PAGEPAGE15第三節(jié)牛頓其次定律一、選擇題1．(牛頓其次定律的理解)(多選)關(guān)于力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，下列說(shuō)法中正確的是()A．物體受到的合力越大，其速度變更量越大B．物體受到的合力不為零且不變，物體速度肯定會(huì)變更C．物體受到的合力變更，加速度就肯定變更D．物體受到的合力不變，其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)就不變更答案BC解析由牛頓其次定律知，物體受到的合力發(fā)生變更，加速度就肯定變更，物體受到的合力越大，加速度就越大，而速度變更量不僅與加速度有關(guān)，而且還與時(shí)間有關(guān)，故A錯(cuò)誤，C正確；運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變即速度不變，若加速度不為零且不變，其速度肯定變更，故B正確，D錯(cuò)誤。2.(牛頓其次定律的應(yīng)用)如圖所示，A、B兩物體疊放在一起，在粗糙的水平面上保持相對(duì)靜止向右做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中B受到的摩擦力()A．方向向左，大小不變B．方向向左，漸漸減小C．方向向右，大小不變D．方向向右，漸漸減小答案A解析依據(jù)題目條件得知，物體B具有水平向左的恒定加速度，由牛頓其次定律知，物體B受到的合力水平向左且恒定，對(duì)物體B受力分析可知，物體B在水平方向的合力就是物體A施加的靜摩擦力，因此，物體B受到的摩擦力方向向左，且大小不變，保持恒定，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。3．(牛頓其次定律的應(yīng)用)(多選)力F1單獨(dú)作用于一個(gè)物體時(shí)，物體具有的加速度大小為2m/s2，力F2單獨(dú)作用于同一物體時(shí)，物體具有的加速度大小為4m/s2，當(dāng)F1、F2共同作用于該物體時(shí)，物體具有的加速度大小可能是()A．2m/s2B．4m/s2C．6m/s2D．8m/s2答案ABC解析據(jù)牛頓其次定律有F1＝2m，F(xiàn)2＝4m，當(dāng)二力同向時(shí)可使物體產(chǎn)生最大加速度，即2m＋4m＝ma1，a1＝6m/s2。當(dāng)二力方向相反時(shí)可使物體有最小加速度，即4m－2m＝ma2，a2＝2m/s2，當(dāng)二力共同作用該物體時(shí)，產(chǎn)生的加速度在2～6m/s2之間。故選A、B、C。4．(牛頓其次定律的應(yīng)用)以初速度v0豎直向上拋出一個(gè)小球，小球所受的空氣阻力與速度大小成正比，從拋出到落地小球運(yùn)動(dòng)的v－t圖是()答案A解析上升階段，小球所受空氣阻力隨小球速度的減小而減小。小球所受合力F＝G＋Ff，合力越來(lái)越小，所以上升階段小球的加速度越來(lái)越小。下降階段，小球所受空氣阻力隨小球速度的增大而增大，小球所受合力F′＝G－Ff，合力越來(lái)越小，所以下降階段小球的加速度也越來(lái)越小。v－t圖象中，只有A項(xiàng)所表示的運(yùn)動(dòng)加速度越來(lái)越小，A正確。5．(牛頓其次定律的應(yīng)用)(多選)如圖所示，一輛有動(dòng)力驅(qū)動(dòng)的小車(chē)上有一水平放置的彈簧，其左端固定在小車(chē)上，右端與一小球相連，設(shè)在某一段時(shí)間內(nèi)小球與小車(chē)相對(duì)靜止且彈簧處于壓縮狀態(tài)，若忽視小球與小車(chē)間的摩擦力，則在這段時(shí)間內(nèi)小車(chē)可能是()A．向右做加速運(yùn)動(dòng)B．向右做減速運(yùn)動(dòng)C．向左做加速運(yùn)動(dòng)D．向左做減速運(yùn)動(dòng)答案AD解析小球水平方向受到向右的彈簧彈力F，由牛頓其次定律可知，小球必定具有向右的加速度，小球與小車(chē)相對(duì)靜止，故小車(chē)可能向右做加速運(yùn)動(dòng)或向左做減速運(yùn)動(dòng)。故選A、D。6．(牛頓其次定律的應(yīng)用)三個(gè)完全相同的物塊1、2、3放在水平桌面上，它們與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)都相同。現(xiàn)用大小相同的外力F沿圖示方向分別作用在物塊1和2上，用eq\f(F,2)的外力沿水平方向作用在物塊3上，使三者都做加速運(yùn)動(dòng)，令a1、a2、a3分別代表物塊1、2、3的加速度，則()A．a(chǎn)1＝a2＝a3B．a(chǎn)1＝a2，a2>a3C．a(chǎn)1>a2，a2<a3D．a(chǎn)1>a2，a2>a3答案C解析分析1、2、3三個(gè)物塊的受力狀況如圖所示。則Ff1＝μ(mg－Fsin60°)，F(xiàn)f2＝μ(mg＋Fsin60°)，F(xiàn)f3＝μmg。由牛頓其次定律得：Fcos60°－Ff1＝ma1，F(xiàn)cos60°－Ff2＝ma2，eq\f(F,2)－Ff3＝ma3。因Ff2>Ff3>Ff1，故a1>a3>a2。C正確。7.(瞬時(shí)加速度)如圖所示，質(zhì)量為m的小球用水平輕質(zhì)彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度大小為()A．0B.eq\f(2\r(3),3)gC．gD.eq\f(\r(3),3)g答案B解析未撤離木板時(shí)，小球受重力G、彈簧的拉力F和木板的彈力FN的作用處于靜止?fàn)顟B(tài)，通過(guò)受力分析可知，木板對(duì)小球的彈力大小為eq\f(mg,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)mg。在撤離木板的瞬間，彈簧的彈力大小和方向均沒(méi)有發(fā)生變更，而小球的重力是恒力，故此時(shí)小球受到重力G、彈簧的拉力F，合力與木板供應(yīng)的彈力大小相等，方向相反，故可知加速度的大小為eq\f(2\r(3),3)g，由此可知B正確。8．(瞬時(shí)加速度)(多選)如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩球之間系著一根不計(jì)質(zhì)量的彈簧，放在光滑的水平面上，A球緊靠豎直墻壁，今用水平力F將B球向左推壓彈簧，平衡后，突然將F撤去，在這瞬間()A．B球的速度為零，加速度為零B．B球的速度為零，加速度大小為eq\f(F,m)C．在彈簧第一次復(fù)原原長(zhǎng)之后A才離開(kāi)墻壁D．在A離開(kāi)墻壁后，A、B兩球均向右做勻速運(yùn)動(dòng)答案BC解析撤去F瞬間，彈簧彈力大小仍為F，故B的加速度為eq\f(F,m)，此時(shí)B球還沒(méi)有運(yùn)動(dòng)，故B球的速度為零，A錯(cuò)誤，B正確。彈簧復(fù)原原長(zhǎng)后由于B的運(yùn)動(dòng)而被拉長(zhǎng)，它對(duì)A球產(chǎn)生拉力，使A球離開(kāi)墻壁，C正確。A離開(kāi)墻壁后，彈簧不斷伸長(zhǎng)、收縮，對(duì)A、B仍有作用力，即A、B的合力不為零，兩球仍做變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。9．(牛頓其次定律的應(yīng)用)如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距s＝3.5m，工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，取重力加速度g＝10m/s2。工件滑上A端時(shí)速度vA＝4m/s，到達(dá)B端時(shí)速度設(shè)為vB，則下列說(shuō)法不正確的是()A．若傳送帶不動(dòng)，則vB＝3m/sB．若傳送帶以速率v＝4m/s逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則vB＝3m/sC．若傳送帶以速率v＝2m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則vB＝3m/sD．若傳送帶以速率v＝2m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則vB＝2m/s答案D解析工件在傳送帶上滑動(dòng)時(shí)的加速度大小a＝eq\f(\a\vs4\al(μmg),m)＝1m/s2。若傳送帶不動(dòng)，工件做勻減速運(yùn)動(dòng)，由veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A)＝2(－a)s，則vB＝3m/s，A正確；若傳送帶逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，工件受力不變，a不變，veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A)＝－2as，vB＝3m/s，B正確；傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的速度為2m/s，則工件在傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)s＝3.5m時(shí)減速至3m/s>2m/s，故始終減速，vB＝3m/s，C正確，D錯(cuò)誤。10．(牛頓其次定律的應(yīng)用)(多選)如圖所示，甲、乙兩車(chē)均在光滑的水平面上，質(zhì)量都是M，人的質(zhì)量都是m，甲車(chē)上的人用力F推車(chē)，乙車(chē)上的人用等大的力F拉繩子(繩與輪的質(zhì)量和摩擦均不計(jì))；人與車(chē)始終保持相對(duì)靜止。下列說(shuō)法正確的是()A．甲車(chē)的加速度大小為eq\f(F,M)B．甲車(chē)的加速度大小為0C．乙車(chē)的加速度大小為eq\f(2F,M＋m)D．乙車(chē)的加速度大小為0答案BC解析對(duì)甲圖中人和車(chē)組成的系統(tǒng)受力分析，在水平方向的合外力為0(人的推力F是內(nèi)力)，故a甲＝0，A錯(cuò)誤，B正確；乙圖中，人拉輕繩的力為F，則繩拉人和繩拉車(chē)的力均為F，對(duì)人和車(chē)組成的系統(tǒng)受力分析，水平方向合外力為2F，由牛頓其次定律知：a乙＝eq\f(2F,M＋m)，則C正確，D錯(cuò)誤。故選B、C。二、非選擇題(依據(jù)題目要求作答，計(jì)算題須寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟，有數(shù)值計(jì)算的題注明單位)11．(綜合)某探究小組設(shè)計(jì)了“用一把尺子測(cè)定動(dòng)摩擦因數(shù)”的試驗(yàn)方案。如圖所示，將一個(gè)小球和一個(gè)滑塊用細(xì)繩連接，跨在斜面上端。起先時(shí)小球和滑塊均靜止，剪斷細(xì)繩后，小球自由下落，滑塊沿斜面下滑，可先后聽(tīng)到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音。保持小球和滑塊釋放的位置不變，調(diào)整擋板位置，重復(fù)以上操作，直到能同時(shí)聽(tīng)到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音。用刻度尺測(cè)出小球下落的高度H、滑塊釋放點(diǎn)與擋板處的高度差h和沿斜面運(yùn)動(dòng)的位移x。(空氣阻力對(duì)本試驗(yàn)的影響可以忽視)(1)滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的加速度與重力加速度的比值為_(kāi)_______。(2)滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為_(kāi)_______。(3)以下能引起試驗(yàn)誤差的是________。a．滑塊的質(zhì)量b．當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊拇笮．長(zhǎng)度測(cè)量時(shí)的讀數(shù)誤差d．小球落地和滑塊撞擊擋板不同時(shí)答案(1)eq\f(x,H)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(x2,H)))eq\f(1,\r(x2－h(huán)2))(3)cd解析(1)由自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律得H＝eq\f(1,2)gt2由勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律得x＝eq\f(1,2)at2所以eq\f(a,g)＝eq\f(x,H)。(2)設(shè)斜面與水平面夾角為θ，對(duì)滑塊，依據(jù)牛頓其次定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma又sinθ＝eq\f(h,x)，cosθ＝eq\f(\r(x2－h(huán)2),x)解得μ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(x2,H)))eq\f(1,\r(x2－h(huán)2))。(3)從試驗(yàn)原理和理論計(jì)算結(jié)果看，能引起試驗(yàn)誤差的是c、d。12.(牛頓其次定律的應(yīng)用)如圖所示，靜止在水平地面上的小黃鴨質(zhì)量m＝20kg，受到與水平面夾角為53°的斜向上的拉力，小黃鴨起先沿水平地面運(yùn)動(dòng)。若拉力F＝100N，小黃鴨與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，求：(1)把小黃鴨看做質(zhì)點(diǎn)，作出其受力示意圖；(2)小黃鴨對(duì)地面的壓力；(3)小黃鴨運(yùn)動(dòng)的加速度的大小。(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2)答案(1)見(jiàn)解析(2)120N，方向豎直向下(3)a＝1.8m/s2解析(1)受力示意圖如圖所示。(2)依據(jù)平衡條件可得：Fsin53°＋N＝mg所以解得N＝mg－Fsin53°＝120N，方向豎直向上；依據(jù)牛頓第三定律，小黃鴨對(duì)地面的壓力N′＝N＝120N，方向豎直向下。(3)受到的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，所以f＝μN(yùn)＝24N依據(jù)牛頓其次定律得：Fcos53°－f＝ma，解得a＝1.8m/s2。課時(shí)作業(yè)2對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)P53(建議用時(shí)：30分鐘)一、選擇題1.(牛頓其次定律的應(yīng)用)如圖所示，在質(zhì)量為m的物體上加一個(gè)豎直向上的拉力F，使物體以加速度a豎直向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，若不計(jì)阻力，下面說(shuō)法正確的是()A．若拉力改為2F，物體加速度為2aB．若質(zhì)量改為eq\f(m,2)，物體加速度為2aC．若質(zhì)量改為2m，物體加速度為eq\f(a,2)D．若質(zhì)量改為eq\f(m,2)，拉力改為eq\f(F,2)，物體加速度不變答案D解析依據(jù)題意得：F－mg＝ma，解得：a＝eq\f(F－mg,m)＝eq\f(F,m)－g。若拉力改為2F，物體加速度a1＝eq\f(2F－mg,m)＝eq\f(2F,m)－g>2a，故A錯(cuò)誤；若質(zhì)量改為eq\f(m,2)，物體加速度a2＝eq\f(F－\f(1,2)mg,\f(m,2))＝eq\f(2F,m)－g>2a，故B錯(cuò)誤；若質(zhì)量改為2m，物體加速度a3＝eq\f(F－2mg,2m)＝eq\f(F,2m)－g<eq\f(a,2)，故C錯(cuò)誤；若質(zhì)量改為eq\f(m,2)，拉力改為eq\f(F,2)，物體加速度a4＝eq\f(\f(F,2)－\f(1,2)mg,\f(m,2))＝eq\f(F,m)－g＝a，故D正確。2.(牛頓其次定律的應(yīng)用)如圖所示，位于水平地面上的質(zhì)量為M的小木塊，在大小為F、方向與水平方向成α角的拉力作用下沿地面做加速運(yùn)動(dòng)。若木塊與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則木塊的加速度為()A.eq\f(F,M)B.eq\f(Fcosα,M)C.eq\f(\a\vs4\al(Fcosα－μMg),M)D.eq\f(\a\vs4\al(Fcosα－μMg－Fsinα),M)答案D解析取M為探討對(duì)象，其受力狀況如圖所示。在豎直方向合力為零，即Fsinα＋FN＝Mg，在水平方向由牛頓其次定律得Fcosα－Ff＝Ma，且Ff＝μFN。由以上三式可得a＝eq\f(\a\vs4\al(Fcosα－μMg－Fsinα),M)，D正確。3．(牛頓其次定律與圖象結(jié)合)如圖甲所示，某人通過(guò)動(dòng)滑輪將質(zhì)量為m的貨物提升到肯定高處，動(dòng)滑輪的質(zhì)量和摩擦均不計(jì)，貨物獲得的加速度a與豎直向上的拉力T之間的函數(shù)關(guān)系如圖乙所示。則下列推斷正確的是()A．圖線(xiàn)與縱軸的交點(diǎn)的肯定值為gB．圖線(xiàn)的斜率在數(shù)值上等于物體的質(zhì)量mC．圖線(xiàn)與橫軸的交點(diǎn)N的值TN＝mgD．圖線(xiàn)的斜率在數(shù)值上等于物體質(zhì)量的倒數(shù)eq\f(1,m)答案A解析由題結(jié)合牛頓其次定律可得：2T－mg＝ma，則有a＝eq\f(2T,m)－g，由a－T圖象可推斷，縱軸截距的肯定值為g，A正確；圖線(xiàn)的斜率在數(shù)值上等于eq\f(2,m)，則B、D錯(cuò)誤；橫軸截距代表a＝0時(shí)，TN＝eq\f(mg,2)，則C錯(cuò)誤。4．(牛頓其次定律與圖象結(jié)合)(多選)一質(zhì)點(diǎn)在外力作用下做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其速度v隨時(shí)間t變更的圖象如圖所示。在圖中標(biāo)出的時(shí)刻中，質(zhì)點(diǎn)所受合外力的方向與速度方向相同的有()A．t1B．t2C．t3D．t4答案AC解析v－t圖象中，縱軸表示各時(shí)刻的速度，t1、t2時(shí)刻速度為正，t3、t4時(shí)刻速度為負(fù)，圖線(xiàn)上各點(diǎn)切線(xiàn)的斜率表示該時(shí)刻的加速度，t1、t4時(shí)刻加速度為正，t2、t3時(shí)刻加速度為負(fù)，依據(jù)牛頓其次定律，加速度與合外力方向相同，故t1時(shí)刻合外力與速度均為正，t3時(shí)刻合外力與速度均為負(fù)，A、C正確，B、D錯(cuò)誤。5.(牛頓其次定律的應(yīng)用)如圖所示，質(zhì)量為m1和m2的兩物塊放在光滑的水平地面上。用輕質(zhì)彈簧將兩物塊連接在一起。當(dāng)用水平力F作用在m1上時(shí)，兩物塊均以加速度a做勻加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為x，若用水平力F′作用在m1上時(shí)，兩物塊均以加速度a′＝2a做勻加速運(yùn)動(dòng)。此時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量為x′。則下列關(guān)系正確的是()A．F′＝2FB．x′>2xC．F′>2FD．x′<2x答案A解析把兩個(gè)物塊看做整體，由牛頓其次定律可得：F＝(m1＋m2)a，F(xiàn)′＝(m1＋m2)a′，又a′＝2a，可得出F′＝2F，隔離物塊m2，由牛頓其次定律得：kx＝m2a，kx′＝m2a′，解得：x′＝2x，故A正確，B、C、D均錯(cuò)誤。6．(牛頓其次定律與圖象結(jié)合)如圖甲所示，一個(gè)質(zhì)量為3kg的物體放在粗糙水平地面上，從零時(shí)刻起，物體在水平力F作用下由靜止起先做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。在0～3s時(shí)間內(nèi)物體的加速度a隨時(shí)間t的變更規(guī)律如圖乙所示，則()A．F的最大值為12NB．0～1s和2～3s內(nèi)物體加速度的方向相反C．3s末物體的速度最大，最大速度為8m/sD．在0～1s內(nèi)物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，2～3s內(nèi)物體做勻減速運(yùn)動(dòng)答案C解析由a－t圖象知加速度最大時(shí)a＝4m/s2，由牛頓其次定律得F－μmg＝ma知，F(xiàn)最大值大于12N，故A錯(cuò)誤；0～1s和2～3s內(nèi)，加速度均為正方向，故B錯(cuò)誤；3s末速度最大，由a－t圖面積知Δv＝8m/s，所以vmax＝8m/s，故C正確；0～1s和2～3s內(nèi)加速度a與速度v均同向，都做加速運(yùn)動(dòng)，但a不是定值，所以不是勻加速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。7.(牛頓其次定律的應(yīng)用)如圖所示，質(zhì)量為M的長(zhǎng)平板車(chē)放在傾角為α的光滑斜面上，車(chē)上站著一質(zhì)量為m的人，若要平板車(chē)靜止在斜面上，車(chē)上的人必需()A．勻速向下奔跑B．以加速度a＝eq\f(M,m)gsinα，向下加速奔跑C．以加速度a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))gsinα，向下加速奔跑D．以加速度a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))gsinα，向上加速奔跑答案C解析作出平板車(chē)的受力圖，如圖甲所示，求出人對(duì)平板車(chē)的摩擦力Ff＝Mgsinα；作出人的受力圖，如圖乙，則mgsinα＋Ff′＝ma，且Ff′＝Ff，由以上三式聯(lián)立解得a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))gsinα。故C正確。8．(牛頓其次定律的應(yīng)用)(多選)質(zhì)量分別為M和m的物塊形態(tài)大小均相同，將它們通過(guò)輕繩跨過(guò)光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為α的斜面，M恰好能靜止在斜面上，不考慮M、m與斜面之間的摩擦。若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放M，斜面仍保持靜止。則下列說(shuō)法正確的是()A．輕繩的拉力等于MgB．輕繩的拉力等于mgC．M運(yùn)動(dòng)的加速度大小為(1－sinα)gD．M運(yùn)動(dòng)的加速度大小為eq\f(M－m,M)g答案BC解析互換位置前，M靜止在斜面上，則有：Mgsinα＝mg，互換位置后，對(duì)M有Mg－T＝Ma，對(duì)m有：T′－mgsinα＝ma，又T＝T′，解得：a＝(1－sinα)g，T＝mg，故A、D錯(cuò)誤，B、C正確。9.(牛頓其次定律的應(yīng)用)如圖所示，輕彈簧下端固定在水平面上。一個(gè)小球從彈簧正上方某一高度處由靜止起先自由下落，接觸彈簧，把彈簧壓縮到肯定程度后停止下落。在小球下落的這一全過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是()A．小球剛接觸彈簧瞬間速度最大B．從小球接觸彈簧起加速度變?yōu)樨Q直向上C．從小球接觸彈簧至到達(dá)最低點(diǎn)，小球的速度先增大后減小D．從小球接觸彈簧至到達(dá)最低點(diǎn)，小球的加速度先增大后減小答案C解析小球從接觸彈簧起先，在向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到重力和彈簧彈力的作用，但起先時(shí)由于彈簧的壓縮量較小，彈力小于重力，合力方向豎直向下，且漸漸減小，小球?qū)⒔又蛳伦黾铀俣葷u漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，直到重力與彈簧彈力相等時(shí)，合力為零，加速度也為零，速度最大；重力與彈簧彈力相等后，小球再向下運(yùn)動(dòng)，則彈簧彈力將大于重力，合力方向變?yōu)樨Q直向上，且不斷增大，小球?qū)⒆黾铀俣葷u漸增大的變減速運(yùn)動(dòng)，直到速度為零，故從接觸彈簧至到達(dá)最低點(diǎn)，小球的速度先增大后減小，加速度先減小后增大。故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。二、非選擇題(依據(jù)題目要求作答，計(jì)算題須寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟，有數(shù)值計(jì)算的題注明單位)10.(牛頓其次定律的應(yīng)用)如圖所示，小球M處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧與豎直方向的夾角為θ，燒斷BO繩的瞬間，試求小球M的加速度的大小和方向。答案gtanθ方向水平向右解析燒斷BO繩前，小球受力平衡，由此求得BO繩的拉力F′＝mgtanθ；燒斷瞬間，BO繩的拉力消逝，而彈簧還是保持原來(lái)的長(zhǎng)度，彈力與燒斷前相同。此時(shí)，小球受到的作用力是彈力和重力，如圖所示，其合力方向水平