（江苏专用）2020版高考物理新增分大一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题课件.ppt

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1、,第三章牛顿运动定律,第2讲牛顿第二定律两类动力学问题,大一轮复习讲义,NEIRONGSUOYIN,内容索引,过好双基关,研透命题点,随堂测试,回扣基础知识 训练基础题目,细研考纲和真题 分析突破命题点,随堂检测 检测课堂学习效果,课时作业,限时训练 练规范 练速度,过好双基关,1.内容：物体加速度的大小跟作用力成 ，跟物体的质量成 ，加速度的方向跟作用力的方向 . 2.表达式：F . 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 或 的参考系. (2)牛顿第二定律只适用于 物体(相对于分子、原子等)、 运动(远小于光速)的情况.,一、牛顿第二定律,ma,正比,静止,低速,

2、反比,相同,匀速直线运动,宏观,自测1静止在光滑水平面上的物体，在受到一个水平力作用的瞬间 A.物体立刻获得加速度，但速度仍等于零 B.物体立刻获得速度，但加速度为零 C.物体立刻获得加速度，同时也获得速度 D.物体的加速度和速度都要经过少许时间才能获得,解析物体静止在光滑水平面上，受到水平作用力的瞬间，根据牛顿第二定律：加速度大小与合力大小成正比.加速度与合力是瞬时关系，可知物体立刻产生加速度，而物体由于惯性，此瞬间还保持原来的状态，速度为零，故A正确.,1.单位制： 单位和 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(长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强

3、度、物质的量)，其中力学有三个，分别是 、 、 ，单位分别是 、 、 . 3.导出单位：由基本物理量根据 推导出来的其他物理量的单位.,基本,导出,长度,质量,时间,米,千克,秒,物理关系,二、力学单位制,自测2下面哪一组单位属于国际单位制中的基本单位 A.米、牛顿、千克 B.千克、厘米、秒 C.米、千克、安培 D.米/秒2、千克、牛顿,三、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 ，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 ，再由牛顿第二定律求

4、出合力，从而确定未知力.,加速度,加速度,3.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：,自测3(多选)(2017徐州市质检)如图1所示，质量为m1 kg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10 m/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/s2) A.物体经10 s速度减为零 B.物体经2 s速度减为零 C.物体速度减为零后将保持静止 D.物体速度减为零后将向右运动,图1,解析物体受到向右的滑动摩擦力FfFNmg3 N，,减速到零后，恒力FFf，即F小于最大静摩擦力

5、，物体将保持静止，不再运动，C正确，D错误.,研透命题点,命题点一牛顿第二定律的理解和应用,例1(2017苏州大学附中调研)2015年9月30日，乒乓球亚锦赛中中国男团以比分30击败日本男团，实现了亚锦赛男团项目的九连冠.如图2，假设运动员在训练中手持乒乓球拍托球沿水平面做匀加速跑动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间夹角为.设球拍和球质量分别为M、m，不计球拍和球之间摩擦，重力加速度为g，不计空气阻力，则 A.运动员的加速度大小为gsin B.球拍对球的作用力大小为mgcos C.运动员对球拍的作用力大小为 D.运动员对地面的作用力方向竖直向下,类型1对矢量性的理解,图2,解析球和运

6、动员具有相同的加速度，对球分析，球所受的合力为mgtan ，根据牛顿第二定律得，agtan ，故A错误. 根据平行四边形定则知，球拍对球的作用力FN ，故B错误. 对球拍和球整体分析，整体所受合力为(Mm)a，根据平行四边形定则知，运动员对球拍的作用力为 ，故C正确. 运动员在水平方向加速运动，运动员受到地面对其水平方向的摩擦力与竖直方向的支持力，合力不在竖直方向，根据牛顿第三定律可知，运动员对地面的作用力也不在竖直方向上，故D错误.,变式1(多选)(2018苏锡常镇一调)高空滑索是勇敢者的运动.如图3所示，一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动(设钢索是直的)，下滑过程中到达图

7、中A位置时轻绳与竖直线有夹角，到达图中B位置时轻绳竖直向下.不计空气阻力，下列说法正确的是 A.在A位置时，人的加速度可能为零 B.在A位置时，钢索对轻绳的作用力小于人的重力 C.在B位置时，人的加速度为零 D.在B位置时，人所受合外力沿钢索方向向下,图3,解析在A位置时，人受到重力和轻绳的拉力，合力沿钢索方向向下，不为零，则加速度不可能为零，拉力FTmgcos (为轻绳与竖直方向的夹角)，FTmg，故A错误，B正确； 在B位置时，细绳的拉力竖直，不可能产生沿运动方向的加速度，所以人做匀速运动，a0，合外力为0，故C正确，D错误.,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

8、、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：,类型2瞬时性问题,2.求解瞬时加速度的一般思路,例2两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图4所示.现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别为a1和a2，则(不计空气阻力) A.a1g，a2g B.a10，a22g C.a1g，a20 D.a12g，a20,图4,解析由于绳子张力可以突变，故剪断OA后瞬间小球A、B只受重力，其加速度a1a2g，故选项A正确.,思考在上题中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图5所示，则上题选项中正确的是 A.a1g，a2g B.a10，a22g C.

9、a1g，a20 D.a12g，a20,图5,解析剪断轻绳OA后，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a12g，a20，故选项D正确.,变式2(多选)(2017苏锡常镇四市调研)某同学做了一个力学实验，如图6所示，将一金属球通过一轻质弹簧悬挂于O点，并用一水平方向的细绳拉住，处于静止状态，然后将水平细绳剪断，经观察发现，水平细绳剪断后金属球在第一次向左摆动以及回摆过程的一段运动轨迹如图中虚线所示.根据运动轨迹以及相关的物理知识，该同学得出以下几个结论，其中正确的是(不计空气阻力) A.水平细绳剪断瞬间金属球的加速度方向一定水平向左 B.

10、金属球运动到悬点O正下方时所受合力方向竖直向上 C.金属球速度最大的位置应该在悬点O正下方的左侧 D.金属球运动到最左端时速度为零，而加速度不为零,图9,解析细绳未剪断时，小球受向下的重力、弹簧的拉力和细绳的水平拉力作用，剪断细绳后的瞬间，弹簧弹力不变，则弹力和重力的合力应该水平向左，故此时金属球的加速度方向一定水平向左，选项A正确； 金属球运动到悬点O正下方时，合力方向竖直向下，与速度方向的夹角为锐角，故此后一段时间内要加速，故选项C正确，选项B错误； 金属球运动到最左端时，由轨迹的切线可知，速度方向向上，不为零，因小球做曲线运动，故其加速度不为零，选项D错误.,1.解题关键 (1)两类分析

11、物体的受力分析和物体的运动过程分析； (2)两个桥梁加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁. 2.常用方法 (1)合成法 在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”. (2)正交分解法 若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”.,命题点二动力学两类问题,例3(2018无锡市高三期末)如图7，一个质量为m2 kg的小物块静置于足够长的固定斜面底端.现对其施加一个沿斜面向上、大小为F25 N的恒力，3 s后将F撤去，此时物块速度达到15 m/s.设物块运动过程中所受摩擦力的大小不变，取g10 m/s2.求： (1)物块所受摩擦力的大小；,图7,答

12、案5 N,解析由运动学规律：v1a1t1， 解得a15 m/s2 由牛顿第二定律：FFfmgsin ma1 ，解得Ff5 N,(2)物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离；,答案37.5 m,解析撤去拉力后物块继续上滑， 由牛顿第二定律得： Ffmgsin ma2，得a27.5 m/s2,物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离xx1x237.5 m,(3)物块在斜面上运动的总时间.(结果可用根式表示),下滑过程：mgsin Ffma3，解得a32.5 m/s2,变式3(2018苏州市模拟)如图8所示，倾角37、斜面长为1 m的斜面体放在水平面上.将一质量为2 kg的小物块从斜面顶部由静止释放，1

13、s后到达底端，斜面体始终保持静止.重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求： (1)小物块沿斜面下滑的加速度大小和到达底端时速度的大小；,图8,答案2 m/s22 m/s,得a2 m/s2 由vat 得v2 m/s.,(2)小物块与斜面之间的动摩擦因数；,答案0.5,解析由牛顿第二定律得： mgsin mgcos ma 得0.5.,(3)小物块运动过程中，水平面对斜面体的摩擦力大小和方向.,答案3.2 N水平向左,解析mgcos sin mgcos2 ， 则水平面对斜面体的摩擦力水平向左 大小Ffmgcos sin mgcos2 3.2 N.,例4(多选)(20

14、18田家炳中学开学考)如图9所示，小车上物体的质量m8 kg，它被一根在水平方向上拉伸了的轻弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力是6 N.现对小车施一水平向右的作用力，使小车由静止开始运动，在小车的加速度由零逐渐增大到1 m/s2的过程中，以下说法正确的是 A.物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力逐 渐变大 B.物体受到的摩擦力先减小、后增大，先向左、后向右 C.当小车的加速度为0.75 m/s2时物体不受摩擦力的作用 D.小车以1 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时物体受到的摩擦力为8 N,图9,动力学动态分析问题,拓展点,解析弹簧弹力在开始时与静摩擦力平衡，大小为6 N，当

15、整体的加速度从零逐渐增大到1 m/s2时，物体的加速度也从零逐渐增大到1 m/s2，根据牛顿第二定律知，物体的合力从0增大到8 N，摩擦力方向向左减小到零，然后又向右增加，在整个过程中，物体相对小车静止，弹簧弹力不变，故A错误，B正确； 当小车加速度(向右)为0.75 m/s2时，物块所受的合力F合ma6 N，弹簧的弹力等于6 N，则摩擦力为零，即物体不受摩擦力，故C正确； 小车以1 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物块所受的合力F合ma8 N，弹簧的弹力等于6 N，则摩擦力的大小为2 N，方向水平向右，故D错误.,变式4(2018盐城中学段考)在静止的小车内，用细绳a和b系住一个小球

16、，细绳a处于斜向上的方向，拉力为Fa，细绳b处于水平方向，拉力为Fb，如图10所示.现让小车从静止开始向右做加速度逐渐增大的加速运动，此时小球相对于车厢的位置仍保持不变，则两根细绳的拉力变化情况是 A.Fa变大，Fb不变 B.Fa变大，Fb变小 C.Fa变大，Fb变大 D.Fa不变，Fb变小,图10,解析以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力分析图， 根据牛顿第二定律得 水平方向：Fasin Fbma 竖直方向：Facos mg0 由题，不变，由分析得知Fa不变. Fa、不变，a增加，所以由得知，Fb变小.故选D.,随堂测试,1.(2017苏州市期末)如图11所示，顶端固定着小球的直杆固定在

17、小车上，当小车向右做匀加速直线运动时，球所受合外力的方向沿图中的 A.OA方向 B.OB方向 C.OC方向 D.OD方向,1,2,3,4,5,6,图11,解析小球和小车的加速度相同，所以小球在重力和杆的作用力的作用下也向右加速运动，加速度水平向右，根据牛顿第二定律Fma可知，加速度的方向与合力的方向相同，合力水平向右，即合力沿题图中的OD方向，故A、B、C错误，D正确.,2.(2018如东县调研)如图12所示，如东苏果和欧尚超市为方便顾客，安装智能化的倾斜向上的自动扶梯(无台阶).在没有乘客乘行时，自动扶梯以较小的速度匀速运行，当乘客站立乘行(手不扶扶手)时，自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运

18、行.则该扶梯在运送乘客的过程中 A.扶梯匀速运行时，乘客不受摩擦力作用 B.扶梯匀速运行时，乘客对扶梯的作用力方向竖直向下 C.扶梯加速运行时，摩擦力方向与运动方向相反 D.扶梯加速运行时，乘客对扶梯的作用力方向与运动方向相反,图12,1,2,3,4,5,6,解析扶梯匀速运动时，乘客受摩擦力作用，否则由于重力作用，乘客将沿扶梯面滑下来，故A错误； 由于扶梯匀速运行，摩擦力与支持力方向的合力与重力平衡，因此乘客对扶梯的作用力方向竖直向下，故B正确； 加速运行，摩擦力方向与相对运动趋势方向相反，人有沿扶梯向下运动的趋势，即摩擦力方向与运动方向相同，故C错误； 加速运动阶段，扶梯对乘客有沿斜面向上的

19、摩擦力和支持力，二者的合力即扶梯对乘客的作用力指向斜上方，扶梯对乘客的作用力不是竖直向上，根据牛顿第三定律分析可知：乘客对扶梯的作用力不是与运动方向相反，故D错误.,1,2,3,4,5,6,3.(多选)(2018淮安市、宿迁市等期中)如图13所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距离x1后停止.现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(Fmg)，若其他条件不变，木盒以加速度a2滑行距离x2后停止.则 A.a2a1B.a2a1 C.x2x1D.x2x1,图13,1,2,3,4,5,6,解析设木盒的质量为M，木盒与地面之间的动摩擦因数为，,1,2

20、,3,4,5,6,则滑行的距离变小，即：x2x1，故A、D正确，B、C错误.,4.如图14所示，A、B两球质量相等，光滑固定斜面的倾角为，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有 A.两图中两球加速度均为gsin B.两图中A球的加速度均为零 C.图乙中轻杆的作用力一定不为零 D.图甲中B球的加速度大小是图乙中 B球加速度大小的2倍,1,2,3,4,5,6,图14,5.(多选)(2019淮安中学期初)如图15所示，质量为m的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小到零，然后弹簧

21、又将滑块向右推开.已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为，整个过程弹簧未超过弹性限度，则 A.滑块向左运动过程中，始终做减速运动 B.滑块向右运动过程中，始终做加速运动 C.滑块与弹簧接触过程中最大加速度为 D.滑块向右运动过程中，当弹簧形变量x 时，滑块的速度最大,1,2,3,4,5,6,图15,6.(2018田家炳中学开学考)质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的vt图象如图16所示.球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的 .设球受到的空气阻力大小恒为Ff，取g10 m/s2，求： (1)弹性球受到的空气阻力Ff的大小；,1,2,3,

22、4,5,6,图16,答案0.2 N,解析设弹性球第一次下落过程中的加速度为a， 由速度时间图象得：,根据牛顿第二定律得：mgFfma 解得：Ff0.2 N,(2)弹性球第一次碰撞后反弹的最大高度h.,答案0.375 m,根据0v22ah 解得：h0.375 m.,1,2,3,4,5,6,解析由vt图象可知，弹性球第一次到达地面的速度为v4 m/s 则弹性球第一次离开地面时的速度大小为v3 m/s,课时作业,1.(2018苏州市期初调研)kg和s是国际单位制中两个基本单位的符号，这两个基本单位对应的物理量是 A.质量和时间 B.质量和位移 C.重力和时间 D.重力和位移,双基巩固练,1,2,3,

23、4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析kg和s这两个基本单位对应的物理量分别为质量和时间.位移的单位是m，重力的单位是N.,2.(2019江都中学4月模拟)一个质量为m的运动物体共受到三个共点力F1、F2、F3的作用，这三个力的大小和方向构成如图1所示的三角形，则这个物体的加速度大小是,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,图1,解析根据三角形定则，F1与F3的合力等于从F1的起点到F3的终点的有向线段，即与F2相同， 故物体所受的合力为：F合2F2.,3.如图2所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点，如

24、果物体受到的阻力恒定，则 A.物体从A到O先加速后减速 B.物体从A到O加速运动，从O到B减速运动 C.物体运动到O点时所受合力为0 D.物体从A到O的过程加速度逐渐减小,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,图2,4.一个原来静止在光滑水平面上的物体，质量是7 kg，在14 N的水平恒力作用下运动，则5 s末的速度及5 s内通过的路程为 A.8 m/s25 m B.2 m/s25 m C.10 m/s25 m D.10 m/s12.5 m,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析物体由静止开始在恒力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，,5.(2018锡山中

25、学月考)如图3所示，欲使在粗糙固定斜面上匀速下滑的木块A停下，可采用的方法是 A.增大斜面的倾角 B.在木块A上再叠放一个重物(与A相对静止) C.对木块A施加一个垂直于斜面向下的力 D.对木块A施加一个竖直向下的力,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,图5,解析木块匀速滑下，合力为零，根据平衡条件得mgsin mgcos ；若增大斜面的倾角，重力沿斜面向下的分力mgsin 增大，滑动摩擦力Ffmgcos 减小，木块的合力方向将沿斜面向下，木块做加速运动，故A错误； 对木块A施加一个竖直向下的力，由于(Fmg)sin (Fmg)cos ，木块的合力仍为零，仍做匀速运动，不可能

26、停下，故B错误； 对木块A施加一个垂直于斜面向下的力F，重力沿斜面向下的分力mgsin 不变，而滑动摩擦力Ff(Fmgcos )增大，合力方向沿斜面向上，木块做减速运动，可以使木块停下，故C正确； 由A项分析可知mgsin mgcos ，得sin cos ，与质量无关，在木块A上再叠放一个重物后，整体匀速下滑，不可能停下，故D错误.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,6.(2018江苏省高考压轴卷)如图4所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的轻弹簧压向左壁，小车向右加速运动.若小车向右的加速度增大，则车左壁受到的物块的压力F1和车右壁受到的弹簧的弹力

27、F2的大小变化是 A.F1不变，F2变大 B.F1变大，F2不变 C.F1、F2都变大 D.F1变大，F2变小,图4,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析物块沿水平方向受向左的弹力和左壁对其向右的压力F1，加速度增大时，弹力不变，F1会增大.根据牛顿第三定律知，F1变大，F2不变，故选项B正确.,7.(2018前黄中学检测)在儿童蹦极游戏中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳，质量为m的小明如图5所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg.若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明 A.加速度为零，速度为零 B.加速度ag，沿断裂橡皮绳的原方向斜向下 C.加速度ag，沿未

28、断裂橡皮绳的方向斜向上 D.加速度ag，方向竖直向下,图5,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析根据题意，腰间左右两侧的橡皮绳的弹力等于重力.小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时所受合力方向沿断裂橡皮绳的原方向斜向下，大小等于mg，所以小明的加速度ag，沿断裂橡皮绳的原方向斜向下，选项B正确.,8.(多选)“蹦极”是一项非常刺激的体育运动，如图6所示，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中的a点是弹性绳的原长位置，c点是人所能到达的最低位置，b点是人静止悬吊着时的平衡位置.人在从P点下降到最低位置c点的过程中，下列说法中正确的是 A.经过a点时，人的速度最大 B.经过b点时，人

29、的速度最大 C.从a点到b点，人的加速度在增大 D.从b点到c点，人的加速度在增大,图6,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析从a点到b点，人的重力大于弹力，加速度向下，人做加速运动，根据牛顿第二定律知加速度减小，当到达b位置，重力和弹力相等，加速度为零，速度最大，由b到c，重力小于弹力，加速度方向向上，人做减速运动，且加速度逐渐变大，速度逐渐变为零，故A、C错误，B、D正确.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,9.如图7所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成角与横杆固定，下端连接一质量为m的小球P.横杆右边用一根细线吊一相同的小

30、球Q.当小车沿水平面做变速运动时，细线保持与竖直方向的夹角为.已知，重力加速度为g，则下列说法正确的是 A.小车一定向右做匀加速运动 B.轻杆对小球P的弹力沿轻杆方向 C.小球P受到的合力大小为mgtan D.小球Q受到的合力大小为mgtan ,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,图7,综合提升练,解析选择小球Q作为研究对象，根据牛顿第二定律，得mgtan ma，得到agtan ，故加速度向右，小车可能向右加速，也可能向左减速，故A错误. 对小球P，由牛顿第二定律，得mgtan ma，因为aa，得到.则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，故B错误. 对小球P、Q由牛顿第二定律可知

31、Fmamgtan ，故C错误，D正确.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,10.(2018南京市学情调研)如图8所示，具有完全知识产权的两列中国标准动车组“复兴号”在京沪双向发车成功.若动车组各级车厢总质量均相等，它由8节车厢组成.其中第1和第5节车厢为动车，其余均为拖车，动车的额定功率都相同.若在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，则该动车组 A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反 B.做匀速运动时，乘客相对车厢竖直向上跳起后将落在起 跳点后方 C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机 时的速度成正比 D.做匀加速运动时，第5、6节与第6、7

32、节车厢间的作用力之比为32,图8,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,11.(2018兴化市第一中学期初)两个完全相同的物块A、B，质量均为m0.8 kg，在同一粗糙水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动.图9中的两条直线分别表示物块A受到水平拉力F作用和物块B不受拉力作用的vt图象，求： (1)物块A所受拉力F的大小；,图9,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案1.8 N,解析设A、B两物块的加速度分别为a1、a2，由vt图象可知：A、B的初速度v0 6 m/s，A物块的末速度v112 m/s，B物块的末速度v20，根据速度时间公式，有,对A、B两物

33、块分别由牛顿第二定律得： FFfma1 Ffma2 由可得：F1.8 N 即物块A所受拉力F的大小为1.8 N.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,(2)8 s末物块A、B之间的距离x.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案60 m,解析设A、B两物块8 s内的位移分别为x1、x2，由图象得：,所以xx1x260 m 即8 s末物块A、B之间的距离x为60 m.,12.(2018常熟市期中)如图10甲所示，一质量m0.4 kg的小物块，以v02 m/s的初速度，在与斜面平行的拉力作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t2 s的时间物块由A点运动到B点，A、

34、B之间的距离L10 m.已知斜面倾角30，物块与斜面之间的动摩擦因数 .重力加速度g取10 m/s2.求： (1)物块到达B点时速度的大小，物块加速度的大小；,答案见解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,图10,解析物块做匀加速直线运动，根据运动学公式，有：,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解得 vB8 m/s,(2)拉力F的大小；,答案见解析,解析对物块受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有： 平行斜面方向：Fmgsin Ffma 垂直斜面方向：FNmgcos 0 其中：FfFN 联立解得：F5.2 N,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,(3)若拉力F与斜面夹角为，如图乙所示，试写出拉力F的表达式.,答案见解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析平行斜面方向：Fcos mgsin Ffma 垂直斜面方向：Fsin FNmgcos 0 其中：FfFN,