高中高考物理总复习一轮复习知识归纳第三章第2讲.docx

高考试卷试题学习资料第2讲应用牛顿第二定律处理“四类”问题一、瞬时问题1牛顿第二定律的表达式为：F合ma，加速度由物体所受合外力决定，加速度的方向与物体所受合外力的方向一致当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变2轻绳、轻杆和轻弹簧(橡皮条)的区别：(1)轻绳和轻杆：剪断轻绳或轻杆断开后，原有的弹力将突变为0.(2)轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条两端与其他物体连接时，轻弹簧或橡皮条的弹力不能发生突变自测1如图1，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()图1A1.5g，1.5g，0Bg，2g，0Cg，g，gDg，g,0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3mg2ma，解得a1.5g，选项A正确二、超重和失重1超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象(2)产生条件：物体具有向上的加速度2失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象(2)产生条件：物体具有向下的加速度3完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象(2)产生条件：物体的加速度ag，方向竖直向下4实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重自测2关于超重和失重的下列说法中，正确的是()A超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了B物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用C物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态D物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化答案D三、动力学图象1类型(1)已知图象分析运动和受力情况；(2)已知运动和受力情况分析图象的形状2用到的相关知识通常要先对物体受力分析求合力，再根据牛顿第二定律求加速度，然后结合运动学公式分析自测3(2016·海南单科·5)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度时间图线如图2所示已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在05 s,510 s,1015 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则()图2AF1<F2 BF2>F3CF1>F3 DF1F3答案A命题点一超重与失重现象1对超重和失重的理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失(3)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态(4)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重现象2判断超重和失重的方法从受力的角度判断当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态从速度变化的角度判断物体向上加速或向下减速时，超重物体向下加速或向上减速时，失重例1(2018·四川省乐山市第二次调研)图3甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的O表示人的重心图乙是根据传感器采集到的数据画出的Ft图线，两图中ag各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出取重力加速度g10 m/s2，根据图象分析可知()图3A人的重力为1 500 NBc点位置人处于失重状态Ce点位置人处于超重状态Dd点的加速度小于f点的加速度答案C解析开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500 N，根据平衡条件与牛顿第三定律可知，人的重力也是500 N，故A错误；c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故B错误；e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故C正确；人在d点时：a1 m/s220 m/s2，人在f点时：a2 m/s210 m/s2，可知d点的加速度大于f点的加速度，故D错误变式1广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t0时由静止开始上升，at图象如图4所示则下列相关说法正确的是()图4At4.5 s时，电梯处于失重状态B555 s时间内，绳索拉力最小Ct59.5 s时，电梯处于超重状态Dt60 s时，电梯速度恰好为零答案D解析利用at图象可判断：t4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，A错误；05 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，555 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，5560 s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，B、C错误；因at图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t60 s时为零，D正确变式2(2018·广东省深圳市三校模拟)如图5，将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器当箱子随电梯以a4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N取g10 m/s2，若下底板示数不变，上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的运动状态可能是()图5A匀加速上升，a5 m/s2B匀加速下降，a5 m/s2C匀速上升D静止状态答案B解析当箱子随电梯以a4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，对金属块受力分析，由牛顿第二定律知：FN上mgFN下ma，m kg1 kg，Gmg10 N若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，由于弹簧压缩量不变，下底板传感器示数不变，仍为10 N，则上顶板传感器的示数是5 N.对金属块，由牛顿第二定律知 FN上mgFN下ma解得 a5 m/s2，方向向下，故电梯以a5 m/s2的加速度匀加速下降，或以a5 m/s2的加速度匀减速上升故A、C、D错误，B正确命题点二瞬时问题的两类模型1两种模型加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：2解题思路3两个易混问题(1)如图6甲、乙中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中A处剪断，则图甲中的轻质弹簧和图乙中的下段绳子的拉力将如何变化呢？图6(2)由(1)的分析可以得出什么结论？答案(1)弹簧的弹力来不及变化，下段绳的拉力变为0.(2)绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变例2(2019·河北省衡水中学第一次调研)如图7所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为()图7AaAaBg BaA2g，aB0CaAg，aB0 DaA2g，aB0答案D解析水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图所示，静止时，FTFsin 60°，Fcos 60°mAgF1，F1mBg，又mAmB解得FT2mAg水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，所以aA2g，aB0.例3(多选)如图8所示，倾角为的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，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弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线下列判断正确的是()图8A细线被剪断的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零B细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为零C细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为gsin D细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mgsin 答案CD解析剪断细线前，以A、B、C组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，所受合力为零，则弹簧的弹力为F(3m2mm)gsin 6mgsin .以C为研究对象知，细线的拉力为3mgsin .剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F(m2m)gsin (m2m)aAB，解得A、B两个小球的加速度为aABgsin ，方向沿斜面向上，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：FAB2mgsin 2maAB，解得杆的拉力为FAB4mgsin ，以C为研究对象，由牛顿第二定律得aCgsin ，方向沿斜面向下，故C、D正确，A、B错误变式3(2018·山西省吕梁市第一次模拟)如图9所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑固定斜面的倾角为，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，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()图9A图甲中A球的加速度为gsin B图甲中B球的加速度为2gsin C图乙中A、B两球的加速度均为gsin D图乙中轻杆的作用力一定不为零答案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 ，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 ，加速度为4gsin ；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体的合力为4mgsin ，A、B两球的加速度均为gsin ，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正确命题点三动力学图象问题1常见的动力学图象vt图象、at图象、Ft图象、Fa图象等2图象问题的类型(1)已知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况(3)由已知条件确定某物理量的变化图象3解题策略(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情景结合起来，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例4(2018·广东省湛江市第二次模拟)如图10甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量为M的足够长木板，质量为m的小滑块(可视为质点)放在长木板上长木板受到水平拉力F与加速度的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10 m/s2，下列说法正确的是()图10A长木板的质量M2 kgB小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4C当F14 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2D当F增大时，小滑块的加速度一定增大答案B解析当F等于12 N时，加速度为：a04 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F(Mm)a0，代入数据解得：Mm3 kg；当F大于12 N时，m和M发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：FmgMa，则FMamg，则知Fa图线的斜率kM1，则M1 kg，故m2 kg，故A错误；由A项分析可知：F大于12 N时，Fa20，若F8 N，a0，即得0.4，故B正确；由A项分析可知：F大于12 N时Fa8，当F14 N时，长木板的加速度为：a6 m/s2，故C错误；当F大于12 N后，二者发生相对滑动，小滑块的加速度为ag，与F无关，F增大时小滑块的加速度不变，故D错误变式4(多选)(2019·福建省三明市质检)水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图11所示，已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动，取g10 m/s2，则(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()图11A物块与地面的动摩擦因数为0.2B3 s末物块受到的摩擦力大小为3 NC4 s末物块受到的摩擦力大小为1 ND5 s末物块的加速度大小为3 m/s2答案BC解析在02 s内物块做匀速直线运动，则摩擦力Ff3 N，则0.3，选项A错误；2 s后物块做匀减速直线运动，加速度a m/s22 m/s2，则经过t2 s，即4 s末速度减为零，则3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N,4 s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N5 N1 N，选项B、C正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5 s末物块的加速度为零，选项D错误变式5(2018·安徽省池州市上学期期末)如图12所示为质量m75 kg的滑雪运动员在倾角37°的直滑道上由静止开始向下滑行的vt图象，图中的OA直线是t0时刻速度图线的切线，速度图线末段BC平行于时间轴，运动员与滑道间的动摩擦因数为，所受空气阻力与速度成正比，比例系数为k.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8，则()图12A滑雪运动员开始时做加速度增大的加速直线运动，最后做匀速运动Bt0时刻运动员的加速度大小为2 m/s2C动摩擦因数为0.25D比例系数k为15 kg/s答案C解析由vt图象可知，滑雪运动员开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速运动，故A错误；在t0时刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度，故有a0 m/s24 m/s2，故B错误；在t0时刻开始加速时，v00，由牛顿第二定律可得mgsin kv0mgcos ma0，最后匀速时有：vm10 m/s，a0，由平衡条件可得mgsin kvmmgcos 0，联立解得： 0.25，k30 kg/s，故C正确，D错误命题点四动力学中的连接体问题1连接体的类型(1)弹簧连接体(2)物物叠放连接体(3)轻绳连接体(4)轻杆连接体2连接体的运动特点轻绳轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等轻杆轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比轻弹簧在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等3处理连接体问题的方法整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力即“先整体求加速度，后隔离求内力”例5(多选)(2018·广东省湛江市第二次模拟)如图13所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上现用水平拉力作用于a，使三个物块一起水平向右匀速运动各接触面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g.下列说法正确的是()图13A该水平拉力大于轻绳的弹力B物块c受到的摩擦力大小为mgC当该水平拉力增大为原来的1.5倍时，物块c受到的摩擦力大小为0.5mgD剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为mg答案ACD解析三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件得，对a、b、c系统：F3mg，对b、c系统：FT2mg，则F>FT，即水平拉力大于轻绳的弹力，故A正确；c做匀速直线运动，处于平衡状态，则c不受摩擦力，故B错误；当水平拉力增大为原来的1.5倍时，F1.5F4.5mg，由牛顿第二定律得：对a、b、c系统：F3mg3ma，对c：Ffma，解得Ff0.5 mg，故C正确；剪断轻绳后，b、c一起做匀减速直线运动，对b、c系统，由牛顿第二定律得：2mg2ma，对c：Ffma，解得Ffmg，故D正确变式6(多选)(2019·河南省郑州市质检)如图14所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是()图14A若m>M，有x1x2 B若m<M，有x1x2C若>sin ，有x1>x2 D若<sin ，有x1<x2答案AB解析在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F(mM)g(mM)a1隔离物块A，根据牛顿第二定律，有FTmgma1联立解得FT在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F(mM)gsin (mM)a2隔离物块A，根据牛顿第二定律，有FTmgsin ma2联立解得FT比较可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误变式7(多选)如图15所示，倾角为的斜面放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是()图15A斜面光滑B斜面粗糙C达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左D达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右答案AC解析隔离小球，可知小球的加速度方向为沿斜面向下，大小为gsin ，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是gsin ，所以A正确，B错误将支架系统和斜面看成一个整体，因为支架系统具有沿斜面向下的加速度，故地面对斜面体的摩擦力水平向左，C正确，D错误1(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1所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力()图1At2 s时最大 Bt2 s时最小Ct8.5 s时最大 Dt8.5 s时最小答案AD解析人乘电梯向上运动，规定向上为正方向，人受到重力和支持力两个力的作用，则有Fmgma，即Fmgma，根据牛顿第三定律知，人对地板的压力大小等于地板对人的支持力大小，将对应时刻的加速度(包含正负号)代入上式，可得选项A、D正确，B、C错误2(2018·湖北省黄冈市质检)如图2所示，电视剧拍摄时，要制造雨中场景，剧组工作人员用消防水枪向天空喷出水龙，降落时就成了一场“雨”若忽略空气阻力，以下分析正确的是()图2A水枪喷出的水在上升时超重B水枪喷出的水在下降时超重C水枪喷出的水在最高点时，速度方向斜向下D水滴在下落时，越接近地面，速度方向越接近竖直方向答案D解析由于水在空中不论上升还是下降均只受重力，加速度向下，故水均处于完全失重状态，故A、B错误；在最高点时，水的竖直速度变为零，此时只有水平方向的速度，故C错误；水落下时的速度为水平速度和竖直速度的合速度，越向下来，竖直速度越大，则速度的方向越接近竖直方向，故D正确3(2019·广东省东莞市调研)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图3所示当此车匀减速上坡时，乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)()图3A处于超重状态B不受摩擦力的作用C受到向后(水平向左)的摩擦力作用D所受合力竖直向上答案C解析当车匀减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变，则人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图所示将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，所以乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确4(2019·安徽省淮北市质检)如图4甲所示，在光滑的水平面上，物体A在水平方向的外力F作用下做直线运动，其vt图象如图乙所示，规定向右为正方向下列判断正确的是()图4A在3 s末，物体处于出发点右方B在12 s内，物体正向左运动，且速度大小在减小C在13 s内，物体的加速度方向先向右后向左D在01 s内，外力F不断增大答案A解析根据vt图象与坐标轴所围的“面积”大小等于位移，t轴上方位移为正，下方位移为负，则前3 s内物体的位移为正，说明物体处于出发点右方，故A正确；在12 s内，速度为正值，说明物体向右运动，速度不断减小，故B错误；在13 s内，图象的斜率不变，则加速度不变，故C错误；在01 s内，图象切线的斜率不断减小，则加速度不断减小，由牛顿第二定律知外力F不断减小，故D错误5如图5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()图5Aa1a2a3a40Ba1a2a3a4gCa1a2g，a30，a4gDa1g，a2g，a30，a4g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a1a2g；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Fmg0，即a30；由牛顿第二定律得物块4满足a4g，故C正确，A、B、D错误6(2018·福建省四地六校月考)如图6所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则()图6A悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为gB悬绳剪断瞬间B物块的加速度大小为gC悬绳剪断后A物块向下运动距离2x时速度最大D悬绳剪断后A物块向下运动距离x时加速度最小答案C解析剪断悬绳前，对B受力分析，B受到重力和弹簧的弹力，知弹力Fmg，剪断悬绳瞬间，对B受力分析，B的受力情况不变，则B的加速度为0，对A分析，A受的合力为F合mgF2mg，根据牛顿第二定律，得A的加速度a2g，故A、B错误；弹簧开始处于伸长状态，弹力Fmgkx，当向下压缩，mgFkx时，加速度为零，速度最大，xx，所以A物块向下运动的距离为2x时速度最大，加速度最小，故C正确，D错误7(多选)(2018·河北省张家口市上学期期末)质量为2m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平地面上，如图7所示，若对A施加水平推力F，两物块沿水平方向做匀加速运动，关于A对B的作用力，下列说法中正确的是()图7A若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为FB若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为C若物块A与地面间无摩擦，B与地面间的动摩擦因数为，则物块A对B的作用力大小为mgD若物块A与地面间无摩擦，B与地面间的动摩擦因数为，则物块A对B的作用力大小为答案BD解析若水平地面光滑，将A、B看做一个整体有：a，由于两物块一起运动，所以加速度相同，故将B隔离有：a，所以FAmaF，A错误，B正确；若物块A与地面间无摩擦，B与地面间的动摩擦因数为，将A、B看做一个整体有：a，将B隔离有：a，解得FA，C错误，D正确8(2018·河南省鹤壁市第二次段考)如图8所示，表面光滑的斜面体固定在匀速上升的升降机上，质量相等的A、B两物体用一轻质弹簧连接着，B的上端用一平行斜面的细线拴接在斜面上的固定装置上，斜面的倾角为30°，当升降机突然处于完全失重状态时，则此瞬间A、B两物体的瞬时加速度大小分别为(重力加速度为g)()图8A.g、g Bg、g C.g、0 D.g、g答案D解析由平衡状态时的受力特点可知，A受到弹簧的作用力大小为mgsin 30°，因为失重时A物体本身重力不变，故在此瞬间，A同时受到弹簧的弹力mgsin 30°和重力作用，根据力的合成特点可知此二力的合力为mgcos 30°，故其瞬时加速度为g；而对B受力分析可以知道，完全失重瞬间，B受到弹簧的作用力和细线上的弹力相等(此二力的合力为0)，则此时B的合力就是其重力，所以B的瞬时加速度为g，所以D正确9(2018·江西省临川二中第五次训练)如图9甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为的光滑斜面上逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图象如图乙所示取g10 m/s2.根据图中所提供的信息不能计算出的是()图9A物体的质量B斜面的倾角C使物体静止在斜面上时水平外力F的大小D加速度为6 m/s2时物体的速度答案D解析对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示x方向：Fcos mgsin may方向：FNFsin mgcos 0从aF图象中取两个点(20 N，2 m/s2)，(30 N,6 m/s2)代入式解得：m2 kg，37°因而A、B可以算出；当a0时，可解得F15 N，因而C可以算出；题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小，因而D不可以算出10(多选)(2018·内蒙古赤峰二中月考)如图10甲所示，物块的质量m1 kg，初速度v010 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g10 m/s2.下列选项中正确的是()图10A2秒末3秒末内物块做匀减速运动B在t1 s时刻，恒力F反向C物块与水平面间的动摩擦因数为0.3D恒力F大小为10 N答案BC解析物块做匀减速直线运动的加速度大小为：a110 m/s2，物块做匀减速直线运动的时间为：t1 s1 s，即在t1 s末恒力F反向，物块做匀加速直线运动，故A项错误，B项正确；物块匀加速直线运动的加速度大小：a24 m/s2，根据牛顿第二定律得：FFfma1，FFfma2，联立解得：F7 N，Ff3 N，由Ffmg，得0.3，故C项正确，D项错误11(2018·广东省深圳市高级中学月考)如图11所示，A、B两滑环分别套在间距为1 m的光滑细杆上，A和B的质量之比为13，用一自然长度为1 m的轻弹簧将两环相连，在A环上作用一沿杆方向的、大小为20 N的拉力F，当两环都沿杆以相同的加速度a1运动时，弹簧与杆夹角为53°，已知sin 53°0.8，cos 53°0.6，求：图11(1)弹簧的劲度系数为多少？(2)若突然撤去拉力F，在撤去拉力F的瞬间，A的加速度为a2，则a1a2为多少？答案(1)100 N/m(2)13解析(1)先取A、B和弹簧整体为研究对象，弹簧弹力为内力，杆对A、B的支持力与加速度方向垂直，在沿F方向应用牛顿第二定律可得：F(mAmB)a1再对B受力分析：由牛顿第二定律可得：F弹cos 53°mBa1联立解得F弹25 N由几何关系得，弹簧的伸长量：xL0.25 m由胡克定律得，F弹kx所以弹簧的劲度系数：k100 N/m(2)若突然撤去拉力F，在撤去拉力F的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，根据牛顿第二定律得对A：F弹cos 53°mAa2联立得a1a213.12(2018·四川省攀枝花市第二次统考)如图12所示，质量m1500 g的木板A静止放在水平平台上，木板的右端放一质量m2200 g的小物块B.轻质细线一端与长木板连接，另一端通过定滑轮与物块C连接，长木板与滑轮间的细线水平现将物块C的质量由0逐渐增加，当C的质量增加到70 g时，A、B恰好开始一起匀速运动；当C的质量增加到400 g时，A、B开始发生相对滑动已知平台足够长、足够高，接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑轮质量及摩擦不计求木板与平台间、木板与物块B间的动摩擦因数图12答案0.10.3解析设A与水平平台间的动摩擦因数为，当mC70 g时，系统恰好匀速运动，由平衡条件得：FTmCg，FfFT，Ff(m1m2)g联立解得：0.1设A、B间动摩擦因数为AB设系统加速度为a，由牛顿第二定律得：对B：ABm2gm2a对C：mCgFT1mCa对A、B整体：FT1(m1m2)g(m1m2)a联立得：AB0.3.