高考物理总复习 第三章 牛顿运动定律 第二节 牛顿第二定律 两类动力学问题测试题-人教版高三全册物理试题.doc

第二节牛顿第二定律两类动力学问题学生用书P44【基础梳理】一、牛顿第二定律1内容：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同2表达式：Fma.3适用范围(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况二、两类动力学基本问题1两类动力学问题2解决两类基本问题的方法：以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解三、力学单位制1单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制2基本单位：基本物理量的单位，基本物理量共七个，其中力学有三个，它们是长度、质量、时间，它们的单位分别是米、千克、秒3导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位【自我诊断】 判一判(1)牛顿第二定律表达式Fma在任何情况下都适用()(2)物体所受合外力大，其加速度一定大()(3)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度()(4)物体由于做加速运动，所以才受合外力作用()(5)Fma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关()(6)物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小()(7)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系()提示：(1)×(2)×(3)(4)×(5)(6)(7) 做一做(2018·沈阳四校协作体月考)如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时()AM受静摩擦力增大BM对车厢壁的压力减小CM仍相对于车厢静止DM受静摩擦力减小提示：选C.分析M受力情况如图所示，因M相对车厢壁静止，有FfMg，与水平方向的加速度大小无关，A、D错误；水平方向，FNMa，FN随a的增大而增大，由牛顿第三定律知，B错误；因FN增大，物体与车厢壁的最大静摩擦力增大，故M相对于车厢仍静止，C正确 做一做在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为()Am2·kg·s4·A1Bm2·kg·s3·A1Cm2·kg·s2·A1Dm2·kg·s1·A1提示：B牛顿第二定律的基本应用学生用书P45【知识提炼】1求解思路：求解物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况或运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度2牛顿第二定律瞬时性的“两类”模型(1)刚性绳(轻杆或接触面)不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间(2)弹簧(或橡皮绳)两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变3在求解瞬时加速度时应注意的问题(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变【典题例析】(多选)(2015·高考全国卷)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A8B10C15 D18解析设每节车厢的质量为m，这列车厢的节数为n，P、Q挂钩的东边车厢的节数为x，西边车厢的节数为nx.当机车在东边拉车厢时，对西边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F(nx)ma；当机车在西边拉车厢时，对东边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得Fmax，联立可得nx，x为3的倍数，则n为5的倍数，选项B、C正确，选项A、D错误答案BC合力、加速度、速度间的决定关系(1)物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，只要合力不为零，不管速度是大是小，或是零，物体都有加速度，只有合力为零时，加速度才为零一般情况下，合力与速度无必然的联系(2)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动(3)a是加速度的定义式，a与v、t无直接关系；a是加速度的决定式，aF，a. 【迁移题组】 迁移1力与运动的关系1如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点如果物体受到的阻力恒定，则()A物体从A到O先加速后减速B物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动C物体运动到O点时，所受合力为零D物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小解析：选A.物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大当物体向右运动至AO间某点(设为点O)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大所以物体越过O点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动正确选项为A. 迁移2牛顿运动定律的瞬时性2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，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(接m后)，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解析：(1)细线L2被剪断的瞬间，因细线L2对物体的弹力突然消失，而引起L1上的张力发生突变，使物体的受力情况改变，瞬时加速度垂直L1斜向下方，大小为agsin .(2)当细线L2被剪断时，细线L2对物体的弹力突然消失，而弹簧的形变还来不及变化(变化要有一个过程，不能突变)，因而弹簧的弹力不变，它与重力的合力与细线L2对物体的弹力是一对平衡力，等大反向，所以细线L2被剪断的瞬间，物体加速度的大小为agtan ，方向水平向右答案：(1)gsin ，方向垂直于L1斜向下方(2)gtan ，方向水平向右动力学的两类基本问题学生用书P45【知识提炼】1解决两类动力学问题的关键(1)两类分析物体的受力分析和物体的运动过程分析(2)一个“桥梁”物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁2解决动力学问题时的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时，一般采用“合成法”(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”【典题例析】(2016·高考四川卷)避险车道(标志如图甲所示)是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示的竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为的斜面一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos 1，sin 0.1，g10 m/s2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度解析(1)设货物的质量为m，货物与车厢间的动摩擦因数0.4，货物在车厢内滑动过程中，受到的摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则fmgsin ma1fmgcos 联立式并代入数据得a15 m/s2a1的方向沿制动坡床向下(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v23 m/s.货物在车厢内从开始滑动到车头距制动坡床顶端s038 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2.货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k0.44，货车长度l012 m，制动坡床的长度为l，则Mgsin FfMa2Fk(mM)gs1vta1t2s2vta2t2ss1s2ll0s0s2联立并代入数据得l98 m.答案(1)5 m/s2方向沿制动坡床向下(2)98 m1两类动力学问题的解题步骤2等时圆模型(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示 【迁移题组】 迁移1已知受力求运动1.(多选)(2018·汕头模拟)建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动下列说法正确的是()A倾角越大，雨滴下滑时的加速度越大B倾角越大，雨滴对屋顶压力越大C倾角越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D倾角越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短解析：选AC.设屋檐的底角为，底边长度为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN，垂直于屋顶方向：mgcos FN，平行于屋顶方向：mamgsin .雨滴的加速度为：agsin ，则倾角越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力大小：FNFNmgcos ，则倾角越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x，由xgsin ·t2，可得：t ，可见当45°时，用时最短，D错误；由vgsin ·t可得：v，可见越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确 迁移2已知运动求受力2.(2018·江西重点中学十校联考)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则()A运动员的加速度为gtan B球拍对球的作用力为mgC运动员对球拍的作用力为(Mm)gcos D若加速度大于gsin ，球一定沿球拍向上运动解析：选A.网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得FNsin ma，又FNcos mg，解得agtan ，FN，故A正确，B错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡，运动员对球拍的作用力为F，故C错误；当a>gtan 时，网球才向上运动，由于gsin <gtan ，故球不一定沿球拍向上运动，故D错误 迁移3等时圆模型3.如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为()A21B11C.1 D1解析：选B.设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为，则物体下滑时的加速度为agsin ，由几何关系，斜槽轨道的长度s2(Rr)sin ，由运动学公式sat2，得t2，即所用时间t与倾角无关，所以t1t2，B项正确动力学图象问题的应用学生用书P46【知识提炼】1常见的图象有：vt图象，at图象，Ft图象，Fx 图象，Fa图象等2图象间的联系：加速度是联系vt图象与Ft图象的桥梁3图象的应用(1)已知物体在一运动过程中所受的某个力随时间变化的图象，要求分析物体的运动情况(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图象，要求分析物体的受力情况(3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析4解题策略(1)问题的实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图象斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断【典题例析】(多选)(2015·高考全国卷)如图甲，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图乙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审题指导解此题关键有两点：(1)利用vt图象分析研究加速度(2)根据物块在斜面上的受力，分阶段列牛顿第二定律方程解析由题图乙可以求出物块上升过程中的加速度为a1，下降过程中的加速度为a2.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin Ffma1，mgsin Ffma2，由以上各式可求得sin ，滑动摩擦力Ff，而FfFNmgcos ，由以上分析可知，选项A、C正确；由vt图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确答案ACD数形结合解决动力学图象问题(1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图(2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息 【迁移题组】 迁移1由图象信息分析运动情况1(2018·安徽淮北一中模拟)如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4 m后锁定，t0时解除锁定，释放滑块计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的vt图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t0时的速度图线的切线，已知滑块质量m2.0 kg，取g10 m/s2，则下列说法正确的是()A滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动B弹簧恢复原长时，滑块速度最大C弹簧的劲度系数k175 N/mD该过程中滑块的最大加速度为35 m/s2解析：选C.根据vt图线的斜率表示加速度，可知滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加，从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，选项A、B错误；由题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1 m/s25 m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为Ffmgma12×5 N10 N，刚释放时滑块的加速度为a2 m/s230 m/s2，此时滑块的加速度最大，选项D错误；由牛顿第二定律得kxFfma2，代入数据解得k175 N/m，选项C正确 迁移2由运动情况确定物理量的变化图象2.1845年英国物理学家和数学家斯·托马斯(S.G.Stokes)研究球体在液体中下落时，发现了液体对球的粘滞阻力与球的半径、速度及液体的种类有关，有F6rv，其中物理量为液体的粘滞系数，它还与液体的种类及温度有关，如图所示，现将一颗小钢珠由静止释放到盛有蓖麻油的足够深量筒中，下列描绘小钢珠在下沉过程中加速度大小与时间关系的图象可能正确的是()解析：选D.根据牛顿第二定律得，小钢珠的加速度a，在下降的过程中，速度v增大，阻力F增大，则加速度a减小，当重力和阻力相等时，做匀速运动，加速度为零，故选项D正确 学生用书P471(2017·高考上海卷)如图，在匀强电场中，悬线一端固定于地面，另一端拉住一个带电小球，使之处于静止状态忽略空气阻力，当悬线断裂后，小球将做()A曲线运动B匀速直线运动C匀加速直线运动 D变加速直线运动解析：选C.本题考查力与运动的关系在悬线断裂前，小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态，故重力与电场力的合力与拉力等值反向悬线断裂后，小球所受重力与电场力的合力大小、方向均不变，故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动，C项正确2.(多选)(2016·高考江苏卷)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中() A桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面解析：选BD.将桌布从鱼缸下拉出的过程，鱼缸相对桌布向左运动，因此桌布对它的摩擦力方向向右，A项错误；设动摩擦因数为，鱼缸在桌布对它的滑动摩擦力的作用下做初速度为零的匀加速运动，加速度大小为g，设经过t1时间鱼缸滑离桌布，滑离时的速度为v，则vgt1；鱼缸滑到桌面上后，做匀减速运动，加速度大小也为g，因此鱼缸在桌面上运动的时间t2，因此t1t2，B项正确；若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，大小为mg(设鱼缸质量为m)，保持不变，C项错误；若猫减小拉力，则鱼缸与桌布间的摩擦力有可能小于滑动摩擦力，则鱼缸与桌布一起运动，从而滑出桌面，D项正确3.(多选)(2015·高考海南卷)如图，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相对于原长的伸长分别记为l1和l2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间()Aa13gBa10Cl12l2 Dl1l2解析：选AC.剪断细线前，对整体由平衡条件可知，细线承受的拉力F3mg，剪断细线瞬间，物块a所受重力和弹簧拉力不变，由平衡条件推论可知重力与拉力合力大小为3mg，由牛顿第二定律可知，a13g，A项正确，B项错误；在剪断细线前，两弹簧S1、S2弹力大小分别为T12mg、T2mg，剪断细线瞬间，两弹簧弹力不变，由胡克定律Fkx可知，l12l2，C项正确，D项错误4(2018·河南中原名校联考)如图甲所示，光滑水平面上的O点处有一质量为m2 kg的物体物体同时受到两个水平力的作用，F14 N，方向向右，F2的方向向左，大小如图乙所示物体从静止开始运动，此时开始计时求：(1)当t0.5 s时，物体的加速度大小；(2)物体在t0至t2 s内，何时加速度最大？最大值为多少？(3)物体在t0至t2 s内，何时速度最大？最大值为多少？解析：(1)当t0.5 s时，F2(22×0.5) N3 NF1F2maa m/s20.5 m/s2.(2)物体所受的合外力为F合F1F24(22t)22t(N)作出F合t图如图1所示从图1中可以看出，在02 s范围内当t0时，物体有最大加速度a0.F0ma0a0 m/s21 m/s2当t2 s时，物体也有最大加速度a2.F2ma2，a2 m/s21 m/s2，负号表示加速度方向向左(3)由牛顿第二定律得：a1t(m/s2)画出at图象如图2所示由图2可知t1 s时速度最大，最大值等于上方三角形的面积v×1×1 m/s0.5 m/s.答案：(1)0.5 m/s2(2)t0或t2 s时加速度最大1 m/s2(3)t1 s时速度最大0.5 m/s学生用书P289(单独成册)(建议用时：60分钟)一、单项选择题1(2018·贵州遵义模拟)2013年6月我国航天员在“天宫一号”中进行了我国首次太空授课活动，其中演示了太空“质量测量仪”测质量的实验，助教聂海胜将自己固定在支架一端，王亚平将连接运动机构的弹簧拉到指定位置；松手后，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力，使弹簧回到初始位置，同时用光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间；这样，就测出了聂海胜的质量为74 kg.下列关于“质量测量仪”测质量的说法正确的是()A测量时仪器必须水平放置B其测量原理是根据牛顿第二定律C其测量原理是根据万有引力定律D测量时仪器必须竖直放置解析：选B.“质量测量仪”是先通过光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间，则能算出加速度a，然后根据牛顿第二定律Fma，求解质量，所以工作原理为牛顿第二定律由于在太空中处于完全失重状态，所以测量仪器不论在什么方向上，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力都是人所受的合力，故B正确2(2018·安徽四校高三联考)物体以一定的初速度竖直向上抛出，已知空气对物体的阻力大小与速度大小成正比，则下列关于此物体加速度大小的说法正确的是()A上升过程加速度增大，下降过程加速度减小B上升过程加速度增大，下降过程加速度也增大C上升过程加速度减小，下降过程加速度也减小D上升过程加速度减小，下降过程加速度增大解析：选C.上升过程中，受到竖直向下的重力，竖直向下的阻力，即mgkvma，做减速运动，所以加速度在减小，下降过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的阻力，即mgkvma，速度在增大，所以加速度在减小，故C正确3.“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳如图所示，质量为m的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°，则()A每根橡皮绳的拉力为mgB若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小C若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度agD若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断裂时，小明的加速度ag解析：选B.根据平行四边形定则知，2Fcos 30°mg，解得Fmg.故A错误；根据共点力平衡得，2Fcos mg，当悬点间的距离变小时，变小，cos 变大，可知橡皮绳的拉力变小，故B正确；当左侧橡皮绳断裂，断裂的瞬间，右侧弹性绳的拉力不变，则重力和右侧橡皮绳拉力的合力与左侧橡皮绳初始时的拉力大小相等，方向相反，合力大小为mg，加速度为g，故C错误；当两侧为轻绳时，左侧绳断裂瞬间，右侧绳上拉力发生突变，将重力沿绳方向和垂直于绳方向正交分解，合力为mgsin 30°，加速度为g，方向沿垂直于右侧绳的方向斜向下，故D错误4.质量为M的皮带轮工件放置在水平桌面上，一细绳绕过皮带轮的皮带槽，一端系一质量为m的重物，另一端固定在桌面上如图所示，工件与桌面、绳之间以及绳与桌子边缘之间的摩擦都忽略不计，则重物下落过程中，工件的加速度为()A.BC. D解析：选C.相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，设绳子上的拉力为F，根据牛顿第二定律2·，解得F，工件加速度a，所以C正确5.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质量为m，2、4质量为M，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()Aa1a2a3a40Ba1a2a3a4gCa1a2g，a30，a4gDa1g，a2g，a30，a4g解析：选C.在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1a2g；而物块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mgF，a30；由牛顿第二定律得物块4满足a4g，所以C对6如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点则()Aa球最先到达M点Bb球最先到达M点Cc球最先到达M点Db球和c球都可能最先到达M点解析：选C.如图所示，令圆环半径为R，则c球由C点自由下落到M点用时满足Rgt，所以tc ；对于a球令AM与水平面成角，则a球下滑到M点用时满足AM2Rsin gsin ·t，即ta2；同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb2(r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径，r>R)综上所述可得tb>ta>tc，故选项C正确二、多项选择题7.如图所示，质量为m2的物体2放在车厢底板上，用竖直细线通过定滑轮与质量为m1的物体1连接，不计滑轮摩擦，车厢正在水平向右做加速直线运动，连接物体1的细线与竖直方向成角，物体2仍在车厢底板上，则()A细线拉力为m1gcos B车厢的加速度为gtan C底板对物体2的支持力为m2gD底板对物体2的摩擦力为零解析：选BC.以物体1为研究对象，水平方向有FTsin m1a，竖直方向有FTcos m1g，解得agtan ，FT，选项A错误，B正确；以物体2为研究对象，水平方向有Ffm2a，竖直方向有FTFNm2g，解得Ffm2gtan ，FNm2g，选项C正确，D错误8.(2018·杭州二中月考)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动，若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是()A所受浮力大小为4 830 NB加速上升过程中所受空气阻力保持不变C从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析：选AD.刚开始上升时，空气阻力为零，F浮mgma，解得F浮m(ga)4 830 N，A正确；加速上升过程，若保持加速度不变，则热气球上升到180 m时，速度v6 m/s5 m/s，所以热气球做加速度减小的加速直线运动，上升10 s后的速度vat5 m/s，C错误；再由F浮F阻mgma可知空气阻力F阻增大，B错误；匀速上升时，F浮F阻mg，所以F阻F浮mg230 N，D正确9(2018·山东济南模拟)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°，弹簧b与竖直方向成60°，弹簧a、b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 1B弹簧a、b的劲度系数之比为 2C若弹簧a下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为gD若弹簧b下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为解析：选AD.由题可知，两个弹簧相互垂直，对小球受力分析，如图所示，设弹簧的伸长量都是x，由受力分析图知，弹簧a中弹力Famgcos 30°mg，根据胡克定律可知弹簧a的劲度系数为k1，弹簧b中的弹力Fbmgcos 60°mg，根据胡克定律可知弹簧b的劲度系数为k2，所以弹簧a、b的劲度系数之比为1，A正确，B错误；弹簧a中的弹力为mg，若弹簧a的下端松脱，则松脱瞬间弹簧b的弹力不变，故小球所受重力和弹簧b弹力的合力与Fa大小相等、方向相反，小球的加速度ag，C错误；弹簧b中弹力为mg，若弹簧b的下端松脱，则松脱瞬间弹簧a的弹力不变，故小球所受重力和弹簧a弹力的合力与Fb大小相等、方向相反，故小球的加速度ag，D正确10(2018·湖南郴州质检)如图(a)所示，质量为5 kg的小物块以初速度v011 m/s从53°固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F.第二次无恒力F.图(b)中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的vt图线不考虑空气阻力，g10 m/s2，(sin 53°0.8、cos 53°0.6)下列说法中正确的是()A恒力F的大小为5 NB恒力F的大小为10 NC物块与斜面间的动摩擦因数为D物块与斜面间的动摩擦因数为0.5解析：选AD.由题图可得：a；有恒力F时：a1 m/s210 m/s2；无恒力F时：a2 m/s211 m/s2由牛顿第二定律得：无恒力F时：mgsin mgcos ma2解得：0.5有恒力F时：mgsin mgcos Fma1解得：F5 N，故A、D正确，B、C错误三、非选择题11.(2018·江西重点中学六校联考)如图所示，一个竖直固定在地面上的透气圆筒，筒中有一劲度系数为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料ER流体，它对滑块的阻力可调滑块静止时，ER流体对其阻力为零，此时弹簧的长度为L.现有一质量也为m(可视为质点)的物体在圆筒正上方距地面2L处自由下落，与滑块碰撞(碰撞时间极短)后黏在一起，并以物体碰前瞬间速度的一半向下运动ER流体对滑块的阻力随滑块下移而变化，使滑块做匀减速运动，当下移距离为d时，速度减小为物体与滑块碰撞前瞬间速度的四分之一取重力加速度为g，忽略空气阻力，试求：(1)物体与滑块碰撞前瞬间的速度大小； (2)滑块向下运动过程中的加速度大小； (3)当下移距离为d时，ER流体对滑块的阻力大小. 解析：(1)设物体与滑块碰撞前瞬间的速度大小为v0，由自由落体运动规律有v2gL，解得v0.(2)设滑块做匀减速运动的加速度大小为a，取竖直向下为正方向，则有2axvv，xd，v1，v2，解得a.(3)设下移距离d时弹簧弹力为F，ER流体对滑块的阻力为FER，对物体与滑块组成的整体，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得FFER2mg2maFk(dx0)mgkx0联立解得FERmgkd.答案：(1)(2)(3)mgkd12.(2018·陕西西安模拟)小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角的关系如图所示取g10 m/s2，空气阻力不计可能用到的函数值：sin 30°0.5，sin 37°0.6.求：(1)物块的初速度v0；(2)物块与斜面之间的动摩擦因数；(3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)解析：(1)当90°时，物块做竖直上抛运动，末速度为0由题图得上升最大位移为xm3.2 m由v2gxm，得v08 m/s.(2)当0时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0由题图得水平最大位移为x6.4 m由运动学公式有：v2ax由牛顿第二定律得：mgma，得0.5.(3)设题图中P点对应的斜面倾角值为，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0由题图得物块沿斜面运动的最大位移为x3.2 m由运动学公式有：v2ax由牛顿第二定律有：mgsin mgcos ma得10sin 5cos 10，得37°.因为mgsin 6mmgcos 4m，所以能滑回斜面底端答案：(1)8 m/s(2)0.5(3)37°能滑回底端理由见解析