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第四章 运动和力的关系
3. 牛顿第二定律
●目标重点展示
素养目标 学习重点
物理观念 (1)知道牛顿第二定律的内容、表达式。
(2)理解牛顿第二定律的因果性、矢量性、瞬时性、同体性、独立性。
(3)知道国际单位制中力的单位。 (1)F合＝ma的应用。
(2)瞬时加速度的计算。
科学思维 (1)会应用“合成法”和“正交分解法”并结合牛顿第二定律求加速度。
(2)理解轻杆、轻绳、轻弹簧的特点并会应用牛顿第二定律求瞬时加速度。
探究点1 牛顿第二定律的理解和力的单位
●新知导学
情境：赛车质量小、动力大，容易在短时间内获得较大的速度，也就是说，赛车的加速度大。
探究：物体的加速度a与它所受的作用力F以及自身的质量m之间存在什么样的定量关系呢？通过上节的探究实验，你找到了吗？
?[提示]
[提示]上节的实验探究结论：
当质量一定时，加速度a与物体所受的作用力F成正比，当作用力F一定时，加速度a与物体的质量m成反比。
●基础梳理
1．牛顿第二定律的表达式
(1)内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成_______，跟它的质量成_______，加速度的方向跟作用力的方向_______。
(2)表达式：F＝_________，F是物体所受的_______，k是比例系数。
(3)方向关系：加速度的方向与_______的方向一致。
正比
反比
相同
kma
合力
合力
2．力的单位
(1)力的国际单位：牛顿，简称_____，符号为_____。
(2)“牛顿”的定义：使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力叫作1 N，即1 N＝1 kg·m/s2。
(3)在质量的单位取kg，加速度的单位取 m/s2，力的单位取N时，F＝kma中的k＝_____，此时牛顿第二定律可表示为F＝_______。
牛
N
1
ma
[判断正误]
(1)由牛顿第二定律可知，受合外力大的物体的加速度一定大。( )
(2)物体的加速度方向一定与它的速度方向相同。( )
(3)由F＝ma可知，m与a成反比。( )
(4)两单位N/kg和m/s2是等价的。( )
?[思考]
×
×
×
√
[思考]
如图所示，一个小孩沿水平方向用力推静止在水平地面上的小汽车，但无论怎样用力都无法使小汽车做加速运动，这与牛顿第二定律矛盾吗？为什么？
提示：不矛盾，牛顿第二定律公式中的F指的是物体受到的合外力，汽车在水平方向上不只受到小孩的推力，同时还受到地面对它的摩擦力，这两个力相互平衡，合外力为零，所以汽车不会做加速运动。
●重难解读
1．对表达式F＝ma的理解
(1)单位统一：表达式中F、m、a三个物理量的单位都必须是国际单位。
(2)F的含义：指的是物体所受的合力。
2．牛顿第二定律的七个特性
因果性 只要物体所受合力不为0(无论合力多么小)，物体就获得加速度，即力是产生加速度的原因
矢量性 物体加速度的方向与物体所受合力的方向总是相同
瞬时性 物体的加速度与物体所受的合力总是同时存在，同时变化，同时消失
同体性 F合、m、a三者应对应同一物体
独立性 作用在物体上的每个力都将独立地产生各自的加速度，与物体是否受其他力的作用无关，合力的加速度为这些加速度的矢量和
相对性 物体的加速度必须是对静止的或匀速直线运动的参考系而言的，对加速运动的参考系不适用
局限性 牛顿第二定律只适用于惯性系(相对地面静止或匀速直线运动的参考系)中低速运动的宏观物体
》特别提醒
例1：由牛顿第二定律的表达式F＝ma可知( )
A．质量m与合外力F成正比，与加速度a成反比
B．合外力F与质量m和加速度a都成正比
C．加速度的方向总跟合外力的方向一致
D．当外力停止作用时，加速度不会消失
解析：物体的质量是物体的固有属性，与物体所受的合外力F和加速度a均无关，A错误；合外力F与质量m和加速度都无关，B错误；物体加速度的方向总是跟它所受合外力的方向一致，C正确；合外力与加速度具有瞬时对应性，当外力停止作用时，加速度会立即消失，D错误。故选C。
探究点2 牛顿第二定律的简单应用
●重难解读
求解加速度的两种方法
1．合成法：若物体只受两个力作用时，应用平行四边形定则求这两个力的合力的大小，再应用牛顿第二定律求加速度的大小，物体所受合力的方向即为加速度的方向。
2．正交分解法：当物体受多个力作用处于加速状态时，常用正交分解法求物体所受的合力，再应用牛顿第二定律求加速度。为减少矢量的分解以简化运算，建立坐标系时，可有如下两个角度：
》特别提醒
坐标系的建立并不一定必须沿加速度方向，应以解题方便为原则。在建立直角坐标系时，不管选取哪个方向为x轴正方向，最后得到的结果都是一样的。
类型一：合成法的应用
例2：(多选)在小车中的悬线上挂一个质量为m的小球，当小球随小车在水平面上做匀变速直线运动时，悬线与竖直方向成某一固定角度θ，如图所示。若在小车底板上还有一个与其相对静止的物体A，其质量为M，则关于小车的运动情况和物体A的受力情况，以下分析正确的是( )
A．小车一定向右做匀加速运动
B．小车可能向左做匀减速运动
C．物体A除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用
D．物体A所受合力方向向右，大小为Mgtan θ
解析：以小球为研究对象，小球受重力mg和悬线的拉力F，由题意可知小球的合力水平向右，根据牛顿第二定律得知，小球的加速度也水平向右，则有mgtan θ＝ma，得a＝gtan θ、方向水平向右，θ一定，则加速度a不变且等于小车的加速度，则小车可能向右做匀加速运动，也可能向左做匀减速运动，故A错误，B正确；以物体A为研究对象，物体A受到重力、底板的支持力，物体A相对于小车静止，则其加速度必定水平向右，根据牛顿第二定律得知，物体A一定受到水平向右的摩擦力，大小为Ff＝F合＝Ma＝Mgtan θ，故C、D正确。故选BCD。
?[规律方法]
[规律方法]用牛顿第二定律解题的—般步骤
(1)定对象：依据题意正确地选取研究对象(用隔离法、整体法)。
(2)分析力和运动：对研究对象进行受力和运动情况分析，画出受力图和运动情景图。
(3)求合力：一般用矢量合成法或正交分解法求合力。
(4)列方程：根据牛顿第二定律F＝ma建立方程。
(5)解方程：统一单位，必要时对结果进行检验或讨论。
跟踪训练1：(2024·河南高一校联考阶段练习)2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱成功着陆，如图所示为返回舱着陆瞬间的照片。已知返回舱的质量为m，着陆前某时刻返回舱除重力外其他外力的合力大小为F，方向竖直向上，重力加速度为g，整个过程返回舱竖直下落，以竖直向下为正方向，则此时刻返回舱的加速度为( )
类型二：正交分解法的应用(分解力)
例3：质量为m的木块，以一定的初速度沿倾角为θ的斜面向上滑动，斜面静止，木块与斜面间的动摩擦因数为μ，如图所示。
(1)求向上滑动时木块的加速度大小和方向；
(2)若此木块滑到最大高度后，能沿斜面下滑，求下滑时木块的加速度大小和方向。
解析：(1)如图甲所示，以加速度的方向为x轴的正方向建立直角坐标系。将各个力沿斜面方向和垂直斜面方向正交分解。根据牛顿第二定律有mgsin θ＋Ff＝ma，FN－mgcos θ＝0
又Ff＝μFN
联立解得a＝g(sin θ＋μcos θ)，方向沿斜面向下。
(2)木块下滑时对其受力分析如图乙所示，根据牛顿第二定律有mgsin θ－Ff′＝ma′，FN－mgcos θ＝0
又Ff′＝μFN
联立解得a′＝g(sin θ－μcos θ)，方向沿斜面向下。
答案：(1)g(sin θ＋μcos θ) 方向沿斜面向下 (2)g(sin θ－μcos θ) 方向沿斜面向下
跟踪训练2：如图所示，质量为4 kg的物体静止于水平面上。现用大小为40 N、与水平方向夹角为37°的斜向上的力拉物体，使物体沿水平面做匀加速运动(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。
(1)若水平面光滑，物体的加速度是多大？
(2)若物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，物体的加速度大小是多少？
答案：(1)8 m/s2 (2)6 m/s2
解析：(1)水平面光滑时，物体的受力情况如图甲所示
由牛顿第二定律得Fcos 37°＝ma1
解得a1＝8 m/s2。
(2)水平面不光滑时，物体的受力情况如图乙所示
Fcos 37°－Ff＝ma2，FN′＋Fsin 37°＝mg，Ff＝μFN′
联立解得a2＝6 m/s2。
类型三：正交分解法的应用(分解加速度)
例4：如图所示，质量为m的人随自动扶梯加速上升。已知加速度的大小为a，方向与水平方向成θ角，重力加速度为g，求：
(1)人在加速上升过程中受到的摩擦力的大小与方向；
(2)人所受支持力的大小。
解析：(1)如图所示，建立直角坐标系，并将加速度a沿已知力的方向正交分解。水平方向加速度a2＝acos θ，
由牛顿第二定律知Ff＝ma2＝macos θ，
方向水平向右。
(2)在竖直方向，加速度a1＝asin θ
由牛顿第二定律知FN－mg＝ma1
解得FN＝m(g＋asin θ)。
答案：(1)macos θ 方向水平向右 (2)m(g＋asin θ)
?[规律方法]
[规律方法]
力与加速度的关系问题中，绝大多数题目都是建立直角坐标系，分解力。但也有个别题目，分解加速度更利于解答题目。这类问题往往与斜面有关，而加速度方向可能沿水平方向，也可能沿斜面方向。
探究点3 瞬时加速度问题
●重难解读
1．瞬时加速度问题：牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度和力同时产生、同时变化、同时消失。分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻前后物体的受力情况及其变化。
2．四类模型
类别 弹力表现形式 弹力方向 能否突变
轻绳 拉力 沿绳收缩方向 能
橡皮条 拉力 沿橡皮条收缩方向 不能
轻弹簧 拉力、支持力 沿弹簧轴线方向 不能
轻杆 拉力、支持力 不确定 能
(1)轻绳、轻杆模型不发生明显形变就能产生弹力，剪断(或脱离)后，形变恢复几乎不需要时间，故认为弹力可以立即改变或消失。
(2)轻弹簧、橡皮条模型的形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，它们的自由端连接有物体时其弹力的大小不能突变，往往可以看成是不变的。
例5：(多选)如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g。在突然撤去挡板的瞬间( )
A．图甲中两球的加速度一定相等
B．图乙中轻杆的作用力不可能为零
C．图甲中B球的加速度为2gsin θ
D．图乙中A球的加速度为gsin θ
解析：设A、B两球的质量均为m，撤去挡板前，对A、B两球构成的整体受力分析，可知挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，对A球受力分析，可知弹簧和杆对A球的作用力大小均为mgsin θ。因为弹簧弹力不能突变，所以撤去挡板的瞬间，题图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ，A错误，C正确；因为杆的弹力会突变，所以撤去挡板的瞬间，题图乙中杆的弹力突变为零，A、B两球所受的合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，B错误，D正确。故选CD。
?[规律方法]
[规律方法]抓住“两关键”、遵循“四步骤”
(1)分析瞬时加速度的“两个关键”
①明确轻绳、轻杆、轻弹簧或橡皮条类模型的特点。
②分析突变前、后的受力情况和运动状态。
(2)分析瞬时加速度的“四个步骤”
第一步：分析原来物体的受力情况。
第二步：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。
跟踪训练3：(2024·宁夏银川期末)如图所示，甲、乙两球通过弹簧连接后用绳悬挂于天花板下，丙、丁两球通过细绳连接后也用绳悬挂于天花板下，四个球质量相等。若都在A处剪断绳，在剪断瞬间，关于各球的瞬时加速度，下面说法中正确的是( )
A．甲球的加速度为2g B．乙球的加速度为g
C．丙球的加速度为0 D．丁球的加速度为g
解析：当剪断弹簧连接的小球的A点时，剪断绳子前后弹簧弹力不变，A点细绳的拉力没有了，甲球受力不变，重力和弹簧的合力为0，甲的加速度为0；乙球受到自身重力和弹簧的拉力，合力为2mg，乙的加速度为2g，A、B错误；当剪断细线连接两小球的A点时，剪断上方绳子后，下方绳子弹力突变为0，丙、丁两球均只受自身重力，故加速度都为g，C错误，D正确。故选D。
跟踪训练4：(2024·河南高一校联考阶段练习)中国的农历新年家家户户会挂上喜庆的大红灯笼，用来增加节日喜庆的气氛。现用一根轻质弹簧和一根不可伸长的轻绳在水平天花板下悬挂一只灯笼，如图所示。静止时形成的△OAB为等边三角形。若某时刻剪断轻绳，则此瞬间灯笼的加速度大小为(已知重力加速度为g)( )
素养能力提升
拓展整合·启智培优
合外力、加速度、速度的关系
1. 力与加速度为因果关系
只要物体所受的合力不为0，就会产生加速度。加速度的方向与合力的方向相同。
2．力与加速度瞬时对应：加速度随力产生、变化和消失，方向始终相同。
3．速度变化与加速度关系：Δv＝aΔt，即速度变化与加速度及时间均有关。
例6：(多选)如图所示，一个铁球从竖立在地面的轻弹簧正上方某处自由下落，接触弹簧并将弹簧压缩，弹簧发生的形变均为弹性形变，对于压缩弹簧的全过程，以下说法正确的是( )
A．铁球始终做减速运动
B．铁球的加速度为零时速度最大
C．铁球的加速度先减小后增大
D．弹簧被压缩至最短后铁球保持静止
解析：铁球在接触弹簧到弹簧被压缩至最短的整个过程中，受到竖直向下的重力和竖直向上的弹力，弹力先小于重力，后大于重力，合力方向先向下后向上，所以加速度先减小后增大，铁球先加速运动后减速运动，当铁球受到弹簧的弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，故A错误，B、C正确；弹簧被压缩至最短时，铁球所受的合力向上，虽然速度为零，但不能保持静止状态，故D错误。故选BC。
?[规律方法]
[规律方法]
跟踪训练5：(多选)如图，一轻质弹簧一端系在墙上的O点，自由伸长到B点。今用一物体把弹簧压缩到A点，然后释放，物体能运动到C点静止。物体与水平地面间的动摩擦因数恒定，试判断下列说法中不正确的是( )
A．物体从A到B速度越来越大，从B到C速度越来越小
B．物体从A到B速度越来越小，从B到C加速度不变
C．物体从A到B先加速后减速，从B到C一直减速
D．物体在B点受到的合外力为零
解析：A、B错，C对：物体竖直方向受到重力与地面的支持力平衡，水平方向受到弹簧的弹力和滑动摩擦力。从A到B过程中，弹簧的弹力水平向右，摩擦力水平向左，弹簧的弹力先大于摩擦力，后小于摩擦力，故物体先加速后减速；从B到C过程，摩擦力和弹簧的弹力方向均向左，物体一直做减速运动。D错：物体在B点时，弹簧的弹力为零，而摩擦力不为零，则物体所受的合外力不为零。故选ABD。第四章 3
课后知能作业
基础巩固练
知识点一 牛顿第二定律的理解和应用
1．(多选)关于牛顿第二定律，下列说法正确的是( )
A．公式F＝ma中，各量的单位可以任意选取
B．某一瞬间的加速度只取决于这一瞬间物体所受的合外力，而与这之前或之后的受力无关
C．公式F＝ma中，a实际上是作用于物体上每一个力所产生的加速度的矢量和
D．物体的运动方向一定与它所受合外力的方向一致
解析：公式F＝ma中，各量的单位要取国际单位制；某一瞬间的加速度正比于这一瞬间物体所受的合外力；根据力的独立作用原理，作用于物体上的每一个力都会产生一个加速度，所以物体的加速度实际上是每一个加速度的矢量和；物体的运动方向与它所受合外力的方向无关。故选BC。
2．(2024·辽宁盘锦高一期末)质量为6.0×103 kg的汽车，以2.0 m/s2的加速度做匀加速直线运动。若阻力为3.0×103 N，则汽车的牵引力为( )
A．6.0×103 N B．9.0×103 N
C．1.2×104 N D．1.5×104 N
解析：汽车做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F－Ff＝ma，代入数据解得F＝1.5×104 N，则汽车的牵引力为1.5×104 N，故D正确，A、B、C错误。故选D。
3.如图，运动员手持网球拍托着一个乒乓球沿水平面匀加速跑，球拍平面和水平面之间保持恒定的夹角，且球拍与球保持相对静止，它们间摩擦及空气阻力不计，则要做到这一点，运动员的加速度必须( )
A．大于某一特定值
B．等于某一特定值
C．小于某一特定值
D．大于或小于某一特定值
解析：对乒乓球进行受力分析如图所示，则有mgtan θ＝ma，解得a＝gtan θ，即球拍与球保持相对静止，运动员的加速度大小等于gtan θ，方向水平，与运动员的运动方向相同。故选B。
4．(多选)(2024·四川眉山高一期末)一个质量为2 kg的物体，在5个共点力的作用下做匀速直线运动。若同时撤去其中大小分别为4 N和5 N的两个力，其余的力保持不变，此时该物体的加速度大小可能是( )
A．1 m/s2 B．2 m/s2
C．6 m/s2 D．11 m/s2
解析：4 N和5 N的两个力的合力F的取值范围为5 N－4 N≤F≤5 N＋4 N，解得1 N≤F≤9 N，由于物体在5个共点力的作用下做匀速直线运动，物体处于平衡状态，当撤去其中大小分别为4 N和5 N的两个力后，其余力的合力与4 N和5 N的两个力的合力F等大反向，根据a＝，解得此时该物体的加速度大小范围0.5 m/s2≤a≤4.5 m/s2，则题中给出的加速度可能值为1 m/s2与2 m/s2。故选AB。
5. (2024·河北高一月考)如图所示，有一辆满载西瓜的汽车在水平路面向左沿直线做匀加速运动，加速度大小为a，其中一质量为m的西瓜A受到其他西瓜对它的作用力的合力为F，则关于F的大小和方向的判断正确的是( )
A．F的大小为m
B．F的大小为ma
C．F的方向向右偏上
D．F的方向水平向左
解析：由题意可得，质量为m的西瓜A所受合外力向左，又因为受竖直向下的重力，可得其他西瓜对它的作用力的合力为F，力之间的关系如图所示，由三角形知识以及牛顿第二定律可得F＝＝＝m，由图还可得F的方向向左偏上，故A正确，B、C、D错误。故选A。
知识点二 瞬时加速度的计算
6.(多选)如图所示，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上的细绳悬挂于固定点O。整个系统处于静止状态。现将细绳剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长量分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在剪断的瞬间( )
A．a1＝3g B．a1＝0
C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2
解析：设三个物块质量均为m，对a、b、c分别受力分析如图，
根据平衡条件，对a有F2＝F1＋mg，对b有F1＝F＋mg，对c有F＝mg，所以F1＝2mg。因形变恢复需要过程，弹簧的弹力不能突变，绳的弹力可以突变，绳断拉力立即为零。当绳断后，b与c受力不变，仍然平衡，故a＝0；对a，绳断后合力为F合＝F1＋mg＝3mg＝ma1，a1＝3g，方向竖直向下，故A正确，B错误；当绳断后，b与c受力不变，则F1＝kΔl1，Δl1＝；同时F＝kΔl2，所以：Δl2＝，联立得Δl1＝2Δl2，故C正确，D错误。故选AC。
7.(多选)(2024·吉林通化高一期末)如图所示，细绳OA一端系在小球上，另一端固定在倾斜天花板上的A点，细绳OA恰好竖直；轻质弹簧OB一端与小球连接，另一端固定在竖直墙上的B点，轻质弹簧OB恰好水平，小球处于静止状态，则下列说法正确的是( )
A．此时弹簧OB被压缩
B．若将细绳剪断的瞬间，小球的加速度方向竖直向下
C．若将细绳剪断的瞬间，小球的加速度方向沿右下方
D．若将弹簧剪断的瞬间，小球的加速度为0
解析：由于细绳恰好竖直，故对小球分析受力可知，此时小球只受绳子的拉力和重力。故此时弹簧处于原长状态，故A错误；若将细绳剪断的瞬间，小球只受重力作用，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度方向竖直向下，故B正确，C错误；若将弹簧剪断的瞬间，小球的受力情况不变，故小球仍保持平衡状态，所受合外力为零，故小球的加速度也为0，故D正确。故选BD。
知识点三 合外力、加速度和速度的关系
8．(多选)雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。一雨滴从空中由静止开始沿竖直方向下落，下落过程中雨滴所受重力保持不变，其v－t图像如图，则雨滴下落过程中( )
A．速度先增大后减小
B．加速度先减小后不变
C．受到的合力先减小后不变
D．受到的空气阻力先减小后不变
解析：
故选BC。
9．(多选)如图所示，一物块从光滑斜面上某处由静止释放，与一端固定在斜面底端的轻弹簧相碰。当物块与弹簧接触后，下列说法中正确的是( )
A．物块与弹簧接触后立即做减速运动
B．物块与弹簧接触后先加速后减速
C．当弹簧处于最大压缩量时，物块的加速度不为零
D．当物块的速度为零时，它所受的合力为零
解析：物块与弹簧接触后，开始的一段时间内，重力沿斜面向下的分力大于弹簧弹力，物块加速度沿斜面向下，所以物块先做加速运动，加速运动一段时间后，弹簧弹力大于重力沿斜面向下的分力，加速度沿斜面向上，物块开始做减速运动，A错误，B正确；物块速度减为零时，弹簧被压缩到最短，压缩量最大，此时弹簧弹力大于重力沿斜面向下的分力，物块的加速度不为零，C正确，D错误。故选BC。
综合提升练
10．如图所示，一个质量为50 kg的沙发静止在水平地面上，甲、乙两人同时从背面和侧面分别用F1＝120 N、F2＝160 N的力推沙发，F1与F2相互垂直，且平行于地面。沙发与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．沙发不会被推动
B．沙发将沿着F1的方向移动，加速度为0.6 m/s2
C．由于F1小于滑动摩擦力，沙发将沿着F2的方向移动，加速度为0.2 m/s2
D．沙发的加速度大小为1 m/s2
解析：两推力的合力F＝＝ N＝200 N，滑动摩擦力Ff＝μmg＝0.3×50×10 N＝150 N
11．在静止的车厢内，用细绳a和b系住一个小球，绳a斜向上拉，绳b水平拉，如图所示。现让车从静止开始向右做匀加速运动，小球相对于车厢的位置不变，与小车静止时相比，绳a、b的拉力Fa、Fb的变化情况是( )
A．Fa变大，Fb不变 B．Fa变大，Fb变小
C．Fa不变，Fb变小 D．Fa不变，Fb变大
解析：以小球为研究对象，分析受力情况，如图所示，小车运动时，根据牛顿第二定律得水平方向，Fasin α－Fb＝ma①，竖直方向，Facos α－mg＝0②，由题知α不变，由②分析知Fa不变，由①知Fb＝Fasin α－ma12．完全相同的三个物块1、2、3放在水平桌面上，它们与桌面间的动摩擦因数相同。现用大小相同的外力F沿如图所示方向分别作用在1和2上，用F的外力沿水平方向作用在3上，使三者都做加速运动，用a1、a2、a3分别代表物块1、2、3的加速度，则( )
A．a1＝a2＝a3 B．a1＝a2，a2>a3
C．a1>a2，a2a2，a2>a3
解析：对物块1，由牛顿第二定律得Fcos 60°－Ff＝ma1，即－μ(mg－Fsin 60°)＝ma1，对物块2，由牛顿第二定律得Fcos 60°－Ff′＝ma2，即－μ(mg＋Fsin 60°)＝ma2，对物块3，由牛顿第二定律得F－Ff″＝ma3，即－μmg＝ma3，比较得a1>a3>a2，选项C正确。故选C。
13.如图所示，手拉着小车静止在倾角为30°的光滑斜面上，已知小车的质量为2.6 kg，取g＝9.8 m/s2。
(1)求绳子对小车的拉力大小；
(2)求斜面对小车的支持力大小；
(3)如果绳子突然断开，求小车的加速度大小；
(4)如果让小车以加速度2 m/s2沿斜面向上运动，需要的拉力为多大？
答案：(1)12.74 N (2)22.07 N (3)4.9 m/s2 (4)17.94 N
解析：(1)小车沿斜面方向受力平衡，得绳子对小车的拉力大小
F拉＝mgsin 30°＝2.6×9.8× N＝12.74 N。
(2)小车沿垂直斜面方向受力平衡，得斜面对小车的支持力大小
FN＝mgcos 30°＝2.6×9.8× N≈22.07 N。
(3)绳子突然断开，沿斜面方向小车受到的合力为mgsin 30°，由mgsin 30°＝ma得小车的加速度大小
a＝gsin 30°＝9.8× m/s2＝4.9 m/s2。
(4)以小车为研究对象，受力分析如图所示。
利用正交分解法，由牛顿第二定律得
F－mgsin 30°＝ma′，其中a′＝2 m/s2，
所以需要的拉力大小
F＝ma′＋mgsin 30°＝2.6×2 N＋2.6×9.8× N＝17.94 N。
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