【文档说明】高考物理一轮复习课件第3章牛顿运动定律第8讲牛顿第二定律两类动力学问题 (含详解).ppt，共(65)页，1.607 MB，由MTyang资料小铺上传

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第三章牛顿运动定律高考总复习·物理第8讲牛顿第二定律两类动力学问题高考总复习·物理板块一板块二板块三课时达标目录板块一︿︿[知识梳理]1．牛顿第二定律(1)内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成，跟它的质量成，加速度的方向跟作用力的方向．(

2)表达式：F＝.正比反比相同ma(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．2．力学单位制力学基本物理量是、、，对应的单位分别是、、．静止匀速直线运动宏观低速长度质量时间米千克秒[基础小练

]判断下列说法是否正确(1)物体加速度的方向一定与合外力方向相同．()(2)一个物体，合外力改变之后，加速度才随之改变．()(3)物体的加速度与物体受的力及物体的质量都有关系，而质量与力及加速度均无关．()(4)物体受到外力作用，立即产生加速度和速度．()√×√×(5)可以利用牛

顿第二定律确定自由电子的运动情况．()(6)物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小．()(7)千克、秒、米、安培均为国际单位制的基本单位．()(8)力的单位牛顿，简称牛，属于导出单位．()×√√√板块二︿︿[考法精讲]考法一对牛顿第二定律的理解1．牛顿第二定律的五个特性2

．合力、加速度、速度之间的决定关系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度．(2)a＝ΔvΔt是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝Fm是加速度的决定式，a∝F，a∝1m.(3)合力与速度同向时，物

体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动．【自主练1】(2019·荆州高三质检)从牛顿第二定律知道，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度，可是，我们用很小的力推很重的桌子时，却推不动，这是因为()A．牛顿第二定律不适用于很重的物体B．桌子加速度很小，肉眼观察不到C．推力太小，速度增量也

很小，眼睛观察不到D．桌子所受合力为零，没有加速度D解析静止物体，合力为零，加速度为零，牛顿第二定律同样适用于静止物体，故选项A错误；根据F＝ma可知，物体合力为零，加速度为零，而不是加速度很小，眼睛不易觉察到，故选项B错误；推

力等于静摩擦力，加速度为零，故选项C错误；由于水平推力不大于桌子的最大静摩擦力，推不动桌子，桌子的合力等于零，由牛顿第二定律可知，加速度等于零，故选项D正确．【自主练2】(2019·全国统一考试模拟理综物理试题)如图所示，用一辆货车运输一超长木板，先

在货车上固定一“┘”形货架．再将木板放置在货架上，货架与水平面的夹角θ＝10°，木板与货架之间的动摩擦因数μ＝0.2，为了保证运输安全，货车在运输过程中刹车时，其加速度的最大值约为(g＝10m/s2，sin10°≈0.17，cos10°≈0.98)()A．2.2m/s2B．3.9m/s2

C．4.6m/s2D．5.7m/s2B解析当货车刹车达最大加速度时，木板即将上滑，受力分析如图所示．建立平行于斜面和垂直于斜面的直角坐标系，将力和加速度沿这两个方向分解，可得mgsinθ＋Ff＝macosθ，N－mgcosθ＝masinθ，Ff＝μN，联立以上各式解得

a＝3.9m/s2，故选项B正确．考法二牛顿第二定律的瞬时性【自主练3】(2019·百校联盟高考名师猜题保温金卷)如图所示，光滑的斜面上有A、B两个小球，A球的质量为2m，B球的质量为m，两球之间拴接有轻弹簧，A球与挡板接触但没有作用力，

B球通过轻质细线与斜面顶端的固定挡板相连，整个装置处于静止状态．斜面的倾角为30°，重力加速度为g，在剪断细线的瞬间，下列说法正确的是()A．弹簧弹力变小B．挡板对A的弹力为1.5mgC．A球一定处于超重状态D．B球的加速度大小为1.5gD解析开始时，弹簧处于伸长状态，弹簧弹力为mg

，剪断细线瞬间，弹簧长度不变，弹簧弹力不变，挡板对A的弹力为零，选项A、B错误；剪断细线瞬间，球A仍处于静止状态，既不超重，也不失重，选项C错误；以B球为研究对象，根据牛顿第二定律可得mgsin30°＋mg

＝ma，解得a＝1.5g，选项D正确．【自主练4】(2019·太原模拟)(多选)如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上．下列判断正确的是()A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变B．

在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsinθC．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gcosθD．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsinθBC解析设小球静止时绳BC的拉力为F，橡皮筋AC的拉力为T，由平衡条件可得Fcosθ＝mg，Fsinθ＝T，解得F＝mgcosθ，

T＝mgtanθ，在AC被突然剪断的瞬间，绳BC的拉力F发生了突变，小球的加速度方向沿与BC垂直的方向且斜向下，大小为a＝mgsinθm＝gsinθ，选项B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿

BC方向斜向下，故加速度a＝Fm＝gcosθ，选项C正确，D错误．归纳总结抓住“两关键”、遵循“四步骤”(1)分析瞬时加速度的“两个关键”①明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点．②分析瞬时前、后的受力情况

和运动状态．(2)“四个步骤”第一步：分析原来物体的受力情况．第二步：分析物体在突变时的受力情况．第三步：由牛顿第二定律列方程．第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性．考法三动力学两类基本问题答题模板动力学两类基本问题的解题思路【例题1】(2019·山西大学附属

中学高三模块诊断)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.(1)当纸板相对砝码

运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m1＝0.5kg，m2＝0.1kg,μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1m，取g＝10m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？[思维导

引]纸板受到来自砝码和桌面的摩擦力，相加即可得到总的摩擦力．砝码和纸板初速度都为零，发生相对运动的条件是纸板的加速度大于砝码的加速度，利用牛顿第二定律，可以求得发生相对运动的条件．砝码的运动包括纸板抽出前和抽出后两个过程，都为匀变速直线运动，且连接点处速度相等，二

者的位移之差为d.利用匀变速运动的位移公式，以及纸板运动与砝码运动位移的长度关系，可以求得所需最小拉力．解析(1)砝码对纸板的摩擦力Ff1＝μm1g，桌面对纸板的摩擦力Ff2＝μ(m1＋m2)g，所以当纸板相对砝码运动时纸板所受摩擦力的大小Ff＝Ff1＋Ff2＝μ(2

m1＋m2)g.(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则Ff1＝m1a1，对纸板由牛顿第二定律可知F－Ff1－Ff2＝m2a2，发生相对运动a2>a1，解得F>2μ(m1＋m2)g.(3)纸板抽出前，砝码

运动的距离x1＝12a1t21，纸板运动的距离d＋x1＝12a2t21，纸板抽出后，砝码在桌面上做匀减速运动，根据对称性可知匀减速的位移为x2＝x1＝12a1t21，根据题意l＝x2＋x1，联立各式可解得a2＝202m/s2，由F＝Ff＋m2a得F＝22.4N.答案(1)μ(2m1＋m2)

g(2)2μ(m1＋m2)g(3)22.4N解题技巧解决两类动力学问题的两个关键点(1)把握“两个分析”“一个桥梁”两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析．一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥

梁．(2)寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系．如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，画图找出各过程的位移之间的联系．【跟踪训练1-1】(2019·三台实验学校月考)(多选)如图所示，小车向右运动的过程中，某段时间内车中悬挂的小球A和

车水平底板上的物块B都相对车厢静止，悬挂小球A的悬线与竖直线有一定夹角θ，B与车底板之间的动摩擦因数为0.75，假设B所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力．在这段时间内，下列判断正确的是()A．物块B不受摩擦力作用

B．物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左C．要使A、B和车保持相对静止，θ最大为37°D．要使A、B和车保持相对静止，θ最大为53°BC解析根据小球所处的状态可知，小车正在向右做匀减速直线运动，故车厢内

的物块B跟随小车一起向右做匀减速直线运动，加速度水平向左保持不变，根据牛顿第二定律可知，物块B一定受水平向左的恒定摩擦力作用，选项A错误，B正确；设能使A、B和车厢保持相对静止的最大加速度大小为am，则此时B受到的摩擦力为最大静摩擦力，根据牛顿第二定律可知

μmg＝mam，得am＝μg；以小球A为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律可知mgtanθ＝mam，得am＝gtanθ，联立两个加速度表达式得tanθ＝μ＝0.75，则此时的θ角为37°，故要使A、B和车保持相对静止，θ最大为

37°，选项C正确，D错误．【跟踪训练1-2】(2019·华中师范大学第一附属中学高三模拟)(多选)如图所示，斜劈B固定在弹簧上，斜劈A扣放在B上，A、B相对静止，待系统平衡后用竖直向下的变力F作用于A，使A、B缓慢压缩弹簧，弹簧一直在弹性限度内，则下列说法正确的是()A．压缩弹簧的过程中，B对A

的摩擦力逐渐增大B．压缩弹簧的过程中，A可能相对B滑动C．当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，B对A的作用力一直减小D．当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，A、B分离时，弹簧恢复原长ACD解析因开始A相对于B静止，则A在沿斜面方向

的分力小于等于最大静摩擦力，设斜劈的倾角为θ，有mgsinθ≤μmgcosθ，所以(mg＋F)sinθ≤μ(mg＋F)cosθ，所以A、B在缓慢压缩弹簧的过程中，仍然能保持相对静止，A所受的摩擦力Ff＝(mg＋F)sinθ，对整体分析，F逐渐增

大，可知摩擦力逐渐增大，故选项A正确，B错误；撤去F后，在弹簧恢复原长前，整体的加速度逐渐减小，隔离对A分析，有F－mg＝ma，则B对A的作用力逐渐减小，当弹簧恢复原长后，B受到重力和弹簧的弹力作用，加速度大于g，将与A发生分离，故选项C、D正确．【跟踪训练1-3】(2019·东海中学高考适

应性考试)如图所示，斜面AD和BD与水平方向的夹角分别为60°和30°，两斜面的A端和B端在同一竖直面上，现让两个可视为质点的物块分别从两斜面的顶端同时由静止下滑，结果两物块同时滑到斜面底端D，设两物块与AD、BD面间的动摩擦因数分别为μ1

和μ2，则μ1μ2为()A.3∶1B．1∶3C．1∶3D．3∶1D解析根据牛顿第二定律，物块由AD下滑时有mgsin60°－μ1mgcos60°＝ma1，得a1＝gsin60°－μ1gcos60°，由BD下滑时有mgsin30°－μ2mgcos30°＝m

a2，得a2＝gsin30°－μ2gcos30°，设底边CD＝d，由运动学公式有dcos60°＝12a1t2，dcos30°＝12a2t2，联立以上四式解得μ1μ2＝31，故选项D正确．考法四应用整体法和

隔离法分析连接体问题归纳总结涉及整体法和隔离法的具体类型(1)通过滑轮和绳的连接体问题：若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法．绳跨过定滑轮，连接的两物体虽然加速度大小相同但方向不同，故采用隔离法．(2)水平面上的连接体问题

：这类问题一般多是连接体(系统)中各物体保持相对静止，即具有相同的加速度．解题时，一般整体法、隔离法交替应用．(3)斜面体与上面物体组成的系统的问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析．【

例题2】(2019·抚州七校高三联考)如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，小车上有一水平支架，一质量为m的小球用轻绳悬挂于支架上．現用一水平向右的力拉小球，使小球和车一起向右做匀加速直线运动，稳定时，轻绳与竖直方向的夹角为θ.重力加速度为g.求：(1)绳上的拉力大小FT；

(2)拉小球的水平力大小F.[思维导引]对小球受力分析根据正交分解可得绳上的拉力大小；根据牛顿第二定律求出小球的加速度，小车的加速度与小球的加速度大小相等，对小球与小车整体分析可得拉小球的水平力大小．解析(1)对绳上的拉力

正交分解可得FTcosθ＝mg，解得FT＝mgcosθ.(2)小车水平方向的合力F合＝FTsinθ，联立以上各式解得小车的加速度大小a＝mgtanθM，对小球与小车整体分析可得拉小球的水平力大小为F＝(m＋M)a＝m＋MmgtanθM.答案(1)mgcosθ(2)M＋mmgtanθM

答题模板分析连接体问题的思路【跟踪训练2-1】(2019·湖南师范大学附属中学期末)如图所示，一个截面是三角形的物体P平放在水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分别为α、β，且α<β，P的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接A、B两个质量相等的滑块，连接后细绳与各自的斜面平行，所有接触

面都不计摩擦，重力加速度大小为g.(1)若P固定不动，求A、B的加速度大小．(2)若P向右做匀加速运动，加速度多大时能使A、B与斜面不发生相对滑动．解析(1)P固定时，A、B的加速度大小相等，设为a1，以F表示绳的张力，则滑块A有F－mgsinα＝ma1，滑块B有mgsinβ－F＝ma1，解得a1

＝gsinβ－sinα2.(2)设P向右的加速度为a，A、B相对斜面不发生滑动时，A、B的加速度也为a，仍用F表示绳中的张力，则滑块A沿斜面方向F－mgsinα＝macosα，滑块B沿斜面方向mgsinβ－F＝macosβ，

解得a＝gsinβ－sinαcosβ＋cosα＝gtanβ－α2.答案(1)gsinβ－sinα2(2)gtanβ－α2【跟踪训练2-2】(2019·雄安新区博奥高级中学高三模拟)浙江宁波慈溪方特欢乐世界的“跳楼机”游戏，以惊险刺

激深受年轻人的欢迎，它的基本原理是将巨型娱乐器械由升降机送到离地面100m的高处，然后让座舱自由落下．落到离地面20m高时，制动系统开始启动，使座舱均匀减速，到达地面时刚好停下．某次游戏中，座舱中小明用手托着重5N

的苹果，(取g＝10m/s2)试求：(1)此过程中的最大速度；(2)当座舱落到离地面40m的位置时，手对苹果的支持力；(3)当座舱落到离地面15m的位置时，苹果对手的压力．解析(1)由题意可知先自由下降h＝100m－20m＝80m，由v2＝2gh，

有v＝40m/s.(2)离地面40m时，座舱自由下落，处于完全失重状态，所以手对苹果的支持力为零．(3)设座舱匀减速的加速度为a′，则a′＝v22s，由此得a′＝40m/s2，根据牛顿第二定律FN－Mg＝Ma，得FN＝25N，根据牛顿第三定律，苹果对手的压力为25N.答案

(1)40m/s(2)0(3)25N【跟踪训练2-3】(2019·皖中名校联盟高三联考)如图所示，在倾角为37°的足够长的光滑斜面上，放一质量为mA＝0.2kg的薄板A,A板上、下段由不同材料构成，下段表面光滑，长度l＝3m，上段表面粗糙；质量为mB＝2.0kg的金属块B(视为质点)位于

A的最下端，B与A上段间的动摩擦因数μ＝0.1；质量为mC＝1.2kg的物块C通过轻线绕过定滑轮与B相连．忽略滑轮质量及轴间的摩擦，A、B间最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．开始时，整个系统在外力作用下，处于静止状态，

轻线被拉直(sin37°＝0.6,cos37°＝0.8，g＝10m/s2)．求：(1)撤去外力的瞬间，A、B、C的加速度分别是多大；(2)B刚到达A的粗糙部分时，A、B、C的加速度分别是多大；(3)撤去外力后的整个过程中，A相对B的位移．(绳足够长

，B始终没滑出A板)解析(1)由于mBgsin37°＝mCg＝12N，所以撤去外力的瞬间aB＝aC＝0，对薄板A，有mAgsin37°＝mAaA，得aA＝6m/s2.(2)由于斜面和A板下段表面都光滑，撤去外力后，A板从静

止开始向下做匀加速运动，只要金属块B在A板下段表面上，B、C就保持静止不动．A板运动到金属块B在其上段表面上后，B和C受滑动摩擦力作用将一起以相同大小的加速度做加速运动．设A板上段刚滑到B下方时速度为vA，则v2A＝2aAl，解

得vA＝6m/s，B在A板上段表面时，设A板加速度为aA1，B和C加速度为aB1，轻线拉力为F，则mAgsin37°－μmBgcos37°＝mAaA1，mBgsin37°＋μmBgcos37°－F＝mBaB1，F－mCg＝mCaB1，解得aA1＝－2m/s2，aB1＝a

C1＝0.5m/s2.(3)A、B、C最终达到速度相等．假设速度相等之后，A、B间的静摩擦力Ff小于最大静摩擦力Ffm，即A、B相对静止，A、B、C三者加速度大小相同，设为a0，则(mA＋mB)gsin37°－mCg＝(mA＋mB＋mC)a0，mAgsin37°

－Ff＝mAa0，解得a0＝0.35m/s2，Ff＝1.1N，Ffm＝μmBgcos37°＝1.6N，即Ff＜Ffm，假设成立，之后A、B相对静止．设A、B、C达到相等速度v1所需时间为t，则v1＝vA＋aA1t＝aB1t，解得t＝2.4

s，v1＝1.2m/s.设在时间t内，A通过的距离是xA，B和C通过的距离是xB，则xA＝12(vA＋v1)t，xB＝12v1t，解得xA＝8.64m，xB＝1.44m，则A相对B的位移Δx＝xA－xB＋l＝10.2m.答案(1)6m/s200(2)2m/s20.5m/s20.5

m/s2(3)10.2m[典例诊断]【例题3】(2019·华中师范大学第一附属中学高三模拟)质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂另一质量为m的小球，且M>m.用一力F水平向右拉小球，使小球和小车一起以加

速度a向右运动，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为F1，如图甲所示．若用一力F′水平向左拉小车，使小球和小车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为F′1，如图乙所示，则()A．a′＝aF1＝F′1B．a′>aF1＝F′1C．a′＝aF1<F′1D．a′

>aF1<F′1[错解分析]错选A：根据小球与竖直方向间的夹角大小相等，认为两种情况下小车的加速度大小相等，然后根据整体法判断出合外力大小相等，错误原因是甲图中小球受的细绳拉力的水平分力不是小球合外力．答案B解析对题图甲中情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根

据牛顿第二定律，有F＝(M＋m)a，再对题图甲中情况下的小球受力分析，如图所示．根据牛顿第二定律，有F－F1sinα＝ma，F1cosα－mg＝0，由以上三式可解得F1＝mgcosα，a＝mgtanαM.再对题图乙中小球受力分析，如图所

示．由几何关系得F合＝mgtanα，F′1＝mgcosα，再由牛顿第二定律，得到a′＝gtanα，由于M>m，故a′>a，F′1＝F1，选项B正确．易错警示连接体相似情景的定式思维相似情景下的不同连接体问题，由于思维定式，容易将一种情景下连接体问题的解题思路或结论，直接套用在另一

种情景下的连接体问题上而导致错误．为此，解答连接体问题时，要仔细比对不同情景的异同，找出细微的区别及联系．如本题中相同点是两种情况下，细线拉力的竖直分力大小等于小球的重力，不同点是小球受力个数不同．【跟踪训练3】如图所示，一倾角为α的固定斜

面上，两个质量均为m的小物块A和B紧挨着匀加速下滑，A与B的接触面光滑．已知A与斜面间的动摩擦因数为μA＝tanα，B与斜面间的动摩擦因数为μB＝12tanα，重力加速度大小为g.则下滑过程中A、B间弹力的大小为()A．0B.1

2mgsinαC.13mgsinαD.14mgsinαD解析对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律可得2mgsinα－μAmgcosα－μBmgcosα＝2ma，解得a＝14gsinα；对B受力分析，根据牛顿第二定律可得mgsinα－NAB－μBmgcosα＝ma，解得NAB＝14mg

sinα，选项D正确．板块三︿︿1．(2019·泰州模拟)如图所示，A、B两球完全相同，质量均为m，用两根等长的细线悬挂在升降机内天花板的O点，两球之间连着一根劲度系数为k的轻质弹簧，当升降机以加速度a竖直向上匀加速运动时，两根细

线之间的夹角为θ.则弹簧被压缩的长度为()A.ma＋gtanθkB.mgtanθkC.ma＋gtanθ2kD.2ma＋gtanθ2kC解析对球A受力分析，受重力mg、拉力T、弹簧的弹力F而向上做匀加速直线运动，则由牛顿第二定律可知Ftanθ2－mg＝ma，即F＝m(g＋a)

tanθ2，根据胡克定律，有F＝kx，联立可得x＝ma＋gtanθ2k，选项C正确．2．(2019·肇庆高三统测)如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，下列说法正确的是()A．斜面对球不仅

有弹力，而且该弹力是一个定值B．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maC．若加速度足够小，则竖直挡板对球的弹力可能为零D．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零A解析小球受到的重力mg、斜面的支持力FN2、竖直挡板的水平弹力FN1，设斜面的倾斜角

为α，则竖直方向有FN2cosα＝mg，因mg和α不变，故无论加速度如何变化，FN2不变且不可能为零，故选项A正确，D错误；水平方向有FN1－FN2sinα＝ma，因FN2sinα≠0，若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故选项C错误；斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的FN2c

osα与水平方向的ma的合成，因此大于ma，故选项B错误．3．(2019·江苏六市高三调研)如图所示，倾角为30°的光滑固定斜面上放置质量为M的木板A，跨过轻质光滑定滑轮的细线一端与木板相连且细线与斜面平行

，另一端连接质量为m的物块B，质量也为m的物块C位于木板顶端．静止释放后，C下滑，而A、B仍保持静止．已知M＝1.5m，重力加速度为g，则C沿木板下滑的加速度大小为()A.34gB.12gC.14gD.18gC解析对木板A受力

分析，根据平衡条件可得Mgsin30°＋Ff＝mg，由题意可知M＝1.5m，可得A、C间的摩擦力为Ff＝0.25mg，对C受力分析，根据牛顿第二定律可得mgsin30°－Ff＝ma，联立以上各式可得C下滑的加速度a＝14g，故选项C正确，A

、B、D错误．