【高考精粹】高考二轮复习学案专题第三讲：牛顿运动定律

2019届高三二轮复习专题复习
专题三 牛顿运动定律及应用(4课时）
01考纲解读
考点
要求
考点解读及预测
牛顿第一定律、牛顿第三定律
Ⅰ
纵观全国近几年的高考试题，以图象的方式考查牛顿第二定律是一类很重要的项目，此类问题要求考生具备理解图象和破译图象信息的能力，图象的形式以v－t、a－t、F－t居多，考查最多的是v－t图象，题型既有选择题也有计算题，难度中等.
本部分内容命题存在以下特点和趋势：一是高考考查的重点，命题次数较多；二是题型全面：从选择到实验、再到计算题；三是命题趋势大体呈现：从匀变速直线运动规律的应用为重点转向动力学方法的应用为重点.
牛顿第二定律
Ⅱ
牛顿运动定律的应用
Ⅱ
02知识梳理
1．基本规律
一、牛顿第一定律　惯性
1.牛顿第一定律
(1)内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态.
(2)意义：①揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律；
②揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因.
2.惯性
(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质.
(2)量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小.
(3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，与物体的运动情况和受力情况无关.
二、牛顿第二定律　力学单位制
1.牛顿第二定律
(1)内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同.
(2)表达式：F＝ma.
(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.
（4）牛顿第二定律的理解

2.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，是长度、质量、时间，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.
三、牛顿第三定律
1.作用力和反作用力：两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，后一个物体同时对前一个物体也施加力.
2.内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上.
3.表达式：F＝－F′.
4.相互作用力的特点
(1)三同
(2)三异
(3)二无关
5.一对平衡力与作用力、反作用力的比较
名称
项目
一对平衡力
作用力与反作用力
作用对象
同一个物体
两个相互作用的不同物体
作用时间
不一定同时产生、同时消失
一定同时产生、同时消失
力的性质
不一定相同
一定相同
作用效果
可相互抵消
不可抵消
四、用牛顿运动定律解决问题（一）
1、解题思路：
已知运动情况，求受力情况
由运动学公式求出a，然后根据正交分解法求未知量
已知受力情况，求运动情况
由正交分解法求出a，然后根据运动学公式求未知量
2、应用牛顿运动定律解题的一般步骤：
①.明确研究对象和研究过程
②.画图分析研究对象的受力和运动情况（画图很重要，要养成习惯）
③.进行必要的力的合成和分解（正交分解法）, 注意选定正方向
④.根据牛顿运动定律和运动学公式列方程求解
⑤.对解的合理性进行讨论
3放在与水平方向成θ角的斜面上的物体，若给物体一定的初速度
① 当μ＝tanθ时,
物体沿斜面匀速下滑；
② 当μ＞tanθ（μmgcosθ＞mgsinθ）时,
物体沿斜面减速下滑；
③ 当μ＜tanθ（μmgcosθ＜mgsinθ）时,
物体沿斜面加速下滑。?
五、 用牛顿运动定律解决问题（二）
（一）平衡态
1、平衡状态：指物体处于静止状态或匀速直线运动状态。
处于平衡状态的物体，v不变，a=0。
2、处于平衡状态的物体所受的力的关系：
①若物体受到两个共点力作用处于平衡状态，则这两个力等值反向，物体受到的合外力为零。
②若物体受到三个共点力作用处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等值反向,物体受到的合外力为零；若将任一个力沿另外两个力的作用线方向上分解，则得到的两个分力分别和与之共线的那个力等值反向。
③若物体受到n个共点力处于平衡状态，则任意 (n-1)个力的合力与第n个力等值反向,物体受到的合外力为零。
3、共点力作用下物体的平衡条件：F合=0或Fx=0，Fy=0
4、求解共点力作用下物体平衡的一般步骤
①灵活选取研究对象；
②将研究对象隔离出来，分析物体的受力情况并画受力示意图；
③根据物体的受力特点选取适当的方法；
④列出方程，求解方程，并检查答案是否完整，合理。
（二）超重和失重
1、超重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受到的重力的情况称为超重现象。
2、失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受到的重力的情况称为失重现象。
超重
失重
完全失重
视重>实重
视重<实重
F=m(g+a)
F=m(g-a)
F=0
条件
向上的a
向下的a
向下的a，且a=g
运动情况
加速向上/减速向下
加速向下/减速向上
自由落体/竖直上抛
3、超重和失重现象的本质：
重力不变，物体对支持物的压力和对悬挂物的拉力发生变化。
03重点拓展
1．动力学的两类基本问题
（1）.由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：
先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移.
（2）.由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：
已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力.应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：

2.瞬时问题
1.牛顿第二定律的表达式为：F合＝ma，加速度由物体所受合外力决定，加速度的方向与物体所受合外力的方向一致.当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变.
2.轻绳、轻杆和轻弹簧(橡皮条)的区别：
(1)轻绳和轻杆：剪断轻绳或轻杆断开后，原有的弹力将突变为0.
(2)轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条与其它物体连接时，轻弹簧或橡皮条的弹力不能发生突变.
3. 动力学中的临界与极值问题
（1）.临界或极值条件的标志
①题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点.
②题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应着临界状态.
③题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点.
2.常见临界问题的条件
①接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力FN＝0.
②相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值.
③绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0.
④最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零.
4.“等时圆”模型
（1）.两种模型(如图1)
图1
（2）.等时性的证明
设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d(如图2).根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝gsinα，位移为s＝dsinα，所以运动时间为t0＝＝＝.
即沿同一起点或终点的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关.
5. “传送带”模型
（1）.水平传送带模型
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
情景2
①v0>v，可能一直减速，也可能先减速再匀速
②v0＝v，一直匀速
③v0情景3
①传送带较短时，滑块一直减速到达左端
②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端.其中v0>v返回时速度为v，当v0（2）.倾斜传送带模型
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
情景2
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
③可能先以a1加速后以a2加速
6.“滑块—木板”模型
（1）.模型特点
滑块(视为质点)置于长木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动.
（2）.两种位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度.
04典例分析
考点一 动力学的两类基本问题
【典例1】 (多选)(2016·全国卷Ⅱ·19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量.两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关.若它们下落相同的距离，则(　　)
A.甲球用的时间比乙球长
B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
答案　BD
解析　小球的质量m＝ρ·πr3，由题意知m甲>m乙，ρ甲＝ρ乙，则r甲>r乙.空气阻力f＝kr，对小球由牛顿第二定律得，mg－f＝ma，则a＝＝g－＝g－，可得a甲>a乙，由h＝at2知，t甲v乙，故选项B正确；因f甲>f乙，由球克服阻力做功Wf＝fh知，甲球克服阻力做功较大，选项D正确.
考点二 动力学中的临界与极值问题
【典例2】 (2015·山东理综·16)如图1，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑.已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.A与B的质量之比为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　对物体A、B整体在水平方向上有F＝μ2(mA＋mB)g；对物体B在竖直方向上有μ1F＝mBg；联立解得：＝，选项B正确.
考点三 动力学的“等时圆”模型
【典例3】 如图3所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点.每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环A、B、C分别从a、b、c处由静止开始释放，用t1、t2、t3依次表示滑环A、B、C到达d点所用的时间，则(　　)
A.t1t2>t3 C.t3>t1>t2 D.t1＝t2＝t3
答案　D
解析　如图所示，滑环在下滑过程中受到重力mg和杆的支持力FN作用.设杆与水平方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma，得加速度大小a＝gsinθ.设圆周的直径为D，则滑环沿杆滑到d点的位移大小x＝Dsinθ，x＝at2，解得t＝.可见，滑环滑到d点的时间t与杆的倾角θ无关，即三个滑环滑行到d点所用的时间相等，选项D正确.
考点四 动力学的“传送带”模型
【典例4】 如图5所示为车站使用的水平传送带模型，其A、B两端的距离L＝8m，它与水平台面平滑连接.现有物块以v0＝10m/s的初速度从A端水平地滑上传送带.已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.6.试求：
(1)若传送带保持静止，物块滑到B端时的速度大小？
(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12m/s，则物块到达B端时的速度大小？
(3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为4 m/s，且物块初速度变为v0′＝6 m/s，仍从A端滑上传送带，求物块从滑上传送带到离开传送带的总时间？
答案　(1)2 m/s　(2)12 m/s　(3)s
解析　(1)设物块的加速度大小为a，由受力分析可知
FN＝mg，Ff＝ma，Ff＝μFN
得a＝6m/s2
传送带静止，物块从A到B做匀减速直线运动，
又x＝＝m>L＝8m，
则由vB2－v02＝－2aL
得vB＝2m/s
(2)由题意知，物块先加速到v1＝12m/s
由v12－v02＝2ax1，得x1＝m故物块先加速后匀速运动
即物块到达B时的速度为vB′＝v1＝12m/s
(3)由题意可知，物块先向右减速后向左加速
①向右减速到v2＝0时
由v22－v0′2＝－2ax2得x2＝3m
由v2＝v0′－at1得t1＝1s
②向左加速到v3＝4m/s时
由v32－v22＝2ax3得x3＝m故向左先加速后匀速
由v3＝v2＋at2得t2＝s
③向左匀速运动v4＝v3＝4m/s
x4＝x2－x3＝m
由x4＝v4t3得t3＝s
故t＝t1＋t2＋t3＝s
【典例5】 (2018·湖北荆州模拟)如图6所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB足够长，传送皮带轮以大小为v＝2 m/s的恒定速率顺时针转动.一包货物以v0＝12 m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点.(g＝10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？
(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？
(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多长时间？
答案　(1)10m/s2，方向沿传送带向下
(2)1s　7m
(3)(2＋2) s
解析　(1)设货物刚滑上传送带时加速度为a1，货物受力如图所示：
根据牛顿第二定律得
沿传送带方向：mgsin θ＋Ff＝ma1
垂直传送带方向：mgcos θ＝FN
又Ff＝μFN
由以上三式得：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s2＝10 m/s2，方向沿传送带向下.
(2)货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为x1，则有：
t1＝＝1 s，x1＝t1＝7 m
(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mgsin θ＞μmgcos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，
得：a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，方向沿传送带向下.
设货物再经时间t2，速度减为零，则t2＝＝1 s
货物沿传送带向上滑的位移x2＝t2＝1 m
则货物上滑的总距离为x＝x1＋x2＝8 m.
货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a2.设下滑时间为t3，则x＝a2t32，代入解得t3＝2 s.
所以货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝(2＋2) s.
考点五 动力学的 “滑块—木板”模型
【典例6】　(2017·全国卷Ⅲ·25)如图8，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：
(1)B与木板相对静止时，木板的速度；
(2)A、B开始运动时，两者之间的距离.
答案　(1)1m/s，方向与B的初速度方向相同　(2)1.9m
解析　(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动.设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为Ff1、Ff2和Ff3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1.在滑块B与木板达到共同速度前有
Ff1＝μ1mAg ①
Ff2＝μ1mBg ②
Ff3＝μ2(m＋mA＋mB)g ③
由牛顿第二定律得
Ff1＝mAaA ④
Ff2＝mBaB ⑤
Ff2－Ff1－Ff3＝ma1 ⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有
v1＝v0－aBt1 ⑦
v1＝a1t1 ⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v1＝1m/s，方向与B的初速度方向相同 ⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－aBt12 ⑩
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定律有
Ff1＋Ff3＝(mB＋m)a2 ?
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反.由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有
v2＝v1－a2t2 ?
对A有：v2＝－v1＋aAt2 ?
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－a2t22 ?
在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2 ?
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同.因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
s0＝sA＋s1＋sB ?
联立以上各式，并代入数据得
s0＝1.9m ?
(也可用如图所示的速度—时间图线求解)
05强化训练
（一）选择题
1．如图1所示，在水平地面上的一名滑板运动员双脚站在滑板上以一定的速度向前滑行，在横杆前起跳并越过杆，从而使人与滑板分别从杆的上下通过，假设人和滑板运动过程中受到的各种阻力忽略不计，运动员能顺利完成该动作，最终仍能落在滑板上原来的位置。要使这个表演成功，在起跳的过程中(　　)
A．运动员双脚对滑板的作用力方向竖直向上
B．运动员对滑板的作用力大小等于运动员的重力
C．跳起之前运动员只受两个力作用
D．滑板对运动员的作用力方向向上偏前
2. 如图2，A、B、C三个小球质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻质细绳连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态.现将A上面的细线剪断，使A的上端失去拉力，则在剪断细线的瞬间，A、B、C三个小球的加速度分别是(　　)
A.1.5g，1.5g，0 B.g，2g，0
C.g，g，g D.g，g，0
3.目前，我市每个社区均已配备了公共体育健身器材。图示器材为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点。由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，如图3中虚线所示，但两悬挂点仍等高。座椅静止时用F表示所受合力的大小，F1表示单根轻绳对座椅拉力的大小，与倾斜前相比(　　)
A.F不变，F1变小 　　　　 B.F不变，F1变大
C.F变小，F1变小 　　　　 D.F变大，F1变大
4．如图4是汽车运送圆柱形工件的示意图，图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零。当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零。已知sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，tan 15°＝0.27，g＝10 m/s2。则汽车向左匀加速启动的加速度可能为(　　)
图4
A．2.5 m/s2 B．3 m/s2 C．2 m/s2 D．4 m/s2
5．(2016·浙江十二校联考)如图5所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上，质量m＝2 kg的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成θ＝45°角的拉力F作用下处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零。g取10 m/s2，以下说法正确的是(　　)
图5
A．此时轻弹簧的弹力大小为20 N
B．当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度大小为8 m/s2，方向向左
C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为8 m/s2，方向向右
D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度为0

二、非选择题
6.在物体下落过程中，速度小于10 m/s时可认为空气阻力与物体速度成正比关系。某科研小组在研究小球下落后的运动过程时，得到速度随时间变化的图象，并作出t＝0.5 s时刻的切线，如图6所示。已知小球在t＝0时刻释放，其质量为0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)小球与地面第一次碰撞过程中损失的机械能；
(2)小球在运动过程中受到空气阻力的最大值。

7．如图7所示，质量为4 kg的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上，绳与竖直方向夹角为37°。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图7
(1)当汽车以a＝2 m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力；
(2)当汽车以a′＝10 m/s2的加速度向右匀减速运动时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力。

8．质量为3 kg的长木板A置于光滑的水平地面上，质量为2 kg的木块B(可视为质点)置于木板A的左端，在水平向右的力F作用下由静止开始运动，如图8甲所示。A、B运动的加速度随时间变化的图象如图乙所示。(g取10 m/s2)求：
图8
(1)木板与木块之间的动摩擦因数；(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(2)4 s末A、B的速度；
(3)若6 s末木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？
9．如图9所示，甲、乙两传送带倾斜放置，与水平方向夹角均为37°，传送带乙长为4 m，传送带甲比乙长0.45 m，两传送带均以3 m/s的速度逆时针匀速转动，可视为质点的物块A从传送带甲的顶端由静止释放，可视为质点的物块B由传送带乙的顶端以3 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块质量相等，与传送带间的动摩擦因数均为0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

(1)物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间；
(2)物块A、B在传送带上的划痕长度之比。

10.如图10所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。
图10
(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
(3)本实验中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1 m，取g＝10 m/s2。若砝码移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知。为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
参考答案
1. 答案　C
2. 答案　A
解析　剪断细线前，由平衡条件可知，A上端的细线的拉力为3mg，A、B之间细绳的拉力为2mg，轻弹簧的拉力为mg.在剪断细线的瞬间，轻弹簧中拉力不变，小球C所受合外力为零，所以C的加速度为零；A、B小球被细绳拴在一起，整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力，由牛顿第二定律，3mg＝2ma，解得a＝1.5g，选项A正确.
3.解析　在支架的两种状态下，座椅均处于平衡状态，合力均为零，故F不变。座椅受重力和两绳的拉力而平衡，支架倾斜后与原状态相比，两绳拉力的夹角变小，而两力的合力不变，与重力等大反向，由平行四边形的边的关系知，轻绳对座椅的拉力F1变小，A项正确。
答案　A
4.解析　当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q，N传感器示数不为零，受力分析如图所示，则FQ＋mg＝FNcos 15°，F合＝FNsin 15°＝ma。
解得a＝tan 15°＝×0.27＋10×0.27＝0.27×＋2.7≥2.7。故可能的为B、D选项。
答案　BD
5.解析　物块在重力、拉力F和弹簧的弹力作用下处于静止状态，由平衡条件得F弹＝Fcos θ，mg＝Fsin θ，联立解得弹簧的弹力F弹＝＝20 N，选项A正确；撤去拉力F的瞬间，由牛顿第二定律得F弹－μmg＝ma1，解得a1＝8 m/s2，方向向左，选项B正确；剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力消失，则Fcos θ＝ma2，解得a2＝10 m/s2，方向向右，选项C、D错误。
答案　AB
6. 解析　(1)由图象可知，小球第一次与地面碰撞前瞬间速度v1＝5 m/s
碰撞后瞬间速度大小：v2＝4 m/s
碰撞过程损失的机械能：ΔE＝mv－mv
代入数据可得ΔE＝2.25 J。
(2)由图象可得t＝0.5 s时小球加速度
a＝＝4 m/s2
由牛顿第二定律：mg－f＝ma
由于：f＝kv
得k＝0.75
则：fmax＝3.75 N。
答案　(1)2.25 J　3.75 N
7. 解析　(1)当汽车以a＝2 m/s2向右匀减速行驶时，小球受力分析如图。
由牛顿第二定律得：
FT1cos θ＝mg，FT1sin θ－FN＝ma
代入数据得：FT1＝50 N，FN＝22 N
由牛顿第三定律知，小球对车后壁的压力大小为22 N。
(2)当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为0时(临界条件)的加速度为a0，受力分析如图所示。
由牛顿第二定律得：FT2sin θ＝ma0，FT2cos θ＝mg
代入数据得：a0＝gtan θ
＝10× m/s2＝7.5 m/s2
因为a＝10 m/s2>a0
所以小球飞起来，FN′＝0
所以，当汽车以a′＝10 m/s2向右匀减速运动行驶时，由牛顿第二定律得FT2cos θ′＝mg
FT2sin θ′＝ma′
代入数据得FT2＝40 N。
答案　(1)50 N　22 N　(2)40 N　0
8. 解析　(1)由图知4 s末A、B间达到最大静摩擦力，此时a＝2 m/s2(1分)
对应A板μmBg＝mAa(2分)
A、B间动摩擦因数μ＝＝0.3(2分)
(2)由图象知4 s末二者的速度等于图线与坐标轴包围的面积
v＝at1＝×2×4 m/s＝4 m/s(3分)
(3)4 s到6 s末t2＝2 s
木板A运动的位移xA＝vt2＋aAt(2分)
木块B的位移xB＝vt2＋aBt(2分)
木板的长度l＝xB－xA＝4 m(3分)
答案　(1)0.3　(2)4 m/s　(3)4 m
9. 解析　(1)对物块A由牛顿第二定律知mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，代入数值得a1＝10 m/s2
设经时间t1物块A与传送带共速，则由运动学规律知
v带＝a1t1，即t1＝0.3 s
此过程中物块A的位移为x1＝a1t＝0.45 m
物块A与传送带共速后，由牛顿第二定律知
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，代入数值得a2＝2 m/s2
由运动学规律知L甲－x1＝v带t2＋a2t，代入数值得
t2＝1 s
所以物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间为t＝t1＋t2＝1.3 s。
(2)在物块A的第一个加速过程中，物块A在传送带上的划痕长度为
L1＝v带t1－x1＝0.45 m
在物块A的第二个加速过程中，物块A在传送带上的划痕长度为
L2＝v带t2＋a2t－v带t2＝1.0 m
所以物块A在传送带上的划痕长度为
LA＝L2＝1.0 m
由分析知物块B的加速度与物块A在第二个加速过程的加速度相同，从传送带顶端加速到底端所需时间与t2相同
所以物块B在传送带上的划痕长度为LB＝v带t2＋a2t－v带t2＝1.0 m
故物块A、B在传送带上的划痕长度之比为LA∶LB＝1∶1
答案　(1)1.3 s　(2)1∶1
10解析　(1)砝码对纸板的摩擦力f1＝μm1g
桌面对纸板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)g
f＝f1＋f2
解得f＝μ(2m1＋m2)g
(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则f1＝m1a1
F－f1－f2＝m2a2
发生相对运动a2>a1
解得F>2μ(m1＋m2)g
(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1＝a1t
纸板运动的距离d＋x1＝a2t
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝a3t
l＝x1＋x2
由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2
解得F＝2μ[m1＋(1＋)m2]g
代入数据得F＝22.4 N
答案　(1)μ(2m1＋m2)g　(2)大于2μ(m1＋m2)g　(3)22.4 N