物理必修 第一冊3 牛頓第二定律精品習(xí)題

這是一份物理必修 第一冊3 牛頓第二定律精品習(xí)題，共56頁。試卷主要包含了牛頓第二定律的表達(dá)式，力的單位，牛頓第二定律的簡單應(yīng)用等內(nèi)容，歡迎下載使用。
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1 kg的物體產(chǎn)生1 m/s2的加速度的力叫作1 N，即1 N＝
1 kg·m/s2.
3．公式F＝kma中k的取值
(1)k的數(shù)值取決于F、m、a的單位的選取．
(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，F(xiàn)＝kma中的k＝1，此時牛頓第二定律可表示為F＝ma.
技巧點撥
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為物體的實際加速度；若F是某一個力，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三個物理量的單位都為國際單位制單位時，才有公式F＝kma中k＝1，即F＝ma.
2．牛頓第二定律的四個性質(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)瞬時性：加速度與合外力是瞬時對應(yīng)關(guān)系，同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失．
(4)獨立性：作用在物體上的每一個力都產(chǎn)生加速度，物體的實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)．
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，物體做加速運(yùn)動，相反時物體做減速運(yùn)動．
3．兩個加速度公式的區(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)動狀態(tài)分析，畫出受力分析圖，明確運(yùn)動性質(zhì)和運(yùn)動過程．
(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：若物體只受兩個力作用，應(yīng)用平行四邊形定則求這兩個力的合力，物體所受合力的方向即加速度的方向．
(2)正交分解法：當(dāng)物體受多個力作用時，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，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\c1(Fx＝max,Fy＝may))列方程求解．
例題精練
1．（珠海二模）滑沙是能夠放松和解壓的新興旅游項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
B．如果斜面足夠長，物塊最后做勻速直線運(yùn)動
C．物塊做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動
D．物塊初始時刻加速度最小
【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)動情況。
【解答】解：設(shè)物塊的質(zhì)量為m，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，對物塊根據(jù)牛頓第二定律可得：
mgsinθ﹣μmgcsθ﹣kv＝ma
解得：a＝gsinθ﹣μgcsθ﹣
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；
初始時刻v＝0，加速度增大，最后當(dāng)gsinθ＝μgcsθ+時，加速度為零，物塊做勻速直線運(yùn)動。
故B正確、ACD錯誤。
故選：B。
【點評】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)動的橋梁。
隨堂練習(xí)
1．（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，在桌面某點靜止開始向右運(yùn)動，一段時間后脫離桌子，最終落到水平地面上，對于物體在空中的運(yùn)動過程，下列說法正確的是（ ）
A．物體做變加速曲線運(yùn)動
B．恒力F力越大，則在空中運(yùn)動時間越長
C．恒力F力越大，則物體落地時速率越大
D．某時刻開始物體做直線運(yùn)動
【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，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。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，離開桌面時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，不可能做直線運(yùn)動，故AD錯誤；
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)，則下落得時間與恒力F的大小也無關(guān)，故B錯誤；
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，則整個過程中外力對物體做功的和越大，所以物體落地的動能越大，則速率也越大，故C正確。
故選：C。
【點評】該題考查牛頓第二定律的應(yīng)用以及動能定理的應(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．（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)動機(jī)蓋彈起65mm，相當(dāng)于行人倒下時在其下面墊了氣墊，產(chǎn)生緩沖保護(hù)作用。假設(shè)發(fā)動機(jī)蓋彈起時候是勻加速直線運(yùn)動，則以下與K最為接近的值為（ ）
A．10B．12C．14D．16
【分析】發(fā)動機(jī)蓋彈起時候是勻加速直線運(yùn)動，運(yùn)用位移﹣時間的關(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錯誤；
故選：C。
【點評】掌握勻變速直線運(yùn)動的位移﹣時間關(guān)系是求解本題的關(guān)鍵。
3．（廣東二模）公共汽車進(jìn)站時，剎車過程的加速度﹣時間圖像如圖所示，若它在6s時恰好停在站臺處，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時刻的速度約為28 km/h
C．4s時的加速度約為0.5 m/s2
D．4s時受到外力的合力約為2500 N
【分析】加速度﹣時間圖像中，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時刻的速度約為
v0＝Δv
帶入數(shù)據(jù)，可得：
v0＝7.75m/s≈28km/h
又因為公共汽車做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動，故0～6s內(nèi)的位移滿足
x＜
帶入數(shù)據(jù)，可得：
x＜23.25m
故A錯誤；B正確；
C、由題圖可知4s時公共汽車的加速度約為a＝1.0m/s2，故C錯誤；
D、由牛頓第二定律可知4s時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錯誤。
故選：B。
【點評】本題考查學(xué)生的知識遷移能力，可以類比速度﹣時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．（海淀區(qū)模擬）如圖所示，A、B兩個物體相互接觸，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時刻，B物體的加速度為0.33m/s2
B．t＝5s時刻，B物體的加速度為1.0m/s2
C．t＝0時刻，A、B 兩個物體間相互作用力為3.0N
D．t＝5s時刻，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時刻，B物體的加速度和A、B 兩個物體間相互作用力；二、尋找二者分離的時刻，隨著時間的推移，F(xiàn)B增大，彈力FAB逐漸減小，當(dāng)A、B恰好分離時，A、B間的彈力為零，即FAB＝0，然后分析t＝5s時刻，B物體的加速度FB＝2+2×5＝mBaB，進(jìn)而應(yīng)用動量定理求解速度。
【解答】解：AC、FA、FB隨時間的變化規(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，故開始一段時間內(nèi)AB以相同的加速度做勻加速運(yùn)動，在t＝0時，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錯誤；
BD、隨著時間的推移，F(xiàn)B增大，彈力FAB逐漸減小，當(dāng)A、B恰好分離時，A、B間的彈力為零，即FAB＝0，此時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，t＝2s后A、B兩物體分離，A、B開始分離時的速度為
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FB＝6N，5s時FB＝12N，根據(jù)動量定理：
帶入數(shù)據(jù)，可得：
v′＝6.5m/s
故B錯誤；D正確。
故選：D。
【點評】本題考查牛頓第二定律的整體法、隔離法。題目中兩個力均隨時間變化，需要求出A、B分離的時刻。然后再運(yùn)用牛頓第二定律和動量定理求解5s時B物體的加速度和速度值，是一道容易出錯的題目。
綜合練習(xí)
一．選擇題（共17小題）
1．（武昌區(qū)校級模擬）如圖所示，水平地面上三點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，原長為OB，另一端與質(zhì)量為m的小物塊（視為質(zhì)點）緊靠但不拴接。先壓縮彈簧，置物塊于A點，然后由靜止釋放，小物塊運(yùn)動到C點恰好停止。設(shè)小物塊從A到B用時t1，從B到C用時t2，物塊與地面動摩擦因數(shù)為μ。下列說法正確的是（ ）
A．t1＞t2，kx＝2μmgB．t1＜t2，kx＝2μmg
C．t1＞t2，kx＝4μmgD．t1＜t2，kx＝4μmg
【分析】畫出小物塊的速度圖象，根據(jù)平均速度乘以時間等于位移分析時間，根據(jù)動能定理分析kx的大小。
【解答】解：小物塊從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對小物塊由動能定理：，解得：kx＝4μmg，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
【點評】本題主要是考查動能定理和運(yùn)動學(xué)公式，關(guān)鍵是弄清楚物塊的運(yùn)動情況和受力情況，根據(jù)動能定理進(jìn)行分析。
2．（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，用一個水平向右的拉力作用后，物體的運(yùn)動
v﹣t圖像如圖乙所示，圖像為關(guān)于t2時刻對稱的曲線。下列說法正確的是（ ）
A．整個過程物體的位移為零
B．t2時刻，物體運(yùn)動的速度反向
C．t1和t3時刻，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時刻切線斜率為正，t3時刻切線斜率為負(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。
【解答】解：A、v﹣t圖像中，圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積代表位移，可知整個過程位移不斷增大，故A錯誤；
B、圖像都在t軸上方，代表速度方向沒有發(fā)生變化，故B錯誤；
C、t1時刻切線斜率為正，t3時刻切線斜率為負(fù)，所以加速度方向不同，加速度不相同，故C錯誤；
D、根據(jù)牛頓運(yùn)動定律，t1時，F(xiàn)1﹣f＝ma1，t3時f＝F2，t3時f﹣F3＝ma3，從圖像分析a1＝a3，所以拉力變小，故D正確。
故選：D。
【點評】本題考查v﹣t圖像的認(rèn)識，同時考查對牛頓第二定律的應(yīng)用。
3．（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時，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B．B環(huán)做勻減速直線運(yùn)動
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受重力和拉力兩個力，兩個力的合力不等于零，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，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，則B也做勻速直線運(yùn)動，故B錯誤；
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，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錯誤。
故選：A。
【點評】本題關(guān)鍵要結(jié)合運(yùn)動情況，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)動情況．
4．（虹口區(qū)校級期末）如圖所示是采用動力學(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．9.0×104kgB．8.7×104kgC．6.0×104kgD．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錯誤，B正確。
故選：B。
【點評】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)用時的同體性，即公式中的各量均為同一物體所具有的．
5．（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，某次救援時拖車的質(zhì)量為汽車的倍，設(shè)拖車運(yùn)動過程中所受的阻力恒為拖車總車重的，汽車運(yùn)動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拖車的牽引力大
B．兩種救援啟動過程中，拖車的牽引力相同
C．第一種救援比第二種救援啟動拖車對汽車在水平方向的作用力大
D．兩種救援啟動過程中，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。
【解答】解：AB、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拖車的牽引力小，AB錯誤。
C、設(shè)第一種救援方式啟動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錯誤，D正確。
故選：D。
【點評】在運(yùn)用牛頓第二定律解題時，要注意整體法和隔離法的正確運(yùn)用。
6．（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)動至最低點的過程中，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，根據(jù)F＝kx判斷出彈力與形變量間的關(guān)系，在整個運(yùn)動過程中，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，此時彈簧的彈力F＝kx，隨x的減小彈力減小，當(dāng)x＝0時，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，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錯誤，D正確；
故選：D。
【點評】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，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．（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。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錯誤。
故選：C。
【點評】本題考查受力分析能力、胡克定律以及牛頓運(yùn)動定律，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．（南山區(qū)校級模擬）近年來特斯拉電動汽車因為剎車系統(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，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。不考慮人的反應(yīng)時間，汽車的運(yùn)動視為勻變速直線運(yùn)動，取g＝10m/s2，下列說法正確的是（ ）
A．汽車輪胎與地面之間的動摩擦因數(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摩擦因數(shù)；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動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。
【解答】解：汽車的初速度v＝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錯誤。
故選：A。
【點評】本題考查動力學(xué)問題的分析，注意加速度的橋梁作用及理解運(yùn)動規(guī)律，同時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．（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．此時物體一定受四個力作用
B．若突然撤去彈簧的瞬間，物體向左加速運(yùn)動
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個力作用
【分析】剪斷彈簧的瞬間，因為繩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，確定小球的受力個數(shù)，根據(jù)牛頓第二定律求出瞬間的加速度大?。?br>【解答】解：A、此時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個力作用，故A錯誤；
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，共兩個力作用，保持靜止，故B錯誤；
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錯誤、D正確。
故選：D。
【點評】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．（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，從球拋出瞬間至球以后的運(yùn)動過程中（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，彈力球的速度最大
D．小球下降到最低點時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、小球的動能和重力勢能之和保持不變，輕繩的彈性勢能、小球的動能都為0時，重力勢能最大，此時小球能回到初始位置，故B錯誤；
C．彈力球的速度最大時，加速度為0，彈性輕繩剛伸直時，彈力球的加速度為g，速度不是最大，故C錯誤；
D．小球的下降運(yùn)動在繩拉直后是簡諧運(yùn)動，關(guān)于平衡位置具有對稱性，繩恰好伸直時加速度向下等于g，而小球在最低點時離平衡位置更遠(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)動情況。不能簡單地認(rèn)為繩一伸直，球立即減速。
11．（湖南模擬）世界十大集裝箱港口我國占七席，自動化程度逐漸達(dá)到國際領(lǐng)先水平，各種集裝箱上下左右自動化穿梭。如圖所示，一個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，可能使彈簧拉動A相對木箱底面向左移動的是（ ）
A．木箱豎直向上運(yùn)動B．木箱豎直向下運(yùn)動
C．木箱水平向左運(yùn)動D．木箱水平向右運(yùn)動
【分析】通過木箱在不同運(yùn)動狀態(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A相對于木箱向左移動。
【解答】解：A、木箱保持靜止時，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)動時，A對木箱的壓力大于重力，最大靜摩擦力比靜止時更大，故彈簧彈力小于豎直向上加速時的最大靜摩擦力，不可能使彈簧拉動A相對木箱底面向右移動，故A錯誤；
B、當(dāng)木箱豎直向下加速運(yùn)動時，A對木箱的壓力小于重力，最大靜摩擦力比靜止時小，故彈力可能大于最大靜摩擦力，使彈簧拉動A相對木箱底面向右移動，故B錯誤；
C、假設(shè)木箱向左以加速度a0運(yùn)動時，A剛好沒有發(fā)生滑動，對A用牛頓第二定律有fmax﹣kx＝ma0，可知當(dāng)木箱向左運(yùn)動的加速度小于等于a0時，將不發(fā)生相對滑動；當(dāng)加速度大于a0時，將使彈簧拉動A相對木箱底面向右移動，故C錯誤；
D、假設(shè)木箱向右以加速度a1運(yùn)動時，A剛好沒有發(fā)生滑動，對A用牛頓第二定律有fmax+kx＝ma1，可知當(dāng)木箱向右運(yùn)動的加速度小于等于a1時，將不發(fā)生相對滑動；當(dāng)加速度大于a1時，將使彈簧拉動A相對木箱底面向左移動，故D正確。
故選：D。
【點評】在處理靜摩擦力和最大靜摩擦力時，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．（鷹潭二模）兩個質(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)彈簧測力計連接。兩個大小分別為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，則下列說法正確的是（ ）
A．穩(wěn)定后兩個物體的加速度大小相等方向相反
B．彈簧測力計的示數(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，作用在兩個不同物體上，是一對作用力和反作用力
【分析】穩(wěn)定后兩個物體運(yùn)動狀態(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物體的受力情況。
【解答】解：A、穩(wěn)定后兩個物體運(yùn)動狀態(tài)相同，加速度大小相等方向相同，故A錯誤；
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錯誤；
D、一對作用力和反作用力是兩個物體之間的相互作用力，故D錯誤。
故選：B。
【點評】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．（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)地鐵站安裝的電動扶梯在無人乘行時，扶梯運(yùn)轉(zhuǎn)得很慢，有人站上扶梯時，它會先慢慢加速，再勻速運(yùn)轉(zhuǎn).小海同學(xué)搭乘地鐵站的電動扶梯時（小海同學(xué)與電動扶梯保持相對靜止），恰好經(jīng)歷了這兩個過程，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。
【解答】解：AB、在勻速運(yùn)動的過程中，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)受三個力作用，如圖所示，此時支持力大小大于重力大小，故AB錯誤；
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，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錯誤。
故選：C。
【點評】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．（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)動過程中（ ）
A．小球一直做加速運(yùn)動
B．小球先做加速運(yùn)動后做減速運(yùn)動
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：Fcsθ﹣mg＝ma，小球開始由靜止向上做加速運(yùn)動，當(dāng)Fcsθ﹣mg＝0時，速度達(dá)到最大，此后，小球繼續(xù)向上運(yùn)動，F(xiàn)csθ不斷減小，因此此后小球向上做減速運(yùn)動，故A錯誤，B項正確；
CD、小球由靜止向上運(yùn)動的過程中，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項錯誤。
故選：B。
【點評】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)動情況。題目屬于基礎(chǔ)題。
15．（揚(yáng)州模擬）皮球從一定高度處由靜止下落，t1時刻與地面碰撞后反彈，t2時刻上升到最高點，皮球運(yùn)動時受到的空氣阻力大小恒定，取皮球落地點為原點建立坐標(biāo)系，豎直向上為正方向，下列皮球位置x與時間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
【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，加速度大小為a2＝＝g+，加速度方向向下，
加速度方向與運(yùn)動方向相反，所以上升時速度減小，x﹣t圖線斜率越來越小；
上升時加速度大于下降時加速度，所以上升時速度變化更快，用時更短，同時因為阻力的存在，反彈后不能在上升到原高度，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
【點評】本題考查學(xué)生對運(yùn)動學(xué)圖象的理解，要求學(xué)生明確x﹣t圖斜率反映物體速度，同時考查學(xué)生受力分析和牛頓第二定律的運(yùn)用情況。
16．（長安區(qū)校級月考）如圖所示的裝置為在摩擦力不計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)動過程中，盒子乙與滑塊丙之間沒有相對運(yùn)動，假設(shè)整個運(yùn)動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?。?br>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?。?br>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/s2
T＝15N
故AB錯誤；
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錯誤。
故選：C。
【點評】在處理牛頓第二定律問題時，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．（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)動時，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)動時，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)動時，線中拉力為mg
D．當(dāng)滑塊以加速度a＝2g向左加速運(yùn)動時，線中拉力為mg
【分析】當(dāng)滑塊向左勻加速直線運(yùn)動時，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，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。
【解答】解：A、當(dāng)滑塊向左做勻速運(yùn)動時，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錯誤；
BC、設(shè)當(dāng)小球貼著滑塊一起向左運(yùn)動且支持力為零時加速度為a0，小球受到重力、拉力作用，此時支持力恰好為零，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)動時，小球?qū)瑝K壓力為零，此時細(xì)線的拉力F＝＝mg，故BC錯誤；
D、當(dāng)滑塊以加速度a＝2g向左加速運(yùn)動時，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。
【點評】解決本題的關(guān)鍵確定出小球剛離開斜面時的臨界情況，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，采用正交分解法比較簡單，而小球只受兩個力時用合成法簡單。
二．多選題（共13小題）
18．（倉山區(qū)校級期中）如圖所示，光滑斜面固定在水平面上，有三個完全相同的小球a、b、c，開始時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。計時開始時，將a、c小球以相同的初速度v沿水平方向拋出，同時b小球在斜面上由靜止釋放，如圖所示，運(yùn)動過程中三小球不會相碰，小球a、b、c到達(dá)水平面的時間分別為t1、t2、t3。下列關(guān)系正確的是（ ）
A．t1一定大于t2B．t1一定等于t2
C．t2一定大于t3D．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)動的規(guī)律求解b球運(yùn)動的時間；c球做平拋運(yùn)動，根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律求解時間進(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，和b球沿斜面向下具有相同的運(yùn)動規(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﹣時間關(guān)系可得：＝
解得：t2＝；
c球做平拋運(yùn)動，根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律可得：h＝，解得：t3＝
所以有：t1＝t2＞t3，故BCD正確、A錯誤。
故選：BCD。
【點評】本題主要是考查平拋運(yùn)動、類平拋運(yùn)動和勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律，關(guān)鍵是能夠分析小球的運(yùn)動情況，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式解答。
19．（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會分離
B．在下降過程中A與B會分離
C．A上升的最大高度等于B上升的最大高度
D．A下降過程所用的時間等于B下降過程所用的時間
【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不會分離，A、B以相同的加速度向上運(yùn)動，上升高度H相等，故A錯誤，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相等時加速度小的所用時間長，則A下降過程所用的時間大于B下降過程所用的時間，故D錯誤。
故選：BC。
【點評】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．（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)。某時刻發(fā)現(xiàn)A相對凹槽向右運(yùn)動，則凹槽的運(yùn)動情況可能是（ ）
A．水平向右做加速運(yùn)動B．水平向左做加速運(yùn)動
C．豎直向上做加速運(yùn)動D．豎直向上做減速運(yùn)動
【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，根據(jù)A受力情況分析運(yùn)動情況；如果凹槽在豎直向上運(yùn)動，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)動情況。
【解答】解：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。
A、如果凹槽水平向右做加速運(yùn)動，最終A的合力方向也向右，A相對于凹槽將會向左運(yùn)動，不符合題意，故A錯誤；
B、如果凹槽水平向左做加速運(yùn)動，最終A的合力方向也向左，A相對于凹槽將會向右運(yùn)動，故B正確；
C、如果凹槽豎直向上做加速運(yùn)動，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相對于凹槽不會運(yùn)動，故C錯誤；
D、如果凹槽豎直向上做減速運(yùn)動，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，故D正確。
故選：BD。
【點評】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)動情況，根據(jù)A的受力情況分析其運(yùn)動情況。
21．（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mgcsθ
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?。灰哉w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。
【解答】解：A、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＝mgcsθ，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錯誤；
CD、根據(jù)B選項可知，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錯誤、D正確。
故選：AD。
【點評】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．（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，此時物體A和B恰好做勻速運(yùn)動，不計滑輪的摩擦和質(zhì)量，且A、B與桌面的動摩擦因數(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D．物體A做加速運(yùn)動
【分析】對物體A、B進(jìn)行受力分析，當(dāng)物體AB做勻速運(yùn)動時，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。
【解答】解：當(dāng)物體AB做勻速運(yùn)動，
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，故D正確，C錯誤；
對A根據(jù)牛頓第二定律可得
T′＝ma+μmg＝mg，故A正確，B錯誤。
故選：AD。
【點評】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．（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沿逆時針方向運(yùn)動。t＝0時將質(zhì)量m＝1kg的物體（可視為質(zhì)點）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，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，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時刻之前，物體做勻加速直線運(yùn)動，其加速度稍大一些，之后仍然做勻加速直線運(yùn)動，加速度稍小一些，即該時刻前物體相對傳送帶向上運(yùn)動，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。該時刻后物體相對傳送帶向下運(yùn)動，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錯誤；
BC、根據(jù)牛頓第二定律，分別對物體的兩個過程列方程為：
mgsinθ+μmgcsθ＝ma1，mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma2
解得：傳送帶的傾角θ＝37°，物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5故BC正確；
故選：BC。
【點評】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。
24．（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，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)動到擋板P時（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。已知小滑塊與擋板的碰撞為彈性碰撞且碰撞時間極短，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝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)動定律與勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律，求出加速度、速度，對碰撞過程運(yùn)用動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律碰后的速度。
【解答】解：開始長木板勻速下滑時，由平衡條件得3mgsinα＝μ3mgcsα，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μ4mgcsα﹣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，長木板做勻減速直線運(yùn)動，小滑塊從放上長木板到與擋板相撞的時間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)動量守恒，取沿斜面向下為正方向，由動量守恒定律得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。
【點評】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)動定律、動量守恒定律以及機(jī)械能守恒定律，對學(xué)生知識整合能力有一定要求。
25．（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)隨時間t的變化關(guān)系如圖（b）所示，其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小。木板的加速度a1隨時間t的變化關(guān)系如圖（c）所示。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2。假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動摩擦力相等，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時間段物塊與木板加速度相等。
【解答】解：A、由圖（c）可知，在0～t1時間段物塊和木板均靜止，在t1時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錯誤；
B、由圖（c）可知，t1～t2時間段物塊和木板一起加速運(yùn)動，在t2時刻物塊和木板開始相對運(yùn)動，此時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時間段物塊和木板均靜止，t1～t2時間段物塊和木板一起勻加速運(yùn)動，故在0～t2時間段物塊與木板加速度相等，故D正確。
故選：BCD。
【點評】在運(yùn)用牛頓第二定律解題時，要注意整體法和隔離法的靈活應(yīng)用。在研究幾個物體的共同加速度時可以選整體為研究對象，但在研究某個物體時要注意隔離法的應(yīng)用。
26．（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驗臺面上，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，木板開始受到水平拉力F的作用，在t＝4s時撤去F。細(xì)繩對物塊的拉力T隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示，木板的速度v與時間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摩擦力f為滑動摩擦力；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，不能通過受力平衡或者運(yùn)動學(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摩擦力f為0.4N，故A正確；
B、在4s后撤去外力，此時木板在水平方向上只受到滑動摩擦力的作用，由圖丙可知，此時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錯誤；
D、物塊始終靜止不動，不能通過受力平衡或者運(yùn)動學(xué)公式求出物塊的質(zhì)量，故D錯誤。
故選：AB。
【點評】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)動過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運(yùn)動學(xué)的計算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進(jìn)行解答；知道加速度是聯(lián)系動力學(xué)和運(yùn)動學(xué)的橋梁
27．（湖南模擬）如圖甲，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動的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)動情況，可以利用牛頓第二定律求解物理的受力情況。
【解答】解：AB、物塊在上滑過程中有mgsinθ+μmgcsθ＝ma1，v0＝a1t1；在下滑過程中有mgsinθ﹣μmgcsθ＝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錯誤，B正確；
C、因為f＝μmgcsθ，因為不能求出物塊的質(zhì)量m，所以摩擦力的大小也求不出，故C錯誤；
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。
【點評】解體的關(guān)鍵是利用速度﹣時間圖像分析物體的運(yùn)動情況，再結(jié)合牛頓第二定律求解受力情況。
28．（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，上端連接一實心鐵球，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。某時刻突然剪斷細(xì)繩，則剪斷細(xì)繩的瞬間，鐵球（不計空氣阻力）（ ）
A．合外力為0B．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
【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)動情況。
【解答】解：AB、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)動趨勢，故C錯誤，D正確。
故選：BD。
【點評】本題主要是考查牛頓第二定律之瞬時性問題，關(guān)鍵是弄清楚小球和容器的受力情況，知道彈簧彈力不會發(fā)生突變的原因，能夠根據(jù)受力情況分析運(yùn)動情況。
29．（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)過時間t秒后撤去F1，此時物體的速率為v1；立即再對它施加一水平向左的恒力F2，又經(jīng)過時間t秒后物體回到出發(fā)點，此時速率為v2。在這一過程中，下列說法正確的是（ ）
A．v1＝2v2B．v2＝2v1C．F2＝2F1D．F2＝3F1
【分析】物體先做勻加速運(yùn)動，后做勻減速運(yùn)動并回到原處，整個過程中的位移為零。根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式即可確定兩個力的大小關(guān)系，根據(jù)位移﹣時間公式求得位移，即可求得速度關(guān)系。
【解答】解：CD、物體從靜止在水平恒力F1作用下做勻加速運(yùn)動，經(jīng)一段時間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，加速度大小為：a2＝
經(jīng)同樣時間t后物體回到原處，整個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錯誤，B正確；
故選：BD。
【點評】在F1和F2的作用下，在相同的時間內(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．（河?xùn)|區(qū)二模）網(wǎng)紅景點“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，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
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。
【解答】解：ABC、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)動方向，故A錯誤，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錯誤。
故選：BC。
【點評】本題在處理人對轎廂的作用力時要注意，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．（浦東新區(qū)期末）自制一個加速度計，其構(gòu)造是：一根輕桿，下端固定一個小球，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，用硬紙作為盤面，放在桿擺動的平面上，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點的豎直線上，則在b處應(yīng)標(biāo)的加速度數(shù)值是 0 m/s2；當(dāng)汽車向右行駛時，輕桿穩(wěn)定地指在d處，刻度線d和O點的連線與Ob的夾角為45°，則0.5s內(nèi)汽車速度的變化量為 10 m/s。
【分析】對小球受力分析，受兩個力，重力和拉力，小球隨汽車向前勻加速運(yùn)動，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。
【解答】解：在b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。
刻度線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，
對小球進(jìn)行受力分析如圖所示
兩個力進(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 10 m/s2。
故答案為：0；10
【點評】本題關(guān)鍵分析出小球的運(yùn)動情況和受力情況，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．（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，使四個小球均在空中處于靜止?fàn)顟B(tài)，雙手同時釋放A、C瞬間（空氣阻力不計，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 。
【分析】對AB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；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。
【解答】解：對AB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，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：g 0
【點評】本題主要考查了關(guān)于牛頓第二定律的瞬時性的兩種模型，即輕繩（輕桿）模型和彈簧模型，解題時一定要注意兩種模型的不同點。
33．（泉州模擬）如圖甲，傾角為37°的傳送帶順時針勻速運(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隨時間t變化的圖像如圖乙所示。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，則木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為 0.875 ，0～2.0s時間內(nèi)，傳送帶對木塊做的功為 9.5 J。
【分析】在開始階段，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，根據(jù)乙圖求得加速度，利用牛頓第二定律求得動摩擦因數(shù)，在v﹣t圖像中，圖像與時間軸所圍面積表示木塊通過的位移，對木塊，根據(jù)動能定理即可求得傳送帶對木塊所做的功。
【解答】解：在開始階段，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，加速度大小為：
對木塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得：
μmgcsθ﹣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
【點評】本題一要讀懂速度圖象，根據(jù)圖象分析物體的運(yùn)動情況，求出位移和加速度，二要根據(jù)牛頓第二定律和動能定理求解相關(guān)的量。
34．（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，自剎車開始計時，汽車運(yùn)動的位移s與時間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 8 m/s，該汽車在剎車過程中所受合力大小為 7000 N。（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?。?br>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。
【解答】解：由題意可知汽車運(yùn)動的位移為
s＝20t﹣2.5t2＝﹣2.5（t2﹣8t+16）+2.5×16
由分析可知當(dāng)t＝4s時，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
【點評】在處理剎車類問題時，要注意先判斷汽車從剎車到停止經(jīng)歷的時間，再來解決問題。
35．（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摩擦因數(shù)為 0.5 ，物塊下滑時加速度的大小為 2.0 m/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)系求出動摩擦因數(shù)；
由圖得出物塊的末速度，結(jié)合運(yùn)動學(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＝μmgcsθs
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能為
Ek＝mv2＝10J
利用運(yùn)動學(xué)公式有
v2＝2as
整理可得a＝2.0m/s2
故答案為：0.5；2.0
【點評】在處理圖像問題時，要注意圖像的物理意義，要能從圖像得出相關(guān)的信息。
36．（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，發(fā)動機(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，則跑道長度至少為 。
【分析】利用飛機(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)動學(xué)公式求出跑道的長度。
【解答】解：飛機(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，設(shè)加速度為a，則在v＝0時，有
F﹣μmg＝ma
設(shè)跑道的長度至少為L，則由運(yùn)動學(xué)公式可得
＝2aL
整理可得
L＝
故答案為：，
【點評】本題根據(jù)速度為零這一關(guān)鍵條件求加速度是個難點，做題時要注意。
37．（長寧區(qū)二模）質(zhì)量為m的質(zhì)點所受的力F隨時間變化的規(guī)律如圖所示，力的方向始終在一直線上。已知t＝0時質(zhì)點處于靜止?fàn)顟B(tài)。在圖中t0、2t0、3t0和4t0的各時刻中，質(zhì)點離出發(fā)點距離最大的時刻是 4t0 ；質(zhì)點動能的最大值是 。
【分析】從F﹣t圖像中，分析得到質(zhì)點受力隨時間的變化，運(yùn)動過程隨時間的變化，找到離出發(fā)點距離最大的時刻，和動能最大的時刻，利用公式即可進(jìn)行求解。
【解答】解：由F﹣t圖像得，0﹣t0，質(zhì)點向正方向做勻加速直線運(yùn)動，加速度為，t0﹣2t0，向正方向做勻減速直線運(yùn)動，加速度大小與第一段相同，2t0時，速度剛好減為0，2t0﹣4t0和0﹣2t0內(nèi)受力情況完全相同，運(yùn)動情況完全相同。整段過程一直向正方向運(yùn)動，所以4t0時刻質(zhì)點離出發(fā)點距離最大。
t＝t0時刻，質(zhì)點速度最大，動能最大，為：。
答：質(zhì)點離出發(fā)點距離最大的時刻是4t0；質(zhì)點動能的最大值是。
【點評】本題需要注意會分析F﹣t圖像，能從圖像中分析出質(zhì)點的運(yùn)動情況，能根據(jù)運(yùn)動情況求解最大動能和最大距離。
38．（蚌埠期末）某次軍事演習(xí)時，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，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 9×104 N，它在著陸后12s內(nèi)滑行的距離是 300 m。
【分析】根據(jù)牛頓第二定律求得飛機(jī)受到的合力，利用速度﹣時間公式求得飛機(jī)減速到零所需時間，結(jié)合位移﹣時間公式求得通過的位移。
【解答】解：根據(jù)牛頓第二定律可得F＝ma＝1.5×104×6N＝9×104N
飛機(jī)減速到零所需時間，故在著陸后12s內(nèi)滑行的距離是
故答案為：9×104，300
【點評】本題主要考查了牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式，對于剎車減速問題，首先判斷出減速到零所需的時間，再結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求解。
39．（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，則A和B的相互作用力為 10 N。
【分析】先對整體A、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．（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的夾子，各個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 。
【分析】題目屬于活結(jié)模型，鋼絲繩受到的力相同，對節(jié)點處進(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：對此時節(jié)點處的鋼絲進(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)模型節(jié)點兩端的受力大小相同
四．計算題（共9小題）
41．（沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖所示，在某物流中心質(zhì)量為m的紙箱可沿直角滑槽ABCDEFE無初速度滑下，紙箱與滑槽之間的動摩擦因數(shù)μ＝，滑槽ab邊與水平面夾角為θ，整個裝置關(guān)于豎直平面對稱，ab長度為L，滑槽的長度遠(yuǎn)大于箱子的邊長，重力加速度為g。求：
（1）若θ＝0°，紙箱對滑槽ABCD面的壓力N1；
（2）若θ＞45°，紙箱下滑的加速度a，及紙箱從B端無初速度下滑運(yùn)動到A端的時間t。
【分析】一、對紙箱受力分析，結(jié)合牛頓第三定律求解紙箱對滑槽的壓力；二、應(yīng)用牛頓第二定律計算加速度，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式計算時間。
【解答】解：（1）如圖所示
θ＝0°，有N1＝mgcs45°解得：
由牛頓第三定律得紙箱對滑槽的壓力為
方向垂直ABCD面向下
（2）如圖所示
重力垂直于AB方向的分力Gy＝mgcsθ
將Gy分解到垂直于兩側(cè)面，分力為N2，則
N2＝mgcsθcs45°
N2＝mgcsθ
根據(jù)牛頓第二定律：
根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式：
聯(lián)立，可得：
答：（1）若θ＝0°，紙箱對滑槽ABCD面的壓力大小為，方向垂直ABCD面向下；
（2）若θ＞45°，紙箱下滑的加速度為gsinθ﹣gcsθ；紙箱從B端無初速度下滑運(yùn)動到A端的時間
【點評】本題為典型的牛頓第二定律的綜合應(yīng)用題，提供對物體受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律計算其加速度，然后根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式計算時間。
42．（寶雞模擬）如圖所示，物體的質(zhì)量m＝5kg，與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，在傾角為37°，F(xiàn)＝30N的恒力作用下，由靜止開始做加速直線運(yùn)動，當(dāng)t＝5s時撤去力F（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，不計空氣阻力）求：
（1）物體做勻加速直線運(yùn)動時的加速度a；
（2）撤去力F后，物體還能滑行多遠(yuǎn)？
【分析】對物體受力分析可知，物體的運(yùn)動可以分為兩個運(yùn)動過程，先是勻加速直線運(yùn)動，后是勻減速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律求出加速度，再由勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律求解即可。
【解答】解：（1）物體在力F作用下做初速度為零的加速運(yùn)動，設(shè)物體受到的支持力為N，摩擦力為f，受力分析如圖所示。
水平方向有：Fcs37°﹣f＝ma，
豎直方向有：Fsin37°+N﹣mg＝0，
摩擦力：f＝μN(yùn)，
代入數(shù)據(jù)解得a＝3.2m/s2；
（2）撤去F時，物體的速度大小為v＝at＝3.2×5m/s＝16m/s，
撤去外力F后物體在滑動摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動，勻減速運(yùn)動的加速度為a′＝＝μg＝0.25×10m/s2＝2.5m/s2，
則由運(yùn)動學(xué)公式可知：v2＝2ax，
解得：x＝＝m＝51.2m。
答：（1）物體做勻加速直線運(yùn)動時的加速度為3.2m/s2；
（2）撤去力F后，物體還能滑行51.2m。
【點評】本題是對牛頓運(yùn)動定律和勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的考查，通過受力分析，掌握好運(yùn)動規(guī)律便可以求出這道題，難度不大。
43．（南崗區(qū)校級四模）某個冰上推木箱游戲規(guī)則是：選手們從起點開始用力推木箱一段時間后，放手讓木箱向前滑動，若木箱最后停在桌上有效區(qū)域內(nèi)，視為成功；若木箱最后未停在桌上有效區(qū)域內(nèi)就視為失敗。其簡化模型如圖所示，AC是長度為L1＝8m的水平冰面，選手們可將木箱放在A點，從A點開始用一恒定不變的水平推力推木箱，BC為有效區(qū)域。已知BC長度L2＝2m，木箱的質(zhì)量m＝50kg，木箱與冰面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1。某選手作用在木箱上的水平推力F＝200N，木箱沿AC做直線運(yùn)動，若木箱可視為質(zhì)點，g取10m/s2。那么該選手要想游戲獲得成功，試求：
（1）推力作用在木箱上時的加速度大??；
（2）推力作用在木箱上的時間滿足的條件。（結(jié)果用根式表示即可）
【分析】（1）對木箱根據(jù)牛頓第二定律求解推力作用在木箱上時的加速度大??；
（2）根據(jù)牛頓第二定律求出撤去推力后木箱加速度大小，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求解撤去推力前后的位移大小，根據(jù)位移之間的關(guān)系求解求解時間。
【解答】解：（1）對木箱根據(jù)牛頓第二定律可得：F﹣μmg＝ma1，
解得推力作用在木箱上時的加速度大小：a1＝3m/s2；
（2）撤去推力后木箱加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律可得：μmg＝ma2，
解得：a2＝1m/s2
設(shè)推力作用在木箱上的時間為t，加速位移：x1＝a1t2
撤去力F時木箱的速度大小為：v＝a1t，
此后木箱繼續(xù)滑行的距離為x2＝
該選手要想游戲獲得成功，必須有：L1﹣L2≤x1+x2≤L1
解得1s≤t≤s。
答：（1）推力作用在木箱上時的加速度大小為3m/s2；
（2）推力作用在木箱上的時間滿足1s≤t≤s。
【點評】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)動過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運(yùn)動學(xué)的計算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進(jìn)行解答；知道加速度是聯(lián)系力和運(yùn)動的橋梁。
44．（臺州二模）2018年8月23日，雅加達(dá)亞運(yùn)會賽艇女子單人雙槳決賽中，中國選手陳云霞奪得冠軍。比賽中，運(yùn)動員用雙槳同步劃水使賽艇沿直線運(yùn)動，每次動作分劃水和空中運(yùn)槳兩個階段。假設(shè)劃水和空中運(yùn)槳時間均為1s，賽艇（含運(yùn)動員、雙槳）的質(zhì)量為60kg，受到的阻力恒定，劃水時雙槳產(chǎn)生動力大小為賽艇所受阻力的2倍。某時刻雙槳剛?cè)胨畷r賽艇的速度大小為4m/s，運(yùn)動員緊接著完成2次動作的過程中，賽艇前進(jìn)20m，求：
（1）劃水和空中運(yùn)槳兩階段賽艇的加速度大小之比；
（2）賽艇的最大速度的大??；
（3）劃艇時，雙槳產(chǎn)生的動力大小。
【分析】（1）根據(jù)劃水和空中運(yùn)槳兩階段賽艇的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求劃水和空中運(yùn)槳兩階段賽艇的加速度大小之比；
（2）根據(jù)位移﹣時間公式求出加速度大小，再根據(jù)速度﹣時間公式求賽艇的最大速度大小，由牛頓第二定律求賽艇受到的恒定阻力大小。
【解答】解：（1）設(shè)劃水階段和運(yùn)槳階段的加速度分別為a1、a2，設(shè)動力為F，阻力為f，由牛頓第二定律可得
F﹣f＝ma1
f＝ma2
又因為
F＝2f
故
a1：a2＝1：1
（2）可知，一次動作中劃水的運(yùn)動為勻加速運(yùn)動，其位移為
x1＝5m
又
x1＝v0t+
得
a1＝2m/s2
故最大速度
v1＝v0+a1t＝（4+2×1）m/s＝6m/s
（3）由
a1：a2＝1：1
可得a2＝2m/s2
所以
f＝ma2＝60×2N＝120N
F＝2f＝2×120N＝240N
答：（1）劃水和空中運(yùn)槳兩階段賽艇的加速度大小之比為1：1；
（2）賽艇的最大速度的大小為6m/s；
（3）劃艇時，雙槳產(chǎn)生的動力大小為240N。
【點評】解答本題時，要搞清賽艇的運(yùn)動過程，抓住兩個過程之間的關(guān)系，如位移關(guān)系、速度關(guān)系，運(yùn)用運(yùn)動學(xué)公式和牛頓運(yùn)動定律相結(jié)合進(jìn)行解答。
45．（浙江模擬）學(xué)校一工地上需要通過塔吊將一物體由地面吊到離地18m高的樓面上，塔吊先將物體豎直向上吊起，再水平將物體運(yùn)送至目標(biāo)的上方，最后將物體下放到目標(biāo)。物體上升或下降過程中，加速時加速度的大小為2m/s2，減速時加速度的大小為4m/s2，物體離地的最大高度為24m，水平移動的距離也為24m，水平運(yùn)動的時間為6s。已知物體的質(zhì)量為400kg，全程不考慮繩的質(zhì)量及繩子的擺動所產(chǎn)生的影響，求：
（1）繩子至少應(yīng)能承受多大拉力？
（2）物體上升的最短時間；
（3）物體全程運(yùn)行的最大平均速度。
【分析】先對上升過程根據(jù)速度﹣位移公式列式求解；再對下降的過程根據(jù)位移﹣時間關(guān)系公式求解時間，最后根據(jù)平均速度公式求解平均速度的大小。
【解答】解：（1）對物體做受力分析并由牛頓第二定律的得
T﹣mg＝ma
帶入數(shù)據(jù)解得
T＝（400×10+400×2）N＝4800 N
（2）物體上升過程先加速后減速，時間最短，有
上升的距離：＝24m
解得：v1＝8m/s
加速時間：＝＝4s
減速時間：
則上升時間
t＝t1+t2＝6s
（3）上升時間6s，水平時間6s，下降過程有
位移公式：＝（24﹣18）m＝6m
解得：v2＝4m/s
加速時間：
減速時間：
則下降時間
t＝3s
總位移為x＝30m，總時間T＝15s，平均速度
＝＝2m/s
答：（1）繩子至少應(yīng)能承受4800N的拉力；
（2）物體上升的最短時間為6s；
（3）物體全程運(yùn)行的最大平均速度為2m/s。
【點評】本題關(guān)鍵是明確勻變速直線運(yùn)動的運(yùn)動性質(zhì)，知道上升過程和下降過程具有對稱性的特點，基礎(chǔ)題目。
46．（鼓樓區(qū)校級期中）質(zhì)量為m＝1.0kg的小滑塊（可視為質(zhì)點）放在質(zhì)量為M＝3.0kg的長木板的右端，木板上表面光滑，木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，木板長L＝1.0m。開始時兩者都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)對木板施加水平向右的恒力F＝12N，如圖所示，經(jīng)一段時間后撤去力F（g取10m/s2）。試求：
（1）撤去力F前，長木板的加速度大小a1；
（2）撤去力F后，長木板的加速度大小a2；
（3）為使小滑塊不掉下木板，用水平恒力F作用的最長時間。
【分析】（1）撤去力F前，木板在拉力作用下向右做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律求解；
（2）撤去力F后，木板向右做勻減速直線運(yùn)動，最終停止，根據(jù)牛頓第二定律求解；
（3）當(dāng)木板的總位移小于或者等于木板長度時，滑塊不會掉下木板，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求位移，然后求出水平拉力的最長作用時間。
【解答】解：（1）撤去力F前，木板向右做勻加速直線運(yùn)動，設(shè)加速過程的位移大小為x1，加速度大小為a1，加速運(yùn)動的時為t1，由牛頓第二定律得：
F﹣μ（m+M）g＝Ma1
解得：a1＝m/s2
（2）撤去力F后，木板向右做勻減速直線運(yùn)動，設(shè)減速過程的位移大小為x2，加速度大小為a2，減速運(yùn)動的時間為t2．由牛頓第二定律得：
μ（m+M）g＝Ma2
解得：a2＝m/s2
（3）對木板由運(yùn)動學(xué)公式可知：
x1＝，
x2＝
木板上表面光滑，小滑塊在水平方向不受力的作用，相對于地面始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)木板的總位移小于或者等于木板長度時，滑塊不會掉下木板，即：x1+x2≤L
又有：a1t1＝a2t2
由以上各式可解得：t1≤1s
即作用的最長時間為1s。
答：（1）撤去力F前，長木板的加速度大小a1為m/s2；
（2）撤去力F后，長木板的加速度大小a2為m/s2；
（3）為使小滑塊不掉下木板，用水平恒力F作用的最長時間為1s。
【點評】本題首先要分析物體的運(yùn)動情況，其次把握滑塊不從木板上滑下的條件。
47．（武侯區(qū)校級模擬）在夏天，水上樂園是非常受大眾歡迎的地方，如圖是水上樂園的一種娛樂設(shè)施，人們可以從傾角為θ＝37°的傾斜滑道上由靜止滑下，進(jìn)入水平滑道后減速停下來。已知傾斜滑道長度為l1＝32m，某人質(zhì)量m＝60kg，從傾斜滑道頂端由靜止滑下，在水平滑道上滑過的距離為l2＝51.2m，滑行的總時間為t＝10.4s，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，人與滑道之間的動摩擦因數(shù)μ均相同，求：
（1）滑行過程中最大的速度vm及在水平滑道上滑行的時間t2；
（2）μ的值。
【分析】（1）人在傾斜滑道和水平滑道的交界處速度最大，在水平滑道上和傾斜滑道上分別用位移﹣時間公式列式子，聯(lián)立解得最大速度和人在水平滑道上的滑行時間；
（2）對整個過程由動能定理可求滑動摩擦因數(shù)。
【解答】解：（1）人在傾斜滑道和水平滑道的交界處速度最大
在傾斜滑道上：l1＝（t﹣t2）
在水平滑道上：l2＝
聯(lián)立可得：
vm＝16m/s
t2＝6.4s
（1）對整個過程由動能定理得：
mgl1sinθ﹣μmg（l1csθ+l2）＝0
解得：μ＝0.25
答：
（1）滑行過程中最大的速度vm為16m/s及在水平滑道上滑行的時間t2為6.4s；
（2）μ的值為0.25。
【點評】本題考查運(yùn)動學(xué)公式和動能定理的綜合，關(guān)鍵是要分清楚過程，分過程列式子。第二問用整個過程動能定理簡化了運(yùn)算過程。
48．（市中區(qū)校級二模）小韓同學(xué)在自建住房施工工地觀察到如圖甲所示的簡易升降機(jī)，升降機(jī)由固定架、運(yùn)動箱、兩段足夠堅韌的輕繩a和b、輕質(zhì)滑輪和配重等構(gòu)成。工作過程中通過調(diào)整輕繩b的松弛與張緊，可以使運(yùn)動箱呈現(xiàn)4種不同的運(yùn)動狀態(tài)——向下加速、向下減速、向上加速和向上減速。輕繩a左端固定在固定架的頂端，繞過輕質(zhì)滑輪，右端與裝有不同質(zhì)量沙子的塑料袋所構(gòu)成的配重連接，配重1和配重2之間通過一段輕繩b連接。為了研究運(yùn)動箱的運(yùn)動，在運(yùn)動箱內(nèi)放置重物、電子壓力計、固定的手機(jī)等，內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖乙所示。手機(jī)拍攝電子壓力計的示數(shù)變化，同時可利用相關(guān)軟件將拍攝到的示數(shù)同步投影到屏幕上。已知配重1和配重2的質(zhì)量分別為m1和m2，不計輕繩與滑輪之間的摩擦力，重力加速度為g。
（1）運(yùn)動箱從圖甲所示位置由靜止釋放，若先后經(jīng)歷向下加速和向下減速兩個過程落到底板上，求運(yùn)動箱及內(nèi)部所有物體的總質(zhì)量m的取值范圍（用m1、m2表示）；
（2）若運(yùn)動箱及內(nèi)部所有物體的總質(zhì)量為m＝2.4kg，其中重物的質(zhì)量為，將運(yùn)動箱拉至底板由靜止釋放，運(yùn)動箱向上運(yùn)動過程中手機(jī)拍攝的電子壓力計的示數(shù)先后為和；求配重1的質(zhì)量m1。
【分析】（1）根據(jù)輕繩b的情況可判斷m的取值范圍；
（2）對重物根據(jù)牛頓第二定律求得加速度，再對繩a根據(jù)牛頓第二定律可求得質(zhì)量。
【解答】解：（1）配重1，2間輕繩b未繃直，運(yùn)動箱加速度向下則
mg＞2m1g
b繃直后，運(yùn)動箱向上加速，mg＜2（m2+m1）g
聯(lián)立解得：2m1＜m＜2（m1+m2）
（2）設(shè)重物質(zhì)量為0.5m，向上減速時有：
得a＝g
設(shè)繩a的拉力為F，則
F﹣m1g＝2m1a
mg﹣2F＝ma
解得m1＝0.3kg
答：（1）動箱及內(nèi)部所有物體的總質(zhì)量m的取值范圍為2m1＜m＜2（m1+m2）
（2）配重1的質(zhì)量為0.3kg
【點評】對牛頓第二定律的應(yīng)用，關(guān)鍵是弄清楚物體的運(yùn)動過程和受力情況，根據(jù)題目要求進(jìn)行解答。
49．（杭州期末）如圖所示，為迎接2022年北京冬奧會，一位滑雪運(yùn)動員在練習(xí)滑板滑雪，人與裝備的總質(zhì)量為70kg，在離坡底60m處以2m/s的初速度沿山坡滑下，山坡傾角為30°，經(jīng)過5s的時間滑到坡底。在坡底有一水平賽道與坡面平滑連接，滑雪者滑到坡底后在水平賽道上做勻減速直線運(yùn)動，滑行了22m后停下。求滑雪者（重力加速度g取10m/s2）：
（1）在坡面上下滑時的加速度；
（2）在坡面上下滑時受到的阻力大??；
（3）在水平賽道上滑行的時間。
【分析】（1）對于下滑過程利用位移公式代入數(shù)據(jù)可求加速度；
（2）運(yùn)用牛頓第二定律對下滑時的滑雪者進(jìn)行受力分析，結(jié)合加速度求出阻力f；
（3）求出下滑過程末速度，由于做勻變速直線運(yùn)動，因此平均速度可由初末速度求出，滑行時間為位移除以平均速度。
【解答】解：（1）由位移公式，代入數(shù)據(jù)：，得a＝4m/s2；
（2）由牛頓第二定律有mgsinθ﹣f＝ma，得f＝mgsinθ﹣ma＝700×0.5N﹣70×4N＝70N；
（3）由速度公式可得vt＝v0+at，代入數(shù)據(jù)，得vt＝22m/s，則在水平賽道上滑行的時間。
答：（1）在坡面上下滑時的加速度為4m/s2；
（2）在坡面上下滑時受到的阻力大小為70N；
（3）在水平賽道上滑行的時間為2s。
【點評】本題考查勻變速直線運(yùn)動以及牛頓第二定律，屬于較為基礎(chǔ)的力學(xué)綜合題目，要求學(xué)生運(yùn)用所學(xué)公式進(jìn)行求解，難度不大。