2021版高考物理（基础版）一轮复习学案：第三章　2第二节　牛顿第二定律　两类动力学问题

第二节　牛顿第二定律　两类动力学问题
[学生用书P46]
【基础梳理】
　
　
提示：作用力　质量　作用力　F＝ma　惯性　宏观　低速　受力情况　运动情况　基本单位　导出单位
质量　时间　长度　基本量
【自我诊断】
1．判一判
(1)牛顿第二定律表达式F＝ma在任何情况下都适用．(　　)
(2)物体所受合外力大，其加速度一定大．(　　)
(3)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度．(　　)
(4)物体由于做加速运动，所以才受合外力作用．(　　)
(5)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系．(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√
2．做一做
(1)(多选)如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的水平轻弹簧，则当木块接触弹簧后，下列判断正确的是(　　)

A．木块立即做减速运动
B．木块在一段时间内速度仍增大
C．当F等于弹簧弹力时，木块速度最大
D．弹簧压缩量最大时，木块速度为零，但加速度不为零
提示：选BCD.刚开始时，弹簧对木块的作用力小于外力F，木块继续向右做加速度逐渐减小的加速运动，直到二力相等，而后，弹簧对木块的作用力大于外力F，木块继续向右做加速度逐渐增大的减速运动，直到速度为零，但此时木块的加速度不为零，故A错误，B、C、D正确．
(2)(2020·沈阳四校协作体模拟)如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时(　　)

A．M所受静摩擦力增大
B．M对车厢壁的压力减小
C．M仍相对于车厢静止
D．M所受静摩擦力减小
提示：选C.分析M受力情况如图所示，因M相对车厢壁静止，竖直方向有Ff＝Mg，与水平方向的加速度大小无关，A、D错误；水平方向，FN＝Ma，FN随a的增大而增大，由牛顿第三定律知，B错误；因FN增大，物体与车厢壁的最大静摩擦力增大，故M相对于车厢仍静止，C正确．


　牛顿第二定律的基本应用[学生用书P46]
【知识提炼】
1．牛顿第二定律的五个性质

2．求解思路：求解物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况或运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．
3．(1)

(2)在求解瞬时加速度时应注意的问题
①物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析．
②加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．
【典题例析】
如图甲、乙所示，两车都在光滑的水平面上，小车的质量都是M，人的质量都是m，甲图人推车、乙图人拉绳(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是F.关于甲、乙两图中车的加速度大小，说法正确的是(　　)

A．甲图中车的加速度大小为
B．甲图中车的加速度大小为
C．乙图中车的加速度大小为
D．乙图中车的加速度大小为
[解析]　对甲图以车和人为研究对象，系统不受外力作用，故甲图中车的加速度为零，A、B错误；乙图中人和车受绳子的拉力作用，以人和车为研究对象，受力大小为2F，所以乙图中车的加速度a＝，C正确，D错误．
[答案]　C
【迁移题组】
迁移1　力与运动的关系
1．(2020·江淮十校三模)

如图所示，平板车静止在水平面上，物块放在平板车的右端，现让平板车以a1＝6 m/s2的加速度做匀加速运动，运动2 s后以2 s末的速度做匀速直线运动，最终物块相对于平板车静止在平板车的左端，已知物块与平板车上表面的动摩擦因数为0.4，重力加速度g取10 m/s2，不计物块的大小，则平板车的长度为(　　)
A．4 m　　　　　　　　 B．5 m
C．6 m D．7 m
解析：选C.平板车做匀加速运动2 s末的速度大小为：v1＝a1t1＝12 m/s；此过程物块做匀加速运动的加速度大小为：a2＝μg＝4 m/s2；速度达到12 m/s所用时间为：t2＝＝3 s；3 s内车运动的总位移为：x1＝v1t1＋v1(t2－t1)＝24 m；物块运动的距离为：x2＝v1t2＝18 m；因此平板车的长为：L＝x1－x2＝6 m，故C正确，A、B、D错误．
迁移2　牛顿运动定律的瞬时性问题
2．如图甲所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态．

(1)现将线L2剪断，求剪断L2的瞬间物体的加速度．
(2)若将图甲中的细线L1换成长度相同(接m后)，质量不计的轻弹簧，如图乙所示，其他条件不变，求剪断L2的瞬间物体的加速度．
解析：(1)细线L2被剪断的瞬间，因细线L2对物体的弹力突然消失，而引起L1上的张力发生突变，使物体的受力情况改变，瞬时加速度垂直L1斜向下方，大小为a＝gsin θ.
(2)当细线L2被剪断时，细线L2对物体的弹力突然消失，而弹簧的形变还来不及变化(变化要有一个过程，不能突变)，因而弹簧的弹力不变，它与重力的合力与细线L2对物体的弹力是一对平衡力，等大反向，所以细线L2被剪断的瞬间，物体加速度的大小为a＝gtan θ，方向水平向右．
答案：(1)gsin θ，方向垂直于L1斜向下方
(2)gtan θ，方向水平向右
　动力学的两类基本问题[学生用书P47]
【知识提炼】
1．解决动力学两类问题的两个关键点

2．解决动力学基本问题的处理方法
(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”．
(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．
3．两类动力学问题的解题步骤

【典题例析】
(2020·上海闵行区模拟)如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点．已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比s1∶s2＝8∶5.(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：

(1)小圆环在BC段的加速度a2的大小；
(2)小圆环在AB段的加速度a1的大小；
(3)拉力F的大小．


[解析]　(1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力．对小圆环进行受力分析如图甲所示，有
f＝μN＝μmg
则a2＝＝μg＝0.8×10 m/s2＝8 m/s2.
(2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知
v＝2a1s1
小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知
v＝2a2s2
又＝
则a1＝a2＝×8 m/s2＝5 m/s2.

(3)当Fsin θ 由牛顿第二定律得
Fcos θ－f1＝ma1
又N1＋Fsin θ＝mg
f1＝μN1
联立以上各式，代入数据解得
F＝1.05 N

当Fsin θ>mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示，
由牛顿第二定律可知
Fcos θ－f2＝ma1
又Fsin θ＝mg＋N2
f2＝μN2
代入数据解得F＝7.5 N.
[答案]　(1)8 m/s2　(2)5 m/s2　(3)1.05 N或7.5 N
【迁移题组】
迁移1　已知受力求运动
1．(2018·高考全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.求

(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．
解析：(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有
μmBg＝mBaB①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数
设碰撞后瞬间B车速度的大小为v′B，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有v′＝2aBsB②
联立①②式并利用题给数据得
v′B＝3.0 m/s.③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为v′A，碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有
v′＝2aAsA⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有
mAvA＝mAv′A＋mBv′B⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA＝4.25 m/s.
答案：见解析
迁移2　已知运动求受力
2．有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m高处，然后由静止释放．可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2 s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面(g取10 m/s2)．求：

(1)座椅在匀减速阶段的时间是多少？
(2)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？
解析：(1)自由下落的位移h′＝gt＝20 m
座椅自由下落结束时刻的速度v＝gt1＝20 m/s
设座椅匀减速运动的总高度为h，则
h＝(40－4－20)m＝16 m
由h＝t得t＝1.6 s.
(2)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F，由v＝at得a＝12.5 m/s2
由牛顿第二定律得F－mg＝ma
解得＝2.25.
答案：(1)1.6 s　(2)2.25倍

　超重与失重现象[学生用书P49]
【知识提炼】
1．对超重和失重的理解
(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变．
(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失．
(3)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．
(4)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态．
2．判断超重和失重的方法

从受力的角度判断
当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态
从加速度的角度判断
当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态
从速度变化的角度判断
(1)物体向上加速或向下减速时，超重
(2)物体向下加速或向上减速时，失重
　在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等．
【跟进题组】
1.(多选)如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50 kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三．已知重力加速度g取10 m/s2，由此可判断(　　)

A．电梯可能加速下降，加速度大小为5 m/s2
B．电梯可能减速上升，加速度大小为2.5 m/s2
C．乘客处于超重状态
D．乘客对电梯地板的压力大小为375 N
解析：选BD.电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg＝kx，电梯运行时弹簧的伸长量比电梯静止时小，说明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有mg－kx＝ma，即mg＝ma，a＝2.5 m/s2，加速度向下，电梯可能加速下降或减速上升，乘客处于失重状态，A、C错误，B正确；电梯地板对乘客的支持力大小为FN＝m′g－m′a＝500 N－125 N＝375 N，由牛顿第三定律知乘客对电梯地板的压力大小为375 N，D正确．
2.

(多选)(2020·四川攀枝花二模)一物体被吊车用钢索竖直向上提升过程的图象如图所示．下列判断正确的是(　　)
A．物体在加速过程中被吊起的高度为10 m
B．0～10 s内的平均速度大于30～35 s内的平均速度
C．30～35 s内物体处于超重状态
D．前10 s内钢索最容易发生断裂
解析：选AD.0～10 s内物体加速上升．由v－t图象与时间轴围成的面积表示位移，可知，物体在加速过程中被吊起的高度为h＝ m＝10 m，故A正确；根据平均速度公式v＝可知0～10 s内的平均速度的大小等于30～35 s内的平均速度的大小，均为1 m/s，故B错误；30～35 s内物体匀减速上升，加速度向下，拉力小于重力，处于失重状态，故C错误；前10 s内物体做匀加速直线运动，处于超重状态，拉力最大，钢索最容易发生断裂，故D正确．
　动力学图象[学生用书P49]
【知识提炼】
1．数形结合解决动力学图象问题
(1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图．
(2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息．
(3)常见的动力学图象
v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象等．
2．动力学图象问题的类型
图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F＝ma为纽带，理解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义．一般包括下列几种类型：

3．解题策略

【跟进题组】
1．(多选)质量m＝2 kg、初速度v0＝8 m/s 的物体沿着粗糙水平面向右运动，物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还受到一个随时间如图变化的水平拉力F的作用，设水平向右为拉力的正方向，且物体在t＝0时刻开始运动，g取10 m/s2，则以下结论正确的是(　　)

A．0～1 s内，物体的加速度大小为2 m/s2
B．1～2 s内，物体的加速度大小为2 m/s2
C．0～1 s内，物体的位移为7 m
D．0～2 s内，物体的总位移为11 m
解析：

选BD.0～1 s内，物体的加速度大小a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，A错误；1～2 s内物体的加速度大小a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，B正确；由题图可得物体运动的v－t图象如图所示，故0～1 s内物体的位移为x1＝6 m，C错误；0～2 s内物体的总位移x＝x1＋x2＝ m＝11 m，D正确．
2．(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出(　　)


A．木板的质量为1 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
解析：选AB.由题图(c)可知木板在0～2 s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0～2 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，C错误；由题图(c)可知木板在2～4 s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，在4～5 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff＝f，故对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1、Ff＝ma2，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，A、B均正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，D错误．
[学生用书P50]
等时圆模型

【对点训练】
1．如图所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从P点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点，则各小球最高点的位置(　　)

A．在同一水平线上　　　 B．在同一竖直线上
C．在同一抛物线上 D．在同一圆周上
解析：选D.设某一直轨道与水平面成θ角，末速度为零的匀减速直线运动可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动，则小球在直轨道上运动的加速度a＝＝gsin θ，由位移公式得l＝at2＝gsin θ·t2，即＝gt2，不同的倾角θ对应不同的位移l，但相同，即各小球最高点的位置在直径为gt2的圆周上，D正确．
2．如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α＞β＞θ.现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　)

A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB＞tCD＞tEF
C．tAB＜tCD＜tEF D．tAB＝tCD＜tEF
解析：选B.根据等时圆特点可知，三者到O点用时相同，但从AOB下滑的小球到O点速度最小，且加速度最小，而经过O点后的位移大小相同，用时最长，故B正确．
[学生用书P311(单独成册)]
(建议用时：40分钟)
一、单项选择题
1．(2020·广州普通高中毕业班综合测试)如图，跳高运动员起跳后向上运动，越过横杆后开始向下运动，则运动员越过横杆前、后在空中所处的状态分别为(　　)

A．失重、失重　　　　　　 B．超重、超重
C．失重、超重 D．超重、失重
解析：选A.越过横杆前、后运动员都存在竖直向下的加速度，所以运动员在越过横杆前、后都处于失重状态．
2．小敏随着十几个人一起乘电梯上五楼，走进电梯时电梯没有显示超载，但电梯刚启动时超载报警器却响了起来．对这一现象的解释，下列说法正确的是(　　)
A．刚启动时，人的加速度向下，人处于超重状态
B．刚启动时，人所受的重力变大了
C．刚启动时，人对电梯底板的压力大于底板对人的支持力
D．刚启动时，人对电梯底板的压力变大了
解析：选D.电梯刚启动时人随电梯一起加速上升，人的加速度向上，所受合力向上，处于超重状态，所以人对电梯底板的压力变大，导致超载报警器报警．故D正确．
3.(2017·高考上海卷)如图，在匀强电场中，悬线一端固定于地面，另一端拉住一个带电小球，使之处于静止状态．忽略空气阻力，当悬线断裂后，小球将做(　　)

A．曲线运动 B．匀速直线运动
C．匀加速直线运动 D．变加速直线运动
解析：选C.本题考查力与运动的关系．在悬线断裂前，小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态，故重力与电场力的合力与拉力等值反向．悬线断裂后，小球所受重力与电场力的合力大小、方向均不变，故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动，C正确．
4．如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点．如果物体受到的阻力恒定，则(　　)

A．物体从A到O先加速后减速
B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动
C．物体运动到O点时，所受合力为零
D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小
解析：选A.物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右．随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大．当物体向右运动至AO间某点(设为点O′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大．此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左．至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大．所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动．正确选项为A.
5．一物体沿倾角为α的斜面下滑时，恰好做匀速直线运动，若物体以某一初速度冲上斜面，则上滑时物体加速度大小为(　　)
A．gsin α B．gtan α
C．2gsin α D．2gtan α
解析：选C.对物体下滑时进行受力分析，如图甲．由于恰好做匀速直线运动，根据平衡知识得mgsin α＝Ff

物体以某一初速度冲上斜面，对物体受力分析，如图乙，物体的合力F合＝mgsin α＋Ff＝2mgsin α
根据牛顿第二定律得：a＝＝2gsin α.
6.如图所示，物块1、2 间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有(　　)

A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g
D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g
解析：选C.在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g，所以C对．
7.如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C、M三点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点．B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心．现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是(　　)

A．tA B．tA＝tC C．tA＝tC＝tB
D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系
解析：选B.由等时圆模型可知，A、C在圆周上，B点在圆周外，故tA＝tC 二、多项选择题
8.一放在粗糙的水平面上的物体在一斜向上的拉力F的作用下沿水平面向右以加速度a做匀加速直线运动，力F在水平和竖直方向的分量分别为F1、F2，如图所示．现将力F突然改为大小为F1、方向水平向右的恒力，则此后(　　)

A．物体将仍以加速度a向右做匀加速直线运动
B．物体将可能向右做匀速直线运动
C．物体将可能以大于a的加速度向右做匀加速直线运动
D．物体将可能以小于a的加速度向右做匀加速直线运动
解析：选BD.设地面与物体间的动摩擦因数为μ，当在斜向上的拉力F的作用下运动时，加速度a＝，将力F突然改为大小为F1、方向水平向右的恒力，则加速度a′＝ 9.一物体重为50 N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图所示的水平力F1和F2，若F2＝15 N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是(g取10 m/s2)(　　)

A．3 N B．25 N
C．30 N D．50 N
解析：选ACD.若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F2－F1－μG＝ma>0，解得F1<5 N，A正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F1－F2－μG＝ma>0，解得F1>25 N，C、D正确．
10. (2020·湖南怀化一模)如图甲所示，物块A叠放在木板B上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，现对A施加一水平向右的拉力F，测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示，下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2)(　　)

A．当F<24 N时，A、B都相对地面静止
B．当F>24 N时，A相对B发生滑动
C．A的质量为4 kg
D．B的质量为24 kg
解析：选BC.当A与B间的摩擦力达到最大静摩擦力后，A、B会发生相对滑动，由图可知，B的最大加速度为4 m/s2，即拉力F>24 N时，A相对B发生滑动，当F<24 N时，A、B保持相对静止，一起做匀加速直线运动，故A错误，B正确；对B，根据牛顿第二定律得，aB＝＝4 m/s2，对A，根据牛顿第二定律得，aA＝＝4 m/s2，F＝24 N，解得mA＝4 kg，mB＝2 kg，故C正确，D错误．
三、非选择题
11．如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成．水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1.假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g＝10 m/s2.

(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；
(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．
解析：(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1、末速度大小为v1，运动时间为t1，有
F－Ff＝ma1
v－v＝2a1l1
v1＝a1t1
注意到v0＝0，Ff＝0.1mg，代入已知数据可得
a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s
飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿斜面方向有
F合′＝F－Ff－mgsin α＝ma2
mgsin α＝mg
v－v＝2a2l2
注意到v1＝40 m/s，代入已知数据可得
a2＝3.0 m/s2，
v2＝ m/s≈41.5 m/s.
(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a1′、末速度大小为v1′，有
F推＋F－Ff＝ma1′
v1′2－v＝2a1′l1
飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用没有变化，加速度大小仍有a2′＝3.0 m/s2，v2′2－v1′2＝2a2′l2
根据题意，v2′＝100 m/s，
代入数据解得F推≈5.2×105 N.
答案：(1)8.0 s　41.5 m/s　(2)5.2×105 N
12．避险车道(标志如图甲所示)是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示的竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44.货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2.求：
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
(2)制动坡床的长度．


解析：(1)设货物的质量为m，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，货物在车厢内滑动过程中，受到的摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则
f＋mgsin θ＝ma1①
f＝μmgcos θ②
联立①②式并代入数据得a1＝5 m/s2③
a1的方向沿制动坡床向下．
(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23 m/s.货物在车厢内从开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s＝4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2.货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则
Mgsin θ＋F－f＝Ma2④
F＝k(m＋M)g⑤
s1＝vt－a1t2⑥
s2＝vt－a2t2⑦
s＝s1－s2⑧
l＝l0＋s0＋s2⑨
联立①②④～⑨式并代入数据得l＝98 m.
答案：(1)5 m/s2　方向沿制动坡床向下　(2)98 m