问题描述：
老师，我这部分问题较弱，请老师发一些这方面的综合练习题，谢谢
问题解答：
我来补答
解题思路： 牛顿运动定律的应用 专题训练
解题过程：
同学你好，这卷有点难，需要啥样卷子我可以提供。祝你快乐！
牛顿运动定律的应用 专题训练
（时间60分钟，赋分100分）
训练指要
本套试题训练和考查的重点是：进一步理解和掌握牛顿运动定律.能熟练地运用牛顿定律解题，并能解答较简单的连接体问题.第13题和第15题为创新题.第13题有利于提高学生的思维判断能力.第15题有利于提高学生的审题能力.
一、选择题（每小题5分，共40分）
1.如图1—10—1所示，悬挂于小车里的小球偏离竖直方向θ角，则小车可能的运动情况是
图1—10—1
A.向右加速运动 B.向右减速运动 C.向左加速运动 D.向左减速运动
2.如图1—10—2所示为一光滑竖直圆槽，AP、BP、CP为通过最低点P与水平面分别成30°、45°、60°角的三个光滑斜面，与圆相交于A、B、C点.若一物体由静止分别从A、B、C滑至P点所需的时间为t1，t2，t3，则
图1—10—2
A.t1＜t2＜t3 B.t1＞t2＞t3 C.t1=t2=t3D.t1=t2＜t3
3.在升降机内的地板上放一秤，一人让在秤上，用W表示升降机匀速运动时秤的示数，W1和W2分别表示升降机以大小为a的加速度加速上升和减速下降时称的示数，则
A.W2＜W＜W1 B.W＜W1 W＜W2 C.W＜W1=W2 D.W＞W1 W＞W2
4.如图1—10—3所示，在托盘测力计的托盘内固定一个倾角为30°的光滑斜面，现将一个重4 N的物体放在斜面上，让它自由滑下，那么测力计因4 N物体的存在，而增加的读数是
图1—10—3
A.4 N B.2
N C.0 N D.3 N
5.如图1—10—4所示水平面上，质量为10 kg的物块A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的另一端固定在小车上，小车静止不动，弹簧对物块的弹力大小为5 N时，物块处于静止状态，若小车以加速度a=1 m/s2沿水平地面向右加速运动时
图1—10—4
A.物块A相对小车仍静止
B.物块A受到的摩擦力将减小
C.物块A受到的摩擦力大小不变
D.物块A受到的弹力将增大
6.如图1—10—5所示，A和B的质量分别是1 kg和2 kg，弹簧和悬线的质量不计，在A上面的悬线烧断的瞬间
A.A的加速度等于3g
B.A的加速度等于g
C.B的加速度为零
D.B的加速度为g
7.（2001年上海高考试题）如图1—10—6一升降机在箱底装有若干个弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中
A.升降机的速度不断减小
B.升降机的加速度不断变大
C.先是弹力做的负功小于重力做的正功，然后是弹力做的负功大于重力做的正功
D.到最低点时，升降机加速度的值一定大于重力加速度的值
图1—10—6 图1—10—7
8.如图1—10—7所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m.当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了L.今向下拉盘使弹簧再伸长 ΔL后停止，然后松手放开.设弹簧总处在弹性限度以内，则刚刚松开手时盘对物体的支持力等于
A.（1＋
）mg B.（1＋
）（m＋m0）g
C.
mgD. 
（m＋m0）g
二、填空题（每小题6分，共24分）
9.汽车在水平公路上做直线运动，它的功率保持不变，当汽车的速度为4 m/s时，加速度为0.4 m/s2，汽车所受阻力恒为车重的0.01倍，若取g=10 m/s2，汽车行驶的最大速度为_______ m/s.
10.已知质量为m的木块的大小为F的水平拉力作用下沿粗糙水平地面做匀加速直线运动，加速度为a，则木块与地面之间的动摩擦因数为_______.若在木块上再施加一个与水平拉力F在同一竖直平面内的推力，而不改变木块的加速度的大小和方向，则此推力与水平拉力F的夹角为_______.
11.总质量为M的热气球由于故障在空中以速度v0匀速下降.为了阻止继续下降，在t=0时刻，从热气球中释放了一个质量为m的沙袋.不计空气阻力，当t=________时，热气球停止下降，这时沙袋的速度为________.
12.一辆小车在水平恒力F作用下，由静止开始在水平面上匀加速运动t1 s后撤去F，小车再经过t2 s停下.则小车加速阶段的位移s1与减速阶段的位移s2之比s1∶s2=______；小车牵引力F与所受的摩擦力Ff之比F∶Ff=______.
三、计算题（共36分）
13.(12分)如图1—10—8所示，一质量为m的物体系于长度分别为l1、l2的两根细线上，l1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，l2水平拉直，物体处于平衡状态.现将l2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度.
图1—10—8
(1)下面是某同学对该题的一种解法：
解：设l1线上拉力为T1，l2线上拉力为T2，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡
T1cosθ=mg，T1sinθ=T2，T2=mgtanθ
剪断线的瞬间，T2突然消失，物体即在T2反方向获得加速度.因为mgtanθ=ma，所以加速度a=gtanθ，方向与T2反方向.
你认为这个结果正确吗?请对该解法作出评价并说明理由.
(2)若将图1—10—8中的细线l1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图1—10—9所示，其他条件不变，求解的步骤和结果与(1)完全相同，即a=gtanθ，你认为这个结果正确吗?请说明理由.
图1—10—9
14.(12分)一弹簧秤的秤盘质量M=1.5 kg，盘内放一物体P，物体P的质量m=10.5 kg，弹簧质量不计，其劲度系数为k=800N/m，系统处于静止状态，如图1—10—10所示.现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速运动，已知在头0.2 s内F是变力，在0.2 s以后是恒力.求F的最小值和最大值各是多少?(g=10 m/s2)
图1—10—10
15.（12分）2001年9月11日，美国遭受了历史上规模最大、损失最为惨重的恐怖主义袭击，恐怖分子劫持客机分别撞击了纽约的“世贸大楼”和华盛顿的“五角大楼”.其中一架客机拦腰撞到世贸大楼的南部塔楼第60层地方，并引起巨大爆炸，大约1 h后，南部塔楼部分轰然倒塌（高约245 m），灰尘和残骸四处飞溅，300多名救援警察和消防人员没来得及逃生.
我们不妨设置一个情境：当处于倒塌部分正下方的地面人员，看到一块质量约为4× 103 kg的楼墙块竖直倒下的同时到作出反应开始逃离需0.2 s的时间，逃离的安全区域为离大厦100 m外（实际的安全区要更远）.设该坠落块与地面作用时间为0.05 s，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
（1）地面人员要逃离大厦到安全区至少要以多大速度奔跑？（忽略人的加速时间，百米短跑世界记录为9″79）
（2）该坠落块对地产生的平均作用力多大？
（3）由于爆炸引起地表震动，设产生的纵波的传播速率vp=9.1 km/s,横波的传播速率vs=3.1 km/s，设在某处的地震勘测中心记录到两种不同震感之间的时间间隔Δt0=5 s,那么观测记录者与震源之间的距离s为多少千米？
参考答案
一、1.AD 2.C 3.BC 4.D 5.AC 6.AC 7.CD
8.A 以盘和重物为一个整体加以隔离，平衡时
kL=（m+m0）g，k=
.
用手向下拉，弹簧共伸长L+ΔL，弹力F=k（L+ΔL）
手的瞬时，根据牛顿第二定律F-（m+m0）g=（m+m0）α.把F值代入得
（L+ΔL）-（m+m0）g=（m+m0）a
a=
g，方向向上.
隔离盘中物体，设盘对物体的支持力为N，由牛顿第二定律N-mg=ma
故N=mg+ma=mg+m
g=（1+
）mg，向上.
二、9.20
10.μ=
α=arctan
根据牛顿第二定律由F-μmg=ma得
μ=
加力F′后，水平加速度不变，有
F+F′cosα-μ(mg+F′sinα)=ma
与上式联立得α=arctan
说明推力方向只能与水平方向成α角向下，因施推力后加速度不变，则必有F′cosα=μF′sinα.
即得tanα=
所以α=arctan
11.t=(M-m)v0/mg;
12.t1∶t2;F∶Ff=(t1+t2)∶t1
三、13.因为l2被剪断瞬间，l1上的张力大小发生了变化.（1）错.因为l2被剪断的瞬间，弹簧的长度来不及发生变化，力T1的大小和方向都不能突变，（2）对.
14.依题意，0.2 s后P离开了托盘，0.2 s时托盘支持力恰为零，此时加速度为：
a=（F大-mg）/m ①
(式中F大为F的最大值)此时M的加速度也为a.
a=（kx-Mg）/M ②
所以kx=M（g+a） ③
原来静止时，压缩量设为x0，则：
kx0=（m+M）g ④
而x0-x=at2/2 ⑤
由③、④、⑤有：
at2
即mg-Ma=0.02ak
a=mg/（M+0.02k）=6 m/s2 ⑥
⑥代入①：Fmax=m（a+g）=10.5（6+10）N=168 N
F最大值为168 N.
刚起动时F为最小，对物体与秤盘这一整体应用牛顿第二定律得
F小+kx0-（m+M）g=（m+M）a ⑦
④代入⑦有：Fmin=（m+M）a=72 N
F最小值为72 N.
15.（1）坠落物做自由落体运动的时间：h=
gt2
落地速度v0=gt
地面人员逃离时间t′=t-0.2
逃离速度v=
求得t=7 s v0=70 m/s v=10.3 m/s
(2)根据牛顿运动定律可知：(F-mg)=ma=m
求得F=5.64×106 N
(3)震动同时产生传播，则由匀速运动知
求得s=23.1 km
牛顿第二定律应用的常见题型
以牛顿第二定律为核心的动力学是力学的重要组成部分，也是高考中的考查热点，学习时我们一定要深刻理解牛顿第二定律，并能熟练应用牛顿第二定律求解相关问题，下面介绍牛顿第二定律应用的几类典型问题。
一、连接体问题
此类问题高考仅限于几个物体的加速度相同的情形，求解此类问题需灵活运用整体法和隔离法。求解“内力”问题通常先对整体运用牛顿第二定律，求出系统的加速度，再用隔离法研究连接体中一个物体，即可求出物体间的相互作用力；求解“外力”问题，需先分析连接体中的一个物体，确定系统的加速度，再对整体运用牛顿第二定律，即可求出“外力”。
例l. 如下图所示，质量为2m的物体A与水平地面的摩擦可忽略不计，质量为m物块B与地面间的动摩擦因数为，在已知水平推力F作用下，AB一起做加速运动，A和B间的作用力为______________。
解析：先把AB看作一个整体，系统受到的合外力为
，系统的加速度为
，再对物体B分析，由牛顿第二定律有
，解得
。
二. 瞬时问题
牛顿第二定律反映了物体所受合外力与加速度的瞬时对应关系，当物体所受外力突然发生变化时，物体的加速度也会随之变化。求解此类问题，需分别分析物体受力变化前和变化后的受力情况，确定物体受力是如何发生突变的，再分别应用牛顿第二定律列式求解。
例2. 木块A、B的质量分别为
。两木块之间用一轻弹簧相连接后放在光滑水平桌面上，用F=10N的水平恒力沿AB连线方向拉A，使A和B沿桌面滑动，如下图所示，滑动中A、B具有相同的加速度时突然撤去拉力F，求撤去拉力F的瞬间，A和B的加速度各多大？
解析：撤去拉力F时，A和B有相同加速度，对A、B整体分析，由牛顿第二定律有
，得
；研究木块B，它受到的弹力为
，撤去拉力F的瞬间，轻弹簧的形变量没有变化，木块B受力不变，此时B的加速度与原来相同仍为
；撤去拉力F的瞬间，木块A受弹簧拉力大小仍为6N，此时A的加速度为
，方向向左。
三. 临界与极值问题
当物体从一种物理现象转变为另一种物理现象，或从一个物理过程转入另一个物理过程，此时往往有一个临界状态，而极值问题也伴随临界问题的出现而出现。详细分析物理过程，根据条件或状态变化，找出临界点或临界条件，是求解此类问题的关键。
例3. 如下图所示，质量为m=1kg的物块放在倾角为θ=37°的斜面体上，斜面质量为
，斜面与物块间的动摩擦因数为
，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物体m相对斜面静止，试确定推力F的取值范围。
解析：（1）设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为，此时物块受力如下图所示，取加速度的方向为x轴正方向：
对物块分析，在水平方向有
，竖直方向有
，对整体有
，代入数值得
，
。
（2）设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，对物块受力分析，在水平方向有
，竖直方向有
，对整体有
，代入数值得
综上所述可知推力F的取值范围为：
。
四、超重与失重问题
质量为m的物体以加速度a竖直向上运动时，它对水平支持面的压力FN（或对竖直悬线的张力FT）大于重力，
，常说物体超重了ma；同理物体以加速度a竖直向下运动时，
，常说物体失重了ma。
解决超重与失重问题的首要任务是对系统进行受力分析，确定物体在竖直方向上是否有加速度，从而确定物体是否超重或失重，明确物体加速度的方向是求解超重与失重问题的关键。
例4. 如下图所示，有一质量为m的木块在质量为M的粗糙斜面上匀减速下滑，则地面受到的正压力为：
A. 等于
；
B. 大于
；
C. 小于
；
D. 无法确定。
解析：分析M、m运动状态，知M、m整体有竖直向上的加速度分量，处于超重状态，整体对地面的压力大于
，选B。
五. 传送带问题
传送带广泛应用于工农业生产，中学物理也常引入该模型，这样既能提高学习物理的兴趣，又能够培养观察问题分析问题的能力。
求解此类问题应认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定物体是否受到滑动摩擦力的作用，如果受到滑动摩擦力应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。求解此类问题的关键是找准临界情况，即物体与传送带速度相等是传送带问题的临界情况，此时物体受到的摩擦力会发生突变，有时摩擦力的大小发生突变，有时摩擦力的方向发生突变。
例5. 如下图所示为车站使用的水平传送带模型，传送带长L＝8m，现有一质量为m=10kg的旅行包以
的初速度水平地滑上水平传送带。已知旅行包与传送带间的动摩擦因数为
，可将旅行包视为质点，取
。试讨论如下问题：
（1）若传送带静止，则旅行包从传送带左端A滑到右端B所需要的时间是多少？
（2）若传送带以速度v=4m/s沿顺时针方向匀速转动，则旅行包从传送带左端A滑到右端B历时多少？
（3）若传送带以速度v=4m/s沿逆时针方向匀速转动，则旅行包能否从传送带的A端滑到B端？如不能试说明理由；如能试计算历时多少？
解析：（l）取旅行包为研究对象，若传送带静止，旅行包在传送带上受到向左的滑动摩擦力作用，做匀减速运动，由牛顿第二定律得
，设旅行包由A端滑到B端历时t1，由运动学公式得
，解得
，由于旅行包由开始到静止共历时
不符合运动实际情况，故舍去。
（2）设旅行包滑到B端时，其速度恰好与传送带的速度v相等，则有
，解得此时传送带的速度为
，说明旅行包在传送带上应先做匀减速运动然后匀速运动，设旅行包匀减速运动时间为t2，则有
，
旅行包匀速运动的位移为
，旅行包由A端滑到B端所用时间为
。
（3）若传送带以速度
沿逆时针方向匀速转动，旅行包的受力情况与传送带静止时相同，旅行包能从传送带的A端滑到B端，所用时间同样为
。
最终答案：略
解题过程：
同学你好，这卷有点难，需要啥样卷子我可以提供。祝你快乐！
牛顿运动定律的应用 专题训练
（时间60分钟，赋分100分）
训练指要
本套试题训练和考查的重点是：进一步理解和掌握牛顿运动定律.能熟练地运用牛顿定律解题，并能解答较简单的连接体问题.第13题和第15题为创新题.第13题有利于提高学生的思维判断能力.第15题有利于提高学生的审题能力.
一、选择题（每小题5分，共40分）
1.如图1—10—1所示，悬挂于小车里的小球偏离竖直方向θ角，则小车可能的运动情况是
图1—10—1
A.向右加速运动 B.向右减速运动 C.向左加速运动 D.向左减速运动
2.如图1—10—2所示为一光滑竖直圆槽，AP、BP、CP为通过最低点P与水平面分别成30°、45°、60°角的三个光滑斜面，与圆相交于A、B、C点.若一物体由静止分别从A、B、C滑至P点所需的时间为t1，t2，t3，则
图1—10—2
A.t1＜t2＜t3 B.t1＞t2＞t3 C.t1=t2=t3D.t1=t2＜t3
3.在升降机内的地板上放一秤，一人让在秤上，用W表示升降机匀速运动时秤的示数，W1和W2分别表示升降机以大小为a的加速度加速上升和减速下降时称的示数，则
A.W2＜W＜W1 B.W＜W1 W＜W2 C.W＜W1=W2 D.W＞W1 W＞W2
4.如图1—10—3所示，在托盘测力计的托盘内固定一个倾角为30°的光滑斜面，现将一个重4 N的物体放在斜面上，让它自由滑下，那么测力计因4 N物体的存在，而增加的读数是
图1—10—3
A.4 N B.2
N C.0 N D.3 N5.如图1—10—4所示水平面上，质量为10 kg的物块A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的另一端固定在小车上，小车静止不动，弹簧对物块的弹力大小为5 N时，物块处于静止状态，若小车以加速度a=1 m/s2沿水平地面向右加速运动时
图1—10—4
A.物块A相对小车仍静止
B.物块A受到的摩擦力将减小
C.物块A受到的摩擦力大小不变 D.物块A受到的弹力将增大
6.如图1—10—5所示，A和B的质量分别是1 kg和2 kg，弹簧和悬线的质量不计，在A上面的悬线烧断的瞬间
A.A的加速度等于3g
B.A的加速度等于g
C.B的加速度为零
D.B的加速度为g
7.（2001年上海高考试题）如图1—10—6一升降机在箱底装有若干个弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中
A.升降机的速度不断减小
B.升降机的加速度不断变大
C.先是弹力做的负功小于重力做的正功，然后是弹力做的负功大于重力做的正功
D.到最低点时，升降机加速度的值一定大于重力加速度的值
图1—10—6 图1—10—7
8.如图1—10—7所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m.当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了L.今向下拉盘使弹簧再伸长 ΔL后停止，然后松手放开.设弹簧总处在弹性限度以内，则刚刚松开手时盘对物体的支持力等于
A.（1＋
）mg B.（1＋）（m＋m0）g C.
mgD. （m＋m0）g 二、填空题（每小题6分，共24分）
9.汽车在水平公路上做直线运动，它的功率保持不变，当汽车的速度为4 m/s时，加速度为0.4 m/s2，汽车所受阻力恒为车重的0.01倍，若取g=10 m/s2，汽车行驶的最大速度为_______ m/s.
10.已知质量为m的木块的大小为F的水平拉力作用下沿粗糙水平地面做匀加速直线运动，加速度为a，则木块与地面之间的动摩擦因数为_______.若在木块上再施加一个与水平拉力F在同一竖直平面内的推力，而不改变木块的加速度的大小和方向，则此推力与水平拉力F的夹角为_______.
11.总质量为M的热气球由于故障在空中以速度v0匀速下降.为了阻止继续下降，在t=0时刻，从热气球中释放了一个质量为m的沙袋.不计空气阻力，当t=________时，热气球停止下降，这时沙袋的速度为________.
12.一辆小车在水平恒力F作用下，由静止开始在水平面上匀加速运动t1 s后撤去F，小车再经过t2 s停下.则小车加速阶段的位移s1与减速阶段的位移s2之比s1∶s2=______；小车牵引力F与所受的摩擦力Ff之比F∶Ff=______.
三、计算题（共36分）
13.(12分)如图1—10—8所示，一质量为m的物体系于长度分别为l1、l2的两根细线上，l1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，l2水平拉直，物体处于平衡状态.现将l2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度.
图1—10—8
(1)下面是某同学对该题的一种解法：
解：设l1线上拉力为T1，l2线上拉力为T2，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡
T1cosθ=mg，T1sinθ=T2，T2=mgtanθ
剪断线的瞬间，T2突然消失，物体即在T2反方向获得加速度.因为mgtanθ=ma，所以加速度a=gtanθ，方向与T2反方向.
你认为这个结果正确吗?请对该解法作出评价并说明理由.
(2)若将图1—10—8中的细线l1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图1—10—9所示，其他条件不变，求解的步骤和结果与(1)完全相同，即a=gtanθ，你认为这个结果正确吗?请说明理由.
图1—10—9
14.(12分)一弹簧秤的秤盘质量M=1.5 kg，盘内放一物体P，物体P的质量m=10.5 kg，弹簧质量不计，其劲度系数为k=800N/m，系统处于静止状态，如图1—10—10所示.现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速运动，已知在头0.2 s内F是变力，在0.2 s以后是恒力.求F的最小值和最大值各是多少?(g=10 m/s2)
图1—10—10
15.（12分）2001年9月11日，美国遭受了历史上规模最大、损失最为惨重的恐怖主义袭击，恐怖分子劫持客机分别撞击了纽约的“世贸大楼”和华盛顿的“五角大楼”.其中一架客机拦腰撞到世贸大楼的南部塔楼第60层地方，并引起巨大爆炸，大约1 h后，南部塔楼部分轰然倒塌（高约245 m），灰尘和残骸四处飞溅，300多名救援警察和消防人员没来得及逃生.
我们不妨设置一个情境：当处于倒塌部分正下方的地面人员，看到一块质量约为4× 103 kg的楼墙块竖直倒下的同时到作出反应开始逃离需0.2 s的时间，逃离的安全区域为离大厦100 m外（实际的安全区要更远）.设该坠落块与地面作用时间为0.05 s，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
（1）地面人员要逃离大厦到安全区至少要以多大速度奔跑？（忽略人的加速时间，百米短跑世界记录为9″79）
（2）该坠落块对地产生的平均作用力多大？
（3）由于爆炸引起地表震动，设产生的纵波的传播速率vp=9.1 km/s,横波的传播速率vs=3.1 km/s，设在某处的地震勘测中心记录到两种不同震感之间的时间间隔Δt0=5 s,那么观测记录者与震源之间的距离s为多少千米？
参考答案
一、1.AD 2.C 3.BC 4.D 5.AC 6.AC 7.CD
8.A 以盘和重物为一个整体加以隔离，平衡时
kL=（m+m0）g，k=
. 用手向下拉，弹簧共伸长L+ΔL，弹力F=k（L+ΔL）
手的瞬时，根据牛顿第二定律F-（m+m0）g=（m+m0）α.把F值代入得
（L+ΔL）-（m+m0）g=（m+m0）a a=
g，方向向上. 隔离盘中物体，设盘对物体的支持力为N，由牛顿第二定律N-mg=ma
故N=mg+ma=mg+m
g=（1+）mg，向上. 二、9.20
10.μ=
α=arctan根据牛顿第二定律由F-μmg=ma得
μ=
加力F′后，水平加速度不变，有
F+F′cosα-μ(mg+F′sinα)=ma
与上式联立得α=arctan
说明推力方向只能与水平方向成α角向下，因施推力后加速度不变，则必有F′cosα=μF′sinα.
即得tanα=
所以α=arctan
11.t=(M-m)v0/mg;
12.t1∶t2;F∶Ff=(t1+t2)∶t1
三、13.因为l2被剪断瞬间，l1上的张力大小发生了变化.（1）错.因为l2被剪断的瞬间，弹簧的长度来不及发生变化，力T1的大小和方向都不能突变，（2）对.
14.依题意，0.2 s后P离开了托盘，0.2 s时托盘支持力恰为零，此时加速度为：
a=（F大-mg）/m ①
(式中F大为F的最大值)此时M的加速度也为a.
a=（kx-Mg）/M ②
所以kx=M（g+a） ③
原来静止时，压缩量设为x0，则：
kx0=（m+M）g ④
而x0-x=at2/2 ⑤
由③、④、⑤有：
at2 即mg-Ma=0.02ak
a=mg/（M+0.02k）=6 m/s2 ⑥
⑥代入①：Fmax=m（a+g）=10.5（6+10）N=168 N
F最大值为168 N.
刚起动时F为最小，对物体与秤盘这一整体应用牛顿第二定律得
F小+kx0-（m+M）g=（m+M）a ⑦
④代入⑦有：Fmin=（m+M）a=72 N
F最小值为72 N.
15.（1）坠落物做自由落体运动的时间：h=
gt2 落地速度v0=gt
地面人员逃离时间t′=t-0.2
逃离速度v=
求得t=7 s v0=70 m/s v=10.3 m/s
(2)根据牛顿运动定律可知：(F-mg)=ma=m
求得F=5.64×106 N
(3)震动同时产生传播，则由匀速运动知
求得s=23.1 km
牛顿第二定律应用的常见题型
以牛顿第二定律为核心的动力学是力学的重要组成部分，也是高考中的考查热点，学习时我们一定要深刻理解牛顿第二定律，并能熟练应用牛顿第二定律求解相关问题，下面介绍牛顿第二定律应用的几类典型问题。
一、连接体问题
此类问题高考仅限于几个物体的加速度相同的情形，求解此类问题需灵活运用整体法和隔离法。求解“内力”问题通常先对整体运用牛顿第二定律，求出系统的加速度，再用隔离法研究连接体中一个物体，即可求出物体间的相互作用力；求解“外力”问题，需先分析连接体中的一个物体，确定系统的加速度，再对整体运用牛顿第二定律，即可求出“外力”。
例l. 如下图所示，质量为2m的物体A与水平地面的摩擦可忽略不计，质量为m物块B与地面间的动摩擦因数为，在已知水平推力F作用下，AB一起做加速运动，A和B间的作用力为______________。
解析：先把AB看作一个整体，系统受到的合外力为
，系统的加速度为，再对物体B分析，由牛顿第二定律有，解得。二. 瞬时问题
牛顿第二定律反映了物体所受合外力与加速度的瞬时对应关系，当物体所受外力突然发生变化时，物体的加速度也会随之变化。求解此类问题，需分别分析物体受力变化前和变化后的受力情况，确定物体受力是如何发生突变的，再分别应用牛顿第二定律列式求解。
例2. 木块A、B的质量分别为
。两木块之间用一轻弹簧相连接后放在光滑水平桌面上，用F=10N的水平恒力沿AB连线方向拉A，使A和B沿桌面滑动，如下图所示，滑动中A、B具有相同的加速度时突然撤去拉力F，求撤去拉力F的瞬间，A和B的加速度各多大？解析：撤去拉力F时，A和B有相同加速度，对A、B整体分析，由牛顿第二定律有
，得；研究木块B，它受到的弹力为，撤去拉力F的瞬间，轻弹簧的形变量没有变化，木块B受力不变，此时B的加速度与原来相同仍为；撤去拉力F的瞬间，木块A受弹簧拉力大小仍为6N，此时A的加速度为，方向向左。三. 临界与极值问题
当物体从一种物理现象转变为另一种物理现象，或从一个物理过程转入另一个物理过程，此时往往有一个临界状态，而极值问题也伴随临界问题的出现而出现。详细分析物理过程，根据条件或状态变化，找出临界点或临界条件，是求解此类问题的关键。
例3. 如下图所示，质量为m=1kg的物块放在倾角为θ=37°的斜面体上，斜面质量为
，斜面与物块间的动摩擦因数为，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物体m相对斜面静止，试确定推力F的取值范围。解析：（1）设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为，此时物块受力如下图所示，取加速度的方向为x轴正方向：
对物块分析，在水平方向有
，竖直方向有，对整体有，代入数值得，。（2）设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，对物块受力分析，在水平方向有
，竖直方向有，对整体有，代入数值得综上所述可知推力F的取值范围为：
。四、超重与失重问题
质量为m的物体以加速度a竖直向上运动时，它对水平支持面的压力FN（或对竖直悬线的张力FT）大于重力，
，常说物体超重了ma；同理物体以加速度a竖直向下运动时，，常说物体失重了ma。解决超重与失重问题的首要任务是对系统进行受力分析，确定物体在竖直方向上是否有加速度，从而确定物体是否超重或失重，明确物体加速度的方向是求解超重与失重问题的关键。
例4. 如下图所示，有一质量为m的木块在质量为M的粗糙斜面上匀减速下滑，则地面受到的正压力为：
A. 等于
；B. 大于
；C. 小于
；D. 无法确定。
解析：分析M、m运动状态，知M、m整体有竖直向上的加速度分量，处于超重状态，整体对地面的压力大于
，选B。五. 传送带问题
传送带广泛应用于工农业生产，中学物理也常引入该模型，这样既能提高学习物理的兴趣，又能够培养观察问题分析问题的能力。
求解此类问题应认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定物体是否受到滑动摩擦力的作用，如果受到滑动摩擦力应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。求解此类问题的关键是找准临界情况，即物体与传送带速度相等是传送带问题的临界情况，此时物体受到的摩擦力会发生突变，有时摩擦力的大小发生突变，有时摩擦力的方向发生突变。
例5. 如下图所示为车站使用的水平传送带模型，传送带长L＝8m，现有一质量为m=10kg的旅行包以
的初速度水平地滑上水平传送带。已知旅行包与传送带间的动摩擦因数为，可将旅行包视为质点，取。试讨论如下问题：（1）若传送带静止，则旅行包从传送带左端A滑到右端B所需要的时间是多少？
（2）若传送带以速度v=4m/s沿顺时针方向匀速转动，则旅行包从传送带左端A滑到右端B历时多少？
（3）若传送带以速度v=4m/s沿逆时针方向匀速转动，则旅行包能否从传送带的A端滑到B端？如不能试说明理由；如能试计算历时多少？
解析：（l）取旅行包为研究对象，若传送带静止，旅行包在传送带上受到向左的滑动摩擦力作用，做匀减速运动，由牛顿第二定律得
，设旅行包由A端滑到B端历时t1，由运动学公式得，解得，由于旅行包由开始到静止共历时不符合运动实际情况，故舍去。（2）设旅行包滑到B端时，其速度恰好与传送带的速度v相等，则有
，解得此时传送带的速度为，说明旅行包在传送带上应先做匀减速运动然后匀速运动，设旅行包匀减速运动时间为t2，则有，旅行包匀速运动的位移为，旅行包由A端滑到B端所用时间为。（3）若传送带以速度
沿逆时针方向匀速转动，旅行包的受力情况与传送带静止时相同，旅行包能从传送带的A端滑到B端，所用时间同样为。最终答案：略
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