2018届二轮复习专题二第1讲动力学观点在力学中的应用课件（53张）（全国通用）

2018届二轮复习专题二第1讲动力学观点在力学中的应用课件（53张）（全国通用）

第 1 讲　 动力学 观点在力学中的应用 专题二　力与物体的直线运动 知识回扣 规律方法 高考题型 2 　应用动力学方法分析传送带问题 高考题型 3 　应用动力学方法分析 “ 滑块 — 木板 ” 问题 高考题型 1 　动力学基本问题分析 高 考题 精选精练 知识回扣 规律方法 1. 物体或带电体做匀变速直线运动的条件是 ： . 2. 匀变速直线运动的基本规律为 速度公式： v ＝ . 位移公式： x ＝ . 速度和位移公式的推论 ： . 中间时刻的瞬时速度 ： ＝ ＝ . 任意两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即 Δ x ＝ x n ＋ 1 － x n ＝ a ·(Δ t ) 2 . 物体或带电体所受合力 为恒力，且与速度方向共线 v 0 ＋ at v 2 － v 0 2 ＝ 2 ax 知识回扣 答案 3. 速度 — 时间关系图线的斜率表示物体运动 的 ， 图线与时间轴所包围的面积表示物体运动 的 . 匀变速直线运动的 v － t 图象是一 条 __ . 4. 位移 — 时间关系图线的斜率表示物体 的 . 5. 超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物 的 ____ ( 或对悬挂物 的 ) 发生了变化 . 物体发生超重或失重现象与物体的运动 方向 ， 只决定于物体 的 方向 . 当 a 有竖直向上的分量时 ， ； 当 a 有竖直向下的分量时 ， ； 当 a ＝ g 且竖直向下时 ， . 答案 加速度 位移 倾 斜直线 速度 压力 拉力 无关 加速度 超重 失重 完全失重 1. 动力学的两类基本问题的处理思路 2. 解决动力学问题的常用方法 (1) 整体法与隔离法 . (2) 正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解 . (3) 逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题 . 规律方法 动力学基本问题分析 高考 题型 1 例 1 　 ( 多选 )(2017· 深圳市第一次调研 ) 如图 1 甲所示，质量 m ＝ 1 kg 、初速度 v 0 ＝ 6 m /s 的物块受水平向左的恒力 F 作用，在粗糙的水平地面上从 O 点开始向右运动， O 点为坐标原点，整个运动过程中物块速率的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示， g ＝ 10 m/ s 2 ，下列说法中正确的 是 A. t ＝ 2 s 时物块速度为零 B. t ＝ 3 s 时物块回到 O 点 C. 恒力 F 大小为 2 N D. 物块与水平面间的动摩擦因数为 0.1 答案 解析 √ 图 1 √ √ 解析　 物块做匀减速直线运动的加速度大小为： 物块做匀减速直线运动的时间为： t 1 ＝ ＝ 2 s ，故 A 正确； 根据牛顿第二定律得： F ＋ F f ＝ ma 1 ， F － F f ＝ ma 2 ，联立两式解得： F ＝ 2 N ， F f ＝ 1 N ，则动摩擦因数为： μ ＝ ＝ 0.1 ，故 C 、 D 正确 . 1. 瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，前者能突变而后者不能 . 2. 连接体问题要充分利用 “ 加速度相等 ” 这一条件或题中特定条件，交替使用隔离法与整体法 . 3. 两类动力学基本问题的解决关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度 “ 桥梁 ” 作用 . 技巧点拨 1.( 多选 ) 如图 2 所示， A 、 B 球的质量相等，弹簧的质量 不 计 ，倾角为 θ 的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线 均 平行 于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的 是 A. 两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为 g sin θ B. B 球的受力情况未变，瞬时加速度为零 C. A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为 2 g sin θ D. 弹簧有收缩的趋势， B 球的瞬时加速度向上， A 球的瞬时加速度向下 ， 瞬时 加速度都不为 零 对点拓展练 √ 答案 解析 2 1 图 2 √ 解析　 系统静止，根据平衡条件可知： 对 B 球 F 弹 ＝ mg sin θ ， 对 A 球 F 绳 ＝ F 弹 ＋ mg sin θ ， 细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则 B 球受力情况未变，瞬时加速度为零； 2 1 2.(2017· 河南洛阳市第二次统考 ) 如图 3 甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，一轻绳跨过斜面顶端的光滑轻质定滑轮，绳两端分别连接小物块 A 和 B ，保持 A 的质量不变，改变 B 的质量 m ，当 B 的质量连续改变时，得到 A 的加速度 a 随 B 的质量 m 变化的图线，如图乙所示 ( a 1 、 a 2 、 m 0 未知 ) ，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度为 g ，斜面的倾角为 θ ，下列说法正确的 是 A. 若 θ 已知，可求出 A 的质量 B. 若 θ 已知，可求出乙图中 m 0 的值 C. 若 θ 未知，可求出乙图中 a 2 的值 D. 若 θ 未知，可求出乙图中 a 1 的 值 答案 解析 √ 2 1 图 3 解析　 据牛顿第二定律对 B 受力分析得： mg － F ＝ ma ① 对 A 得： F － m A g sin θ ＝ m A a ② 2 1 若 θ 已知，由 ③ 知，不能求出 A 的质量 m A . 故 A 错误 . 当 a ＝ 0 时，由 ③ 式得， m 0 ＝ m A sin θ ， m A 未知， m 0 不能求出 . 故 B 错误 . 由 ③ 式得， m ＝ 0 时， a 2 ＝－ g sin θ ，故 C 错误 . 应用 动力学方法分析传送带问题 高考 题型 2 例 2 　 (2017· 陕西宝鸡市一模 ) 某工厂为实现自动传送工件设计了如图 4 所示的传送装置，由一个水平传送带 AB 和倾斜传送带 CD 组成，水平传送带长度 L AB ＝ 4 m ，倾斜传送带长度 L CD ＝ 4.45 m ，倾角为 θ ＝ 37° ， AB 和 CD 通过一段极短的光滑圆弧板过渡， AB 传送带以 v 1 ＝ 5 m/s 的 恒定速率顺时针运转 ， CD 传送带静止 . 已知工件与传送带间的动摩擦因数均为 μ ＝ 0.5 ， 重力加速度 g ＝ 10 m/ s 2 . 现将一个工件 ( 可看作质点 ) 无初速度地放在水平传送带最左端 A 点处，求： 图 4 (1) 工件被第一次传送到 CD 传送带上升的最大高度和所用的时间； 答案　 0.75 m 　 1.8 s 答案 解析 解析　 工件刚放在传送带 AB 上，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为 a 1 ，速度增加到 v 1 时所用时间为 t 1 ，位移大小为 x 1 ，则由受力分析图甲以及牛顿运动定律可得 ： F N1 ＝ mg F f1 ＝ μF N1 ＝ ma 1 联立解得： a 1 ＝ 5 m/s 2 . 工件滑上 CD 传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为 a 2 ，速度减小到零时所用时间为 t 3 ，位移大小为 x 2 ，则由受力分析图乙以及牛顿运动定律可得： F N2 ＝ mg cos θ mg sin θ ＋ μF N2 ＝ ma 2 由于 x 1 ＜ L AB ，工件随后在传送带 AB 上做匀速直线运动到 B 端，则匀速运动的时间为： 联立解得： a 2 ＝ 10 m/s 2 ， x 2 ＝ 1.25 m 工件沿 CD 传送带上升的最大高度为： h ＝ x 2 sin θ ＝ 1.25 × 0.6 m ＝ 0.75 m 故总时间为： t ＝ t 1 ＋ t 2 ＋ t 3 ＝ 1.8 s (2) 要使工件恰好被传送到 CD 传送带最上端， CD 传送带沿顺时针方向运转的速度 v 2 大小 ( v 2 ＜ v 1 ). 答案　 4 m/s 答案 解析 解析　 CD 传送带以速度 v 2 向上传送时，当工件的速度大于 v 2 时，滑动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为 a 2 ； 当 工件的速度小于 v 2 时，滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析图如图丙，设其加速度大小为 a 3 ，两个过程的位移大小分别为 x 3 和 x 4 ， 由 运动学公式和牛顿运动定律可得 ： － 2 a 2 x 3 ＝ v 2 2 － v 1 2 mg sin θ － μF N2 ＝ ma 3 － 2 a 3 x 4 ＝ 0 － v 2 2 L CD ＝ x 3 ＋ x 4 解得： v 2 ＝ 4 m/s 1. 传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向 . 因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键 . 2. 传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断 . 技巧点拨 3.(2017· 河南郑州市模拟 ) 如图 5 所示为粮袋的传送装置 ， 已知 A 、 B 间长度为 L ，传送带与水平方向的夹角为 θ ，工 作时其运行速度为 v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为 μ ， 正常工作时工人在 A 点将粮袋放到运行中的传送带上，关 于粮袋从 A 到 B 的运动，以下说法正确的是 ( 设最大静摩擦 力等于滑动摩擦力 ) A. 粮袋到达 B 点的速度与 v 比较，可能大，也可能相等或小 B. 粮袋开始运动的加速度为 g (sin θ － μ cos θ ) ，若 L 足够大，则以后将一定以 速度 v 做匀速运动 C. 若 μ ≥ tan θ ，则粮袋从 A 到 B 一定一直做加速运动 D. 不论 μ 大小如何，粮袋从 A 到 B 一直做匀加速运动，且 a > g sin θ 对点拓展练 √ 答案 解析 4 3 图 5 解析　 开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知， mg sin θ ＋ μF N ＝ ma ， F N ＝ mg cos θ ，解得 a ＝ g sin θ ＋ μg cos θ ，故 B 项错误 ； 粮袋 加速到与传送带相对静止时，若 mg sin θ > μmg cos θ ，即当 μ 2 m/s 时，物体 m 到达 地 面 上 C 点的右侧 D. 若传送带顺时针方向运行，则当传送带速度 v <2 m/s 时，物体 m 也 可能 到达 地面上 C 点的右侧 答案 解析 √ √ √ 4 3 解析　 由机械能守恒定律得 mgR ＝ m v 0 2 ，则 v 0 ＝ 2 m/s ，传送带静止时， A 点： F － mg ＝ m ， 得 F ＝ 3 mg ，与 R 无关， A 错误； 若传送带逆时针运行，物体也匀减速运动至 B 点，与静止情况相同，落在 C 点， B 正确； 若传送带顺时针运行， v >2 m /s ，物体加速运动，落在 C 点右侧， C 正确； 若 v <2 m/ s ，物体可能先匀减速后匀速，到 B 点速度可能大于传送带静止时到达 B 点的速度，此时落在 C 点右侧， D 正确 . 4 3 应用动力学方法分析 “ 滑块 — 木板 ” 问题 高考 题型 3 例 3 　 (2017· 全国卷 Ⅲ ·25) 如图 7 ，两个滑块 A 和 B 的质量分别为 m A ＝ 1 kg 和 m B ＝ 5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为 μ 1 ＝ 0.5 ；木板的质量为 m ＝ 4 kg ，与地面间的动摩擦因数为 μ 2 ＝ 0.1. 某时刻 A 、 B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为 v 0 ＝ 3 m/s. A 、 B 相遇时， A 与木板恰好相对静止 . 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 g ＝ 10 m/ s 2 . 求 ： 图 7 (1) B 与木板相对静止时，木板的速度； 答案 解析 答案　 1 m/s ，方向与 B 的初速度方向相同 解析　 滑块 A 和 B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动 . 设 A 、 B 所受的摩擦力大小分别为 F f1 、 F f2 ，木板受地面的摩擦力大小为 F f3 ， A 和 B 相对于地面的加速度大小分别为 a A 和 a B ，木板相对于地面的加速度大小为 a 1 . 在滑块 B 与木板达到共同速度前有 F f1 ＝ μ 1 m A g ① F f2 ＝ μ 1 m B g ② F f3 ＝ μ 2 ( m ＋ m A ＋ m B ) g ③ 由牛顿第二定律得 F f1 ＝ m A a A ④ F f2 ＝ m B a B ⑤ F f2 － F f1 － F f3 ＝ ma 1 ⑥ 设在 t 1 时刻， B 与木板达到共同速度，其大小为 v 1 . 由运动学公式有 v 1 ＝ v 0 － a B t 1 ⑦ v 1 ＝ a 1 t 1 ⑧ 联立 ①②③④⑤⑥⑦⑧ 式，代入已知数据得 v 1 ＝ 1 m/s ，方向与 B 的初速度方向 相同 ⑨ (2) A 、 B 开始运动时，两者之间的距离 . 答案　 1.9 m 答案 解析 解析　 在 t 1 时间间隔内， B 相对于地面移动的距离为 s B ＝ v 0 t 1 － a B t 1 2 ⑩ 设在 B 与木板达到共同速度 v 1 后，木板的加速度大小为 a 2 . 对于 B 与木板组成的系统，由牛顿第二定律有 F f1 ＋ F f3 ＝ ( m B ＋ m ) a 2 ⑪ 由 ①②④⑤ 式知， a A ＝ a B ；再由 ⑦⑧ 式知， B 与木板达到共同速度时， A 的速度大小也为 v 1 ，但运动方向与木板相反 . 由 题意知， A 和 B 相遇时， A 与木板的速度相同，设其大小为 v 2 . 设 A 的速度大小从 v 1 变到 v 2 所用的时间为 t 2 ，则由运动学公式，对木板有 v 2 ＝ v 1 － a 2 t 2 ⑫ 对 A 有： v 2 ＝－ v 1 ＋ a A t 2 ⑬ 在 t 2 时间间隔内， B ( 以及木板 ) 相对地面移动的距离为 s 1 ＝ v 1 t 2 － a 2 t 2 2 ⑭ 在 ( t 1 ＋ t 2 ) 时间间隔内， A 相对地面移动的距离为 s A ＝ v 0 ( t 1 ＋ t 2 ) － a A ( t 1 ＋ t 2 ) 2 ⑮ A 和 B 相遇时， A 与木板的速度也恰好相同 . 因此 A 和 B 开始运动时，两者之间的距离为 s 0 ＝ s A ＋ s 1 ＋ s B ⑯ 联立以上各式，并代入数据得 s 0 ＝ 1.9 m ⑰ ( 也 可用 右 图 中的速度 — 时间图线求解 ) 1. “ 滑块 — 木板 ” 模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系 . 2. 要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等 . 技巧点拨 5.( 多选 )(2017· 广东汕头市一模 ) 如图 8 所示，一木板倾斜放置，与水平面的夹角为 θ . 将两个矩形物块 A 、 B 叠放后一起从木板上由静止释放，之后 A 、 B 保持相对静止一起以大小为 a 的加速度沿斜面加速下滑 . 若 A 、 B 的质量分别为 m A 和 m B ， A 与 B 之间和 B 与木板之间的动摩擦因数分别为 μ 1 和 μ 2 . 则下列说法正确的 是 A. μ 1 一定大于 tan θ B. μ 2 一定小于 tan θ C. 加速度 a 的大小与 m A 和 m B 都无关 D. A 与 B 之间的摩擦力大小与 μ 1 有关而与 μ 2 无关 对点拓展练 答案 解析 √ √ 6 5 图 8 解析　 先取 AB 为一整体，整体受到重力、斜面的支持力和摩擦力 . 沿斜面的方向，由牛顿第二定律得： ( m A ＋ m B ) g sin θ － F f B ＝ ( m A ＋ m B ) a F f B ＝ μ 2 F N F N ＝ ( m A ＋ m B ) g cos θ 以上三式联立可得： a ＝ g sin θ － μ 2 g cos θ ① 再隔离 A 物块，设 A 受到的静摩擦力为 F f A ， 方向沿斜面向上，对 A 再应用牛顿第二定律得： m A g sin θ － F f A ＝ m A a 可得出： F f A ＝ μ 2 m A g cos θ ② 无法判断出 μ 1 一定大于 tan θ . 故 A 错误 ； 6 5 A 与 B 组成的整体向下做加速运动，由公式 ① 可知， g sin θ ＞ μ 2 g cos θ ，所以： μ 2 ＜ tan θ . 故 B 正确 ； 由 公式 ① 可知，加速度 a 的大小与 m A 和 m B 都无关 . 故 C 正确 ； 由 公式 ② 可知， A 与 B 之间的摩擦力大小与 μ 1 无关而与 μ 2 有关 . 故 D 错误 . 6 5 6.(2017· 辽宁铁岭市协作体模拟 ) 如图 9 所示，质量为 M ＝ 10 kg 的小车停放在光滑水平面上 . 在小车右端施加一个 F ＝ 10 N 的水平恒力 . 当小车向右运动的速度达到 2.8 m /s 时，在其右端轻轻放上一质量 m ＝ 2.0 kg 的小黑煤块 ( 小黑煤块视为质点且初速度为零 ) ，煤块与小车间动摩擦因数 μ ＝ 0.20. 假定小车足够长， g ＝ 10 m/s 2 . 则下列说法正确的 是 A. 煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动 稳定 后 做匀速直线运动 B. 小车一直做加速度不变的匀加速直线运动 C. 煤块在 3 s 内前进的位移为 9 m D. 小煤块最终在小车上留下的痕迹长度为 2.8 m 答案 解析 √ 6 5 图 9 解析　 根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有： μF N ＝ ma 1 ， F N － mg ＝ 0 ，代入数据解得： a 1 ＝ 2 m/s 2 刚开始运动时对小车有： F － μF N ＝ Ma 2 ， 解得： a 2 ＝ 0.6 m/s 2 ， 经过时间 t ，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为： v 1 ＝ a 1 t ，车的速度为： v 2 ＝ v ＋ a 2 t ， v 1 ＝ v 2 ， 解得： t ＝ 2 s ，以后煤块和小车一起运动，根据牛顿第二定律： F ＝ ( M ＋ m ) a 3 ， a 3 ＝ m/s 2 6 5 即煤块和小车一起以加速度 a 3 ＝ m/s 2 做加速运动，故选项 A 、 B 错误； 6 5 在 2 s 内小黑煤块前进的位移为： 然后和小车共同运动 1 s 时间，此 1 s 时间内位移为 ： x 1 ′ ＝ v 1 t ′ ＋ a 3 t ′ 2 ＝ 4.4 m ， 故煤块在 3 s 内前进的位移为 4 m ＋ 4.4 m ＝ 8.4 m ，故选项 C 错误； 在 2 s 内小黑煤块前进的位移 x 1 ＝ 4 m ，小车前进的位移为： x 2 ＝ v t ＋ a 2 t 2 ＝ (2.8 × 2 ＋ × 0.6 × 2 2 ) m ＝ 6.8 m ，两者的相对位移为： Δ x ＝ x 2 － x 1 ＝ 6.8 m － 4 m ＝ 2.8 m ，故选项 D 正确 . 高考题精选精练 题组 1 　全国卷真题精选 1.(2016· 全国卷 Ⅲ ·16) 一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔 t 内位移为 s ，动能变为原来的 9 倍 . 该质点的加速度为 答案 解析 1 2 3 4 5 √ 解析　 动能变为原来的 9 倍，则质点的速度变为原来的 3 倍，即 v ＝ 3 v 0 ， 2.( 多选 )(2015· 新课标全国 Ⅱ ·20) 在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢 . 当机车在东边拉着这列车厢以大小为 a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩 P 和 Q 间的拉力大小为 F ；当机车在西边拉着车厢以大小 为 a 的加速度向西行驶时， P 和 Q 间的拉力大小仍为 F . 不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为 A.8 B.10 C.15 D.18 √ √ 答案 解析 1 2 3 4 5 解析　 设 PQ 西边有 n 节车厢，每节车厢的质量为 m ，则 F ＝ nma ① 设 PQ 东边有 k 节车厢，则 F ＝ km · a ② 联立 ①② 得 3 n ＝ 2 k ，由此式可知 n 只能取偶数， 当 n ＝ 2 时， k ＝ 3 ，总节数为 N ＝ 5 当 n ＝ 4 时， k ＝ 6 ，总节数为 N ＝ 10 当 n ＝ 6 时， k ＝ 9 ，总节数为 N ＝ 15 当 n ＝ 8 时， k ＝ 12 ，总节数为 N ＝ 20 ，故选项 B 、 C 正确 . 1 2 3 4 5 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 3.( 多选 )(2015· 新课标全国 Ⅰ ·20) 如图 10 甲，一物块在 t ＝ 0 时刻滑上一固定斜面，其运动的 v － t 图线如图乙所示 . 若重力加速度及图乙中的 v 0 、 v 1 、 t 1 均为已知量，则可求出 √ 答案 解析 图 10 √ √ 1 2 3 4 5 解析　 由 v － t 图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为 a ＝ ， 根据牛顿第二定律得 mg sin θ ＋ μmg cos θ ＝ ma ，即 g sin θ ＋ μg cos θ ＝ . 可见能计算出斜面的倾斜角度 θ 以及物体与斜面间的动摩擦因数，选项 A 、 C 正确； 1 2 3 4 5 物块滑上斜面时的初速度 v 0 已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为 0 ，那么平均速度 为 ， 所以沿斜面向上滑行的最远距离为 x ＝ ， 仅根据 v － t 图象无法求出物块的质量，选项 B 错误 . 1 2 3 4 5 题组 2 　各省市真题精选 4.( 多选 )(2015· 海南卷 ·8) 如图 11 所示，物块 a 、 b 和 c 的质量相同， a 和 b 、 b 和 c 之间用完全相同的轻弹簧 S 1 和 S 2 相连，通过系在 a 上的细线悬挂于固定点 O ；整个系统处于静止状态；现将细线剪断，将物块 a 的加速度记为 a 1 ， S 1 和 S 2 相对原长的伸长分别为 Δ l 1 和 Δ l 2 ，重力加速度大小为 g ，在剪断 瞬间 A. a 1 ＝ 3 g B. a 1 ＝ 0 C.Δ l 1 ＝ 2Δ l 2 D.Δ l 1 ＝ Δ l 2 √ 答案 解析 图 11 √ 1 2 3 4 5 解析　 设物块的质量为 m ，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间 a 受到重力和弹簧 S 1 的拉力 T 1 ，剪断细线前对 b 、 c 和弹簧 S 2 组成的整体分析可知 T 1 ＝ 2 mg ，故 a 受到的合力 F ＝ mg ＋ T 1 ＝ mg ＋ 2 mg ＝ 3 mg ，故加速度 a 1 ＝ ＝ 3 g ， A 正确， B 错误 ； 设弹簧 S 2 的拉力为 T 2 ，则 T 2 ＝ mg ，根据胡克定律 F ＝ k Δ x 可得 Δ l 1 ＝ 2Δ l 2 ， C 正确， D 错误 . 1 2 3 4 5 5.( 多选 )(2014· 四川理综 ·7) 如图 12 所示，水平传送带以速度 v 1 匀速运动，小物体 P 、 Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连， t ＝ 0 时刻 P 在传送带左端具有速度 v 2 ， P 与定滑轮间的绳水平， t ＝ t 0 时刻 P 离开传送带 . 不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长 . 正确描述小物体 P 速度随时间变化的图象可能是 √ 答案 解析 √ 图 12 1 2 3 4 5