牛頓運動定律的綜合應(yīng)用

./牛頓運動定律的綜合應(yīng)用一．選擇題〔共30小題1．〔2016?XX沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用,其下滑的速度﹣時間圖線如圖所示．已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù),在0～5s,5～10s,10～15s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3,則〔A．F1＜F2 B．F2＞F3 C．F1＞F3 D．F1=F32．〔2016?宿遷模擬如圖所示,質(zhì)量為m1的木塊和質(zhì)量為m2的長木板疊放在水平地面上．現(xiàn)對木塊施加一水平向右的拉力F,木塊在長木板上滑行,而長木板保持靜止?fàn)顟B(tài)．己知木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ1,長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2,且最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等．下列說法正確的是〔A．木塊受到的摩擦力大小為μ1〔m1+m2gB．長木板受到的摩擦力大小為μ2〔m1+m2gC．若改變F的大小,當(dāng)F＞μ1〔m1+m2g時,長木板將開始運動D．若將F作用于長木板,長木板與木塊有可能會相對滑動3．〔2016?XX校級一模在地面附近,存在著一有界電場,邊界MN將空間分成上下兩個區(qū)域Ⅰ、Ⅱ,在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強電場,在區(qū)域I中離邊界某一高度由靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球A,如圖甲所示,小球運動的v﹣t圖象如圖乙所示,不計空氣阻力,則〔A．小球受到的重力與電場力之比為3：5B．在t=5s時,小球經(jīng)過邊界MNC．在小球向下運動的整個過程中,重力做的功大于電場力做功D．在1s～4s過程中,小球的機械能先減小后增大4．〔2016?上海模擬如圖所示,一人站在電梯中的體重計上,隨電梯一起運動．下列各種情況中,體重計的示數(shù)最大的是〔A．電梯勻減速上升,加速度的大小為1.0m/s2B．電梯勻加速上升,加速度的大小為1.0m/s2C．電梯勻減速下降,加速度的大小為0.5m/s2D．電梯勻加速下降,加速度的大小為0.5m/s25．〔2016?金山區(qū)一模如圖〔a,傾角為37°且足夠長的固定斜面底端有一物塊,在沿斜面向上的拉力F=30N作用下,物塊開始沿斜面運動,0.5s時撤去F,其運動的v?t圖線如圖〔b所示．取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2,則可確定〔A．物塊的質(zhì)量為2kgB．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5C．物塊沿斜面向上滑行的最大距離為7.5mD．物塊回到斜面底端的時刻為2.74s6．〔2016春?XX校級期末如圖所示,一塊質(zhì)量為M=2kg的木板放在光滑的水平地面上,在木板上放著一個質(zhì)量為m=1kg的小物體,它被一根水平方向上壓縮了的彈簧推著靜止在木板上,此時彈簧的彈力為2N．現(xiàn)沿水平向左的方向?qū)δ景迨┮宰饔昧?使木板由靜止開始運動起來,運動中力F由0逐漸增加到9N,以下說法正確的是〔A．物體與小木板先保持相對靜止一會,后相對滑動B．物體受到的摩擦力先減小后增大C．當(dāng)力F增大到6N時,物體不受摩擦力作用D．小木板受到9N的拉力時,物體受到的摩擦力為3N7．〔2016?天門模擬如圖所示,在豎直平面內(nèi)有一圓,O為圓心,AB為豎直直徑,C為圓周上一點,在圓內(nèi)放置兩跟光滑桿AC、OC,AC與AB成θ角,兩桿上各套一個小球〔可看作質(zhì)點a、b,將小球a、b由桿的上端從靜止釋放,小球a在桿上運動的時間為t1,小球b在桿上運動的時間為t2,當(dāng)θ角在0°到90°之間取值時,則下列說法正確的是〔A．若t1=t2,θ角有一個確定的值B．若t1＜t2,則30°＜θ＜60°C．若t1＞t2,則30°＜θ＜60°D．若θ＜30°,則t1＜t28．〔2016春?XX校級月考如圖所示,傾斜的傳送帶始終以恒定速率v2運動．一小物塊以v1的初速度沖上傳送帶．小物塊從A到B的過程中一直做減速運動,則〔A．如果v1＞v2,小物塊到達B端的速度可能等于0B．如果v1＜v2,小物塊到達B端的速度可能等于0C．如果v1＞v2,減小傳送帶的速度,物塊到達B端的時間可能增長D．如果v1＜v2,增大傳送帶的速度,物塊到達B端的時間可能變短9．〔2015?XX校級模擬如圖甲所示,在水平地面上放置一個質(zhì)量為m=4kg的物體,讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運動,推力隨位移x變化的圖象乙所示．已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5,g=10m/s2．下列說法正確的是〔A．物體先做加速運動,推力撤去時開始做減速運動B．物體在水平面上運動的最大位移是12mC．物體在運動中的加速度先變小后不變D．物體運動的最大速度為8m/s10．〔2015?XX模擬如圖甲所示,一質(zhì)量為M=3.3kg的滑塊隨足夠長的水平傳送帶一起向右勻速運動,滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2．一質(zhì)量m=0.05kg的子彈水平向左射入滑塊并留在其中,設(shè)子彈與滑動碰撞時在極短的時間內(nèi)達到速度一致,取水平向左的方向為正方向,子彈在整個運動過程中的v﹣t圖象如圖乙所示,已知傳送帶的速度始終保持不變,滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出,g取10m/s2．下列說法正確的是〔A．傳送帶的速度大小為4m/sB．滑塊相對傳送帶滑動的距離為9mC．滑塊相對地面向左運動的最大位移為3mD．若滑塊可視為質(zhì)點且傳送帶與轉(zhuǎn)動輪間不打滑,則轉(zhuǎn)動輪的半徑R為0.4m11．〔2015?XX校級模擬如圖所示,勁度系數(shù)為k的輕彈簧下端系一個質(zhì)量為m的小球A,小球被水平擋板P托住使彈簧長度恰為自然長度〔小球與擋板不粘連,然后使擋板P以恒定的加速度a〔a＜g開始豎直向下做勻加速直線運動,則〔A．小球與與擋板分離的時間為t=B．小球與與擋板分離的時間為t=C．小球從開始運動直到最低點的過程中,小球速度最大時彈簧的伸長量x=D．小球從開始運動直到最低點的過程中,小球速度最大時彈簧的伸長量x=12．〔2015秋?XX期末在光滑水平面上有一物塊受水平恒力F的作用而運動,在其正前方固定一個足夠長的輕質(zhì)彈簧,如圖所示,當(dāng)物塊與彈簧接觸并將彈簧壓至最短的過程中,下列說法正確的是〔A．物塊接觸彈簧后即做減速運動B．物塊接觸彈簧后先加速后減速C．當(dāng)彈簧處于壓縮量最大時,物塊的加速度不等于零D．當(dāng)物塊的速度為零時,它所受的合力不為零13．〔2015秋?XX市校級期中一小滑塊從斜面上A點由靜止釋放,經(jīng)過時間4t0到達B處,在5t0時刻滑塊運動到水平面的C點停止,滑塊與斜面和水平面間的動摩擦因數(shù)相同．已知滑塊在運動過程中與接觸面間的摩擦力大小與時間的關(guān)系如圖所示,設(shè)滑塊運動到B點前后速率不變．以下說法中正確的是〔A．滑塊在斜面和水平面上的位移大小之比為16：5B．滑塊在斜面和水平面上的加速度大小之比為1：4C．斜面的傾角為45°D．滑塊與斜面的動摩擦因數(shù)μ=14．〔2015秋?XX校級月考如圖甲所示,靜止在水平面C上足夠長的木板B左端放著小物塊A．某時刻,A受到水平向右的外力F作用,F隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示．已知A、B間最大靜摩擦力大于B、C之間的最大靜摩擦力,假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．則在拉力逐漸增大的過程中,下列反映A、B運動過程中的加速度及A與B間摩擦力f1、B與C間摩擦力f2隨時間變化的圖線中正確的是〔A． B． C． D．15．〔2016?XX模擬一物塊靜止在粗糙的水平桌面上．從某時刻開始,物塊受到一方向不變的水平拉力作用．假設(shè)物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．以a表示物塊的加速度大小,F表示水平拉力的大?。苷_描述F與a之間的關(guān)系的圖象是〔A． B． C． D．16．〔2016?北京校級模擬如圖,在傾角為α的固定光滑斜面上,有一用繩子栓著的長木板,木板上站著一只貓．已知木板的質(zhì)量是貓的質(zhì)量的2倍．當(dāng)繩子突然斷開時,貓立即沿著板向上跑,以保持其相對斜面的位置不變．則此時木板沿斜面下滑的加速度為〔A． B．gsinα C．gsinα D．2gsinα17．〔2016?河西區(qū)二模一物體放置在傾角為θ的斜面上,斜面固定于加速上升的電梯中,加速度為a,如圖所示．在物體始終相對于斜面靜止的條件下,下列說法中正確的是〔A．當(dāng)θ一定時,a越大,斜面對物體的正壓力越小B．當(dāng)θ一定時,a越大,斜面對物體的摩擦力越大C．當(dāng)a一定時,θ越大,斜面對物體的正壓力越小D．當(dāng)a一定時,θ越大,斜面對物體的摩擦力越小18．〔2016?XX校級模擬如圖所示,一根跨越光滑定滑輪的輕繩,兩端各有一雜技演員〔可視為質(zhì)點,a站于地面,b從圖示的位置由靜止開始向下擺動,運動過程中繩始終處于伸直狀態(tài),當(dāng)演員b擺至最低點時,a剛好對地面無壓力,則演員a質(zhì)量與演員b質(zhì)量之比為〔A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．4：119．〔2016?XX模擬如圖所示,將底部裝有彈簧的木箱在某一高度由靜止釋放,從彈簧接觸地面到木箱速度為零的過程中,木箱速度的變化情況是〔A．一直增大 B．一直減小 C．先減小后增大 D．先增大后減小20．〔2016春?XX校級月考某物體受一對平衡力作用處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)將其中一個力先減小到零再增大恢復(fù)到原來的大小,方向不變,而另一個力保持不變．在此過程中,該物體的速度變化情況是〔A．逐漸增大 B．先增大后減小 C．逐漸減小 D．先減小后增大21．〔2016?XX校級模擬在水平地面上運動的小車車廂底部有一質(zhì)量為m1的木塊,木塊和車廂通過一根輕質(zhì)彈簧相連接,彈簧的勁度系數(shù)為k．在車廂的頂部用一根細線懸掛一質(zhì)量為m2的小球．某段時間內(nèi)發(fā)現(xiàn)細線與豎直方向的夾角為θ,在這段時間內(nèi)木塊與車廂保持相對靜止,如圖所示．不計木塊與車廂底部的摩擦力,則在這段時間內(nèi)彈簧的形變?yōu)椤睞．伸長量為tanθ B．壓縮量為tanθC．伸長量為 D．壓縮量為22．〔2016?XX校級二模一長輕質(zhì)木板置于光滑水平地面上,木板上放質(zhì)量分別為mA=1kg和mB=2kg的A、B兩物塊,A、B與木板之間的動摩擦因素都為μ=0.2,水平恒力F作用在A物塊上,如圖所示〔重力加速度g取10m/s2．則〔A．若F=1N,則物塊、木板都靜止不動B．若F=1.5N,則A物塊所受摩擦力大小為1.5NC．若F=4N,則B物塊所受摩擦力大小為4ND．若F=8N,則B物塊的加速度為1m/s223．〔2016?XX二模如圖甲所示,物塊的質(zhì)量m=1kg,初速度v0=10m/s,在一水平向左的恒力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運動,某時刻后恒力F突然反向,整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖象如圖乙所示,g=10m/s2．下列選項中正確的是〔A．0﹣5s內(nèi)物塊做勻減速運動B．在t=1s時刻,恒力F反向C．恒力F大小為10ND．物塊與水平面的動摩擦因數(shù)為0.324．〔2016?XX市模擬如圖所示,輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連,下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連,整個系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上,并處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出,設(shè)抽出后的瞬間,木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2．重力加速度大小為g,則有〔A．a(chǎn)1=0,a2=g B．a(chǎn)1=g,a2=gC．a(chǎn)1=0,a2=g D．a(chǎn)1=g,a2=g25．〔2016?浦東新區(qū)三模如圖a所示,用一水平力F拉著一個靜止在傾角為θ的光滑斜面上的物體,逐漸增大F,物體做變加速運動,其加速度a隨外力F變化的圖象如圖乙所示,根據(jù)圖b中所提供的信息可以計算出〔A．物體的質(zhì)量B．斜面的傾角C．物體能靜止在斜面上所施加的最小外力D．加速度為6m/s2時物體的速度26．〔2016?北京校級模擬如圖所示,將質(zhì)量為m的滑塊放在傾角為θ的固定斜面上．滑塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ．若滑塊與斜面之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力大小相等,重力加速度為g,則〔A．將滑塊由靜止釋放,如果μ＞tanθ,滑塊將下滑B．給滑塊沿斜面向下的初速度,如果μ＜tanθ,滑塊將減速下滑C．用平行于斜面向下的力拉滑塊向下勻速滑動,如果μ=tanθ,拉力大小應(yīng)是mgsinθD．用平行于斜面向上的力拉滑塊向上勻速滑動,如果μ=tanθ,拉力大小應(yīng)是2mgsinθ27．〔2016?XX校級一模如圖所示,物體A、B、C質(zhì)量分別為m、2m、3m,A與天花板間,B與C之間用輕彈簧連接,當(dāng)系統(tǒng)平衡后,突然將AB間繩燒斷,在繩斷的瞬間,A、B、C的加速度分別為〔以向下的方向為正方向〔A．g,g,g B．﹣5g,2.5g,0 C．﹣5g,2g,0 D．﹣g,2.5g,3g28．〔2016?XX模擬如圖所示,一固定桿與水平方向夾角為θ,將一質(zhì)量為m1的滑塊套在桿上,通過輕繩懸掛一個質(zhì)量為m2的小球,桿與滑塊之間的動摩擦因數(shù)為μ．若滑塊與小球保持相對靜止以相同的加速度a一起運動,此時繩子與豎直方向夾角為β,且θ＜β,則滑塊的運動情況是〔A．沿著桿加速下滑 B．沿著桿加速上滑C．沿著桿減速下滑 D．沿著桿減速上滑29．〔2016?XX三模如圖所示,物塊A放在木板B上,A、B的質(zhì)量均為m,A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ,B與地面之間的動摩擦因數(shù)為．若將水平力作用在A上,使A剛好要相對B滑動,此時A的加速度為a1；若將水平力作用在B上,使B剛好要相對A滑動,此時B的加速度為a2,則a1與a2的比為〔A．1：1 B．2：3 C．1：3 D．3：230．〔2016?楊浦區(qū)三模三角形傳送帶以1m/s的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動,兩邊的傳送帶長都是2m且與水平方向的夾角均為37°．現(xiàn)有兩個小物塊A、B從傳送帶頂端都以1m/s的初速度沿傳送帶下滑,物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)都是0.5,〔g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8下列說法正確的是〔A．物塊A先到達傳送帶底端B．物塊A、B同時到達傳送帶底端C．傳送帶對物塊A、B均做負(fù)功D．物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度之比為1：3牛頓運動定律的綜合應(yīng)用參考答案與試題解析一．選擇題〔共30小題1．〔2016?XX沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用,其下滑的速度﹣時間圖線如圖所示．已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù),在0～5s,5～10s,10～15s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3,則〔A．F1＜F2 B．F2＞F3 C．F1＞F3 D．F1=F3[分析]速度時間圖象的斜率表示加速度的大小,斜率為正,表示加速運動,斜率為負(fù),表示減速運動,再根據(jù)牛頓第二定律分析拉力的大小即可．[解答]解：由速度時間圖象的斜率可知,0～5s內(nèi)和10～15s內(nèi)物體的加速度大小a相等．在0～5s內(nèi),物體加速下滑,由牛頓第二定律可得：mgsinθ﹣f﹣F1=ma,所以F1=mgsinθ﹣f﹣ma；在5～10s,物體勻速下滑,受力平衡,則mgsinθ﹣f=F2,所以F2=mgsinθ﹣f；在10～15s內(nèi),物體減速下滑,由牛頓第二定律可得,F3+f﹣mgsinθ=ma,所以F3=mgsinθ﹣f+ma；由以上分析可得,F1＜F2＜F3；故選：A[點評]本題是對速度時間圖象含義的考查,明確速度時間圖象的斜率表示加速度的大小,斜率為正,表示加速運動,斜率為負(fù),表示減速運動,再根據(jù)牛頓第二定律計算拉力的大小即可．2．〔2016?宿遷模擬如圖所示,質(zhì)量為m1的木塊和質(zhì)量為m2的長木板疊放在水平地面上．現(xiàn)對木塊施加一水平向右的拉力F,木塊在長木板上滑行,而長木板保持靜止?fàn)顟B(tài)．己知木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ1,長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2,且最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等．下列說法正確的是〔A．木塊受到的摩擦力大小為μ1〔m1+m2gB．長木板受到的摩擦力大小為μ2〔m1+m2gC．若改變F的大小,當(dāng)F＞μ1〔m1+m2g時,長木板將開始運動D．若將F作用于長木板,長木板與木塊有可能會相對滑動[分析]先對木塊受力分析,求出滑塊與長木板之間的滑動摩擦力；然后對長木板受力分析,求出其受到的靜摩擦力；則可明確二者的受力及運動情況．[解答]解：A、B、先對木塊受力分析,受拉力F、重力、支持力和向后的滑動摩擦力,滑動摩擦力為f1=μ1m1g；根據(jù)牛頓第三定律,木塊對長木板有向前的滑動摩擦力,長木板還受到重力、壓力、支持力和地面對其向后的靜摩擦力,根據(jù)平衡條件,有f2=f1=μ1m1g≤μ2〔m1+m2g故AB錯誤；C、若改變F的大小,當(dāng)F＞μ1〔m1+m2g時,滑塊加速,但滑塊與長木板的滑動摩擦力不變,故長木板與地面間的靜摩擦力也不變,故木板不會運動；故C錯誤；D、若將力F作用在長木板上時,滑塊受木板的作用力等于二者間的滑動摩擦力；當(dāng)整體的加速度大于μg時,木塊一定會發(fā)生木板的滑動；故D正確；故選：D[點評]本題關(guān)鍵是先對滑塊受力分析,求出滑塊與長木板間的滑動摩擦力,然后對長木板受力分析,求出長木板與地面間的靜摩擦力；同時要分清楚靜摩擦力和滑動摩擦力,判斷摩擦力的有無可以根據(jù)摩擦力的產(chǎn)生條件、作用效果、牛頓第三定律判斷．3．〔2016?XX校級一模在地面附近,存在著一有界電場,邊界MN將空間分成上下兩個區(qū)域Ⅰ、Ⅱ,在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強電場,在區(qū)域I中離邊界某一高度由靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球A,如圖甲所示,小球運動的v﹣t圖象如圖乙所示,不計空氣阻力,則〔A．小球受到的重力與電場力之比為3：5B．在t=5s時,小球經(jīng)過邊界MNC．在小球向下運動的整個過程中,重力做的功大于電場力做功D．在1s～4s過程中,小球的機械能先減小后增大[分析]小球進入電場前做自由落體運動,進入電場后受到電場力作用而做減速運動,由圖可以看出,小球經(jīng)過邊界MN的時刻．分別求出小球進入電場前、后加速度大小,由牛頓第二定律求出重力與電場力之比．根據(jù)動能定理研究整個過程中重力做的功與電場力做的功大小關(guān)系．整個過程中,小球的機械能與電勢能總和不變．[解答]解：B、小球進入電場前做自由落體運動,進入電場后受到電場力作用而做減速運動,由圖可以看出,小球經(jīng)過邊界MN的時刻是t=1s時．故B錯誤．A、由圖象的斜率等于加速度得小球進入電場前的加速度為：a1=,進入電場后的加速度大小為：a2=由牛頓第二定律得：mg=ma1…①F﹣mg=ma2得電場力：F=mg+ma2=…②由①②得重力mg與電場力F之比為3：5．故A正確．C、整個過程中,動能變化量為零,根據(jù)動能定理,整個過程中重力做的功與電場力做的功大小相等．故C錯誤．D、整個過程中,由圖可得,小球在0﹣2.5s內(nèi)向下運動,在2.5s﹣5s內(nèi)向上運動,在1s～4s過程中,小球的機械能先減小后增大電場力先做負(fù)功,后做正功．電勢能先增大,后減??；由于整個的過程中動能、重力勢能和電勢能的總和不變,所以,小球的機械能先減小后增大．故D正確．故選：AD[點評]本題一要能正確分析小球的運動情況,抓住斜率等于加速度是關(guān)鍵；二要運用牛頓第二定律和動能定理分別研究小球的受力情況和外力做功關(guān)系．4．〔2016?上海模擬如圖所示,一人站在電梯中的體重計上,隨電梯一起運動．下列各種情況中,體重計的示數(shù)最大的是〔A．電梯勻減速上升,加速度的大小為1.0m/s2B．電梯勻加速上升,加速度的大小為1.0m/s2C．電梯勻減速下降,加速度的大小為0.5m/s2D．電梯勻加速下降,加速度的大小為0.5m/s2[分析]先對人受力分析,受重力和支持力,體重計示數(shù)即為受到的壓力,而壓力等于支持力；再對人進行運動分析,確定加速度方向；最后根據(jù)牛頓第二定律列式求解．[解答]解：A、電梯減速上升,加速度向下,由牛頓第二定律mg﹣F=ma解得F=m〔g﹣a=9mB、電梯勻加速上升,加速度向上,由牛頓第二定律F﹣mg=ma解得F=m〔g+a=11mC、電梯勻減速下降,加速度向上,由牛頓第二定律F﹣mg=ma解得F=m〔g+a=10.5mD、電梯勻加速下降,加速度向下,由牛頓第二定律mg﹣F=ma解得F=m〔g﹣a=9.5m故選：B．[點評]只要加速度向上,就是超重,加速度向下,就是失重,與物體的運動速度方向無關(guān),同時,超重與失重現(xiàn)象只是物體對支撐物的壓力變大,而重力保持不變！5．〔2016?金山區(qū)一模如圖〔a,傾角為37°且足夠長的固定斜面底端有一物塊,在沿斜面向上的拉力F=30N作用下,物塊開始沿斜面運動,0.5s時撤去F,其運動的v?t圖線如圖〔b所示．取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2,則可確定〔A．物塊的質(zhì)量為2kgB．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5C．物塊沿斜面向上滑行的最大距離為7.5mD．物塊回到斜面底端的時刻為2.74s[分析]根據(jù)圖象可以得出加速上升和減速上升的加速度的大小,根據(jù)牛頓第二定律計算物體的質(zhì)量和動摩擦因數(shù)的大小,根據(jù)速度公式計算減速運動的時間,根據(jù)位移公式計算下滑的時間．[解答]解：A、v﹣t圖象的斜率表示加速度的大小,根據(jù)圖象可知,加速上升時的加速度為：a1=20m/s2,減速上升時的加速度為：a2=10m/s2,對物體受力分析,利用牛頓第二定律,加速上升時有：F﹣mgsin37°﹣μmgcos37°=ma1,減速上升時有：mgsin37°+μmgcos37°=ma2,由上式解得：m=1kg,μ=0.5,所以A錯誤,B正確；C、加速上升時運動的位移為：x1=a1t12=×20×0.52m=2.5m,減速上升的時間為：t2==s=1s,減速上升的時運動的位移為：x2===5m,物塊沿斜面向上滑行的最大距離為x=x1+x2=2.5m+5m=7.5m,所以C正確；D、物體返回的時候,對物體受力分析,根據(jù)牛頓第二定律可得,mgsin37°﹣μmgcos37°=ma3,代入數(shù)據(jù)解得：a3=4m/s2,根據(jù)x═a3t32,可得返回用的時間t3為：t3==s≈1.94s,物塊回到斜面底端的時刻為t=1.5+1.94=3.43s,所以D錯誤；故選：BC[點評]本題是對牛頓運動定律和運動學(xué)方程的綜合的應(yīng)用,對物體受力分析,根據(jù)牛頓第二定律計算加速度的大小,再分析清楚物體的運動的過程,利用運動學(xué)的規(guī)律分過程來計算．6．〔2016春?XX校級期末如圖所示,一塊質(zhì)量為M=2kg的木板放在光滑的水平地面上,在木板上放著一個質(zhì)量為m=1kg的小物體,它被一根水平方向上壓縮了的彈簧推著靜止在木板上,此時彈簧的彈力為2N．現(xiàn)沿水平向左的方向?qū)δ景迨┮宰饔昧?使木板由靜止開始運動起來,運動中力F由0逐漸增加到9N,以下說法正確的是〔A．物體與小木板先保持相對靜止一會,后相對滑動B．物體受到的摩擦力先減小后增大C．當(dāng)力F增大到6N時,物體不受摩擦力作用D．小木板受到9N的拉力時,物體受到的摩擦力為3N[分析]根據(jù)題目給出的條件,先判斷出物體與木板發(fā)生滑動的條件,然后結(jié)合受力分析與牛頓第二定律即可解答．[解答]解：A、由題,當(dāng)彈簧的彈力是2N向右時,物體仍然靜止在木板上,所以物體與木板之間的最大靜摩擦力要大于等于2N．若要使物體相對于木板向左滑動,則物體受到的木板的摩擦力至少要大于等于2N,方向向右,即可物體受到的合力至少向右的4N的力,物體的加速度為：a===4m/s2同時,物體與木板有相對運動時,木板的加速度要大于物體的加速度,當(dāng)二者相等時,為最小拉力．則有：Fm=〔M+ma=〔2+1×4=12N即只有在拉力大于12N時,物體才能相對于木板滑動,所以在拉力小于9N時,物體繩子相對于木板靜止．故A錯誤；B、C、若物體與木板之間的摩擦力恰好為0,則物體只受到彈簧的彈力的作用,此時物體的加速度為：a′===2m/s2由于物體始終相對于木板靜止,所以此時整體在水平方向的受力為：F0=〔M+ma′=〔2+1×2=6N所以：當(dāng)力F增大到6N時,物體不受摩擦力作用．則拉力小于6N之前,摩擦力歲拉力F的最大而減小,當(dāng)拉力大于6N時,摩擦力又隨拉力的增大而增大．故B錯誤,C正確．D、小木板受到9N拉力時,整體的加速度：a″===3m/s2物體受到的摩擦力為f′,則：ma″=f′+2所以：f′=ma″﹣2=1×3﹣2=1N．故D錯誤．故選：C[點評]該題結(jié)合物體受到的摩擦力等于0的臨界條件與物體恰好要相對于木板滑動的臨界條件考查牛頓第二定律的應(yīng)用,解題的關(guān)鍵就是能夠正確分析物體的受力,找出對應(yīng)的臨界條件．7．〔2016?天門模擬如圖所示,在豎直平面內(nèi)有一圓,O為圓心,AB為豎直直徑,C為圓周上一點,在圓內(nèi)放置兩跟光滑桿AC、OC,AC與AB成θ角,兩桿上各套一個小球〔可看作質(zhì)點a、b,將小球a、b由桿的上端從靜止釋放,小球a在桿上運動的時間為t1,小球b在桿上運動的時間為t2,當(dāng)θ角在0°到90°之間取值時,則下列說法正確的是〔A．若t1=t2,θ角有一個確定的值B．若t1＜t2,則30°＜θ＜60°C．若t1＞t2,則30°＜θ＜60°D．若θ＜30°,則t1＜t2[分析]根據(jù)牛頓運動定律,推導(dǎo)出a球沿AC運動的時間t1的表達式,利用幾何關(guān)系得知CO與豎直方向上的夾角,再利用牛頓運動定律推導(dǎo)出b球沿OC運動的時間t2的表達式,根據(jù)選項給出的條件,逐一驗證各選項,即可得知正確結(jié)果．[解答]解：設(shè)半徑為R,沿AC運動時的加速度為：a=gcosθ由幾何知識可知運動的位移為：s=2Rcosθ由運動學(xué)公式有：s=a三式聯(lián)立得：t1=2由題意可知,OC與豎直方向的夾角為180°﹣2θ,其加速度大小為：a′=|gcos〔180°﹣2θ|在CO上運動時有：R=×|gcos〔180°﹣2θ|?解得：t2=A、若t1=t2,即2=,解得：θ=30°或θ=60°,θ角有兩個值,選項A錯誤．BC、若t1＜t2,即2＜,解得：30°＜θ＜60°,選項B正確,C錯誤．D、若θ＜30°,則180°﹣2θ＞120°,|gcos〔180°﹣2θ|＞,即得：2=＜2,得知：t2＜t1,選項D錯誤．故選：B[點評]該題考查到了牛頓運動定律的綜合和應(yīng)用中的"等時圓"模型,分為兩種情況：〔1物體沿著位于同一豎直圓上的所有光滑弦由靜止下滑,到達圓周最低點時間均相等,且為t=2〔如圖甲所示．〔2物體沿著位于同一豎直圓上的所有過頂點的光滑弦由靜止下滑,到達圓周低端時間相等為t=2〔如圖乙所示．該題同時還考查到了數(shù)學(xué)中三角函數(shù)在物理學(xué)中的應(yīng)用,要熟練的掌握三角函數(shù)的變換以及三角函數(shù)的圖象．8．〔2016春?XX校級月考如圖所示,傾斜的傳送帶始終以恒定速率v2運動．一小物塊以v1的初速度沖上傳送帶．小物塊從A到B的過程中一直做減速運動,則〔A．如果v1＞v2,小物塊到達B端的速度可能等于0B．如果v1＜v2,小物塊到達B端的速度可能等于0C．如果v1＞v2,減小傳送帶的速度,物塊到達B端的時間可能增長D．如果v1＜v2,增大傳送帶的速度,物塊到達B端的時間可能變短[分析]小物塊以初速度v1從底端沖上傳動帶,分析兩種情況下物體受到的摩擦力的大小及變化情況；根據(jù)運動學(xué)公式及圖象進行分析,即可求解．[解答]解：A、小物塊以初速度v1從底端沖上傳動帶,且v1大于v2,所以物塊在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做勻減速運動,當(dāng)速度減為v2后,重力沿斜面的分量可以大于向上的摩擦力,這樣合力方向向下,物體繼續(xù)減速,到達頂端時,速度有可能正好減為零,故A正確；B、v1小于v2,所以物塊在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做勻減速運動,重力沿斜面的分量可以大于向上的摩擦力,這樣合力方向向下,物體一直減速,到達頂端時,速度有可能正好減為零,故B正確；C、由A的分析可知,如果v1＞v2,小物塊的加速度開始時為gsinθ+μgcosθ；速度相等之后變?yōu)間sinθ﹣μgcosθ；故開始時加速度大；若減小傳送帶的速度,作出兩種情況下的圖象如圖所示；由圖可知,傳送帶速度減小后的圖象虛線所示；要達到相同的位移,用時要長；故C正確；D、如圖v1＜v2,則物體開始時的加速度要小,則增大傳送帶速度后,物體前一段加速度小的減速過程時間將長,則位移增大；則可知總時間將減??；故D錯誤；故選：ABC．[點評]本題考查牛頓第二定律應(yīng)用中的傳送帶問題,要注意明確物體一下做減速所隱含的信息,明確物體的運動過程,才能準(zhǔn)確求解．9．〔2015?XX校級模擬如圖甲所示,在水平地面上放置一個質(zhì)量為m=4kg的物體,讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運動,推力隨位移x變化的圖象乙所示．已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5,g=10m/s2．下列說法正確的是〔A．物體先做加速運動,推力撤去時開始做減速運動B．物體在水平面上運動的最大位移是12mC．物體在運動中的加速度先變小后不變D．物體運動的最大速度為8m/s[分析]物體受到摩擦力和推力,推力小于摩擦力時物體開始減速；根據(jù)牛頓第二定律,當(dāng)物體的合力最大時,其加速度最大．由圖讀出推力的最大值即可求出最大加速度．分析物體的運動情況：物體先加速運動,當(dāng)合力為零為后做減速運動．速度最大時推力就能得到,再由圖讀出位移．由動能定理可求出最大速度時的位置．[解答]解：A、物體先做加速運動,當(dāng)推力小于摩擦力時開始做減速運動,故A錯誤．B、由圖象得到推力對物體做功等于"面積",得推力做功為：W=200J根據(jù)動能定理：W﹣μmgxm=0,代入數(shù)據(jù)解得：xm=10m,故B錯誤．C、拉力一直減小,而摩擦力不變,故加速度先減小后增大．故C錯誤；D、由圖象可得推力隨位移x是變化的,當(dāng)推力等于摩擦力時,加速度為0,速度最大,則：F=μmg=20N,由圖得到F與x的函數(shù)關(guān)系式為：F=100﹣25x,代入數(shù)據(jù)得：x=3.2m,由動能定理可得：,解得：vm=8m/s,故D正確．故選：D．[點評]本題有兩個難點：一是分析物體的運動過程,得出速度最大的條件；二是能理解圖象的物理意義,"面積"等于推力做功,是這題解題的關(guān)鍵．10．〔2015?XX模擬如圖甲所示,一質(zhì)量為M=3.3kg的滑塊隨足夠長的水平傳送帶一起向右勻速運動,滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2．一質(zhì)量m=0.05kg的子彈水平向左射入滑塊并留在其中,設(shè)子彈與滑動碰撞時在極短的時間內(nèi)達到速度一致,取水平向左的方向為正方向,子彈在整個運動過程中的v﹣t圖象如圖乙所示,已知傳送帶的速度始終保持不變,滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出,g取10m/s2．下列說法正確的是〔A．傳送帶的速度大小為4m/sB．滑塊相對傳送帶滑動的距離為9mC．滑塊相對地面向左運動的最大位移為3mD．若滑塊可視為質(zhì)點且傳送帶與轉(zhuǎn)動輪間不打滑,則轉(zhuǎn)動輪的半徑R為0.4m[分析]〔1根據(jù)速度時間關(guān)系求出子彈碰撞前的速度和碰撞后的速度,根據(jù)動量守恒定律求出滑塊的質(zhì)量；〔2根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律求出滑塊向左運動過程中相對皮帶運動的位移根據(jù)Q=fs求得摩擦產(chǎn)生的熱量；〔3根據(jù)速度時間關(guān)系求出皮帶運動的速度抓住滑塊恰好能從右端水平飛出可知,滑塊滑離皮帶輪時滿足重力完全提供圓周運動向心力,從而據(jù)此求得皮帶輪半徑．[解答]解：A、由子彈的速度圖線可知,子彈射入滑塊后在極短的時間內(nèi)與滑塊的速度相等,然后一起先向左勻減速,再向右勻加速,最后做勻速直線運動,必定與傳送帶的速度相等,可知傳送帶的速度大小是2m/s．故A錯誤；B、C、滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,設(shè)滑塊〔包括子彈向左運動過程中加速度大小為a,由牛頓第二定律,有f=μ〔M+mg=〔M+ma解得：加速度a=2m/s2設(shè)滑塊〔包括子彈向左運動的時間為t1,位移大小為s1,則：=2s所以滑塊向左運動的位移=4m即滑塊相對于地面向左的最大位移為4m．物塊向右加速的過程中,加速度的大小仍然是2m/s2,加速的時間：s該過程中,物塊向右的位移是：m這段時間內(nèi)傳送帶向右運動的位移大小為：s3=v2〔t1+t2=2×〔2+1=6m所以滑塊相對于傳送帶的位移：△x=〔s1﹣s2+s3=〔4﹣1+6=9m．故B正確,C錯誤；D、在傳送帶右端,因滑塊〔包括子彈恰好能水平飛出,故有：…⑩解得：R==0.4m．故D正確．故選：BD[點評]本題是傳送帶問題與子彈射木塊問題的綜合問題,考查了運動學(xué)公式、牛頓運動定律、豎直平面內(nèi)的圓周運動、功能關(guān)系等,難度較大．要注意對運動過程的分析與把握．11．〔2015?XX校級模擬如圖所示,勁度系數(shù)為k的輕彈簧下端系一個質(zhì)量為m的小球A,小球被水平擋板P托住使彈簧長度恰為自然長度〔小球與擋板不粘連,然后使擋板P以恒定的加速度a〔a＜g開始豎直向下做勻加速直線運動,則〔A．小球與與擋板分離的時間為t=B．小球與與擋板分離的時間為t=C．小球從開始運動直到最低點的過程中,小球速度最大時彈簧的伸長量x=D．小球從開始運動直到最低點的過程中,小球速度最大時彈簧的伸長量x=[分析]在物體與托盤脫離前,物體受重力、彈簧拉力和托盤支持力的作用,隨著托盤向下運動,彈簧的彈力增大,托盤支持力減小,但仍維持合外力不變,加速度不變,物體隨托盤一起向下勻加速運動．當(dāng)托盤運動至使支持力減小為零后,彈簧拉力的增大將使物體的加速度開始小于a,物體與托盤脫離,此時支持力N=0,對物體分析,根據(jù)牛頓第二定律求出彈簧的形變量,結(jié)合位移時間公式求出脫離的時間．[解答]解：小球與擋板之間彈力為零時分離,此時小球的加速度仍為a,由牛頓第二定律得：mg﹣kx=ma,由勻變速直線運動的位移公式得：x=at2,解得：t=；小球速度最大時合力為零,x=；故選：BC．[點評]解決本題的關(guān)鍵知道物體與托盤脫離的條件,即N=0,結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式綜合求解．12．〔2015秋?XX期末在光滑水平面上有一物塊受水平恒力F的作用而運動,在其正前方固定一個足夠長的輕質(zhì)彈簧,如圖所示,當(dāng)物塊與彈簧接觸并將彈簧壓至最短的過程中,下列說法正確的是〔A．物塊接觸彈簧后即做減速運動B．物塊接觸彈簧后先加速后減速C．當(dāng)彈簧處于壓縮量最大時,物塊的加速度不等于零D．當(dāng)物塊的速度為零時,它所受的合力不為零[分析]物體與彈簧接觸前在拉力F的作用下做勻加速運動,與彈簧接觸后,水平反向受拉力F和彈簧的向左的彈力作用,開始時拉力大于彈力,物體加速,但加速度減小,當(dāng)彈力增加到等于拉力時,合力減小為零,加速度也減為零,其后物體繼續(xù)運動,彈力進一步增大,物體減速,直到停止,物體還會彈回．[解答]解：A、B、物體與彈簧接觸后,彈力由零逐漸變大,開始時向左的彈力小于拉力,故合力向右,但合力不斷變小,當(dāng)彈力增大到等于拉力時,合力減為零,加速度也減為零,速度達到最大,之后物體由于慣性繼續(xù)向右運動,彈力進一步增大,變得大于拉力,合力變?yōu)橄蜃?且不斷變大,故物體不斷減速,加速度不斷增大,直到速度減為零．即物體先做加速度不斷減小的加速運動,后做加速度不斷增大的減速運動,故A錯誤,B正確；C、當(dāng)彈簧彈力等于拉力時,加速度最小,等于零,而速度最大,當(dāng)速度減為零時,加速度最大,合力也最大,故C正確,D正確；故選BCD．[點評]物體依靠慣性運動,力是改變速度的原因,物體與彈簧接觸后,彈力不斷變大,物體向右運動經(jīng)歷先加速后減速的過程．13．〔2015秋?XX市校級期中一小滑塊從斜面上A點由靜止釋放,經(jīng)過時間4t0到達B處,在5t0時刻滑塊運動到水平面的C點停止,滑塊與斜面和水平面間的動摩擦因數(shù)相同．已知滑塊在運動過程中與接觸面間的摩擦力大小與時間的關(guān)系如圖所示,設(shè)滑塊運動到B點前后速率不變．以下說法中正確的是〔A．滑塊在斜面和水平面上的位移大小之比為16：5B．滑塊在斜面和水平面上的加速度大小之比為1：4C．斜面的傾角為45°D．滑塊與斜面的動摩擦因數(shù)μ=[分析]物體先在斜面上加速,后在水平面上減速,B點的速度大小是相同的,結(jié)合乙圖中的時間關(guān)系,即可得出加速度的關(guān)系；由加速度與時間的關(guān)系,結(jié)合運動學(xué)的公式即可求出位移關(guān)系；由乙圖得出受到的摩擦力的關(guān)系,從而得出斜面的傾角；根據(jù)物塊在斜面上受力情況,運用牛頓第二定律求解摩擦因數(shù)．[解答]解：B、A到B的過程中：a1?4t0=v,B到C的過程中：v=a2t0所以：．故B正確；A、A到B的過程中：B到C的過程中可以采取逆向思維的方法,可得：所以：．故A錯誤；C、由圖乙可得：f2=μmg=5N,f1=μmgcosθ=4N,所以：得：θ=37°．故C錯誤；D、物體在斜面上運動的過程中：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1在水平面上運動的過程中：ma2=μmg聯(lián)立以上各式,得：N,．故D正確．故選：BD[點評]本題是多過程問題,按時間順序進行分析受力情況,由牛頓第二定律、運動學(xué)公式和動能定理進行解答．14．〔2015秋?XX校級月考如圖甲所示,靜止在水平面C上足夠長的木板B左端放著小物塊A．某時刻,A受到水平向右的外力F作用,F隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示．已知A、B間最大靜摩擦力大于B、C之間的最大靜摩擦力,假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．則在拉力逐漸增大的過程中,下列反映A、B運動過程中的加速度及A與B間摩擦力f1、B與C間摩擦力f2隨時間變化的圖線中正確的是〔A． B． C． D．[分析]當(dāng)F較小且拉動AB整體時,AB整體具有共同的加速度,二者相對靜止；當(dāng)F較大時,二者加速度不同,將會發(fā)生相對運動,此后A做變加速直線,B勻加速直線運動；分三個階段根據(jù)牛頓第二定律列式討論即可．[解答]解：A、對AB整體,當(dāng)拉力F小于地面對整體的最大靜摩擦力時,整體加速度為零；對AB整體,當(dāng)拉力F大于地面對整體的最大靜摩擦力時,整體開始加速滑動,加速度為：；當(dāng)拉力足夠大時,A、B的加速度不同,故對A,有：由于μ1mg＞μ2〔M+mg,故aA2＜aA3；故A正確；B、對AB整體,當(dāng)拉力F小于地面對整體的最大靜摩擦力時,整體加速度為零,即物體B開始階段的加速度為零,故B錯誤；C、當(dāng)拉力小于地面對整體的最大靜摩擦力時,整體加速度為零,此時對物體A,拉力小于μ1mg,靜摩擦力等于拉力；當(dāng)整體開始加速滑動時,對A,根據(jù)牛頓第二定律,有：F﹣f1=ma；靜摩擦力f1逐漸增加,但依然小于μ1mg；當(dāng)A、B發(fā)生相對滑動后,變?yōu)榛瑒幽Σ亮?為μ1mg；故C正確；D、對AB整體,當(dāng)拉力F小于地面對整體的最大靜摩擦力時,整體加速度為零,此時靜摩擦力等于拉力；滑動后,受地面的滑動摩擦力為μ2〔M+mg,保持不變；故D錯誤；故選：AC．[點評]本題關(guān)鍵是靈活選擇研究對象,根據(jù)牛頓第二定律列式分析,注意靜摩擦力和滑動摩擦力的區(qū)別,不難．15．〔2016?XX模擬一物塊靜止在粗糙的水平桌面上．從某時刻開始,物塊受到一方向不變的水平拉力作用．假設(shè)物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．以a表示物塊的加速度大小,F表示水平拉力的大?。苷_描述F與a之間的關(guān)系的圖象是〔A． B． C． D．[分析]對物體受力分析,利用牛頓第二定律列式找出F﹣a的關(guān)系式,即可做出選擇．[解答]解：物塊受力分析如圖所示：由牛頓第二定律得；F﹣μmg=ma解得：F=ma+μmgF與a成一次函數(shù)關(guān)系,故ABD錯誤,C正確,故選C．[點評]對于此類圖象選擇題,最好是根據(jù)牛頓第二定律找出兩個物理量之間的函數(shù)關(guān)系,圖象變顯而易見．16．〔2016?北京校級模擬如圖,在傾角為α的固定光滑斜面上,有一用繩子栓著的長木板,木板上站著一只貓．已知木板的質(zhì)量是貓的質(zhì)量的2倍．當(dāng)繩子突然斷開時,貓立即沿著板向上跑,以保持其相對斜面的位置不變．則此時木板沿斜面下滑的加速度為〔A． B．gsinα C．gsinα D．2gsinα[分析]對貓和木板受力分析受力分析,可以根據(jù)各自的運動狀態(tài)由牛頓第二定律分別列式來求解,把貓和木板當(dāng)做一個整體的話計算比較簡單．[解答]解：木板沿斜面加速下滑時,貓保持相對斜面的位置不變,即相對斜面靜止,加速度為零．將木板和貓作為整體,根據(jù)牛頓第二定律F合=F貓+F木板=0+2ma〔a為木板的加速度,整體受到的合力的大小為貓和木板沿斜面方向的分力的大小,即F合=3mgsinα,解得a=gsinα,所以C正確．故選C．[點評]本題應(yīng)用整體法對貓和木板受力分析,根據(jù)牛頓第二定律來求解比較簡單,當(dāng)然也可以采用隔離法,分別對貓和木板受力分析列出方程組來求解．17．〔2016?河西區(qū)二模一物體放置在傾角為θ的斜面上,斜面固定于加速上升的電梯中,加速度為a,如圖所示．在物體始終相對于斜面靜止的條件下,下列說法中正確的是〔A．當(dāng)θ一定時,a越大,斜面對物體的正壓力越小B．當(dāng)θ一定時,a越大,斜面對物體的摩擦力越大C．當(dāng)a一定時,θ越大,斜面對物體的正壓力越小D．當(dāng)a一定時,θ越大,斜面對物體的摩擦力越小[分析]對物體進行正確受力分析,然后根據(jù)其運動狀態(tài)列方程：水平方向合外力為零,豎直方向合外力提供加速度．然后根據(jù)方程進行有關(guān)方面的討論,在討論時注意兼顧水平和豎直兩個方向,否容易出錯．[解答]解：物體受力如圖,正交分解有：水平方向：FNsinθ=fcosθ①豎直方向：FNcosθ+fsinθ﹣mg=ma②故有：當(dāng)θ一定時,a越大,斜面對物體的摩擦力、支持力都越大,故A錯誤,B正確；當(dāng)a一定時,θ越大,cosθ越小,sinθ越大,要使①②兩個方程成立,必須有斜面對物體的正壓力減小,斜面對物體的摩擦力增大,故C正確,D錯誤．故選BC．[點評]對于這類動態(tài)變化問題,要正確對其進行受力分析,然后根據(jù)狀態(tài)列出方程進行有關(guān)討論,不能憑感覺進行,否則極易出錯．18．〔2016?XX校級模擬如圖所示,一根跨越光滑定滑輪的輕繩,兩端各有一雜技演員〔可視為質(zhì)點,a站于地面,b從圖示的位置由靜止開始向下擺動,運動過程中繩始終處于伸直狀態(tài),當(dāng)演員b擺至最低點時,a剛好對地面無壓力,則演員a質(zhì)量與演員b質(zhì)量之比為〔A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．4：1[分析]b向下擺動過程中機械能守恒,在最低點繩子拉力與重力之差提供向心力,根據(jù)向心力公式得出繩對b的拉力,a剛好對地面無壓力,可得繩子對a的拉力,根據(jù)拉力相等,可得兩者質(zhì)量關(guān)系．[解答]解：b下落過程中機械能守恒,有：①在最低點有：②聯(lián)立①②得：Tb=2mbg當(dāng)a剛好對地面無壓力時,有：Ta=magTa=Tb,所以,ma：mb=2：1,故ACD錯誤,B正確．故選：B．[點評]根據(jù)物體的運動規(guī)律選擇正確規(guī)律求解是解決這類問題的關(guān)鍵,同時正確受力分析是解題的前提．19．〔2016?XX模擬如圖所示,將底部裝有彈簧的木箱在某一高度由靜止釋放,從彈簧接觸地面到木箱速度為零的過程中,木箱速度的變化情況是〔A．一直增大 B．一直減小 C．先減小后增大 D．先增大后減小[分析]解答本題關(guān)鍵要分析木箱的受力情況,根據(jù)牛頓第二定律分析木箱的加速度如何變化,從而判斷速度的變化情況．[解答]解：木箱接觸彈簧后,受到重力和彈簧的彈力兩個力作用．開始階段彈力先小于重力,木箱的合力豎直向下,加速度方向豎直向下,與速度方向相同；木箱做加速運動,木箱的速度增大；而彈簧的彈力逐漸增大,當(dāng)彈力大于重力時,合力向上,則加速度向上；物體做減速運動；故速度先增大后減小；故選：D．[點評]本題考查分析牛頓第二定律應(yīng)用中的動態(tài)變化問題,關(guān)鍵要抓住彈簧的彈力隨壓縮量增大而增大的特點進行動態(tài)分析；明確加速度的方向變化即可得出速度的變化．20．〔2016春?XX校級月考某物體受一對平衡力作用處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)將其中一個力先減小到零再增大恢復(fù)到原來的大小,方向不變,而另一個力保持不變．在此過程中,該物體的速度變化情況是〔A．逐漸增大 B．先增大后減小 C．逐漸減小 D．先減小后增大[分析]根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知物體加速度與合外力成正比,并且方向一致,所以本題要想分析其加速度的變化,要來分析合外力的變化情況．而要分析速度的變化,則要先分析加速度的變化情況．[解答]解：由于質(zhì)點初始處于靜止?fàn)顟B(tài),則其所受合力為零．這就相當(dāng)于受兩個等大反向的力：某個力和其余幾個力的合力．其中某個力逐漸減小,而其余幾個力的合力是不變的,則其合力就在這個力的反方向逐漸增大,這個力再由零增大到原來大小,則合力又會逐漸減小直到變?yōu)榱?所以合力變化為先增大后減小,故加速度a先增大后減小,加速度方向始終與速度方向相同,所以其速度會一直增大．故A正確,BCD錯誤．故選：A．[點評]本題屬于基本題目,考查基本的受力分析,應(yīng)當(dāng)在學(xué)習(xí)中注意通過問題看本質(zhì),本題問的雖然是a和v但是實質(zhì)是考查受力分析．21．〔2016?XX校級模擬在水平地面上運動的小車車廂底部有一質(zhì)量為m1的木塊,木塊和車廂通過一根輕質(zhì)彈簧相連接,彈簧的勁度系數(shù)為k．在車廂的頂部用一根細線懸掛一質(zhì)量為m2的小球．某段時間內(nèi)發(fā)現(xiàn)細線與豎直方向的夾角為θ,在這段時間內(nèi)木塊與車廂保持相對靜止,如圖所示．不計木塊與車廂底部的摩擦力,則在這段時間內(nèi)彈簧的形變?yōu)椤睞．伸長量為tanθ B．壓縮量為tanθC．伸長量為 D．壓縮量為[分析]先對小球受力分析,結(jié)合運動情況求出合力,然后根據(jù)牛頓第二定律求出加速度,再對物體受力分析,求出合力后確定彈簧彈力．[解答]解：對小球受力分析,如圖由幾何關(guān)系F合=m2gtanθ由牛頓第二定律a==gtanθ車向左加速或向右減速對小物體受力分析,受重力、支持力和彈簧彈力,合力等于彈簧彈力,根據(jù)牛頓第二定律F彈=m1gtanθ物體受向左的彈力結(jié)合胡克定律可知彈簧的伸長量為tanθ故選A．[點評]僅僅對物體受力分析,有時無法求出合力,本題中還必須要結(jié)合物體的運動情況進行受力分析,才能得到明確的結(jié)論．22．〔2016?XX校級二模一長輕質(zhì)木板置于光滑水平地面上,木板上放質(zhì)量分別為mA=1kg和mB=2kg的A、B兩物塊,A、B與木板之間的動摩擦因素都為μ=0.2,水平恒力F作用在A物塊上,如圖所示〔重力加速度g取10m/s2．則〔A．若F=1N,則物塊、木板都靜止不動B．若F=1.5N,則A物塊所受摩擦力大小為1.5NC．若F=4N,則B物塊所受摩擦力大小為4ND．若F=8N,則B物塊的加速度為1m/s2[分析]根據(jù)滑動摩擦力公式求出A、B與木板之間的最大靜摩擦力,比較拉力和最大靜摩擦力之間的關(guān)系判斷物體的運動情況,進而判斷物體所受摩擦力的情況,根據(jù)牛頓第二定律求出B的加速度．[解答]解：A與木板間的最大靜摩擦力fA=μmAg=0.2×1×10=2N,B與木板間的最大靜摩擦力fB=μmBg=0.2×2×10=4N,A、F=1N＜fA,所以AB即木板保持相對靜止,整體在F作用下向左勻加速運動,故A錯誤；B、若F=1.5N＜fA,所以AB即木板保持相對靜止,整體在F作用下向左勻加速運動,根據(jù)牛頓第二定律得：F﹣f=mAa,所以A物塊所受摩擦力f＜F=1.5N,故B錯誤；C、F=4N＞fA,所以A在木板上滑動,B和木板整體受到摩擦力2N,輕質(zhì)木板,質(zhì)量不計,所以B的加速度為：a=fmB=22m/s2=1m/s2,對B進行受力分析,摩擦力提供加速度為：f′=mBa=2×1=2N,故C錯誤；D、F=8N＞fA,所以A相對于木板滑動,B和木板整體受到摩擦力2N,輕質(zhì)木板,質(zhì)量不計,所以B的加速度a=,故D正確．故選：D[點評]本題以常見的運動模型為核心,考查了摩擦力、牛頓第二定律、隔離法與整體法的應(yīng)用等知識．解決的關(guān)鍵是正確對兩物體進行受力分析．23．〔2016?XX二模如圖甲所示,物塊的質(zhì)量m=1kg,初速度v0=10m/s,在一水平向左的恒力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運動,某時刻后恒力F突然反向,整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖象如圖乙所示,g=10m/s2．下列選項中正確的是〔A．0﹣5s內(nèi)物塊做勻減速運動B．在t=1s時刻,恒力F反向C．恒力F大小為10ND．物塊與水平面的動摩擦因數(shù)為0.3[分析]通過圖象可知,物塊在恒力F作用下先做勻減速直線運動,恒力F反向后做勻加速直線運動,根據(jù)圖線求出勻加速直線運動和勻減速直線運動的加速度大小,結(jié)合牛頓第二定律求出恒力F和摩擦力的大?。Y(jié)合運動學(xué)公式求出恒力F反向的時刻．[解答]解：物體勻減速直線運動的加速度大小為：勻加速直線運動的加速度大小為：根據(jù)牛頓第二定律得：F+f=ma1,F﹣f=ma2聯(lián)立兩式解得：F=7N,f=3N則動摩擦因數(shù)為：物體勻減速直線運動的時間為：．即在0﹣1s內(nèi)做勻減速直線運動,1s后恒力F反向,做勻加速直線運動．故B、D正確,A、C錯誤．故選：BD．[點評]解決本題的關(guān)鍵通過圖線理清物體在整個過程中的運動規(guī)律,結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式進行分析．24．〔2016?XX市模擬如圖所示,輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連,下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連,整個系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上,并處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出,設(shè)抽出后的瞬間,木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2．重力加速度大小為g,則有〔A．a(chǎn)1=0,a2=g B．a(chǎn)1=g,a2=gC．a(chǎn)1=0,a2=g D．a(chǎn)1=g,a2=g[分析]通過共點力平衡求出彈簧的彈力大小,抓住抽出木板的瞬間,彈簧彈力不變,根據(jù)牛頓第二定律求出木塊1、2的加速度．[解答]解：在抽出木板的瞬時,彈簧對1的支持力和對2的壓力并未改變．對1物體受重力和支持力,有：mg=F,a1=0．對2物體受重力和彈簧的向下的壓力,根據(jù)牛頓第二定律有：a2=,故C正確．故選：C[點評]本題屬于牛頓第二定律應(yīng)用的瞬時加速度問題,關(guān)鍵是區(qū)分瞬時力與延時力；彈簧的彈力通常來不及變化,為延時力,輕繩的彈力為瞬時力,繩子斷開即消失．25．〔2016?浦東新區(qū)三模如圖a所示,用一水平力F拉著一個靜止在傾角為θ的光滑斜面上的物體,逐漸增大F,物體做變加速運動,其加速度a隨外力F變化的圖象如圖乙所示,根據(jù)圖b中所提供的信息可以計算出〔A．物體的質(zhì)量B．斜面的傾角C．物體能靜止在斜面上所施加的最小外力D．加速度為6m/s2時物體的速度[分析]對物體進行受力分析,根據(jù)牛頓第二定律求出物體加速度與拉力F的關(guān)系式,根據(jù)圖線的斜率和截距可以求出物體的質(zhì)量和傾角．根據(jù)共點力平衡求出物體靜止在斜面上施加的最小外力．注意物體做變加速直線運動,速度無法求出．[解答]解：物體受重力、拉力和支持力,根據(jù)牛頓第二定律a=．圖線的縱軸截距為﹣6m/s2,則gsinθ=6,解得斜面的傾角θ=37°．圖線的斜率k==,因為sinθ=0.6,則cosθ=0.8,所以m=2kg．當(dāng)物體靜止時,有Fcosθ=mgsinθ,則施加的最小外力F=mgtanθ=15N,物體做加速度變化的運動,速度無法求出．故ABC正確,D錯誤．故選ABC．[點評]解決本題的關(guān)鍵能夠正確地進行受力分析,運用牛頓第二定律求解,以及能夠從圖線的斜率和截距獲取信息．26．〔2016?北京校級模擬如圖所示,將質(zhì)量為m的滑塊放在傾角為θ的固定斜面上．滑塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ．若滑塊與斜面之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力大小相等,重力加速度為g,則〔A．將滑塊由靜止釋放,如果μ＞tanθ,滑塊將下滑B．給滑塊沿斜面向下的初速度,如果μ＜tanθ,滑塊將減速下滑C．用平行于斜面向下的力拉滑塊向下勻速滑動,如果μ=tanθ,拉力大小應(yīng)是mgsinθD．用平行于斜面向上的力拉滑塊向上勻速滑動,如果μ=tanθ,拉力大小應(yīng)是2mgsinθ[分析]對物體受力分析,根據(jù)重力沿斜面方向分力與摩擦力大小的關(guān)系判斷滑塊的運動情況,當(dāng)物體做勻速運動時,根據(jù)共點力平衡進行分析．[解答]解：A、若μ＞tanθ,則mgsinθ﹣μmgcosθ＜0．所以滑塊不會下滑．故A錯誤．B、若μ＜tanθ,mgsinθ﹣μmgcosθ＞0,則合力大于0,所以滑塊會受到向下的力,將加速下滑,故B錯誤；C、如果μ=tanθ．mgsinθ﹣μmgcosθ=0,則合力等于零．則無需拉力拉動,滑塊只需要有給他一個速度即可以勻速向下滑動了,故C錯誤；D、如果μ=tanθ,則合力等于0．當(dāng)滑塊向上運動的時候,摩擦力方向與運動相反,即向下,所以向上的拉力大小F=mgsinθ+μmgcosθ,因為μ=tanθ,所以mgsinθ=μmgcosθ,所以F=2mgsinθ,故D正確．故選：D．[點評]解決本題的關(guān)鍵能