2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練8 牛頓運(yùn)動(dòng)定律（含解析）

牛頓運(yùn)動(dòng)定律小題狂練 小題是基礎(chǔ)練小題提分快12019·福建省南安一中摸底牛頓第一定律是建立在理想斜面實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)上，經(jīng)抽象分析推理得出的結(jié)論，它不是實(shí)驗(yàn)定律利用如圖所示的裝置做如下實(shí)驗(yàn)：小球從左側(cè)斜面上的O點(diǎn)由靜止釋放后沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，并沿水平面滑動(dòng)水平面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸降低的材料時(shí)，小球沿水平面滑動(dòng)到的最遠(yuǎn)位置依次為1、2、3.根據(jù)三次實(shí)驗(yàn)結(jié)果的對比，可以得到的最直接的結(jié)論是()A如果小球不受力，它將一直保持勻速運(yùn)動(dòng)或靜止?fàn)顟B(tài)B如果小球受到力的作用，它的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)將發(fā)生改變C如果水平面光滑，小球?qū)⒀刂矫嬉恢边\(yùn)動(dòng)下去D小球受到的力一定時(shí)，質(zhì)量越大，它的加速度越小答案：C解析：根據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果，水平面的粗糙程度越低，小球滑得越遠(yuǎn)，由此得出結(jié)論，如果水平面光滑，小球?qū)⒀刂矫嬉恢边\(yùn)動(dòng)下去故選C.22019·甘肅省蘭州一中檢測下列說法正確的是()A慣性是物體抵抗運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的性質(zhì)B人走在松軟土地上下陷時(shí)，人對地面的壓力大于地面對人的支持力C物理公式只能確定物理量之間的數(shù)量關(guān)系，但不能確定物理量間的單位關(guān)系D對靜止在光滑水平面上的物體施加一個(gè)水平力，當(dāng)力剛作用的瞬間，加速度為零答案：A解析：慣性是物體的固有屬性，表征物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變的難易程度，A正確根據(jù)牛頓第三定律，兩個(gè)物體間的作用力與反作用力總是等大反向的，B錯(cuò)誤物理公式不僅確定物理量之間的數(shù)量關(guān)系，也能確定單位關(guān)系，C錯(cuò)誤根據(jù)牛頓第二定律，合外力與加速度是瞬時(shí)對應(yīng)關(guān)系，D錯(cuò)誤3.2019·黑龍江省哈爾濱六中模擬如圖所示，質(zhì)量為1 kg的木塊A與質(zhì)量為2 kg的木塊B疊放在水平地面上，A、B間的最大靜摩擦力為2 N，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，用水平力F作用于B，則A、B保持相對靜止的條件是(g10 m/s2)()AF12 N BF10 NCF9 N DF6 N答案：A解析：當(dāng)A、B間有最大靜摩擦力(2 N時(shí))，對A由牛頓第二定律可知，A的加速度大小為a2 m/s2，對A、B整體應(yīng)用牛頓第二定律有：Fm(mAmB)g(mAmB)a，得Fm12 N，A、B保持相對靜止的條件是F12 N，A正確，B、C、D錯(cuò)誤4.2019·黑龍江省哈爾濱三中考試如圖所示，一木塊在光滑水平面上受到一恒力F作用而運(yùn)動(dòng)，前方固定一輕質(zhì)彈簧，當(dāng)木板接觸彈簧后，下列判斷正確的是()A木塊將立即做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B木塊將立即做變減速直線運(yùn)動(dòng)C在彈簧彈力大小等于恒力F時(shí)，木塊的速度最大D在彈簧處于最大壓縮狀態(tài)時(shí)，木塊的加速度為零答案：C解析：對木塊進(jìn)行受力分析，接觸彈簧后彈力不斷增大，當(dāng)彈力小于力F時(shí)，木塊仍將加速運(yùn)動(dòng)，但加速度變小，A、B均錯(cuò)誤在彈簧彈力大小等于恒力F時(shí)，木塊的加速度為0，速度最大，C正確繼續(xù)壓縮彈簧，合力反向且增大，加速度向右不斷增大，D錯(cuò)誤52019·河北省衡水中學(xué)二調(diào)如圖所示，在光滑水平面上有一小車A，其質(zhì)量為mA2.0 kg，小車上放一個(gè)物體其質(zhì)量為mB1.0 kg.如圖甲所示，給B一個(gè)水平推力F，當(dāng)F增大到稍大于3.0 N時(shí)，A、B開始相對滑動(dòng)如果撤去F，對A施加一水平推力F，如圖乙所示要使A、B不相對滑動(dòng)，則F的最大值Fm為()A2.0 N B3.0 NC6.0 N D9.0 N答案：C解析：題圖甲中當(dāng)力F3.0 N時(shí)，A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大，由整體法與隔離法可得：，f2.0 N對題圖乙有：，F(xiàn)6.0 N，故選C.62019·甘肅省蘭州一中檢測如圖甲所示，靜止在水平地面上的物塊A，受到水平拉力F的作用，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)物塊與地面之間的最大靜摩擦力fm大小與滑動(dòng)摩擦力大小相等，則下列說法正確的是()A0t0時(shí)間內(nèi)物塊的速度逐漸增大Bt1時(shí)刻物塊的速度最大Ct2時(shí)刻物塊的速度最大Dt2時(shí)刻后物塊立即做反向運(yùn)動(dòng)答案：C解析：由題圖乙知，0t0時(shí)間內(nèi)物塊所受合力為0，物塊不運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)t0t2時(shí)間內(nèi)，物塊受到的合力大于0，物塊加速運(yùn)動(dòng)，故t2時(shí)刻物塊的速度最大，B錯(cuò)，C對t2時(shí)刻后物塊受到的合力反向，物塊做減速運(yùn)動(dòng)，最后停止，D錯(cuò)72019·河南省洛陽模擬(多選)如圖所示，水平地面上有一楔形物塊a，其斜面上有一小物塊b，b與平行于斜面的細(xì)繩的一端相連，細(xì)繩的另一端固定在斜面上的擋板上a與b之間光滑，a和b以共同速度在地面軌道的光滑段向左勻速運(yùn)動(dòng)當(dāng)它們剛運(yùn)動(dòng)至軌道的粗糙段時(shí)，下列說法可能正確的是()A繩的張力減小，地面對a的支持力不變B繩的張力減小，地面對a的支持力增加C繩的張力增加，斜面對b的支持力不變D繩的張力增加，斜面對b的支持力增加答案：AB解析：若二者在粗糙段上仍相對靜止，應(yīng)用整體法可知地面的支持力不變，隔離b研究，b受重力、斜面的支持力及細(xì)繩的拉力，在地面軌道的光滑段時(shí)這三力的合力為0，滑上粗糙段后合力方向改為水平向右，重力不變、拉力減小、斜面的支持力增大，A正確若在粗糙段上，b相對于斜面向上運(yùn)動(dòng)，b對地有一個(gè)向上的加速度，系統(tǒng)處于超重狀態(tài)，因此繩的張力減小，地面對整體的支持力增大，B正確，C、D錯(cuò)誤8.2019·河北省衡水中學(xué)一調(diào)如圖所示，n個(gè)質(zhì)量為m的相同木塊并列放在水平面上，木塊跟水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，當(dāng)對木塊1施加一個(gè)水平向右的推力F時(shí)，木塊加速運(yùn)動(dòng)，木塊5對木塊4的壓力大小為()AF B.C. D.答案：D解析：先以整體為研究對象，進(jìn)行受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律得：Fnmgnma，再隔離前4塊研究，得：F4mgN4ma，聯(lián)立求得：N，故選D.9.2019·湖南師大附中模擬如圖所示，質(zhì)量為m2的物塊B放置在光滑水平桌面上，其上放置質(zhì)量為m1的物塊A，A通過跨過定滑輪的細(xì)線與質(zhì)量為M的物塊C連接，釋放C，A和B一起以加速度a從靜止開始運(yùn)動(dòng)，已知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g，則細(xì)線中拉力T的大小為()AMg BMgMaC(m1m2)a Dm1am1g答案：C解析：對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律T(m1m2)a，C正確；對C有MgTMa，解得TMgMa，A、B錯(cuò)誤；對A有Tfm1a，則Tm1af，因f為靜摩擦力，故不一定等于m1g，D錯(cuò)誤102019·遼寧六校聯(lián)考(多選)沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度時(shí)間圖象如圖所示，已知斜面的傾角為37°，物體的質(zhì)量為1 kg，物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，取重力加速度為g10 m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8，則()A在05 s內(nèi)拉力F的大小為1.8 NB在510 s內(nèi)拉力F的大小為10 NC斜面的長度可能為5 mD在1015 s內(nèi)拉力F做的功為5.5 J答案：AD解析：在05 s內(nèi)物體下滑的加速度大小為a10.2 m/s2，由牛頓第二定律有：mgsinmgcosFma1，F(xiàn)1.8 N，A正確在510 s內(nèi)物體勻速下滑，mgsinmgcosF0，F(xiàn)2 N，B錯(cuò)誤斜面的長度大于或等于速度時(shí)間圖象與時(shí)間軸所圍成的面積大小，可知最小等于10 m，C錯(cuò)誤.1015 s內(nèi)，加速度大小仍為a10.2 m/s2，方向與速度方向相反，mgsinmgcosFma1，F(xiàn)2.2 N，而位移等于2.5 m，力F所做的功WFx5.5 J，D正確112019·遼寧省沈陽育才學(xué)校模擬(多選)如圖所示，質(zhì)量為m2的物體2放在正沿平直軌道向右行駛的車廂底板上，并用豎直細(xì)繩通過光滑定滑輪連接質(zhì)量為m1的物體1.跟物體1相連接的繩與豎直方向成角重力加速度大小為g.下列說法中正確的是()A車廂的加速度大小為gtanB繩對物體1的拉力大小為m1gcosC底板對物體2的支持力為m2gm1gD物體2所受底板的摩擦力大小為m2gtan答案：AD解析：以物體1為研究對象，根據(jù)受力分析及牛頓第二定律得：m1am1gtan，agtan，A正確，同時(shí)可得繩的拉力大小T，B錯(cuò)誤對物體2進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律可知底板對物體2的支持力為Nm2gTm2g，fm2am2gtan，C錯(cuò)誤，D正確122019·內(nèi)蒙古包鋼四中檢測某人用如圖所示的定滑輪裝置運(yùn)送建筑材料質(zhì)量為70 kg的人站在地面上，通過定滑輪將20 kg的建筑材料以0.5 m/s2的加速度拉升，忽略繩子和定滑輪的質(zhì)量及定滑輪與繩子間的摩擦，則人對地面的壓力大小為(取g10 m/s2)()A510 N B490 NC890 N D910 N答案：B解析：以建筑材料為研究對象，由牛頓第二定律得：Tmgma，得繩子的拉力大小為：Tm(ga)20×(100.5) N210 N再對人進(jìn)行研究，得地面對人的支持力大小為：NMgT700 N210 N490 N，由牛頓第三定律可得人對地面的壓力大小為：NN490 N選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤，B正確13如圖甲所示，在木箱內(nèi)粗糙斜面上靜止一物體，木箱豎直向上運(yùn)動(dòng)的速度v與時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，物體始終相對斜面靜止斜面對物體的支持力和摩擦力分別為N和f，則下列說法正確的是()A在0t1時(shí)間內(nèi)，N增大，f減小B在0t1時(shí)間內(nèi)，N減小，f增大C在t1t2時(shí)間內(nèi)，N增大，f增大D在t1t2時(shí)間內(nèi)，N減小，f減小答案：D解析：在0t1時(shí)間內(nèi)，由題圖乙可知，物體做加速運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸減小，設(shè)斜面傾角為，對物體受力分析，在豎直方向上有Ncosfsinmgma1，在水平方向上有Nsinfcos，因加速度減小，則支持力N和摩擦力f均減小在t1t2時(shí)間內(nèi)，由題圖乙可知，物體做減速運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸增大，對物體受力分析，在豎直方向上有mg(Ncosfsin)ma2，在水平方向上有Nsinfcos，因加速度增大，則支持力N和摩擦力f均減小，故D正確14如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上的質(zhì)量為m的物體A接觸(A與彈簧未連接)，質(zhì)量為m的物體B緊挨A放置，此時(shí)彈簧水平且無形變，用水平力F緩慢推動(dòng)物體B，在彈性限度內(nèi)彈簧長度被壓縮了x0，此時(shí)物體A、B靜止，已知物體A與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，物體B與水平面間的摩擦不計(jì)，撤去F后，物體A、B開始向左運(yùn)動(dòng)，A運(yùn)動(dòng)的最大距離為4x0，重力加速度大小為g.則()A物體A和B先做勻加速運(yùn)動(dòng)，再做勻減速運(yùn)動(dòng)B物體剛向左運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為C物體A、B運(yùn)動(dòng)后分離D物體A、B運(yùn)動(dòng)x0后分離答案：D解析：撤去F后，在物體A離開彈簧的過程中，彈簧彈力是變力，物體A先做變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧彈力小于摩擦力后，物體A做變減速運(yùn)動(dòng)，離開彈簧之后A做勻變速運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；撤去F瞬間，以A、B整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得a，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)A、B分離時(shí)，A、B的加速度為零，速度最大，此時(shí)彈簧彈力F彈mgkx1，x1，所以物體A、B一起開始向左運(yùn)動(dòng)xx0后分離，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確15.如圖所示，足夠長的斜面固定在水平面上，斜面頂端有一附有擋板的長木板，木板與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，輕質(zhì)彈簧測力計(jì)一端掛在擋板上，另一端連接著光滑小球木板固定且小球靜止時(shí)，彈簧中心線與木板平行，彈簧測力計(jì)示數(shù)為F1；無初速度釋放木板后，木板沿斜面下滑，小球相對木板靜止時(shí)，彈簧測力計(jì)示數(shù)為F2.已知斜面高為h，底邊長為d，則()A BC D答案：C解析：設(shè)球的質(zhì)量為m，木板質(zhì)量為M，斜面傾斜角度為，木板固定時(shí)，球受三力而平衡，故F1mgsin，釋放木板后，對木板和球整體有(Mm)gsin(Mm)gcos(Mm)a，隔離球，有mgsinF2ma，聯(lián)立解得F2mgcos，其中tan，則tan，故C正確162019·武漢武昌區(qū)調(diào)研一輕繩跨過一輕質(zhì)定滑輪，滑輪和軸、繩和滑輪間的摩擦均可忽略在繩的一端拴住一質(zhì)量為m1的小球，在另一側(cè)有一質(zhì)量為m2的圓環(huán)套在繩子上，繩與圓環(huán)間存在摩擦，且m1>m2，由靜止開始釋放它們后，圓環(huán)相對于地面以恒定的加速度大小a2沿繩下滑(a2<g，g為重力加速度)，則小球相對地面的加速度大小a1為()Aa2 Bg(ga2)Cg(ga2) D.g答案：B解析：對圓環(huán)由牛頓第二定律得m2gFfm2a2，對小球由牛頓第二定律得m1gFfm1a1，F(xiàn)fFf，則整理解得a1g(ga2)，B正確課時(shí)測評 綜合提能力課時(shí)練贏高分一、選擇題12019·黑龍江雙鴨山一中模擬亞里士多德在其著作物理學(xué)中寫道：一切物體都具有某種“自然本性”，物體由其“自然本性”決定的運(yùn)動(dòng)稱之為“自然運(yùn)動(dòng)”，而物體受到推、拉、提、舉等作用后的“非自然運(yùn)動(dòng)”稱之為“受迫運(yùn)動(dòng)”伽利略、笛卡兒、牛頓等人批判地繼承了亞里士多德的這些說法，建立了新物理學(xué)；新物理學(xué)認(rèn)為一切物體都具有的“自然本性”是“慣性”下列關(guān)于“慣性”和“運(yùn)動(dòng)”的說法中不符合新物理學(xué)的是()A一切物體的“自然運(yùn)動(dòng)”都是速度不變的運(yùn)動(dòng)靜止或者勻速直線運(yùn)動(dòng)B作用在物體上的力，是使物體做“受迫運(yùn)動(dòng)”即變速運(yùn)動(dòng)的原因C豎直向上拋出的物體，受到了重力，卻沒有立即反向運(yùn)動(dòng)，而是繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)一段距離后才反向運(yùn)動(dòng)，是由于物體具有慣性D可繞豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)的水平圓桌轉(zhuǎn)得太快時(shí)，放在桌面上的盤子會(huì)向桌子邊緣滑去，這是由于“盤子受到的向外的力”超過了“桌面給盤子的摩擦力”導(dǎo)致的答案：D解析：根據(jù)慣性的定義可知A、B、C正確；繞豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)的水平圓桌轉(zhuǎn)得太快時(shí)，放在桌面上的盤子會(huì)向桌子邊緣滑去，這是由于“盤子需要的向心力”超過了“桌面給盤子的摩擦力”導(dǎo)致的，故D錯(cuò)誤22019·江西豐城中學(xué)檢測如圖所示，物體靜止在一固定在水平地面上的斜面上，下列說法正確的是()A物體對斜面的壓力和斜面對物體的支持力是一對平衡力B物體所受重力可以分解為沿斜面的力和對斜面的壓力C物體所受重力和斜面對物體的作用力是一對平衡力D物體對斜面的摩擦力和物體重力沿斜面的分力是一對作用力和反作用力答案：C解析：物體對斜面的壓力和斜面對物體的支持力大小相等、方向相反、并且作用在同一直線上，但是這兩個(gè)力作用在兩個(gè)物體上，所以應(yīng)為作用力和反作用力，所以A錯(cuò)誤物體所受的重力可以分解為沿斜面向下的力和垂直于斜面向下的力，垂直于斜面向下的分力不是對斜面的壓力，因?yàn)樽饔命c(diǎn)不同，對斜面的壓力作用點(diǎn)應(yīng)在斜面上，而垂直于斜面向下的分力作用點(diǎn)在物體上，所以B錯(cuò)誤斜面對物體的作用力是斜面對物體的支持力和摩擦力的合力，與物體的重力平衡，所以物體所受的重力和斜面對物體的作用力是一對平衡力，C正確物體對斜面的摩擦力和斜面對物體的摩擦力是一對作用力和反作用力，物體所受斜面的摩擦力與重力沿斜面的分力為平衡力，所以D錯(cuò)誤32018·全國卷如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖象可能正確的是()答案：A解析：設(shè)物塊P靜止時(shí)，彈簧的長度為x0，輕彈簧原長為l，物塊P受重力mg、彈簧彈力k(lx0x)及力F，根據(jù)牛頓第二定律，得Fk(lx0x)mgma且k(lx0)mg故Fkxma.根據(jù)數(shù)學(xué)知識知Fx圖象是截距為ma的一次函數(shù)圖象4.2019·湖北黃岡中學(xué)?？?多選)如圖所示，三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊a、b、c，用兩個(gè)輕彈簧和一根輕繩相連，掛在天花板上，處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)將b、c之間的輕繩剪斷，下列說法正確的是()A在剛剪斷輕繩的瞬間，b的加速度大小為gB在剛剪斷輕繩的瞬間，c的加速度大小為2gC剪斷輕繩后，a、b下落過程中，兩者一直保持相對靜止D剪斷輕繩后，a、b下落過程中加速度相等的瞬間，兩者之間的輕彈簧一定處于原長狀態(tài)答案：BD解析：剪斷輕繩的瞬間，繩的彈力立即消失，而彈簧彈力瞬間不變；對b根據(jù)牛頓第二定律可得mab2mg，解得ab2g，方向向下；c上面的彈簧在繩子剪斷前的彈力等于三個(gè)物塊的總重力，即3mg，剪斷輕繩后，對c根據(jù)牛頓第二定律可得3mgmgmac，解得ac2g，方向向上，所以A錯(cuò)誤，B正確；剪斷輕繩后，a、b下落過程中，二者在開始的一段時(shí)間內(nèi)加速度不同，所以兩者不會(huì)保持相對靜止，兩者之間的輕彈簧長度一定會(huì)發(fā)生變化，C錯(cuò)誤；剪斷輕繩后，a、b下落過程中，a、b加速度相等的瞬間，兩者之間的輕彈簧一定處于原長狀態(tài)，此時(shí)二者的加速度都為g，D正確52019·山東濰坊中學(xué)月考物塊A放在斜面體的斜面上，和斜面體一起水平向右做加速運(yùn)動(dòng)，如圖所示，若物塊與斜面體保持相對靜止，物塊A受到斜面對它的支持力和摩擦力的合力的方向可能是()A斜向右上方 B水平向右C斜向右下方 D豎直向上答案：A解析：物塊A受到豎直向下的重力，而加速度水平向右，即A受到的合力水平向右，所以只能再受到斜向右上方的作用力，即物塊A受到斜面對它的支持力和摩擦力的合力的方向可能斜向右上方，A正確62019·湖南株洲一診一質(zhì)量為m的鋁球用細(xì)線懸掛靜止在足夠深的油槽中(如圖甲所示)，某時(shí)刻剪斷細(xì)線，鋁球開始在油槽中下沉，通過傳感器得到鋁球的加速度隨下沉速度變化的圖象如圖乙所示，已知重力加速度為g，下列說法正確的是()A鋁球剛開始運(yùn)動(dòng)的加速度a0gB鋁球下沉的速度將會(huì)一直增大C鋁球下沉過程所受到油的阻力fD鋁球下沉過程機(jī)械能的減少量等于克服油的阻力所做的功答案：C解析：剛開始釋放時(shí)，鋁球受到豎直向下的重力和豎直向上的浮力作用，即a0g<g，A錯(cuò)誤；由圖乙可知鋁球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，速度越來越大，當(dāng)a0時(shí)，鋁球下沉的速度達(dá)到最大，之后勻速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；剛開始釋放時(shí)有mgF浮ma0，鋁球下沉過程中受重力、阻力、浮力，由牛頓第二定律可得mgF浮fma，由av圖象可知aa0v，由以上各式解得鋁球與油的阻力f，C正確；鋁球下沉過程機(jī)械能的減少量等于克服油的阻力、浮力所做的功，故D錯(cuò)誤7.如圖所示，小車內(nèi)兩根不可伸長的細(xì)線AO、BO拴住一小球，其中BO水平，小車沿水平地面向右做加速運(yùn)動(dòng)，AO與BO的拉力分別為TA、TB.若加速度增大，則()ATA、TB均增大 BTA、TB均減小CTA不變，TB增大 DTA減小，TB不變答案：C解析：設(shè)OA與豎直方向的夾角為，則對小球有TAcosmg，TBTAsinma，故若加速度增大，TA不變，TB增大選項(xiàng)C正確8.如圖所示，在水平面上沿直線運(yùn)動(dòng)的小車上有一個(gè)固定的水平橫桿，橫桿左端懸掛的小球A和小車右端放置的物塊B都相對車廂靜止關(guān)于物塊B受到的摩擦力，下列判斷中正確的是()A物塊B不受摩擦力作用B物塊B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左C物塊B受摩擦力作用，大小恒定，方向向右D因小車的運(yùn)動(dòng)方向不能確定，故物塊B受的摩擦力情況無法判斷答案：C解析：根據(jù)題意，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)細(xì)繩與豎直方向夾角為，小球受到重力和沿繩方向的拉力，小球加速度為agtan，方向水平向右，則物塊B受到重力、支持力和向右的摩擦力，故選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確92019·廣東深圳模擬如圖所示，一質(zhì)量為m的正方體物塊置于風(fēng)洞內(nèi)的水平面上，其一面與風(fēng)速垂直，當(dāng)風(fēng)速為v0時(shí)剛好能推動(dòng)該物塊已知風(fēng)對物塊的推力F正比于Sv2，其中v為風(fēng)速、S為物塊迎風(fēng)面積當(dāng)風(fēng)速變?yōu)?v0時(shí)，剛好能推動(dòng)用同一材料做成的另一正方體物塊，則該物塊的質(zhì)量為()A64m B32mC8m D4m答案：A解析：設(shè)質(zhì)量為m的正方體物塊的邊長為a，物塊被勻速推動(dòng)，根據(jù)平衡條件，有Ff，Nmg，其中FkSvka2v，fNmga3g，解得a，現(xiàn)在風(fēng)速變?yōu)?v0，故剛好能推動(dòng)的物塊邊長為原來的4倍，故體積為原來的64倍，質(zhì)量為原來的64倍，故A正確102019·河北正定中學(xué)模擬如圖所示，一固定桿與水平方向夾角為，將一質(zhì)量為m1的滑塊套在桿上，通過輕繩懸掛一個(gè)質(zhì)量為m2的小球，桿與滑塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.若滑塊與小球保持相對靜止以相同的加速度a一起運(yùn)動(dòng)，此時(shí)繩子與豎直方向夾角為，且<，則滑塊的運(yùn)動(dòng)情況是()A沿著桿加速下滑 B沿著桿加速上滑C沿著桿減速下滑 D沿著桿減速上滑答案：D解析：把滑塊和球看成一個(gè)整體受力分析，沿桿和垂直桿建立直角坐標(biāo)系，若速度方向沿桿向下，則沿桿方向有(m1m2)gsinf(m1m2)a，垂直桿方向有FN(m1m2)gcos，摩擦力fFN，聯(lián)立可解得agsingcos.對小球有，若，agsin，現(xiàn)有<，則有a>gsin，所以gsingcos>gsin，gsingsin>gcos，因?yàn)?lt;，所以gsingsin<0，但gcos>0，所以假設(shè)不成立，即速度的方向一定向上由于加速度方向向下，所以滑塊沿桿減速上滑，故D正確二、非選擇題11.2019·天津五區(qū)縣聯(lián)考如圖甲所示，光滑平臺(tái)右側(cè)與一長為L2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，現(xiàn)有一小滑塊以初速度v05 m/s滑上木板，恰好滑到木板右端靜止現(xiàn)讓木板右端抬高，如圖乙所示，使木板與水平地面的夾角37°，讓滑塊以相同的初速度滑上木板，不計(jì)滑塊滑上木板時(shí)的能量損失，g取10 m/s2(sin37°0.6，cos37°0.8)，求：(1)滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時(shí)間t.答案：(1)0.5(2)s解析：(1)設(shè)滑塊質(zhì)量為m，木板水平時(shí)滑塊加速度大小為a，則對滑塊有mgma，滑塊恰好滑到木板右端靜止，則0v2aL，解得0.5.(2)當(dāng)木板傾斜時(shí)，設(shè)滑塊上滑時(shí)的加速度大小為a1，上滑的最大距離為s，上滑的時(shí)間為t1，有mgcosmgsinma1,0v2a1s,0v0a1t1，解得s1.25 m，t1 s設(shè)滑塊下滑時(shí)的加速度大小為a2，下滑的時(shí)間為t2，有mgsinmgcosma2，sa2t，解得t2s，滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時(shí)間tt1t2s.122019·廣西適應(yīng)性測試如圖所示，12個(gè)相同的木塊放在水平地面上排成一條直線，相鄰兩木塊接觸但不粘連，每個(gè)木塊的質(zhì)量m1.2 kg，長度l0.5 m木塊原來都靜止，它們與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為10.1，在左邊第一個(gè)木塊的左端放一質(zhì)量M1 kg的小鉛塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，它與各木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為20.5，現(xiàn)突然給小鉛塊一個(gè)向右的初速度v09 m/s，使其在木塊上滑行設(shè)木塊與地面間及小鉛塊與木塊間的最大靜摩擦力均等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g10 m/s2.求：(1)小鉛塊相對木塊滑動(dòng)時(shí)小鉛塊的加速度大小；(2)小鉛塊下的木塊剛發(fā)生運(yùn)動(dòng)時(shí)小鉛塊的瞬時(shí)速度大小答案：(1)5 m/s2(2)6 m/s解析：(1)設(shè)小鉛塊相對木塊滑動(dòng)時(shí)加速度大小為a，由牛頓第二定律可知2MgMa解得：a5 m/s2(2)設(shè)小鉛塊最多能帶動(dòng)x個(gè)木塊運(yùn)動(dòng)，對x個(gè)木塊整體進(jìn)行受力分析，當(dāng)小鉛塊下的x個(gè)木塊發(fā)生運(yùn)動(dòng)時(shí)，則有2Mg1(mgxMg)解得：x3.33即小鉛塊最多只能帶動(dòng)3個(gè)木塊運(yùn)動(dòng)設(shè)當(dāng)小鉛塊通過前面的9個(gè)木塊時(shí)的瞬時(shí)速度大小為v，由動(dòng)能定理可知：2Mg×9lM(v2v)解得：v6 m/s