一、牛頓第二定律的作用
牛頓第二定律確定了運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系：加速度的大小與物體所受合力的大小成正比，與物體的質(zhì)量成反比；加速度的方向與物體受到的合力的方向相同．
二、兩類基本問(wèn)題
1．從受力確定運(yùn)動(dòng)情況
如果已知物體的受力情況，可以由牛頓第二定律求出物體的加速度，再通過(guò)運(yùn)動(dòng)學(xué)的規(guī)律確定物體的運(yùn)動(dòng)情況．
2．從運(yùn)動(dòng)情況確定受力
如果已知物體的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求出物體的加速度，結(jié)合受力分析，再根據(jù)牛頓第二定律求出力．
技巧點(diǎn)撥
一、從受力確定運(yùn)動(dòng)情況
1．從受力確定運(yùn)動(dòng)情況的基本思路
分析物體的受力情況，求出物體所受的合外力，由牛頓第二定律求出物體的加速度；再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式及物體運(yùn)動(dòng)的初始條件確定物體的運(yùn)動(dòng)情況．流程圖如下：
eq \x(已知物體受力情況)eq \(―――→,\s\up7(由F＝ma))eq \x(求得a)eq \(――――――――――→,\s\up30(由\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(v＝v0＋at,x＝v0t＋\f(1,2)at2,v2－v\\al(02,)＝2ax))))eq \x(求得x、v0、v、t)
2．從受力確定運(yùn)動(dòng)情況的解題步驟
(1)確定研究對(duì)象，對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，并畫出物體的受力分析圖．
(2)根據(jù)力的合成與分解，求合力的大小和方向．
(3)根據(jù)牛頓第二定律列方程，求加速度．
(4)結(jié)合物體運(yùn)動(dòng)的初始條件，選擇運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求運(yùn)動(dòng)學(xué)量——任意時(shí)刻的位移和速度，以及運(yùn)動(dòng)時(shí)間等．
二、從運(yùn)動(dòng)情況確定受力
1．從運(yùn)動(dòng)情況確定受力的基本思路
分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出物體的加速度，再由牛頓第二定律求出物體所受的合外力；再分析物體的受力，求出物體受到的作用力．流程圖如下：
eq \x(已知物體運(yùn)動(dòng)情況)eq \(―――――→,\s\up7(由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式))eq \x(求得a)eq \(――――→,\s\up7(由F＝ma))eq \x(確定物體受力)
2．從運(yùn)動(dòng)情況確定受力的解題步驟
(1)確定研究對(duì)象，對(duì)物體進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，并畫出物體的受力示意圖．
(2)選擇合適的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求出物體的加速度．
(3)根據(jù)牛頓第二定律列方程，求出物體所受的合力．
(4)選擇合適的力的合成與分解的方法，由合力和已知力求出待求的力．
三、多過(guò)程問(wèn)題分析
1．當(dāng)題目給出的物理過(guò)程較復(fù)雜，由多個(gè)過(guò)程組成時(shí)，要明確整個(gè)過(guò)程由幾個(gè)子過(guò)程組成，將過(guò)程合理分段，找到相鄰過(guò)程的聯(lián)系點(diǎn)并逐一分析每個(gè)過(guò)程．
聯(lián)系點(diǎn)：前一過(guò)程的末速度是后一過(guò)程的初速度，另外還有位移關(guān)系、時(shí)間關(guān)系等．
2．注意：由于不同過(guò)程中力發(fā)生了變化，所以加速度也會(huì)發(fā)生變化，所以對(duì)每一過(guò)程都要分別進(jìn)行受力分析，分別求加速度．
例題精練
1．（宿州三模）一足夠長(zhǎng)木板在水平地面上向右運(yùn)動(dòng)，在t＝0時(shí)刻將一相對(duì)于地面靜止的小物塊輕放到木板的右端，之后木板運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖象如圖所示，則小物塊運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根據(jù)木板的v﹣t圖象，分析物塊先加速與木板共速后，一起減速，根據(jù)牛頓第二定律可知，兩物體的加速度大小相等。
【解答】解：根據(jù)木板運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖象可知，物塊先加速與木板共速后，一起減速，且減速加速度相同，即圖像斜率相同，故ABC錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵理清物塊和木板的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律求解加速度，在v﹣t圖象中斜率代表加速度．
隨堂練習(xí)
1．（湖北期中）如圖所示，在光滑平面上有一靜止小車，小車上靜止地放置著一小物塊，物塊和小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4，用水平恒力F推動(dòng)小車。設(shè)物塊的加速度為a1，小車的加速度為a2，當(dāng)水平恒力F取不同值時(shí)，a1與a2的值可能為（重力加速度g取10m/s2）（ ）
A．a(chǎn)1＝2m/s2，a2＝4m/s2B．a(chǎn)1＝6m/s2，a2＝3m/s2
C．a(chǎn)1＝3m/s2，a2＝3m/s2D．a(chǎn)1＝8m/s2，a2＝4m/s2
【分析】討論木塊和小車一起運(yùn)動(dòng)和發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)兩種情況，分別按牛頓第二定律解答。
【解答】解：A、C、設(shè)木塊質(zhì)量為m，在水平方向只可能受摩擦力，最大為：fm＝μmg，由牛頓第二定律：最大加速度為：am＝＝μg＝0.4×10m/s2＝4m/s2
若小車與木塊一起運(yùn)動(dòng)，則二者加速度相等，a1＝a2≤4m/s2，故A錯(cuò)誤，C正確；
B、若木塊與小車發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則木塊的加速度一定是4m/s2，故B錯(cuò)誤；
D、若木塊與小車發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則木塊的加速度一定是4m/s2，小車加速度一定大于4m/s2，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用和靜摩擦力的臨界問(wèn)題，抓住問(wèn)題的關(guān)鍵：木塊和小車之間達(dá)到最大靜摩擦力是發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的臨界條件。
2．（石家莊二模）如圖所示，寬度為d的水平傳送帶以速度v勻速運(yùn)行，圖中虛線為傳送帶中線。一可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊以同樣大小速度v垂直傳送帶滑入。當(dāng)小滑塊滑至傳送帶中線處時(shí)恰好相對(duì)傳送帶靜止，設(shè)傳送帶表面粗糙程度處處相同，重力加速度為g.下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．小滑塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，傳送帶對(duì)滑塊做正功
B．小滑塊從滑上傳送帶到恰好與傳送帶相對(duì)靜止所用的時(shí)間為
C．小滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
D．小滑塊在傳送帶上留下的痕跡為直線，痕跡長(zhǎng)為d
【分析】根據(jù)小滑塊運(yùn)動(dòng)始末動(dòng)能變化判斷傳送帶對(duì)滑塊做功的情況；根據(jù)x＝t判斷滑塊從滑上傳送帶到恰好與傳送帶相對(duì)靜止所用的時(shí)間；判斷小滑塊前后的速度，根據(jù)動(dòng)能定理判斷小滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)。
【解答】解：A、由題意可知，小滑塊運(yùn)動(dòng)始末速度大小均為v，即動(dòng)能不變，根據(jù)動(dòng)能定理可知，若傳送帶對(duì)滑塊一直做正功，則動(dòng)能不可能不變，故A錯(cuò)誤；
B、如圖所示，小滑塊滑至傳送帶時(shí)，與傳送帶之間開始時(shí)的相對(duì)速度：
v相對(duì)＝＝v，滑動(dòng)摩擦力f大小、方向均不變，小滑塊相對(duì)傳送帶做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，滑到傳送帶的中線處恰好相對(duì)靜止即相對(duì)速度是0，
在y方向上有：t＝＝，故B錯(cuò)誤；
CD、設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，小滑塊在傳送帶上留下的痕跡長(zhǎng)s，以傳送帶為參考系，
在y方向上小滑塊的位移：sy＝，則s＝sy＝d，
根據(jù)動(dòng)能定理得：μmg?s＝（v）2，則μ＝，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題要注意以傳送帶為參考系，根據(jù)動(dòng)能定理列式分析前要注意判斷小滑塊滑至傳送帶時(shí)傳送帶之間開始時(shí)的相對(duì)速度．
3．（棗莊二模）如圖所示，質(zhì)量相同、但表面粗糙程度不同的三個(gè)物塊a、b、c放在三個(gè)完全相同的斜面體上，斜面體靜置于同一粗糙水平面上。物塊a、b、c以相同初速度下滑，其v﹣t圖像如圖所示。物塊下滑過(guò)程中斜面體始終保持靜止，a、b、c與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μa、μb、μc，斜面體對(duì)地面的壓力分別為FNa、FNb、FNc，斜面體對(duì)地面的摩擦力分別為fa、fb、fc。下列判斷錯(cuò)誤的是（ ）
A．μa＜μb＜μcB．FNa＜FNb＜FNc
C．fb＝0，fa向右，fc向左D．fb＝0，fa向左，fc向右
【分析】根據(jù)牛頓第二定律列式，分析動(dòng)摩擦因數(shù)的大??；以物塊與斜面體組成的整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律分別地面對(duì)斜面體的支持力大小，從而確定斜面體對(duì)地面的壓力大小，并判斷地面對(duì)斜面體的摩擦力方向。
【解答】解：設(shè)物塊的質(zhì)量為m，斜面體的質(zhì)量為M，斜面的傾角為α。
A、根據(jù)v﹣t圖像可知，a做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度沿斜面向下，b做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度沿斜面向上。設(shè)a、c的加速度大小分別為aa、bb，根據(jù)牛頓第二定律得：
對(duì)a有：mgsinα﹣μamgcsα＝maa
對(duì)b有：mgsinα﹣μbmgcsα＝0
對(duì)c有：μcmgcsα﹣mgsinα＝mac
可得μa＜tanα，μb＝tanα，μc＞tanα，故μa＜μb＜μc，故A正確；
B、以a和斜面體組成的整體為研究對(duì)象，a有豎直向下的分加速度，處于失重狀態(tài)，則有FNa＜（M+m）g
以b和斜面體組成的整體為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件有FNb＝（M+m）g
以c和斜面體組成的整體為研究對(duì)象，c有豎直向上的分加速度，處于超重狀態(tài)，則有FNc＞（M+m）g
綜上有FNa＜FNb＜FNc，故B正確；
CD、以a和斜面體組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，a有水平向左的分加速度，由牛頓第二定律知，地面對(duì)斜面體有向左的摩擦力，由牛頓第三定律知斜面體對(duì)地面的摩擦力fa向右；以b和斜面體組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，由平衡條件知fb＝0；以c和斜面體組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，c有水平向右的分加速度，由牛頓第二定律知，地面對(duì)斜面體有向右的摩擦力，由牛頓第三定律知斜面體對(duì)地面的摩擦力fc向左，故C正確，D錯(cuò)誤。
本題選錯(cuò)誤的，
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵是要靈活選擇研究對(duì)象，采用整體法和隔離法相結(jié)合進(jìn)行研究，受力分析后根據(jù)牛頓第二定律、平衡條件列式求解。
4．（昆山市校級(jí)模擬）如圖，一頂角為直角的“”形光滑細(xì)桿豎直放置。質(zhì)量均為m的兩金屬環(huán)套在細(xì)桿上，高度相同，用一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，彈簧處于原長(zhǎng)l0。兩金屬環(huán)同時(shí)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧的伸長(zhǎng)在彈性限度內(nèi)（彈簧的長(zhǎng)度為l時(shí)彈性勢(shì)能為k（l﹣l0）2）。對(duì)其中一個(gè)金屬環(huán)，下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（ ）
A．金屬環(huán)的最大加速度為g
B．金屬環(huán)的最大速度為g
C．金屬環(huán)與細(xì)桿之間的最大壓力為mg
D．彈簧的最大彈性勢(shì)能為
【分析】當(dāng)開始釋放時(shí)，加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度，當(dāng)加速度為0時(shí)速度達(dá)到最大，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律得速度，速度減小為0時(shí)，彈性勢(shì)能最大，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得最大彈性勢(shì)能，根據(jù)垂直于細(xì)桿方向處于平衡狀態(tài)，解得金屬環(huán)和細(xì)桿之間的彈力。
【解答】對(duì)金屬環(huán)受力分析如圖1：
圖1
開始釋放瞬間，金屬環(huán)受到重力和彈力，沿桿方向，根據(jù)牛頓第二定律：
mgsin45°＝ma
解得：a＝g
故A正確；
B、當(dāng)金屬環(huán)的加速度為0時(shí)，速度最大，受力分析如圖2：
金屬環(huán)受到重力、桿的彈力和彈簧的彈力
沿桿方向加速度為0，即合力為0：
mgsin45°＝Fcs45°
F＝k△x
解得形變量△x＝
根據(jù)幾何知識(shí)，兩個(gè)小球下降的高度為h＝
對(duì)系統(tǒng)只有重力，彈力做功，對(duì)兩個(gè)金屬環(huán)和彈簧根據(jù)機(jī)械能守恒，
2mg×△x＝k△x2+
解得：v＝g
故B正確；
D、金屬環(huán)下降h'達(dá)到最低時(shí)，速度減小為0，形變量為2h'，彈性勢(shì)能最大，根據(jù)機(jī)械能守恒定律：
2mgh'＝（2h'）2
h'＝
EP＝
故D錯(cuò)誤；
C、當(dāng)金屬環(huán)下降到最低點(diǎn)時(shí)，金屬環(huán)和細(xì)桿的彈力最大，垂直于桿方向上：
N＝mgcs45°+Fsin45°
F＝k×2h'
解得：F＝mg
故C正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】解題的關(guān)鍵是找到臨界條件，加速度最大的條件是彈簧彈力等0，故開始釋放時(shí)加速度最大，當(dāng)加速度為0時(shí)速度最大，當(dāng)金屬環(huán)下落到速度為零時(shí)彈性勢(shì)能最大，金屬環(huán)和桿間的彈力最大。
綜合練習(xí)
一．選擇題（共12小題）
1．（婁底模擬）如圖所示，物塊A、B疊放在一起，用繞過(guò)定滑輪的細(xì)線連接，連接兩物塊的細(xì)線水平。定滑輪連在力傳感器上、用大小為F的水平力拉物塊A，使物塊A勻速向右運(yùn)動(dòng)，此時(shí)力傳感器上的示數(shù)為F1，不計(jì)滑輪與力傳感器的重力，A與B、B與水平面的接觸面粗糙，則（ ）
A．F1＞FB．F1＜F
C．F1＝FD．無(wú)法判F1、F的大小關(guān)系
【分析】由題意根據(jù)平衡條件得出各力關(guān)系，再綜合比較力F和F1的大小關(guān)系。
【解答】解：由題意可知，繞過(guò)定滑輪的細(xì)線上的拉力大小為，設(shè)A與B的滑動(dòng)摩擦力大小為f1，B與地面間的滑動(dòng)摩擦力大小為f2，則由題意根據(jù)平衡條件可知
對(duì)A有F＝+f1
對(duì)B有為＝f1+f2
整理可得F＝F1﹣f2，B與地面間的滑動(dòng)摩擦力大小f2不為零，則F1＞F，故A項(xiàng)正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】本題注意分別對(duì)兩物體受力分析，再利用平衡條件即可。
2．（成都期末）如圖，物體A、B放在光滑水平面上，A的質(zhì)量是B的2倍，用水平恒力F推A，使A和B一起向右運(yùn)動(dòng)，則A．B間的作用力大小為（ ）
A．FB．FC．FD．F
【分析】以物體A、B組成的整體為研究對(duì)象，應(yīng)用牛頓第二定律求出整體的加速度，再以其中一個(gè)物體為研究對(duì)象，應(yīng)用牛頓第二定律求出物體間的作用力。
【解答】解：設(shè)B的質(zhì)量為m，則A的質(zhì)量為2m。
以物體A、B組成的整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得：a＝
再以B為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得：N＝ma＝，故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】本題是牛頓第二定律運(yùn)用中的連接體問(wèn)題，要抓住兩個(gè)物體的加速度相同，一般先對(duì)整體分析，再分析其中受力較少的那一個(gè)物體。
3．（大興區(qū)期末）1966年科研人員曾在地球的上空完成了以牛頓第二定律為基礎(chǔ)的實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)時(shí)，用雙子星號(hào)宇宙飛船去接觸正在軌道上運(yùn)行的火箭組（可視為質(zhì)點(diǎn)），接觸后，開動(dòng)飛船尾部的推進(jìn)器，使飛船和火箭組共同加速，如圖所示。推進(jìn)器的平均推力為F，開動(dòng)時(shí)間△t，測(cè)出飛船和火箭的速度變化是△v，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．火箭組的質(zhì)量應(yīng)為
B．宇宙飛船的質(zhì)量應(yīng)為
C．推力F越大，就越大，且與F成正比
D．推力F通過(guò)飛船傳遞給火箭，所以飛船對(duì)火箭的彈力大小應(yīng)為F
【分析】對(duì)整體火箭組受力分析列出牛頓第二定律方程，再結(jié)合加速度的定義，可分析ABC；隔離法受力分析m2列出牛頓第二定律即可求解二者的彈力大小與F關(guān)系。
【解答】解：AB、對(duì)整體，由牛頓第二定律，有：F＝（m1+m2）a
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有：a＝，聯(lián)立可得：F＝（m1+m2），（m1+m2）＝F，（m1+m2）為火箭組和宇宙飛船的總質(zhì)量，故AB錯(cuò)誤；
C、對(duì)整體F＝（m1+m2），（m1+m2）為火箭組和宇宙飛船的總質(zhì)量，是個(gè)定值，則推力F越大，就越大，且與F成正比，故C正確；
D、對(duì)m2，設(shè)m2對(duì)m1的作用力為T，由牛頓第二定律，有：T＝m2a＝m2≠F，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】遇到連接體問(wèn)題一般應(yīng)采取“先整體后隔離”的方法列式求解簡(jiǎn)單。
4．（華坪縣校級(jí)期末）如圖所示，物體A、B疊放在水平桌面上，裝沙的小桶C通過(guò)細(xì)線牽引A、B一起在水平桌面上向右加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)A、B間的摩擦力為Ff1，A與桌面間的摩擦力為Ff2．若增大小桶中沙的質(zhì)量，而A、B仍一起向右運(yùn)動(dòng)，則摩擦力Ff1和Ff2的變化情況（ ）
A．Ff1 不變，F(xiàn)f2 變大B．Ff1 變大，F(xiàn)f2 不變
C．Ff1 和Ff2 都變大D．Ff1 和Ff2 都不變
【分析】物體A與B間是靜摩擦力，物體A與桌面間是滑動(dòng)摩擦力，滑動(dòng)摩擦力與正壓力成正比，靜摩擦力隨著外力的變化而變化，可以根據(jù)牛頓第二定律求解．
【解答】解：設(shè)物體的加速度大小為a，對(duì)B受力分析，受重力、支持力和靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：
Ff1＝mAa…①
物體A與桌面間的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)滑動(dòng)摩擦定律，有
Ff2＝μ（mA+mB）g…②。
當(dāng)沙桶中沙子變多時(shí)，加速度變大，靜摩擦力Ff1變大，而滑動(dòng)摩擦力Ff2不變；
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵分清靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力，要明確靜摩擦力隨著外力的變化而變化，而滑動(dòng)摩擦力與正壓力成正比，不難．
5．（朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)期末）在水平面上放著兩個(gè)質(zhì)量分別為2kg和3kg的小鐵塊m和M，它們之間用一原長(zhǎng)為10cm，勁度系數(shù)為100N/m的輕彈簧相連，鐵塊與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.2．鐵塊M受到一大小為20N的恒定水平外力F，兩個(gè)鐵塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，如圖所示．這時(shí)兩鐵塊之間彈簧的長(zhǎng)度應(yīng)為（重力加速度g取10m/s2）（ ）
A．12cmB．13cmC．15cmD．18cm
【分析】對(duì)整體受力分析，由牛頓第二定律可求得系統(tǒng)加速度；再對(duì)m分析可求得彈簧的拉力；再由胡克定律可求得彈簧的伸長(zhǎng)量．
【解答】解：整體水平方向受拉力、摩擦力；由牛頓第二定律可知：
F﹣μ（M+m）g＝（M+m）a
解得：a＝＝m/s2＝2m/s2；
m受拉力和摩擦力而做勻加速直線運(yùn)動(dòng)：
拉力F′＝ma+μmg＝2×2N+0.2×20N＝8N；
由胡克定律可知，形變量x＝＝0.08m
則彈簧的長(zhǎng)度為l+x＝0.18m＝18cm；
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵在于先以整體為研究對(duì)象，再用隔離法進(jìn)行分析，注意整體法時(shí)不能分析內(nèi)力．
6．（獨(dú)山縣期末）如圖所示，輕桿AB可繞固定軸O轉(zhuǎn)動(dòng)，A端用彈簧連在小車底板上，B端用細(xì)繩拴一小球，車靜止時(shí)，AB桿保持水平，當(dāng)小車向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球偏離豎直方向且保持偏角不變，則（ ）
A．小車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．AB桿將會(huì)傾斜
C．繩的張力減小D．彈簧的彈力不變
【分析】小球偏離豎直方向并保持不變，故小球與車具有共同的加速度，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，因球在豎直方向沒(méi)有運(yùn)動(dòng)，故豎直方向受力平衡，小球受繩的拉力和重力的合力沿水平方向，即小球和車具有水平向左的加速度，又因小車向左運(yùn)動(dòng)，所以小車只能向左勻加速運(yùn)動(dòng)．彈力為小球豎直方向受力平衡，故繩中拉力在豎直方向的分量保持不變，故小球和車向左勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)不改變AB桿的平衡，故彈簧的形變量沒(méi)有發(fā)生變化，彈力保持不變．
【解答】解：因?yàn)樾∏蚝托≤嚤３窒鄬?duì)靜止，故小球與小車相同的加速度，對(duì)小球進(jìn)行受力分析有：
A、如圖可知小球所受合力沿水平向左，加速度方向水平向左，又因小車向左運(yùn)動(dòng)，故小車向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
B、如圖，小球在豎直方向平衡，故繩中拉力，同一根繩故B點(diǎn)受到繩的拉力大小亦為，此力在豎直方向的分力大小與mg相等，故AB桿仍保持水平，故B錯(cuò)誤；
C、小球靜止時(shí)，繩的張力大小和小球的重力相等，勻加速后繩的張力變?yōu)椋緈g，故C錯(cuò)誤；
D、由B分析知，B點(diǎn)受到繩拉力大小在豎直方向的分量和以前相同，故不改變水平桿的水平狀態(tài)，對(duì)彈簧而言，由于形變沒(méi)有發(fā)生變化，故彈簧的彈力不變，故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】小球受到繩的斜向上的拉力，拉力在豎直方向分量與重力大小相等，在水平方向的分量使小球產(chǎn)生加速度．由于拉力豎直方向分量不變，故B點(diǎn)受到繩拉力的豎直分量仍保持不變，故不影響AB桿的平衡．關(guān)鍵看中繩中拉力在豎直方向的分量保持不變．
7．（景谷縣校級(jí)期末）質(zhì)量為m＝3kg的木塊放在傾角為θ＝30°的足夠長(zhǎng)斜面上，木塊可以沿斜面勻速下滑，若用沿斜面向上的力F作用于木塊上，使其由靜止開始沿斜面向上加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)t＝2s時(shí)間物體沿斜面上升4m的距離，則推力F為（g取10m/s2）（ ）
A．42NB．6NC．21ND．36N
【分析】物體能沿斜面勻速下滑，判斷出摩擦因數(shù)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得上滑加速度，利用牛頓第二定律求得推力
【解答】解：物體能勻速下滑，則mgsinθ﹣μmgcsθ＝0
當(dāng)施加外力后，根據(jù)位移時(shí)間公式可知，解得
根據(jù)牛頓第二定律可知F﹣mginθ﹣μmgcsθ＝ma，解得F＝36N
故D正確
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，加速度是解題的中間橋梁，關(guān)鍵是找出摩擦因數(shù)的大小
8．（紅崗區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，有兩個(gè)相同材料物體組成的連接體在斜面上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)作用力F一定時(shí)，m2所受繩的拉力（ ）
A．與θ有關(guān)B．與斜面動(dòng)摩擦因數(shù)有關(guān)
C．與系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有關(guān)D．僅與兩物體質(zhì)量有關(guān)
【分析】對(duì)整體分析，運(yùn)用牛頓第二定律求出整體的加速度，隔離對(duì)m2分析，運(yùn)用牛頓第二定律求出拉力的大小，判斷與什么因素有關(guān)。
【解答】解：對(duì)整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得，a＝＝。
隔離對(duì)m2分析，有：T﹣m2gsinθ﹣μm2gcsθ＝m2a，解得T＝．知繩子的拉力與θ無(wú)關(guān)，與動(dòng)摩擦因數(shù)無(wú)關(guān)，與運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)，僅與兩物體的質(zhì)量有關(guān)。故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律進(jìn)行求解，注意整體法和隔離法的運(yùn)用。
9．（沈陽(yáng)期末）如圖，用相同材料做成的質(zhì)量分別為m1、m2的兩個(gè)物體中間用一輕彈簧連接。在下列四種情況下，相同的拉力F均作用在m1上，使m1、m2做加速運(yùn)動(dòng)：①拉力水平，m1、m2在光滑的水平面上加速運(yùn)動(dòng)。②拉力水平，m1、m2在粗糙的水平面上加速運(yùn)動(dòng)。③拉力平行于傾角為θ的斜面，m1、m2沿光滑的斜面向上加速運(yùn)動(dòng)。④拉力平行于傾角為θ的斜面，m1、m2沿粗糙的斜面向上加速運(yùn)動(dòng)。以△L1、△L2、△L3、△L4依次表示彈簧在四種情況下的伸長(zhǎng)量，則有（ ）
A．△L2＞△L1B．△L4＞△L3C．△L1＞△L3D．△L2＝△L4
【分析】以整體為研究對(duì)象根據(jù)牛頓第二定律研究加速度，再以m2為研究對(duì)象，由牛頓第二定律和胡克定律研究彈簧的伸長(zhǎng)量。
【解答】解：根據(jù)牛頓第二定律得
①以整體為研究對(duì)象，a1＝，對(duì)m2：k△L1＝m2a1＝
②以整體為研究對(duì)象，a2＝＝，對(duì)m2：k△L2＝μm2g+m2a1＝
③以整體為研究對(duì)象，a3＝＝，對(duì)m2：k△L3＝m2gsinθ+m2a3＝
④以整體為研究對(duì)象，a4＝＝﹣μgcsθ，
對(duì)m2：k△L4＝m2gsinθ+μm2gcsθ+m2a4＝
可見△L1＝△L2＝△L3＝△L4
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題是連接體問(wèn)題，關(guān)鍵是選擇研究對(duì)象。采用隔離法和整體法結(jié)合求解，得到的結(jié)論是：彈簧伸長(zhǎng)的長(zhǎng)度與粗糙情況無(wú)關(guān)。
10．（興慶區(qū)校級(jí)一模）已知雨滴在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受空氣阻力F阻＝kr2v2，其中k為比例系數(shù)，r為雨滴半徑，v為運(yùn)動(dòng)速率。t＝0時(shí)，雨滴由靜止開始沿豎直方向下落．落地前雨滴已做勻速運(yùn)動(dòng)且速率為vm，用a表示雨滴的加速度，下列圖象不可能正確的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】對(duì)雨滴受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度隨速度增大的變化趨勢(shì)，根據(jù)雨滴做勻速直線勻速時(shí)處于平衡狀態(tài)求得重力和阻力間的關(guān)系，根據(jù)球的面積公式把球的質(zhì)量用半徑表示，最后得到最大速率與球半徑的關(guān)系。
【解答】解：A、對(duì)雨滴受力分析，雨滴受到重力和空氣阻力，根據(jù)牛頓第二定律：
mg﹣kr2v2＝ma
速度增大，加速度減小，故A正確；
B、雨滴做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為0時(shí)，雨滴做勻速直線運(yùn)動(dòng)。故B正確；
CD、勻速時(shí)根據(jù)平衡方程：
kr2vm2＝mg
m＝
解得：vm＝×
故最大速率與成正比，或最大速率的平方與r成正比，故C正確，D錯(cuò)誤；
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】解題的關(guān)鍵是根據(jù)牛頓第二定律找到加速度隨速率的變化，當(dāng)勻速時(shí)注意球的質(zhì)量也和球的半徑有關(guān)。
11．（瑤海區(qū)月考）如圖所示，在水平桌面上疊放著質(zhì)量相等的A、B兩塊木板，在木板A上放著質(zhì)量為m的物塊C，木板與物塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)，A、B、C之間以及B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等?，F(xiàn)用水平恒力F向右拉木板A，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．A、C間一定不受摩擦力
B．A、B、C有可能一起向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)
C．A、B間的摩擦力大小不可能等于F
D．不管F多大，木板B一定會(huì)保持靜止
【分析】當(dāng)拉力F較小時(shí)，ABC都處于靜止?fàn)顟B(tài)，A、C 間的摩擦力大小為零，對(duì)木塊B受力分析，豎直方向受重力、壓力和支持力，水平方向受A對(duì)B向右的摩擦力fAB和地面對(duì)B向左的摩擦力fDB，由于A對(duì)B的最大靜摩擦力小于地面對(duì)B的最大靜摩擦力，故物體B一定保持靜止；然后對(duì)AC整體和C分別受力分析即可求解.
【解答】解：A、當(dāng)F較大時(shí)，AC一起在拉力F作用下向右做加速運(yùn)動(dòng)，或者F較大，A相對(duì)C有運(yùn)動(dòng)時(shí)，A、C間一定存在摩擦力，故A錯(cuò)誤；
BD、設(shè)A、B的質(zhì)量為M，先對(duì)木塊B受力分析，豎直方向受重力、壓力和支持力，水平方向受A對(duì)B向右的摩擦力fAB和地面對(duì)B向左的摩擦力fDB，
由于A對(duì)B的最大靜摩擦力μ（m+M）g，小于地面對(duì)B的最大靜摩擦力μ（m+2M）g，故物體B一直保持靜止，故D正確，B錯(cuò)誤；
C、當(dāng)F較小時(shí)，A、B、C保持相對(duì)靜止，A、C間不存在摩擦力，對(duì)A分析，B對(duì)A的摩擦力等于拉力F的大小，故C錯(cuò)誤。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵靈活地選擇研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，然后根據(jù)物體所處狀態(tài)進(jìn)行分析，注意F的大小不確定，要分情況討論，難度適中，是一道好題。
12．（長(zhǎng)沙縣校級(jí)月考）斜面光滑且固定在地面上，A、B兩物體一起靠慣性沿光滑斜面下滑，下列判斷正確的是（ ）
A．圖中兩物體之間的繩中存在彈力
B．圖中兩物體之間存在彈力
C．圖中兩物體之間既有摩擦力，又有彈力
D．圖中兩物體之間既有摩擦力，又有彈力
【分析】先對(duì)AB整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得到加速度大?。辉俑綦x物體A，根據(jù)牛頓第二定律列式得到A、B的摩擦力情況和彈力情況。
【解答】解：四幅圖中斜面的傾斜角度均設(shè)為θ。
A、先對(duì)物體AB整體分析，受重力、支持力，加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律，有：
（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a，
解得：a＝gsinθ；
再隔離物體A，受重力、支持力，拉力T（可能為零），根據(jù)牛頓第二定律，有：
mAgsinθ+T＝（mA+mB）a，
解得：T＝0，故A錯(cuò)誤。
B、先對(duì)物體AB整體分析，受重力、支持力，加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律，有：
（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a，
解得：a＝gsinθ；
再隔離物體A，受重力、斜面支持力，A對(duì)B的支持力N（可能為零），根據(jù)牛頓第二定律，有：
mAgsinθ+N＝（mA+mB）a，
解得：N＝0，故B錯(cuò)誤。
C、先對(duì)物體AB整體分析，受重力、支持力，加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律，有：
（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a，
解得：a＝gsinθ，方向沿著斜面向下；
再分析物體A，加速度沿著斜面向下，故合力沿著斜面向下，受重力、支持力，向左的靜摩擦力，又摩擦力一定有彈力，故B對(duì)A一定有向上的支持力，故C正確。
D、先對(duì)物體AB整體分析，受重力、支持力，加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律，有：
（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a，
解得：a＝gsinθ；
再隔離物體A，受重力、B對(duì)A的支持力，摩擦力f（可能為零），根據(jù)牛頓第二定律，有：
mAgsinθ+f＝（mA+mB）a，
解得：f＝0，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查摩擦力的判斷，關(guān)鍵是采用整體法先求解加速度，再采用隔離法列式分析，注意靜摩擦力的大小與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有關(guān)。
二．多選題（共12小題）
13．（茂名期末）質(zhì)量為2m的物塊A和質(zhì)量為m的物塊B相互接觸放在水平面上，如圖所示，若對(duì)A施加水平推力F，使兩物塊一起沿水平方向做加速運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是（ ）
A．若水平地面光滑，物塊A對(duì)B的作用力大小為F
B．若水平地面光滑，物塊A對(duì)B的作用力大小為
C．若物塊A，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，則物體A對(duì)B的作用力大小為
D．若物塊A與地面間無(wú)摩擦，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則物體A對(duì)B的作用力大小為
【分析】將AB作為整體處理，由牛頓第二定律可得出整體的加速度；再對(duì)B物體分析可得出B受到A的作用力。
【解答】解：AB、若水平面光滑，則對(duì)整體受力分析可知；F＝（2m+m）a
解得：a＝
再對(duì)B分析，B水平方向只受A的作用力，由牛頓第二定律可得：T＝ma＝，故A錯(cuò)誤，B正確；
C、若物塊A，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，則對(duì)整體受力分析可知：F﹣μ3mg＝（2m+m）a
再對(duì)B物體分析，由牛頓第二定律有：T′﹣μmg＝ma，聯(lián)立解得：T′＝，故C正確；
D、若B和地面有摩擦，對(duì)整體分析有：F﹣μmg＝3ma′；則B受力為：T″﹣μmg＝ma′
解得：T″＝μmg+﹣＝，故D正確。
故選：BCD。
【點(diǎn)評(píng)】本題為牛頓第二定律中的連接體問(wèn)題，這種問(wèn)題注意一般先對(duì)整體分析再分析其中受力最少的那一個(gè)物體，即先整體后隔離，BC兩項(xiàng)可作為結(jié)論進(jìn)行應(yīng)用。
14．（渝中區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，斜面體B靜置于水平桌面上，斜面上各處粗糙程度相同。一質(zhì)量為m的木塊A從斜面底端開始以初速度v0上滑，然后又返回出發(fā)點(diǎn)，此時(shí)速度大小為v，在上述過(guò)程中斜面體一直靜止不動(dòng)，重力加速度大小為g。關(guān)于上述運(yùn)動(dòng)過(guò)程的說(shuō)法，錯(cuò)誤的是（ ）
A．物體返回出發(fā)點(diǎn)時(shí)，速度大小v＝v0
B．桌面對(duì)B的靜摩擦力一直向左
C．桌面對(duì)B的支持力一直等于B的重力
D．A上滑的時(shí)間小于下滑的時(shí)間
【分析】木塊要克服摩擦力做功，所以返回出發(fā)點(diǎn)的動(dòng)能小于初動(dòng)能；對(duì)物體B受力分析，然后根據(jù)平衡條件分析桌面對(duì)B得摩擦力方向以及桌面對(duì)B的支持力大?。挥膳ｎD第二定律比較向上滑動(dòng)和向下滑動(dòng)的加速度大小，由位移公式可比較運(yùn)動(dòng)時(shí)間。
【解答】解：A、木塊要克服摩擦力做功，所以返回出發(fā)點(diǎn)的動(dòng)能小于初動(dòng)能，所以v＜v0，故A錯(cuò)誤；
B、對(duì)斜面體B進(jìn)行受力分析，物體A向上滑動(dòng)時(shí)，B受力如圖甲所示，物體A向下滑動(dòng)時(shí)，斜面體受力如圖乙所示；
物體B靜止，處于平衡條件，由平衡條件得：f＝f1csθ+Nsinθ，f′＝Nsinθ﹣f2csθ，
物體A向上滑行時(shí)桌面對(duì)B的摩擦力大，物體A下滑時(shí)，桌面對(duì)B的摩擦力小，不論大小如何，桌面對(duì)B始終有水平向左的靜摩擦力，故B正確；
C、物體B處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：FN1＝G+Ncθ﹣f1sinθ，F(xiàn)N2＝G+Ncsθ+f2sinθ，F(xiàn)N2＞FN1，即桌面對(duì)B的支持力大小，上滑過(guò)程中比下滑時(shí)小，不是一直等于B的重力，故C錯(cuò)誤；
D、上滑時(shí)，由牛頓第二定律得：a1＝gsinθ+μgcsθ，下滑的過(guò)程，a2＝gsinθ﹣μgcsθ，a1＞a2，位移大小相等，由x＝知，t上＜t下，故D正確；
本題選說(shuō)法錯(cuò)誤的
故選：AC。
【點(diǎn)評(píng)】對(duì)物體正確受力分析、熟練應(yīng)用牛頓第二定律和功能關(guān)系是正確解題的關(guān)鍵，要注意上滑和下滑過(guò)程中，摩擦力都做負(fù)功。
15．（天水月考）如圖所示，光滑水平面上，質(zhì)量分別為m、M的木塊A、B在水平恒力F作用下一起以加速度a向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，木塊間的輕質(zhì)彈簧勁度系數(shù)為k，原長(zhǎng)為L(zhǎng)0，則此時(shí)木塊A、B間的距離為（ ）
A．B．
C．D．
【分析】先以A、B整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，再隔離A物體求解彈力，根據(jù)胡克定律求解即可。
【解答】解：先以A、B整體為研究對(duì)象，加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律可得：a＝
再隔離A物體，彈簧的彈力為：T＝ma＝k△x
則彈簧的長(zhǎng)度為：L＝L0+＝L0+，故BC正確，AD錯(cuò)誤。
故選：BC。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了牛頓第二定律的知識(shí)；利用牛頓第二定律答題時(shí)的一般步驟是：確定研究對(duì)象、進(jìn)行受力分析、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。
16．（武岡市校級(jí)月考）一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個(gè)質(zhì)量均為M的物體A、B（B物體與彈簧連接，A、B兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)），彈簧的勁度系數(shù)為k。初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用豎直向上的拉力作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，測(cè)得兩個(gè)物體的v﹣t圖象如圖所示（重力加速度為g），則（ ）
A．施加外力的瞬間，外力大小為2Ma
B．施加外力的瞬間，A、B間的彈力大小為M（g+a）
C．A、B在t1時(shí)刻分離，此時(shí)彈簧彈力等于物體B受的重力
D．上升過(guò)程中物體B速度最大時(shí)，A、B間的距離為at22﹣
【分析】題中彈簧彈力根據(jù)胡克定律列式求解，先對(duì)物體AB整體受力分析，再對(duì)物體B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列方程； t1 時(shí)刻是A與B分離的時(shí)刻，AB之間的彈力為零。
【解答】解：A、施加F前，物體AB整體平衡，施加外力的瞬間由牛頓第二定理可得：F＝（M+M）a＝2Ma，故A正確；
B、施加外力F的瞬間，對(duì)B物體根據(jù)牛頓第二定律，有：F彈﹣Mg﹣FAB＝Ma，其中：F彈＝2Mg，解得：FAB＝M（g﹣a），故B錯(cuò)誤；
C、物體A、B在t1時(shí)刻分離，此時(shí)A、B具有共同的v與a且FAB＝0，對(duì)B：F彈′﹣Mg＝Ma，解得：F彈′＝M（g+a），故C錯(cuò)誤；
D、當(dāng)物體B的加速度為零時(shí)，此時(shí)速度最大，則Mg＝kx′，解得：，上升的高度，
此時(shí)A物體上升的高度：h＝，
故此時(shí)兩者間的距離為，故D正確。
故選：AD。
【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是明確A與B分離的時(shí)刻，它們間的彈力為零這一臨界條件；然后分別對(duì)AB整體和B物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列方程分析。
17．（江津區(qū)校級(jí)月考）圖為蹦極運(yùn)動(dòng)的示意圖。彈性繩的一端固定在A點(diǎn)，另一端和運(yùn)動(dòng)員相連。運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)自由下落，至點(diǎn)B彈性繩自然伸直，經(jīng)過(guò)合力為零的點(diǎn)C到達(dá)最低點(diǎn)D，然后彈起。整個(gè)過(guò)程中忽略空氣阻力。分析這一過(guò)程，下列表述正確的是（ ）
A．經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的速率最大
B．經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的速率最大
C．從B點(diǎn)到C點(diǎn)過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員的加速度減小，處于失重狀態(tài)
D．從C點(diǎn)到D點(diǎn)過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員的加速度增大，處于失重狀態(tài)
【分析】運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)在重力作用下自由下落至點(diǎn)B，B點(diǎn)到C點(diǎn)彈力小于重力，仍然加速向下運(yùn)動(dòng)，由C到達(dá)最低點(diǎn)D的過(guò)程彈力大于重力，做減速運(yùn)動(dòng)；可以根據(jù)彈力和重力之間的大小關(guān)系確定運(yùn)動(dòng)員的超失重狀態(tài)。
【解答】解：A、B：運(yùn)動(dòng)員從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)由于運(yùn)動(dòng)員受到的彈力小于重力，加速向下運(yùn)動(dòng)；由C到達(dá)最低點(diǎn)D的過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員受到的彈力大于重力，向下做減速運(yùn)動(dòng)，所以經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)運(yùn)動(dòng)員的速率最大，故A錯(cuò)誤，B正確；
C、從B點(diǎn)到C點(diǎn)過(guò)程中，設(shè)運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為m，加速度大小為a1，由牛頓第二定律得：mg﹣F＝ma1，彈力越來(lái)越大加速度越來(lái)越小，運(yùn)動(dòng)員處于失重狀態(tài)，故C正確；
D、從C點(diǎn)到D點(diǎn)過(guò)程中，設(shè)運(yùn)動(dòng)員的加速度大小為a2，因?yàn)閺椓Ρ戎亓Υ?，由牛頓第二定律得：F﹣mg＝ma2，隨著彈力越來(lái)越大加速度越來(lái)越大，運(yùn)動(dòng)員處于超重狀態(tài)，故D錯(cuò)誤；
故選：BC。
【點(diǎn)評(píng)】本題以運(yùn)動(dòng)員做蹦極運(yùn)動(dòng)為素材，考查了學(xué)生對(duì)運(yùn)動(dòng)與力的關(guān)系的認(rèn)識(shí)，對(duì)超失重的理解和判斷，體現(xiàn)學(xué)科素養(yǎng)理解能力的考查。
18．（遼寧二模）“臘月二十四，禪塵掃房子”，據(jù)《呂氏春秋》記載，中國(guó)在堯舜時(shí)代就有春節(jié)掃塵的風(fēng)俗，寓意在新年里順利平安。春節(jié)前夕，小紅需移開沙發(fā)，清掃污垢，質(zhì)量m＝10kg的沙發(fā)放置在水平地面上，小紅用力F推沙發(fā)，當(dāng)F斜向下與水平成θ＝30°時(shí)，如圖，若F＝100N，沙發(fā)恰好開始做勻速運(yùn)動(dòng)，認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．沙發(fā)與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝
B．沙發(fā)開始運(yùn)動(dòng)后，保持F大小不變，增大θ角，物體將做加速運(yùn)動(dòng)
C．若F方向能隨意改變，想用最小的力推動(dòng)沙發(fā)，應(yīng)使F沿水平方向
D．若F方向能隨意改變，能讓沙發(fā)勻速運(yùn)動(dòng)，力F的最小值為50N
【分析】對(duì)沙發(fā)受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件即可求解沙發(fā)與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
沙發(fā)開始運(yùn)動(dòng)后，保持F大小不變，增大θ角，根據(jù)受力分析判斷沙發(fā)的加速度方向，即可判斷沙發(fā)的運(yùn)動(dòng)情況；
若F方向能隨意改變，讓沙發(fā)勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)沙發(fā)受力分析，利用正交分解法求解力F，利用三角函數(shù)相關(guān)知識(shí)求解F的極值。
【解答】解：對(duì)沙發(fā)受力分析如圖1所示：
A、沙發(fā)坐勻速直線運(yùn)動(dòng)，由共點(diǎn)力平衡條件得：水平方向：Fcsθ＝f，豎直方向：N＝mg+Fsinθ，滑動(dòng)摩擦力f＝μFN，聯(lián)立解得：，故A正確；
B、保持F不變，增大θ，對(duì)沙發(fā)受力分析，水平方向：F合＝Fcsθ﹣f，豎直方向：N＝mg+Fsinθ，θ增大，sinθ增大，csθ減小，故N增大，F(xiàn)csθ＜f，故沙發(fā)合力方向水平向左，沙發(fā)做減速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C、若F方向能隨意改變，想用最小的力推動(dòng)沙發(fā)，則沙發(fā)做勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)沙發(fā)受力分析如圖2：
由牛頓第二定律得：水平方向：Fcsθ＝f，豎直方向N+Fsinθ＝mg，摩擦力f＝μN(yùn)，聯(lián)立解得：
F＝，故當(dāng)csθ+μsinθ最大時(shí)，F(xiàn)最小，csθ+μsinθ＝，當(dāng)θ＝30°時(shí)，F(xiàn)最小，此時(shí)F＝＝N＝50N，故C錯(cuò)誤，D正確；
故選：AD。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題，解答此類問(wèn)題的一般步驟是：確定研究對(duì)象、進(jìn)行受力分析、利用正交分解法進(jìn)行力的分解，然后在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。需要注意掌握利用三角函數(shù)求解極值的方法。
19．（懷仁市校級(jí)月考）如圖所示，傳送帶與水平地面夾角θ＝37°，從A到B長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝10.25m，傳送帶以v0＝10m/s的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。在傳送帶上端A無(wú)初速地放一個(gè)質(zhì)量為m＝0.5kg的黑色煤塊，它與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，已知sin37°＝0.6，g＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．煤塊放在A端瞬間加速度大小a＝2m/s2
B．煤塊放在A端瞬間加速度大小a＝10m/s2
C．煤塊滑到B端所用時(shí)間t＝1.525s
D．煤塊滑到B端所用時(shí)間t＝1.5s
【分析】物體放在傳送帶上后，開始階段，傳送帶的速度大于物體的速度，傳送帶給物體一沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力，物體由靜止開始加速下滑，當(dāng)物體加速至與傳送帶速度相等時(shí)，由于μ＜tanθ，物體在重力作用下將繼續(xù)加速，此后物體的速度大于傳送帶的速度，傳送帶給物體沿傳送帶向上的滑動(dòng)摩擦力，但合力沿傳送帶向下，物體繼續(xù)加速下滑，綜上可知，滑動(dòng)摩擦力的方向在獲得共同速度的瞬間發(fā)生了“突變”；根據(jù)牛頓第二定律求出兩段的加速度，再根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系求兩段的時(shí)間。
【解答】解：AB、開始階段傳送帶的速度大于物體的速度，傳送帶給物體一沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力，由牛頓第二定律得：mgsinθ+μmgcsθ＝ma，可得：a＝10m/s2，故A錯(cuò)誤，B正確；
CD、物體加速至與傳送帶速度相等時(shí)需要的時(shí)間：s＝1s；
發(fā)生的位移：x1＝m＝5m＜10.25m，
所以物體加速到10m/s 時(shí)仍未到達(dá)B點(diǎn)，此時(shí)摩擦力方向改變?yōu)檠匦泵嫦蛏希?br>對(duì)第二階段根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma′
代入數(shù)據(jù)可得：a′＝2m/s2
設(shè)第二階段物體滑動(dòng)到B的時(shí)間為t2，則：LAB﹣x1＝vt2+
代入數(shù)據(jù)解得：t2＝0.5s
總時(shí)間：t＝t1+t2＝（1+0.5）s＝1.5s，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：BD。
【點(diǎn)評(píng)】從上述例題可以總結(jié)出，皮帶傳送物體所受摩擦力可能發(fā)生突變，不論是其大小的突變，還是其方向的突變，都發(fā)生在物體的速度與傳送帶速度相等的時(shí)刻。
20．（懷化一模）如圖所示，質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對(duì)齊。A與B、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。先水平敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度vA，在B上滑動(dòng)距離L后停下；接著水平敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度vB，A、B都向右運(yùn)動(dòng)，左邊緣再次對(duì)齊時(shí)恰好相對(duì)靜止。相對(duì)靜止前B的加速度大小為a1，相對(duì)靜止后B的加速度大小為a2，此后兩者一起運(yùn)動(dòng)至停下。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．a(chǎn)1＝3a2
B．vA＝2
C．vB＝2
D．從左邊緣再次對(duì)齊到A、B停止運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，A和B之間沒(méi)有摩擦力
【分析】A、分別選取B和整體為研究對(duì)象，利用牛頓第二定律求出加速度；
B、由題意結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以求出A的初速度大?。?br>C、根據(jù)題意結(jié)合A、B兩物塊的速度和位移關(guān)系，可以求出B的初速度；
D、A、B一起做勻減速運(yùn)動(dòng)，A有向左的加速度，說(shuō)明B對(duì)A有摩擦力。
【解答】解：A、設(shè)AB的質(zhì)量均為m，在水平敲擊B后，AB相對(duì)靜止前，A相對(duì)于B向左運(yùn)動(dòng)，A對(duì)B的滑動(dòng)摩擦力向左，地面對(duì)B的滑動(dòng)摩擦力也向左，則B所受的合外力大小為FB＝μ?2mg+μmg＝3μmg
對(duì)物塊B，由牛頓第二定律得FB＝ma1
解得a1＝3μg
相對(duì)靜止后，對(duì)A、B整體，由牛頓第二定律得2μmg＝2ma2
解得a2＝μg，則a1＝3a2，故A正確；
B、敲擊A后，A獲得速度后向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，對(duì)B來(lái)說(shuō)，地面與B間的最大為fmax＝2μmg，A對(duì)B的滑動(dòng)摩擦力為f＝μmg＜fmax，故B靜止不動(dòng)，對(duì)A由牛頓第二定律得aA＝μg
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
解得，故B錯(cuò)誤；
C、敲擊B后，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t，A、B達(dá)到共同速度v，則v＝aAt＝vB﹣a1t
聯(lián)立解得，故C正確；
D、從左邊緣再次對(duì)齊到A、B停止運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，A、B一起做勻減速運(yùn)動(dòng)，A有向左的加速度，說(shuō)明B對(duì)A有摩擦力，故D錯(cuò)誤。
故選：AC。
【點(diǎn)評(píng)】在滑塊和木板模型中，要注意分析摩擦力的方向是解題的關(guān)鍵，另外要注意相等運(yùn)動(dòng)的分析。
21．（浦北縣校級(jí)月考）如圖所示，水平傳送帶以恒定速度v向右運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將一小物體輕輕放在水平傳送帶的左端A處，物體先勻加速后勻速到達(dá)右端B處，且加速和勻速所用時(shí)間相等，已知A、B間距離為L(zhǎng)，則（ ）
A．物體勻加速所用時(shí)間為
B．物體勻加速所用時(shí)間為
C．物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
D．物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
【分析】物體先做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出物體勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與牛頓第二定律求出物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)。
【解答】解：AB、設(shè)物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由題意可知，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也是t，
物體從A到B過(guò)程：L＝t+vt，解得：t＝，故A錯(cuò)誤，B正確；
CD、物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，則a＝
對(duì)物體，由牛頓第二定律得：μmg＝ma
解得，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)：μ＝，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：BD。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與牛頓第二定律即可解題。
22．（德州期末）如圖所示，在光滑水平桌面的一端固定一個(gè)定滑輪，用輕繩跨過(guò)定滑輪將質(zhì)量為mA＝0.5kg、mB＝9.5kg的兩個(gè)物體A、B相連。不計(jì)輕繩與滑輪之間的摩擦，取g＝10m/s2．放手后兩物體開始運(yùn)動(dòng)，在兩物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（ ）
A．輕繩的拉力等于物體A的重力
B．輕繩的拉力小于物體A的重力
C．AB兩物體的加速度大小為0.5m/s2
D．AB兩物體的加速度大小為0.05m/s2
【分析】根據(jù)物體A的加速度方向，根據(jù)牛頓第二定律分析輕繩的拉力與物體A的重力的關(guān)系。分別對(duì)A和B受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律列式求解出加速度大小。
【解答】解：AB、放手后，A向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度向下，處于失重狀態(tài)，則輕繩的拉力小于物體A的重力，故A錯(cuò)誤，B正確。
CD、設(shè)繩子拉力大小為T，根據(jù)牛頓第二定律
對(duì)A，有：mAg﹣T＝mAa；
對(duì)B，有：T＝mBa；
聯(lián)立解得：a＝0.5m/s2，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選：BC。
【點(diǎn)評(píng)】本題是連接體，關(guān)鍵抓住兩個(gè)物體的加速度大小相等，分別對(duì)A和B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度。
23．（福田區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，物體沿弧形軌道滑下后進(jìn)入足夠長(zhǎng)的水平傳送帶，傳送帶以圖示方向勻速運(yùn)轉(zhuǎn)，則傳送帶對(duì)物體做功情況是（ ）
A．一定一直做正功B．可能先做正功后不做功
C．可能先做負(fù)功后做正功D．可能先做負(fù)功后不做功
【分析】當(dāng)物體到達(dá)傳送帶上時(shí)，物體的速度可能大于、等于和小于傳送帶的速度，分三種情況討論即可得出結(jié)論。
【解答】解：A、當(dāng)物體到達(dá)傳送帶上時(shí)，如果物體的速度恰好和傳送帶的速度相等，那么物體和傳送帶將一起在水平面上運(yùn)動(dòng)，它們之間沒(méi)有摩擦力的作用，所以傳送帶對(duì)物體始終不做功，故A錯(cuò)誤；
B、若物體速度小，則受向前的摩擦力，做正功，到速度一致時(shí)，摩擦力又變?yōu)榱悖蛔龉?，所以傳送帶?duì)物體做功可能先做正功后不做功，故B正確；
CD、若物體速度大，則受向后的摩擦力，做負(fù)功，直至速度一致為止，摩擦力消失，不做功，所以傳送帶對(duì)物體做功可能先做負(fù)功后不做功，不會(huì)出現(xiàn)先做負(fù)功再做正功的情況，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：BD。
【點(diǎn)評(píng)】物體的速度和傳送帶的速度之間可能有多種情況，在分析問(wèn)題時(shí)一定要考慮全面，否則就容易漏掉答案。
24．（南山區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，生產(chǎn)車間有兩個(gè)相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙（速度恒定不變），甲的速度為v0；物體離開甲前與甲的速度相同，并平穩(wěn)地傳到乙上，乙的速度為2v0。物體與乙之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。若乙的寬度足夠大，下列說(shuō)法正確的（ ）
A．物體剛滑上乙傳送帶時(shí)，受到摩擦力大小為μmg
B．物體剛滑上乙傳送帶時(shí)，受到摩擦力大小為μmg
C．物體沿著乙的運(yùn)動(dòng)方向滑過(guò)的距離為
D．物體在乙上側(cè)向（垂直于乙的運(yùn)動(dòng)方向）滑過(guò)的距離為
【分析】（1）滑動(dòng)摩擦力的大小只與正壓力成正比；
（2）物體沿傳送帶甲方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，沿傳送帶乙方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，按動(dòng)力學(xué)方法處理。
【解答】解：A、B、由于滑動(dòng)摩擦力的大小只與正壓力成正比，正壓力N＝mg，滑動(dòng)摩擦力大小為：f＝μN(yùn)＝μmg，故A正確，B錯(cuò)誤；
C、如圖所示：tanθ＝＝，sinθ＝，csθ＝
物體所受摩擦力沿傳送帶乙方向的分力f2＝fcsθ＝μmg
由牛頓第二定律：f2＝ma2，解得：a2＝
物體在傳送帶乙的運(yùn)動(dòng)方向滑過(guò)的距離：（2v0）2＝2a2x2
解得：x2＝＝，故C正確；
D、物體所受摩擦力沿傳送帶乙方向的分力：f1＝fsinθ＝，
由牛頓第二定律：f1＝ma1，解得：a1＝
物體在傳送帶甲的運(yùn)動(dòng)方向滑過(guò)的距離：v＝2a1x1
解得：x1＝＝，故D錯(cuò)誤。
故選：AC。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查運(yùn)動(dòng)的合成與分解，速度與摩擦力都沿甲乙兩個(gè)方向正交分解，這是解題關(guān)鍵。
三．填空題（共8小題）
25．（天津期末）如圖所示，兩個(gè)用輕線相連的位于光滑水平面上的物塊，質(zhì)量分別為m1和m2．拉力F1和F2方向相反，與輕線沿同一水平直線，且F1＞F2，則在兩個(gè)物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中輕線的拉力T＝ ．
【分析】先用整體法求解加速度，在用隔離法隔離出木塊m1受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式求解出細(xì)線的拉力．
【解答】解：將m1和m2做為整體，由牛頓第二定律，整體加速度為
，
對(duì)m1由牛頓第二定律有
m1a＝F1﹣T，
所以
，
即在兩個(gè)物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中輕線的拉力為．
故答案為：
【點(diǎn)評(píng)】整體法與隔離法是求見連接體問(wèn)題的常用方法，當(dāng)不涉及系統(tǒng)內(nèi)力時(shí)，可以用整體法，當(dāng)要求解系統(tǒng)的內(nèi)力時(shí)可以用隔離法．
26．（富陽(yáng)市校級(jí)月考）一個(gè)質(zhì)量為1kg的物體在光滑水平面上受幾個(gè)大小均為1N的水平力作用，而處于靜止?fàn)顟B(tài)．先撤去東方向的一個(gè)力，歷時(shí)1s，隨后又撤去西方向的一個(gè)力，又歷時(shí)1s，則物體在第2s末離初始位置的距離是 1.5m ．
【分析】物體平衡時(shí)，幾個(gè)力中的任意其他力的合力與撤去的力等值、反向、共線．將其中的一個(gè)力撤去后，合力與這個(gè)力等大，反向，根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式求解位移和速度．
【解答】解：當(dāng)去掉向東的1N的水平力時(shí)，剩余的力的合力大小為1N，方向向西，根據(jù)牛頓第二定律得：
，方向向西
所以1s后物體的速度大小是：v＝at＝1m/s
位移大小為：x1＝m，方向向西．
隨后又撤去西方向的一個(gè)力，此時(shí)物體受到的合力又等于0，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有：
x2＝vt′＝1×1m＝1m
物體的總位移：x＝x1+x2＝0.5+1＝1.5m
故答案為：1.5m
【點(diǎn)評(píng)】本題先根據(jù)平衡條件運(yùn)用合成法求出合力，然后根據(jù)牛頓定律確定加速度，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式求解，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．
27．（宿豫區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，傾斜索道與水平面夾角為37°，當(dāng)載人車廂沿鋼索勻加速向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，車廂的人對(duì)廂底的壓力為其重量的1.25倍，那么車廂對(duì)人的摩擦力為其體重的 倍．
【分析】對(duì)人受力分析可知，人在水平和豎直方向都有加速度，由牛頓第二定律可以求得豎直方向上的加速度的大小，進(jìn)而可以求得水平方向上的加速度的大小，再次由牛頓第二定律可以求得摩擦力的大小．
【解答】解：由于人對(duì)車廂底的正壓力為其重力的1.25倍，所以在豎直方向上有FN﹣mg＝ma上，
解得a上＝0.25g，
設(shè)水平方向上的加速度為a水，＝tan37°＝
所以a水＝g，
對(duì)人受力分析可知，在水平方向上摩擦力作為合力產(chǎn)生加速度，
即f＝ma水＝mg，
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】人的水平和豎直方向的加速度之間的關(guān)系，是解決本題的關(guān)鍵，在本題中人在水平和豎直兩個(gè)方向上都是有加速度的．
28．（瑯琊區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，長(zhǎng)L＝1.5m、高h(yuǎn)＝0.45m、質(zhì)量M＝10kg的長(zhǎng)方體木箱在水平面上向右做直線運(yùn)動(dòng)．當(dāng)木箱的速度v0＝3.6m/s時(shí)，對(duì)木箱施加一個(gè)方向水平向左的恒力F＝50N，并同時(shí)將一個(gè)質(zhì)量m＝1kg的小球輕放在木箱上距右端處的P點(diǎn)（小球可視為質(zhì)點(diǎn)，放在P點(diǎn)時(shí)相對(duì)于地面間的速度為零），經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，小球脫離木箱落到地面．已知木箱與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，而小球與木箱之間的摩擦不計(jì)．取g＝10m/s2，則：
（1）小球從開始離開木箱至落到地面所用的時(shí)間 0.3 s
（2）小球放上P點(diǎn)后，木箱向右運(yùn)動(dòng)的最大位移 0.9 m
（3）小球離開木箱時(shí)，木箱的速度 2.8 m/s．
【分析】（1）小球離開木箱后做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系可以求得時(shí)間；
（2）對(duì)木箱受力分析，求出加速度，可以根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系公式和位移時(shí)間關(guān)系公式分別求出位移和時(shí)間；
（3）先對(duì)木箱受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度，然后可以先根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系公式求得時(shí)間，再根據(jù)速度時(shí)間公式求末速度，也可以直接根據(jù)速度位移關(guān)系公式求末速度．
【解答】解：（1）小球離開木箱后做自由落體運(yùn)動(dòng)，則小球落到地面所用的時(shí)間為
t＝，
（2）小球放上木箱后相對(duì)地面靜止，由牛頓第二定律
F+μFN＝Ma1
FN＝（M+m）g
代入數(shù)據(jù)解得木箱的加速度a1＝7.2 m/s2
木箱向右運(yùn)動(dòng)的最大位移x1＝＝0.9 m
（3）由于x1＝0.9 m＜1 m，故木箱在向右運(yùn)動(dòng)期間，小球不會(huì)從木箱的左端掉下．
木箱向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得F﹣μ（M+m）g＝Ma2
解得木箱向左運(yùn)動(dòng)的加速度a2＝2.8 m/s2
設(shè)木箱向左運(yùn)動(dòng)的位移為x2時(shí)，小球從木箱的右端掉下，則
x2＝x1+＝1.4 m
由x2＝a2t2，得t2＝＝＝1 s
故小球剛離開木箱時(shí)木箱的速度v2＝a2t2＝2.8 m/s，方向向左．
故答案為：（1）0.3 s （2）0.9 m （3）2.8 m/s
【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵對(duì)分向右減速和向左加速兩過(guò)程對(duì)木箱受力分析后求得加速度，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解待求量．
29．（黃浦區(qū)期中）如圖所示，用大小為F的水平恒力，推靜放在光滑水平地面A處的小物塊，推至B處時(shí)物塊速度為v，然后改用大小不變、方向相反的力F′推小物塊，則小物塊再次回到B處時(shí)的速度大小為 v ，回到A處時(shí)的速度大小為 v ．
【分析】假設(shè)最右端點(diǎn)為C，對(duì)A到B過(guò)程，B到C再到B過(guò)程，B到A過(guò)程分別運(yùn)用動(dòng)能定理列式后聯(lián)立求解．
【解答】解：對(duì)A到B過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理：FL＝mv2
對(duì)B到C再到B過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理：W＝mv′2＝0
故有：v′＝v；
對(duì)B到A過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理：F′L＝mvA2﹣mv2
聯(lián)立解得：vA＝v；
故答案為：v，v．
【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵靈活選擇過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理列式，要注意恒力做功與路徑無(wú)關(guān)，不難．
30．（桂林期末）如圖所示，水平地面上有兩個(gè)完全相同的木塊A、B，在水平力F的作用下一起運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)AB表示A、B間的作用力，若地面光滑，則FAB＝ ；若地面不光滑，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則FAB＝ ．
【分析】?jī)蓚€(gè)木塊的加速度相同，先對(duì)整體研究，由牛頓第二定律求出加速度，再以B為研究對(duì)象，求解A對(duì)B的作用力，進(jìn)行選擇．
【解答】解：設(shè)兩木塊的質(zhì)量均為m．
A、B若地面是完全光滑的，對(duì)整體用牛頓第二定律得，加速度a＝，再對(duì)B運(yùn)用牛頓第二定律得：
FAB＝ma＝．
D若地面動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，對(duì)整體用牛頓第二定律得，加速度為：a＝，再對(duì)B運(yùn)用牛頓第二定律得：
FAB﹣μmg＝ma，解得：FAB＝．
故答案為：，．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用；本題不能想當(dāng)然，認(rèn)為地面光滑與粗糙時(shí)，A、B間相互作用力不同．對(duì)于多個(gè)物體，要靈活選擇研究對(duì)象．
31．如圖所示，AB是豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道，在下端B與水平直軌道相切，一小球自A點(diǎn)由靜止開始沿軌道下滑，已知圓軌道半徑為R，小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為v，則小球在B點(diǎn)受 2 個(gè)力的作用，這幾個(gè)力的合力的方向是 豎直向上 ，小球在B點(diǎn)的加速度大小為 ，方向是 豎直向上 ．（不計(jì)一切阻力）
【分析】由于不計(jì)一切阻力，所以小球只受到重力和支持力的作用，兩個(gè)力的合力提供向心力，然后結(jié)合牛頓第二定律即可求出．
【解答】解：由于不計(jì)一切阻力，所以小球只受到重力和支持力的2個(gè)力的作用；
小球剛剛到達(dá)B時(shí)，仍然在圓軌道上，重力與支持力的合力提供向上的向心力，所以合力的方向向上，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度的方向也向上．根據(jù)向心力的表達(dá)式可知，小球的向心加速度：
故答案為：2，豎直向上，，豎直向上
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓周運(yùn)動(dòng)的向心力的來(lái)源，能正確減小受力分析，記住向心力與向心加速度的表達(dá)式即可正確解答．基礎(chǔ)題目．
32．甲、乙、丙三位同學(xué)對(duì)飛機(jī)如何獲得向前推進(jìn)的作用力，為何能由地面起飛升空，并且能在天空中飛行，不致墜落，各有不同的主張。
對(duì)于飛機(jī)如何獲得向前推進(jìn)的作用力或加速度，甲認(rèn)為：起落架上的輪子必須轉(zhuǎn)動(dòng)，在地面跑道施加給輪胎的摩擦力推動(dòng)下，飛機(jī)才能獲得前進(jìn)的加速度；乙則認(rèn)為：飛機(jī)的螺旋槳或渦輪機(jī)必須轉(zhuǎn)動(dòng)，將周圍空氣吹向飛機(jī)后方，在空氣的反作用力推動(dòng)下，飛機(jī)才能獲得前進(jìn)的加速度；丙則認(rèn)為：不論飛機(jī)的引擎周圍有無(wú)空氣，均能使其燃料迅速燃燒，當(dāng)廢氣向后噴出時(shí)，飛機(jī)獲得反作用力，因此能向前加速。至于飛機(jī)為何能由地面起飛升空，而在空中時(shí)，為何又能維持飛行高度，不會(huì)墜落，甲和乙都認(rèn)為是由于飛機(jī)前進(jìn)時(shí)，流過(guò)機(jī)翼上方與下方的空氣速率不同，使機(jī)翼下方的力較大。因此，當(dāng)飛機(jī)沿水平方向快速前進(jìn)時(shí)，機(jī)翼上方與下方受到的壓力不同，可以產(chǎn)生豎直向上的作用力（稱為升力），以克服重力，飛機(jī)因而得以升空，并在空中保持飛行高度，不致墜落。丙則認(rèn)為：飛機(jī)依靠向前的推進(jìn)力，就能起飛升空，并改變飛行方向，進(jìn)入一定的軌道，在重力作用下繞著地球飛行。依據(jù)以上所述，回答以下各題：
（1）對(duì)飛機(jī)如何獲得向前的推進(jìn)力，三位學(xué)生提出的主張，分別與汽車、輪船、火箭前進(jìn)時(shí)使用的原理類似。下表中最適合用來(lái)說(shuō)明這三種原理與學(xué)生主張間的對(duì)應(yīng)關(guān)系的是 A 。
（2）考慮飛機(jī)在近乎為真空的太陽(yáng)中航行的可能性。下列選項(xiàng)中的學(xué)生，其所提出的飛機(jī)飛行原理不能用于太空航行的是 。
A．甲、乙、丙 B．甲、乙 C．甲、丙 D．甲 E．乙
（3）如果飛機(jī)依照三位學(xué)生主張的方式，下列選項(xiàng)中正確的是 。
（4）甲、乙兩學(xué)生的主張飛機(jī)的升力來(lái)自機(jī)翼上、下方的空氣的壓力差，而根據(jù)流體動(dòng)力學(xué)原理，在穩(wěn)定的氣流中，流速愈快的地方，氣體的壓力愈小。如果飛機(jī)由水平地面起飛或在大氣中飛行時(shí)，流經(jīng)機(jī)翼的空氣可視為穩(wěn)定的氣流，則依據(jù)甲、乙兩學(xué)生的主張，下列敘述中正確的是 D 。
A、飛機(jī)的飛行高度固定時(shí)，機(jī)翼下方的空氣流速一定比機(jī)翼止方為大
B、飛機(jī)要離地升空時(shí)，機(jī)翼下方的空氣流速必須比機(jī)翼上方為大
C、飛機(jī)要離地升空時(shí)，機(jī)翼上方與下方的空氣流速必須相等
D、機(jī)翼上方與下方的空氣流速相等時(shí)，飛機(jī)的飛行高度會(huì)下降。
【分析】本題為信息給予題，涉及到的物理內(nèi)容均在材料中體現(xiàn)，所以只要認(rèn)真閱讀材料，明確題意和問(wèn)題內(nèi)容即可輕松解答。
【解答】解：（1）汽車是地面跑道施加給輪胎的摩擦力推動(dòng)的，故屬于甲的主張；輪船是利用螺旋槳或渦輪機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)，將周圍水吹向后方，在空氣的反作用力推動(dòng)下，飛機(jī)才能獲得前進(jìn)的加速度，屬于乙的主張；而火箭的引擎周圍有無(wú)空氣，是利用其燃料迅速燃燒，當(dāng)廢氣向后噴出時(shí)，獲得反作用力，因此能向前加速，屬于丙的主張，故A正確；BCD錯(cuò)誤；
（2）飛機(jī)在近乎為真空的太陽(yáng)中航行，不可能存在摩擦，同時(shí)沒(méi)有空氣，反沖也不能使用，故甲乙原理不能使用；故B正確；
（3）甲和乙都認(rèn)為是由于飛機(jī)前進(jìn)時(shí)，流過(guò)機(jī)翼上方與下方的空氣速率不同，使機(jī)翼下方的力較大。因此，當(dāng)飛機(jī)沿水平方向快速前進(jìn)時(shí)，機(jī)翼上方與下方受到的壓力不同，可以產(chǎn)生豎直向上的作用力（稱為升力），故甲乙均需要在跑道上加速；而甲離開地面后不受摩擦力，故在空中無(wú)法加速；故B正確；
（4）甲、乙兩學(xué)生主張，飛機(jī)要產(chǎn)生向上的升力，來(lái)自機(jī)翼下方的空氣壓力應(yīng)大于上方的空氣壓力，則由題中信息“流速愈快的地方，氣體壓力愈小”可得，機(jī)翼上方的空氣流速必須比機(jī)翼下方大，飛機(jī)才能升入空中；而如果在空中運(yùn)行時(shí)，機(jī)翼上方與下方的空氣流速相等時(shí)，飛機(jī)的飛行高度會(huì)下降；故D正確ABC錯(cuò)誤。
故答案為：（1）A；（2）B；（3）B；（4）D。
【點(diǎn)評(píng)】本題的閱讀量，信息豐富，且與實(shí)際緊密聯(lián)系，而用到的物理原理較為簡(jiǎn)單，是培養(yǎng)提取信息能力和解決實(shí)際ukdjghm能力的好材料。
四．計(jì)算題（共12小題）
33．（浙江）機(jī)動(dòng)車禮讓行人是一種文明行為。如圖所示，質(zhì)量m＝1.0×103kg的汽車以v1＝36km/h的速度在水平路面上勻速行駛，在距離斑馬線s＝20m處，駕駛員發(fā)現(xiàn)小朋友排著長(zhǎng)l＝6m的隊(duì)伍從斑馬線一端開始通過(guò)，立即剎車，最終恰好停在斑馬線前。假設(shè)汽車在剎車過(guò)程中所受阻力不變，且忽略駕駛員反應(yīng)時(shí)間。
（1）求開始剎車到汽車停止所用的時(shí)間和所受阻力的大?。?br>（2）若路面寬L＝6m，小朋友行走的速度v0＝0.5m/s，求汽車在斑馬線前等待小朋友全部通過(guò)所需的時(shí)間；
（3）假設(shè)駕駛員以v2＝54m/h超速行駛，在距離斑馬線s＝20m處立即剎車，求汽車到斑馬線時(shí)的速度。
【分析】（1）剎車過(guò)程為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，因此可由初末速度求出平均速度，再利用平均速度求剎車時(shí)間，進(jìn)而求加速度；
（2）對(duì)情境進(jìn)行分析可知，小朋友全部通過(guò)馬路時(shí)間為汽車剎車時(shí)間與司機(jī)等待時(shí)間之和，因此求出小朋友全部通過(guò)馬路時(shí)間結(jié)合第一問(wèn)所求剎車時(shí)間即可知道等待時(shí)間；
（3）題干給出初速度，利用第一問(wèn)所求加速度，運(yùn)用速度位移公式即可求解；
【解答】解：以汽車初速度方向?yàn)檎较颍?br>（1）v1＝36km/h＝10m/s，由于剎車過(guò)程所受阻力不變，因此汽車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，末速度為0，
此過(guò)程平均速度：＝，
根據(jù)平均速度的定義：＝，
解得剎車時(shí)間：t＝4s，
末速度：0＝v1+at，
解得剎車加速度：a＝﹣2.5m/s2，
根據(jù)牛頓第二定律：f＝ma，
解得：f＝﹣2.5×103N，阻力方向與初速度方向相反，大小為2.5×103N；
（2）小朋友全部通過(guò)時(shí)間：t'＝，
等待時(shí)間：t0＝t﹣t'，
解得：t0＝20s；
（3）v2＝54m/h＝15m/s，
根據(jù)速度位移關(guān)系：v22﹣v2＝2as，
解得：v＝5m/s
答：（1）求開始剎車到汽車停止所用的時(shí)間為4s，所受阻力的大小為2.5×103N?；
（2）汽車在斑馬線前等待小朋友全部通過(guò)所需的時(shí)間為20s；
（3）汽車到斑馬線時(shí)的速度為5m/s。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查勻變速直線規(guī)律與牛頓第二定律，要求學(xué)生掌握相關(guān)公式并能根據(jù)題目要求靈活運(yùn)用，難度不大。
34．（杭州期中）2022年將在北京舉辦第24屆冬季奧運(yùn)會(huì)，這促生了許多冰雪項(xiàng)目。桐廬縣合村鄉(xiāng)生仙里滑雪場(chǎng)于2020年12月12日對(duì)外開放（如圖甲所示），現(xiàn)將滑雪道簡(jiǎn)化為如圖乙所示的兩個(gè)傾角不同的斜面，兩斜面間平滑連接，已知斜面AB長(zhǎng)100m、傾角為37°，斜面BC的傾角為11°（sin11°≈0.2），游客李華和滑雪板總質(zhì)量為80kg，從斜面AB的頂端靜止下滑經(jīng)B點(diǎn)后滑上斜面BC，最終停在距B點(diǎn)25m的位置，整個(gè)滑行過(guò)程用時(shí)12.5s，不計(jì)空氣阻力，AB、BC兩段運(yùn)動(dòng)均可看作勻變速運(yùn)動(dòng)，g＝10m/s2。求：
（1）整個(gè)滑雪過(guò)程中李華的最大速度；
（2）滑雪板與斜面AB之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
（3）李華在BC段向上滑行的過(guò)程中，斜面BC對(duì)滑雪板的平均阻力多大。
【分析】（1）李華加速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)有最大速度，根據(jù)x＝t求解速度；
（2）（3）根據(jù)v2＝2ax求解兩段運(yùn)動(dòng)過(guò)程的加速度，結(jié)合牛頓第二定律求解動(dòng)摩擦因數(shù)和平均阻力。
【解答】解：（1）最大速度即B處速度的大小，設(shè)為vm，則有x1+x2＝t總
得：vm＝20m/s
（2）設(shè)在斜面AB上下滑時(shí)的加速度為a1，則有vm2＝2a1x1
得：a1＝2m/s2
根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin37°﹣μmgcs37°＝ma1
得：μ＝0.5
（3）在BC段勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為a2，則有vm2＝2a2x2
得：a2＝8m/s2
在BC段向上滑行的過(guò)程中，有：mgsin11°+Ff＝ma2
解得斜面BC對(duì)滑雪板的平均阻力為：Ff＝480N
答：（1）整個(gè)滑雪過(guò)程中李華的最大速度為20m/s；
（2）滑雪板與斜面AB之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5；
（3）李華在BC段向上滑行的過(guò)程中，斜面BC對(duì)滑雪板的平均阻力為480N。
【點(diǎn)評(píng)】本題難點(diǎn)在于把握下滑過(guò)程始末速度為0和vm、上滑過(guò)程始末速度為vm和0，均為勻變速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程，則可運(yùn)用x＝t求解最大速度。
35．（安徽模擬）如圖甲，在光滑水平面上放置一木板A，在A上放置物塊B，A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，0時(shí)刻起，對(duì)A施加沿水平方向的力，A和B由靜止開始運(yùn)動(dòng)。在0～2s內(nèi)，A的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中B始終未脫離A，重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）繪制A的速度﹣時(shí)間圖像，并求A在0～2s內(nèi)的位移；
（2）B在0～2s內(nèi)的位移。
【分析】（1）根據(jù)a﹣t圖畫出A的v﹣t圖象，結(jié)合圖線與時(shí)間軸包圍的面積求出位移大??；
（2）根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算B的加速度，在AB共速以前，B是勻加速運(yùn)動(dòng)，之后是勻減速運(yùn)動(dòng)，畫出v﹣t圖象，結(jié)合面積計(jì)算位移。
【解答】解（1）根據(jù)圖乙繪制A的速度﹣時(shí)間圖像如圖1所示
由于v﹣t圖線與時(shí)間軸包圍的面積表示位移，則由圖像即可求得A在0～2s內(nèi)的位移：xA＝×6×2m＝6m；
（2）AB之間的滑動(dòng)時(shí)，對(duì)B有μmg＝maB，即有aB＝2m/s2，繪制B的圖像速度﹣時(shí)間圖像如圖2所示
同理，由圖像即可求得B在0～2s內(nèi)的位移xB＝×3×m+×（3+2）×m＝3.5m；
答：（1）A在0～2s內(nèi)的位移為6m；
（2）B在0～2s內(nèi)的位移為3.5m。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生對(duì)勻變速直線運(yùn)動(dòng)圖象的認(rèn)識(shí)，要求學(xué)生能利用a﹣t圖繪制v﹣t圖，并能通過(guò)v﹣t圖求位移，對(duì)于高三學(xué)生，難度不大。
36．（西陵區(qū)校級(jí)期末）如圖甲所示，質(zhì)量為m＝1kg的物體置于傾角為θ＝37°的固定粗糙斜面上。用平行于斜面向上的推力F1＝10N作用于物體上，使其能沿斜面勻速上滑，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。
（1）求物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
（2）如圖乙所示，若改用平行于斜面向下的推力推力F2＝5N作用于物體上，問(wèn)物體能否平衡，若不能，求其加速度a的值。
【分析】（1）對(duì)m受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求得動(dòng)摩擦因數(shù)；
（2）對(duì)m受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小。
【解答】解：（1）將力沿斜面和垂直于斜面正交分解，垂直于斜面方向：N1＝mgcsθ，
沿斜面得方向：F1＝mgsinθ+f1，
又：f1＝μN(yùn)1，
聯(lián)立解得：μ＝0.5
（2）物體不能平衡。 將力沿斜面和垂直于斜面正交分解，垂直于斜面方向：N2＝mgcsθ
沿斜面方向：F2+mgsinθ﹣f2＝ma
又：f＝μN(yùn)2
解得：a＝7m/s2
答：（1）物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.5；
（2）物體不能平衡，加速度為7m/s2。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了共點(diǎn)力平衡、牛頓第二定律的應(yīng)用，關(guān)鍵是正確的選取研究對(duì)象，受力分析靈活選擇規(guī)律列式求解。
37．（羅甸縣期末）如圖所示，光滑水平桌面上的物體A質(zhì)量為m1，系一細(xì)繩，細(xì)繩跨過(guò)桌沿的定滑輪后懸掛質(zhì)量為m2的物體B，先用手使B靜止（細(xì)繩質(zhì)量及滑輪摩擦均不計(jì)）。
（1）求放手后A、B一起運(yùn)動(dòng)中繩上的張力FT。
（2）若在A上再疊放一個(gè)與A質(zhì)量相等的物體C，繩上張力就增大到FT，求m1：m2。
【分析】（1）放手后兩物體一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，分別以AB為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律可求得繩子的拉力；
（2）分別對(duì)B及BC整體受力分析，由牛頓第二定律可列出繩子張力的表達(dá)式，根據(jù)題意可得出質(zhì)量的關(guān)系。
【解答】解：（1）對(duì)B有：m2g﹣FT＝m2a1
對(duì)A有：FT＝m1a1
則FT＝g
（2）對(duì)B有：m2g﹣FT2＝m2a2
對(duì)A和C系統(tǒng)，有：FT2＝2m1a2
則FT2＝g
由FT2＝FT
得：g＝?g
所以m1：m2＝1：2
答：（1）放手后A、B一起運(yùn)動(dòng)中繩上的張力FT為g。
（2）m1：m2＝1：2。
【點(diǎn)評(píng)】該題考查了整體法和隔離法的應(yīng)用，知道在什么情況下用整體法，什么情況下用隔離法，進(jìn)行受力分析。
38．（蚌埠模擬）如圖所示，一足夠長(zhǎng)的帶電絕緣板靜止在水平地面上，其質(zhì)量M＝0.5kg、所帶電荷量q＝3C，在板的右端放置一個(gè)質(zhì)量為m＝0.5kg不帶電的小染料塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），小染料塊與絕緣板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2，絕緣板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.4。某時(shí)刻起在空間加電場(chǎng)強(qiáng)度E＝3N/C、沿板水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)（忽略絕緣板所帶電荷的影響），小染料塊和絕緣板將開始運(yùn)動(dòng)，且發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，經(jīng)t＝2s后撤去電場(chǎng)。小染料塊與絕緣板相對(duì)滑動(dòng)時(shí)會(huì)留下一條彩色痕跡，不計(jì)相對(duì)滑動(dòng)時(shí)各自質(zhì)量的變化，重力加速度g取10m/s2，板所帶電荷量不變。
（1）小染料塊和絕緣板在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度大小分別為多少？
（2）撤去電場(chǎng)后，某時(shí)刻小染料塊和絕緣板的速度相等，求該速度的大?。?br>（3）求小染料塊在絕緣板上所留痕跡的長(zhǎng)度。
【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律即可求解；
（2）分別分析物體的受力情況，結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)的基本公式即可求解；
（3）結(jié)合牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式即可求解。
【解答】（1）設(shè)小染料塊和絕緣體的加速度分別為a1、a2，根據(jù)牛頓第二定律可知：
μ1mg＝ma1
qE﹣μ1mg﹣μ2（m+M）g＝Ma2
解得：a1＝2m/s2，a2＝8m/s2
（2）t＝2s后，設(shè)小染料塊和絕緣體的速度分別為v1、v2、，則：
v1＝a1t，v2＝a2t
解得：v1＝4m/s，v2＝16m/s
撤去電場(chǎng)后，小染料塊受力不變，加速度不變；絕緣體受到地面和小染料塊的摩擦力，以加速度a′做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知：
μ1mg+μ2（m+M）g＝Ma′
設(shè)經(jīng)過(guò)t′，小染料和絕緣體的速度相同為v，有
v＝v1+a1t′＝v2﹣a′t′
解得：t′＝1s，v＝6m/s
（3）撤去電場(chǎng)前，小染料和絕緣體的位移分別為：
x1＝a1t2＝2×22m＝4m
x2＝a2t2＝8×22m＝16m
從撤去電場(chǎng)到二者速度相同經(jīng)過(guò)的位移分別為：
x1′＝（v1+v）t′＝（4+6）×1m＝5m
x2′＝（v2+v）t′＝（16+6）×1m＝11m
在小染料和絕緣體速度相同后，小染料塊做加速度為a1＝2m/s2的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)板的加速度大小為a″，由牛頓第二定律可知：
μ2（m+M）g﹣μ1mg＝Ma″
解得：a″＝6m/s2＞a1，故小染料塊相對(duì)絕緣體向右運(yùn)動(dòng)，所劃得痕跡與之前重復(fù)，痕跡的長(zhǎng)度為：△x＝（x2+x2′）﹣（x1+x1′）＝（16+11）m﹣（4+5）m＝18m
答：（1）小染料塊和絕緣板在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度大小分別為2m/s2，8m/s2；
（2）撤去電場(chǎng)后，某時(shí)刻小染料塊和絕緣板的速度相等，該速度的大小為6m/s；
（3）小染料塊在絕緣板上所留痕跡的長(zhǎng)度為18m。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律在板塊問(wèn)題中的應(yīng)用，要注意根據(jù)小染料塊的運(yùn)動(dòng)判斷其摩擦力的方向，從而結(jié)合牛頓第二定律求解加速度。
39．（馬鞍山模擬）質(zhì)量為m＝5kg的小物塊靜止于水平地面上的A點(diǎn)，用F＝35N的水平拉力作用4s后撤去，物塊繼續(xù)滑動(dòng)3s后停在B點(diǎn)。重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
（2）A、B兩點(diǎn)間距離。
【分析】對(duì)靜止的物體A受力分析，由牛頓第二定律得出加速度，撤去拉力后，再對(duì)它受力分析，利用牛頓第二定律得出加速度；選擇位移公式解出全過(guò)程運(yùn)動(dòng)的位移。
【解答】解：（1）對(duì)靜止的物體A受力分析，在水平方向由牛頓第二定律得：F﹣μmg＝ma1 ①
4s撤去拉力后只受到滑動(dòng)摩擦力，由牛頓第二定律得 μmg＝ma2 ②
4s前由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v1＝a1t1③
扯拉力后由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v1＝a2t2④
聯(lián)立①②③④解得：μ＝0.4 ⑤
答：物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4
（2）設(shè)前4s位移為x1，由位移公式得：x1＝⑥
設(shè)后3s位移為x2，由位移公式得：x2＝⑦
則A、B兩點(diǎn)間距離 x＝x1+x2＝42m ⑧
答：A、B兩點(diǎn)間距離為42m
【點(diǎn)評(píng)】本題涉及單體多過(guò)程的處理，物體在外力作用下先加速后加速到0，分成兩段處理，理清速度關(guān)系和位移關(guān)系。
40．（歷城區(qū)校級(jí)模擬）與水平面成θ＝30°角的傳送帶以v＝2m/s的速度順時(shí)針運(yùn)行，一物塊以v0＝6m/s的速度從底部滑上傳送帶，如圖所示。物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝，結(jié)果物塊沒(méi)能滑過(guò)傳送帶頂端而原路返回。取重力加速度g＝10m/s2。回答下面問(wèn)題：
（1）求傳送帶的最小長(zhǎng)度l0；
（2）若不計(jì)滑輪大小，傳送帶長(zhǎng)度為l0，求從物塊滑上傳送帶到離開傳送帶，物塊在傳送帶上留下的劃痕長(zhǎng)度s。
【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律判斷物塊與傳送帶速度相等前后的加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解物塊兩段減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和位移；
（2）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解物塊下滑到底部的時(shí)間，由s＝vt得物塊相對(duì)傳送帶滑過(guò)的長(zhǎng)度。
【解答】解：（1）物塊滑上傳送帶時(shí)速度v0＞v，故從滑上傳送帶到與傳送帶速度相等，滑動(dòng)摩擦力沿斜面向下
物塊的加速度a1＝＝﹣g（sinθ+μcsθ）＝﹣10×（+）m/s2＝﹣8m/s2
在物塊與傳送帶速度相等之后，滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上，物塊加速度a2＝＝g（μcsθ﹣sinθ）＝10×（﹣）m/s2＝﹣2m/s2
設(shè)物塊兩段減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1＝＝s＝0.5s，t2＝＝s＝1s
兩段時(shí)間上滑的位移分別為x1＝＝m＝2m，x2＝＝m＝1m
傳送帶的最小長(zhǎng)度l0＝x1+x2＝2m+1m＝3m
（2）物塊下滑時(shí)做加速度為a2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)
下滑到底部用時(shí)t3＝＝s＝s，物塊回到傳送帶底端時(shí)位移為零
故在t＝t1+t2+t3時(shí)間內(nèi)傳送帶通過(guò)的路程s'相當(dāng)于物塊相對(duì)傳送帶滑過(guò)的長(zhǎng)度
則，因?yàn)閟'大于傳送帶總長(zhǎng)6 m
故劃痕長(zhǎng)度為s＝6m。
答：（1）傳送帶的最小長(zhǎng)度l0為3m；
（2）從物塊滑上傳送帶到離開傳送帶，物塊在傳送帶上留下的劃痕長(zhǎng)度s為6m。
【點(diǎn)評(píng)】本題要注意物塊與傳送帶速度相等前后的加速度是不一樣的。
41．（天津期末）如圖所示，一半徑為2m的四分之一豎直圓弧軌道AB與傾斜直軌道BC相接，現(xiàn)有一質(zhì)量為0.2kg的小球從A點(diǎn)釋放，經(jīng)過(guò)圓弧上B點(diǎn)時(shí)，傳感器測(cè)得軌道所受壓力大小為3.6N，然后水平飛出，恰好落到直軌道的末端C點(diǎn)，B、C兩點(diǎn)間的豎直高度差為3.2m，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大??；
（2）B、C兩點(diǎn)間的水平距離；
（3）小球從B點(diǎn)飛出后經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間距離直軌道BC最遠(yuǎn)。
【分析】（1）在B點(diǎn)，由牛頓第二定律列式可求得小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小；
（2）小球從B點(diǎn)拋出做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可求得B、C兩點(diǎn)間的水平距離；
（3）當(dāng)小球的速度方向與斜面平行時(shí)距離直軌道BC最遠(yuǎn)，據(jù)此作出速度的平行四邊形定則，在結(jié)合速度公式可求得時(shí)間。
【解答】解：（1）在B點(diǎn)，小球受重力、軌道的支持力，由牛頓第三定律知，軌道的支持力等于軌道所受壓力，即F＝3.6N，
由牛頓第二定律得：F﹣mg＝m
解得：vB＝4m/s
（2）從B點(diǎn)拋出做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)B、C兩點(diǎn)間的水平距離為s
則豎直方向有：h＝
水平方向有：s＝vBt
聯(lián)立解得：s＝3.2m
（3）當(dāng)小球的速度方向與斜面平行時(shí)距離直軌道BC最遠(yuǎn)，設(shè)到P點(diǎn)時(shí)距BC最遠(yuǎn)，經(jīng)過(guò)時(shí)間為t′
如圖所示，vy＝vBtanθ＝gt′
其中tanθ＝
解得：t′＝0.4s
答：（1）小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小是4m/s；
（2）B、C兩點(diǎn)間的水平距離是3.2m；
（3）小球從B點(diǎn)飛出后經(jīng)0.4s距離直軌道BC最遠(yuǎn)。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓第二定律、平拋運(yùn)動(dòng)、運(yùn)動(dòng)的合成與分解的應(yīng)用，關(guān)鍵是知道當(dāng)小球的速度方向與斜面平行時(shí)距離直軌道BC最遠(yuǎn)。
42．（寶安區(qū)期末）某同學(xué)到廣州塔“小蠻腰”參觀，為了測(cè)量電梯運(yùn)行的相關(guān)數(shù)據(jù)，該同學(xué)帶了一個(gè)電子臺(tái)秤，并站在臺(tái)秤上觀察臺(tái)秤數(shù)據(jù)變化。電梯靜止時(shí)他觀察到臺(tái)科的示數(shù)為50kg。在啟動(dòng)時(shí)示數(shù)變?yōu)?2.5kg，這個(gè)示數(shù)持續(xù)了10s后又恢復(fù)到50kg，電梯勻速運(yùn)動(dòng)了80s，靠近觀光層時(shí)臺(tái)樣的示數(shù)變?yōu)?5kg直到電梯到達(dá)觀光臺(tái)，已知在臺(tái)秤示數(shù)運(yùn)算和加速度計(jì)算時(shí)g都取10m/s2．求：
（1）電梯勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小；
（2）電梯減速的時(shí)間為多少；
（3）在圖坐標(biāo)中畫出電梯運(yùn)動(dòng)全過(guò)程的v﹣t圖象：
（4）廣州塔（小蠻腰）觀光臺(tái)的高度為多少？
【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，從而知加速的末速度，即為勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度；
（2）根據(jù)牛頓第二定律求解減速的加速度，根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系求解時(shí)間；
（3）根據(jù)（1）（2）分析畫出圖象；
（4）v﹣t圖象的面積為運(yùn)動(dòng)位移，即觀光臺(tái)的高度h。
【解答】解：（1）電梯靜止時(shí)他觀察到臺(tái)科的示數(shù)為50kg。在啟動(dòng)時(shí)示數(shù)變?yōu)?2.5kg，說(shuō)明此時(shí)合力F＝（52.5﹣50）×10N＝25N
根據(jù)牛頓第二定律知a1＝＝＝0.5m/s2
加速時(shí)間為t1＝10s，所以v＝a1t1＝5m/s，勻速直線運(yùn)動(dòng)速度為5m/s；
（2）靠近觀光層時(shí)臺(tái)樣的示數(shù)變?yōu)?5kg，則此時(shí)合力F′＝（45﹣50）g＝ma2
解得a2＝﹣1m/s2
所以減速時(shí)間t3＝＝＝5s
（3）根據(jù)以上分析知0﹣10s，做勻加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到5m/s；
10s﹣90s，勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為5m/s；
90s﹣95s，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，末速度為零。作圖如右圖。
（4）v﹣t圖象的面積為運(yùn)動(dòng)位移，即觀光臺(tái)的高度h＝（80+95）×5m＝437.5m
答：（1）電梯勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為5m/s；
（2）電梯減速的時(shí)間為5s；
（3）在圖坐標(biāo)中畫出電梯運(yùn)動(dòng)全過(guò)程的v﹣t圖象如圖；
（4）廣州塔（小蠻腰）觀光臺(tái)的高度為為437.5m。
【點(diǎn)評(píng)】此題考查牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，加速度a是運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)聯(lián)。
43．（嘉興模擬）為了測(cè)試智能汽車自動(dòng)防撞系統(tǒng)的性能。質(zhì)量為1500kg的智能汽車以10m/s的速度在水平面勻速直線前進(jìn)，通過(guò)激光雷達(dá)和傳感器檢測(cè)到正前方22m處有靜止障礙物時(shí)，系統(tǒng)立即自動(dòng)控制汽車，使之做加速度大小為1m/s2的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，并向駕駛員發(fā)出警告。駕駛員在此次測(cè)試中仍未進(jìn)行任何操作，汽車?yán)^續(xù)前行至某處時(shí)自動(dòng)觸發(fā)“緊急制動(dòng)”，即在切斷動(dòng)力系統(tǒng)的同時(shí)提供12000N的總阻力使汽車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，最終該汽車恰好沒(méi)有與障礙物發(fā)生碰撞。求
（1）汽車在“緊急制動(dòng)過(guò)程的加速度大??；
（2）觸發(fā)“緊急制動(dòng)”時(shí)汽車的速度大小和其到障礙物的距離；
（3）汽車在上述22m的運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中的平均速度的大小。
【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律求出“緊急制動(dòng)”的加速度；
（2）根據(jù)速度位移公式求出觸發(fā)“緊急制動(dòng)”時(shí)汽車的速度大小和其到障礙物的距離；
（3）根據(jù)速度公式求出總時(shí)間，再根據(jù)平均速度公式求出平均速度的大小。
【解答】解：（1）由牛頓第二定律得“緊急制動(dòng)”過(guò)程的加速度為：
Ff＝12000N，m＝1500kg
代入得：a2＝8m/s2；
（2）設(shè)觸發(fā)“緊急制動(dòng)”是汽車速度大小為v，其到障礙物的距離為：
已知“緊急制動(dòng)”前的加速度為：a1＝1m/s2
位移為：
x1+x2＝x
已知總位移為：
x＝22m
v0＝10m/s
聯(lián)立解得：v＝8m/s，x2＝4m；
（3）“緊急制動(dòng)”前的時(shí)間為：
“緊急制動(dòng)”后的時(shí)間為：
總時(shí)間為：
t＝t1+t2＝3s
則平均速度為：
答（1）汽車在“緊急制動(dòng)過(guò)程的加速度大小為8m/s2；
（2）觸發(fā)“緊急制動(dòng)”時(shí)汽車的速度大小和其到障礙物的距離為4m；
（3）汽車在上述22m的運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中的平均速度的大小為。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓定律的綜合使用，關(guān)鍵是分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，熟練掌握公式并合理使用。
44．（松山區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，三物體以細(xì)繩相連，mA＝2kg，mB＝3kg，mC＝1kg，A、C與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，則系統(tǒng)的加速度大小為多少？繩中的張力FAB，F(xiàn)AC各是多少？（g取10m/s2）
【分析】先以ABC整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律求解加速度大小。
分別以B、C為研究對(duì)象，由牛頓第二定律求解AB、AC之間繩子的張力。
【解答】解：以ABC整體為研究對(duì)象，在沿繩子的方向上受到B的重力與AC受到的摩擦力，它們沿繩子的方向的加速度的大小相等，所以：
（mA+mB+mC）a＝mBg﹣μmAg﹣μmCg
解得：a＝3.75m/s2；
以B為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得：mBg﹣FAB＝mBa
解得：FAB＝18.75N；
C在水平方向只受到摩擦力與繩子的拉力，由牛頓第二定律得：
mCa＝FAC﹣μmCg
解得：FAC＝6.25N。
答：系統(tǒng)的加速度大小為3.75m/s2；
繩中的張力FAB，F(xiàn)AC分別為18.75N、6.25N。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了牛頓第二定律的知識(shí)；利用牛頓第二定律答題時(shí)的一般步驟是：確定研究對(duì)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。
A
B
C
D
E
F
汽車
甲
乙
甲
丙
丙
乙
輪船
乙
甲
丙
甲
乙
丙
火箭
丙
丙
乙
乙
甲
甲
須有加速跑道才能升空
升空后即沒(méi)有向前推進(jìn)力
A
甲、乙、丙
甲、乙
B
甲、乙
甲
C
甲、乙
乙、丙
D
甲
甲、乙

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5 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用

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