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牛頓運(yùn)動(dòng)定律 一、單選題 1.通過(guò)理想斜面實(shí)驗(yàn)得出“力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因”的科學(xué)家是（ ） A.亞里士多德B.伽利略C.笛卡爾D.牛頓 【答案】B 【考點(diǎn)】牛頓第一定律 【解析】【解答】A:亞里士多德提出了運(yùn)動(dòng)需要力來(lái)維持；B、伽利略用理想實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證了“力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因”C、笛卡爾在伽利略基礎(chǔ)上了提出了相似的觀點(diǎn)D、牛頓總結(jié)了前人的工作【分析】物理學(xué)史的知識(shí)，每一位科學(xué)家都有他的經(jīng)典之作，記牢即可選擇出答案。 2.（2018?卷Ⅰ）如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，以x表示P離開(kāi)靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是（ ） A B C D 【答案】A 【考點(diǎn)】連接體問(wèn)題，胡克定律，物體的受力分析 【解析】【解答】由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，F(xiàn)-mg+F彈=ma ， F彈=k(x0-x),kx0=mg ， 聯(lián)立解得F=ma+ kx ， 對(duì)比題給的四個(gè)圖象，可能正確的是A。故答案為：A 【分析】該題需選擇物塊P為研究對(duì)象，對(duì)P分兩種情況進(jìn)行進(jìn)行受力分析：未對(duì)P施加拉力F時(shí)，有mg=kx0；對(duì)P施加拉力F后，然后根據(jù)牛頓第二定律F合=ma列出方程。即可推導(dǎo)出拉力F與x的關(guān)系式。 3.（2018?北京）根據(jù)高中所學(xué)知識(shí)可知,做自由落體運(yùn)動(dòng)的小球,將落在正下方位置。但實(shí)際上,赤道上方200m處無(wú)初速下落的小球?qū)⒙湓谡路轿恢闷珫|約6cm處,這一現(xiàn)象可解釋為,除重力外,由于地球自轉(zhuǎn),下落過(guò)程小球還受到一個(gè)水平向東的“力”,該“力”與豎直方向的速度大小成正比,現(xiàn)將小球從赤道地面豎直上拋,考慮對(duì)稱性,上升過(guò)程該“力”水平向西,則小球（ ） A.到最高點(diǎn)時(shí),水平方向的加速度和速度均為零 B.到最高點(diǎn)時(shí),水平方向的加速度和速度均不為零 C.落地點(diǎn)在拋出點(diǎn)東側(cè) D.落地點(diǎn)在拋出點(diǎn)西側(cè) 【答案】D 【考點(diǎn)】對(duì)質(zhì)點(diǎn)系的應(yīng)用，位移的合成與分解 【解析】【解答】根據(jù)題意，將小球從赤道地面豎直上拋，水平方向受到一個(gè)與豎直方向的速度大小成正比的力，小球從地面豎直上拋，速度越來(lái)越小，故水平方向的力越來(lái)越小，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向的速度為零，故水平方向的加速度為零，水平方向小球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，小球的速度不為零，故AB錯(cuò)誤；小球在下落的過(guò)程中，豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以水平方向加速度逐漸增大；水平方向加速度向東，所以向西做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得出落地點(diǎn)在拋出點(diǎn)西側(cè)，故C錯(cuò)誤；故答案為：D。 【分析】本題屬于新穎的題型，這樣的水平力，學(xué)生平時(shí)應(yīng)該都沒(méi)有見(jiàn)過(guò)，但是仔細(xì)分析題干就會(huì)得出其實(shí)這就是運(yùn)動(dòng)的合成與分解，小球參與了水平和豎直兩個(gè)方向的運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律即可得出答案。 4.用國(guó)際單位制的基本單位表示能量的單位，下列正確的是（ ） A.kg.m2/s2B.kg.m/s2C.N/mD.N.m 【答案】A 【考點(diǎn)】單位制及量綱 【解析】【解答】能量單位為焦耳J，根據(jù)做功W=FL，可知1J=1Nm，而1N=1kg.m/s2 ,因此正確答案為A 【分析】利用公式推導(dǎo)新的單位，這是對(duì)量綱的考察，國(guó)際基本單位有7個(gè)，Kg、m，s、A、mol，T、Cd；其它單位都是導(dǎo)出單位。 5.如圖所示，在光滑水平面上以水平恒力F拉動(dòng)小車，讓小車和木塊一起做無(wú)相對(duì)滑動(dòng)的加速運(yùn)動(dòng)，若小車質(zhì)量為M，木塊質(zhì)量為m，加速度大小為a，木塊和小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ．對(duì)于這個(gè)過(guò)程，某同學(xué)用了以下4個(gè)式子來(lái)表達(dá)拉力F的大小，下述表達(dá)式一定正確的是（　?。? A.MaB.μmg+MaC.（M+m）aD.μmg+ma 【答案】C 【考點(diǎn)】滑動(dòng)摩擦力，靜摩擦力，對(duì)質(zhì)點(diǎn)系的應(yīng)用，連接體問(wèn)題 【解析】【解答】解：A、先對(duì)整體受力分析，受重力、支持力和拉力，根據(jù)牛頓第二定律，有： F=（M+m）a，A不符合題意，C符合題意， B、由于M與m間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，未靜摩擦力，則不能用f=μmg來(lái)計(jì)算兩者間的摩擦力大小，BD不符合題意 故答案為 ：C 【分析】先對(duì)整體受力分析，受重力、支持力和拉力，根據(jù)牛頓第二定律F=（M+m）a，由于M與m間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，未靜摩擦力，則不能用f=μmg來(lái)計(jì)算兩者間的摩擦力大小。 6.如圖所示，n個(gè)質(zhì)量為m的相同木塊并列放在水平面上，木塊跟水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)對(duì)1木塊施加一個(gè)水平向右的推力F時(shí)，木塊加速運(yùn)動(dòng)，木塊5對(duì)木塊4的壓力大小為（　?。? A.FB.C.D. 【答案】D 【考點(diǎn)】對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用 【解析】【解答】解：以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律：F=nma得：a= 以1234為研究對(duì)象，設(shè)5對(duì)4 的壓力為N，根據(jù)牛頓第二定律：F﹣N=4m?a 聯(lián)立以上二式得：N= ，ABC不符合題意，D符合題意． 故答案為：D． 【分析】本題考查整體法與隔離法結(jié)合牛頓第二定律的應(yīng)用，整體應(yīng)用牛頓第二定律求出整體的加速度，再隔離計(jì)算木塊5對(duì)木塊4的壓力大小。 7.如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量分別為mA、mB ， 且mA＞mB ， 置于光滑水平面上，相距較遠(yuǎn)．將兩個(gè)大小均為F的力，同時(shí)分別作用在A、B上經(jīng)過(guò)相同距離后，撤去兩個(gè)力，兩物體發(fā)生碰撞并粘在一起后將（　?。? A.停止運(yùn)動(dòng)B.向左運(yùn)動(dòng)C.向右運(yùn)動(dòng)D.運(yùn)動(dòng)方向不能確定 【答案】C 【考點(diǎn)】對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用，動(dòng)量定理，動(dòng)量守恒定律，勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式應(yīng)用 【解析】【解答】解：力F大小相等，mA＞mB ， 由牛頓第二定律可知，兩物體的加速度有：aA＜aB ， 由題意知：SA=SB ， 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：SA= aAtA2 ， SB= aBtB2 ， 可知：tA＞tB ， 由IA=F?tA ， IB=F?tB ， 得：IA＞IB ， 由動(dòng)量定理可知△PA=IA ， △PB=IB ， 則PA＞PB ， 碰前系統(tǒng)總動(dòng)量向右，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒， 由動(dòng)量守恒定律可知，碰后總動(dòng)量向右，ABD不符合題意，C符合題意． 故答案為：C． 【分析】判斷兩物體發(fā)生碰撞并粘在一起后做什么樣的運(yùn)動(dòng)，先由牛頓第二定律求出加速度，再判斷沖量的大小，最后根據(jù)碰前系統(tǒng)總動(dòng)量向右，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，碰后總動(dòng)量向右。 8.如圖，在傾角為α的固定光滑斜面上，有一用繩子栓著的長(zhǎng)木板，木板上站著一只貓．已知木板的質(zhì)量是貓的質(zhì)量的2倍．當(dāng)繩子突然斷開(kāi)時(shí)，貓立即沿著板向上跑，以保持其相對(duì)斜面的位置不變．則此時(shí)木板沿斜面下滑的加速度為（　?。? A.sinαB.1.5gsinαC.gsinαD.2gsinα 【答案】B 【考點(diǎn)】對(duì)質(zhì)點(diǎn)系的應(yīng)用，連接體問(wèn)題 【解析】【解答】解：木板沿斜面加速下滑時(shí)，貓保持相對(duì)斜面的位置不變，即相對(duì)斜面靜止，加速度為0， 對(duì)系統(tǒng)，由牛頓第二定律得：3mgsinα=2mga，解得：a=1.5gsinα； 故答案為：B． 【分析】本體用整體法比較簡(jiǎn)單，貓保持相對(duì)斜面的位置不變，即相對(duì)斜面靜止，加速度為0，對(duì)整體列牛頓第二定律方程即可求解。 9.如圖所示，某滑雪場(chǎng)的索道與水平面夾角為θ=37，質(zhì)量為m=50g的人坐在纜車內(nèi)的水平座椅上，當(dāng)纜車隨索道以a=2m/s2的加速度斜向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，已知g=10m/s2 ， sin37=0.6，cos37=0.8，則（ ） A.座椅對(duì)人的摩擦力大小為100NB.座椅對(duì)人的摩擦力方向與水平方向的夾角為37且指向右上方 C.座椅對(duì)人的支持力大小為560ND.座椅對(duì)人的作用力方向與水平方向的夾角為37且指向右上方 【答案】C 【考點(diǎn)】對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用 【解析】【解答】解：AB、將加速度a分解為水平方向和豎直方向，則水平加速度為：ax=acos37=1.6m/s2 ， ay=asin37=1.2m/s2 ， 在水平方向上根據(jù)牛頓第二定律得：f=max=80N，故AB錯(cuò)誤． C、在豎直方向上，根據(jù)牛頓第二定律得：N﹣mg=may ， 解得：N=mg+may=560N，故C正確 D、座椅對(duì)人的作用力方向與水平方向的夾角的正切值為： ，故D錯(cuò)誤 故選：C． 【分析】將加速度a分解為水平方向和豎直方向，在兩個(gè)方向上通過(guò)牛頓第二定律求出靜摩擦力和彈力的大?。? 10.如圖所示，一根跨過(guò)一固定的水平光滑細(xì)桿的輕繩兩端拴有兩個(gè)小球，球a置于水平地面上，球b被拉到與細(xì)桿同一水平的位置，把繩拉直后，由靜止釋放球b，當(dāng)球b擺到O點(diǎn)正下方時(shí)，球a對(duì)地面的壓力大小為其重力的 ，已知圖中Ob段的長(zhǎng)度小于Oa段的長(zhǎng)度，不計(jì)空氣阻力，則（ ） A.球b下擺過(guò)程中處于失重狀態(tài) B.球b下擺過(guò)程中向心加速度變小 C.當(dāng)球b擺到O點(diǎn)正下方時(shí)，球b所受的向心力為球a重力的 D.兩球質(zhì)量之比ma：mb=9：2 【答案】D 【考點(diǎn)】對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用，向心力，動(dòng)能定理的理解 【解析】【解答】解：A、球b下落過(guò)程中，做圓周運(yùn)動(dòng)，向心加速度指向圓心，加速度向上，故處于超重，故A錯(cuò)誤； B、b球速度增大，根據(jù)a= 可知，向心加速度增大，故B錯(cuò)誤； C、當(dāng)球b擺到O點(diǎn)正下方時(shí)，球a對(duì)地面的壓力大小為其重力的 ，則F+FN=mag，解得 ，球b所受的向心力為F向=F﹣mbg= ，故C錯(cuò)誤 D、設(shè)Ob繩長(zhǎng)為l，在下落過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可知 ，則 ，聯(lián)立解得ma：mb=9：2，故D正確； 故選：D 【分析】b球下落過(guò)程中作圓周運(yùn)動(dòng)的一部分，根據(jù)加速度的方向判斷出超失重現(xiàn)象，當(dāng)b球擺到豎直最低位置時(shí)，球a對(duì)地面的壓力大小為其重力的 ，判斷出繩子的拉力，由牛頓第二定律，結(jié)合向心力公式可列出質(zhì)量、速度及半徑間的關(guān)系；再運(yùn)用機(jī)械能守恒定律可列出b球的質(zhì)量與速度間的關(guān)系；最后可求出兩球質(zhì)量關(guān)系． 11.如圖所示，一只貓?jiān)谧肋吤偷貙⒆啦紡聂~(yú)缸下拉出，魚(yú)缸最終沒(méi)有滑出桌面．若魚(yú)缸、桌布、桌面兩兩之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等，則在上述過(guò)程中（ ） A.桌布對(duì)魚(yú)缸摩擦力的方向向左B.魚(yú)缸在桌布上的滑動(dòng)時(shí)間和在桌面上的相等 C.若貓?jiān)龃罄?，魚(yú)缸受到的摩擦力將增大D.若貓減小拉力，魚(yú)缸肯定不會(huì)滑出桌面 【答案】B 【考點(diǎn)】滑動(dòng)摩擦力，對(duì)質(zhì)點(diǎn)系的應(yīng)用，連接體問(wèn)題，勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式應(yīng)用 【解析】【解答】解：A、桌布向右拉出時(shí)，魚(yú)缸相對(duì)于桌布有向左的運(yùn)動(dòng)，故魚(yú)缸受到的摩擦力向右；故A錯(cuò)誤； B、由于魚(yú)缸在桌面上和在桌布上的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，故受到的摩擦力相等，則由牛頓第二定律可知，加速度大小相等；但在桌面上做減速運(yùn)動(dòng)，則由v=at可知，它在桌布上的滑動(dòng)時(shí)間和在桌面上的相等；故B正確； C、魚(yú)缸受到的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，其大小與拉力無(wú)關(guān)，只與壓力和動(dòng)摩擦因數(shù)有關(guān)，因此增大拉力時(shí)，摩擦力不變；故C錯(cuò)誤； D、貓減小拉力時(shí)，桌布在桌面上運(yùn)動(dòng)的加速度減小，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長(zhǎng)；因此魚(yú)缸加速時(shí)間變長(zhǎng)，桌布抽出時(shí)的位移以及速度均變大，則有可能滑出桌面；故D錯(cuò)誤； 故選：B 【分析】根據(jù)摩擦力性質(zhì)可判斷魚(yú)缸受到的摩擦力方向以及拉力變化時(shí)摩擦力的變化情況；再根據(jù)牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行分析，明確拉力變化后運(yùn)動(dòng)位移的變化情況． 12.某個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為﹣q（q＞0）的小球僅在重力作用下從靜止開(kāi)始沿豎直向下方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后在小球運(yùn)動(dòng)的空間中施加豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，小球又經(jīng)過(guò)相等的時(shí)間恰好回到出發(fā)點(diǎn)，則（ ） A.電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向下，大小為 B.電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向下，大小為 C.電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上，大小為 D.電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上，大小為 【答案】A 【考點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律與電磁學(xué)綜合，勻變速直線運(yùn)動(dòng)導(dǎo)出公式應(yīng)用 【解析】【解答】解：電場(chǎng)力大小為F=qE， 設(shè)勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t．向下的過(guò)程中：h= ① 對(duì)于勻變速直線運(yùn)動(dòng)，有 a= ② 據(jù)題有： ③ 解得 F=4mg 所以：E= ．故A正確，BCD錯(cuò)誤． 故選：A 【分析】物體先向上勻加速直線運(yùn)動(dòng)，撤去拉力后的運(yùn)動(dòng)可以看成一種有往復(fù)的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)過(guò)程的位移大小相等、方向相反，由牛頓第二定律和位移公式結(jié)合求解． 13.如圖所示，質(zhì)量分別為m和M的兩長(zhǎng)方體物塊P和Q，疊放在傾角為θ的固定斜面上．P、Q間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1 ， Q與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2 ． 當(dāng)它們從靜止釋放沿斜面滑下時(shí)，兩物塊始終保持相對(duì)靜止，則物塊P對(duì)Q的摩擦力為（ ） A.μ1mgcosθ，方向平行于斜面向上B.μ2mgcosθ，方向平行于斜面向下 C.μ2mgcosθ，方向平行于斜面向上D.μ1mgcosθ，方向平行于斜面向下 【答案】B 【考點(diǎn)】對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用，整體法隔離法 【解析】【解答】解：對(duì)PQ整體受力分析，受到重力、支持力和滑動(dòng)摩擦力，如圖 根據(jù)牛頓第二定律，有：（m+M）gsinθ﹣μ2（m+M）gcosθ=（M+m）a 解得：a=g（sinθ﹣μ2cosθ）…① 再對(duì)P物體受力分析，受到重力mg、支持力和沿斜面向上的靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有 mgsinθ﹣Ff=ma…② 由①②解得P受到的摩擦力大小為：Ff=μ2mgcosθ，方向沿斜面向上； 根據(jù)牛頓第三定律可得物塊P對(duì)Q的摩擦力為μ2mgcosθ，方向平行于斜面向下． 故ACD錯(cuò)誤、B正確； 故選：B． 【分析】先對(duì)PQ整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解出加速度，然后隔離出物體P，受力分析后根據(jù)牛頓第二定律列式求解出Q對(duì)P的摩擦力，再根據(jù)牛頓第三定律求解P對(duì)Q的摩擦力． 14.如圖所示，質(zhì)量分別為m、2m的球A、B由輕質(zhì)彈簧相連后再用細(xì)線懸掛在正在豎直向上做勻加速運(yùn)動(dòng)的電梯內(nèi)，細(xì)線中的拉力為F，此時(shí)突然剪斷細(xì)線，在線斷的瞬間，彈簧的彈力的大小和小球A的加速度大小分別為（ ） A.， +gB.， +g C.， +g D.， +g 【答案】A 【考點(diǎn)】對(duì)質(zhì)點(diǎn)系的應(yīng)用，連接體問(wèn)題 【解析】【解答】解：剪斷細(xì)線前：設(shè)彈簧的彈力大小為f．根據(jù)牛頓第二定律得 對(duì)整體：F﹣3mg=3ma 對(duì)B球：f﹣2mg=2ma 解得，f= 剪斷細(xì)線的瞬間：彈簧的彈力沒(méi)有來(lái)得及變化，大小仍為f= ． 對(duì)A球：mg+f=maA 得aA= +g 故選A 【分析】先分別以整體和B球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)牛頓第二定律研究剪斷細(xì)線前彈簧的彈力．剪斷細(xì)線的瞬間，彈簧的彈力沒(méi)有來(lái)得及變化，再由根據(jù)牛頓第二定律求出A球的加速度． 15.一滑塊以一定的初速度從一固定斜面的底端向上沖，到斜面上某一點(diǎn)后返回底端，斜面粗糙．滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度與時(shí)間關(guān)系圖象如圖所示．下列四幅圖象分別表示滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中位移x、速度v、動(dòng)能Ek和重力勢(shì)能Ep（以斜面底端為參考平面）隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象，其中正確的是（ ） A.B.C.D. 【答案】D 【考點(diǎn)】牛頓定律與圖象，功能關(guān)系，機(jī)械能守恒及其條件，能量守恒定律，動(dòng)能與重力勢(shì)能 【解析】【解答】解：A、物塊向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，據(jù)位移公式可知，位移與時(shí)間成二次函數(shù)關(guān)系；據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知，下滑所有的時(shí)間要大于上升所用的時(shí)間，先減速后加速，加速度始終向下，所以x﹣t圖象應(yīng)是開(kāi)口向下的拋物線，故A錯(cuò)誤； B、由A分析知速度方向相反，故B錯(cuò)誤； C、根據(jù)Ek= mv2知?jiǎng)幽芟葴p小后增大，與時(shí)間為二次函數(shù)，故C錯(cuò)誤； D、Ep=mgh=mgx=mg（v0t ），a為負(fù)，故為開(kāi)口向下的拋物線，故D正確． 故選：D 【分析】根據(jù)a﹣t圖象知上滑和下滑過(guò)程中的加速度大小，從而得出速度隨時(shí)間的變化規(guī)律； 利用速度公式和動(dòng)能定得出動(dòng)能、勢(shì)能與時(shí)間的規(guī)律，再分析選項(xiàng)即可． 16.如圖所示，一根固定直桿與水平方向夾角為θ，將質(zhì)量為m1的滑塊套在桿上，通過(guò)輕繩懸掛質(zhì)量為m2的小球，桿與滑塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ．通過(guò)某種外部作用，使滑塊和小球瞬間獲得初動(dòng)量后，撤去外部作用，發(fā)現(xiàn)滑塊與小球仍保持相對(duì)靜止一起運(yùn)動(dòng)，且輕繩與豎直方向夾角β＞θ．則滑塊的運(yùn)動(dòng)情況是（ ） A.動(dòng)量方向沿桿向下，正在均勻增大B.動(dòng)量方向沿桿向下，正在均勻減小 C.動(dòng)量方向沿桿向上，正在均勻增大D.動(dòng)量方向沿桿向上，正在均勻減小 【答案】D 【考點(diǎn)】對(duì)質(zhì)點(diǎn)系的應(yīng)用，連接體問(wèn)題，整體法隔離法，假設(shè)法 【解析】【解答】解：把滑塊和球看做一個(gè)整體受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐標(biāo)系得， 若假設(shè) 滑塊速度方向向下，則 沿斜面方向：（m1+m2）gsinθ﹣f=（m1+m2）a 垂直斜面方向：FN=（m1+m2）gcosθ 其中摩擦力：f=μFN 聯(lián)立可解得：a=gsinθ﹣μgcosθ， 對(duì)小球現(xiàn)有：θ＜β，則有 a＞gsinβ 所以gsinθ﹣μgcosθ＞gsinβ gsinθ﹣gsinβ＞μgcosθ 因?yàn)棣龋鸡?，所以gsinθ﹣gsinβ＜0，但μgcosθ＞0 所以假設(shè)不成立，即速度的方向一定向上． 滑塊向上運(yùn)動(dòng)，重力有沿桿向下的分力，同時(shí)摩擦力的方向沿桿的方向向下，所以滑塊的加速度方向向下，滑塊沿桿減速上滑．則滑塊的動(dòng)量方向沿桿向上，正在均勻減小．故ABC錯(cuò)誤，D正確 故選：D 【分析】滑塊與小球保持相對(duì)靜止，并以相同的加速度a一起下滑，對(duì)整體進(jìn)行受力分析求出加速度，采用隔離法，分析小球的受力，求出加速度，結(jié)合θ＜β分析即可判斷． 17.如圖所示，豎直半圓環(huán)中有多條起始于A點(diǎn)的光滑軌道，其中AB通過(guò)環(huán)心O并保持豎直．一質(zhì)點(diǎn)分別自A點(diǎn)沿各條軌道下滑，初速度均為零．那么，質(zhì)點(diǎn)沿各軌道下滑的時(shí)間相比較（ ） A.無(wú)論沿圖中哪條軌道下滑，所用的時(shí)間均相同 B.質(zhì)點(diǎn)沿著與AB夾角越大的軌道下滑，時(shí)間越短 C.質(zhì)點(diǎn)沿著軌道AB下滑，時(shí)間最短 D.軌道與AB夾角越?。ˋB除外），質(zhì)點(diǎn)沿其下滑的時(shí)間越短 【答案】A 【考點(diǎn)】對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用，勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式應(yīng)用 【解析】【解答】解：設(shè)半徑為R，斜面與豎直方向夾角為θ，則物體運(yùn)動(dòng)的位移為x=2Rcosθ，物體運(yùn)動(dòng)的加速度a= =gcosθ，根據(jù)x= at2 ， 則t= ，與θ角無(wú)關(guān)．而知道弦長(zhǎng)和傾角也能算出半徑，所以A正確，BCD錯(cuò)誤． 故選：A． 【分析】設(shè)半徑為R，斜面與豎直方向夾角為θ，則物體運(yùn)動(dòng)的位移為x=2Rcosθ，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，然后根據(jù)x= at2求解時(shí)間． 18.如圖所示，將小球a從地面以初速度v0豎直上拋的同時(shí)，將另一小球b從距地面h處由靜止釋放，a的質(zhì)量小于b的質(zhì)量，兩球恰在0.5h相遇（不計(jì)空氣阻力）．則兩球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（ ） A.小球a超重，小球b失重 B.相遇時(shí)兩球速度大小相等 C.從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到相遇，球a動(dòng)能的減少量等于球b動(dòng)能的增加量 D.相遇后的任意時(shí)刻，重力對(duì)球a做功功率小于重力對(duì)球b做功功率 【答案】D 【考點(diǎn)】超重失重，動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用 【解析】【解答】解：A、ab運(yùn)動(dòng)的加速度都向下，故都處于失重狀態(tài)，A不符合題意； B、從題目?jī)?nèi)容可看出，在0.5h處相遇，此時(shí)a球和b球的位移大小相同，時(shí)間相同，它們的加速度也相同，a豎直上拋，b自由落體，設(shè)相遇時(shí)間為t，相遇時(shí)A的速度為v，b的速度為v′則有： ，由自由落體規(guī)律得，v′=gt，v=v0﹣gt，故相遇時(shí)a的速度為零，B不符合題意； C、根據(jù)動(dòng)能定理額可知△Ek=mgh可孩子，由于質(zhì)量不變，動(dòng)能的變化量不相同，C不符合題意； D、相遇時(shí)，a球的速度剛好為0，而b球的速度剛好為v0 ， 相遇后，a的速度一直比b的速度小，而a的質(zhì)量小于b的質(zhì)量，重力對(duì)球a做功功率小于重力對(duì)球b做功功率，D符合題意． 故答案為：D 【分析】根據(jù)題目中已知，結(jié)合動(dòng)能定理以及功率的公式綜合分析列式求解。 19.如圖，小車的直桿頂端固定著小球，當(dāng)小車向左做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，球受桿子作用力的方向可能沿圖中的（ ） A.OA方向B.OB方向C.OC方向D.OD方向 【答案】A 【考點(diǎn)】彈力，對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用 【解析】【解答】解：小球和小車的加速度相同，所以小球在重力和桿的作用力兩個(gè)力的作用下也沿水平向左的方向加速運(yùn)動(dòng)，加速度水平向左，根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知，加速度的方向與合力的方向相同，合力水平向左，根據(jù)力的合成的平行四邊形定則，直桿對(duì)小球的作用力只可能沿OA方向．A符合題意，BCD不符合題意 故答案為：A 【分析】以小球研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，根據(jù)小球和小車的加速度相同已及頓第二運(yùn)動(dòng)定律的矢量性進(jìn)行判斷。 20.一質(zhì)點(diǎn)在斜面上做直線運(yùn)動(dòng)，某段過(guò)程中其速度的平方和位移的圖象如圖所示，圖中a、b和c均為已知，重力加速度為g，由圖可知（　　） A.該過(guò)程中上滑所用時(shí)間與下滑所用時(shí)間相等 B.斜面與水平面夾角的正弦值為 C.上滑過(guò)程機(jī)械能的變化量大于下滑過(guò)程中機(jī)械能的變化量 D.圖線①表示質(zhì)點(diǎn)沿斜面下滑過(guò)程，圖線②表示質(zhì)點(diǎn)沿斜面上滑過(guò)程 【答案】B 【考點(diǎn)】V-t圖象，對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用，勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式應(yīng)用 【解析】【解答】解：AD、質(zhì)點(diǎn)沿斜面上滑時(shí)，位移逐漸增大，速度逐漸減小．下滑時(shí)位移逐漸減小，速度逐漸增大，所以圖線①表示質(zhì)點(diǎn)沿斜面上滑過(guò)程，圖線②表示質(zhì)點(diǎn)沿斜面下滑過(guò)程．根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v2﹣v02=2ax，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，v2﹣x圖象的斜率 k=2a，斜率絕對(duì)值越大，質(zhì)點(diǎn)的加速度越大，則知質(zhì)點(diǎn)的上滑過(guò)程加速度比下滑過(guò)程的大，上滑所用時(shí)間比下滑所用時(shí)間短，AD不符合題意． B、設(shè)上滑和下滑過(guò)程的加速度分別為a1和a2 ． 則有 2a1= ，2a2= 設(shè)斜面的傾角為θ，根據(jù)牛頓第二定律，上滑有：mgsinθ+μmgcosθ=ma1 ， 下滑有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2 ， 聯(lián)立解得：sinθ= ．B符合題意． C、上滑過(guò)程與下滑過(guò)程質(zhì)點(diǎn)克服摩擦力做功相等，則上滑過(guò)程機(jī)械能的變化量與下滑過(guò)程中機(jī)械能的變化量相等，C不符合題意． 故答案為：B 【分析】首先，明確圖像斜率的物理意義，再根據(jù)牛頓第二運(yùn)動(dòng)定律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，綜合列式求解。 21.如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量分別為m1、m2的物塊A和B通過(guò)一輕彈簧連接在一起并放置于水平傳送帶上，水平輕繩一端連接A，另一端固定在墻上，A、B與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ．傳送帶順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定后，突然剪斷輕繩的瞬間，設(shè)A、B的加速度大小分別為aA和aB ， （彈簧在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g）則（　?。? A.aA=μ（1+ ）g，aB=μgB.aA=μg，aB=0 C.aA=μ（1+ ）g，aB=0D.aA=μg，aB=μg 【答案】C 【考點(diǎn)】連接體問(wèn)題 【解析】【解答】解：對(duì)物塊B分析，摩擦力與彈簧彈力平衡，有：μm2g=kx， 則：x= ． 以兩個(gè)物塊組成的整體為研究對(duì)象，則繩子的拉力：T=μ（m1+m2）g 突然剪斷輕繩的瞬間，繩子的拉力減小為0，而彈簧的彈力不變，則A受到的合外力與T大小相等，方向相反，則： aA= B在水平方向仍然受到彈簧的拉力和傳送帶的摩擦力，合外力不變，仍然等于0，所以B的加速度仍然等于0．故C符合題意，ABD不符合題意. 故答案為：C. 【分析】分別對(duì)物塊B和整體分析，通過(guò)共點(diǎn)力平衡，結(jié)合胡克定律求出兩根彈簧的形變量和繩子的拉力；然后結(jié)合突然剪斷輕繩的瞬間，繩子的拉力減小為0，而彈簧的彈力不變，再分別由牛頓第二定律求出加速度即可． 二、多選題 22.（2018?江蘇）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點(diǎn)為彈簧在原長(zhǎng)時(shí)物塊的位置．物塊由A點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)B點(diǎn)．在從A到B的過(guò)程中，物塊（ ） A.加速度先減小后增大B.經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度最大 C.所受彈簧彈力始終做正功D.所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功 【答案】A,D 【考點(diǎn)】對(duì)質(zhì)點(diǎn)系的應(yīng)用，彈性勢(shì)能，動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用 【解析】【解答】物體從A點(diǎn)到O點(diǎn)過(guò)程，彈力逐漸減為零，剛開(kāi)始彈簧彈力大于摩擦力，故可分為彈力大于摩擦力過(guò)程和彈力小于摩擦力過(guò)程：彈力大于摩擦力過(guò)程，合力向右，加速度也向右，由于彈力減小，摩擦力不變，小球所受合力減小加速度減小，彈力等于摩擦力時(shí)速度最大，此位置在A點(diǎn)與O點(diǎn)之間；彈力小于摩擦力過(guò)程，合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，彈力減小，摩擦力大小不變，物體所受合力增大，物體的加速度隨彈簧形變量的減小而增加，物體作減速運(yùn)動(dòng)；從O點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程彈力增大，合力向左，加速度繼續(xù)增大， A符合題意、B不符合題意；從A點(diǎn)到O點(diǎn)過(guò)程，彈簧由壓縮恢復(fù)原長(zhǎng)彈力做正功，從O點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程，彈簧伸長(zhǎng)，彈力做負(fù)功，C不符合題意；從A到B的過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理彈簧彈力做的功等于物體克服摩擦力做的功， 故答案為：AD。 【分析】先明確從A到O的過(guò)程，彈簧壓縮量先變小后伸長(zhǎng)量變大，可知對(duì)物體先做正功后做負(fù)功，然后對(duì)物體進(jìn)行受力分析，結(jié)合牛頓第二定律可確定加速度的變化情況，有動(dòng)能定理可知從A到B的過(guò)程中彈簧彈力做功與克服摩擦力做功的關(guān)系。 23.如圖7甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B兩物塊靜止于光滑水平面上，兩物塊的質(zhì)量分別為 mA=lkg、mB=2kg，當(dāng)A、B之間產(chǎn)生拉力且大于0.3N時(shí)A、B將會(huì)分離．t=0時(shí)刻開(kāi)始對(duì)物塊A施加一水平推力F1 ， 同時(shí)對(duì)物塊B施加同一方向的拉力F2 ， 使A、B從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中F1、F2方向保持不變，F(xiàn)1、F2的大小隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示．則下列關(guān)于A、B兩物塊 受力及運(yùn)動(dòng)情況的分析，正確的是（　?。? A.t=2.0s時(shí)刻A，B之間作用力大小為0.6NB.t=2.0s時(shí)刻A，B之間作用力為零 C.t=2.5s時(shí)刻A對(duì)B的作用力方向向左D.從t=0時(shí)刻到A，B分離，它們運(yùn)動(dòng)的位移為5.4m 【答案】A,D 【考點(diǎn)】彈力，對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用 【解析】【解答】解：設(shè)t時(shí)刻AB分離，分離之前AB物體共同運(yùn)動(dòng)，加速度為a，以整體為研究對(duì)象，則有： a= = =1.2m/s2 ， 分離時(shí)：F2﹣f=mBa， 得：F2=f+mBa=0.3+21.2=2.7N， 經(jīng)歷時(shí)間：t= 2.7=3s， 根據(jù)位移公式：s= at2=5.4m，則D正確； 當(dāng)t=2s時(shí)，F(xiàn)2=1.8N，F(xiàn)2+f=mBa，得：f=mBa﹣F2=0.6N，A正確，B錯(cuò)誤； 當(dāng)t=2.5s時(shí)，F(xiàn)2=2.25N，F(xiàn)2+f=m2a，得：f=m2a﹣F2＞0，C錯(cuò)誤． BC不符合題意，AD符合題意 故答案為：AD． 【分析】本題AB兩個(gè)物體連接體，對(duì)于連接體問(wèn)題，通常采用整體法和隔離法相結(jié)合求解，當(dāng)以整體為研究對(duì)象受力分析時(shí)AB之間的作用力不分析． 24.如圖所示，M為定滑輪，一根細(xì)繩跨過(guò)M，一端系著物體C，另一端系著一動(dòng)滑輪N，動(dòng)滑輪N兩側(cè)分別懸掛著A、B兩物體，已知B物體的質(zhì)量為3kg，不計(jì)滑輪和繩的質(zhì)量以及一切摩擦，若C物體的質(zhì)量為9kg，則關(guān)于C物體的狀態(tài)下列說(shuō)法正確的是（　?。? A.當(dāng)A的質(zhì)量取值合適，C物體有可能處于平衡狀態(tài) B.無(wú)論A物體的質(zhì)量是多大，C物體不可能平衡 C.當(dāng)A的質(zhì)量足夠大時(shí)，C物體不可能向上加速運(yùn)動(dòng) D.當(dāng)A的質(zhì)量取值合適，C物體可以向上加速也可以向下加速運(yùn)動(dòng) 【答案】A,D 【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用，對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用 【解析】【解答】解：A、首先取AB連接體為研究對(duì)象，當(dāng)A的質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于B的質(zhì)量，則B以接近重力加速度做向下的加速運(yùn)動(dòng)，B處于失重狀態(tài)，細(xì)繩的最小拉力接近為零；當(dāng)A的質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于B的質(zhì)量時(shí)，則B以接近重力加速度向上做加速運(yùn)動(dòng)，B處于超重狀態(tài)，細(xì)繩的最大拉力接近B的重力的兩倍，故此時(shí)細(xì)繩拉C的最大拉力為B的重力的4倍，故當(dāng)A的質(zhì)量取值合適，C的質(zhì)量在大于零小于12kg之間都有可能處于平衡，故A正確，B錯(cuò)誤； C、結(jié)合以上的分析，當(dāng)細(xì)繩對(duì)C拉力小于C的重力時(shí)C產(chǎn)生向下的加速度，當(dāng)細(xì)繩對(duì)C的拉力大于C的重力時(shí)C產(chǎn)生向上的加速度，故C錯(cuò)誤、D正確． BC不符合題意，AD符合題意 故答案為：AD 【分析】本題主要考查物體的平衡和牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用，物體平衡條件和牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用的分析和處理能力。 25.如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 μ．最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g．現(xiàn)對(duì)A施加一水平拉力F，則（　） A.當(dāng)F＜2μmg時(shí)，A，B都相對(duì)地面靜止B.當(dāng)F= μmg時(shí)，A的加速度為 μg C.當(dāng)F＞3μmg時(shí)，A相對(duì)B滑動(dòng)D.無(wú)論F為何值，B的加速度不會(huì)超過(guò) μg 【答案】B,C,D 【考點(diǎn)】對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用，整體法隔離法 【解析】【解答】解：AB之間的最大靜摩擦力為：fmax=μmAg=2μmg，B與地面間的最大靜摩擦力為：f′max= μ（mA+mB）g=1.5μmg， A、當(dāng) 1.5μmg＜F＜2μmg 時(shí)，f′max＜F＜fmax ， AB之間不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，由于拉力大于B與地面間的最大靜摩擦力；故AB與地面間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)；故A錯(cuò)誤； B、當(dāng)F= μmg時(shí)，若A與B仍然沒(méi)有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，則： 又：F﹣f′max=（mA+mB）a1 所以： 此時(shí)A與B之間的摩擦力f，則： mAa1=F﹣f 所以：f= ＜fmax ， 可知假設(shè)成立，A的加速度為 μg．故B正確； C、當(dāng)F=3μmg時(shí)，若A與B仍然沒(méi)有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，則：F﹣f′max=3μmg﹣1.5μmg=1.5μmg 又：F﹣f′max=（mA+mB）a2 所以：a2=0.5μg 此時(shí)A與B之間的摩擦力f′，則： mAa2=F﹣f′ 所以：f′=2μmg=fmax 所以當(dāng)F＞3μmg時(shí)，A相對(duì)B滑動(dòng)．故C正確； D、當(dāng)A與B之間的摩擦力最大時(shí)，B的加速度最大，此時(shí)B沿水平方向受到兩個(gè)摩擦力的作用，又牛頓第二定律得： mBa3=fmax﹣f′max=2μmg﹣1.5μmg=0.5μmg 所以：a3=0.5μg 即無(wú)論F為何值，B的加速度不會(huì)超過(guò) μg．故D正確． A不符合題意，BCD符合題意； 故答案為：BCD 【分析】本題考查牛頓第二定律的綜合運(yùn)用，考查隔離法和整體法的應(yīng)用，利用牛頓第二定律和整體法隔離法求出A、B不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)的最大拉力． 26.如圖所示，一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，上端固定，下端連一質(zhì)量為m的物塊A，A放在質(zhì)量也為m的托盤B上，初始時(shí)，在豎直向上的力F作用下系統(tǒng)靜止，且彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)．以N表示B對(duì)A的作用力，x表示彈簧的伸長(zhǎng)量，現(xiàn)改變力F的大小，使B以 的加速度勻加速向下運(yùn)動(dòng)（g為重力加速度，空氣阻力不計(jì)），此過(guò)程中N或F的大小隨x變化的圖象正確的是（　?。? A.B. C.D. 【答案】B,D 【考點(diǎn)】對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用，胡克定律 【解析】【解答】解：設(shè)物塊和托盤間的壓力為零時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為X，則有：mg﹣kx=ma， 解得：x= ； 在此之前，根據(jù) ﹣N﹣kx=ma可知，二者之間的壓力N由開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的 線性減小到零，故B圖可能． 而力F由開(kāi)始時(shí)的mg線性減小到 ，A圖可能．此后托盤與物塊分離，力F保持 不變，D圖可能． AC不符合題意，BD符合題意； 故答案為：BD． 【分析】本題主要考查牛頓第二定律的應(yīng)用，對(duì)物體進(jìn)行受力分析，利用牛頓第二定律和胡克定律進(jìn)行判斷。 27.如圖所示，三個(gè)小球A、B、C的質(zhì)量分別為2m、m、m，A與B、C間通過(guò)鉸鏈用輕桿連接，桿長(zhǎng)為L(zhǎng)，B、C置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長(zhǎng)．現(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點(diǎn)，兩輕桿間夾角α由60變?yōu)?20，A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g．則此下降過(guò)程中（　?。? A.A的動(dòng)能達(dá)到最大前，B受到地面的支持力大于2mgB.A的動(dòng)能最大時(shí)，B受到地面的支持力等于2mg C.彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，A的加速度為零D.彈簧的彈性勢(shì)能最大值為（ ）mgL 【答案】B,D 【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用，對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用，彈性勢(shì)能，功能關(guān)系 【解析】【解答】解：AB、A的動(dòng)能最大時(shí)，設(shè)B和C受到地面的支持力大小均為F，此時(shí)整體在豎直方向受力平衡，可得 2F=（2m+m+m）g，所以F=2mg；在A的動(dòng)能達(dá)到最大前一直是加速下降，處于失重狀態(tài)，所以B受到地面的支持力小于2mg，A不符合題意、B符合題意； C、當(dāng)A達(dá)到最低點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為零，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，A的加速度方向向上，C不符合題意； D、A下落的高度為：h=Lsin60﹣Lsin30= L，根據(jù)功能關(guān)系可知，小球A的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，即彈簧的彈性勢(shì)能最大值為 EP=2mgh=（ ）mgL，D符合題意． 故答案為：BD 【分析】A下降的過(guò)程分成兩個(gè)階段，先是加速度逐漸減小的勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度等于零時(shí)速度出現(xiàn)最大值，然后做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，A的動(dòng)能最大時(shí)，此時(shí)整體在豎直方向受力平衡，當(dāng)A達(dá)到最低點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為零，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，A的加速度方向向上，根據(jù)功能關(guān)系可知，小球A的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，即彈簧的彈性勢(shì)能最大的時(shí)候。根據(jù)功能關(guān)系可以求解。 28.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(dāng)機(jī)車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時(shí)，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當(dāng)機(jī)車在西邊拉著車廂以大小為 a的加速度向西行駛時(shí)，P和Q間的拉力大小仍為F．不計(jì)車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為（　?。? A.8B.10C.12D.14 【答案】A,C 【考點(diǎn)】對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用 【解析】【解答】解：設(shè)PQ兩邊的車廂數(shù)為P和Q， 當(dāng)機(jī)車在東邊拉時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得，F(xiàn)=Pm?a， 當(dāng)機(jī)車在西邊拉時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得，F(xiàn)=Qm? a， 根據(jù)以上兩式可得， 即兩邊的車廂的數(shù)目可能是1和3，或2和6，或3和9，或4和12，等等， 所以總的車廂的數(shù)目可能是4、8、12、16， 所以可能的是AC． 故選：AC． 【分析】此題為條件開(kāi)放性試題，根據(jù)題目中給出的加速度大小，列牛頓第二定律方程，結(jié)合各種可能性判斷。 29.質(zhì)量為1t的電動(dòng)車在平直公路上由靜止起動(dòng)，經(jīng)10s達(dá)到最大速度，其牽引力F與速度倒數(shù) 的關(guān)系圖象如圖所示，假設(shè)電動(dòng)車行駛中所受的阻力恒定，則（ ） A.電動(dòng)車的額定功率為4104WB.電動(dòng)車做勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度為20m/s C.電動(dòng)車加速過(guò)程的加速度恒為4m/s2D.電動(dòng)車由靜止加速到最大速度通過(guò)的位移為83.3m 【答案】A,D 【考點(diǎn)】對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用，功率的計(jì)算 【解析】【解答】解：A、當(dāng)電動(dòng)車速度達(dá)到最大時(shí)，速度為20m/s，牽引力為2000N，則電動(dòng)車的額定功率P額=Fv=200020=4104W，故A正確； B、由圖象可知，當(dāng)牽引力不變時(shí)，電動(dòng)車做勻加速運(yùn)動(dòng)，在全過(guò)程中 最小值為 ，則電動(dòng)車的最大速度為20m/s，并不是勻加速的最大值，故B錯(cuò)誤； C、電動(dòng)車先勻加速運(yùn)動(dòng)，后做變加速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤； D、整個(gè)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可知：Pt﹣fx= ，解得：x=83.3m，故D正確 故選：AD 【分析】當(dāng)牽引力F=6000N時(shí)的過(guò)程中牽引力不變，根據(jù)牛頓第二定律知，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，傾斜段圖線的斜率表示電動(dòng)車的功率，斜率不變，則功率不變，根據(jù)功率與牽引力的關(guān)系，判斷傾斜段的運(yùn)動(dòng)情況，速度達(dá)到最大時(shí)，牽引力等于阻力 30.在傾角θ=37的光滑足夠長(zhǎng)斜面上有兩個(gè)用輕彈簧連接的物塊A和B，它們的質(zhì)量分別m1=2kg、m2=3kg，彈簧的勁度系數(shù)為k=100N/m，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用一沿斜面向上的恒力F拉物塊A使之沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)B剛要離開(kāi)C時(shí)，A的速度為1m/s，加速度方向沿斜面向上，大小為0.5m/s2 ， 已知sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2 ， 則（ ） A.恒力F=31N B.從用力F拉物塊A開(kāi)始到B剛離開(kāi)C的過(guò)程中，A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)0.3m C.物塊A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，A先加速后勻速運(yùn)動(dòng) D.A的速度達(dá)到最大時(shí)，B的加速度大小為0.5m/s2 【答案】A,B 【考點(diǎn)】對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用 【解析】【解答】解：A、當(dāng)B剛離開(kāi)C時(shí)，B對(duì)擋板的彈力為零，有：kx2=2mgsinθ， 解得彈簧的伸長(zhǎng)量 = 根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)﹣m1gsinθ﹣kx2=m1a，解得：F=31N，故A正確； B、開(kāi)始A處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧處于壓縮，根據(jù)平衡有：mgsinθ=kx1 ， 解得彈簧的壓縮量 = ， 可知從靜止到B剛離開(kāi)C的過(guò)程中，A發(fā)生的位移x=x1+x2=0.3m，故B正確； C、對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律可知F﹣（m1+m2）gsinθ=（m1+m2）a，解得a=0.2，故A先加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度較小的加速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤； D、當(dāng)A的加速度為零時(shí)，A的速度最大，設(shè)此時(shí)彈簧的拉力為FT ， 則：F﹣FT﹣m2gsinθ=0 所以FT=F﹣m2gsinθ=31﹣3100.6N=13N 以B為研究對(duì)象，則：FT﹣m2sinθ=ma′ 所以：a′=0.75m/s2 ． 故D錯(cuò)誤 故選：AB 【分析】未加拉力F時(shí)，物體A對(duì)彈簧的壓力等于其重力的下滑分力；物塊B剛要離開(kāi)C時(shí)，彈簧的拉力等于物體B重力的下滑分力，根據(jù)平衡條件并結(jié)合胡克定律求解出兩個(gè)狀態(tài)彈簧的形變量，得到彈簧的長(zhǎng)度變化情況，從而求出A發(fā)生的位移； 根據(jù)牛頓第二定律求出F的大??； 當(dāng)A的加速度為零時(shí)，A的速度最大，根據(jù)合力為零求出彈簧的拉力，從而結(jié)合牛頓第二定律求出B的加速度． 31.在傾角為θ的固定光滑斜面上有兩個(gè)用輕彈簧相連接的物塊A、B，它們的質(zhì)量分別為m1、m2 ， 彈簧勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)用一平行于斜面向上的恒力F拉物塊A使之向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊B剛要離開(kāi)擋板C時(shí)，物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為d，速度為v，則此時(shí)（ ） A.物塊B的質(zhì)量滿足m2gsinθ=kdB.物塊A的加速度為 C.拉力做功的瞬時(shí)功率為FvD.此過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能的增量為Fd﹣m1dgsinθ﹣ m1v2 【答案】B,C,D 【考點(diǎn)】對(duì)質(zhì)點(diǎn)系的應(yīng)用，連接體問(wèn)題，動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用，機(jī)械能守恒及其條件 【解析】【解答】解：A、開(kāi)始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧彈力等于A的重力沿斜面下的分力，當(dāng)B剛離開(kāi)C時(shí)，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2 ， 但由于開(kāi)始是彈簧是壓縮的，故d＞x2 ， 故m2gsinθ＜kd，故A錯(cuò)誤； B、當(dāng)B剛離開(kāi)C時(shí)，對(duì)A，根據(jù)牛頓第二定律得：F﹣m1gsinθ﹣kx2=m1a1 ， 又開(kāi)始時(shí)，A平衡，則有：m1gsinθ=kx1 ， 而d=x1+x2 ， 解得：物塊A加速度為a1= ，故B正確； C、拉力的瞬時(shí)功率P=Fv，故C正確； D、根據(jù)功能關(guān)系，彈簧彈性勢(shì)能的增加量等于拉力的功減去系統(tǒng)動(dòng)能和重力勢(shì)能的增加量，即為： ，故D正確； 故選：BCD． 【分析】當(dāng)B剛離開(kāi)C時(shí)，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面下的分力，根據(jù)胡克定律求解出彈簧的伸長(zhǎng)量；根據(jù)牛頓第二定律求出物塊A的加速度大??；根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解A的速度． 32.如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m小滑塊．木板受到隨時(shí)間t變化的水平拉力F作用時(shí)，用傳感器測(cè)出長(zhǎng)木板的加速度a與水平拉力F的關(guān)系如圖乙所示，取g=10m/s2 ， 則（ ） A.滑塊的質(zhì)量m=2kg，木板的質(zhì)量M=4kg B.當(dāng)F=8N時(shí)，滑塊的加速度為1m/s2 C.滑塊與木板之間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 D.當(dāng)0＜F＜6N時(shí)，滑塊與木板之間的摩擦力隨F變化的函數(shù)關(guān)系f= F 【答案】B,D 【考點(diǎn)】V-t圖象，牛頓定律與圖象 【解析】【解答】解：A、當(dāng)F等于6N時(shí)，加速度為：a=1m/s2 ， 對(duì)整體分析，由牛頓第二定律有：F=（M+m）a， 代入數(shù)據(jù)解得：M+m=6kg 當(dāng)F大于6N時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得：a= ， 知圖線的斜率k= = ， 解得：M=2kg，m=4kg，故A錯(cuò)誤． BC、根據(jù)F等于6N時(shí)，二者剛好滑動(dòng)，此時(shí)m的加速度為1m/s2 ， 以后拉力增大，滑塊的加速度不變，所以當(dāng)F=8N時(shí)，滑塊的加速度為1m/s2；根據(jù)牛頓第二定律可得a=μg，解得動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.1，故B正確、C錯(cuò)誤； D、當(dāng)0＜F＜6N時(shí)，M與m以共同加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a=kF= ，以滑塊為研究對(duì)象，其摩擦力大小為f=ma= ，故D正確； 故選：BD． 【分析】當(dāng)拉力較小時(shí)，m和M保持相對(duì)靜止一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)拉力達(dá)到一定值時(shí)，m和M發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律，運(yùn)用整體和隔離法分析． 33.如圖所示，光滑水平面上放著長(zhǎng)為L(zhǎng)木板B，木板B上放著木塊A．A、B接觸面粗糙，現(xiàn)用一水平拉力F作用在B上使其由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，用f1代表B對(duì)A的摩擦力，f2代表A對(duì)B的摩擦力，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到木板左端時(shí)，木板在地面上移動(dòng)的距離為x下列說(shuō)法正確的有（ ） A.力F做的功一定等于A，B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量 B.其他條件不變的情況下，木板質(zhì)量越大，x越大 C.力f1對(duì)A做的功等于A動(dòng)能的增加量與系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量之和 D.其他條件不變的情況下，AB間摩擦力越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多 【答案】B,D 【考點(diǎn)】連接體問(wèn)題，功能關(guān)系，動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用，摩擦力做功，能量守恒定律 【解析】【解答】解：A、由題滑塊運(yùn)動(dòng)到木板左端的過(guò)程中，說(shuō)明拉力足夠大，A與B有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體分析可知，F(xiàn)做功轉(zhuǎn)化為兩個(gè)物體的動(dòng)能及系統(tǒng)的內(nèi)能；故拉力F做的功大于AB系統(tǒng)動(dòng)能的增加量；故A錯(cuò)誤； B、A與B之間的摩擦力不變，則A的加速度不變；根據(jù)牛頓第二定律，其他條件不變的情況下，木板質(zhì)量越大，木板的加速度越??；木板與木塊之間的相對(duì)位移等于木板的長(zhǎng)度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式： 其中L是木板的長(zhǎng)度，由公式可知，木板的加速度越小則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)，而運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)則木塊的位移越大，所以木板的位移x就越大．故B正確； C、對(duì)A來(lái)說(shuō)，只有摩擦力f1做功，由動(dòng)能定理可知，摩擦力f1對(duì)A做的功等于A的動(dòng)能的增加量．故C錯(cuò)誤． D、滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量：Q=f1?L，可知其他條件不變的情況下，AB間摩擦力越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多．故D正確 故選：BD 【分析】對(duì)兩物體及整體受力分析，結(jié)合兩物體可能的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，由功能關(guān)系進(jìn)行分析拉力與兩物體動(dòng)能之間的關(guān)系，再單獨(dú)分析AB，明確摩擦力做功與能量之間的關(guān)系． 34.A、B兩小球用不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在同一高度，如圖所示，A球的質(zhì)量小于B球的質(zhì)量，懸掛A球的繩比懸掛B球的繩更長(zhǎng)．將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，將兩球由靜止釋放，兩球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中（ ） A.A球的速度一定大于B球的