2025新課改-高中物理-必修第1冊（12講）10 B牛頓第二定律 中檔版

2025新課改-高中物理-必修第1冊（12講）10B牛頓第二定律中檔版牛頓第二定律知識點(diǎn)：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(shí)，F(xiàn)＝kma中的k＝1，此時(shí)牛頓第二定律可表示為F＝ma.技巧點(diǎn)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(shí)際加速度；若F是某一個(gè)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(gè)物理量的單位都為國際單位制單位時(shí)，才有公式F＝kma中k＝1，即F＝ma.2．牛頓第二定律的四個(gè)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(gè)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(shí)性：加速度與合外力是瞬時(shí)對應(yīng)關(guān)系，同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)消失．(4)獨(dú)立性：作用在物體上的每一個(gè)力都產(chǎn)生加速度，物體的實(shí)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(huì)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(shí))．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(shí)，物體做加速運(yùn)動(dòng)，相反時(shí)物體做減速運(yùn)動(dòng)．3．兩個(gè)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析，畫出受力分析圖，明確運(yùn)動(dòng)性質(zhì)和運(yùn)動(dòng)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(gè)力作用，應(yīng)用平行四邊形定則求這兩個(gè)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(gè)力作用時(shí)，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(shí)，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(gè)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．（2021?珠海二模）滑沙是能夠放松和解壓的新興旅游項(xiàng)目游客坐在一塊板上沿沙山斜坡下滑，其過程可以簡化為一物塊沿傾斜角為θ的斜面下滑，如圖所示若物塊所受阻力的大小與速度大小的關(guān)系滿足f＝kv（k為定值），則（）A．物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．如果斜面足夠長，物塊最后做勻速直線運(yùn)動(dòng) C．物塊做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng) D．物塊初始時(shí)刻加速度最小【分析】對物塊根據(jù)牛頓第二定律列方程分析加速度與速度的關(guān)系式，根據(jù)速度的變化分析加速度的變化，由此得到物塊的運(yùn)動(dòng)情況?！窘獯稹拷猓涸O(shè)物塊的質(zhì)量為m，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，對物塊根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ﹣kv＝ma解得：a＝gsinθ﹣μgcosθ﹣隨著速度的增加、加速度逐漸減小，所以物塊做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)；初始時(shí)刻v＝0，加速度增大，最后當(dāng)gsinθ＝μgcosθ+時(shí)，加速度為零，物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)。故B正確、ACD錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評】本題主要是考查了牛頓第二定律的知識，關(guān)鍵是能夠確定研究對象、根據(jù)牛頓第二定律列方程分析加速度的變化情況，知道加速度是聯(lián)系力與運(yùn)動(dòng)的橋梁。隨堂練習(xí)1．（2021?梅州模擬）如圖所示，一物體始終受到水平向右的恒力F的作用，在桌面某點(diǎn)靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后脫離桌子，最終落到水平地面上，對于物體在空中的運(yùn)動(dòng)過程，下列說法正確的是（）A．物體做變加速曲線運(yùn)動(dòng) B．恒力F力越大，則在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長 C．恒力F力越大，則物體落地時(shí)速率越大 D．某時(shí)刻開始物體做直線運(yùn)動(dòng)【分析】物塊先在桌面上受到恒力F的作用做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，離開桌面后受到重力與水平拉力F的共同作用，合力的方向與初速度的方向不在同一條直線上，物體做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)。物體沿豎直方向受到的重力不變，則加速度不變，所以下落得時(shí)間是一定的，然后比較拉力F做的功，判斷落地的速度。【解答】解：AD、物塊先在桌面上受到恒力F的作用做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，離開桌面時(shí)物體具有沿水平方向的初速度；物體離開桌面后受到豎直向下的重力與水平拉力F的共同作用，合力的大小恒定，方向斜向下，與初速度的方向不在同一條直線上，物體做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，不可能做直線運(yùn)動(dòng)，故AD錯(cuò)誤；B、物體離開桌面后受到重力與水平拉力F的共同作用，沿豎直向下的方向物體的加速度始終等于重力加速度，與恒力F的大小無關(guān)，則下落得時(shí)間與恒力F的大小也無關(guān)，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)W＝Fs可知，在桌面上，恒力F越大，則物體離開桌面的初速度越大；桌面的高度一定則下落得時(shí)間是一定的，離開桌面后水平方向的恒力F越大，則物體沿水平方向的加速度越大，則在相等的時(shí)間內(nèi)物體沿水平方向的位移越大，則力F做的功越大；豎直方向的高度一定，則沿豎直方向重力對物體做的功是相等的；由以上的分析可知，恒力F越大，則整個(gè)過程中外力對物體做功的和越大，所以物體落地的動(dòng)能越大，則速率也越大，故C正確。故選：C?！军c(diǎn)評】該題考查牛頓第二定律的應(yīng)用以及動(dòng)能定理的應(yīng)用，解答的關(guān)鍵是要明確物體離開桌面后受到的合外力是恒定不變的。2．（2021?梅州模擬）某些車企研究先進(jìn)的PDBS安全系統(tǒng)，系統(tǒng)發(fā)揮作用是發(fā)生在車輛撞擊行人的瞬間，通過燃爆彈的爆破作用力，只需0.03秒即可產(chǎn)生相當(dāng)于K倍重力加速度大小的加速度，使得發(fā)動(dòng)機(jī)蓋彈起65mm，相當(dāng)于行人倒下時(shí)在其下面墊了氣墊，產(chǎn)生緩沖保護(hù)作用。假設(shè)發(fā)動(dòng)機(jī)蓋彈起時(shí)候是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則以下與K最為接近的值為（）A．10 B．12 C．14 D．16【分析】發(fā)動(dòng)機(jī)蓋彈起時(shí)候是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用位移﹣時(shí)間的關(guān)系即可解得加速度。【解答】解：根據(jù)x＝解得a＝＝＝14g故C正確；ABD錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評】掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移﹣時(shí)間關(guān)系是求解本題的關(guān)鍵。3．（2021?廣東二模）公共汽車進(jìn)站時(shí)，剎車過程的加速度﹣時(shí)間圖像如圖所示，若它在6s時(shí)恰好停在站臺處，已知汽車質(zhì)量約為5000kg，重力加速度取10m/s2，則汽車在（）A．0到6s內(nèi)的位移約等于30m B．0時(shí)刻的速度約為28km/h C．4s時(shí)的加速度約為0.5m/s2 D．4s時(shí)受到外力的合力約為2500N【分析】加速度﹣時(shí)間圖像中，圖線與t軸所圍的面積表示速度的變化量?？汕蟪?時(shí)刻的速度，進(jìn)而判斷出0～6s內(nèi)的位移x＜＝23.25m；由題圖可知4s時(shí)公共汽車的加速度約為a＝1.0m/s2，再由牛頓第二定律可知4s時(shí)公共汽車受到外力的合力F＝ma【解答】解：AB、圖線與t軸所圍的面積表示速度的變化量，由題圖可知速度的變化量大小約為Δv＝2×1m/s+×（1.5+2）×2m/s+×3×1.5m/s＝7.75m/s所以0時(shí)刻的速度約為v0＝Δv帶入數(shù)據(jù)，可得：v0＝7.75m/s≈28km/h又因?yàn)楣财囎黾铀俣戎饾u減小的減速運(yùn)動(dòng)，故0～6s內(nèi)的位移滿足x＜帶入數(shù)據(jù)，可得：x＜23.25m故A錯(cuò)誤；B正確；C、由題圖可知4s時(shí)公共汽車的加速度約為a＝1.0m/s2，故C錯(cuò)誤；D、由牛頓第二定律可知4s時(shí)公共汽車受到外力的合力約為F＝ma帶入數(shù)據(jù)，可得：F＝5000N故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評】本題考查學(xué)生的知識遷移能力，可以類比速度﹣時(shí)間圖像來求解速度變化，判斷出0～6s內(nèi)的位移，再結(jié)合牛頓第二定律求出合力。4．（2021?海淀區(qū)模擬）如圖所示，A、B兩個(gè)物體相互接觸，但并不黏合，放置在水平面上，水平面與物體間的摩擦力可忽略，兩物體的質(zhì)量mA為4kg，mB為6kg。從t＝0開始，推力FA和拉力FB分別作用于A、B上，F(xiàn)A、FB隨時(shí)間的變化規(guī)律為FA＝（8﹣2t）（N）和FB＝（2+2t）（N），下列說法正確的是（）A．t＝0時(shí)刻，B物體的加速度為0.33m/s2 B．t＝5s時(shí)刻，B物體的加速度為1.0m/s2 C．t＝0時(shí)刻，A、B兩個(gè)物體間相互作用力為3.0N D．t＝5s時(shí)刻，B物體的速度為6.5m/s【分析】一、二力的合成，對整體進(jìn)行受力分析，結(jié)合牛頓第二定律求解t＝0時(shí)刻，B物體的加速度和A、B兩個(gè)物體間相互作用力；二、尋找二者分離的時(shí)刻，隨著時(shí)間的推移，F(xiàn)B增大，彈力FAB逐漸減小，當(dāng)A、B恰好分離時(shí)，A、B間的彈力為零，即FAB＝0，然后分析t＝5s時(shí)刻，B物體的加速度FB＝2+2×5＝mBaB，進(jìn)而應(yīng)用動(dòng)量定理求解速度。【解答】解：AC、FA、FB隨時(shí)間的變化規(guī)律為FA＝（8﹣2t）（N）和FB＝（2+2t）（N），但AB整體受到的合力F合＝10N，保持不變，故開始一段時(shí)間內(nèi)AB以相同的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，在t＝0時(shí)，對整體應(yīng)用牛頓第二定律：FA+FB＝（mA+mB）a帶入數(shù)據(jù)，可得：a＝1m/s2設(shè)A、B兩個(gè)物體間相互作用力為FAB對B應(yīng)用牛頓第二定律：FAB+FB＝mBa帶入數(shù)據(jù)，可得：FAB＝4N故AC錯(cuò)誤；BD、隨著時(shí)間的推移，F(xiàn)B增大，彈力FAB逐漸減小，當(dāng)A、B恰好分離時(shí)，A、B間的彈力為零，即FAB＝0，此時(shí)兩者的加速度仍相等，其關(guān)系為：帶入數(shù)據(jù)，可得：t1＝2s所以在2s內(nèi)，兩物體一直以1m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，t＝2s后A、B兩物體分離，A、B開始分離時(shí)的速度為v＝at帶入數(shù)據(jù)，可得：v＝2m/s分離后，以B為研究對象，F(xiàn)B均勻增加，2s時(shí)FB＝6N，5s時(shí)FB＝12N，根據(jù)動(dòng)量定理：帶入數(shù)據(jù)，可得：v′＝6.5m/s故B錯(cuò)誤；D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查牛頓第二定律的整體法、隔離法。題目中兩個(gè)力均隨時(shí)間變化，需要求出A、B分離的時(shí)刻。然后再運(yùn)用牛頓第二定律和動(dòng)量定理求解5s時(shí)B物體的加速度和速度值，是一道容易出錯(cuò)的題目。綜合練習(xí)一．選擇題（共17小題）1．（2021?武昌區(qū)校級模擬）如圖所示，水平地面上三點(diǎn)A、B、C滿足AB＝BC＝x。一勁度系數(shù)為k的水平輕彈簧一端固定在墻上O點(diǎn)，原長為OB，另一端與質(zhì)量為m的小物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）緊靠但不拴接。先壓縮彈簧，置物塊于A點(diǎn)，然后由靜止釋放，小物塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)恰好停止。設(shè)小物塊從A到B用時(shí)t1，從B到C用時(shí)t2，物塊與地面動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。下列說法正確的是（）A．t1＞t2，kx＝2μmg B．t1＜t2，kx＝2μmg C．t1＞t2，kx＝4μmg D．t1＜t2，kx＝4μmg【分析】畫出小物塊的速度圖象，根據(jù)平均速度乘以時(shí)間等于位移分析時(shí)間，根據(jù)動(dòng)能定理分析kx的大小?！窘獯稹拷猓盒∥飰K從A到B先加速后減速，v﹣t圖象如圖所示：從圖象可以看出從A到B過程中平均速度大于從B到C過程中的平均速度，而AB＝BC＝x，根據(jù)x＝t可得t1＜t2；從A到C對小物塊由動(dòng)能定理：，解得：kx＝4μmg，故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選：D。【點(diǎn)評】本題主要是考查動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，關(guān)鍵是弄清楚物塊的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況，根據(jù)動(dòng)能定理進(jìn)行分析。2．（2021?柯橋區(qū)模擬）如圖甲所示，一質(zhì)量為m的物體靜止放在粗糙水平面上，用一個(gè)水平向右的拉力作用后，物體的運(yùn)動(dòng)v﹣t圖像如圖乙所示，圖像為關(guān)于t2時(shí)刻對稱的曲線。下列說法正確的是（）A．整個(gè)過程物體的位移為零 B．t2時(shí)刻，物體運(yùn)動(dòng)的速度反向 C．t1和t3時(shí)刻，物體的加速度相同 D．t2～t3過程中，拉力F變小【分析】v﹣t圖像中，圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積代表位移；圖像都在t軸上方，代表速度方向沒有發(fā)生變化；t1時(shí)刻切線斜率為正，t3時(shí)刻切線斜率為負(fù)，所以加速度方向不同；根據(jù)牛頓第二定律判斷F大小關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、v﹣t圖像中，圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積代表位移，可知整個(gè)過程位移不斷增大，故A錯(cuò)誤；B、圖像都在t軸上方，代表速度方向沒有發(fā)生變化，故B錯(cuò)誤；C、t1時(shí)刻切線斜率為正，t3時(shí)刻切線斜率為負(fù)，所以加速度方向不同，加速度不相同，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律，t1時(shí)，F(xiàn)1﹣f＝ma1，t3時(shí)f＝F2，t3時(shí)f﹣F3＝ma3，從圖像分析a1＝a3，所以拉力變小，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查v﹣t圖像的認(rèn)識，同時(shí)考查對牛頓第二定律的應(yīng)用。3．（2021?淄博二模）固定的兩滑桿上分別套有圓環(huán)A、B，兩環(huán)上分別用細(xì)線懸吊著物體C、D，如圖所示。當(dāng)它們都沿滑桿向下滑動(dòng)時(shí)，A的懸線始終張緊與桿垂直，B的懸線始終張緊沿豎直方向。以下判斷正確的是（）A．A環(huán)做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．B環(huán)做勻減速直線運(yùn)動(dòng) C．圓環(huán)A、B都是光滑的環(huán) D．圓環(huán)A粗糙、圓環(huán)B光滑【分析】環(huán)和物體保持相對靜止，具有相同的加速度，通過對物體受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律得出其加速度，從而再根據(jù)牛頓第二定律分析出環(huán)的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況．【解答】解：A、如圖，設(shè)桿與水平方向之間的夾角為θ，物體C的質(zhì)量為m，物體C受重力和拉力兩個(gè)力，兩個(gè)力的合力不等于零，知物體C與A以共同的加速度向下滑，對物體有：a＝，則A的加速度也為gsinθ，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確；B、B的懸線始終張緊沿豎直方向，則物體D受到的繩子的拉力沿豎直方向，可知D受到的拉力與重力大小相等，方向相反，D做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則B也做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；CD、對A環(huán)分析，設(shè)環(huán)的質(zhì)量為M，環(huán)受到的摩擦力為f，有：Mgsinθ﹣f＝Ma，解得f＝0．所以A環(huán)與桿間沒有摩擦力，環(huán)A是光滑的；再對B求受力分析可知，B受重力、繩子的拉力、支持力，由于做勻速運(yùn)動(dòng)，合力為零，故B必還受到沿桿向上的摩擦力，B環(huán)是粗糙的，故CD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評】本題關(guān)鍵要結(jié)合運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)牛頓第二定律和平衡條件分析受力情況，再結(jié)合受力情況判斷運(yùn)動(dòng)情況．4．（2021春?虹口區(qū)校級期末）如圖所示是采用動(dòng)力學(xué)方法測量空間站質(zhì)量的原理圖，若已知飛船質(zhì)量為3.0×104kg，其推進(jìn)器的平均推力為900N在飛船與空間站對接后，推進(jìn)器工作5s內(nèi)，測出飛船和空間站速度變化是0.05m/s，則空間站的質(zhì)量為（）A．9.0×104kg B．8.7×104kg C．6.0×104kg D．6.0×103kg【分析】由加速度公式可求得整體的加速度；由牛頓第二定律可求得整體的質(zhì)量，則可求得空間站的質(zhì)量．【解答】解：整體的加速度a＝＝＝0.01m/s2；對整體，由牛頓第二定律F＝（M+m）a則空間站的質(zhì)量：M＝﹣m＝kg﹣3.0×103kg＝8.7×104kg，故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B?！军c(diǎn)評】牛頓第二定律的應(yīng)用中要注意靈活選取研究對象，并注意在公式應(yīng)用時(shí)的同體性，即公式中的各量均為同一物體所具有的．5．（2021?未央?yún)^(qū)校級模擬）汽車拋錨或肇事后需要通過拖車來救援，一般有兩種救援方式，第一種救援方式是用拖車?yán)K直接牽引，第二種是將汽車裝在拖車上進(jìn)行救援，某次救援時(shí)拖車的質(zhì)量為汽車的倍，設(shè)拖車運(yùn)動(dòng)過程中所受的阻力恒為拖車總車重的，汽車運(yùn)動(dòng)過程中所受的阻力恒為車重的，兩種救援過程均在水平路面上進(jìn)行且拖車啟動(dòng)的加速度相同。下列說法正確的是（）A．第一種救援比第二種救援啟動(dòng)拖車的牽引力大 B．兩種救援啟動(dòng)過程中，拖車的牽引力相同 C．第一種救援比第二種救援啟動(dòng)拖車對汽車在水平方向的作用力大 D．兩種救援啟動(dòng)過程中，拖車對汽車在水平方向的作用力相同【分析】AB、已知阻力和加速度，可將汽車和拖車看作整體，運(yùn)用牛頓第二定律列方程進(jìn)行比較拖車的牽引力。CD、將汽車隔離，運(yùn)用牛頓第二定律列方程進(jìn)行比較拖車對汽車在水平方向的作用力?！窘獯稹拷猓篈B、設(shè)汽車質(zhì)量為m，拖車質(zhì)量為m，加速度為a，第一種救援方式的牽引力為F1，第二種救援方式的牽引力為F2。由題意可知，第一種救援方式的總阻力為f1＝mg×+mg×＝mg，第二種救援方式的總阻力為f2＝（mg+mg）×＝mg，顯然f1＜f2。對汽車和拖車整體，根據(jù)牛頓第二定律有：F1﹣f1＝ma，F(xiàn)2﹣f2＝ma，比較可得F1＜F2，即第一種救援比第二種救援啟動(dòng)拖車的牽引力小，AB錯(cuò)誤。C、設(shè)第一種救援方式啟動(dòng)拖車對汽車在水平方向的作用力為F1′，第二種救援方式啟動(dòng)拖車對汽車在水平方向的作用力為F2′，對汽車，根據(jù)牛頓第二定律有：F1′﹣mg＝ma，F(xiàn)2′﹣mg＝ma，故F1′＝F2′，C錯(cuò)誤，D正確。故選：D。【點(diǎn)評】在運(yùn)用牛頓第二定律解題時(shí)，要注意整體法和隔離法的正確運(yùn)用。6．（2021?泉州模擬）如圖，一彈簧上端固定、下端拴接一質(zhì)量為m的物體，物體受到推力FN作用保持靜止，彈簧處于壓縮狀態(tài)?，F(xiàn)撤去FN，在物體向下運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的過程中，彈簧的彈力大小F和物體的加速度大小a隨物體位移x變化的關(guān)系圖像可能正確的是（）A． B． C． D．【分析】在撤去物體后，對物體受力分析，開始時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈力向下，根據(jù)F＝kx求得彈簧的彈力與x的關(guān)系，當(dāng)彈簧處于伸長狀態(tài)時(shí)，根據(jù)F＝kx判斷出彈力與形變量間的關(guān)系，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度與形變量間的關(guān)系即可判斷。【解答】解：AB、對物體受力分析，剛開始受到向下的重力和向下的彈力作用，此時(shí)彈簧的彈力F＝kx，隨x的減小彈力減小，當(dāng)x＝0時(shí)，彈力最小，此后彈簧處于伸長狀態(tài)，彈簧的彈力大小F＝kx，隨彈簧伸長量達(dá)的增大而增大，故AB錯(cuò)誤；CD、在彈簧處于壓縮狀態(tài)當(dāng)彈簧的彈力等于重力的過程中彈力先減小后增大，由牛頓第二定律可得mg+kx＝ma，解得a＝當(dāng)彈簧的彈力大于重力時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得kx﹣mg＝ma，解得a＝，隨形變量的增大而增大，故C錯(cuò)誤，D正確；故選：D?！军c(diǎn)評】本題主要考查了彈簧的彈力與形變量間的關(guān)系，在判斷加速度時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律接口判斷出加速度與彈簧形變量間的關(guān)系。7．（2021春?長安區(qū)校級月考）一輕彈簧的一端固定在傾角為θ的固定光滑斜面的底部，另一端和質(zhì)量為m的小物塊a相連，如圖所示。質(zhì)量為m的小物塊b緊靠a靜止在斜面上，此時(shí)施加一沿斜面向上的力F拉b，使b始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。彈簧的形變量始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g。用x表示b的位移，下列表示F隨x變化關(guān)系的圖象正確的是（）A． B． C． D．【分析】a、b分離之前，以a、b為整體進(jìn)行受力分析，結(jié)合牛頓第二定律分析，得出F隨x的增大而線性增大；a、b分離后，采用隔離法對b進(jìn)行受力分析，得出F為恒定值【解答】解：a、b靜止時(shí)彈簧的形變量記為x0，對a、b整體進(jìn)行受力分析，由平衡條件得kx0＝1.6mgsinθ，從開始拉b到物塊a、b分離的過程中，對a、b整體進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得F+k（x0﹣x）﹣1.6mgsinθ＝1.6ma0，則F＝1.6ma0+kx，即該過程中F隨x的增大而線性增大；a、b分離后，對b進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得F﹣mgsinθ＝ma0，則F＝ma0+mgsinθ即a、b分離后F恒定，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查受力分析能力、胡克定律以及牛頓運(yùn)動(dòng)定律，解題過程要結(jié)合整體法和隔離法進(jìn)行分析，對學(xué)生分析綜合能力有一定要求。8．（2021?南山區(qū)校級模擬）近年來特斯拉電動(dòng)汽車因?yàn)閯x車系統(tǒng)問題而備受中國消費(fèi)者質(zhì)疑，假設(shè)一輛剎車系統(tǒng)正常的特斯拉汽車在高速公路上正以108km/h的速度勻速行駛，突然發(fā)現(xiàn)前面同車道的汽車因故障停止運(yùn)動(dòng)，于是司機(jī)緊急剎車，汽車輪胎抱死滑行，汽車經(jīng)過6s停止運(yùn)動(dòng)。不考慮人的反應(yīng)時(shí)間，汽車的運(yùn)動(dòng)視為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，取g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A．汽車輪胎與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，兩車的安全距離至少為90m B．汽車輪胎與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，兩車的安全距離至少為75m C．汽車輪胎與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6，兩車的安全距離至少為60m D．汽車輪胎與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6，兩車的安全距離至少為45m【分析】先由加速度定義求出加速度，根據(jù)牛頓第二定律即可求出動(dòng)摩擦因數(shù)；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度公式求出汽車的平均速度，即可求出位移，也即兩車的安全距離?！窘獯稹拷猓浩嚨某跛俣葀＝108km/h＝30m/s，汽車剎車過程的加速度大小為：a＝＝m/s2＝5m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得a＝＝μg聯(lián)立解得：μ＝0.5；汽車剎車的位移大小為：xmin＝＝m＝90m，所以兩車的安全距離至少為90m，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查動(dòng)力學(xué)問題的分析，注意加速度的橋梁作用及理解運(yùn)動(dòng)規(guī)律，同時(shí)注意汽車末速度為零，直接利用平均速度公式求解剎車距離更簡單。9．（2021?東湖區(qū)校級三模）如圖所示，輕繩一端連接一質(zhì)量為m的物體，另一端固定在左側(cè)豎直墻壁上，輕繩與豎直墻壁間夾角為45°，物體右側(cè)與一輕彈簧相連，輕彈簧另一端固定于右側(cè)豎直墻壁上，此時(shí)物體對光滑地面的壓力恰好為零，重力加速度g＝10m/s2，則（）A．此時(shí)物體一定受四個(gè)力作用 B．若突然撤去彈簧的瞬間，物體向左加速運(yùn)動(dòng) C．若突然剪斷輕繩的瞬間，物體的加速度大小約為14.1m/s2 D．若突然剪斷輕繩的瞬間，物體受3個(gè)力作用【分析】剪斷彈簧的瞬間，因?yàn)槔K子的作用力突然為零，物塊瞬間所受的合力為零；剪斷細(xì)線的瞬間，彈簧的彈力不變，對物塊受力分析，確定小球的受力個(gè)數(shù)，根據(jù)牛頓第二定律求出瞬間的加速度大?。窘獯稹拷猓篈、此時(shí)物體對地面的壓力恰好為零，由受力分析可知物體受重力，繩子的拉力和彈簧的彈力共3個(gè)力作用，故A錯(cuò)誤；B、若突然撤去彈簧的瞬間，輕繩中張力突然變?yōu)?，物體受重力和地面對物體的支持力，共兩個(gè)力作用，保持靜止，故B錯(cuò)誤；CD、在剪斷輕繩前，物體受到重力、彈簧彈力和輕繩拉力，如圖所示；根據(jù)共點(diǎn)力平衡可得，T＝mgtan45°＝mg，若突然剪斷輕繩的瞬間，彈簧的彈力不會(huì)突變，物體受重力、地面支持力、彈簧彈力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得：T＝ma，解得a＝10m/s2，故C錯(cuò)誤、D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵是要知道剪斷細(xì)線的瞬間，彈簧的彈力不變，剪短彈簧的瞬間，輕繩的彈力要變化，結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行求解。10．（2021?南山區(qū)校級模擬）彈性溜溜球是兒童非常喜愛的一種玩具，如圖所示，彈性輕繩的一端套在手指上，另一端與彈力球連接，某同學(xué)用手將彈力球以某一豎直向下的初速度拋出，拋出后手保持不動(dòng)，從球拋出瞬間至球以后的運(yùn)動(dòng)過程中（彈性輕繩始終在彈性限度內(nèi)，且彈力滿足胡克定律，不計(jì)空氣阻力），下列說法正確的是（）A．小球下降過程中彈性輕繩上的拉力一直增大. B．小球不能回到初始位置 C．彈性輕繩剛伸直時(shí)，彈力球的速度最大 D．小球下降到最低點(diǎn)時(shí)彈性繩拉力大小一定大于2mg【分析】彈性繩沒有伸直前，繩沒有彈力，也沒有彈性勢能；繩伸直后，分析小球的受力情況，確定小球的運(yùn)動(dòng)情況；結(jié)合牛頓第二定律分析彈力大小。【解答】解：A、球在下降的過程中，彈性繩在開始的一段時(shí)間內(nèi)拉力為零，繃緊后形變量在增大，拉力一直在增大，故A錯(cuò)誤；B、只有重力和彈性繩的彈力做功，所以球、繩和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則輕繩的彈性勢能、小球的動(dòng)能和重力勢能之和保持不變，輕繩的彈性勢能、小球的動(dòng)能都為0時(shí)，重力勢能最大，此時(shí)小球能回到初始位置，故B錯(cuò)誤；C．彈力球的速度最大時(shí)，加速度為0，彈性輕繩剛伸直時(shí)，彈力球的加速度為g，速度不是最大，故C錯(cuò)誤；D．小球的下降運(yùn)動(dòng)在繩拉直后是簡諧運(yùn)動(dòng)，關(guān)于平衡位置具有對稱性，繩恰好伸直時(shí)加速度向下等于g，而小球在最低點(diǎn)時(shí)離平衡位置更遠(yuǎn)，則加速度向上且大于g，由牛頓第二定律有F﹣mg＝ma，其中a＞g，可得F＝mg+ma＞2mg，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評】本題模型與小球落在豎直放置的彈簧上相似，要注意小球在下落過程中的受力情況，來判斷其運(yùn)動(dòng)情況。不能簡單地認(rèn)為繩一伸直，球立即減速。11．（2021?湖南模擬）世界十大集裝箱港口我國占七席，自動(dòng)化程度逐漸達(dá)到國際領(lǐng)先水平，各種集裝箱上下左右自動(dòng)化穿梭。如圖所示，一個(gè)矩形的靜止木箱底部有一物塊A，一根輕彈簧左端固定在A上，右端固定在箱壁上。A受到彈簧的水平向右拉力且保持靜止，如果木箱從靜止開始做乙圖這樣的運(yùn)動(dòng)，可能使彈簧拉動(dòng)A相對木箱底面向左移動(dòng)的是（）A．木箱豎直向上運(yùn)動(dòng) B．木箱豎直向下運(yùn)動(dòng) C．木箱水平向左運(yùn)動(dòng) D．木箱水平向右運(yùn)動(dòng)【分析】通過木箱在不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)下的受力分析，結(jié)合牛頓第二定律可以判斷何種情況彈簧拉動(dòng)A相對于木箱向左移動(dòng)。【解答】解：A、木箱保持靜止時(shí)，在水平方向彈簧的彈力沒有大于A與木箱之間的最大靜摩擦力，當(dāng)木箱豎直向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，A對木箱的壓力大于重力，最大靜摩擦力比靜止時(shí)更大，故彈簧彈力小于豎直向上加速時(shí)的最大靜摩擦力，不可能使彈簧拉動(dòng)A相對木箱底面向右移動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)木箱豎直向下加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，A對木箱的壓力小于重力，最大靜摩擦力比靜止時(shí)小，故彈力可能大于最大靜摩擦力，使彈簧拉動(dòng)A相對木箱底面向右移動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C、假設(shè)木箱向左以加速度a0運(yùn)動(dòng)時(shí)，A剛好沒有發(fā)生滑動(dòng)，對A用牛頓第二定律有fmax﹣kx＝ma0，可知當(dāng)木箱向左運(yùn)動(dòng)的加速度小于等于a0時(shí)，將不發(fā)生相對滑動(dòng)；當(dāng)加速度大于a0時(shí)，將使彈簧拉動(dòng)A相對木箱底面向右移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D、假設(shè)木箱向右以加速度a1運(yùn)動(dòng)時(shí)，A剛好沒有發(fā)生滑動(dòng)，對A用牛頓第二定律有fmax+kx＝ma1，可知當(dāng)木箱向右運(yùn)動(dòng)的加速度小于等于a1時(shí)，將不發(fā)生相對滑動(dòng)；當(dāng)加速度大于a1時(shí)，將使彈簧拉動(dòng)A相對木箱底面向左移動(dòng)，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評】在處理靜摩擦力和最大靜摩擦力時(shí)，要注意靜摩擦力大小和壓力無關(guān)，最大靜摩擦力隨壓力的增大而增大。12．（2021?鷹潭二模）兩個(gè)質(zhì)量分別為m1＝3kg，m2＝2kg的物體置于光滑的水平地面上，中間用輕質(zhì)彈簧測力計(jì)連接。兩個(gè)大小分別為F1＝40N，F(xiàn)2＝15N的水平拉力分別作用在m1，m2上，如圖所示。兩物體在水平地面上運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是（）A．穩(wěn)定后兩個(gè)物體的加速度大小相等方向相反 B．彈簧測力計(jì)的示數(shù)為25N C．彈簧對m1的彈力與彈簧對m2的彈力是一對平衡力 D．彈簧對m1的彈力與彈簧對m2的彈力大小相等方向相反，作用在兩個(gè)不同物體上，是一對作用力和反作用力【分析】穩(wěn)定后兩個(gè)物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同，將整體作為研究對象，由牛頓第二定律可求整體的加速度，再利用隔離法可求的單個(gè)物體的受力情況?！窘獯稹拷猓篈、穩(wěn)定后兩個(gè)物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同，加速度大小相等方向相同，故A錯(cuò)誤；B、將整體作為研究對象，規(guī)定向右為正，由牛頓第二定律可得：F1﹣F2＝（m1+m2）a，將m1作為研究對象，F(xiàn)1﹣T＝m1a，聯(lián)立兩式可得，T＝25N，故B正確；C、平衡力的作用對象為同一物體，故C錯(cuò)誤；D、一對作用力和反作用力是兩個(gè)物體之間的相互作用力，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評】本題主要考查整體法與隔離法的運(yùn)用，平衡力、作用力與反作用力的區(qū)別與聯(lián)系。13．（2021?湖南模擬）小海同學(xué)在乘坐地鐵上學(xué)的過程中發(fā)現(xiàn)地鐵站安裝的電動(dòng)扶梯在無人乘行時(shí)，扶梯運(yùn)轉(zhuǎn)得很慢，有人站上扶梯時(shí)，它會(huì)先慢慢加速，再勻速運(yùn)轉(zhuǎn).小海同學(xué)搭乘地鐵站的電動(dòng)扶梯時(shí)（小海同學(xué)與電動(dòng)扶梯保持相對靜止），恰好經(jīng)歷了這兩個(gè)過程，如圖所示.那么下列說法中正確的是（）A．小海同學(xué)對扶梯的壓力大小始終等于他所受的重力大小 B．小海同學(xué)始終受到三個(gè)力的作用 C．小海同學(xué)受到扶梯的作用力先指向右側(cè)斜上方后豎直向上 D．小海同學(xué)所受的摩擦力大小與扶梯的加速度大小無關(guān)【分析】勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，小海同學(xué)處于平衡狀態(tài)，只受重力和支持力；在慢慢加速的過程中，加速度與速度同方向，小海同學(xué)受三個(gè)力作用；水平方向加速度由靜摩擦力產(chǎn)生，豎直方向加速度由支持力和重力的合力產(chǎn)生?！窘獯稹拷猓篈B、在勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，小海同學(xué)處于平衡狀態(tài)，只受重力和支持力；在慢慢加速的過程中，加速度與速度同方向，小海同學(xué)受三個(gè)力作用，如圖所示，此時(shí)支持力大小大于重力大小，故AB錯(cuò)誤；C、電梯對小海同學(xué)的支持力和摩擦力的合力方向指向右側(cè)斜上方；在勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，只受重力和支持力，即小海同學(xué)受到扶梯的作用力方向豎直向上，故C正確；D、小海同學(xué)和扶梯沒有相對運(yùn)動(dòng)，所受的摩擦力為靜摩擦力，扶梯的加速度增大，靜摩擦力也隨之增大，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評】解題的關(guān)鍵是受力分析，支持力涉及彈力的產(chǎn)生，面面接觸，彈力方向垂直接觸面；靜摩擦力的方向與接觸面相切。14．（2021?高州市二模）如圖所示，粗細(xì)均勻的L形光滑桿固定在豎直面內(nèi)，小球套在桿的豎直部分，用繞過定滑輪的細(xì)線拉小球，使小球向上運(yùn)動(dòng)過程中，球?qū)U的作用力恒定，作用在細(xì)線上的拉力為F，則小球由靜止從圖示位置向上運(yùn)動(dòng)過程中（）A．小球一直做加速運(yùn)動(dòng) B．小球先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng) C．F不斷增大 D．F保持不變【分析】AB、對小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度，進(jìn)而分析小球的運(yùn)動(dòng)情況；CD、通過對小球水平方向受力分析，結(jié)合細(xì)線與豎直方向夾角變化可以分析F的變化情況。【解答】解：AB、小球由靜止從圖示位置向上運(yùn)動(dòng)過程中，對小球受力分析，設(shè)細(xì)線與豎直方向夾角為θ，根據(jù)牛頓第二定律，則豎直方向：Fcosθ﹣mg＝ma，小球開始由靜止向上做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)Fcosθ﹣mg＝0時(shí)，速度達(dá)到最大，此后，小球繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)cosθ不斷減小，因此此后小球向上做減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；CD、小球由靜止向上運(yùn)動(dòng)的過程中，設(shè)連接小球的細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，則水平方向：Fsinθ＝N，由于N一定，θ變大，因此F變小，故C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評】對小球分方向分析受力，結(jié)合牛頓第二定律求出加速度，進(jìn)而分析小球的運(yùn)動(dòng)情況。題目屬于基礎(chǔ)題。15．（2021?揚(yáng)州模擬）皮球從一定高度處由靜止下落，t1時(shí)刻與地面碰撞后反彈，t2時(shí)刻上升到最高點(diǎn)，皮球運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的空氣阻力大小恒定，取皮球落地點(diǎn)為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，豎直向上為正方向，下列皮球位置x與時(shí)間t的關(guān)系圖像中，能描述該過程的是（）A． B． C． D．【分析】對下落及反彈上升過程中的皮球進(jìn)行受力分析，結(jié)合牛頓第二定律分別求出兩個(gè)過程的加速度，結(jié)合速度與加速度的關(guān)系判斷速度變化，從而可分析圖象斜率變化，選出正確選項(xiàng)【解答】解：皮球從一定高度處由靜止下落，小球的加速度大小為a1＝＝g﹣，加速度方向向下，所以下落過程中，速度越來越大，x﹣t圖斜率反映速度大小，所以下落過程圖線斜率增大；反彈上升時(shí)，加速度大小為a2＝＝g+，加速度方向向下，加速度方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，所以上升時(shí)速度減小，x﹣t圖線斜率越來越??；上升時(shí)加速度大于下降時(shí)加速度，所以上升時(shí)速度變化更快，用時(shí)更短，同時(shí)因?yàn)樽枇Φ拇嬖?，反彈后不能在上升到原高度，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評】本題考查學(xué)生對運(yùn)動(dòng)學(xué)圖象的理解，要求學(xué)生明確x﹣t圖斜率反映物體速度，同時(shí)考查學(xué)生受力分析和牛頓第二定律的運(yùn)用情況。16．（2021春?長安區(qū)校級月考）如圖所示的裝置為在摩擦力不計(jì)的水平桌面上放一質(zhì)量為m乙＝5kg的盒子乙，乙內(nèi)放置一質(zhì)量為m丙＝1kg的滑塊丙，用一質(zhì)量不計(jì)的細(xì)繩跨過光滑的定滑輪將一質(zhì)量為m甲＝2kg的物塊甲與乙相連接，其中連接乙的細(xì)繩與水平桌面平行?，F(xiàn)由靜止釋放物塊甲，在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，盒子乙與滑塊丙之間沒有相對運(yùn)動(dòng)，假設(shè)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中盒子始終沒有離開水平桌面，重力加速度g＝10m/s2。則（）A．細(xì)繩對盒子的拉力大小為20N B．盒子的加速度大小為m/s2 C．盒子對滑塊丙的摩擦力大小為2.5N D．定滑輪受到細(xì)繩的作用力為30N【分析】AB、先以甲乙丙為整體，設(shè)整體的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度大??；再以乙丙為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律求出繩子的拉力；C、以丙為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律求出盒子對滑塊丙的摩擦力大??；D、以定滑輪為研究對象，利用繩子拉力的夾角求出繩子對定滑輪的作用力。【解答】解：AB、以甲乙丙為整體，設(shè)整體的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律，有m甲g＝（m甲+m乙+m丙）a設(shè)細(xì)繩對盒子的拉力為T，以乙丙為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律，有T＝（m乙+m丙）a聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可得a＝2.5m/s2T＝15N故AB錯(cuò)誤；C、設(shè)盒子對滑塊丙的摩擦力大小為f，以丙為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律，有f＝m丙a代入數(shù)據(jù)可得f＝2.5N故C正確；D、以定滑輪為研究對象，繩子對定滑輪的作用力夾角為90°，其大小為F＝T＝15×N＝15N故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評】在處理牛頓第二定律問題時(shí)，注意整體法和隔離法的綜合運(yùn)用，利用合適的方法可以使解題更為簡便。17．（2021春?仁壽縣校級月考）如圖所示，細(xì)線的一端固定在傾角為45°的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細(xì)線的另一端拴一質(zhì)量為m的小球，則（）A．當(dāng)滑塊向左做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線的拉力為0.5mg B．當(dāng)滑塊以加速度a＝g向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球?qū)瑝K壓力不為零 C．若滑塊以加速度a＝g向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，線中拉力為mg D．當(dāng)滑塊以加速度a＝2g向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，線中拉力為mg【分析】當(dāng)滑塊向左勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球和光滑楔形滑塊A具有相同的加速度，通過對小球分析，根據(jù)牛頓第二定律求出拉力、支持力的大小。當(dāng)加速度較大時(shí)，先判斷小球是否離開斜面，再結(jié)合牛頓第二定律和平行四邊形定則求出繩子的拉力?！窘獯稹拷猓篈、當(dāng)滑塊向左做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球受力平衡，如圖1所示，根據(jù)平衡條件可得繩的拉力大小為：F0＝mgsin45°＝mg，故A錯(cuò)誤；BC、設(shè)當(dāng)小球貼著滑塊一起向左運(yùn)動(dòng)且支持力為零時(shí)加速度為a0，小球受到重力、拉力作用，此時(shí)支持力恰好為零，如圖2所示；根據(jù)牛頓第二定律可得加速度a0＝＝g，所以當(dāng)滑塊以加速度a＝g向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球?qū)瑝K壓力為零，此時(shí)細(xì)線的拉力F＝＝mg，故BC錯(cuò)誤；D、當(dāng)滑塊以加速度a＝2g向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球已經(jīng)離開斜面，對小球受力分析如圖3所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得：T＝＝＝mg，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵確定出小球剛離開斜面時(shí)的臨界情況，結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行求臨界加速度。當(dāng)受力較多時(shí)，采用正交分解法比較簡單，而小球只受兩個(gè)力時(shí)用合成法簡單。二．多選題（共13小題）18．（2021春?倉山區(qū)校級期中）如圖所示，光滑斜面固定在水平面上，有三個(gè)完全相同的小球a、b、c，開始時(shí)均靜止于同一高度處，其中a、b小球并排放置在斜面頂端，c小球懸空。計(jì)時(shí)開始時(shí)，將a、c小球以相同的初速度v沿水平方向拋出，同時(shí)b小球在斜面上由靜止釋放，如圖所示，運(yùn)動(dòng)過程中三小球不會(huì)相碰，小球a、b、c到達(dá)水平面的時(shí)間分別為t1、t2、t3。下列關(guān)系正確的是（）A．t1一定大于t2 B．t1一定等于t2 C．t2一定大于t3 D．t1一定等于t3【分析】根據(jù)牛頓第二定律求解b球的加速度大小，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解b球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；c球做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解時(shí)間進(jìn)行比較。【解答】解：對于a球，沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，和b球沿斜面向下具有相同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，設(shè)加速度大小為a，斜面傾角為θ，高度為h；對b球，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ＝ma，解得：a＝gsinθ；根據(jù)位移﹣時(shí)間關(guān)系可得：＝解得：t2＝；c球做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得：h＝，解得：t3＝所以有：t1＝t2＞t3，故BCD正確、A錯(cuò)誤。故選：BCD?！军c(diǎn)評】本題主要是考查平拋運(yùn)動(dòng)、類平拋運(yùn)動(dòng)和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，關(guān)鍵是能夠分析小球的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解答。19．（2021?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖所示，質(zhì)量分別為m、2m的A、B兩個(gè)小物塊疊放在一起，從水平地面上以相同的初速度v0豎直上拋，受到的空氣阻力大小均恒為f。下列說法正確的是（）A．在上升過程中A與B會(huì)分離 B．在下降過程中A與B會(huì)分離 C．A上升的最大高度等于B上升的最大高度 D．A下降過程所用的時(shí)間等于B下降過程所用的時(shí)間【分析】由于空氣阻力不能忽略，分別對兩物體根據(jù)牛頓第二定律列式，分析二者的運(yùn)動(dòng)情況，從而得出結(jié)論。【解答】解：AC、假設(shè)上升過程二者間沒有相互作用力，根據(jù)牛頓第二定律，上升過程，對A有mg+f＝ma1，對B有2mg+f＝2ma2，得a1＝g+，a2＝g+，由于a1＞a2，所以假設(shè)不成立，二者之間存在相互作用力，A與B不會(huì)分離，A、B以相同的加速度向上運(yùn)動(dòng)，上升高度H相等，故A錯(cuò)誤，C正確；B、在下降過程，假設(shè)二者間不存在相互作用力，對A有mg﹣f＝ma1'，對B有2mg﹣f＝2ma2'，得a1'＝g﹣，a2'＝g﹣，由于a1'＜a2'，假設(shè)成立，A的速度將小于B的速度，A與B分離，故B正確；D、物塊下降的高度H＝a't2，H相等時(shí)加速度小的所用時(shí)間長，則A下降過程所用的時(shí)間大于B下降過程所用的時(shí)間，故D錯(cuò)誤。故選：BC。【點(diǎn)評】本題考查考生的理解能力、推理能力，需要熟知牛頓第二定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式及其應(yīng)用等知識，體現(xiàn)了對物理觀念、科學(xué)思維等學(xué)科素養(yǎng)的考查。20．（2021?順德區(qū)模擬）如圖所示，凹槽靜止在水平面上。物體A在伸長彈簧的作用下恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。某時(shí)刻發(fā)現(xiàn)A相對凹槽向右運(yùn)動(dòng)，則凹槽的運(yùn)動(dòng)情況可能是（）A．水平向右做加速運(yùn)動(dòng) B．水平向左做加速運(yùn)動(dòng) C．豎直向上做加速運(yùn)動(dòng) D．豎直向上做減速運(yùn)動(dòng)【分析】原來物體A在伸長彈簧的作用下恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，則彈簧的彈力恰好等于A受到的摩擦力；如果凹槽沿水平方向加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)A受力情況分析運(yùn)動(dòng)情況；如果凹槽在豎直向上運(yùn)動(dòng)，分析超重或失重情況，分析最大靜摩擦力的變化，分析A的運(yùn)動(dòng)情況?！窘獯稹拷猓涸瓉砦矬wA在伸長彈簧的作用下恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，則彈簧的彈力恰好等于A受到的摩擦力。A、如果凹槽水平向右做加速運(yùn)動(dòng)，最終A的合力方向也向右，A相對于凹槽將會(huì)向左運(yùn)動(dòng)，不符合題意，故A錯(cuò)誤；B、如果凹槽水平向左做加速運(yùn)動(dòng)，最終A的合力方向也向左，A相對于凹槽將會(huì)向右運(yùn)動(dòng)，故B正確；C、如果凹槽豎直向上做加速運(yùn)動(dòng)，整體處于超重狀態(tài)，A與凹槽之間的最大靜摩擦力增大，A相對于凹槽不會(huì)運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D、如果凹槽豎直向上做減速運(yùn)動(dòng)，整體處于失重狀態(tài)，A與凹槽之間的最大靜摩擦力減小，A相對凹槽向右運(yùn)動(dòng)，故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評】本題主要是考查牛頓第二定律的應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是弄清楚凹槽的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)A的受力情況分析其運(yùn)動(dòng)情況。21．（2021?漳州三模）如圖，傾角為θ的斜面體固定在水平地面上，現(xiàn)有一帶支架的滑塊正沿斜面加速下滑。支架上用細(xì)線懸掛質(zhì)量為m的小球，當(dāng)小球與滑塊相對靜止后，細(xì)線方向與豎直方向的夾角為α，重力加速度為g，則（）A．若α＝θ，小球受到的拉力為mgcosθ B．若α＝θ，滑塊的加速度為gtanθ C．若α＞θ，則斜面粗糙 D．若α＝θ，則斜面光滑【分析】若α＝θ，則細(xì)線與斜面垂直，對小球進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件求解細(xì)線的拉力、根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大??；以整體為研究對象，沿斜面方向根據(jù)牛頓第二定律列方程分析CD選項(xiàng)?！窘獯稹拷猓篈、若α＝θ，則細(xì)線與斜面垂直，小球受到的重力和細(xì)線拉力的合力沿斜面向下，如圖所示，沿細(xì)線方向根據(jù)平衡條件可得小球受到的拉力為F＝mgcosθ，故A正確；B、若α＝θ，滑塊的加速度與小球的加速度相同，對小球根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ＝ma，解得：a＝gsinθ，故B錯(cuò)誤；CD、根據(jù)B選項(xiàng)可知，若α＝θ，整體的加速度為a＝gsinθ；以整體為研究對象，沿斜面方向根據(jù)牛頓第二定律可得：Mgsinθ﹣f＝Ma，解得：f＝0；若斜面粗糙，則整體的加速度減小，則α＜θ，故C錯(cuò)誤、D正確。故選：AD?！军c(diǎn)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(shí)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。22．（2021?寧德模擬）如圖所示，質(zhì)量分別為m和3m的物體A和B用輕繩連接跨過定滑輪，保持輕繩與桌面水平，此時(shí)物體A和B恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，不計(jì)滑輪的摩擦和質(zhì)量，且A、B與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。若將A與B互換，則（）A．繩子張力不變 B．繩子張力變大 C．物體A做勻速運(yùn)動(dòng) D．物體A做加速運(yùn)動(dòng)【分析】對物體A、B進(jìn)行受力分析，當(dāng)物體AB做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，列平衡方程和A、B位置互調(diào)后利用牛頓第二定律方程，再分析求解?！窘獯稹拷猓寒?dāng)物體AB做勻速運(yùn)動(dòng)，對A進(jìn)行分析，繩子的拉力T＝mg對B，水平方向受繩子拉力和重力，桌面摩擦力，由平衡條件可得：μ?3mg＝mg，故μ＝互換后，對B：3mg﹣T′＝3ma對A：T′﹣μmg＝ma聯(lián)立解得a＝，A、B做加速運(yùn)動(dòng)，故D正確，C錯(cuò)誤；對A根據(jù)牛頓第二定律可得T′＝ma+μmg＝mg，故A正確，B錯(cuò)誤。故選：AD?！军c(diǎn)評】本題是考查牛頓第二定律的基礎(chǔ)題，關(guān)鍵是對物體A、B進(jìn)行正確的受力分析，再根據(jù)牛頓第二定律列式求解。23．（2021春?長安區(qū)校級月考）如圖甲所示，傾角為θ的足夠長的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)。t＝0時(shí)將質(zhì)量m＝1kg的物體（可視為質(zhì)點(diǎn)）輕放在傳送帶上，物體相對地面的v﹣t圖象如圖乙所示。設(shè)沿傳送帶向下為正方向，取重力加速度g＝10m/s2。則（）A．傳送帶的速率v0＝12m/s B．傳送帶的傾角θ＝37° C．物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5 D．0～1.0s物體所受摩擦力沿傳送帶向上【分析】由圖像可以得出物體先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到傳送帶速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，所以物體繼續(xù)向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合加速度的大小求出摩擦因數(shù)大小和傳送帶的傾角。【解答】解：AD、由圖可知，在t＝1.0s時(shí)刻之前，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度稍大一些，之后仍然做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度稍小一些，即該時(shí)刻前物體相對傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，加速度由重力的下滑分力與沿傳送帶斜向下的摩擦力之和提供。該時(shí)刻后物體相對傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，加速度由重力下滑分力與沿傳送帶斜向上的摩擦力之差提供。所以傳送帶的速率v0＝10m/s。故AD錯(cuò)誤；BC、根據(jù)牛頓第二定律，分別對物體的兩個(gè)過程列方程為：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1，mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得：傳送帶的傾角θ＝37°，物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5故BC正確；故選：BC。【點(diǎn)評】圖像信息的獲取為本題的關(guān)鍵，結(jié)合圖像推斷物體的運(yùn)動(dòng)是一種常見的物理思維，靈活運(yùn)用牛頓第二定律解題是本題的重點(diǎn)。24．（2021春?貴池區(qū)校級月考）如圖，一固定且足夠長的斜面MN與水平面的夾角α＝37°，斜面上有一質(zhì)量為3m、上表面光滑且下端有擋板P的長木板A沿斜面勻速向下運(yùn)動(dòng)，速度大小v0＝1m/s?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m的小滑塊輕輕地放在長木板上，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到擋板P時(shí)（與擋板碰前的瞬間），長木板的速度剛好減為零，之后小滑塊與擋板發(fā)生第1次碰撞，以后每隔一段時(shí)間，小滑塊就與擋板碰撞一次，小滑塊始終在長木板上運(yùn)動(dòng)。已知小滑塊與擋板的碰撞為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的是（）A．小滑塊在長木板上下滑過程中，長木板的加速度大小為2m/s2 B．小滑塊放在木板上的瞬間，其與P的距離為1m C．小滑塊與擋板第1次碰撞后的瞬間，小滑塊的速度大小為1.5m/s D．小滑塊與擋板第1次碰撞后的瞬間，小滑塊的速度方向沿著斜面向上【分析】結(jié)合題干給出信息，對長木板不同階段的受力情況進(jìn)行分析，并結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律與勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，求出加速度、速度，對碰撞過程運(yùn)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律碰后的速度?！窘獯稹拷猓洪_始長木板勻速下滑時(shí)，由平衡條件得3mgsinα＝μ3mgcosα，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.75，A、把小滑塊放上長木板后，對長木板，由牛頓第二定律得μ4mgcosα﹣3mgsinα＝3ma，代入數(shù)據(jù)解得a＝2m/s2，故A正確；B、長木板上表面光滑，碰撞前小滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，長木板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，小滑塊從放上長木板到與擋板相撞的時(shí)間t＝，代入數(shù)據(jù)解得t＝0.5s，小滑塊放在木板上的瞬間，其與P的距離為s＝（gsinα）t2﹣?t，代入數(shù)據(jù)解得s＝0.5m，故B錯(cuò)誤；CD、設(shè)小滑塊與擋板第一次碰撞前小滑塊的速度為v，則v＝（gsinα）t，解得v＝3m/s，滑塊與擋板碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取沿斜面向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv＝mv1+3mv2，由機(jī)械能守恒定律得mv2＝mv12+?3mv22，解得v1＝﹣1.5m/s，v2＝1.5m/s，即小滑塊與擋板第1次碰撞后的瞬間，小滑塊的速度大小為1.5m/s，方向沿斜面向上，故CD正確。故選：ACD?！军c(diǎn)評】本題為力學(xué)綜合題目，考查學(xué)生受力分析能力，考查了牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)量守恒定律以及機(jī)械能守恒定律，對學(xué)生知識整合能力有一定要求。25．（2021?乙卷）水平地面上有一質(zhì)量為m1的長木板，木板的左端上有一質(zhì)量為m2的物塊，如圖（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（b）所示，其中F1、F2分別為t1、t2時(shí)刻F的大小。木板的加速度a1隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（c）所示。已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2。假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度大小為g。則（）A．F1＝μ1m1g B．F2＝（μ2﹣μ1）g C．μ2＞μ1 D．在0～t2時(shí)間段物塊與木板加速度相等【分析】A、由圖（c）結(jié)合物塊和木板整體分析，可以求出F1；B、由圖（c）結(jié)合牛頓第二定律可以求出F2；C、根據(jù)木板能夠運(yùn)動(dòng)所滿足的受力條件，可求得木板與地面及物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)的關(guān)系；D、通過題意結(jié)合圖（c）可知在0～t2時(shí)間段物塊與木板加速度相等?！窘獯稹拷猓篈、由圖（c）可知，在0～t1時(shí)間段物塊和木板均靜止，在t1時(shí)刻木板與地面的靜摩擦力達(dá)到最大值，對物塊和木板整體分析可知F1＝μ1（m1+m2）g，故A錯(cuò)誤；B、由圖（c）可知，t1～t2時(shí)間段物塊和木板一起加速運(yùn)動(dòng)，在t2時(shí)刻物塊和木板開始相對運(yùn)動(dòng)，此時(shí)物塊和木板間的靜摩擦力達(dá)到最大值，根據(jù)牛頓第二定律，有對物塊和木板F2﹣μ1（m1+m2）g＝（m1+m2）am對木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1am整理可得F2＝（μ2﹣μ1）g故B正確；C、由圖（c）可知，對木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1am故μ2m2g＞μ1（m1+m2）g，即μ2＞μ1，故C正確；D、由上述分析可知，在0～t1時(shí)間段物塊和木板均靜止，t1～t2時(shí)間段物塊和木板一起勻加速運(yùn)動(dòng)，故在0～t2時(shí)間段物塊與木板加速度相等，故D正確。故選：BCD?！军c(diǎn)評】在運(yùn)用牛頓第二定律解題時(shí)，要注意整體法和隔離法的靈活應(yīng)用。在研究幾個(gè)物體的共同加速度時(shí)可以選整體為研究對象，但在研究某個(gè)物體時(shí)要注意隔離法的應(yīng)用。26．（2021?武昌區(qū)模擬）如圖甲所示，物塊和木板疊放在光滑的水平實(shí)驗(yàn)臺面上，物塊用一不可伸長的細(xì)繩與固定的力傳感器相連，細(xì)繩水平。t＝0時(shí)，木板開始受到水平拉力F的作用，在t＝4s時(shí)撤去F。細(xì)繩對物塊的拉力T隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示，木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖丙所示，取g＝10m/s2。由題中所給數(shù)據(jù)可以得出（）A．2s～4s內(nèi)，物塊與木板之間的滑動(dòng)摩擦力大小為0.4N B．2s～4s內(nèi)，力F的大小為0.8N C．0～2s內(nèi)，力F的大小保持不變 D．物塊的質(zhì)量為2kg【分析】由圖乙可知，2s～4s內(nèi)，物塊與木板之間的滑動(dòng)摩擦力f為滑動(dòng)摩擦力；根據(jù)圖丙求出在4s后木板的加速度大小，根據(jù)牛頓第二定律求解木板的質(zhì)量；2s～4s內(nèi)根據(jù)牛頓第二定律求解F；根據(jù)平衡條件分析拉力的變化；物塊始終靜止不動(dòng)，不能通過受力平衡或者運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出物塊的質(zhì)量。【解答】解：A、由圖乙可知，前2s內(nèi)細(xì)繩對物塊的拉力T隨時(shí)間逐漸增大，結(jié)合物塊水平方向二力平衡可知前2s內(nèi)物塊與木板之間的摩擦力逐漸增大，2s～4s內(nèi)，物塊與木板之間的滑動(dòng)摩擦力f為0.4N，故A正確；B、在4s后撤去外力，此時(shí)木板在水平方向上只受到滑動(dòng)摩擦力的作用，由圖丙可知，此時(shí)木板的加速度大小為：a1＝＝m/s2＝0.2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得f＝ma1，解得木板的質(zhì)量m＝2kg，2s～4s內(nèi)，木板的加速度大?。篴2＝＝m/s2＝0.2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得F﹣f＝ma2，解得拉力F＝0.8N，故B錯(cuò)誤；C、0～2s內(nèi)，整體受力平衡，拉力F的大小始終等于繩子的拉力T，繩子的拉力T增大，則力F增大，故C錯(cuò)誤；D、物塊始終靜止不動(dòng)，不能通過受力平衡或者運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出物塊的質(zhì)量，故D錯(cuò)誤。故選：AB?！军c(diǎn)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(yùn)動(dòng)過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運(yùn)動(dòng)學(xué)的計(jì)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)系動(dòng)力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁27．（2021?湖南模擬）如圖甲，一物塊在t＝0時(shí)刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖線如圖乙所示.若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出（）A．物塊的質(zhì)量 B．斜面的傾角 C．物塊與斜面間的摩擦力大小 D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度【分析】已知物理的運(yùn)動(dòng)情況，可以利用牛頓第二定律求解物理的受力情況?！窘獯稹拷猓篈B、物塊在上滑過程中有mgsinθ+μmgcosθ＝ma1，v0＝a1t1；在下滑過程中有mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2，v1＝a2（2t1﹣t1），由以上方程可以求出θ和μ，但不能求出物塊的質(zhì)量m，故A錯(cuò)誤，B正確；C、因?yàn)閒＝μmgcosθ，因?yàn)椴荒芮蟪鑫飰K的質(zhì)量m，所以摩擦力的大小也求不出，故C錯(cuò)誤；D、由圖像可得物塊上滑的最大位移為x＝，則上滑的最大高度為，故D正確。故選：BD。【點(diǎn)評】解體的關(guān)鍵是利用速度﹣時(shí)間圖像分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，再結(jié)合牛頓第二定律求解受力情況。28．（2021?宿州三模）如圖所示，一盛水的容器用細(xì)繩懸掛在天花板上。水面下有一輕質(zhì)彈簧，其下端固定在容器的底板上，上端連接一實(shí)心鐵球，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。某時(shí)刻突然剪斷細(xì)繩，則剪斷細(xì)繩的瞬間，鐵球（不計(jì)空氣阻力）（）A．合外力為0 B．合外力方向豎直向下 C．相對容器靜止 D．相對容器底板向上運(yùn)動(dòng)【分析】剪斷細(xì)繩的瞬間，彈簧的形變量沒變，彈力不變，水處于完全失重，水對小球的浮力消失，由此分析小球受到的合外力方向；剪斷細(xì)繩的瞬間，分別對小球和容器根據(jù)牛頓第二定律求出加速度大小，分析相對運(yùn)動(dòng)情況?！窘獯稹拷猓篈B、開始小球受重力，浮力，彈力作用處于靜止?fàn)顟B(tài)，剪斷細(xì)繩的瞬間，彈簧的形變量沒變，彈力不變；由于整體處于失重狀態(tài)，小球受到的水的浮力突然變?yōu)榱?，則小球的合外力向下，故A錯(cuò)誤、B正確；CD、由于開始鐵球受到的重力大于浮力，彈簧處于壓縮狀態(tài)，設(shè)彈簧的彈力T，小球質(zhì)量為m、容器的質(zhì)量為M；剪斷細(xì)繩的瞬間，水處于完全失重狀態(tài)，小球受到重力和彈簧彈力，則小球的加速度為a1＝＝g﹣，方向向下；容器受到重力和彈簧向下的彈力，合力向下，加速度為：a2＝＝g+＞a1，則小球相對容器地板有向上的運(yùn)動(dòng)趨勢，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：BD。【點(diǎn)評】本題主要是考查牛頓第二定律之瞬時(shí)性問題，關(guān)鍵是弄清楚小球和容器的受力情況，知道彈簧彈力不會(huì)發(fā)生突變的原因，能夠根據(jù)受力情況分析運(yùn)動(dòng)情況。29．（2021?渭濱區(qū)模擬）一物體靜止在光滑水平面上，先對物體施加一水平向右的恒力F1，經(jīng)過時(shí)間t秒后撤去F1，此時(shí)物體的速率為v1；立即再對它施加一水平向左的恒力F2，又經(jīng)過時(shí)間t秒后物體回到出發(fā)點(diǎn)，此時(shí)速率為v2。在這一過程中，下列說法正確的是（）A．v1＝2v2 B．v2＝2v1 C．F2＝2F1 D．F2＝3F1【分析】物體先做勻加速運(yùn)動(dòng)，后做勻減速運(yùn)動(dòng)并回到原處，整個(gè)過程中的位移為零。根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可確定兩個(gè)力的大小關(guān)系，根據(jù)位移﹣時(shí)間公式求得位移，即可求得速度關(guān)系?！窘獯稹拷猓篊D、物體從靜止在水平恒力F1作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)一段時(shí)間t后的速度為：v1＝a1t＝t撤去F1受恒力F2作用后做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為：a2＝經(jīng)同樣時(shí)間t后物體回到原處，整個(gè)過程物體的總位移為零，則有：a1t2+（v1t﹣a2t2）＝0解得：F2：F1＝3：1，故C錯(cuò)誤，D正確；AB、在F1作用下通過的位移大小為：，在F2作用下通過的位移大小為：聯(lián)立解得：v2＝2v1，故A錯(cuò)誤，B正確；故選：BD?！军c(diǎn)評】在F1和F2的作用下，在相同的時(shí)間內(nèi)，物體回到原處，說明位移的大小相同、方向相反，即總位移為零，是解這道題的關(guān)鍵。30．（2021?河?xùn)|區(qū)二模）網(wǎng)紅景點(diǎn)“長江索道”已成為重慶旅游的一張靚麗名片，如圖1所示為長江索道上運(yùn)行的轎廂，為研究轎廂及廂中乘客的受力和運(yùn)動(dòng)情況，建立如圖2所示物理模型，傾斜直索道與水平面夾角為30°，載人轎廂沿鋼索做直線運(yùn)動(dòng)，轎廂底面水平，質(zhì)量為m的人站立于轎廂底面且和轎廂壁無相互作用，人和轎廂始終保持相對靜止，某次運(yùn)行中測得人對轎廂底面的壓力恒定為1.2mg，g為重力加速度，則下列說法正確的是（）A．轎廂一定沿鋼索向上運(yùn)動(dòng) B．轎廂的加速度一定沿鋼索向上 C．轎廂對人的摩擦力水平向右 D．人對轎廂的作用力大小為1.4mg【分析】ABC、先分析人在豎直方向的分加速度，結(jié)合人和轎廂的加速度沿鋼索方向，判斷轎廂對人摩擦力的方向和轎廂加速度的方向；D、以人為研究對象利用牛頓第二定律和加速度的分解，結(jié)合牛頓第三定律求出人對轎廂的作用力大小?！窘獯稹拷猓篈BC、某次運(yùn)行中測得人對轎廂底面的壓力恒定為1.2mg，大于人的重力，則人和轎廂有豎直向上的分加速度，又人和轎廂的加速度方向一定沿鋼索方向，故人有水平向右的分加速度，說明人受到了轎廂底面對人的水平向右的摩擦力作用，人和轎廂始終保持相對靜止，故轎廂的加速度一定沿鋼索向上，但不能確定轎廂的運(yùn)動(dòng)方向，故A錯(cuò)誤，BC正確；D、以人為研究對象，在豎直方向有FN﹣mg＝may則人在水平方向的加速度ax＝在水平方向，根據(jù)牛頓第二定律有f＝max則轎廂對人的作用力大小為F＝聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可得F＝mg由牛頓第三定律可知，人對轎廂的作用力大小為mg故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評】本題在處理人對轎廂的作用力時(shí)要注意，人對轎廂的作用力有壓力還要摩擦力，不能簡單理解為只有壓力。三．填空題（共10小題）31．（2020秋?浦東新區(qū)期末）自制一個(gè)加速度計(jì)，其構(gòu)造是：一根輕桿，下端固定一個(gè)小球，上端裝在固定于汽車上的水平軸O上，桿可在與汽車行駛方向平行的豎直平面內(nèi)擺動(dòng)，用硬紙作為盤面，放在桿擺動(dòng)的平面上，刻上刻度，就可以直接讀出汽車加速度的大小和方向，如圖所示。硬紙上刻度線b在經(jīng)過O點(diǎn)的豎直線上，則在b處應(yīng)標(biāo)的加速度數(shù)值是0m/s2；當(dāng)汽車向右行駛時(shí)，輕桿穩(wěn)定地指在d處，刻度線d和O點(diǎn)的連線與Ob的夾角為45°，則0.5s內(nèi)汽車速度的變化量為10m/s。【分析】對小球受力分析，受兩個(gè)力，重力和拉力，小球隨汽車向前勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度向前，合力向前，根據(jù)平行四邊形定則作圖求出合力，再根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘獯稹拷猓涸赽處，小球受重力和豎直向上的拉力，小球在水平方向加速度為零。所以在b處應(yīng)標(biāo)上的加速度大小的數(shù)值是0?？潭染€d與O的連線跟Ob的夾角為45°，當(dāng)汽車以加速度a行駛時(shí)，對小球進(jìn)行受力分析如圖所示兩個(gè)力進(jìn)行合成后有：mgtanθ＝ma汽車運(yùn)行的加速度a＝gtanθ＝10m/s2。該裝置能測量的加速度的最大值為10m/s2。故答案為：0；10【點(diǎn)評】本題關(guān)鍵分析出小球的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況，根據(jù)平行四邊形定則作圖求出合力，再根據(jù)牛頓第二定律列式求解出加速度的一般表達(dá)式分析。32．（2021?福建模擬）如圖所示，A、B兩小球用細(xì)線連接，C、D兩小球用輕彈簧連接，雙手分別提起A、C兩球，使四個(gè)小球均在空中處于靜止?fàn)顟B(tài)，雙手同時(shí)釋放A、C瞬間（空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g），小球B的加速度大小為g，小球D的加速度大小為0?！痉治觥繉B兩球，釋放A瞬間，繩子的張力突變?yōu)榱?，AB都將做自由落體運(yùn)動(dòng)；對D球，釋放C瞬間彈簧的彈力來不及發(fā)生改變，受力情況與釋放前相同，即加速度為零?！窘獯稹拷猓簩B兩球，釋放A瞬間，繩子的張力突變?yōu)榱悖珹B整體一起做自由落體運(yùn)動(dòng)，故B在下落過程中只受重力作用，即mg＝ma，故a＝g，故小球B的加速度大小為g。對D球，釋放C瞬間，由于物體有慣性，彈簧的長度不會(huì)發(fā)生突變，即彈力來不及發(fā)生改變，故釋放C瞬間，彈簧彈力未變，D小球受力情況與釋放前相同，故D的加速度為零。故答案為：g0【點(diǎn)評】本題主要考查了關(guān)于牛頓第二定律的瞬時(shí)性的兩種模型，即輕繩（輕桿）模型和彈簧模型，解題時(shí)一定要注意兩種模型的不同點(diǎn)。33．（2021?泉州模擬）如圖甲，傾角為37°的傳送帶順時(shí)針勻速運(yùn)行，在傳送帶上某位置輕放一質(zhì)量為1kg的小木塊，木塊的速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.875，0～2.0s時(shí)間內(nèi)，傳送帶對木塊做的功為9.5J?！痉治觥吭陂_始階段，傳送帶的速度大于木塊的速度，木塊在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)乙圖求得加速度，利用牛頓第二定律求得動(dòng)摩擦因數(shù)，在v﹣t圖像中，圖像與時(shí)間軸所圍面積表示木塊通過的位移，對木塊，根據(jù)動(dòng)能定理即可求得傳送帶對木塊所做的功?！窘獯稹拷猓涸陂_始階段，傳送帶的速度大于木塊的速度，木塊在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為：對木塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得：μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma解得：μ＝0.875由乙圖可知，傳送帶的速度為：v＝1.0m/s木塊在0﹣2s內(nèi)上滑的位移為：傳送帶對木塊做的功為：解得：W＝9.5J故答案為：0.875；9.5【點(diǎn)評】本題一要讀懂速度圖象，根據(jù)圖象分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，求出位移和加速度，二要根據(jù)牛頓第二定律和動(dòng)能定理求解相關(guān)的量。34．（2021春?徐匯區(qū)校級月考）一所受重力為1.4×104N的汽車沿傾角為10°的斜坡勻速上行，當(dāng)司機(jī)發(fā)現(xiàn)前方障礙物后便開始剎車，自剎車開始計(jì)時(shí)，汽車運(yùn)動(dòng)的位移s與時(shí)間t的關(guān)系為s＝20t﹣2.5t2（SI），則汽車在前5s內(nèi)的平均速度大小為8m/s，該汽車在剎車過程中所受合力大小為7000N。（g取10m/s2）【分析】先求出汽車的最大位移，再根據(jù)平均速度公式求出平均速度大小；根據(jù)題意求出剎車過程的加速度，再結(jié)合牛頓第二定律求出合力大小?！窘獯稹拷猓河深}意可知汽車運(yùn)動(dòng)的位移為s＝20t﹣2.5t2＝﹣2.5（t2﹣8t+16）+2.5×16由分析可知當(dāng)t＝4s時(shí)，汽車位移最大為sm＝40m根據(jù)平均速度定義式可得在前5s內(nèi)的平均速度大小＝＝m/s＝8m/s對比位移﹣時(shí)間公式s＝v0t+at2可知該汽車在剎車過程中的加速度大小為a＝5m/s2根據(jù)牛頓第二定律可知該汽車在剎車過程中所受合力大小為F＝ma又G＝mg整理可得F＝7000N故答案為：8；7000【點(diǎn)評】在處理剎車類問題時(shí)，要注意先判斷汽車從剎車到停止經(jīng)歷的時(shí)間，再來解決問題。35．（2021春?徐匯區(qū)校級月考）一物塊在高3.0m、長5.0m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動(dòng)能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示。則物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，物塊下滑時(shí)加速度的大小為2.0m/s2。（g取10m/s2）【分析】先由題意得出物體的質(zhì)量，再結(jié)合圖得出該過程機(jī)械能的減少量，利用功能關(guān)系求出動(dòng)摩擦因數(shù)；由圖得出物塊的末速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出加速度大小【解答】解：設(shè)物體質(zhì)量為m，則mgh＝30J代入數(shù)據(jù)，得m＝1kg由圖可知物塊由斜面頂端下滑到斜面底端的機(jī)械能減少量為△E＝30J﹣10J＝20J根據(jù)功能關(guān)系可知此過程克服摩擦力做功為W＝△E＝μmgcosθs由題意可知sinθ＝聯(lián)立整理代入數(shù)據(jù)可得μ＝0.5由圖可知物塊在斜面底端的末動(dòng)能為Ek＝mv2＝10J利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2＝2as整理可得a＝2.0m/s2故答案為：0.5；2.0【點(diǎn)評】在處理圖像問題時(shí)，要注意圖像的物理意義，要能從圖像得出相關(guān)的信息。36．（2021?虹口區(qū)二模）國產(chǎn)大飛機(jī)C919已經(jīng)多次試航。已知飛機(jī)的質(zhì)量為m，在水平跑道上滑行時(shí)受到豎直向上的升力Fs＝k1v2，空氣阻力Ff＝k2v2，式中的v為飛機(jī)的滑行速度，k1、k2均為常量。飛機(jī)在跑道上加速滑行時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的推力F＝0.5mg，摩擦力為正壓力的μ倍（μ＜0.5），重力加速度為g，則飛機(jī)脫離地面起飛瞬間的速度vm＝。若飛機(jī)在跑道上的滑行過程恰為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則跑道長度至少為?！痉治觥坷蔑w機(jī)脫離地面起飛瞬間的受力求出最大速度；先求出飛機(jī)的加速度，再結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出跑道的長度?！窘獯稹拷猓猴w機(jī)脫離地面起飛瞬間，地面對飛機(jī)支持力為零，在豎直方向有Fs＝mg整理可得vm＝若飛機(jī)在跑道上的滑行過程恰為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，則在v＝0時(shí)，有F﹣μmg＝ma設(shè)跑道的長度至少為L，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得＝2aL整理可得L＝故答案為：，【點(diǎn)評】本題根據(jù)速度為零這一關(guān)鍵條件求加速度是個(gè)難點(diǎn)，做題時(shí)要注意。37．（2021?長寧區(qū)二模）質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)所受的力F隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示，力的方向始終在一直線上。已知t＝0時(shí)質(zhì)點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)。在圖中t0、2t0、3t0和4t0的各時(shí)刻中，質(zhì)點(diǎn)離出發(fā)點(diǎn)距離最大的時(shí)刻是4t0；質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能的最大值是?！痉治觥繌腇﹣t圖像中，分析得到質(zhì)點(diǎn)受力隨時(shí)間的變化，運(yùn)動(dòng)過程隨時(shí)間的變化，找到離出發(fā)點(diǎn)距離最大的時(shí)刻，和動(dòng)能最大的時(shí)刻，利用公式即可進(jìn)行求解?！窘獯稹拷猓河蒄﹣t圖像得，0﹣t0，質(zhì)點(diǎn)向正方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為，t0﹣2t0，向正方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小與第一段相同，2t0時(shí)，速度剛好減為0，2t0﹣4t0和0﹣2t0內(nèi)受力情況完全相同，運(yùn)動(dòng)情況完全相同。整段過程一直向正方向運(yùn)動(dòng)，所以4t0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)離出發(fā)點(diǎn)距離最大。t＝t0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)速度最大，動(dòng)能最大，為：。答：質(zhì)點(diǎn)離出發(fā)點(diǎn)距離最大的時(shí)刻是4t0；質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能的最大值是。【點(diǎn)評】本題需要注意會(huì)分析F﹣t圖像，能從圖像中分析出質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)情況，能根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況求解最大動(dòng)能和最大距離。38．（2020秋?蚌埠期末）某次軍事演習(xí)時(shí)，戰(zhàn)機(jī)的著陸速度為60m/s，落地后以大小為6m/s2的加速度做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，若戰(zhàn)機(jī)的質(zhì)量為m＝1.5×104kg，則戰(zhàn)機(jī)在減速過程中受到的合外力大小為9×104N，它在著陸后12s內(nèi)滑行的距離是300m?！痉治觥扛鶕?jù)牛頓第二定律求得飛機(jī)受到的合力，利用速度﹣時(shí)間公式求得飛機(jī)減速到零所需時(shí)間，結(jié)合位移﹣時(shí)間公式求得通過的位移?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)牛頓第二定律可得F＝ma＝1.5×104×6N＝9×104N飛機(jī)減速到零所需時(shí)間，故在著陸后12s內(nèi)滑行的距離是故答案為：9×104，300【點(diǎn)評】本題主要考查了牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，對于剎車減速問題，首先判斷出減速到零所需的時(shí)間，再結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。39．（2020秋?興慶區(qū)校級期末）如圖所示，質(zhì)量為4kg的物體A與質(zhì)量為2kg的物體B，放在光滑的水平面上，在水平推力F＝30N的作用下一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則A和B的相互作用力為10N?！痉治觥肯葘φwA、B分析，運(yùn)用牛頓第二定律求出整體的加速度，再隔離對B分析，運(yùn)用牛頓第二定律求出A和B的作用力．【解答】解：根據(jù)牛頓第二定律得F＝（mA+mB）a，解得：，隔離對B分析，A對B的作用力大小N＝mBa＝5×2N＝10N．故答案為：10；【點(diǎn)評】本題考查牛頓第二定律關(guān)于連接體的分析方法；解決本題的關(guān)鍵能夠正確地進(jìn)行受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律求解，注意整體法和隔離法的運(yùn)用．40．（2020秋?楊浦區(qū)期末）如圖（a），商場半空中懸掛的鋼絲上掛有可以自由滑動(dòng)的夾子，各個(gè)柜臺的售貨員將票據(jù)和錢夾在夾子上通過鋼絲傳送給收銀臺。某時(shí)刻鐵夾的加速度恰好在水平方向，鋼絲的形狀如圖（b），其左側(cè)與水平夾角為θ，右側(cè)處于水平位置，已知鐵夾的質(zhì)量為m，重力加速度為g，則鐵夾的加速度方向向右，大小為?！痉治觥款}目屬于活結(jié)模型，鋼絲繩受到的力相同，對節(jié)點(diǎn)處進(jìn)行受力分析，根據(jù)題目及牛頓第二定律，列出方程即可解答。【解答】解：對此時(shí)節(jié)點(diǎn)處的鋼絲進(jìn)行受力分析。如圖所示由正交分解可得：y軸方向：Tsinθ＝mg，即x軸方向：故，方向向右故答案為：向右【點(diǎn)評】本題主要考查學(xué)生對活結(jié)模型和牛頓第二定律的應(yīng)用，要注意活結(jié)模型