9、的分析，可知只有C選項是可能的，A、B、D都是不可能的．
8．(多選)在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂．當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當機車在西邊拉著車廂以大小為a的加速度向西行駛時，P和Q間的拉力大小仍為F.不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為( )
A．8 B．10
C．15 D．18
解析：選BC 設該列車廂與P相連的部分為P部分，與Q相連的部分為Q部分．設該列車廂有n節(jié)，Q部分為n1節(jié)，每節(jié)車廂質量為m，當加速度為a時，對Q有F＝n1ma；當加
10、速度為a時，對P有F＝(n－n1)m·a，聯(lián)立得2n＝5n1.當n1＝2，n1＝4，n1＝6時，n＝5，n＝10，n＝15，由題中選項得該列車廂節(jié)數(shù)可能為10或15，選項B、C正確．
9．(2019屆福建福州質檢)傾角為θ＝45°、外表面光滑的楔形滑塊M放在水平面AB上，滑塊M的頂端O處固定一細線，細線的另一端拴一小球，已知小球的質量為m＝ kg，當滑塊M以a＝2g的加速度向右運動時，則細線拉力的大小為(取g＝10 m/s2)( )
A．10 N B．5 N
C. N D. N
解析：選A 當滑塊向右運動的加速度為某一臨界值時，斜面對小球的支持力恰好為零，此時小球受到兩個力：
11、重力和線的拉力(如圖1所示)，根據(jù)牛頓第二定律，有
FTcosθ＝ma0
FTsinθ－mg＝0
其中θ＝45°
解得a0＝g
則知當滑塊向右運動的加速度a＝2g時，小球已“飄”起來了，此時小球受力如圖2所示，則有
FT′cosα＝m·2g
FT′sinα－mg＝0
解得FT′＝mg＝××10 N＝10 N.
故選項A正確．
10.質量為M的光滑圓槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上使得質量為m的小球靜止在圓槽上，如圖所示，則( )
A．小球對圓槽的壓力為
B．小球對圓槽的壓力為
C．水平恒力F變大后，如果小球仍靜止在圓槽上，小球對圓槽的壓力增加
D
12、．水平恒力F變大后，如果小球仍靜止在圓槽上，小球對圓槽的壓力減小
解析：選C 利用整體法可求得系統(tǒng)的加速度為a＝，對小球利用牛頓第二定律可得：小球受到圓槽的支持力為 ，由牛頓第三定律可知只有C項正確．
二、非選擇題
11.如圖所示，一足夠長的木板，上表面與木塊之間的動摩擦因數(shù)為μ＝，重力加速度為g，木板與水平面成θ角，讓小木塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上運動．隨著θ的改變，小木塊沿木板向上滑行的距離x將發(fā)生變化，當θ角為何值時，小木塊沿木板向上滑行的距離最小，并求出此最小值．
解析：當θ變化時，設沿斜面向上為正方向，木塊的加速度為a，則木塊沿木板斜面方向列牛頓第二定
13、律方程
－mgsinθ－μmgcosθ＝ma①
木塊的位移為x，有0－v02＝2ax②
根據(jù)數(shù)學關系知木塊加速度最大時位移最小，
根據(jù)①式有a＝－g(sinθ＋μcosθ)
根據(jù)數(shù)學關系有sinθ＋μcosθ＝ sin(θ＋α)
其中tanα＝μ＝，則α＝30°
要使加速度a最大，則有θ＋α＝90°時取最大值g
所以有θ＝90°－α＝60°時，加速度取最大值為a＝－
代入②可得xmin＝.
答案：60°
12．足夠長光滑斜面BC的傾角α＝53°，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為 0.5，水平面與斜面之間由一小段長度不計的弧形連接，一質量m＝2 kg的小物塊靜止于A點．現(xiàn)在
14、AB段對小物塊施加與水平方向成α＝53°角的恒力F作用，如圖甲所示，小物塊在AB段運動的速度—時間圖象如圖乙所示，到達B點迅速撤去恒力F(已知sin 53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10 m/s2)．求：
(1)小物塊所受到的恒力F大??；
(2)小物塊從B點沿斜面向上運動，到返回B點所用的時間；
(3)小物塊能否返回到A點？若能，計算小物塊通過A點時的速度；若不能，計算小物塊停止運動時離B點的距離．
解析：(1)由題圖乙可知，AB段加速度
a1＝＝ m/s2＝0.5 m/s2
根據(jù)牛頓第二定律，有Fcosα－μ(mg－Fsinα)＝ma1
解得F＝11 N.
(2
15、)在BC段mgsinα＝ma2，解得a2＝8.0 m/s2
小物塊從B到C所用時間與從C到B所用時間相等，由題圖乙可知，小物塊到達B點的速度vB＝2.0 m/s，有
t＝＝ s＝0.5 s.
(3)小物塊從B向A運動過程中，有μmg＝ma3
解得a3＝5.0 m/s2
滑行的位移s＝＝ m＝0.4 m
sAB＝t＝t＝×4.0 m＝4.0 m＞0.4 m
所以小物塊不能返回到A點，停止運動時，離B點的距離為0.4 m.
答案：(1)11 N (2)0.5 s (3)小物塊不能返回到A點，停止運動時，離B點的距離為0.4 m
|學霸作業(yè)|——自選
一、選擇題
1．某同學找
16、了一個用過的“易拉罐”在底部打了一個洞，用手指按住洞，向罐中裝滿水，然后將易拉罐豎直向上拋出，空氣阻力不計，則下列說法正確的是( )
A．易拉罐上升的過程中，洞中射出的水的速度越來越快
B．易拉罐下降的過程中，洞中射出的水的速度越來越快
C．易拉罐上升、下降的過程中，洞中射出的水的速度都不變
D．易拉罐上升、下降的過程中，水都不會從洞中射出
解析：選D 易拉罐被拋出后，不論上升還是下降，易拉罐及水均處于完全失重狀態(tài)，水都不會從洞中射出，A、B、C項錯誤，D項正確．
2．圖甲中的塔吊是現(xiàn)代工地必不可少的建筑設備，圖乙為150 kg的建筑材料被塔吊豎直向上提升過程的簡化運動圖象，g取
17、10 m/s2，下列判斷正確的是( )
A．前10 s懸線的拉力恒為1 500 N
B．46 s末材料離地面的距離為22 m
C．0～10 s材料處于失重狀態(tài)
D．在30～36 s鋼索最容易發(fā)生斷裂
解析：選B 由圖可知前10 s內材料的加速度a＝0.1 m/s2，由F－mg＝ma可知懸線的拉力為1 515 N，選項A錯誤；由圖象面積可得整個過程上升高度是28 m，下降的高度為6 m,46 s末材料離地面的距離為22 m，選項B正確；因30～36 s材料加速度向下，材料處于失重狀態(tài)，F(xiàn)mg，鋼索最容易發(fā)生斷裂，選項C、D錯誤．
3. (
18、2018屆甘肅一診)如圖所示，在水平面上，有兩個質量分別為m1和m2的物體A、B，它們與水平面之間的動摩擦因數(shù)均為μ，m1>m2，A、B間水平連接著一輕質彈簧測力計．若用大小為F的水平力向右拉B，穩(wěn)定后B的加速度大小為a1，彈簧測力計示數(shù)為F1；如果改用大小為F的水平力向左拉A，穩(wěn)定后A的加速度大小為a2，彈簧測力計示數(shù)為F2.下列關系式正確的是( )
A．a1＝a2，F(xiàn)1>F2 B．a1＝a2，F(xiàn)1a2，F(xiàn)1>F2
解析：選A 以由A、B及彈簧組成的整體為研究對象，由牛頓第二定律得兩次運動過程中整體的加速度a＝，可得a1＝a2
19、＝a.當用F拉B時，以A為研究對象有F1－μm1g＝m1a1，可得F1＝μm1g＋m1a1＝；同理，當用F拉A時，以B為研究對象，有F2－μm2g＝m2a2，可得F2＝，由于m1>m2，則F1>F2，A正確．
4.如圖所示，質量均為m的A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，運動距離為h時，B與A分離．下列說法正確的是( )
A．B和A剛分離時，彈簧長度等于原長
B．B和A剛分離時，它們的加速度為g
C．彈簧的勁度系數(shù)等于
D．在B與A分離之前，它們做勻加速直線運動
解析：選C A、B分離前，A、B共同做加速運動，由于F是恒力，而彈力是變力，故
20、A、B做變加速直線運動，當兩物體要分離時，F(xiàn)AB＝0
對B：F－mg＝ma
對A：kx－mg＝ma
即F＝kx時，A、B分離，此時彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，
由F＝mg，設用恒力F拉B前彈簧壓縮量為x0，
則2mg＝kx0，h＝x0－x
解以上各式得k＝，綜上所述，只有C項正確．
5. (多選)(2019屆哈爾濱三中模擬)如圖所示，光滑水平面上放置著四個相同的木塊，其中木塊B與C之間用一輕彈簧相連，輕彈簧始終在彈性限度內．現(xiàn)用水平拉力F拉B木塊，使四個木塊以相同的加速度一起加速運動，則以下說法正確的是( )
A．一起加速過程中，C木塊受到四個力的作用
B．一起加速過程中，D木
21、塊受到的靜摩擦力大小為
C．一起加速過程中，A、D木塊所受摩擦力大小和方向相同
D．當F撤去瞬間，A、D木塊所受靜摩擦力的大小和方向都不變
解析：選BC 在水平拉力F的作用下，四個木塊以相同的加速度一起加速運動，則由牛頓第二定律可知，對整體有F＝4ma，對A、D木塊有fA＝fD＝ma，解得A、D木塊所受摩擦力大小 fA＝fD＝，方向均水平向右，故B、C正確；一起加速過程中，C木塊受到重力、D木塊對其的壓力和靜摩擦力、地面對其的支持力及彈簧對其的彈力，共五個力的作用，故A項錯誤；當F撤去瞬間，D木塊所受靜摩擦力的大小和方向均不變，而A木塊所受靜摩擦力的大小不變但反向，故D項錯誤．
6．(
22、多選)質量分別為M和m的物塊形狀大小均相同，將它們通過輕繩和光滑定滑輪連接，如圖甲所示，沿斜面方向的繩子在各處均平行于傾角為α的斜面，M恰好能靜止在斜面上，不考慮M、m與斜面之間的摩擦．若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放M，斜面仍保持靜止．則下列說法正確的是( )
A．輕繩的拉力等于Mg
B．輕繩的拉力等于mg
C．M運動的加速度大小為(1－sinα)g
D．M運動的加速度大小為g
解析：選BC 按題圖甲放置時，M靜止，則Mgsinα＝mg，按題圖乙放置時，由牛頓第二定律得Mg－mgsinα＝(M＋m)α，聯(lián)立解得a＝(1－sinα)g.對m由牛頓第二定律得T－mgsinα
23、＝ma，解得T＝mg，故A、D錯誤，B、C正確．
7．(多選)圖甲中，兩滑塊A和B疊放在光滑水平地面上，A的質量為m1，B的質量為m2.設A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，作用在A上的水平拉力為F，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．圖乙為F與μ的關系圖象，其直線方程為F＝μ.下列說法正確的有( )
A．μ和F的值位于a區(qū)域時，A、B相對滑動
B．μ和F的值位于a區(qū)域時，A、B相對靜止
C．μ和F的值位于b區(qū)域時，A、B相對滑動
D．μ和F的值位于b區(qū)域時，A、B相對靜止
解析：選AD 當A、B間剛要發(fā)生相對滑動時靜摩擦力達到最大值，以B為研究對象，由牛頓第二定律得μm1g＝m2a，得a＝.
24、以整體為研究對象，由牛頓第二定律得F＝(m1＋m2)a＝μ，可以知道，圖中實線對應兩個物體剛要發(fā)生相對滑動的情形．μ和F的值位于a區(qū)域時，該區(qū)域中的點與原點連線的斜率大于實線的斜率，即有＞，可得F>μ，A、B相對滑動；μ和F的值位于b區(qū)域時，該區(qū)域中的點與原點連線的斜率小于實線的斜率，即有＜，可得F<μ，A、B相對靜止，故A、D項正確，B、C項錯誤．
8. (2018屆黃岡質檢)如圖所示，bc為固定在小車上的水平橫桿，物塊M串在桿上，靠摩擦力保持相對桿靜止，M又通過輕細線懸吊著一個小球m，此時小車正以大小為a的加速度向右做勻加速運動，而M、m均相對小車靜止，細線與豎直方向的夾角為θ.小車的加
25、速度逐漸增加，M始終和小車保持相對靜止，當加速度增加到2a時，( )
A．橫桿對M的摩擦力增加到原來的2倍
B．橫桿對M的彈力增加到原來的2倍
C．細線與豎直方向的夾角增加到原來的2倍
D．細線的拉力增加到原來的2倍
解析：選A 對小球和物塊組成的整體，分析受力如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律得，水平方向：Ff＝(M＋m)a，豎直方向：FN＝(M＋m)g，則當加速度增加到2a時，橫桿對M的摩擦力Ff增加到原來的2倍，橫桿對M的彈力等于2個物體的總重力，保持不變，故A正確，B錯誤；以小球為研究對象，分析受力情況如圖乙所示，由牛頓第二定律得mgtanθ＝ma，解得tanθ＝，當a增加到
26、2倍時，tanθ變?yōu)?倍，但θ不是原來的2倍．細線的拉力FT＝，可見，a變?yōu)?倍，F(xiàn)T不是原來的2倍，故C、D錯誤．
9．(多選)(2019屆合肥模擬)如圖甲所示，水平地面上固定一足夠長的光滑斜面，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的質量不變，改變B的質量m，當B的質量連續(xù)改變時，得到A的加速度a隨B的質量m變化的圖線，如圖乙所示．圖中a1、a2、m0為未知量，設加速度沿斜面向上的方向為正方向，空氣阻力不計，重力加速度g取9.8 m/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的質量
B．若θ未知，可求出乙圖中a1
27、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
解析：選BC 根據(jù)牛頓第二定律得
對B得：mg－F＝ma①
對A得：F－mAgsinθ＝mAa②
聯(lián)立得a＝③
若θ已知，由③知，不能求出A的質量mA，故A錯誤；
由③式變形得a＝
當m→∞時，a＝a1＝g，故B正確；
由③式得，m＝0時，a＝a2＝－gsinθ，故C正確；
當a＝0時，由③式得，m＝m0＝mAsinθ，可知m0不能求出，故D錯誤．
10．(多選)如圖甲所示，水平面上有一傾角為θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的輕質細繩系一質量為m的小球．斜面以加速度a水平向右做勻加速直線運動
28、，當系統(tǒng)穩(wěn)定時，細繩對小球的拉力和斜面對小球的支持力分別為T和FN.若T-a圖象如圖乙所示，AB是直線，BC為曲線，重力加速度為g＝10 m/s2.則( )
A．a＝ m/s2時，F(xiàn)N＝0
B．小球質量m＝0.1 kg
C．斜面傾角θ的正切值為
D．小球離開斜面之前，F(xiàn)N＝0.8＋0.06a(N)
解析：選ABC 小球離開斜面之前，以小球為研究對象，進行受力分析，可得Tcosθ－FNsinθ＝ma，Tsinθ＋FNcosθ＝mg，聯(lián)立解得FN＝mgcosθ－masinθ，T＝macosθ＋mgsinθ，所以小球離開斜面之前，T-a圖象呈線性關系，由題圖乙可知a＝ m/s2時，F(xiàn)
29、N＝0，選項A正確；當a＝0時，T＝0.6 N，此時小球靜止在斜面上，其受力如圖1所示，所以mgsinθ＝T；當a＝ m/s2時，斜面對小球的支持力恰好為零，其受力如圖2所示，所以＝ma，聯(lián)立可得tanθ＝，m＝0.1 kg，選項B、C正確；將θ和m的值代入FN＝mgcosθ－masinθ，得FN＝0.8－0.06a(N)，選項D錯誤．
二、非選擇題
11．如圖所示，傾角為45°的軌道AB和水平軌道BC在B處用一小段光滑圓弧軌道平滑連接，水平軌道上D點的正上方有一探測器，探測器只能探測處于其正下方的物體．一小物塊自傾斜軌道AB上離水平軌道BC高h處由靜止釋放，以小物塊運動到B處的時刻為
30、計時零點，探測器只在t＝2～5 s內工作．已知小物塊與傾斜軌道AB和水平軌道BC間的動摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.5和μ2＝0.1，BD段長為L＝8 m，重力加速度g＝10 m/s2，為使探測器在工作時間內能探測到小物塊，求h的取值范圍．
解析：設物塊沿傾斜軌道AB運動的加速度為a1，由牛頓第二定律有mgsin45°－μ1mgcos45°＝ma1
設物塊到達B處的速度為vB，由速度—位移關系得
vB2＝2a1·
物塊在水平軌道BC上做減速運動的加速度大小為a2＝μ2g
①設物塊運動到D點時速度恰好為零，這種情況下vB最小，物塊在水平軌道BC上運動的時間最長，則vB1＝＝4 m/s，又
31、t1＝＝4 s
當物塊在t1＝4 s到達D點時．聯(lián)立解得h1＝1.6 m
②當物塊在t2＝2 s到達D點時L＝vB2t2－a2t22
聯(lián)立解得h2＝2.5 m
為使探測器在工作時間內能探測到小物塊，h的取值范圍為
1．6 m≤h≤2.5 m.
答案：1.6 m≤h≤2.5 m
12.如圖所示，一直立的輕質薄空心圓管長為L，在其上下端開口處各安放有一個質量分別為m和2m的圓柱形物塊A、B，A、B緊貼管的內壁，厚度不計．A、B與管內壁間的最大靜摩擦力分別是f1＝mg、f2＝2mg，且設滑動摩擦力與最大靜摩擦力大小相等．管下方存在這樣一個區(qū)域：當物塊A進入該區(qū)域時受到一個豎直向上的恒力
32、F作用，而B在該區(qū)域運動時不受它的作用，PQ、MN是該區(qū)域的上下水平邊界，高度差為H(L>2H)．現(xiàn)讓管的下端從距上邊界PQ高H處由靜止釋放，重力加速度為g.
(1)為使A、B間無相對運動，求F應滿足的條件；
(2)若F＝3mg，求物塊A到達下邊界MN時A、B間的距離．
解析：(1)設A、B與管不發(fā)生相對滑動時的共同加速度為a，A與管間的靜摩擦力為fA.
對A、B整體有3mg－F＝3ma
對A有mg＋fA－F＝ma，并且fA≤f1
聯(lián)立解得F≤mg.
(2)A到達上邊界PQ時的速度vA＝
當F＝3mg時，可知A相對于圓管向上滑動，設A的加速度為a1，則有mg＋f1－F＝ma1，解得a1＝－g
A向下減速運動的位移為H時，速度剛好減小到零，此過程運動的時間t＝
由于管的質量不計，在此過程中，A對管的摩擦力與B對管的摩擦力方向相反，大小均為mg，B受到管的摩擦
力小于2mg，則B與圓管相對靜止，B和圓管整體受到重力和A對管的靜摩擦力作用以vA為初速度、以a2為加速度做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可得
a2＝＝
物塊A到達下邊界MN時A、B之間的距離為
ΔL＝L－＝L－H.
答案：(1)F≤mg (2)L－H
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2020高考物理一輪總復習 第三章 牛頓運動定律 能力課1 牛頓運動定律的綜合應用練習（含解析）新人教版
