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2021高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿第二定律的应用学案

2021高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿第二定律的应用学案

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第2讲　牛顿第二定律的应用
知识点　　牛顿第二定律的应用　Ⅱ
1．动力学的两类基本问题
(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：

知识点　　超重和失重　Ⅰ
1．实重与视重
(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关。
(2)视重
①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。
②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。
2．超重、失重和完全失重的比较

超重现象
失重现象
完全失重现象
概念
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
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
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象
产生条件
物体的加速度方向竖直向上
物体的加速度方向竖直向下
物体的加速度方向竖直向下，大小a＝g
原理方程
F－mg＝ma
F＝m(g＋a)
mg－F＝ma
F＝m(g－a)
mg－F＝ma
a＝g
F＝0
运动状态
加速上升或减速下降
加速下降或减速上升
以a＝g加速下降或减速上升

一 堵点疏通
1．物体做匀减速直线运动时，合外力的方向与速度的方向相反。(　　)
2．物体所受合力发生突变，加速度也会相应突变。(　　)
3．超重就是物体的重力变大的现象。(　　)
4．物体处于完全失重状态时，重力消失。(　　)
5．减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于重力。(　　)
6．物体处于超重或失重状态，由加速度的方向决定，与速度方向无关。(　　)
答案　1.√　2.√　3.×　4.×　5.×　6.√
二 对点激活
1．(人教版必修1·P87·T1改编)(多选)一个原来静止的物体，质量是2 kg，受到两个大小都是50 N且互成120°角的力的作用，此外没有其他的力，关于该物体，下列说法正确的是(　　)
A．物体受到的合力为50 N
B．物体的加速度为25 m/s2
C．3 s末物体的速度为75 m/s
D．3 s内物体发生的位移为125 m
答案　AC
解析　两个夹角为120°的50 N的力，其合力仍为50 N，加速度a＝＝25 m/s2,3 s末速度v＝at＝75 m/s,3 s内位移x＝at2＝112.5 m，故A、C正确，B、D错误。
2．(2019·北京师范大学附属中学高三上学期期中)(人教版必修1·P89·图示改编)如图所示，某同学在教室中站在体重计上研究超重与失重。她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。关于她的实验现象，下列说法中正确的是(　　)

A．只有“起立”过程，才能出现失重现象
B．只有“下蹲”过程，才能出现超重现象
C．“起立”过程，先出现超重现象后出现失重现象
D．“下蹲”过程，先出现超重现象后出现失重现象
答案　C
解析　“下蹲”过程中，人先向下做加速运动，后向下做
减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；“起立”过程中，人先向上做加速运动，后向上做减速运动，所以先处于超重状态后处于失重状态，故A、B、D错误，C正确。
3.(人教版必修1·P86·例题2改编)如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角θ＝30°，斜面长为7 m。现木块上有一质量为m＝1.0 kg的滑块从斜面顶端下滑，测得滑块在0.40 s内速度增加了1.4 m/s，且知滑块滑行过程中木块处于静止状态，重力加速度g取10 m/s2，求：

(1)滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；
(2)滑块滑到木块底部时的速度大小。
答案　(1)1.5 N　(2)7 m/s
解析　(1)由题意可知，滑块滑行的加速度
a＝＝ m/s2＝3.5 m/s2，
对滑块受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律得：

mgsinθ－Ff＝ma，解得Ff＝1.5 N。
(2)根据v2＝2ax得
v＝ m/s＝7 m/s。

考点细研 悟法培优

考点1　　牛顿第二定律的瞬时性问题
1.两种模型
加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：

2．求解瞬时加速度的一般思路

例1　如图所示，两个质量均为m的小球A、B用轻质弹簧连接，小球A的另一端用轻绳系在O点，放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面固定不动。系统静止时，弹簧与轻绳均平行于斜面，在轻绳被剪断的瞬间，设小球A、B的加速度大小分别为aA、aB，重力加速度大小为g，则(　　)

A．aA＝g，aB＝0 B.aA＝0，aB＝g
C．aA＝g，aB＝g D.aA＝0，aB＝g
(1)剪断轻绳前，弹簧的弹力如何求得？
提示：以B为研究对象利用平衡条件求解。
(2)剪断轻绳后，弹簧的弹力突变吗？
提示：不突变。
尝试解答　选A。
轻绳被剪断前，对小球B进行受力分析，由平衡条件可知，轻弹簧的拉力F＝mgsin30°，轻绳被剪断的瞬间，轻弹簧的长度还没有来得及发生变化，轻弹簧的弹力不变，小球B的受力情况没有发生变化，仍然处于静止状态，加速度为零。在剪断轻绳的瞬间，小球A受到轻弹簧沿斜面向下的拉力、重力、斜面的支持力，对小球A，由牛顿第二定律有F＋mgsin30°＝maA，解得aA＝g，A正确。

求解瞬时加速度问题时应抓住“两点”
(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析。如例题中突然剪断轻绳，就要重新进行受力分析和运动分析，同时注意哪些力发生突变。
(2)加速度随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变。
[变式1－1]　(多选)如图所示，原长为l0、劲度系数为k的轻质弹簧一端与质量为m的小球相连，另一端固定在竖直墙壁上，小球用倾角为30°的光滑木板AB托住，当弹簧水平时小球恰好处于静止状态。重力加速度为g。则(　　)

A．弹簧的长度为l0＋
B．木板AB对小球的支持力为mg
C．若弹簧突然断开，断开后小球的加速度大小为g
D．若突然把木板AB撤去，撤去瞬间小球的加速度大小为g
答案　AC
解析　小球处于静止状态，设此时弹簧长为l，由平衡条件有：k(l－l0)＝mgtan30°，代入数据可得此时弹簧的长度为l＝l0＋，A项正确；对小球受力分析，小球受到重力、木板对小球的支持力、弹簧的拉力，由小球受力平衡可知木板对小球的支持力为FN＝＝mg，B项错误；弹簧断开后，小球受重力和支持力作用，由牛顿第二定律有mgsin30°＝ma，得a＝g，C项正确；若突然把木板撤去，小球受重力和弹簧弹力作用，由于弹簧弹力不会发生突变，则此时小球所受合外力为mg，小球的加速度大小为g，D项错误。
[变式1－2]　如图所示，A、B两球完全相同，质量均为m，用两根等长的细线悬挂在升降机天花板的O点，两球之间连着一根劲度系数为k的轻质弹簧，已知重力加速度为g，当升降机以加速度a＝竖直向上加速运动时，两根细线之间的夹角为θ＝60°，在运动过程中O、A间的细线被剪断瞬间，下列关于A、B两球的加速度的说法正确的是(　　)

A．A球的加速度大小为g，方向竖直向下
B．B球的加速度大小为g，方向竖直向上
C．A球的加速度大小为g，方向斜向左下方
D．A球的加速度大小为g，方向沿OA方向
答案　C
解析　O、A间的细线被剪断前，对小球A受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有F2cos30°－mg＝ma，F2sin30°－F1＝0，解得F1＝kx＝mg，在O、A间的细线被剪断瞬间，F2突然消失，但F1不突变，所以A球有水平向左的加速度aAx＝＝g，竖直向下的加速度aAy＝g，则A球的加速度大小为aA＝＝g，方向斜向左下方；而B球的受力情况不变，其加速度仍为a＝，方向竖直向上，C正确。

考点2　　动力学的两类基本问题
动力学的两类基本问题的解题步骤

例2　如图所示，质量为m＝1.0 kg的物体在水平力F＝5 N的作用下，以v0＝10 m/s向右匀速运动。倾角为θ＝37°的斜面与水平面在A点用极小的光滑圆弧相连。物体与水平面、斜面间的动摩擦因数相同，物体到达A点后撤去水平力F，再经过1.5 s物体到达B点。g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求A、B两点间的距离sAB。

(1)如何确定物体与水平面、斜面间的动摩擦因数？
提示：由物体在水平面上匀速运动F＝μmg求出μ。
(2)1.5 s时物体一定处于沿斜面上升阶段吗？
提示：①判断在斜面上速度减为零的时间；②判断μ与tanθ的关系。
尝试解答　4.75_m
物体在水平面上匀速运动时有F＝μmg①
物体沿斜面上滑时，根据牛顿第二定律有
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1②
若物体减速到零，则有0＝v0－a1t1③
解得t1＝1.0 s<1.5 s④
x1＝t1⑤
由于mgsinθ>μmgcosθ，故物体将沿斜面下滑，
根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2⑥
x2＝a2t⑦
根据题意有t1＋t2＝1.5 s⑧
sAB＝x1－x2⑨
联立①④⑤⑥⑦⑧⑨式解得sAB＝4.75 m。

解决两类动力学问题的两个关键点
(1)把握“两个分析”“一个桥梁”
两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析。
一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁。
(2)画草图寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。如例题中第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度。
[变式2－1]　如图所示，一物体以v0＝2 m/s的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t＝1 s。已知斜面长度L＝1.5 m，斜面的倾角θ＝30°，重力加速度取g＝10 m/s2。求：

(1)物体滑到斜面底端时的速度大小；
(2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；
(3)物体与斜面间的动摩擦因数。
答案　(1)1 m/s　(2)1 m/s2　方向沿斜面向上
(3)
解析　(1)设物体滑到斜面底端时速度为v，则有：
L＝t，代入数据解得：v＝1 m/s。
(2)因v<v0，即物体做匀减速运动，加速度方向沿斜面向上，
加速度的大小为：a＝＝1 m/s2。
(3)物体沿斜面下滑时，受力分析如图所示。

由牛顿第二定律得：
Ff－mgsinθ＝ma
FN＝mgcosθ
Ff＝μFN
联立解得：μ＝，
代入数据解得：μ＝。
[变式2－2]　如图甲所示是一倾角为θ＝37°的足够长的斜面，将一质量为m＝1 kg的物体无初速度在斜面上释放，同时给物体施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图象如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25。g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

(1)2 s末物体的速度大小；
(2)前16 s内物体发生的位移。
答案　(1)5 m/s　(2)30 m，方向沿斜面向下
解析　(1)分析可知物体在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1
v1＝a1t1
解得v1＝5 m/s。
(2)设物体在前2 s内发生的位移为x1，则
x1＝a1t＝5 m
当拉力为F2＝4.5 N时，设物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得F2＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma2
设物体经过t2时间速度减为0，则v1＝a2t2，t2＝10 s
设t2时间内发生的位移为x2，则x2＝a2t＝25 m
由于mgsinθ－μmgcosθ<F2<μmgcosθ＋mgsinθ，则物体在剩下4 s时间内处于静止状态，故物体在前16 s内发生的位移x＝x1＋x2＝30 m，方向沿斜面向下。
考点3　　动力学中的图象问题
1.常见的动力学图象
v­t图象、a­t图象、F­t图象、F­a图象等。
2．图象问题的类型
(1)已知物体受的力随时间变化的图象，要求分析物体的运动情况。
(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图象，要求分析物体的受力情况。
(3)由已知条件确定某物理量的变化图象。
3．解题策略
(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点。
(2)注意图象中的特殊点、斜率、面积所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点，图线的斜率，图线与坐标轴或图线与图线所围面积等。
(3)明确能从图象中获得的信息：把图象与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与过程”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
例3　(2019·郑州质量预测)为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角为θ、表面平整且足够长的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示。让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向始终垂直。假设滑块和风帆总质量为m。滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度g取10 m/s2，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即Ff＝kv。

(1)写出滑块下滑的最大速度的表达式；
(2)若m＝3 kg，斜面倾角θ＝37°，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t＝0时v­t图线的切线，由此求出μ、k的值。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(1)什么时候滑块下滑的速度最大？
提示：a＝0时。
(2)t＝0时风帆受到的空气阻力是多少？
提示：由Ff＝kv知，t＝0时，v＝0，Ff＝0。
尝试解答　(1)vm＝
(2)0.375　4.5 kg/s
(1)对滑块和风帆由牛顿第二定律有：
mgsinθ－μmgcosθ－kv＝ma
当a＝0时速度最大，即vm＝。
(2)由题图乙可知，当v＝0时，
a0＝gsinθ－μgcosθ＝3 m/s2
解得μ＝0.375
由vm＝＝2 m/s
解得k＝4.5 kg/s。

解决图象综合问题的思路
图象反映了两个变量之间的函数关系，必要时需要根据物理规律进行推导，得到函数关系后结合图线的斜率、截距、面积、交点、拐点的物理意义对图象及运动过程进行分析。
[变式3－1]　(2019·湖北宜昌高三调考)如图所示，轻弹簧左端固定，右端连接一物块(可以看做质点)，物块静止于粗糙的水平地面上，弹簧处于原长。现用一个水平向右的力F拉动物块，使其向右做匀加速直线运动(整个过程不超过弹簧的弹性限度)。以x表示物块离开静止位置的位移，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是(　　)

答案　B
解析　物块水平方向受向右的拉力F、向左的弹力kx和摩擦力f，由牛顿第二定律得：F－kx－f＝ma，整理得：F＝kx＋ma＋f，物块做匀加速直线运动，所以ma＋f恒定且不为零，故F­x图象是一条纵截距大于零的倾斜直线，A、C、D错误，B正确。
[变式3－2]　(2019·百师联盟七调)(多选)在光滑水平面上，a、b两小球沿水平面相向运动。当小球间距小于或等于L时，受到大小相等、方向相反的恒定的相互排斥力作用。小球间距大于L时，相互排斥力为零。小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v随时间t的变化关系图象如图所示，由图可知(　　)

A．a球质量大于b球质量
B．在t1时刻两小球间距最小
C．在0～t2时间内两小球间距逐渐减小
D．在0～t3时间内b球所受排斥力方向始终与运动方向相反
答案　AC
解析　从速度—时间图象可以看出b球速度—时间图象的斜率绝对值较大，所以b球的加速度较大，两小球之间的排斥力为一对相互作用力，大小相等，根据a＝知，加速度大的质量小，所以b球质量较小，故A正确；开始时二者做相向运动，当速度相同时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，故B错误，C正确；b球在0～t1时间内匀减速，所以在0～t1时间内排斥力与运动方向相反，而在t1～t3时间内匀加速，排斥力与运动方向相同，D错误。
考点4　　超重和失重的理解
1.超重和失重的理解
(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
(2)物体超重或失重多少由物体的质量m和竖直加速度a共同决定，其大小等于ma。
(3)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。
(4)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
(5)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要整体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重现象。
2．判断超重和失重的方法
(1)从受力的角度判断
当物体受向上的拉力(或支持力)大于重力时处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态。
(2)从加速度的角度判断
当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。
(3)从运动状态的角度判断
①物体向上加速或向下减速时，超重；
②物体向下加速或向上减速时，失重。
例4　合肥市滨湖游乐场里有一种大型娱乐器械，可以让人体验超重和失重。其环形座舱套在竖直柱子上，先由升降机送上70多米的高处，然后让座舱由静止自由落下，落到离地30米高的位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下。若舱中某人用手托着一个重力为50 N的铅球。不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．当座舱落到离地面45米高的位置时，球对手的压力为0
B．当座舱落到离地面45米高的位置时，手对球有支持力
C．当座舱落到离地面20米高的位置时，球对手的压力为0
D．当座舱落到离地面20米高的位置时，手对球的支持力小于50 N
(1)当座舱落到离地面45米高的位置时，是自由落体阶段吗？
提示：是，a＝g。
(2)当座舱落到离地面20米高的位置时，加速度方向？
提示：加速度方向竖直向上。
尝试解答　选A。
由题意可知座舱从最高处下落到离地30 m高处的过程中做自由落体运动，手与球之间的作用力为零，A正确，B错误；座舱在距离地面30 m处开始制动，制动后向下做减速直线运动，加速度方向竖直向上，铅球处于超重状态，手对球的支持力大于50 N，C、D错误。

(1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化。
(2)在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等。
[变式4－1]　如图所示，物体A、B由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳连接，从静止开始释放，在物体A加速下降的过程中，下列判断正确的是(　　)

A．物体A和物体B均处于超重状态
B．物体A和物体B均处于失重状态
C．物体A处于超重状态，物体B处于失重状态
D．物体A处于失重状态，物体B处于超重状态
答案　D
解析　物体A加速下降，物体B必然加速上升，物体A的加速度方向竖直向下，处于失重状态，物体B的加速度方向竖直向上，处于超重状态，D正确。
[变式4－2]　(多选)如图a，用力传感器研究橡皮绳中拉力随时间的变化。向下拉小球然后释放，小球沿竖直方向运动，某段时间内采集到的信息如图b所示，则(　　)

A．t2～t3时间内小球向下运动，处于超重状态
B．t3～t4时间内小球向上运动，处于失重状态
C．t4～t5时间内小球向下运动，处于失重状态
D．t5～t6时间内小球向上运动，处于超重状态
答案　BC
解析　根据题图b可知，t1～t2时间内传感器示数大于小球重力，且示数逐渐增大，则小球加速度方向向上，处于超重状态，向下做减速运动，t2～t3时间内传感器示数大于小球重力，且示数逐渐减小，则小球加速度方向向上，处于超重状态，向上做加速运动，A错误；t3～t4时间内传感器示数小于小球重力，且示数逐渐减小，则小球加速度方向向下，处于失重状态，向上做减速运动，B正确；t4～t5时间内传感器示数小于小球重力，且示数逐渐增大，则小球加速度方向向下，处于失重状态，向下做加速运动，C正确；t5～t6时间内传感器示数大于小球重力，且示数逐渐增大，则小球加速度方向向上，处于超重状态，向下做减速运动，D错误。

高考模拟 随堂集训

1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是(　　)

答案　A
解析　物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态，有：kx0＝mg，施加拉力F后，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以F＝ma＋kx，A正确。
2．(2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图a，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图b所示，木板的速度v与时间t的关系如图c所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出(　　)

A．木板的质量为1 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
答案　AB
解析　木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b知，2 s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2 N。由题图c知，2～4 s内，木板的加速度大小a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，设木板质量为m，根据牛顿第二定律，2～4 s内：F－F摩＝ma1,4 s以后：F摩＝ma2，解得m＝1 kg，F＝0.4 N，A、B正确。0～2 s内，F＝f，由题图b知，F随时间是均匀增加的，C错误。因物块质量不可求，故由F摩＝μm物g可知动摩擦因数不可求，D错误。
3．(2015·全国卷Ⅰ)(多选)如图a，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v­t图线如图b所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　)

A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
答案　ACD
解析　由v­t图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别列出方程，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A、C正确；根据运动的v­t图线与时间轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大位移，斜面倾角已知，则可求得物块向上滑行的最大高度，选项D正确；由已知条件不能求出物块质量，选项B错误。
4.(2015·海南高考)(多选)如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时，(　　)

A．物块与斜面间的摩擦力减小
B．物块与斜面间的正压力增大
C．物块相对于斜面减速下滑
D．物块相对于斜面匀速下滑
答案　BD
解析　当升降机匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑时有：mgsinθ＝μmgcosθ，则μ＝tanθ(θ为斜面倾角)，当升降机加速上升时，设加速度为a；物块处于超重状态，超重ma。物块“重力”变为G′＝mg＋ma，支持力变为N′＝(mg＋ma)cosθ>mgcosθ，B正确。“重力”沿斜面向下的分力G下′＝(mg＋ma)sinθ，沿斜面摩擦力变为f′＝μN′＝μ(mg＋ma)cosθ>μmgcosθ，A错误。f′＝μ(mg＋ma)·cosθ＝tanθ(mg＋ma)cosθ＝(mg＋ma)sinθ＝G下′，所以物块仍沿斜面匀速运动，D正确，C错误。
5．(2019·湖南衡阳三模)如图所示，质量分别为m和2m的A、B两物块用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B。调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x。突然撤去木板，物体运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

A．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为g
B．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为0.5g
C．撤去木板后，B物块向下运动3x时速度最大
D．撤去木板后，B物块向下运动2x时速度最大
答案　C
解析　撤去木板前，悬绳没有拉力，对A物块受力分析知，弹簧被压缩，弹簧弹力大小为F1＝kx＝mg，撤去木板瞬间，B物块受到向下的重力2mg、弹簧向下的弹力F1＝mg，其合力为3mg，由牛顿第二定律可知：aB＝＝1.5g，故A、B错误；撤去木板后，当B物块受到的合外力为零时，速度最大，此时弹簧被拉伸，弹力F2＝2mg＝kx2，所以弹簧此时的伸长量x2＝2x，即B物块向下运动3x时速度最大，故C正确，D错误。
6．(2019·四川雅安三诊)如图所示，质量为1 kg的物体静止于水平地面上，用大小为6.5 N的水平恒力F作用在物体上，使物体由静止开始运动，运动50 m后撤去拉力F，此时物体速度为20 m/s，物体继续向前滑行直至停止，g取10 m/s2，求：

(1)物体与地面间的动摩擦因数；
(2)物体运动的总位移大小；
(3)物体运动的总时间。
答案　(1)0.25　(2)130 m　(3)13 s
解析　(1)在拉力F作用下，物体做匀加速直线运动，其加速度大小为：a1＝
对物体，由牛顿第二定律有：F－μmg＝ma1，
联立解得：μ＝0.25。
(2)撤掉拉力F后，物体做匀减速直线运动，其加速度大小为：a2＝＝μg＝2.5 m/s2
物体继续向前滑行的位移为：
x2＝＝80 m
全程总位移为：x＝x1＋x2＝130 m。
(3)物体做匀加速直线运动的时间为：t1＝＝5 s
物体做匀减速直线运动的时间为：t2＝＝8 s
则物体运动的总时间为：t＝t1＋t2＝13 s。