4.3 牛顿第二定律（同步练习.含解析）2025-2026学年高一上学期物理教科版（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．张师傅正在抢修重要机器，其中一个零件如图所示。张师傅要剪去细绳，其中小球A质量为2m，小球B质量为3m，中间连接了一根弹簧，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．剪去细绳瞬间，A球加速度aA＝2.5g
B．剪去细绳瞬间，A球加速度aA＝5g
C．剪去细绳瞬间，B球加速度aB＝g
D．剪去细绳瞬间，B球加速度aB＝3g
2．如图所示为无人机运送质量为m的工件P的示意图，P用轻绳悬挂于无人机下方。在运送过程的某段时间内，无人机沿水平直线飞行，轻绳与竖直方向夹角恒为θ。忽略工件所受空气阻力，重力加速度为g，则在该段时间内（　　）
A．无人机一定向左做加速运动
B．工件P受到的合外力大小为
C．无人机的加速度大小为gtanθ
D．轻绳的拉力大小为mgtanθ
3．蹦极运动是一项户外运动，弹性绳一端固定在运动员（视为质点）身上，另一端固定在平台上。运动员从静止开始竖直跳下，弹性绳始终处于弹性限度内，忽略空气阻力，运动员从刚跳下至第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．弹性绳伸直前，运动员做匀加速直线运动
B．弹性绳伸直前，运动员的速度的变化率越来越大
C．弹性绳伸直后，运动员下落相同高度，加速度变化量越来越大
D．弹性绳伸直后，运动员下落相同高度，加速度变化量越来越小
4．如图所示，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，小车先在水平面上向右做匀减速运动，并以一定的速度冲上光滑斜面。小车在水平面上向右运动过程和小车沿斜面上滑过程，直杆对小球作用力的方向可能沿图中的（　　）
A．先沿OA方向，再沿OC方向
B．先沿OC方向，再沿OB方向
C．先沿OA方向，再沿OB方向
D．先沿OC方向，再沿OA方向
5．如图所示，滑翔伞是一批热爱跳伞、滑翔翼的飞行人员发明的一种飞行器。现有一滑翔伞沿直线朝斜向下方向做匀加速直线运动。若空气对滑翔伞和飞行人员的作用力为F，则此过程中F的方向可能是（　　）
A． B．
C． D．
6．如图所示，一不可伸长的细绳绕过光滑的定滑轮，两端连接物块a和b，物块c与b通过轻弹簧连接，a、b、c质量均为m，a、b、c运动过程中弹簧长度保持不变。重力加速度为g。则（　　）
A．a的加速度大小为 B．a的加速度大小为g
C．弹簧弹力大小为 D．弹簧弹力大小为
二．多选题（共3小题）
（多选）7．如图甲、乙所示，细绳拴着一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平。已知重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列结论正确的是（　　）
A．甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为
B．甲图所示的情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为g
C．乙图所示的情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为
D．甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为
（多选）8．如图所示，底板光滑的小车放在水平地面上，两个完全相同的轻质弹簧甲和乙分别固定在小车与物块之间，弹簧水平，物块质量为m＝10kg。当小车做匀速直线运动时，两弹簧均被拉长，弹力均为10N。则当小车向右做匀加速直线运动时，弹簧甲的弹力变为8N（两弹簧均未超出其弹性限度），则（　　）
A．弹簧乙的弹力可能为12N
B．弹簧乙的弹力可能为10N
C．小车的加速度可能为3.6m/s2
D．小车的加速度可能为0.2m/s2
（多选）9．在水平面上，一个质量为m＝1kg的滑块受到一个水平拉力F作用，F随时间变化关系为F＝2t（N），已知t＝2.5s前滑块处于静止状态，t＝2.5s后滑块开始滑动，滑块与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.45，g＝10m/s2，由此可知（　　）
A．t＝1s时，滑块所受的摩擦力为零
B．滑块与水平面之间的最大静摩擦力为5N
C．滑块在水平面运动时受到的滑动摩擦力为4.5N
D．t＝3s时，滑块的加速度为1.0m/s2
三．填空题（共4小题）
10．某升降机运动的v﹣t图像如图，质量为50kg的人站在升降机中，取竖直向上为正方向。则0～10s内，升降机的位移大小为 　 　 m；0～2s内，人对升降机地板的压力大小为 　 　 N，取重力加速度g＝10m/s2。
11．如图所示，已知A球的质量为m，B球的质量为2m，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，固定在地面上。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，A球的加速度大小为　 　 ，B球的加速度大小为　 　 。
12．如图所示，A、B、C三个小球（可视为质点）的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电（不考虑小球间的静电感应），不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E，静止时，A、B两小球间细线的拉力为　 　 ；剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为　 　 。
13．一物体恰能在一个斜面体上沿斜面匀速下滑，则此时地面对斜面的摩擦力 　 　 ；若用沿斜面向下的力推此物体，使物体加速下滑（如图），则斜面受到地面的摩擦力 　 　 （以上两空均选填“水平向左”、“水平向右”或“为零”）。
四．解答题（共2小题）
14．如图为同学进行抽桌布比赛的示意图，比赛中在边长为L的方桌上平铺桌布，桌布左侧边缘恰好和方桌边缘重合，距方桌左边缘距离为x（未知）处放置小螺母，比赛时站在方桌右侧的同学突然匀加速抽离桌布，加速度方向水平且垂直方桌右侧边。螺母离开桌布后在桌面上继续滑动，最终螺母离开桌面，落在水平地面，螺母水平位移大的为胜利者。已知螺母与桌布、桌面间的动摩擦因数均为μ，小螺母可视为质点，重力加速度为g。求：
（1）当时，桌布以多大加速度抽离时，螺母恰好滑到方桌右边缘停止；
（2）保持第（1）问所求桌布加速度不变，当x为多大时，螺母离开桌面后的水平位移最大。
15．一个质量为2kg的箱子静止放在水平面上，箱子与水平面间的动摩擦因数为0.5，给箱子一个水平恒定拉力，使箱子从静止开始运动，经过2s，箱子的位移为20m。重力加速度g＝10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力不计。
（1）求拉力的大小。
（2）若拉力大小不变，把拉力的方向改为与水平面成37°角斜向上，使箱子从静止开始运动1s后撤去拉力，求箱子运动的总位移。
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．张师傅正在抢修重要机器，其中一个零件如图所示。张师傅要剪去细绳，其中小球A质量为2m，小球B质量为3m，中间连接了一根弹簧，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．剪去细绳瞬间，A球加速度aA＝2.5g
B．剪去细绳瞬间，A球加速度aA＝5g
C．剪去细绳瞬间，B球加速度aB＝g
D．剪去细绳瞬间，B球加速度aB＝3g
【考点】牛顿第二定律求解瞬时问题；牛顿第三定律的理解与应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】弹簧弹力不变突变，开始两球静止，由平衡条件可以求出弹簧的弹力，应用牛顿第二定律的求出剪断细线或剪断弹簧时各球的加速度。
【解答】解：剪去细绳前，B受到重力与弹簧的弹力，根据二力平衡可知弹簧弹力为F＝3mg
剪去细绳瞬间，弹簧弹力保持不变，则B的受力不变，B的加速度为0；
以A为对象，根据牛顿第二定律可得
故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题的关键点就是抓住细线和弹簧的区别：弹簧的弹力不会突变，而细线在断后弹力会突变为零。这点在做题时要特别留意。
2．如图所示为无人机运送质量为m的工件P的示意图，P用轻绳悬挂于无人机下方。在运送过程的某段时间内，无人机沿水平直线飞行，轻绳与竖直方向夹角恒为θ。忽略工件所受空气阻力，重力加速度为g，则在该段时间内（　　）
A．无人机一定向左做加速运动
B．工件P受到的合外力大小为
C．无人机的加速度大小为gtanθ
D．轻绳的拉力大小为mgtanθ
【考点】牛顿第二定律的简单应用；力的合成与分解的应用；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】C
【分析】对工件P进行受力分析可知，加速度方向与合力方向相同，根据竖直方向受力平衡求解合力大小，根据牛顿第二定律求解加速度大小。
【解答】解：A．对工件P进行受力分析可知，它受到重力mg和轻绳拉力T的作用，合外力水平向左，加速度向左，无人机加速度也向左，但无人机可能向左做加速运动，也可能向右做减速运动，故A错误；
BD．沿着水平方向和竖直方向建立平面直角坐标系，则竖直方向的平衡方程为Tcosθ＝mg
解得轻绳的拉力为
所以工件P受到的合外力大小为F合＝Tsinθ＝mgtanθ，故BD错误；
C．对工件P列牛顿第二定律方程有F合＝mgtanθ＝ma
解得工件P的加速度大小为a＝gtanθ
由于无人机与工件P的加速度相同，所以无人机的加速度大小也为gtanθ，故C正确。
故选：C。
【点评】本题考查对力的平衡条件和牛顿第二定律的理解，会分析物体的受力情况是解题关键。
3．蹦极运动是一项户外运动，弹性绳一端固定在运动员（视为质点）身上，另一端固定在平台上。运动员从静止开始竖直跳下，弹性绳始终处于弹性限度内，忽略空气阻力，运动员从刚跳下至第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．弹性绳伸直前，运动员做匀加速直线运动
B．弹性绳伸直前，运动员的速度的变化率越来越大
C．弹性绳伸直后，运动员下落相同高度，加速度变化量越来越大
D．弹性绳伸直后，运动员下落相同高度，加速度变化量越来越小
【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】A
【分析】弹性绳伸直前，运动员做自由落体运动，弹性绳伸直后，根据牛顿第二定律得到加速度表达式，根据表达式分析图像。
【解答】解：AB．弹性绳伸直前，运动员做自由落体运动，加速度恒定为g，其速度的变化率即加速度不变，故A正确，B错误；
CD．弹性绳伸直后，设弹性绳的劲度系数为k，根据牛顿第二定律有mg﹣k（h﹣h0）＝ma
解得
可知弹性绳伸直后，a与h是线性关系，其斜率不变，即运动员下落相同高度，加速度的变化量不变，故CD错误。
故选：A。
【点评】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。
4．如图所示，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，小车先在水平面上向右做匀减速运动，并以一定的速度冲上光滑斜面。小车在水平面上向右运动过程和小车沿斜面上滑过程，直杆对小球作用力的方向可能沿图中的（　　）
A．先沿OA方向，再沿OC方向
B．先沿OC方向，再沿OB方向
C．先沿OA方向，再沿OB方向
D．先沿OC方向，再沿OA方向
【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】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】小球受重力和杆对小球的作用力，在两个力共同作用下做变速运动，根据加速方向判断出合力方向，利用力的合成判断作用力方向。
【解答】解：小车向右做匀减速直线运动，球和小车具有相同的水平向左的加速度，由牛顿第二定律可知，小球所受重力和杆对小球作用力的合力水平向左，杆对小球作用力方向只可能沿图中的OA方向。小车沿斜面上滑过程做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知加速度大小
整体加速度方向沿斜面向下。对小球进行受力分析，小球受重力 mg（竖直向下）和直杆对它的作用力 F。此时，要使小球的加速度大小为gsinθ且沿斜面向下，则直杆对小球的作用力和重力的合力应沿斜面向下。通过平行四边形定则可以判断，直杆对小球的作用力方向为OB方向（垂直斜面向上），故直杆对小球作用力的方向先沿OA方向，再沿OB方向，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】根据牛顿第二定律F＝ma可知，加速度的方向与合力的方向相同，是解决本题的关键．另外知道杆的弹力不一定沿杆的方向。
5．如图所示，滑翔伞是一批热爱跳伞、滑翔翼的飞行人员发明的一种飞行器。现有一滑翔伞沿直线朝斜向下方向做匀加速直线运动。若空气对滑翔伞和飞行人员的作用力为F，则此过程中F的方向可能是（　　）
A． B．
C． D．
【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】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据滑翔伞的运动特点分析出F的方向。
【解答】解：滑翔伞沿直线朝斜向下方向做匀加速直线运动，则F与G的合力方向与v同向，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，理解物体做直线运动的条件，结合矢量合成的特点即可完成分析。
6．如图所示，一不可伸长的细绳绕过光滑的定滑轮，两端连接物块a和b，物块c与b通过轻弹簧连接，a、b、c质量均为m，a、b、c运动过程中弹簧长度保持不变。重力加速度为g。则（　　）
A．a的加速度大小为 B．a的加速度大小为g
C．弹簧弹力大小为 D．弹簧弹力大小为
【考点】牛顿第二定律的简单应用；共点力的平衡问题及求解．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】C
【分析】根据连接体之间的关系，对物体进行受力分析，联立方程组求解加速度的大小。
【解答】解：AB、弹簧长度不变，a、b、c的加速度大小相等，设加速度为a，细绳张力为T，弹簧弹力为F；
根据牛顿第二定律，对a有：T﹣mg＝ma
对b、c整体有有：2mg﹣T＝2ma
联立解得：a，，故AB错误；
CD、根据牛顿第二定律对c有：mg﹣F＝ma
解得：
故D错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题主要考查连接体的应用，根据牛顿第二定律对物体受力分析联立方程。
二．多选题（共3小题）
（多选）7．如图甲、乙所示，细绳拴着一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平。已知重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列结论正确的是（　　）
A．甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为
B．甲图所示的情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为g
C．乙图所示的情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为
D．甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为
【考点】牛顿第二定律的简单应用；力的合成与分解的应用；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】AB
【分析】利用平衡条件可得杆与绳的弹力大小；结合杆绳的弹力与弹簧的弹力突变情况，利用牛顿第二定律可得瞬时加速度大小。
【解答】解：A、甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与轻弹簧对小球的作用力都是水平向右，受力分析如图所示
小球静止，受力平衡，
细绳的拉力大小都为，故A正确；
BCD、甲图所示情境中，细绳烧断瞬间，小球将做圆周运动，所以小球的加速度大小为
乙图所示情境中，细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，
则此瞬间小球的加速度大小为
a2
代入数据解得
a2
故B正确，CD错误。
故选：AB。
【点评】本题的关键是正确的受力分析，会用平衡条件解决平衡问题，掌握弹簧的弹力与杆、绳的弹力的突变特点。
（多选）8．如图所示，底板光滑的小车放在水平地面上，两个完全相同的轻质弹簧甲和乙分别固定在小车与物块之间，弹簧水平，物块质量为m＝10kg。当小车做匀速直线运动时，两弹簧均被拉长，弹力均为10N。则当小车向右做匀加速直线运动时，弹簧甲的弹力变为8N（两弹簧均未超出其弹性限度），则（　　）
A．弹簧乙的弹力可能为12N
B．弹簧乙的弹力可能为10N
C．小车的加速度可能为3.6m/s2
D．小车的加速度可能为0.2m/s2
【考点】牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；方程法；牛顿运动定律综合专题；弹力的存在及方向的判定专题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】根据牛顿第二定律和弹簧的弹力变化情况结合连接体的特点进行分析解答。
【解答】解：AB、因弹簧的弹力与其形变量成正比，当弹簧甲的弹力由10N变为8N时，其形变量减小，则弹簧秤乙的形变量必增大，且甲、乙两弹簧形变量变化的大小相等，两个弹簧完全相同，所以甲弹力变化大小等于乙弹力变化大小，若甲仍然处于伸长状态，则甲的拉力减小2N，则乙的拉力增大2N，故弹簧乙的拉力此时为12N，若甲处于压缩状态，则甲的拉力从向左的10N变为向右的8N，弹力变化了18N，则乙的弹力仍然是拉力，大小变为28N，故A正确，B错误；
CD、若甲仍然处于伸长状态，则甲的拉力减小2N，则乙的拉力增大2N，故弹簧乙的拉力此时为12N，则物块受到的合外力的大小为：F合＝F乙﹣F甲＝12N﹣8N＝4N，根据牛顿第二定律可得加速度的大小为：；
若甲处于压缩状态，则甲的拉力从向左的10N变为向右的8N，弹力变化了18N，则乙的弹力仍然是拉力，大小变为28N，则物块受到的合外力的大小为：F合′＝F乙′+F甲′＝28N+8N＝36N，根据牛顿第二定律可得加速度的大小为：，故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的直接应用，要知道弹簧秤甲的力减小量跟弹簧秤乙的弹力增加量相同；明确弹力的性质是解题的关键，同时注意掌握牛顿第二定律的正确应用。
（多选）9．在水平面上，一个质量为m＝1kg的滑块受到一个水平拉力F作用，F随时间变化关系为F＝2t（N），已知t＝2.5s前滑块处于静止状态，t＝2.5s后滑块开始滑动，滑块与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.45，g＝10m/s2，由此可知（　　）
A．t＝1s时，滑块所受的摩擦力为零
B．滑块与水平面之间的最大静摩擦力为5N
C．滑块在水平面运动时受到的滑动摩擦力为4.5N
D．t＝3s时，滑块的加速度为1.0m/s2
【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】BC
【分析】当拉力恰好等于最大静摩擦力时滑块开始运动，根据滑块的受力情况应用平衡条件与牛顿第二定律分析答题。
【解答】解：A、t＝1s时F＝2t＝2×1N＝2N＜fm，滑块静止，由平衡条件可知，滑块受到的摩擦力f＝F＝2N，故A错误；
B、根据题述，t＝2.5s前滑块处于静止状态，t＝2.5s后滑块开始滑动，说明t＝2.5s时刻对应的摩擦力为最大静摩擦力，t＝2.5s时刻水平拉力F＝2t＝5N，由平衡条件可得滑块所受的最大摩擦力为5N，故B正确；
C、由f＝μmg，可得滑块在水平面运动时受到的滑动摩擦力为f＝μmg＝0.45×1×10N＝4.5N，故C正确；
D、t＝3s时，滑块受到的水平拉力F＝2t＝6N，由牛顿第二定律可得F﹣f＝ma，解得滑块的加速度为a＝1.5m/s2，故D错误。
故选：BC。
【点评】知道最大静摩擦力与滑动摩擦力的关系、掌握滑动摩擦力公式是解题的前提，分析清楚滑块的受力情况与运动过程，应用牛顿第二定律与滑动摩擦力公式可以解题。
三．填空题（共4小题）
10．某升降机运动的v﹣t图像如图，质量为50kg的人站在升降机中，取竖直向上为正方向。则0～10s内，升降机的位移大小为 　14　 m；0～2s内，人对升降机地板的压力大小为 　550　 N，取重力加速度g＝10m/s2。
【考点】牛顿第二定律的图像问题．
【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】14；550。
【分析】对于0～10s内升降机的位移，利用v﹣t图像中面积表示位移的知识，将图像分割为梯形计算面积；
对于0～2s内人对地板的压力，先由v﹣t图像斜率求加速度，再通过牛顿第二定律分析人受力，结合牛顿第三定律得到压力大小。
【解答】解：根据题意分析可知，v﹣t图像的面积表示升降机的位移，则0～10s内有
0～2s内，人和升降机的加速度由v﹣t图像可得
对人受力分析，根据牛顿第二定律有
N﹣mg＝ma1
由牛顿第三定律可知
N′＝N
联立可得人对升降机地板的压力大小为
N′＝mg+ma1
解得N′＝550N
故答案为：14；550。
【点评】本题关键在于掌握v﹣t图像的物理意义（面积表位移、斜率表加速度），以及牛顿运动定律在超重、失重情境中的应用。通过图像分析运动状态，结合力学规律求解物理量。
11．如图所示，已知A球的质量为m，B球的质量为2m，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，固定在地面上。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，A球的加速度大小为　3gsinθ　 ，B球的加速度大小为　0　 。
【考点】牛顿第二定律求解瞬时问题．
【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】3gsinθ，0。
【分析】先对系统静止时受力分析，求出弹簧弹力F＝3mgsinθ。细线烧断瞬间，弹簧弹力不变，对A、B球分别用牛顿第二定律求解。
【解答】解：在细线被烧断前，以B球为研究对象，由平衡条件可知，弹簧的弹力为F＝2mgsinθ
在细线被烧断的瞬间，由于弹簧不能产生突变，此时A球所受的合力大小为F+mgsinθ＝3mgsinθ，方向沿斜面向下
由牛顿第二定律可得A球的加速度大小为
在细线被烧断的瞬间，由于弹簧不能产生突变，弹簧弹力不变，B球受力未发生变化，合力仍为零，加速度为0。
故答案为：3gsinθ，0。
【点评】题目以“细线烧断瞬间的加速度”为核心设问，需要学生分别对 A、B 两球进行受力分析，利用弹簧弹力的瞬时不变性推导加速度，难度适中，重点在于对“瞬时受力变化”和“多物体受力关联”的准确把握，能有效检测学生对力学瞬时问题的分析能力，适合作为力学瞬时加速度类问题的典型练习题，帮助学生夯实“受力—瞬时运动”的分析思维。
12．如图所示，A、B、C三个小球（可视为质点）的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电（不考虑小球间的静电感应），不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E，静止时，A、B两小球间细线的拉力为　5mg+qE　 ；剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为　　 。
【考点】牛顿第二定律求解瞬时问题．
【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】5mg+qE，
【分析】先把BC看成一个整体，根据平衡条件列方程计算；剪断O点与A小球间细线的瞬间，把A、B看成一个整体，根据牛顿第二定律得到整体下落的加速度，然后对A根据牛顿第二定律计算。
【解答】解：把B、C作为整体受力分析，设A、B间细线的拉力为F，则有
F﹣2mg﹣3mg﹣qE＝0
解得
F＝5mg+qE
剪断O点与A小球间细线后，若B不带电，三个小球具有共同的加速度g（三个球做自由落体运动），此时AB间、BC间细线的拉力均为零，现在B球带负电，AB间细线的拉力不为零，BC间细线的拉力仍为零，设此时AB间细线的拉力为F′，把AB作为一个整体受力分析，根据牛顿第二定律可得
mg+2mg+qE＝（m+2m）aAB
解得
对A受力分析，根据牛顿第二定律有：
F′+mg＝maAB
解得
故答案为：5mg+qE，
【点评】注意整体法和隔离法的应用，小球B带负电，受电场力方向与电场方向相反。
13．一物体恰能在一个斜面体上沿斜面匀速下滑，则此时地面对斜面的摩擦力 　为零　 ；若用沿斜面向下的力推此物体，使物体加速下滑（如图），则斜面受到地面的摩擦力 　为零　 （以上两空均选填“水平向左”、“水平向右”或“为零”）。
【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；判断是否存在摩擦力．
【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】为零，为零
【分析】对斜面体进行受力分析，受到重力，物块对它的压力、地面的支持力和摩擦力，开始做匀速下滑，压力与摩擦力在水平方向上的分力相等，当用力向下推此物体，使物体加速下滑，判断地面的摩擦力，仍然可以比较压力与摩擦力在水平方向上的分力大小。
【解答】解：对物体进行受力分析，如图所示：
物体恰能在斜面上匀速下滑，根据共点力的平衡可知：mgsinθ＝f＝μmgcosθ，即sinθ＝μcosθ；
对斜面受力分析如图所示：
由牛顿第三定律可知f′＝f，FN′＝FN，摩擦力的水平分力为：f′cosθ＝μmgcosθ cosθ，压力的水平分力为：FN′sinθ＝mgcosθ sinθ，由上面分析可知μmgcosθ cosθ＝mgcosθ sinθ，故斜面体相对地面没有相对运动趋势，此时地面对斜面的摩擦力为零。
当用沿斜面向下的力推此物体时，斜面所受摩擦力和压力大小不变，两力在水平方向上分力仍然相等，所以仍然不受地面的摩擦力。
故答案为：为零，为零
【点评】解决本题的关键，正确地进行受力分析，判断斜面体在水平方向受力情况，从而判断摩擦力，则本题将轻松解答。
四．解答题（共2小题）
14．如图为同学进行抽桌布比赛的示意图，比赛中在边长为L的方桌上平铺桌布，桌布左侧边缘恰好和方桌边缘重合，距方桌左边缘距离为x（未知）处放置小螺母，比赛时站在方桌右侧的同学突然匀加速抽离桌布，加速度方向水平且垂直方桌右侧边。螺母离开桌布后在桌面上继续滑动，最终螺母离开桌面，落在水平地面，螺母水平位移大的为胜利者。已知螺母与桌布、桌面间的动摩擦因数均为μ，小螺母可视为质点，重力加速度为g。求：
（1）当时，桌布以多大加速度抽离时，螺母恰好滑到方桌右边缘停止；
（2）保持第（1）问所求桌布加速度不变，当x为多大时，螺母离开桌面后的水平位移最大。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；平抛运动速度的计算；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【专题】计算题；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）当时，桌布以3μg加速度抽离时，螺母恰好滑到方桌右边缘停止；
（2）当x为L时，螺母离开桌面后的水平位移最大。
【分析】（1）因螺母最终停在方桌右边缘，所以螺母在桌布上加速和在桌面上减速时间、位移均相等，根据运动学规律求解即可；
（2）为使螺母以水平最大速度抛出，螺母需在到达方桌右边缘时恰好离开桌布。
【解答】解：（1）螺母在桌面和桌布上加速度相同，设其为a，根据牛顿第二定律得
μmg＝ma
因螺母最终停在方桌右边缘，所以螺母在桌布上加速和在桌面上减速时间、位移均相等。
桌布位移x1
螺母位移
又x1﹣x2
代入数据联立解得：a0＝3μg；
（2）为使螺母以水平最大速度抛出，螺母需在到达方桌右边缘时恰好离开桌布。则
桌布的位移L
螺母位移L﹣x
代入数据联立解得：xL。
答：（1）当时，桌布以3μg加速度抽离时，螺母恰好滑到方桌右边缘停止；
（2）当x为L时，螺母离开桌面后的水平位移最大。
【点评】解决本题的关键理清圆盘和桌布的运动情况，抓住位移关系，结合运动学公式和牛顿第二定律进行求解。
15．一个质量为2kg的箱子静止放在水平面上，箱子与水平面间的动摩擦因数为0.5，给箱子一个水平恒定拉力，使箱子从静止开始运动，经过2s，箱子的位移为20m。重力加速度g＝10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力不计。
（1）求拉力的大小。
（2）若拉力大小不变，把拉力的方向改为与水平面成37°角斜向上，使箱子从静止开始运动1s后撤去拉力，求箱子运动的总位移。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；共点力的平衡问题及求解．
【答案】（1）拉力的大小为30N。
（2）若拉力大小不变，把拉力的方向改为与水平面成37°角斜向上，使箱子从静止开始运动1s后撤去拉力，箱子运动的总位移为18.975m。
【分析】（1）首先，根据箱子的位移和运动时间，分析其做匀加速直线运动，求出加速度。然后对箱子进行受力分析，考虑拉力、摩擦力和重力、支持力，利用牛顿第二定律求出拉力大小；
（2）当拉力斜向上时，先对箱子受力分析，求出此时的加速度，进而得到1s内的位移和1s末的速度。撤去拉力后，箱子在摩擦力作用下做匀减速直线运动，求出减速阶段的加速度，再根据运动学公式求出减速阶段的位移，最后将两个阶段的位移相加得到总位移。
【解答】解：（1）箱子做匀加速运动，有
解得
代入数据得a＝10m/s2
由牛顿第二定律有
F＝ma+μmg＝2×10N+0.5×2×10N＝30N
（2）箱子先以大小为a1的加速度匀加速t1时间，撤去拉力后，以大小为a2的加速度匀减速t2时间后速度恰为0，有
Fcos37°﹣μ（mg﹣Fsin37°）＝ma1
解得
撤去拉力后
a2＝μg＝0.5×10m/s2＝5m/s2
由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有
a1t1＝a2t2
其中
t1＝1s
箱子加速、减速的总位移
联立解得
L′＝18.975m
答：（1）拉力的大小为30N。
（2）若拉力大小不变，把拉力的方向改为与水平面成37°角斜向上，使箱子从静止开始运动1s后撤去拉力，箱子运动的总位移为18.975m。
【点评】这道题是一道考查牛顿运动定律与匀变速直线运动综合应用的物理题，它强调了动力学问题的核心解题逻辑：“先分析运动求加速度，再分析受力用牛顿定律；多过程问题需拆分阶段，逐一分析加速度和运动状态”。提醒学生在学习力学综合题时，要注重“过程拆分”和“受力—运动的双向关联”，夯实动力学的基础解题能力。
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