南京化工業(yè)園區(qū)高考物理復(fù)習(xí)專題訓(xùn)練牛頓運動定律

PAGEPAGE4牛頓運動定律1．下列說法正確的是A．牛頓認(rèn)為質(zhì)量一定的物體其加速度與物體受到的合外力成正比B．亞里士多德認(rèn)為輕重物體下落快慢相同C．笛卡爾的理想斜面實驗說明了力不是維持物體運動的原因D．伽利略認(rèn)為如果完全排除空氣的阻力，所有物體將下落的同樣快2．物理學(xué)是一門以實驗為基礎(chǔ)的學(xué)科，物理定律就是在大量實驗的基礎(chǔ)上歸納總結(jié)出來的．但有些物理規(guī)律或物理關(guān)系的建立并不是直接從實驗得到的，而是經(jīng)過了理想化或合力外推，下列選項中屬于這種情況的是A．牛頓第一定律B．牛頓第二定律C．萬有引力定律D．庫侖定律3．以下說法中正確的是A．牛頓第一定律揭示了一切物體都具有慣性B．速度大的物體慣性大，速度小的物體慣性小C．力是維持物體運動的原因D．做曲線運動的質(zhì)點，若將所有外力都撤去，則該質(zhì)點仍可能做曲線運動ACBD4．如圖所示，兩個傾角相同的滑竿上分別套有A、B兩個圓環(huán)，兩個圓環(huán)上分別用細(xì)線懸吊兩個物體C、D，當(dāng)它們都沿滑竿向下滑動時A的懸線與桿垂直，BACBDA．A環(huán)與滑竿之間沒有摩擦力B．B環(huán)與滑竿之間沒有摩擦力C．A環(huán)做的是勻加速直線運動D．B環(huán)做的是勻加速直線運動5．如圖所示，升降機(jī)天花板上用輕彈簧懸掛一物體，升降機(jī)靜止時彈簧伸長量為10cm，運動時彈簧伸長量為9cm，則升降機(jī)的運動狀態(tài)可能是（g=10m/s2）A．以a=1m/s2的加速度加速上升B．以a=1m/s2的加速度加速下降C．以a=9m/s2的加速度減速上升D．以a=9m/s2的加速度減速下降6．風(fēng)洞實驗室可產(chǎn)生水平方向大小可調(diào)節(jié)的風(fēng)力．實驗室中有兩個質(zhì)量不等的球A、B，用一輕質(zhì)繩連接．把A球套在水平細(xì)桿上如圖所示，對B球施加水平風(fēng)力作用，使A球與B球一起向右勻加速運動．若把A、B兩球位置互換，重復(fù)實驗，讓兩球仍一起向右做勻加速運動，已知兩次實驗過程中球的加速度相同，A、B兩球與細(xì)桿的動摩擦因數(shù)相同．則兩次運動過程中，下列物理量一定不變的是A．細(xì)繩與豎直方向的夾角B．輕繩拉力的大小C．細(xì)桿對球的支持力D．風(fēng)給小球的水平力7．16世紀(jì)末，隨著人們對力的認(rèn)識逐漸清晰和豐富，建立了經(jīng)典力學(xué)理論，以下有關(guān)力的說法正確的有A．物體的速度越大，說明它受到的外力越大v2xv2xx10v02C．馬拉車做勻速運動，說明物體做勻速運動需要力來維持D．一個人從地面跳起來，說明地面對人的支持力大于人對地面的壓力8．一汽車沿直線由靜止開始向右運動，汽車的速度和加速度方向始終向右．汽車速度的二次方v2與汽車前進(jìn)位移x的圖像如圖所示，則汽車從開始運動到前進(jìn)x1過程中的下列說法中正確的是A．汽車受到的合外力越來越大B．汽車受到的合外力越來越小C．汽車的平均速度大于v0/2D．汽車的平均速度小于v0/29．如圖所示，在動摩擦因數(shù)μ=0.2的水平面上有一個質(zhì)量m=1kg的小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成θ=45°角的不可伸長的輕繩一端相連，此時小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，且水平面對小球的彈力恰好為零．在剪斷輕繩的瞬間（g取10m/s2），則A．小球受力個數(shù)不變B．小球立即向左運動，且a=8m/s2 C．小球立即向左運動，且a=10m/s2D．若剪斷彈簧則剪斷瞬間小球加速度a=10m/s210．質(zhì)量為0.6kg的物體在水平面上運動，圖中的兩條斜線分別是物體受水平拉力和不受水平拉力的v–t圖像，則A．斜線①一定是物體受水平拉力時的圖像B．斜線②一定是物體不受水平拉力時的圖像C．水平拉力一定等于0.2Nm1m2m1m2F11．如圖所示，質(zhì)量為m1和m2的兩物塊放在光滑的水平地面上．用輕質(zhì)彈簧將兩物塊連接在一起．當(dāng)用水平力F作用在m1上時，兩物塊均以加速度a做勻加速運動，此時，彈簧伸長量為x，若用水平力F′作用在m1上時，兩物塊均以加速度a′=2a做勻加速運動．此時彈簧伸長量為x′．則下列關(guān)系正確的是A．F′=2FB．x′=2xC．F′>2FD．x′<12．一位同學(xué)乘坐電梯從六樓下到一樓的過程中，其v–t圖象如圖所示．下列說法正確的是v0ABθv0ABθtt甲乙丙v0v0–2vvv0C．該同學(xué)在10s內(nèi)的平均速度是1m/sB．前2s內(nèi)該同學(xué)的加速度是最后1s內(nèi)的2倍D．該同學(xué)在10s內(nèi)通過的位移是17m13．如圖甲所示，質(zhì)量為m的物塊沿足夠長的粗糙斜面底端以初速度v0上滑先后通過A、B，然后又返回到底端．設(shè)從A到B的時間為t1，加速度大小為a1，經(jīng)過A的速率為v1，從B返回到A的時間為t2，加速度大小為a2，經(jīng)過A的速率為v2，則正確的是A．t1=t2，a1=a2，v1=v2B．t1＜t2，a1＜a2，v1＜v2C．物塊全過程的速度時間圖線如圖乙所示D．物塊全過程的速度時間圖線如圖丙所示14．如圖是一種升降電梯的示意圖，A為載人箱，B為平衡重物，它們的質(zhì)量均為M，由跨過滑輪的鋼索系住，在電動機(jī)的牽引下使電梯上下運動．若電梯中乘客的質(zhì)量為m，勻速上升的速度為v，在電梯即將到頂層前關(guān)閉電動機(jī)，靠慣性再經(jīng)時間t停止運動卡住電梯，不計空氣阻力，則t為A．v/gB．(M+m)v/MgC．(M+m)v/mgD．(2M+m)v/15．如圖所示，一細(xì)繩跨過一輕質(zhì)定滑輪（不計細(xì)繩和滑輪質(zhì)量，不計滑輪與軸之間摩擦），繩的一端懸掛一質(zhì)量為m的物體A，另一端懸掛一質(zhì)量為M（M>m）的物體B，此時A物體加速度為a1．如果用力F代替物體B，使物體A產(chǎn)生的加速度為a2，那么 A．如果al=a2，則F<MgB．如果F=Mg，則al<a2C．如果al=a2，則F=MgD．如果F=2mMg/(m+M)，則a1=a216．如圖所示，將質(zhì)量為m=0.1kg的物體用兩個完全一樣的豎直彈簧固定在升降機(jī)30．如圖，截面為直角三角形的木塊置于粗糙的水平地面上，其傾角θ=30°．現(xiàn)木塊上有一質(zhì)量m=l.0kg的滑塊從斜面下滑，測得滑塊在0.40s內(nèi)速度增加了1.4m/s，且知滑塊滑行過程中木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度g=10m/s2，求：⑴滑塊滑行過程中受到的摩擦力大??；⑵滑塊滑行過程中木塊受到地面的摩擦力大小及方向．31．在水平地面上有一質(zhì)量為10kg的物體,在水平拉力F的作用下由靜止開始運動，10s后拉力大小減為F/4，方向不變，再經(jīng)過20s停止運動．該物體的速度與時間的關(guān)系如圖所示．求：⑴整個過程中物體的位移大?。虎莆矬w與地面的動摩擦因數(shù)．32．滑沙游戲中，游戲者從沙坡頂部坐滑沙車呼嘯滑下．為了安全，滑沙車上通常裝有剎車手柄，游客可以通過操縱剎車手柄對滑沙車施加一個與車運動方向相反的制動力F，從而控制車速．為便于研究，作如下簡化：游客從頂端A點由靜止滑下8s后，操縱剎車手柄使滑沙車勻速下滑至底端B點，在水平滑道上繼續(xù)滑行直至停止．已知游客和滑沙車的總質(zhì)量m=70kg，傾斜滑道AB長LAB=128m，傾角θ=37°，滑沙車底部與沙面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5．滑沙車經(jīng)過B點前后的速度大小不變，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計空氣阻力．⑴求游客勻速下滑時的速度大小；⑵求游客勻速下滑的時間；⑶若游客在水平滑道BC段的最大滑行距離為16m，則他在此處滑行時，需對滑沙車施加多大的水平制動力?33．如圖所示，質(zhì)量m=1kg的小球穿在長L=1.6m的斜桿上，斜桿與水平方向成α=37°角，斜桿固定不動，小球與斜桿間的動摩擦因數(shù)μ=0.75．小球受水平向左的拉力F=1N，從斜桿的頂端由靜止開始下滑（sin37°=0.6、cos37°=0.8）．⑴小球運動的加速度大小；⑵小球運動到斜桿底端時的速度大?。?4．航模興趣小組設(shè)計出一架遙控飛行器，其質(zhì)量m=2kg，動力系統(tǒng)提供的恒定升力F=28N．試飛時，飛行器從地面由靜止開始豎直上升．設(shè)飛行器飛行時所受的阻力大小不變，g取10m/s2．⑴第一次試飛，飛行器飛行t1=8s時到達(dá)高度H=64m．求飛行器所阻力f的大??；⑵第二次試飛，飛行器飛行t2=6s時遙控器出現(xiàn)故障，飛行器立即失去升力．求飛行器能達(dá)到的最大高度h．35．一個質(zhì)量為1500kg行星探測器從某行星表面豎直升空，發(fā)射時發(fā)動機(jī)推力恒定，發(fā)射升空后8s末，發(fā)動機(jī)突然間發(fā)生故障而關(guān)閉；如圖所示為探測器從發(fā)射到落回出發(fā)點全過程的速度圖象；已知該行星表面沒有大氣，不考慮探測器總質(zhì)量的變化；求：⑴探測器在行星表面上升達(dá)到的最大高度；⑵探測器落回出發(fā)點時的速度；⑶探測器發(fā)動機(jī)正常工作時的推力．36．如圖所示，以水平地面建立x軸，有一個質(zhì)量為m=1kg的木塊放在質(zhì)量為M=2kg的長木板上，木板長L=11.5m．已知木板與地面的動摩擦因數(shù)為μ1=0.1，m與M之間的摩擦因素μ2=0.9（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）．m與M保持相對靜止共同向右運動，已知木板的左端A點經(jīng)過坐標(biāo)原點O時的速度為v0=10m/s，在坐標(biāo)為x=21m處有一擋板P，木板與擋板P瞬間碰撞后立即以原速率反向彈回，而木塊在此瞬間速度不變，若碰后立刻撤去擋板P，g取10m/s2，求：⑴木板碰擋板P時的速度v1為多少？Pv0O21xPv0O21xAB37．如圖所示，平板車長為L=6m，質(zhì)量為M=10kg，上表面距離水平地面高為h=1.25m，在水平面上向右做直線運動，A、B是其左右兩個端點．某時刻小車速度為v0=7.2m/s，在此時刻對平板車施加一個方向水平向左的恒力F=50N，與此同時，將一個質(zhì)量m=1kg的小球輕放在平板車上的P點（小球可視為質(zhì)點，放在P點時相對于地面的速度為零），PB=L/3，經(jīng)過一段時間，小球脫離平板車落到地面．車與地面的動摩擦因數(shù)為0.2，其他摩擦均不計．取g=10m/s2．求：⑴小球從離開平板車開始至落到地面所用的時間；⑵小球從輕放到平板車開始至離開平板車所用的時間；FPABFPABv038．如圖甲所示，質(zhì)量為m=1kg的物體置于傾角為θ=37°的固定且足夠長的斜面上，對物體施以平行于斜面向上的拉力F，t1=1s時撤去拉力，物體運動的部分v–t圖像如圖乙所示，g取10m/s2．求：甲Fv/m·s-1t/s甲Fv/m·s-1t/s21020乙10⑵t=4s時物體的速度v的大小．39．如圖，已知斜面傾角30°，物體A質(zhì)量mA=0.4kg，物體B質(zhì)量mB=0.7kg，H=0.5m．B從靜止開始和A一起運動，B落地時速度v=2m/s．若g取10m/s2，繩的質(zhì)量及繩的摩擦不計，求：θABH⑴θABH⑵物體沿足夠長的斜面滑動的最大距離40．如圖所示為糧食倉庫中常用的皮帶傳輸裝置示意圖，它由兩臺皮帶傳送機(jī)組成，一臺水平傳送，A、B兩端相距L1=3m；另一臺傾斜傳送，傳送帶與地面間的傾角為θ為37°，C、D兩端相距L2=4.45m，B、C相距很近．水平傳送帶以v0=5m/s沿順時針方向轉(zhuǎn)動．現(xiàn)將質(zhì)量為m=10kg的一袋大米無初速度的放在A端，它隨傳送帶到達(dá)B點后，速度大小不變的傳到傾斜傳送帶的C端．米袋與兩傳送帶之間的動摩擦因素均為0.5，取g=10m/s2，sin37°=0.6、cos37°=0.8．則：⑴若傾斜傳送帶CD不轉(zhuǎn)動，則米袋沿傳送帶CD所能上滑的最大距離是多少？⑵若傾斜傳送帶CD以v=4m/s的速率沿順時針方向轉(zhuǎn)動，則米袋從C端運動到D端的時間為多少？θθABCD參考答案：1．AD；牛頓認(rèn)為質(zhì)量一定的物體其加速度與物體受到的合外力成正比，選項A正確；亞里士多德認(rèn)為重物體下落快，選項B錯誤；伽利略的理想斜面實驗說明了力不是維持物體運動的原因，伽利略認(rèn)為如果完全排除空氣的阻力，所有物體將下落的同樣快，選項C錯誤D正確．2．A；牛頓第一定律是在實驗的基礎(chǔ)上經(jīng)過合理外推得到的，用實驗無法實現(xiàn)，選項A正確；牛頓第二定律是實驗定律，萬有引力定律是經(jīng)過類比和實驗驗證的，庫倫定律是通過采用控制變量法的實驗而得到的實驗定律，選項BCD錯．3．A；牛頓第一定律揭示了一切物體都具有慣性，質(zhì)量是慣性大小的量度，慣性與速度無關(guān)，選項A正確B錯誤；力不是維持物體運動的原因，力是產(chǎn)生加速度的原因，選項C錯誤；做曲線運動的質(zhì)點，若將所有外力都撤去，則該質(zhì)點將做勻速直線運動，選項D錯誤．4．AC；對圖示兩種情況受力分析，并應(yīng)用牛頓第二定律，可知，A環(huán)與滑竿之間沒有摩擦力，B環(huán)與滑竿之間有摩擦力，A環(huán)做的是勻加速直線運動，B環(huán)做的是勻加速直線運動，選項AC正確BD錯誤．5．B；根據(jù)運動時彈簧伸長量為9cm，小于靜止時彈簧伸長量為10cm，可知升降機(jī)加速度向下，則升降機(jī)的運動狀態(tài)可能是以a=1m/s2的加速度加速下降；可能是以a=1m/s2的加速度減速上升，選項B正確．6．CD；由于AB兩球質(zhì)量不等，細(xì)繩與豎直方向的夾角，輕繩拉力的大小可能變化，選項AB錯誤；兩次運動過程中，受到水平風(fēng)力一定不變，細(xì)桿對球的支持力一定不變，選項CD正確．7．B；物體的加速度越大，說明它受到的外力越大，物體的加速度在改變，說明它受到的外力一定改變，選項A錯誤B正確；馬拉車做勻速運動，說明物體所受合外力為零，選項C錯誤；地面對人的支持力在任何情況下都等于人對地面的壓力，選項D錯誤．8．AD；由v2=2ax，可知，若汽車速度的二次方v2與汽車前進(jìn)位移x的圖像為直線，則，汽車做勻加速運動．由汽車速度的二次方v2與汽車前進(jìn)位移x的圖像可知，汽車的加速度越來越大，汽車受到的合外力越來越大，選項A正確B錯誤；根據(jù)汽車做加速度逐漸增大的加速運動，可畫出速度圖象，根據(jù)速度圖象可得出，汽車從開始運動到前進(jìn)x1過程中，汽車的平均速度小于v0/2，選項C錯誤D正確．9．B；在剪斷輕繩前，分析小球受力，小球受到重力、彈簧彈力和繩子拉力．應(yīng)用平衡條件可得彈簧彈力F=mgtan45°=10N．剪斷輕繩的瞬間，彈簧彈力不變，重力不變，小球?qū)⑹艿剿矫娴膹椓湍Σ亮?，小球受力個數(shù)變化，選項A錯誤；此時在豎直方向，水平面的彈力FN=mg，摩擦力為f=μFN=2N，小球水平向左的合力F–f=ma，解得a=8m/s2，選項B正確C錯誤；若剪斷的是彈簧，則剪斷瞬間小球仍然靜止，小球加速度的大小a=0，選項D錯誤．10．CD；拉力方向可能與物體水平運動方向相同或相反，不能確定哪條斜線是物體受水平拉力時的圖像，選項AB錯誤．斜線①對應(yīng)的物體加速度大小為a1=1/3m/s2，斜線②對應(yīng)的物體加速度大小為a2=2/3m/s2．若斜線①是物體受水平拉力時的圖像，斜線②是物體不受水平拉力時的圖像，拉力方向與物體水平運動方向相同，f–F=ma1，f=ma2，解得f=0.4N，F(xiàn)=0.2N；若斜線②是物體受水平拉力時的圖像，斜線①是物體不受水平拉力時的圖像，拉力方向與物體水平運動方向相反，f+F=ma2，f=ma1，解得f=0.2N，F(xiàn)=0.2N；所以水平拉力一定等于0.2N，物體所受的摩擦力可能等于0.2N，可能等于0.4N，選項CD11．AB；把兩個物體看作整體，由牛頓第二定律可得，F(xiàn)′=2F，選項A正確C錯誤；隔離m2，由牛頓第二定律和胡克定律，x′=2x，選項B正確D錯誤12．D；同學(xué)乘坐電梯從六樓下到一樓的過程中，前2s內(nèi)該同學(xué)處于失重狀態(tài)，前2s內(nèi)該同學(xué)的加速度是最后1s內(nèi)的1/2，選項AB錯誤；該同學(xué)在10s內(nèi)的位移為17m，平均速度是1.7m/s，選項D正確C錯誤．13．D；由于從B返回到A所受合外力小，加速度小，所以從A到B的時間t1＜t2，a1>a2，v1>v2，選項AB錯誤；物塊全過程的速度時間圖線如圖丙所示，選項C錯誤D正確．14．D；關(guān)閉電動機(jī)后，由牛頓第二定律，mg=(2M+m)a，解得電梯加速度大小a=mg/(2M+m)，t=v/a=(2M+m)v/mg，選項15．ABD；另一端懸掛一質(zhì)量為M（M>m）的物體B，由牛頓第二定律，Mg–mg=(m+M)a1，解得a1=(M–m)g/(M+m)．如果用力F代替物體B，由牛頓第二定律，F(xiàn)-mg=ma2，解得a2=(F–mg)/m．如果al=a2，則F<Mg；如果F=Mg，則al<a2；選項AB正確C錯誤．如果F=2mMg/(m+M)，則a2=(F–mg)/m=(M–m)g/(M+m)=a1，選項D正確．16．A；當(dāng)升降機(jī)以4m/s2的加速度加速向上運動時，上面彈簧對物體的拉力為0.4N；設(shè)下面彈簧支持力為FN，由牛頓第二定律，0.4+FN–mg=ma1；解得FN=mg=1N．當(dāng)升降機(jī)和物體都以8m/s2的加速度向上運動時，設(shè)上面彈簧的拉力為F，則下面彈簧支持力為F′N=mg+F–0.4=0.6+F，由牛頓第二定律，F(xiàn)+F′N–mg=ma2；解得F=0.6N，選項A正確．17．AC；根據(jù)彈簧秤的示數(shù)始終是16N可知，升降機(jī)加速度方向向下，mg–F=ma，解得a=2m/s2．若升降機(jī)向下加速運動，經(jīng)過1s，升降機(jī)的速度為5m/s，經(jīng)過1s，升降機(jī)的位移可能是4m；若升降機(jī)向上減速運動，經(jīng)過1s，升降機(jī)的速度為1m/s，經(jīng)過1s，升降機(jī)的位移可能是2m；選項AC正確．18．B；將20.0kg的建筑材料以0.500m/s2的加速度拉升，拉力F=m(g+a)=20×(10+0.500)N=210N．對工人，由平衡條件可得地面支持力為700N–210N=490N，根據(jù)牛頓第三定律，工人對地面的壓力大小為490N，選項B正確．19．D；木炭水平方向無初速度放到傳送帶上時，相對于傳送帶向后運動，所以，會在木炭的右側(cè)留下黑色痕跡，選項A錯；在木炭的速度增加到等于傳送帶的速度之前，木炭相對于傳送帶向后做勻減速直線運動，根據(jù)v2=2ax，其中a=μg，與m無關(guān)，選項B錯；由前式知，a一定時，v越大，x越長，選項C錯；在v一定時，μ越大，a越大，x越小，選項D對．20．D；分析bd光滑細(xì)桿上小圓環(huán)受力，應(yīng)用牛頓第二定律和直線運動公式，可得環(huán)到達(dá)d點所用的時間與光滑細(xì)桿的傾角無關(guān)，選項D正確．21．AD；因無相對滑動，所以，無論橡皮泥粘到哪塊上，根據(jù)牛頓第二定律都有：F–3μmg–μΔmg=(3m+Δm)a，系統(tǒng)加速度a都將減小，選項A對；若粘在A木塊上面，以C為研究對象，受F、摩擦力μmg、繩子拉力T，F(xiàn)–μmg–T=ma，a減小，F(xiàn)、μmg不變，所以，T增大，選項B錯；若粘在B木塊上面，a減小，以A為研究對象，m不變，所受摩擦力減小，選項C錯；若粘在C木塊上面，a減小，A的摩擦力減小，以AB為整體，有T–2μmg=2ma，T減小，選項D對22．C；它們以共同速度沿傾角為θ的固定斜面C勻速下滑，A受到斜面的滑動摩擦力大小為2mgsinθ，A對B的摩擦力等于B重力沿斜面方向的分力，選項A錯誤C正確；由牛頓第三定律，A受到B的靜摩擦力方向沿斜面向下，選項B錯誤；A與B間的摩擦力是靜摩擦力，不能確定AB之間的動摩擦因數(shù)μ，選項D錯誤．23．AB；當(dāng)F=0時，物體向下的加速度大小為6m/s2，即gsinθ=6m/s2，可計算出斜面的傾角θ，選項B正確；當(dāng)F=20N時，物體向上的加速度大小為2m/s2，即(20/m)cosθ–gsinθ=2m/s2，可計算出物體的質(zhì)量m，選項A正確．不能計算出斜面的長度，加速度為6m/s2時物體的速度，選項CD錯誤．24．C；在0~1s，F(xiàn)=mg，由牛頓第二定律，加速度a=5m/s2；在1s~2s，F(xiàn)=0，由牛頓第二定律，加速度a=-5m/s2；在2s~3s，F(xiàn)=–mg，由牛頓第二定律，加速度a=–15m/s2；物體運動的速度v隨時間t變化的規(guī)律是圖丙中的C．25．BCD；若水平面光滑，對整體，由牛頓第二定律，F(xiàn)=2ma；隔離B，由牛頓第二定律，F(xiàn)′=ma；解得物塊A對B的作用力大小為F′=F/2，選項A錯誤B正確．若物塊A與地面、B與地面的動摩擦因數(shù)均為μ，對整體，由牛頓第二定律，F(xiàn)–2μmg=2ma；隔離B，由牛頓第二定律，F(xiàn)′–μmg=ma；解得物塊A對B的作用力大小為F′=F/2，選項C正確．若物塊A與地面的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面的動摩擦因數(shù)為2μ，對整體，由牛頓第二定律，F(xiàn)–μmg–2μmg=2ma；隔離B，由牛頓第二定律，F(xiàn)′–2μmg=ma；解得物塊A對B的作用力大小為F′=(F+μmg)/2，選項D正確．26．BC解析：彈簧秤的示數(shù)變?yōu)?N，電梯加速度向下，電梯可能向下加速運動,加速度大小為4m/s2，電梯可能向上減速運動,加速度大小為4m/s2，選項BC正確．27．BC；設(shè)小球處于靜止?fàn)顟B(tài)時b彈簧彈力為F，拔去銷釘Ｍ瞬間，取向上為正方向，若a=6ｍ/s2，由牛頓第二定律，F(xiàn)–mgsin30°=ma，解得F=11m．若a=–6ｍ/s2，由牛頓第二定律–F–mgsin30°=ma，解得F=m．設(shè)a彈簧彈力為F′，由平衡條件F=mgsin30°+F′，當(dāng)F=11m可得F′=6m，拔去銷釘Ｎ瞬間，由牛頓第二定律F′+mgsin30°=ma′，解得a′=11ｍ/s2，選項B正確A錯誤；當(dāng)F=m可得F′=–4m，拔去銷釘Ｎ瞬間，由牛頓第二定律，F(xiàn)′+mgsin30°=ma′，解得a′=1ｍ/s2，方向沿桿向下，選項C正確28．CD；把人和車看作整體，二者有向左的加速度，由2F=(m+M)a解得a=2F/(m+M)．設(shè)車對人的摩擦力向右，大小為f，隔離人，由F–f=ma，聯(lián)立解得f=eq\f(M－m,m＋M)F，選項D正確B錯誤；設(shè)車對人的摩擦力向左，大小為f，隔離人，由F+f=ma，聯(lián)立解得f=eq\f(m－M,m＋M)F，選項C正確A錯誤．29．以m1為研究對象，由牛頓第二定律，T–m1g=m1a，以m2為研究對象，由牛頓第二定律，m2g–T=m2a，聯(lián)立解得：T=2m1m2g/(m1+m2)g；由題意，T<4.8N，且m1+m2=1kg，代入解得：0<m2<0.4kg30．⑴由題意可知滑塊的加速度a=Δv/Δt=1.4/0.4m/s2=3.5m/s2．滑塊受力如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律，得：mgsinθ–f=ma，解得f=1.5NF/4mgFNFfmgFNFfF⑵由滑塊受力圖得：FN=mgcosθ，木塊受理如圖所示，根據(jù)水平方向平衡條件得，f地+fcosθ=FNsinθF/4mgFNFfmgFNFfF31．⑴依題意整個過程中物體的位移大小就等于圖像與t軸所圍成的三角形面積S=30×10/2m=150m⑵物體的運動分為兩個過程，由圖可知兩個過程加速度分別為：a1=1m/s2，a2=–0.5m/s2，受力圖如圖．對于兩個過程，由牛頓第二定律得F–Ff=ma1、F/4–Ff=ma2解得Ff=10N；由滑動摩擦力公式得Ff=μFN=μmg，解得μ=0.132．⑴由mgsin37°-μmgcos37°=ma解得游客從頂端A點由靜止滑下的加速度a=2m/s2．游客勻速下滑時的速度大小v=at1=2×8m/s=16m/s．⑵加速下滑路程為L1=at12/2=64m，勻速下滑路程L2=LAB–L1=64m，游客勻速下滑的時間t2=L2/v=4s．⑶由動能定理，-FL–μmgL=0–mv2/2，解得F=210N．33．⑴Fcosα+mgsinα–μFN=ma、Fsinα+FN=mgcosα解得a=[F(cosα+μsinα)+mg(sinα–μcosα)]/m=1.25m/s2．⑵v2=2aL代入數(shù)字解得v=2m/s．34．⑴由H=at2/2得a1=2m/s2由F–f–mg=ma得f=4N．⑵前6s向上做勻加速運動，最大速度：v=a1t=12m/s，上升的高度：h1=a1t2/2=36m，接下來向上做勻減速運動，由牛頓第二定律，f+mg=ma2，解得a2=12m/s2；由v2=2a2h2，解得上升的高度h2=6m，最大高度：h=h1+h2=42m35．⑴0～24s內(nèi)一直處于上升階段，H=24×64/2m=⑵8s末發(fā)動機(jī)關(guān)閉，此后探測器只受重力作用，g=Δv/Δt=64/16m/s2=4m/s2，探測器返回地面過程有v2=2gH得v=32m/s．⑶上升階段加速度：a=8m/s2由F–mg=ma得，F(xiàn)=1.8×104N．36．⑴對木塊和木板組成的系統(tǒng)，有μ1(m+M)g=(m+M)a1、v02–v12=2a1s，解得v1=9m/s⑵由牛頓第二定律可知am=μ2g=9m/s2、aM=[μ2mg+μ1(M+m)g]/M=6m/s2；m運動至停止時間為t1=v1/am=1s，此時M速度vM=v1–aMt1=3m/s,方向向左，此后至m、M共速時間t2，有vM–aMt2=amt2得t2=0.2s；共同速度v共=1.8m/s，方向向左，至共速M位移s1=(v1+v共)(t1+t2)/2=6.48m，共速后m，M以a1=1m/s2向左減速至停下位移s2=v共2/2a1=1.62m，最終木板M左端A點位置坐標(biāo)為x=9.5–s1–s2=37．⑴小球從離開平板車開始至落到地面所用的時間t滿足h=gt2/2，代入數(shù)據(jù)解得t=0.5s．⑵小球放到平板車后相對地面靜止，小車的加速度為a1=[F+μ(M+m)g]/g=7.2m/s2；小車向右運動的距離為x1=v02/2a1=3.6m，x1小于4m，所以小球不會從車的左端掉下．小車向右運動的時間為t1=v0/a1=1s；小車向左運動的加速度為a2=[F–μ(M+m)g]/M=2.8m/s2，小車向左運動的距離為x2=x1+L/3=3.6m+2m=5.6m；小車向左運動的時間t2滿足x2=a2t22/2，代入數(shù)數(shù)據(jù)解得t2=2s，故小球從輕放到平板車開始至離開平板車所用的時間t=t1+t2=3s⑶小球剛離開平板車瞬間，小車的速度方向向左，大小為v2=a2t2=2.8×2m/s=5.6m/s；小球離開車子后，車的加速度為a3=(F–μMg)/M=3m/s2；車子向左運動的距