1、第2讲牛顿第二定律两类动力学问题考点一牛顿第二定律的理解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：Fma。(3)物理意义：它表明了力是产生加速度的原因。(4)适用范围：只适用于研究惯性系中运动与力的关系，不能用于非惯性系；只适用于解决宏观物体的低速运动问题，不能用来处理微观粒子高速运动问题。2单位制(1)定义：由基本单位和导出单位一起组成了单位制。(2)分类基本单位：基本物理量的单位。力学中的基本物理量有三个，它们是质量、时间、长度，它们在国际制中的单位分别是kg、s、m。导出单位：由基本量根据物理关系推导出
2、来的其他物理量的单位。思维诊断(1)物体加速度的方向与所受合外力的方向一定相同。()(2)对静止在光滑水平面上的物体施加一水平力，当力刚开始作用瞬间，物体立即获得加速度。()(3)物体所受合外力越大，加速度越大。()(4)物体所受合外力越大，速度越大。()(5)物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，物体的速度逐渐减小。()(6)物体的加速度大小不变一定受恒力作用。()(7)千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位。()(8)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时确定了物理量间的单位关系。()答案：(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)题组训练1对牛顿第二
3、定律及变形公式的理解(多选)下列对牛顿第二定律的表达式Fma及其变形公式的理解，正确的是()A由Fma可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比B由m可知，物体的质量与其所受的合力成正比，与其运动的加速度成反比C由a可知，物体的加速度与其所受的合力成正比，与其质量成反比D由m可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合力而求出解析：牛顿第二定律的表达式Fma表明了各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可求第三个量，但物体的质量是由物体本身决定的，与受力无关；作用在物体上的合力，是由和它相互作用的物体作用产生的，与物体的质量和加速度无关。故A、B错误，C、D正确。答案：
4、CD2国际单位制(多选)对于下面的物理量和单位：密度牛米/秒加速度长度质量千克时间下列判断正确的是()A属于国际单位制中基本单位的是B属于国际单位制中基本单位的是C属于国际单位的是D属于国际单位的是解析：密度、加速度、长度、质量和时间不是单位的名称，而是物理量的名称。千克是国际单位制中的基本单位，牛、米/秒是国际单位制中的导出单位，都属于国际单位。正确选项为B、C。答案：BC3速度、加速度、合外力之间的关系(多选)下列关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是()A物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B物体的速度为0，则加速度为0，所受的合外力也为0C物体的速度为0，则加速度可能
5、很大，所受的合外力也可能很大D物体的速度很大，但加速度可能为0，所受的合外力也可能为0解析：物体的速度大小和加速度大小没有必然联系。一个很大，另一个可以很小，甚至为0，物体所受合外力的大小决定加速度的大小，同一物体所受合外力越大，加速度一定也越大，故选项C、D对。答案：CD4.应用定律定性分析(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弹簧，则当木块接触弹簧后()A木块立即做减速运动B木块在一段时间内速度仍可增大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，木块加速度为0解析：当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力F和弹簧水平向左的弹力。弹簧的弹力先小于恒
6、力F，后大于恒力F，木块所受的合力方向先向右后向左，则木块先做加速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大，加速度为0。当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力F，合力向左，加速度大于0，故B、C正确，A、D错误。答案：BC考点二用牛顿第二定律求解瞬时加速度1两种模型(1)刚性绳(或接触面)不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间。(2)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，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变。2一般思路第一步：分析原来物体的受力情况。第二步：
7、分析物体在突变时的受力情况。第三步：由牛顿第二定律列方程。第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。如图所示，天花板上用细绳吊起用轻弹簧相连的两个质量相等的小球。两小球均保持静止。当突然剪断细绳时，上面小球A与下面小球B的加速度分别为()AaAg，aBgBaA2g，aBgCaA2g，aB0DaA0，aBg解析：分别以A、B为研究对象作受力分析。剪断前A、B静止。如图甲所示，A球受三个力，即拉力FT、重力mg和弹力F。B球受两个力，即重力mg和弹簧拉力F，规定竖直向上为正方向，则A球：FTmgF0，B球：Fmg0，解得FT2mg，Fmg。剪断时，A球受两个力作用，因为绳无弹性，剪断的瞬间拉力就不存
8、在了，而弹簧形状不可发生突变，弹力还存在。如图乙所示，A球受重力mg、弹簧的弹力F。同理B球受重力mg和弹力F。A球：mgFmaA，B球：FmgmaB，解得aA2g(方向向下)，aB0。故本题的正确选项为C。答案：C考法拓展在典例1中只将A、B间的轻质弹簧换成轻绳，其他不变，如图所示，则正确的选项是()AaAg，aBgBaA2g，aBgCaA2g，aB0DaA0，aBg解析：由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度aAaBg。故选项A正确。答案：A方法技巧分析瞬时加速度的“两个关键”(1)分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。(2)明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。题
9、组训练1静态的瞬时问题物块A1、A2的质量均为m，B1、B2的质量均为2m，A1、A2用一轻杆连接，B1、B2用轻质弹簧连接。两个装置都放在水平的支托物M上，处于平衡状态，如图所示。今突然迅速地撤去支托物M，在除去支托物的瞬间，A1、A2加速度分别为a1和a2，B1、B2的加速度分别为a1和a2，则()Aa10，a22ga10，a22gBa10，a22ga1g，a22gCa1g，a2ga10，a22gDa1g，a2ga1g，a2g解析：A1、A2用一轻杆连接，它们的加速度始终相等，在除去支托物的瞬间，由它们组成的系统只受重力的作用，根据牛顿第二定律可知，它们的加速度a1a2g；因为在除去支托物
10、的瞬间，弹簧上的弹力不能突然消失(主要是弹簧不能突然恢复原长)，所以B1的受力不变，加速度仍为零，即a10，而B2受到的竖直向上的支持力突然消失，受到的竖直向下的重力和弹簧弹力不变，加速度大小a2为2g；综上分析，选项C正确。本题答案为C。答案：C2动态的瞬时问题如图所示，质量分别为m、2m的两物块A、B中间用轻弹簧相连，A、B与水平面间的动摩擦因数均为，在水平推力F作用下，A、B一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动。当突然撤去推力F的瞬间，A、B两物块的加速度大小分别为()A2a、aB2(ag)、agC2a3g、a Da、2a3g解析：撤去F前，根据牛顿第二定律，对A、B、弹簧整体有F3
11、mg3ma，对B有FN2mg2ma，得FN2m(ag)。撤去F的瞬间弹簧弹力不变，大小仍为FN，两物块受到的滑动摩擦力不变，所以，对物块B受力不变，aBa，对物体A，由牛顿第二定律得FNmgmaA，有aA2a3g。综上分析，C项正确。答案：C考点三动力学两类基本问题1动力学两类基本问题(1)由受力情况判断物体的运动状态。处理这类问题的基本思路是：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移。(2)由运动情况判断受力情况。处理这类问题的基本思路是：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力。2解答动力学两类问题的两
12、个关键点题组训练1已知受力分析运动(2017长沙模拟)为了安全，中国航母舰载机“歼15”采用滑跃式起飞。起飞时主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为L1160 m的水平跑道上运动，然后在长度为L220.5 m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞。已知飞机的质量m2.0104 kg，其喷气发动机的推力大小恒为F1.4105 N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h2.05 m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计水平跑道和
13、倾斜跑道连接处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障。g取10 m/s2。(1)求飞机在水平跑道上运动的末速度大小。(2)求飞机从开始运动到起飞经历的时间t。解析：(1)设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为a1，阻力大小为F阻，在水平跑道上运动的末速度大小为v1，由牛顿第二定律得FF阻ma1F阻0.2mgv2a1L1联立以上三式并代入数据解得a15 m/s2，v140 m/s。(2)设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a2，在倾斜跑道末端的速度大小为v2飞机在水平跑道上的运动时间t18 s在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有FF阻mgma2代入数据解得a24 m/s2由vv2a2L2代入数据解得
14、v242 m/s飞机在倾斜跑道上的运动时间t20.5 s则tt1t28.5 s。答案：(1)40 m/s(2)8.5 s2已知运动分析受力如图所示，一物体以v02 m/s的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t1 s。已知斜面长度L1.5 m，斜面的倾角30，重力加速度取g10 m/s2。求：(1)物体滑到斜面底端时的速度大小；(2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；(3)物体与斜面间的动摩擦因数。解析：(1)设物体滑到斜面底端时速度为v，则有：Lt代入数据解得：v1 m/s(2)因vv0物体做匀减速运动，加速度方向沿斜面向上，加速度的大小为：a1 m/s2。(3)物体沿斜面下滑时，受力分析如图
15、所示。由牛顿定律得：Ffmgsin maFNmgcos FfFN联立解得：，代入数据解得：。答案：(1)1 m/s(2)1 m/s2方向沿斜面向上(3)方法技巧两类动力学问题的解题步骤思想方法盘点数形结合解决常考不衰的动力学图象问题1数形转换文字语言、函数语言、图象语言与物理情景之间的相互转换，是确立解题方向、迅速明确解题方法的前提。2常见的图象有：v t图象，a t图象，F t图象，F a图象等。3图象间的联系：加速度是联系v t图象与F t图象的桥梁。4图象的应用(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况。(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化
16、的图线，要求分析物体的受力情况。(3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析。(2017沧州质量监测)如图甲所示，一物块放在粗糙的水平面上，从t0时刻开始，以一定的初速度向左运动，同时在物块上加一斜向右上的恒力F的作用，F与水平方向的夹角37，物块的质量为2 kg，物块与地面间的动摩擦因数0.5，物块向左运动的vt图象如图乙所示，(已知cos 370.8，sin 370.6，g取10 m/s2)，求：(1)拉力F的大小；(2)物块再回到t0时刻的位置时的速度v1大小；(3)若在t0.5 s时拉力的方向不变，大小改变，要使物块再回到t0时刻的位置时速度大小和t0时刻的速度大小相等，则拉力F应变为
17、多少？(结果保留两位小数)教你审题：第一步：读题抓关键点获取信息第二步：读图析图获取信息解析：(1)物块向左运动时，由图象知，初速度v06 m/s，加速度a112 m/s2。由牛顿第二定律Fcos (mgFsin )ma1解得F28 N。(2)物块在拉力作用下从速度为零开始向右运动时，由图象可知，回到t0时刻的位置的位移x60.5 m1.5 m。由牛顿第二定律Fcos (mgFsin )ma2求得a210.4 m/s2。由运动学公式v2a2x。得物块回到t0时刻位置的速度v1 m/s。(3)要使物块回到t0时刻位置的速度大小和t0时刻的速度大小相等，因此物块做的是类上抛运动，向右运动时的加速度
18、大小a3a112 m/s2。由牛顿第二定律Fcos (mgFsin )ma3求得F30.91 N。答案：(1)28 N(2) m/s(3)30.91 N即学即练(2017河北百校联盟)如图甲所示，为一倾角37足够长的斜面，将一质量为m1 kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化关系图象如图乙所示，与斜面间动摩擦因数0.25。取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)2 s末物体的速度；(2)前16 s内物体发生的位移。解析：(1)分析可知物体在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mgsin F1mgc
19、os ma1，v1a1t1，代入数据可得v15 m/s。(2)设物体在前2 s内发生的位移为x1，则x1a1t5 m。当拉力为F24.5 N时，由牛顿第二定律可得F2mgcos mgsin ma2，代入数据可得a20.5 m/s2，物体经过t2时间速度减为0，则v1a2t2，t210 s，设t2时间发生的位移为x2，则x2a2t25 m，由于mgsin mgcos F2mgcos mgsin ，则物体在剩下4 s时间内处于静止状态。故物体在前16 s内发生的位移xx1x230 m，方向沿斜面向下。答案：(1)5 m/s(2)30 m方向沿斜面向下方法技巧“一、二、三、四”快速解决动力学图象问题
20、1(2016海南单科5)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在05 s,510 s,1015 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则()AF1F3CF1F3 DF1F3解析：根据v t图象可以知道，在05 s内加速度为a10.2 m/s2，方向沿斜面向下；在510 s内，加速度a20；在1015 s内加速度为a30.2 m/s2，方向沿斜面向上；受力分析如图。在05 s内，根据牛顿第二定律：mgsin FfF1ma1，则F1mgsin Ff0.2m；在510 s内，根据牛顿第二定律：mgsin FfF2ma2
21、，则F2mgsin Ff；在1015 s内，根据牛顿第二定律：FfF3mgsin ma3，则F3mgsin Ff0.2m，故可以得到F3F2F1，故选项A正确。答案：A2.(多选)(2015海南单科8)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。现将细线剪断。将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为l1和l2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间()Aa13g Ba10Cl12l2 Dl1l2解析：设物体的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断
22、细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力FT1，剪断前对b、c和弹簧组成的整体分析可知FT12mg，故a受到的合力FmgFT1mg2mg3mg，故加速度a13g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为FT2，则FT2mg，根据胡克定律Fkx可得l12l2，C正确，D错误。答案：AC3(2014全国理综19)一物块沿倾角为的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()Atan 和 B.tan 和Ctan 和 Dtan 和解析：设物块与斜坡间的动摩擦因数为，则物块沿斜坡上滑时的加速度大
23、小agcos gsin 当物块的初速度为v时，由运动学公式知v22a当物块的初速度为时，由运动学公式知22a由两式得h由两式得tan 答案：D4(2015课标全国卷)(多选)如图(a)，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，其运动的v t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()A斜面的倾角B物块的质量C物块与斜面间的动摩擦因数D物块沿斜面向上滑行的最大高度解析：设物块的质量为m、斜面的倾角为，物块与斜面间的动摩擦因数为，物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2，根据牛顿第二定律有：mgsin mgcos ma1，mgsin mgcos ma2。再结合
24、vt图线斜率的物理意义有：a1，a2。由上述四式可见，无法求出m，可以求出、，故B错，A、C均正确。0t1时间内的v t图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离，已求出，故可以求出物块上滑的最大高度，故D正确。答案：ACD5(2016全国甲卷19)(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则()A甲球用的时间比乙球长B甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析：设小球在下落过程中所
25、受阻力F阻kR，k为常数，R为小球半径，由牛顿第二定律可知：mgF阻ma，由mVR3知：R3gkRR3a，即ag，故知：R越大，a越大，即下落过程中a甲a乙，选项C错误；下落相同的距离，由hat2知，a越大，t越小，选项A错误；由2ahv2v知，v00，a越大，v越大，选项B正确；由W阻F阻h知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D正确。答案：BD课时训练一、选择题(16题为单项选择题，710题为多项选择题)1(2017锦州模拟)一物块静止在粗糙的水平桌面上，从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大
26、小。能正确描述F与a之间关系的图象是()解析：对物块受力分析如图所示：由牛顿第二定律得Fmgma，解得：Fmamg，得F与a成一次函数关系，故A、B、D错误，C正确。答案：C2质量为1 kg的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在t s内的位移为x m，则F的大小为(单位为N)()A.BC. D解析：由牛顿第二定律Fma与xat2，得出F，故本题选A。答案：A3为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是()解析：设屋檐的底角为，底边长为2L(不变)。雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二
27、定律得加速度agsin ，位移大小xat2，而x，2sin cos sin 2，联立以上各式得t 。当45时，sin 21为最大值，时间t最短，故选项C正确。答案：C4.如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则()A物块可能匀速下滑B物块仍以加速度a匀加速下滑C物块将以大于a的加速度匀加速下滑D物块将以小于a的加速度匀加速下滑解析：设斜面的倾角为，根据牛顿第二定律知，物块的加速度a0，即0，故aa，物块将以大于a的加速度匀加速下滑。故选项C正确，选项A、B、D错误。答案：C5.(2017河北正定模拟)质量不可忽略的小球与轻质弹簧相连，穿
28、在光滑的杆上，杆与水平面的夹角为45。弹簧下端固定于杆上，初始系统静止，现在将系统以加速度g向右做匀加速运动，当地重力加速度为g。则()A静止时，弹簧的弹力等于小球重力的一半B静止时，杆的弹力小于弹簧的弹力C加速时，弹簧的弹力等于零D加速时，弹簧的形变量是静止时的2倍解析：根据力的平衡，当系统静止时，小球受弹簧的弹力大小Fmgsin 45mg，此时杆对小球的弹力大小FNmgcos 45mg，与弹簧弹力大小相等，所以A、B项均错。当系统以加速度g向右做匀加速运动时，对小球受力分析如图，则可知此时弹簧弹力为0，所以C项正确，D项错误。答案：C6(2017河北石家庄阶段测试)在图甲所示的水平面上，用
29、水平力F拉物块，若F按图乙所示的规律变化。设F的方向为正方向，则物块的速度时间图象可能正确的是()解析：若水平面光滑，则加速度a，即aF，满足a1a2a3F1F2F3132，可见A、B、C、D四个选项均不符合。若水平面不光滑，对A图进行分析：01 s内，a12 m/s2,12 s内，a22 m/s2，23 s内，a31 m/s2，联立以上各式得Ff1 N，m1 kg，且a1a2a3221，符合实际，A项正确；同理，分析B、C、D项均不可能。答案：A7关于牛顿第二定律，以下说法中正确的是()A物体的质量不变，a与F的正比关系与m和a的单位无关B对于相同的合外力，a与m的反比关系与m和a的单位无关
30、C在公式Fma中，F、m和a三个量可以任意选取单位D在公式Fma中，当m和a分别用kg和m/s2作单位时，F必须用N作单位解析：根据牛顿第二定律可知，选项A、B正确。公式Fma是以定义“牛顿”这个单位为前提的，1 N1 kgm/s2，m、a、F三个量必须分别取kg、m/s2、N为单位Fma才能成立，故选项C错，D正确。答案：ABD8如图甲所示，地面上有一质量为M的重物，用力F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则以下说法中正确的是()A当F小于图中A点值时，物体的重力MgF，物体不动B图中A点值即为物体的重力值C物体向上运动的加速度和力F成正比D图线延长和纵轴的交点B的
31、数值等于该地的重力加速度解析：当0FMg时，物体静止，即A正确；当FMg时，即能将物体提离地面，此时，FMgMa，ag，A点表示的意义即为FMg，所以B正确；直线的斜率为，B点数值为g，故D选项正确。答案：ABD9.质量均为m的A、B两个小球之间连接一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上。A球紧靠墙壁，如图所示，今用恒力F将B球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力撤去，此瞬间()AA球的加速度为 BA球的加速度为0CB球的加速度为 DB球的加速度为解析：撤去恒力F前，A和B都平衡，它们的合力都为0，且弹簧弹力为F。突然将力F撤去，对A来说水平方向依然受弹簧弹力和墙壁的弹力，二力平衡，所以A球的合力
32、为0，加速度为0，A项错，B项对。而B球在水平方向只受水平向右的弹簧的弹力作用，加速度a，故C项错，D项对。答案：BD10质量为m2 kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平面间的动摩擦因数0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，如图a所示，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图b所示，重力加速度g取10 m/s2，则()A物块经过4 s时间回到出发点B物块运动到第3 s时改变水平拉力的方向C3.5 s时刻水平力F的大小为4 ND4.5 s时刻水平力F的大小为16 N解析：物块经过4 s时间，速度减小
33、到零，离出发点最远，选项A错误。在03 s时间内，物块加速度a11 m/s2。由牛顿运动定律，F1mgma1，解得：F112 N。在34 s时间内，物块加速度a23 m/s2，由牛顿运动定律，F2mgma2，解得：F24 N。物块运动到第3 s时水平拉力由12 N改变为4 N，但是方向没有改变，选项B错误，C正确。在45 s时间内，速度为负值，摩擦力方向改变，物块加速度a33 m/s2。由牛顿运动定律，F3mgma3，解得：F316 N，选项D正确。答案：CD二、非选择题11(2017洛阳市期中考试)某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目推矿泉水瓶。选手们从起点开始用力推瓶子一段时间后，放手让
34、它向前滑动；若瓶子最后停在桌上有效区域内(不能压线)视为成功；若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败。其简化模型如图所示，AC是长度L15.5 m的水平桌面，选手们将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC为有效区域。已知BC长度L21.1 m，瓶子质量m0.5 kg，与桌面间的动摩擦因数0.2，g10 m/s2。某选手作用在瓶子上的水平推力F11 N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求：在手推瓶子过程中瓶子的位移取值范围。(令2.2)解析：要想获得成功，瓶子滑到B点时速度恰好为0，力作用时间最短，滑到C点时速度恰好为0
35、，力作用时间最长。设力作用时的加速度为a1、位移为x1，撤力时瓶子的速度为v1，撤力后瓶子的加速度为a2、位移为x2，则Fmgma1mgma22a1x1v2a2x2vL1L2x1x2L1由以上各式联立可解得：04 mx10.5 m。答案：0.4 m0.5 m12.如图所示，在倾角30、足够长的斜面上分别固定着相距L0.2 m、可视为质点的A、B两个物体，它们的质量为mAmB1 kg，它们与斜面间的动摩擦因数分别为A、B，在t0时刻同时撤去固定两物体的外力后，A物体沿斜面向下运动，并与B物体发生连续碰撞(碰撞时间极短，忽略不计)，每次碰后两物体交换速度，取g10 m/s2，求：(1)A与B第1次
36、碰后瞬间B的速率；(2)从A开始运动到两物体第2次相碰经历的时间。解析：(1)A物体沿斜面下滑时，由牛顿第二定律知mAgsin AmAgcos mAaA代入数值得aA2.5 m/s2B物体沿斜面下滑时，由牛顿第二定律知mBgsin BmBgcos mBaB代入数值得aB0即撤去固定A、B的外力后，物体B恰好静止于斜面上，物体A将沿斜面向下做匀加速直线运动，由运动学公式得A与B第1次碰撞前A的速度为vA1 m/s1 m/s由于A、B碰撞后交换速度，故A、B第1次碰后瞬间B的速率为vB11 m/s。(2)从A开始运动到第1次与B碰撞用时t1 s0.4 s两物体相碰后，A物体的速度变为零，然后再做匀加速运动，而B物体将以1 m/s的速度沿斜面向下做匀速直线运动，设再经t2时间A与B相碰，则有vB1t2aAt，代入数值得t20.8 s从A开始运动到两物体第2次相碰共经历时间tt1t21.2 s。答案：(1)1 m/s(2)1.2 s