《2020版高考物理一輪復習 全程訓練計劃 課練9 牛頓運動定律的應用（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理一輪復習 全程訓練計劃 課練9 牛頓運動定律的應用（含解析）（18頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、牛頓運動定律的應用 小題狂練⑨ 小題是基礎　練小題　提分快 1. [2019·安徽省江淮十校一聯(lián)]如圖所示，質(zhì)量為10 kg的物體A拴在一個被水平拉伸的彈簧一端，彈簧的拉力為6 N時，物體處于靜止狀態(tài)．若小車以0.8 m/s2的加速度向右加速運動，則(　　) A．物體A受到的彈簧的拉力不變 B．物體A相對小車向左運動 C．物體A相對小車向右運動 D．物體A受到的摩擦力增大 答案：A 解析：物體A先處于靜止狀態(tài)，彈簧的拉力為6 N，則有水平向左的靜摩擦力且大小為6 N，現(xiàn)在小車以0.8 m/s2的加速度向右加速運動，A也以0.8 m/s2的加速度向右運動，A需

2、要的合力等于8 N，彈簧向右的拉力為6 N，小車對物體A的靜摩擦力為2 N，方向向右，2 N＜6 N，即物體A仍相對車靜止受到彈簧的拉力不變，受到的摩擦力減小，綜上，本題選A. 2．[2019·湖南省長沙月考](多選)如圖所示，A、B球的質(zhì)量相等，彈簧的質(zhì)量不計，傾角為θ的斜面光滑，系統(tǒng)靜止時，彈簧與細線均平行于斜面，在細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是(　　) A．兩個小球的瞬時加速度均沿斜面向下，大小均為gsinθ B．B球的受力情況未變，瞬時加速度為零 C．A球的瞬時加速度沿斜面向下，大小為2gsinθ D．彈簧有收縮的趨勢，B球的瞬時加速度向上，A球的瞬時加速度向下，瞬時

3、加速度都不為零 答案：BC 解析：彈簧兩端連接物體，彈簧的彈力不發(fā)生突變．開始A、B靜止，可計算出彈簧伸長且彈力大小等于mgsinθ，剪斷細線的瞬間，B的受力不變，故瞬時加速度為零，B正確，A、D錯誤．A所受沿斜面向下的彈力及重力沿斜面向下的分力均為mgsinθ，合力等于2mgsinθ，加速度大小為2gsinθ，C正確． 3．[2019·廣東省華南師大附中模擬](多選)如圖甲，物體在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由靜止開始運動，在t＝1 s時刻撤去恒力F，物體運動的v－t圖象如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，則(　　) A．物體在3 s內(nèi)的位移s＝3 m B．恒力F與摩擦

4、力f大小之比為F：f＝3：1 C．物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.3 D．在撤去F前后兩個階段的平均速度大小之比為：＝2：1 答案：BC 解析：在速度—時間圖象中圖象與時間軸所圍成的面積等于位移的大小，3 s內(nèi)物體的位移大小應為9 m，A錯誤．撤去力F后，物體受摩擦力作用而減速運動，加速度大小為3 m/s2，而a2＝μg，μ＝0.3，C正確．勻變速直線運動的平均速度等于初末速度和的一半，故撤去F前后兩個階段的平均速度相同，D錯誤．根據(jù)牛頓第二定律可得：F－f＝ma1，f＝ma2，a1＝6 m/s2，a2＝3 m/s2，解得F：f＝3：1，可知B正確． 4. [20

5、19·廣東省深圳市高級中學摸底]如圖，質(zhì)量為1.5 kg的物體A靜止在豎直的輕彈簧上，質(zhì)量為0.5 kg的物體B由細線懸掛在天花板上，B與A剛好接觸但不擠壓．現(xiàn)突然將細線剪斷，則剪斷后瞬間A、B間的作用力大小為(g取10 m/s2)(　　) A．0 B．2.5 N C．5 N D．3.75 N 答案：D 解析：剪斷前，只有A對彈簧有作用力，所以剪斷前彈簧的彈力大小F彈＝mAg＝15 N，剪斷瞬間由于彈簧來不及發(fā)生形變，根據(jù)牛頓第二定律可得(mA＋mB)g－F彈＝(mA＋mB)a，解得a＝2.5 m/s2，隔離B，則有mBg－N＝mBa，代入數(shù)據(jù)解得N＝3.75 N，D正

6、確． 5. [2019·山東省濟南外國語學?？荚嘳如圖，在傾角為α的固定光滑斜面上，有一用繩子拴著的長木板，木板上站著一只貓．已知木板的質(zhì)量是貓的質(zhì)量的2倍．當繩子突然斷開時，貓立即沿著板向上跑，以保持其相對斜面的位置不變．則此時木板沿斜面下滑的加速度為(重力加速度為g)(　　) A．1.5gsinα B.sinα C．gsinα D．2gsinα 答案：A 解析：設貓的質(zhì)量為m，板的質(zhì)量為2m，以貓為研究對象，進行受力分析，貓受重力mg、支持力N1、板對它的沿斜面向上的力F，合力為0，有F＝mgsinα.以板為研究對象，進行受力分析，板受重力2mg、壓力大小為N1、

7、支持力N2、貓對板沿斜面向下的大小為F的力，根據(jù)牛頓第二定律有：F＋2mgsinα＝2ma，a＝1.5gsinα，故選A. 6．[2019·廣西欽州四中模擬](多選)如圖所示，水平面上，質(zhì)量m＝2 kg的物塊與水平輕彈簧相連，物塊在與水平方向成θ＝45°角的拉力F作用下處于靜止狀態(tài)，此時水平面對物塊的彈力恰好為零．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．g取10 m/s2，以下說法正確的是(　　) A．此時輕彈簧的彈力大小為20 N B．當撤去拉力F的瞬間，物塊的加速度大小為8 m/s2，方向向左 C．若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間物塊的加速度大小為8 m/s2

8、，方向向右 D．若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間物塊的加速度為0 答案：AB 解析：物塊受重力、繩子的拉力以及彈簧的彈力處于平衡狀態(tài)，根據(jù)共點力平衡得，彈簧的彈力大小F彈＝mgtan45°＝20 N，A正確；撤去力F的瞬間，彈簧的彈力大小仍為20 N，物塊此時受重力、支持力、彈簧彈力和摩擦力四個力作用，物塊所受的最大靜摩擦力為：f＝μmg＝4 N，根據(jù)牛頓第二定律得物塊的加速度為：a＝＝8 m/s2，方向向左，B正確；剪斷彈簧的瞬間，彈簧的彈力消失，其他力不變，物塊加速度大小a1＝＝10 m/s2，故C、D錯誤． 7．[2019·江西省九校聯(lián)考]如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端

9、放置一物體(物體與彈簧不連接)，初始時物體處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開始向上做勻加速運動，拉力F與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示，g取10 m/s2，則正確的結(jié)論是(　　) A．物體與彈簧分離時，彈簧處于壓縮狀態(tài) B．彈簧的勁度系數(shù)為7.5 N/cm C．物體的質(zhì)量為3 kg D．物體的加速度大小為5 m/s2 答案：D 解析：由于物體與彈簧不連接，分離時二者間的作用力為0，彈簧處于原長狀態(tài)，A錯．開始時，物體受重力、彈力作用，二者的合力等于0，此時的拉力10 N即為物體勻加速上升的合力，物體與彈簧分離時及分離后拉力為30 N，合力不變，故物體的重力

10、大小為20 N，質(zhì)量為2 kg，C錯．從開始上升到分離，物體上升了4 cm，即開始時彈簧的壓縮長度為4 cm，根據(jù)胡克定律mg＝kx，k＝500 N/m＝5 N/cm，B錯．根據(jù)牛頓第二定律可知，物體的質(zhì)量為2 kg，受到的合力為10 N，加速度大小為5 m/s2，D對． 8. [2019·廣西南寧二中考試](多選)如圖，木板與水平面成θ角，木板上有兩個靠在一起的物塊P和Q，質(zhì)量分別為m和2m，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ，用大小為F的恒力沿著平行于木板的方向推動物塊P，若P和Q之間的彈力大小記為F1，下列判斷正確的是(　　) A．若θ＝0°，μ＝0，則F1＝F B．若θ＝0°，

11、μ≠0，則F1＝F C．若θ＝30°，μ＝0，則F1＝F D．若θ＝30°，μ≠0，則F1＝F 答案：AD 解析：對P、Q整體由牛頓第二定律可得F－μ·3mgcosθ－3mgsinθ＝3ma，解得a＝－μgcosθ－gsinθ，再隔離Q，由牛頓第二定律得F1－μ·2mgcosθ－2mgsinθ＝2ma，將a代入可得F1＝F，與θ和μ無關(guān)，故A、D正確． 9．[2019·河北省五校聯(lián)盟摸底](多選)如圖甲所示，足夠長的傳送帶與水平面的夾角為θ，正以某一速度勻速轉(zhuǎn)動，在傳送帶上某位置輕輕放置一小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，小木塊速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，v0、t0已知，

12、重力加速度為g，則(　　) A．傳送帶一定順時針轉(zhuǎn)動 B．傳送帶的速度大小等于v0 C．μ＝－tanθ D．t0時間后木塊的加速度大小為 －2gsinθ 答案：BC 解析：若傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，當木塊下滑時滿足mgsinθ>μmgcosθ，將一直勻加速到底端而且加速度不變；當木塊上滑時滿足mgsinθ<μmgcosθ，木塊先勻加速運動，在速度與傳送帶速度相等后將勻速運動，兩種均不符合運動圖象，故傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，A錯誤；只有當木塊的速度大于傳送帶的速度時，木塊所受的摩擦力沿傳送帶向上，故傳送帶的速度大小等于v0，故B正確；木塊在0～t0時間內(nèi)，滑動摩擦力沿傳送帶向下，木塊勻加速下

13、滑，由牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得：a1＝gsinθ＋μgcosθ，由題圖乙可知，a1＝，聯(lián)立解得：μ＝－tanθ，故C正確；木塊與傳送帶共速后，由牛頓第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得：a2＝gsinθ－μgcosθ，代入μ值得：a2＝2gsinθ－，故D錯誤． 10．[2019·湖北省武漢調(diào)研](多選)如圖所示，光滑水平桌面放置著物塊A，它通過輕繩和輕質(zhì)滑輪懸掛著物塊B.已知A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為3m，重力加速度大小為g.由靜止釋放物塊A、B后(　　) A．相同時間內(nèi)，A、B運動的路程之比為2：1 B．物塊A、B的加速度大小之比

14、為1：1 C．輕繩的拉力大小為 D．當B下落高度為h時，速度大小為 答案：AC 解析：由于物塊B通過動滑輪懸掛，所以相同時間內(nèi)，A、B運動的路程之比為2：1，選項A正確；由于二者都是從靜止開始運動，根據(jù)初速度為零的勻變速直線運動的規(guī)律可知，物塊A、B的加速度大小之比為2：1，選項B錯誤；設輕繩拉力大小為F，物塊B的加速度大小為a，由牛頓第二定律，對物塊B有3mg－2F＝3ma，對物塊A有F＝m×2a，聯(lián)立解得：F＝，a＝，選項C正確；當B下落高度為h時，由v2＝2ah，解得v＝ ，選項D錯誤． 11．[2019·江蘇省海安中學摸底] (多選)傳送帶以v1的速度勻速運動，

15、物體以v2的速度從B端滑上傳送帶，物體速度方向與傳送帶運行方向相反，如圖所示，已知傳送帶長度為L，物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ，則以下判斷正確的是(　　) A．當v2、μ、L滿足一定條件時，物體可以從A端離開傳送帶，且物體在傳送帶上運動的時間與v1無關(guān) B．當v2、μ、L滿足一定條件時，物體可以從B端離開傳送帶，且物體離開傳送帶時的速度可能大于v1 C．當v2、μ、L滿足一定條件時，物體可以從B端離開傳送帶，且物體離開傳送帶時的速度可能等于v1 D．當v2、μ、L滿足一定條件時，物體可以從B端離開傳送帶，且物體離開傳送帶時的速度可能小于v1 答案：ACD 解析：物體剛放上傳送帶

16、時，所受滑動摩擦力向右，于是物體做減速運動，只要速度足夠大，就可以沖到A端，臨界條件是到A端速度為0，有：v＝2μgL，當速度v2≥，物體將從A端離開，時間用公式L＝v2t－μgt2計算，顯然時間與傳送帶的速度無關(guān)，A正確；當速度v2≤時，物體到A端之前速度減為0，然后在滑動摩擦力的作用下從A端返回B端，但返回B端的速度不可能大于v1，B錯誤；若v1≤v2，且物體向左滑行的位移小于L，即v2，且物體向左滑行的位移小于L，即

17、豎直立于地面的輕彈簧上方某一高度自由落下．A點為彈簧自然狀態(tài)時上端點的位置，當物體到達B點時，物體速度恰好為零，然后被彈回．下列說法中正確的是(　　) A．物體從A點下降到B點的過程中，速率不斷變小 B．物體在B點時，所受合力為零 C．物體在A點時處于超重狀態(tài) D．物體在B點時處于超重狀態(tài) 答案：D 解析：物體從A點開始，所受合力先向下但不斷減小，加速度不斷減小，速度不斷增大，在A、B間的某個位置彈力大小等于重力時，物體所受合力等于0，速度最大，再向下運動，所受合力反向且不斷增大，物體向下做減速運動，加速度向上，且不斷增大，在B點具有最大的向上的加速度，故D正確，A、B、C錯誤．

18、 13．[2019·黑龍江省哈爾濱六中考試]用細線將小球拴在升降機光滑的側(cè)壁上，當升降機加速下降時，出現(xiàn)如圖所示的情形．四位同學對此現(xiàn)象做出了分析與判斷，其中可能正確的是(　　) A．升降機的加速度大于g，側(cè)壁對球無擠壓 B．升降機的加速度小于g，側(cè)壁對球有擠壓 C．升降機的加速度等于g，側(cè)壁對球無擠壓 D．升降機的加速度等于g，側(cè)壁對球有擠壓 答案：C 解析：當升降機加速下降時，若加速度等于g，則小球在豎直方向上僅受重力，拉力為零，由于小球在水平方向上平衡，可知側(cè)壁對小球無擠壓，故C正確，D錯誤．若加速度大于g，小球受重力、細線的拉力，由于水平方向上平衡，則側(cè)壁對小球有彈力，

19、即側(cè)壁對球有擠壓，故A錯誤．若加速度小于g，不會出現(xiàn)如題圖所示的情況，球會在懸點下方，故B錯誤．故選C. 14．[新情景題]如圖所示為傾角為θ的足夠長的斜面，MP段粗糙，PN段光滑(含P點)．質(zhì)量分別為m1、m2的兩小物塊A、B(可視為質(zhì)點)之間用一短小的輕質(zhì)彈簧連接，由斜面頂端一起沿斜面加速下滑，兩小物塊與斜面MP段間的動摩擦因數(shù)相同，重力加速度為g，則(　　) A．兩小物塊在MP段運動時，彈簧處于壓縮狀態(tài) B．兩小物塊在MP段運動時，彈簧處于伸長狀態(tài) C．當小物塊A通過P點的瞬間，其加速度大小為gsinθ D．當小物塊B通過P點的瞬間，其加速度大小為gsinθ 答案：C

20、解析：設兩小物塊和斜面MP段間的動摩擦因數(shù)為μ，兩小物塊在MP段運動時的加速度大小為a，對兩小物塊整體分析有(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a，設彈簧勁度系數(shù)為k，彈簧形變量為x，則對小物塊A有m1gsinθ＋kx－μm1gcosθ＝m1a，聯(lián)立以上兩式可得kx＝0，所以彈簧處于原長狀態(tài)，選項A、B錯誤；當小物塊A通過P點的瞬間，由于彈簧的長度還沒有變化，則小物塊A的加速度大小為gsinθ，選項C正確；小物塊A通過P點后的加速度大于小物塊B的加速度，所以當小物塊B通過P點的瞬間彈簧處于拉伸狀態(tài)，小物塊B的加速度大于gsinθ，選項D錯誤． 15．[

21、2019·黑龍江省哈爾濱三中考試]A、B兩物體相對靜止地疊放在光滑水平面上，mA＝1 kg、mB＝2 kg，A、B間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，用一根跨過定滑輪的輕繩連接B、C兩物體，開始時用手按住A、B兩物體，系統(tǒng)靜止，之后松手．若A、B剛好無相對滑動地一起運動，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計滑輪與輕繩之間的摩擦，則C物體的質(zhì)量為(g＝10 m/s2)(　　) A. kg B. kg C. kg D. kg 答案：A 解析：A、B剛好無相對滑動地一起運動，說明A、B間的靜摩擦力達到最大值，則A的加速度大小等于a＝μg＝2 m/s2，則B、C的加速度大小也是a＝2 m/s2.對A、

22、B進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有：T＝(mA＋mB)a，對C有：mCg－T＝mCa，聯(lián)立求得mC＝ kg，A正確． 16．[2019·湖南省長沙市長郡中學考試](多選)如圖所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩物塊A、B疊放在一起，以一定的初速度一起沿固定在水平地面上傾角為α的斜面上滑．已知B與斜面間的動摩擦因數(shù)μ

23、，加速度沿斜面向下，處于失重狀態(tài)，選項A正確；根據(jù)題述B與斜面間的動摩擦因數(shù)μ

24、塊之間的摩擦力大小為f2，隔離物塊A，分析其受力，由牛頓第二定律有m1gsinα－f2＝m1a2，解得f2＝μm1gcosα，選項C正確，D錯誤． 課時測評⑨ 綜合提能力　課時練　贏高分 一、選擇題 1．[2019·河南南陽一中月考](多選)如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上．A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為.最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.現(xiàn)對A施加一水平拉力F，則(　　) A．當F<2μmg時，A、B都相對地面靜止 B．當F＝μmg時，A的加速度為μg C．當F>3μmg時，A相對B滑動 D．無

25、論F為何值，B的加速度不會超過μg 答案：BCD 解析：A、B之間的最大靜摩擦力為fmax＝μmAg＝2μmg，B與地面間的最大靜摩擦力為f′max＝μ(mA＋mB)g＝μmg，A、B發(fā)生相對滑動時的加速度為a＝μg，此時對整體有F－f′max＝(m＋2m)a，所以當F＝μ·3mg＋3ma＝3μmg時，A、B將發(fā)生相對滑動；當μmg≤F<2μmg時，A、B之間不會發(fā)生相對滑動，B與地面間會發(fā)生相對滑動，A錯誤；當F＝μmg<3μmg時，A、B間不會發(fā)生相對滑動，由牛頓第二定律有a′＝＝＝μg，B正確；當F>3μmg時，A、B間發(fā)生相對滑動，C正確；A對B的最大摩擦力為2μmg，無論F為何值

26、，B的加速度最大值為a＝μg，D正確． 2．[2019·安徽蚌埠模擬]愛因斯坦曾經(jīng)設計了一個真空中的理想實驗，在這個實驗中，當電梯(內(nèi)部為真空)相對于地球靜止時，封閉在電梯里的觀察者發(fā)現(xiàn)，從手中釋放的蘋果和羽毛落到電梯底板上，當電梯做自由落體運動時，觀察者發(fā)現(xiàn)從手中釋放的蘋果和羽毛會停在空中而不下落．以下對這一實驗的說法中正確的是(　　) A．電梯相對地球靜止時，釋放后的蘋果比羽毛先落到電梯底板 B．電梯做自由落體運動時，釋放后的蘋果和羽毛受到的合力為零 C．以自由下落的電梯為參考系，牛頓運動定律也是成立的 D．在自由下落的電梯里，觀察者不能僅從蘋果和羽毛的運動現(xiàn)象判斷引力是否存在

27、 答案：D 解析：電梯靜止時，由于不受空氣阻力，蘋果和羽毛均做自由落體運動，故二者同時落到電梯底板上，故A錯誤；電梯做自由落體運動時，釋放后的蘋果和羽毛所受的合力等于它們的重力，故B錯誤；牛頓運動定律適用于慣性參考系，即選擇靜止或勻速直線運動的物體為參考系，以自由下落的電梯為參考系，牛頓運動定律是不成立的，故C錯誤；由于電梯、蘋果和羽毛三者同時自由下落時相對靜止，此時它們?nèi)允艿揭ψ饔?，因此不能僅從蘋果和羽毛的運動現(xiàn)象判斷引力是否存在，故D正確． 3. [2019·湖北黃石中學?？糫(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為m1、m2的A、B兩個滑塊放在斜面上，中間用一個輕桿相連，A、B與斜面間的

28、動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，它們在斜面上加速下滑．關(guān)于桿的受力情況，下列分析正確的是(　　) A．若μ1>μ2，m1＝m2，則桿受到壓力 B．若μ1＝μ2，m1>m2，則桿受到拉力 C．若μ1<μ2，m1μ2，則a1

29、壓力，故A正確；若μ1＝μ2，則a1＝a2，兩滑塊加速度相同，說明無相對運動趨勢，桿不受到作用力，故B錯誤，D正確；若μ1<μ2，則a1>a2，A的加速度較大，則桿受到拉力，故C錯誤． 4．[2019·江西豐城模擬](多選)質(zhì)量均為m的兩物塊1和2之間用一根不可伸長的細線相連，兩物塊一起在光滑水平桌面上以速度v0勻速運動，某時刻物塊1到達桌面的右邊緣，如圖所示．當物塊1滑上與桌面等高的水平傳送帶后，經(jīng)過一段時間到達傳送帶的最右端，若傳送帶的速度大于v0且保持不變，物塊1和物塊2與傳送帶間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2(μ1<μ2)，則在此過程中(不考慮桌子邊緣與傳送帶間的縫隙，細線的長度小于傳

30、送帶的長度)(　　) A．物塊2在桌面上可能先做勻加速運動后做勻速運動 B．兩物塊都在傳送帶上時，它們所受的摩擦力一定不相等 C．兩物塊在任何時刻的速度和加速度都相等 D．可能存在物塊1與物塊2加速度不相等的階段 答案：AD 解析：物塊1滑上傳送帶后，在滑動摩擦力的作用下做勻加速運動，由于物塊1和物塊2通過不可伸長的細線連接，故物塊2也做勻加速運動；如果在物塊2滑上傳送帶之前，物塊的速度已經(jīng)等于傳送帶的速度，則此后物塊1、2均做勻速直線運動，故A正確；兩物塊都在傳送帶上時，如果兩物塊速度與傳送帶相同，則兩物塊所受靜摩擦力相等，均為零，故B錯誤；如果物塊2滑上傳送帶時，物塊2的速

31、度小于傳送帶的速度，由于兩個物塊的動摩擦因數(shù)μ1<μ2，則加速度a1

32、，物塊加速下滑時，再次對物塊和斜面體整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，豎直方向有(M＋m)g－N′＝masin30°，對物塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin30°＝ma，聯(lián)立得到N－N′＝masin30°＝mg(sin30°)2＝3×10×0.25 N＝7.5 N．故A、B、D錯誤，C正確． 6．[2019·北京西城區(qū)模擬]在光滑水平面上放置兩長度相同、質(zhì)量分別為m1和m2的木板P、Q，在木板的左端各有一大小、形狀、質(zhì)量完全相同的物塊a和b，木板和物塊均處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)對物塊a和b分別施加水平恒力F1和F2，使它們向右運動．當物塊與木板分離時，P、Q的速度分別為v1、v2，物塊a、

33、b相對地面的位移分別為s1、s2.已知兩物塊與木板間的動摩擦因數(shù)相同，下列判斷正確的是(　　) A．若F1＝F2、m1>m2，則v1>v2、s1＝s2 B．若F1＝F2、m1v2、s1＝s2 C．若F1v2、s1>s2 D．若F1>F2、m1＝m2，則v1s2 答案：C 解析：若F1＝F2，由于a、b所受的摩擦力大小相等，因此a、b的加速度相同，設a、b的加速度大小為a0，P的加速度大小為a1，Q的加速度大小為a2，由牛頓第二定律得a1＝，a2＝，其中m為物塊a、b的質(zhì)量．設木板的長度為L，兩木板均向右做勻加速直線運動，當物

34、塊與木板分離時，a與P的相對位移為L＝a0t－a1t，b與Q的相對位移為L＝a0t－a2t.若m1>m2，則a1v2，s1>s2，故A、B錯誤；若F1>F2、m1＝m2，根據(jù)受力分析和牛頓第二定律得aa>ab，由于m1＝m2，所以P、Q的加速度相同．設P、Q的加速度大小為a3，它們均向右做勻加速直線運動，當物塊與木板分離時a與P的相對位移為L＝aat－a3t，b與Q的相對位移為L＝abt－a3t，由

35、于aa>ab，則t1t2，v1>v2，s1>s2，故C正確． 7．[2019·甘肅一診]如圖所示，在水平面上，有兩個質(zhì)量分別為m1和m2的物體A、B，它們與水平面之間的動摩擦因數(shù)均為μ，m1>m2，A、B間水平連接有一輕質(zhì)彈簧測力計．若用大小為F的水平力向右拉B，穩(wěn)定后B的加速度大小為a1，彈簧測力計示數(shù)為F1；如果改用大小為F的水平力向左拉A，穩(wěn)定后A的加速度大小為a2，彈簧測力計示數(shù)為F2.下列關(guān)系式正確的是(　　) A．a(chǎn)1＝a2

36、，F(xiàn)1>F2 B．a(chǎn)1＝a2，F(xiàn)1a2，F(xiàn)1>F2 答案：A 解析：以由A、B及彈簧組成的整體為研究對象，由牛頓第二定律得兩次運動過程中整體的加速度a＝，可得a1＝a2＝a.當用F拉B時，以A為研究對象有F1－μm1g＝m1a1，可得F1＝μm1g＋m1a1＝；同理，當用F拉A時，以B為研究對象，有F2－μm2g＝m2a2，可得F2＝，由于m1>m2，則F1>F2，A正確． 8．(多選)如圖所示，一小車上有一個固定的水平橫桿，左邊有一輕桿與豎直方向成θ角與橫桿固定，下端連接一小鐵球，橫桿右邊用一根細線吊一小鐵球，當小車向右做加速運

37、動時，細線保持與豎直方向成α角，若θ<α，則下列說法正確的是 (　　) A．輕桿對小球的彈力方向與細線平行 B．輕桿對小球的彈力方向沿著輕桿方向向上 C．輕桿對小球的彈力方向既不與細線平行也不沿著輕桿方向 D．此時輕桿的形變包括拉伸形變與彎曲形變 答案：AD 解析：分析細線下面的小鐵球，受力如圖甲所示，只受到重力和拉力，二者的合力沿水平方向，則有a＝gtanα.分析輕桿下面的小球，設輕桿對小球的力F與豎直方向夾角為β，受力分析如圖乙，則有mg＝Fcosβ，ma＝Fsinβ，小鐵球加速度相同，則a＝gtanβ，代入計算得β＝α，所以A正確，B、C錯誤；由于彈力沒有沿桿的方向，所以

38、輕桿不但被拉伸，還被彎曲，因此D正確． 9．質(zhì)量為M的小車放在光滑水平面上，小車上用細線懸掛另一質(zhì)量為m的小球，且M>m.用一力F水平向右拉小球，使小球和小車一起以加速度a向右運動，細線與豎直方向成α角，細線的拉力大小為F1，如圖甲．若用一力F′水平向左拉小車，使小球和車一起以加速度a′向左運動時，細線與豎直方向也成α角，細線的拉力大小為F′1，如圖乙，則 (　　) A．a(chǎn)′＝a，F(xiàn)′1＝F1 B．a(chǎn)′>a，F(xiàn)′1>F1 C．a(chǎn)′a，F(xiàn)′1＝F1 答案：D 解析：先對題圖甲中的整體受力分析，受重力、支持力和拉力F，根據(jù)牛頓第二定律有F＝(

39、M＋m)a. 再對題圖甲的小球受力分析，如圖(a)． 根據(jù)牛頓第二定律有F－F1sinα＝ma，F(xiàn)1cosα－mg＝0.由以上三式可解得F1＝，a＝.再對題圖乙中小球受力分析如圖(b)，由幾何關(guān)系得F合＝mgtanα，F(xiàn)′1＝，再由牛頓第二定律得到a′＝gtanα，由于M>m，故a′>a，F(xiàn)′1＝F1，故選D. 10．如圖所示，水平地面上有一車廂，車廂內(nèi)固定的平臺通過相同的彈簧把相同的物塊A、B壓在豎直側(cè)壁和水平的頂板上，已知A、B與接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ，車廂靜止時，兩彈簧長度相同，A恰好不下滑，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.現(xiàn)使車廂沿水平方向加速運動，為

40、保證A、B仍相對車廂靜止，則(　　) A．速度可能向左，加速度可大于(1＋μ)g B．加速度一定向右，不能超過(1－μ)g C．加速度一定向左，不能超過μg D．加速度一定向左，不能超過(1－μ)g 答案：B 解析： 開始A恰好不下滑，對A分析有f＝mg＝μN＝μF彈，解得F彈＝，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)．當車廂做加速運動時，為了保證A不下滑，側(cè)壁對A的支持力必須大于等于，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度方向一定向右．對B分析，fBm＝μ(F彈－mg)≥ma，解得a≤(1－μ)g，故B正確，A、C、D錯誤． 二、非選擇題 11. [2019·遼寧鞍山一中模擬]如圖所示，水平面

41、上有一固定著輕質(zhì)定滑輪O的木塊A，它的上表面與水平面平行，它的右側(cè)是一個傾角θ＝37°的斜面．放置在A上的物體B和物體C通過一輕質(zhì)細繩相連，細繩的一部分與水平面平行，另一部分與斜面平行．現(xiàn)對A施加一水平向右的恒力F，使A、B、C恰好保持相對靜止．已知A、B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，不計一切摩擦，求恒力F的大?。?sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) 答案：mg 解析：設繩的張力為T，系統(tǒng)加速度為a，以物體B為研究對象，水平方向物體B只受繩的拉力，由牛頓第二定律得T＝ma；對物體C受力分析如圖所示，受繩的張力T、斜面的支持力FN和重力mg，加速度也為a.對力進行正交分解：

42、 水平方向有FNsinθ－Tcosθ＝ma； 豎直方向有FNcosθ＋Tsinθ＝mg， 聯(lián)立解得a＝， 以A、B、C整體為研究對象有F＝3ma， 解得F＝mg. 12．[2019·重慶八中模擬]如圖所示，質(zhì)量M＝1 kg的木板靜置于傾角為37°的足夠長的固定斜面上的某個位置，質(zhì)量m＝1 kg、可視為質(zhì)點的小物塊以初速度v0＝5 m/s從木板的下端沖上木板，同時在木板上端施加一個沿斜面向上的外力F＝14 N，使木板從靜止開始運動，當小物塊與木板共速時，撤去該外力，最終小物塊從木板的下端滑出．已知小物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.25，木板與斜面之間的動摩擦因數(shù)為0.5，最大靜摩

43、擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： (1)物塊和木板共速前，物塊和木板的加速度； (2)木板的最小長度； (3)物塊在木板上運動的總時間． 答案：(1)見解析　(2) m　(3)s 解析：(1)物塊與木板共速前，對物塊分析有mgsinθ＋μ1mgcosθ＝ma1，得a1＝8 m/s2，方向沿斜面向下，物塊減速上滑； 對木板分析有F＋μ1mgcosθ－Mgsinθ－μ2(m＋M)gcosθ＝Ma2， 得a2＝2 m/s2，方向沿斜面向上，木板加速上滑． (2)物塊與木板共速時有v共＝v0－a1t1，v共＝a2t1， 代入數(shù)據(jù)

44、解得t1＝0.5 s，v共＝1 m/s， 共速時物塊與木板的相對位移 Δx1＝v0t1－a1t－a2t＝1.25 m， 撤掉F后，物塊相對于木板上滑，加速度大小仍為a1＝8 m/s2，物塊減速上滑， 對木板有 Mgsinθ＋μ2(M＋m)gcosθ－μ1mgcosθ＝Ma′2， 則a′2＝12 m/s2，方向沿斜面向下，木板減速上滑． 由于Mgsinθ＋μ1mgcosθ＝μ2(M＋m)gcosθ， 則木板速度減為零后，物塊在木板上滑動時，木板保持靜止， 經(jīng)過t2＝s，木板停止，經(jīng)過t′2＝s，物塊速度減為零， 此過程，物塊和木板的相對位移Δx2＝t′2－t2＝ m， 故木板的最小長度Lmin＝Δx1＋Δx2＝ m. (3)物塊在木板上下滑時，木板靜止不動， 物塊的加速度a′1＝gsinθ－μ1gcosθ＝4 m/s2， Lmin＝a′1t，得t3＝s， 物塊在木板上運動的總時間t＝t1＋t′2＋t3＝s. 18