牛頓運(yùn)動(dòng)定律1. 一皮帶傳送裝置如右圖所示，皮帶的速度v足夠大，輕彈簧一端固定，另一端連接一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊，已知滑塊與皮帶之間存在摩擦，當(dāng)滑塊放在皮帶上時(shí)，彈簧的軸線恰好水平，若滑塊放到皮帶的瞬間，滑塊的速度為零，且彈簧正好處于自由長(zhǎng)度，則當(dāng)彈簧從自由長(zhǎng)度到第一次達(dá)最長(zhǎng)這一過(guò)程中，物體的速度和加速度變化的情況是 （ ）A. 速度增大，加速度增大B. 速度增大，加速度減小C. 速度先增大后減小，加速度先增大后減小D. 速度先增大后減小，加速度先減小后增大【答案】D【解析】試題分析：滑塊放到皮帶的瞬間，彈簧正好處于自由長(zhǎng)度，滑塊受向左的滑動(dòng)摩擦力，產(chǎn)生向左的加速度，隨物體向左移動(dòng)彈簧伸長(zhǎng)，對(duì)物塊有向右的拉力，由牛頓第二定律有Ffkx=ma，隨物體向左移動(dòng)，彈簧彈力增大，摩擦力不變，加速度減小，速度增大，當(dāng)Ff=kx時(shí)速度最大，物體仍向左運(yùn)動(dòng)，彈力大于摩擦力，由牛頓第二定律有kxFf=ma，隨物體向左移動(dòng)，彈簧彈力增大，摩擦力不變，加速度增大，速度減小，由以上分析可得物體的速度和加速度變化的情況是速度先增大后減小，加速度先減小后增大。故選D考點(diǎn)：牛頓第二定律的應(yīng)用點(diǎn)評(píng)：注意抓彈簧彈力的變化情況對(duì)加速度的影響。2.如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體(物體與彈簧不連接)，初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，拉力F與物體位移x之間的關(guān)系如圖乙所示(g10 m/s2)，則下列結(jié)論正確的是( )A. 物體的加速度大小為5 m/s2B. 彈簧的勁度系數(shù)為7.5 N/cmC. 物體的質(zhì)量為3 kg D. 物體與彈簧分離時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)【答案】A【解析】A、B、C、剛開始物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力和彈力二力平衡，有mg=kx ，拉力F1為10N時(shí)，彈簧彈力和重力平衡，合力等于拉力，根據(jù)牛頓第二定律，有：F1+kxmg=ma，物體與彈簧分離后，拉力F2為30N，根據(jù)牛頓第二定律，有：F2mg=ma，代入數(shù)據(jù)解得：m=2kg，k=500N/m=5N/cm ，a=5m/s2，故B錯(cuò)誤，C錯(cuò)誤，A正確；D、物體與彈簧分離時(shí)，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，故D錯(cuò)誤。點(diǎn)睛：物體一直勻加速上升，從圖象可以看出，物體與彈簧分離后，拉力為30N；剛開始物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力和彈力二力平衡；拉力為10N時(shí)，彈簧彈力和重力平衡，合力等于拉力，彈簧壓縮量為4cm，根據(jù)以上條件列式分析即可。3.一條輕繩跨過(guò)光滑的輕質(zhì)定滑輪，繩的一端系一質(zhì)量m=15kg的重物，重物靜置于地面上，有一質(zhì)量ml0kg的猴子，從繩子的另一端沿繩向上爬，如圖所示，在重物不離開地面的條件下，猴子向上爬的最大加速度為（g=10m/s2）（）A. 5m/s2 B. l0m/s2 C. 15m/s2 D. 25m/s2【答案】A【解析】試題分析：因?yàn)橹匚锊浑x開地面，知繩子的最大拉力為：T=mg=150N，對(duì)猴子分析，根據(jù)牛頓第二定律得，猴子的最大加速度為：amTmgm15010010m/s25m/s2故A正確，BCD錯(cuò)誤故選A.考點(diǎn)：牛頓第二定律的應(yīng)用4.如圖（a）所示，用一水平外力F拉著一個(gè)靜止在傾角為的光滑斜面上的物體，逐漸增大F，物體做變加速運(yùn)動(dòng)，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖（b）所示，若重力加速度g取10m/s2根據(jù)圖（b）中所提供的信息可以計(jì)算出（）A. 物體的重力2NB. 斜面的傾角37C. 加速度為6m/s2時(shí)物體的速度D. 物體能靜止在斜面上所施加的最小外力為12N【答案】B【解析】AB、對(duì)物體受力分析，受推力、重力、支持力，如圖：x方向：Fcosmgsin=ma y方向：NFsinGcos=0 從圖象中取兩個(gè)點(diǎn)（20N，2m/s2），（30N，6m/s2）代入式解得：m=2kg，=37 所以物體的重力G=20N，斜面的傾角為=37，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、當(dāng)a=0時(shí)，可解得F=15N，即最小拉力為15N，題中并為說(shuō)明力F隨時(shí)間變化的情況，故無(wú)法求出加速度為6m/s2時(shí)物體的速度大小故C、D錯(cuò)誤。點(diǎn)睛：對(duì)物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得出力F與加速度a的函數(shù)關(guān)系，然后結(jié)合圖象得出相關(guān)信息。5.如圖所示，傾角為的光滑斜面上靜止放置兩個(gè)用勁度系數(shù)為k的輕彈簧連接的物塊A、B，它們的質(zhì)量分別為mA、mB，C固定為擋板，系統(tǒng)保持靜止現(xiàn)在物塊A上施加一個(gè)沿斜面向上的恒力F，當(dāng)物塊B即將離開C時(shí)，物塊A的運(yùn)動(dòng)距離為d，則（）A. 彈簧的勁度系數(shù)k=mBgsindB. 彈簧的勁度系數(shù)k=mAgsindC. 物塊B剛離開C時(shí)物塊A的加速度為F(mA+mB)gsinmAD. 物塊B剛離開C時(shí)物塊A的加速度為F(mA+mB)gsinmA+mB【答案】C【解析】【詳解】AB、當(dāng)未施加外力時(shí)，對(duì)A受力分析可知：mAgsin=kx1；當(dāng)施加上外力后，B剛好脫離時(shí)，對(duì)B受力分析可知：mBgsin=kx2，由題意可得x1+x2=d，聯(lián)立解得k=(mA+mB)gsind，故A、B錯(cuò)誤；CD、對(duì)物體A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可知FmAgsinF彈=mAa，而F彈=mBgsin，聯(lián)立解得a=F(mA+mB)gsinmA，故C正確，D錯(cuò)誤；故選C?！军c(diǎn)睛】先由胡克定律求出未施力F時(shí)彈簧的壓縮量，再求出物塊B剛要離開C時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量，由幾何知識(shí)求出物塊A的位移大小，即可求得彈簧的勁度系數(shù)；當(dāng)B剛離開C時(shí)，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面下的分力根據(jù)牛頓第二定律求出物塊A的加速度大小。6.在傾角為的光滑固定斜面上有兩個(gè)用輕彈簧連接的物塊A和B，它們的質(zhì)量分別為m和2m，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)用一沿斜面方向的恒力拉物塊A使之沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)B剛離開C時(shí)，A的速度為v，加速度為a，且方向沿斜面向上設(shè)彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則（）A. 當(dāng)B剛離開C時(shí)，A發(fā)生的位移大小為9mgsinkB. 恒力F的大小為F=3mgsinC. 當(dāng)A的速度達(dá)到最大時(shí)，B的加速度大小為a2D. 從開始運(yùn)動(dòng)到B剛離開C時(shí)，所用的時(shí)間為va【答案】C【解析】【詳解】A、開始A處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧處于壓縮，根據(jù)平衡有：mgsin=kx1，解得彈簧的壓縮量x1=mgsink；當(dāng)B剛離開C時(shí)，B對(duì)擋板的彈力為零，有：kx2=2mgsin，解得彈簧的伸長(zhǎng)量x2=2mgsink，可知從靜止到B剛離開C的過(guò)程中，A發(fā)生的位移x=x1+x2=3mgsink，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)牛頓第二定律得Fmgsinkx2=ma，解得：F=3mgsin+ma，故B錯(cuò)誤；C、當(dāng)A的加速度為零時(shí)，A的速度最大，設(shè)此時(shí)彈簧的拉力為FT，則：FFTmgsin=0，所以FT=Fmgsin=2mgsin+ma；以B為研究對(duì)象，則根據(jù)牛頓第二定律得：2ma=FT2mgsin，解得a=12a，故C正確；D、若A一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則從開始運(yùn)動(dòng)到B離開C的時(shí)間：t=va=va，而實(shí)際的情況是開始時(shí)A受到的向上的彈簧的彈力比較大，隨A向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中彈簧對(duì)A的彈力減小，所以A向上運(yùn)動(dòng)的加速度減小，可知在B離開C前A的加速度一直大于a，所以從開始運(yùn)動(dòng)到B剛離開C時(shí)，所用的時(shí)間一定小于va，故D錯(cuò)誤；故選C。【點(diǎn)睛】關(guān)鍵抓住兩個(gè)臨界狀態(tài)，開始時(shí)的平衡狀態(tài)和最后的B物體恰好要滑動(dòng)的臨界狀態(tài)；當(dāng)A的加速度為零時(shí)，A的速度最大，根據(jù)合力為零求出彈簧的拉力，從而結(jié)合牛頓第二定律求出B的加速度。7.小鐵塊置于薄木板右端，薄木板放在光滑的水平地面上，鐵塊的質(zhì)量大于木板的質(zhì)量t=0時(shí)使兩者獲得等大反向的初速度開始運(yùn)動(dòng)，t=t1時(shí)鐵塊剛好到達(dá)木板的左端并停止相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)與開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的位置相比較，如圖所示符合實(shí)際的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】開始時(shí)兩者具有等大反向的初速度，由于鐵塊的質(zhì)量大于木板的質(zhì)量，所以系統(tǒng)的總動(dòng)量水平向左，根據(jù)動(dòng)量守恒定律知，當(dāng)兩物體相對(duì)靜止時(shí)共同速度水平向左，而且在速度達(dá)到相等前，小鐵塊一直向左運(yùn)動(dòng)，所以兩者速度相等時(shí)，小鐵塊在初位置的左側(cè)，故A正確，BCD錯(cuò)誤故選A.8.如下圖所示，質(zhì)量為m1的木塊和質(zhì)量為m2的長(zhǎng)木板疊放在水平地面上現(xiàn)對(duì)木塊施加一水平向右的拉力F，木塊在長(zhǎng)木板上滑行，而長(zhǎng)木板保持靜止?fàn)顟B(tài)己知木塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1，長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2，且最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等下列說(shuō)法正確的是A. 木塊受到的摩擦力大小為1（m1+m2）gB. 長(zhǎng)木板受到的摩擦力大小為2（m1+m2）gC. 若改變F的大小，當(dāng)F1（m1+m2）g時(shí)，長(zhǎng)木板一定不運(yùn)動(dòng)D. 若將F作用于長(zhǎng)木板，長(zhǎng)木板與木塊有可能會(huì)相對(duì)滑動(dòng)【答案】CD【解析】【詳解】先對(duì)木塊受力分析，受拉力F、重力、支持力和向后的滑動(dòng)摩擦力，滑動(dòng)摩擦力為f1=1m1g；根據(jù)牛頓第三定律，木塊對(duì)長(zhǎng)木板有向前的滑動(dòng)摩擦力，長(zhǎng)木板還受到重力、壓力、支持力和地面對(duì)其向后的靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，有f2=f1=1m1g2（m1+m2）g，故AB錯(cuò)誤；若改變F的大小，當(dāng)F1（m1+m2）g時(shí)，滑塊加速，但滑塊與長(zhǎng)木板的滑動(dòng)摩擦力不變，故長(zhǎng)木板與地面間的靜摩擦力也不變，故木板不會(huì)運(yùn)動(dòng)；故C正確；若將力F作用在長(zhǎng)木板上時(shí)，滑塊受木板的作用力等于二者間的滑動(dòng)摩擦力；當(dāng)整體的加速度大于1g時(shí)，木塊一定會(huì)發(fā)生相對(duì)木板的滑動(dòng)；故D正確；故選CD?！军c(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是先對(duì)滑塊受力分析，求出滑塊與長(zhǎng)木板間的滑動(dòng)摩擦力，然后對(duì)長(zhǎng)木板受力分析，求出長(zhǎng)木板與地面間的靜摩擦力；同時(shí)要分清楚靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力，判斷摩擦力的有無(wú)可以根據(jù)摩擦力的產(chǎn)生條件、作用效果、牛頓第三定律判斷9.如圖所示，升降機(jī)內(nèi)的水平地板上，用輕彈簧連接一個(gè)的物體，彈簧處于拉伸狀態(tài)，當(dāng)升降機(jī)以速度v向下做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體恰好能靜止在地板上，若突然發(fā)現(xiàn)物體在升降機(jī)內(nèi)向右運(yùn)動(dòng)，則升降機(jī)的運(yùn)動(dòng)情況可能是A. 保持原來(lái)勻速運(yùn)動(dòng)B. 向下做加速運(yùn)動(dòng)C. 向下做減速運(yùn)動(dòng)D. 已停止不動(dòng)【答案】B【解析】分析：對(duì)物體進(jìn)行受力分析，可知物體在水平方向受彈力及摩擦力，只有摩擦力減小時(shí)物體才會(huì)向右運(yùn)動(dòng)，分析升降機(jī)的運(yùn)動(dòng)情況可得出摩擦力的變化是否符合題意解答：解：物體受彈簧的拉力及摩擦力而處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧伸長(zhǎng)，故拉力向右，摩擦力向左；因物體處于平衡狀態(tài)故拉力等于摩擦力；物體向右運(yùn)動(dòng)，而在動(dòng)的瞬間彈力不變，故最大靜摩擦力應(yīng)減小，物體對(duì)接觸面的壓力應(yīng)減小，即物體應(yīng)處于失重狀態(tài)，故升降機(jī)加速度應(yīng)向下，即物體應(yīng)向下做加速運(yùn)動(dòng)，故選B點(diǎn)評(píng)：本題的重點(diǎn)在于明確最大靜摩擦力的影響因素，靜摩擦力與壓力無(wú)關(guān)，但最大靜摩擦力與正壓力是成正比的，故在其他條件不變的情況下，要減小最大靜摩擦力應(yīng)使壓力減小10.如圖所示，甲圖是某人站在力傳感器上做下蹲-起跳動(dòng)作的示意圖，甲圖中的“”表示人的重心，乙圖是根據(jù)力傳感器畫出的壓力F隨時(shí)間t變化的圖線。乙圖中a、d、f、g各點(diǎn)數(shù)據(jù)分別與甲圖中人的a、d、f、g狀態(tài)相對(duì)應(yīng)，其余點(diǎn)對(duì)應(yīng)狀態(tài)沒有在甲圖中畫出。乙圖中a、c、e、i點(diǎn)對(duì)應(yīng)的縱坐標(biāo)均為610N。請(qǐng)根據(jù)這兩個(gè)圖所給出的信息，判斷下列說(shuō)法中正確的是A. 乙圖中b點(diǎn)時(shí)刻，人處于超重狀態(tài)B. 乙圖中d點(diǎn)時(shí)刻，人處于失重狀態(tài)C. 乙圖中g(shù)點(diǎn)時(shí)刻，人處于失重狀態(tài)D. 乙圖中i點(diǎn)時(shí)刻，人的速度為零【答案】C【解析】人下蹲過(guò)程中先加速下降，到達(dá)一個(gè)最大速度后再減速下降，直至速度減為零，則乙圖中b點(diǎn)時(shí)刻，人處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；人站起來(lái)的階段向上做加速運(yùn)動(dòng)，處于超重狀態(tài)，則乙圖中d點(diǎn)時(shí)刻，人處于超重狀態(tài)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)人離開水平面時(shí)處于完全失重狀態(tài)，則乙圖中g(shù)點(diǎn)時(shí)刻，人處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)C正確；當(dāng)人落回到水平面時(shí)，向下先加速后減速運(yùn)動(dòng)，則乙圖中i點(diǎn)時(shí)刻，人的速度最大，不為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選C.點(diǎn)睛：本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用；明確人下蹲和起立過(guò)程中速度、力的變化、加速度的變化是重點(diǎn)；注意加速度向上為超重，加速度向下為失重.11.如圖甲所示，在電梯廂內(nèi)輕繩AO、BO、CO連接吊著質(zhì)量為m的物體，輕繩AO、BO、CO對(duì)輕質(zhì)結(jié)點(diǎn)O的拉力分別為F1、F2、F3，現(xiàn)電梯廂豎直向下運(yùn)動(dòng)，其速度v隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，重力加速度為g，則（）A. 在02s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)1與F2的合力小于F3B. 在02s時(shí)間內(nèi)，物體處于超重狀態(tài)C. 在35s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)1與F2的合力小于F3D. 在35s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)1與F2的合力大于mg【答案】D【解析】【詳解】AC、對(duì)于輕質(zhì)結(jié)點(diǎn)O，質(zhì)量為0，則合力為零，故不論物體做何種運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)1、F2、F3三個(gè)力的合力為零，故A、C錯(cuò)誤；B、在02s時(shí)間內(nèi)，電梯廂向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，物體處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；D、在35s時(shí)間內(nèi)，物體向下減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，物體處于超重狀態(tài)，則F3大于mg，因此F1與F2的合力大于mg，故D正確；故選D?！军c(diǎn)睛】關(guān)鍵是結(jié)點(diǎn)質(zhì)量為零，結(jié)點(diǎn)所受的合力為零，根據(jù)加速度的方向判斷超失重，從而判斷出拉力和重力的大小關(guān)系。12.如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊，木板受到隨時(shí)間t變化的水平拉力F作用時(shí)，用傳感器測(cè)出長(zhǎng)木板的加速度與水平拉力F的關(guān)系如圖乙所示，取g=l0m/s2，則通過(guò)分析計(jì)算可得（）A. M=2kg，m=1kgB. 當(dāng)F=8N時(shí)，滑塊的加速度為lm/s2C. 滑塊與木板之間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2D. 拉力F隨時(shí)間變化的函數(shù)關(guān)系一定可以表示為F=6t（N）【答案】C【解析】【詳解】A、當(dāng)F等于6N時(shí)，加速度為：a=2m/s2，對(duì)整體分析，由牛頓第二定律有：F=(M+m)a，代入數(shù)據(jù)解得：M+m=3kg；當(dāng)F大于6N時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得：M的加速度a=FmgM=1MFmgM，知aF圖線的斜率k=1M=22=1，解得：M=1kg，可得滑塊的質(zhì)量為：m=2kg，故A錯(cuò)誤；BC、由上得：當(dāng)F大于6N時(shí)，a=FmgM=F20，由圖象知，當(dāng)F=4N時(shí)，a=0，代入上式解得：=0.2；當(dāng)F=8N時(shí)，a=F20=8200.2=4m/s2，故C正確，B錯(cuò)誤；D、當(dāng)M與m以相同的加速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，力隨時(shí)間變化的函數(shù)關(guān)系一定可以表示為F=6t(N)，當(dāng)F大于6N后，M、m發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，表達(dá)式不是F=6t，故D錯(cuò)誤；故選C?！军c(diǎn)睛】當(dāng)拉力F較小時(shí)，m和M保持相對(duì)靜止，一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體運(yùn)用牛頓第二定律列式當(dāng)拉力達(dá)到一定值時(shí)，m和M發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律，運(yùn)用整體和隔離法分析。13.如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量分別為2 kg和1 kg，靜止疊放在水平地面上A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.8，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4.最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為10 m/s2.現(xiàn)對(duì)A施加一水平拉力F，不計(jì)空氣阻力，則()A. 當(dāng)F17 N時(shí)，物體A的加速度大小為0.5 m/s2B. 當(dāng)F21 N時(shí)，物體A的加速度大小為3 m/s2C. 當(dāng)F22 N時(shí)，A相對(duì)B滑動(dòng)D. 當(dāng)F39 N時(shí)，B的加速度為9 m/s2【答案】B【解析】A與B間的最大摩擦力為：fA=1mAg=0.8210N=16NB與地面間的摩擦力為：f=2（mA+mB）g=12NB的最大加速度為am，則有：fA-f=mBam，解得：amfAfmB16121m/s24m/s2 對(duì)A分析，當(dāng)A的加速度大于4m/s2時(shí)，AB發(fā)生滑動(dòng)，此時(shí)的拉力為F，則F-fA=mAam，解得F=24N，當(dāng)F=17N時(shí)，AB以共同的加速度運(yùn)動(dòng)，此時(shí)的加速度為：a共FfmA+mB17121+2m/s253m/s2 ，故A錯(cuò)誤；當(dāng)F=21N時(shí)，AB以共同的加速度運(yùn)動(dòng)，此時(shí)的加速度為：a共FfmA+mB21122+1m/s23m/s2 ，故B正確；F=22N24N，此時(shí)AB不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，故C錯(cuò)誤；當(dāng)F=39N時(shí)，AB發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)B的加速度最大為4m/s2，故D錯(cuò)誤；故選：B.點(diǎn)睛：本題考查了摩擦力的計(jì)算和牛頓第二定律的綜合運(yùn)用，解決本題的突破口在于通過(guò)隔離法和整體法求出A、B不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)的最大拉力。14.一長(zhǎng)輕質(zhì)薄硬紙片置于光滑水平地面上，木板上放質(zhì)量均為1kg的A、B兩物塊，A、B與薄硬紙片之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為1=0.3，2=0.2，水平恒力F作用在A物塊上，如圖所示，已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g=10m/s2。則：（ ）A. 若F=1N，則物塊、薄硬紙片都靜止不動(dòng)B. 若F=1.5N，則A物塊所受摩擦力大小為1.5NC. 若F=8N，則B物塊的加速度為40m/s2D. 無(wú)論力F多大，A與薄硬紙片都不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑【答案】D【解析】試題分析：A與薄硬紙片間的最大靜摩擦力為：fA=mAg=03110N=3N，B與薄硬紙片間的最大靜摩擦力為：fB=mBg=02110N=2N；F=1NfA，所以AB即薄硬紙片保持相對(duì)靜止，整體在F作用下向左勻加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；若F=15NfA，所以AB即薄硬紙片保持相對(duì)靜止，整體在F作用下向左勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得：F-f=mAa，所以A物塊所受摩擦力fF=15N，故B錯(cuò)誤；當(dāng)B剛要相對(duì)于薄硬紙片滑動(dòng)時(shí)靜摩擦力達(dá)到最大值，由牛頓第二定律得：fB=mBa0，又fB=mBg，得：a0=2m/s2；對(duì)整體，有：F0=（mA+mB）a0=22N=4N，即達(dá)到4N后，B將相對(duì)地木板運(yùn)動(dòng)，此時(shí)摩擦力f=2N；則對(duì)木板可知，木板受到A的摩擦力大于B的摩擦力；故A和木板間不會(huì)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)；故D正確；由上述分析可知，當(dāng)拉力大于4N時(shí)，B與木板間的摩擦力即為滑動(dòng)摩擦力為4N，此后增大拉力，不會(huì)改變B的受力；故C錯(cuò)誤；故選D考點(diǎn)：牛頓第二定律【名師點(diǎn)睛】本題以常見的運(yùn)動(dòng)模型為核心，考查了摩擦力、牛頓第二定律、隔離法與整體法的應(yīng)用等知識(shí)；解決的關(guān)鍵是正確對(duì)兩物體進(jìn)行受力分析。15.如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧下端系一個(gè)質(zhì)量為m的小球A，小球被水平擋板P托住使彈簧長(zhǎng)度恰為自然長(zhǎng)度（小球與擋板不粘連），然后使擋板P以恒定的加速度aa<g開始豎直向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則（ ）A. 小球與擋板分離的時(shí)間為t=ka2mgaB. 小球與擋板分離的時(shí)間為t=2mgakaC. 小球從開始運(yùn)動(dòng)直到最低點(diǎn)的過(guò)程中，小球速度最大時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量x=mgakD. 小球從開始運(yùn)動(dòng)直到最低點(diǎn)的過(guò)程中，小球速度最大時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量x=mgk【答案】BD【解析】小球與擋板之間彈力為零時(shí)分離，此時(shí)小球的加速度仍為a，由牛頓第二定律得：mg-kx=ma，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式得：x=12at2，解得：t=2m(ga)ka；小球速度最大時(shí)合力為零，x=mgk；故選BD點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵知道物體與托盤脫離的條件，即N=0，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合求解16.如圖所示，光滑圓柱形物件A放在同半徑的凹槽B中，B放在光滑水平面上，在由零逐漸增大的水平外力F作用下，系統(tǒng)向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A、B保持相對(duì)靜止下列說(shuō)法中正確的是（）A. 物體A的加速度不斷增大B. 物體B對(duì)地面的壓力不斷增大C. B對(duì)A的彈力大小不斷增大，與水平外力F的夾角逐漸變小D. B對(duì)A的彈力大小不斷增大，與水平外力F的夾角逐漸變大【答案】AC【解析】對(duì)整體分析可知，隨F的增大，整體的加速度增大，則A的加速度也不斷增大；故A正確；對(duì)整體分析可知，整體在豎直方向不受外力，故在豎直方向的受力情況不變，故B對(duì)地面的壓力不變；故B錯(cuò)誤；因A的加速度增大，而A受重力和B對(duì)A的作用力，因重力不變，故彈力在豎直方向上的分量不變，而水平分量一定會(huì)增大，故B對(duì)A的彈力大小不斷增大，但與水平外力F的夾角應(yīng)減??；故C正確，D錯(cuò)誤；故選AC。17.一輕彈簧的一端固定在傾角為的固定光滑斜面的底部，另一端和質(zhì)量為m的小物塊a相連，如圖所示質(zhì)量為35m的小物塊b緊靠a靜止在斜面上，此時(shí)彈簧的壓縮量為x0，從t=0時(shí)開始，對(duì)b施加沿斜面向上的外力，使b始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，物塊a、b分離；再經(jīng)過(guò)同樣長(zhǎng)的時(shí)間，b距其出發(fā)點(diǎn)的距離恰好也為x0彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g求：(1)彈簧的勁度系數(shù)；(2)物塊b加速度的大??；(3)在物塊a、b分離前，外力大小隨時(shí)間變化的關(guān)系式【答案】（1）8mgsin5x0 （2）gsin5 （3）F=825mgsin+4mg2sin225x0 （3）5x02gsin【解析】（1）對(duì)整體分析，根據(jù)平衡條件可知，沿斜面方向上重力的分力與彈簧彈力平衡，則有：kx0=（m+35 m）gsin解得：k=8mgsin5x0 （2）由題意可知，b經(jīng)兩段相等的時(shí)間位移為x0；由勻變速直線運(yùn)動(dòng)相鄰相等時(shí)間內(nèi)位移關(guān)系的規(guī)律可知：x1x0=14 說(shuō)明當(dāng)形變量為x1=x0x04=3x04時(shí)二者分離；對(duì)m分析，因分離時(shí)ab間沒有彈力，則根據(jù)牛頓第二定律可知：kx1-mgsin=ma聯(lián)立解得：a=15gsin （3）設(shè)時(shí)間為t，則經(jīng)時(shí)間t時(shí)，ab前進(jìn)的位移x=12at2=gsint210則形變量變?yōu)椋簒=x0-x對(duì)整體分析可知，由牛頓第二定律有：F+kx-（m+35m）gsin=（m+35m）a解得：F=825 mgsin+4mg2sin225x0t2因分離時(shí)位移x=x04由x=x04=12at2解得：t=5x02gsin 故應(yīng)保證0t5x02gsin，F(xiàn)表達(dá)式才能成立點(diǎn)睛：本題考查牛頓第二定律的基本應(yīng)用，解題時(shí)一定要注意明確整體法與隔離法的正確應(yīng)用，同時(shí)注意分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程，明確運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的選擇和應(yīng)用是解題的關(guān)鍵