專題08 《牛頓第二定律》壓軸培優(yōu)題型訓(xùn)練【六大題型】（解析版）-2024-2025學(xué)年高中物理《壓軸挑戰(zhàn)》培優(yōu)專題訓(xùn)練（人教版2019必修第一冊(cè)）

專題08《牛頓第二定律》壓軸培優(yōu)題型訓(xùn)練【六大題型】一．牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用（共10小題）二．牛頓第二定律求解瞬時(shí)問題（共8小題）三．牛頓第二定律求解多過程問題（共7小題）四．牛頓第二定律的圖像問題（共6小題）五．牛頓第二定律在豎直拋體運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用（阻力變化問題）（共3小題）六．探究加速度與力、質(zhì)量之間的關(guān)系（共7小題）一．牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用（共10小題）1．汽車運(yùn)送圓柱形工件的示意圖如圖所示，圖中P、Q、N是固定在車體上的壓力傳感器。假設(shè)圓柱形工件表面光滑，汽車靜止時(shí)，Q傳感器示數(shù)為零，P、N傳感器示數(shù)不為零。汽車以加速度a向左勻加速啟動(dòng)，重力加速度g＝10m/s2，tan15°＝0.27，下列情況說法正確的是（）A．當(dāng)汽車靜止時(shí)，P的示數(shù)是N的示數(shù)的一半 B．當(dāng)a＝3.5m/s2時(shí)，P有示數(shù)，N有示數(shù)，Q有示數(shù) C．當(dāng)a＜2.5m/s2時(shí)，a越大，N的示數(shù)不變 D．當(dāng)a＞3.5m/s2時(shí)，a越大，N的示數(shù)不變【答案】C【解答】解：A．汽車靜止時(shí)，Q傳感器示數(shù)為零，P、N傳感器示數(shù)不為零水平方向Nsin15°＝F①豎直方向Ncos15°＝mg②由①②聯(lián)立得＝tan15°＝0.27，而mg＜N，故＝0.27，即故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，當(dāng)加速度達(dá)到某一值時(shí)，P，Q均無示數(shù)，此時(shí)對(duì)圓柱體受力分析可得水平方向Nsin15°＝ma③豎直方向Ncos15°＝mg④聯(lián)立解得a＝gtan15°＝10m/s2×0.27＝2.7m/s2對(duì)臨界值分析可得：當(dāng)a＜2.7m/s2時(shí)，P有示數(shù)，Q無示數(shù)，當(dāng)a＞2.7m/s2時(shí)，P無示數(shù)，Q有示數(shù)，即當(dāng)a＝3.5m/s2時(shí)，P無示數(shù)，Q有示數(shù)，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)a＜2.5m/s2時(shí)，圓柱形工件受到P，N的支持力，對(duì)圓柱體受力分析可得，水平方向Nsin15°﹣F＝ma豎直方向Ncos15°＝mg聯(lián)立解得F＝mgtan15°﹣ma根據(jù)表達(dá)式可知a越大，P的示數(shù)越小，N的示數(shù)不變，故C正確；D．當(dāng)a＞3.5m/s2時(shí)，圓柱形工件受N，Q的支持力水平方向FNsin15°＝ma豎直方向FNcos15°＝FQ+mg解得根據(jù)表達(dá)式可知a越大，Q的示數(shù)也越大，N的示數(shù)也越大，故D錯(cuò)誤。故選C。2．一質(zhì)量為0.8kg的球固定在支桿AB的上端，支桿AB的下端固定在升降機(jī)上，今用一段繩子水平拉球，使桿發(fā)生彎曲，如圖所示，已知繩的拉力為6N，g取10m/s2，則以下說法正確的是（）A．若升降機(jī)是靜止?fàn)顟B(tài)，則AB桿對(duì)球的作用力大小為6N B．若升降機(jī)是靜止?fàn)顟B(tài)，則AB桿對(duì)球的作用力大小為8N C．若升降機(jī)是加速上升，加速度大小5m/s2，則AB桿對(duì)球的作用力大小為6N D．若升降機(jī)是減速上升，加速度大小5m/s2，則AB桿對(duì)球的作用力大小為6N【答案】C【解答】解：A、升降機(jī)是靜止的，球靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，桿的作用力大?。篎＝＝N＝10N，故AB錯(cuò)誤；C、若升降機(jī)加速上升，對(duì)球，在豎直方向，由牛頓第二定律得：Fy﹣mg＝ma，解得：Fy＝12N，在水平方向，由平衡條件得：Fx＝F繩子＝6N，桿對(duì)球的作用力大?。篎＝＝6N，故C正確；D、若升降機(jī)減速上升，對(duì)球，在豎直方向，由牛頓第二定律得：mg﹣Fy＝ma，解得：Fy＝4N，在水平方向，由平衡條件得：Fx＝F繩子＝6N，桿對(duì)球的作用力大?。篎＝＝2N，故D錯(cuò)誤；故選：C。3．（多選）如圖所示，傾角為30°的斜面放置在水平地面上，質(zhì)量為m的物體放置在斜面上，沿斜面向下輕推物體后撤去推力，物體恰好沿斜面勻速下滑?，F(xiàn)讓物體靜止在斜面上，給物體一與斜面夾角為30°大小為F的力，已知斜面始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度大小為g，則在加了大小為F的推力后，下列說法正確的是（）A．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 B．物體的加速度大小為F C．斜面與地面間的摩擦力為零 D．物體與斜面間的摩擦力大小為（F+mg）【答案】BC【解答】解、A、沒有推力時(shí)，物體恰好沿斜面勻速下滑，則受力平衡：mgsin30°＝μmgcos30°，解得μ＝，故A錯(cuò)誤；B、加了推力F之后，對(duì)物體受力分析如圖1所示，結(jié)合以上分析，由牛頓第二定律可知：Fcos30°﹣μFsin30°＝ma，解得a＝，故B正確；圖1C、對(duì)斜面和小物塊整體受力分析如圖2所示，沿著水平方向，只有小物體加速度有個(gè)分量，如圖3所示，對(duì)整體牛頓第二定律，F(xiàn)sin30°﹣f＝ma1，其中a1＝acos30°，解得：f＝0，即斜面與地面間的摩擦力為零，故C正確；圖2圖3D、物體與斜面間的摩擦力大小為：f＝μFN＝μ（mgcos30°+Fsin30°）＝（mg+F），故D錯(cuò)誤。故選：BC。4．（多選）有一種游戲，游戲者手持乒乓球拍托球移動(dòng)，距離大者獲勝．若某人在游戲中沿水平面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，球拍與球保持相對(duì)靜止且球拍平面和水平面之間的夾角為θ，如圖所示．設(shè)球拍和球質(zhì)量分別為M、m，不計(jì)球拍和球之間的摩擦，不計(jì)空氣阻力，則（）A．運(yùn)動(dòng)員的加速度大小為gtanθ B．球拍對(duì)球的作用力大小為mg C．球拍對(duì)球的作用力大小為mgcosθ D．運(yùn)動(dòng)員對(duì)球拍的作用力大小為【答案】AD【解答】解：A、球和運(yùn)動(dòng)員具有相同的加速度，對(duì)小球分析如圖所示，則小球所受的合力為mgtanθ，根據(jù)牛頓第二定律得：a＝＝gtnnθ，故A正確。B、根據(jù)平行四邊形定則知，球拍對(duì)球的作用力N＝，故BC錯(cuò)誤。D、對(duì)球拍和球整體分析，整體的合力為（M+m）a，根據(jù)平行四邊形定則知，運(yùn)動(dòng)員對(duì)球拍的作用力為：F＝，故D正確。故選：AD。5．在地面上方足夠高的地方，存在一個(gè)高度d＝0.5m的“相互作用區(qū)域”（下圖中畫有虛線的部分）。一個(gè)小圓環(huán)A套在一根均勻直桿B上，A和B的質(zhì)量均為m，若它們之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，會(huì)產(chǎn)生f＝0.5mg的摩擦力。開始時(shí)A處于B的最下端，B豎直放置，A距“相互作用區(qū)域”的高度h＝0.8m。讓A和B一起從靜止開始下落，只要A處于“相互作用區(qū)域”就會(huì)受到豎直向上、大小F＝3mg的恒力作用，而“相互作用區(qū)域”對(duì)處于其中的桿B不產(chǎn)生作用力。桿B在下落過程中始終保持豎直，且桿的長(zhǎng)度能夠保證圓環(huán)A與桿不會(huì)分離。不計(jì)空氣阻力，取g＝10m/s2．求：（1）桿B的最下端剛進(jìn)入“相互作用區(qū)域”時(shí)的速度；（2）圓環(huán)A通過“相互作用區(qū)域”所用的時(shí)間；（3）為保證圓環(huán)A在空中運(yùn)動(dòng)過程中始終與桿不會(huì)分離，桿的最小長(zhǎng)度?！敬鸢浮恳娫囶}解答內(nèi)容【解答】解：（1）設(shè)A和B一體靜止下落至“相互作用區(qū)域”的速度為v1，則代入數(shù)據(jù)得v1＝4.0m/s（2）A在“相互作用區(qū)域”運(yùn)動(dòng)時(shí)，A受到重力mg、滑動(dòng)摩擦力f和豎上向上的恒力F作用，設(shè)加速度aA、運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，根據(jù)牛頓第二定律有mg+f﹣F＝maA代入數(shù)據(jù)得aA＝﹣15m/s2由位移公式有代入數(shù)據(jù)解得t＝0.2st′＝0.33s（不符題意，舍去）（3）設(shè)B在“相互作用區(qū)域”運(yùn)動(dòng)的加速度為aB，A剛離開“相互作用區(qū)域”時(shí)，圓環(huán)A和直桿B的速度分別為vA和vB，則：mg﹣f＝maB，vB＝v0+aBt，vA＝v1+aAt代入數(shù)據(jù)解得vA＝1m/s，vB＝5m/s此過程二者相對(duì)滑動(dòng)的距離代入數(shù)據(jù)解得s1＝0.4m設(shè)A離開“相到作用區(qū)域”后二者相對(duì)滑動(dòng)過程的時(shí)間為t′，A的加速度為a'A，則vA+a'At′＝vB+aBt′二者相對(duì)滑動(dòng)的距離代入數(shù)據(jù)解得t′＝0.4s，s2＝0.8m則桿的最小長(zhǎng)度s＝s1+s2＝1.2m答：（1）桿B的最下端剛進(jìn)入“相互作用區(qū)域”時(shí)的速度為4.0m/s；（2）圓環(huán)A通過“相互作用區(qū)域”所用的時(shí)間為0.2s；（3）為保證圓環(huán)A在空中運(yùn)動(dòng)過程中始終與桿不會(huì)分離，桿的最小長(zhǎng)度為1.2m。6．如圖所示，傾斜傳送帶以恒定速度v＝2m/s沿順時(shí)針方向運(yùn)行，傳送帶與水平面夾角θ＝37°，兩輪中心間的距離L＝4.8m（輪半徑可忽略）?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝2kg的小滑塊P（P可視為質(zhì)點(diǎn)）輕放在其底端，平臺(tái)上的人通過一根輕繩用平行于傳送帶的恒力F＝24N拉P，經(jīng)過一段時(shí)間P運(yùn)動(dòng)到平臺(tái)上。已知P與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。要求P運(yùn)動(dòng)到平臺(tái)上的過程中，恒力F的作用時(shí)間最短。求：（1）剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)P的加速度大小；（2）恒力F作用的最短時(shí)間?！敬鸢浮浚?）剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)P的加速度大小為10m/s2；（2）恒力F作用的最短時(shí)間為1.2s。【解答】解：（1）對(duì)滑塊受力分析，由牛頓第二定律得：F+μmgcos37°﹣mgsin37°＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得：a1＝10m/s2（2）經(jīng)分析需在滑塊P的速度大于傳送帶的速度之后撤去力F，撤去F后滑塊P運(yùn)動(dòng)到平臺(tái)上時(shí)速度恰好為零，恒力F作用時(shí)間最短設(shè)為t1此后滑塊做減速運(yùn)動(dòng)到零剛好達(dá)到頂端的時(shí)間為t2；滑塊P剛開始運(yùn)動(dòng)到第一次與傳送帶共速所需時(shí)間為：t1＝＝s＝0.2s此時(shí)間內(nèi)滑塊P的位移：x1＝＝m＝0.2m設(shè)滑塊P第一次與傳送帶共速到撤去恒力F的時(shí)間為t2，此過程滑塊加速度大小為a2，位移大小為x2，末速度為v2，則有：F﹣μmgcos37°﹣mgsin37°＝ma2代入數(shù)據(jù)解得：a2＝2m/s2v2＝v+a2t2＝2+2t2x2＝＝撤去恒力F后，滑塊P勻減速運(yùn)動(dòng)到第二次與傳送帶共速時(shí)間為t3，此過程滑塊加速度大小為a3，位移大小為x3，則有：μmgcos37°+mgsin37°＝ma3代入數(shù)據(jù)解得：a3＝10m/s2速度關(guān)系：v＝v2﹣a3t3，可得：t3＝0.2t2x3＝＝從滑塊P第二次與傳送帶共速到勻減速運(yùn)動(dòng)到速度零的過程加速度大小為a4，位移大小為x4，則有：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma4代入數(shù)據(jù)解得：a4＝2m/s2x4＝＝m＝1m由位移關(guān)系可得：L＝x1+x2+x3+x4代入數(shù)據(jù)：4.8＝0.2+++1解得：t2＝1s則恒力F作用的最短時(shí)間為：t1+t2＝0.2s+1s＝1.2s答：（1）剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)P的加速度大小為10m/s2；（2）恒力F作用的最短時(shí)間為1.2s。7．兩個(gè)完全相同的物塊a、b質(zhì)量均為m＝0.8kg，在水平面上以相同的初速度從同一位置開始運(yùn)動(dòng)，圖中的兩條直線表示b物體受到水平拉力F作用和a不受拉力作用的v﹣t圖象，g取10m/s2．求：（1）物體a受到的摩擦力大??；（2）物塊b所受拉力F的大小；（3）8s末a、b間的距離．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）由圖示圖象可知，a的加速度為：a1＝＝＝1.5m/s2，對(duì)a，由牛頓第二定律得：f＝ma1＝0.8×1.5＝1.2N；（2）由圖示圖象可知，b的加速度為：a2＝＝＝0.75m/s2，對(duì)b，由牛頓第二定律得：F﹣f＝ma2解得：F＝1.8N；（3）由圖示圖象可知，a運(yùn)動(dòng)t＝4s后靜止，8s內(nèi)，a的位移為：xa＝v0t﹣a1t2＝6×4﹣×1.5×42＝12m，8s內(nèi)，b的位移為：xb＝v0t+a2t2＝6×8+×0.75×82＝72m，兩者間的距離為：Δx＝xa﹣xb＝72﹣12＝60m；答：（1）物體a受到的摩擦力大小為1.2N；（2）物塊b所受拉力F的大小為1.8N；（3）8s末a、b間的距離為60m．8．一重量為40牛頓的均質(zhì)小球置于一水平面B點(diǎn)上，右側(cè)與一臺(tái)階接觸于C點(diǎn)，BC連線與水平方向成37°角，AB為球的直徑，現(xiàn)在A點(diǎn)ABC平面內(nèi)施加一個(gè)拉力F，求：（1）如果拉力水平向右，將球剛好拉離地面時(shí)F的大小為多少？此時(shí)臺(tái)階對(duì)球的作用力多大？其中彈力、摩擦力各是多大？（2）將球剛拉離地面時(shí)F的最小值是多少？方向如何？（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）球剛好拉離地面時(shí)，地面對(duì)小球沒有作用力，小球的受力情況如圖．則得：F＝mgtan37°＝40×＝30N設(shè)臺(tái)階對(duì)球的作用力為F1，則有：F1＝＝＝50N臺(tái)階對(duì)球的彈力為：FN＝F1cos37°＝50×0.8＝40N臺(tái)階對(duì)球的摩擦力為：f＝F1sin37°＝50×0.6＝30N（2）當(dāng)F與AC連線垂直向上時(shí)，F(xiàn)最小，F(xiàn)的最小值為：Fmin＝mgsin37°＝24N答：（1）將球剛好拉離地面時(shí)F的大小為30N，此時(shí)臺(tái)階對(duì)球的作用力是50N，其中彈力、摩擦力各是40N和30N．（2）F的最小值是24N．9．風(fēng)洞可產(chǎn)生方向、大小都可以調(diào)節(jié)控制的各種風(fēng)力．如圖所示為風(fēng)洞里模擬實(shí)驗(yàn)的示意圖．一質(zhì)量為m＝1kg的實(shí)驗(yàn)對(duì)象（可視為質(zhì)點(diǎn)）套在一根固定的直桿上，直桿與水平面夾角為θ＝30°．風(fēng)洞產(chǎn)生豎直向上的、大小F＝20N的風(fēng)力作用在實(shí)驗(yàn)對(duì)象上，實(shí)驗(yàn)對(duì)象從M點(diǎn)由靜止開始沿直桿向上運(yùn)動(dòng)．已知實(shí)驗(yàn)對(duì)象與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝．取g＝10m/s2．求：（1）實(shí)驗(yàn)對(duì)象剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大??；（2）若桿上有一點(diǎn)N位于M點(diǎn)上方，且M、N兩點(diǎn)間距為L(zhǎng)＝2.4m，欲使實(shí)驗(yàn)對(duì)象到達(dá)N點(diǎn)，求風(fēng)力F作用的最短時(shí)間．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）設(shè)在力F作用時(shí)，直桿對(duì)實(shí)驗(yàn)對(duì)象的支持力為N1，滑動(dòng)摩擦力為f1，實(shí)驗(yàn)對(duì)象剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a1，則根據(jù)牛頓第二定律得：沿桿方向有：Fsin30°﹣mgsin30°﹣f1＝ma1垂直于桿方向有：N1＝Fcos30°﹣mgcos30°又f1＝μN(yùn)1解得a1＝2.5m/s2（2）當(dāng)小球到達(dá)N點(diǎn)的速度剛好為零，風(fēng)力F作用的最短時(shí)間，設(shè)為t1．設(shè)撤去力F前小球上滑距離為x1，撤去力F后，小球上滑的加速度大小為a2，上滑距離為x2，剛撤去F時(shí)，小球的速度為v，則有：v＝a1t1x1＝根據(jù)牛頓第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma2可得：a2＝7.5m/s2x2＝由幾何關(guān)系有：x1+x2＝L聯(lián)立解得：t1＝1.2s答：（1）實(shí)驗(yàn)對(duì)象剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小是2.5m/s2．（2）風(fēng)力F作用的最短時(shí)間是1.2s．10．一長(zhǎng)木板在水平地面上運(yùn)動(dòng)，從木板經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，在t＝1.0s時(shí)將一相對(duì)于地面靜止的小物塊輕放到木板上，此后木板運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖線如圖所示。已知木板質(zhì)量為物塊質(zhì)量的2倍，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，且物塊始終在木板上，取重力加速度的大小g＝10m/s2，求：（1）物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1及木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2；（2）木板離A點(diǎn)的最終距離；（3）木板的最小長(zhǎng)度。【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）從t1＝1.0s開始，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，使木板減速，此過程一直持續(xù)到物塊和木板具有共同速度為止。由圖可知，在t2＝1.5s時(shí)，物塊和木板具有共同速度v2＝1.0m/s．設(shè)t1到t2時(shí)間間隔內(nèi)，物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2，則有：a1＝＝＝2m/s2…①a2＝＝＝7m/s2…②式中v1＝4.5m/s，為木板在t1＝1.0s時(shí)速度的大小。設(shè)物塊和木板的質(zhì)量分別為m、2m，由牛頓第二定律得：μ1mg＝ma1…③μ1mg+μ2（3mg）＝（2m）a2…④聯(lián)立①②③④式得：μ1＝0.20，μ2＝0.40（2）設(shè)t＝0到t1時(shí)間間隔內(nèi)，木板的加速度為a0，由牛頓第二定律得：μ2（2m）g＝（2m）a0…⑤得：a0＝4m/s2逆過來看，將木板勻減速過程看作反向勻加速過程，則t＝0到t1時(shí)間間隔內(nèi)木板的位移為：s0＝v1t1+…⑥代入數(shù)據(jù)解得：s0＝6.5mt1到t2時(shí)間間隔內(nèi)，木板相對(duì)于地面的運(yùn)動(dòng)距離為：s1＝…⑦代入數(shù)據(jù)解得：s1＝1.375m在t2時(shí)刻后，地面對(duì)木板的摩擦力阻礙木板運(yùn)動(dòng)，物塊與木板之間的摩擦力改變方向。設(shè)物塊與木板之間的摩擦力大小為f，物塊和木板的加速度大小分別為a1′和a2′，則由牛頓第二定律得：f＝ma1′…⑧μ2（3mg）﹣f＝（2m）a2′…⑨假設(shè)f＜μ1mg，則a1′＝a2′；由⑧⑨式得f＝μ2mg＞μ1mg，與假設(shè)矛盾。故有：f＝μ1mg…⑩由⑨⑩式得：a1′＝a1＝2m/s2，a2′＝5m/s2在t2時(shí)刻后，木板相對(duì)于地面的運(yùn)動(dòng)距離為：s2＝?代入數(shù)據(jù)解得：s2＝0.1m綜上，木板離A點(diǎn)的最終距離S＝s0+s1+s2?解得：S＝7.975m（3）由（2）分析，物塊的v﹣t圖象如圖中點(diǎn)劃線所示。由圖可知，t1到t2時(shí)間間隔內(nèi)，物塊相對(duì)于木板的位移逐漸增大，而t2時(shí)刻后，物塊相對(duì)于木板的位移又逐漸減小。t1到t2時(shí)間間隔內(nèi)，物塊相對(duì)于地面的運(yùn)動(dòng)距離為s1′＝?代入數(shù)據(jù)解得s1′＝0.25m木板的最小長(zhǎng)度應(yīng)等于物塊相對(duì)于木板的最大位移的大小，為：Lmin＝s1﹣s1′?解得Lmin＝1.125m答：（1）物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1及木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2分別為0.20和0.40。（2）木板離A點(diǎn)的最終距離是7.975m；（3）木板的最小長(zhǎng)度是1.125m。二．牛頓第二定律求解瞬時(shí)問題（共8小題）11．如圖所示，輕質(zhì)彈簧1一端與靜止在傾斜木板上的物體A相連，另一端與細(xì)線相連，該彈簧與傾斜木板保持平行，細(xì)線繞過光滑的定滑輪與物體B相連。B、C通過輕質(zhì)彈簧2連接，且B、C始終未觸及地面。初始時(shí)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，木板與水平面間的夾角為30°，若mA：mB：mC＝3：1：2，發(fā)生以下變化時(shí)，物體A始終保持靜止，則（）A．木板與水平面的夾角減小時(shí)，A受到的靜摩擦力減小 B．木板與水平面夾角保持30°不變，剪斷細(xì)線后，A所受摩擦力增大 C．剪斷細(xì)線瞬間，B、C一起以加速度g自由下落 D．剪斷細(xì)線瞬間，B的加速度為3g【答案】D【解答】解：A、設(shè)A、B、C質(zhì)量分別為3m、m、2m，初始時(shí)對(duì)A物體受力分析有3mgsin30°+f＝3mg則木板與水平面的夾角減小時(shí)，由三角函數(shù)單調(diào)性知，A物體受到的靜摩擦力增大，故A錯(cuò)誤；B、剪斷細(xì)線后，對(duì)A物體受力分析有3mgsin30°＝f′聯(lián)立可得f＝f′故B錯(cuò)誤；CD、剪斷細(xì)線瞬間，2彈簧彈力沒有突變，大小為F＝2mg，則C的加速度為零，B的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有mg+F＝ma解得a＝3g故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D。12．如圖所示，四只質(zhì)量都為m的猴子水中撈月，豎直倒掛在樹梢上，從上到下編號(hào)依次為1、2、3、4，四只猴子都處于靜止?fàn)顟B(tài)。正當(dāng)4號(hào)打算把手伸向水面撈“月亮”時(shí)，2號(hào)突然兩手一滑沒抓穩(wěn)，3、4號(hào)撲通一聲掉進(jìn)了水里。重力加速度為g，空氣阻力不計(jì)，那么在2號(hào)猴子手滑后的一瞬間（）A．3號(hào)對(duì)4號(hào)猴子的拉力等于0 B．四只猴子的加速度和速度都等于0 C．樹梢對(duì)1號(hào)猴子的拉力為2mg D．1號(hào)對(duì)2號(hào)的拉大小為【答案】A【解答】解：A、以3、4號(hào)猴子為整體，可知整體的加速度為重力加速度g，則4號(hào)猴子的加速度也為重力加速度g，所以3號(hào)對(duì)4號(hào)猴子的作用力等于0，故A正確；C、在2號(hào)猴子手滑后的一瞬間，四只猴子的速度都等于0，1、2號(hào)猴子作為整體，在手滑前，設(shè)樹梢對(duì)猴子的作用力為F，對(duì)整體有F＝4mg，故C錯(cuò)誤；B、則在2號(hào)猴子手滑后的一瞬間，樹梢對(duì)1號(hào)猴子的拉力保持不變，大小仍為4mg，以1、2號(hào)猴子為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得F﹣2mg＝2ma解得a＝g方向向上所以四只猴子的加速度都不為0，故B錯(cuò)誤。D、以2號(hào)猴子為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得F12﹣mg＝ma解得F12＝2mg可知1號(hào)猴子對(duì)2號(hào)猴子的作用力大小為2mg，故D錯(cuò)誤；故選：A。13．用細(xì)繩拴一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球?qū)⒁还潭ㄔ趬ι系乃捷p質(zhì)彈簧壓縮了x（小球與彈簧不拴連，彈簧勁度系數(shù)為k），如圖所示。將細(xì)繩剪斷瞬間（）A．彈簧彈力發(fā)生變化 B．小球速度不為零 C．小球立即獲得的加速度 D．小球加速度為【答案】D【解答】解：細(xì)繩剪斷之前，小球受力平衡：+（mg）2＝T2，其中FN＝kx細(xì)繩剪斷的瞬間，彈簧彈力不能突變，小球合外力與繩子拉力等大方向：F合＝T由牛頓第二定律可知：F合＝ma聯(lián)立解得：a＝但是此時(shí)，小球速度為零。故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D。14．（多選）如圖所示，A、B兩球用輕彈簧懸掛于天花板上且靜止不動(dòng)，兩球質(zhì)量mB＝2mA，兩球間由一輕繩連接。如果突然剪斷輕繩，則剪斷輕繩瞬間A、B兩球的加速度大小分別為（）A．a(chǎn)A＝g B．a(chǎn)A＝2g C．a(chǎn)B＝g D．a(chǎn)B＝2g【答案】BC【解答】解：AB．對(duì)AB整體，由平衡條件可得彈簧彈力F＝（mA+mB）g對(duì)A受力分析，A受重力和彈簧向上的拉力，在剪斷輕繩瞬間彈簧彈力不變，根據(jù)牛頓第二定律可得A加速度為，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．對(duì)B，剪斷輕繩瞬間只受重力作用，加速度為aB＝g，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：BC。15．（多選）如圖所示，輕彈簧的一端固定在垂直于光滑的傾角為θ的斜面底端擋板上，另一端自然伸長(zhǎng)于斜面O點(diǎn)，將質(zhì)量為m的物體拴接于彈簧上端后靜止于距斜面O點(diǎn)x0處；現(xiàn)用平行于斜面向上的力F緩慢拉動(dòng)物體，使在彈性限度內(nèi)斜向上運(yùn)動(dòng)了4x0，物體再次靜止。撤去F后，物體開始沿斜向下運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。則撤去F后（）A．物體先做勻加速運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)，過O點(diǎn)后加速度一直減小 B．物體運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)彈力大小等于mgsinθ C．物體剛運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為4gsinθ D．物體向下運(yùn)動(dòng)至初始靜止位置時(shí)速度最大【答案】CD【解答】解：A．物體在彈力和重力下滑分力的作用下，做變加速運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)，過O點(diǎn)后加速度先減小后增大，故A錯(cuò)誤；BC．根據(jù)平衡條件，有mgsinθ＝kx0釋放時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律，則有k?3x0+mgsinθ＝4mgsinθ＝ma物體剛運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小，同時(shí)也是最低點(diǎn)的加速度大小為a＝4gsinθ則在最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律，則有F﹣mgsinθ＝ma物體運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)彈力大小等于F＝5mgsinθ故B錯(cuò)誤，C正確；D．距斜面O點(diǎn)x0處為平衡位置，運(yùn)動(dòng)至該位置的加速度為0，速度最大，故D正確。故選：CD。16．如圖所示，用兩根細(xì)線a、b和一根輕彈簧c將質(zhì)量為m的小球1和質(zhì)量為2m的小球2連接并懸掛。兩小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線a與豎直方向的夾角為30°，彈簧c水平，重力加速度為g。求：（1）a繩對(duì)小球1拉力的大小，b繩對(duì)小球2拉力的大??；（2）剪斷細(xì)線b的瞬間，小球1與小球2加速度的大小?！敬鸢浮浚?）a繩對(duì)小球1拉力的大小為，b繩對(duì)小球2拉力的大小為；（2）剪斷細(xì)線b的瞬間，小球1與小球2加速度的大小分別為、?！窘獯稹拷猓海?）小球1與2組成的整體，受力如圖由平衡條件Facos30°＝3mgFasin30°＝Fc對(duì)小球2受力分析如圖細(xì)線b對(duì)小球2的拉力大小（2）剪斷細(xì)線b的瞬間，a繩彈力發(fā)生突變，小球1所受合力F合＝mgsin30°＝ma1解得小球1的加速度大小為彈簧c彈力不變，小球2的合力大小為F′合＝2ma2解得小球2的加速度大小為答：（1）a繩對(duì)小球1拉力的大小為，b繩對(duì)小球2拉力的大小為；（2）剪斷細(xì)線b的瞬間，小球1與小球2加速度的大小分別為、。17．如圖所示，質(zhì)量為m＝kg的小球置于傾角為30°的光滑固定斜面上，勁度系數(shù)為k＝200N/m的輕彈簧一端系在小球上，另一端固定在P點(diǎn)，小球靜止時(shí)，彈簧與豎直方向的夾角為30°．取g＝10m/s2．求：（1）小球?qū)π泵娴膲毫Φ拇笮?；?）彈簧的伸長(zhǎng)量；（3）彈簧被剪斷的瞬間，小球的加速度?！敬鸢浮恳娫囶}解答內(nèi)容【解答】解：（1）以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力情況：小球受到重力mg、彈簧的拉力F和斜面的支持力N，作出力圖，如圖。作出F和N的合力，由平衡條件可知，F(xiàn)和N的合力與重力mg大小相等，方向相反。由對(duì)稱性可知，N＝F，則有2Ncos30°＝mg解得：N＝＝10N（2）由胡克定律得F＝kx解得：x＝＝＝0.05m（3）彈簧被剪斷的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin30°＝ma解得：a＝gsin30°＝5m/s2方向：沿斜面向下。答：（1）小球?qū)π泵娴膲毫Φ拇笮?0N；（2）彈簧的伸長(zhǎng)量為0.05m；（3）彈簧被剪斷的瞬間，小球的加速度大小為5m/s2，方向沿斜面向下。18．如圖所示，在動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2的水平面上，質(zhì)量m＝2kg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．g取10m/s2．求：（1）此時(shí)輕彈簧的彈力大??；（2）若瞬間撤去拉力F，則求物塊的加速度大小和方向；（3）若剪斷彈簧，則求剪斷的瞬間物塊的加速度大小和方向．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）小球受重力、繩子的拉力以及彈簧的彈力處于平衡，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得，彈簧的彈力為：F彈＝mgtan45°＝20×1＝20N，拉力為：F＝＝；（2）撤去力F的瞬間，彈簧的彈力仍然為20N，小球此時(shí)受重力、支持力、彈簧彈力和摩擦力四個(gè)力作用；小球所受的最大靜摩擦力為：f＝μmg＝0.2×20N＝4N，根據(jù)牛頓第二定律得小球的加速度為：a＝，合力方向向左，所以加速度方向向左；（3）剪斷彈簧的瞬間，彈簧的彈力為零，根據(jù)牛頓第二定律得，a＝＝＝10m/s2；方向向右．答：（1）此時(shí)輕彈簧的彈力大小為20N；（2）若瞬間撤去拉力F，則求物塊的加速度大小為8m/s2，方向向左；（3）若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間物塊的加速度大小為10m/s2；方向向右．三．牛頓第二定律求解多過程問題（共7小題）19．如圖甲所示，一個(gè)質(zhì)量m＝1kg的物體從斜面底端沖上一足夠長(zhǎng)斜面，物體運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖像如圖乙所示，斜面傾角θ＝37°（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，則（）A．物塊下滑時(shí)的加速度大小為10m/s2 B．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4 C．物塊回到斜面底端時(shí)速度大小約為5.4m/s D．物塊回到斜面底端的時(shí)刻約為3.0s【答案】C【解答】解：B、v﹣t圖像的斜率表示加速度，由乙圖可知，物塊上滑的加速度大小為物塊上滑過程，由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma1解得μ＝0.5，故B錯(cuò)誤；A、物塊下滑過程，由牛頓第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得，故A錯(cuò)誤；CD、v﹣t圖像與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，由乙圖可知，0～1.2s內(nèi)滑塊上滑的位移為設(shè)滑塊下滑時(shí)間為t，則有解得t＝2.68s故物塊回到斜面底端的時(shí)刻約為t2＝1.2s+2.68s＝3.88s物塊回到斜面底端時(shí)速度大小約為v＝a2t＝2×2.68m/s＝5.36m/s≈5.4m/s，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C。20．如圖所示，細(xì)線的一端固定在傾角為30°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，靜止時(shí)細(xì)線與斜面平行。已知重力加速度為g。使滑塊以加速度a＝2g向左加速運(yùn)動(dòng)，小球與滑塊相對(duì)靜止，則下列說法中正確的是（）A．細(xì)線對(duì)小球的拉力大小為 B．細(xì)線對(duì)小球的拉力大小為 C．小球?qū)瑝K的壓力大小為 D．小球?qū)瑝K的壓力大小為2mg【答案】A【解答】解：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，如圖1所示根據(jù)牛頓第二定律得：因a＝2g＞a0，故滑塊以加速度a向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，此時(shí)小球已經(jīng)離開斜面，設(shè)此時(shí)繩子與豎直方向的夾角為α，如圖2所示，則有：Tsinα＝ma＝2mgTcosα＝mg解得細(xì)線對(duì)小球的拉力大小為：，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。21．（多選）如圖甲所示，輕質(zhì)彈簧下端固定在水平面上，上端疊放著兩個(gè)物體A、B，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使A向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，以系統(tǒng)靜止時(shí)的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為位移x正方向，得到F隨x的變化圖像如圖乙所示。已知物體A的質(zhì)量m＝2kg，重力加速度g＝10m/s2，則下列說法正確的是（）A．物塊B的質(zhì)量為12kg B．物塊A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為1m/s2 C．F作用瞬間，A、B之間的彈力大小為8N D．彈簧的勁度系數(shù)為80N/m【答案】BD【解答】解：AB．設(shè)物塊B質(zhì)量為M，x＝0，對(duì)整體根據(jù)牛頓第二定律可得：12＝（m+M）a剛分離時(shí)，二者之間的彈力為零，對(duì)A根據(jù)牛頓第二定律可得：22﹣mg＝ma聯(lián)立解得：a＝1m/s2，M＝10kg，故A錯(cuò)誤，B正確；D．以A、B整體為研究對(duì)象，靜止時(shí)彈簧壓縮量為x0，有：kx0＝（m+M）g分離之前，有：F+k（x0﹣x）﹣（m+M）g＝（m+M）a聯(lián)立解得：F＝kx+（m+M）a所以F隨x的變化圖像的斜率等于勁度系數(shù)，則有：，故D正確；C．施加拉力F的瞬間，設(shè)A、B之間的彈力為FN，對(duì)B進(jìn)行受力分析有：kx0﹣Mg﹣FN＝Ma解得：FN＝10N，故C錯(cuò)誤。故選：BD。22．如圖甲所示，在傾角為θ＝30°的固定光滑斜面上，輕質(zhì)彈簧下端固定在底端擋板上，另一端與質(zhì)量為m的小滑塊A相連，A上疊放另一個(gè)質(zhì)量也為2m的小滑塊B，彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時(shí)兩滑塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)用沿斜面向上的拉力作用在滑塊B上，使B開始沿斜面向上做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，測(cè)得兩個(gè)滑塊的vt圖像如圖乙所示，重力加速度為g，sin30°＝0.5，求：（1）B剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)AB間的彈力大?。唬?）t＝0和t1時(shí)刻作用在滑塊B上的拉力大?。唬?）從AB分離之時(shí)到A的速度達(dá)到最大值，這一過程中A的位移?！敬鸢浮浚?）滑塊B剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)AB間的彈力大小為m（g﹣a）；（2）t＝0時(shí)刻作用在滑塊B上的拉力大小為3ma；t1時(shí)刻作用在滑塊B上的拉力大小為m（g+2a）；（3）從AB分離之時(shí)到A的速度達(dá)到最大值，這一過程中A的位移為?！窘獯稹拷猓海?）初始狀態(tài)，對(duì)整體進(jìn)行受力分析，如圖所示：根據(jù)平衡條件3mgsinθ＝kx0施加力F后，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律F+kx0﹣3mgsinθ＝3ma解得F＝3ma對(duì)滑塊B，受力分析如圖所示：F+NAB﹣2mgsinθ＝2ma解得NAB＝m（g﹣a）（2）由（1）中分析可知在t＝0時(shí)刻F＝3ma在t1時(shí)刻AB分離，此時(shí)兩者之間的彈力為零；對(duì)滑塊B，根據(jù)牛頓第二定律F﹣2mgsinθ＝2ma解得F＝m（g+2a）（3）分離時(shí)彈簧的壓縮量為x1對(duì)滑塊A，根據(jù)牛頓第二定律kx1﹣mgsinθ＝ma解得當(dāng)A的速度最大時(shí)，加速度為零；對(duì)滑塊A，根據(jù)平衡條件kx2＝mgsinθ則彈簧的壓縮量則兩次壓縮量之差即為從AB分離之時(shí)到A的速度達(dá)到最大值，這一過程中A的位移為。答：（1）滑塊B剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)AB間的彈力大小為m（g﹣a）；（2）t＝0時(shí)刻作用在滑塊B上的拉力大小為3ma；t1時(shí)刻作用在滑塊B上的拉力大小為m（g+2a）；（3）從AB分離之時(shí)到A的速度達(dá)到最大值，這一過程中A的位移為。23．如圖所示，“神舟十一號(hào)”載人飛船的返回艙在距地面某一高度時(shí)，啟動(dòng)降落傘裝置，速度減至v＝10m/s時(shí)開始勻速降落。在距地面h＝1.1m時(shí)，返回艙的緩沖發(fā)動(dòng)機(jī)開始向下噴氣，艙體再次減速，經(jīng)過時(shí)間t＝0.2s，以某一速度落至地面，此過程可視為豎直方向的勻減速直線運(yùn)動(dòng)。求：（1）在該0.20s減速階段，返回艙加速度a的方向和大??；（2）在該0.20s減速階段，返回艙對(duì)質(zhì)量m＝60kg的航天員的作用力大小F；（3）空氣阻力跟物體相對(duì)于空氣速度有關(guān)，還跟物體的橫截面積有關(guān)。假設(shè)減速傘下落過程受到的空氣阻力與減速傘的橫截面積S成正比，與速度v的平方成正比，即f＝kSv2（k為比例系數(shù)）。減速傘在接近地面時(shí)近似看作勻速直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。①敘述打開減速傘后，返回艙的運(yùn)動(dòng)情況；②設(shè)返回艙質(zhì)量為m（主降落傘的質(zhì)量可忽略），主降落傘有96根傘繩，每根傘繩與傘面軸線方向的夾角為θ，且，設(shè)主傘打開瞬間傘面軸線豎直，為安全起見允許宇航員能承受的瞬間載荷不超過自身重力6倍，求降落傘傘繩承受的拉力設(shè)計(jì)最小值Fmin和返回艙接近地面勻速時(shí)的速度vm。【答案】（1）在該0.20s減速階段，返回艙加速度a的方向豎直向上，大小為45m/s2；（2）在該0.20s減速階段，返回艙對(duì)質(zhì)量m＝60kg的航天員的作用力大小F為3300N；（3）①打開減速傘后，返回艙的運(yùn)動(dòng)情況見解析；②降落傘傘繩承受的拉力設(shè)計(jì)最小值Fmin為，返回艙接近地面勻速時(shí)的速度vm大小為，方向豎直向下。【解答】解：（1）返回艙加速度的方向豎直向上。根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：解得：a＝45m/s2，方向豎直向上；（2）以航天員為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得：F﹣mg＝ma解得：F＝3300N（3）①打開減速傘后，返回艙減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)f＝kSv2，可知所受阻力減小，根據(jù)牛頓第二定律：f﹣mg＝ma，可知加速度減小，當(dāng)阻力減小到等于重力時(shí)其加速度為零，此后做勻速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)過程阻力不變，等于重力，則打開減速傘后，返回艙先做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，再做勻速運(yùn)動(dòng)。②剛打開降落傘瞬間返回艙速度最大，空氣阻力最大，返回艙的加速度大小最大（設(shè)為am），由題意可知，運(yùn)動(dòng)員瞬間承受的載荷為：F＝6m人g對(duì)運(yùn)動(dòng)員由牛頓第二定律得：F﹣m人g＝m人am解得：am＝5g對(duì)返回艙由牛頓第二定律得：96Fmincosθ﹣mg＝mam已知：，可得：cosθ＝解得：返回艙勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)平衡條件得：解得：，方向豎直向下。答：（1）在該0.20s減速階段，返回艙加速度a的方向豎直向上，大小為45m/s2；（2）在該0.20s減速階段，返回艙對(duì)質(zhì)量m＝60kg的航天員的作用力大小F為3300N；（3）①打開減速傘后，返回艙的運(yùn)動(dòng)情況見解析；②降落傘傘繩承受的拉力設(shè)計(jì)最小值Fmin為，返回艙接近地面勻速時(shí)的速度vm大小為，方向豎直向下。24．一個(gè)物塊放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖（a）所示，速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖（b）所示。取g＝10m/s2，求：（1）1s末物塊所受摩擦力的大小f1；（2）物塊在前6s內(nèi)的位移大小s；（3）物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ?！敬鸢浮恳娫囶}解答內(nèi)容【解答】解：（1）從圖（a）中可以讀出，當(dāng)t＝1s時(shí)，f1＝F1＝4N（2）物塊在前6s內(nèi)的位移大小s＝＝12m（3）從圖（b）中可以看出，在t＝2s至t＝4s的過程中，物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為由牛頓第二定律，有F2﹣μmg＝maF3＝f＝μmg所以m＝kg＝2kg由F3＝f＝μmg解得：μ＝答：（1）1s末物塊所受摩擦力的大小為4N；（2）物塊在前6s內(nèi)的位移大小為12m；（3）物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4。25．質(zhì)量mA＝10kg的物塊A與質(zhì)量mB＝2kg的物塊B放在傾角θ＝30°的光滑斜面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，輕質(zhì)彈簧一端與物塊B連接，另一端與固定擋板連接，彈簧的勁度系數(shù)k＝400N/m，現(xiàn)給物塊A施加一個(gè)平行于斜面向上的F，使物塊A沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，已知力F在前0.2s內(nèi)為變力，0.2s后為恒力，求：（g＝10m/s2）（1）力F的最大值與最小值；（2）力F由最小值到最大值的過程中，物塊A所增加的高度?！敬鸢浮恳娫囶}解答內(nèi)容【解答】解：（1）設(shè)剛開始時(shí)彈簧壓縮量為x0，則（mA+mB）gsinθ＝kx0…①因?yàn)樵谇?.2s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)為變力，0.2s以后，F(xiàn)為恒力，所以在0.2s時(shí)，B對(duì)A的作用力為0，由牛頓第二定律知：kx1﹣mBgsinθ＝mBa…②前0.2s時(shí)間內(nèi)A、B向上運(yùn)動(dòng)的距離為：x0﹣x1＝at2…③①②③式聯(lián)立解得：a＝5.0m/s2當(dāng)A、B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力最小，此時(shí)有：Fmin＝（mA+mB）a＝60N當(dāng)A、B分離時(shí)拉力最大，此時(shí)有：Fmax＝mA（a+gsinθ）＝100N。（2）物體上升的位移為：故上升的高度為：h＝x?sin30°＝＝0.05m。答：（1）力F的最大值為100N，最小值為60N；（2）力F由最小值到最大值的過程中，物塊A所增加的高度為0.05m。四．牛頓第二定律的圖像問題（共6小題）26．手機(jī)中的加速度傳感器能顯示手機(jī)加速度的變化。打開加速度傳感器，將手機(jī)向上拋出，然后又在拋出點(diǎn)接住手機(jī)，得到如圖所示加速度隨時(shí)間變化的圖像，圖中t1＝0.38s，t2＝0.55s，t3＝0.66s，t4＝1.26s，手機(jī)質(zhì)量m＝200g，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2，由此可判斷（）A．t1時(shí)刻手掌的推力為4N B．t2時(shí)刻手機(jī)剛好離開手掌 C．t3時(shí)刻手機(jī)到達(dá)最高點(diǎn) D．t4時(shí)刻手機(jī)的速度為3m/s【答案】D【解答】解：A、t1時(shí)刻手機(jī)的加速度最大，為a＝20m/s2＝2g，方向向上，由牛頓第二定律得F﹣mg＝ma＝2mg，解得F＝3mg＝3×200×10﹣3×10N＝6N，故A錯(cuò)誤；B、t2時(shí)刻加速度不是g，手機(jī)沒有離開手掌，故B錯(cuò)誤；C、t3時(shí)刻加速度為g，手機(jī)處于完全失重狀態(tài)，手機(jī)剛好離開手掌，故C錯(cuò)誤；D、手機(jī)在0.66s離開手后做豎直上拋，之后自由落體在1.26s接住，則上升和下落的時(shí)間分別為，根據(jù)速度公式，可得t4時(shí)刻手機(jī)的速度為v＝gt＝10×0.3m/s＝3m/s，故D正確。故選：D。27．如圖甲中某同學(xué)雙手抓住單杠做引體向上，圖乙是他在某次向上運(yùn)動(dòng)過程中重心速度隨時(shí)間變化的圖像。關(guān)于重心運(yùn)動(dòng)的說法正確的是（）A．t＝1.3s時(shí)的速度方向向下 B．t＝1.3s時(shí)的加速度方向向上 C．此次重心上升的高度約為0.35m D．t＝0.5s時(shí)的加速度大小小于t＝1.5s時(shí)的加速度大小【答案】D【解答】解：AB.由v﹣t圖像可知，t＝1.3s時(shí)的速度方向?yàn)檎较?，即速度方向向上，此時(shí)正向上做減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，故AB錯(cuò)誤；C.根據(jù)v﹣t圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可知此次重心上升的高度約為h＝×0.64×1.7m≈0.54m，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)v﹣t圖像的斜率絕對(duì)值表示加速度大小，可知t＝0.5s時(shí)的加速度大小小于t＝1.5s時(shí)的加速度大小，故D正確。故選：D。28．如圖甲所示，物塊a，b之間用一根輕質(zhì)彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊b的質(zhì)量為1kg。開始時(shí)兩物塊均靜止，彈簧處于原長(zhǎng)，t＝0時(shí)對(duì)物塊a施加水平向有的恒力F，t＝1s時(shí)撤去，在0～1s內(nèi)兩物塊的加速度隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示。彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，以下分析正確的是（）A．彈簧對(duì)物塊a的彈力和彈簧對(duì)物塊b的彈力是一對(duì)平衡力 B．t＝1s時(shí)物塊b的速度大于0.2m/s C．恒力F大小為1.6N D．物塊a的質(zhì)量為0.5kg【答案】D【解答】解：A、彈簧對(duì)物塊a的彈力和彈簧對(duì)物塊b的彈力等大反向，受力物體不是同一個(gè)物體，所以不是一對(duì)平衡力，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)a﹣t圖像與時(shí)間軸圍成圖形的面積表示速度的變化量，可知0～1s內(nèi)物塊b的速度變化量Δv＜m/s＝0.2m/s。由于物塊b的初速度為零，則t＝1s時(shí)物塊b的速度小于0.2m/s，故B錯(cuò)誤。CD、設(shè)物塊a的質(zhì)量為m。t＝0時(shí)彈簧彈力為零，對(duì)物塊a，根據(jù)牛頓第二定律得F＝ma1當(dāng)t＝1s時(shí)，對(duì)物塊a，根據(jù)牛頓第二定律得F﹣F彈＝ma2對(duì)物塊b，t＝1s時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得mba2＝F彈綜上解得：m＝0.5kg，F(xiàn)＝0.6N，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D。29．物體A、B、C均靜止在同一水平面上，它們的質(zhì)量分別為mA、mB、mC，與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為分別為μA、μB、μC，現(xiàn)用沿水平面的拉力F分別作用于物體A、B、C，所得到的加速度與力的關(guān)系如圖所示，其中A、B兩線平行，則下列結(jié)論正確的是（）A．μA＜μB、mA＝mB B．μB＞μC、mB＞mC C．μB＝μC、mB＞mC D．μA＜μA、mA＞mC【答案】A【解答】解：根據(jù)題意由牛頓第二定律得：F﹣mgμ＝ma，所以有：，因此圖象的斜率表示，由圖象可知它們的質(zhì)量關(guān)系為：mC＞mB＝mA，縱軸截距表示μg，由于同一水平面，g相同，因此μA＜μB＝μC，故BCD錯(cuò)誤，A正確。故選：A。30．（多選）如圖a所示的“冰爬犁”是北方兒童在冬天的一種游戲用具。有一小孩從靜止開始，連續(xù)三次“點(diǎn)冰”后，爬犁沿直線繼續(xù)滑行最后停下。某同學(xué)用v﹣t圖像描述了上述運(yùn)動(dòng)過程，如圖b所示，圖中OA∥BC∥DE，AB∥CD∥EF。則下面說法正確的是（）A．爬犁加速時(shí)的加速度大小為1m/s2 B．爬犁運(yùn)動(dòng)的最大速度為2.2m/s C．爬犁運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為11s D．爬犁與冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2【答案】AB【解答】解：A.由圖像可知，爬犁加速時(shí)的加速度大小為，故A正確；B.爬犁減速時(shí)的加速度大小為，根據(jù)圖像可知，每次加速時(shí)間為t1＝1s，減速時(shí)間t2＝2s，爬犁運(yùn)動(dòng)的最大速度為vm＝a1?3t1﹣a2?2t2＝（1×3×1﹣0.2×2×2）m/s＝2.2m/s，故B正確；C.根據(jù)圖（b），爬犁運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)牛頓第二定律有減速過程中μmg＝ma2，爬犁與冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.02，故D錯(cuò)誤。故選：AB。31．（多選）如圖甲所示，水平地面上固定一足夠長(zhǎng)的光滑斜面，斜面頂端有一理想定滑輪，一輕繩跨過滑輪，繩兩端分別連接小物塊A和B．保持A的質(zhì)量不變，改變B的質(zhì)量m，當(dāng)B的質(zhì)量連續(xù)改變時(shí)，得到A的加速度a隨B的質(zhì)量m變化的圖線，如圖乙所示，設(shè)加速度沿斜面向上的方向?yàn)檎较颍諝庾枇Σ挥?jì)，重力加速度g取9.8m/s2，斜面的傾角為θ，下列說法正確的是（）A．若θ已知，可求出A的質(zhì)量 B．若θ未知，可求出乙圖中a1的值 C．若θ已知，可求出乙圖中a2的值 D．若θ已知，可求出乙圖中m0的值【答案】BC【解答】解：A、根據(jù)牛頓第二定律得：對(duì)B得：mg﹣F＝ma…①對(duì)A得：F﹣mAgsinθ＝mAa…②聯(lián)立得a＝…③若θ已知，由③知，不能求出A的質(zhì)量mA．故A錯(cuò)誤。B、由③式變形得a＝．當(dāng)m→∞時(shí)，a＝a1＝g，故B正確。C、由③式得，m＝0時(shí)，a＝a2＝﹣gsinθ，故C正確。D、當(dāng)a＝0時(shí)，由③式得，m＝m0＝mAsinθ，因A的質(zhì)量無法得知，所以m0不能求出。故D錯(cuò)誤。故選：BC。五．牛頓第二定律在豎直拋體運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用（阻力變化問題）（共3小題）32．A、B兩小球同一時(shí)刻從不同的高度由靜止釋放，A球所受空氣阻力可忽略，B球所受空氣阻力的大小與物體速率成正比，兩小球同一時(shí)刻落到水平地面，落地瞬間均以原速率反彈，規(guī)定向下為正方向，關(guān)于兩小球的速度v與時(shí)間t的圖像，下列可能正確的是（）A． B． C． D．【答案】D【解答】解：A、B球所受空氣阻力大小與物體速率成正比，B球下降階段加速度大小，上升階段加速度大小，球下降階段與上升階段加速度大小不同，小球落地后以原速度大小反彈，根據(jù)，B球下降階段與上升階段時(shí)間不同，故A錯(cuò)誤；BC、由于v﹣t圖像的斜率代表加速度，B球所受空氣阻力大小與物體速率成正比，B球下降階段加速度越來越小，則B球下降階段圖像的斜率越來越小，故BC錯(cuò)誤；D、A球上升階段與下降階段所需時(shí)間相同，加速度相同，B球上升階段加速度較大，根據(jù)，所需時(shí)間較短，下降階段加速度隨時(shí)間減小，上升階段加速度隨時(shí)間而減小，故D正確。故選：D。33．一質(zhì)量為m的飛機(jī)在水平跑道上起飛時(shí)，所受豎直向上的升力與飛機(jī)運(yùn)動(dòng)速率的平方成正比，記為F1＝k1v2，所受空氣阻力也與飛機(jī)運(yùn)動(dòng)速率的平方成正比，記為F2＝k2v2，方向與運(yùn)動(dòng)方向相反。假設(shè)輪胎和跑道之間的阻力是壓力的μ倍（μ＜0.25），飛機(jī)在跑道上加速滑行時(shí)發(fā)動(dòng)機(jī)推力恒為飛機(jī)所受重力的0.25倍，重力加速度為g。在飛機(jī)起飛過程，下列有關(guān)說法正確的是（）A．飛機(jī)一共受5個(gè)力的作用 B．飛機(jī)一定做變加速直線運(yùn)動(dòng) C．飛機(jī)可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng) D．飛機(jī)的起飛速度為【答案】C【解答】解：A、飛機(jī)受到重力mg、支持力N、機(jī)翼的升力F1、發(fā)動(dòng)機(jī)的推力F、空氣阻力F2和地面的摩擦力f共6個(gè)力的作用，故A錯(cuò)誤；BC、對(duì)飛機(jī)，根據(jù)牛頓第二定律有：水平方向：F﹣f﹣F2＝ma…①豎直方向：N+F1＝mg…②又f＝μN(yùn)…③且F1＝k1v2…④F2＝k2v2…⑥聯(lián)立①～⑥得：F﹣k2v2﹣μ（mg﹣k1v2）＝ma，整理得F﹣μmg+（μk1﹣k2）v2＝ma…⑦當(dāng)k2＝μk1時(shí)，合力恒定，加速度恒定，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；若μk1＞k2時(shí)，則加速度隨速度的增大而增大若μk1＜k2時(shí)，則加速度隨速度的增大而減小，飛機(jī)起飛過程可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，也可能做變加速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤，C正確；D、飛機(jī)剛起飛時(shí)，地面對(duì)飛機(jī)的支持力為零，則在豎直方向上：mg＝k1v2，解得飛機(jī)的起飛速度大小v＝，故D錯(cuò)誤。故選：C。34．某運(yùn)動(dòng)員做跳傘訓(xùn)練，他從懸停在空中的直升機(jī)上由靜止跳下，跳離飛機(jī)一段時(shí)間后打開降落傘做減速下落．他打開降落傘后的速度圖線如圖甲，降落傘用8根對(duì)稱的繩懸掛運(yùn)動(dòng)員，繩與豎直中軸線的夾角θ＝37°，如圖乙．已知人的質(zhì)量m＝50kg，降落傘質(zhì)量M＝50kg，開傘前不計(jì)人所受的阻力，打開傘后傘所受阻力f與速率v成正比，即f＝kv．已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，取g＝10m/s2．求：（1）打開降落傘前人下落的距離h；（2）阻力系數(shù)k和打開傘瞬間的加速度a；（3）要保證運(yùn)動(dòng)員安全著陸，每根懸繩所能承受的最小拉力Fmin．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）開傘前運(yùn)動(dòng)員做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)開傘時(shí)運(yùn)動(dòng)員下落速度為v1，有：＝2gh…①由圖甲得：v1＝20m/s…②聯(lián)解并代入數(shù)據(jù)得：h＝20m…③（2）設(shè)最終運(yùn)動(dòng)員勻速下降時(shí)速度為v2，由題有：kv2﹣（M+m）g＝0…④kv1﹣（M+m）g＝（M+m）a…⑤v2＝5m/s…⑥聯(lián)解并代入數(shù)據(jù)得：k＝200N?s/m…⑦a＝30m/s2，方向豎直向上．…⑧（3）以運(yùn)動(dòng)員為研究對(duì)象，由題知?jiǎng)傞_傘時(shí)懸繩對(duì)運(yùn)動(dòng)員拉力最大，設(shè)為F′．由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有：8F′cosθ﹣mg＝ma…⑨根據(jù)牛頓第三定律：Fmin＝﹣F′…⑩聯(lián)解并代入數(shù)據(jù)得：Fmin＝312.5N，即懸繩能承受的拉力至少為312.5N．…?答：（1）打開降落傘前人下落的距離為20m；（2）求阻力系數(shù)k為200N?m/s，打開傘瞬間的加速度a的大小為30m/s2，方向豎直向上；（3）懸繩能夠承受的拉力至少為312.5N．六．探究加速度與力、質(zhì)量之間的關(guān)系（共7小題）35．為了探究質(zhì)量一定時(shí)加速度與力的關(guān)系，一同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置，其中M為小車的質(zhì)量，m為鉤碼的質(zhì)量。為了保證力傳感器的讀數(shù)為小車所受的合外力，關(guān)于實(shí)驗(yàn)操作需要進(jìn)行的是（）A．在未掛鉤碼時(shí)，將木板的右端墊高以平衡摩擦力 B．在懸掛鉤碼后，將木板的右端墊高以平衡摩擦力 C．所掛鉤碼的質(zhì)量盡量大一些 D．所掛鉤碼的質(zhì)量盡量小一些【答案】A【解答】解：AB、為使傳感器的讀數(shù)為小車所受合力，實(shí)驗(yàn)前要平衡摩擦力，在未掛鉤碼時(shí)，將木板的右端墊高以平衡摩擦力，故A正確，B錯(cuò)誤；CD、小車受到的拉力可以用力傳感器測(cè)出，實(shí)驗(yàn)不需要控制鉤碼質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量，故CD錯(cuò)誤。故選：A。36．（多選）如圖所示，在探究牛頓運(yùn)動(dòng)定律的演示實(shí)驗(yàn)中，若1、2兩個(gè)相同的小車所受拉力分別為F1、F2，車中放入砝碼后，車的總質(zhì)量分別為m1、m2，打開夾子后經(jīng)過相同的時(shí)間兩車的位移分別為x1、x2，則在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)，有（）A．當(dāng)m1＝m2、F1＝2F2時(shí)，x1＝2x2 B．當(dāng)m1＝m2、F1＝2F2時(shí)，x2＝2x1 C．當(dāng)m1＝2m2、F1＝F2時(shí)，x1＝2x2 D．當(dāng)m1＝2m2、F1＝F2時(shí)，x2＝2x1【答案】AD【解答】解：A、當(dāng)m1＝m2、F1＝2F2時(shí)，由F＝ma可知，a1＝2a2，由x＝at2可得：x1＝2x2，故A正確，B錯(cuò)誤；C、當(dāng)m1＝2m2、F1＝F2時(shí)，a1＝a2，由x＝at2可得：x2＝2x1，故C錯(cuò)誤，D正確；故選：AD。37．某同學(xué)利用如圖（a）所示的裝置探究物體的加速度a與所受合力F的關(guān)系。①他用小木塊將長(zhǎng)木板無滑輪的一端墊高，目的是平衡摩擦力。具體操作是：把木板墊高后，小車放在木板上，在不掛小桶（選填“掛”或“不掛”）的情況下，輕推一下小車，若小車拖著紙帶做勻速運(yùn)動(dòng)，表明已經(jīng)消除了摩擦力和其他阻力的影響。②實(shí)驗(yàn)時(shí)保持小桶及砝碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，其目的是B（選填選項(xiàng)前的字母）。A．小車所受的拉力近似等于小車所受的合力B．小車所受的拉力近似等于小桶及砝碼的總重力C．保證小車運(yùn)動(dòng)的加速度不超過當(dāng)?shù)刂亓铀俣菵．減小空氣阻力對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響③圖（b）是實(shí)驗(yàn)中得到的一條紙帶，A、B、C、D、E、F、G為7個(gè)相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰的兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有四個(gè)點(diǎn)未畫出。相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的距離分別為xAB＝4.22cm、xBC＝4.65cm、xCD＝5.08cm、xDE＝5.49cm、xEF＝5.91cm、xFG＝6.34cm。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的工作頻率為50Hz，則小車的加速度0.42m/s2（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。④另一位同學(xué)也利用圖（a）所示的裝置做實(shí)驗(yàn)，他保持小桶和砝碼的質(zhì)量不變，改變放在小車中砝碼的質(zhì)量m，測(cè)出對(duì)應(yīng)的加速度a。假設(shè)已經(jīng)完全消除了摩擦力和其他阻力的影響。他沒有測(cè)量小車的質(zhì)量，而是以為縱坐標(biāo)，m為橫坐標(biāo)，畫出圖象。從理論上分析，下列圖象正確的是B?！敬鸢浮恳娫囶}解答內(nèi)容【解答】解：①平衡摩擦力的方法是：把木板一段墊高，在不掛小桶的情況下，讓小車滑下，當(dāng)小車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，就意味著摩擦力抵消了，此時(shí)應(yīng)當(dāng)讓打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)，因?yàn)榇螯c(diǎn)計(jì)時(shí)器也會(huì)有摩擦力；②根據(jù)牛頓第二定律可知mg＝（M+m）a，解得a＝，只有保持小桶和砝碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量才能保證小車所受的拉力近似等于小桶和砝碼的總重力，故B正確，AC錯(cuò)誤；故選：B。（3）根據(jù)Δx＝aT2可得a＝＝0.42m/s2；（4）根據(jù)牛頓第二定律可知m0g＝（M+m）a，解得，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B。故答案為：①不掛；②B；③0.42；④B。38．某實(shí)驗(yàn)小組利用圖1的裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系。（1）下列做法正確的是A（填字母代號(hào)，如：A、B、C…）A．調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳緣K的細(xì)繩與長(zhǎng)木板保持平行B．在調(diào)節(jié)木板傾斜度平衡木塊受到的滑動(dòng)摩擦力時(shí)，將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴木塊上C．實(shí)驗(yàn)時(shí)，先放開木塊再接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源D．通過增減木塊上的砝碼改變質(zhì)量時(shí)，需要每次都重新調(diào)節(jié)木板傾斜度（2）為使砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總重力在數(shù)值上近似等于木塊運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的拉力，應(yīng)滿足的條件是砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量B木塊和木塊上砝碼的總質(zhì)量。（填字母代號(hào)，如：A、B、C）A．遠(yuǎn)大于