4.3 牛顿第二定律（培优.含解析）-2025-2026学年高一上学期物理人教版（2019）必修第一册

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4.3牛顿第二定律
一．选择题（共6小题）
1．如图所示，两个质量不相等可视为质点的小球用轻细绳穿拴成一串，将绳的一端挂在车厢的顶部。当车在平直路面上做匀加速直线运动时，这串小球及绳在车厢中的形状的示意图正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．把一个苹果竖直向上抛出，苹果在空中受到重力和空气阻力的作用。若苹果在上升和下降过程中所受合力的大小分别为F1、F2，则（　　）
A．F1可能小于F2 B．F1可能等于F2
C．F1一定等于F2 D．F1一定大于F2
3．某汽车在高速公路上通过ETC通道的v﹣t图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．0～t1内，汽车所受的合力逐渐减小
B．t1～t2内，汽车所受的牵引力为零
C．t2～t3内，汽车的加速度逐渐减小
D．0～t1内汽车的平均速度比t2～t3内的平均速度大
4．如图所示，在固定挡板和木块之间连接一劲度系数为400N/m、被压缩2cm的轻弹簧，系统处于静止状态。已知木块质量为5kg，与水平地面之间的动摩擦因数为0.2。取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．木块所受的摩擦力大小为10N
B．若某时刻对木块施加2N、水平向右的拉力，则其加速度大小为0.4m/s2
C．若最初将弹簧压缩5cm，木块被释放后其加速度将逐渐减小
D．若最初将弹簧压缩5cm，木块被释放后将运动至弹簧原长处静止
5．如图所示，质量为m的夯杆在左右两个半径均为R，角速度为ω的摩擦轮的作用下，由静止开始向上运动，上升一定高度后摩擦轮松开，松开之前夯杆与摩擦轮间已经相对静止。已知摩擦轮与夯杆间动摩擦因数均为μ，弹力大小为F，重力加速度为g，不计空气阻力。关于夯杆从起动到摩擦轮松开的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．受到摩擦轮的摩擦力始终保持不变
B．夯杆的最大速度大小等于ωR
C．加速过程中加速度大小等于g
D．加速运动的时间等于
6．如图所示，轻弹簧左端固定，右端与一放在水平面上且可视为质点的滑块相连，弹簧始终与水平面平行，水平面上各处粗糙程度相同，弹簧处于原长时滑块位于O点。现将滑块拉至A点并由静止释放，B点为OA中点，弹簧始终在弹性限度内。已知滑块刚释放时加速度大小为a1，第一次经过B点时加速度大小为a2，则滑块第二次经过B点时加速度大小为（　　）
A．a2 B．2a1﹣2a2 C．2a1﹣3a2 D．3a1﹣4a2
二．多选题（共3小题）
（多选）7．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧，下端固定，上端与B连接，斜面光滑，质量均为m的A、B两物体紧靠在一起，处于静止状态，现用一个平行于斜面向上的拉力F拉物体A，使A物体做加速度为a的匀加速运动。已知在A、B分离前，拉力F随A物体发生的位移x变化的图像如图所示，重力加速度为g，则下列表述中正确的是（　　）
A．拉力F刚开始拉物体时，A、B两物体间的弹力大小为mgsinθ
B．拉力F刚开始拉物体时，A、B两物体间的弹力大小为mgsinθ﹣ma
C．图中
D．图中
（多选）8．如图所示，一个小球（视为质点）分别通过细线1、2固定在竖直墙面上的A点和水平地面上的B点，小球处于静止状态，细线1、2与竖直方向、水平面的夹角均为30°，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．若剪断细线1，则剪断瞬间小球加速度的大小为
B．若剪断细线1，则剪断瞬间小球加速度的大小为g
C．若剪断细线2，则剪断瞬间小球加速度的大小为
D．若剪断细线2，则剪断瞬间小球加速度的大小为
（多选）9．为了避免突然产生的加速度让乘客有明显不舒服的顿挫感，电梯在竖直方向上减速下降过程中加速度ay随时间t变化的图像如图甲所示，取竖直向下为正方向，t＝0时刻和t0时刻的加速度均为零。如图乙所示，t＝0时刻，一小物块在电梯中以初速度v0水平向右滑动，t0时刻恰好减速至零，该过程中物块在竖直方向与电梯保持相对静止，电梯厢足够长，物块不与电梯发生碰撞，物块与电梯之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。若取水平向右为正方向，关于小物块水平方向的加速度ax、水平方向的速度vx、水平方向的位移x随时间t变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
三．填空题（共4小题）
10．质量为60kg的人站在电梯内，随电梯上升，电梯运动的v﹣t图像如图所示，则在0～6s内电梯的加速度大小为 　 　 m/s2，人对电梯的压力为 　 　 N，已知重力加速度g取10m/s2。
11．如图，质量分别为4kg和6kg的A、B两个物块相互接触，放在光滑的水平面上，两物块在水平推力F＝10N作用下，一起以相同的加速度向右运动，加速度大小a＝ 　 　 m/s2，A对B的弹力FN＝ 　 　 N，方向 　 　 。
12．用轻质弹簧a和两根细线b、c将质量均为m的两个小球1和2连接，并如图所示悬挂。两小球处于静止状态，弹簧a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平，重力加速度取g。则细线c上的拉力大小为 　 　 ；突然剪断细线b的瞬间，小球1的加速度为 　 　 。
13．在某科技活动中。一位同学设计了一个加速度测量仪，如图（a）所示，将一端连有摆球的细线悬于小车内O点。当小车运动时，小球与小车保持相对静止后，测量出悬绳与竖直方向的夹角θ，便可通过该角度计算得到小车此时的加速度值。
（1）请填写图（b）中刻度盘上的角度θ为30°对应的加速度值为 　 　 。（答案用g表示）
（2）运用该测量仪测量加速度，会有哪些局限：　 　 。
四．解答题（共2小题）
14．公交车以10m/s的速度匀速行驶，质量为10kg的行李箱放置在公交车地板上，由于前方出现紧急状况，司机立即采取紧急制动，制动的加速度大小为5m/s2，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）若行李箱与地板间不发生相对滑动，地板对行李箱的摩擦力大小；
（2）若行李箱与地板间的动摩擦因数μ＝0.4，行李箱经多长时间匀减速到零？
15．如图所示，一质量m1＝0.8kg、内壁（厚度不计）光滑的长方体形空铁箱静止在水平地面上，一质量m2＝0.2kg的木块（视为质点）静止在铁箱内左侧，0时刻铁箱在大小F＝5N的水平拉力作用下沿水平地面向右做匀加速直线运动，铁箱与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求铁箱左侧壁对木块的弹力大小FN；
（2）6s时刻撤去拉力，8s时刻木块从铁箱左侧第一次到达铁箱右侧，求铁箱的长度L。
4.3牛顿第二定律
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题）
1．如图所示，两个质量不相等可视为质点的小球用轻细绳穿拴成一串，将绳的一端挂在车厢的顶部。当车在平直路面上做匀加速直线运动时，这串小球及绳在车厢中的形状的示意图正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】对末端小球和两个小球整体受力分析，根据牛顿第二定律分析细绳与竖直方向夹角。
【解答】解：加速度向右，则合力向右，对末端的小球受力分析如图所示：
由牛顿第二定律可知，a，所以加速度一定时，细绳与竖直方向夹角一定，则以两个小球整体为研究对象，细绳与竖直方向夹角不变，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】考查了牛顿第二定律的应用，熟练掌握受力分析并确定合外力的方法。
2．把一个苹果竖直向上抛出，苹果在空中受到重力和空气阻力的作用。若苹果在上升和下降过程中所受合力的大小分别为F1、F2，则（　　）
A．F1可能小于F2 B．F1可能等于F2
C．F1一定等于F2 D．F1一定大于F2
【考点】牛顿第二定律的简单应用；竖直上抛运动的规律及应用．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据力的合成计算合力的大小，即同一直线上同方向二力的合力等于二力之和；同一直线反方向二力的合力等于二力之差。
【解答】解：因为苹果在上升过程中，受到竖直向下的重力和阻力，所以合力等于二力之和；苹果在下降的过程中，受到竖直向下的重力和竖直向上的阻力，所以合力等于二力之差；因此F1一定大于F2。故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】会对物体进行受力分析，会根据同一直线上的二力的合成进行计算合力的大小。
3．某汽车在高速公路上通过ETC通道的v﹣t图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．0～t1内，汽车所受的合力逐渐减小
B．t1～t2内，汽车所受的牵引力为零
C．t2～t3内，汽车的加速度逐渐减小
D．0～t1内汽车的平均速度比t2～t3内的平均速度大
【考点】牛顿第二定律的简单应用；根据v﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况；利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度．
【专题】定量思想；推理法；图析法；方程法；运动学中的图象专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】由v﹣t图像的斜率表示加速度结合牛顿第二定律判断合外力的变化情况；由匀速运动的条件判断汽车受到的牵引力的情况；由v﹣t图像与横轴围成的面积表示位移结合平均速度公式可得平均速度的大小关系。
【解答】解：A、由v﹣t图像可知，在0～t1时间内汽车做匀减速运动，则加速度的大小不变，由牛顿第二定律F＝ma可知汽车受到的合外力不变，故A错误；
B、由v﹣t图像可知，汽车在t1～t2时间内做匀速直线运动，则汽车受到的合外力为0，故B错误；
C、由v﹣t图像的斜率表示加速度可知，在t2～t3时间内，汽车的加速度逐渐减小，故C正确；
D、由v﹣t图像与横轴围成的面积表示位移结合平均速度的公式可知在0～t1内汽车的平均速度的大小为：，在t2～t3时间内的平均速度的大小为：，由于v3＞v1，则有：，故D错误。
故选：C。
【点评】本题是对牛顿第二定律、平均速度及v﹣t图像的考查，解题的关键是要知道v﹣t图像的斜率表示加速度。图像与横轴围成的面积表示位移。
4．如图所示，在固定挡板和木块之间连接一劲度系数为400N/m、被压缩2cm的轻弹簧，系统处于静止状态。已知木块质量为5kg，与水平地面之间的动摩擦因数为0.2。取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．木块所受的摩擦力大小为10N
B．若某时刻对木块施加2N、水平向右的拉力，则其加速度大小为0.4m/s2
C．若最初将弹簧压缩5cm，木块被释放后其加速度将逐渐减小
D．若最初将弹簧压缩5cm，木块被释放后将运动至弹簧原长处静止
【考点】牛顿第二定律的简单应用；胡克定律及其应用；静摩擦力大小及计算．
【专题】定量思想；推理法；方程法；摩擦力专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】先求解出木块的最大静摩擦力，然后求解出弹簧弹力，最后木块分别受力分析后分析求解。
【解答】解：A、由题意可知，木块处于平衡状态，由平衡条件可得：木块受到的摩擦力的大小为：f＝k Δx＝400×0.02N＝8N，故A错误；
B、地面对木块的最大静摩擦力为：fm＝μmg＝0.2×5×10N＝10N，对木块施加2N、水平向右的拉力的时，则木块受到水平向右的作用力的大小为：F1+k Δx＝2N+400×0.02N＝10N，
所以有：F1+k Δx＝fm，则木块处于平衡状态，加速度为0，故B错误；
C、若最初将弹簧压缩5cm，则木块受到的弹簧弹力的大小为：F弹＝k Δx′＝400×0.05N＝20N，由于F弹＝20N＞fm＝10N，则木块被释放后开始向右做加速运动，但弹簧的弹力逐渐减小其加速度将逐渐减小，则木块受到的合外力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，故C正确；
D、若弹簧初始压缩5cm，木块运动到弹簧原长时，弹簧弹力为0，但木块仍有速度，此时木块只受滑动摩擦力，会继续减速运动，直到速度为0时才静止，故D错误。
故选：C。
【点评】本题关键是先判断出弹簧的弹力和最大静摩擦力，然后再对木块受力分析，运用牛顿第二定律判断物体的运动情况。
5．如图所示，质量为m的夯杆在左右两个半径均为R，角速度为ω的摩擦轮的作用下，由静止开始向上运动，上升一定高度后摩擦轮松开，松开之前夯杆与摩擦轮间已经相对静止。已知摩擦轮与夯杆间动摩擦因数均为μ，弹力大小为F，重力加速度为g，不计空气阻力。关于夯杆从起动到摩擦轮松开的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．受到摩擦轮的摩擦力始终保持不变
B．夯杆的最大速度大小等于ωR
C．加速过程中加速度大小等于g
D．加速运动的时间等于
【考点】牛顿第二定律的简单应用；滑动摩擦力的大小计算和影响因素．
【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】B
【分析】根据夯杆的运动过程判断摩擦力的变化情况；
夯杆与摩擦轮相对静止时夯杆的速度最大，根据线速度与加速度的关系求出夯杆的最大速度；
应用牛顿第二定律求出夯杆的加速度，应用运动学公式求出加速运动的时间。
【解答】解：A、开始夯杆与摩擦轮间相对运动，夯杆所受摩擦力为滑动摩擦力，夯杆与摩擦轮相对静止时夯杆所受摩擦力为静摩擦力，夯杆所受摩擦轮的摩擦力会变化，故A错误；
B、当夯杆与摩擦轮相对静止时夯杆的速度最大，夯杆的最大速度v＝ωR，故B正确；
C、对夯杆，由牛顿第二定律得2μF﹣mg＝ma，解得ag，故C错误；
D、夯杆加速过程，夯杆的速度v＝at，解得t，故D错误。
故选：B。
【点评】分析清楚夯杆的受力情况与运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
6．如图所示，轻弹簧左端固定，右端与一放在水平面上且可视为质点的滑块相连，弹簧始终与水平面平行，水平面上各处粗糙程度相同，弹簧处于原长时滑块位于O点。现将滑块拉至A点并由静止释放，B点为OA中点，弹簧始终在弹性限度内。已知滑块刚释放时加速度大小为a1，第一次经过B点时加速度大小为a2，则滑块第二次经过B点时加速度大小为（　　）
A．a2 B．2a1﹣2a2 C．2a1﹣3a2 D．3a1﹣4a2
【考点】牛顿第二定律的简单应用；胡克定律及其应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】先对滑块在A点刚释放时受力分析，弹簧弹力减摩擦力产生加速度a1。第一次经过B点时，弹簧弹力减小（因为形变量减半），摩擦力不变，合力产生加速度a2。第二次经过B点时，弹簧弹力大小与第一次经过时相同但方向相反，摩擦力方向也相反，结合前两次的受力关系，推导出此时的加速度。
【解答】解：设滑块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，滑块受到的滑动摩擦力为Ff，OA间的距离为x，根据牛顿第二定律，刚释放时有kx﹣Ff＝ma1
第一次经过B点时有
设滑块第二次经过B点时加速度大小为a3，根据牛顿第二定律，有
联立以上三式解得a3＝2a1﹣3a2
故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】题目以“弹簧滑块的往复运动”为场景，通过对比不同阶段的加速度，考查对“弹力、摩擦力、加速度”的综合关联分析，难度中等偏上，重点在于对“弹力的形变量依赖、摩擦力的方向突变、多阶段受力的方程联立”的准确把握，能有效检测学生的力学综合分析能力，适合作为弹簧动态问题的典型例题，帮助学生建立“弹力变化—摩擦力突变—加速度推导”的一体化分析思维。
二．多选题（共3小题）
（多选）7．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧，下端固定，上端与B连接，斜面光滑，质量均为m的A、B两物体紧靠在一起，处于静止状态，现用一个平行于斜面向上的拉力F拉物体A，使A物体做加速度为a的匀加速运动。已知在A、B分离前，拉力F随A物体发生的位移x变化的图像如图所示，重力加速度为g，则下列表述中正确的是（　　）
A．拉力F刚开始拉物体时，A、B两物体间的弹力大小为mgsinθ
B．拉力F刚开始拉物体时，A、B两物体间的弹力大小为mgsinθ﹣ma
C．图中
D．图中
【考点】牛顿第二定律求解瞬时问题；胡克定律及其应用．
【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】BD
【分析】应用牛顿第二定律求出刚开始拉物体时物体间的弹力大小；
当两物体间的弹力为零且两物体的加速度相等时两物体开始分离，应用牛顿第二定律求出图像的函数解析式，然后根据图示图像解题。
【解答】解：AB、施加拉力前，两物体静止处于平衡状态，两物体所受合力为零，施加拉力瞬间，弹簧弹力不变，两物体整体所受合力等于拉力，对两物体整体，由牛顿第二定律得F0＝2ma，对物体A，由牛顿第二定律得F0+FN﹣mgsinθ＝ma，解得FN＝mgsinθ﹣ma，故A错误，B正确；
CD、施加拉力前，对A、B两物体，由平衡条件得kΔx＝2mgsinθ，
当物体的位移为x时，弹簧的形变量为Δx﹣x，对A、B整体，
由牛顿第二定律得F+k（Δx﹣x）﹣2mgsinθ＝2ma，
解得F＝kx+2ma，由图示F﹣x图像可知，F＝0时x，解得x0，故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物体的受力情况与运动过程，应用 牛顿第二定律即可解题。
（多选）8．如图所示，一个小球（视为质点）分别通过细线1、2固定在竖直墙面上的A点和水平地面上的B点，小球处于静止状态，细线1、2与竖直方向、水平面的夹角均为30°，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．若剪断细线1，则剪断瞬间小球加速度的大小为
B．若剪断细线1，则剪断瞬间小球加速度的大小为g
C．若剪断细线2，则剪断瞬间小球加速度的大小为
D．若剪断细线2，则剪断瞬间小球加速度的大小为
【考点】牛顿第二定律的简单应用；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】BC
【分析】细线上的拉力会发生突变，由此结合小球的受力分析即可。
【解答】解：AB．若剪断细线1，则剪断瞬间，细线2上的弹力也会消失，小球只受重力作用，加速度大小为g，故A错误，B正确；
CD．若剪断细线2，小球将沿垂直于细线1的方向摆动，细线1上的拉力发生了突变，把小球的重力分别沿着细线1和垂直细线1的方向分解，如图
则有mgsin30°＝ma
解得，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】该题考查牛顿第二定律的瞬时加速度问题，注意绳子、细线都会发生突变即可。
（多选）9．为了避免突然产生的加速度让乘客有明显不舒服的顿挫感，电梯在竖直方向上减速下降过程中加速度ay随时间t变化的图像如图甲所示，取竖直向下为正方向，t＝0时刻和t0时刻的加速度均为零。如图乙所示，t＝0时刻，一小物块在电梯中以初速度v0水平向右滑动，t0时刻恰好减速至零，该过程中物块在竖直方向与电梯保持相对静止，电梯厢足够长，物块不与电梯发生碰撞，物块与电梯之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。若取水平向右为正方向，关于小物块水平方向的加速度ax、水平方向的速度vx、水平方向的位移x随时间t变化的图像可能正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】牛顿第二定律的简单应用；多个类型的运动学图像综合问题；复杂的运动学图像问题．
【专题】定量思想；推理法；图析法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】要分析这道题，需从物块水平方向的加速度、速度、位移的变化规律角度判断：加速度ax：物块水平方向受滑动摩擦力，摩擦力大小与竖直方向的支持力有关。电梯竖直加速度ay变化，导致支持力变化，进而使水平加速度ax随ay的变化而线性变化（先增大后减小），结合初末速度条件，可判断；速度vx：物块做加速度先增大后减小的减速运动，速度图像的斜率（加速度）应先变陡后变缓；位移x：位移图像的斜率（速度）应逐渐减小。
【解答】解：AB、由牛顿第二定律可得，竖直方向有mg﹣FN＝may，水平方向有﹣μFN＝max
解得ax＝μay﹣μg，根据a﹣t图像的面积为速度变化量有
解得水平加速度的最大值，故A错误，B正确；
C、vx﹣t图像斜率的绝对值表示加速度的大小，由ax＝μay﹣μg可知，vx随时间的变化满足对称性，加速度先增大后减小，故斜率先增大后减小，故C正确；
D、v﹣t图像的面积表示位移，由图像的对称性结合上述分析可得，t0内的总位移为，内的位移大于总位移的，即大于，故D错误。
故选：BC。
【点评】这道题是对多方向运动的加速度、速度、位移综合分析的考查，这道题是一道质量较高的多方向运动综合分析题，能有效考查学生对力学规律和运动图像的综合理解与应用能力，同时也锻炼了学生在复杂场景下的物理建模和逻辑推理能力。
三．填空题（共4小题）
10．质量为60kg的人站在电梯内，随电梯上升，电梯运动的v﹣t图像如图所示，则在0～6s内电梯的加速度大小为 　0.5　 m/s2，人对电梯的压力为 　630　 N，已知重力加速度g取10m/s2。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；牛顿第三定律的理解与应用；利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】0.5；630。
【分析】根据v﹣t图像斜率表示加速度，结合牛顿第二与第三定律分析求解。
【解答】解：v﹣t图像斜率表示加速度，0～6s内电梯的加速度大小
人受到电梯的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得
FN﹣mg＝ma
得
FN＝m（g+a）＝60×（10+0.5）N＝630N
由牛顿第三定律得人对电梯的压力大小
F′N＝FN＝630N
故答案为：0.5；630。
【点评】本题考查了牛顿定律，理解v﹣t图所对应的物体的运动状态是解决此类问题的关键。
11．如图，质量分别为4kg和6kg的A、B两个物块相互接触，放在光滑的水平面上，两物块在水平推力F＝10N作用下，一起以相同的加速度向右运动，加速度大小a＝ 　1　 m/s2，A对B的弹力FN＝ 　6　 N，方向 　水平向右　 。
【考点】牛顿第二定律的简单应用．
【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】1；6；水平向右。
【分析】应用牛顿第二定律求出加速度与A对B的弹力。
【解答】解：由牛顿第二定律得：
对A、B整体：F＝（mA+mB）a
对B：FN＝mBa
代入数据解得：a＝1m/s2，FN＝6N，方向水平向右
故答案为：1；6；水平向右。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，根据物体的受力情况应用牛顿第二定律即可解题，解题时注意整体法与隔离法的应用。
12．用轻质弹簧a和两根细线b、c将质量均为m的两个小球1和2连接，并如图所示悬挂。两小球处于静止状态，弹簧a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平，重力加速度取g。则细线c上的拉力大小为 　　 ；突然剪断细线b的瞬间，小球1的加速度为 　　 。
【考点】牛顿第二定律求解瞬时问题；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】；。
【分析】对1、2两球的整体分析，结合突然剪断细线b的瞬间，弹簧a的弹力不变，综合牛顿第二定律分析求解。
【解答】解：对1、2两球的整体分析可知
可得
对2分析可知
突然剪断细线b的瞬间，弹簧a的弹力不变，小球1的加速度为
故答案为：；。
【点评】本题考查了瞬时性问题，理解弹簧弹力不可突变性是解决此类问题的关键。
13．在某科技活动中。一位同学设计了一个加速度测量仪，如图（a）所示，将一端连有摆球的细线悬于小车内O点。当小车运动时，小球与小车保持相对静止后，测量出悬绳与竖直方向的夹角θ，便可通过该角度计算得到小车此时的加速度值。
（1）请填写图（b）中刻度盘上的角度θ为30°对应的加速度值为 　　 。（答案用g表示）
（2）运用该测量仪测量加速度，会有哪些局限：　加速度太大时，无法准确测量　 。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；正交分解法．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】（1）；（2）加速度太大时，无法准确测量。
【分析】（1）对物体进行受力分析，结合牛顿第二定律求加速度；
（2）根据加速度的公式，当加速度太大时，θ变化较小，误差太大。
【解答】解：（1）设小球的加速度为a，绳中张力为T，对小球受力分析，则有
Tsinθ＝ma、Tcosθ＝mg
联立解得
a＝gtanθ
（2）根据公式结合正切函数的特征可知，当加速度较大时对应的角度变化较小，会导致加速度较大情况下的测量误差较大。
故答案为：（1）；（2）加速度太大时，无法准确测量。
【点评】本题主要考查利用受力分析，求出物体的加速度。
四．解答题（共2小题）
14．公交车以10m/s的速度匀速行驶，质量为10kg的行李箱放置在公交车地板上，由于前方出现紧急状况，司机立即采取紧急制动，制动的加速度大小为5m/s2，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）若行李箱与地板间不发生相对滑动，地板对行李箱的摩擦力大小；
（2）若行李箱与地板间的动摩擦因数μ＝0.4，行李箱经多长时间匀减速到零？
【考点】牛顿第二定律的简单应用；判断是否存在摩擦力．
【专题】定量思想；推理法；方程法；牛顿运动定律综合专题；摩擦力专题；推理论证能力．
【答案】（1）地板对行李箱的摩擦力大小为50N；
（2）行李箱经2.5s匀减速到零。
【分析】（1）以行李箱为研究对象，由牛顿第二定律列式可得地板对行李箱的摩擦力的大小；
（2）由f＝μmg可求行李箱与地板发生相对滑动时的加速度的大小，比较汽车与行李箱的加速度的大小，知道汽车先与行李箱停止运动，行李箱一直做匀减速运动直到速度为0，由速度—时间关系列式即可求解。
【解答】解：（1）当行李箱与地板不发生相对滑动时，行李箱与公交车的加速度相同，即加速度的大小为：a＝5m/s2，对行李箱进行受力分析，水平方向仅受地板对它的静摩擦力f的作用，根据牛顿第二定律可得：f＝ma，代入数据解得：f＝ma＝10×5N＝50N；
（2）若动摩擦因数μ＝0.4，则当行李箱与地板发生相对滑动时，水平方向受滑动摩擦力的大小为：f1＝μmg＝0.4×10×10N＝40N，根据牛顿第二定律，行李箱的加速度的大小为：；由于a＞a0，则汽车先与行李箱停止运动，行李箱做匀减速直线运动，设行李箱经时间t匀减速到零，以初速度 v0的方向为正方向，则有：0＝v0﹣a0t，解得：。
答：（1）地板对行李箱的摩擦力大小为50N；
（2）行李箱经2.5s匀减速到零。
【点评】本题是对牛顿第二定律及匀变速直线运动规律的考查，解题的关键是要知道当行李箱相对汽车静止时速度静摩擦力的作用，相对运动时受到滑动摩擦力的作用。
15．如图所示，一质量m1＝0.8kg、内壁（厚度不计）光滑的长方体形空铁箱静止在水平地面上，一质量m2＝0.2kg的木块（视为质点）静止在铁箱内左侧，0时刻铁箱在大小F＝5N的水平拉力作用下沿水平地面向右做匀加速直线运动，铁箱与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求铁箱左侧壁对木块的弹力大小FN；
（2）6s时刻撤去拉力，8s时刻木块从铁箱左侧第一次到达铁箱右侧，求铁箱的长度L。
【考点】牛顿第二定律求解多过程问题．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）铁箱左侧壁对木块的弹力大小等于0.6N；
（2）铁箱的长度等于5m。
【分析】（1）对系统和木块，根据牛顿第二定律列式求解；
（2）根据牛顿第二定律求解撤去拉力后，铁箱的加速度，根据速度—时间关系求解6s时两物体的速度，最终二者相对位移等于木箱长度。
【解答】解：（1）对系统，根据牛顿第二定律有F﹣μ（m1+m2）g＝（m1+m2）a
对木块有FN＝m2a
解得FN＝0.6N，a＝3m/s2
（2）6s时两物体的速度为v＝at
撤去拉力后，铁箱的加速度为μ（m1+m2）g＝m1a′
解得a′＝2.5m/s2
8s时刻，即2s后木块从铁箱左侧第一次到达铁箱右侧，则m
答：（1）铁箱左侧壁对木块的弹力大小等于0.6N；
（2）铁箱的长度等于5m。
【点评】本题要通过分析木块的状态，由牛顿第二定律求解铁箱对木块弹力，要抓住木块与铁箱位移的关系，由牛顿第二定律和运动学公式相结合研究铁箱的长度。
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