牛頓第二定律的應(yīng)用考點(diǎn)一動(dòng)力學(xué)兩類基本問(wèn)題1.動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的解題思路2.解題關(guān)鍵(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析；(2)兩個(gè)橋梁——加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和力的橋梁；速度是各物理過(guò)程間相互聯(lián)系的橋梁.例題精練1.(多選)如圖2甲所示，物塊的質(zhì)量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點(diǎn)沿粗糙的水平面向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻F突然反向，大小不變，整個(gè)過(guò)程中物塊速度的平方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，g＝10m/s2.下列說(shuō)法中正確的是()圖2A.0～5m內(nèi)物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)B.在t＝1s時(shí)刻，恒力F反向C.恒力F大小為10ND.物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3答案ABD解析0～5m內(nèi)，由v12－v02＝2a1x1，得v12＝2a1x1＋v02，由題圖乙知，2a1＝－20m/s2，則a1＝－10m/s2，則物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，A正確；由題圖乙知，物塊的初速度v0＝10m/s，恒力F在5m處反向，在0～5m內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(0－v0,a1)＝1s，即在t＝1s時(shí)刻，恒力F反向，B正確；5～13m內(nèi)，由v22＝2a2x2得物塊的加速度a2＝eq\f(v22,2x2)＝eq\f(64,2×8)m/s2＝4m/s2，由牛頓第二定律得－F－μmg＝ma1，F(xiàn)－μmg＝ma2，聯(lián)立兩式解得F＝7N，μ＝0.3，D正確，C錯(cuò)誤.2.航模興趣小組設(shè)計(jì)出一架遙控飛行器，其質(zhì)量m＝2kg，動(dòng)力系統(tǒng)提供的恒定升力F1＝32N，試飛時(shí)飛行器從地面由靜止開始豎直上升.設(shè)飛行器飛行時(shí)所受的空氣阻力大小恒為f＝4N，飛行器上升9s后由于出現(xiàn)故障而失去升力，出現(xiàn)故障9s后恢復(fù)升力但升力變?yōu)镕2＝16N，取重力加速度大小g＝10m/s2，假設(shè)飛行器只在豎直方向運(yùn)動(dòng).求：(1)飛行器9s末的速度大小v1；(2)飛行器0～18s內(nèi)離地面的最大高度H；(3)飛行器落回地面的速度大小v2.答案(1)36m/s(2)216m(3)48m/s解析(1)0～9s內(nèi)，飛行器受重力、升力和阻力作用做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：F1－mg－f＝ma1解得a1＝4m/s2飛行器9s末的速度大小v1＝at1＝36m/s.(2)最初9s內(nèi)位移h1＝eq\f(1,2)a1t12＝162m設(shè)失去升力后上升階段加速度大小為a2，上升階段的時(shí)間為t2，由牛頓第二定律得：f＋mg＝ma2解得a2＝12m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得飛行器失去升力后上升階段v1＝a2t2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得h2＝eq\f(1,2)a2t22飛行器0～18s內(nèi)離地面的最大高度H＝h1＋h2解得t2＝3s，H＝216m.(3)飛行器到最高點(diǎn)后下落，設(shè)加速度大小為a3，由牛頓第二定律得：mg－f＝ma3解得a3＝8m/s2恢復(fù)升力前飛行器下落的時(shí)間為t3＝9s－t2＝6s，所以其速度v2＝a3t3.解得v2＝48m/s，由于H>eq\f(1,2)a3t32＝144m，恢復(fù)升力后F2＝mg－f，所以飛行器勻速下降，可知落回地面的速度大小為48m/s.考點(diǎn)二超重與失重問(wèn)題1.超重(1)定義：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.(2)產(chǎn)生條件：物體具有向上的加速度.2.失重(1)定義：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.(2)產(chǎn)生條件：物體具有向下的加速度.3.完全失重(1)定義：物體對(duì)支持物(或懸掛物)完全沒(méi)有作用力的現(xiàn)象稱為完全失重現(xiàn)象.(2)產(chǎn)生條件：物體的加速度a＝g，方向豎直向下.4.實(shí)重和視重(1)實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，它與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān).(2)視重：當(dāng)物體在豎直方向上有加速度時(shí)，物體對(duì)彈簧測(cè)力計(jì)的拉力或?qū)ε_(tái)秤的壓力將不等于物體的重力.此時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)或臺(tái)秤的示數(shù)即為視重.技巧點(diǎn)撥1.判斷超重和失重的方法(1)從受力的角度判斷當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時(shí)，物體處于失重狀態(tài)；等于零時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài).(2)從加速度的角度判斷當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時(shí)，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài).2.對(duì)超重和失重現(xiàn)象的理解(1)發(fā)生超重或失重現(xiàn)象時(shí)，物體所受的重力沒(méi)有變化，只是壓力(或拉力)變大或變小了(即“視重”變大或變小了).(2)物體處于超重或失重狀態(tài)只與加速度方向有關(guān)，而與速度方向無(wú)關(guān).(3)物體超重或失重多少由物體的質(zhì)量m和豎直加速度a共同決定，其大小等于ma.(4)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)完全消失，如天平失效、浸在水中的物體不再受浮力作用、液柱不再產(chǎn)生壓強(qiáng)等.例題精練3.一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖7所示.乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示.重力加速度大小為g.以下判斷正確的是()圖7A.0～t1時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N>mgB.t1～t2時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N<mgC.t2～t3時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N<mgD.t2～t3時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N>mg答案D解析根據(jù)s－t圖像的斜率表示速度可知，0～t1時(shí)間內(nèi)v增大，t2～t3時(shí)間內(nèi)v減小，t1～t2時(shí)間內(nèi)v不變，故B、C錯(cuò)誤；0～t1時(shí)間內(nèi)速度越來(lái)越大，加速度向下，處于失重狀態(tài)，則FN<mg，故A錯(cuò)誤；t2～t3時(shí)間內(nèi)，速度逐漸減小，加速度向上，處于超重狀態(tài)，則FN>mg，故D正確.4.一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯勻加速上升，加速度大小為eq\f(1,3)g(g為重力加速度).人對(duì)電梯底部的壓力大小為()A.eq\f(1,3)mg B.2mgC.eq\f(4,3)mg D.mg答案C解析根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝ma，解得電梯底部對(duì)人的支持力大小為FN＝eq\f(4,3)mg，由牛頓第三定律知，人對(duì)電梯底部的壓力大小為FN′＝eq\f(4,3)mg，選項(xiàng)C正確.考點(diǎn)三瞬時(shí)加速度問(wèn)題1.兩種模型加速度與合外力具有瞬時(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，當(dāng)物體所受合外力發(fā)生突變時(shí)，加速度也隨著發(fā)生突變，而物體運(yùn)動(dòng)的速度不能發(fā)生突變.2.解題思路eq\x(分析瞬時(shí)變化前物體的受力情況)→eq\x(分析瞬時(shí)變化后哪些力變化或消失)→eq\x(求出變化后物體所受合力根據(jù)牛頓第二定律列方程)→eq\x(求瞬時(shí)加速度)例題精練5.如圖8，吊籃用繩子懸掛在天花板上，吊籃A及物塊B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，則將懸掛吊籃的輕繩剪斷的瞬間，下列說(shuō)法正確的是()圖8A.三者的加速度都為gB.C的加速度為零，A和B的加速度為eq\f(3,2)gC.B對(duì)A的壓力為2mgD.B對(duì)A的壓力為mg答案B解析受力分析可知，物體C受重力和彈簧彈力，彈簧的彈力不能突變，在細(xì)繩剪斷瞬間，C受到的彈力與重力相等，所受合力為零，則C的加速度為0；物體B與A相對(duì)靜止，將A、B看作一個(gè)整體，受重力和彈簧的壓力，彈簧的壓力等于C物體的重力mg，對(duì)A、B組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律得a＝eq\f(mg＋mg＋mg,2m)＝eq\f(3,2)g，故A錯(cuò)誤，B正確；以吊籃A為研究對(duì)象，A受到重力與B對(duì)A的壓力，由牛頓第二定律得mg＋FN＝ma，代入數(shù)據(jù)得FN＝eq\f(mg,2)，C、D錯(cuò)誤.

綜合練習(xí)一．選擇題（共8小題）1．（江蘇模擬）如圖所示，粗糙水平面上有兩個(gè)滑塊A和B，其間用長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1m的細(xì)線相連，細(xì)線可承受的最大張力為FTm＝10N，現(xiàn)對(duì)滑塊A施加水平向右的恒力F1＝24N，作用1s后突然將外力變?yōu)镕2＝32N，滑塊質(zhì)量mA＝4kg、mB＝2kg，兩滑塊與平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，以下說(shuō)法正確的是（）A．1s末滑塊B的速度為3m/s B．1.5s末滑塊B的加速度大小為2m/s2 C．滑塊B剛靜止時(shí)滑塊A的速度為m/s D．滑塊B剛靜止時(shí)兩滑塊間的距離為4m【分析】先根據(jù)牛頓第二定律整體法和隔離法判斷對(duì)滑塊A施加水平向右的恒力F1＝24N時(shí)細(xì)線是否斷裂，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解1s末滑塊B的速度；判斷對(duì)滑塊A施加水平向右的恒力F2＝32N時(shí)細(xì)線是否斷裂，然后用牛頓第二定律分別求出A和B的加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求出速度和位移?！窘獯稹拷猓篈、當(dāng)滑塊A施加水平向右的恒力F1＝24N時(shí)，整體法求加速度：F1＝（mA+mB）a0，隔離B求細(xì)線的拉力：T0＝mBa0，聯(lián)立解得：T0＝8N＜FTm＝10N，故細(xì)線沒(méi)有斷裂，A和B一起以a0＝4m/s2勻加速直線運(yùn)動(dòng)。1s末滑塊B的速度為v1＝a0t1＝4×1m/s＝4m/s，故A錯(cuò)誤；B、1s后突然將外力變?yōu)镕2＝32N，同理整體法和隔離法求得細(xì)線的拉力T1＝N＞FTm＝10N，即細(xì)線斷裂，對(duì)滑塊B由牛頓第二定律可知：μmBg＝mBa1，解得1.5s末滑塊B的加速度大小a1＝2m/s2，故B正確；C、滑塊B從1s末開始做初速度大小為v1＝4m/s，加速度大小為a1＝2m/s2的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減為零，所需的時(shí)間t2＝＝s＝2s，這個(gè)過(guò)程中滑塊A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知：a2＝＝m/s2＝6m/s2，則滑塊B剛靜止時(shí)滑塊A的速度為v2＝v1+a2t2＝4m/s+6m/s2×2s＝16m/s，故C錯(cuò)誤；D、細(xì)線斷裂后直到滑塊B剛靜止過(guò)程中，滑塊A的運(yùn)動(dòng)位移：xA＝＝m＝20m滑塊B的運(yùn)動(dòng)位移：＝m＝4m滑塊B剛靜止時(shí)兩滑塊間的距離為△x＝xA﹣xB＝20m﹣4m＝16m，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合運(yùn)用，綜合運(yùn)用整體法和隔離法求兩滑塊之間的細(xì)線的內(nèi)力，也可以直接運(yùn)用內(nèi)力公式快速判斷細(xì)線是否斷裂，節(jié)省了選擇題的解題時(shí)間。2．（廣東月考）如圖所示，滑塊A和足夠長(zhǎng)的木板B疊放在水平地面上，A和B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是B和地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)的4倍，A和B的質(zhì)量均為m。現(xiàn)對(duì)A施加一水平向右逐漸增大的力F，當(dāng)F增大到F0時(shí)A開始運(yùn)動(dòng)，之后力F按圖乙所示的規(guī)律繼續(xù)增大，圖乙中的x為A運(yùn)動(dòng)的位移，已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。對(duì)兩物塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，以下說(shuō)法正確的是（）A．當(dāng)F＞2F0，木塊A和木板B開始相對(duì)滑動(dòng) B．當(dāng)F＞F0，木塊A和木板B開始相對(duì)滑動(dòng) C．自x＝0至木板x＝x0木板B對(duì)A做功大小為 D．x＝x0時(shí)，木板B的速度大小為【分析】本題為板塊模型，需通過(guò)最大靜摩擦力分析求出AB相對(duì)滑動(dòng)、B與地相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件，結(jié)合圖像可求出做功情況以及對(duì)應(yīng)速度大小?！窘獯稹拷猓篈B、設(shè)A、B之間的最大摩擦力為fm，B與地面之間的最大摩擦力為fm'，由于最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則fm＝4μmg＞fm'＝μ?2mg＝2μmg，可知，當(dāng)F增大到F0，A開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，B也和A一起滑動(dòng)。則F0＝fm'＝2μmg，當(dāng)A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，A、B之間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力，對(duì)A分析得F﹣fm＝ma，以AB為整體得F﹣fm′＝2ma聯(lián)立解得F＝3F0，故AB錯(cuò)誤；CD、木板自x＝0至x＝x0過(guò)程中，A、B沒(méi)有發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，整體動(dòng)能定理得，對(duì)A用動(dòng)能定理，得聯(lián)立解得，。故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題為板塊問(wèn)題，考查學(xué)生受力分析能力，對(duì)學(xué)生綜合已學(xué)內(nèi)容對(duì)問(wèn)題進(jìn)行分析的能力有一定要求。3．（3月份模擬）如圖所示，一質(zhì)量為m＝4kg、傾角θ＝45°的斜面體C放在光滑水平桌面上，斜面上疊放質(zhì)量均為m0＝1kg的物塊A和B，物塊B的下表面光滑，上表面粗糙且與物塊A下表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力；物塊B在水平恒力F作用下與物塊A和斜面體C一起恰好保持相對(duì)靜止地向右運(yùn)動(dòng)，取g＝10m/s2，下列判斷正確的是（）A．物塊A受到摩擦力大小F1＝5N B．斜面體的加速度大小為a＝10m/s2 C．水平恒力大小F＝15N D．若水平恒力F作用在A上，A、B、C三物體仍然可以相對(duì)靜止【分析】首先對(duì)物塊A、B整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式，再對(duì)A、B、C整體分析，根據(jù)牛頓第二定律列式，最后聯(lián)立求解出加速度和水平推力；然后隔離物體A分析，根據(jù)牛頓第二定律列式求解靜摩擦力大??；當(dāng)推力作用在物體A上時(shí)，先求解整體加速度，再隔離A分析求解靜摩擦力，與最大靜摩擦力比較即可?！窘獯稹拷猓築C、首先對(duì)A、B整體分析，受推力、重力和支持力，如圖所示：根據(jù)牛頓第二定律，水平方向，有：F﹣Nsin45°＝（m0+m0）a豎直方向，有：Ncos45°﹣（m0+m0）g＝0聯(lián)立解得：N＝（m0+m0）g＝20N，F(xiàn)＝20+2a再對(duì)ABC整體分析，根據(jù)牛頓第二定律，有：F＝（m+m0+m0）a聯(lián)立解得：a＝5m/s2，F(xiàn)＝30N，故B錯(cuò)誤，C錯(cuò)誤；A、再隔離物體A分析，受重力、支持力和向右的靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：F1＝m0a＝1×5N＝5N，故A正確；D、若水平恒力F作用在A上，先假設(shè)三者可以相對(duì)靜止；對(duì)ABC整體，依然有：F＝（m+m0+m0）a；對(duì)AB整體依然是，水平方向，有：F﹣Nsin45°＝（m0+m0）a，豎直方向，有：Ncos45°﹣（m0+m0）g＝0，聯(lián)立解得：a＝5m/s2，F(xiàn)＝30N；最后隔離物體A，受推力F、靜摩擦力f，重力和支持力，根據(jù)牛頓第二定律，有：F﹣f＝m0a，解得：f＝F﹣m0a＝30N﹣1×5N＝25N；而最大靜摩擦力fmax＝μm0g＝0.5×1×10N＝5N＜f，故假設(shè)錯(cuò)誤，即A、B、C三個(gè)物塊不能保持相對(duì)靜止，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題是牛頓第二定律運(yùn)用中的連接體問(wèn)題，關(guān)鍵是采用整體法和隔離法靈活選擇研究對(duì)象，多次運(yùn)用牛頓第二定律列式聯(lián)立判斷，難度較大。4．（唐山二模）斜劈是生活中常用的一種小工具，它可以增加物體的穩(wěn)定性。如圖，將斜劈墊在光滑小球的下端，可以使小球靜止在光滑豎直墻壁和斜劈之間。若小球的質(zhì)量為m，斜劈尖端的角度為θ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說(shuō)法中正確的是（）A．小球受到墻壁的彈力大小為mg B．斜劈對(duì)小球的支持力為2mg C．斜劈與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)可能為 D．增大小球的質(zhì)量，斜劈不可能向右滑動(dòng)【分析】以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，用平衡條件求解小球受到的彈力；以整體為研究對(duì)象，求解斜劈與地面間的靜摩擦力和彈力，進(jìn)而分析斜劈與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)?！窘獯稹拷猓篈B、以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力分析如圖，由平衡條件得，小球受到墻壁的彈力FN2＝mgtanθ，斜劈對(duì)小球的支持力為FN1＝，故AB錯(cuò)誤；C、以整體為研究對(duì)象，斜劈受到地面的支持力等于整體重力FN＝（M+m）g，斜劈受到地面的摩擦力等于墻壁對(duì)球的彈力f＝FN2＝mgtanθ，因系統(tǒng)靜止，由f＝mgtanθ≤μ（M+m）g得，μ≥，當(dāng)M＝m時(shí)，μ≥tanθ，因斜劈質(zhì)量M未知，所以斜劈與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)可能為，故C正確；D、假設(shè)此時(shí)系統(tǒng)恰好處于靜止，對(duì)整體由平衡條件有：mgtanθ＝μ（M+m）g，設(shè)小球的質(zhì)量增大△m，則墻壁對(duì)小球的彈力增大△mgtanθ，地面對(duì)斜劈的彈力增大μ△mg，若μ＜tanθ，則μ△mg＜△mgtanθ，這時(shí)墻壁對(duì)球的彈力大于地面對(duì)斜劈的最大靜摩擦力，斜劈向右滑動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用，此題的難點(diǎn)在于小球和斜劈的質(zhì)量關(guān)系、地面和斜劈間的動(dòng)摩擦因數(shù)都不確定，可以用特殊值的方法去分析。5．（成都月考）春節(jié)期間，人們掛起紅燈籠，來(lái)營(yíng)造一種喜慶的氛圍．如圖所示，輕繩a、b將燈籠懸掛于O點(diǎn)保持靜止，繩a與水平方向的夾角為θ，繩b水平。現(xiàn)保持O點(diǎn)位置不變，b繩緩慢逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)到豎直，則（）A．輕繩a的作用力減小，輕繩b的作用力先減小后增大 B．輕繩a、b的作用力均減小 C．輕繩a、b的作用力均增大 D．輕繩a的作用力不變，輕繩b的作用力先減小后增大【分析】選取結(jié)點(diǎn)O為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，作出受力分析圖，結(jié)合共點(diǎn)力平衡條件，三個(gè)力構(gòu)成閉合三角形。確定不變的量是重力、a繩拉力方向，改變b繩方向判斷各力大小變化?！窘獯稹拷猓阂越Y(jié)點(diǎn)O為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，受a、b繩的拉力以及下面繩子的拉力，下面繩子的拉力等于燈籠的重力，結(jié)點(diǎn)O平衡，受力分析如圖所示O點(diǎn)位置不變，則Ta方向不變，b繩緩慢逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)到豎直過(guò)程中，由上圖可知，Tb先減小后增大，Ta一直減小，BCD錯(cuò)誤，A正確。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查共點(diǎn)力平衡，主要考查動(dòng)態(tài)平衡，要求學(xué)生做出受力分析圖，結(jié)合圖像進(jìn)行分析。作為高一的題目，難度中等偏大。6．（山東二模）如圖，輕繩兩端固定在一硬質(zhì)輕桿上的A、B兩點(diǎn)，在輕繩中點(diǎn)O系一重物。現(xiàn)將桿順時(shí)針在豎直面內(nèi)縵慢旋轉(zhuǎn)，使OA從水平位置轉(zhuǎn)到豎直位置的過(guò)程中，繩OA、OB的張力FA和FB的大小變化情況是）A．FA先增大后減小，F(xiàn)B一直減小 B．FA先減小后增大，F(xiàn)B一直增大 C．FA先減小后增大，F(xiàn)B先增大后減小 D．FA先增大后減小，F(xiàn)B先減小后增大【分析】由題意可以判斷重物處于動(dòng)態(tài)平衡的狀態(tài)，作出受力分析圖之后，利用重力不變，分析另外兩個(gè)力的變化?？勺鲌A，將重力作為圓的一條弦，由此便于求出另外兩個(gè)力的變化?！窘獯稹拷猓汉狭Υ笮〔蛔儯扔趍g，方向不變，兩個(gè)分力的夾角不變，根據(jù)三角形法則作圖，如圖所示由圖可知，當(dāng)OA從水平位置轉(zhuǎn)到豎直位置的過(guò)程中，F(xiàn)A先增大后減小，F(xiàn)B一直減小。故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查共點(diǎn)力平衡，屬于動(dòng)態(tài)分析的題目，要求學(xué)生作圖進(jìn)行分析，難度中等偏高。7．（浠水縣校級(jí)月考）完整的撐桿跳高過(guò)程可以簡(jiǎn)化成三個(gè)階段：持桿助跑、撐桿起跳上升、越桿下落。某運(yùn)動(dòng)員從靜止開始以加速度a＝1.25m/s2勻加速助跑，經(jīng)x＝32.4m的助跑距離開始起跳，過(guò)桿后做自由落體運(yùn)動(dòng)。設(shè)起跳重心升高的值及越過(guò)橫桿后到身體接觸軟墊重心下降的值均為h＝4.05m，過(guò)桿的速度不計(jì)，不計(jì)撐桿的質(zhì)量和空氣的阻力。重力加速度g取10m/s2．下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．起跳前的速度大小為9m/s B．身體接觸軟墊時(shí)的速度大小為9m/s C．起跳上升時(shí)運(yùn)動(dòng)員先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài) D．從起跳到身體接觸軟墊，運(yùn)動(dòng)員在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為1.8s【分析】運(yùn)動(dòng)員起跳前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，過(guò)桿后做自由落體運(yùn)動(dòng)；物體具有豎直向上的加速度或加速度有豎直向上的分量，處于超重狀態(tài)；物體具有豎直向下的加速度或加速度有豎直向下的分量，處于失重狀態(tài)。【解答】解：A、助跑過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由得v1＝9m/s，故A正確；B、運(yùn)動(dòng)員過(guò)桿后做自由落體運(yùn)動(dòng)，由得v2＝9m/s，故B正確；C、起跳上升時(shí)運(yùn)動(dòng)員先向上做加速運(yùn)動(dòng)，后向上做減速運(yùn)動(dòng)，所以運(yùn)動(dòng)員先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)，故C正確；D、運(yùn)動(dòng)員上升過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)不是豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故無(wú)法求出運(yùn)動(dòng)員在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故D錯(cuò)誤。本題選錯(cuò)誤的，故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是分清運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，理解超重和失重的本質(zhì)。8．（金牛區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為M的人，站在臺(tái)秤上，一長(zhǎng)為R的懸線一端系一個(gè)質(zhì)量為m的小球，手拿懸線另一端，小球繞懸線另一端點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，且小球恰好能通過(guò)圓軌道最高點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是（）A．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，臺(tái)秤的示數(shù)最大且為（M+6m）g B．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，臺(tái)秤的示數(shù)最小且為Mg C．小球在a、b兩個(gè)位置時(shí)，臺(tái)秤的示數(shù)不相同 D．小球從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中臺(tái)秤的示數(shù)增大，人處于超重狀態(tài)【分析】因?yàn)樾∏蛘猛ㄟ^(guò)圓軌道的最高點(diǎn)，這表示他在最高點(diǎn)時(shí)其重力mg正好提供其圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力，因此最低點(diǎn)時(shí)速度v可求，因此繩子拉力明顯就是5mg，此時(shí)對(duì)人進(jìn)行分析，其受到向下的重力，繩子的拉力5mg，再加上小球的重力為mg，臺(tái)秤的支持力而保持平衡，所以F＝（M+6m）g?！窘獯稹拷猓篈、小球恰好能通過(guò)圓軌道最高點(diǎn)，在最高點(diǎn)，細(xì)線中拉力為零，小球速度為：vb＝小球從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得：+mg?2R＝，在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律有：F﹣mg＝聯(lián)立解得細(xì)線中拉力F＝6mg。小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，臺(tái)秤的示數(shù)最大且為Mg+F＝（M+6m）g，故A正確；B、小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，細(xì)線中拉力為零，臺(tái)秤的示數(shù)為Mg，但是不是最小，當(dāng)小球處于如圖所示狀態(tài)時(shí)，設(shè)其速度為v1，由牛頓第二定律有：T+mgcosθ＝解得懸線拉力為：T＝3mg（1﹣cosθ）其分力為：Ty＝Tcosθ＝3mgcosθ﹣3mgcos2θ當(dāng)cosθ＝0.5，即θ＝60°時(shí)，臺(tái)秤的最小示數(shù)為Fmin＝Mg﹣Ty＝Mg﹣0.75mg。故B錯(cuò)誤；C、小球在a、b、c三個(gè)位置，小球均處于完全失重狀態(tài)，臺(tái)秤的示數(shù)相同，故C錯(cuò)誤；D、人沒(méi)有運(yùn)動(dòng)，不會(huì)有超重失重狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓第二定律、動(dòng)能定理的綜合，關(guān)鍵知道圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來(lái)源，選擇合適的研究過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理、牛頓第二定律進(jìn)行求解。二．多選題（共7小題）9．（五華區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，直角三角形物體C放在水平地面上，將表面粗糙的兩長(zhǎng)方體A、B疊放在一起，由靜止輕放在C的斜面上，物體C始終靜止，已知A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，B與C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，則在A、B下滑的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．若μ1＞μ2，則A與B不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng) B．若μ1＜μ2，則A與B不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng) C．若μ1＝μ2，則地面與C之間可能不產(chǎn)生摩擦力的作用 D．不論μ1＞μ2，還是μ1＜μ2，地面與C之間一定產(chǎn)生摩擦力的作用【分析】假設(shè)AB相對(duì)靜止，對(duì)AB整體受力分析，求出AB的加速度，對(duì)A受力分析求出摩擦力的大小，分析動(dòng)摩擦因數(shù)的關(guān)系得到所求摩擦力和最大靜摩擦力的關(guān)系判斷假設(shè)是否正確，從而判斷AB間有沒(méi)有相對(duì)滑動(dòng)；根據(jù)AB的加速度方向判斷斜面、A、B整體加速度的方向，求出水平方向有沒(méi)有加速度，整體水平方向只有摩擦力提供加速度判斷地面和斜面之間是否有摩擦力?！窘獯稹拷猓篈B、假設(shè)AB相對(duì)靜止一起相對(duì)斜面滑動(dòng)，則AB間是靜摩擦，對(duì)AB整體受力分析如圖1：沿斜面方向根據(jù)牛頓第二定律：（mA+mB）gsinθ﹣μ2mBgcosθ＝（mA+mB）a解得：a＝gsinθ﹣μ2gcosθ對(duì)A受力分析如圖2：沿斜面方向根據(jù)牛頓第二定律：mAgsinθ﹣fBA＝mAa求得：fBA＝μ2mAgcosθAB間的最大靜摩擦為f＝μ1mAgcosθ若μ1＞μ2，f＞fBA，則A與B不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)若μ1＜μ2，f＜fBA，與摩擦力小于等于最大靜摩擦矛盾，故假設(shè)錯(cuò)誤，AB相對(duì)滑動(dòng)。故A正確，B錯(cuò)誤；C、若μ1＝μ2，則A與B不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，A、B一起沿斜面向下加速下滑，斜面、A、B整個(gè)系統(tǒng)有斜向下的加速度，則有水平向右的分加速，整體水平方向只受地面對(duì)斜面的摩擦力，故地面對(duì)斜面有向右的摩擦力，故C錯(cuò)誤；D、不論A與B是否發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，在A、B加速下滑的過(guò)程中，整個(gè)系統(tǒng)都有水平向右的分加速，故地面對(duì)斜面一定有向右的摩擦力，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】解題的關(guān)鍵是先假設(shè)相對(duì)靜止，求出摩擦力和最大靜摩擦力之間的關(guān)系；會(huì)用整體牛頓第二定律判斷摩擦力的有無(wú)。10．（南安市校級(jí)月考）如圖，一個(gè)小物塊由靜止開始分別沿坡度不同的斜面AB′和AB滑下，最后都停在水平面BC上，斜面和水平面平滑連接，已知兩個(gè)斜面和水平面與物塊的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，下列說(shuō)法正確的是（）A．小物塊沿斜面AB′下滑的時(shí)間一定比沿斜面AB下滑的時(shí)間長(zhǎng) B．小物塊沿AB′和AB滑下，經(jīng)過(guò)斜面底端時(shí)的速率一定相等 C．小物塊沿AB′和AB滑下，在水平面的同一位置停下來(lái) D．沿斜面AB′下滑過(guò)程中克服摩擦力做的功小于沿斜面AB滑下過(guò)程中克服摩擦力做的功【分析】根據(jù)物體的受力情況確定物體的運(yùn)動(dòng)加速度，然后利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出速度和時(shí)間。本題主要考查從受力確定運(yùn)動(dòng)情況的問(wèn)題，關(guān)鍵是根據(jù)同樣的高度求斜邊長(zhǎng)?！窘獯稹拷猓篈、在斜面上下滑加速度a＝＝gsinθ﹣μgcosθ，所以有a′＜a，時(shí)間t＝，由于x′＞x，那么t′＞t，故選項(xiàng)A正確；BD、滑下時(shí)，克服摩擦力做功Wf＝＝μmgx水平，顯然AB′更大，即Wf′＞W(wǎng)f，所以根據(jù)動(dòng)能定理，滑到斜面底端時(shí)速度不同，故選項(xiàng)BD均錯(cuò)誤；C、據(jù)動(dòng)能定理，mgh﹣＝0﹣0，整理后有：μmg（x水平+L）＝mgh，即x水平+L＝，即兩種情況下最終停下來(lái)的水平距離相同，則將停在同一位置，故選項(xiàng)C正確。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題根據(jù)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析求解，也可以使用動(dòng)能定理求解，運(yùn)用動(dòng)能定理求解更為簡(jiǎn)潔，可以嘗試一題多解。11．（洪山區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，P為光滑定滑輪，O為光滑輕質(zhì)動(dòng)滑輪，輕繩跨過(guò)滑輪，左端與物體A相連，右端固定在桿Q上，重物B懸掛在動(dòng)滑輪上。將A置于靜止在粗糙水平面的斜面體上，輕繩AP段與斜面平行，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。若將桿Q向左移動(dòng)一小段距離，斜面體與物體A仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，待動(dòng)滑輪靜止后，下列說(shuō)法正確的是（）A．輕繩中的彈力一定減小 B．物體A與斜面體之間的摩擦力一定增大 C．斜面體與地面之間的彈力一定增大 D．斜面體與地面之間的摩擦力一定增大【分析】本題解題時(shí)首先明確跨過(guò)滑輪的繩子兩端拉力相等，對(duì)B受力分析，列出共點(diǎn)力平衡條件的式子，可以求出繩子拉力與夾角和B物體重力的關(guān)系。對(duì)A進(jìn)行受力分析，摩擦力方向取決于拉力與重力沿斜面方向分量的大小。對(duì)A和斜面整體分析，可以求斜面與地面之間彈力和摩擦力【解答】解：A．若將桿Q向左移動(dòng)一段距離，斜面體與物體A仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，待動(dòng)滑輪靜止后，∠QOP變小，兩繩拉力大小相等，合力與B的重力等大反向，設(shè)繩OP與豎直方向夾角為θ，，角度變小，則拉力變小，故A正確；B．如果初始狀態(tài)A重力沿斜面方向的分力小于拉力，則初始狀態(tài)A受到的摩擦力沿斜面向下，當(dāng)繩中拉力變小，則摩擦力減小，故B錯(cuò)誤；CD．對(duì)A和斜面整體分析，斜面傾角為α，水平方向f＝Tcosα，豎直方向N＝（M+m）g﹣Tsinα，拉力變小，摩擦力變小，支持力變大，故C正確，D錯(cuò)誤故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查共點(diǎn)力平衡，需要學(xué)生熟練掌握受力分析，并靈活運(yùn)用整體法和隔離法，找到題目所求幾個(gè)力之間的關(guān)系，難度較大。12．（龍巖模擬）如圖所示，光滑的小滑環(huán)套在固定的半圓環(huán)上，用不可伸長(zhǎng)、質(zhì)量不計(jì)的細(xì)繩一端拴住小滑環(huán)，另一端繞過(guò)定滑輪后與智能電動(dòng)機(jī)（輸出功率與轉(zhuǎn)速自動(dòng)可調(diào)）相連。小滑環(huán)在電動(dòng)機(jī)的拉動(dòng)下，以恒定速率從圓環(huán)的A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)。在此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．小滑環(huán)一直處于超重狀態(tài) B．小滑環(huán)受到的拉力一直減小 C．電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)速先增大后減小 D．電動(dòng)機(jī)的輸出功率一直減小【分析】分析小滑環(huán)豎直方向的速度的變化情況，由此確定是失重或是超重；以小滑環(huán)為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，根據(jù)三角形相似得到拉力的變化情況；根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解得到繩上速度的變化情況，由此分析電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)速的變化情況；拉力的做功功率等于克服小滑環(huán)的重力做功功率，由此分析電動(dòng)機(jī)的輸出功率?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)小滑環(huán)的速率為v，當(dāng)方向與豎直方向夾角為θ時(shí)，豎直方向的速度大小為：vy＝vcosθ；小滑環(huán)沿圓環(huán)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)的過(guò)程中θ逐漸增大，cosθ逐漸減小，所以小滑環(huán)向上做減速運(yùn)動(dòng)，小滑環(huán)處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B、以小滑環(huán)為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，受到重力、支持力和拉力，如圖1所示，設(shè)滑輪到O點(diǎn)的距離為H，小滑環(huán)到滑輪的距離為x，根據(jù)三角形相似可得：＝，由于x逐漸減小，則拉力F減小，故B正確；C、當(dāng)小滑環(huán)的速度方向與繩方向夾角為α?xí)r，將小滑環(huán)的速度進(jìn)行分解如圖2所示，此時(shí)繩子的速度大小為：v繩＝vcosα，當(dāng)繩子與圓弧相切時(shí)α＝0，此時(shí)繩子速度最大，以后α又逐漸增大，所以繩子的速度先增大后減小，根據(jù)v繩＝rω＝2πnr可知，電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)速先增大后減小，故C正確；D、由于拉力的做功功率等于克服小滑環(huán)的重力做功功率，由于小滑環(huán)豎直方向的速度逐漸減小，則克服重力做功功率逐漸減小，電動(dòng)機(jī)的輸出功率一直減小，故D正確。故選：BCD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查共點(diǎn)力的平衡、運(yùn)動(dòng)的合成與分解、功率的計(jì)算等問(wèn)題，關(guān)鍵是弄清楚小滑環(huán)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的受力情況、豎直方向、沿繩方向的速度的變化情況，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件、運(yùn)動(dòng)的合成與分解進(jìn)行解答。13．（城關(guān)區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，斜面體A靜止在水平面上，質(zhì)量為m的滑塊B在外力F1和F2的共同作用下沿斜面向下運(yùn)動(dòng)。當(dāng)F1方向水平向右，F(xiàn)2方向沿斜面向下時(shí)，地面對(duì)斜面體摩擦力的方向水平向左，則下列說(shuō)法正確的是（）A．若只撤去F1，在滑塊B仍向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，A所受地面摩擦力方向可能向右 B．若只撤去F2，在滑塊B仍向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，A所受地面摩擦力方向可能向右 C．若只撤去F1，在滑塊B仍向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，A所受地面摩擦力減小 D．若同時(shí)撤去F1和F2，滑塊B所受合力方向一定沿斜面向下【分析】由題意知，物體B沿斜劈向下運(yùn)動(dòng)，斜劈A保持靜止并受到地面給它向左的靜摩擦力作用，說(shuō)明A有向右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)。由于題目沒(méi)有明確物體B向下運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)是勻速直線運(yùn)動(dòng)還是勻加速直線運(yùn)動(dòng)以及斜劈A表面的粗糙程度是光滑還是粗糙，這給該題的判斷和分析帶來(lái)了很大的困難。我們要用假設(shè)法去討論存在的問(wèn)題。【解答】解：本題可以假設(shè)從以下兩個(gè)方面進(jìn)行討論。（1）斜劈A表面光滑（設(shè)斜面的傾角為θ，A的質(zhì)量為mA，B的質(zhì)量為mB）AC、如果撤去F1，使A相對(duì)地面發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)的外力大小是FN2sinθ＝mBgcosθsinθ，方向向右。如圖1所示。由于mBgcosθsinθ＜（mBgcosθ+F1sinθ）sinθ，所以A所受地面的摩擦力仍然是靜摩擦力，其方向仍然是向左，而不可能向右。地面對(duì)A的支持力減小，則A所受的地面摩擦力減小，故A錯(cuò)誤、C正確；B、撤去F2，在物體B仍向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，A所受地面摩擦力的變化情況要從A受地面摩擦力作用的原因角度去思考，即尋找出使A相對(duì)地面發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)的外力的變化情況。通過(guò)分析，使A相對(duì)地面有向右滑動(dòng)趨勢(shì)的外力是（mBgcosθ+F1sinθ）sinθ．如圖2、3所示，與F2是否存在無(wú)關(guān)，所以撤去F2，在物體B仍向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，A所受地面的摩擦力應(yīng)該保持不變，故B錯(cuò)誤；D、若同時(shí)撤去F1和F2，滑塊B的加速度方向一定沿斜面向下，故D正確；因此，在斜劈表面光滑的條件下，該題的答案應(yīng)該是：CD。（2）斜劈A表面粗糙（設(shè)A表面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ）在斜劈A表面粗糙的情況下，B在F1、F2共同作用下沿斜面向下的運(yùn)動(dòng)就不一定是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，也可能是勻速直線運(yùn)動(dòng)。由題意知，在B沿斜劈下滑時(shí)，受到A對(duì)它彈力FN和滑動(dòng)摩擦力f。根據(jù)牛頓第三定律，這兩個(gè)力反作用于A．斜劈A實(shí)際上就是在這兩個(gè)力的水平分力作用下有相對(duì)地面向右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)的。FNsinθ＞fcosθ，又因?yàn)閒＝μFN，所以FNsinθ＞μFNcosθ，即μ＜tanθ。AC、如果撤去F1，在物體B仍向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，N＝mgcosθ，f＝μN(yùn)，圖中假設(shè)A受的摩擦力fA方向向左，Nsinθ＝fcosθ+fA，則有：fA＝Nsinθ﹣μN(yùn)cosθ＝N（sinθ﹣μcosθ）＞0，所以斜劈A都有相對(duì)地面向右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，摩擦力方向是向左，N減小，故A受到地面的摩擦力減小，故A錯(cuò)誤、C正確；B、又由于F2的存在與否對(duì)斜劈受地面摩擦力大小沒(méi)有影響，故撤去F2后，斜劈A所受摩擦力的大小和方向均保持不變，故B錯(cuò)誤；D、同時(shí)撤出F1和F2，由以上分析可知mBgsinθ＞μmBgcosθ，所以物體B所受的合力沿斜劈向下，加速度方向也一定沿斜劈向下，故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】（1）連接體問(wèn)題要注意選準(zhǔn)研究對(duì)象并對(duì)其進(jìn)行隔離，例如本題在討論斜劈粗糙的情況下，分析A反而要比分析B簡(jiǎn)單；（2）要善于找出問(wèn)題的突破口，例如本題在不知斜面是否光滑的情況下可以進(jìn)行討論，在斜劈粗糙情況下得出μ＜tanθ的關(guān)鍵條件，將會(huì)給解題帶來(lái)“柳暗花明又一村”的局面；（3）這樣的問(wèn)題很好的培養(yǎng)理解、分析、推理等能力，對(duì)提高綜合能力有很大的幫助。14．（桃城區(qū)校級(jí)一模）如圖甲所示，建筑工地的塔吊可將建筑材料豎直向上提升到一定的高度。若選豎直向上為正方向，用傳感器測(cè)得建筑材料由靜止開始運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，豎直方向的加速度a隨位移x變化的規(guī)律如圖乙所示。下列判斷正確的是（）A．在0～2m內(nèi)，建筑材料做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．當(dāng)x＝2m時(shí)，建筑材料的速度為1m/s C．在4～6m內(nèi)，建筑材料處于超重狀態(tài) D．在2～4m內(nèi)，建筑材料上升過(guò)程所用的時(shí)間為（﹣）s【分析】勻變速運(yùn)動(dòng)加速度恒定；a﹣x圖像和橫軸包圍的面積為；分析超重失重看加速度方向?！窘獯稹拷猓篈、由a﹣x圖像可知，在0～2m內(nèi)，建筑材料的加速度增大，不是勻加速苴線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、由無(wú)限分割求和思想，類比勻變速運(yùn)動(dòng)公式v2＝2ax得，在0～2m內(nèi)圖線與x軸所包圍的面積為，即：＝m2/s2，所以當(dāng)x＝2m時(shí)，v2＝m/s，故B錯(cuò)誤；C、在4～6m內(nèi)，加速度向上，建筑材料處于超重狀態(tài)，故C正確；D、在0～4m內(nèi)，圖線與x軸所包圍的面積為×（2+4）×1m2/s2＝，解得當(dāng)x＝4m時(shí)的速度v4＝m/s，所以在2～4m內(nèi)，建筑材料做勻加速運(yùn)動(dòng)，上升過(guò)程所用的時(shí)間為t＝，解得：t＝（）s，故D正確。故選：CD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像問(wèn)題，對(duì)于陌生的圖像應(yīng)根據(jù)物理原理結(jié)合題目給出的過(guò)程寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系進(jìn)行分析。15．（上高縣校級(jí)月考）如圖所示是滑梯斜面體（傾角為θ放在粗糙水平面上）簡(jiǎn)化圖，一質(zhì)量為m的小孩從滑梯上A點(diǎn)開始無(wú)初速度下滑，在AB段勻加速下滑，在BC段勻減速下滑，滑到C點(diǎn)恰好靜止，整個(gè)過(guò)程中滑梯保持靜止?fàn)顟B(tài)。假設(shè)小孩在AB段和BC段滑動(dòng)時(shí)的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1和μ2，AB與BC長(zhǎng)度相等，則下判斷中正確的是（）A．小孩在AB段滑動(dòng)時(shí)地面對(duì)滑梯摩擦力大小為mg（sinθ﹣μ1cosθ）cosθ，方向向左 B．動(dòng)摩擦因數(shù)μ1+μ2＝2tanθ C．小孩從滑梯上A點(diǎn)滑到C點(diǎn)過(guò)程中先失重后超重 D．整個(gè)過(guò)程中地面對(duì)滑梯的支持力始終等于小孩和滑梯的總重力【分析】小朋友在AB段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度沿斜面向下；在BC段做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度沿斜面向上。以小朋友和滑梯整體為研究對(duì)象，將小朋友的加速度分解為水平和豎直兩個(gè)方向，由牛頓定律分析地面對(duì)滑梯的摩擦力方向和支持力的大??；判斷超失重時(shí)，利用加速度的方向判斷即可?！窘獯稹拷猓篈、小朋友在AB段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，將小朋友的加速度a1分解為水平和豎直兩個(gè)方向，由于小朋友有水平向右的分加速度即有向右的力，根據(jù)牛頓第二定律知，地面對(duì)滑梯的摩擦力方向先水平向右；有豎直向下的分加速度，依據(jù)矢量的合成法則，結(jié)合三角知識(shí)，則有：地面對(duì)滑梯摩擦力大小為f＝ma1＝mg（sinθ一μ1cosθ）cosθ，方向向右，故A錯(cuò)誤；B、設(shè)AB的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，AB間的高度為h，則sinθ＝，小孩在B點(diǎn)的速度為v，小孩從A到B為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理得：﹣μ1mgLcoosθ+mgh＝mv2﹣0…①小孩從B到C為研究過(guò)程，由動(dòng)能定理得：﹣μ2mgLcosθ+mgh＝0﹣mv2…②聯(lián)立①②代入數(shù)據(jù)得：μ1+μ2＝2tanθ，故B正確；CD、開始時(shí)a1＝g（sinθ一μ1cosθ）cosθ，由牛頓第二定律分析得知：小孩處于失重，地面對(duì)滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的總重力。小孩處于失重狀態(tài)；同理，小朋友在BC段做勻減速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，小孩處于超重，地面對(duì)滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的總重力，地面對(duì)滑梯的摩擦力方向水平向右，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式的掌握以及根據(jù)動(dòng)能定理求解，難度適中。三．填空題（共5小題）16．（衡陽(yáng)縣校級(jí)月考）一條長(zhǎng)3L的線穿著兩個(gè)完全相同的小金屬環(huán)A和B，質(zhì)量均為m，將線的兩端都系于同一點(diǎn)O，如圖所示，當(dāng)兩金屬環(huán)帶相同電后，由于兩環(huán)間的靜電斥力使絲線構(gòu)成一個(gè)等邊三角形，此時(shí)兩環(huán)處于同一水平線上，如果不計(jì)環(huán)與線的摩擦，兩環(huán)各帶多少電量？（靜電力常量為k）．【分析】對(duì)小環(huán)進(jìn)行受力分析，以B為研究對(duì)象受力分析，小球受重力、絲線的張力F1和庫(kù)侖力F，根據(jù)平衡條件和庫(kù)侖定律即可求解．【解答】解：因?yàn)閮蓚€(gè)小環(huán)完全相同，它們的帶電情況相同，設(shè)每環(huán)帶電為Q，小環(huán)可看成點(diǎn)電荷．受力分析如下圖所示：以B為研究對(duì)象受力分析，小球受重力、絲線的張力F1和庫(kù)侖力F，根據(jù)平衡條件，豎直方向有：F1cos30°＝mg①水平方向有：F1+F1sin30°＝F②其中：F＝③因?yàn)槭枪饣…h(huán)，因此兩個(gè)方向的絲線的張力相等，以上三式聯(lián)立可得：Q＝故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了庫(kù)侖定律得應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確選擇研究對(duì)象，對(duì)物體進(jìn)行受力分析，難度適中．17．（大港區(qū)校級(jí)期中）如圖，在天花板上A點(diǎn)用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕細(xì)繩懸掛細(xì)質(zhì)量為M的小球搭在半徑為R的光滑半圓球上，半圓球的球心位于A點(diǎn)的正下方，半圓球頂與A點(diǎn)的距離為h，則繩對(duì)小球的拉力為，小球所受的支持力為。【分析】對(duì)小球受力分析后，應(yīng)用三角形相似法可求出繩對(duì)小球的拉力和小球所受的支持力?！窘獯稹拷猓簩?duì)小球受力分析如圖：重力Mg、支持力N和拉力T。根據(jù)平衡條件知，N與T的合力F＝Mg，方向豎直向上。根據(jù)圖中兩個(gè)陰影三角形相似可得：＝＝解得T＝，N＝故答案為：，?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查共點(diǎn)力作用下物體的平衡問(wèn)題，由于涉及到非直角三角形，用三角函數(shù)法比較復(fù)雜，采用三角形相似求解是常用的方法。18．（徐匯區(qū)校級(jí)期末）用與豎直方向成θ角（已知θ＜45°）的傾斜輕繩a和水平輕繩b共同固定一個(gè)質(zhì)量為m的小球．現(xiàn)保持小球在原位置不動(dòng)，放長(zhǎng)繩b并使其在原豎直平面內(nèi)逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)轉(zhuǎn)過(guò)θ角繩b轉(zhuǎn)到2的位置時(shí)，繩b上的拉力為F2＝mgsinθ；再轉(zhuǎn)過(guò)θ角繩b轉(zhuǎn)到3的位置時(shí)，繩b上的拉力為F3＝mgtanθ．【分析】對(duì)小球受力分析，受到重力和兩個(gè)拉力，三力平衡，合力為零；其中重力大小和方向都恒定，第二個(gè)力方向不變、大小變，第三個(gè)力大小和方向都可以變，運(yùn)用合成法，通過(guò)作圖分析．【解答】解：對(duì)小球受力分析，受到重力和兩個(gè)拉力，三力平衡，如圖：通過(guò)幾何關(guān)系可知，力F2垂直與細(xì)線，故：F1＝F3＝mgtanθ，F(xiàn)2＝mgsinθ，故答案為：mgsinθ，mgtanθ．【點(diǎn)評(píng)】本題實(shí)質(zhì)是三力平衡的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，關(guān)鍵是運(yùn)用合成法作圖，結(jié)合幾何關(guān)系得到各個(gè)力的關(guān)系．19．（渭濱區(qū)期末）某人在地面上最多能舉起質(zhì)量為60kg的物體，而在一個(gè)做勻變速運(yùn)動(dòng)的升降機(jī)內(nèi)卻最多能舉起質(zhì)量為80kg的物體，以向上為正方向，則此升降機(jī)的加速度為﹣2.5m/s2（重力加速度g＝10m/s2），升降機(jī)的運(yùn)動(dòng)方向是向上或向下（選填“向上”、“向下”或“向上或向下”）．【分析】根據(jù)人在地面上最多能舉起質(zhì)量為60kg的物體，計(jì)算出人最大的舉力．由牛頓第二定律求出電梯的加速度．【解答】解：由題，此人最大的舉力為F＝mg═60×10N＝600N．在做勻變速運(yùn)動(dòng)的電梯里，人最多能舉起質(zhì)量為80kg的物體，則由牛頓第二定律得：m1g﹣F＝m1a解得：a＝g﹣＝10﹣m/s2＝2.5m/s2方向豎直向下；以向上為正方向，故加速度為負(fù)值；速度方向未知，故電梯可能加速下降，也可能減速上升；故答案為：﹣2.5，向上或向下．【點(diǎn)評(píng)】本題是應(yīng)用牛頓第二定律研究超重和失重的問(wèn)題，關(guān)鍵抓住人的最大舉力是一定的．20．（2010秋?呼蘭區(qū)校級(jí)期末）彈簧秤的秤鉤上掛一個(gè)4kg的物體，在下列情況下，彈簧秤讀數(shù)是：a．以0.2m/s2的加速度豎直加速上升。彈簧秤讀數(shù)是40.8N。b．以0.2m/s2的加速度豎直減速上升。彈簧秤讀數(shù)是39.2N。c．以0.2m/s2的加速度豎直加速下降。彈簧秤讀數(shù)是39.2N。d．以0.2m/s2的加速度豎直減速下降。彈簧秤讀數(shù)是40.8N?！痉治觥繌椈沙幼x數(shù)等于物體對(duì)彈簧稱拉力的大小，已知加速度，根據(jù)牛頓第二定律求出彈簧稱的拉力，得到彈簧秤的讀數(shù)?！窘獯稹拷猓篴、當(dāng)彈簧稱以0.2m/s2的加速度豎直加速上升時(shí)，設(shè)彈簧稱拉力的大小為Fa，根據(jù)牛頓第二定律得：Fa﹣mg＝ma，F(xiàn)a＝m（g+a）＝40.8N，彈簧秤讀數(shù)是40.8N。b、當(dāng)彈簧稱以0.2m/s2的加速度豎直減速上升時(shí)，設(shè)彈簧稱拉力的大小為Fb，根據(jù)牛頓第二定律得：mg﹣Fb＝ma，F(xiàn)b＝mg﹣ma＝39.2N，彈簧秤讀數(shù)是39.2N。c、當(dāng)彈簧稱以0.2m/s2的加速度豎直加速下降時(shí)，設(shè)彈簧稱拉力的大小為Fc，根據(jù)牛頓第二定律得：mg﹣Fc＝ma，F(xiàn)c＝mg﹣ma＝39.2N，彈簧秤讀數(shù)是39.2N。d、當(dāng)彈簧稱以0.2m/s2的加速度豎直減速下降時(shí)，設(shè)彈簧稱拉力的大小為Fd，根據(jù)牛頓第二定律得：Fd﹣mg＝ma，F(xiàn)d＝m（g+a）＝40.8N，彈簧秤讀數(shù)是40.8N。故答案為：40.8；39.2；39.2；40.8。【點(diǎn)評(píng)】從本題的結(jié)論可以看出，向某一方向的加速運(yùn)動(dòng)，與向相反方向的減速運(yùn)動(dòng)等效。四．計(jì)算題（共10小題）21．（花都區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，傳送帶以一定速度沿水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，將質(zhì)量m＝1.0kg的小物塊輕輕放在傳送帶上的P點(diǎn)，物塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)后被水平拋出，小物塊恰好無(wú)碰撞地沿圓弧切線從B點(diǎn)進(jìn)入豎直光滑圓弧軌道下滑。B、C為圓弧的兩端點(diǎn)，其連線水平，軌道最低點(diǎn)為O，已知到達(dá)O點(diǎn)的速度大小為v＝m/s；已知圓弧對(duì)應(yīng)圓心角θ＝106°，圓弧半徑R＝1.0m，A點(diǎn)距水平面的高度h＝0.8m，第一次到C點(diǎn)的速度大小和B點(diǎn)的速度大小相等。小物塊離開C點(diǎn)后恰好能無(wú)碰撞地沿固定斜面向上滑動(dòng)，經(jīng)過(guò)0.8s小物塊第二次經(jīng)過(guò)D點(diǎn)，已知小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝．（取sin53°＝0.8，g＝10m/s2）求：（1）小物塊離開A點(diǎn)時(shí)的水平速度大小和B點(diǎn)的速度大??；（2）小物塊經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)它的支持力大小；（3）斜面上C、D間的距離?！痉治觥浚?）小物塊離開A點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)末速度的方向與豎直下落高度求小物塊離開A點(diǎn)時(shí)的初速度；由B點(diǎn)的速度分解求得B點(diǎn)的速度大??；（2）小物塊經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)，由軌道的支持力和重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解軌道對(duì)小物塊的支持力；（3）分析物塊沿斜面上滑時(shí)，由牛頓第二定律求得加速度，由速度公式求得上滑的時(shí)間。小物塊沿斜面下滑時(shí)，由牛頓第二定律和位移公式結(jié)合求得物塊下滑的位移，從而求得C、D間的距離?！窘獯稹拷猓海?）對(duì)于小物塊，由A到B做平拋運(yùn)動(dòng)，在B點(diǎn)豎直方向上有①在B點(diǎn)時(shí)有②由①②解得vA＝3m/s小物體在B點(diǎn)的速度為（2）在O點(diǎn)由牛頓第二定律得解得FN＝43N（3）物塊沿斜面上滑時(shí)，有mgsin53°+μmgcos53°＝ma1物塊到達(dá)C點(diǎn)的速度vC＝vB＝5m/s小物塊由C上升到最高點(diǎn)的時(shí)間為t1＝聯(lián)立解得t1＝0.5s則小物塊由斜面最高點(diǎn)回到D點(diǎn)歷時(shí)t2＝0.8s﹣0.5s＝0.3s小物塊沿斜面下滑時(shí)，由牛頓第二定律得mgsin53°﹣μmgcos53°＝ma2C、D間的距離為xCD＝﹣解得xCD＝0.98m答：（1）小物塊離開A點(diǎn)時(shí)的水平速度大小為3m/s，B點(diǎn)的速度大小為5m/s；（2）小物塊經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)它的支持力大小是43N；（3）斜面上C、D間的距離是0.98m?！军c(diǎn)評(píng)】本題是平拋運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)及動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的綜合，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是搞清物體的運(yùn)動(dòng)情況，進(jìn)行分過(guò)程處理。對(duì)于涉及時(shí)間問(wèn)題，往往根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合解答。22．（棗莊二模）如圖所示，水平軌道AB長(zhǎng)度L1＝1.0m，左端連接半徑為R＝0.5m的光滑圓弧軌道，右端連接水平傳送帶，AB與傳送帶的上表面等高，三段之間都平滑連接。一個(gè)質(zhì)量m＝1.0kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），從圓弧上方距AB平面H高處由靜止釋放，恰好切入圓弧軌道，經(jīng)過(guò)AB沖上靜止的傳送帶，物塊恰好停在C端。已知物塊與AB、BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.2、μ2＝0.5，BC長(zhǎng)度L2＝2.0m，取g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：（1）H的大?。唬?）物塊第一次經(jīng)過(guò)圓弧軌道最低點(diǎn)A時(shí)對(duì)軌道的壓力FN；（3）如果傳送帶以速度v（v的大小可調(diào)）逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，那么，物塊最后停止的位置到A點(diǎn)的距離。（用v表示）【分析】對(duì)小物塊運(yùn)動(dòng)的全程用動(dòng)能定理即可求出釋放的高度；利用動(dòng)能定理求出小物塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的速度，再利用向心力公式求出軌道對(duì)小物塊的支持力，最后通過(guò)牛頓第三定律得到小球?qū)壍赖膲毫?；小物塊從C處返回后的情況有多種，要分別進(jìn)行討論?！窘獯稹拷猓海?）對(duì)小物塊從釋放到C點(diǎn)用動(dòng)能定理可得：mgH﹣μ1mgL1﹣μ2mgL2＝0﹣0代入數(shù)據(jù)解得：H＝1.2m（2）設(shè)小物塊在A點(diǎn)的速度為vA，對(duì)小物塊從釋放到A點(diǎn)用動(dòng)能定理可得：在A點(diǎn)，小物塊做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌道對(duì)物塊的支持力為F，則：由牛頓第三定律可得物塊對(duì)軌道的壓力為：FN＝F三式聯(lián)立可得：FN＝58N，方向豎直向下（3）設(shè)小物塊下滑到B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，對(duì)小物塊從釋放到B點(diǎn)用動(dòng)能定理可得：代入數(shù)據(jù)解得：因?yàn)楫?dāng)傳送帶靜止時(shí)，小物塊恰好運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，所以當(dāng)傳送帶逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)時(shí)，小物塊一定會(huì)反向運(yùn)動(dòng)從B處滑離傳送帶物體在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為：，在傳送上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為：①若小物塊從C處開始在傳送帶上由靜止一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)的速度為v1，由速度﹣位移公式可得：代入數(shù)據(jù)解得：所以當(dāng)傳送帶的速度時(shí)，小物塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)后返回，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度始終還是小物塊在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)具有對(duì)稱性，向右運(yùn)動(dòng)摩擦力做負(fù)功，向左運(yùn)動(dòng)摩擦力做正功，且絕對(duì)值相等，所以小物塊離開B時(shí)的動(dòng)能全部用來(lái)克服A、B段的摩擦力做功，由功能關(guān)系可得：代入數(shù)據(jù)解得：s1＝5m因?yàn)椋核孕∥飰K最終會(huì)停在A處，即到A的距離為s1＝0m；②若傳動(dòng)帶的速度，則小物塊從C處開始向左運(yùn)動(dòng)時(shí)會(huì)先加速再勻速，最終以與傳送帶相同的速度離開B點(diǎn)a、若小物塊向左離開B點(diǎn)后，第一次到達(dá)A處即停止，設(shè)此過(guò)程中小物塊在B點(diǎn)的速度為v2，由功能關(guān)系可得：代入數(shù)據(jù)解得：v2＝2m/sb、若小物塊向左離開B點(diǎn)后，第一次回到B處即停止，設(shè)此過(guò)程中小物塊在初次離開B點(diǎn)的速度為v3，由功能關(guān)系可得：代入數(shù)據(jù)解得：同理可求出若小物塊第二次回到A處停止，則初次離開B時(shí)的速度為：若小物塊第二次回到B處停止，則初次離開B時(shí)的速度為：v5＝4m/s所以當(dāng)傳送帶的速度v≤2m/s時(shí)，小物塊停止時(shí)距A的距離為：當(dāng)傳送帶的速度時(shí)，小物塊停止時(shí)距A的距離為：當(dāng)傳送帶的速度時(shí)，小物塊停止時(shí)距A的距離為：當(dāng)傳送帶的速度時(shí)，小物塊停止時(shí)距A的距離為：當(dāng)傳送帶的速度時(shí)，小物塊停止時(shí)距A的距離為：綜上所述，當(dāng)傳送帶的速度v≤2m/s時(shí)，小物塊停止時(shí)距A的距離為：s＝；當(dāng)傳送帶的速度時(shí)，小物塊停止時(shí)距A的距離為：當(dāng)傳送帶的速度時(shí)，小物塊停止時(shí)距A的距離為：當(dāng)傳送帶的速度時(shí)，小物塊停止時(shí)距A的距離為：當(dāng)傳送帶的速度時(shí)，小物塊停止時(shí)距A的距離為：當(dāng)傳送帶的速度時(shí)，小物塊停止時(shí)距A的距離為0m。答：（1）H的大小是1.2m；（2）物塊第一次經(jīng)過(guò)圓弧軌道最低點(diǎn)A時(shí)對(duì)軌道的壓力FN的大小為58N，方向豎直向下；（3）見解析?！军c(diǎn)評(píng)】本題的前兩問(wèn)使用動(dòng)能定理可以解決，第三問(wèn)分類討論涉及的情況較多，難度較大。本題要注意小物塊在傳動(dòng)帶上的運(yùn)動(dòng)具有對(duì)稱性，若小物塊向右運(yùn)動(dòng)時(shí)始終減速、向左運(yùn)動(dòng)會(huì)時(shí)始終加速，則整個(gè)過(guò)程中摩擦力做的總功為0，所以小物塊初次向左離開B點(diǎn)后，只需考慮水平軌道上摩擦力所做的功即可。23．（福州三模）如圖所示，傾角為θ的斜面A點(diǎn)以上的部分表面光滑，A點(diǎn)以下的表面粗糙。A點(diǎn)以上區(qū)域有2n個(gè)相同的小方塊，每個(gè)小方塊質(zhì)量均為m，與斜面粗糙區(qū)域的動(dòng)摩擦因數(shù)都相等，沿平行斜面的傾斜方向整齊地排成一條直線；小方塊按從下到上的順序編號(hào)命名；1號(hào)小方塊用手托著靜止在O點(diǎn)，O、A兩點(diǎn)之間相距2L；小方塊隊(duì)列的總長(zhǎng)為L(zhǎng)，小方塊相互間不粘連。現(xiàn)放手讓它們由靜止開始下滑，已知下滑過(guò)程方塊隊(duì)列保持平行于斜面傾斜方向的直線隊(duì)形，且當(dāng)?shù)趎號(hào)小方塊全部進(jìn)入A點(diǎn)時(shí)小方塊運(yùn)動(dòng)的速度達(dá)到最大，最終1號(hào)小方塊停在B處，設(shè)斜面足夠長(zhǎng)。求：（1）1號(hào)小方塊剛運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)位置的速度大小v0和小方塊與粗糙斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（2）B與A點(diǎn)間的距離s0；（3）若將B以下的區(qū)域表面處理成光滑的，然后讓小方塊隊(duì)列重新從A點(diǎn)之上由靜止釋放，要使所有小方塊都能沿過(guò)B點(diǎn)，釋放時(shí)1號(hào)方塊距離A點(diǎn)最小距離s。【分析】（1）第1個(gè)木塊下滑達(dá)A點(diǎn)時(shí)，下滑的位移為2L過(guò)程中，根據(jù)機(jī)械能守恒律求方塊1到A點(diǎn)的速度；根據(jù)速度最大時(shí)加速度為零的特點(diǎn)求動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）根據(jù)動(dòng)能定理求出B到A點(diǎn)的距離，但要注意的是摩擦力是變力，要用平均值表示摩擦力的功；（3）寫出未通過(guò)B點(diǎn)的方塊在粗糙面上加速度，求出滑出B點(diǎn)時(shí)第一個(gè)方塊的速度，對(duì)整個(gè)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理求出第1號(hào)廣場(chǎng)距離A點(diǎn)的距離?！窘獯稹拷猓海?）對(duì)所有小方塊，從開始下滑到第1個(gè)到達(dá)A點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒律有：2nmg?2Lsinθ＝解得：v0＝由題意，當(dāng)?shù)趎個(gè)全部進(jìn)入B點(diǎn)時(shí)，速度最大，則對(duì)整個(gè)列方塊，其加速度為零2nmg?sinθ﹣μnmg?cosθ＝0解得：μ＝2tanθ（2）設(shè)當(dāng)小方塊下端運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，所有小方塊已經(jīng)進(jìn)入AB段，則從1號(hào)方塊進(jìn)入A點(diǎn)開始，整體小方塊所受到的摩擦力與進(jìn)入的長(zhǎng)度成正比，如圖所示，由動(dòng)能定理：2nmg?sinθ（2L+s0）﹣μ×2nmgcosθ（s0﹣L）＝0解得：s0＝3L（3）小方塊出B點(diǎn)后，加速下滑，而剩下的k個(gè)（1≤k＜2n）小方塊仍一起減速運(yùn)動(dòng)。設(shè)剩下小方塊的加速度為a，由牛頓第二定律：a＝代入得到a＝﹣gsinθ說(shuō)明小方塊出了B點(diǎn)后，剩下的小方塊運(yùn)動(dòng)加速度保持不變要使所有小方塊都能通過(guò)B點(diǎn)，1號(hào)小方塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)最小速度v滿足：0﹣v2＝2aL對(duì)所有小方塊根據(jù)動(dòng)能定理有：2nmgsinθ×（s+s0）﹣μ×2nmgcosθ（s0﹣L）＝聯(lián)立解得：s＝3L答：（1）1號(hào)小方塊剛運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)位置的速度大小v0為，小方塊與粗糙斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為2tanθ；（2）B與A點(diǎn)間的距離s0為3L；（3）若將B以下的區(qū)域表面處理成光滑的，然后讓小方塊隊(duì)列重新從A點(diǎn)之上由靜止釋放，要使所有小方塊都能沿過(guò)B點(diǎn)，釋放時(shí)1號(hào)方塊距離A點(diǎn)最小距離s為3L?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了動(dòng)能定理的應(yīng)用，要求同學(xué)們能選取合適的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理求解，難度較大。特別要注意方塊進(jìn)入粗糙段時(shí)摩擦阻力是變力，要用平均值表示。24．（金安區(qū)校級(jí)月考）某電視臺(tái)娛樂(lè)節(jié)目在游樂(lè)園舉行家庭搬運(yùn)磚塊比賽活動(dòng)，比賽規(guī)則是：如圖甲所示向滑動(dòng)行駛的小車上搬放磚塊，且每次只能將一塊磚無(wú)初速度（相對(duì)地面）地放到車上，車停止時(shí)立即停止搬放，以車上磚塊多少?zèng)Q定勝負(fù)．已知每塊磚的質(zhì)量m＝0.8kg，小車的上表面光滑且足夠長(zhǎng)，比賽過(guò)程中木板始終受到恒定的拉力F＝20N的作用，未放磚塊時(shí)木板以v0＝3m/s的速度勻速前進(jìn)．獲得冠軍的家庭上場(chǎng)比賽時(shí)每隔T＝0.8s搬放一塊磚，從放上第一塊磚開始計(jì)時(shí)，圖中僅畫出了0～0.8s內(nèi)木板運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖象，如圖乙所示，g取10m/s2．求：（1）小車的質(zhì)量及板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)．（2）車停止時(shí)，車上有多少塊磚？【分析】（1）開始木板做勻速直線運(yùn)動(dòng)，知拉力和木板的摩擦力相等，放上一物塊后，木板做勻減速運(yùn)動(dòng)，合力等于增加的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝Ma1，以及F＝μMg求出木板的質(zhì)量和動(dòng)摩擦因數(shù)．（2）每放上一塊磚，摩擦力都要增大，小車的合力就是增大的摩擦力，求出加速度的通項(xiàng)式，根據(jù)v0﹣a1T﹣a2T﹣a3T﹣…﹣anT≤0求出所放磚的數(shù)目．【解答】解：（1）沒(méi)有放磚時(shí)對(duì)車受力有F＝μMg①放上第一塊磚時(shí)，板車減速，設(shè)加速度大小為a1，對(duì)車受力N1＝Mg+mg＝Ma1f1＝μN(yùn)1解得Ma1＝μmg…..②由圖…③由①②③解得μ＝0.25M＝8kg（2）放第二塊磚后，受力分析有Ma2＝2μmg所以a2＝2a1，在第二個(gè)0.8s內(nèi)車速度變化為△v2＝2△v1＝2×0.2m/s＝0.4m/s同理，△v3＝3△v1＝3×0.2m/s＝0.6m/s△v4＝4△v1＝4×0.2m/s＝0.8m/s△vn＝n△v1＝n×0.2m/s＝0.2nm/s停下時(shí)有△v1+△v2+△v3+…+△vn＝30.2×（1+2+3+…+n）＝3得解得n＝5所以車停時(shí)有5塊磚答：（1）木板的質(zhì)量為8kg及板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25．（2）木板停止時(shí)，木板上放有5塊磚．【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道小車所受的合力等于增加的摩擦力，會(huì)根據(jù)牛頓第二定律求出加速度的通項(xiàng)式．25．（宿遷模擬）傾角為37°的斜面體靠在固定的豎直擋板P的一側(cè)，一根輕繩跨過(guò)固定在斜面頂端的定滑輪，繩的一端與質(zhì)量為mA＝3kg的物塊A連接，另一端與質(zhì)量為mB＝1kg的物塊B連接．開始時(shí)，使A靜止于斜面上，B懸空，如圖所示．現(xiàn)釋放A，A將在斜面上沿斜面勻加速下滑，求此過(guò)程中，擋板P對(duì)斜面體的作用力的大?。ㄋ薪佑|面產(chǎn)生的摩擦均忽略不計(jì)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）【分析】分別對(duì)AB進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律可得出關(guān)于加速度的表達(dá)式，聯(lián)立可解出加速度及拉力；再對(duì)斜面受力分析可得出檔板的作用力．【解答】解：設(shè)繩中張力為T，斜面對(duì)A的支持力為NA，A、B加速度大小為a，以A為研究對(duì)象，由牛頓第二定律mAgsin37°﹣T＝ma①NA＝mAgcos37°②以B為研究對(duì)象，由牛頓第二定律T﹣mBg＝mBa③聯(lián)立解得a＝2m/s2T＝12NNA＝24N以斜面體為研究對(duì)象，受力分析后，在水平方向F＝N′Asin37°﹣Tcos37°④NA＝N′A解得F＝4.8N答：檔板對(duì)斜面體的作用力為4.8N．【點(diǎn)評(píng)】本題也可以將整體作為研究對(duì)象，因水平方向整體有向右的加速度，對(duì)整體分析可知整體水平方向只受檔板的作用力，故對(duì)水平方向由牛頓第二定律列式得F＝mAacos37°＝4.8N；這種方法對(duì)初學(xué)者可能難以理解，但卻可以較為快速的解決問(wèn)題．26．（海曙區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，斜面體放置在粗糙水平地面上，斜面傾角為θ，質(zhì)量為m＝2kg的物體在水平向右的推力F＝40N作用下恰好能沿斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)，而斜面體始終保持靜止。取sinθ＝0.6，cosθ＝0.8，g＝10N/kg。求：（1）物體和斜面體間的動(dòng)摩擦因數(shù)。（2）地面對(duì)斜面體的摩擦力大小和方向?！痉治觥浚?）以物體為研究對(duì)象受力分析，運(yùn)用正交分解法，根據(jù)平衡條件和摩擦力公式列方程求解物體和斜面體間的動(dòng)摩擦因數(shù)。（2）以斜面體和物體組成的整體為研究對(duì)象，受力分析，根據(jù)平衡條件求地面對(duì)斜面體的摩擦力大小和方向?！窘獯稹拷猓海?）對(duì)物體，受到重力、水平推力、斜面的支持力和沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力四個(gè)力的作用而做勻速直線運(yùn)動(dòng)，將力沿平行于斜面和垂直于斜面正交分解可得：在平行于斜面的方向上有：Fcosθ﹣mgsinθ﹣f＝0在垂直于斜面的方向上有：N﹣Fsinθ﹣mgcosθ＝0又f＝μN(yùn)聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.5（2）對(duì)斜面體和物體組成的整體，水平方向受力平衡，則地面對(duì)斜面體的摩擦力f′＝F＝40N方向水平向左。答：（1）物體和斜面體間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.5。（2）地面對(duì)斜面體的摩擦力大小是40N，方向水平向左?！军c(diǎn)評(píng)】本題是力平衡問(wèn)題，關(guān)鍵是靈活選擇研究對(duì)象，采用隔離法和整體法結(jié)合比較簡(jiǎn)潔。要分析物體的受力情況，作出受力的示意圖，培養(yǎng)良好的作圖習(xí)慣，注意結(jié)合正交分解法列方程求解。27．（定遠(yuǎn)縣校級(jí)期末）如圖所示，質(zhì)量為mB的木板B放在水平地面上，質(zhì)量為mA的木箱A放在木板B上．一根輕繩一端拴在木箱A上，另一端拴在天花板上，輕繩與水平方向的夾角為θ．已知木箱A與木板B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1，木板B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2．現(xiàn)用水平向右恒力將木板B從木箱A下面勻速抽出，重力加速度為g，求水平恒力F的大?。痉治觥繉⑽矬wB勻速向右拉出過(guò)程中，A物體保持靜止?fàn)顟B(tài)，受力均平衡．分別分析兩個(gè)物體的受力情況，作出力圖，根據(jù)平衡條件列方程求解即可．【解答】解：對(duì)A受力分析如圖甲所示，由題意得：FTcosθ＝Ff1…①FN1+FTsinθ＝mAg…②Ff1＝μ1FN1…③對(duì)A、B整體受力分析如圖乙所示，由題意得：FTcosθ+Ff2＝F…④FN2+FTsinθ＝（mA+mB）g…⑤Ff2＝μ2FN2…⑥由①②③④⑤⑥得：F＝答：水平恒力F的大小為．【點(diǎn)評(píng)】本題是兩個(gè)物體平衡問(wèn)題，采用隔離法研究，關(guān)鍵是分析物體的受力情況，作出力圖后根據(jù)平衡條件列方程求解．28．（上饒期末）如圖，一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角，物塊也恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。求：物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。【分析】拉力水平時(shí)，二力平衡，拉力傾斜時(shí)，物體勻速運(yùn)動(dòng)，依然是平衡狀態(tài)，分別根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件列式，聯(lián)立即可求解。【解答】解：F水平時(shí)：F＝μmg當(dāng)保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角時(shí)，則Fcos60°＝μ（mg﹣Fsin60°）聯(lián)立解得：答：物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了共點(diǎn)力的平衡，解決本題關(guān)鍵在拉力傾斜時(shí)要把拉力進(jìn)行分解，然后列平衡方程進(jìn)行分析求解。29．（高安市校級(jí)期末）一個(gè)質(zhì)量為70kg的人乘電梯豎直向上運(yùn)行，如圖為電梯的速度﹣時(shí)間圖象。（g取10m/s2）求：（1）電梯在0～6s內(nèi)上升的高度；（2）在0～2s，2s～5s，5s～6s三個(gè)階段，人對(duì)電梯地板的壓力分別為多大？【分析】（1）明確v﹣t圖象的性質(zhì)，根據(jù)圖象與時(shí)間軸所圍成的面積可求得電梯上升的高度；（2）根據(jù)圖象求出各時(shí)間段內(nèi)的加速度，再根據(jù)牛頓第二定律可求得支持力大小?！窘獯稹拷猓海?）由圖象可知，電梯在0﹣6s內(nèi)上升的高度：X＝×2m＝9m（2）0﹣2s內(nèi)的加速度：a1＝m/s2＝1m/s2由牛頓定律：F1﹣mg＝ma1解得F1＝770N由牛頓第三定律可知壓力為770N2s﹣5s內(nèi)，F(xiàn)2＝mg則F2＝700N由牛頓第三定律可知壓力為700N5s﹣6s內(nèi)，a3＝m/s2＝﹣2m/s2由牛頓第二定律：F3﹣mg＝ma3解得F3＝560N由牛頓第三定律可知壓力為560N答：（1）電梯在0﹣6s內(nèi)上升的高度為9m；（2）在0﹣2s，2s﹣5s，5s﹣6s三個(gè)階段，人對(duì)電梯地板的壓力分別為770N、700N和560N?！军c(diǎn)評(píng)】求解位移有多種方法，可以根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分別求出三段位移，也可以直接根據(jù)圖象的面積求解，要能靈活選擇方法，關(guān)鍵是對(duì)每種方法都要熟悉，才能選擇較為簡(jiǎn)潔的方法；人對(duì)地面的壓力關(guān)鍵要求出加速度，對(duì)物體受力分析后運(yùn)用牛頓第二定律求解。30．（大祥區(qū)校級(jí)期末）質(zhì)量是60kg的人站在升降機(jī)中的體重計(jì)上（g取10m/s2），求：（1）升降機(jī)勻速上升時(shí)體重計(jì)的讀數(shù)；（2）升降機(jī)以4m/s2的加速度勻加速上升時(shí)體重計(jì)的讀數(shù)．【分析】（1）體重計(jì)的讀數(shù)等于升降機(jī)對(duì)人的支持力的大??；（2）升降機(jī)勻速上升時(shí)，人受力平衡，支持力等于重力；【解答】解：（1）升降機(jī)勻速上升，受力平衡，則有：FN＝mg＝600N（2）升降機(jī)加速上升，加速度方向向上，支持力大于重力，根據(jù)牛頓第二定律得：FN1﹣mg＝ma1即FN1＝m（g+a1）＝840N答：（1）升降機(jī)勻速上升時(shí)體重計(jì)的讀數(shù)是600N；（2）升降機(jī)以4m/s2的加速度上升時(shí)體重計(jì)的讀數(shù)是840N；【點(diǎn)評(píng)】該題是牛頓第二定律的直接應(yīng)用，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．五．解答題（共10小題）31．（安康期末）一物塊以一定的初速度沿足夠長(zhǎng)的斜面向上滑動(dòng)，其速度大小隨時(shí)間的變化關(guān)系圖如圖所示，取g＝10m/s2，求：（1）物塊上滑過(guò)程和下滑過(guò)程的加速度大小a1，a2；（2）物塊向上滑行的最大距離x；（3）斜面的傾角θ?！痉治觥浚?）根據(jù)速度時(shí)間圖線，根據(jù)圖線的斜率分別求出上滑和下滑的加速度大小。（2）上滑的初速度已知，加速度、時(shí)間已知，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間公式求出上滑的最大距離。也可以通過(guò)速度時(shí)間圖線與時(shí)間軸所圍成的面積解決。（3）根據(jù)上滑和下滑的加速度大小，根據(jù)牛頓第二定律列出表達(dá)式，從而得出斜面的傾角。【解答】解：（1）物塊上滑的加速度大小為：a1＝||＝m/s2＝8m/s2物塊下滑的加速度大小為：a2═2m/s2（2）由位移公式有：S＝v0t﹣＝1m即物塊向上滑行的最大距離為1m（3）設(shè)物塊質(zhì)量為m，物塊與斜面間的滑動(dòng)摩擦系數(shù)為μ則有：ma1＝mgsinθ+μmgcosθma2＝mgsinθ﹣μmgcosθ解得：θ＝30°答：（1）物塊上滑和下滑的加速度大小分別為8m/s2、2m/s2。（2）物塊向上滑行的最大距離S為1m。（3）斜面的傾角θ為30°?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵能夠從圖線中獲取信息，知道圖線的斜率表示加速度，圖線與時(shí)間軸所圍成的面積表示位移。32．（茶陵縣校級(jí)期中）如圖所示，質(zhì)量為m的物塊A放在絕緣的斜面上，斜面的傾角為α，物塊A帶正電，電量為q。在桿上B點(diǎn)處固定一個(gè)電量為Q的正電荷。將A由距B豎直高度為H處無(wú)初速度釋放，物塊A下滑過(guò)程中電荷量不變。不計(jì)A與斜面間的摩擦，整個(gè)裝置處在真空中。已知靜電力常量k和重力加速度g。（1）A物塊剛釋放時(shí)的加速度是多大？（2）當(dāng)A物塊的動(dòng)能最大時(shí)，求此時(shí)A物塊與B點(diǎn)的距離?！痉治觥浚?）對(duì)A球受力分析，受到重力、支持力和靜電斥力，根據(jù)牛頓第二定律求加速度；（2）小球A先加速下滑，當(dāng)靜電斥力等于重力的下滑分量時(shí)，小球速度最大，之后減速下降，再加速返回，減速返回到最高點(diǎn)，完成一次振動(dòng)，即在平衡位置速度最大；【解答】解：（1）A球剛釋放時(shí)，受到重力、沿細(xì)桿向上的庫(kù)侖力和細(xì)桿的支持力，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsinα﹣；得：a＝gsinα﹣sin2α；（2）到達(dá)平衡位置時(shí)，速度最大，根據(jù)平衡條件，有：mgsinα﹣＝0得：x＝答：（1）A物塊剛釋放時(shí)的加速度是gsinα﹣sin2α；（2）當(dāng)A物塊的動(dòng)能最大時(shí)，此時(shí)A物塊與B點(diǎn)的距離為。【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是分析小球的受力情況，來(lái)確定小球的運(yùn)動(dòng)情況。從力和能兩個(gè)角度研究動(dòng)力學(xué)問(wèn)題是常用的思路。33．（長(zhǎng)春期末）如圖所示，光滑水平桌面上的物體B質(zhì)量為m2，系一細(xì)繩，細(xì)繩跨過(guò)桌沿的定滑輪后懸掛質(zhì)量為m1的物體A，先用手使B靜止（細(xì)繩質(zhì)量及滑輪摩擦均不計(jì)）。（1）求放手后A、B一起運(yùn)動(dòng)中繩上的張力FT。（2）若在B上再疊放一個(gè)與B質(zhì)量相等的物體C，繩上張力就增大到FT，求m1：m2。【分析】（1）放手后兩物體一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，分別以AB為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律可求得繩子的拉力；（2）分別對(duì)B及BC整體受力分析，由牛頓第二定律可列出繩子張力的表達(dá)式，根據(jù)題意可得出質(zhì)量的關(guān)系。【解答】解：（1）對(duì)A有：m1g﹣FT＝m1a1對(duì)B有：FT＝m2a1則FT＝g（2）對(duì)A有：m1g﹣FT2＝m1a2對(duì)B+C有：FT2＝2m2a2則FT2＝g由FT2＝FT得：g＝所以m1：m2＝2：1答：（1）放手后A、B一起運(yùn)動(dòng)中繩上的張力為g；（2）兩物體的質(zhì)量之比為2：1?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于連接體問(wèn)題要注意正確受力分析，合理選擇研究對(duì)象進(jìn)行分析，列牛頓第二定律進(jìn)行分析即可解決。34．（湖北校級(jí)二模）長(zhǎng)木板C、D下表面光滑，上表面粗糙，小物塊A、B分別放在C、D上，A、B之間用不可伸長(zhǎng)、不可被拉斷的輕繩相連。A與C、B與D之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ、3μ．已知A、B質(zhì)量均為m，C、D質(zhì)量均為2m，起初A、B、C、D均靜止，A、B間輕繩剛好拉直?，F(xiàn)用一從零逐漸增大的外力F作用于D，求輕繩的最大拉力。（假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，且C、D足夠長(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A、B均不會(huì)從其上掉下。）【分析】假設(shè)四個(gè)木板均未發(fā)相對(duì)滑動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律分別對(duì)C和和ABC整體研究，求出AC間和BD間的靜摩擦力表達(dá)式，根據(jù)最大靜摩擦力關(guān)系，分析A與C間、B與D間哪個(gè)先發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。根據(jù)條件分析得到A、C之間先打滑。若F繼續(xù)增大，A、B之間的拉力還會(huì)增大，當(dāng)F增大到某一值時(shí)，B、D間打滑，此時(shí)輕繩拉力達(dá)到最大值，由牛頓第二定律分別對(duì)AB整體和A研究求解輕繩的最大拉力?！窘獯稹拷猓涸O(shè)A、B、C、D均未打滑時(shí)整體的加速度為a，以C為研究對(duì)象，則根據(jù)牛頓第二定律得A對(duì)C的靜摩擦力：fAC＝2ma①以A、B、C整體為研究對(duì)象，則D對(duì)B的靜摩擦力：fDB＝4ma②由①，②知：打滑之前fDB＝2fAC而A、C之間的最大靜摩擦力fACmax＝μmg③B、D間的最大靜摩擦力fDBmax＝3μmg④故A、C之間先打滑。而此時(shí)若F繼續(xù)增大，A、B之間的拉力還會(huì)增大，當(dāng)F增大到某一值時(shí)，B、D間打滑，此時(shí)輕繩拉力達(dá)到最大值Tm，以A、B整體為研究對(duì)象，設(shè)此時(shí)A、B整體的加速度為a1．有3μmg﹣μmg＝2ma1⑤隔離A，Tm﹣μmg＝ma1⑥由⑤、⑥得：Tm＝2μmg答：輕繩的最大拉力為2μmg?！军c(diǎn)評(píng)】本題的難點(diǎn)是分析A與C間、B與D間哪個(gè)先發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。考查分析、判斷的能力和靈活選擇研究對(duì)象的能力。35．（雁峰區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，質(zhì)量m＝1kg的小球穿在斜桿上，斜桿與水平方向成θ＝30°的角，球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，小球受到豎直向上的拉力F＝20N，求：（1）小球沿桿滑動(dòng)的加速度（2）桿給球的彈力的大小。【分析】（