2019年高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲探究加速度与力、质量的关系学案.doc

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1、1第 2 讲 牛顿第二定律 两类动力学问题一、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， F 与 a 具有瞬时对应关系3力学单位制(1)单位制：由基本单位和导出单位共同组成(2)基本单位：基本物理量的单位力学中的基本物理量有三个，分别是质量、时间和长度，它们的国际单位分别是千克(kg)、秒(s)和米(m)(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深度思考 判断下列说法是否正确(1)物体所受合外力越大，加速度越大()(2)物体所受合外力越大，速度越大()(3)物体在外力作用下做匀加速直线

2、运动，当合外力逐渐减小时，物体的速度逐渐减小()(4)物体的加速度大小不变一定受恒力作用()二、动力学两类基本问题1动力学两类基本问题(1)已知受力情况，求物体的运动情况(2)已知运动情况，求物体的受力情况2解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁” ，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：2深度思考 如图 1 所示，质量为 m 的物体在水平面上由速度 vA均匀减为 vB的过程中前进的距离为 x.图 1(1)物体做什么运动？能求出它的加速度吗？(2)物体受几个力作用？能求出它受到的摩擦力吗？答案 (1)匀减速直线运动 能，由 vB2 vA22 ax 可得(2)受重力、支持力和摩

3、擦力 由 Ff ma，可求摩擦力三、超重和失重1超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象(2)产生条件：物体具有向上的加速度2失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象(2)产生条件：物体具有向下的加速度3完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于 0 的现象称为完全失重现象(2)产生条件：物体的加速度 a g，方向竖直向下4实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力此时弹簧测力计的示

4、数或台秤的示数即为视重5情景拓展(如图 2 所示)3图 21(多选)关于运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是( )A物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变B物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变C物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态D物体的运动方向与它所受的合力的方向可能相同答案 BD2(多选)在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为 0.1s，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值 x1.2cm，若还测出小车的质量为 500g，则关于加速度、合外力的大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是( )A a m/s2120 m/s 21.20.12B a m/s

5、21.2 m/s 21.210 20.12C F5001.2N600ND F0.51.2N0.60N答案 BD3关于超重和失重的下列说法中，正确的是( )A超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了B物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用C物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态D物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化4答案 D4(人教版必修 1P78 第 5 题)水平路面上质量是 30kg 的手推车，在受到 60N 的水平推力时做加速度为 1.5m/s2的匀加速运动如果撤去推力，车的加速度的大小是

6、多少？( g10 m/s2)答案 0.5m/s 2解析 设阻力为 Ff，则F Ff ma解得 Ff15N如果撤去推力，车的加速度由阻力提供，则Ff ma解得 a0.5m/s 2.5(粤教版必修 1P92 例 1)交通警察在处理交通事故时，有时会根据汽车在路面上留下的刹车痕迹来判断发生事故前汽车是否超速在限速为 40km/h 的大桥路面上，有一辆汽车紧急刹车后仍发生交通事故，交通警察在现场测得该车在路面的刹车痕迹为 12 m已知汽车轮胎与地面的动摩擦因数为 0.6，请判断这辆汽车是否超速( g 取 10 m/s2)答案 超速解析 选取初速度方向为正方向，则FN mg0故 Ff F N mg 由牛

7、顿第二定律得 Ff ma根据匀变速运动的规律有v2 v022 ax联立式可得v0 2 gx代入数据得v012m/s汽车刹车前速度为 12m/s，即 43.2 km/h，此汽车属超速行驶.5命题点一 牛顿第二定律的理解和应用1对牛顿第二定律的理解瞬时性 a 与 F 对应同一时刻，即 a 为某时刻的加速度时， F 为该时刻物体所受合力因果性 F 是产生 a 的原因，物体具有加速度是因为物体受到了力同一性(1)加速度 a 相对于同一惯性系(一般指地面)(2)a 中， F、 m、 a 对应同一物体或同一系统Fm(3)a 中，各量统一使用国际单位Fm独立性(1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵

8、循牛顿第二定律(2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和(3)力和加速度在各个方向上的分量也遵循牛顿第二定律，即 ax ， ayFxmFym2.应用牛顿第二定律求瞬时加速度的技巧在分析瞬时加速度时应注意两个基本模型的特点：(1)轻绳、轻杆或接触面不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间；(2)轻弹簧、轻橡皮绳两端同时连接(或附着)有物体的弹簧或橡皮绳，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变例 1 (多选)(2016全国卷18)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不

9、发生改变，则( )A质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D质点单位时间内速率的变化量总是不变答案 BC6解析 质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点所受的合外力为该恒力若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向与恒力方向不同，故 A 错；若 F 的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点做曲线运动，力与速度方向不再垂直，例如平抛运动，故 B 正确；由牛顿第二定律可知，质点加速度方向总是与其所受合外力方向相同，C 正确；根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，而速

10、率变化量不一定相同，故 D 错例 2 如图 3，质量为 1.5kg 的物体 A 静止在竖直的轻弹簧上，质量为 0.5kg 的物体 B 由细线悬挂在天花板上， B 与 A 刚好接触但不挤压现突然将细线剪断，则剪断后瞬间 A、 B间的作用力大小为( g 取 10m/s2)( )图 3A0 B2.5NC5N D3.75N B 与 A 刚好接触但不挤压；剪断后瞬间 A、 B 间的作用力大小答案 D解析 当细线剪断瞬间，细线的弹力突然变为零，则 B 物体的重力突然作用到 A 上，此时弹簧形变仍不变，对 AB 整体受力分析受重力 G( mA mB)g20N，弹力为 F mAg15N，由牛顿第二定律 G F

11、( mA mB)a，解得 a2.5m/s 2，对 B 受力分析， B 受重力和 A 对 B 的弹力 F1，对 B 有 mBg F1 mBa，可得 F13.75N，D 选项正确拓展延伸 (1)如图 4、图 5 中小球 m1、 m2原来均静止，现如果均从图中 B 处剪断，则图 4 中的弹簧和图 5 中的下段绳子，它们的拉力将分别如何变化？(2)如果均从图中 A 处剪断，则图 4 中的弹簧和图 5 中的下段绳子的拉力又将如何变化呢？(3)由(1)(2)的分析可以得出什么结论？7图 4 图 5答案 (1)弹簧和下段绳的拉力都变为 0.(2)弹簧的弹力来不及变化，下段绳的拉力变为 0.(3)绳的弹力可以

12、突变而弹簧的弹力不能突变1关于速度、加速度和合外力之间的关系，下述说法正确的是( )A做匀变速直线运动的物体，它所受合外力是恒定不变的B做匀变速直线运动的物体，它的速度、加速度、合外力三者总是在同一方向上C物体受到的合外力增大时，物体的运动速度一定加快D物体所受合外力为零时，一定处于静止状态答案 A解析 做匀变速直线运动的物体，加速度恒定不变，由牛顿第二定律知：它所受合外力是恒定不变的，故 A 正确；由牛顿第二定律可知加速度与合外力方向相同，与速度不一定在同一方向上，故 B 错误；物体受到的合外力增大时，加速度一定增大，物体的运动速度变化一定加快，而速度不一定加快，故 C 错误；物体所受合外力

13、为零时，物体的加速度一定等于零，速度不一定为零，故 D 错误2如图 6 所示，质量为 m 的小球用水平弹簧系住，并用倾角为 30的光滑木板 AB 托住，小球恰好处于静止状态当木板 AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为( )图 6A0B大小为 g，方向竖直向下C大小为 g，方向垂直木板向下233D大小为 g，方向水平向右33答案 C解析 未撤离木板时，小球受力如图，根据平衡条件可得 Fx与 mg 的合力 F .当突mgcos30然向下撤离光滑木板时， FN立即变为零，但弹簧形变未变，其弹力不变，故 Fx与 mg 的合8力仍为 F ，由此产生的加速度为 a g，方向与合力方向相同，故 Cmgc

14、os30 gcos30233正确命题点二 超重和失重问题例 3 广州塔，昵称小蛮腰，总高度达 600 米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在 t0 时由静止开始上升，a t 图象如图 7 所示则下列相关说法正确的是( )图 7A t4.5s 时，电梯处于失重状态B555s 时间内，绳索拉力最小C t59.5s 时，电梯处于超重状态D t60s 时，电梯速度恰好为零只受重力与绳索拉力；由静止开始上升答案 D解析 利用 a t 图象可判断： t4.5s 时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A 错误；05s 时间内，电梯处于超重状态，拉力重

15、力，555s 时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力重力，5560s 时间内，电梯处于失重状态，拉力m 乙 ， 甲 乙 ，则 r 甲 r 乙 空气阻力43f 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2ahWf fh 知，甲球克服阻力做功较大，选项 D 正确6如图 10 所示，在建筑装修中，工人用质量为 5.0kg 的磨石 A 对地面和斜壁进行打磨，已知 A 与地面、 A 与斜壁之间的动摩擦因数 均相同( g 取 10m/s2且 sin370.6，cos370

16、.8)12图 10(1)当 A 受到与水平方向成 37斜向下的推力 F150N 打磨地面时， A 恰好在水平地面上做匀速直线运动，求 A 与地面间的动摩擦因数 .(2)若用 A 对倾角 37的斜壁进行打磨，当对 A 加竖直向上推力 F260N 时，则磨石A 从静止开始沿斜壁向上运动 2m(斜壁长2m)时的速度大小为多少？答案 (1)0.5 (2)2m/s解析 (1) A 恰好在水平地面上做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力，即Ff F1cos 40N 0.5FfFN Ffmg F1sin(2)先将重力及向上的推力合成后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得：在沿斜面方向有：(F2 m

17、g)cos Ff1 ma；在垂直斜面方向上有：FN( F2 mg)sin ；则 Ff1 (F2 mg)sin解得： a1m/s 2x at212解得 t2sv at2m/s.13关于瞬时问题的拓展深化瞬时问题是指分析物体在某一时刻的瞬时加速度问题，是高考考查的热点问题之一，其求解的关键在于分析瞬时前后物体的受力情况和运动情况，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度此类问题往往对应下列三种模型：内容 轻绳(细线) 轻杆 轻弹簧模型的建立不计质量，只能产生拉力，劲度系数很大，可看成不可伸长不计质量，可提供拉力、压力或不沿杆的力，劲度系数很大，可看成不可伸长或压缩可以被拉伸或压缩，弹力大小与弹簧的形变量有关

18、(弹性限度内)模型的特点各处张力大小相等，方向沿绳收缩方向，瞬时问题中其弹力发生突变各处弹力大小相等，但方向不一定沿杆方向，瞬时问题中其弹力发生突变各处弹力大小相等，方向与形变方向相反，瞬时问题中其弹力大小不变典例 1 如图 11 所示，两轻质弹簧 a、 b 悬挂一质量为 m 的小铁球，小铁球处于平衡状态，a 弹簧与竖直方向成 30角， b 弹簧水平， a、 b 两弹簧的劲度系数分别为 k1、 k2，重力加速度为 g，则下列说法正确的是( )图 11A a 弹簧的伸长量为3mg3k1B a、 b 两弹簧的伸长量的比值为2k2k1C若弹簧 b 的左端松脱，则松脱瞬间小铁球的加速度为g2D若弹簧

19、a 的下端松脱，则松脱瞬间小铁球的加速度为 g3答案 B14解析 小铁球受重力 mg、 FTa、 FTb三个力作用，如图所示，将弹簧 a 的弹力沿水平和竖直方向分解，在竖直方向上有 FTacos30 mg，而 FTa k1x1，解得 x1 ，选项 A 错23mg3k1误在水平方向上有 FTasin30 FTb，而 FTb k2x2，可求得 a、 b 两弹簧的伸长量的比值为 ，选项 B 正确弹簧 b 的左端松脱瞬间，弹簧 a 的弹力不变，弹簧 a 的弹力和小x1x2 2k2k1铁球的重力的合力方向水平向左，大小为 mgtan30，由牛顿第二定律得 mgtan30 ma1，可得弹簧 b 的左端松脱

20、瞬间小铁球的加速度为 a1 gtan30 g，选项 C 错33误弹簧 a 的下端松脱瞬间，弹簧 b 的弹力不变，弹簧 b 的弹力和小铁球的重力的合力方向与 FTa反向，大小为 ，由牛顿第二定律得 ma2，可得弹簧 a 的下端松脱mgcos30 mgcos30瞬间小铁球的加速度为 a2 g，选项 D 错误gcos30233典例 2 如图 12 所示， A、 B、 C 三球的质量均为 m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与 A 球相连， A、 B 间用一个轻杆连接， B、 C 间由一轻质细线连接倾角为 的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，系统处于静止状态，在细线被烧断后瞬间，下

21、列说法正确的是( )图 12A B 球的受力情况未变，加速度为零B A、 B 两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为 gsin12C A、 B 之间杆的拉力大小为 2mgsinD C 球的加速度沿斜面向下，大小为 2gsin答案 B解析 细线烧断前， ABC 作为一个整体，沿斜面方向受力分析得弹簧弹力 F3 mgsin ，对15C 受力分析，沿斜面方向细线拉力 FT mgsin ，细线烧断瞬间，弹簧形变量不会变化，弹力不变，对 C 受力分析，没有细线拉力， mgsin ma1，加速度 a1 gsin ，选项 D 错误；A、 B 之间由轻杆连接，相对静止，对 AB 整体受力分析可得 F2 mgs

22、in 2 ma2，合力沿斜面向上，得 a2 gsin ，选项 A 错误，B 正确；对 B 受力分析，斜面方向受轻杆的弹力和12重力沿斜面向下的分力，轻杆弹力 FT mgsin ma2 mgsin ，得轻杆弹力12FT mgsin ，选项 C 错误32题组 1 对牛顿第二定律的理解和应用1(多选)下列关于单位制及其应用的说法中，正确的是( )A基本单位和导出单位一起组成了单位制B选用的基本单位不同，构成的单位制也不同C在物理计算中，如果所有已知量都用同一单位制中的单位表示，只要正确应用物理公式其结果就一定是用这个单位制中的单位来表示的D一般来说，物理公式主要确定各物理量间的数量关系，并不一定同时

23、确定单位关系答案 ABC2一个质量为 m1kg 的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数 0.2.从t0 时刻起物块同时受到两个水平力 F1与 F2的作用，若力 F1、 F2随时间的变化如图 1 所示，设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g 取 10m/s2，则物块在此后的运动过程中( )图 1A物块从 t0 时刻开始运动B物块运动后先做加速运动再做减速运动，最后匀速运动16C物块加速度的最大值是 3m/s2D物块在 t4s 时速度最大答案 C解析 物块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力 Ffm mg 0.2110N2N，物块在第 1s内，满足 F1 F2 Ffm物块处于静

24、止状态，选项 A 错误；第 1s 物块静止，第 1s 末到第 7s末，根据牛顿第二定律有 F1 F2 Ffm ma， F2先减小后增大，故加速度先增大再减小，方向沿 F1方向，物块一直加速，故选项 B、D 均错误，在 t4s 时加速度最大为am m/s23 m/s 2，选项 C 正确F1 Ffmm 5 213如图 2 所示，光滑水平面上， A、 B 两物体用轻弹簧连接在一起， A、 B 的质量分别为m1、 m2，在拉力 F 作用下， A、 B 共同做匀加速直线运动，加速度大小为 a，某时刻突然撤去拉力 F，此瞬时 A 和 B 的加速度大小为 a1和 a2，则( )图 2A a10， a20B

25、a1 a， a2 am2m1 m2C a1 a， a2 am2m1 m2 m2m1 m2D a1 a， a2 am1m2答案 D解析 撤去拉力 F 前，设弹簧的劲度系数为 k，形变量为 x，对 A 由牛顿第二定律得kx m1a；撤去拉力 F 后，弹簧的形变量保持不变，对 A 由牛顿第二定律得 kx m1a1，对 B由牛顿第二定律 kx m2a2，解得 a1 a、 a2 a，故选项 D 正确m1m24一皮带传送装置如图 3 所示，皮带的速度 v 足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为 m 的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带上的瞬间，滑

26、块的速度为零，且弹簧正好处于自然长度，则当弹簧从自然长度到第一次达到最长这一过程中，滑块的速度和加速度的变化情况是( )图 317A速度增大，加速度增大B速度增大，加速度减小C速度先增大后减小，加速度先增大后减小D速度先增大后减小，加速度先减小后增大答案 D解析 滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力 Ff和弹簧向右的拉力 F 拉 kx，合力 F 合 Ff F 拉 ma，当弹簧从自然长度到第一次达最长这一过程中， x 逐渐增大，拉力 F 拉 逐渐增大，因为皮带的速度 v 足够大，所以合力 F 合 先减小后反向增大，从而加速度 a 先减小后反向增大；滑动摩擦力与弹簧弹力相等之前，加速度与速度同向，滑动

27、摩擦力与弹簧弹力相等之后，加速度便与速度方向相反，故滑块的速度先增大，后减小5(多选)如图 4 所示， A、 B、 C 三球的质量均为 m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与 A 球相连， A、 B 间由一轻质细线连接， B、 C 间由一轻杆相连倾角为 的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )图 4A A 球的加速度沿斜面向上，大小为 gsinB C 球的受力情况未变，加速度为 0C B、 C 两球的加速度均沿斜面向下，大小均为 gsinD B、 C 之间杆的弹力大小为 0答案 CD解析 初始系统处于静止状态，把 B

28、C 看成整体， BC 受重力 2mg、斜面的支持力 FN、细线的拉力 FT，由平衡条件可得 FT2 mgsin ，对 A 进行受力分析， A 受重力 mg、斜面的支持力、弹簧的拉力 F 弹 和细线的拉力 FT，由平衡条件可得： F 弹 FT mgsin 3 mgsin ，细线被烧断的瞬间，拉力会突变为零，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得 A 球的加速度沿斜面向上，大小 a2 gsin ，选项 A 错误；细线被烧断的瞬间，把 BC 看成整体，根据牛顿第二定律得 BC 球的加速度 a gsin ，均沿斜面向下，选项 B 错误，C 正确；对 C进行受力分析， C 受重力 mg、杆的弹力 F 和斜面

29、的支持力，根据牛顿第二定律得18mgsin F ma，解得 F0，所以 B、 C 之间杆的弹力大小为 0，选项 D 正确题组 2 超重和失重问题6关于超重和失重现象，下列描述中正确的是( )A电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态B磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态C荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态D “神舟”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态答案 D7若货物随升降机运动的 v t 图象如图 5 所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力 F 与时间 t 关系的图象可能是( )图 5答案 B解析 由 v t 图象可知：过程为向

30、下匀加速直线运动(加速度向下，失重， Fmg)；过程为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重， Fmg)；过程为向上匀速直线运动(处于平衡状态， F mg)；过程为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重， Fmg)综合选项分析可知 B 选项正确8为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图 6 所示，当此车减速上坡时，则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)( )图 6A处于超重状态19B不受摩擦力的作用C受到向后(水平向左)的摩擦力作用D所受合力竖直向上答案 C解析 当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加

31、速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，则：mg FN may.FN mg，乘客处于失重状态，故 A、B、D 错误，C 正确题组 3 动力学的两类基本问题9(多选)如图 7 所示，质量为 m1kg 的物体与水平地面之间的动摩擦因数为 0.3，当物体运动的速度为 10m/s 时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为 F2 N 的恒力，在此恒力作用下(取 g10 m/s 2)( )图 7A物体经 10s 速度减为零B物体经 2s 速度减为零C物体速度减为零后将保持静止D物体速

32、度减为零后将向右运动答案 BC10用 40N 的水平力 F 拉一个静止在光滑水平面上、质量为 20kg 的物体，力 F 作用 3s 后撤去，则第 5s 末物体的速度和加速度的大小分别是( )A v6m/s， a0B v10m/s， a2 m/s 2C v6m/s， a2 m/s 220D v10m/s， a0答案 A11如图 8 所示，一质量为 1kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角 为30.现小球在 F20N 的竖直向上的拉力作用下，从 A 点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为 .试求：36图 8(1)小球运动的加速度大小；(2)若 F 作用 1.2s 后撤去，求小球

33、上滑过程中距 A 点最大距离答案 (1)2.5m/s 2 (2)2.4m解析 (1)在力 F 作用下，由牛顿第二定律得(F mg)sin30 (F mg)cos30 ma1解得 a12.5m/s 2(2)刚撤去 F 时，小球的速度 v1 a1t13m/s小球的位移 x1 t11.8mv12撤去力 F 后，小球上滑时，由牛顿第二定律得mgsin30 mg cos30 ma2解得 a27.5m/s 2小球上滑时间 t2 0.4sv1a2上滑位移 x2 t20.6mv12则小球上滑的最大距离为 xm x1 x22.4m.12如图 9 所示，粗糙的地面上放着一个质量 M1.5kg 的斜面，斜面部分光滑

34、，底面与地面的动摩擦因数 0.2，倾角 37，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量m0.5kg 的小球，弹簧劲度系数 k200N/m，现给斜面施加一水平向右的恒力 F，使整体向右以 a1 m/s 2的加速度匀加速运动(已知 sin370.6、cos370.8， g10m/s 2)21图 9(1)求 F 的大小；(2)求出弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小答案 (1)6N (2)0.017m 3.7N解析 (1)整体以 a 匀加速向右运动，对整体应用牛顿第二定律： F (M m)g( M m)a得 F6N(2)设弹簧的形变量为 x，斜面对小球的支持力为 FN对小球受力分析：在水平方向： kxcos FNsin ma在竖直方向： kxsin FNcos mg解得： x0.017mFN3.7N.