2027届高考物理一轮复习-专题3.2 牛顿第二定律及应用

专题3.2 牛顿第二定律及应用 1牛顿运动定律应用之加速度 1.1常见的单体加速度及应用 1.1.1在斜面上运动型 1. (多选)如图所示，粗糙斜面P始终静止在水平面上，斜面倾角为θ，摩擦因数为μ，斜面足够长，在斜角上有一质量为m的小滑块Q.若给Q一个沿斜面向上的初速度v0，则( ) A.滑块Q沿斜面上滑的过程中，加速度大小为gsinθ+μgcosθ B.若μ=0，滑块Q上滑过程中加速度为gsinθ，方向沿斜面向下 C.若μ≥tanθ，滑块Q滑动到最高点后静止在斜面上 D.若μ<tanθ，滑块Q运动到最高点后下滑，加速度大小为gsinθ－μgcosθ 2. (多选)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( ) A.斜面的倾角 B.物块的质量 C.物块与斜面间的动摩擦因数 D.物块沿斜面向上滑行的最大高度 1.1.2 gtanθ型 3. 质量为0.1 kg的小球，用细线吊在倾角α为37°的斜面上，如图所示.系统静止时绳与斜面平行，不计一切摩擦.当斜面体向右匀加速运动时，小球与斜面刚好不分离，则斜面体的加速度为( ) A.gsinα B.gcosα C.gtanα D. 4. (多选)在汽车中的悬线上挂一小球，实验表明，当汽车做匀变速直线运动时，悬线将与竖直方向成某一固定角度，如图所示.若在汽车底板上还有一个跟其相对静止的物块，则关于汽车的运动情况和物块的受力情况正确的是( ) A.汽车可能向右做加速运动，加速度为gtanθ B.汽车可能向左做加速运动，加速度为gtanθ C.物块除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用 D.物块除受到重力、底板的支持力作用外，还可能受到向左的摩擦力作用 5. (多选)如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，横杆左边固定有一轻杆与竖直方向成θ角，轻杆下端连接一小球，横杆右边用一根细线吊一小球，当小车向右做加速运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ<α，则下列说法正确的是( ) A.轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上 B.轻杆对小球的弹力方向与细线平行 C.轻杆对小球的弹力方向既不与细线平行，也不沿着轻杆方向 D.此时小车的加速度为gtanα 6. (多选)如图是汽车运送圆柱形工件的示意图.图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零.当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零.已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，tan15°＝0.27，g＝10 m/s2.则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( ) A.4 m/s2 B.3 m/s2 C.2 m/s2 D.1 m/s2 7. 如图所示，质量M，中空为半球型的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角.则下列说法正确的是( ) A.小铁球受到的合外力方向水平向左 B.凹槽对小铁球的支持力为 C.系统的加速度为a= gtanα D.推力F= Mgtanα 8. (多选)如图所示，物体A与斜面B保持相对静止并一起沿水平面向右做匀加速运动，当加速度a增大时，下列说法可能正确的是( ) A.B对A的弹力不变，B对A的摩擦力可能减小 B.B对A的弹力增大，B对A的摩擦力大小可能不变 C.B对A的弹力增大，B对A的摩擦力一定增大 D.B对A的弹力增大，B对A的摩擦力可能减小 9. (多选)一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连.小球某时刻正处于如图所示的状态.设斜面对小球的支持力为FN，细绳对小球的拉力为FT，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是( ) A.若小车向左运动，FN可能为零 B.若小车向左运动，FT可能为零 C.若小车向右运动，FN不可能为零 D.若小车向右运动，FT不可能为零 10. (多选)如右图所示，在沿水平轨道运动的小车内有一个固定的斜面，用细线悬挂在小车上的小球B在图示位置与小车保持相对静止，且斜面上物体A与斜面始终保持相对静止，则下列说法中正确的是( ) A.物体A与斜面间的动摩擦因数可能为零 B.物体A与斜面间的动摩擦因数一定不为零 C.若小车加速度为原来的2倍，则细线中拉力也为原来2倍 D.小车可能向右运动 11. (多选)如图所示，质量为 m 的小球，倾角为 θ 、质量为M的粗糙斜面体放置在光滑的地面上，斜面体受到水平向左的力F的作用下做匀加速直线运动，(重力加速度为 g )，则( ) A.m、M加速度小于gtanθ时，小球受到的摩擦力沿斜面向上 B.m、M加速度大于gtanθ时，小球有沿斜面上滑的趋势 C.无论F为何值，地面M的支持力始终为(M+m)g D.F=(m+M)gtanθ时，m、M保持相对静止 12. 如图甲所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态. (1)现将线L2剪断，求剪断L2的瞬间物体的加速度. (2)若将图甲中的细线L1换成长度相同，质量不计的轻弹簧，如图乙所示，其他条件不变，求剪断L2的瞬间物体的加速度. 1.2常见的连接体加速度及应用 13. (多选)如图所示，光滑水平桌面放置着物块A，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B，已知A的质量为m，B的质量为2m，重力加速度大小为 g，静止释放物块A、B后( ) A.静止释放后系统的加速度大小为g B.绳的拉力大小为mg C.A、B组成的系统机械能守恒 D.B下降h，绳对B做的功为mgh 14. (多选)如图所示，倾角为θ的斜面体C置于粗糙水平面上，物块B置于斜面上，已知B、C间的动摩擦因素为μ=tanθ，B通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块A相连，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B的质量分别为m、M．现给B一初速度，使B沿斜面下滑，C始终处于静止状态，则在B下滑过程中，下列说法正确的是( ) A.无论A、B的质量大小关系如何，B一定减速下滑 B.A运动的加速度大小为a= C.水平面对C一定有摩擦力，摩擦力方向可能水平向左 D.水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等 15. 质量分别为m1和m2的两个小物块用轻绳连接，绳跨过位于倾角α=30o的光滑斜面顶端的轻滑轮，滑轮与转轴之间的摩擦不计，斜面固定在水平桌面上，如图所示.第一次，m1悬空，m2放在斜面上，用t表示m2自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端所需的时间.第二次，将m1和m2位置互换，使m2悬空，m1放在斜面上，发现m1自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端所需的时间为.则m1:m2之比为( ) A. B. C. D. 16. (多选)如图所示，与轻绳相连的物体A和B跨过定滑轮，质量mA<mB，A由静止释放，不计绳与滑轮间的摩擦，则在A向上运动的过程中，轻绳的拉力( ) A.T＝mA(g+a) B.T=mB(g－a) C.T＝mBg D.T＝mAg 17. 如图所示，一根轻绳跨过光滑定滑轮，两端分别系一个质量为m1、m2的物块.m1放在地面上，m2离地面有一定高度.当m2的质量发生改变时，m1的加速度a的大小也将随之改变.以下的四个图象，最能准确反映a与m2间的关系的是( ) 18. (多选)如图所示，一细绳跨过一轻质定滑轮(不计细绳和滑轮质量，不计滑轮与轴之间摩擦)，绳的一端悬挂一质量为m的物体A，另一端悬挂一质量为M (M>m) 的物体B，此时A物体加速度为a1.如果用力F代替物体B，使物体A产生的加速度为a2，那么( ) A.如果 a1= a2 ，则 F < Mg  B.如果 F=Mg ，则 a1 < a2  C.如果 a1= a2 ，则 F=Mg  D .如果F=，则 a1= a2  19. (多选)如图所示，光滑水平桌面放置着物块A，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B，已知A的质量为m，B的质量为3m，重力加速度大小为 g，静止释放物块A、B后( ) A.相同时间内，A、B运动的路程之比为2:1 B.物块A、B的加速度之比为1:1 C.细绳的拉力为 D.当B下落高度h时，速度为 20. 如图所示，质量为mA=0.5kg、mB=0.2kg的弹性小球A、B穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离h=0.8m，两小球距离绳子末端的距离均为l=6.5m，不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，g=10m/s2。 (1)若A、B两球固定在绳上，不会在绳上滑动 ，求释放瞬间绳中张力大小？ (2)若小球A、B与轻绳不固定，球与绳的滑动摩擦力都为重力的0.5倍。现在由静止同时释放A、B两个小球， 则释放A、B两个小球后，A、B的各自加速度多大？ (3)若同（2）问中条件，小球B从静止释放经多长时间落到地面？ 21. 水平地面上有质量分别为m和4m的物块A和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ.细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示.初始时，绳处于水平拉直状态.若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g.求： (1)物块B克服摩擦力所做的功； (2)物块A、B的加速度大小. 2牛顿运动定律应用之弹簧 2.1研究弹簧的具体形变过程 22. (多选)如图所示，质量相同的木块A、B用轻弹簧连接置于光滑的水平面上，开始弹簧处于自然状态，现用水平恒力F推木块A，则从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，以下说法正确的是( ) A.两木块速度相同时，加速度aA＝aB B.两木块速度相同时，加速度aA<aB C.两木块加速度相同时，速度vA<vB D.两木块加速度相同时，速度vA>vB 2.2弹簧的瞬时性问题 23. 如图所示，质量为m的小球一端用轻质细绳连在竖直墙上，另一端用轻质弹簧连在天花板上.轻绳处于水平位置，弹簧与竖直方向夹角为θ.已知重力加速度为g，则在剪断轻绳瞬间，小球加速度的大小为( ) A.0 B.gsinθ C.gtanθ D. 24. (多选)如图所示，将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳系于墙壁.开始时a、b均静止，弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力Ffa≠0，b所受摩擦力Ffb＝0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间( ) A.Ffa大小不变 B.Ffa方向改变 C.Ffb仍然为零 D.Ffb方向向右 25. (多选)如图所示，两轻质弹簧a、b悬挂一质量为m的小球，整体处于平衡状态，弹簧a与竖直方向成30°角，弹簧b与竖直方向成60°角，a、b两弹簧的形变量相等，重力加速度为g，则、( ) A.弹簧a、b的劲度系数之比为∶2 B.弹簧a、b的劲度系数之比为∶1 C.若弹簧a下端与小球松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为g D.若弹簧b下端与小球松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为 26. 如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量均为m，2、4质量均为m0，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有( ) A.a1＝a2＝a3＝a4＝0 B.a1＝a2＝a3＝a4＝g C.a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g D.a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g 27. 如图所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑固定斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( ) A.图甲中A球的加速度为gsinθ B.图甲中B球的加速度为2gsinθ C.图乙中A、B两球的加速度均为gsinθ D.图乙中轻杆的作用力一定不为零 28. (多选)如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长量分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间( ) A.a1＝3g B.a1＝0 C.Δl1＝2Δl2 D.Δl1＝Δl2 29. 如图所示，质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面.质量为1 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力.某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(取g＝10 m/s2)( ) A.0 N B.8 N C.10 N D.50 N 30. 如图，A、B、C三个小球质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻质细绳连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态．现将A上面的细线剪断，使A的上端失去拉力，则在剪断细线的瞬间，A、B、C三个小球的加速度分别是( ) A.1.5g，1.5g，0 B.g，2g，0 C.g，g，g D.g，g，0 31. (多选)如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接.倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始时系统处于静止状态.则在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( ) A.B球的受力情况不变，加速度仍为零 B.A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsinθ C.A、B之间杆的拉力大小为mgsinθ D.C球的加速度沿斜面向下，大小为gsinθ 32. 如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、3m、2m，B和C分别固定在弹簧两端，弹簧的质量不计.B和C在吊篮的水平底板上处于静止状态.将悬挂吊篮的轻绳剪断的瞬间( ) A.吊篮A的加速度大小为g B.物体B的加速度大小为g C.物体C的加速度大小为2g D.A、B、C的加速度大小都等于g 33. 如图所示，轻弹簧吊着箱子A，箱内放有物体B，A、B的质量均为m，对箱子施加竖直向上的力F=4mg，使系统处于平衡状态．撤去F的瞬间，在撤去力F的瞬间，分析A、B的加速度分别( ) A.aA=aB=g B.aA=g，aB=0 C.aA=2g，aB=g D.aA=3g，aB=g 2.3弹簧的力学问题 34. (多选)如图所示，在水平地面上放置一个轻弹簧，一个质量为m的物体在离弹簧的上端一定的高度由静止释放，关于物体与弹簧接触后到弹簧压缩至最低点，下列说法正确的是( ) A.速度先减小后增大 B.速度先增大后减小 C.加速度先增大后减小 D.加速度为零时，速度最大 35. (多选)一个研究性学习小组设计了一个竖直加速度器，如图所示.把轻弹簧上端用胶带固定在一块纸板上，让其自然下垂，在弹簧末端处的纸板上刻上水平线A.现把垫圈用胶带固定在弹簧的下端，在垫圈自由垂下处刻上水平线B，在B的下方刻一水平线C，使AB间距等于BC间距.假定当地重力加速度g＝10 m/s2，当加速度器在竖直方向运动时，若弹簧末端的垫圈( ) A.在A处，则表示此时的加速度为零 B.在A处，则表示此时的加速度大小为g，且方向向下 C.在C处，则质量为50 g的垫圈对弹簧的拉力为1 N D.在BC之间某处，则此时加速度器一定是在加速上升 36. 利用传感器和计算机可以测量快速变化的力的瞬时值.右图是用这种方法获得的弹性绳中拉力F随时间的变化图线.实验时，把小球举高到绳子的悬点O处，然后放手让小球自由下落.由此图线所提供的信息，以下判断正确的是( ) A. t2时刻小球速度最大 B.t1~t2期间小球速度先增大后减小 C.t3时刻小球速度最小 D. t1与t4时刻小球位置一定相同 37. (多选)如图所示，在倾角为θ的光滑物块P的斜面上有两个用轻弹簧相连接的物体A和B；C为一垂直固定斜面的挡板，A、B质量均为m，弹簧的劲度系数为k，系统静止在水平面上.现对物体A施加一平行于斜面向下的力F压缩弹簧后，突然撤去外力F，则在物体B刚要离开C时(此过程中A始终没有离开斜面)( ) A.物体B加速度大小为gsinθ B.弹簧的形变量为 C.弹簧对B的弹力大小为mgsinθ D.物体A的加速度大小为gsinθ 38. 如下图所示，一条轻质弹簧左端固定，右端系一小物块，物块与水平面各处动摩擦因数相同，弹簧无形变时，物块位于O点.今先后分别把物块拉到P1和P2点由静止释放，物块都能运动到O点左方，设两次运动过程中物块速度最大的位置分别为Q1和Q2点，则Q1和Q2点( ) A.都在O点 B.都在O点右方，且Q1离O点近 C.都在O点右方，且Q2离O点近 D.都在O点右方，且Q1、Q2在同一位置 39. 如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定；质量为m的小球，距弹簧上端高h出自由释放，小球在把弹簧压缩到最低点的过程中，重力加速度为g. (1)分析小球的运动状态，并大致画出小球运动馆的v-t图像. (2)若小球从弹簧原长处释放，定性画出小球运动馆的v-t图像，小球在最低点的加速度的值. 3牛顿运动定律应用之超重和失重 40. 如图所示，一些商场安装了智能化的自动电梯，当有乘客乘行时自动电梯经过先加速再匀速两个阶段运行，则电梯在运送乘客的过程中( ) A.乘客始终受摩擦力作用 B.乘客经历先超重再失重 C.电梯对乘客的作用力始终竖直向上 D.电梯对乘客的作用力先指向前上方，再竖直向上 41. (多选)某同学站在电梯底板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况，如图所示的v－t图象是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况(向上为正方向).根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是( ) A.在0～5 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态 B.在5 s～10 s内，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力 C.在10 s～20 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态 D.在20 s～25 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态 42. (多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力( ) A.t＝2 s时最大 B.t＝2 s时最小 C.t＝8.5 s时最大 D.t＝8.5 s时最小 43. 如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50 kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三，已知重力加速度g＝10 m/s2，由此可判断( ) A.电梯可能加速下降，加速度大小为5 m/s2 B.电梯可能减速上升，加速度大小为2.5 m/s2 C.乘客处于超重状态 D.乘客对电梯地板的压力为625 N 44. 如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为( ) A.0.35mg B.0.30mg C.0.23mg D.0.20mg 45. 质量为M的人站在地面上，用绳通过定滑轮将质量为m的重物从高处放下，如右图所示，若重物以加速度a向下降落(a<g)，则人对地面的压力大小为( ) A.(m＋M)g－ma B.M(g－a)－ma C.(M－m)g＋ma D.Mg－ma 参考答案 1. 答案：ABCD 解析：滑块Q上滑的过程中受到的摩擦力沿斜面向下，故滑块的合力为mgsinθ+μmgcosθ，根据牛顿第二定律，a=gsinθ+μgcosθ，故A正确；当μ=0，a=gsinθ，方向沿斜面向下，故无论滑块向上运动还是向下运动，加速度均为a=gsinθ，方向沿斜面向下，故B正确；当滑块运动到最高点后，μ≥tanθ，最大摩擦力大于重力沿斜面向下的分力mgsinθ，滑块会静止在斜面上，故C项正确；滑块Q下滑的过程中受到的摩擦力沿斜面向上，故滑块的合力为mgsinθ－μmgcosθ，根据牛顿第二定律，a=gsinθ－μgcosθ，故D正确. 2. 答案：ACD 解析：由v－t图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即gsin θ＋μgcos θ＝.同理向下滑行时gsin θ－μgcos θ＝，两式联立得sin θ＝，μ＝，可见能计算出斜面的倾角θ以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x＝t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsin θ＝t1·＝，选项D正确；仅根据v－t图象无法求出物块的质量，选项B错误． 3. 答案：D 解析：因小球与斜面刚好不分离，所以小球受力如图所示，由图知tan α＝，则a＝，D正确. 4. 答案：ABC 解析：对小球受力分析可知，B受重力、拉力的作用而随小车做匀加速直线运动，受力分析可知，则B的加速度a＝gtan θ，故小车可能向右加速，也可能向左减速，故AB正确；由于小木块相对小车静止，加速度也为gtan θ，以小木块为研究对象，受力分析，受重力、底板的支持力，向右的静摩擦力，故C正确，D错误. 5. 答案：BD 解析：由于两小球加速度相同，轻杆对小球的弹力方向与细线平行，小球受力如图所示，由牛顿第二定律得mgtanα＝ma，解得a＝gtanα，故小车的加速度为gtanα，选项B、D正确. 6. 答案：AB 解析：如图，当mgtan15°＝ma即a＝2.7 m/s2时只有N传感器有示数，若要Q传感器也有示数，需a＞2.7 m/s2，故A、B正确，C、D错误. 7. 答案：C 解析：若小球与弧面相对静止时，对小球受力分析，小球受到斜面的支持力和自身的重力，由于系统在水平方向运动，故合力水平向右，故合力为mgtanθ，牛顿第二定律得：F1=ma，故小球的加速度为a=gtanθ，若系统保持相对静止，则系统的加速度相同，F=(m+M)gtanθ，支持力为，故C项正确. 8. 答案：BD 解析：本题考查牛顿第二定律的应用．物体和斜面保持相对静止，沿水平方向加速运动，则合力沿水平方向，竖直方向的合力为零，设斜面的倾角为θ，若开始静摩擦力的方向沿斜面向下，则FNsin θ＋Ffcos θ＝ma，FNcos θ＝Ffsin θ＋mg.若N增大，则Ff增大，因此此时，a增大，FN、Ff都在增大．同理，若开始时静摩擦力方向沿斜面向上，则FNsin θ－Ffcos θ＝ma，FNcos θ＋Ffsin θ＝mg，若FN逐渐增大，则Ff沿斜面向上先逐渐减小到零，再沿斜面向下逐渐增大，此时B对A的弹力增大，B对A的摩擦力大小可能减小，可能为零，可能不变，可能增大，因此B、D项正确． 9. 答案：AB 解析：对小球受力分析，当FN为零时，小球的合外力水平向右，加速度向右，故小车可能向右加速运动或向左减速运动，A对C错；当FT为零时，小球的合外力水平向左，加速度向左，故小车可能向右减速运动或向左加速运动，B对，D错. 10. 答案：AD 11. 答案：ABD 解析：若小球与斜面相对静止时，假设不受摩擦力，对小球受力分析，小球受到斜面的支持力和自身的重力，由于系统在水平方向运动，故合力水平向右，故合力为mgtanθ，牛顿第二定律得：F1=ma，故小球的加速度为a=gtanθ，若系统保持相对静止，则系统的加速度相同，F=(m+M)gtanθ，当加速度大于gtanθ时，小球相对于斜面上滑，小于gtanθ时，相对斜面下滑，由于小球可能沿斜面运动，故存在超重失重，故地面M的支持力不是始终为(M+m)g，当加速度为gtanθ时，系统竖直方向没有加速度，合力为0，对系统受力分析，此时地面对M的支持力为(M+m)g，故ABD项正确. 12. 答案：(1)gsinθ　垂直L1斜向下 (2)gtanθ　水平向右 解析：(1)当线L2被剪断的瞬间，因F2突然消失，而引起L1上的张力发生突变，使物体的受力情况改变，由于释放后物体做竖直圆周运动，故由切向加速度和向心加速度，由于释放瞬间，物体没有速度，向心加速度为0，切向加速度沿垂直L1的方向斜向下，受力分析可得，a＝gsinθ. (2)当线L2被剪断时，F2突然消失，而弹簧的形变还来不及变化(变化要有一个过程，不能突变)，因而弹簧的弹力F1不变，它与重力的合力与F2是一对平衡力，等值反向，所以线L2剪断时的瞬时加速度为a＝gtanθ，方向在F2的反方向上，即水平向右. 13. 答案：ABC 解析：对整体有2mg＝2ma，a=g，物体B向下加速运动，B处于失重状态，T=2m(g－a)=mg，故AB正确.系统无外力做功，故系统机械能守恒，绳力大小为mg，故绳对B做的功为W=mgh. 14. 答案：ABD 解析：B、C间的动摩擦因素为μ=tanθ，即如果B不受绳子拉力，则mgsinθ=μmgcosθ，B匀速下滑，但是绳子对B有沿斜面向上的拉力，故B一定是减速下滑，A正确； 以AB整体为研究对象，根据牛顿第二定律： mg+μMgcosθ－Mgsinθ=(M+m)a ，得：a=，故B正确； 对C受力分析，B给斜面的压力mgcosθ和摩擦力μmgcosθ，因为μ=tanθ，所以二者的矢量和等于mg，方向竖直向下，即C在水平方向上没有运动趋势，故C水平方向不受地面的摩擦力，C错误； 由前面分析知B对C的作用力等于其重力Mg，根据平衡条件知则水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等，D正确；. 15. 答案：D 解析：对小物块进行受力分析，设T1为绳中张力，a1为两物块加速度的大小， l为斜面长，则有 m1g－T1=m1a1，T1－m2gsinα=m2a1，解得：a1=g 小物块做匀加速运动：l=a1t2 第二次，m1与m2交换位置．设绳中张力为T2，两物块加速度大小为a2，则有 m2g－T2=m2a2，T2－m1gsinα=m1a2，解得：a2=g 小物块做匀加速运动： l=a1()2，得a1= 可解得m1：m2=11：19. 16. 答案：AB 解析：当mA<mB时，对整体有mBg－mAg＝(mA＋mB)a，物体A向上加速运动，物体B向下加速运动，因此A处于超重状态，T=mA(g+a)，B处于失重状态，T=mB(g－a)，故AB正确. 17. 答案：D 解析：当m2≤m1时，系统静止，a＝0；当m2>m1时，对整体有m2g－m1g＝(m1＋m2)a，即a＝g－g，可见m2趋近于无穷大时，a趋近于g，选项D正确. 18. 答案：ABD 解析：过程分析：对题述左图作受力分析有 a1=     ......①，a1=     ......②，联立解得：a1=     ......③ 如果a1=a2，有：a2=a1=     ......④，联立③④解得F=，∵m＜M∴＜1   即F=＜Mg，故A、D项正确，C项错误.B项，如果F=Mg，对题述右图作受力分析有：a2==﹥=a1，故B项正确.综上所述，本题正确答案为ABD. 19. 答案：AC 解析：物块A移动了距离s，则物块B移动的距离为s1＝ s，故路程之比为2:1，设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB，绳中的张力为T，由A和B的位移关系得：aA＝2aB，由牛顿第二定律得： T＝maA，3mg－2T＝4maB，联立得aA＝，aB＝，T＝，故AC正确；B的加速度为，v2=2ah，解得v=，故BD错误. 20. 答案：(1)2.86N；(2)aA=8m/s2，aB=5m/s2；(3)1.6s. 解析：(1)由题可知，A、B不会在绳上滑动，所以可以把两小球和绳看成一个整体， 对A、B整体分析有：mAg－mBg=(mA+mB)a，解得a=m/s2 再对A分析有：mAg－T=mAa，解得T=N≈2.86N，可求得张力大小为：2.86N。 (2)由题意知，fA=0.5mAg=2.5N，fB=0.5mBg=1N 由fA>fB得，A、B对绳的摩擦力大小f=fB=1N，根据牛顿第二定律， 对A分析有：mAg－f=mAa1，解得a1=8m/s2 同理，对B分析有：mBg－f=mBa2，解得a2=5m/s2 (3)由(2)可知，A球与轻绳一起向下运动，B球与轻绳发生相对滑动，B与轻绳未脱离前，与轻绳发生相对滑动的加速度a'=a1+a2， 根据匀加速运动方程有：l=a't12，解得t1=1s 此时B对地面发生的相对位移为：x1=a2t12=2.5m， 小球B开始在重力作用下匀加速下落， 此时与地面的距离为：x2=l+h－x1=4.8m， 设从脱离绳到落地所需时间为t2， 可列出方程：x2=a2t1t2+gt22，解得：t2=0.6s， 小球B从静止释放到落到地面经过时间为：t=t1+t2=1.6s。 21. 答案：(1)2μmgs　(2)　 解析：(1)物块A移动了距离s，则物块B移动的距离为s1＝ s 物块B受到的摩擦力大小为f＝4μmg 物块B克服摩擦力所做的功为W＝fs1＝2μmgs (2)设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB，绳中的张力为T，由牛顿第二定律得： F－μmg－T＝maA，2T－4μmg＝4maB 由A和B的位移关系得：aA＝2aB 联立得aA＝，aB＝. 22. 答案：BD 解析：显然在弹簧压缩到最短的过程中，A所受到的合外力变小，所以aA减小，B所受到的合外力变大，所以aB增大，在v－t图象中，a就是图线切线的斜率，又因为两物体开始速度均为0，所以，所画A、B的v－t图象如图所示. 显然，在t1时刻vA>vB，但由于在该时刻图线斜率相同(切线平行)∴aA＝aB，在t2时刻vA＝vB，但加速度显然有aA<aB. 23. 答案：C 解析：绳子被剪断瞬间，重力和弹簧弹力都不变，此时合力等于平衡时水平绳的拉力，加速度方向是水平向右的，加速度大小a＝＝gtanθ，C正确. 24. 答案：AD 解析：选AD.右侧细绳剪断的瞬间，弹簧弹力来不及发生变化，故a的受力情况不变，a左侧绳的拉力、静摩擦力大小方向均不变，A正确，B错误；而b在剪断绳的瞬间右侧绳的拉力立即消失，静摩擦力向右，C错误，D正确. 25. 答案：BD 解析：对小球受力分析，受到弹簧a的拉力、弹簧b的拉力和重力，三力平衡，故有Ta＝mgcos30°＝kaΔx，Tb＝mgsin30°＝kbΔx，故＝＝，A错误，B正确；若弹簧a下端与小球松脱，松脱瞬间弹簧b的弹力不变，故小球所受重力和弹簧b的弹力的合力与Ta大小相等、方向相反，故a＝＝g，若弹簧b下端与小球松脱，则松脱瞬间a弹簧的弹力不变，故小球所受重力和a弹簧弹力的合力与Tb大小相等、方向相反，故小球的加速度a′＝＝g，C错误，D正确. 26. 答案：C 解析：在抽出木板的瞬间，物块1、2与轻杆接触处的形变立即消失，物块1、2受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足F－mg＝0，即a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g，故C正确，A、B、D错误． 27. 答案：C 解析：设B球质量为m，A球的质量为3m.撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为4mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力为4mgsin θ，加速度为4gsin θ；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体的合力为4mgsin θ，A、B两球的加速度均为gsin θ，则每个球的合力等于重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确． 28. 答案：AC 解析：设物块的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及发生形变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前对b、c和弹簧S2组成的整体受力分析可知T1＝2mg，故a受到的合力F合＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误． 29. 答案：B 解析：细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，A和B整体受到的合外力等于物体B的重力，因此整体的加速度为a＝＝g，对物体B：mBg－FN＝mBa，所以A、B间作用力FN＝mB(g－a)＝mBg＝8 N. 30. 答案：A 解析：剪断细线前，由平衡条件可知，A上端的细线的拉力为3mg，A、B之间细绳的拉力为2mg，轻弹簧的拉力为mg.在剪断细线的瞬间，轻弹簧中拉力不变，小球C所受合外力为零，所以C的加速度为零；A、B小球被细绳拴在一起，整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力，由牛顿第二定律得3mg＝2ma，解得a＝1.5g，选项A正确． 31. 答案：BCD 解析：根据平衡条件可得弹簧的弹力大小F＝3mgsin θ，在细线被烧断的瞬间弹簧的弹力不能突变，所以A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为a＝＝gsin θ，所以选项A错误、B正确；A、B之间杆的拉力大小为T＝mgsin θ＋ma＝mgsin θ，即选项C正确；C球的加速度沿斜面向下，大小为gsin θ，所以选项D正确. 32. 答案：C 解析：未剪断轻绳时，弹簧弹力为3mg.轻绳剪断的瞬间，弹簧弹力不变，物体B的加速度为零.对A和C，所受向下合力为F＝3mg＋mg＋2mg＝6mg，由牛顿第二定律得F＝3ma，解得A和C的加速度为2g.选项C正确. 33. 答案：D 解析：以整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件：F′+mg=4mg，得弹簧的弹力为：F′=2mg，方向竖直向下，撤去力F后，弹簧弹力不变，假设AB间有相互作用力，即AB加速度相同，则 以整体为研究对象，整体受的合外力为4mg，则整体的加速度为：=2g，而B的加速度最大为g，故A的加速度大于B的加速度，二者分离，A不受B的压力，以A为研究对象，受重力和弹簧的弹力：mg+2mg=maA，得：aA=3g，aB==g，所以D选项是正确的. 34. 答案：BD 解析：如图所示： 特殊点O：重力等于弹力大小，物体受力平衡.物体从A到O，弹簧的弹力小于重力，合力方向向下，故物体加速运动，而加速度的大小a=，随着弹簧的弹力增大，加速度逐渐减小.物体从O到B，弹簧的弹力大于重力，合力方向向上，速度与合力方向相反，故做减速运动，二加速度大小a=，随着弹簧的弹力正大，加速度逐渐增大.因此，速度先增大后减小，加速度先减小后增大.在平衡位置O，速度最大，加速度为零. 35. 答案：BC 解析：选垫圈为研究对象，在B处：F合＝0，在A处，弹簧弹力F弹＝0，F合＝mg，则加速度a＝g，方向向下，在C处，依对称性得F合＝mg，方向向上，则F弹＝2mg＝1 N，在B、C之间某处时，加速度a向上，可能加速上升，也可能减速下降. 36. 答案：B 解析：0~t1时刻，小球做自由落体，绳子拉力为零；t1~t2，拉力一直增大，小球向下运动，速度先增大后减小为零，当拉力与重力相等时速度最大；t2~t3，小球向上运动，拉力逐渐减小，速度先增大后减小，t3时刻竖直上抛，然后在t4时刻拉直绳子重复上述运动. 37. 答案：BC 解析：当物体B刚要离开挡板C时，对物体B受力分析可得：kx－mgsin θ＝0，则选项A错误，B、C正确；对物体A由牛顿第二定律可得：kx＋mgsin θ＝maA，解得aA＝2gsin θ，选项D错误. 38. 答案：D 解析：物块在水平方向受弹力和滑动摩擦力，弹力是变力，故物块做变加速运动，当加速度a＝0时，速度最大.根据牛顿第二定律，当弹力和摩擦力大小相等，方向相反时，加速度a＝0，故速度最大位置应在O点右方同一位置，故D正确. 39. 答案：(1)小球先做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为g，接触弹簧后，做加速度减小的加速运动，当弹力等于重力时，速度达到最大值，之后小球在做加速度逐渐的增大的减速运动. 图像如图所示： (2)小球先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度反向增大的减速运动，在最低点的加速度大小为g. 解析：小球受到重力的作用，小球先做匀加速直线运动，加速度为g，当小球接触到弹簧时，小球受到弹簧的弹力作用，加速度逐渐减小，小球的速度继续增大，当弹簧的弹力大小等于重力时，速度达到最大值，小球继续往下运动，弹簧弹力大于重力，小球做减速运动，且加速度逐渐增大，直至速度减小为0. 40. 答案： D 解析：乘客先有斜向上的加速度再匀速，故乘客先超重后既不超重又不失重，选项B错误；匀速运动阶段乘客受竖直方向的重力与支持力作用而平衡，不受摩擦力，选项A错误；乘客在加速阶段受电梯的作用力与重力作用，合力沿平行电梯斜面向上，重力竖直向下，故电梯对乘客的作用力斜向前上方，选项D正确． 41. 答案：BD 42. 答案：AD 解析：由题图知，在上升过程中，在0～4 s内，加速度方向向上，FN－mg＝ma，所以向上的加速度越大，电梯对人的支持力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由题图知，在7～10 s内加速度方向向下，由mg－FN＝ma知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，故C错误，D正确. 43. 答案：B 解析：电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg＝kx，电梯运行时弹簧的伸长量比电梯静止时小，说明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有mg－kx＝ma，即mg＝ma，a＝2.5 m/s2，加速度向下，电梯可能加速下降或减速上升，乘客处于失重状态，选项A、C错误，选项B正确；乘客对地板的压力大小为FN＝m′g－m′a＝500 N－125 N＝375 N，选项D错误. 44. 答案：D 解析：物受力如图甲所示，加速度a正交分解如图乙所示.由牛顿第二定律竖直方向得1.15mg－mg＝masin 37°，水平方向得Ff＝macos 37°，解以上两式得Ff＝0.2mg，D项正确.] 45. 答案：C 解析：以重物m为研究对象，物体受重力mg，绳子拉力F.取加速度a的方向为正方向，由牛顿第二定律，有：mg－F＝ma 解得，拉力F＝m(g－a)<mg① 以人为研究对象：人受重力Mg，地面支持力FN，绳子拉力F′三个力作用，处于平衡状态，有： FN＋F′－Mg＝0② 因为F＝F′，所以由①②得：FN＝(M－m)g＋ma 由牛顿第三定律可知，人对地面的压力大小为F′N＝FN＝(M－m)g＋ma. 21 学科网（北京）股份有限公司 $