高中物理必修一同步專題講義：11 C牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用 提升版（教師版）

牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用知識(shí)點(diǎn)：牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用一、牛頓第二定律的作用牛頓第二定律確定了運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系：加速度的大小與物體所受合力的大小成正比，與物體的質(zhì)量成反比；加速度的方向與物體受到的合力的方向相同．二、兩類基本問(wèn)題1．從受力確定運(yùn)動(dòng)情況如果已知物體的受力情況，可以由牛頓第二定律求出物體的加速度，再通過(guò)運(yùn)動(dòng)學(xué)的規(guī)律確定物體的運(yùn)動(dòng)情況．2．從運(yùn)動(dòng)情況確定受力如果已知物體的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求出物體的加速度，結(jié)合受力分析，再根據(jù)牛頓第二定律求出力．技巧點(diǎn)撥一、從受力確定運(yùn)動(dòng)情況1．從受力確定運(yùn)動(dòng)情況的基本思路分析物體的受力情況，求出物體所受的合外力，由牛頓第二定律求出物體的加速度；再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式及物體運(yùn)動(dòng)的初始條件確定物體的運(yùn)動(dòng)情況．流程圖如下：eq\x(已知物體受力情況)eq\o(→,\s\up7(由F＝ma))eq\x(求得a)eq\o(→,\s\up30(由\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(v＝v0＋at,x＝v0t＋\f(1,2)at2,v2－v\o\al(02,)＝2ax))))eq\x(求得x、v0、v、t)2．從受力確定運(yùn)動(dòng)情況的解題步驟(1)確定研究對(duì)象，對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，并畫出物體的受力分析圖．(2)根據(jù)力的合成與分解，求合力的大小和方向．(3)根據(jù)牛頓第二定律列方程，求加速度．(4)結(jié)合物體運(yùn)動(dòng)的初始條件，選擇運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求運(yùn)動(dòng)學(xué)量——任意時(shí)刻的位移和速度，以及運(yùn)動(dòng)時(shí)間等．二、從運(yùn)動(dòng)情況確定受力1．從運(yùn)動(dòng)情況確定受力的基本思路分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出物體的加速度，再由牛頓第二定律求出物體所受的合外力；再分析物體的受力，求出物體受到的作用力．流程圖如下：eq\x(已知物體運(yùn)動(dòng)情況)eq\o(→,\s\up7(由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式))eq\x(求得a)eq\o(→,\s\up7(由F＝ma))eq\x(確定物體受力)2．從運(yùn)動(dòng)情況確定受力的解題步驟(1)確定研究對(duì)象，對(duì)物體進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，并畫出物體的受力示意圖．(2)選擇合適的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求出物體的加速度．(3)根據(jù)牛頓第二定律列方程，求出物體所受的合力．(4)選擇合適的力的合成與分解的方法，由合力和已知力求出待求的力．三、多過(guò)程問(wèn)題分析1．當(dāng)題目給出的物理過(guò)程較復(fù)雜，由多個(gè)過(guò)程組成時(shí)，要明確整個(gè)過(guò)程由幾個(gè)子過(guò)程組成，將過(guò)程合理分段，找到相鄰過(guò)程的聯(lián)系點(diǎn)并逐一分析每個(gè)過(guò)程．聯(lián)系點(diǎn)：前一過(guò)程的末速度是后一過(guò)程的初速度，另外還有位移關(guān)系、時(shí)間關(guān)系等．2．注意：由于不同過(guò)程中力發(fā)生了變化，所以加速度也會(huì)發(fā)生變化，所以對(duì)每一過(guò)程都要分別進(jìn)行受力分析，分別求加速度．例題精練1．（長(zhǎng)安區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，質(zhì)量相同的木塊A、B用輕質(zhì)彈簧連接，在平行于斜面的力F作用下，A、B均靜止在足夠長(zhǎng)的光滑斜面上?，F(xiàn)將F瞬間增大至某一恒力推A，則從開(kāi)始到彈簧第一次被壓縮到最短的過(guò)程中（）A．兩木塊速度相同時(shí)，加速度aA＝aB B．兩木塊速度相同時(shí)，加速度aA＞aB C．兩木塊加速度相同時(shí)，速度vA＞vB D．兩木塊加速度相同時(shí)，速度vA＜vB【分析】分別對(duì)A、B進(jìn)行受力分析，可比較兩者加速度的大小，從而判斷相同時(shí)間的速度變化量，由于初速度都為0，則兩者速度也可以比較得出?！窘獯稹拷猓篊D、恒力F推木塊A，在彈簧第一次壓縮到最短的過(guò)程中，彈簧的彈力逐漸增大，A受到的合力減小，B受到的合力增大，則A做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，B做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，在aA＝aB之前aA＞aB，故經(jīng)過(guò)相等的時(shí)間，A增加的速度大，B增加的速度小，所以，在aA＝aB時(shí)vA＞vB，故C正確，D錯(cuò)誤；AB、當(dāng)vA＝vB時(shí)，彈簧的壓縮量最大，彈力最大，A在此之前一直做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，B做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，由于aA＝aB時(shí)vA＞vB，所以vA＝vB時(shí)aA＜aB；故AB錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生對(duì)牛頓第二定律的應(yīng)用情況，要求學(xué)生結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律定性分析物體的運(yùn)動(dòng)情況。隨堂練習(xí)1．（遼寧二模）如圖甲所示，一個(gè)質(zhì)量不計(jì)的彈簧測(cè)力計(jì)，勁度系數(shù)為30N/m，下面懸掛一個(gè)物塊A，此時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)為4N?，F(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為0.5kg的木板B放在A下面，在外力作用下托住木板B使物塊A向上運(yùn)動(dòng)一段距離，如圖乙所示，當(dāng)系統(tǒng)靜止后，如果突然撤去木板B的瞬間物塊A向下的加速度為2.5m/s2。若不撤去木板B，用外力控制木板B使二者一起以加速度1m/s2向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)至二者分離，彈簧測(cè)力計(jì)始終未超量程，重力加速度g＝10m/s2，以下說(shuō)法正確的是（）A．撤去木板B的瞬間彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)為3.75N B．勻加速運(yùn)動(dòng)階段起始時(shí)刻外力大小為8.1N C．勻加速運(yùn)動(dòng)階段二者分離時(shí)外力的大小4.5N D．AB分離時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)為零【分析】應(yīng)用整體法和隔離法根據(jù)牛頓第二定律分析彈簧的示數(shù)的變化、外力的變化、AB之間的彈力的變化等，要注意牛頓第二定律的瞬時(shí)性和同一性?！窘獯稹拷猓篈、對(duì)A分析：初始時(shí)刻時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)為4N，有mAg＝F彈1，所以mA＝0.4kg。突然撤去木板B的瞬間物塊A向下的加速度為2.5m/s2，則有mAg﹣F彈2＝mAa1，聯(lián)立，代入數(shù)值解得：F彈2＝3N，故A錯(cuò)誤；B、若不撤去木板B用外力控制木板B使二者一起以加速度1m/s2向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)AB整體根據(jù)牛頓第二定律有：（mA+mB）g﹣F外﹣F彈2＝（mA+mB）a2，代入解得F外＝5.1N，故B錯(cuò)誤；CD、分離時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律對(duì)B：mBg﹣F外′＝mBa2，代入得F外′＝4.5N。對(duì)A：mAg﹣F彈3＝mAa2，代入解得F彈3＝3.6N，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題是牛頓第二定律的綜合題，涉及到兩個(gè)過(guò)程，兩個(gè)物體以同一加速度運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是要分清物理過(guò)程，用整體法和隔離法運(yùn)用牛頓第二定律列式求未知數(shù)。還要注意的是兩物體分離時(shí)，是它們之間的彈力為零。2．（江蘇模擬）如圖所示，粗糙水平面上有兩個(gè)滑塊A和B，其間用長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1m的細(xì)線相連，細(xì)線可承受的最大張力為FTm＝10N，現(xiàn)對(duì)滑塊A施加水平向右的恒力F1＝24N，作用1s后突然將外力變?yōu)镕2＝32N，滑塊質(zhì)量mA＝4kg、mB＝2kg，兩滑塊與平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，以下說(shuō)法正確的是（）A．1s末滑塊B的速度為3m/s B．1.5s末滑塊B的加速度大小為2m/s2 C．滑塊B剛靜止時(shí)滑塊A的速度為m/s D．滑塊B剛靜止時(shí)兩滑塊間的距離為4m【分析】先根據(jù)牛頓第二定律整體法和隔離法判斷對(duì)滑塊A施加水平向右的恒力F1＝24N時(shí)細(xì)線是否斷裂，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解1s末滑塊B的速度；判斷對(duì)滑塊A施加水平向右的恒力F2＝32N時(shí)細(xì)線是否斷裂，然后用牛頓第二定律分別求出A和B的加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求出速度和位移?！窘獯稹拷猓篈、當(dāng)滑塊A施加水平向右的恒力F1＝24N時(shí)，整體法求加速度：F1＝（mA+mB）a0，隔離B求細(xì)線的拉力：T0＝mBa0，聯(lián)立解得：T0＝8N＜FTm＝10N，故細(xì)線沒(méi)有斷裂，A和B一起以a0＝4m/s2勻加速直線運(yùn)動(dòng)。1s末滑塊B的速度為v1＝a0t1＝4×1m/s＝4m/s，故A錯(cuò)誤；B、1s后突然將外力變?yōu)镕2＝32N，同理整體法和隔離法求得細(xì)線的拉力T1＝N＞FTm＝10N，即細(xì)線斷裂，對(duì)滑塊B由牛頓第二定律可知：μmBg＝mBa1，解得1.5s末滑塊B的加速度大小a1＝2m/s2，故B正確；C、滑塊B從1s末開(kāi)始做初速度大小為v1＝4m/s，加速度大小為a1＝2m/s2的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減為零，所需的時(shí)間t2＝＝s＝2s，這個(gè)過(guò)程中滑塊A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知：a2＝＝m/s2＝6m/s2，則滑塊B剛靜止時(shí)滑塊A的速度為v2＝v1+a2t2＝4m/s+6m/s2×2s＝16m/s，故C錯(cuò)誤；D、細(xì)線斷裂后直到滑塊B剛靜止過(guò)程中，滑塊A的運(yùn)動(dòng)位移：xA＝＝m＝20m滑塊B的運(yùn)動(dòng)位移：＝m＝4m滑塊B剛靜止時(shí)兩滑塊間的距離為△x＝xA﹣xB＝20m﹣4m＝16m，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合運(yùn)用，綜合運(yùn)用整體法和隔離法求兩滑塊之間的細(xì)線的內(nèi)力，也可以直接運(yùn)用內(nèi)力公式快速判斷細(xì)線是否斷裂，節(jié)省了選擇題的解題時(shí)間。3．（廣東月考）如圖所示，滑塊A和足夠長(zhǎng)的木板B疊放在水平地面上，A和B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是B和地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)的4倍，A和B的質(zhì)量均為m?，F(xiàn)對(duì)A施加一水平向右逐漸增大的力F，當(dāng)F增大到F0時(shí)A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，之后力F按圖乙所示的規(guī)律繼續(xù)增大，圖乙中的x為A運(yùn)動(dòng)的位移，已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。對(duì)兩物塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，以下說(shuō)法正確的是（）A．當(dāng)F＞2F0，木塊A和木板B開(kāi)始相對(duì)滑動(dòng) B．當(dāng)F＞F0，木塊A和木板B開(kāi)始相對(duì)滑動(dòng) C．自x＝0至木板x＝x0木板B對(duì)A做功大小為 D．x＝x0時(shí)，木板B的速度大小為【分析】本題為板塊模型，需通過(guò)最大靜摩擦力分析求出AB相對(duì)滑動(dòng)、B與地相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件，結(jié)合圖像可求出做功情況以及對(duì)應(yīng)速度大小。【解答】解：AB、設(shè)A、B之間的最大摩擦力為fm，B與地面之間的最大摩擦力為fm'，由于最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則fm＝4μmg＞fm'＝μ?2mg＝2μmg，可知，當(dāng)F增大到F0，A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，B也和A一起滑動(dòng)。則F0＝fm'＝2μmg，當(dāng)A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，A、B之間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力，對(duì)A分析得F﹣fm＝ma，以AB為整體得F﹣fm′＝2ma聯(lián)立解得F＝3F0，故AB錯(cuò)誤；CD、木板自x＝0至x＝x0過(guò)程中，A、B沒(méi)有發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，整體動(dòng)能定理得，對(duì)A用動(dòng)能定理，得聯(lián)立解得，。故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題為板塊問(wèn)題，考查學(xué)生受力分析能力，對(duì)學(xué)生綜合已學(xué)內(nèi)容對(duì)問(wèn)題進(jìn)行分析的能力有一定要求。4．（3月份模擬）如圖所示，一質(zhì)量為m＝4kg、傾角θ＝45°的斜面體C放在光滑水平桌面上，斜面上疊放質(zhì)量均為m0＝1kg的物塊A和B，物塊B的下表面光滑，上表面粗糙且與物塊A下表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力；物塊B在水平恒力F作用下與物塊A和斜面體C一起恰好保持相對(duì)靜止地向右運(yùn)動(dòng)，取g＝10m/s2，下列判斷正確的是（）A．物塊A受到摩擦力大小F1＝5N B．斜面體的加速度大小為a＝10m/s2 C．水平恒力大小F＝15N D．若水平恒力F作用在A上，A、B、C三物體仍然可以相對(duì)靜止【分析】首先對(duì)物塊A、B整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式，再對(duì)A、B、C整體分析，根據(jù)牛頓第二定律列式，最后聯(lián)立求解出加速度和水平推力；然后隔離物體A分析，根據(jù)牛頓第二定律列式求解靜摩擦力大?。划?dāng)推力作用在物體A上時(shí)，先求解整體加速度，再隔離A分析求解靜摩擦力，與最大靜摩擦力比較即可?！窘獯稹拷猓築C、首先對(duì)A、B整體分析，受推力、重力和支持力，如圖所示：根據(jù)牛頓第二定律，水平方向，有：F﹣Nsin45°＝（m0+m0）a豎直方向，有：Ncos45°﹣（m0+m0）g＝0聯(lián)立解得：N＝（m0+m0）g＝20N，F(xiàn)＝20+2a再對(duì)ABC整體分析，根據(jù)牛頓第二定律，有：F＝（m+m0+m0）a聯(lián)立解得：a＝5m/s2，F(xiàn)＝30N，故B錯(cuò)誤，C錯(cuò)誤；A、再隔離物體A分析，受重力、支持力和向右的靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：F1＝m0a＝1×5N＝5N，故A正確；D、若水平恒力F作用在A上，先假設(shè)三者可以相對(duì)靜止；對(duì)ABC整體，依然有：F＝（m+m0+m0）a；對(duì)AB整體依然是，水平方向，有：F﹣Nsin45°＝（m0+m0）a，豎直方向，有：Ncos45°﹣（m0+m0）g＝0，聯(lián)立解得：a＝5m/s2，F(xiàn)＝30N；最后隔離物體A，受推力F、靜摩擦力f，重力和支持力，根據(jù)牛頓第二定律，有：F﹣f＝m0a，解得：f＝F﹣m0a＝30N﹣1×5N＝25N；而最大靜摩擦力fmax＝μm0g＝0.5×1×10N＝5N＜f，故假設(shè)錯(cuò)誤，即A、B、C三個(gè)物塊不能保持相對(duì)靜止，故D錯(cuò)誤；故選：A。綜合練習(xí)一．選擇題（共8小題）1．（歷下區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，質(zhì)量為M的斜面體靜止在粗糙的水平地面上，一質(zhì)量為m的滑塊沿斜面勻加速下滑，斜面體對(duì)地面壓力為F1；現(xiàn)施加一平行斜面向下的推力F作用于滑塊，在物塊沿斜面下滑的過(guò)程中，斜面體對(duì)地面壓力為F2．則（）A．F2＞（M+m）g，F(xiàn)2＞F1 B．F2＞（M+m）g，F(xiàn)2＝F1 C．F2＜（M+m）g，F(xiàn)2＞F1 D．F2＜（M+m）g，F(xiàn)2＝F1【分析】先對(duì)m受力分析，得出加速度的表達(dá)式，再對(duì)整體受力分析，只研究豎直面上的受力情況，由牛頓第二定律可求得豎直面上的加速度，根據(jù)超重和失重的知識(shí)求得壓力?！窘獯稹拷猓寒?dāng)不受外力時(shí)，對(duì)m受力分析，由牛頓第二定律可得，mgsinθ﹣f＝ma1；將加速度向水平和豎直方向分解，則豎直方向加速度ay＝a1sinθ；則對(duì)整體豎直方向有：Mg+mg﹣F1＝may1；F1＝Mg+mg﹣may＝Mg+mg﹣（mgsinθ﹣f）sinθ：當(dāng)加推力F后，對(duì)m有F+mgsinθ﹣f＝ma2加速度的豎直分量ay＝a2sinθ則對(duì)整體有Mg+mg+Fsinθ﹣F2＝may2；解得F2＝Mg+mg﹣（mgsinθ﹣f）sinθ則可知F1＝F2＜（M+m）g故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題如果還是按我們的常規(guī)思路，先求m對(duì)M的作用力再求壓力將是非常繁瑣的一個(gè)過(guò)程；而本解法采用分解加速度的方式求解壓力，可簡(jiǎn)化過(guò)程；故在解題中應(yīng)靈活；即使加速度不同，也可利用整體法求解。2．（吉州區(qū)校級(jí)期中）來(lái)到許愿樹(shù)下，許老師把許的心愿用綢帶系在兩個(gè)小球上并拋到樹(shù)上，這一情景可以簡(jiǎn)化為如圖所示，質(zhì)量分別為M和m的物體A、B用細(xì)線連接，懸掛在定滑輪上，定滑輪固定在天花板上。已知M＞m，滑輪質(zhì)量及摩擦均不計(jì)，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是（）A．細(xì)線上的拉力一定等于mg B．細(xì)線上的拉力可能大于Mg C．細(xì)線上的拉力等于g D．天花板對(duì)滑輪的拉力等于T′＝2T＝g【分析】對(duì)整體分析，根據(jù)牛頓第二定律求出整體的加速度，再隔離分析，通過(guò)牛頓第二定律求出繩子的拉力大小；對(duì)滑輪分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求出天花板對(duì)定滑輪的拉力大小?！窘獯稹拷猓篈、因?yàn)镸＞m，m具有向上的加速度，設(shè)繩子的拉力為T，對(duì)物體A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有：T﹣mg＝ma，解得：T＝mg+ma，所以細(xì)線上的拉力一定大于mg，故A錯(cuò)誤；B、M具有向下的加速度，對(duì)物體B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律：Mg﹣T＝ma，解得：T＝Mg﹣ma，所以細(xì)線上的拉力一定小于Mg，故B錯(cuò)誤；C、對(duì)整體分析，根據(jù)牛頓第二定律有：，再對(duì)m，根據(jù)牛頓第二定律：T﹣mg＝ma，所以細(xì)線上的拉力為：，故C錯(cuò)誤；D、對(duì)定滑輪，由平衡條件，可知天花板對(duì)繩子的拉力為；，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律進(jìn)行求解，知道M和m的加速度大小相等，掌握整體法和隔離法的運(yùn)用。3．（揚(yáng)州月考）1966年科研人員曾在地球的上空完成了以牛頓第二定律為基礎(chǔ)的實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)時(shí)，用雙子星號(hào)宇宙飛船去接觸正在軌道上運(yùn)行的火箭組（可視為質(zhì)點(diǎn)），接觸后，開(kāi)動(dòng)飛船尾部的推進(jìn)器，使飛船和火箭組共同加速，如圖所示。推進(jìn)器的平均推力為F，開(kāi)動(dòng)時(shí)間△t，測(cè)出飛船和火箭的速度變化是△v，下列說(shuō)法正確的有（）A．推力F通過(guò)飛船傳遞給火箭，所以飛船對(duì)火箭的彈力大小應(yīng)為F B．宇宙飛船和火箭組的總質(zhì)量應(yīng)為 C．推力F越大，就越大，且與F成正比 D．推力F減小，飛船與火箭組將分離【分析】對(duì)飛船和火箭組組成的整體，分析受力，根據(jù)牛頓第二定律列方程，再結(jié)合加速度的定義，可求出整體的總質(zhì)量；隔離分析火箭組的受力，根據(jù)牛頓第二定律列式分析飛船對(duì)火箭的彈力大小與F關(guān)系。推力F減小，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化，判斷速度的變化情況，確定飛船與火箭組能否分離?！窘獯稹拷猓篈、對(duì)飛船和火箭組組成的整體，由牛頓第二定律，有：F＝（m1+m2）a…①設(shè)飛船對(duì)火箭的彈力大小為N，對(duì)火箭組，由牛頓第二定律，有：N＝m2a…②可知N＜F，故A錯(cuò)誤；B、由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有：a＝…③聯(lián)立①③可得：m1+m2＝，（m1+m2）為火箭組和宇宙飛船的總質(zhì)量，故B正確；C、對(duì)整體F＝（m1+m2），（m1+m2）為火箭組和宇宙飛船的總質(zhì)量，由于整體的總質(zhì)量會(huì)不斷減小，則推力F越大，就越大，但與F不成正比，故C錯(cuò)誤；D、推力F減小，根據(jù)牛頓第二定律知整體的加速度減小，速度仍增大，不過(guò)增加變慢，所以飛船與火箭組不會(huì)分離，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題屬于連接體問(wèn)題，要抓住兩個(gè)物體的加速度相同，靈活選擇研究對(duì)象，一般采取“先整體后隔離”的方法列式研究，比較簡(jiǎn)潔。4．（武進(jìn)區(qū)校級(jí)期中）如圖為蹦極運(yùn)動(dòng)的示意圖。彈性繩的一端固定在O點(diǎn)，另一端和運(yùn)動(dòng)員相連。運(yùn)動(dòng)員從O點(diǎn)自由下落，至B點(diǎn)彈性繩自然伸直，經(jīng)過(guò)合力為零的C點(diǎn)到達(dá)最低點(diǎn)D，然后彈起。整個(gè)過(guò)程中忽略空氣阻力。分析這一過(guò)程，下列表述正確的是（）A．從B點(diǎn)開(kāi)始，運(yùn)動(dòng)員一直做減速運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn) B．從B點(diǎn)到D點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員先做加速運(yùn)動(dòng)再做減速運(yùn)動(dòng) C．從B點(diǎn)到C點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員的加速度增大 D．從C點(diǎn)到D點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員的加速度不變【分析】運(yùn)動(dòng)員從O點(diǎn)自由下落，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)有豎直向下的速度，彈性繩伸直后運(yùn)動(dòng)員受到重力和彈性繩的彈力兩個(gè)力作用，根據(jù)彈力與重力的大小關(guān)系，分析運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)情況，判斷其速度的變化，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化?！窘獯稹拷猓篈B、從O點(diǎn)到B點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員只受重力，做自由落體運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員到達(dá)B點(diǎn)后彈性繩伸直，隨著運(yùn)動(dòng)員向下運(yùn)動(dòng)彈性繩的彈力不斷增大；在B到C過(guò)程：重力大于彈性繩的彈力，合力等于重力減去彈力，方向豎直向下，大小不斷減小，運(yùn)動(dòng)員做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)；在C到D的過(guò)程：彈力逐漸增大，重力小于彈性繩的彈力，合力等于彈力減去重力，方向豎直向上，運(yùn)動(dòng)員做加速度不斷變大的減速運(yùn)動(dòng)；由以上分析可知：從B點(diǎn)到C點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員的速度增大，加速度減小，故A錯(cuò)誤，B正確；C、以上分析可知：從B點(diǎn)到C點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員的速度增大，加速度減小。故C錯(cuò)誤D、從C點(diǎn)到D點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員的速度減小，加速度增大，故D錯(cuò)誤；故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題與小球自由下落掉在輕彈簧上的類型相似，要抓住彈性的彈力隨形變量的增大而增大，根據(jù)合力方向與速度方向的關(guān)系判斷運(yùn)動(dòng)員速度的變化和加速度的變化。5．（3月份模擬）如圖所示，一質(zhì)量為m＝4kg、傾角θ＝45°的斜面體C放在光滑水平桌面上，斜面上疊放質(zhì)量均為m0＝1kg的物塊A和B，物塊B的下表面光滑，上表面粗糙且與物塊A下表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力；物塊B在水平恒力F作用下與物塊A和斜面體C一起恰好保持相對(duì)靜止地向右運(yùn)動(dòng)，取g＝10m/s2，下列判斷正確的是（）A．物塊A受到摩擦力大小F1＝5N B．斜面體的加速度大小為a＝10m/s2 C．水平恒力大小F＝15N D．若水平恒力F作用在A上，A、B、C三物體仍然可以相對(duì)靜止【分析】首先對(duì)物塊A、B整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式，再對(duì)A、B、C整體分析，根據(jù)牛頓第二定律列式，最后聯(lián)立求解出加速度和水平推力；然后隔離物體A分析，根據(jù)牛頓第二定律列式求解靜摩擦力大小；當(dāng)推力作用在物體A上時(shí)，先求解整體加速度，再隔離A分析求解靜摩擦力，與最大靜摩擦力比較即可?！窘獯稹拷猓築C、首先對(duì)A、B整體分析，受推力、重力和支持力，如圖所示：根據(jù)牛頓第二定律，水平方向，有：F﹣Nsin45°＝（m0+m0）a豎直方向，有：Ncos45°﹣（m0+m0）g＝0聯(lián)立解得：N＝（m0+m0）g＝20N，F(xiàn)＝20+2a再對(duì)ABC整體分析，根據(jù)牛頓第二定律，有：F＝（m+m0+m0）a聯(lián)立解得：a＝5m/s2，F(xiàn)＝30N，故B錯(cuò)誤，C錯(cuò)誤；A、再隔離物體A分析，受重力、支持力和向右的靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：F1＝m0a＝1×5N＝5N，故A正確；D、若水平恒力F作用在A上，先假設(shè)三者可以相對(duì)靜止；對(duì)ABC整體，依然有：F＝（m+m0+m0）a；對(duì)AB整體依然是，水平方向，有：F﹣Nsin45°＝（m0+m0）a，豎直方向，有：Ncos45°﹣（m0+m0）g＝0，聯(lián)立解得：a＝5m/s2，F(xiàn)＝30N；最后隔離物體A，受推力F、靜摩擦力f，重力和支持力，根據(jù)牛頓第二定律，有：F﹣f＝m0a，解得：f＝F﹣m0a＝30N﹣1×5N＝25N；而最大靜摩擦力fmax＝μm0g＝0.5×1×10N＝5N＜f，故假設(shè)錯(cuò)誤，即A、B、C三個(gè)物塊不能保持相對(duì)靜止，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題是牛頓第二定律運(yùn)用中的連接體問(wèn)題，關(guān)鍵是采用整體法和隔離法靈活選擇研究對(duì)象，多次運(yùn)用牛頓第二定律列式聯(lián)立判斷，難度較大。6．下列現(xiàn)象中，物體受到了滑動(dòng)摩擦力的作用的是（）A．同學(xué)們?cè)诓賵?chǎng)的跑道上跑步鍛煉身體時(shí)的腳 B．同學(xué)們?cè)陲嬎畽C(jī)上接水時(shí)手拿著的水杯 C．慢慢行駛在校園內(nèi)的汽車的輪胎 D．同學(xué)們考試過(guò)程中寫字時(shí)的鋼筆筆尖【分析】物體受到滑動(dòng)摩擦力的條件有：（1）物體相互接觸，接觸面粗糙；（2）有正壓力；（3）有相對(duì)運(yùn)動(dòng)。【解答】解：要使物體間有滑動(dòng)摩擦力，則兩物體之間一定有相對(duì)滑動(dòng)；A、人跑步時(shí)腳與地面間是靜摩擦力，故A錯(cuò)誤；B、拿著水杯時(shí)，手和杯之間為靜摩擦力，故B錯(cuò)誤；C、汽車輪胎受到的是靜摩擦力，故C錯(cuò)誤；D、鋼筆筆尖是在紙面滑動(dòng)，受到了滑動(dòng)摩擦力；故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題要求明確滑動(dòng)摩擦力、靜摩擦力以及滾動(dòng)摩擦力的區(qū)別；把握好其本質(zhì)才能順利解題。7．（廣東月考）如圖所示，滑塊A和足夠長(zhǎng)的木板B疊放在水平地面上，A和B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是B和地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)的4倍，A和B的質(zhì)量均為m?，F(xiàn)對(duì)A施加一水平向右逐漸增大的力F，當(dāng)F增大到F0時(shí)A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，之后力F按圖乙所示的規(guī)律繼續(xù)增大，圖乙中的x為A運(yùn)動(dòng)的位移，已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。對(duì)兩物塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，以下說(shuō)法正確的是（）A．當(dāng)F＞2F0，木塊A和木板B開(kāi)始相對(duì)滑動(dòng) B．當(dāng)F＞F0，木塊A和木板B開(kāi)始相對(duì)滑動(dòng) C．自x＝0至木板x＝x0木板B對(duì)A做功大小為 D．x＝x0時(shí)，木板B的速度大小為【分析】本題為板塊模型，需通過(guò)最大靜摩擦力分析求出AB相對(duì)滑動(dòng)、B與地相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件，結(jié)合圖像可求出做功情況以及對(duì)應(yīng)速度大小?！窘獯稹拷猓篈B、設(shè)A、B之間的最大摩擦力為fm，B與地面之間的最大摩擦力為fm'，由于最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則fm＝4μmg＞fm'＝μ?2mg＝2μmg，可知，當(dāng)F增大到F0，A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，B也和A一起滑動(dòng)。則F0＝fm'＝2μmg，當(dāng)A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，A、B之間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力，對(duì)A分析得F﹣fm＝ma，以AB為整體得F﹣fm′＝2ma聯(lián)立解得F＝3F0，故AB錯(cuò)誤；CD、木板自x＝0至x＝x0過(guò)程中，A、B沒(méi)有發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，整體動(dòng)能定理得，對(duì)A用動(dòng)能定理，得聯(lián)立解得，。故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題為板塊問(wèn)題，考查學(xué)生受力分析能力，對(duì)學(xué)生綜合已學(xué)內(nèi)容對(duì)問(wèn)題進(jìn)行分析的能力有一定要求。8．（江蘇模擬）如圖所示，粗糙水平面上有兩個(gè)滑塊A和B，其間用長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1m的細(xì)線相連，細(xì)線可承受的最大張力為FTm＝10N，現(xiàn)對(duì)滑塊A施加水平向右的恒力F1＝24N，作用1s后突然將外力變?yōu)镕2＝32N，滑塊質(zhì)量mA＝4kg、mB＝2kg，兩滑塊與平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，以下說(shuō)法正確的是（）A．1s末滑塊B的速度為3m/s B．1.5s末滑塊B的加速度大小為2m/s2 C．滑塊B剛靜止時(shí)滑塊A的速度為m/s D．滑塊B剛靜止時(shí)兩滑塊間的距離為4m【分析】先根據(jù)牛頓第二定律整體法和隔離法判斷對(duì)滑塊A施加水平向右的恒力F1＝24N時(shí)細(xì)線是否斷裂，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解1s末滑塊B的速度；判斷對(duì)滑塊A施加水平向右的恒力F2＝32N時(shí)細(xì)線是否斷裂，然后用牛頓第二定律分別求出A和B的加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求出速度和位移?！窘獯稹拷猓篈、當(dāng)滑塊A施加水平向右的恒力F1＝24N時(shí)，整體法求加速度：F1＝（mA+mB）a0，隔離B求細(xì)線的拉力：T0＝mBa0，聯(lián)立解得：T0＝8N＜FTm＝10N，故細(xì)線沒(méi)有斷裂，A和B一起以a0＝4m/s2勻加速直線運(yùn)動(dòng)。1s末滑塊B的速度為v1＝a0t1＝4×1m/s＝4m/s，故A錯(cuò)誤；B、1s后突然將外力變?yōu)镕2＝32N，同理整體法和隔離法求得細(xì)線的拉力T1＝N＞FTm＝10N，即細(xì)線斷裂，對(duì)滑塊B由牛頓第二定律可知：μmBg＝mBa1，解得1.5s末滑塊B的加速度大小a1＝2m/s2，故B正確；C、滑塊B從1s末開(kāi)始做初速度大小為v1＝4m/s，加速度大小為a1＝2m/s2的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減為零，所需的時(shí)間t2＝＝s＝2s，這個(gè)過(guò)程中滑塊A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知：a2＝＝m/s2＝6m/s2，則滑塊B剛靜止時(shí)滑塊A的速度為v2＝v1+a2t2＝4m/s+6m/s2×2s＝16m/s，故C錯(cuò)誤；D、細(xì)線斷裂后直到滑塊B剛靜止過(guò)程中，滑塊A的運(yùn)動(dòng)位移：xA＝＝m＝20m滑塊B的運(yùn)動(dòng)位移：＝m＝4m滑塊B剛靜止時(shí)兩滑塊間的距離為△x＝xA﹣xB＝20m﹣4m＝16m，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合運(yùn)用，綜合運(yùn)用整體法和隔離法求兩滑塊之間的細(xì)線的內(nèi)力，也可以直接運(yùn)用內(nèi)力公式快速判斷細(xì)線是否斷裂，節(jié)省了選擇題的解題時(shí)間。二．多選題（共19小題）9．（昭通月考）如圖所示，質(zhì)量為m1的木塊放在光滑水平面上，m1上放置一質(zhì)量m2的另一木塊，兩木塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，先后分別用水平力拉m1和m2，使兩木塊恰好不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。若兩次拉動(dòng)木塊時(shí)，兩木塊間的摩擦力分別為f1和f2，則兩次拉木塊一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力之比為（最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力）（）A． B． C． D．【分析】在圖甲中拉力F1作用在m1上，二者以相同的加速度一起加速運(yùn)動(dòng)，隔離m2求出臨界狀態(tài)時(shí)的加速度，然后再整體求外力F1；在圖乙中拉力F2作用在m2上，由于二者加速度相同，先隔離m1求出臨界狀態(tài)時(shí)的加速度，然后再整體求外力F2即可?！窘獯稹拷猓篈B、當(dāng)拉力F1作用在m1上，以m2為研究對(duì)象：其水平方向受到向右的大小為f1的靜摩擦力，設(shè)加速度的大小為a1，由牛頓第二定律得：f1＝m2a1①再以m1和m2為整體，由牛頓第二定律得：F1＝（m1+m2）a1②聯(lián)立①②得：③當(dāng)拉力F2作用在m2上，先以m1為研究對(duì)象：其水平方向受到向右的大小為f2的靜摩擦力，設(shè)加速度的大小為a2，由牛頓第二定律得：f2＝m1a2④再以m1和m2為整體，由牛頓第二定律得：F2＝（m1+m2）a2⑤聯(lián)立④⑤得：⑥聯(lián)立③⑥解得：，故B正確，A錯(cuò)誤；CD、由于兩次拉力作用下，兩木塊恰好不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，故二者間靜摩擦力達(dá)到最大等于滑動(dòng)摩擦力的大小，即f1＝f2＝μm2g，所以＝,故C錯(cuò)誤，D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查非平衡狀態(tài)下連接體的臨界問(wèn)題，解決此類問(wèn)題必須找出臨界狀態(tài)，例如本題就是二者間的摩擦力最大就是臨界狀態(tài)，靈活運(yùn)用整體法和隔離法寫出臨界方程，考查了學(xué)科素養(yǎng)綜合運(yùn)用能力。10．（廈門三模）如圖所示，5顆完全相同的象棋棋子整齊疊放在水平面上，第5顆棋子最左端與水平面上的a點(diǎn)重合，所有接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。現(xiàn)將水平向右的恒力F作用在第3顆棋子上，恒力作用一小段時(shí)間后，五顆棋子的位置情況可能是（）A． B． C． D．【分析】F作用在棋子3上，在拉力作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，分兩種情形：1、最上面三個(gè)棋子保持相對(duì)靜止，一起向右加速；2、棋子3和最上面兩個(gè)棋子發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，均向右加速。由于棋子3對(duì)棋子4的最大靜摩擦力小于水平面對(duì)棋子5的最大靜摩擦力，可知最下面兩個(gè)棋子保持靜止。【解答】解：AB、設(shè)兩棋子間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知，最上面兩個(gè)棋子與第三個(gè)棋子保持相對(duì)靜止時(shí)，最大加速度：，對(duì)最上面三個(gè)棋子研究，根據(jù)牛頓第二定律得：F1﹣μ?3mg＝3mam，最上面三個(gè)棋子不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)最大拉力：F1＝6μmg，即當(dāng)3μmg＜F≤6μmg時(shí)，最上面三個(gè)棋子保持相對(duì)靜止一起勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由于水平面對(duì)棋子5的最大靜摩擦力為5μmg，棋子3對(duì)棋子4的最大靜摩擦力為3μmg，可知最下面兩個(gè)棋子不動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；CD、當(dāng)F＞6μmg時(shí)，最上面兩個(gè)棋子與棋子3發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，上面兩個(gè)棋子以加速度am＝μg向右做加速，第三個(gè)棋子以大于μg的加速度向右加速，兩者發(fā)生相對(duì)位移，但均向右運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓第二定律在實(shí)際生活中的運(yùn)用，知道棋子間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件，運(yùn)用牛頓第二定律進(jìn)行分析求解，難度中等。11．（鄭州三模）如圖所示，A是靜止在光滑水平地面上的長(zhǎng)木板，質(zhì)量為M＝4.0kg，長(zhǎng)度為l＝2.0m。B是一質(zhì)量為m＝1.0kg的小滑塊，現(xiàn)給它以初速度v0＝2.0m/s，使它從長(zhǎng)木板的左端開(kāi)始向右滑動(dòng)。B與A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1，g取10m/s2，則（）A．滑塊B最終將以某一速度離開(kāi)長(zhǎng)木板A B．滑塊B在減速階段的加速度大小為1m/s2 C．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，滑塊B對(duì)長(zhǎng)木板A做了0.32J的功 D．滑行過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2.0J【分析】分別隔離小滑塊和長(zhǎng)木板，由牛頓第二定律求出二者相互滑動(dòng)時(shí)各自的加速度，分析小滑塊在長(zhǎng)木板上的運(yùn)動(dòng)情況，然后結(jié)合動(dòng)能定理得出滑塊對(duì)木板做功的大小，再根據(jù)能量守恒定律得出系統(tǒng)損失的機(jī)械能。【解答】解：AB、小滑塊長(zhǎng)木板的左端開(kāi)始向右滑動(dòng)時(shí)，設(shè)小滑塊的加速度大小為a1，長(zhǎng)木板的加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律得，對(duì)小滑塊：μmg＝ma1，解得a1＝μg＝1m/s2對(duì)長(zhǎng)木板：μmg＝Ma2，解得假設(shè)小滑塊沒(méi)沖出長(zhǎng)木板，經(jīng)過(guò)相同時(shí)間t二者達(dá)到共同運(yùn)動(dòng)的速度v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v＝v0﹣a1t＝a2t，解得t＝1.6s設(shè)二者相對(duì)位移大小為△x＝由于相對(duì)位移大小△x＝1.6m小于板長(zhǎng)2m，所以假設(shè)正確，故B正確，A錯(cuò)誤；C、長(zhǎng)木板的末速度為v，v＝a2t＝0.25×1.6m/s＝0.4m/s根據(jù)動(dòng)能定理知滑塊B對(duì)長(zhǎng)木板A做的功等于長(zhǎng)木板動(dòng)能的變化量，即＝＝0.32J，故C正確；D、在滑行的全過(guò)程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于系統(tǒng)減少的動(dòng)能，由能量守恒定律得：，代入數(shù)據(jù)解得△E＝1.6J，故D錯(cuò)誤；故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了板塊模型，涉及動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的分析、動(dòng)能定理和能量守恒定律的運(yùn)用，體現(xiàn)了學(xué)科素養(yǎng)綜合分析問(wèn)題的能力。12．（德陽(yáng)模擬）如圖所示，一輕彈簧下端固定在傾角為θ＝37°的固定斜面底端，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)上端位于斜面上的B點(diǎn)，可視為質(zhì)點(diǎn)的物體質(zhì)量為m，從A點(diǎn)由靜止釋放，將彈簧壓縮到最短后恰好能被彈回到B點(diǎn)。已知A、B間的距離為L(zhǎng)，物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計(jì)空氣阻力。此過(guò)程中下列說(shuō)法中正確的是（）A．物體克服摩擦力做的功為mgL B．輕彈簧的最大壓縮量為L(zhǎng) C．物體的最大速度等于2 D．輕彈性勢(shì)能的最大值為mgL【分析】ABC選項(xiàng)分兩個(gè)過(guò)程，分別利用動(dòng)能定理即可求解，D選項(xiàng)可以從最低點(diǎn)到B過(guò)利用能量守恒定律求解?！窘獯稹拷猓篈B.設(shè)彈簧最大壓縮量為x，第一次到B點(diǎn)再重新回到B點(diǎn)由動(dòng)能定理得：﹣μmgcosθ?2x＝0﹣mvB2，從A點(diǎn)由靜止釋放第一次到B點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：mgsinθ?L﹣μmgcosθ?L＝mvB2，解得x＝L，物體克服摩擦力做的功W＝μmgcosθ（2x+L）＝mgL，故A正確，故B錯(cuò)誤；C.由AB項(xiàng)中表達(dá)式可解出vB＝2，物塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)會(huì)繼續(xù)加速，最大速度大于2，故C錯(cuò)誤；D.由最低點(diǎn)到B過(guò)程中，由能量守恒定律得：Ep＝μmgcosθ?x+mgsinθ?x，解得輕彈性勢(shì)能的最大值Ep＝mgL，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能定理和能量守恒定律，解題關(guān)鍵在于選出合適的運(yùn)動(dòng)過(guò)程聯(lián)立進(jìn)行求解。13．（龍華區(qū)校級(jí)月考）如圖甲所示，長(zhǎng)木板A靜止在光滑水平面上，另一質(zhì)量為2kg的物體B（可看作質(zhì)點(diǎn)）以水平速度v0＝3m/s滑上長(zhǎng)木板A的表面。由于A、B間存在摩擦，之后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A、B的速度圖像如圖乙所示。g取10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（）A．長(zhǎng)木板A、物體B所受的摩擦力均與運(yùn)動(dòng)方向相反 B．A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2 C．長(zhǎng)木板A的長(zhǎng)度可能為L(zhǎng)＝0.8m D．長(zhǎng)木板A的質(zhì)量是4kg【分析】對(duì)A、B受力分析可知摩擦力的方向與運(yùn)動(dòng)方向的關(guān)系；由圖象求得B的加速度大小，再對(duì)B由牛頓第二定律可求得A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；由圖象分別求解二者的加速度大小，再由位移公式求解二者的位移，由位移關(guān)系可求得長(zhǎng)木板A的最小長(zhǎng)度；分別對(duì)二者應(yīng)用牛頓第二定律可得出質(zhì)量關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、結(jié)合圖乙可知A、B均向右運(yùn)動(dòng)，但B的速度大于A，即B相對(duì)于A向右運(yùn)動(dòng)，因此A所受的摩擦力向右，故A木板的運(yùn)動(dòng)方向與其摩擦力方向相同，故A錯(cuò)誤；B、由圖象知B的加速度大小為aB＝m/s2＝2m/s2對(duì)B進(jìn)行分析有：μmBg＝mBaB，代入數(shù)據(jù)，可解得：μ＝0.2，故B正確；C、由題意可知，木塊B尚未滑出木板A，則臨界條件為當(dāng)AB具有共同速度時(shí)，B恰好滑到A的右端，設(shè)A、B物體位移大小分別為sA、sB，加速度分別為aA、aB，由圖可知aA＝1m/s2，aB＝2m/s2，設(shè)木板A的最小長(zhǎng)度為l，則有：sA＝aAt2，sB＝v0t﹣aBt2，sB﹣sA＝l，聯(lián)立上式，可解得l＝1.5m，則木板長(zhǎng)L≥1.5m，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)木板A，有μmBg＝mAaA，對(duì)物體B，有μmBg＝mBaB，聯(lián)立兩式可解得：＝＝，即長(zhǎng)木板A的質(zhì)量是B物體的兩倍，長(zhǎng)木板A的質(zhì)量是4kg，故D正確；故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了板塊模型，結(jié)合圖象明確二者的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)是求解的關(guān)鍵，知道v﹣t圖象的斜率的含義。14．（長(zhǎng)安區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，某生產(chǎn)線上相互垂直的甲、乙傳送帶處于同一水平面，寬度均為d，均以大小為v的速度運(yùn)行，圖中虛線為傳送帶中線。一可視為質(zhì)點(diǎn)的工件從甲的左端靜止釋放，然后以速度v由甲的右端滑上乙。當(dāng)工件滑至乙中線處時(shí)恰好相對(duì)乙靜止，設(shè)乙傳送帶表面粗糙程度處處相同。下列說(shuō)法中正確的是（）A．工件在乙傳送帶上的痕跡為直線，痕跡長(zhǎng)為d B．工件從滑上乙到恰好與乙相對(duì)靜止所用的時(shí)間為 C．工件與乙傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝ D．工件相對(duì)乙傳送帶滑動(dòng)過(guò)程中，其運(yùn)動(dòng)性質(zhì)為勻變速運(yùn)動(dòng)【分析】以乙傳送帶為參考系，工件有向右的初速度v和向下的初速度v，合速度為v，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，求出加速度，然后根據(jù)牛頓第二定律求動(dòng)摩擦因數(shù)μ。根據(jù)工件的受力情況判斷其運(yùn)動(dòng)情況?！窘獯稹拷猓篈D、以乙傳送帶為參考系，工件相對(duì)乙的速度方向如圖所示，則工件受到的滑動(dòng)摩擦力Ff大小、方向均不變，工件做勻變速運(yùn)動(dòng)，相對(duì)乙軌跡為直線，而對(duì)地軌跡為一段拋物線，所以工件在乙傳送帶上的痕跡為直線，痕跡長(zhǎng)為L(zhǎng)＝×＝d，故AD正確；B、水平向右方向有＝t，則工件從滑上乙到恰好與乙相對(duì)靜止所用的時(shí)間為：t＝，故B錯(cuò)誤；C、由獨(dú)立性原理可知：v2＝2a0×，a0＝a而a＝＝μg，聯(lián)立解得：μ＝，故C正確。故選：ACD。【點(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵在于確定出工件的運(yùn)動(dòng)軌跡是直線，要以傳送帶乙為參考系，然后根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式分析。15．（宣城模擬）如圖，一頂角為直角的“∧”形光滑細(xì)桿豎直放置。質(zhì)量均為m的兩金屬環(huán)套在細(xì)桿上，高度相同，用一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，彈簧處于原長(zhǎng)l0。兩金屬環(huán)同時(shí)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧的伸長(zhǎng)在彈性限度內(nèi)。對(duì)其中一個(gè)金屬環(huán)，下列說(shuō)法正確的是（彈簧的長(zhǎng)度為l時(shí)彈性勢(shì)能為k（l﹣l0）2）（）A．金屬環(huán)的最大加速度為g B．金屬環(huán)的最大速度為g C．金屬環(huán)與細(xì)桿之間最大壓力為mg D．金屬環(huán)達(dá)到最大速度時(shí)重力的功率為mg2【分析】對(duì)金屬環(huán)受力分析可知開(kāi)始釋放時(shí)，合力最大，加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度，當(dāng)加速度為0時(shí)速度達(dá)到最大，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律當(dāng)金屬環(huán)下落到速度為零時(shí)彈簧的彈力最大，金屬環(huán)與桿的彈力最大，用重力乘以豎直方向的速度求重力的瞬時(shí)功率。【解答】對(duì)金屬環(huán)受力分析如圖1：圖1開(kāi)始釋放瞬間，金屬環(huán)受到重力和彈力，沿桿方向，根據(jù)牛頓第二定律：mgsin45°＝ma解得：a＝g故A正確；B、當(dāng)金屬環(huán)的加速度為0時(shí)，速度最大，受力分析如圖2：金屬環(huán)受到重力、桿的彈力和彈簧的彈力沿桿方向加速度為0，即合力為0：mgsin45°＝Fcos45°F＝k△x解得形變量△x＝根據(jù)幾何知識(shí)，兩個(gè)小球下降的高度為h＝對(duì)系統(tǒng)只有重力，彈力做功，對(duì)兩個(gè)金屬環(huán)和彈簧根據(jù)機(jī)械能守恒，2mg×△x＝k△x2+解得：v＝g故B正確；C、金屬環(huán)下降h'達(dá)到最低時(shí)，速度減小為0，形變量為2h'，彈性勢(shì)能最大，根據(jù)機(jī)械能守恒定律：2mgh'＝（2h'）2h'＝當(dāng)金屬環(huán)下降到最低點(diǎn)時(shí)，金屬環(huán)和細(xì)桿的彈力最大，垂直于桿方向上：N＝mgcos45°+Fsin45°F＝k×2h'解得：F＝mg故C正確。D、金屬環(huán)達(dá)到最大速度時(shí)重力的功率為P＝mgvcos45°＝mg×g×＝故D錯(cuò)誤；故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】解題的關(guān)鍵是找到臨界條件，加速度最大的條件是彈簧彈力等0，故開(kāi)始釋放時(shí)加速度最大，當(dāng)加速度為0時(shí)速度最大，當(dāng)金屬環(huán)下落到速度為零時(shí)彈簧的彈力最大金屬環(huán)與桿的彈力最大，注意用重力乘以豎直方向的速度求重力的瞬時(shí)功率。16．（農(nóng)安縣期末）如圖，水平地面上有兩塊完全相同的木塊A、B，受水平推力F的作用．在F作用過(guò)程中，用FAB代表A、B間的相互作用力．那么（）A．若地面是完全光滑的，則FAB＝F B．若地面是完全光滑的，則FAB＝ C．若地面是有摩擦的，則FAB＝F D．若地面是有摩擦的，則FAB＝【分析】先以AB整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再以B為研究對(duì)象，由牛頓第二定律求出A對(duì)B的作用力．【解答】解：設(shè)A、B的質(zhì)量均為m。A、B根據(jù)牛頓第二定律得：對(duì)整體：a＝；對(duì)B：FAB＝ma＝．故A錯(cuò)誤，B正確。C、D設(shè)A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ．根據(jù)牛頓第二定律得：對(duì)整體：a＝；對(duì)B：FAB﹣μmg＝ma，則FAB＝．故C錯(cuò)誤，D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查靈活選擇研究對(duì)象的能力，此題不能想當(dāng)然，認(rèn)為光滑與粗糙時(shí)AB間作用力不等．17．（安徽月考）如圖，將一個(gè)質(zhì)量為m的小球在A點(diǎn)以一定的初動(dòng)能Ek豎直向上拋出，已知小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到水平方向恒定的風(fēng)力作用，小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C時(shí)的水平位移是x0，動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)的一半，下列說(shuō)法正確的是（）A．小球所受風(fēng)力的大小是其重力的倍 B．小球能達(dá)到的最大高度H是x0的倍 C．小球再次落回到與A點(diǎn)等高的B點(diǎn)時(shí)，水平位移是2x0 D．小球再次落回到與A點(diǎn)等高的B點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能是3Ek【分析】運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法，分別研究水平和豎直兩個(gè)方向，由牛頓第二定律和位移公式列式，可求水平風(fēng)力．小球豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱性確定A到C與C到B的時(shí)間關(guān)系，由水平方向小球做勻加速運(yùn)動(dòng)，求AC的水平距離與CB的水平距離之比．根據(jù)動(dòng)能與時(shí)間的關(guān)系，由數(shù)學(xué)知識(shí)求最小的速率，從而得到最小動(dòng)能．由功能關(guān)系求小球從A到B的過(guò)程中機(jī)械能增加量．【解答】解：A、小球在豎直方向只受到重力的作用，水平方向只受到風(fēng)力的作用，可知小球在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；設(shè)水平方向因風(fēng)力產(chǎn)生的加速度為a，則從A到C的過(guò)程中水平方向：vx＝at，豎直方向：﹣v0＝﹣gt，由題小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C時(shí)動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則小球在C點(diǎn)的速度是A點(diǎn)速度的倍，可得：，由牛頓第二定律：F＝ma可知小球所受風(fēng)力的大小是其重力的倍，故A正確；B、小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C時(shí)的水平位移是x0，由，得，小球能達(dá)到的最大高度H是x0的倍，故B錯(cuò)誤；C、結(jié)合豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，從C點(diǎn)到B點(diǎn)的時(shí)間與從A點(diǎn)到C點(diǎn)的時(shí)間是相等的，結(jié)合水平方向做初速度為零的勻變速直線運(yùn)動(dòng)可知，C、B間的水平距離為3x0，所以A、B間的水平距離為4x0，即小球再次落回到與A點(diǎn)等高的B點(diǎn)時(shí)，水平位移是4x0，故C錯(cuò)誤；D、設(shè)小球的初動(dòng)能為Ek，小球在最高點(diǎn)只有水平方向的分速度，動(dòng)能為開(kāi)始時(shí)的一半，可知從A到C風(fēng)力做的功為Ek，故從A點(diǎn)到B點(diǎn)，風(fēng)力做的功為2Ek，由動(dòng)能定理可求得到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為3Ek，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵將小球的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向，理清兩個(gè)方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律、動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解．18．（揚(yáng)州模擬）1966年科研人員曾在地球的上空完成了以牛頓第二定律為基礎(chǔ)的實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)時(shí)，用雙子星號(hào)宇宙飛船去接觸正在軌道上運(yùn)行的火箭組（可視為質(zhì)點(diǎn)），接觸后，開(kāi)動(dòng)飛船尾部的推進(jìn)器，使飛船和火箭組共同加速，如圖所示。推進(jìn)器的平均推力為F，開(kāi)動(dòng)時(shí)間△t，測(cè)出飛船和火箭的速度變化是△v，下列說(shuō)法不正確的有（）A．推力F通過(guò)飛船傳遞給火箭，所以飛船對(duì)火箭的彈力大小應(yīng)為F B．宇宙飛船和火箭組的總質(zhì)量應(yīng)為 C．推力F越大，就越大，且與F成正比 D．推力F減小，飛船與火箭組將分離【分析】對(duì)飛船和火箭組組成的整體，分析受力，根據(jù)牛頓第二定律列方程，再結(jié)合加速度的定義，可求出整體的總質(zhì)量；隔離分析火箭組的受力，根據(jù)牛頓第二定律列式分析飛船對(duì)火箭的彈力大小與F關(guān)系。推力F減小，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化，判斷速度的變化情況，確定飛船與火箭組能否分離?！窘獯稹拷猓篈、對(duì)飛船和火箭組組成的整體，由牛頓第二定律，有：F＝（m1+m2）a…①設(shè)飛船對(duì)火箭的彈力大小為N，對(duì)火箭組，由牛頓第二定律，有：N＝m2a…②可知N＜F，故A錯(cuò)誤；B、由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有：a＝…③聯(lián)立①③可得：m1+m2＝，（m1+m2）為火箭組和宇宙飛船的總質(zhì)量，故B正確；C、對(duì)整體F＝（m1+m2），（m1+m2）為火箭組和宇宙飛船的總質(zhì)量，由于整體的總質(zhì)量會(huì)不斷減小，則推力F越大，就越大，但與F不成正比，故C錯(cuò)誤；D、推力F減小，根據(jù)牛頓第二定律知整體的加速度減小，速度仍增大，不過(guò)增加變慢，所以飛船與火箭組不會(huì)分離，故D錯(cuò)誤。故選：ACD?！军c(diǎn)評(píng)】本題屬于連接體問(wèn)題，要抓住兩個(gè)物體的加速度相同，靈活選擇研究對(duì)象，一般采取“先整體后隔離”的方法列式研究，比較簡(jiǎn)潔。19．（新洲區(qū)期末）物塊1、2放在光滑水平面上并用輕質(zhì)彈簧秤相連，如圖所示。現(xiàn)在1物塊左側(cè)施加水平拉力F，兩物體保持相對(duì)靜止一起向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，彈簧秤示數(shù)為5.0N；若將大小相等、方向相反的拉力改為施加在2的右側(cè)，穩(wěn)定后彈簧秤的讀數(shù)為2.0N．關(guān)于1、2兩物體的質(zhì)量，可能的是（）A．m1＝5.0kg，m2＝2.0kg B．m1＝1.0kg，m2＝0.4kg C．m1＝2.0kg，m2＝5.0kg D．m1＝0.8kg，m2＝2.0kg【分析】先將兩個(gè)物體進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解整體的加速度，對(duì)兩物體中受力較少的物體進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律分析彈力的表達(dá)式，根據(jù)兩種情況下彈力的表達(dá)式找到兩物體的質(zhì)量的比值，以此進(jìn)行解答?！窘獯稹拷猓涸O(shè)物塊1、2的質(zhì)量分別為m1、m2，對(duì)兩物塊組成的整體，由牛頓第二定律可得：F＝（m1+m2）a，解得整體的加速度為當(dāng)F作用在物塊1上時(shí)，設(shè)彈簧秤的讀數(shù)為F1，由牛頓第二定律對(duì)物塊2有：F1＝m2a解得彈簧秤的示數(shù)為N若F作用在物塊2上時(shí)，設(shè)彈簧秤的讀數(shù)為F2，由牛頓第二定律，對(duì)物塊1有：F2＝m1a解得彈簧秤示數(shù)為N則有，故CD正確，AB錯(cuò)誤。故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】該題考查了整體法和隔離法在牛頓運(yùn)動(dòng)定律中的運(yùn)用，掌握整體法和隔離法的解題思路，注意在隔離求解時(shí)一般選擇受力較少的物體分析。20．（山西期末）如圖所示，斜面光滑且固定在地面上，A、B兩物體一起靠慣性沿光滑斜面下滑，下列判斷正確的是（）A．圖甲中A、B兩物體之間的繩有彈力 B．圖乙中A、B兩物體之間沒(méi)有彈力 C．圖丙中A、B兩物體之間既有摩擦力，又有彈力 D．圖丁中A、B兩物體之間既有摩擦力，又有彈力【分析】先對(duì)AB整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得到加速度大??；再隔離物體A，根據(jù)牛頓第二定律列式得到A、B的摩擦力情況和彈力情況?！窘獯稹拷猓涸O(shè)四幅圖中斜面的傾斜角度均設(shè)為θ。A、先對(duì)物體AB整體分析，受重力、支持力，加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律，有：（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a，解得：a＝gsinθ；再隔離物體A，受重力、支持力，拉力T（可能為零），根據(jù)牛頓第二定律，有：mAgsinθ+T＝（mA+mB）a，解得：T＝0，故A錯(cuò)誤；B、先對(duì)物體AB整體分析，受重力、支持力，加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律，有：（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a，解得：a＝gsinθ；再隔離物體A，受重力、斜面支持力，A對(duì)B的支持力N（可能為零），根據(jù)牛頓第二定律，有：mAgsinθ+N＝（mA+mB）a，解得：N＝0，故B正確；C、先對(duì)物體AB整體分析，受重力、支持力，加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律，有：（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a，解得：a＝gsinθ，方向沿著斜面向下；再分析物體A，加速度沿著斜面向下，故合力沿著斜面向下，受重力、支持力，向左的靜摩擦力，又摩擦力一定有彈力，故B對(duì)A一定有向上的支持力，故C正確；D、先對(duì)物體AB整體分析，受重力、支持力，加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律，有：（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a，解得：a＝gsinθ；再隔離物體A，受重力、B對(duì)A的支持力，摩擦力f（可能為零），根據(jù)牛頓第二定律，有：mAgsinθ+f＝（mA+mB）a，解得：f＝0，故D錯(cuò)誤。故選：BC。【點(diǎn)評(píng)】本題考查摩擦力的判斷，關(guān)鍵是采用整體法先求解加速度，再采用隔離法列式分析，注意靜摩擦力的大小與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有關(guān)。21．（河北模擬）如圖所示，在粗糙水平面上放置質(zhì)量分別為m、m、3m、2m的四個(gè)木塊A、B、C、D，木塊A、B用一不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，木塊C、D與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。若用水平拉力F拉木塊B，使四個(gè)木塊一起勻速前進(jìn)，重力加速度為g，則需要滿足的條件是（）A．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 B．木塊C、D與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)最大為 C．輕繩拉力FT最大為μmg D．水平拉力F最大為【分析】分別以木塊C與D為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件求木塊A、C間的摩擦力與木塊B、D間的摩擦力大小。對(duì)AC整體分析，求出繩子的拉力。再對(duì)C、D，分析木塊C、D與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)最大值?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)A與C之間的摩擦力大小為Ff1，B與D之間的摩擦力大小為Ff2，設(shè)木塊C、D與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)最大為μ′。木塊C、D均做勻速運(yùn)動(dòng)，則Ff1＝μ′?4mg＝4μ′mg，F(xiàn)f2＝μ′?3mg＝3μ′mg，則Ff1：Ff2＝4：3，故A錯(cuò)誤。B、對(duì)A、C整體分析知，繩子上的拉力大小FT＝Ff1＝4μ′mg，A剛要滑動(dòng)時(shí)，靜摩擦力達(dá)到最大值，有FT＝μmg，聯(lián)立兩式得木塊C、D與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)最大μ′＝，故B正確。CD、對(duì)B、D整體分析，水平拉力F最大不能超過(guò)最大靜摩擦力，所以F＝μ′（7mg）＝，F(xiàn)T＝4μ′mg＝μmg，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵在于選擇適當(dāng)?shù)难芯繉?duì)象，靈活運(yùn)用整體法和隔離法是解決本題的關(guān)鍵，要把握兩個(gè)物體剛要相對(duì)滑動(dòng)的條件：靜摩擦力達(dá)到最大值。22．（舒城縣期末）如圖所示，水平桌面上質(zhì)量M＝2kg的木塊A，通過(guò)輕繩穿過(guò)定滑輪與木塊B相連，B的質(zhì)量m＝1kg。已知A與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1．開(kāi)始用手托住B使兩木塊靜止，輕繩伸直且無(wú)張力，釋放B后（）A．滑輪對(duì)繩的作用力斜向右上方 B．繩子上的拉力等于B的重力 C．木塊A的加速度大小為4m/s2 D．木塊B的加速度大小為m/s2【分析】根據(jù)力的合成分析繩對(duì)滑輪的作用力方向，從而得到滑輪對(duì)繩的作用力方向。分析物體B的加速度方向，由牛頓第二定律判斷繩子的拉力和B的重力的關(guān)系。分別以兩個(gè)物體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律列式，即可求出A、B的加速度大小?！窘獯稹拷猓篈、滑輪兩側(cè)繩子拉力大小相等，則繩對(duì)滑輪的作用力方向斜向左下方，根據(jù)牛頓第三定律知，滑輪對(duì)繩的作用力斜向右上方，故A正確。B、釋放后，B向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度向下，處于失重狀態(tài)，則繩子上的拉力小于B的重力，故B錯(cuò)誤。CD、木塊A、B的加速度大小相等，設(shè)為a。根據(jù)牛頓第二定律得：對(duì)A：T﹣μMg＝Ma對(duì)B：mg﹣T＝ma，聯(lián)立解得a＝m/s2，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題是連接體問(wèn)題，要分析清楚物體受力情況，抓住兩個(gè)物體的加速度大小相等，應(yīng)用牛頓第二定律可以解題。23．（鄭州期末）如圖所示，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物塊用輕線連接放在傾角為θ的光滑斜面上，用始終平行于斜面向上的恒力F拉A，使它們沿斜面勻加速上升，為了增加輕線上的張力，可行的辦法是（）A．增大A物塊的質(zhì)量 B．增大B物塊的質(zhì)量 C．增大傾角θ D．增大拉力F【分析】當(dāng)用斜面向上的拉力F拉A，兩物體沿斜面勻加速上升時(shí)，對(duì)整體運(yùn)用牛頓第二定律求出加速度，再對(duì)B研究，根據(jù)牛頓第二定律求出輕線上的張力，即可分析增加輕線上的張力的辦法?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)牛頓第二定律得：對(duì)整體：F﹣（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a，得：a＝﹣gsinθ，對(duì)B：T﹣mBgsinθ﹣＝mBa，得到，輕線上的張力為：T＝mBgsinθ+mBa＝，則要增加細(xì)線的張力T，可增大B的質(zhì)量mB、減小A物的質(zhì)量，或增大拉力F．T與θ無(wú)關(guān)，故BD正確，AC錯(cuò)誤。故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】本題是連接體問(wèn)題，兩個(gè)物體的加速度相同，采用整體法與隔離法交叉使用的方法，考查靈活選擇研究對(duì)象的能力。24．（賓縣校級(jí)月考）如圖所示，一細(xì)線的一端固定于傾角為45°的光滑楔形滑塊A上的頂端0處，細(xì)線另一端拴一質(zhì)量為m＝0.2kg的小球靜止在A上。若滑塊從靜止向左勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為a，（取g＝10m/s2）則（）A．當(dāng)a＝5m/s2時(shí)，細(xì)線上的拉力為N B．當(dāng)a＝10m/s2時(shí)，小球受的支持力為N C．當(dāng)a＝10m/s2時(shí)，細(xì)線上的拉力為2N D．當(dāng)a＝15m/s2時(shí)，若A與小球能相對(duì)靜止的勻加速運(yùn)動(dòng)，則地面對(duì)A的支持力一定小于兩個(gè)物體的重力之和【分析】先計(jì)算出小球與斜面間作用力恰好為零時(shí)的加速度a0，然后作比較，加速度大于a0時(shí)，小球與斜面之間沒(méi)有彈力，只受重力和繩子的拉力；若加速度小于a0，則小球受三個(gè)力作用，根據(jù)牛頓第二定律列方程可求解出結(jié)果?！窘獯稹拷猓寒?dāng)小球與斜面間剛好沒(méi)有作用力時(shí)，小球受重力和繩子拉力作用，設(shè)小球的加速度為a0，根據(jù)牛頓第二定律可得：Tcos45°＝mg，Tsin45°＝ma0，其中T表示繩子的拉力，解得：，A、當(dāng)a＝5m/s2時(shí)，由上面的分析可知，小球與斜面間有彈力作用，由牛頓第二定律得：Tcos45°﹣Nsin45°＝ma，Tsin45°+Ncos45°＝mg，其中N表示斜面對(duì)小球的彈力，代入數(shù)據(jù)解得：，故A正確。B、當(dāng)a＝10m/s2時(shí)，由上面的分析可知，小球與斜面間的作用力剛好為零，故B錯(cuò)誤。C、由上面的分析可知，當(dāng)a＝10m/s2時(shí)，細(xì)線上的拉力為2N，故C正確。D、當(dāng)a＝15m/s2時(shí)，若A與小球能相對(duì)靜止的勻加速運(yùn)動(dòng)，小球與斜面體在豎直方向上受力平衡，則地面對(duì)A的支持力等于兩個(gè)物體的重力之和，故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】先計(jì)算出小球與斜面之間恰好沒(méi)有相互作用力時(shí)的臨界加速度是解題的關(guān)鍵，尤其是加速度大于臨界加速度時(shí)，小球會(huì)離開(kāi)斜面，僅受重力和繩子的拉力，但繩子拉力方向與水平方向的夾角不在等于斜面傾角了。25．（昭通月考）質(zhì)量為m的光滑圓柱體A放在質(zhì)量也為m的光滑V型槽B上，如圖所示，α＝60°，另有質(zhì)量為M的物體C通過(guò)跨過(guò)定滑輪的不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩與B相連，現(xiàn)將C自由釋放，則下列說(shuō)法正確的是（）A．當(dāng)M＝2m時(shí)，A和B保持相對(duì)靜止，共同加速度為0.5g B．當(dāng)M＝6m時(shí)，A和B保持相對(duì)靜止，共同的加速度為0.75g C．當(dāng)M＞（+1）m時(shí)，A和B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng) D．A和B能一起水平向右運(yùn)動(dòng)的最大加速度為g【分析】討論當(dāng)圓柱體A與V型槽B右擋板的彈力為0時(shí)，此時(shí)A運(yùn)動(dòng)的加速度，把ABC作為一個(gè)整體，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律得出A、B恰好不滑動(dòng)時(shí)物體C的質(zhì)量，接下來(lái)靈活運(yùn)用整體法和隔離法當(dāng)物體C取不同的質(zhì)量時(shí)，得出A、B運(yùn)動(dòng)的加速度大小?！窘獯稹拷猓篋、圓柱體A不受V型槽B右擋板的彈力時(shí)A、B恰好不滑動(dòng)，設(shè)A的加速度大小為a0，受力如圖所示，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律得：Fsinα＝mg，F(xiàn)cosα＝ma0解得a0＝g，所以A和B能一起水平向右運(yùn)動(dòng)的最大加速度為，故D正確；C、把ABC整體作為研究對(duì)象，由牛頓第二定律知：Mg＝（M+2m）a0，解得M＝（）m所以A、B恰好不滑動(dòng)時(shí)物體C的質(zhì)量M＝（）m，那么M＞（）m時(shí)，A和B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，故C正確；A、當(dāng)M＝2m時(shí)，A和B保持相對(duì)靜止，以ABC整體為研究對(duì)象，設(shè)整體的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得：，故A正確；B、當(dāng)M＝6m時(shí)，A和B開(kāi)始發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，不可能保持相對(duì)靜止，故B錯(cuò)誤；故選：ACD。【點(diǎn)評(píng)】本題重點(diǎn)考查了牛頓運(yùn)動(dòng)定律在連接體的應(yīng)用，針對(duì)彈力的臨界問(wèn)題是當(dāng)彈力變?yōu)?時(shí)，就把物體的臨界狀態(tài)凸顯出來(lái)，然后受力分析用牛頓第二定律列出臨界方程，靈活運(yùn)用整體法和隔離法。26．（湖南期中）如圖所示，三個(gè)完全相同的質(zhì)量為m的物體分別放在甲、乙、丙圖中三個(gè)完全相同的固定斜面上。甲圖中，物塊以加速度a沿斜面勻加速下滑；乙圖中，在物塊上表面粘一質(zhì)量為△m的小物塊，二者一起沿斜面下滑；丙圖中，在物塊上施加一個(gè)豎直向下的恒力F。則（）A．甲、乙、丙三圖中，物塊都勻加速下滑，加速度各不相同 B．甲、乙、丙三圖中，物塊都勻加速下滑，加速度均為a C．乙圖中，物塊仍以加速度a勻加速下滑 D．丙圖中，物塊將以大于a的加速度勻加速下滑【分析】先對(duì)整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解出加速度，進(jìn)行比較即可?！窘獯稹拷猓簩?duì)甲乙丙三圖整體受力分析，在甲圖中有：F甲＝mgsinθ＝ma1，a1＝gsinθ＝a在乙圖中有：F乙＝（m+△m）gsinθ＝（m+△m）a2，a2＝gsinθ＝a在丙圖中有：F丙＝（m+F）gsinθ＝ma3，a3＝＝gsinθ+＞gsinθ＝a所以甲和乙加速度相同，丙的加速度不相同，且丙的加速度大于甲和乙的加速度，故AB錯(cuò)誤，CD正確；故選：CD。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了牛頓第二定律的直接應(yīng)用，關(guān)鍵是用好整體法求加速度。27．（孝南區(qū)校級(jí)月考）在豎直平面的xOy坐標(biāo)系中，Oy豎直向上，Ox水平。一個(gè)小球從坐標(biāo)原點(diǎn)沿Oy方向豎直向上拋出，初速度為v0＝6m/s。設(shè)小球同時(shí)受到沿x軸正方向的大小為1.5倍重力的恒定風(fēng)力。不計(jì)空氣阻力，到達(dá)最高點(diǎn)的位置如圖中M點(diǎn)所示（坐標(biāo)格為正方形，g取10m/s2）。下列結(jié)果正確的是（）A．小球在M點(diǎn)的速度大小為9m/s B．小球落回x軸上時(shí)的速度的大小為18m/s C．小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度為9m/s D．小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度為m/s【分析】小球在豎直方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析答題?！窘獯稹拷猓篈、小球在豎直方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小球到達(dá)最高點(diǎn)M時(shí)豎直分速度為零，只有水平分速度，設(shè)小球到達(dá)M點(diǎn)時(shí)的速度為vM，設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，豎直方向：2L＝t水平方向：3L＝t解得：vM＝9m/s，故A正確；B、小球從O點(diǎn)拋出運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)所用時(shí)間與小球從M點(diǎn)落回到x軸上所用時(shí)間相等，設(shè)小球在水平方向的加速度為a，設(shè)小球從O到M的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則從O到落回x軸的時(shí)間為2t，水平方向：vM＝at，vx水平＝a?2t＝2vM＝2×9m/s＝18m/s，小球落回x軸時(shí)的速度大小v＝＝m/s＝6m/s，故B錯(cuò)誤；CD、小球從拋出到落回x軸的時(shí)間t＝s＝1.2s小球在豎直方向的加速度為g＝10m/s2，在水平方向，由牛頓第二定律得：1.5mg＝ma解得：a＝15m/s2，豎直方向分速度vy＝v0﹣gt＝6m/s﹣10t，vx＝at＝15t，小球的速度v＝＝m/s當(dāng)t＝s時(shí)小球的速度最小，最小速度vmin＝m/s＝m/s，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)的合成與分解問(wèn)題，分析清楚小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提與關(guān)鍵；解答本題時(shí)要注意以下三點(diǎn)，小球豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻加速運(yùn)動(dòng)；M點(diǎn)為最高點(diǎn)，則豎直方向的分速度為零；豎直方向的運(yùn)動(dòng)具有對(duì)稱性。三．填空題（共9小題）28．（天津期末）如圖所示，兩個(gè)用輕線相連的位于光滑水平面上的物塊，質(zhì)量分別為m1和m2．拉力F1和F2方向相反，與輕線沿同一水平直線，且F1＞F2，則在兩個(gè)物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中輕線的拉力T＝．【分析】先用整體法求解加速度，在用隔離法隔離出木塊m1受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式求解出細(xì)線的拉力．【解答】解：將m1和m2做為整體，由牛頓第二定律，整體加速度為，對(duì)m1由牛頓第二定律有m1a＝F1﹣T，所以，即在兩個(gè)物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中輕線的拉力為．故答案為：【點(diǎn)評(píng)】整體法與隔離法是求見(jiàn)連接體問(wèn)題的常用方法，當(dāng)不涉及系統(tǒng)內(nèi)力時(shí)，可以用整體法，當(dāng)要求解系統(tǒng)的內(nèi)力時(shí)可以用隔離法．29．（富陽(yáng)市校級(jí)月考）一個(gè)質(zhì)量為1kg的物體在光滑水平面上受幾個(gè)大小均為1N的水平力作用，而處于靜止?fàn)顟B(tài)．先撤去東方向的一個(gè)力，歷時(shí)1s，隨后又撤去西方向的一個(gè)力，又歷時(shí)1s，則物體在第2s末離初始位置的距離是1.5m．【分析】物體平衡時(shí)，幾個(gè)力中的任意其他力的合力與撤去的力等值、反向、共線．將其中的一個(gè)力撤去后，合力與這個(gè)力等大，反向，根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式求解位移和速度．【解答】解：當(dāng)去掉向東的1N的水平力時(shí)，剩余的力的合力大小為1N，方向向西，根據(jù)牛頓第二定律得：，方向向西所以1s后物體的速度大小是：v＝at＝1m/s位移大小為：x1＝m，方向向西．隨后又撤去西方向的一個(gè)力，此時(shí)物體受到的合力又等于0，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有：x2＝vt′＝1×1m＝1m物體的總位移：x＝x1+x2＝0.5+1＝1.5m故答案為：1.5m【點(diǎn)評(píng)】本題先根據(jù)平衡條件運(yùn)用合成法求出合力，然后根據(jù)牛頓定律確定加速度，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式求解，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．30．（宿豫區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，傾斜索道與水平面夾角為37°，當(dāng)載人車廂沿鋼索勻加速向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，車廂的人對(duì)廂底的壓力為其重量的1.25倍，那么車廂對(duì)人的摩擦力為其體重的倍．【分析】對(duì)人受力分析可知，人在水平和豎直方向都有加速度，由牛頓第二定律可以求得豎直方向上的加速度的大小，進(jìn)而可以求得水平方向上的加速度的大小，再次由牛頓第二定律可以求得摩擦力的大小．【解答】解：由于人對(duì)車廂底的正壓力為其重力的1.25倍，所以在豎直方向上有FN﹣mg＝ma上，解得a上＝0.25g，設(shè)水平方向上的加速度為a水，＝tan37°＝所以a水＝g，對(duì)人受力分析可知，在水平方向上摩擦力作為合力產(chǎn)生加速度，即f＝ma水＝mg，故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】人的水平和豎直方向的加速度之間的關(guān)系，是解決本題的關(guān)鍵，在本題中人在水平和豎直兩個(gè)方向上都是有加速度的．31．（瑯琊區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，長(zhǎng)L＝1.5m、高h(yuǎn)＝0.45m、質(zhì)量M＝10kg的長(zhǎng)方體木箱在水平面上向右做直線運(yùn)動(dòng)．當(dāng)木箱的速度v0＝3.6m/s時(shí)，對(duì)木箱施加一個(gè)方向水平向左的恒力F＝50N，并同時(shí)將一個(gè)質(zhì)量m＝1kg的小球輕放在木箱上距右端處的P點(diǎn)（小球可視為質(zhì)點(diǎn)，放在P點(diǎn)時(shí)相對(duì)于地面間的速度為零），經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，小球脫離木箱落到地面．已知木箱與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，而小球與木箱之間的摩擦不計(jì)．取g＝10m/s2，則：（1）小球從開(kāi)始離開(kāi)木箱至落到地面所用的時(shí)間0.3s（2）小球放上P點(diǎn)后，木箱向右運(yùn)動(dòng)的最大位移0.9m（3）小球離開(kāi)木箱時(shí)，木箱的速度2.8m/s．【分析】（1）小球離開(kāi)木箱后做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系可以求得時(shí)間；（2）對(duì)木箱受力分析，求出加速度，可以根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系公式和位移時(shí)間關(guān)系公式分別求出位移和時(shí)間；（3）先對(duì)木箱受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度，然后可以先根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系公式求得時(shí)間，再根據(jù)速度時(shí)間公式求末速度，也可以直接根據(jù)速度位移關(guān)系公式求末速度．【解答】解：（1）小球離開(kāi)木箱后做自由落體運(yùn)動(dòng)，則小球落到地面所用的時(shí)間為t＝，（2）小球放上木箱后相對(duì)地面靜止，由牛頓第二定律F+μFN＝Ma1FN＝（M+m）g代入數(shù)據(jù)解得木箱的加速度a1＝7.2m/s2木箱向右運(yùn)動(dòng)的最大位移x1＝＝0.9m（3）由于x1＝0.9m＜1m，故木箱在向右運(yùn)動(dòng)期間，小球不會(huì)從木箱的左端掉下．木箱向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得F﹣μ（M+m）g＝Ma2解得木箱向左運(yùn)動(dòng)的加速度a2＝2.8m/s2設(shè)木箱向左運(yùn)動(dòng)的位移為x2時(shí)，小球從木箱的右端掉下，則x2＝x1+＝1.4m由x2＝a2t2，得t2＝＝＝1s故小球剛離開(kāi)木箱時(shí)木箱的速度v2＝a2t2＝2.8m/s，方向向左．故答案為：（1）0.3s（2）0.9m（3）2.8m/s【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵對(duì)分向右減速和向左加速兩過(guò)程對(duì)木箱受力分析后求得加速度，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解待求量．32．（黃浦區(qū)期中）如圖所示，用大小為F的水平恒力，推靜放在光滑水平地面A處的小物塊，推至B處時(shí)物塊速度為v，然后改用大小不變、方向相反的力F′推小物塊，則小物塊再次回到B處時(shí)的速度大小為v，回到A處時(shí)的速度大小為v．【分析】假設(shè)最右端點(diǎn)為C，對(duì)A到B過(guò)程，B到C再到B過(guò)程，B到A過(guò)程分別運(yùn)用動(dòng)能定理列式后聯(lián)立求解．【解答】解：對(duì)A到B過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理：FL＝mv2對(duì)B到C再到B過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理：W＝mv′2＝0故有：v′＝v；對(duì)B到A過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理：F′L＝mvA2﹣mv2聯(lián)立解得：vA＝v；故答案為：v，v．【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵靈活選擇過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理列式，要注意恒力做功與路徑無(wú)關(guān)，不難．33．（桂林期末）如圖所示，水平地面上有兩個(gè)完全相同的木塊A、B，在水平力F的作用下一起運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)AB表示A、B間的作用力，若地面光滑，則FAB＝；若地面不光滑，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則FAB＝．【分析】?jī)蓚€(gè)木塊的加速度相同，先對(duì)整體研究，由牛頓第二定律求出加速度，再以B為研究對(duì)象，求解A對(duì)B的作用力，進(jìn)行選擇．【解答】解：設(shè)兩木塊的質(zhì)量均為m．A、B若地面是完全光滑的，對(duì)整體用牛頓第二定律得，加速度a＝，再對(duì)B運(yùn)用牛頓第二定律得：FAB＝ma＝．D若地面動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，對(duì)整體用牛頓第二定律得，加速度為：a＝，再對(duì)B運(yùn)用牛頓第二定律得：FAB﹣μmg＝ma，解得：FAB＝．故答案為：，．【點(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用；本題不能想當(dāng)然，認(rèn)為地面光滑與粗糙時(shí)，A、B間相互作用力不同．對(duì)于多個(gè)物體，要靈活選擇研究對(duì)象．34．如圖所示，AB是豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道，在下端B與水平直軌道相切，一小球自A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿軌道下滑，已知圓軌道半徑為R，小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為v，則小球在B點(diǎn)受2個(gè)力的作用，這幾個(gè)力的合力的方向是豎直向上，小球在B點(diǎn)的加速度大小為，方向是豎直向上．（不計(jì)一切阻力）【分析】由于不計(jì)一切阻力，所以小球只受到重力和支持力的作用，兩個(gè)力的合力提供向心力，然后結(jié)合牛頓第二定律即可求出．【解答】解：由于不計(jì)一切阻力，所以小球只受到重力和支持力的2個(gè)力的作用；小球剛剛到達(dá)B時(shí)，仍然在圓軌道上，重力與支持力的合力提供向上的向心力，所以合力的方向向上，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度的方向也向上．根據(jù)向心力的表達(dá)式可知，小球的向心加速度：故答案為：2，豎直向上，，豎直向上【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓周運(yùn)動(dòng)的向心力的來(lái)源，能正確減小受力分析，記住向心力與向心加速度的表達(dá)式即可正確解答．基礎(chǔ)題目．35．甲、乙、丙三位同學(xué)對(duì)飛機(jī)如何獲得向前推進(jìn)的作用力，為何能由地面起飛升空，并且能在天空中飛行，不致墜落，各有不同的主張。對(duì)于飛機(jī)如何獲得向前推進(jìn)的作用力或加速度，甲認(rèn)為：起落架上的輪子必須轉(zhuǎn)動(dòng)，在地面跑道施加給輪胎的摩擦力推動(dòng)下，飛機(jī)才能獲得前進(jìn)的加速度；乙則認(rèn)為：飛機(jī)的螺旋槳或渦輪機(jī)必須轉(zhuǎn)動(dòng)，將周圍空氣吹向飛機(jī)后方，在空氣的反作用力推動(dòng)下，飛機(jī)才能獲得前進(jìn)的加速度；丙則認(rèn)為：不論飛機(jī)的引擎周圍有無(wú)空氣，均能使其燃料迅速燃燒，當(dāng)廢氣向后噴出時(shí)，飛機(jī)獲得反作用力，因此能向前加速。至于飛機(jī)為何能由地面起飛升空，而在空中時(shí)，為何又能維持飛行高度，不會(huì)墜落，甲和乙都認(rèn)為是由于飛機(jī)前進(jìn)時(shí)，流過(guò)機(jī)翼上方與下方的空氣速率不同，使機(jī)翼下方的力較大。因此，當(dāng)飛機(jī)沿水平方向快速前進(jìn)時(shí)，機(jī)翼上方與下方受到的壓力不同，可以產(chǎn)生豎直向上的作用力（稱為升力），以克服重力，飛機(jī)因而得以升空，并在空中保持飛行高度，不致墜落。丙則認(rèn)為：飛機(jī)依靠向前的推進(jìn)力，就能起飛升空，并改變飛行方向，進(jìn)入一定的軌道，在重力作用下繞著地球飛行。依據(jù)以上所述