高中物理人教版 (2019)必修 第一册3 牛顿第二定律精品学案设计

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知识点1：牛顿第二定律及力的单位
1.牛顿第二定律
（1）内容:物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。
(2)公式表示为a∝Fm或F∝ma,各量单位未知时，通常会写为F =kma,其中k为比例系数,F指物体所受合外力,a是物体运动的加速度.
(3)意义:①确定了加速度、力、质量之间的数量关系。②确定了加速度与合外力这两个矢量间的方向关系，即加速度方向与引起这个加速度的合外力的方向相同. ③牛顿第二定律是联系“力”和“运动”的桥梁。
(4)适用范围:①只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)；②只适用于宏观物体(相对于分子、原子)低速(远小于光速)运动的情况。
(1)不能由m=Fa得出m∝F、m∝1a的结论，因为物体的质量与受力和加速度无关.
(2)不能由 F = ma得岀F∝m、F∝a的结论，因为F是物体受到的合力，与质量和加速度a无关.
2.力的单位
（1）比例系数k的含义
根据F = kma知k=Fma,k的大小由F、m、a三者所取的单位共同决定,三者取不同单 位时, k的数值不同，在国际单位制中k = 1。由此可知，在应用公式F = ma进行计算时，F、m、a三者的单位必须统一取国际单位制中相应的单位。
（2）牛顿的含义
在国际单位制中，力的单位是牛顿，符号为N,它是根据牛顿第二定律定义来的，使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力为1 N,即1 N = 1 kg ·m/s2
3.对牛顿第二定律的理解
1.因果性：力是产生加速度的原因，只要物体所受合外力不为零，物体就获得加速度。
2.同体性:加速度、合外力和质量是对应于同一个物体(系统)的，所以分析问题时一定要先确定好研究对象。
3.矢量性:公式F = ma是矢量式，在任意时刻a的方向都与F相同，当F方向变化时,a的方向也同时变化。
4.瞬时性:a与F同时产生、同时变化、同时消失，为瞬时对应关系.a为某时刻的加速度时，F为该时刻物体所受的合力。
5.独立性:①作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律;②物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和;③力和加速度在各个方向上的分量也遵循牛顿第二定律，即ax=Fxm, ay=Fym。
（1）物体的加速度大小不变，则物体不一定受恒力作用。因为F=ma是矢量式，加速度大小不变，方向有可能变化，故F不一定是恒力。
（2）物体受到几个力共同作用时，每个力各自独立地使物体产生一个加速度，就像其他力不存在一样,这个性质叫作力的独立作用原理。牛顿第二定律的独立性是后面讲解正交分解法求合力、求加速度的依据。
（3）合外力与速度无关，与加速度有关。速度变大或变小由加速度(合外力)与速度的方向决定，速度与加速度力向相同时，物体做加速运动,反之，则做减速运动。
（4）物体所受的合外力和物体的速度没有直接关系.有力必有加速度,合外力为零时，加速度为零，但此时速度不一定为零，同样速度为零时，加速度不一定为零，即合外力不一定为零.
（5）力是改变物体运动状态的原因，即力→加速度→速度变化(运动状态变化)，物体所受的合外力决定了物体加速度的大小，而加速度的大小决定了单位时间内速度变化量的大小，加速度的大小与速度大小无必然联系。
例如:雨滴从高空由静止下落，由于空气阻力作用，其加速度逐渐减小，直到为零，在此过程中雨滴先做加速运动，加速度减小，速度増大，当加速度减小到零时,雨滴做匀速运动，速度达到最大。
（6）a=ΔvΔt与a=Fm的区别
① a=ΔvΔt是加速度的定义式，属于物理学中用比值法定义的物理量，a与Δv、Δt也无必然联系;② a=Fm是加速度的决定式，揭示了物体产生加速度的原因及决定物体加速度的两个因素。
（7）牛顿第一定律是牛顿第二定律在F=0时的特例吗？
牛顿第一定律指出了力是改变物体运动状态的原因，明确了力的定义，而牛顿第二定律是在力的定义的基础上建立的，定量定义了力和质量的比值大小，进而定量研究力和惯性大小对运动的影响；没有牛顿第一定律,就无所谓力与惯性，就没有以牛顿第二定律为核心的整个动力学，所以牛顿第一定律是研究力学的出发点，是不能用牛顿第二定律代替的，也不是牛顿第二定律在F = 0时的特例。
知识点2：利用牛顿第二定律解题的步骤
第一步:明确研究对象.根据问题的需要和解题的方便，选出研究对象，可以是一个整体或隔离出的物体，视具体情况而定。
第二步:对研究对象进行受力分析和运动状态分析，画出受力示意图，明确物体的运动性质及运动状态.
第三步:建立坐标系，选取正方向，写出已知量,根据牛顿第二定律列方程.
第四步:统一已知量的单位，代入数值求解.
第五步:检查所得结果是否符合实际情况，舍去不合理的解.
如图所示,光滑水平面上的物体受三个力作用，分别是重力、支持力、水平力F。每一个力都产生一个加速度，物体只有一种运动状态，沿着力F的方向以a=Fm的加速度运动.重力和支持力是一对平衡力，作用效果相互抵消，作用于物体的合力相当于F.决定物体运动状态的是物体所受的合力，而不是其中的一个力或者某几个力。
【典例1】在牛顿第二定律公式F=kma中，比例系数k的数值（ ）
A．在任何情况下都等于1
B．是由质量m、加速度a和力F三者的大小所决定的
C．是由质量m、加速度a和力F三者的单位所决定的
D．当“m”的单位取g，“a”的单位取cm/s2，“F”的单位取N时等于1
【答案】C
【详解】物理公式在确定物理量数量关系的同时，也确定了物理量的单位，在F=kma中，只有“m”的单位取kg，“a”的单位取m/s2，“F”的单位取N时，k=1。
故选C。
【典例2】当物体的质量一定时，下说法中正确的是（ ）
A．物体受到的合外力为零，它的速度也一定为零
B．物体受到的合外力为零，它的加速度也一定为零
C．物体受到的合外力越大，它的速度也一定越大
D．物体受到的合外力越大，它的加速度不一定越大
【答案】B
【详解】A．物体做匀速直线运动时，其所受到的合外力为零，但其速度不为零，故A错误；
B．根据牛顿第二定律
F合=ma
可知，当物体受到的合外力为零，它的加速度也一定为零，故B正确；
CD．根据牛顿第二定律可知，物体受到的合外力越大，它的加速度一定越大，但其速度不一定越大，若物体在做减速运动，则当合外力增大时，加速度增大，但速度减小，故CD错误。
故选B。
【典例3】列车沿平直的道路做匀变速直线运动，在车厢顶部用细线悬挂一个小球，小球相对车厢静止时，细线与竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（ ）
A．列车加速度的大小为gtanθB．列车加速度的大小为gsinθ
C．细线拉力的大小为mgsinθD．细线拉力的大小为mgcsθ
【答案】A
【详解】AB．设列车的加速度大小为a，根据力的合成与分解以及牛顿第二定律有
F合=mgtanθ=ma
得列车加速度的大小为
a=gtanθ
故A正确，B错误；
CD．根据
Tcsθ=mg
得
T=mgcsθ
故CD错误。
故选A。
【典例4】（多选）如图所示，一辆装满石块的货车在平直道路上行驶。货箱中石块B的质量为m，重力加速度为g，在货车以加速度a加速运动位移x的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．石块B所受合力大小为mg2+a2
B．石块B所受合力大小为ma
C．周围与石块B接触的物体对它的作用力为ma
D．货车加速度a越大，周围与石块B接触的物体对它的作用力与水平方向的夹角越小
【答案】BD
【详解】AB．石块的受力如图所示
根据牛顿第二定律可得
F合=ma
故A错误，B正确；
C．周围与石块B接触的物体对它的作用力为
F=(mg)2+(ma)2
故C错误；
D．设F与水平方向的夹角为θ，则有
F合=mgtanθ=ma
若货车加速度a越大，则周围与石块B接触的物体对它的作用力与水平方向的夹角θ越小，故D正确。
故选BD。
【典例5】（多选）如图所示，一固定光滑直杆与水平方向夹角为α，一质量为M的物块A套在杆上，通过轻绳连接一个质量为m的小球B。现让A、B以某一相同速度沿杆方向开始上滑，此时轻绳绷紧且与竖直方向夹角为β，A、B一道沿杆上滑过程中，设A、B的加速度大小为a，轻绳的拉力大小为FT，杆对物块A的弹力大小为FN，已知重力加速度为g，A、B均可看成质点，则（ ）
A．a=gtanαB．α=β
C．FN=(M+m)gcsαD．FT>mgcsβ
【答案】BC
【详解】
AC．根据题意，A、B一道沿杆上滑过程中，将A、B看成一个整体，受力分析如图所示
将重力进行正交分解，分解为沿着杆向下（与速度方向相反）的分力，大小为(M+m)gsinα，以及垂直于杆的向下的分力，大小为(M+m)gsinα，根据平衡条件可知
FN=(M+m)gcsα
而在运动的方向上由牛顿第二定定律有
(M+m)gsinα=(M+m)a
解得
a=gsinα
故A错误，C正确；
BD．对小球分析，由于小球的加速沿着杆向下，则垂直杆的方向合力应为0，由此可知细线一定与杆垂直，即
mgcsα=FT
则根据几何关系可知
α=β
因此有
mgcsβ=FT
故B正确，D错误；
故选BC。
【典例6】近年来，中国在无人机研发方面取得了显著进展，不仅在无人机种类和功能上不断创新，而且在技术参数和性能上也有了显著提升。如图所示为我国生产的某型号无人机竖直向上运送货物时的情景，已知无人机从地面启动时匀加速上升，加速度大小为3m/s2，达到最大速度18m/s后匀速运动，制动时匀减速上升，加速度大小为2m/s2，从起飞到悬停全程用时45 s。求：
（1）无人机加速阶段上升的高度；
（2）质量为20kg的货物用细绳系于无人机下方，在加速阶段货物对细绳的拉力；
（3）无人机上升的总高度。
【答案】（1）54m；（2）260N，方向竖直向下；（3）675m
【详解】（1）由运动学公式
v2=2a1h1
解得
h1=54m
（2）由牛顿第二定律
F-mg=ma1
由牛顿第三定律
F′=F
可得
F′=F=260N，方向竖直向下
（3）加速上升时间
t1=va1=6s
减速上升时间
t2=va2=9s
减速上升高度
ℎ2=v2t2=81m
匀速上升高度
ℎ3=vt−t1−t2=540m
总高度
H=ℎ1+ℎ2+ℎ3=675m
重难点1：利用牛顿第二定律解题的常用方法
矢量合成法
若物体只受两个力作用，应用平行四边形定则求出这两个力的合力，再由牛顿第二定律求出物体的加速度大小, 加速度的方向就是物体所受合外力的方向，或先求出每个分力产生的加速度，再用平行四边形定则求合加速度。
②正交分解法
正交分解法是将矢量分解在两个相互垂直的坐标轴上的方法，是一种常用的矢量运算方法,其实质是将复杂的矢量运算转化为简单的代数运算，方便解题，它是解有关牛顿运动定律题目的最基本的方法.物体在受到三个或者三个以上的不在同一直线上的力的作用时,一般用正交分解法。
为减少矢量的分解，建立坐标系确定坐标轴时一般有以下两种方法：
（1）分解力而不分解加速度
以加速度a的方向为x轴的正方向建立直角坐标系，将物体所受的各个力分解到x轴和y轴上，分别得到x轴和y 轴上的合力Fx和Fy.根据力的独立作用原理,各个方向上的力分别产生各自的加速度，可得Fx=ma,Fy =0。
（2）分解加速度而不分解力
若物体受几个相互垂直的力的作用，应用牛顿第二定律求解时，分解的力太多，就会比较烦琐，所以在建立直角坐标系时，可根据物体的受力情况，使尽可能多的力位于两坐标轴上，分解加速度a得ax和ay，根据牛顿第二定律得 Fx = max Fy= may。
【典例7】在建筑装修中，工人用一质量为m、与墙面动摩擦因数为μ的磨石打磨竖直粗糙墙面，在与竖直面成θ角的推力F作用下，磨石以速度v向上匀速运动，如图所示。则（ ）
A．磨石受到的摩擦力大小为μFsinθ
B．若仅略微减小θ角，则磨石将做减速运动
C．若撤掉F，磨石会立刻向下运动
D．若撤掉F，磨石受到的摩擦力大小变为μmg
【答案】A
【详解】A．对磨石受力分析如图所示
在竖直方向上，由平衡条件得
Fcsθ=f+mg
水平方向有
FN=Fsinθ
其中
f=μFN
联立可得磨石受到的摩擦力大小为
f=Fcsθ−mg=μFsinθ
故A正确；
B．若仅略微减小θ角，则Fcsθ变大，Fsinθ变小，根据
f=μFsinθ
可知f变小，则有
Fcsθ>f+mg
合力方向向上，磨石向上做加速运动，故B错误；
C．若撤掉F，由于惯性，磨石仍会向上运动，并不会立刻向下运动，故C错误；
D．若撤掉F，墙面对磨石的弹力变为0，则磨石受到的摩擦力大小变为0，故D错误。
故选A。
【典例8】始终保持竖直状态的缆车沿着山坡以加速度a下行，如图所示。在缆车地板上质量为m的物块与地板始终相对静止，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．物块所受的支持力N=mg
B．物块所受的摩擦力为0
C．若缆车加速度增加，则物块受到的摩擦力方向可能向右
D．若缆车加速度增加，则物块受到的支持力一定减小
【答案】D
【详解】A．对物块受力分析，如图所示
物体受重力mg，支持力N，摩擦力f，支持力和摩擦力的合力为F合，当F合和mg的合力与运动方向相同时，物体做匀加速直线运动，把加速度a分解成水平方向的分加速度ax和竖直方向的分加速度ay，竖直方向上，根据牛顿第二定律有
mg−N=may
因此mg>N，故A错误；
B．水平方向上，根据牛顿第二定律有
f=max
因为f≠0，故B错误；
C．若缆车加速度增加，则物块受到的摩擦力方向仍然向左，故C错误；
D．若缆车加速度增加，根据
mg−N=may
可知物块受到的支持力一定减小，故D正确。
故选D。
【典例9】（多选）如图1所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m可视为质点的小球，从离弹簧上端高为x0处由静止下落，接触弹簧后继续向下运动。若以小球开始下落的位置为坐标原点，沿竖直向下建立坐标轴Ox，作出小球的加速度a随小球位置坐标x的变化关系如图2所示，弹簧被压缩至最低点时小球所在位置坐标为x2，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（ ）
A．小球在x0处速度最大B．小球在x1处速度最大
C．弹簧的劲度系数k=mgx1−x0D．小球运动的最大加速度为x2−x1x1−x0g
【答案】BCD
【详解】AB．由图可知，小球运动到x1处时达到平衡位置，之前一直向下加速，此时再向下会减速，则在x1处速度最大，故A错误，B正确；
C．由图2可知
kx1−x0=mg
解得
k=mgx1−x0
故C正确；
D．由图可知，运到到x2有最大加速度，此时有
k(x2−x0)−mg=mam
解得
am=x2−x1x1−x0g
故D正确。
故选BCD。
【典例10】摄影师Ken Hartkamp在比利时Pairi Daiza动物园参观时，记录了一对猩猩母子的有趣互动。当时三岁的Berani正独自在户外玩耍，不一会它的妈妈Sari就找来了，一把拖着娃从草地上回到家门口，简化成右图，小猩猩妈妈先用水平拉力F使小猩猩由静止开始做匀加速直线运动，在第1s内拉动了0.5m，而后换成方向与水平面成θ=37°角的F1使小猩猩在草地上做匀速直线运动，已知小猩猩的质量m=30kg，小猩猩与草皮的动摩擦因数为μ=13，sin37°=0.6，cs37°=0.8，g取10m/s2。求：
（1）第1s内小猩猩的加速度a；
（2）水平拉力F的大小；
（3）斜向上拉力F1的大小。
【答案】（1）1m/s2；（2）130N；（3）100N
【详解】（1）当拉力水平时，小猩猩做匀加速直线运动，根据位移时间关系
x=12at2
可得
a=1m/s2
（2）根据牛顿第二定律可得
F−f0=ma
f0=μmg
联立可得
F=130N
（3）当拉力倾斜时，物体受力分析如图所示
水平方向，有
F1csθ=f
竖直方向，有
FN+F1sinθ=mg
f=μFN
联立可得
F1=100N
重难点2：常见力学模型的瞬时加速度的求解
1.轻绳（或接触面）
不发生明显形变就能产生弹力，剪断（或脱离）后,其弹力立即消失，不需要时间恢复形变。
2．轻杆
（1）轻杆的质量为零.
（2）轻杆的受力特点
= 1 \* GB3 ①轻杆的弹力不一定沿着杆.具体方向与物体的运动状态、杆与物体的连接方式有关；
= 2 \* GB3 ②杆既可以对物体产生拉力，也可以对物体产生推力;
= 3 \* GB3 ③当轻杆的一端连着转轴或铰链时弹力一定沿着杆。
3.轻弹簧（或橡皮绳）
两端同时连接（或附着）有物体的弹簧（或橡皮绳）,特点是形变量大，其恢复形变需要较长时间,在瞬时性问题中,其弹力的大小往往可以看成保持不变.
情景一:在轻弾簧上端物块A与下面物块B质景均为m，系统处于静止状态，突然把下面的木板抽去，则aA=0,aB=2g（方向竖直向下）.
情景二：A、B用水平轻弹簧连接，放在光滑水平面上.在推力F的作用下，以共同的加速度a做匀加速直线运动,某时刻突然撤去推力F,若叫mA=mB，则aA=a（方向向左）， aB = a（方向向右）。
情景三：两小球A、B用轻弹簧连接，通过细线悬挂于天花板上，系统处于静止状态，突然剪断细线，若mA=mB，则: aB = 0, aA=2g（方向竖直向下）。
情景四：用手提一轻弹簧，轻弹簧的下端挂一小球，在将整个装置匀加速上提的过程中，若手突然停止运动，则小球的加速度与原来相同。
情景五:小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为θ的光滑挡板AB托着,若突然将挡板AB向下撤离，则小球的加速度a=gcsθ，方向垂直于挡板指向右下方.
【典例11】如图所示，物块A、B和C的质量相同，A和B之间用细绳相连，B和C之间用轻弹簧相连，通过系在A上的细绳悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。现将A、B间的细绳剪断，重力加速度大小为g，在剪断瞬间（ ）
A．物块A的加速度大小为2gB．物块B的加速度大小为2g
C．物块C的加速度大小为gD．O、A间细绳的拉力大小为零
【答案】B
【详解】AD．现将A、B间的细绳剪断，剪断后，A处于静止状态，O、A间细绳的拉力大小为
TOA=mg
故AD错误；
BC．A、B间的细绳剪断前，以C为对象，根据受力平衡可知，弹簧弹力大小为
F弹=mg
将A、B间的细绳剪断，弹簧弹力保持不变，C的受力不变，C的加速度为0；以B为对象，根据牛顿第二定律可得
aB=F弹+mgm=2g
故B正确，C错误。
故选B。
【典例12】如图所示，A，B两球间通过轻质弹簧相连，用细线悬挂于天花板上且静止不动，A，B两球质量分别为2m、m，若某时刻突然剪断细线，则在剪断细线瞬间（ ）
A．A球加速度为32g，B球加速度为g
B．A球加速度为32g，B球加速度为0
C．A球加速度为12g，B球加速度不为0
D．A球加速度为12g，B球加速度为g
【答案】B
【详解】剪断细线前，以B为对象，根据受力平衡可知弹簧弹力为
F弹=mg
在剪断细线瞬间，弹簧弹力保持不变，则B球的受力不变，B球加速度为0；以A球为对象，根据牛顿第二定律可得
aA=F弹+2mg2m=32g
故选B。
【典例13】如图所示，A、B两球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，重力加速度为g，在细线被烧断的瞬间（ ）
A．A球加速度大小为gsinθB．A球加速度大小为2gsinθ
C．B球加速度大小为2gsinθD．B球加速度大小为gsinθ
【答案】B
【详解】AB．细线在未烧断前，根据共点力平衡得，弹簧的弹力为
F=mgsinθ
对于A，合力为
F合=mgsinθ+F=2mgsinθ
根据牛顿第二定律得，A的瞬时加速度方向沿斜面向下，大小为
a=F合m=2gsinθ
故A错误，B正确；
CD．烧断细绳的瞬间，弹簧弹力不变，对于B，瞬间合力为零，则B的瞬时加速度为零，故CD错误。
故选B。
【典例14】用三根细线a、b、c将质量均为m的两个小球1和2连接并悬挂，如图所示。两个小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．细线a上的张力大小为4mg
B．细线c上的张力大小为2mg
C．剪断细线b瞬间小球1的加速度大小为g2
D．剪断细线b瞬间小球1的加速度大小为g
【答案】C
【详解】AB．对两球的整体，对细线a，竖直方向
Tacs30∘=2mg
解得细线a上的张力大小为
Ta=4mg3
细线c上的张力大小为
Tc=Tasin30∘=2mg3
选项AB错误；
CD．剪断细线b瞬间小球1的加速度大小为
a1=mgsin30∘m=g2
选项C正确，D错误；
故选C。
【典例15】（多选）如图所示，细绳1挂着箱子C，箱内又用绳2挂着A球，在A的下方又用轻弹簧挂着B球。已知A、B、C三个物体的质量均为m，原来都处于静止状态，重力加速度为g。在细绳1被烧断后的瞬间，以下说法正确的是（ ）
A．A、B、C的加速度都为g
B．A、C的加速度为g，B加速度为零
C．A、C的加速度为32g，B加速度为零
D．细绳2上的拉力大小为0.5mg
【答案】CD
【详解】
ABC．细绳1在未被烧断前，将A、B、C看成一个整体，由平衡条件有
T1=3mg
当细绳1被烧断的瞬间，A、B、C整体所受合外力大小即等于T1，此时将B隔离分析，由于弹簧的弹力不发生突变，细绳1被烧断前和烧断的瞬间，对B由平衡条件始终有
mg=F弹
即B在细绳1被烧断前和烧断瞬间，所受合外力始终为零，则其加速度为0，由此可知，在细绳1被烧断瞬间应将A、C看成一个整体，由牛顿第二定律有
3mg=2ma
解得在这瞬间，A、C的加速度大小为
a=1.5g
故AB错误，C正确；
D．将A隔离出来对A分析，由于弹簧的弹力在细绳1被烧断瞬间不发生突变，则对A由牛顿第二定律有
F弹+mg−T2=ma
解得
T2=0.5mg
故D正确。
故选CD。
一、单选题
1．在一运动的车厢顶上悬挂两个小球M与N，它们只能在如图所示平面内摆动。某一瞬时出现图示情景。由此可知车厢的运动及两小球相对车厢运动情况不可能的是（ ）
A．车厢做匀速直线运动，M在摆动，N静止
B．车厢做匀速直线运动，M在摆动，N也在摆动
C．车厢做匀加速直线运动，M在静止，N在摆动
D．车厢做匀加速直线运动，M静止，N也静止
【答案】D
【详解】AB．由牛顿第一定律可知，当车厢做匀速直线运动时，相对于车厢静止的小球，悬挂小球的细线应在竖直方向上，故M球一定不能在图示情况下相对静止，说明M正在摆动，而N既有可能相对车厢静止，也有可能是相对车厢刚好摆到图示位置，故AB正确，不符合题意；
CD．当车厢做匀加速直线运动时，物体运动状态改变，合外力一定不为零，则M相对车厢可能保持静止，也可能摆动，但N相对车厢一定摆动，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。
故选D。
2．甲、乙两个正方体实心小物块是由同种材料制成的，甲的棱长是乙的2倍，现从同一高度处（足够高）同时由静止释放两物块。已知下落过程中两物块各有两个面始终水平，所受空气阻力f=kSv2（k为常数，S为迎风面积，v为速度），则甲、乙在下落过程中的最大速度之比为（ ）
A．1:2B．2:1C．1:2D．2:1
【答案】B
【详解】当物块达到最大速度时，合力为0，有
mg=kSv2
解得
v=mgkS=ρL3gkL2=ρLgk
因此可得甲、乙在下落过程中的最大速度之比为2:1。
故选B。
3．在水平铁轨上沿直线行驶的列车车厢里，车顶上用细线悬挂一个小球，车厢地板上放置一个质量为m的木箱。某段时间内，摆线与竖直方向夹角始终为θ，木箱相对于地板静止，如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．列车一定向右运动
B．列车的加速度大小为gsinθ
C．木箱所受摩擦力方向一定向右
D．如果细线悬挂的小球在竖直平面内摆动，列车的加速度一定在不断变化
【答案】C
【详解】ABC．对小球受力分析且由牛顿第二定律有
mgtanθ = ma
得小球加速度大小为
a = gtanθ
加速度方向水平向右，由于列车、小球和木箱具有相同的加速度，则列车的加速度大小为gtanθ，方向水平向右，由于列车的速度方向未知，则列车可能向右做加速运动，也可能向左做减速运动，对木箱受力分析可知，无论列车向左还是向右运动，木箱所受摩擦力方向一定向右，故AB错误、C正确；
D．当列车由变速运动突然停止，由于惯性，小球将做竖直平面内摆动，即细线与竖直方向的夹角周期变化，列车的加速度始终为零，故D错误。
故选C。
4．如图，起重机将边长为L、质量为m的正方体重物从静止开始加速向上提起，四根长均为2L的钢绳（质量不计），一端分别固定正方体上表面的四个角上，另一端打结挂在挂钩上，重力加速度大小为g，重物上升的加速度大小等于15g，则每根钢绳的受力的大小为（ ）
A．32mgB．33mgC．34mgD．35mg
【答案】D
【详解】设每根钢绳与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系
sinθ=22L2L=12
解得
θ=30°
设每根钢绳受到的拉力为F，根据牛顿第二定律
4Fcs30°−mg=m×15g
解得
F=35mg
故选D。
5．如图所示，质量为3kg的物块A和质量为1kg的物块B用轻弹簧相连，置于光滑的水平面上，在沿轻弹轴线方向，用大小恒为16N的水平拉力F拉着物块A和B一起向右做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k=200N/m且弹簧始终在弹性限度内。则（ ）
A．弹簧的伸长量为2cm
B．物块A和B一起运动的加速度大小为3m/s2
C．撤去力F后瞬间，物块A的加速度为0
D．撤去力F后瞬间，物块B的加速度大小为12m/s2
【答案】D
【详解】AB．对AB整体，根据牛顿第二定律，有
F=mA+mBa
解得
a=4m/s2
对A进行受力分析，有
kx=mAa
解得
x=0.06m=6cm
A B均错误；
CD．撤去力F后瞬间，弹簧弹力瞬间不变，A受力不变，加速度依然为
aA=4m/s2
对B，有
kx=mBaB
解得
aB=12m/s2
C错误，D正确。
故选D。
6．某同学完成课外探究作业时需要测量地铁启动过程中的加速度，他把一根细绳的下端绑上一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段稳定加速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直。为进一步探究，若把圆珠笔更换成两个质量不同的小球并用轻绳连接起来，不计空气阻力，则它们的位置关系可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】以两个小球整体为研究对象，受到重力和拉力，如图所示
根据牛顿第二定律有
(m+M)a=(m+M)gtanα
解得
a=tanα
以下面小球为研究对象，受到重力和拉力，如图所示
根据牛顿第二定律有
Ma=Mgtanα
解得
a=tanθ
因为两球的加速度相同，则可知两段细线与竖直方向的夹角相同。
故选B。
二、多选题
7．如图所示，在粗糙水平地面上，两个完全相同的滑块A、B之间连着一轻质弹簧，在水平拉力F的作用下，A、B一起向右做匀速运动，某时刻撤去拉力F，已知两滑块的质量均为m，则在撤去拉力F的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．滑块A的加速度为零
B．滑块A的加速度大小为Fm，方向水平向左
C．滑块B的加速度为零
D．滑块B的加速度大小为Fm，方向水平向右
【答案】BC
【详解】设滑块与地面之间的滑动摩擦力为f，两木块均做匀速直线运动，则拉力大小为
F=2f
撤去拉力F前，对A受力分析可知，弹簧的弹力为
T=f
CD．撤去拉力F瞬间，弹簧的弹力为T保持不变，两木块与地面间仍然保持相对滑动，则对B受力分析可得，B所受的外力不变，加速度不变，即
aB=0
故C正确，D错误；
AB．撤去拉力F瞬间，对A受力分析，由牛顿第二定律可得
T+f=maB
解得木块A的加速度大小为
aB=Fm
方向水平向左。故A错误，B正确。
故选BC。
8．如图所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的轻质弹簧和细线上，L1的劲度系数为k，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧此时的长度为mgkcsθ
B．细线上的拉力为mgtanθ
C．剪断L1的瞬间，物体的加速度为gcsθ
D．剪断L2的瞬间，物体的加速度为gtanθ
【答案】BD
【详解】对小球受力分析，设弹簧弹力大小为F，绳的拉力大小为FT，由受力平衡可得， 竖直方向
Fcsθ=mg
水平方向
Fsinθ=FT
设弹簧形变量为x，则
F=kx
由以上三式得，弹簧形变量
x=mgkcsθ
细绳上的拉力
FT=mgtanθ
A．弹簧此时的长度应为(L1+mgkcsθ)，故A错误；
B．细绳上的拉力为mgtanθ，故B正确；
C．剪断L1的瞬间，小球以绳长为半径向下做圆周运动，此时的合力为mg，根据牛顿第二定律，此时加速度
a=mgm=g
故C错误；
D．剪断L2的瞬间，小球所受弹簧弹力和重力不变，合力与剪断细绳前绳的拉力大小相等，方向相反，大小为mgtanθ。根据牛顿第二定律，此时加速度
a=mgtanθm=gtanθ
故D正确。
故选BD。
9．如图所示，质量为2kg的物体A静止于竖直的轻弹簧上，质量为3kg的物体B用细线悬挂，AB间相互接触但无压力，重力加速度g=10m/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断的瞬间（ ）

A．B对A的压力大小为18NB．弹簧弹力大小为20N
C．A的加速度为0m/s2D．B的加速度大小为6m/s2
【答案】BD
【详解】B．原来A处于平衡状态，细线剪断瞬间，弹簧的弹力不会发生突变，仍有
FT=mAg=20N
故B正确；
CD．细线剪断瞬间，A、B一起加速下降，由于原来A平衡，故整体受到的合力等于B的重力，由牛顿第二定律可得
mBg=(mA+mB)a
解得A、B共同加速度
a=6m/s2
故C错误，D正确；
A．对B由牛顿第二定律可得
mBg−N=mBa
解得B受到的支持力为
N=12N
由牛顿第三定律可知，B对A的压力大小为12N，故A错误。
故选BD。
三、解答题
10．森林着火后，采用直升机运水去灭火，如图所示。直升机下方用绳子吊着水桶，为了方便问题分析，假设直升机与水桶之间用一根不可伸长的轻质绳子相连。直升机运水飞行的过程中，水桶受到的空气阻力与水桶的速度成正比，比例系数为k。若绳子可以承受的最大拉力为F，水桶和水的总质量为m，重力加速度为g。求：
（1）直升机竖直向上加速运动的过程中，水桶的最大加速度；
（2）水桶水平方向做匀速直线运动时，水桶的最大速度及此时绳子与竖直方向的夹角θ。
【答案】（1）a=F−mgm；（2）v=F2−m2g2k，绳子与竖直方向的夹角θ的余弦值为csθ=mgF
【详解】（1）水桶受到的空气阻力与水桶的速度成正比，则
f=kv
直升机竖直向上加速运动的过程中，水桶受到重力、拉力和阻力作用，故
FT−mg−kv=ma
即
Fmax=ma+mg+kv
则加速度越大，速度越小，拉力越大，故当速度为0，拉力最大时，加速度最大，即
解得
a=F−mgm
（2）水桶水平方向做匀速直线运动时，受力分析可得
F′sinθ−kv=0
F′csθ=mg
当拉力最大时，速度最大，则
csθ=mgF
则
v=F2−m2g2k