高中物理-必修一【牛頓運動定律整合】典型題(帶解析)

高中物理必修一一、【牛頓運動定律】1．伽利略的斜面實驗證明了()A．使物體運動必須有力的作用，沒有力的作用，物體將靜止B．使物體靜止必須有力的作用，沒有力的作用，物體將運動C．物體不受外力作用時，一定處于靜止?fàn)顟B(tài)D．物體不受外力作用時，總保持原來的勻速直線運動狀態(tài)或者靜止?fàn)顟B(tài)解析：選D．伽利略的斜面實驗證明了：運動不需要力來維持，物體不受外力作用時，總保持原來的勻速直線運動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，故D正確．2．關(guān)于運動狀態(tài)與所受外力的關(guān)系，下面說法中正確的是()A．物體受到恒定的力作用時，它的運動狀態(tài)不發(fā)生改變B．物體受到不為零的合力作用時，它的運動狀態(tài)要發(fā)生改變C．物體受到的合力為零時，它一定處于靜止?fàn)顟B(tài)D．物體的運動方向與它所受的合力方向一定相同解析：選B．力是改變物體運動狀態(tài)的原因，只要物體受力(合力不為零)，它的運動狀態(tài)就一定會改變，A錯誤，B正確；物體受到的合力為零時，物體可能處于靜止?fàn)顟B(tài)，也可能處于勻速直線運動狀態(tài)，C錯誤；物體所受合力的方向可能與物體的運動方向相同或相反，也可能不在一條直線上，D錯誤．3.某同學(xué)為了取出如圖所示羽毛球筒中的羽毛球，一只手拿著球筒的中部，另一只手用力擊打羽毛球筒的上端，則()A．此同學(xué)無法取出羽毛球B．羽毛球會從筒的下端出來C．羽毛球筒向下運動過程中，羽毛球受到向上的摩擦力才會從上端出來D．該同學(xué)是在利用羽毛球的慣性解析：選D．羽毛球筒被手擊打后迅速向下運動，而羽毛球具有慣性要保持原來的靜止?fàn)顟B(tài)，所以會從筒的上端出來，D正確．4．(多選)下列說法正確的是()A．運動越快的汽車越不容易停下來，是因為汽車運動得越快，慣性越大B．同一物體在地球上不同的位置受到的重力是不同的，但它的慣性卻不隨位置的變化而變化C．一個小球豎直上拋，拋出后能繼續(xù)上升，是因為小球運動過程中受到了向上的推力D．物體的慣性大小只與本身的質(zhì)量有關(guān)，質(zhì)量大的物體慣性大，質(zhì)量小的物體慣性小解析：選BD．慣性是物體本身的固有屬性，其大小只與物體的質(zhì)量大小有關(guān)，與物體的受力及運動情況無關(guān)，故選項B、D正確；速度大的汽車要停下來時，速度變化大，由Δv＝at可知需要的時間長，慣性未變，故選項A錯誤；小球上拋時是由于慣性向上運動，并未受到向上的推力，故選項C錯誤．5．夸克(quark)是一種基本粒子，也是構(gòu)成物質(zhì)的基本單元．其中正、反頂夸克之間的強相互作用勢能可寫為Ep＝－keq\f(4αs,3r)，式中r是正、反頂夸克之間的距離，αs是無單位的常量，k是與單位制有關(guān)的常數(shù)，則在國際單位制中常數(shù)k的單位是()A．N·m B．NC．J/m D．J·m解析：選D．由題意有k＝－eq\f(3Epr,4αs)，αs是無單位的常量，Ep的國際單位是J，r的國際單位是m，在國際單位制中常數(shù)k的單位是J·m，D正確，A、B、C錯誤．6.(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的小球被一根橡皮筋A(yù)C和一根繩BC系住，當(dāng)小球靜止時，橡皮筋處在水平方向上．下列判斷中正確的是()A．在AC被突然剪斷的瞬間，BC對小球的拉力不變B．在AC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為gsinθC．在BC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為eq\f(g,cosθ)D．在BC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為gsinθ解析：選BC．設(shè)小球靜止時BC繩的拉力為F，AC橡皮筋的拉力為T，由平衡條件可得：Fcosθ＝mg，F(xiàn)sinθ＝T，解得：F＝eq\f(mg,cosθ)，T＝mgtanθ.在AC被突然剪斷的瞬間，BC上的拉力F也發(fā)生了突變，小球的加速度方向沿與BC垂直的方向且斜向下，大小為a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ，B正確，A錯誤；在BC被突然剪斷的瞬間，橡皮筋A(yù)C的拉力不變，小球的合力大小與BC被剪斷前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(g,cosθ)，C正確，D錯誤．7.(多選)搭載著“嫦娥三號”的“長征三號乙”運載火箭在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空，下面關(guān)于衛(wèi)星與火箭升空的情形敘述正確的是()A．火箭尾部向下噴氣，噴出的氣體反過來對火箭產(chǎn)生一個反作用力，從而讓火箭獲得了向上的推力B．火箭尾部噴出的氣體對空氣產(chǎn)生一個作用力，空氣的反作用力使火箭獲得飛行的動力C．火箭飛出大氣層后，由于沒有了空氣，火箭雖然向后噴氣，但也無法獲得前進的動力D．衛(wèi)星進入運行軌道之后，與地球之間仍然存在一對作用力與反作用力解析：選AD．火箭升空時，其尾部向下噴氣，火箭箭體與被噴出的氣體是一對相互作用的物體．火箭向下噴氣時，噴出的氣體對火箭產(chǎn)生向上的反作用力，即為火箭上升的推動力．此動力并不是由周圍的空氣對火箭的反作用力提供的，因而與是否飛出大氣層、是否存在空氣無關(guān)，選項B、C錯誤，A正確；火箭運載衛(wèi)星進入軌道之后，衛(wèi)星與地球之間依然存在相互吸引力，即地球吸引衛(wèi)星，衛(wèi)星吸引地球，這就是一對作用力與反作用力，故選項D正確．8.如圖，一截面為橢圓形的容器內(nèi)壁光滑，其質(zhì)量為M，置于光滑水平面上，內(nèi)有一質(zhì)量為m的小球，當(dāng)容器受到一個水平向右的力F作用向右勻加速運動時，小球處于圖示位置，此時小球?qū)E圓面的壓力大小為()A．meq\r(g2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,M＋m)))\s\up12(2)) B．meq\r(g2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,M＋m)))\s\up12(2))C．meq\r(g2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,m)))\s\up12(2)) D．eq\r((mg)2＋F2)解析：選B．先以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得：加速度為a＝eq\f(F,M＋m)，再對小球研究，分析受力情況，如圖所示，由牛頓第二定律得到：FN＝eq\r((mg)2＋(ma)2)＝meq\r(g2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,M＋m)))\s\up12(2))，由牛頓第三定律可知小球?qū)E圓面的壓力大小為meq\r(g2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,M＋m)))\s\up12(2))，故B正確．9.如圖所示，將兩個相同的條形磁鐵吸在一起，置于桌面上，下列說法中正確的是()A．甲對乙的壓力的大小小于甲的重力的大小B．甲對乙的壓力的大小等于甲的重力的大小C．乙對桌面的壓力的大小等于甲、乙的總重力大小D．乙對桌面的壓力的大小小于甲、乙的總重力大小解析：選C．以甲為研究對象，甲受重力、乙的支持力及乙的吸引力而處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件可知，乙對甲的支持力大小等于甲受到的重力和吸引力的大小之和，大于甲的重力大小，由牛頓第三定律可知，甲對乙的壓力大小大于甲的重力大小，故A、B錯誤；以整體為研究對象，整體受重力、支持力而處于平衡狀態(tài)，故桌面對乙的支持力等于甲、乙的總重力的大小，由牛頓第三定律可知乙對桌面的壓力大小等于甲、乙的總重力大小，故C正確，D錯誤．10.如圖所示為英國人阿特伍德設(shè)計的裝置，不考慮繩與滑輪的質(zhì)量，不計軸承、繩與滑輪間的摩擦．初始時兩人均站在水平地面上，當(dāng)位于左側(cè)的甲用力向上攀爬時，位于右側(cè)的乙始終用力抓住繩子，最終至少一人能到達(dá)滑輪．下列說法正確的是()A．若甲的質(zhì)量較大，則乙先到達(dá)滑輪B．若甲的質(zhì)量較大，則甲、乙同時到達(dá)滑輪C．若甲、乙質(zhì)量相同，則乙先到達(dá)滑輪D．若甲、乙質(zhì)量相同，則甲先到達(dá)滑輪解析：選A．由于滑輪光滑，甲拉繩子的力等于繩子拉乙的力，若甲的質(zhì)量大，則由甲拉繩子的力等于乙受到的繩子拉力，得甲攀爬時乙的加速度大于甲，所以乙會先到達(dá)滑輪，選項A正確，B錯誤；若甲、乙的質(zhì)量相同，甲用力向上攀爬時，甲拉繩子的力等于繩子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙應(yīng)同時到達(dá)滑輪，選項C、D錯誤．11.如圖所示，跳水運動員最后踏板的過程可以簡化為下述模型：運動員從高處落到處于自然狀態(tài)的跳板上，隨跳板一同向下做變速運動到達(dá)最低點，然后隨跳板反彈，則()A．運動員與跳板接觸的全過程中只有超重狀態(tài)B．運動員把跳板壓到最低點時，他所受外力的合力為零C．運動員能跳得高的原因從受力角度來看，是因為跳板對他的作用力遠(yuǎn)大于他的重力D．運動員能跳得高的原因從受力角度來看，是因為跳板對他的作用力遠(yuǎn)大于他對跳板的作用力解析：選C．運動員與跳板接觸的下降過程中，先向下加速，然后向下減速，最后速度為零，則加速度先向下，然后向上，所以下降過程中既有失重狀態(tài)也有超重狀態(tài)，同理上升過程中也存在超重和失重狀態(tài)，故A錯誤；運動員把跳板壓到最低點時，跳板給運動員的彈力大于運動員受到的重力，合外力不為零，故B錯誤；從最低點到運動員離開跳板過程中，跳板對運動員的作用力做正功，重力做負(fù)功，二力做功位移一樣，運動員動能增加，因此跳板對他的作用力大于他的重力，故C正確；跳板對運動員的作用力與運動員對跳板的作用力是作用力與反作用力，大小相等，故D錯誤．12．如圖所示，甲、乙兩人在冰面上“拔河”．兩人中間位置處有一分界線，約定先使對方過分界線者為贏．若繩子質(zhì)量不計，冰面可看成光滑，則下列說法正確的是()A．甲對繩的拉力與繩對甲的拉力是一對平衡力B．甲對繩的拉力與乙對繩的拉力是作用力與反作用力C．若甲的質(zhì)量比乙大，則甲能贏得“拔河”比賽的勝利D．若乙收繩的速度比甲快，則乙能贏得“拔河”比賽的勝利解析：選C．根據(jù)牛頓第三定律可知甲對繩的拉力與繩對甲的拉力是一對作用力與反作用力，選項A錯誤；因為甲對繩的拉力和乙對繩的拉力作用在同一個物體(繩)上，故兩力不可能是作用力與反作用力，故選項B錯誤；若甲的質(zhì)量比乙大，則甲的慣性比乙的大，故運動狀態(tài)改變比乙難，故乙先過界，選項C正確；“拔河”比賽的輸贏只與甲、乙的質(zhì)量有關(guān)，與收繩速度無關(guān)，選項D錯誤．13．(山東省2020等級考試)(多選)如圖所示，某人從距水面一定高度的平臺上做蹦極運動．勁度系數(shù)為k的彈性繩一端固定在人身上，另一端固定在平臺上．人從靜止開始豎直跳下，在其到達(dá)水面前速度減為零．運動過程中，彈性繩始終處于彈性限度內(nèi)．取與平臺同高度的O點為坐標(biāo)原點，以豎直向下為y軸正方向，忽略空氣阻力，人可視為質(zhì)點．從跳下至第一次到達(dá)最低點的運動過程中，用v、a、t分別表示人的速度、加速度和下落時間．下列描述v與t、a與y的關(guān)系圖象可能正確的是()解析：選AD．人在下落的過程中，彈性繩繃緊之前，人處于自由落體狀態(tài)，加速度為g；彈性繩繃緊之后，彈力隨下落距離均勻增加，人的加速度隨下落距離先均勻減小后反向均勻增大，C錯誤，D正確；人的加速度先減小后反向增加，可知速度時間圖象的斜率先減小后反向增加．B錯誤，A正確．14．(多選)某物體在光滑的水平面上受到兩個恒定的水平共點力的作用，以10m/s2的加速度做勻加速直線運動，其中F1與加速度的方向的夾角為37°，某時刻撤去F1，此后該物體()A．加速度可能為5m/s2B．速度的變化率可能為6m/s2C．1秒內(nèi)速度變化大小可能為20m/sD．加速度大小一定不為10m/s2解析：選BC．根據(jù)牛頓第二定律得F合＝ma＝10m，F(xiàn)1與加速度方向的夾角為37°，根據(jù)幾何知識可知，F(xiàn)2有最小值，最小值為F2min＝F合sin37°＝6m，所以當(dāng)F1撤去后，合力的最小值為Fmin＝6m，此時合力的取值范圍為F合≥6m，所以最小的加速度為amin＝eq\f(Fmin,m)＝6m/s2，故B、C正確．15.如圖所示，在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，物塊A、B質(zhì)量分別為m和2m.物塊A靜止在輕彈簧上面，物塊B用細(xì)線與斜面頂端相連，A、B緊挨在一起，但A、B之間無彈力，已知重力加速度為g，某時刻把細(xì)線剪斷，當(dāng)細(xì)線剪斷瞬間，下列說法正確的是()A．物塊A的加速度為0 B．物塊A的加速度為eq\f(g,3)C．物塊B的加速度為0 D．物塊B的加速度為eq\f(g,2)解析：選B．剪斷細(xì)線前，彈簧的彈力：F彈＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，細(xì)線剪斷的瞬間，彈簧的彈力不變，仍為F彈＝eq\f(1,2)mg；剪斷細(xì)線瞬間，對A、B系統(tǒng)分析，加速度為：a＝eq\f(3mgsin30°－F彈,3m)＝eq\f(g,3)，即A和B的加速度均為eq\f(g,3)，方向沿斜面向下．16．(多選)如圖所示，兩輕質(zhì)彈簧a、b懸掛一質(zhì)量為m的小球，整體處于平衡狀態(tài)，彈簧a與豎直方向成30°，彈簧b與豎直方向成60°，彈簧a、b的形變量相等，重力加速度為g，則()A．彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為eq\r(3)∶1B．彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為eq\r(3)∶2C．若彈簧a下端松脫，則松脫瞬間小球的加速度大小為eq\r(3)gD．若彈簧b下端松脫，則松脫瞬間小球的加速度大小為eq\f(g,2)解析：選AD．由題可知，兩個彈簧相互垂直，對小球受力分析，如圖所示，設(shè)彈簧的伸長量都是x，由受力分析圖知，彈簧a中彈力Fa＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，根據(jù)胡克定律可知彈簧a的勁度系數(shù)為k1＝eq\f(Fa,x)＝eq\f(\r(3)mg,2x)，彈簧b中的彈力Fb＝mgcos60°＝eq\f(1,2)mg，根據(jù)胡克定律可知彈簧b的勁度系數(shù)為k2＝eq\f(Fb,x)＝eq\f(mg,2x)，所以彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為eq\r(3)∶1，A正確，B錯誤；彈簧a中的彈力為eq\f(\r(3),2)mg，若彈簧a的下端松脫，則松脫瞬間彈簧b的彈力不變，故小球所受重力和彈簧b彈力的合力與Fa大小相等、方向相反，小球的加速度大小a＝eq\f(Fa,m)＝eq\f(\r(3),2)g，C錯誤；彈簧b中彈力為eq\f(1,2)mg，若彈簧b的下端松脫，則松脫瞬間彈簧a的彈力不變，故小球所受重力和彈簧a彈力的合力與Fb大小相等、方向相反，故小球的加速度大小a′＝eq\f(Fb,m)＝eq\f(1,2)g，D正確．二、【牛頓第二定律的應(yīng)用】1.(多選)如圖所示，一木塊在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足夠長的水平輕彈簧，則當(dāng)木塊接觸彈簧后，下列判斷正確的是()A．木塊立即做減速運動B．木塊在一段時間內(nèi)速度仍增大C．當(dāng)F等于彈簧彈力時，木塊速度最大D．彈簧壓縮量最大時，木塊速度為零但加速度不為零解析：選BCD．木塊剛開始接觸彈簧時，彈簧對木塊的作用力小于外力F，木塊繼續(xù)向右做加速度逐漸減小的加速運動，直到二力相等，而后，彈簧對木塊的作用力大于外力F，木塊繼續(xù)向右做加速度逐漸增大的減速運動，直到速度為零，但此時木塊的加速度不為零，故選項A錯誤，B、C、D正確．2．質(zhì)量為1t的汽車在平直公路上以10m/s的速度勻速行駛，阻力大小不變，從某時刻開始，汽車牽引力減少2000N，那么從該時刻起經(jīng)過6s，汽車行駛的路程是()A．50m B．42mC．25m D．24m解析：選C．汽車勻速行駛時，F(xiàn)＝Ff①，設(shè)汽車牽引力減小后加速度大小為a，牽引力減少ΔF＝2000N時，F(xiàn)f－(F－ΔF)＝ma②，解①②得a＝2m/s2，與速度方向相反，汽車做勻減速直線運動，設(shè)經(jīng)時間t汽車停止運動，則t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(10,2)s＝5s，故汽車行駛的路程x＝eq\f(v0,2)t＝eq\f(10,2)×5m＝25m，故選項C正確．3.(多選)建設(shè)房屋時，保持底邊L不變，要設(shè)計好屋頂?shù)膬A角θ，以便下雨時落在房頂?shù)挠甑文鼙M快地滑離屋頂，雨滴下滑時可視為小球做無初速度、無摩擦的運動．下列說法正確的是()A．傾角θ越大，雨滴下滑時的加速度越大B．傾角θ越大，雨滴對屋頂壓力越大C．傾角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的速度越大D．傾角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的時間越短解析：選AC．設(shè)屋檐的底角為θ，底邊長度為L，注意底邊長度是不變的，屋頂?shù)钠旅骈L度為x，雨滴下滑時加速度為a，對雨滴受力分析，只受重力mg和屋頂對雨滴的支持力FN，垂直于屋頂方向：mgcosθ＝FN，平行于屋頂方向：ma＝mgsinθ.雨滴的加速度為：a＝gsinθ，則傾角θ越大，雨滴下滑時的加速度越大，故A正確；雨滴對屋頂?shù)膲毫Υ笮。篎N′＝FN＝mgcosθ，則傾角θ越大，雨滴對屋頂壓力越小，故B錯誤；根據(jù)三角關(guān)系判斷，屋頂坡面的長度x＝eq\f(L,2cosθ)，由x＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，可得：t＝eq\r(\f(2L,gsin2θ))，可見當(dāng)θ＝45°時，用時最短，D錯誤；由v＝gsinθ·t可得：v＝eq\r(gLtanθ)，可見θ越大，雨滴從頂端O下滑至M時的速度越大，C正確．4．如圖所示為四旋翼無人機，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前正得到越來越廣泛的應(yīng)用．一架質(zhì)量為m＝2kg的無人機，其動力系統(tǒng)所能提供的最大升力F＝36N，運動過程中所受空氣阻力大小恒定，無人機在地面上從靜止開始，以最大升力豎直向上起飛，在t＝5s時離地面的高度為75m(g取10m/s2)．(1)求運動過程中所受空氣阻力大??；(2)假設(shè)由于動力設(shè)備故障，懸停的無人機突然失去升力而墜落．無人機墜落地面時的速度為40m/s，求無人機懸停時距地面高度；(3)假設(shè)在第(2)問中的無人機墜落過程中，在遙控設(shè)備的干預(yù)下，動力設(shè)備重新啟動提供向上的最大升力．為保證安全著地，求飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長時間．解析：(1)根據(jù)題意，在上升過程中由牛頓第二定律得：F－mg－Ff＝ma由運動學(xué)規(guī)律得，上升高度：h＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得：Ff＝4N.(2)下落過程由牛頓第二定律：mg－Ff＝ma1得：a1＝8m/s2落地時的速度v2＝2a1H聯(lián)立解得：H＝100m.(3)恢復(fù)升力后向下減速，由牛頓第二定律得：F－mg＋Ff＝ma2得：a2＝10m/s2設(shè)恢復(fù)升力后的速度為vm，則有eq\f(veq\o\al(2,m),2a1)＋eq\f(veq\o\al(2,m),2a2)＝H得：vm＝eq\f(40\r(5),3)m/s由：vm＝a1t1得：t1＝eq\f(5\r(5),3)s.答案：(1)4N(2)100m(3)eq\f(5\r(5),3)s5.一質(zhì)量為m＝2kg的滑塊能在傾角為θ＝30°的足夠長的斜面上以加速度a＝2.5m/s2勻加速下滑．如圖所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑塊，使之由靜止開始在t＝2s內(nèi)能沿斜面運動位移x＝4m．求：(g取10m/s2)(1)滑塊和斜面之間的動摩擦因數(shù)μ；(2)恒力F的大?。馕觯?1)對滑塊，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得：μ＝eq\f(\r(3),6).(2)使滑塊沿斜面做勻加速直線運動，有加速度沿斜面向上和向下兩種可能．由x＝eq\f(1,2)a1t2，得a1＝2m/s2，當(dāng)加速度沿斜面向上時：Fcosθ－mgsinθ－μ(Fsinθ＋mgcosθ)＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得：F＝eq\f(76\r(3),5)N；當(dāng)加速度沿斜面向下時：mgsinθ－Fcosθ－μ(Fsinθ＋mgcosθ)＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得：F＝eq\f(4\r(3),7)N.答案：(1)eq\f(\r(3),6)(2)eq\f(76\r(3),5)N或eq\f(4\r(3),7)N6．(多選)一個質(zhì)量為2kg的物體，在5個共點力作用下處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)同時撤去大小分別為15N和10N的兩個力，其余的力保持不變，關(guān)于此后該物體的運動的說法中正確的是()A．一定做勻變速直線運動，加速度大小可能是5m/s2B．一定做勻變速運動，加速度大小可能等于重力加速度的大小C．可能做勻減速直線運動，加速度大小是2.5m/s2D．可能做勻速圓周運動，向心加速度大小是5m/s2解析：選BC．根據(jù)平衡條件得知，其余力的合力與撤去的兩個力的合力大小相等、方向相反，則撤去大小分別為15N和10N的兩個力后，物體的合力大小范圍為5N≤F合≤25N，根據(jù)牛頓第二定律a＝eq\f(F,m)得：物體的加速度范圍為2.5m/s2≤a≤12.5m/s2.若物體原來做勻速直線運動，撤去的兩個力的合力方向與速度方向不在同一直線上，物體做勻變速曲線運動，加速度大小可能為5m/s2，故A錯誤．由于撤去兩個力后其余力保持不變，則物體所受的合力不變，一定做勻變速運動，加速度大小可能等于重力加速度的大小，故B正確．若物體原來做勻速直線運動，撤去的兩個力的合力方向與速度方向相同時，物體做勻減速直線運動，故C正確．由于撤去兩個力后其余力保持不變，在恒力作用下不可能做勻速圓周運動，故D錯誤．7．如圖所示，幾條足夠長的光滑直軌道與水平面成不同角度，從P點以大小不同的初速度沿各軌道發(fā)射小球，若各小球恰好在相同的時間內(nèi)到達(dá)各自的最高點，則各小球最高點的位置()A．在同一水平線上 B．在同一豎直線上C．在同一拋物線上 D．在同一圓周上解析：選D．設(shè)某一直軌道與水平面成θ角，末速度為零的勻減速直線運動可逆向看成初速度為零的勻加速直線運動，則小球在直軌道上運動的加速度a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ，由位移公式得l＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，即eq\f(l,sinθ)＝eq\f(1,2)gt2，不同的傾角θ對應(yīng)不同的位移l，但eq\f(l,sinθ)相同，即各小球最高點的位置在直徑為eq\f(1,2)gt2的圓周上，選項D正確．8．如圖所示，B是水平地面上AC的中點，可視為質(zhì)點的小物塊以某一初速度從A點滑動到C點停止．小物塊經(jīng)過B點時的速度等于它在A點時速度的一半．則小物塊與AB段間的動摩擦因數(shù)μ1和BC段間的動摩擦因數(shù)μ2的比值為()A．1 B．2C．3 D．4解析：選C．物塊從A到B根據(jù)牛頓第二定律，有μ1mg＝ma1，得a1＝μ1g.從B到C根據(jù)牛頓第二定律，有μ2mg＝ma2，得a2＝μ2g.設(shè)小物塊在A點時速度大小為v，則在B點時速度大小為eq\f(v,2)，由于AB＝BC＝l，由運動學(xué)公式知，從A到B：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))eq\s\up12(2)－v2＝－2μ1gl，從B到C∶0－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))eq\s\up12(2)＝－2μ2gl，聯(lián)立解得μ1＝3μ2，故選項C正確，A、B、D錯誤．9.有一個冰上滑木箱的游戲節(jié)目，規(guī)則是：選手們從起點開始用力推箱一段時間后，放手讓箱向前滑動，若箱最后停在有效區(qū)域內(nèi)，視為成功；若箱最后未停在有效區(qū)域內(nèi)就視為失敗．其簡化模型如圖所示，AC是長度為L1＝7m的水平冰面，選手們可將木箱放在A點，從A點開始用一恒定不變的水平推力推木箱，BC為有效區(qū)域．已知BC長度L2＝1m，木箱的質(zhì)量m＝50kg，木箱與冰面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1.某選手作用在木箱上的水平推力F＝200N，木箱沿AC做直線運動，若木箱可視為質(zhì)點，g取10m/s2.那么該選手要想游戲獲得成功，試求：(1)推力作用在木箱上時的加速度大??；(2)推力作用在木箱上的時間滿足的條件．解析：(1)設(shè)推力作用在木箱上時的加速度大小為a1，根據(jù)牛頓第二定律得F－μmg＝ma1，解得a1＝3m/s2.(2)設(shè)撤去推力后，木箱的加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝ma2，解得a2＝1m/s2.推力作用在木箱上時間t內(nèi)的位移為x1＝eq\f(1,2)a1t2.撤去推力后木箱繼續(xù)滑行的距離為x2＝eq\f((a1t)2,2a2).為使木箱停在有效區(qū)域內(nèi)，要滿足L1－L2≤x1＋x2≤L1，解得1s≤t≤eq\r(\f(7,6))s.答案：(1)3m/s2(2)1s≤t≤eq\r(\f(7,6))s10．如圖所示，一兒童玩具靜止在水平地面上，一名幼兒用沿與水平面成30°角的恒力拉著它沿水平地面運動，已知拉力F＝6.5N，玩具的質(zhì)量m＝1kg，經(jīng)過時間t＝2.0s，玩具移動的距離x＝2eq\r(3)m，這時幼兒將手松開，玩具又滑行了一段距離后停下．(g取10m/s2)求：(1)玩具與地面間的動摩擦因數(shù)．(2)松手后玩具還能滑行多遠(yuǎn)？(3)幼兒要拉動玩具，拉力F與水平方向夾角θ為多少時拉力F最??？解析：(1)玩具做初速度為零的勻加速直線運動，由位移公式可得x＝eq\f(1,2)at2，解得a＝eq\r(3)m/s2，對玩具，由牛頓第二定律得Fcos30°－μ(mg－Fsin30°)＝ma，解得μ＝eq\f(\r(3),3).(2)松手時，玩具的速度v＝at＝2eq\r(3)m/s松手后，由牛頓第二定律得μmg＝ma′，解得a′＝eq\f(10\r(3),3)m/s2.由勻變速運動的速度位移公式得玩具的位移x′＝eq\f(0－v2,－2a′)＝eq\f(3\r(3),5)m.(3)設(shè)拉力與水平方向的夾角為θ，玩具要在水平面上運動，則Fcosθ－Ff>0，F(xiàn)f＝μFN，在豎直方向上，由平衡條件得FN＋Fsinθ＝mg，解得F>eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ).因為cosθ＋μsinθ＝eq\r(1＋μ2)sin(60°＋θ)，所以當(dāng)θ＝30°時，拉力最?。鸢福?1)eq\f(\r(3),3)(2)eq\f(3\r(3),5)m(3)30°三、【動力學(xué)中的“板塊”“傳送帶”模型】1．(多選)如圖所示，表面粗糙、質(zhì)量M＝2kg的木板，t＝0時在水平恒力F的作用下從靜止開始沿水平面向右做勻加速直線運動，加速度a＝2.5m/s2，t＝0.5s時，將一個質(zhì)量m＝1kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點)無初速度地放在木板最右端，鐵塊從木板上掉下時速度是木板速度的一半．已知鐵塊和木板之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，木板和地面之間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.25，g＝10m/s2，則()A．水平恒力F的大小為10NB．鐵塊放上木板后，木板的加速度為2m/s2C．鐵塊在木板上運動的時間為1sD．木板的長度為1.625m解析：選AC．未放鐵塊時，對木板由牛頓第二定律：F－μ2Mg＝Ma，解得F＝10N，選項A正確；鐵塊放上木板后，對木板：F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma′，解得：a′＝0.75m/s2，選項B錯誤；0.5s時木板的速度v0＝at1＝2.5×0.5m/s＝1.25m/s，鐵塊滑離木板時，木板的速度：v1＝v0＋a′t2＝1.25＋0.75t2，鐵塊的速度v′＝a鐵t2＝μ1gt2＝t2，由題意：v′＝eq\f(1,2)v1，解得t2＝1s，選項C正確；鐵塊滑離木板時，木板的速度v1＝2m/s，鐵塊的速度v′＝1m/s，則木板的長度為：L＝eq\f(v0＋v1,2)t2－eq\f(v′,2)t2＝eq\f(1.25＋2,2)×1m－eq\f(1,2)×1m＝1.125m，選項D錯誤；故選A、C．2．(多選)如圖甲為應(yīng)用于機場和火車站的安全檢查儀，用于對旅客的行李進行安全檢查．其傳送裝置可簡化為如圖乙的模型，緊繃的傳送帶始終保持v＝1m/s的恒定速率運行．旅客把行李無初速度地放在A處，設(shè)行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，A、B間的距離L＝2m，g取10m/s2.若乘客把行李放到傳送帶的同時也以v＝1m/s的恒定速率平行于傳送帶運動到B處取行李，則()A．乘客與行李同時到達(dá)B處B．乘客提前0.5s到達(dá)B處C．行李提前0.5s到達(dá)B處D．若傳送帶速度足夠大，行李最快也要2s才能到達(dá)B處解析：選BD．行李放在傳送帶上，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運動，隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動．加速度為a＝μg＝1m/s2，歷時t1＝eq\f(v,a)＝1s達(dá)到共同速度，位移x1＝eq\f(v,2)t1＝0.5m，此后行李勻速運動t2＝eq\f(L－x1,v)＝1.5s到達(dá)B，共用2.5s；乘客到達(dá)B，歷時t＝eq\f(L,v)＝2s，B正確；若傳送帶速度足夠大，行李一直加速運動，最短運動時間tmin＝eq\r(\f(2L,a))＝eq\r(\f(2×2,1))s＝2s，D正確．3．如圖甲所示，傾角為37°足夠長的傳送帶以4m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動，現(xiàn)將小物塊以2m/s的初速度沿斜面向下沖上傳送帶，小物塊的速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，試求：(1)小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為多大；(2)0～8s內(nèi)小物塊與傳送帶之間的劃痕為多長．解析：(1)根據(jù)v-t圖象的斜率表示加速度，a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，由牛頓第二定律得μmgcos37°－mgsin37°＝ma，解得μ＝eq\f(7,8).(2)0～8s內(nèi)只有前6s內(nèi)物塊與傳送帶發(fā)生相對滑動0～6s內(nèi)傳送帶勻速運動距離為：x帶＝4×6m＝24m．速度圖象的“面積”大小等于位移，則0～2s內(nèi)物塊位移為：x1＝eq\f(1,2)×2×2m＝2m，方向沿斜面向下，2～6s內(nèi)物塊位移為：x2＝eq\f(1,2)×4×4m＝8m，方向沿斜面向上．所以劃痕的長度為：Δx＝x帶＋x1－x2＝(24＋2－8)m＝18m.答案：(1)eq\f(7,8)(2)18m4．如圖所示，在光滑水平地面上停放著一質(zhì)量為M＝2kg的木板，木板足夠長，某時刻一質(zhì)量為m＝1kg的小木塊以某一速度v0(未知)沖上木板，木板上表面粗糙，經(jīng)過t＝2s后二者共速，且木塊相對地面的位移x＝5m，g＝10m/s2.求：(1)木塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ；(2)從木塊開始運動到共速的過程中產(chǎn)生的熱量Q.(結(jié)果可用分?jǐn)?shù)表示)解析：(1)設(shè)沖上木板后小木塊的加速度大小為a1，對小木塊，有μmg＝ma1，設(shè)木板開始運動的加速度大小為a2，對木板，有μmg＝Ma2，二者共速時，有v共＝a2t＝v0－a1t，對小木塊，有x＝v0t－eq\f(1,2)a1t2，聯(lián)立得μ＝eq\f(1,8).(2)由(1)得a2＝eq\f(5,8)m/s2，得v共＝eq\f(5,4)m/s.木板發(fā)生的位移x′＝eq\f(v共,2)t＝eq\f(5,4)m，二者相對位移為Δx＝x－x′＝eq\f(15,4)m，產(chǎn)生的熱量為Q＝μmg·Δx，聯(lián)立得Q＝eq\f(75,16)J.答案：(1)eq\f(1,8)(2)eq\f(75,16)J5.(多選)滑沙運動是小孩比較喜歡的一項運動，其運動過程可類比為如圖所示的模型，傾角為37°的斜坡上有長為1m的滑板，滑板與沙間的動摩擦因數(shù)為eq\f(9,16).小孩(可視為質(zhì)點)坐在滑板上端，與滑板一起由靜止開始下滑．小孩與滑板之間的動摩擦因數(shù)取決于小孩的衣料，假設(shè)圖中小孩與滑板間的動摩擦因數(shù)為0.5，小孩的質(zhì)量與滑板的質(zhì)量相等，斜坡足夠長，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，則下列判斷正確的是()A．小孩在滑板上下滑的加速度大小為2m/s2B．小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.5m/s2C．經(jīng)過eq\r(2)s的時間，小孩離開滑板D．小孩離開滑板時的速度大小為eq\f(4\r(3),3)m/s解析：選AC．對小孩，由牛頓第二定律，加速度大小為a1＝eq\f(mgsin37°－μ1mgcos37°,m)＝2m/s2，同理對滑板，加速度大小為a2＝eq\f(mgsin37°＋μ1mgcos37°－2μ2mgcos37°,m)＝1m/s2，選項A正確，B錯誤；要使小孩與滑板分離，eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L，解得t＝eq\r(2)s(另一解不符合，舍去)，離開滑板時小孩的速度大小為v＝a1t＝2eq\r(2)m/s，選項C正確，D錯誤．6．如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率v1沿順時針方向轉(zhuǎn)動，傳送帶的傾角為37°.一物塊以初速度v0從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運動，其運動的v-t圖象如圖乙所示，物塊到傳送帶頂端時速度恰好為零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，則()A．傳送帶的速度為4m/sB．傳送帶底端到頂端的距離為14mC．物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為eq\f(1,8)D．摩擦力方向一直與物塊運動的方向相反解析：選A．如果v0小于v1，則物塊向上做減速運動時加速度不變，與題圖乙不符，因此物塊的初速度v0一定大于v1.結(jié)合題圖乙可知物塊減速運動到與傳送帶速度相同時，繼續(xù)向上做減速運動，由此可以判斷傳送帶的速度為4m/s，選項A正確．傳送帶底端到頂端的距離等于v-t圖線與橫軸所圍的面積，即eq\f(1,2)×(4＋12)×1m＋eq\f(1,2)×1×4m＝10m，選項B錯誤.0～1s內(nèi)，gsinθ＋μgcosθ＝8m/s2，1～2s內(nèi)，gsinθ－μgcosθ＝4m/s2，解得μ＝eq\f(1,4)，選項C錯誤；在1～2s內(nèi)，摩擦力方向與物塊的運動方向相同，選項D錯誤．7．如圖所示，傾角α＝30°的足夠長的光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長L＝1.8m，質(zhì)量M＝3kg的薄木板，木板的最上端疊放一質(zhì)量m＝1kg的小物塊，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2).對木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由靜止開始向上做勻加速直線運動，假設(shè)物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2.(1)為使物塊不滑離木板，求力F應(yīng)滿足的條件；(2)若F＝37.5N，物塊能否滑離木板？若不能，請說明理由；若能，求出物塊滑離木板所用的時間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離．解析：(1)若整體恰好靜止，則F＝(M＋m)gsinα＝(3＋1)×10×sin30°N＝20N.因要拉動木板，則F>20N，若整體一起向上做勻加速直線運動，對物塊和木板，由牛頓第二定律得F－(M＋m)gsinα＝(M＋m)a，對物塊有f－mgsinα＝ma，其中f≤μmgcosα代入數(shù)據(jù)解得F≤30N.向上加速的過程中為使物體不滑離木板，力F應(yīng)滿足的條件為20N<F≤30N.(2)當(dāng)F＝37.5N>30N時，物塊能滑離木板，由牛頓第二定律，對木板有F－μmgcosα－Mgsinα＝Ma1，對物塊有μmgcosα－mgsinα＝ma2，設(shè)物塊滑離木板所用的時間為t，由運動學(xué)公式得eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L，代入數(shù)據(jù)解得t＝1.2s.物塊滑離木板時的速度v＝a2t，由－2gsinα·s＝0－v2，代入數(shù)據(jù)解得s＝0.9m.答案：見解析8．如圖所示為車站使用的水平傳送帶模型，其A、B兩端的距離L＝8m，它與水平臺面平滑連接．現(xiàn)有一物塊以v0＝10m/s的初速度從A端水平地滑上傳送帶．已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.6.求：(1)若傳送帶保持靜止，物塊滑到B端時的速度大??；(2)若傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動的速率恒為12m/s，物塊到達(dá)B端時的速度大??；(3)若傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動的速率恒為4m/s，且物塊初速度變?yōu)関0′＝6m/s，仍從A端滑上傳送帶，物塊從滑上傳送帶到離開傳送帶的總時間．解析：(1)設(shè)物塊的加速度大小為a，由受力分析可知FN＝mg，F(xiàn)f＝ma，F(xiàn)f＝μFN，得a＝6m/s2.傳送帶靜止，物塊從A到B做勻減速直線運動，又x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(25,3)m>L＝8m，則由veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0)＝－2aL.得vB＝2m/s.(2)由題意知，傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動的速率12m/s>v0，物塊所受的摩擦力沿傳送帶方向，即物塊先加速到v1＝12m/s，由veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝2ax1，得x1＝eq\f(11,3)m<L＝8m.故物塊先加速運動后勻速運動即物塊到達(dá)B時的速度為vB′＝v1＝12m/s.(3)當(dāng)物塊初速度v0′＝6m/s時，物塊速度減為零時的位移x2＝eq\f(v0′2,2a)＝3m<L，所以物塊先向右減速后向左加速由v2＝v0′－at1，得t1＝1s；當(dāng)物塊向左加速到v3＝4m/s時由veq\o\al(2,3)－veq\o\al(2,2)＝2ax3得x3＝eq\f(4,3)m<x2＝3m，故物塊向左先加速運動后勻速運動由v3＝v2＋at2，得t2＝eq\f(2,3)s；當(dāng)物塊向左勻速運動v4＝v3＝4m/s，x4＝x2－x3＝eq\f(5,3)m.由x4＝v4t3，得t3＝eq\f(5,12)s，故t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(25,12)s.答案：(1)2m/s(2)12m/s(3)eq\f(25,12)s四、【牛頓運動定律的綜合應(yīng)用】1．如圖所示，電梯的頂部掛有一個彈簧測力計，其下端掛了一個重物，電梯做勻速直線運動時，彈簧測力計的示數(shù)為10N．在某時刻電梯中的人觀察到彈簧測力計的示數(shù)變?yōu)?N，關(guān)于電梯的運動，以下說法正確的是(g取10m/s2)()A．電梯可能向上加速運動，加速度大小為12m/s2B．電梯可能向下減速運動，加速度大小為2m/s2C．電梯可能向下加速運動，加速度大小為2m/s2D．電梯可能向下減速運動，加速度大小為12m/s2解析：選C．電梯做勻速直線運動時，彈簧測力計的示數(shù)為10N，此時拉力等于重力，則重物的重力等于10N．當(dāng)彈簧測力計的示數(shù)變?yōu)?N時，對重物有mg－F＝ma，代入數(shù)據(jù)解得a＝2m/s2，則電梯的加速度大小為2m/s2，方向豎直向下，電梯可能向下做加速運動，也可能向上做減速運動，故C正確，A、B、D錯誤．2.如圖所示，質(zhì)量為m2的物塊B放在光滑的水平桌面上，其上放置質(zhì)量為m1的物塊A，用通過光滑定滑輪的細(xì)線將A與質(zhì)量為M的物塊C連接，釋放C，A和B一起以加速度大小a從靜止開始運動．已知A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，則細(xì)線中的拉力大小為()A．Mg B．M(g＋a)C．(m1＋m2)a D．m1a＋μm1g解析：選C．以C為研究對象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B錯誤；以A、B整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正確；A、B間為靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，對A有T－f＝m1a，聯(lián)立解得T＝m1a＋f，因f為靜摩擦力，故不一定等于μm1g，故D錯誤．3．圖甲是某人站在力傳感器上做下蹲、起跳動作的示意圖，中間的O表示人的重心．圖乙是根據(jù)傳感器采集到的數(shù)據(jù)畫出的F-t圖線，兩圖中a～g各點均對應(yīng)，其中有幾個點在圖甲中沒有畫出．取重力加速度g＝10m/s2，根據(jù)圖象分析可知()A．人的重力為1500NB．c點位置人處于失重狀態(tài)C．e點位置人處于超重狀態(tài)D．d點的加速度小于f點的加速度解析：選C．開始時人處于平衡狀態(tài)，人對傳感器的壓力是500N，根據(jù)平衡條件與牛頓第三定律可知，人的重力也是500N，故A錯誤；c點時人對傳感器的壓力大于其重力，處于超重狀態(tài)，故B錯誤；e點時人對傳感器的壓力大于其重力，處于超重狀態(tài)，故C正確；人在d點時：a1＝eq\f(Fd－G,m)＝eq\f(1500－500,\f(500,10))m/s2＝20m/s2，人在f點時：a2＝eq\f(G－0,m)＝eq\f(500,\f(500,10))m/s2＝10m/s2，可知d點的加速度大于f點的加速度，故D錯誤．4．如圖甲所示，小物塊從足夠長的光滑斜面頂端由靜止自由滑下．下滑位移x時的速度為v，其x-v2圖象如圖乙所示，取g＝10m/s2，則斜面傾角θ為()A．30° B．45°C．60° D．75°解析：選A．由v2＝2ax得x＝eq\f(1,2a)v2，結(jié)合x-v2圖象可知小物塊的加速度a＝5m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得，小物塊的加速度a＝gsinθ，所以θ＝30°，選項A正確，B、C、D錯誤．5．廣州塔，昵稱小蠻腰，總高度達(dá)600米，游客乘坐觀光電梯大約一分鐘就可以到達(dá)觀光平臺．若電梯簡化成只受重力與繩索拉力，已知電梯在t＝0時由靜止開始上升，a-t圖象如圖所示．則下列相關(guān)說法正確的是()A．t＝4.5s時，電梯處于失重狀態(tài)B．5～55s時間內(nèi)，繩索拉力最小C．t＝59.5s時，電梯處于超重狀態(tài)D．t＝60s時，電梯速度恰好為零解析：選D．利用a-t圖象可判斷：t＝4.5s時，電梯有向上的加速度，電梯處于超重狀態(tài)，A錯誤；0～5s時間內(nèi)，電梯處于超重狀態(tài)，拉力大于重力，5～55s時間內(nèi)，電梯處于勻速上升過程，拉力等于重力，55～60s時間內(nèi)，電梯處于失重狀態(tài)，拉力小于重力，綜上所述，B、C錯誤；因a-t圖線與t軸所圍的“面積”代表速度改變量，而圖中橫軸上方的“面積”與橫軸下方的“面積”相等，則電梯的速度在t＝60s時為零，D正確．6．如圖，滑塊A置于水平地面上，滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)，此時A恰好不滑動，B剛好不下滑．已知A與B間的動摩擦因數(shù)為μ1，A與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．A與B的質(zhì)量之比為()A．eq\f(1,μ1μ2) B．eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2)C．eq\f(1＋μ1μ2,μ1μ2) D．eq\f(2＋μ1μ2,μ1μ2)解析：選B．對滑塊A、B整體在水平方向上有F＝μ2(mA＋mB)g；對滑塊B在豎直方向上有μ1F＝mBg；聯(lián)立解得：eq\f(mA,mB)＝eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2)，選項B正確．7．(多選)將一個質(zhì)量為1kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點，運動過程中所受阻力大小恒定，方向與運動方向相反．該過程的v-t圖象如圖所示，g取10m/s2.下列說法中正確的是()A．小球所受重力和阻力之比為5∶1B．小球上升過程與下落過程所用時間之比為2∶3C．小球落回到拋出點時的速度大小為8eq\r(6)m/sD．小球下落過程中，受到向上的空氣阻力，處于超重狀態(tài)解析：選AC．上升過程中mg＋Ff＝ma1，由題圖可知a1＝12m/s2，解得Ff＝2N，小球所受重力和阻力之比為5∶1，選項A正確；下落過程中mg－Ff＝ma2，可得a2＝8m/s2，根據(jù)h＝eq\f(1,2)at2可得eq\f(t1,t2)＝eq\r(\f(a2,a1))＝eq\r(\f(2,3))，選項B錯誤；根據(jù)v＝a2t2，t2＝eq\r(6)s，可得v＝8eq\r(6)m/s，選項C正確；小球下落過程中，加速度方向豎直向下，小球處于失重狀態(tài)，選項D錯誤．8.如圖所示，滑輪A可沿傾角為θ的足夠長光滑軌道下滑，滑輪下用輕繩掛著一個重為G的物體B，下滑時，物體B相對于A靜止，則下滑過程中()A．B的加速度為gsinθ B．繩的拉力為eq\f(G,cosθ)C．繩的方向保持豎直 D．繩的拉力為G解析：選A．A、B相對靜止，即兩物體的加速度相同，以A、B整體為研究對象分析受力可知，系統(tǒng)的加速度為gsinθ，所以選項A正確；再以B為研究對象進行受力分析，如圖，根據(jù)平行四邊形定則可知，繩子的方向與斜面垂直，拉力大小等于Gcosθ，故選項B、C、D都錯誤．9．(多選)如圖甲所示，物體最初靜止在傾角θ＝30°的足夠長斜面上，受到平行斜面向下的力F的作用，力F隨時間變化的圖象如圖乙所示，開始運動2s后物體以2m/s的速度勻速運動，下列說法正確的是(g取10m/s2)()A．物體的質(zhì)量m＝1kgB．物體的質(zhì)量m＝2kgC．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)D．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(7\r(3),15)解析：選AD．由開始運動2s后物體以2m/s的速度勻速運動，可知0～2s內(nèi)物體的加速度大小為a＝1m/s2；在0～2s內(nèi)對物體應(yīng)用牛頓第二定律得，F(xiàn)1＋mgsin30°－μmgcos30°＝ma，2s后由平衡條件可得，F(xiàn)2＋mgsin30°－μmgcos30°＝0，聯(lián)立