高中物理必修一同步專題講義：10 C牛頓第二定律 提升版（教師版）

牛頓第二定律知識點：牛頓第二定律一、牛頓第二定律的表達(dá)式1．內(nèi)容：物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同．2．表達(dá)式F＝kma，其中力F指的是物體所受的合力．二、力的單位1．力的國際單位：牛頓，簡稱牛，符號為N.2．“牛頓”的定義：使質(zhì)量為1kg的物體產(chǎn)生1m/s2的加速度的力叫作1N，即1N＝1kg·m/s2.3．公式F＝kma中k的取值(1)k的數(shù)值取決于F、m、a的單位的選?。?2)在質(zhì)量的單位取kg，加速度的單位取m/s2，力的單位取N時，F(xiàn)＝kma中的k＝1，此時牛頓第二定律可表示為F＝ma.技巧點撥一、對牛頓第二定律的理解1．對牛頓第二定律的理解(1)公式F＝ma中，若F是合力，加速度a為物體的實際加速度；若F是某一個力，加速度a為該力產(chǎn)生的加速度．(2)a＝eq\f(F,m)是加速度的決定式，它揭示了物體產(chǎn)生加速度的原因及影響物體加速度的因素．(3)F、m、a三個物理量的單位都為國際單位制單位時，才有公式F＝kma中k＝1，即F＝ma.2．牛頓第二定律的四個性質(zhì)(1)因果性：力是產(chǎn)生加速度的原因，只要物體所受的合力不為0，物體就具有加速度．(2)矢量性：F＝ma是一個矢量式．物體的加速度方向由它受的合力方向決定，且總與合力的方向相同．(3)瞬時性：加速度與合外力是瞬時對應(yīng)關(guān)系，同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失．(4)獨立性：作用在物體上的每一個力都產(chǎn)生加速度，物體的實際加速度是這些加速度的矢量和．二、合外力、加速度、速度的關(guān)系1．力與加速度為因果關(guān)系：力是因，加速度是果．只要物體所受的合外力不為零，就會產(chǎn)生加速度．加速度與合外力方向是相同的，大小與合外力成正比(物體質(zhì)量一定時)．2．力與速度無因果關(guān)系：合外力方向與速度方向可以相同，可以相反，還可以有夾角．合外力方向與速度方向相同時，物體做加速運動，相反時物體做減速運動．3．兩個加速度公式的區(qū)別a＝eq\f(Δv,Δt)是加速度的定義式，是比值定義法定義的物理量，a與v、Δv、Δt均無關(guān)；a＝eq\f(F,m)是加速度的決定式，加速度由物體受到的合外力及其質(zhì)量決定．三、牛頓第二定律的簡單應(yīng)用1．應(yīng)用牛頓第二定律解題的一般步驟(1)確定研究對象．(2)進(jìn)行受力分析和運動狀態(tài)分析，畫出受力分析圖，明確運動性質(zhì)和運動過程．(3)求出合力或加速度．(4)根據(jù)牛頓第二定律列方程求解．2．應(yīng)用牛頓第二定律解題的方法(1)矢量合成法：若物體只受兩個力作用，應(yīng)用平行四邊形定則求這兩個力的合力，物體所受合力的方向即加速度的方向．(2)正交分解法：當(dāng)物體受多個力作用時，常用正交分解法求物體所受的合外力．①建立直角坐標(biāo)系時，通常選取加速度的方向作為某一坐標(biāo)軸的正方向(也就是不分解加速度)，將物體所受的力正交分解后，列出方程Fx＝ma，F(xiàn)y＝0(或Fx＝0，F(xiàn)y＝ma)．②特殊情況下，若物體的受力都在兩個互相垂直的方向上，也可將坐標(biāo)軸建立在力的方向上，正交分解加速度a.根據(jù)牛頓第二定律eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Fx＝max,Fy＝may))列方程求解．例題精練1．（浙江模擬）如圖所示，CPD為一半徑的豎直半圓形槽，CD為直徑，O點為半圓的圓心。在距CD上方為h處有一以v0＝6m/s的速度順時針方向轉(zhuǎn)動的傳送帶，B端恰好在C的正上方，傳送帶滑輪的半徑較小，兩端點A、B間的距離L＝3m，現(xiàn)將一與傳送帶間摩擦因數(shù)μ＝0.5的小物塊輕放在A端，最終垂直撞在圓槽的P點，OP連線與OD的夾角為60°。取g＝10m/s2，則高度h和物塊從B到P的時間t分別為（）A．、 B．、 C．、 D．、【分析】求出小物塊離開傳送帶的速度大小，在P點根據(jù)運動的合成與分解求解豎直方向的速度大小，再根據(jù)運動學(xué)公式解答?！窘獯稹拷猓盒∥飰K在傳送帶上運動的加速度大小為：a＝μg＝0.5×10m/s2＝5m/s2，小物塊加速到與傳送帶共速經(jīng)過的位移為：x＝＝m＝3.6m＞L＝3m所以小物塊在傳送帶上一直加速，設(shè)離開傳送帶的速度為v，則有：v2＝2aL，解得：v＝m/s；在P點進(jìn)行速度的合成與分解，如圖所示，則vy＝vtan60°＝3m/s根據(jù)平拋運動的規(guī)律可得：h＝＝m＝，運動時間：t＝＝s，故A正確、BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題主要是考查牛頓第二定律的綜合應(yīng)用和平拋運動的規(guī)律，對于牛頓第二定律的綜合應(yīng)用問題，關(guān)鍵是弄清楚物體的運動過程和受力情況，對于平拋運動，關(guān)鍵是掌握平拋運動的規(guī)律。隨堂練習(xí)1．（菏澤二模）如圖所示，質(zhì)量為m的小球與兩根彈簧a、b相連，并放置在傾角為37°的光滑斜面上，其中彈簧a與斜面平行，彈簧b水平，開始時a、b兩彈簧都處于拉伸狀態(tài)，且小球?qū)π泵媲『脽o壓力。重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．剪斷彈簧b的瞬間小球的加速度為g，方向沿斜面向上 B．剪斷彈簧b的瞬間小球?qū)π泵娴膲毫? C．剪斷彈簧a的瞬間小球的加速度為g，方向沿斜面向下 D．剪斷彈簧a的瞬間小球的加速度為g，方向沿斜面向下【分析】彈簧的彈力不能發(fā)生突變，分析小球的受力情況，應(yīng)用牛頓第二定律與平衡條件分析答題?！窘獯稹拷猓菏紩ra、b兩彈簧都處于拉伸狀態(tài)，且小球?qū)π泵媲『脽o壓力，小球受力如圖1所示，由平衡條件得：Fa＝＝mg，F(xiàn)b＝＝mgAB、彈簧彈力不能突變，剪斷彈簧b的瞬間，彈簧a的彈力不變，仍為Fa，小球受力如圖2所示，在平行于斜面方向，由牛頓第二定律得：Fa﹣mgsin37°＝ma1，解得：a1＝g，在垂直于斜面方向，由平衡條件得：N＝mgcos37°＝0.8mg，故AB錯誤；CD、彈簧彈力不能突變，剪斷彈簧a的瞬間，彈簧b的彈力不變，仍為Fb，小球受力如圖3所示，在平行于斜面方向，由牛頓第二定律得：Fbcos37°+mgsin37°＝ma2，解得：a2＝g，方向平行于斜面向下，故C正確，D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，知道彈簧的彈力不能突變是解題的前提與關(guān)鍵，分析清楚小球的受力情況，應(yīng)用平衡條件與牛頓第二定律即可解題。2．（義烏市模擬）2020年11月21日，義烏人民期盼已久的雙江水利樞紐工程破土動工，施工現(xiàn)場停放著一輛運載水泥管的貨車，車廂底部一層水泥管水平緊密地排列著，上層擺放著著的4根水泥管沒有用繩索固定?，F(xiàn)在我們來分析貨車前部的A、B、C三根形狀完全相同的水泥管，側(cè)視圖如圖所示，下列說法正確的是（）A．當(dāng)汽車向左做加速運動時，A對C的支持力變大 B．汽車靜止時，管C受到管A給它的支持力為 C．汽車向左勻速運動時，速度越大，B對C的支持力越大 D．當(dāng)汽車向左做加速運動時，加速度達(dá)到g時，C將脫離A【分析】根據(jù)不同情況下的運動情況，結(jié)合牛頓第二定律分析合力的方向，對C進(jìn)行受力分析，根據(jù)正交分解分析C所受到的合力的表達(dá)式，根據(jù)牛頓第二定律求解支持力和加速度的大小?！窘獯稹拷猓築C、對C進(jìn)行受力分析，如圖1所示，根據(jù)對稱性可知支持力FN與豎直方向夾角為30°，C處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件可得：2FNcos30°＝mg，解得FN＝mg，所以汽車靜止時，管C受到管A給它的支持力大小為mg，根據(jù)對稱性可知，管C受到管B給它的支持力大小也為mg，汽車向左勻速運動時，C仍然受力平衡，B對C的支持力與勻速運動的速度大小無關(guān)，仍然是mg，不變，故BC錯誤；AD、當(dāng)車輛向左加速運動，C水平方向的合力向左，A對C的支持力減少；設(shè)C剛好脫離A時（此時A對C的支持力剛好為零），C受力情況如圖2所示，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgtan30°＝ma，解得：a＝g，所以汽車向左做加速運動時，加速度達(dá)到g時，C將脫離A，故A錯誤、D正確。故選：D?！军c評】本題主要是考查了牛頓第二定律的知識；利用牛頓第二定律答題時的一般步驟是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、進(jìn)行正交分解、在坐標(biāo)軸上利用牛頓第二定律建立方程進(jìn)行解答。要注意不同的運動狀態(tài)，C所受的力大小有所不同，但方向不變。3．（章丘區(qū)模擬）兩個中間有孔的質(zhì)量為m的小球A、B用一輕彈簧相連，套在一水平光滑橫桿上。兩個小球下面分別連一輕繩。兩輕繩下端系在同一質(zhì)量為m的小球C上，如圖所示。已知輕彈簧的勁度系數(shù)為k，輕彈簧和輕繩剛好構(gòu)成一等邊三角形，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知重力加速度為g。則下列說法正確的是（）A．彈簧處于壓縮狀態(tài)，壓縮量為 B．小球C對繩的拉力為mg C．剪斷左側(cè)輕繩的瞬間，小球B的加速度大小為g D．剪斷左側(cè)輕繩的瞬間，則C小球的加速度大小是g【分析】以C球為研究對象進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件求解輕繩拉力；以B球為研究對象進(jìn)行受力分析，水平方向根據(jù)平衡條件求解彈簧的壓縮量；剪斷左側(cè)輕繩的瞬間，彈簧彈力不變，分別對小球C和小球B根據(jù)牛頓第二定律列方程求解。【解答】解：AB、以C球為研究對象，受到重力、兩段輕繩的拉力，如圖所示；根據(jù)平衡條件可得：2Fcos30°＝mg，解得：F＝；以B球為研究對象，受到重力、支持力、輕繩拉力和彈簧彈力，如圖所示；根據(jù)彈簧彈力的方向可知彈簧處于壓縮狀態(tài)；水平方向根據(jù)平衡條件可得：T＝Fcos60°＝＝kx，解得彈簧的壓縮量為：x＝，故AB錯誤；CD、剪斷左側(cè)輕繩的瞬間，彈簧彈力不會突變，小球C受到重力和右邊輕繩的拉力，合力方向垂直于BC繩；則C的加速度大小為：aC＝gsin30°＝g；右邊輕繩的拉力大小為：F′＝mgcos30°，此時彈簧彈力不變，小球B的加速度大小為：aB＝解得：aB＝g，故C正確、D錯誤。故選：C?！军c評】本題主要是考查了牛頓第二定律的知識；利用牛頓第二定律答題時的一般步驟是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、進(jìn)行正交分解、在坐標(biāo)軸上利用牛頓第二定律建立方程進(jìn)行解答；注意整體法和隔離法的應(yīng)用。4．（南山區(qū)校級模擬）一次演習(xí)中，一空降特戰(zhàn)兵實施空降，飛機懸停在高空某處后，空降特戰(zhàn)兵從機艙中無初速跳下，設(shè)空降特戰(zhàn)兵沿直線運動，其速度﹣時間圖象如圖甲所示，當(dāng)速度減為零時特戰(zhàn)兵恰好落到地面。已知空降特戰(zhàn)兵的質(zhì)量為60kg。設(shè)降落傘用8根對稱的繩拉著空降特戰(zhàn)兵，每根繩與中軸線的夾角均為37°，如圖乙所示。則空降特戰(zhàn)兵在下降過程中（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（g＝10m/s2）。下列判斷正確的是（）A．從甲圖可以分析得知空降兵所受空氣阻力不可忽略 B．飛機離地高度約為190m C．整個運動過程中的平均速度大小約為10m/s D．落地前瞬間降落傘的每根繩對特戰(zhàn)兵的拉力大小為125N【分析】求出前2s的加速度大小分析空降兵是否受到阻力作用；根據(jù)v﹣t圖象圍成的面積求出下落得高度；由平均速度的定義求出平均速度；根據(jù)圖線的斜率求出減速階段的加速度，由牛頓第二定律求出拉力?！窘獯稹拷猓篈、由圖可知，前2s內(nèi)傘兵向下做加速運動，加速度的方向向下，加速度大小為：a1＝＝＝10m/s2＝g，則傘兵自由下落，空降兵所受空氣阻力可忽略，故A錯誤；B、由于v﹣t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，所以空降兵下落得高度為：h＝m＝180m，所以飛機離地高度為180m，故B錯誤；C、整個運動過程中的平均速度大小為：＝＝m/s≈13.8m/s，故C錯誤；D、由圖可知，傘兵減速階段的加速度大小為：a2＝＝m/s2＝m/s2設(shè)每根繩對特戰(zhàn)兵的拉力大小為F，則：8Fcos37°﹣mg＝ma2，代入數(shù)據(jù)可得落地前瞬間降落傘的每根繩對特戰(zhàn)兵的拉力大小為F＝125N，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查了自由落體運動及牛頓第二定律的應(yīng)用等，關(guān)鍵是弄清楚v﹣t圖像表示的物理意義，掌握牛頓第二定律的解題方法。解答的過程中要注意繩子對傘兵的拉力不是豎直向上的。綜合練習(xí)一．選擇題（共19小題）1．（岱山縣校級模擬）如圖所示，一個質(zhì)量為m的物塊在恒力F的作用下，緊靠在一個水平的上表面上保持靜止，物塊與上表面間靜摩擦因數(shù)為μ，取μ＝。F與水平面的夾角為θ，則θ角的最小值為（）A．a(chǎn)rctan+α B．a(chǎn)rctan+α C．a(chǎn)rcsin+α D．a(chǎn)rcsin+α【分析】對物塊受力分析，正交分解法列平衡方程，運用數(shù)學(xué)知識求解?！窘獯稹拷猓何飰K受力如圖：物塊受重力mg、彈力N、摩擦力fm、拉力F共4個力由平衡條件，y軸：Fsinθ＝mg+Nx軸滿足：Fcosθ≤fm，而fm＝μN，整理得：μsinθ﹣cosθ≥又，解得：cosα＝代入上式得：sin（θ﹣α）＝θ﹣α＝arcsin，解得：θ＝α+，故D正確，ABC錯誤。故選：D。【點評】本題難點在于三角函數(shù)知識在物理中的應(yīng)用。注意臨界條件：達(dá)到最大靜摩擦力，θ取最小值。2．（小店區(qū)校級模擬）如圖，足夠長的固定斜面傾角為θ，質(zhì)量為m的物體以速度v0從斜面底端沖上斜面，到達(dá)最高點后又滑回原處。已知物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。則物體滑回原處的速度大小為（）A．v0 B．v0 C．v0 D．v0【分析】對物體上滑過程和下滑過程分別運用牛頓第二定律列式，求出物體上滑和下滑的加速度大小，再對這兩個過程分別運用速度﹣位移公式列式，結(jié)合這兩個過程位移大小相等，即可求解?！窘獯稹拷猓何矬w上滑過程，根據(jù)牛頓第二定律得：ma1＝mgsinθ+μmgcosθ解得：a1＝gsinθ+μgcosθ由運動學(xué)公式有：v02＝2a1x物體下滑過程，根據(jù)牛頓第二定律得：ma2＝mgsinθ﹣μmgcosθ解得：a2＝gsinθ﹣μgcosθ，運動學(xué)公式有：v2＝2a2x聯(lián)立解得：v＝v0，故B正確，ACD錯誤。故選：B。【點評】本題是多過程問題，采用分段法，利用牛頓第二定律和運動學(xué)公式分過程列式研究，也可以根據(jù)動能定理求解。3．（甲卷）如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調(diào)節(jié)，使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊由平板與豎直桿交點Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點滑至P點所用的時間t與夾角θ的大小有關(guān)。若由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時間t將（）A．逐漸增大 B．逐漸減小 C．先增大后減小 D．先減小后增大【分析】由題意，先根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式寫出時間的表達(dá)式，再利用夾角變化分析時間的變化?！窘獯稹拷猓涸O(shè)鐵架臺底座距離為d，則物塊沿平板的位移為x＝，對物塊利用牛頓第二定律可得mgsinθ＝ma利用運動學(xué)公式可得x＝at2整理可得t＝＝由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)θ＝45°時，sin2θ最大，對應(yīng)時間t最小，故θ由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時間將先減小后增大，故ABC錯誤，D正確。故選：D?！军c評】在利用牛頓第二定律解題時，要注意結(jié)合數(shù)學(xué)知識的應(yīng)用。4．（3月份模擬）如圖甲所示，外表面光滑的斜劈固定在水平面上，質(zhì)量為m＝kg的物塊從斜劈頂端由靜止下滑時的運動位移（x）和速度平方（v2）的關(guān)系圖像如圖乙所示。若在斜劈頂端固定細(xì)線的一端，細(xì)線另一端與物塊連接，靜止時細(xì)線與斜面平行，如圖丙所示，解除斜劈固定后，當(dāng)斜劈以a＝2g（取g＝10m/s2）的加速度向右運動時，細(xì)線的拉力大小為（）A．10N B．25N C．20N D．30N【分析】根據(jù)速度﹣位移關(guān)系公式得到x﹣v2圖像的函數(shù)關(guān)系表達(dá)式，結(jié)合牛頓第二定律求加物塊下滑加速度和斜面傾角；根據(jù)牛頓第二定律求出支持力為零時滑塊的臨界加速度，從而判斷小球為2g時的加速度是否脫離斜面飄起，再根據(jù)牛頓第二定律求出拉力的大小?！窘獯稹拷猓何矬w從光滑的斜劈頂端由靜止下滑，根據(jù)速度﹣位移關(guān)系公式v2＝2ax可得：根據(jù)圖乙可知x﹣v2圖像的斜率k＝＝，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＝ma，可得物體下滑加速度a＝gsinθ聯(lián)立解得：a＝5m/s2，θ＝30°設(shè)當(dāng)斜劈向右運動的加速度為臨界值a0時，斜劈對物體的支持力恰好為零，物塊只受重力和拉力作用，如圖丙所示：據(jù)牛頓第二定律可得，解得：當(dāng)斜劈向右運動時的加速度a＝2g＞a0，物體已經(jīng)“飄”起來了，此時物塊的受力分析如圖丁所示由牛頓第二定律可得Fsinα＝mg，F(xiàn)cosα＝ma聯(lián)立解得：F＝，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】本題主要是考查了牛頓第二定律的知識；利用牛頓第二定律答題時的一般步驟是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、進(jìn)行正交分解、在坐標(biāo)軸上利用牛頓第二定律建立方程進(jìn)行解答．5．（江津區(qū)校級月考）如圖所示，質(zhì)量為m的小球與彈簧Ⅰ和水平細(xì)線Ⅱ相連，Ⅰ、Ⅱ的另一端分別固定于P、Q。小球靜止時，則（）A．彈簧彈力大小為mgcosθ B．細(xì)線的拉力大小為 C．剪斷細(xì)線的瞬間，球的加速度gtanθ，方向水平向左 D．剪斷細(xì)線的瞬間，則a＝g，方向豎直向下【分析】小球靜止時，合外力為零，分析小球的受力情況，根據(jù)平衡條件求解彈簧彈力大小和細(xì)線的拉力大小。剪斷細(xì)線的瞬間，彈簧的形變來不及改變，故彈簧的彈力不能突變，分析此瞬間小球的合力，再根據(jù)牛頓第二定律求解此瞬間小球的加速度大小和方向。【解答】解：AB、小球靜止時，受到重力G、彈簧的拉力T1、細(xì)線的拉力T2，由平衡條件知：G與T1的合力與T2等大反向共線，如圖所示，則T1＝＝，T2＝Gtanθ＝mgtanθ，故AB錯誤；CD、剛剪斷水平細(xì)線Ⅱ的瞬間，彈簧的彈力不變，則重力G和彈簧拉力T1的合力大小仍等于T2，方向水平向左，由牛頓第二定律知：小球的加速度a＝＝gtanθ，方向水平向左，故C正確，D錯誤。故選：C。【點評】本題是瞬時問題，關(guān)鍵要抓住彈簧彈力不能突變，細(xì)線的彈力可突變，通過分析小球瞬間的受力，來求小球的瞬時加速度。6．（石家莊二模）如圖所示，金屬環(huán)M、N用不可伸長的細(xì)線連接，分別套在水平粗糙細(xì)桿和豎直光滑細(xì)桿上，當(dāng)整個裝置分別以大小不同的加速度水平向左勻加速運動時，兩金屬環(huán)M、N相對桿始終均未滑動，兩種情況相比，下列說法正確的是（）A．細(xì)線中的拉力大小相等 B．加速度較大時，金屬環(huán)M與水平桿之間的彈力較大 C．加速度較大時，金屬環(huán)M與水平桿之間的摩擦力一定較大 D．加速度較大時，金屬環(huán)N與豎直桿之間的彈力較小【分析】對金屬環(huán)N受力分析，在豎直方向根據(jù)平衡條件分析繩子的拉力；金屬環(huán)M與水平桿之間的摩擦力變化無法確定，豎直方向金屬環(huán)M與水平桿之間的彈力等于總重；對N分析，水平方向根據(jù)牛頓第二定律分析金屬環(huán)N與豎直桿之間的彈力的變化情況?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)繩子拉力方向與豎直方向夾角為θ，對N受力分析，如圖所示，知繩子的拉力在豎直方向的分力恒等于重力，則有：Tcosθ＝mNg，所以只要角度不變，繩子的拉力T不變，故A正確；BC、因為不確定兩物體質(zhì)量關(guān)系及加速度關(guān)系，所以M所受摩擦力方向不確定，則加速度較大時，金屬環(huán)M與水平桿之間的摩擦力變化無法確定；整體分析可知，豎直方向金屬環(huán)M與水平桿之間的彈力：N＝GN+GM，不變，故BC錯誤；D、對N分析FN﹣Tsinθ＝mNa，解得：FN＝Tsinθ+mNa，故加速度較大時，金屬環(huán)N與豎直桿之間的彈力FN變大，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題主要是考查了牛頓第二定律的知識；利用牛頓第二定律答題時的一般步驟是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、進(jìn)行正交分解、在坐標(biāo)軸上利用牛頓第二定律建立方程進(jìn)行解答；注意整體法和隔離法的應(yīng)用。7．（安徽月考）如圖所示，長木板P靜止在水平地面上，木塊Q靜止放在木板P的上表面，它們的質(zhì)量均為m。現(xiàn)對長木板P或木塊Q施加一水平向右的拉力F，木板P和木塊Q的運動情況未知。已知木塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ，則下列說法正確的是（）A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是2μmg B．木板受到地面的摩擦力的大小可能為3μmg C．當(dāng)F＞3μmg時，木板P和木塊Q一定發(fā)生相對運動 D．如果拉力F作用在木塊Q上，無論怎樣改變F的大小，木板都不可能運動【分析】求出木板受到地面的最大靜摩擦力的大小和Q受到P的最大靜摩擦力大小，根據(jù)拉力作用在P上或作用在Q上，分析木板受到地面的摩擦力的大??；如果力F作用在P上，求出P和Q恰好發(fā)生相對運動時的加速度，再對整體根據(jù)牛頓第二定律求解木板P和木塊Q發(fā)生相對運動拉力大小；如果拉力F作用在木塊Q上，根據(jù)Q對P的摩擦力與地面對P的最大靜摩擦力大小分析木板是否運動。【解答】解：AB、木板受到地面的最大靜摩擦力的大小是fm1＝2μmg，Q受到P的最大靜摩擦力為：fm2＝μmg；無論對Q施加多大的拉力，Q對P的摩擦力不會大于μmg，木板受到地面的摩擦力的大小不會大于μmg；如果拉力施加在P上，木板受到地面的摩擦力的大小不會大于2μmg，故AB錯誤；C、如果力F作用在P上，當(dāng)P和Q恰好發(fā)生相對運動時，加速度大小為a，對Q根據(jù)牛頓第二定律可得：a＝＝μg；對整體根據(jù)牛頓第二定律可得：F﹣2μmg＝2ma，解得：F＝4μmg，所以當(dāng)F作用在P上且F＞4μmg時，木板P和木塊Q才發(fā)生相對運動，故C錯誤；D、如果拉力F作用在木塊Q上，無論怎樣改變F的大小，Q對P的摩擦力都小于地面對P的最大靜摩擦力，木板都不可能運動，故D正確。故選：D?！军c評】本題主要是考查了牛頓第二定律的知識；利用牛頓第二定律答題時的一般步驟是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、進(jìn)行正交分解、在坐標(biāo)軸上利用牛頓第二定律建立方程進(jìn)行解答；注意整體法和隔離法的應(yīng)用。8．（南寧月考）如圖所示，質(zhì)量分別為m、2m的物體A、B由輕質(zhì)彈簧相連后放置在一箱子C內(nèi)，箱子質(zhì)量為3m，整體懸掛處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)剪斷細(xì)繩的瞬間，以下說法正確的是（重力加速度為g）（）A．物體A的加速度等于g B．物體B的加速度等于零 C．物體C的加速度等于g D．物體B和C之間的彈力為0.6mg【分析】剪斷細(xì)繩前，對A應(yīng)用平衡條件求出彈簧的彈力；彈簧的彈力不能突變，根據(jù)物體的受力情況，應(yīng)用牛頓第二定律分析答題?！窘獯稹拷猓何矬wA受重力和彈簧的支持力F作用，剪斷細(xì)繩前，對A，由平衡條件得：F＝mg；A、剪斷細(xì)繩瞬間，彈簧的彈力不能突變，A的受力情況不變，剪斷細(xì)繩瞬間A所受合力為零，由牛頓第二定律可知，A的加速度為零，故A錯誤；BC、剪斷細(xì)繩瞬間，B，C的加速度相同，對B、C系統(tǒng)，由牛頓第二定律得：（2m+3m）g+F＝（2m+3m）a，解得：a＝1.2g，故BC錯誤；D、剪斷細(xì)繩瞬間，對C，由牛頓第二定律得：N+3mg＝3ma，解得，B對C的壓力：N＝0.6mg，即物體B和C之間的彈力為0.6mg，故D正確。故選：D。【點評】本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，知道彈簧的彈力不能突變是解題的前提，分析清楚物體的受力情況、應(yīng)用牛頓第二定律即可解題。9．（石家莊一模）如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的相同貨物A、B疊放在自卸貨車的車廂底板上保持相對靜止一起加速下滑，車廂底板與水平面的夾角為α，A、B間的動摩擦因數(shù)為μ1，B與車廂底板間的動摩擦因數(shù)為μ2，貨車在水平地面上始終保持靜止，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．貨車受到地面的靜摩擦力方向水平向左 B．貨車對地面的壓力大于貨車與貨物的總重力 C．貨物A受到的摩擦力大小一定為μ1mgcosα D．μ1與μ2的關(guān)系滿足μ1≥μ2【分析】（1）以整個車為研究對象，沿水平方向和豎直方向根據(jù)牛頓第二定律列方程求解摩擦力大小和總支持力或壓力；（2）以貨物AB為研究對象，沿車廂底板方向牛頓第二定律求解摩擦力，再根據(jù)靜摩擦力不大于滑動摩擦力確定兩接觸面上的動摩擦因數(shù)的關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈B、以貨車和AB貨物為研究對象，整體的一部分（AB貨物）有沿車廂方向向右下的加速度，在向右和向下的方向有加速度分量。那么整體會一個向右的力產(chǎn)生向右的加速度，這個力只能是地面對貨車，即貨車受到的靜摩擦力水平向右，故A錯誤；整體還有一個向下的加速度分量，則整體處于失重狀態(tài)，故貨車對地面的壓力小于整體的重力，故B錯誤；CD、設(shè)AB整體的加速度為a，對A、B整體根據(jù)牛頓第二定律有：2mgsinα﹣2μ2cosα＝2ma，單獨對A同理有：mgsinα﹣f＝ma，且f≤μ1mgcosα，聯(lián)立以上三式可得：μ1≥μ2，由此可知，只有當(dāng)μ1＝μ2時，貨物A受到的摩擦力才等于μ1mgcosα，否則小于μ1mgcosα，故C錯誤、D正確。故選：D?！军c評】計算摩擦力，首先要根據(jù)物體的受力情況，判斷物體的狀態(tài)，確定是什么摩擦力，再選擇解題方法。一般情況下靜摩擦力由運動狀態(tài)而定，而滑動摩擦力可由公式求解；當(dāng)兩個物相對靜止時，受到的是靜摩擦力；當(dāng)兩個物體之間發(fā)生相對運動時，受到的是滑動摩擦力。10．（保定一模）如圖所示，傾角為θ的斜面體固定在水平地面上，質(zhì)量分別為m和2m的物塊A、B疊放在斜面底端，給B施加沿斜面向上的恒力F，A、B一起由靜止開始沿斜面向上運動，經(jīng)過時間t1，撤去力F，再經(jīng)過時間t2，A、B的速度減為0。已知B與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ，整個運動過程中物塊A與B均處于剛要相對滑動的狀態(tài)，下列說法中正確的是（）A．t1＝t2 B．F＝6μmgcosθ C．兩段時間內(nèi)A、B之間的摩擦力大小均為3μmgcosθ D．A、B的速度減為0后將一起沿斜面加速下滑【分析】對兩個過程中整體列動量定理以及對A列動量定理，對表達(dá)式分析時間大小，并計算出F以及AB間的摩擦力。【解答】A.設(shè)AB之間最大摩擦力大小為f，撤掉F后速度為v，撤掉F前對A受力分析并由動量定理得：（f﹣mgsinθ）t1＝mv①撤掉F后對A受力分析并由動量定理得：（f+mgsinθ）t2＝mv②，由以上倆式對比可知t1＞t2，故A錯誤；BC.把AB看作整體受力分析并由動量定理得：（F﹣3mgsinθ﹣3μmgcosθ）t1＝3mv③：（3mgsinθ+3μmgcosθ）t2＝3mv④，聯(lián)立②④可得：f＝μmgcosθ，聯(lián)立①③可得：F＝6μmgcosθ，故B正確，C錯誤。D.由f＝μmgcosθ和①可知，tanθ＜μ，故D選項錯誤。故選：B?！军c評】本題考查整體法和隔離法，解題關(guān)鍵在于利用動量定理，用表達(dá)式分析物理問題。11．（湖北模擬）如圖所示，傳送帶以10m/s的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動，兩側(cè)的傳送帶長都是16m，且與水平方向的夾角均為37°?，F(xiàn)有兩個滑塊A、B（可視為質(zhì)點）從傳送帶頂端同時由靜止滑下，已知滑塊A、B的質(zhì)量均為1kg，與傳送帶間動摩擦因數(shù)均為0.5，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是（）A．滑塊A先做勻加速運動后做勻速運動 B．滑塊A、B同時到達(dá)傳送帶底端 C．滑塊A、B到達(dá)傳送帶底端時的速度大小相等 D．滑塊A在傳送帶上的劃痕長度為5m【分析】通過物體受力分析物體運動情況：B一直加速，A先加速，跟傳送帶共速后繼續(xù)加速，A需要分階段用運動學(xué)公式求解，劃痕長度需要求出相對位移的大小和方向后再分析求解?！窘獯稹拷猓篈B、對于滑塊A，開始時相對傳送帶向上運動，A受到的摩擦力向下，由牛頓第二定律：，解得：a1＝10m/s2速度加到和傳送帶速度一樣時，由于重力在斜面.上的分力大于摩擦力，故還要向下加速此時加速度為，解得：a2＝2m/s2由運動學(xué)公式可知，第一階段：，位移，方向向下第二階段：，解得：t2＝1s所以tA＝t1+t2＝1s+1s＝2s對于滑塊B，一直相對傳送帶向下運動，且重力在斜面上的分力大于摩擦力由牛頓第二定律：，解得：a＝2m/s2一直加速到底，則L＝a，解得：tB＝4s故AB錯誤；C、A到底端時vA＝v0+a2t2，解得：vA＝12m/s，vB＝atB＝2×4m/s＝8m/s，故C錯誤。D、第一階段，傳送帶的位移，x1′＝v0t1＝10×1m＝10m，滑塊A相對傳送帶向上位移：△x1＝x1′﹣x1，解得：△x1＝5m，方向向上。第二階段滑塊A相對傳送帶的位移：△x2＝（L﹣x1）﹣v0t2＝（16﹣5）m﹣10×1m＝1m，方向向下，所以滑痕還是5m，故D正確。故選：D。【點評】本題借助傳送帶模型考查了牛頓第二定律和運動學(xué)公式的綜合運用，本題難點在于A運動過程的分析，注意滑塊與傳送帶共速態(tài)是物塊運動的轉(zhuǎn)折點，需要判斷是否能夠相對靜止一起運動。12．（南崗區(qū)校級期末）一個質(zhì)量為0.2kg的小球用細(xì)線吊在傾角θ＝53°的斜面頂端，如圖所示。斜面靜止時，球緊靠在斜面上，繩與斜面平行，不計摩擦，當(dāng)斜面以10m/s2的加速度向右做加速運動時，則（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2）（）A．繩的拉力為1.6N B．繩的拉力為2N C．斜面對小球的彈力為1.20N D．斜面對小球的彈力為1.0N【分析】首先判斷小球是否離開了斜面，根據(jù)小球剛剛飛離斜面的臨界條件，即繩子的傾角不變，斜面的支持力剛好為零，解出此時的加速度與題目給出的加速度大小進(jìn)行比較，若給出加速度大于小球的臨界加速度說明小球已經(jīng)離開了斜面，否則小球還在斜面上。【解答】解：當(dāng)加速度a較小時，小球與斜面一起運動，此時小球受重力、繩子拉力和斜面的支持力，繩子平行于斜面；當(dāng)加速度a足夠大時，小球?qū)㈦x開斜面，此時小球僅受重力與繩子的拉力作用，繩子與水平方向的夾角未知，而題目要求出當(dāng)斜面以10m/s2的加速度向右做加速運動時，繩的拉力及斜面對小球的彈力，必須先求出小球離開斜面的臨界加速度a0（此時小球所受斜面的支持力恰好為零）小球的受力如圖1所示：圖1由牛頓第二定律得：F合＝＝＝ma0解得：a0＝7.5m/s2因為：a＝10m/s2＞a0所以小球一定離開斜面N＝0，小球的受力如圖2所示：圖2則水平方向有牛頓第二定律得：Tcosα＝ma豎直方向有受力平衡得：Tsinα＝mg聯(lián)立解得：T＝2N；N＝0，故ACD錯誤，B正確；故選：B?！军c評】此題最難解決的問題是小球是否離開了斜面，我們可以用假設(shè)法判斷出臨界加速度來進(jìn)行比較；所以本題應(yīng)首先利用臨界問題分析小球是否“漂浮“。13．（衡陽二模）如圖所示，2021個完全相同的小球通過完全相同的輕質(zhì)彈簧（在彈性限度內(nèi)）相連，在水平拉力F的作用下，一起沿水平面向右運動，設(shè)1和2之間彈簧的彈力為F1﹣2，2和3間彈簧的彈力為F2﹣3，2020和2021間彈簧的彈力為F2020﹣2021，則下列結(jié)論正確的是（）A．若水平面光滑，從左到右每根彈簧長度之比為1：2：3：...：2020 B．若水平面光滑，F(xiàn)1﹣2：F2﹣3：...：F2020﹣2021＝1：2：3：...：2020 C．若水平面粗糙，F(xiàn)1﹣2：F2﹣3：...：F2020﹣2021的大小無法確定 D．若水平面粗糙，撤去F的瞬間，第2020號小球的加速度突然反向【分析】以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小，再分別求出每個彈簧的彈力；小球具有慣性，彈力不會突變，由此分析加速度的變化?！窘獯稹拷猓篈B、以整體為研究對象，水平面光滑，根據(jù)牛頓第二定律可得：F＝2021ma解得：a＝；分別以第1個小球、第1、2兩球、第1、2、3三個球…2021個小球為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得可知：F1﹣2＝ma＝FF2﹣3＝2ma＝F，…F2020﹣2021＝2020ma＝F，則：F1﹣2：F2﹣3：……F2020﹣2021＝1：2：3：……2020；由胡克定律知F＝kx，分析可知：x1﹣2：x2﹣3：……x2020﹣2021＝1：2：3：……2020，但彈簧的長度之比不滿足，故A錯誤，B正確；C、若水平面粗糙，設(shè)每個小球受的滑動摩擦力為f，則以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得：F﹣2021f＝2021ma'解得：a'＝，以后面的第1、2、3..2020個小球為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得可知：F1﹣2＝ma'＝F﹣fF2﹣3＝2ma'＝F﹣f，…F2020﹣2021＝2020ma'＝F﹣f，則F1﹣2'：F2﹣3'：……F2020﹣2021'＝1：2：3：……2020，故C錯誤；D、若水平面粗糙，撤去F的瞬間，第2020號小球所受的兩邊彈簧的彈力以及摩擦力都不變，則加速度不變，故D錯誤。故選：B。【點評】本題是連接體問題，考查了牛頓第二定律的應(yīng)用；利用牛頓第二定律答題時的一般步驟是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、進(jìn)行正交分解、在坐標(biāo)軸上利用牛頓第二定律建立方程進(jìn)行解答；注意整體法和隔離法的應(yīng)用。14．（南京三模）如圖所示，兩質(zhì)點P、Q在光滑的水平面上分別以不同的速度向右運動，某時刻開始分別施以水平向左的力F1、F2，其中F1的大小不變，F(xiàn)2的大小由零逐漸增大，經(jīng)過一段時間，它們恰好同時向右運動到最遠(yuǎn)，且位移大小相等。在此過程中，兩質(zhì)點同一時刻的瞬時速度vP與vQ的關(guān)系是（）A．vP＞vQ B．vP＜vQ C．先vP＞vQ，后vP＜vQ D．先vP＜vQ，后vP＞vQ【分析】根據(jù)題意畫出質(zhì)點運動的v﹣t圖像，結(jié)合圖像判斷兩質(zhì)點同一時刻的瞬時速度vP與vQ的關(guān)系。【解答】解：由題意，根據(jù)牛頓第二定律可知，質(zhì)點P做勻減速直線運動，質(zhì)點Q做加速度增大的減速運動，故兩物體可能的v﹣t圖像如圖所示又兩質(zhì)點運動的時間相等，且位移大小相等，故實線滿足題意，故有先vP＞vQ，后vP＜vQ，故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】本題的難點在于根據(jù)題意畫出正確的v﹣t圖像，圖像是解決本題的一個簡便方法。15．（廣州二模）如圖，重為G的物體a放在上表面水平的物體b上表面，沿光滑斜面c一起向下滑，則（）A．a(chǎn)對b的壓力等于零 B．a(chǎn)對b的壓力等于G C．a(chǎn)受到的摩擦力方向水平向右 D．a(chǎn)與b之間沒有摩擦力的作用【分析】ab一起下滑，先應(yīng)用整體法求出整體的加速度，再隔離a進(jìn)行分析即可?！窘獯稹拷猓篴b一起下滑，設(shè)斜面底角為θ，選整體為研究對象，設(shè)整體的質(zhì)量為M，受力分析并分解如圖1：由牛頓第二定律有：Mgsinθ＝Ma，解得：a＝gsinθ，方向沿斜面向下。對a受力分析并正交分解如圖2：y方向：G2＝f2+N2，即：Gcosθ＝fsinθ+Ncosθy方向：G1+f1﹣N1＝ma，即：Gsinθ+fcosθ﹣Nsinθ＝Gsinθ聯(lián)立解得：f＝Gsinθcosθ，N＝G﹣Gsin2θ故C正確，ABD錯誤；故選：C?！军c評】本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用，注意整體法和隔離法在解題中的應(yīng)用，本題在分析a物體時，可以沿加速度和垂直加速度方向建坐標(biāo)系，也可以分解斜向下的加速度到水平和豎直方向。16．（浙江期中）如圖所示，一塊足夠長的輕質(zhì)長木板放在光滑水平地面上，質(zhì)量分別為mA＝2kg和mB＝4kg的物塊A、B放在長木板上，A，B與長木板間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.4，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F(xiàn)用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10m/s2。改變F的大小，B的加速度大小可能為（）A．4.5m/s2 B．3.5m/s2 C．2.5m/s2 D．1.5m/s2【分析】根據(jù)A、B最大靜摩擦力分析，運動情況為A恰好滑動時，物塊B和木板同時運動。根據(jù)作用力與反作用力，分析木板與物塊B的受力。把木板與物塊B看為一個整體，再根據(jù)牛頓第二定律求出整體加速度。因此時A恰好滑動，故此加速度為整體的最大加速度。【解答】解：隔離物塊A，對A進(jìn)行受力分析，物塊A受到的摩擦力方向向左，最大靜摩擦力為：fAmax＝μFNA＝μmAg＝0.4×2×10N＝8N隔離物塊B，對B進(jìn)行受力分析，物塊B的最大靜摩擦力為：fBmax＝μFNB＝μmBg＝0.4×4×10N＝16N對比A、B兩物塊的最大靜摩擦力可知，A恰好要滑動時，B不會相對木板滑動，把木板和物塊B看做一個整體，對該整體受力分析，該整體受到A對它們摩擦力向右，摩擦力最大值為fAmax＝8N根據(jù)牛頓第二定律求出B的最大加速度大小為：aBmax＝＝m/s2＝2m/s2，故0≤aB≤2m/s2，故D正確，ABC錯誤。故選：D?！军c評】此題關(guān)鍵為根據(jù)最大靜摩擦力大小，判斷A、B誰先相對滑動。再根據(jù)整體法，求出B的加速度。特別注意，A恰好滑動時，B和物塊這個整體此時的加速度為最大值。17．（浙江期中）如圖所示，2021個質(zhì)量均為m的小球通過完全相同的輕質(zhì)彈簧（在彈性限度內(nèi)）相連，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做勻加速直線運動。設(shè)l和2間彈簧的彈力為F1﹣2，2和3間彈簧的彈力為F2﹣3……2020和2021間彈簧的彈力為F2020﹣2021，則下列結(jié)論不正確的是（）A．F1﹣2：F2﹣3……F2020﹣2021＝1：2：3……2020 B．從左到右每根彈簧形變量之比為1：2：3……2020 C．如果突然撤去拉力F，撤去F瞬間，第2021個小球的加速度大小為 D．如果2和3兩個球間的彈簧脫落，那么脫落瞬間1、2小球的加速度大小依然等于a【分析】以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小，再分別求出每個彈簧的彈力；小球具有慣性，彈力不會突變，由此分析加速度的變化?！窘獯稹拷猓篈、以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得：F＝2021ma，解得：a＝；分別以第1個小球、第1、2兩球、第1、2、3三個球…2020個小球為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得可知：F1﹣2＝ma＝F，F(xiàn)2﹣3＝2ma＝F，…F2020﹣2021＝F，則F1﹣2：F2﹣3：……F2020﹣2021＝1：2：3：……2020，故A正確；B、由胡克定律知F＝kx，結(jié)合A的分析可知從左到右每根彈簧形變量之比為：x1﹣2：x2﹣3：……F2020﹣2021＝1：2：3：……2020，故B正確；C、突然撤去F瞬間，除第2021個球所受合力突然變化外，所有彈簧的形變量不變，則第2021個小球受到的合力為F2020﹣2021＝F，根據(jù)牛頓第二定律可得其加速度大小為：a2021＝＝，故C錯誤；D、如果2和3兩個球間的彈簧脫落，那么脫落瞬間其它彈簧的形變量不變，則1小球的加速度大小依然等于a，方向向前；第2個球的合力等于1和2球之間的彈簧彈力，即為ma，則第2個小球的加速度為a，方向向左，故D正確。本題選錯誤的，故選：C?！军c評】本題是連接體問題，考查了牛頓第二定律的應(yīng)用；利用牛頓第二定律答題時的一般步驟是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、進(jìn)行正交分解、在坐標(biāo)軸上利用牛頓第二定律建立方程進(jìn)行解答；注意整體法和隔離法的應(yīng)用。18．（渭濱區(qū)模擬）如圖所示，放置在水平面上密閉的容器里充滿了某種無色液體，在水平外力F的作用下向右做加速運動。設(shè)容器后面部分液體密度為ρ1，前面部分液體密度為ρ2，關(guān)于容器內(nèi)液體前后密度的大小比較，正確的是（）A．ρ1＝ρ2 B．ρ1＜ρ2 C．ρ1＞ρ2 D．ρ1、ρ2大小無法比較【分析】本題可利用慣性來定性分析，慣性越大越難改變其運動狀態(tài)，相對慣性小的部分就滯后。【解答】解：當(dāng)液體受到向右的推力時液體將要加速，由于液體具有慣性想要維持原來的運動狀態(tài)，相對于容器而言向后運動。這兩種液體都具有慣性，質(zhì)量大慣性就大。由題可知1液體的慣性較大，相同體積的情況下1液體的質(zhì)量大，所以ρ1＞ρ2，故C正確，ABD錯誤；故選：C?！军c評】本題可利用慣性來定性分析，慣性越大越滯后。質(zhì)量是慣性大小的量度，通過相同體積的情況下后面的慣性大（質(zhì)量大）來比較密度即可。19．（鼓樓區(qū)校級月考）如圖所示，A、B兩物塊靜止疊放在光滑水平地面上，現(xiàn)在物塊A上施加一個水平力F，則A、B兩物體的加速度和外力F大小關(guān)系可能是（）A． B． C． D．【分析】當(dāng)F較小時，A與B一起向右加速，由牛頓第二定律列式得到加速度與F的關(guān)系，當(dāng)F足夠大，A相對于B運動，分別對A和B利用牛頓第二定律列式，得到加速度表達(dá)式，再選擇正確的圖像。【解答】解：AB、當(dāng)F較小時，A與B一起向右加速，對整體，由牛頓第二定律得a＝，aA﹣F圖像是過原點的傾斜直線。當(dāng)F足夠大，A相對于B運動，對A，由牛頓第二定律得F﹣μmAg＝mAaA，得aA＝﹣μg，aA﹣F圖像是斜率更大的傾斜直線，故AB錯誤；CD、當(dāng)F較小時，A與B一起向右加速，B與A的加速度相同，aB﹣F圖像是過原點的傾斜直線。當(dāng)A相對于B運動時，對B，由牛頓第二定律得μmAg＝mBaB，得aB＝，保持不變，aB﹣F圖像是平行于F軸的直線，故C正確，D錯誤。故選：C?！军c評】解決本題時要靈活選擇研究對象，當(dāng)兩個物體的加速度相同時，可采用整體法研究，當(dāng)兩個物體的加速度不同時，要采用隔離法進(jìn)行處理。二．多選題（共18小題）20．（山東）如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物資以相對地面的速度v0水平投出，落地時物資與熱氣球的距離為d。已知投出物資后熱氣球的總質(zhì)量為M，所受浮力不變。重力加速度為g，不計阻力。以下判斷正確的是（）A．投出物資后熱氣球做勻加速直線運動 B．投出物資后熱氣球所受合力大小為mg C． D．【分析】拋出物資的瞬間，對物資和熱氣球，水平方向動量守恒，故熱氣球水平方向做勻速直線運動，由題意豎直方向做勻加速直線運動，合力不變，故投出物資后熱氣球類平拋運動；根據(jù)平拋運動知識，分別求出二者的水平位移和豎直位移，再根據(jù)勾股定理，即可求落地時物資與熱氣球的距離d。【解答】解：AB、對拋出物資的瞬間，對物資和熱氣球，水平方向動量守恒，設(shè)熱氣球的水平速度為v1，取向右為正方向根據(jù)動量守恒定律得：mv0﹣Mv1＝0解得：v1＝拋出物資前，豎直方向上：F?。剑∕+m）g拋出物資后，對氣球根據(jù)牛頓第二定律得：豎直方向上：F浮﹣Mg＝Ma＝mg解得：a＝，故熱氣球做類平拋運動，故B正確，A錯誤。CD、對物資做平拋運動豎直方向：H＝gt2解得t＝水平方向：x＝v0t＝對熱氣球水平方向：x′＝v1t＝豎直方向上h＝at2代入數(shù)據(jù)解得：h＝落地時物資與熱氣球的距離為：代入數(shù)據(jù)解得：d＝＝＝（1+），故C正確，D錯誤。故選：BC?！军c評】本題考查了動量守恒定律、平拋及類平拋的知識，注意拋出物資瞬間，物資和熱氣球水平方向動量守恒，是解決本題的關(guān)鍵。21．（蚌山區(qū)校級模擬）如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上.A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)對A施加一水平拉力F，則（）A．當(dāng)F＞2μmg時，A相對B開始滑動 B．當(dāng)F＝μmg時，A的加速度為μg C．當(dāng)F＝3μmg時，A的加速度為μg D．無論F為何值，B的加速度不會超過μg【分析】運用牛頓第二定律，分別分析A、B相對靜止的情況，以及剛發(fā)生相對運動的情況，分析相對滑動的臨界條件，從而對各選項進(jìn)行分析【解答】解：AC、A剛相對B開始滑動時，根據(jù)牛頓第二定律，有F﹣×3mg＝3ma，F(xiàn)﹣2μmg＝2ma，代入數(shù)據(jù)解得F＝3μmg，a＝μg所以當(dāng)F＞3μmg時，A相對B開始滑動。故A錯誤，C正確；B、當(dāng)F＝μmg時，二者沒有相對滑動，整體有F﹣×3mg＝3ma，解得a＝μg，故B錯誤；D、當(dāng)A與B相對滑動時，B的加速度最大，最大為a＝μg。故D正確。故選：CD?！军c評】本題考查牛頓第二定律以及受力分析和摩擦力相關(guān)內(nèi)容，要求學(xué)生根據(jù)不同情況運用整體法和隔離法進(jìn)行分析，難度適中。22．（蒲江縣校級月考）如圖所示，傾角為α的固定斜面，其右側(cè)有一豎直墻面，小球滑上斜面，以速度v飛離斜面，恰好垂直撞擊到墻面上某位置，重力加速度為g，忽略空氣阻力，下列說法中正確的是（）A．從飛行過程中，小球在水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻減速直線運動 B．豎直墻面與斜面右端的水平距離為sin2α C．豎直墻面與斜面右端的水平距離為 D．從飛離斜面到撞擊墻面的過程中，小球豎直上升的高度為sinα【分析】小球的運動分解到水平方向和豎直方向，按各自規(guī)律處理，小球垂直撞墻意思是豎直方向到最高點，即豎直分速度減為零?！窘獯稹拷猓篈、小球的運動分解到水平方向：不受外力，做勻速直線運動；豎直方向只受重力，做豎直上拋運動，即勻減速直線運動，故A正確；B、C、設(shè)小球從飛出到撞墻時間為t：vsinα＝gt，解得：t＝，墻面與斜面右端的水平距離為：L＝vcosα?t＝，故B錯誤，C正確；D、小球豎直上升的高度為h：（vsinα）2＝2gh，解得：h＝，故D錯誤。故選：AC?！军c評】斜上拋運動處理方法與平拋運動類似，分解成兩個直線運動，再分別處理，分運動與合運動具有等時性。23．（梅州二模）在某建筑工地，有一工件在電機的牽引下從地面豎直向上送至指定位置進(jìn)行安裝，已知該工件先后經(jīng)歷勻加速、勻速、勻減速直線運動三個階段。當(dāng)工件加速運動到總距離的一半時開始計時，測得電機的牽引力隨時間變化的F﹣t圖像如圖所示，當(dāng)t＝18s時工件速度恰好減為0且到達(dá)指定位置。整個過程中不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，則（）A．0～18s時間內(nèi)，工件一直處于失重狀態(tài) B．工件做勻速運動的速度大小為3m/s C．工件做勻減速運動加速度大小為0.25m/s2 D．地面和指定位置之間的總距離為56m【分析】根據(jù)加速度方向判斷工件的狀態(tài)；根據(jù)平衡條件判斷工件的質(zhì)量，結(jié)合牛頓第二定律求解加速度；運用運動學(xué)公式求解速度和位移?！窘獯稹拷猓篈、由題意可知，0～10s工件勻速運動，加速度為零，10～18s工件勻減速運動且方向豎直向下，則0～18s時間內(nèi)，工件先處于平衡狀態(tài)再處于失重狀態(tài)，故A錯誤；BC、0～10s工件勻速運動，則mg＝3000N，m＝300kg，勻減速運動過程加速度大小a＝＝m/s2＝0.25m/s2，所以勻速運動的速度v＝a（t2﹣t1）＝0.25×（18﹣10）m/s＝2m/s，故B錯誤，C正確；D、工件運動后半程的距離＝vt1+（t2﹣t1）＝2×10m+×（18﹣10）m＝28m，則地面和指定位置之間的總距離：x＝56m，故D正確。故選：CD。【點評】本題解題的關(guān)鍵是在于根據(jù)平衡狀態(tài)求得質(zhì)量，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度，結(jié)合運動學(xué)公式求得位移、速度等。24．（漳州二模）如圖，木塊A、B緊靠放置于水平面上，A和墻間水平拴接著勁度系數(shù)為k的輕彈簧，且彈簧處于原長狀態(tài)。已知A、B質(zhì)量分別為2m、m，與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g。今用水平力F向左緩慢壓B，使B向左移動x，突然撤去F，則（）A．若A、B可分開，分開時彈簧處于原長狀態(tài) B．若A、B可分開，分開時彈簧處于壓縮狀態(tài) C．為使A、B可分開，F(xiàn)做功必須大于4.5μmgx D．為使A、B可分開，x必須不小于【分析】兩個共同運動的物體分離的標(biāo)志是加速度相等，彼此之間沒有彈力，利用這一點對兩個物體分別進(jìn)行受力分析，并結(jié)合牛頓第二定律求出結(jié)果；對整個過程用動能定理或能量守恒定律計算F所做的功；對釋放過程利用能量守恒定律計算彈簧的壓縮量?！窘獯稹拷猓篈B、兩木塊分開瞬間加速度相等，兩者之間彈力為0。設(shè)此時共同的加速為a，彈簧的彈力為T，對B木塊用牛頓第二定律：μmg＝ma對A木塊用牛頓第二定律：2μmg+T＝2ma聯(lián)立得：T＝0N所以此時彈簧沒有彈力即處于原長狀態(tài)，故A正確，B錯誤；C、由選項A可知，A、B分開時彈簧已經(jīng)恢復(fù)原長，全程彈簧所做總功為0。從力F開始推動到A、B木塊分開，對全程用動能定理，可得：WF﹣μ（m+2m）g?2x＝Ek﹣0；木塊分開時有Ek≥0，即WF﹣μ（m+2m）?2x≥0，解得：WF≥6μmgx，故C錯誤；D、從壓縮量為x釋放到A木塊和B木塊分開，由能量守恒定律可得：，分開時有Ek≥0，即，解得：，故D正確。故選：AD?！军c評】本題的突破點在于要充分理解兩個共同運動的物體分離的標(biāo)志是加速度相等，彼此之間彈力為0。并且要重點掌握動能定理、能量守恒定律等知識點。25．（沙坪壩區(qū)校級月考）某中學(xué)兩同學(xué)玩拉板塊的雙人游戲，考驗兩人的默契度。如圖所示，一長L＝0.50m、質(zhì)量M＝0.40kg的木板靠在光滑豎直墻面上，木板右下方有一質(zhì)量m＝0.80kg的小滑塊（可視為質(zhì)點），滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.20，滑塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10m/s2。一人用水平恒力F1向左作用在滑塊上，另一人用豎直向上的恒力F2向上拉動滑塊，使滑塊從地面由靜止開始向上運動。（）A．只要F2足夠大，木板一定能上升 B．若F1＝18N，F(xiàn)2無論多大都不能使木板上升 C．若F2＝18N，為使滑塊和木板不發(fā)生相對滑動，F(xiàn)1至少為30N D．若F1＝30N、F2＝20N，滑塊將經(jīng)過ls時間從木板上方離開木板【分析】AB、木板靠在光滑的墻壁上，若使木板能向上運動，則物塊對木板的摩擦力應(yīng)大于木板的重力，列出關(guān)系式計算即得。C、用整體法與隔離法可求出滑塊和木板間的摩擦力，再結(jié)合條件滑塊和木板不發(fā)生相對滑動進(jìn)行求解。D、先假設(shè)滑塊和木板之間為滑動摩擦力，再利用牛頓第二定律求出加速度，進(jìn)而判斷假設(shè)能否成立；然后根據(jù)滑塊從木板上端離開所滿足的位移關(guān)系，求出經(jīng)過的時間。【解答】解：AB、木板能夠上升的條件是：在豎直方向上，滑塊給木板的摩擦力大于木板本身的重力，已知滑塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則有μF1＞Mg，解得F1＞＝N＝20N，即必須滿足F1＞20N的條件，木板才能上升，故A錯誤，B正確；C、若F2＝18N，對滑塊和木板整體應(yīng)用牛頓第二定律有F2﹣（m+M）g＝（m+M）a，代入數(shù)據(jù)解得a＝5m/s2，對木板由牛頓第二定律有f﹣Mg＝Ma，代入數(shù)據(jù)解得f＝6N，為使滑塊和木板不發(fā)生相對滑動，則μF1≥f，解得F1≥30N，故C正確；D、若F1＝30N、F2＝20N，假設(shè)滑塊與木板間的摩擦力為滑動摩擦力，對滑塊應(yīng)用牛頓第二定律有F2﹣μF1﹣mg＝mam，代入數(shù)據(jù)解得am＝7.5m/s2，對木版應(yīng)用牛頓第二定律有μF1﹣Mg＝MaM，代入數(shù)據(jù)解得aM＝5m/s2，此時am＞aM，故假設(shè)成立。設(shè)經(jīng)過時間t滑塊將從木板上方離開木板，則滑塊上升的距離為xm＝，木板上升的距離為xM＝，滑塊可從木板上方離開木板，則有xm﹣xM＝L，聯(lián)立解得t＝＝s＝s，故D錯誤。故選：BC?！军c評】本題考查牛頓第二定律，在處理連接體問題時，要注意整體法與隔離法的應(yīng)用。26．（武平縣校級模擬）某物理興趣小組在實驗室做了如下實驗：將一輕彈簧豎直固定在水平桌面上，把物體P輕放在彈簧上端，P由靜止向下運動，物體的速度v與彈簧的壓縮量x間的關(guān)系如圖中實線所示。若改用物體Q完成同樣的過程，其v﹣x關(guān)系如圖中虛線所示，則（）A．Q下落過程中的平均速度是P的2倍 B．Q的質(zhì)量是P的2倍 C．P與Q在最低點時的加速度不相等 D．P與Q在最低點時的加速度相等【分析】結(jié)合簡諧運動周期、受力分析以及牛頓第二定律對P、Q進(jìn)行分析比較，即可求解?！窘獯稹拷猓篈、Q下落過程中的最大位移等于P的2倍，P、Q下落過程可視為簡諧運動的半個周期的運動，由于簡諧運動的周期T＝2π知P、Q下落過程所用時間不相等，所以Q下落過程中的平均速度不等于P的2倍，故A錯誤；B、根據(jù)平衡點位置關(guān)系及平衡位置物體的受力分析，P、Q分別滿足mPg＝kx0，mQg＝k?2x0，可得Q的質(zhì)量是P的2倍，故B正確；CD、Q的質(zhì)量是P的2倍，Q在最低點時的彈簧壓縮量是P的2倍，根據(jù)牛頓第二定律得k?2x0﹣mPg＝mPaP，k?4x0﹣mQg＝mQaQ，對比可知P與Q在最低點時的加速度相等，故C錯誤，D正確。故選：BD?！军c評】本題考查受力分析、牛頓第二定律以及簡諧運動周期公式，對學(xué)生分析能力有一定要求，難度適中。27．（黃州區(qū)校級三模）如圖所示，傾角θ＝30°的固定光滑斜面上有兩個質(zhì)量均為m的物塊A和物塊B，物塊A通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧栓接在斜面底端的固定擋板上，物塊B通過一根跨過定滑輪的細(xì)線與物塊C相連，物塊C的質(zhì)量為，離地面的距離足夠高，物塊B離滑輪足夠遠(yuǎn)，彈簧與細(xì)線均與所對應(yīng)斜面平行。初始時，用手托住物塊C，使細(xì)線恰好伸直且無拉力。已知重力加速度為g，不計滑輪質(zhì)量及滑輪處阻力，忽略空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則釋放物塊C后（）A．釋放物塊C的瞬間，細(xì)線拉力的大小為mg B．釋放物塊C的瞬間，C的加速度大小為0.2g C．物塊A、B分離時，物塊A的速度最大 D．物塊A、B分離時，彈簧的形變量為【分析】釋放物塊C的瞬間，對物塊AB整體和C分別運用牛頓第二定律列式，從而求出加速度和細(xì)線的拉力大?。晃飰KA、B分離時，物塊A、B間的相互作用力為0，且物塊A、B、C的加速度大小相等，對物塊BC分析，由牛頓第二定律列式求解加速度大小，從而求出此時彈簧的彈力大小，由胡克定律求出彈簧的形變量?！窘獯稹拷猓篈B、初始時，用手托住物塊C，使細(xì)線恰好伸直，細(xì)線對物塊B的作用力為零。釋放物塊C的瞬間，三個物塊的加速度大小相等；對物塊A、B整體，由牛頓第二定律得：T＝2ma，對物塊C，根據(jù)牛頓第二定律可得：mg﹣T＝ma，解得物塊C的加速度大小為：a＝0.2g，細(xì)線拉力的大小T＝0.4mg，故A錯誤、B正確；C、物塊A、B分離時，物塊A、B間的相互作用力為0，且物塊A、B和C的加速度相同。對B和C，根據(jù)牛頓第二定律可得：mg﹣mgsinθ＝，解得：a′＝0，即物塊A、B分離時，三個物塊的加速度都為0，此時彈簧的彈力等于A的重力沿斜面向下的分力，以后A沿斜面向上做減速運動，所以物塊A、B分離時，物塊A的速度最大，故C正確；D、物塊A、B分離時，設(shè)彈簧的形變量為x，對A根據(jù)平衡條件可得：mgsinθ＝kx，解得：x＝，故D錯誤。故選：BC?！军c評】本題主要是考查牛頓第二定律的知識，關(guān)鍵是弄清楚物塊的受力情況和運動情況，采用整體法和隔離法相結(jié)合的方法研究物塊的加速度和受力情況，要知道兩個物體剛分離時的臨界條件是相互間的作用力為零。28．（五華區(qū)校級模擬）質(zhì)量為4kg的雪橇在傾角θ＝37°的斜坡上向下滑動，所受的空氣阻力與速度成正比，比例系數(shù)未知。今測得雪橇運動的v﹣t圖象如圖所示，且AB是曲線最左端那一點的切線，B點的坐標(biāo)為（4，15），CD線是曲線的漸近線。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.則下列說法正確的是（）A．當(dāng)v0＝5m/s時，雪橇的加速度為2.5m/s2 B．當(dāng)v0＝5m/s時，雪橇的加速度為3.75m/s2 C．空氣阻力系數(shù)k是2kg/s D．雪橇與斜坡間的動摩擦因數(shù)是0.125【分析】根據(jù)圖像的效率表示加速度求解加速度大??；以雪橇為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得到加速度的表達(dá)式，將t0＝0時速度和加速度、速度最大時的速度和加速度，代入求出空氣阻力系數(shù)k和雪橇與斜坡間的動摩擦因數(shù)μ．【解答】解：AB、當(dāng)v0＝5m/s時，加速度a0＝＝m/s2＝2.5m/s2，故A正確、B錯誤；CD、以雪橇為研究對象，t＝0時刻開始加速時，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ﹣kv0﹣μmgcosθ＝ma0，最后勻速運動時根據(jù)平衡條件可得：mgsinθ＝kv1+μmgcosθ，其中v0＝5m/s，v1＝10m/s由上面二式，得kv0+ma0＝kv1，解得k＝2kg/s，μ＝0.125，故CD正確。故選：ACD?！军c評】本題要抓住速度圖象的斜率等于物體的加速度，首先考查讀圖能力．其次考查運用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的能力知道加速度是聯(lián)系力和運動的橋梁。29．（煙臺模擬）如圖所示，由四條細(xì)桿構(gòu)成的平行四邊形軌道abcd的ab邊與水平方向夾角為30°，ad邊與水平方向的夾角為60°，其中b、d兩點處于同一豎直線MN上。將兩個光滑小圓環(huán)P、Q（圖中未畫出）從a點同時由靜止釋放，分別沿路徑abc和adc下滑，若小圓環(huán)在拐點處無機械能損失，則下列說法中正確的是（）A．小圓環(huán)P先到達(dá)豎直線MN B．小圓環(huán)P、Q同時到達(dá)豎直線MN C．小圓環(huán)Q先到達(dá)c點 D．小圓環(huán)P、Q同時到達(dá)c點【分析】根據(jù)牛頓第二定律求沿斜面運動時，環(huán)的加速度，然后根據(jù)運動學(xué)公式求時間；根據(jù)機械能守恒定律可知兩個環(huán)在運動過程中動能的關(guān)系，從而知道平均速度大小，進(jìn)而可判斷到達(dá)c點時的時間大小。【解答】解：AB、設(shè)傾斜軌道與水平面的夾角為θ，傾斜軌道長度為L，軌道水平投影長度為x，則小球在軌道上運動，根據(jù)牛頓第二定律可知：mgsinθ＝ma運動的位移為：L＝根據(jù)運動學(xué)公式有：L＝聯(lián)立解得：t＝由于P環(huán)從a到b，Q環(huán)從a到d，軌道水平投影長度x相同，則所用時間相同，同時到達(dá)MN虛線，故A錯誤，B正確；CD、在下滑過程中，由于只有重力做功，機械能守恒，但是P環(huán)始終在Q環(huán)的上方，到達(dá)c點之前，可得P環(huán)的速度始終小于Q環(huán)的速度，由于從a到c兩種路徑的距離相同，所以Q環(huán)所用的時間更小，先到c點，故C正確，D錯誤；故選：BC?！军c評】本題考查牛頓第二定律和運動學(xué)以及機械能守恒的綜合運用，關(guān)鍵是要抽象出斜面運動模型，求出環(huán)沿斜面運動的時間只與軌道水平投影長度x和傾斜角θ有關(guān)。30．（仁壽縣校級月考）如圖，質(zhì)量均為m＝2.0kg的物塊A、B緊挨著放置在粗糙的水平地面上，物塊A的左側(cè)連接一勁度系數(shù)為k＝100N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧另一端固定在豎直墻壁上。開始時，兩物塊壓緊彈簧并恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)使物塊B在水平外力F（圖中未畫出）作用下向右做加速度大小為a＝2m/s2的勻加速直線運動直至與A分離，已知兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計空氣阻力，g＝10m/s2，則（）A．開始時，彈簧的壓縮量大小為16cm B．物塊A、B分離時，所加外力F的大小為24N C．物塊A、B由靜止開始運動到分離所用的時間為0.2s D．物塊A、B由靜止開始運動到分離時，物塊A的位移大小為0.16m【分析】根據(jù)平衡條件求解原來的壓縮量；根據(jù)牛頓第二定律求解物塊A、B分離時，所加外力F的大?。灰訟為研究對象，求出分離時彈簧壓縮量為x，得到A運動的位移，根據(jù)位移時間關(guān)系求解時間?！窘獯稹拷猓篈、開始時，兩物塊壓緊彈簧并恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件可得：kx0＝μ?2mg，解得：x0＝0.16m＝16cm，故A正確；B、物塊A、B分離時，此時A和B之間的彈力為零，以B為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得：F﹣μmg＝ma，解得所加外力F＝12N，故B錯誤；CD、以A為研究對象，分離時彈簧壓縮量為x，則kx﹣μmg＝ma，解得x＝0.12m，此過程A運動的位移為x′＝x0﹣x＝0.16m﹣0.12m＝0.04m，根據(jù)位移﹣時間關(guān)系可得x′＝at2，解得物塊A、B由靜止開始運動到分離所用的時間為t＝0.2s，故C正確、D錯誤。故選：AC?！军c評】對于牛頓第二定律的綜合應(yīng)用問題，關(guān)鍵是弄清楚物體的運動過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運動學(xué)的計算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進(jìn)行解答；知道加速度是聯(lián)系靜力學(xué)和運動學(xué)的橋梁。31．（南寧月考）如圖甲所示，質(zhì)量mA＝1kg、mB＝2kg的A、B兩物塊疊放在一起靜止于粗糙水平地面上。t＝0時刻一水平恒力F作用在物體B上，t＝1s時刻撤去F，B物塊運動的速度﹣時間圖象如圖乙所示，若整個過程中A、B始終保持相對靜止，則（）A．物體B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2 B．0～1s內(nèi)物塊B受到的摩擦力6N C．1s～3s內(nèi)物塊A不受摩擦力作用 D．水平恒力的大小為18N【分析】撤去F后物體做勻減速直線運動，根據(jù)圖象的斜率可求得加速度，再由牛頓第二定律即可求解動摩擦因數(shù)；然后應(yīng)用牛頓第二定律分析求解?！窘獯稹拷猓篈、由圖乙所示圖象可知，撤去力F后，物塊的加速度a＝＝m/s2＝﹣2m/s2；撤去F后，由牛頓第二定律得：﹣μmg＝ma解得：μ＝0.2，故A正確；B、由圖乙所示圖象可知，0～1s內(nèi)物塊的加速度a′＝＝4m/s2，對A，由牛頓第二定律得：f＝mAa′代入數(shù)據(jù)解得，A受到的摩擦力大小：f＝4N，由牛頓第三定律可知，A、對B受到的摩擦力大小f′＝f＝4N，B與地面間的滑動摩擦力：f地＝μ（mA+mB）g＝0.2×（1+2）×10N＝6N，B受到的摩擦力的合力：f合＝f′+f地＝（4+6）N＝10N，故B錯誤；C、1s～3s內(nèi)物塊A與B一起做勻減速直線運動，A受到的合力等于摩擦力，A仍受摩擦力作用，故C錯誤；D、0～1s內(nèi)，由牛頓第二定律可知，F(xiàn)﹣μ（mA+mB）g＝（mA+mB）a′，解得F＝18N，故D錯誤。故選：AD?！军c評】本題考查牛頓第二定律連接體問題，對于連接體問題整體法與隔離法是常用的方法，結(jié)合牛頓第二定律和受力分析即可，本題要注意圖象的應(yīng)用方法。32．（南崗區(qū)校級三模）物體在水平外力F作用下由靜止開始沿粗糙程度相同的水平面運動，力F隨位移x的變化關(guān)系如圖，物體運動的最大位移為x1，則下列說法正確的是（）A．物體先做勻加速運動，后做勻減速運動 B．物體先做加速度越來越小的加速運動，后做加速度越來越大的減速運動 C．物體在位移中點時速度最大 D．物體在到達(dá)位移中點之前的某個位置速度最大【分析】在水平方向，物體受到推力和摩擦力作用，應(yīng)用牛頓第二定律求出物體的加速度，分析物體的運動過程；當(dāng)物體所受合力為零時速度最大，應(yīng)用動能定理求出最大速度；應(yīng)用動能定理求出物體的最大位移。【解答】解：AB、開始的推力F0，由圖像可得出F＝F0﹣kx，由牛頓第二定律知：F0﹣kx﹣μmg＝ma，可得：a＝﹣μg，推力大于摩擦力時，物體做加速運動，由上式可看出，推力減小，所以加速度減小，當(dāng)推力小于摩擦力時，推力減小時，加速度變?yōu)榕c速度反方向，并且增大，速度開始減小，故A錯誤，B正確；CD、物體由靜止開始運動，停下時即為達(dá)到最大位移，由動能定理知：﹣fx1＝0﹣0，F(xiàn)＝F0﹣kx，當(dāng)加速度等于零時，物體的速度達(dá)到最大，設(shè)此時的位移為x，有：F0﹣kx＝f，聯(lián)立各式解得：x＝，故C正確，D錯誤。故選：BC?！军c評】本題是一道力學(xué)綜合題，根據(jù)題意與圖示圖象分析清楚物體的運動過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律運動學(xué)公式與動能定理即可解題；解題時要知道F﹣x圖線與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積是力所做的功。33．（湖南一模）如圖所示，在粗糙水平面上放置質(zhì)量分別為3m、3m、3m、1.5m的四個木塊A、B、C、D，木塊A、B用一不可伸長的輕繩相連，木塊間的動摩擦因數(shù)均為μ，木塊C、D與水平面間的動摩擦因數(shù)均為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。若用水平拉力F拉木塊B，使四個木塊一起勻加速前進(jìn)，重力加速度為g，則（）A．勻加速的最大加速度為μg B．以最大加速度勻加速前進(jìn)時，木塊A、C間的摩擦力與木塊B、D間的摩擦力大小之比為3：2 C．水平拉力F最大為7μmg D．輕繩所受的最大拉力為4μmg【分析】假設(shè)A、C間發(fā)生相互滑動時C運動的最大加速度；然后再假設(shè)B、D間發(fā)生相互滑動是的物塊D運動的最大加速度，比較C、D運動最大加速度后，就能得到系統(tǒng)允許的最大加速度，隔離C、D分別用牛頓第二定律得出A、C間的摩擦力和B、D間的摩擦力；再對整個系統(tǒng)受力分析用牛頓第二定律得出最大的水平拉力，最后把A、C看成整體再解得輕繩的最大拉力?！窘獯稹拷猓篈、物塊C運動的最大加速度，物塊D運動的最大加速度為，可知系統(tǒng)勻加速的最大加速度為，故A項錯誤；B、以最大加速度勻加速前進(jìn)時，木塊A、C間的摩擦力fAC＝μ?3mg，對D分析，木塊B、D間的摩擦，解得fBD＝2μmg，即木塊A、C間的摩擦力與木塊B、D間的摩擦力大小之比為3：2，故B項正確；C、對ABCD整體，，解得水平拉力F最大為F＝7μmg，故C項正確；D、對AC整體，，解得T＝4μmg，即輕繩所受的最大拉力為T＝4μmg，故D項正確.故選：CD?！军c評】本題以ABCD四個物體在外力作用下加速運動，涉及到連接體臨街，所以本題先判斷C、D誰先達(dá)到臨界狀態(tài)為“切入點”，然后再靈活運用整體法和隔離法解得繩的最大拉力和最大的外力F，體現(xiàn)對學(xué)生學(xué)科素養(yǎng)關(guān)鍵能力和綜合運用能力的考查。34．（廣東模擬）如圖所示，質(zhì)量為M＝1kg的長木板放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝2kg的滑塊（可視為質(zhì)點）放在長木板的左端，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2。某時刻用F＝9N的水平恒力作用在長木板上，經(jīng)t＝1s后撤去力F，最終滑塊恰好沒有滑離長木板。重力加速度g＝10m/s2，則下列說法正確的是（）A．撤去力F時長木板的速度為3m/s B．撤去力F時滑塊的速度為2m/s C．滑塊最終的速度為3m/s D．長木板的長度為1.5m【分析】力F作用在木板上時，對滑塊和長木板分別運用牛頓第二定律求出加速度，然后根據(jù)速度﹣時間關(guān)系求出撤去力F時各自的速度；撤去外力之后動量守恒，求出共速；然后根據(jù)位移關(guān)系和能量關(guān)系求出兩者的相對位移即為長木板的長度?！窘獯稹拷猓篈B、力F作用在木板上后，由牛頓第二定律可得對滑塊：μmg＝ma1對長木板：F﹣μmg＝Ma2.解得a1＝2m/s2，a2＝5m/s2，撤去力F時滑塊和長木板的速度分別為v1＝a1t＝2×1m/s＝2m/s、v2＝a2t＝5×1m/s＝5m/s，故A錯誤，B正確；C、撤去力F后，取水平向左為正，由動量守恒定律可得：mv1+Mv2＝（m+M）v解得滑塊最終的速度為：v＝3m/s，故C項正確；D、撤去力F前，滑塊在長木板上移動的距離為△x1＝解得：△x1＝1.5m撤去力F后，由能量守恒定律可得：μmg?△x2＝+﹣解得△x2＝0.75m，則長木板的長度為：L＝△x1+△x2＝1.5m+0.75m＝2.25m，故D錯誤；故選：BC?！军c評】本題考查多木塊疊加問題，此類問題關(guān)鍵是分清楚運動過程，由牛頓第二定律求出各自的加速度，然后找到等量關(guān)系求出位移或者時間。35．（臨沂學(xué)業(yè)考試）現(xiàn)用三根細(xì)線a、b、c將質(zhì)量均為m的兩個小球1和2連接，并懸掛如圖所示，兩小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線a與豎直方向的夾角為30°，細(xì)線c水平。重力加速度為g，則下