《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練9 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用（含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練9 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用（含解析）.doc（17頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用 小題狂練⑨ 小題是基礎(chǔ)　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(gè)被水平拉伸的彈簧一端，彈簧的拉力為6 N時(shí)，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)．若小車以0.8 m/s2的加速度向右加速運(yùn)動(dòng)，則(　　) A．物體A受到的彈簧的拉力不變 B．物體A相對(duì)小車向左運(yùn)動(dòng) C．物體A相對(duì)小車向右運(yùn)動(dòng) 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?fàn)顟B(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(yùn)動(dòng)，A也以0.8 m/s2的加速度向右運(yùn)動(dòng)，A需要的合力等于8 N，彈簧向右的拉力為6 N，小車對(duì)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(duì)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(zhǎng)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(jì)，傾角為θ的斜面光滑，系統(tǒng)靜止時(shí)，彈簧與細(xì)線均平行于斜面，在細(xì)線被燒斷的瞬間，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．兩個(gè)小球的瞬時(shí)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(shí)加速度為零 C．A球的瞬時(shí)加速度沿斜面向下，大小為2gsinθ D．彈簧有收縮的趨勢(shì)，B球的瞬時(shí)加速度向上，A球的瞬時(shí)加速度向下，瞬時(shí)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(kāi)始A、B靜止，可計(jì)算出彈簧伸長(zhǎng)且彈力大小等于mgsinθ，剪斷細(xì)線的瞬間，B的受力不變，故瞬時(shí)加速度為零，B正確，A、D錯(cuò)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)，在t＝1 s時(shí)刻撤去恒力F，物體運(yùn)動(dòng)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與摩擦力f大小之比為F：f＝3：1 C．物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.3 D．在撤去F前后兩個(gè)階段的平均速度大小之比為：＝2：1 答案：BC 解析：在速度—時(shí)間圖象中圖象與時(shí)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(yīng)為9 m，A錯(cuò)誤．撤去力F后，物體受摩擦力作用而減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為3 m/s2，而a2＝μg，μ＝0.3，C正確．勻變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度等于初末速度和的一半，故撤去F前后兩個(gè)階段的平均速度相同，D錯(cuò)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. [2019廣東省深圳市高級(jí)中學(xué)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(xì)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(xì)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(duì)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(lái)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正確． 5. [2019山東省濟(jì)南外國(guó)語(yǔ)學(xué)?？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(zhǎng)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(dāng)繩子突然斷開(kāi)時(shí)，貓立即沿著板向上跑，以保持其相對(duì)斜面的位置不變．則此時(shí)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(shè)貓的質(zhì)量為m，板的質(zhì)量為2m，以貓為研究對(duì)象，進(jìn)行受力分析，貓受重力mg、支持力N1、板對(duì)它的沿斜面向上的力F，合力為0，有F＝mgsinα.以板為研究對(duì)象，進(jìn)行受力分析，板受重力2mg、壓力大小為N1、支持力N2、貓對(duì)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?fàn)顟B(tài)，此時(shí)水平面對(duì)物塊的彈力恰好為零．物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．g取10 m/s2，以下說(shuō)法正確的是(　　) A．此時(shí)輕彈簧的彈力大小為20 N B．當(dāng)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，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(diǎn)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(shí)受重力、支持力、彈簧彈力和摩擦力四個(gè)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(cuò)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，上端放置一物體(物體與彈簧不連接)，初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開(kāi)始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，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(shí)，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(shí)二者間的作用力為0，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，A錯(cuò)．開(kāi)始時(shí)，物體受重力、彈力作用，二者的合力等于0，此時(shí)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(shí)及分離后拉力為30 N，合力不變，故物體的重力大小為20 N，質(zhì)量為2 kg，C錯(cuò)．從開(kāi)始上升到分離，物體上升了4 cm，即開(kāi)始時(shí)彈簧的壓縮長(zhǎng)度為4 cm，根據(jù)胡克定律mg＝kx，k＝500 N/m＝5 N/cm，B錯(cuò)．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(duì)． 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(gè)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(dòng)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(dòng)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，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(duì)P、Q整體由牛頓第二定律可得F－μ3mgcosθ－3mgsinθ＝3ma，解得a＝－μgcosθ－gsinθ，再隔離Q，由牛頓第二定律得F1－μ2mgcosθ－2mgsinθ＝2ma，將a代入可得F1＝F，與θ和μ無(wú)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(zhǎng)的傳送帶與水平面的夾角為θ，正以某一速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，小木塊速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，v0、t0已知，重力加速度為g，則(　　) A．傳送帶一定順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) B．傳送帶的速度大小等于v0 C．μ＝－tanθ D．t0時(shí)間后木塊的加速度大小為 －2gsinθ 答案：BC 解析：若傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)木塊下滑時(shí)滿足mgsinθ>μmgcosθ，將一直勻加速到底端而且加速度不變；當(dāng)木塊上滑時(shí)滿足mgsinθ<μmgcosθ，木塊先勻加速運(yùn)動(dòng)，在速度與傳送帶速度相等后將勻速運(yùn)動(dòng)，兩種均不符合運(yùn)動(dòng)圖象，故傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；只有當(dāng)木塊的速度大于傳送帶的速度時(shí)，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(shí)間內(nèi)，滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向下，木塊勻加速下滑，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(cuò)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(guò)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(shí)間內(nèi)，A、B運(yùn)動(dòng)的路程之比為2：1 B．物塊A、B的加速度大小之比為1：1 C．輕繩的拉力大小為 D．當(dāng)B下落高度為h時(shí)，速度大小為 答案：AC 解析：由于物塊B通過(guò)動(dòng)滑輪懸掛，所以相同時(shí)間內(nèi)，A、B運(yùn)動(dòng)的路程之比為2：1，選項(xiàng)A正確；由于二者都是從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，根據(jù)初速度為零的勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，物塊A、B的加速度大小之比為2：1，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；設(shè)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(duì)物塊B有3mg－2F＝3ma，對(duì)物塊A有F＝m2a，聯(lián)立解得：F＝，a＝，選項(xiàng)C正確；當(dāng)B下落高度為h時(shí)，由v2＝2ah，解得v＝ ，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 11．[2019江蘇省海安中學(xué)摸底] (多選)傳送帶以v1的速度勻速運(yùn)動(dòng)，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(yùn)行方向相反，如圖所示，已知傳送帶長(zhǎng)度為L(zhǎng)，物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則以下判斷正確的是(　　) A．當(dāng)v2、μ、L滿足一定條件時(shí)，物體可以從A端離開(kāi)傳送帶，且物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與v1無(wú)關(guān) B．當(dāng)v2、μ、L滿足一定條件時(shí)，物體可以從B端離開(kāi)傳送帶，且物體離開(kāi)傳送帶時(shí)的速度可能大于v1 C．當(dāng)v2、μ、L滿足一定條件時(shí)，物體可以從B端離開(kāi)傳送帶，且物體離開(kāi)傳送帶時(shí)的速度可能等于v1 D．當(dāng)v2、μ、L滿足一定條件時(shí)，物體可以從B端離開(kāi)傳送帶，且物體離開(kāi)傳送帶時(shí)的速度可能小于v1 答案：ACD 解析：物體剛放上傳送帶時(shí)，所受滑動(dòng)摩擦力向右，于是物體做減速運(yùn)動(dòng)，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(dāng)速度v2≥，物體將從A端離開(kāi)，時(shí)間用公式L＝v2t－μgt2計(jì)算，顯然時(shí)間與傳送帶的速度無(wú)關(guān)，A正確；當(dāng)速度v2≤時(shí)，物體到A端之前速度減為0，然后在滑動(dòng)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(cuò)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3μmg時(shí)，A相對(duì)B滑動(dòng) D．無(wú)論F為何值，B的加速度不會(huì)超過(guò)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(duì)滑動(dòng)時(shí)的加速度為a＝μg，此時(shí)對(duì)整體有F－f′max＝(m＋2m)a，所以當(dāng)F＝μ3mg＋3ma＝3μmg時(shí)，A、B將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)；當(dāng)μmg≤F<2μmg時(shí)，A、B之間不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，B與地面間會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，A錯(cuò)誤；當(dāng)F＝μmg<3μmg時(shí)，A、B間不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，由牛頓第二定律有a′＝＝＝μg，B正確；當(dāng)F>3μmg時(shí)，A、B間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，C正確；A對(duì)B的最大摩擦力為2μmg，無(wú)論F為何值，B的加速度最大值為a＝μg，D正確． 2．[2019安徽蚌埠模擬]愛(ài)因斯坦曾經(jīng)設(shè)計(jì)了一個(gè)真空中的理想實(shí)驗(yàn)，在這個(gè)實(shí)驗(yàn)中，當(dāng)電梯(內(nèi)部為真空)相對(duì)于地球靜止時(shí)，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(dāng)電梯做自由落體運(yùn)動(dòng)時(shí)，觀察者發(fā)現(xiàn)從手中釋放的蘋果和羽毛會(huì)停在空中而不下落．以下對(duì)這一實(shí)驗(yàn)的說(shuō)法中正確的是(　　) A．電梯相對(duì)地球靜止時(shí)，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(yùn)動(dòng)時(shí)，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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)現(xiàn)象判斷引力是否存在 答案：D 解析：電梯靜止時(shí)，由于不受空氣阻力，蘋果和羽毛均做自由落體運(yùn)動(dòng)，故二者同時(shí)落到電梯底板上，故A錯(cuò)誤；電梯做自由落體運(yùn)動(dòng)時(shí)，釋放后的蘋果和羽毛所受的合力等于它們的重力，故B錯(cuò)誤；牛頓運(yùn)動(dòng)定律適用于慣性參考系，即選擇靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的物體為參考系，以自由下落的電梯為參考系，牛頓運(yùn)動(dòng)定律是不成立的，故C錯(cuò)誤；由于電梯、蘋果和羽毛三者同時(shí)自由下落時(shí)相對(duì)靜止，此時(shí)它們?nèi)允艿揭ψ饔茫虼瞬荒軆H從蘋果和羽毛的運(yùn)動(dòng)現(xiàn)象判斷引力是否存在，故D正確． 3. [2019湖北黃石中學(xué)模考](多選)如圖所示，質(zhì)量分別為m1、m2的A、B兩個(gè)滑塊放在斜面上，中間用一個(gè)輕桿相連，A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，它們?cè)谛泵嫔霞铀傧禄P(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a1a2，A的加速度較大，則桿受到拉力，故C錯(cuò)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(zhǎng)的細(xì)線相連，兩物塊一起在光滑水平桌面上以速度v0勻速運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻物塊1到達(dá)桌面的右邊緣，如圖所示．當(dāng)物塊1滑上與桌面等高的水平傳送帶后，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間到達(dá)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(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2(μ1<μ2)，則在此過(guò)程中(不考慮桌子邊緣與傳送帶間的縫隙，細(xì)線的長(zhǎng)度小于傳送帶的長(zhǎng)度)(　　) A．物塊2在桌面上可能先做勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻速運(yùn)動(dòng) B．兩物塊都在傳送帶上時(shí)，它們所受的摩擦力一定不相等 C．兩物塊在任何時(shí)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(dòng)摩擦力的作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，由于物塊1和物塊2通過(guò)不可伸長(zhǎng)的細(xì)線連接，故物塊2也做勻加速運(yùn)動(dòng)；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(yùn)動(dòng)，故A正確；兩物塊都在傳送帶上時(shí)，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(cuò)誤；如果物塊2滑上傳送帶時(shí)，物塊2的速度小于傳送帶的速度，由于兩個(gè)物塊的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1<μ2，則加速度a1m2，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(shè)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(shè)木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，兩木板均向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊與木板分離時(shí)，a與P的相對(duì)位移為L(zhǎng)＝a0t－a1t，b與Q的相對(duì)位移為L(zhǎng)＝a0t－a2t.若m1>m2，則a1v2，s1>s2，故A、B錯(cuò)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(shè)P、Q的加速度大小為a3，它們均向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊與木板分離時(shí)a與P的相對(duì)位移為L(zhǎng)＝aat－a3t，b與Q的相對(duì)位移為L(zhǎng)＝abt－a3t，由于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(gè)質(zhì)量分別為m1和m2的物體A、B，它們與水平面之間的動(dòng)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(cè)力計(jì)．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(cè)力計(jì)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(cè)力計(jì)示數(shù)為F2.下列關(guān)系式正確的是(　　) A．a(chǎn)1＝a2，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(duì)象，由牛頓第二定律得兩次運(yùn)動(dòng)過(guò)程中整體的加速度a＝，可得a1＝a2＝a.當(dāng)用F拉B時(shí)，以A為研究對(duì)象有F1－μm1g＝m1a1，可得F1＝μm1g＋m1a1＝；同理，當(dāng)用F拉A時(shí)，以B為研究對(duì)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(gè)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(xì)線吊一小鐵球，當(dāng)小車向右做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線保持與豎直方向成α角，若θ<α，則下列說(shuō)法正確的是 (　　) A．輕桿對(duì)小球的彈力方向與細(xì)線平行 B．輕桿對(duì)小球的彈力方向沿著輕桿方向向上 C．輕桿對(duì)小球的彈力方向既不與細(xì)線平行也不沿著輕桿方向 D．此時(shí)輕桿的形變包括拉伸形變與彎曲形變 答案：AD 解析：分析細(xì)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(shè)輕桿對(duì)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(jì)算得β＝α，所以A正確，B、C錯(cuò)誤；由于彈力沒(méi)有沿桿的方向，所以輕桿不但被拉伸，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(xì)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(yùn)動(dòng)，細(xì)線與豎直方向成α角，細(xì)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(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線與豎直方向也成α角，細(xì)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(duì)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＝(M＋m)a. 再對(duì)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(duì)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(tái)通過(guò)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(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，車廂靜止時(shí)，兩彈簧長(zhǎng)度相同，A恰好不下滑，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g.現(xiàn)使車廂沿水平方向加速運(yùn)動(dòng)，為保證A、B仍相對(duì)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(guò)(1－μ)g C．加速度一定向左，不能超過(guò)μg D．加速度一定向左，不能超過(guò)(1－μ)g 答案：B 解析： 開(kāi)始A恰好不下滑，對(duì)A分析有f＝mg＝μN(yùn)＝μF彈，解得F彈＝，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)．當(dāng)車廂做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，為了保證A不下滑，側(cè)壁對(duì)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(duì)B分析，fBm＝μ(F彈－mg)≥ma，解得a≤(1－μ)g，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 二、非選擇題 11. [2019遼寧鞍山一中模擬]如圖所示，水平面上有一固定著輕質(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(gè)傾角θ＝37的斜面．放置在A上的物體B和物體C通過(guò)一輕質(zhì)細(xì)繩相連，細(xì)繩的一部分與水平面平行，另一部分與斜面平行．現(xiàn)對(duì)A施加一水平向右的恒力F，使A、B、C恰好保持相對(duì)靜止．已知A、B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦，求恒力F的大小．(sin37＝0.6，cos37＝0.8) 答案：mg 解析：設(shè)繩的張力為T，系統(tǒng)加速度為a，以物體B為研究對(duì)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(duì)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(duì)力進(jìn)行正交分解： 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(duì)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(zhǎng)的固定斜面上的某個(gè)位置，質(zhì)量m＝1 kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊以初速度v0＝5 m/s從木板的下端沖上木板，同時(shí)在木板上端施加一個(gè)沿斜面向上的外力F＝14 N，使木板從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物塊與木板共速時(shí)，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(dòng)摩擦因數(shù)為0.25，木板與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)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(zhǎng)度； (3)物塊在木板上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間． 答案：(1)見(jiàn)解析　(2) m　(3)s 解析：(1)物塊與木板共速前，對(duì)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(duì)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(shí)有v共＝v0－a1t1，v共＝a2t1， 代入數(shù)據(jù)解得t1＝0.5 s，v共＝1 m/s， 共速時(shí)物塊與木板的相對(duì)位移 Δx1＝v0t1－a1t－a2t＝1.25 m， 撤掉F后，物塊相對(duì)于木板上滑，加速度大小仍為a1＝8 m/s2，物塊減速上滑， 對(duì)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(dòng)時(shí)，木板保持靜止， 經(jīng)過(guò)t2＝s，木板停止，經(jīng)過(guò)t′2＝s，物塊速度減為零， 此過(guò)程，物塊和木板的相對(duì)位移Δx2＝t′2－t2＝ m， 故木板的最小長(zhǎng)度Lmin＝Δx1＋Δx2＝ m. (3)物塊在木板上下滑時(shí)，木板靜止不動(dòng)， 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(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t′2＋t3＝s.