《2021版高考物理一輪復(fù)習(xí)第3章牛頓運(yùn)動(dòng)定律第2節(jié)牛頓第二定律兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題教案.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2021版高考物理一輪復(fù)習(xí)第3章牛頓運(yùn)動(dòng)定律第2節(jié)牛頓第二定律兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題教案.doc（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)趨R文網(wǎng)上搜索。

1、高考總復(fù)習(xí)第2節(jié)牛頓第二定律、兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題一、牛頓第二定律、單位制1牛頓第二定律(1)內(nèi)容物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的質(zhì)量成反比。加速度的方向與作用力的方向相同。(2)表達(dá)式a或Fma。(3)適用范圍只適用于慣性參考系(相對(duì)地面靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)的參考系)。只適用于宏觀物體(相對(duì)于分子、原子)、低速運(yùn)動(dòng)(遠(yuǎn)小于光速)的情況。2單位制(1)單位制由基本單位和導(dǎo)出單位組成。(2)基本單位基本量的單位。力學(xué)中的基本量有三個(gè)，它們分別是質(zhì)量、時(shí)間、長(zhǎng)度，它們的國(guó)際單位分別是千克、秒、米。(3)導(dǎo)出單位由基本量根據(jù)物理關(guān)系推導(dǎo)出的其他物理量的單位。二、超重與失重1實(shí)重和視重(1)實(shí)

2、重：物體實(shí)際所受的重力，與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)，在地球上的同一位置是不變的。(2)視重當(dāng)物體掛在彈簧測(cè)力計(jì)下或放在水平臺(tái)秤上時(shí)，彈簧測(cè)力計(jì)或臺(tái)秤的示數(shù)稱為視重。視重大小等于彈簧測(cè)力計(jì)所受物體的拉力或臺(tái)秤所受物體的壓力。2超重、失重和完全失重的比較超重現(xiàn)象失重現(xiàn)象完全失重概念物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?等于零的現(xiàn)象產(chǎn)生條件物體的加速度方向向上物體的加速度方向向下物體的加速度方向向下，大小為ag原理方程Fmgma Fm(ga)mgFmaFm(ga)mgFmgF0運(yùn)動(dòng)狀態(tài)加

3、速上升或減速下降加速下降或減速上升無(wú)阻力的拋體運(yùn)動(dòng)；繞地球勻速圓周運(yùn)動(dòng)三、動(dòng)力學(xué)兩類基本問(wèn)題1兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題(1)已知物體的受力情況求物體的運(yùn)動(dòng)情況。(2)已知物體的運(yùn)動(dòng)情況求物體的受力情況。2解決兩類基本問(wèn)題的方法以加速度為“橋梁”，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如下：1思考辨析(正確的畫(huà)“”，錯(cuò)誤的畫(huà)“”)(1)牛頓第二定律的表達(dá)式Fma在任何情況下都適用。()(2)物體只有在受力的前提下才會(huì)產(chǎn)生加速度，因此，加速度的產(chǎn)生要滯后于力的作用。()(3)物理公式不僅確定了物理量之間的數(shù)量關(guān)系，同時(shí)也確定了物理量間的單位關(guān)系。()(4)失重說(shuō)明物體的重力減小了。()(5)物體

4、超重時(shí)，加速度向上，速度也一定向上。()(6)研究動(dòng)力學(xué)兩類問(wèn)題時(shí)，做好受力分析和運(yùn)動(dòng)分析是關(guān)鍵。()2(魯科版必修1P134T3)在粗糙的水平面上，物體在水平推力作用下由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。作用一段時(shí)間后，將水平推力逐漸減小到零(物體還在運(yùn)動(dòng))，則在水平推力逐漸減小到零的過(guò)程中()A物體速度逐漸減小，加速度逐漸減小B物體速度逐漸增大，加速度逐漸減小C物體速度先增大后減小，加速度先增大后減小D物體速度先增大后減小，加速度先減小后增大D由題意得推力F未減小之前物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則可判定Ff，且maFf；當(dāng)F逐漸減小時(shí)，加速度逐漸減小，但加速度方向與速度方向同向，物體仍加速；當(dāng)F0，解得

5、F10，解得F125 N，C、D正確。4(人教版必修1P78T2改編)一質(zhì)量為m的物體，放在粗糙水平面上，受水平推力F的作用產(chǎn)生加速度a，物體所受摩擦力為f，當(dāng)水平推力變?yōu)?F時(shí)()A物體的加速度小于2aB物體的加速度大于2aC物體的加速度等于2aD物體所受的摩擦力變?yōu)?fB根據(jù)牛頓第二定律可知，物體在水平推力F的作用下，產(chǎn)生的加速度為ag。當(dāng)水平推力變?yōu)?F時(shí)，物體的加速度ag。比較兩式可以看出a2a。 牛頓第二定律的理解1根據(jù)牛頓第二定律，下列敘述正確的是()A物體加速度的大小跟它的質(zhì)量和速度大小的乘積成反比B物體所受合力必須達(dá)到一定值時(shí)，才能使物體產(chǎn)生加速度C物體加速度的大小跟它所受作用

6、力中的任一個(gè)力的大小成正比D當(dāng)物體質(zhì)量改變但其所受合力的水平分力不變時(shí)，物體水平加速度大小與其質(zhì)量成反比D由牛頓第二定律a可知，物體加速度的大小跟它的質(zhì)量成反比，跟速度沒(méi)有直接關(guān)系，A錯(cuò)誤；物體所受合外力不為0時(shí)就產(chǎn)生加速度，B錯(cuò)誤；物體加速度的大小跟物體所受的合外力成正比，與所受作用力中的任一個(gè)力沒(méi)有必然關(guān)系，C錯(cuò)誤；加速度是矢量，在某一個(gè)方向上的加速度，與這個(gè)方向上的合外力成正比，與其質(zhì)量成反比，D正確。2(多選)關(guān)于速度、加速度、合力的關(guān)系，下列說(shuō)法正確的是()A原來(lái)靜止在光滑水平面上的物體，受到水平推力的瞬間，物體立刻獲得加速度B加速度的方向與合力的方向總是一致的，但與速度的方向可能相

7、同，也可能不同C在初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)中，速度、加速度與合力的方向總是一致的D合力變小，物體的速度一定變小ABC加速度與力同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)消失、同時(shí)變化，選項(xiàng)A正確；加速度的方向由合力方向決定，但與速度方向無(wú)關(guān)，選項(xiàng)B正確；在初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)中，合力方向決定加速度方向，加速度方向決定末速度方向，選項(xiàng)C正確；合力變小，物體的加速度一定變小，但速度不一定變小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。合力、加速度、速度間的決定關(guān)系(1)物體所受合力的方向決定了其加速度的方向，只要合力不為零，不管速度是大是小，或是零，物體都有加速度，只有合力為零時(shí)，加速度才為零。一般情況下，合力與速度無(wú)必然的聯(lián)系。(2)合力與速度

8、同向時(shí)，物體加速運(yùn)動(dòng)；合力與速度反向時(shí)，物體減速運(yùn)動(dòng)。(3)a是加速度的定義式，a與v、t無(wú)直接關(guān)系；a是加速度的決定式，aF，a。 超重和失重1(2019北京豐臺(tái)區(qū)期末)圖甲是某人站在接有傳感器的力板上做下蹲、起跳和回落動(dòng)作的示意圖，圖中的小黑點(diǎn)表示人的重心。圖乙是力板所受壓力隨時(shí)間變化的圖象，取重力加速度g10 m/s2。根據(jù)圖象分析可知()甲乙A人的重力可由b點(diǎn)讀出，約為300 NBb到c的過(guò)程中，人先處于超重狀態(tài)再處于失重狀態(tài)C人在雙腳離開(kāi)力板的過(guò)程中，處于完全失重狀態(tài)D人在b點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻的加速度大于在c點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻的加速度C開(kāi)始時(shí)人處于平衡狀態(tài)，人對(duì)傳感器的壓力約為900 N，人的重力也

9、約為900 N，故A錯(cuò)誤；b到c的過(guò)程中，人先處于失重狀態(tài)再處于超重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；雙腳離開(kāi)力板的過(guò)程中只受重力的作用，處于完全失重狀態(tài)，故C正確；b點(diǎn)彈力與重力的差值要小于c點(diǎn)彈力與重力的差值，則人在b點(diǎn)的加速度要小于在c點(diǎn)的加速度，故D錯(cuò)誤。2.(2019江蘇揚(yáng)州中學(xué)高考模擬)智能化電動(dòng)扶梯如圖所示，乘客站上扶梯，先緩慢加速，然后再勻速上升，則()A乘客始終處于超重狀態(tài)B加速階段乘客受到的摩擦力方向與v相同C電梯對(duì)乘客的作用力始終豎直向上D電梯勻速上升時(shí)，電梯對(duì)乘客的作用力豎直向上D加速運(yùn)動(dòng)階段，顧客的加速度沿電梯斜向上，有豎直向上的分加速度，根據(jù)牛頓第二定律，電梯對(duì)他的支持力大于其重力，

10、處于超重狀態(tài)；勻速運(yùn)動(dòng)階段，加速度為0，所以既不超重也不失重，故A錯(cuò)誤。加速階段乘客加速度斜向上，加速度有水平向右的分量，則受到的摩擦力方向水平向右，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。加速階段，乘客受到豎直向上的支持力和水平向右的摩擦力，則電梯對(duì)乘客的作用力斜向右上方；電梯勻速上升時(shí)，電梯對(duì)乘客只有向上的支持力，即電梯對(duì)乘客的作用力豎直向上，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。超重和失重的判斷方法(1)若物體加速度已知，看加速度的方向，方向向上則超重，方向向下則失重。(2)若拉力或壓力已知，看拉力或壓力與重力的大小關(guān)系，大于重力則超重，小于重力則失重。(3)物體超重、失重與運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的關(guān)系 動(dòng)力學(xué)中的兩類問(wèn)題1解決動(dòng)力學(xué)兩類問(wèn)題的兩

11、個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)2動(dòng)力學(xué)基本問(wèn)題的力的處理方法(1)合成法：在物體受力個(gè)數(shù)較少(2個(gè)或3個(gè))時(shí)一般采用“合成法”。(2)正交分解法：若物體的受力個(gè)數(shù)較多(3個(gè)或3個(gè)以上)，則采用“正交分解法”。一質(zhì)量為m2 kg的滑塊能在傾角為30的足夠長(zhǎng)的斜面上以a2.5 m/s2的加速度勻加速下滑，如圖所示。若用一水平向右的恒力F作用于滑塊，使之由靜止開(kāi)始在t2 s內(nèi)沿斜面運(yùn)動(dòng)位移x4 m。求：(g取10 m/s2)(1)滑塊和斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)恒力F的大小。審題指導(dǎo)：解此題關(guān)鍵有兩點(diǎn)(1)選取滑塊為研究對(duì)象，正確作出受力分析。(2)根據(jù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程求出加速度，結(jié)合牛頓第二定律求恒力F。解析(1)以滑塊為研

12、究對(duì)象受力分析如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin 30mgcos 30ma解得。(2)使滑塊沿斜面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有加速度向上和向下兩種可能。根據(jù)題意可得xa1t2，得a12 m/s2當(dāng)加速度沿斜面向上時(shí)，受力分析如圖乙所示，則Fcos 30mgsin 30(Fsin 30mgcos 30)ma1代入數(shù)據(jù)得F N甲乙丙當(dāng)加速度沿斜面向下時(shí)，受力分析如圖丙所示，則mgsin 30Fcos 30(Fsin 30mgcos 30)ma1代入數(shù)據(jù)得F N。答案(1)(2) N或 N動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的解題步驟已知受力情況求運(yùn)動(dòng)情況1.(2019株洲質(zhì)檢)如圖所示，某次滑雪訓(xùn)練，運(yùn)動(dòng)員站在水平雪道上第

13、一次利用滑雪杖對(duì)雪面的作用獲得水平推力F84 N而從靜止向前滑行，其作用時(shí)間為t11.0 s，撤除水平推力F后經(jīng)過(guò)t22.0 s，他第二次利用滑雪杖對(duì)雪面的作用獲得同樣的水平推力，作用距離與第一次相同。已知該運(yùn)動(dòng)員連同裝備的總質(zhì)量為m60 kg，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的滑動(dòng)摩擦力大小恒為Ff12 N，求：(1)第一次利用滑雪杖對(duì)雪面作用獲得的速度大小及這段時(shí)間內(nèi)的位移；(2)該運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))第二次撤除水平推力后滑行的最大距離。解析(1)運(yùn)動(dòng)員利用滑雪杖獲得的加速度為a1 m/s21.2 m/s2第一次利用滑雪杖對(duì)雪面作用獲得的速度大小v1a1t11.21.0 m/s1.2 m/s位移x1a

14、1t0.6 m。(2)運(yùn)動(dòng)員停止使用滑雪杖后，加速度大小為a2經(jīng)時(shí)間t2速度變?yōu)関1v1a2t2第二次利用滑雪杖獲得的速度大小v2，則vv2a1x1第二次撤除水平推力后滑行的最大距離x2解得x25.2 m。答案(1)1.2 m/s0.6 m(2)5.2 m2公路上行駛的兩汽車之間應(yīng)保持一定的安全距離。當(dāng)前車突然停止時(shí)，后車司機(jī)可以采取剎車措施，使汽車在安全距離內(nèi)停下而不會(huì)與前車相碰。通常情況下，人的反應(yīng)時(shí)間和汽車系統(tǒng)的反應(yīng)時(shí)間之和為1 s。當(dāng)汽車在晴天干燥瀝青路面上以108 km/h的速度勻速行駛時(shí)，安全距離為120 m。設(shè)雨天時(shí)汽車輪胎與瀝青路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為晴天時(shí)的。若要求安全距離仍為1

15、20 m，求汽車在雨天安全行駛的最大速度(g取10 m/s2)。解析設(shè)路面干燥時(shí)，汽車與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0，剎車時(shí)汽車的加速度大小為a0，安全距離為s，反應(yīng)時(shí)間為t0，汽車的質(zhì)量為m，剎車前的速度為v0，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得0mgma0sv0t0解得a05 m/s2，00.5設(shè)汽車在雨天行駛時(shí)，汽車與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，汽車剎車的加速度大小為a，安全行駛的最大速度為v，依題意有0由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得mgmasvt0解得v20 m/s(v24 m/s不符合實(shí)際，舍去)。答案20 m/s已知運(yùn)動(dòng)情況求受力情況3.如圖所示，一傾角為30的上表面光滑的斜面上，有相距為L(zhǎng)的A、B兩

16、點(diǎn)，質(zhì)量為m1 kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊(圖中未畫(huà)出)，在F111 N、方向沿斜面向上的力的作用下，從A點(diǎn)由靜止運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，所經(jīng)歷時(shí)間t11 s，到B點(diǎn)時(shí)換成了沿斜面向下的力F2作用在物塊上，經(jīng)過(guò)時(shí)間t22 s后返回A點(diǎn)，斜面足夠長(zhǎng)，且始終靜止不動(dòng)，重力加速度取g10 m/s2，求：(1)A、B兩點(diǎn)之間的距離L；(2)力F2的大小。解析(1)物塊從A點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)的過(guò)程中，有a1，La1t代入數(shù)據(jù)解得a16 m/s2，L3 m。(2)物塊在B點(diǎn)的速度v1a1t16 m/s物塊從B點(diǎn)回到A點(diǎn)的過(guò)程中，有Lv1t2a2t解得a27.5 m/s2由a2解得F22.5 N。答案(1)3 m(2)2.5 N4

17、2017年12月17日上午10時(shí)34分，由機(jī)長(zhǎng)吳鑫、試飛員徐遠(yuǎn)征駕駛的C919第二架客機(jī)，從浦東國(guó)際機(jī)場(chǎng)第四跑道起飛。飛機(jī)完成預(yù)定試飛科目后于12時(shí)34分安全返航著陸。對(duì)起飛BC段和降落DE段過(guò)程進(jìn)行觀察，模型示意圖如圖所示，記錄數(shù)據(jù)如下表，如將起飛后BC段和降落前DE段均簡(jiǎn)化成勻變速直線運(yùn)動(dòng)。(取g10 m/s2)運(yùn)動(dòng)過(guò)程運(yùn)動(dòng)時(shí)間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)起飛BC段10時(shí)34分10時(shí)54分初速度v0170節(jié)88 m/s末速度v253節(jié)130 m/s降落DE段12時(shí)9分12時(shí)34分著陸時(shí)的速度vt140節(jié)72 m/s(1)求C919勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度大小a1及位移大小x1；(2)求C919勻減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所

18、受合力大小與重力的比值；(3)試比較上述兩個(gè)過(guò)程中飛機(jī)對(duì)飛行員的力與飛行員自身重力的大小關(guān)系。(只寫(xiě)出結(jié)果即可，不需論述理由)解析(1)C919勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中t120 min1 200 sa1 m/s20.035 m/s2x1(v0v)t1(88130)1 200 m130 800 m所以C919勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度大小a10.035 m/s2，位移大小為x1130 800 m。(2)C919勻減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程t325 min1 500 sa2 m/s20.039 m/s2根據(jù)牛頓第二定律得到FmaC919勻減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受合力大小與重力的比值k0.003 9。(3)上升過(guò)程中飛機(jī)對(duì)飛行員的

19、力大于重力；下降過(guò)程中飛機(jī)對(duì)飛行員的力大于重力。答案(1)0.035 m/s2130 800 m(2)0.003 9 (3)見(jiàn)解析 牛頓第二定律的瞬時(shí)性問(wèn)題1兩種模型加速度與合力具有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，在分析瞬時(shí)加速度時(shí)應(yīng)注意兩個(gè)基本模型的特點(diǎn)2求解瞬時(shí)加速度的一般思路 (一題多變)兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球，用兩條輕繩連接，處于平衡狀態(tài)，如圖所示?，F(xiàn)突然迅速剪斷輕繩OA，讓小球下落，在剪斷輕繩的瞬間，設(shè)小球A、B的加速度分別用a1和a2表示，則()Aa1g，a2gBa10，a22gCa1g，a20Da12g，a20A由于繩子張力可以突變，故剪斷OA后小球A、B只受重

20、力，其加速度a1a2g。故選項(xiàng)A正確?？挤ㄍ卣?在典例示法中只將A、B間的輕繩換成輕質(zhì)彈簧，其他不變，如圖所示，則下列選項(xiàng)中正確的是()Aa1g，a2gBa10，a22gCa1g，a20Da12g，a20D剪斷輕繩OA的瞬間，由于彈簧彈力不能突變，故小球A所受合力為2mg，小球B所受合力為零，所以小球A、B的加速度分別為a12g，a20。故選項(xiàng)D正確?？挤ㄍ卣?在考法拓展1中的題圖放置在傾角為30的光滑斜面上，如圖所示系統(tǒng)靜止時(shí)，彈簧與細(xì)線均平行于斜面，在細(xì)線被燒斷的瞬間，則下列說(shuō)法正確的是()AaA0aBg BaAgaB0CaAgaBg DaA0aBgB細(xì)線被燒斷的瞬間，小球B的受力情況不變

21、，加速度為零。燒斷前，分析整體受力可知線的拉力為FT2mgsin ，燒斷瞬間，A受的合力沿斜面向下，大小為2mgsin ，所以A球的瞬時(shí)加速度為aA2gsin 30g，故選項(xiàng)B正確。考法拓展3(多選)把考法拓展2中的兩小球改為三小球，并將彈簧和輕繩互換位置，如圖所示，傾角為的斜面靜置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的質(zhì)量分別為m、2m、3m，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間固定一個(gè)輕桿，B、C間由一輕質(zhì)細(xì)線連接。彈簧、輕桿與細(xì)線均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)突然剪斷細(xì)線。下列判斷正確的是()A細(xì)線被剪斷的瞬間，A、B、C三個(gè)小球的加速度均為零B細(xì)線被剪斷的

22、瞬間，A、B之間桿的彈力大小為零C細(xì)線被剪斷的瞬間，A、B球的加速度沿斜面向上，大小為gsin D細(xì)線被剪斷的瞬間，A、B之間桿的彈力大小為4mgsin CD剪斷細(xì)線前，以A、B、C組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)靜止，處于平衡狀態(tài)，所受合力為零，則彈簧的彈力為F(3m2mm)gsin 6mgsin 。以C為研究對(duì)象知，細(xì)線的拉力為3mgsin 。剪斷細(xì)線的瞬間，由于彈簧彈力不能突變，彈簧彈力不變，以A、B組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得F(m2m)gsin (m2m)aAB，解得A、B兩個(gè)小球的加速度為aABgsin ，方向沿斜面向上；以B為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得：FAB2mgsin 2

23、maAB，解得桿的拉力為FAB4mgsin ；以C為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得aCgsin ，方向沿斜面向下，故C、D正確，A、B錯(cuò)誤。“兩關(guān)鍵”“四步驟”巧解瞬時(shí)性問(wèn)題1分析瞬時(shí)加速度的“兩個(gè)關(guān)鍵”(1)分析瞬時(shí)前、后的受力情況和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。(2)明確繩或桿類、彈簧或橡皮條類模型的特點(diǎn)。2“四個(gè)步驟”第一步：分析原來(lái)物體的受力情況。第二步：分析物體在突變時(shí)的受力情況。第三步：由牛頓第二定律列方程。第四步：求出瞬時(shí)加速度，并討論其合理性。1.如圖所示，物塊1、2間用剛性輕質(zhì)桿連接，物塊3、4間用輕質(zhì)彈簧相連，物塊1、3質(zhì)量為m,2、4質(zhì)量為M，兩個(gè)系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)。

24、現(xiàn)將兩木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4。重力加速度大小為g，則有()Aa1a2a3a40Ba1a2a3a4gCa1a2g，a30，a4gDa1g，a2g，a30，a4gC在抽出木板的瞬間，物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛頓第二定律知a1a2g；而物塊3、4間的輕彈簧的形變還來(lái)不及改變，此時(shí)彈簧對(duì)3向上的彈力大小和對(duì)物塊4向下的彈力大小仍為mg，因此物塊3滿足mgF，a30；由牛頓第二定律得物塊4滿足a4g，所以C正確。2如圖所示，A、B兩球質(zhì)量相等，光滑斜面的傾角為，圖甲中，A、B兩球

25、用輕彈簧相連，圖乙中A、B兩球用輕質(zhì)桿相連，系統(tǒng)靜止時(shí)，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間有()甲乙A兩圖中兩球加速度均為gsin B兩圖中A球的加速度均為零C圖乙中輕桿的作用力一定不為零D圖甲中B球的加速度是圖乙中B球加速度的2倍D撤去擋板前，兩圖中擋板對(duì)B球的彈力大小均為2mgsin ，由輕彈簧模型和輕桿模型的特點(diǎn)可知，彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會(huì)突變，所以撤去擋板的瞬間，圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B球所受合力大小為2mgsin ，加速度大小為2gsin ；圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A、B球所受合力均為mgsin ，加速度均為gsin ，故圖甲中B球

26、的加速度是圖乙中B球加速度的2倍，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。3.(2019清江模擬)如圖所示，在動(dòng)摩擦因數(shù)0.2的水平面上有一個(gè)質(zhì)量m1 kg的小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成45角的不可伸長(zhǎng)的輕繩一端相連，此時(shí)小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，且水平面對(duì)小球的彈力恰好為零。在剪斷輕繩的瞬間(g取10 m/s2)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，下列說(shuō)法正確的是()A小球受力個(gè)數(shù)不變B小球?qū)⑾蜃筮\(yùn)動(dòng)，且a8 m/s2C小球?qū)⑾蜃筮\(yùn)動(dòng)，且a10 m/s2D若剪斷的是彈簧，則剪斷瞬間小球加速度的大小a10 m/s2B在剪斷輕繩前，小球受重力、繩子的拉力以及彈簧的彈力處于平衡狀態(tài)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得彈簧的彈力Fmgtan 45101 N10 N，剪斷輕繩的瞬間，彈簧的彈力仍然為10 N，小球此時(shí)受重力、支持力、彈簧彈力和摩擦力四個(gè)力作用。 小球的受力個(gè)數(shù)發(fā)生改變，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球所受的最大靜摩擦力為Ffmg0.210 N2 N，根據(jù)牛頓第二定律得小球的加速度為a m/s28 m/s2，合力方向向左，所以加速度向左，故選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；剪斷彈簧的瞬間，輕繩對(duì)小球的拉力瞬間為零，此時(shí)小球所受的合力為零，則小球的加速度為零，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。15