2020高中物理 牛頓運動定律 第2節(jié) 牛頓第二定律學案 新人教版必修1

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1、第1節(jié) 牛頓第二定律（實驗定律） ◎ 知識梳理 1. 定律內(nèi)容 物體的加速度a跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質(zhì)量m成反比。 2. 公式： 理解要點： ①因果性：是產(chǎn)生加速度a的原因，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時存在，同時消失； ②方向性：a與都是矢量,，方向嚴格相同； ③瞬時性和對應性：a為某時刻物體的加速度，是該時刻作用在該物體上的合外力。 牛頓第二定律適用于宏觀, 低速運動的情況。 ◎ 例題評析 【例2】如圖，自由下落的小球下落一段時間后，與彈簧接觸，從它接觸彈簧開始，到彈簧壓縮到最短的過程中，小球的速度、加速度、合外力的變化情況是怎樣的? 【分析與

2、解答】 因為速度變大或變小取決于加速度和速度方向的關系，當a與v同向時,v增大；當a與v反向時，v減??；而a由合外力決定，所以此題要分析v,a的大小變化，必須先分析小球的受力情況。 小球接觸彈簧時受兩個力的作用：向下的重力和向上的彈力。在接觸的頭一階段，重力大于彈力，小球合力向下，且不斷變小(因為F合=mg-kx，而x增大)，因而加速度減小(因為a=F/m)，由于v方向與a同向，因此速度繼續(xù)變大。 當彈力增大到大小等于重力時，合外力為零，加速度為零，速度達到最大。 之后，小球由于慣性繼續(xù)向下運動，但彈力大于重力，合力向上，逐漸變大(因為F=kx-mg=ma)，因而加速度向上且變大，因此

3、速度逐漸減小至零。小球不會靜止在最低點，以后將被彈簧上推向上運動。 綜上分析得：小球向下壓彈簧過程，F(xiàn)方向先向下后向上，先變小后交大；a方向先向下后向上，大小先變小后變大；v方向向下，大小先變大后變小。 【注意】 在分析物體某一運動過程時，要養(yǎng)成一個科學分析習慣，即：這一過程可否劃分為兩個或兩個以上的不同的小過程，中間是否存在轉(zhuǎn)折點，如上題中彈力等于重力這一位置是一個轉(zhuǎn)折點，以這個轉(zhuǎn)折點分為兩個階段分析。 【例3】 如圖所示，一質(zhì)量為m的物體系于長度分別為L1L2的兩根細線上．，L1的一端懸掛在天花板上，與豎直方向夾角為θ，L2水平拉直，物體處于平衡狀態(tài)，現(xiàn)將L2線剪斷，求剪

4、斷瞬時物體的加速度。 【分析與解答】 剪斷線的瞬間，，T2突然消失，物體即將作圓周運動，所以其加速度方向必和L1垂直，L1中的彈力發(fā)生突變，彈力和重力的合力與L1垂直；可求出瞬間加速度為a=gsinθ。 (2)若將圖中的細線L1，改變?yōu)殚L度相同、質(zhì)量不計的輕彈簧，如圖所示，其他條件不變，求解的步驟和結(jié)果與例3相同嗎？ 【說明】 (1)牛頓第二定律是力的瞬時作用規(guī)律，加速度和力同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失，分析物體在某一時刻的瞬時加速度，關鍵是分析瞬時前后的受力情況及其變化。 (2)明確兩種基本模型的特點。 A．輕繩不需要形變恢復時間、在瞬時問題中，其彈力可以突變，

5、成為零或者別的值。 B．輕彈簧(或橡皮繩)需要較長的形變恢復時間，在瞬時問題中，其彈力不能突變，大小方向均不變。 【例4】 將金屬塊用壓縮的輕彈簧卡在一個矩形的箱中，如圖所示，在箱的上頂板和下頂板安有壓力傳感器，箱可以沿豎直軌道運動，當箱以a=2.0m/s2的加速度作豎直向上的勻減速運動時，上頂板的傳感器顯示的壓力為6.ON，下頂板的傳感器顯示的壓力為10.ON，g取10m/s2 (1)若上頂板的傳感器的示數(shù)是下頂板的傳感器示數(shù)的一半，試判斷箱的運動情況。 (2)要使上頂板傳感器的示數(shù)為O，箱沿豎直方向的運動可能是怎樣的? 【分析與解答】 以金屬塊為研究對象，設金屬塊

6、的質(zhì)量為m，根據(jù)牛頓第二定律，有F2+mg-F1=ma 解得m=O.5kg (1)由于上頂板仍有壓力，說明彈簧的長度沒有變化，因此彈簧彈力仍為lO.ON，可見上頂板的壓力是5N，設此時的加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律，有 F1-F1/2-mg=mal， 即得a1=O，即此時箱靜止或作勻速直線運動。 (2)要想上頂板沒有壓力，彈簧的長度只能等于或小于目前的長度，即下頂板的壓力只能等于或大干10.ON，這時金屬塊的加速度為a2，應滿足 ma2≥10.O-mg． 得a2≥10m/s2，即只要箱的加速度為向上，等于或大于10m/s2(可以向上作加速運動，也可以向下作減速運動)，上

7、頂板的壓力傳感器示數(shù)為零。 【說明】 利用傳感器可以做很多的物理實驗，當然傳感器的種類多種多樣，以后我們還會遇到。 【例5】 如圖所示，質(zhì)量為m的入站在自動扶梯上，扶梯正以加速度a向上做減速運動，a與水平方向的夾角為θ．求人受的支持力和摩擦力。 【分析與解答】 題中人對扶梯無相對運動，則人、梯系統(tǒng)的加速度(對地)為a，方向與水平方向的夾角為θ斜向下，梯的臺面是水平的，所以梯對人的支持力N豎直向上，人受的重力mg豎直向下。由于僅靠N和mg不可能產(chǎn)生斜向下的加速度，于是可判定梯對人有水平方向的靜摩擦力，。 解法1 以人為研究對象，受力分析如圖所示。因摩擦力f為待求．且必沿水平方向，設

8、水平向右。為不分解加速度a，建立圖示坐標，并規(guī)定正方向。 X方向 mgsinθ-Nsinθ-fcosθ=ma Y方向 mgcosθ+fsinθ-Ncosθ=0 解得：N=m(g-asinθ) f=-macosθ 為負值，說明摩擦力的實際方向與假設相反，為水平向左。 解法二： 將加速度a沿水平方向與豎直方向分解，如圖ax=acosθ ay=asinθ 水平方向：f=max=macosθ 豎直方向：mg-N=may=masinθ 聯(lián)立可解得結(jié)果。 【例6】如圖1所示，在原來靜止的木箱內(nèi)，放有A物體，A被一伸長的彈簧拉住且恰好靜止，現(xiàn)突然發(fā)現(xiàn)A被彈

9、簧拉動，則木箱的運動情況可能是（ ） A. 加速下降 B. 減速上升 C. 勻速向右運動 D. 加速向左運動 1. ABD 【分析與解答】：木箱未運動前，A物體處于受力平衡狀態(tài)，受力情況：重力mg、箱底的支持力N、彈簧拉力F和最大的靜摩擦力（向左），由平衡條件知： 物體A被彈簧向右拉動（已知），可能有兩種原因，一種是彈簧拉力（新情況下的最大靜摩擦力），可見，即最大靜摩擦力減小了，由知正壓力N減小了，即發(fā)生了失重現(xiàn)象，故物體運動的加速度必然豎直向下，由于物體原來靜止，所以木箱運動的情況可能是加速下降，也可能是減速上升，A對B也對。 另一種原因是木箱向左加速運動，

10、最大靜摩擦力不足使A物體產(chǎn)生同木箱等大的加速度，即的情形，D正確。 勻速向右運動的情形中A的受力情況與原來靜止時A的受力情況相同，且不會出現(xiàn)直接由靜止改做勻速運動的情形，C錯。 [總結(jié)].應用牛頓第二定律解題的步驟 (1)選取研究對象：根據(jù)題意，研究對象可以是單一物體，也可以是幾個物體組成的物體系統(tǒng)。 (2)分析物體的受力情況 (3)建立坐標 ①若物體所受外力在一條直線上，可建立直線坐標。 ②若物體所受外力不在一直線上，應建立直角坐標，通常以加速度的方向為一坐標軸，然后向兩軸方向正交分解外力。 (4)列出第二定律方程 (5)解方程，得出結(jié)果 探究加速度與力、質(zhì)量的關系 隨堂

11、演練 1．在做“探究加速度與力、質(zhì)量的關系”的實驗時(　　) A．應使砂和小桶的總質(zhì)量遠小于小車和砝碼的總質(zhì)量，以減小實驗誤差 B．可以用天平測出小桶和砂的總質(zhì)量m1、小車和砝碼的總質(zhì)量m2.根據(jù)公式a＝m1g/m2，求出小車的加速度 C．處理實驗數(shù)據(jù)時采用描點法畫圖象，是為了減少誤差 D．處理實驗數(shù)據(jù)時采用a－圖象，是為了便于根據(jù)圖線直觀地作出判斷 【解析】　實驗中應滿足A所述的條件，故A正確．實驗中加速度不能根據(jù)公式求解，故B錯誤．畫圖象時偏離較遠的點已舍棄，誤差較小，故C正確．采用a－圖象，圖象為直線，更直觀，故D對． 【答案】　ACD 2．在“探究加速度與力、質(zhì)量的關系

12、”的實驗中，下列說法中正確的是(　　) A．平衡摩擦力時，小桶應用細線通過定滑輪系在小車上，但小桶內(nèi)不能裝砂 B．實驗中無需始終保持小車和砝碼的質(zhì)量遠遠大于砂和小桶的質(zhì)量 C．實驗中如用縱坐標表示加速度，用橫坐標表示小車和車內(nèi)砝碼的總質(zhì)量，描出相應的點在一條直線上，即可證明加速度與質(zhì)量成反比 D．平衡摩擦力時，小車后面的紙帶必須連好，因為運動過程中紙帶也要受阻力 【答案】　D 3．在“探究物體的加速度與力、質(zhì)量的關系”時，下列說法中正確的是(　　) A．同時測出物體的質(zhì)量、加速度和力，能容易發(fā)現(xiàn)三者之間的關系 B．保持物體的質(zhì)量不變，一定要測出加速度的數(shù)值，才能找出加速度與力的

13、關系 C．可以利用物體做自由落體運動來探究加速度與質(zhì)量的關系 D．如果加速度與力的圖象是一條過原點的傾斜直線，則加速度與力成正比 【解析】　判斷三個量之間的關系時，應控制一個量不變，來探究另兩個量之間的關系，即采取控制變量法，A錯；本實驗只是探究兩個量之間的關系，只要找到二者之間的比例關系即可，不一定要測出加速度的具體數(shù)值，B錯；自由落體運動加速度g＝a，不隨質(zhì)量而變化，C錯． 【答案】　D 4．某同學做“加速度與力、質(zhì)量的關系”實驗時，在平衡摩擦力時，把長木板的一端墊得過高，使得傾角偏大，他所得到的a－F關系可用下圖中哪個圖象表示(a是小車的加速度，F(xiàn)是細線作用于小車的拉力)(　　

14、) 【解析】　長木板一端墊得過高，傾角過大時，下滑分力大于摩擦力，沒有沙桶的重力做牽引力時，小車所受合力不為零，有加速度，從a－F圖象看，即F＝0，a≠0，故正確答案為C. 【答案】　C 5. 某同學做“探究加速度與力、質(zhì)量的關系”的實驗時，畫出了如右圖所示的三條圖線，這三條圖線表示實驗中的　　　　不同． 【答案】　小車的質(zhì)量 6．做“探究加速度與力、質(zhì)量的關系”的實驗，主要的步驟有： A．將一端附有定滑輪的長木板放在水平桌面上，取兩個質(zhì)量相等的小車，放在光滑的水平長木板上 B．打開夾子，讓兩個小車同時從靜止開始運動，小車運動一段距離后，夾上夾子，讓它們同時停下來，用刻

15、度尺分別測出兩個小車在這一段相同時間內(nèi)通過的位移大小 C．分析所得到的兩個小車在相同時間內(nèi)通過的位移大小與小車所受的水平拉力的大小的關系，從而得到質(zhì)量相等的物體運動的加速度與物體所受作用力大小的關系 D．在小車的后端也分別系上細繩，用一只夾子夾住這兩根細繩 E．在小車的前端分別系上細繩，繩的另一端跨過定滑輪各掛一個小盤，盤內(nèi)分別放著數(shù)目不等的砝碼，使砝碼盤和盤內(nèi)砝碼的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量，分別用天平測出兩個砝碼盤和盤內(nèi)砝碼的的總質(zhì)量 上述實驗步驟，正確的排列順序是________． 【解析】　正確的順序應為A、E、D、B、C 【答案】　A、E、D、B、C 7．如下圖所示，是某次

16、利用氣墊導軌探究加速度與力、質(zhì)量關系的實驗裝置安裝完畢后的示意圖，圖中A為砂桶和砂，B為定滑輪，C為滑塊及上面添加的砝碼，D為紙帶，E為電火花計時器，F(xiàn)為蓄電池，電壓為6 V，G是電鍵，請指出圖中的三處錯誤： (1)________________________________________________________________________； (2)________________________________________________________________________； (3)_________________________________

17、_______________________________________． 【答案】　(1)B接滑塊的細線應水平(或與導軌平行) (2)C滑塊離計時器太遠 (3)E電火花計時器用的是220 V的交流電，不能接直流電 8．(2020年江蘇卷)“探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關系”的實驗裝置如圖甲所示． (1)在平衡小車與桌面之間摩擦力的過程中，打出了一條紙帶如圖乙所示．計時器打點的時間間隔為0.02 s．從比較清晰的點起，每5個點取一個計數(shù)點，量出相鄰計數(shù)點之間的距離．該小車的加速度a＝________m/s2.(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) (2)平衡摩擦力后，將5個相同的砝

18、碼都放在小車上．掛上砝碼盤，然后每次從小車上取一個砝碼添加到砝碼盤中，測量小車的加速度．小車的加速度a與砝碼盤中砝碼總重力F的實驗數(shù)據(jù)如下表： 砝碼盤中砝 碼總重力F(N) 0.196 0.392 0.588 0.784 0.980 加速度a (m·s－2) 0.69 1.18 1.66 2.18 2.70 請根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出a－F的關系圖象． (3)根據(jù)提供的實驗數(shù)據(jù)作出的a－F圖線不通過原點，請說明主要原因． 【解析】　根據(jù)Δx＝aT2可計算小車的加速度，a＝0.16 m/s2，運用表格中給出的數(shù)據(jù)可繪出圖象，圖

19、象不 過原點的主要原因是未計入砝碼盤的重力． 【答案】　(1)0.16　(0.15也可) (2)見右圖 (3)未計入砝碼盤的重力 牛頓第二定律 隨堂演練 1．靜止在光滑水平面上的物體，受到一個水平拉力，在力剛開始作用的瞬間，下列說法正確的是(　　) A．物體立即獲得加速度和速度 B．物體立即獲得加速度，但速度仍為零 C．物體立即獲得速度，但加速度仍為零 D．物體的速度和加速度均為零 【解析】　由牛頓第二定律的瞬時性可知，力作用的瞬時即可獲得加速度，但無速度．因為速度v＝v0＋at，此時v0等于零，可以看出t→0時的瞬間v＝0.故選B. 【答案】　B 2．下

20、列對牛頓第二定律的表達式F＝ma及其變形公式的理解正確的是(　　) A．由F＝ma可知，物體所受的合力與物體的質(zhì)量成正比，與物體的加速度成反比 B．由m＝可知，物體的質(zhì)量與其所受合力成正比，與其運動的加速度成反比 C．由a＝可知，物體的加速度與其所受合力成正比，與其質(zhì)量成反比 D．由m＝可知，物體的質(zhì)量可以通過測量它的加速度和它所受的合力求出 【解析】　牛頓第二定律的表達式F＝ma表明了各物理量之間的數(shù)量關系，即已知兩個量，可求第三個量．但物體的質(zhì)量是由物體本身決定的，與受力無關，作用在物體上的合力，是由和它相互作用的物體作用產(chǎn)生的，與物體的質(zhì)量和加速度無關．故排除A、B，選C、D.

21、 【答案】　CD 3. 如右圖所示是一種汽車安全帶控制裝置的示意圖，當汽車處于靜止或勻速直線運動時，擺錘豎直懸掛，鎖棒水平，棘輪可以自由轉(zhuǎn)動，安全帶能被拉動．當汽車突然剎車時，擺錘由于慣性繞軸擺動，使得鎖棒鎖定棘輪的轉(zhuǎn)動，安全帶不能被拉動．若擺錘從圖中實線位置擺到虛線位置，汽車的可能運動方向和運動狀態(tài)是(　　) A．向左行駛、突然剎車 B．向右行駛、突然剎車 C．向左行駛、勻速直線運動 D．向右行駛、勻速直線運動 【解析】　簡化模型 如右圖所示，當小球在虛線位置時，小球、車具有向左的加速度，車的運動情況可能為：向左加速行駛或向右減速行駛，A錯B對；當車勻速運動時，無論

22、向哪個方向，小球均處于豎直位置不擺動．C、D錯． 【答案】　B 4．(2020年上海綜合) 右圖為蹦極運動的示意圖．彈性繩的一端固定在O點，另一端和運動員相連，運動員從O點自由下落，至B點彈性繩自然伸直，經(jīng)過合力為零的C點到達最低點D，然后彈起．整個過程中忽略空氣阻力．分析這一過程，下列表述正確的是 (　　) ①經(jīng)過B點時，運動員的速率最大　②經(jīng)過C點時，運動員的速率最大?、蹚腃點到D點，運動員的加速度增大?、軓腃點到D點，運動員的加速度不變 A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ 【解析】　在BC段，運動員所受重力大于彈力，向下做加速度逐漸減小的變加速運動，當a＝0時，

23、速度最大，即在C點時速度最大，②對．在CD段，彈力大于重力，運動員做加速度逐漸增大的變減速運動，③對．故選B. 【答案】　B 5. 如右圖所示，電梯與水平面夾角為30°，當電梯加速向上運動時，梯面對人的支持力是其重力的6/5，則人與梯面間的摩擦力是其重力的多少倍？ 【解析】　本題分解加速度比分解力更顯方便． 對人進行受力分析：重力mg、支持力FN、摩擦力Ff(摩擦力的方向一定與接觸面平行，由加速度的方向可推知Ff水平向右)． 建立直角坐標系：取水平向右(即Ff方向)為x軸正向，此時只需分解加速度，其中ax=acos 30°，ay=asin 30°(如下圖所示)． 建立方程

24、并求解： x方向：Ff＝macos 30° y方向：FN－mg＝masin 30° 所以Ff/(mg)＝/5. 【答案】　 1．由牛頓第二定律知道，無論怎樣小的力都可以使物體產(chǎn)生加速度，可是當我們用一個很小的力去推很重的桌子時，卻推不動它，這是因為(　　) A．牛頓第二定律不適用于靜止的物體 B．桌子的加速度很小，速度增量極小，眼睛不易覺察到 C．推力小于靜摩擦力，加速度是負的 D．桌子所受的合力為零 【解析】　F＝ma中F指合力，用很小的力推桌子時，合力為零，故無加速度． 【答案】　D 2．關于牛頓第二定律，下列說法正確的是(　　) A．公式F＝ma中，各量的單

25、位可以任意選取 B．某一瞬間的加速度只決定于這一瞬間物體所受合外力，而與這之前或之后的受力無關 C．公式F＝ma中，a實際上是作用于該物體上每一個力所產(chǎn)生的加速度的矢量和 D．物體的運動方向一定與它所受合外力方向一致 【解析】　F、m、a必須選取統(tǒng)一的國際單位，才可寫成F＝ma的形式，否則比例系數(shù)k≠1，所以選項A錯誤；牛頓第二定律表述的是某一時刻合外力與加速度的對應關系，它既表明F合、m、a三者數(shù)值上的對應關系，同時也表明合外力的方向與加速度的方向是一致的，即矢量對應關系，而與速度方向不一定相同，所以選項B正確，選項D錯誤；由力的獨立作用原理知，作用在物體上的每個力都將各自產(chǎn)生一個加

26、速度，與其他力的作用無關，物體的加速度是每個力所產(chǎn)生的加速度的矢量和，故選項C正確． 【答案】　BC 3．如右圖所示，質(zhì)量為10 kg的物體在水平面上向左運動，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，與此同時，物體還受到一個水平向右的推力F＝20 N，則物體產(chǎn)生的加速度是(g＝10 m/s2)(　　) A．0　　　　　　　　　B．4 m/s2，水平向右 C．2 m/s2，水平向左 D．2 m/s2，水平向右 【答案】　B 4．搬運工人沿粗糙斜面把一個物體拉上卡車，當力沿斜面向上，大小為F時，物體的加速度為a1；若保持力的方向不變，大小變?yōu)?F時，物體的加速度為a2，則(　　)

27、 A．a(chǎn)1＝a2 B．a(chǎn)12a1 【解析】　設總的阻力為F′，第一次推時F－F′＝ma1，式子兩邊同乘以2，得2F－2F′＝m·2a1第二次推時，2F－F′＝ma2，比較兩個式子可以看出a2>2a1，所以D正確． 【答案】　D 5．力F1單獨作用于某物體時產(chǎn)生的加速度是3 m/s2，力F2單獨作用于此物體時產(chǎn)生的加速度是4 m/s2，兩力同時作用于此物體時產(chǎn)生的加速度可能是(　　) A．1 m/s2 B．5 m/s2 C．4 m/s2 D．8 m/s2 【解析】　由題意，力F1作用于物體的加速度a1＝3 m/s2，F(xiàn)2作用于物

28、體的加速度a2＝4 m/s2，F(xiàn)1與F2的合力F的范圍|F1－F2|≤F≤F1＋F2，故兩力同時作用于此物體的加速度|a1－a2|≤a≤a1＋a2. 即1 m/s2≤a≤7 m/s2，故選項A、B、C正確． 【答案】　ABC 6．在傾角為37°的光滑斜面上，質(zhì)量為m的物體以加速度a勻加速下滑．現(xiàn)用沿斜面向上的推力，使物塊以1.2a的加速度勻加速向上滑動，則推力的大小是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　) A．1.2mg B．1.32mg C．1.96mg D．2.2mg 【解析】　在沿斜面方向上，物塊勻加速下滑時， 有mgsin 37°＝ma，① 勻加

29、速上滑時，有F－mgsin 37°＝1.2ma.② ①②聯(lián)立解得推力F＝1.32mg. 【答案】　B 7．某物體同時受到兩個在同一直線上的力F1、F2的作用做直線運動，其受力F1、F2與位移的關系如右圖所示，物體由靜止開始運動，當其有最大速度時的位移是(　　) A．1 m B．2 m C．3 m D．1.4 m 【答案】　B 8. 如右圖所示，物體在水平拉力F的作用下沿水平地面做勻速直線運動，速度為v.現(xiàn)讓拉力F逐漸減小，則物體的加速度和速度的變化情況應是(　　) A．加速度逐漸變小，速度逐漸變大 B．加速度和速度都在逐漸變小 C．加速度和速度都在逐漸變大

30、D．加速度逐漸變大，速度逐漸變小 【解析】　物體向右做勻速直線運動，滑動摩擦力Ff＝F＝μFN＝μmg，當F逐漸減小時，F(xiàn)f＝μmg不變，所以產(chǎn)生與v方向相反即向左的加速度，加速度的數(shù)值a＝隨F逐漸減小而逐漸增大．因為a與v方向相反，所以v減?。? 【答案】　D 9. 如右圖所示，一輕質(zhì)彈簧一端固定在墻上的O點，自由伸長到B點．今用一小物體m把彈簧壓縮到A點(m與彈簧不連接)，然后釋放，小物體能經(jīng)B點運動到C點而靜止．小物體m與水平面間的動摩擦因數(shù)μ恒定，則下列說法中正確的是(　　) A．物體從A到B速度越來越大 B．物體從A到B速度先增加后減小 C．物體從A到B加速度越來越小

31、 D．物體從A到B加速度先減小后增加 【解析】　因為速度變大還是變小，取決于速度方向和加速度方向的關系(當a與v同向時，v增大；當a與v反向時，v減小)，而加速度由合力決定，所以要分析v、a的變化情況，必須先分析物體受到的合力的變化情況． 物體從A到B的過程中水平方向一直受到向左的滑動摩擦力Ff＝μmg，大小不變；還一直受到向右的彈簧的彈力，從某個值逐漸減小為0.開始時，彈力大于摩擦力，合力向右，物體向右加速，隨著彈力的減小，合力越來越?。坏紸、B間的某一位置時，彈力和摩擦力大小相等、方向相反，合力為0，速度達到最大；隨后，摩擦力大于彈力，合力增大但方向向左，合力方向與速度方向相反，物體

32、開始做減速運動．所以，小物體由A到B的過程中，先做加速度減小的加速運動，后做加速度增加的減速運動，正確選項為B、D. 【答案】　BD 10. 如右圖所示，一個物體由A點出發(fā)分別到達C1、C2、C3，物體在三條軌道上的摩擦不計，則(　　) ①物體到達C1點時的速度最大　②物體在三條軌道上的運動時間相同?、畚矬w到達C1的時間最短　④在C3上運動的加速度最小 A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 【解析】　物體沿軌道運動的加速度由重力沿斜面方向的分力提供．軌道與水平方向夾角記為θ，則 a＝＝gsin θ. 所以a1>a2>a3. 運動時間滿足at2＝l，t＝， 因為l

33、1a2>a3，故t1