2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練8 牛頓運(yùn)動(dòng)定律（含解析）

《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練8 牛頓運(yùn)動(dòng)定律（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練8 牛頓運(yùn)動(dòng)定律（含解析）（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、牛頓運(yùn)動(dòng)定律 小題狂練⑧ 小題是基礎(chǔ)　練小題　提分快 1．[2019·福建省南安一中摸底]牛頓第一定律是建立在理想斜面實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)上，經(jīng)抽象分析推理得出的結(jié)論，它不是實(shí)驗(yàn)定律．利用如圖所示的裝置做如下實(shí)驗(yàn)：小球從左側(cè)斜面上的O點(diǎn)由靜止釋放后沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，并沿水平面滑動(dòng)．水平面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸降低的材料時(shí)，小球沿水平面滑動(dòng)到的最遠(yuǎn)位置依次為1、2、3.根據(jù)三次實(shí)驗(yàn)結(jié)果的對(duì)比，可以得到的最直接的結(jié)論是(　　) A．如果小球不受力，它將一直保持勻速運(yùn)動(dòng)或靜止?fàn)顟B(tài) B．如果小球受到力的作用，它的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)將發(fā)生改變 C．如果水平面光滑，小球?qū)⒀刂矫嬉恢边\(yùn)動(dòng)下去

2、D．小球受到的力一定時(shí)，質(zhì)量越大，它的加速度越小 答案：C 解析：根據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果，水平面的粗糙程度越低，小球滑得越遠(yuǎn)，由此得出結(jié)論，如果水平面光滑，小球?qū)⒀刂矫嬉恢边\(yùn)動(dòng)下去．故選C. 2．[2019·甘肅省蘭州一中檢測(cè)]下列說(shuō)法正確的是(　　) A．慣性是物體抵抗運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的性質(zhì) B．人走在松軟土地上下陷時(shí)，人對(duì)地面的壓力大于地面對(duì)人的支持力 C．物理公式只能確定物理量之間的數(shù)量關(guān)系，但不能確定物理量間的單位關(guān)系 D．對(duì)靜止在光滑水平面上的物體施加一個(gè)水平力，當(dāng)力剛作用的瞬間，加速度為零 答案：A 解析：慣性是物體的固有屬性，表征物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變的難易程度，A正確．根據(jù)牛

3、頓第三定律，兩個(gè)物體間的作用力與反作用力總是等大反向的，B錯(cuò)誤．物理公式不僅確定物理量之間的數(shù)量關(guān)系，也能確定單位關(guān)系，C錯(cuò)誤．根據(jù)牛頓第二定律，合外力與加速度是瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，D錯(cuò)誤． 3. [2019·黑龍江省哈爾濱六中模擬]如圖所示，質(zhì)量為1 kg的木塊A與質(zhì)量為2 kg的木塊B疊放在水平地面上，A、B間的最大靜摩擦力為2 N，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，用水平力F作用于B，則A、B保持相對(duì)靜止的條件是(g＝10 m/s2)(　　) A．F≤12 N B．F≤10 N C．F≤9 N D．F≤6 N 答案：A 解析：當(dāng)A、B間有最大靜摩擦力(2 N時(shí))，對(duì)A由牛頓

4、第二定律可知，A的加速度大小為a＝2 m/s2，對(duì)A、B整體應(yīng)用牛頓第二定律有：Fm－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，得Fm＝12 N，A、B保持相對(duì)靜止的條件是F≤12 N，A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 4. [2019·黑龍江省哈爾濱三中考試]如圖所示，一木塊在光滑水平面上受到一恒力F作用而運(yùn)動(dòng)，前方固定一輕質(zhì)彈簧，當(dāng)木板接觸彈簧后，下列判斷正確的是(　　) A．木塊將立即做勻減速直線運(yùn)動(dòng) B．木塊將立即做變減速直線運(yùn)動(dòng) C．在彈簧彈力大小等于恒力F時(shí)，木塊的速度最大 D．在彈簧處于最大壓縮狀態(tài)時(shí)，木塊的加速度為零 答案：C 解析：對(duì)木塊進(jìn)行受力分析，接觸彈簧后彈力不

5、斷增大，當(dāng)彈力小于力F時(shí)，木塊仍將加速運(yùn)動(dòng)，但加速度變小，A、B均錯(cuò)誤．在彈簧彈力大小等于恒力F時(shí)，木塊的加速度為0，速度最大，C正確．繼續(xù)壓縮彈簧，合力反向且增大，加速度向右不斷增大，D錯(cuò)誤． 5．[2019·河北省衡水中學(xué)二調(diào)]如圖所示，在光滑水平面上有一小車A，其質(zhì)量為mA＝2.0 kg，小車上放一個(gè)物體其質(zhì)量為mB＝1.0 kg.如圖甲所示，給B一個(gè)水平推力F，當(dāng)F增大到稍大于3.0 N時(shí)，A、B開(kāi)始相對(duì)滑動(dòng)．如果撤去F，對(duì)A施加一水平推力F′，如圖乙所示．要使A、B不相對(duì)滑動(dòng)，則F′的最大值Fm為(　　) A．2.0 N B．3.0 N C．6.0 N D．9.0 N

6、 答案：C 解析：題圖甲中當(dāng)力F＝3.0 N時(shí)，A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大，由整體法與隔離法可得：＝，f＝2.0 N．對(duì)題圖乙有：＝，F(xiàn)′＝6.0 N，故選C. 6．[2019·甘肅省蘭州一中檢測(cè)]如圖甲所示，靜止在水平地面上的物塊A，受到水平拉力F的作用，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)物塊與地面之間的最大靜摩擦力fm大小與滑動(dòng)摩擦力大小相等，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．0～t0時(shí)間內(nèi)物塊的速度逐漸增大 B．t1時(shí)刻物塊的速度最大 C．t2時(shí)刻物塊的速度最大 D．t2時(shí)刻后物塊立即做反向運(yùn)動(dòng) 答案：C 解析：由題圖乙知，0～t0時(shí)間內(nèi)物塊所受合力為0，物塊不運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)．

7、t0～t2時(shí)間內(nèi)，物塊受到的合力大于0，物塊加速運(yùn)動(dòng)，故t2時(shí)刻物塊的速度最大，B錯(cuò)，C對(duì)．t2時(shí)刻后物塊受到的合力反向，物塊做減速運(yùn)動(dòng)，最后停止，D錯(cuò)． 7．[2019·河南省洛陽(yáng)模擬] (多選)如圖所示，水平地面上有一楔形物塊a，其斜面上有一小物塊b，b與平行于斜面的細(xì)繩的一端相連，細(xì)繩的另一端固定在斜面上的擋板上．a(chǎn)與b之間光滑，a和b以共同速度在地面軌道的光滑段向左勻速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)它們剛運(yùn)動(dòng)至軌道的粗糙段時(shí)，下列說(shuō)法可能正確的是(　　) A．繩的張力減小，地面對(duì)a的支持力不變 B．繩的張力減小，地面對(duì)a的支持力增加 C．繩的張力增加，斜面對(duì)b的支持力不變 D．繩的張力增加，

8、斜面對(duì)b的支持力增加 答案：AB 解析：若二者在粗糙段上仍相對(duì)靜止，應(yīng)用整體法可知地面的支持力不變，隔離b研究，b受重力、斜面的支持力及細(xì)繩的拉力，在地面軌道的光滑段時(shí)這三力的合力為0，滑上粗糙段后合力方向改為水平向右，重力不變、拉力減小、斜面的支持力增大，A正確．若在粗糙段上，b相對(duì)于斜面向上運(yùn)動(dòng)，b對(duì)地有一個(gè)向上的加速度，系統(tǒng)處于超重狀態(tài)，因此繩的張力減小，地面對(duì)整體的支持力增大，B正確，C、D錯(cuò)誤． 8. [2019·河北省衡水中學(xué)一調(diào)]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)木塊1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

9、對(duì)木塊4的壓力大小為(　　) A．F B. C. D. 答案：D 解析：先以整體為研究對(duì)象，進(jìn)行受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律得：F－nμmg＝nma，再隔離前4塊研究，得：F－4μmg－N＝4ma，聯(lián)立求得：N＝，故選D. 9. [2019·湖南師大附中模擬]如圖所示，質(zhì)量為m2的物塊B放置在光滑水平桌面上，其上放置質(zhì)量為m1的物塊A，A通過(guò)跨過(guò)定滑輪的細(xì)線與質(zhì)量為M的物塊C連接，釋放C，A和B一起以加速度a從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，已知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，則細(xì)線中拉力T的大小為(　　) A．Mg B．Mg＋Ma C．(m1＋m

10、2)a D．m1a＋μm1g 答案：C 解析：對(duì)A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律T＝(m1＋m2)a，C正確；對(duì)C有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，A、B錯(cuò)誤；對(duì)A有T－f＝m1a，則T＝m1a＋f，因f為靜摩擦力，故不一定等于μm1g，D錯(cuò)誤． 10．[2019·遼寧六校聯(lián)考] (多選)沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—時(shí)間圖象如圖所示，已知斜面的傾角為37°，物體的質(zhì)量為1 kg，物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，取重力加速度為g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則(　　) A．在0～5 s內(nèi)拉力F的大小為1.

11、8 N B．在5～10 s內(nèi)拉力F的大小為10 N C．斜面的長(zhǎng)度可能為5 m D．在10～15 s內(nèi)拉力F做的功為－5.5 J 答案：AD 解析：在0～5 s內(nèi)物體下滑的加速度大小為a1＝0.2 m/s2，由牛頓第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ－F＝ma1，F(xiàn)＝1.8 N，A正確．在5～10 s內(nèi)物體勻速下滑，mgsinθ－μmgcosθ－F＝0，F(xiàn)＝2 N，B錯(cuò)誤．斜面的長(zhǎng)度大于或等于速度—時(shí)間圖象與時(shí)間軸所圍成的面積大小，可知最小等于10 m，C錯(cuò)誤.10～15 s內(nèi)，加速度大小仍為a1＝0.2 m/s2，方向與速度方向相反，mgsinθ－μmgcosθ－F＝－ma1，

12、F＝2.2 N，而位移等于2.5 m，力F所做的功W＝－Fx＝－5.5 J，D正確． 11．[2019·遼寧省沈陽(yáng)育才學(xué)校模擬](多選)如圖所示，質(zhì)量為m2的物體2放在正沿平直軌道向右行駛的車廂底板上，并用豎直細(xì)繩通過(guò)光滑定滑輪連接質(zhì)量為m1的物體1.跟物體1相連接的繩與豎直方向成θ角．重力加速度大小為g.下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．車廂的加速度大小為gtanθ B．繩對(duì)物體1的拉力大小為m1gcosθ C．底板對(duì)物體2的支持力為m2g－m1g D．物體2所受底板的摩擦力大小為m2gtanθ 答案：AD 解析：以物體1為研究對(duì)象，根據(jù)受力分析及牛頓第二定律得：m1a＝m1

13、gtanθ，a＝gtanθ，A正確，同時(shí)可得繩的拉力大小T＝，B錯(cuò)誤．對(duì)物體2進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律可知底板對(duì)物體2的支持力為N＝m2g－T＝m2g－，f＝m2a＝m2gtanθ，C錯(cuò)誤，D正確． 12．[2019·內(nèi)蒙古包鋼四中檢測(cè)] 某人用如圖所示的定滑輪裝置運(yùn)送建筑材料．質(zhì)量為70 kg的人站在地面上，通過(guò)定滑輪將20 kg的建筑材料以0.5 m/s2的加速度拉升，忽略繩子和定滑輪的質(zhì)量及定滑輪與繩子間的摩擦，則人對(duì)地面的壓力大小為(取g＝10 m/s2)(　　) A．510 N B．490 N C．890 N D．910 N 答案：B 解析：以建筑材料為研究對(duì)

14、象，由牛頓第二定律得：T－mg＝ma，得繩子的拉力大小為：T＝m(g＋a)＝20×(10＋0.5) N＝210 N．再對(duì)人進(jìn)行研究，得地面對(duì)人的支持力大小為：N＝Mg－T＝700 N－210 N＝490 N，由牛頓第三定律可得人對(duì)地面的壓力大小為：N′＝N＝490 N．選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤，B正確． 13．如圖甲所示，在木箱內(nèi)粗糙斜面上靜止一物體，木箱豎直向上運(yùn)動(dòng)的速度v與時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，物體始終相對(duì)斜面靜止．斜面對(duì)物體的支持力和摩擦力分別為N和f，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．在0～t1時(shí)間內(nèi)，N增大，f減小 B．在0～t1時(shí)間內(nèi)，N減小，f增大 C．在t1～t2時(shí)間

15、內(nèi)，N增大，f增大 D．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，N減小，f減小 答案：D 解析：在0～t1時(shí)間內(nèi)，由題圖乙可知，物體做加速運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸減小，設(shè)斜面傾角為θ，對(duì)物體受力分析，在豎直方向上有Ncosθ＋fsinθ－mg＝ma1，在水平方向上有Nsinθ＝fcosθ，因加速度減小，則支持力N和摩擦力f均減小．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，由題圖乙可知，物體做減速運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸增大，對(duì)物體受力分析，在豎直方向上有mg－(Ncosθ＋fsinθ)＝ma2，在水平方向上有Nsinθ＝fcosθ，因加速度增大，則支持力N和摩擦力f均減小，故D正確． 14．如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧的一端固定在墻上，另

16、一端與置于水平面上的質(zhì)量為m的物體A接觸(A與彈簧未連接)，質(zhì)量為m的物體B緊挨A放置，此時(shí)彈簧水平且無(wú)形變，用水平力F緩慢推動(dòng)物體B，在彈性限度內(nèi)彈簧長(zhǎng)度被壓縮了x0，此時(shí)物體A、B靜止，已知物體A與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體B與水平面間的摩擦不計(jì)，撤去F后，物體A、B開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，A運(yùn)動(dòng)的最大距離為4x0，重力加速度大小為g.則(　　) A．物體A和B先做勻加速運(yùn)動(dòng)，再做勻減速運(yùn)動(dòng) B．物體剛向左運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為 C．物體A、B運(yùn)動(dòng)后分離 D．物體A、B運(yùn)動(dòng)x0－后分離 答案：D 解析：撤去F后，在物體A離開(kāi)彈簧的過(guò)程中，彈簧彈力是變力，物體A先做變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧

17、彈力小于摩擦力后，物體A做變減速運(yùn)動(dòng)，離開(kāi)彈簧之后A做勻變速運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；撤去F瞬間，以A、B整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得a＝，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)A、B分離時(shí)，A、B的加速度為零，速度最大，此時(shí)彈簧彈力F彈＝μmg＝kx1，x1＝，所以物體A、B一起開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)x＝x0－后分離，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確． 15. 如圖所示，足夠長(zhǎng)的斜面固定在水平面上，斜面頂端有一附有擋板的長(zhǎng)木板，木板與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，輕質(zhì)彈簧測(cè)力計(jì)一端掛在擋板上，另一端連接著光滑小球．木板固定且小球靜止時(shí)，彈簧中心線與木板平行，彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)為F1；無(wú)初速度釋放木板后，木板沿斜面下滑，小球相對(duì)木板靜止時(shí)，彈

18、簧測(cè)力計(jì)示數(shù)為F2.已知斜面高為h，底邊長(zhǎng)為d，則(　　) A．μ＝ B．μ＝ C．μ＝ D．μ＝ 答案：C 解析：設(shè)球的質(zhì)量為m，木板質(zhì)量為M，斜面傾斜角度為θ，木板固定時(shí)，球受三力而平衡，故F1＝mgsinθ，釋放木板后，對(duì)木板和球整體有(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a，隔離球，有mgsinθ－F2＝ma，聯(lián)立解得F2＝μmgcosθ，＝，其中tanθ＝，則μ＝tanθ＝，故C正確． 16．[2019·武漢武昌區(qū)調(diào)研] 一輕繩跨過(guò)一輕質(zhì)定滑輪，滑輪和軸、繩和滑輪間的摩擦均可忽略．在繩的一端拴住一質(zhì)量為m1的小球，在另一側(cè)有一質(zhì)量為m2的圓環(huán)套在

19、繩子上，繩與圓環(huán)間存在摩擦，且m1>m2，由靜止開(kāi)始釋放它們后，圓環(huán)相對(duì)于地面以恒定的加速度大小a2沿繩下滑(a2

20、都具有某種“自然本性”，物體由其“自然本性”決定的運(yùn)動(dòng)稱之為“自然運(yùn)動(dòng)”，而物體受到推、拉、提、舉等作用后的“非自然運(yùn)動(dòng)”稱之為“受迫運(yùn)動(dòng)”．伽利略、笛卡兒、牛頓等人批判地繼承了亞里士多德的這些說(shuō)法，建立了新物理學(xué)；新物理學(xué)認(rèn)為一切物體都具有的“自然本性”是“慣性”．下列關(guān)于“慣性”和“運(yùn)動(dòng)”的說(shuō)法中不符合新物理學(xué)的是(　　) A．一切物體的“自然運(yùn)動(dòng)”都是速度不變的運(yùn)動(dòng)——靜止或者勻速直線運(yùn)動(dòng) B．作用在物體上的力，是使物體做“受迫運(yùn)動(dòng)”即變速運(yùn)動(dòng)的原因 C．豎直向上拋出的物體，受到了重力，卻沒(méi)有立即反向運(yùn)動(dòng)，而是繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)一段距離后才反向運(yùn)動(dòng)，是由于物體具有慣性 D．可繞豎直軸轉(zhuǎn)

21、動(dòng)的水平圓桌轉(zhuǎn)得太快時(shí)，放在桌面上的盤(pán)子會(huì)向桌子邊緣滑去，這是由于“盤(pán)子受到的向外的力”超過(guò)了“桌面給盤(pán)子的摩擦力”導(dǎo)致的 答案：D 解析：根據(jù)慣性的定義可知A、B、C正確；繞豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)的水平圓桌轉(zhuǎn)得太快時(shí)，放在桌面上的盤(pán)子會(huì)向桌子邊緣滑去，這是由于“盤(pán)子需要的向心力”超過(guò)了“桌面給盤(pán)子的摩擦力”導(dǎo)致的，故D錯(cuò)誤． 2．[2019·江西豐城中學(xué)檢測(cè)]如圖所示，物體靜止在一固定在水平地面上的斜面上，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．物體對(duì)斜面的壓力和斜面對(duì)物體的支持力是一對(duì)平衡力 B．物體所受重力可以分解為沿斜面的力和對(duì)斜面的壓力 C．物體所受重力和斜面對(duì)物體的作用力是一對(duì)平衡力

22、D．物體對(duì)斜面的摩擦力和物體重力沿斜面的分力是一對(duì)作用力和反作用力 答案：C 解析：物體對(duì)斜面的壓力和斜面對(duì)物體的支持力大小相等、方向相反、并且作用在同一直線上，但是這兩個(gè)力作用在兩個(gè)物體上，所以應(yīng)為作用力和反作用力，所以A錯(cuò)誤．物體所受的重力可以分解為沿斜面向下的力和垂直于斜面向下的力，垂直于斜面向下的分力不是對(duì)斜面的壓力，因?yàn)樽饔命c(diǎn)不同，對(duì)斜面的壓力作用點(diǎn)應(yīng)在斜面上，而垂直于斜面向下的分力作用點(diǎn)在物體上，所以B錯(cuò)誤．斜面對(duì)物體的作用力是斜面對(duì)物體的支持力和摩擦力的合力，與物體的重力平衡，所以物體所受的重力和斜面對(duì)物體的作用力是一對(duì)平衡力，C正確．物體對(duì)斜面的摩擦力和斜面對(duì)物體的摩擦力是

23、一對(duì)作用力和反作用力，物體所受斜面的摩擦力與重力沿斜面的分力為平衡力，所以D錯(cuò)誤． 3．[2018·全國(guó)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)系的圖象可能正確的是(　　) 答案：A 解析：設(shè)物塊P靜止時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度為x0，輕彈簧原長(zhǎng)為l，物塊P受重力mg、彈簧彈力k(l－x0－x)及力F，根據(jù)牛頓第二定律，得 F＋k(l－x0－x)－mg＝ma 且k(l－x0)＝mg 故F＝kx＋ma. 根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)知

24、F－x圖象是截距為ma的一次函數(shù)圖象． 4. [2019·湖北黃岡中學(xué)?？糫(多選)如圖所示，三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊a、b、c，用兩個(gè)輕彈簧和一根輕繩相連，掛在天花板上，處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將b、c之間的輕繩剪斷，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．在剛剪斷輕繩的瞬間，b的加速度大小為g B．在剛剪斷輕繩的瞬間，c的加速度大小為2g C．剪斷輕繩后，a、b下落過(guò)程中，兩者一直保持相對(duì)靜止 D．剪斷輕繩后，a、b下落過(guò)程中加速度相等的瞬間，兩者之間的輕彈簧一定處于原長(zhǎng)狀態(tài) 答案：BD 解析：剪斷輕繩的瞬間，繩的彈力立即消失，而彈簧彈力瞬間不變；對(duì)b根據(jù)牛頓第二定律可得mab＝2mg，解得

25、ab＝2g，方向向下；c上面的彈簧在繩子剪斷前的彈力等于三個(gè)物塊的總重力，即3mg，剪斷輕繩后，對(duì)c根據(jù)牛頓第二定律可得3mg－mg＝mac，解得ac＝2g，方向向上，所以A錯(cuò)誤，B正確；剪斷輕繩后，a、b下落過(guò)程中，二者在開(kāi)始的一段時(shí)間內(nèi)加速度不同，所以兩者不會(huì)保持相對(duì)靜止，兩者之間的輕彈簧長(zhǎng)度一定會(huì)發(fā)生變化，C錯(cuò)誤；剪斷輕繩后，a、b下落過(guò)程中，a、b加速度相等的瞬間，兩者之間的輕彈簧一定處于原長(zhǎng)狀態(tài)，此時(shí)二者的加速度都為g，D正確． 5．[2019·山東濰坊中學(xué)月考]物塊A放在斜面體的斜面上，和斜面體一起水平向右做加速運(yùn)動(dòng)，如圖所示，若物塊與斜面體保持相對(duì)靜止，物塊A受到斜面對(duì)它的

26、支持力和摩擦力的合力的方向可能是(　　) A．斜向右上方 B．水平向右 C．斜向右下方 D．豎直向上 答案：A 解析：物塊A受到豎直向下的重力，而加速度水平向右，即A受到的合力水平向右，所以只能再受到斜向右上方的作用力，即物塊A受到斜面對(duì)它的支持力和摩擦力的合力的方向可能斜向右上方，A正確． 6．[2019·湖南株洲一診]一質(zhì)量為m的鋁球用細(xì)線懸掛靜止在足夠深的油槽中(如圖甲所示)，某時(shí)刻剪斷細(xì)線，鋁球開(kāi)始在油槽中下沉，通過(guò)傳感器得到鋁球的加速度隨下沉速度變化的圖象如圖乙所示，已知重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．鋁球剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的加速度a0＝g B．鋁球下沉的

27、速度將會(huì)一直增大 C．鋁球下沉過(guò)程所受到油的阻力f＝ D．鋁球下沉過(guò)程機(jī)械能的減少量等于克服油的阻力所做的功 答案：C 解析：剛開(kāi)始釋放時(shí)，鋁球受到豎直向下的重力和豎直向上的浮力作用，即a0＝＝g－

28、示，小車內(nèi)兩根不可伸長(zhǎng)的細(xì)線AO、BO拴住一小球，其中BO水平，小車沿水平地面向右做加速運(yùn)動(dòng)，AO與BO的拉力分別為T(mén)A、TB.若加速度增大，則(　　) A．TA、TB均增大 B．TA、TB均減小 C．TA不變，TB增大 D．TA減小，TB不變 答案：C 解析：設(shè)OA與豎直方向的夾角為θ，則對(duì)小球有TAcosθ＝mg，TB－TAsinθ＝ma，故若加速度增大，TA不變，TB增大．選項(xiàng)C正確． 8. 如圖所示，在水平面上沿直線運(yùn)動(dòng)的小車上有一個(gè)固定的水平橫桿，橫桿左端懸掛的小球A和小車右端放置的物塊B都相對(duì)車廂靜止．關(guān)于物塊B受到的摩擦力，下列判斷中正確的是(　　) A

29、．物塊B不受摩擦力作用 B．物塊B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左 C．物塊B受摩擦力作用，大小恒定，方向向右 D．因小車的運(yùn)動(dòng)方向不能確定，故物塊B受的摩擦力情況無(wú)法判斷 答案：C 解析：根據(jù)題意，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)細(xì)繩與豎直方向夾角為θ，小球受到重力和沿繩方向的拉力，小球加速度為a＝gtanθ，方向水平向右，則物塊B受到重力、支持力和向右的摩擦力，故選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確． 9．[2019·廣東深圳模擬] 如圖所示，一質(zhì)量為m的正方體物塊置于風(fēng)洞內(nèi)的水平面上，其一面與風(fēng)速垂直，當(dāng)風(fēng)速為v0時(shí)剛好能推動(dòng)該物塊．已知風(fēng)對(duì)物塊的推力F正比于Sv2，其中v為風(fēng)速、S為物

30、塊迎風(fēng)面積．當(dāng)風(fēng)速變?yōu)?v0時(shí)，剛好能推動(dòng)用同一材料做成的另一正方體物塊，則該物塊的質(zhì)量為(　　) A．64m B．32m C．8m D．4m 答案：A 解析：設(shè)質(zhì)量為m的正方體物塊的邊長(zhǎng)為a，物塊被勻速推動(dòng)，根據(jù)平衡條件，有F＝f，N＝mg，其中F＝kSv＝ka2v，f＝μN(yùn)＝μmg＝μρa(bǔ)3g，解得a＝，現(xiàn)在風(fēng)速變?yōu)?v0，故剛好能推動(dòng)的物塊邊長(zhǎng)為原來(lái)的4倍，故體積為原來(lái)的64倍，質(zhì)量為原來(lái)的64倍，故A正確． 10．[2019·河北正定中學(xué)模擬]如圖所示，一固定桿與水平方向夾角為θ，將一質(zhì)量為m1的滑塊套在桿上，通過(guò)輕繩懸掛一個(gè)質(zhì)量為m2的小球，桿與滑塊之間的動(dòng)摩

31、擦因數(shù)為μ.若滑塊與小球保持相對(duì)靜止以相同的加速度a一起運(yùn)動(dòng)，此時(shí)繩子與豎直方向夾角為β，且θ<β，則滑塊的運(yùn)動(dòng)情況是(　　) A．沿著桿加速下滑 B．沿著桿加速上滑 C．沿著桿減速下滑 D．沿著桿減速上滑 答案：D　 解析：把滑塊和球看成一個(gè)整體受力分析，沿桿和垂直桿建立直角坐標(biāo)系，若速度方向沿桿向下，則沿桿方向有(m1＋m2)gsinθ－f＝(m1＋m2)a，垂直桿方向有FN＝(m1＋m2)gcosθ，摩擦力f＝μFN，聯(lián)立可解得a＝gsinθ－μgcosθ.對(duì)小球有，若θ＝β，a＝gsinβ，現(xiàn)有θ<β，則有a>gsinβ，所以gsinθ－μgcosθ>gsinβ，gsinθ

32、－gsinβ>μgcosθ，因?yàn)棣?β，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．由于加速度方向向下，所以滑塊沿桿減速上滑，故D正確． 二、非選擇題 11. [2019·天津五區(qū)縣聯(lián)考]如圖甲所示，光滑平臺(tái)右側(cè)與一長(zhǎng)為L(zhǎng)＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，現(xiàn)有一小滑塊以初速度v0＝5 m/s滑上木板，恰好滑到木板右端靜止．現(xiàn)讓木板右端抬高，如圖乙所示，使木板與水平地面的夾角θ＝37°，讓滑塊以相同的初速度滑上木板，不計(jì)滑塊滑上木板時(shí)的能量損失，g取10 m/s2(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求： (1)滑塊

33、與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時(shí)間t. 答案：(1)0.5　(2)s 解析：(1)設(shè)滑塊質(zhì)量為m，木板水平時(shí)滑塊加速度大小為a，則對(duì)滑塊有μmg＝ma，滑塊恰好滑到木板右端靜止，則0－v＝－2aL，解得μ＝＝0.5.(2)當(dāng)木板傾斜時(shí)，設(shè)滑塊上滑時(shí)的加速度大小為a1，上滑的最大距離為s，上滑的時(shí)間為t1，有μmgcosθ＋mgsinθ＝ma1,0－v＝－2a1s,0＝v0－a1t1，解得s＝1.25 m，t1＝ s．設(shè)滑塊下滑時(shí)的加速度大小為a2，下滑的時(shí)間為t2，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，s＝a2t，解得t2＝s，滑塊從滑上傾斜木

34、板到滑回木板底端所用的時(shí)間t＝t1＋t2＝s. 12．[2019·廣西適應(yīng)性測(cè)試]如圖所示，12個(gè)相同的木塊放在水平地面上排成一條直線，相鄰兩木塊接觸但不粘連，每個(gè)木塊的質(zhì)量m＝1.2 kg，長(zhǎng)度l＝0.5 m．木塊原來(lái)都靜止，它們與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均 為μ1＝0.1，在左邊第一個(gè)木塊的左端放一質(zhì)量M＝1 kg的小鉛塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，它與各木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ2＝0.5，現(xiàn)突然給小鉛塊一個(gè)向右的初速度v0＝9 m/s，使其在木塊上滑行．設(shè)木塊與地面間及小鉛塊與木塊間的最大靜摩擦力均等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)小鉛塊相對(duì)木塊滑動(dòng)時(shí)小鉛塊的加速度大??； (2)小鉛塊下的木塊剛發(fā)生運(yùn)動(dòng)時(shí)小鉛塊的瞬時(shí)速度大?。? 答案：(1)5 m/s2　(2)6 m/s 解析：(1)設(shè)小鉛塊相對(duì)木塊滑動(dòng)時(shí)加速度大小為a，由牛頓第二定律可知μ2Mg＝Ma 解得：a＝5 m/s2 (2)設(shè)小鉛塊最多能帶動(dòng)x個(gè)木塊運(yùn)動(dòng)，對(duì)x個(gè)木塊整體進(jìn)行受力分析，當(dāng)小鉛塊下的x個(gè)木塊發(fā)生運(yùn)動(dòng)時(shí)，則有μ2Mg≥μ1(mgx＋Mg) 解得：x≤3.33 即小鉛塊最多只能帶動(dòng)3個(gè)木塊運(yùn)動(dòng) 設(shè)當(dāng)小鉛塊通過(guò)前面的9個(gè)木塊時(shí)的瞬時(shí)速度大小為v，由動(dòng)能定理可知： －μ2Mg×9l＝M(v2－v) 解得：v＝6 m/s