高考物理复习方案 第3章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc

第2讲牛顿第二定律两类动力学问题知识点1牛顿第二定律单位制1.牛顿第二定律(1)内容：物体的加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向与作用力的方向相同。(2)表达式：a或Fma。(3)适用范围牛顿第二定律只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。2单位制、基本单位、导出单位(1)单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制。基本物理量：只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理公式推导出其他物理量的单位，这些被选定的物理量叫做基本物理量。基本单位：基本物理量的单位。力学中的基本物理量有三个，它们是质量、时间、长度，它们的单位是基本单位。导出单位：由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。(2)国际单位制中的基本单位基本物理量符号单位名称单位符号质量m 千克kg时间t秒s长度l米m电流I安培A热力学温度T开尔文K物质的量n摩尔mol发光强度IV坎德拉cd知识点2牛顿定律的应用1.动力学的两类基本问题(1)已知受力情况求物体的运动情况；(2)已知运动情况求物体的受力情况。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，具体逻辑关系如图：双基夯实一、思维辨析1牛顿第二定律表达式Fma在任何情况下都适用。()2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。()3质量越大的物体加速度越小。()4千克、克、秒、小时、分钟均属于基本单位。()5力的单位牛顿，简称牛，也属于基本单位。()6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。()答案1.×2.3.×4.5.×6.二、对点激活1对牛顿第二定律内容和公式的理解关于牛顿第二定律，以下说法中正确的是()A由牛顿第二定律可知，加速度大的物体，所受的合力一定大B牛顿第二定律说明了质量大的物体，其加速度一定就小C由Fma可知，物体所受到的合力与物体的质量成正比D对同一物体而言，物体的加速度与物体所受的合力成正比，而且在任何情况下，加速度的方向始终与物体所受的合力方向一致答案D解析加速度是由合力和质量共同决定的，故加速度大的物体，所受合力不一定大，选项A、B错误；物体所受到的合力与物体的质量无关，故C错误；由牛顿第二定律可知，物体的加速度与物体所受到的合力成正比，并且加速度的方向与合力方向一致，故D选项正确。2力学单位制的应用(多选)关于力学单位制，以下说法中正确的是()Akg、m/s、N等单位为导出单位Bkg、m、s都是基本单位C牛顿第二定律的表达式Fkma，式中各物理量取国际单位时k1D在国际单位制中，质量的单位可以是kg，也可以是g答案BC解析kg为基本单位，故A错。kg、m、s是国际单位制中的基本单位，故B正确。Fkma，质量取“kg”，a取“m/s2”，F取“N”时k1，C正确，国际单位制中质量的单位是kg，D错。3动力学两类基本问题在有空气阻力的情况下，以初速度v1竖直上抛一物体，经过时间t1到达最高点，又经过时间t2，物体由最高点落回到抛出点，这时物体的速度为v2，则()Av2v1，t2t1 Bv2>v1，t2>t1Cv2<v1，t2<t1 Dv2<v1，t2>t1答案D解析上升过程由逆向法知ha1t，v1。下降过程ha2t，v2因为有空气阻力，故a1，a2所以a1>a2，比较可得v1>v2，t1<t2。考点牛顿第二定律的瞬时性拓展延伸1牛顿第二定律(1)表达式为Fma。(2)理解：其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化。2两类模型(1)刚性绳(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解题思路例1如图所示，三个物块A、B、C的质量满足mA2mB3mC，A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断A、B间的细绳，则此瞬间A、B、C的加速度分别为(取向下为正)()Ag、2g、0 B2g、2g、0Cg、g、0 D2g、g、g(1)剪断细绳前悬挂A弹簧的力以哪个物体为研究对象求解？提示：A、B、C整体。(2)剪断A、B间细绳，弹簧上的力突变吗？提示：不突变。尝试解答选C。系统静止时，A物块受重力GAmAg，弹簧向上的拉力F(mAmBmC)g，A、B间细绳的拉力FAB(mBmC)g作用，B、C间弹簧的弹力FBCmCg。剪断细绳瞬间，弹簧形变来不及恢复，即弹力不变，由牛顿第二定律，对物块A有：FGAmAaA，解得：aAg，方向竖直向上；对B：FBCGBmBaB，解得：aBg，方向竖直向下；剪断细绳的瞬间，C的受力不变，其加速度仍为零。总结升华求解瞬时加速度问题时应抓住“两点”(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过程的积累，不会发生突变。1. 如图所示，A、B两小球分别连在轻绳两端，B球另一端用弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面上。A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在绳被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为()A.都等于 B.和0C.和· D.·和答案C解析当A、B球静止时，弹簧弹力F(mAmB)gsin，当绳被剪断的瞬间，弹簧弹力F不变，对B分析，则FmBgsinmBaB，可解得aB·，当绳被剪断后，球A受的合力为重力沿斜面向下的分力，F合mAgsinmAaA，所以aA，综上所述选项C正确。2如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为，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，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()A.两图中两球加速度均为gsinB.两图中A球的加速度均为零C.图乙中轻杆的作用力一定不为零D.图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍答案D解析撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsin，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，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin，加速度为2gsin；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin，加速度均为gsin，可知只有D对。考点力与运动的关系深化理解1.力是产生加速度的原因。2.作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律。3.速度增大或减小是由速度与加速度的方向关系决定的，二者同向则速度增大，反向则速度减小。例2(多选)如图所示，一轻质弹簧一端固定在墙上的O点，自由伸长到B点。今用一小物体m把弹簧压缩到A点(m与弹簧不连接)，然后释放，小物体能经B点运动到C点而静止。小物体m与水平面间的动摩擦因数恒定，则下列说法中正确的是()A物体从A到B速度越来越大B.物体从A到B速度先增加后减小C.物体从A到B加速度越来越小D.物体从A到B加速度先减小后增加(1)由A到C的过程中，物体受地面的摩擦力和弹簧弹力大小相等的位置出现在B点哪侧？提示：B点左侧。(2)a0时速度最大吗？提示：a0时出现在A、B之间，那时速度达最大值。尝试解答选BD。物体从A到B的过程中，水平方向一直受到向左的滑动摩擦力作用，大小不变；还一直受到向右的弹簧的弹力，从某个值逐渐减小为0。开始时，弹力大于摩擦力，合力向右，物体向右加速，随着弹力的减小，合力越来越小；到A、B间的某一位置时，弹力和摩擦力大小相等、方向相反，合力为0，速度达到最大；随后，摩擦力大于弹力，合力增大但方向向左，合力方向与速度方向相反，物体开始做减速运动。所以，小物体由A到B的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加速度增加的减速运动，正确选项为B、D。总结升华弹簧弹力作用下的动态运动问题的基本处理方法宜采用“逐段分析法”与“临界分析法”相结合，将运动过程划分为几个不同的子过程，而找中间的转折点是划分子过程的关键。(1)合外力为零的点即加速度为零的点，是加速度方向发生改变的点，在该点物体的速度具有极值。(2)速度为零的点，是物体运动方向(速度方向)发生改变的转折点。1如图所示，一个铁球从竖立在地面上的轻质弹簧的正上方某处自由落下，接触弹簧后将弹簧压缩。从它接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的速度和受到的合外力的变化情况是()A.合力变小，速度变小B.合力变小，速度变大C.合力先变小后变大，速度先变小后变大D.合力先变小后变大，速度先变大后变小答案D解析铁球接触弹簧前，做自由落体运动，有一向下的速度。铁球接触弹簧后，在整个压缩弹簧的过程中，仅受重力G和弹簧弹力F的作用。开始压缩时，弹簧的弹力F小于物体的重力G，合外力向下，铁球向下做加速运动。但随着铁球向下运动，弹簧形变量增大，弹力随之增大，合外力减小，加速度减小，但速度增大。当弹簧弹力增至与重力相等的瞬间，合力为零，加速度为零，速度最大。此后，弹簧弹力继续增大，弹力大于重力，合力向上且逐渐增大，加速度向上且逐渐增大，直至铁球速度逐渐减小为零，此时弹簧压缩量最大。2.一皮带传送装置如图所示，皮带的速度v足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自然长度，则当弹簧从自然长度到第一次达最长这一过程中，滑块的速度和加速度变化的情况是()A.速度增大，加速度增大B.速度增大，加速度减小C.速度先增大后减小，加速度先增大后减小D.速度先增大后减小，加速度先减小后增大答案D解析滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力Ff和弹簧向右的拉力F拉kx，合力F合FfF拉ma，当弹簧从自然长度到第一次达最长这一过程中，x逐渐增大，拉力F拉逐渐增大，因为皮带的速度v足够大，所以合力F合先减小后反向增大，从而加速度a先减小后反向增大；滑动摩擦力与弹簧弹力相等之前，加速度与速度同向，滑动摩擦力与弹簧拉力相等之后，加速度便与速度方向相反，故滑块的速度先增大，后减小。考点动力学的两类基本问题解题技巧动力学的两类基本问题的解题步骤例32016·洛阳模拟某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目推矿泉水瓶。选手们从起点开始用力推瓶子一段时间后，放手让它向前滑动，若瓶子最后停在桌上有效区域内(不能压线)视为成功；若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败。其简化模型如图所示，AC是长度L15.5 m的水平桌面，选手们将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC为有效区域。已知BC长度L21.1 m，瓶子质量m0.5 kg，与桌面间的动摩擦因数0.2，g取10 m/s2。某选手作用在瓶子上的水平推力F11 N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求：在手推瓶子过程中瓶子的位移取值范围。(令2.2)(1)瓶子的运动过程分几段？各是什么运动？提示：两段，先匀加速直线后匀减速直线。(2)选手若要成功，瓶子的位移在什么范围内？提示：L1L2<x<L1。尝试解答0.4_0.5_m。要想获得成功，瓶子滑到B点时速度恰好为0，力作用时间最短，滑到C点时速度恰好为0，力作用时间最长。设力作用时的加速度为a1、位移为x1，撤力时瓶子的速度为v1，撤力后瓶子的加速度为a2、位移为x2，则Fmgma1，mgma2,2a1x1v，2a2x2v，L1L2<x1x2<L1由以上各式联立可解得：0.4 m<x1<0.5 m。总结升华解决两类动力学问题的两个关键点(1)把握“两个分析”、“一个桥梁”两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析。一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁。(2)寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，画图找出各过程的位移之间的联系。12015·邯郸一模如图，AB为光滑竖直杆，ACB为构成直角的光滑L形直轨道，C处有一小圆弧连接，可使小球顺利转弯(即通过转弯处不损失机械能)。套在杆上的小球自A点静止释放，分别沿AB轨道和ACB轨道运动，如果沿ACB轨道运动的时间是沿AB轨道运动时间的1.5倍，则AB与AC的夹角为多少？答案53°解析设AB的长度为l，BAC，由几何关系可得：AC的长度为lcos，CB的长度为lsin小球沿AB做自由落体运动，运动的时间为t：有lgt2设AC段所用时间为t1，CB段所用时间为t2，由题可知t1t21.5t小球沿AC段运动时，加速度为a1，由牛顿第二定律可得mgcosma1且lcosgcost联立，可得t1t，t20.5t；小球在C点的速度为vgcost1沿CB做匀加速运动，加速度为a2，由牛顿第二定律可得：mgsinma2且 lsinvt2a2t联立解得：53°。2在北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神。为了探究上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化。一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示。设运动员的质量为65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦。重力加速度取g10 m/s2。当运动员与吊椅一起正以加速度a1 m/s2上升时，试求：(1)运动员竖直向下拉绳的力；(2)运动员对吊椅的压力。答案(1)440 N(2)275 N解析(1)设运动员受到绳向上的拉力为F，由于跨过定滑轮的两段绳子拉力相等，吊椅受到绳的拉力也是F。对运动员和吊椅整体进行受力分析如图所示，则有：2F(m人m椅)g(m人m椅)aF440 N由牛顿第三定律，运动员竖直向下拉绳的力F440 N。(2)设吊椅对运动员的支持力为FN，对运动员进行受力分析如图所示，则有：FFNm人gm人aFN275 N由牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力也为275 N，方向竖直向下。考点等时圆模型解题技巧例4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()A.21B11C.1 D1(1)重物从A到B做的什么运动？提示：匀加速直线运动。(2)如何表示斜槽的长度？提示：sAB2R·sin60°2r·sin60°sCD2R·sin30°2r·sin30°。尝试解答选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，即所用的时间t与倾角无关，所以t1t2，B项正确。总结升华等时圆模型的两种情况(1)物体沿着位于同一竖直圆上的所有过圆周最低点的光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点的时间均相等，且为t2(如图甲所示)。(2)物体沿着位于同一竖直圆上的所有过顶点的光滑弦由静止下滑，到达圆周低端时间相等为t2(如图乙所示)。1(多选)如图所示，一物体从竖直平面内的圆环的最高点A处由静止开始沿光滑弦轨道AB下滑至B点，那么()A.只要知道弦长，就能求出运动时间B.只要知道圆半径，就能求出运动时间C.只要知道倾角，就能求出运动时间D.只要知道弦长和倾角，就能求出运动时间答案BD解析物体沿AB弦轨道下滑，加速度为agcos，弦长l2R·cos，则t2，故B正确。已知弦长和倾角，可以算出半径R，故D正确。22015·崇明模拟如图所示，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()A.a球最先到达M点 Bb球最先到达M点C.c球最先到达M点 Db球和c球同时到达M点答案C解析如图所示，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下滑时的加速度为agsin，球下滑到M用时满足AM2Rsingsint，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。案例剖析2015·山东模拟(14分)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图象求：(1)物体的初速度v0；(2)物体与斜面间的动摩擦因数；(3)取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin。审题抓住信息，准确推断破题形成思路，快速突破(1)物体初速度v0的求解。请分析斜面倾角90°时物体的运动。提示：竖直上抛。运用哪一规律？提示：v2gx1。(2)物体与斜面间动摩擦因数的解答。若v0已求出，图象中还有哪一信息可以利用来求？提示：0°时mgma，加速度涉及。0°时物体做什么运动？提示：在水平面上做匀减速直线运动。(3)xmin的求解。设斜面倾角为，沿斜面上升的最大位移可求吗？提示：可求，x。数学方程gsingcos能求极值吗？提示：能，有最大值。解题规范步骤，水到渠成当90°时，ag(1分)据v2gx1(2分)得v06 m/s(1分)当0°时，ag(2分)由v2ax2(2分)得0.75(1分)设斜面倾角为时，沿斜面上升的最大位移达最小agsingcos(2分)x(1分)联立得：x所以xmin1.44 m(2分)点题突破瓶颈，稳拿满分(1)常见的思维障碍：不能根据图象提炼有用信息。0°时不知是竖直上抛。(2)因解答不规范导致的失分：爱写综合式子，不分写方程，牵一发而动全身，可能一个小错就导致以下全过程出错。不写基本方程。1.2015·课标全国卷(多选)如图(a)，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，其运动的v­t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答案ACD解析由v­t图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别列出方程，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A、C正确；根据运动的v­t图线与横轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大高度，选项D正确。22015·海南高考 (多选)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()Aa13g Ba10Cl12l2 Dl1l2答案AC解析剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T3mg。因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同。则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mgma1得a13g，A正确，B错误。由胡克定律知：2mgkl1，mgkl2，所以l12l2，C正确，D错误。32015·海南高考(多选)如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时，()A物块与斜面间的摩擦力减小B物块与斜面间的正压力增大C物块相对于斜面减速下滑D物块相对于斜面匀速下滑答案BD解析当升降机匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑时有：mgsinmgcos，则tan(为斜面倾角)，当升降机加速上升时，设加速度为a；物块处于超重状态，超重ma。物块“重力”变为Gmgma，支持力变为N(mgma)cos>mgcos，B对。“重力”沿斜面向下的分力G下(mgma)sin，沿斜面摩擦力变为fN(mgma)cos>mgcos，A错误。f(mgma)costan(mgma)cos(mgma)sinG下，所以物块仍沿斜面匀速运动，D对，C错误。42015·重庆高考高空作业须系安全带。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.mg B.mgC.mg D.mg答案A解析人做自由落体运动时，有v，选向下为正方向，mgFma,0vat，得Fmg，所以A项正确。52014·山东高考(多选)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图。在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有()At1 Bt2Ct3 Dt4答案AC解析v­t图象中，纵轴表示各时刻的速度，t1、t2时刻速度为正，t3、t4时刻速度为负，图线上各点切线的斜率表示该时刻的加速度，t1、t4时刻加速度为正，t2、t3时刻加速度为负，根据牛顿第二定律，加速度与合外力方向相同，故t1时刻合外力与速度均为正，t3时刻合外力与速度均为负，A、C正确，B、D错误。62015·浙江模拟如图所示，位于竖直平面内的圆与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，C为圆的最高点，竖直墙上点B、D与M的连线和水平面的夹角分别为53°和37°。已知在t0时，a、b、d三个球分别由A、B、D三点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点；c球由C自由下落到M点，则()Aa、b和d球同时到达M点Bb球和d球同时到达M点Cc球位移最大，最后到达M点D沿墙壁上任意一点到M点的光滑斜直轨道由静止下滑的物体，下落高度越低，用时越短答案B解析设圆的半径为r，对于AM段，位移：x1r，加速度为：a1gsin45°g，由位移时间公式得，所用时间：t12对于BM段，位移：x2r，加速度为：a2gsin53°g，由位移时间公式得，所用时间为：t2对于CM段，位移：x32r，加速度为：a3g，由位移时间公式得，所用时间为：t3对于DM段，位移：x4r，加速度为：a4gsin37°g，由位移时间公式得，所用时间为：t4故：t1t3<t2t4故a、c同时到达M点，b、d同时到达M点，且ac用时短于bd用时，故A、C、D错误，B正确。72016·福建六校联考将一斜面固定在水平地面上，在斜面上放一小滑块A，如图甲。在小滑块A上放一小物体B，物体B始终与A保持相对静止，如图乙。在小滑块A上施加一竖直向下的作用力F，如图丙。则下列说法正确的是()A若甲图中A可沿斜面匀加速下滑，加力F后加速度将增大B若甲图中A可沿斜面匀速下滑，加力F后将加速下滑C若甲图中A可沿斜面匀加速下滑，加物体B后加速度将增大D若甲图中A可沿斜面匀速下滑，加物体B后将加速下滑答案A解析若甲图中A匀速下滑，得：mAgsinmAgcos，tan。若在A上加物体，有(mAmB)gsin(mAmB)·gcos，仍匀速下滑。若在A上加力F，有mAgsinFsin(mAgcosFcos)，仍匀速下滑，故B、D项均错误。若甲图中A匀加速下滑，有：mAgsinmAgcosmAa，若在A上加物体，有：(mAmB)gsin(mAmB)·gcos(mAmB)a1，得aa1，故C错误。若在A上加力F有：(mAgF)sin(mAgF)cosmAa2，得a2a，故A项正确。82015·福建福州质检如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。观察小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是()答案A解析小球先做自由落体运动，接触弹簧后小球做加速度减小的加速运动，直至重力和弹力相等，即mgkx，此时a0，小球速度达到最大值vmax，此后小球继续下降，小球重力小于弹力，加速度方向向上，小球向下做加速度增大的减速运动直至最低点，小球速度为0，加速度最大，A正确，B错误。弹簧形变量x与t不是线性关系，则a与t也不是线性关系，D错误。根据运动的对称性，小球到达最低点时a>g，C错误。时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中16为单选，710为多选)12016·江苏姜堰区期中物体由静止开始做直线运动，则上下两图对应关系正确的是(图中F表示物体所受的合力，a表示物体的加速度，v表示物体的速度，x表示物体的位移)()答案B解析A选项中a与F的图象应一致，所以A错，C、D选项中速度先增加后减小时，因为速度没改变方向，位移应该继续增大，所以C、D错误。故选B。22015·衡水调研如图甲所示，在木箱内粗糙斜面上静止一个质量为m的物体，木箱竖直向上运动的速度v与时间t的变化规律如图乙所示，物体始终相对斜面静止。斜面对物体的支持力和摩擦力分别为N和f，则下列说法正确的是()A在0t1时间内，N增大，f减小B在0t1时间内，N减小，f增大C在t1t2时间内，N增大，f增大D在t1t2时间内，N减小，f减小答案D解析在0t1时间内，由图可知，物体做加速运动，加速度逐渐减小，设斜面倾角为，对物体受力分析，在竖直方向上有Ncosfsinmgma1，在水平方向上有Nsinfcos，因加速度减小，则支持力N和摩擦力f均减小。在t1t2时间内，由图可知，物体做减速运动，加速度逐渐增大，对物体受力分析，在竖直方向上有mg(Ncosfsin)ma2，在水平方向上有Nsinfcos，因加速度增大，则支持力N和摩擦力f均减小，故选D。32016·莱州质检如图所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的弹簧压向左壁，小车向右加速运动。若小车向右加速度增大，则车左壁受物块的压力F1和车右壁受弹簧的压力F2的大小变化是()AF1不变，F2变大 BF1变大，F2不变CF1、F2都变大 DF1变大，F2减小答案B解析若小车向右加速度增大，弹簧长度不变，则车左壁受物块的压力F1增大，车右壁受弹簧的压力F2的大小不变，选项B正确。42015·正定模拟质量不可忽略的小球与轻质弹簧相连，穿在光滑的杆上，杆与水平面的夹角为45°。弹簧下端固定于杆上，初始系统静止，现在将系统以加速度g向右做匀加速运动，当地重力加速度为g。则()A静止时，弹簧的弹力等于小球重力的一半B静止时，杆的弹力小于弹簧的弹力C加速时，弹簧的弹力等于零D加速时，弹簧的形变量是静止时的2倍答案C解析根据力的平衡，当系统静止时，小球受弹簧的弹力Fmgsin45°mg，此时杆对小球的弹力FNmgcos45°mg，与弹簧弹力大小相等，所以A、B项均错。当系统以加速度g向右做匀加速运动时，对小球受力分析如图，正交分解得：FNsin45°Fcos45°mg，FN·cos45°F·sin45°mg，可得弹簧弹力F0，C正确，D错误。5为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是()答案C解析设屋檐的底角为，底边长为2L(不变)。雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度agsin，位移大小xat2，而x，2sincossin2，联立以上各式得t。当45°时，sin21为最大值，时间t最短，故选项C正确。6如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，ACBCDC543，AC杆竖直，各杆上分别套有一质点小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为123，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为()A111 B543C589 D123答案A解析利用等时圆模型，以AC为直径画圆，B、D刚好在圆上，所以时间相等，故A正确。72015·宁波模拟如图所示，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角，若<，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gtan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mgtanma，解得agtan，故小车的加速度为gtan，选项B、D正确。8如图所示，在水平地面上的箱子内，用细线将质量均为m的两个球a、b分别系于箱子的上、下两底的内侧，轻质弹簧两端分别与球相连接，系统处于静止状态时，弹簧处于拉伸状态，下端细线对箱底的拉力为F，箱子的质量为M，则下列说法正确的是(重力加速度为g)()A系统处于静止状态时地面受到的压力大小为(M2m)gFB系统处于静止状态时地面受到压力大小为(M2m)gC剪断连接球b与箱底的细线的瞬间，地面受到的压力大小为(M2m)gFD剪断连接球b与箱底的细线的瞬间，地面受到的压力大小为(M2m)g答案BC解析系统处于静止状态时，对整体进行受力分析，由平衡条件可得，地面对整体的支持力FN(M2m)g，由牛顿第三定律可知地面受到的压力大小为(M2m)g，选项B正确，A错误；剪断连接球b与箱底的细线瞬间，球b向上加速运动，地面受到的压力大小为(M2m)gF，选项C正确，D错误。9如图所示，质量分别为m、2m的两物块A、B中间用轻弹簧相连，A、B与水平面间的动摩擦因数均为，在水平推力F作用下，A、B一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动。当突然撤去推力F的瞬间，A、B两物块的加速度大小分别为()AaA2a3g BaA2(ag)CaBa DaBag答案AC解析撤去F前，根据牛顿第二定律，对A、B、弹簧整体有F·3mg3ma, 对B有FN·2mg2ma，得FN2(ag)m。撤去F的瞬间弹簧弹力不变，大小仍为FN，两物块受到的滑动摩擦力不变，所以，物块B受力不变，aBa，对物块A，由牛顿第二定律得FNmgmaA，有aA2a3g。综上分析，A、C项正确。102015·郑州模拟乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)。则()A小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C小物块受到的滑动摩擦力为mgmaD小物块受到的静摩擦力为mgma答案AD解析小物块相对于斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力。缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以小物块为研究对象，则有Ffmgsin30°ma，Ffmgma，方向平行斜面向上。二、非选择题(本题共2小题，共30分)112015·福州质检(14分)如图甲所示，质量m1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v­t图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求：(1)2 s内物块的位移大小s和通过的路程L；(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。答案(1)0.5 m1.5 m(2)4 m/s24 m/s28 N解析(1)在2 s内，由图乙知：物块