1、第二节牛顿第二定律两类动力学问题学生用书P43一、牛顿第二定律1内容：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同2表达式：Fma.3适用范围(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况1.(单选)根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是()A物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比B物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度C物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比D当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水
2、平加速度大小与其质量成反比答案：D二、两类动力学问题1已知物体的受力情况，求物体的运动情况2已知物体的运动情况，求物体的受力情况特别提示：利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是利用加速度的“桥梁”作用，将运动学规律和牛顿第二定律相结合，寻找加速度和未知量的关系，是解决这类问题的思考方向2.(多选)(2013高考浙江卷)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是()A所受浮
3、力大小为4 830 NB加速上升过程中所受空气阻力保持不变C从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N答案：AD三、力学单位制1单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制2基本单位：基本物理量的单位，基本物理量共七个，其中力学有三个，它们是长度、质量、时间，它们的单位分别是米、千克、秒3导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位3.(单选)(2013高考福建卷)在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为()Am2kgs4A1B
4、m2kgs3A1Cm2kgs2A1 Dm2kgs1A1答案：B扫一扫进入91导学网()用牛顿第二定律解决问题考点一用牛顿第二定律求解瞬时加速度学生用书P44 1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2牛顿第二定律瞬时性的“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3在求解瞬时加速度时应注意
5、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(多选)(2015银川模拟)如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()A两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin BB球的受力情况未变，瞬时加速度为零CA球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin D弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零思路点拨细线烧断瞬间，弹簧的弹
6、力变化吗？绳上的弹力还存在吗？A球受力如何变化？B球受力又如何变化？解析细线烧断瞬间，两球受力如图细线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B球受力平衡，aB0，A球所受合力为mgsin kx2mgsin maA，解得aA2gsin ，故A、D错误，B、C正确答案BC规律总结解决瞬时加速度问题的关键是弄清哪些力发生了突变，哪些力瞬间不变，正确画出变化前后的受力图1.(单选)(2015孝感统测)如图所示，弹簧一端固定在天花板上，另一端连一质量为M2 kg的秤盘，盘内放一个质量为m1 kg的物体，秤盘在竖直向下的拉力F的作用下保持静止，F30 N，突然撤去拉力F的瞬间，物体对秤盘的压力为(g10 m/s2
7、)()A10 NB15 NC20 N D40 N解析：选C.由于拉力F撤去之前秤盘和物体均保持静止，系统受力平衡，在拉力F撤去的瞬间，系统所受合力方向向上，对整体由牛顿第二定律可得F(Mm)a，对物体再根据牛顿第二定律可得FNmgma，两式联立解得FN20 N，再根据牛顿第三定律可知物体对秤盘的压力大小为20 N，方向竖直向下，C正确考点二动力学两类基本问题 学生用书P44 求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁加速度(2015太原质检)如图所示，倾角37的斜面固定在水平面上质量m1.0 kg的小物块受到沿斜面向上的F9.0
8、N的拉力作用，小物块由静止沿斜面向上运动小物块与斜面间的动摩擦因数0.25(斜面足够长，取g10 m/s2.sin 370.6，cos 370.8)(1)求小物块运动过程中所受摩擦力的大小；(2)求在拉力的作用过程中，小物块加速度的大小；(3)若在小物块沿斜面向上运动0.80 m时，将拉力F撤去，求此后小物块沿斜面向上运动的距离思路点拨(1)F作用时，物块受力情况如何？(2)撤去F后，物块受力情况如何？加速度大小、方向如何？(3)撤去F前后两段运动的关联是哪个物理量？解析(1)F作用时，物体受力如图甲所示Ffmgcos 372.0 N.(2)设加速度为a1，根据牛顿第二定律有FFfmgsin
9、37ma1解得a11.0 m/s2.(3)设撤去拉力前小物块运动的距离为x1，撤去拉力时小物块的速度为v，撤去拉力后小物块的加速度和向上运动的距离大小分别为a2、x2，有v22a1x1撤去F后，物体受力如图乙所示由牛顿第二定律得：mgsin 37Ffma2v22a2x2联立式并代入数据解得：x20.10 m.答案(1)2.0 N(2)1.0 m/s2(3)0.10 m总结提升(1)解决两类动力学基本问题应把握的关键一个桥梁加速度是联系运动和力的桥梁两类分析受力分析和运动过程分析(2)解决动力学基本问题时对力的两种处理方法合成法：物体受2个或3个力时，一般采用“合成法”正交分解法：物体受3个或3
10、个以上的力时，则采用“正交分解法”(3)解答动力学两类问题的基本程序明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行受力分析和运动过程分析，并画出示意图应用牛顿运动定律和运动学公式求解2.倾角37、质量M5 kg的粗糙斜面位于水平地面上，质量m2 kg的木块置于斜面顶端，从静止开始匀加速下滑，经t2 s到达底端，运动路程L4 m，在此过程中斜面保持静止(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)，求：(1)地面对斜面的摩擦力大小与方向；(2)地面对斜面的支持力大小解析：(1)木块在斜面上匀加速下滑，由Lat2，解得加速度a2 m/s2.设斜
11、面对木块的摩擦力为Ff1，支持力为FN1.隔离木块分析受力，由牛顿第二定律得：mgsin Ff1ma，mgcos FN10，联立解得Ff18 N，FN116 N.设地面对斜面的摩擦力大小为Ff，方向向左，隔离斜面分析受力，对水平方向，由平衡条件得，FfFf1cos FN1sin ，代入数据解得Ff3.2 N，方向向左(2)设地面对斜面的支持力大小为FN，隔离斜面分析受力，对竖直方向，由平衡条件得，FNMgFf1sin FN1cos ，代入数据解得地面对斜面的支持力大小FN67.6 N.答案：(1)3.2 N方向向左(2)67.6 N考点三动力学图象问题 学生用书P45 1图象类型(1)已知物体
12、在一过程中所受的某个力随时间变化的图象，要求分析物体的运动情况(2)已知物体在一运动过程中位移、速度、加速度随时间变化的图象，要求分析物体的受力情况(3)已知物体在物理图景中的运动初始条件，分析物体位移、速度、加速度随时间的变化情况2问题的实质：是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图象的物理意义，理解图象的轴、点、线、截、斜、面六大功能(2015陕西西安高新一中模拟)小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角的关系如图所示取g10 m/s2，空气阻力不计可能用到的函数值：sin 300.5，sin 370.6.求：(1)物块的初速
13、度v0；(2)物块与斜面之间的动摩擦因数；(3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)审题点睛(1)0.5时，物体做什么运动？(2)0时，斜面变为什么面？根据上述两个特殊情况分别求解哪个物理量？解析(1)当90时，物块做竖直上抛运动，末速度为0，由题图得上升最大高度为h3.2 m，由v2gh，得v08 m/s.(2)当0时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0，由题图得水平最大位移为x6.4 m，由运动学公式有：v2ax，由牛顿第二定律得：mgma，得0.5.(3)设题图中P点对应的斜面倾角值为，物
14、块在斜面上做匀减速运动，末速度为0，由图得物块沿斜面运动的最大位移为x3.2 m，由运动学公式有：v2ax，由牛顿第二定律有：mgsin mgcos ma，得10sin 5cos 10，得37.因为mgsin 6mmgcos 4m，所以能滑回斜面底端答案(1)8 m/s(2)0.5(3)37能滑回底端，理由见解析总结提升数形结合解决动力学问题(1)物理公式与物理图象的结合是一种重要题型对于已知图象求解相关物理量的问题，往往是结合物理过程从分析图象的横、纵坐标轴所对应的物理量的函数入手，分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得出所求结果(2)解决这类问题必须把物体的实际运动过程与图象结合，相互对应
15、起来3.(单选)(2014高考福建卷)如图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是()解析：选B.在物块下滑的过程中，根据牛顿第二定律可得mgsin mgcos ma，故加速度保持不变，所以D错误；物块做匀减速直线运动，所以C错误；根据匀变速直线运动的规律sv0tat2可知B正确；下降的高度hssin ，所以A错误学生用书P45物理模型传送带模型中的动力学问题1模型特征一个物体以速度v0(v00)在另一个匀速运动的物体上开始运动的
16、力学系统可看做“传送带”模型，如图甲、乙、丙所示2建模指导传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题(1)水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断根据物体与传送带的相对速度方向判断摩擦力方向两者速度相等是摩擦力突变的临界条件(2)倾斜传送带问题：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变(18分)(2015四川成都七中开学考试)如图所示，传送带与地面倾角37，从A到B长度为L1
17、0.25 m，传送带以v010 m/s的速率逆时针转动在传送带上端A无初速地放一个质量为m0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹已知sin 370.6，g10 m/s2，求：(1)煤块从A到B的时间；(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度审题点睛(1)煤块刚放上时，判断摩擦力的方向，计算加速度(2)判断煤块能否达到与传送带速度相等，若不能，煤块从AB加速度不变，若能，则要进一步判断煤块能否相对传送带滑动(3)达到相同速度后，若煤块不再滑动，则匀速运动到B点，形成的痕迹长度等于传送带和煤块对地的位移之差煤块若相对传送带滑动，之后将以
18、另一加速度运动到B点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者该得的分一分不丢！(1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，如图甲，其加速度为a1g(sin cos )10 m/s2，(2分)t11 s，(1分)x1a1t5 mL，即下滑5 m与传送带速度相等(2分)达到v0后，受到向上的摩擦力，由于tan 37，煤块仍将加速下滑，如图乙，a2g(sin cos )2 m/s2，(2分)x2Lx15.25 m，(1分)x2v0t2a2t，(2分)得t20.5 s，(2分)则煤块从A到B的时间为tt1t21.5 s(1分) 甲 乙(2)第一过程痕迹长x1v0t1a1t5 m，(2分)第二
19、过程痕迹长x2x2v0t20.25 m，(2分)x1与x2部分重合，故痕迹总长为5 m(1分)答案(1)1.5 s(2)5 m总结提升解答传送带问题应注意的事项(1)水平传送带上物体的运动情况取决于物体的受力情况，即物体所受摩擦力的情况(2)倾斜传送带问题，一定要比较斜面倾角与动摩擦因数的大小关系(3)传送带上物体的运动情况可按下列思路判定：相对运动摩擦力方向加速度方向速度变化情况共速，并且明确摩擦力发生突变的时刻是v物v传4.(多选)(2015湖北黄冈模拟)三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以
20、v0的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是()A若v01 m/s，则物块A先到达传送带底端B若v01 m/s，则物块A、B同时到达传送带底端C若v01 m/s，则物块A先到达传送带底端D若v01 m/s，则物块A、B同时到达传送带底端解析：选BC.因为tan 37，若v01 m/s，两物块以相同的初速度和加速度沿传送带下滑，摩擦力均阻碍物块的运动，所以物块A、B同时到达传送带底端，B选项正确；若v01 m/s，开始运动的一段时间内，物块A的加速度大于物块B的加速度，然后加速度相等，所以物块A先到达传送带底端，即C选项正确学生用书P461(单选)(2015佛
21、山质检)我国宇航员王亚平在天宫授课时，利用质量测量仪粗略测出了聂海胜的质量若聂海胜受到恒力F从静止开始运动，经时间t移动的位移为s，则聂海胜的质量为()A.B.C. D.解析：选D.由牛顿第二定律得Fma，由匀变速直线运动位移和时间关系得sat2，解得m，D项正确2(单选)(2015陕西质检)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球的质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则()A运动员的加速度为gtan B球拍对球的作用力为mgC运动员对球拍的作用力为(Mm)gcos D若加速度大于gsin ，球一定沿球拍向上运动
22、解析：选A.由题意，球受重力和支持力作用沿水平方向加速运动，由牛顿第二定律有：agtan ，A项正确；球拍对球的支持力F，B项错；对球和球拍整体，受重力和运动员对球拍的力F，应用牛顿第二定律可知，F，C项错；agtan gsin 时，球相对球拍静止，D项错3(多选)(2015河北正定中学第一次月考)如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连倾角为的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()AA球的加速度沿斜面向上，大小为gsin BC球的
23、受力情况未变，加速度为0CB、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为gsin DB、C之间杆的弹力大小为0解析：选CD.据题意，细线未烧断前对A球受力分析，受力如图由于A球处于静止状态，则据平衡条件有：FGAsin TA3mgsin ；现将细线烧断，据弹簧弹力具有瞬间保持原值的特性，则对A球有：FGAsin ma，故A球此时加速度为a2gsin ，方向沿斜面向上，A选项错误；细线烧断后B、C球整体只受到重力和支持力，则加速度agsin ，方向沿斜面向下，所以B、C之间没有相互作用力，故C、D选项正确，B选项错误4(单选)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
24、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：选C.设斜面的倾角为，根据牛顿第二定律，知物块的加速度a0，即tan .对物块施加竖直向下的压力F后，物块的加速度aa，且Fsin Fcos 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5(单选)(2015朝阳区模拟)如图甲所示，一个静止在光滑水平面上的物块，在t0时给它施加一个水平向右的作用力F，F随时间t变化的关系如图乙所示，则物块速度v随时间t变化的图象是()解析：选C.由题意知F即为物块受到的合力，加速度先变小
25、后变大，而方向不变，速度一直增大，故A、B错误；在vt图象中，曲线某点切线的斜率表示瞬时加速度，斜率应是先减小后增大，故C正确，D错误6(多选)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象(以地面为参考系)如图乙所示已知v2v1，则()At2时刻，小物块离A处的距离达到最大Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右D0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：选BC.相对地面而言，小物块在0t1时间内
26、，向左做匀减速运动，t1t2时间内，又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻)，小物块向右做匀速运动故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误相对传送带而言，在0t2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t2t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B、C正确，D错误一、单项选择题1(2013高考新课标全国卷)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表示水平拉力的大小能正确描述
27、F与a之间的关系的图象是()解析：选C.物块的受力如图所示，当F不大于最大静摩擦力时，物块仍处于静止状态，故其加速度为0；当F大于最大静摩擦力后，由牛顿第二定律得FFNma，即FFNma，F与a成线性关系选项C正确2(2015海南三亚一中第二次月考)竖直起飞的火箭在推力F的作用下产生10 m/s2的加速度，若推力增大到2F，则火箭的加速度将达到(g取10 m/s2，不计空气阻力)()A20 m/s2B25 m/s2C30 m/s2 D40 m/s2解析：选C.根据牛顿第二定律可知Fmgma1，当推力为2F时，有2Fmgma2，代入数据解得a230 m/s2，则C正确3.如图所示，光滑水平面上，
28、A、B两物体用轻弹簧连接在一起，A、B的质量分别为m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做匀加速直线运动，加速度大小为a，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度大小为a1和a2，则()Aa10a20Ba1aa2aCa1aa2aDa1aa2a解析：选D.F作用下，弹簧弹力Tm1a，撤去外力瞬间A受力不变，a1a，B的加速度大小为a2a，故D正确4(2015福建四地六校联考)如图所示，传送带保持1 m/s的速度顺时针转动现将一质量m0.5 kg的物体轻轻地放在传送带的a点上，设物体与传送带间的动摩擦因数0.1，a、b间的距离L2.5 m，则物体从a点运动到b点所经历的时间为(g取10 m/s2
29、)()A. s B(1) sC3 s D2.5 s解析：选C.物体在传送带上运动的加速度为ag1 m/s2，加速到与传送带共速的时间为t11 s，加速的距离为xt10.5 m，以后物体随传送带匀速运动的时间为t22 s，则物体从a点运动到b点所经历的时间为3 s，选项C正确5.(2014高考重庆卷)以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的vt图象可能正确的是()解析：选D.不受空气阻力的物体，整个上抛过程中加速度恒为g，方向竖直向下，题图中的虚线表示该物体的速度时间图象；受空气阻力的
30、物体在上升过程中，mgkvma，即ag，随着物体速度的减小，物体的加速度不断减小，故A项错误；物体上升到最高点时，速度为零，此时物体的加速度也是g，方向竖直向下，故图中实线与t轴交点处的切线的斜率应与虚线的斜率相同，故D项正确，B、C项错误6.(2015南京外国语学校高三月考)在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k.在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m2的小球某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图所示不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的()A伸长量为tan B压缩量为tan C
31、伸长量为 D压缩量为解析：选A.对小球：F合m2gtan m2a，agtan ，对木块：F弹kxm1a，xtan ，故A正确二、多项选择题7(2014高考山东卷)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有()At1 Bt2Ct3 Dt4解析：选AC.合外力方向即为加速度方向，t1时刻物体加速运动，速度与加速度同向，A正确；t2时刻，物体减速运动，速度与加速度反向，B错误；同理可判定C正确，D错误8(2015山东潍坊一中检测)如图所示，甲、乙两车均在光滑的水平面上，质量都是M，人的质量都是m，甲车上的人用力F推车，乙车上
32、的人用等大的力F拉绳子(绳与滑轮的质量和摩擦均不计)；人与车始终保持相对静止下列说法正确的是()A甲车的加速度大小为B甲车的加速度大小为0C乙车的加速度大小为D乙车的加速度大小为0解析：选BC.将甲图中的人和车视为一整体，其在水平方向受的合外力为0(人的推力F是内力)，故a甲0，选项A错误，选项B正确将乙图中的人和车视为一整体，其在水平方向受的外力为2F，由牛顿第二定律知：a乙，则选项C正确，选项D错误9.(2015山东青岛模拟)如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住，处于静止状态，现用一个力F拉斜面体，使斜面体在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确
33、的是()A竖直挡板对球的弹力一定增大B若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C斜面对球的弹力保持不变D斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma解析：选AC.以小球为研究对象，分析受力情况，如图：小球受重力mg，竖直挡板对其的弹力F2和斜面对其的弹力F1，又知其加速度大小为a，根据牛顿第二定律得竖直方向：F1cos mg水平方向：F2F1sin ma由看出：斜面的弹力F1大小不变，与加速度无关，不可能为零，故B错误、C正确由看出：竖直挡板对球的弹力增大，故A正确由对小球的受力分析知，F1、F2和mg的合力等于ma，故D错误10.(2014高考四川卷)如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q
34、由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，tt0时刻P离开传送带不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是()解析：选BC.本题中条件间大小关系不明了，我们需要进行讨论若v2v1，则P、Q先一起做匀减速运动，且加速度大小a1.若P能减速到v1，当fPmQg，P、Q共同匀速，速度大小为v1，当fPmQg，P、Q继续减速，加速度大小a2，a1a2，故A错误若传送带足够长，P、Q减速到零后，反向加速，加速度大小为a2.若v1v2.当fPmQg，P、Q先共同加速，后以v1共同匀速运动，加速度大小为a2当fPmQg，P、Q可
35、能一直减速，也可能先减速到零，后反向加速，加速度不变综上，B、C正确，D错误三、非选择题11.(原创题)2014年10月，“辽宁舰”解缆起航，继续进行“歼15”舰载机起降训练，如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l11.6102 m的水平跑道和长度为l220 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h4.0 m一架质量为m2.0104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F1.2105 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.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g10 m/s2.(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末
36、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阶段对飞机施加助推力，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的作用，设加速度大小为a1，末速度大小为v1，运动时间为t1，有F合Ffma1vv2a1l1v1a1t1其中v00，f0.1mg，代入已知数据可得a15.0 m/s2，v140 m/s，t18.0 s飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用，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FfFGxma2FGxmg4.0104 Nvv2a2l2代入
37、已知数据可得a23.0 m/s2，v2 m/s41.5 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合F推Ffma1vv2a1l1飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用没有变化，加速度大小a2a23.0 m/s2vv2a2l2根据题意，v2100 m/s，代入已知数据解得F推5.2105 N.答案：(1)8.0 s41.5 m/s(2)5.2105 N12.(2015湖北名校联考)如图所示，AB是高h0.75 m、倾角37的粗糙斜面，斜面底端通过一小段圆弧与长L4 m的水平传送带左端相切
38、现将一小滑块从斜面顶端A由静止释放已知滑块与斜面间的动摩擦因数10.3，滑块与传送带间的动摩擦因数20.2，不计空气阻力取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.(1)求滑块经过B点时的速度；(2)若传送带以v3 m/s的速度沿逆时针方向转动，试判断滑块能否向右滑离出传送带？若能，试求出滑离速度；若不能，则求出滑块第1次在传送带上做往返运动的时间解析：(1)滑块从A到B的过程，由动能定理，有mgh1mgcos mv，解得：vB3 m/s.(2)假设能滑离，则从B到C的过程，由动能定理，有：2mgLmvmv，解得：v0，表明滑块不能向右滑离出传送带显然，滑块在传送带上先向右做匀减速运动，后又向左做匀加速运动返回B点时的速度大小vBvB，故滑块第1次在传送带上做往返运动的时间t s3 s.答案：(1)3 m/s(2)不能，运动时间为3 s
