第三章 素養(yǎng)提升課二　牛頓第二定律的綜合應(yīng)用(一)-2025高三總復(fù)習(xí) 物理（新高考）

素養(yǎng)提升課二牛頓第二定律的綜合應(yīng)用(一)提升點(diǎn)一動(dòng)力學(xué)中的圖像問題常見圖像v-t圖像、a-t圖像、F-t圖像、F-a圖像等。問題類型(1)已知物體受力圖像或者運(yùn)動(dòng)圖像，分析物體的運(yùn)動(dòng)情況或者受力情況。(2)已知物體的運(yùn)動(dòng)情況或者受力情況，確定物體的有關(guān)圖像?？枷?已知圖像確定物體的運(yùn)動(dòng)或者受力情況(多選)(2021·全國乙卷)水平地面上有一質(zhì)量為m1的長木板，木板的左邊上有一質(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＝μ1m1gB．F2＝eq\f(m2（m1＋m2）,m1)(μ2－μ1)gC．μ2＞eq\f(m1＋m2,m2)μ1D．在0～t2時(shí)間段物塊與木板加速度相等答案：BCD解析：由題圖(c)可知，t1時(shí)刻物塊、木板一起剛要在水平地面滑動(dòng)，物塊與木板相對(duì)靜止，此時(shí)以整體為研究對(duì)象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A錯(cuò)誤；由題圖(c)可知，t2時(shí)刻物塊與木板剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a＞0，解得F2＝eq\f(m2（m1＋m2）,m1)(μ2－μ1)g，由F2＞F1知μ2＞eq\f(m1＋m2,m2)μ1，故B、C正確；由題圖(c)可知，0～t2時(shí)間段物塊與木板相對(duì)靜止，所以有相同的加速度，故D正確。對(duì)點(diǎn)練．(多選)如圖(a)所示，物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上，物塊用一不可伸長的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上的力傳感器相連，細(xì)繩水平，t＝0時(shí)，木板開始受到水平外力F的作用，在t＝4s時(shí)撤去外力。細(xì)繩對(duì)物塊的拉力FT隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖(b)所示，木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖(c)所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺(tái)之間的摩擦可以忽略。重力加速度取10m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出()A．木板的質(zhì)量為1kgB．2～4s內(nèi)，力F的大小為0.4NC．0～2s內(nèi)，力F的大小保持不變D．物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2答案：AB解析：由題圖(c)可知，木板在0～2s內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，再結(jié)合題圖(b)中細(xì)繩對(duì)物塊的拉力FT在0～2s內(nèi)逐漸增大，可知物塊受到木板的摩擦力逐漸增大，故可以判斷木板受到的水平外力F也逐漸增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由題圖(c)可知，木板在2～4s內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)，其加速度大小為a1＝eq\f(0.4－0,4－2)m/s2＝0.2m/s2，對(duì)木板進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律可得F－Ff＝ma1，在4～5s內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)，其加速度大小為a2＝eq\f(0.4－0.2,5－4)m/s2＝0.2m/s2，F(xiàn)f＝ma2，另外由于物塊靜止不動(dòng)，同時(shí)結(jié)合題圖(b)可知物塊與木板之間的滑動(dòng)摩擦力Ff＝0.2N，解得m＝1kg、F＝0.4N，選項(xiàng)A、B正確；由于不知道物塊的質(zhì)量，所以不能求出物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤?？枷?已知物體的運(yùn)動(dòng)或者受力情況判斷有關(guān)圖像英國物理學(xué)家和數(shù)學(xué)家斯托克斯研究球體在液體中下落時(shí)，發(fā)現(xiàn)了液體對(duì)球的粘滯阻力與球的半徑、速度及液體的種類有關(guān)，有F＝6πηrv，其中物理量η為液體的粘滯系數(shù)，它與液體的種類及溫度有關(guān)，如圖所示，將一顆小鋼珠由靜止釋放到盛有蓖麻油的足夠深的量筒中，下列描繪鋼珠在下沉過程中加速度大小與時(shí)間關(guān)系圖像可能正確的是()答案：D解析：根據(jù)牛頓第二定律得，小鋼珠的加速度a＝eq\f(mg－F,m)＝eq\f(mg－6πηrv,m)，在下降的過程中，速度v增大，阻力F增大，則加速度a減小，速度v增大得越來越慢，則加速度a減小得越來越慢，當(dāng)重力和阻力相等時(shí)，做勻速運(yùn)動(dòng)，加速度為零，故選項(xiàng)D正確。學(xué)生用書第53頁規(guī)律總結(jié)解答圖像問題的策略1．分清圖像的類別：分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會(huì)分析臨界點(diǎn)。2．注意圖線中的一些特殊點(diǎn)所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標(biāo)的交點(diǎn)，圖線的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，兩圖線的交點(diǎn)等。3．明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與具體的題意、情景結(jié)合起來，應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對(duì)應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對(duì)有關(guān)物理問題做出準(zhǔn)確判斷。對(duì)點(diǎn)練．(2024·山東德州模擬)如圖所示，在光滑的斜面上，輕彈簧的下端固定在擋板上，上端放有物塊Q，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一沿斜面向上的力F作用在Q上，使其沿斜面向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，以x表示Q離開靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是()答案：A解析：設(shè)斜面傾角為θ，開始時(shí)mgsinθ＝kx0；當(dāng)用一沿斜面向上的力F作用在Q上時(shí)，且Q的位移為x，根據(jù)牛頓第二定律可得F＋k(x0－x)－mgsinθ＝ma，解得F＝kx＋ma，故選項(xiàng)A正確。提升點(diǎn)二動(dòng)力學(xué)中的連接體問題整體法與隔離法的靈活運(yùn)用1．整體法的選取原則：對(duì)于加速度相同的連接體，只涉及連接體整體的受力和運(yùn)動(dòng)情況而不涉及連接體內(nèi)某些物體的受力和運(yùn)動(dòng)情況時(shí)，一般采用整體法。2．隔離法的選取原則：對(duì)于加速度相同的連接體，當(dāng)涉及連接體內(nèi)某個(gè)物體的受力和運(yùn)動(dòng)情況時(shí)，或者對(duì)于加速度不同的連接體，一般采用隔離法?？枷?加速度相同的連接體如圖所示，水平面上有兩個(gè)質(zhì)量分別為m1和m2的木塊1和2，中間用一條輕繩連接，兩木塊的材料相同，現(xiàn)用力F向右拉木塊2，當(dāng)兩木塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，已知重力加速度為g，下列說法正確的是()A．若水平面是光滑的，則m2越大繩的拉力越大B．若木塊和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則繩的拉力為eq\f(m1F,m1＋m2)＋μm1gC．繩的拉力大小與水平面是否粗糙無關(guān)D．繩的拉力大小與水平面是否粗糙有關(guān)答案：C解析：設(shè)木塊和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，以兩木塊整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得a＝eq\f(F－μ（m1＋m2）g,m1＋m2)，以木塊1為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律FT－μm1g＝m1a，解得a＝eq\f(FT－μm1g,m1)，系統(tǒng)加速度與木塊1加速度相同，解得FT＝eq\f(m1,m1＋m2)F，可見繩的拉力大小與動(dòng)摩擦因數(shù)μ無關(guān)，與兩木塊質(zhì)量大小有關(guān)，即無論水平面是光滑的還是粗糙的，繩的拉力大小均為FT＝eq\f(m1,m1＋m2)F，且m2越大繩的拉力越小，故選C?！就卣棺兪健?多選)如圖所示，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物塊緊靠在一起放在傾角為θ的固定斜面上，兩物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，用始終平行于斜面向上的恒力F推A，使它們沿斜面向上勻加速運(yùn)動(dòng)，為了增大A、B間的壓力，可行的辦法是()A．增大推力F B．減小傾角θC．減小B的質(zhì)量 D．減小A的質(zhì)量答案：AD解析：設(shè)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，對(duì)A、B整體受力分析，有F－(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a，對(duì)B受力分析，有FAB－mBgsinθ－μmBgcosθ＝mBa，由以上兩式可得FAB＝eq\f(mB,mA＋mB)F＝eq\f(F,\f(mA,mB)＋1)，為了增大A、B間的壓力，即增大FAB，應(yīng)增大推力F、減小A的質(zhì)量或增大B的質(zhì)量，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤。規(guī)律總結(jié)“串接式”連接體中力的“分配”特點(diǎn)兩物塊在力F作用下一起運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)的加速度與每個(gè)物塊的加速度相同：1．如圖甲所示：(1)地面光滑；(2)m1、m2與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。2．如圖乙所示：(1)斜面光滑；(2)m1、m2與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。3．如圖丙所示：空氣阻力不計(jì)。以上幾種及類似情形中，F(xiàn)一定時(shí)，兩物塊間的彈力大小只與物塊的質(zhì)量有關(guān)，且F彈＝eq\f(m2,m1＋m2)F。學(xué)生用書第54頁對(duì)點(diǎn)練．(多選)(2024·河北保定模擬)如圖所示，一質(zhì)量M＝3kg、傾角為α＝45°的斜面體放在光滑水平地面上，斜面體上有一質(zhì)量為m＝1kg的光滑楔形物體。用一水平向左的恒力F作用在斜面體上，系統(tǒng)恰好保持相對(duì)靜止地向左運(yùn)動(dòng)。重力加速度g取10m/s2，下列判斷正確的是()A．系統(tǒng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．F＝40NC．斜面體對(duì)楔形物體的作用力大小為5eq\r(2)ND．增大力F，楔形物體將相對(duì)斜面體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)答案：BD解析：對(duì)整體受力分析如圖甲所示，由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a；對(duì)楔形物體受力分析如圖乙所示，由牛頓第二定律有mgtan45°＝ma，可得F＝40N，a＝10m/s2，A錯(cuò)誤，B正確；斜面體對(duì)楔形物體的作用力FN2＝eq\f(mg,sin45°)＝eq\r(2)mg＝10eq\r(2)N，C錯(cuò)誤；外力F增大，則斜面體加速度增大，由于斜面體與楔形物體間無摩擦力，則楔形物體將會(huì)相對(duì)斜面體沿斜面上滑，D正確?？枷?加速度不同的連接體(多選)質(zhì)量分別為M和m的物塊A和B形狀、大小均相同，將它們通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為α的斜面，A恰好能靜止在斜面上，不考慮A、B與斜面之間的摩擦，若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放A，斜面仍保持靜止，則下列說法正確的是()A．輕繩的拉力等于mgB．輕繩的拉力等于MgC．A運(yùn)動(dòng)的加速度大小為(1－sinα)gD．A運(yùn)動(dòng)的加速度大小為eq\f(M－m,M)g答案：ACD解析：第一次放置時(shí)A靜止，則由平衡條件可得Mgsinα＝mg。第二次放置時(shí)，對(duì)A，有Mg－FT＝Ma；對(duì)B，有FT－mgsinα＝ma，聯(lián)立解得a＝(1－sinα)g＝eq\f(M－m,M)g，F(xiàn)T＝mg，故A、C、D正確，B錯(cuò)誤。提升點(diǎn)三動(dòng)力學(xué)中的臨界和極值問題1．常見臨界問題的條件(1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是彈力FN＝0。(2)相對(duì)靜止與滑動(dòng)的臨界條件：靜摩擦力達(dá)到最大值。(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子斷裂的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛的臨界條件是FT＝0。(4)最終速度(收尾速度)的臨界條件：物體所受合外力為零。2．求解臨界、極值問題的三種方法極限法把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，以達(dá)到正確解決問題的目的。假設(shè)法臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時(shí)，或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件時(shí)，往往用假設(shè)法解決問題。數(shù)學(xué)法將物理過程轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)表達(dá)式，根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式解出臨界條件。考向1接觸與脫離的臨界問題如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，運(yùn)動(dòng)距離h時(shí)，B與A分離。下列說法正確的是()A．B和A剛分離時(shí)，彈簧長度等于原長B．B和A剛分離時(shí)，它們的加速度為gC．彈簧的勁度系數(shù)等于eq\f(mg,h)D．在B與A分離之前，它們做勻加速直線運(yùn)動(dòng)答案：C解析：A、B分離前，A、B共同做加速運(yùn)動(dòng)，由于F是恒力，而彈簧彈力是變力，故A、B做變加速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)兩物體要分離時(shí)，F(xiàn)AB＝0，對(duì)B：F－mg＝ma，對(duì)A：kx－mg＝ma，即F＝kx時(shí)，A、B分離，a＝0，此時(shí)彈簧仍處于壓縮狀態(tài)。設(shè)用恒力F拉B前彈簧壓縮量為x0，則2mg＝kx0，h＝x0－x，且F＝mg，聯(lián)立以上各式解得k＝eq\f(mg,h)，綜上所述，只有C正確。學(xué)生用書第55頁考向2相對(duì)靜止與滑動(dòng)的臨界問題(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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(1,2)μ。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)對(duì)A施加一水平拉力F，則()A．當(dāng)F＜2μmg時(shí)，A、B都相對(duì)地面靜止B．當(dāng)F＝eq\f(5,2)μmg時(shí)，A的加速度為eq\f(1,3)μgC．當(dāng)F＞3μmg時(shí)，A相對(duì)B滑動(dòng)D．無論F為何值，B的加速度不會(huì)超過eq\f(1,2)μg答案：BCD解析：當(dāng)A、B剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力，即Ff＝2μmg。對(duì)物塊B，根據(jù)牛頓第二定律得2μmg－eq\f(1,2)μ×3mg＝maBm，解得aBm＝eq\f(1,2)μg，D正確。對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律有F－eq\f(1,2)μ×3mg＝3ma，解得F＝3μmg?？芍?dāng)F＞3μmg時(shí)，A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，C正確；對(duì)整體分析，由于整體受到地面的最大靜摩擦力Ffm＝eq\f(1,2)μ×3mg＝eq\f(3,2)μmg，當(dāng)F≤eq\f(3,2)μmg時(shí)，A、B相對(duì)地面靜止，A錯(cuò)誤；當(dāng)eq\f(3,2)μmg＜F＝eq\f(5,2)μmg＜3μmg時(shí)，A、B保持相對(duì)靜止，對(duì)整體分析，F(xiàn)－eq\f(1,2)μ×3mg＝3ma，解得A的加速度為eq\f(1,3)μg，B正確。考向3繩子斷裂與松弛的臨界問題(2024·河南鄭州模擬)如圖所示，粗糙水平面上放置B、C兩物體，A疊放在C上，A、B、C的質(zhì)量分別為m、2m和3m，物體B、C與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，其間用一不可伸長的輕繩相連，輕繩能承受的最大拉力為FT。現(xiàn)用水平拉力F拉物體B，使三個(gè)物體以同一加速度向右運(yùn)動(dòng)，則()A．此過程中物體C受五個(gè)力作用B．當(dāng)F逐漸增大到FT時(shí)，輕繩剛好被拉斷C．當(dāng)F逐漸增大到1.5FT時(shí)，輕繩剛好被拉斷D．若水平面光滑，則繩剛要斷時(shí)，A、C間的摩擦力為eq\f(FT,6)答案：C解析：對(duì)A受力分析，A受重力、支持力和向右的靜摩擦力作用，由此可以知道C受重力、A對(duì)C的壓力、地面的支持力、繩子的拉力、A對(duì)C的摩擦力以及地面的摩擦力六個(gè)力作用，故A錯(cuò)誤；對(duì)整體分析，整體的加速度a＝eq\f(F－μ·6mg,6m)＝eq\f(F,6m)－μg，對(duì)A、C整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得FT－μ·4mg＝4ma，計(jì)算得出FT＝eq\f(2,3)F，當(dāng)F＝1.5FT時(shí)，輕繩剛好被拉斷，故B錯(cuò)誤，C正確；若水平面光滑，繩剛要斷時(shí)，對(duì)A、C整體分析，加速度a＝eq\f(FT,4m)，對(duì)A分析，A受到的摩擦力Ff＝ma＝eq\f(FT,4)，故D錯(cuò)誤。課時(shí)測評(píng)13牛頓第二定律的綜合應(yīng)用(一)eq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,用書P375)(時(shí)間：45分鐘滿分：60分)(本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以獨(dú)立形式分冊(cè)裝訂！)(選擇題1～8題，每題5分，共40分)1．(多選)如圖甲所示，一個(gè)質(zhì)量為2kg的物體在水平力F作用下由靜止開始沿粗糙水平面做直線運(yùn)動(dòng)，t＝1s時(shí)撤去外力。物體的加速度a隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示。則下列說法正確的是()A．F的大小為8NB．0～1s和1～3s內(nèi)物體加速度的方向相反C．t＝3s時(shí)，物體離出發(fā)位置最遠(yuǎn)D．3s末物體的速度為0答案：BCD解析：由題圖乙可知，t＝1s時(shí)撤去外力，物體在摩擦力作用下，加速度大小為2m/s2，由牛頓第二定律可得摩擦力大小為Ff＝ma2＝2×2N＝4N，在0～1s時(shí)間內(nèi)，物體的加速度為4m/s2，由牛頓第二定律可得F－Ff＝ma1，則F＝Ff＋ma1＝4N＋2×4N＝12N，A錯(cuò)誤；由題圖乙可知，0～1s內(nèi)加速度為正方向，1～3s內(nèi)物體加速度為負(fù)方向，所以0～1s和1～3s內(nèi)物體加速度的方向相反，B正確；t＝1s時(shí)，物體的速度v＝a1t1＝4×1m/s＝4m/s，物體做減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(v,a2)＝eq\f(4,2)s＝2s，即物體在t＝3s時(shí)速度為0，物體離出發(fā)位置最遠(yuǎn)，C、D正確。故選BCD。2．(多選)如圖甲所示，一質(zhì)量為m＝1kg的小物塊靜止在粗糙水平面上的A點(diǎn)，從t＝0時(shí)刻開始，物塊在按如圖乙所示規(guī)律變化的水平力F作用下向右運(yùn)動(dòng)，第3s末物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度剛好為零，第5s末物塊剛好回到A點(diǎn)，已知物塊與粗糙水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g取10m/s2，下列說法正確的是()A．前3s內(nèi)，物塊的加速度逐漸減小B．前3s內(nèi)，物塊的速度先增大后減小C．A、B間的距離為4mD．前3s內(nèi)物塊的平均速度為2m/s答案：BC解析：物塊所受摩擦力為Ff＝μFN＝μmg＝2N，由題圖乙可知，前3s內(nèi)，水平力F逐漸減小，當(dāng)F＞Ff時(shí)，物塊做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)F＝Ff時(shí)，物塊的速度達(dá)到最大，之后F＜Ff，加速度反向，物塊開始做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；在3～5s時(shí)間內(nèi)物塊在水平恒力F與摩擦力作用下由B點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，設(shè)加速度為a，A、B間的距離為x，則根據(jù)牛頓第二定律有F－Ff＝ma，解得a＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(4－2,1)m/s2＝2m/s2，則A、B間的距離為x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×22m＝4m，選項(xiàng)C正確；前3s內(nèi)物塊的平均速度為eq\x\to(v)＝eq\f(x,t1)＝eq\f(4,3)m/s，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3．(2024·山東11月大聯(lián)考)如圖所示，足夠長的傾角為θ＝37°的光滑斜面體固定在水平地面上，一根輕繩跨過定滑輪，一端與質(zhì)量為m1＝1kg的物塊A連接，另一端與質(zhì)量為m2＝3kg的物塊B連接，輕繩與斜面保持平行。開始時(shí)，用手按住A，使B懸于空中，釋放后，在B落地之前，下列說法正確的是(所有摩擦均忽略不計(jì)，不計(jì)空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)()A．輕繩的拉力大小為30NB．輕繩的拉力大小為6NC．物塊B的加速度大小為6m/s2D．如果將物塊B換成一個(gè)豎直向下且大小為30N的力，對(duì)物塊A的運(yùn)動(dòng)沒有影響答案：C解析：對(duì)B分析，由牛頓第二定律得m2g－FT＝m2a，對(duì)A、B整體分析，由牛頓第二定律得m2g－m1gsinθ＝(m1＋m2)a，聯(lián)立解得a＝6m/s2，F(xiàn)T＝12N，故A、B錯(cuò)誤，C正確；如果將物塊B換成一個(gè)豎直向下且大小為30N的力，對(duì)A分析，由牛頓第二定律得F－m1gsinθ＝m1a′，解得a′＝24m/s2，前后加速度不一樣，對(duì)物塊A的運(yùn)動(dòng)有影響，故D錯(cuò)誤。4．(多選)如圖所示，質(zhì)量mB＝2kg的水平托盤B與一豎直放置的輕彈簧焊接，托盤上放一質(zhì)量mA＝1kg的小物塊A，整個(gè)裝置靜止?，F(xiàn)對(duì)小物塊A施加一個(gè)豎直向上的變力F，使其從靜止開始以加速度a＝2m/s2做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已知彈簧的勁度系數(shù)k＝600N/m，g＝10m/s2。以下結(jié)論正確的是()A．變力F的最小值為2NB．變力F的最小值為6NC．小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為0.2m/sD．小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為eq\f(\r(5),5)m/s答案：BC解析：A、B整體受力產(chǎn)生加速度，則有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，可得F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，當(dāng)FNAB最大時(shí)，F(xiàn)最小，即剛開始施力時(shí)，F(xiàn)NAB最大且等于A和B的重力之和，則Fmin＝(mA＋mB)a＝6N，B正確，A錯(cuò)誤；剛開始時(shí)，彈簧的壓縮量為x1＝eq\f(（mA＋mB）g,k)＝0.05m，A、B分離時(shí)，其間恰好無作用力，對(duì)托盤B，由牛頓第二定律可知kx2－mBg＝mBa，解得x2＝0.04m，物塊A在這一過程的位移為Δx＝x1－x2＝0.01m，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知v2＝2aΔx，代入數(shù)據(jù)解得v＝0.2m/s，C正確，D錯(cuò)誤。5．(多選)如圖所示，2023個(gè)質(zhì)量均為m的小球通過完全相同的輕質(zhì)彈簧(在彈性限度內(nèi))相連，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)1和2之間彈簧的彈力為F1—2，2和3間彈簧的彈力為F2—3，…2022和2023間彈簧的彈力為F2022—2023，則下列結(jié)論正確的是()A．F1—2∶F2—3∶……F2022－2023＝1∶2∶3∶…2022B．從左到右每根彈簧長度之比為1∶2∶3∶…2022C．如果突然撤去拉力F，撤去F瞬間，第2023個(gè)小球除外，其余每個(gè)球的加速度依然為aD．如果1和2兩個(gè)球間的彈簧從第1個(gè)球處脫落，那么脫落瞬間第1個(gè)小球的加速度為0，第2個(gè)小球的加速度為2a，其余小球加速度依然為a答案：ACD解析：以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可知F＝2023ma，解得a＝eq\f(F,2023m)；隔離小球1，由牛頓第二定律得F1－2＝ma，把小球1和2看作整體隔離，由牛頓第二定律得F2－3＝2ma，把小球1、2和3看作整體隔離，由牛頓第二定律得F3－4＝3ma，把小球1、2、3和4看作整體隔離，由牛頓第二定律得F4－5＝4ma，……把小球1到2022看作整體隔離，由牛頓第二定律得F2022－2023＝2022ma，聯(lián)立解得F1－2∶F2－3∶F3－4∶F4－5∶F5－6∶…F2022－2023＝1∶2∶3∶4∶5∶…2022，選項(xiàng)A正確；由于彈簧長度等于彈簧原長加彈簧伸長量，彈簧伸長量與彈簧彈力成正比，可知選項(xiàng)B錯(cuò)誤；如果突然撤去拉力F，撤去F的瞬間，除第2023個(gè)球所受合力突然變化外，其他小球之間彈簧彈力不變，所以其他球的加速度依然為a，2022和2023之間的彈簧彈力F2022－2023＝2022ma，由牛頓第二定律可得F2022－2023＝ma1，又a＝eq\f(F,2023m)，聯(lián)立解得第2023個(gè)小球的加速度a1＝eq\f(2022F,2023m)，選項(xiàng)C正確；如果1和2兩個(gè)球之間的彈簧從第1個(gè)球處脫落，那么脫落瞬間，第1個(gè)小球受力為零，加速度為零，第2個(gè)小球受到2和3之間彈簧彈力，F(xiàn)2－3＝ma2，又F2－3＝2ma，聯(lián)立解得第2個(gè)小球的加速度a2＝2a，其余小球受力情況不變，加速度依然為a，選項(xiàng)D正確。6．(多選)(2023·湖南高考·改編)如圖所示，水平向左加速運(yùn)動(dòng)的車廂內(nèi)，一根長為l的輕質(zhì)桿兩端分別連接質(zhì)量均為1kg的小球a、b(可看成質(zhì)點(diǎn))，a球靠在車廂的光滑豎直側(cè)壁上，距車廂底面的高度為0.8l，b球處在車廂水平底面上且與底面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2。要使桿與車廂始終保持相對(duì)靜止，關(guān)于車廂的加速度，下列說法正確的是()A．若μ＝0.5，則車廂的加速度大小可能為3m/s2B．若μ＝0.5，則車廂的加速度大小可能為2m/s2C．若μ＝0.8，則車廂的加速度大小可能為3m/s2D．若μ＝0.8，則車廂的加速度大小可能為7m/s2答案：BCD解析：桿長為l，a球靠在車廂的光滑豎直側(cè)壁上，距車廂底面的高度為0.8l，則輕質(zhì)桿與豎直方向的夾角的正切值tanθ＝0.75，對(duì)a球受力分析如圖甲所示，在豎直方向根據(jù)平衡條件有FN1cosθ＝mg，當(dāng)a球與車廂左壁的彈力剛好為零時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得mgtanθ＝ma1，解得a1＝gtanθ；當(dāng)b球與車廂底面的靜摩擦力剛好達(dá)到最大值時(shí)，對(duì)b受力分析如圖乙所示，在豎直方向根據(jù)平衡條件有FN2＝mg＋FN1cosθ＝2mg，在水平方向根據(jù)牛頓第二定律有Ffm－FN1sinθ＝ma2，又Ffm＝μFN2，聯(lián)立解得a2＝(2μ－tanθ)g；若μ＝0.5，此時(shí)a1＞a2，則車廂的加速度最大值為a2＝2.5m/s2，A錯(cuò)誤，B正確；若μ＝0.8，此時(shí)a1＜a2，則車廂的加速度最大值為a1＝7.5m/s2，C、D正確。7．有一傾角為θ＝37°的斜面雪道如圖甲所示。假設(shè)一滑雪愛好者和他的雪橇總質(zhì)量為m＝75kg，沿足夠長的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空氣阻力Ff與滑雪速度v成正比，比例系數(shù)k未知，雪橇與雪道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同。從某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，測量得到雪橇運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙中的曲線AD所示，圖中AB是曲線AD在A點(diǎn)[坐標(biāo)為(0，5m/s)]的切線，切線上一點(diǎn)B的坐標(biāo)為(4s，15m/s)，CD是曲線AD的漸近線。(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。則()A．開始計(jì)時(shí)時(shí)雪橇的加速度大小為a＝3.75m/s2B．0～4s內(nèi)雪橇做加速度變小的曲線運(yùn)動(dòng)C．因雪橇與雪道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ未知，故無法計(jì)算出比例系數(shù)為k值D．比例系數(shù)為k＝37.5N·s/m答案：D解析：在v-t圖像中，圖像的斜率表示加速度，因此開始計(jì)時(shí)時(shí)雪橇的加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(15－5,4)m/s2＝2.5m/s2，A錯(cuò)誤；0～4s內(nèi)雪橇做加速度變小的直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律可得，開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，有mgsinθ－μmgcosθ－kv0＝ma，足夠長時(shí)間后，滑雪愛好者勻速運(yùn)動(dòng)，則有mgsinθ＝μmgcosθ＋kvm，代入數(shù)據(jù)整理得k＝37.5N·s/m，C錯(cuò)誤，D正確。8．如圖所示，M為定滑輪，一根細(xì)繩跨過M，一端系著物體C，另一端系著一動(dòng)滑輪N，動(dòng)滑輪N兩側(cè)分別懸掛著A、B兩物體，已知B物體的質(zhì)量為3kg，不計(jì)滑輪和繩的質(zhì)量以及一切摩擦，若C物體的質(zhì)量為9kg，現(xiàn)要保持C物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，則A物體質(zhì)量應(yīng)取()A．3kg B．6kgC．9kg D．12kg答案：C解析：對(duì)C物體分析可得動(dòng)滑輪N與C物體之間繩的拉力為FT＝mCg，對(duì)動(dòng)滑輪N分析可得A、B物體之間繩的拉力為FT′＝eq\f(1,2)FT＝eq\f(1,2)mCg，對(duì)B物體分析，由牛頓第二定律可得eq\f(1,2)mCg－mBg＝mBa，對(duì)A物體分析，由牛頓第二定律可得mAg－eq\f(1,2)mCg＝mAa，解得A物體質(zhì)量mA＝9kg，故選C。9．(2024·山東煙臺(tái)模擬)如圖所示，一兒童玩具靜止在水平地面上，一幼兒用與水平面成30°角的恒力拉著它沿水平面運(yùn)動(dòng)，已知拉力F＝6.5N，玩具的質(zhì)量