广东地区高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律微专题17动力学中的图象问题试题粤教版

姓名，年级：时间：专题三牛顿运动定律备考篇【考情探究】课标解读考情分析备考指导考点内容牛顿运动定律1。

通过实验，探究物体运动的加速度与物体受力、物体质量的关系。

理解牛顿运动定律。

通过实验,认识超重和失重现象。

2。

知道国际单位制中的力学单位。

了解单位制在物理学中的重要意义考查内容:1.两类运动与图像问题.2。

单一物体多运动过程与斜面问题。

3.超重、失重与运动极值问题。

4。

滑块、传送带与连接体问题。

命题趋势:1。

牛顿定律作为动力学规律可单独命题,也可与其他部分知识相结合考查。

2.注重理论联系实际，关注生产、生活、实验中牛顿运动定律的应用1.坚持前几年命题规律、命题方法的稳定性,同时关注具体细节、具体考向,具体环境的细小变化。

2.牢记基础知识，熟练基本方法,积累消化基础模型,努力拓展新情境下的应用.本专题的常用方法有:数图转换、函数论证、估算法、临界极值法、整体法、隔离法、运动独立性原理的应用等牛顿运动定律的应用1。

能用牛顿运动定律解释生产生活中的有关现象、解决有关问题.2。

能对物体的受力和运动情况进行分析，得出结论。

能从物理学的运动与相互作用的视角分析自然与生活中的有关简单问题【真题探秘】基础篇【基础集训】考点一牛顿运动定律1.(2018深圳宝安实验中学期中,14，6分）下列说法中正确的是( ）A。

笛卡尔认为必须有力的作用物体才能运动B。

伽利略通过“理想实验”得到了“力不是维持物体运动的原因"的结论C。

牛顿第一定律可以用实验直接验证D.牛顿第二定律表明物体所受外力越大物体的惯性越大答案B2。

牛顿在总结C.雷恩、J.沃利斯和C。

惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律,阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一定律和牛顿第二定律形成了完整的牛顿力学体系。

下列关于作用力和反作用力的说法正确的是（)A.物体先对地面产生压力,然后地面才对物体产生支持力B.物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡C。

高考热点强化训练3动力学图象问题1．静止物体受到的合外力随时间变化的图象如图1所示,则它的速度随时间变化的图象是下列选项图中的()图1答案A解析由合外力随时间变化的图象,可知物体从静止开始运动,在前两段时间内都是做匀加速运动,且第二次加速度大于第一次加速度,之后合外力为零,做匀速运动,故A正确．2．一次演习中,一空降特战兵实施空降,飞机悬停在高空某处后,空降特战兵从机舱中跳下,设空降特战兵沿直线运动,其速度—时间图象如图2a所示,当速度减为零时特战兵恰好落到地面．已知空降特战兵的质量为60 kg.设降落伞用8根对称的绳悬挂空降特战兵,每根绳与中轴线的夹角均为37°,如图b所示．不计空降特战兵所受的阻力．则空降特战兵(sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8,g＝10 m/s2)()图2A．前2 s处于超重状态B．从200 m高处开始跳下C．落地前瞬间降落伞的每根绳对特战兵的拉力大小为125 ND．整个运动过程中的平均速度大小为10 m/s答案C解析 由题v －t 图象可知,降落伞在前2 s 内加速下降,中间5 s 匀速下降,最后6 s 减速下降,故前2 s 失重,选项A 错误;由v －t 图线与t 轴所围的面积等于物体位移的大小知,x ＝12×(5＋13)×20 m ＝180 m,选项B 错误;落地前瞬间a ＝Δv Δt ＝0－206 m/s 2＝－103m/s 2,对特战兵,由牛顿第二定律有mg －8F T ·cos 37°＝ma ,解得F T ＝125 N,选项C 正确;全程平均速度v ＝x t ＝18013m/s>10 m/s,选项D 错误．3．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F －t 图线,两图中a ～g 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g ＝10 m/s 2,根据图象分析可知( )图3A ．人的重力为1 500 NB ．c 点位置人处于失重状态C ．e 点位置人处于超重状态D ．d 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,根据牛顿第三定律与平衡条件可知,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:a 1＝F d －G m＝1 500－50050010 m/s 2＝20 m/s 2,人在f 点时:a 2＝G －0m ＝50050010m/s 2＝10 m/s 2,可知d 点的加速度大于f点的加速度,故D 错误．4．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t ＝0时由静止开始上升,a －t 图象如图4所示．则下列相关说法正确的是( )图4A ．t ＝4.5 s 时,电梯处于失重状态B ．5～55 s 时间内,绳索拉力最小C ．t ＝59.5 s 时,电梯处于超重状态D ．t ＝60 s 时,电梯速度恰好为零答案 D解析 利用a －t 图象可判断:t ＝4.5 s 时,电梯有向上的加速度,电梯处于超重状态,A 错误;0～5 s 时间内,电梯处于超重状态,拉力大于重力,5～55 s 时间内,电梯处于匀速上升过程,拉力等于重力,55～60 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a －t 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t ＝60 s 时为零,D 正确．5.用外力F 拉一物体使其做竖直上升运动,不计空气阻力,加速度a 随外力F 的变化关系如图5所示,下列说法正确的是( )图5A ．物体的质量为F 0a 0B ．地球表面的重力加速度为2a 0C ．当a >0时,物体处于失重状态D ．当a ＝a 1时,拉力F ＝F 0a 0a 1 答案 A解析 当F ＝0时a ＝－a 0,此时的加速度为重力加速度,故g ＝a 0,所以B 错误;当a ＝0时,拉力F＝F 0,拉力大小等于重力,故物体的质量为F 0a 0,所以A 正确;当a >0时,加速度方向竖直向上,物体处于超重状态,所以C 错误;当a ＝a 1时,由牛顿第二定律得F －mg ＝ma 1,又m ＝F 0a 0、g ＝a 0,故拉力F ＝F 0a 0(a 1＋a 0),所以D 错误． 6.(多选)(2019·山东淄博市3月模拟)如图6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．小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中,下列关于小球的速度v 、加速度a 随时间t 变化的图象中符合实际情况的是( )图6答案 AD解析 在小球下落的开始阶段,小球做自由落体运动,加速度为g ;接触弹簧后,开始时重力大于弹力,加速度方向向下,随着小球的不断下降,弹力逐渐变大,故小球做加速度减小的加速运动,某时刻加速度可减小到零,此时速度最大;小球继续下落时,弹力大于重力,加速度方向变为向上,且加速度逐渐变大,直到速度减小到零,到达最低点,由对称知识可知,到达最低点的加速度大于g ,故A 、D 正确．7．(多选)(2019·山东日照市3月模拟)长木板上表面的一端放有一个木块,木块与木板接触面上装有摩擦力传感器,如图7甲所示,木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角θ变大),另一端不动,摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力F f 随角度θ的变化图象如图乙所示．下列判断正确的是( )图7 A．木块与木板间的动摩擦因数μ＝tan θ1B．木块与木板间的动摩擦因数μ＝F f2mg cos θ1C．木板与地面的夹角为θ2时,木块做自由落体运动D．木板由θ1转到的θ2的过程中,木块的速度变化越来越快答案AD解析由题图可知,当夹角为θ1时木块刚刚开始滑动,则mg sin θ1＝μmg cos θ1,可得μ＝tan θ1,故选项A正确,B错误;木板与地面的夹角为θ2时,摩擦力为零,则木块只受重力作用,但此时速度不是零,木块不做自由落体运动,做初速度不为零、加速度为g的匀加速运动,故选项C错误;对木块,根据牛顿第二定律有:mg sin θ－μmg cos θ＝ma,则a＝g sin θ－μg cos θ,则木板由θ1转到的θ2的过程中,随着θ的增大,加速度a增大,即速度变化越来越快,故选项D正确．。

第3章牛顿运动定律物理模型1|动力学中的传送带模型1．水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v 返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v02.倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能一直匀速(4)可能先以a1加速后，再以a2加速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速时针传动，水平部分长为2.0 m．其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，试问：(1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离．(2)物块从出发到4.5 s末通过的路程．(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)图3­1【解析】 (1)物块在传送带上先做匀加速直线运动μmg ＝ma 1 s 1＝v 202a 1＝1 m<L所以在到达传送带右端前物块已匀速 物块以v 0速度滑上斜面－mg sin θ＝ma 2 物块速度为零时沿斜面上升的距离s 2＝－v 202a 2＝13 m由于s 2<0.4 m ，所以物块未到达斜面的最高点． (2)物块从开始到第一次到达传送带右端所用的时间t 1＝2s 1v 0＋L －s 1v 0＝1.5 s物块第一次在斜面上往返的时间t 2＝－2v 0a 2＝23s物块再次滑到传送带上速度仍为v 0，方向向左－μmg ＝ma 3 向左端发生的最大位移s 3＝－v 202a 3，所用时间t 3＝－v 0a 3＝1 s又物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等，故4.5 s 末物块在斜面上速度恰好减为零故物块通过的总路程s ＝L ＋3s 2＋2s 3解得s ＝5 m.【答案】 (1)不能 13 m (2)5 m[突破训练]1．(多选)如图3­2甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v ­t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v 2>v 1，则( )【导学号：92492152】甲乙图3­2A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向向右D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用BC[相对地面而言，小物块在0～t1时间内向左做匀减速运动，t1～t2时间内又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻)，小物块开始向右做匀速运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，选项A错误．相对传送带而言，在0～t2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，选项B、C正确，选项D错误．]物理模型2|动力学中的“滑块、滑板”模型1．模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．2．两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．3．解题思路(1)审题建模求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况．(2)求加速度准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)．(3)明确关系找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口．求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．(2017·江西师大附中模拟)如图3­3所示，质量M＝10 kg、上表面光滑的足够长的木板在F＝50 N的水平拉力作用下，以初速度v0＝5 2 m/s沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m＝1 kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L＝1 m时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L＝1 m 就在木板的最右端无初速放一铁块．试问．(g取10 m/s2)图3­3(1)第1块铁块放上时，木板的速度多大？ (2)最终木板上放有多少块铁块？(3)从第1块铁块放上去之后，木板最大还能运动多远？【导学号：92492153】【规范解答】 (1)木板最初做匀速运动，由F ＝μMg 计算得出，μ＝F Mg＝0.5 第1块铁块放上后，木板做匀减速运动，即有：F －μ(M ＋m )g ＝Ma 1代入数据计算得出：a 1＝－0.5 m/s 2根据速度位移关系公式，有：v 21－v 20＝2a 1L ，计算得出v 1＝7 m/s.(2)设最终有n 块铁块能静止在木板上，则木板运动的加速度大小为：a n ＝－μnmgM第1块铁块放上后：v 21－v 20＝2a 1L 第2块铁块放上后：v 22－v 21＝2a 2L 第n 块铁块放上后：v 2n －v 2n －1＝2a n L 由上可得：－(1＋2＋3＋…＋n )×2μmg ML ＝v 2n －v 20 木板停下时，v n ＝0，得n ＝9.5，即最终木板上放有10块．(3)从放上第1块铁块至刚放上第9块铁块的过程中，由(2)中表达式可得： 9×9＋12×2⎝ ⎛⎭⎪⎫μmg M L ＝v 20－v 29从放上第10块铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移为d ，则： 2⎝⎛⎭⎪⎫10μmg M d ＝v 29－0 联立计算得出：d ＝0.5 m 所以：木板共运动9.5 m.【答案】 (1)v 1＝7 m/s (2)10块 (3)9.5 m [突破训练]2．如图3­4甲所示，长木板B 固定在光滑水平面上，可看做质点的物体A 静止叠放在B 的最左端．现用F ＝6 N 的水平力向右拉物体A ，经过5 s 物体A 运动到B 的最右端，其v ­t 图象如图乙所示．已知A 、B 的质量分别为1 kg 、4 kg ，A 、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.图3­4(1)求物体A 、B 间的动摩擦因数；(2)若B 不固定，求A 运动到B 的最右端所用的时间.【导学号：92492154】【解析】 (1)根据v ­t 图象可知物体A 的加速度为a A ＝Δv Δt ＝105m/s 2＝2 m/s 2以A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得F －μm A g ＝m A a A解得μ＝F －m A a Am A g＝0.4. (2)由题图乙可知木板B 的长度为l ＝12×5×10 m＝25 m若B 不固定，则B 的加速度为a B ＝μm A g m B ＝0.4×1×104m/s 2＝1 m/s 2设A 运动到B 的最右端所用的时间为t ，根据题意可得12a A t 2－12a B t 2＝l解得t ＝7.07 s.【答案】 (1)0.4 (2)7.07 s高考热点|动力学中的多过程问题综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题，是本章的重点，更是每年高考的热点．解决“多过程”问题的关键：首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们之间的关联点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程”．(2017·河南林州市专项练习)如图3­5所示，一圆环A 套在一均匀圆木棒B 上，A 的高度相对B 的长度来说可以忽略不计，A 和B 的质量都等于m ，A 和B 之间滑动摩擦力为f (f <mg )．开始时B 竖直放置，下端离地面高度为h ，A 在B 的顶端，如图所示，让它们由静止开始自由下落，当木棒与地面相碰后，木棒以竖直向上的速度反向运动，并且碰撞前后的速度大小相等．设碰撞时间很短，不考虑空气阻力，在B 再次着地前，A 、B 不分离．图3­5(1)请描述在从开始释放到B 再次着地前的过程中，A 、B 各自的运动情况，并解出匀变速运动时的加速度大小；(2)B 至少应该多长？【解析】 (1)释放后A 和B 相对静止一起做自由落体运动，加速度大小都为a ＝g ，B 与地面碰撞后，A 继续向下做匀加速运动，加速度大小a A ＝mg －fm，B 竖直向上做匀减速运动，加速度大小a B ＝mg ＋fm，B 速度减为零后，继续以加速度a B 向下运动． (2)B 着地前瞬间的速度为v 1＝2gh ，B 与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为t ＝2v 1a B ，在此时间内A 的位移x ＝v 1t ＋12a A t 2，要使B 再次着地前A 不脱离B ，木棒长度L 必须满足条件L ≥x ，联立以上各式，解得L ≥8m 2g 2mg ＋f2h .【答案】 (1)见解析 (2)8m 2g2mg ＋f 2h[突破训练]3．(多选)如图3­6甲所示，物块的质量m ＝1 kg ，初速度v 0＝10 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，g 取10 m/s 2.下列选项正确的是( ) 【导学号：92492155】甲 乙图3­6A．0～5 s内物块做匀减速运动B．在t＝1 s时刻，恒力F反向C．恒力F大小为10 ND．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3BD[根据题图乙可知，物块先匀减速运动到x＝5 m处，此时速度减为零，之后向右做匀加速直线运动，加速运动到x＝13 m处时速度达到8 m/s，设物块在匀减速运动时的加速度大小为a1，在匀加速运动时的加速度大小为a2，则a1＝v202x1＝1022×5m/s2＝10 m/s2，a2＝v2t2x0＝822×13－5m/s2＝4 m/s2，所以物块做匀减速运动的时间为t＝v0a1＝1 s，在t＝1 s时刻，恒力F反向，选项A错误，B正确；根据牛顿第二定律有F＋μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，联立并代入数据可得，F＝7 N，μ＝0.3，选项C错误，D正确．]。

第3讲运动图像和连接体问题基础巩固1.如图所示,将两个质量分别为m1=1 kg、m2=4 kg 的物体置于光滑的水平面上,中间用轻质弹簧测力计连接,两个大小分别为F1=30 N、F2=20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上,则达到稳定状态后,下列说法正确的是( )A.弹簧测力计的示数是25 NB.弹簧测力计的示数是50 NC.在突然撤去F2的瞬间,m2的加速度大小为7 m/s2D.在突然撤去F1的瞬间,m1的加速度大小为13 m/s22.如图所示,在光滑的水平面上有一段长为L、质量分布均匀的绳子。

在水平向左的恒力F作用下从静止开始做匀加速运动。

绳子中某点到绳子左端的距离为x,设该处绳的张力大小为T,则能正确描述T与x 之间的关系的图像是( )3.(多选)如图甲所示,两物体A、B叠放在光滑水平面上,对物体A施加一水平变力F,F-t关系图像如图乙所示。

两物体在力F作用下由静止开始运动,且始终相对静止,规定水平向右为正方向,则( )A.两物体一直向右做直线运动B.两物体沿直线做往复运动C.在2~3 s时间内两物体间的摩擦力逐渐减小D.B物体所受的摩擦力方向始终与力F的方向相同4.倾角为θ=45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上,滑块M的顶端O处固定一细线,细线的另一端拴一小球,已知小球的质量为m= kg,当滑块M以a=2g的加速度向右运动时,则细线拉力的大小为(取g=10 m/s2)( )A.10 NB.5 NC. ND. N5.(2016北京朝阳期中,18)1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验,这次实验的目的是要发展一种技术,找出测定轨道中人造天体质量的方法。

实验时,用双子星号宇宙飞船(m1)去接触正在轨道上运行的火箭组(m2)(后者的发动机已熄火)。

接触以后,开动双子星号飞船的推进器,使飞船和火箭组共同加速(如图所示)。

推进器的平均推力F等于895 N,推进器开动时间为7 s,测出飞船和火箭组的速度变化是0.91 m/s。

[方法点拨](1)理解牛顿第二定律的矢量性、瞬时性、同一性、独立性．(2)轻绳、轻杆和接触面的弹力能跟随外界条件发生突变；弹簧(或橡皮绳)的弹力不能突变，在外界条件发生变化的瞬间可认为是不变的．(3)多个物体一起运动时，知其一物体加速度即可知整体加速度，反之亦然．从而知其合外力方向．1．(牛顿运动定律的理解)如图1所示，弹簧左端固定，右端可自由伸长到P点．一物块从光滑水平面的b位置以速度v向左运动，将弹簧压缩到最短a点，之后物块被弹簧向右弹出．物块从P到a的运动过程，以下说法正确的是()图1A．物块的惯性减小B．在a位置，物块的惯性为零C．物块对弹簧的作用力和弹簧对物块的作用力大小相等D．在a位置，物块对弹簧的作用力小于弹簧对物块的作用力2．(瞬时性)如图2，A、B、C三个小球的质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻绳连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，用细线悬挂在天花板上，整个系统静止，现将A上面的细线剪断，使A的上端失去拉力，则在剪断细线瞬间，A、B、C的加速度的大小分别为()图2A．1.5g 1.5g0 B．g2g0C．g g g D．g g03．(矢量性)(多选)如图3所示，套在绳索上的小圆环P下面用悬线挂一个重为G的物体Q并使它们处于静止状态．现释放圆环P，让其沿与水平面成θ角的绳索无摩擦下滑，在圆环P下滑过程中绳索处于绷紧状态(可认为是一直线)，若圆环和物体下滑时不振动，稳定后，下列说法正确的是( )图3A ．Q 的加速度一定小于g sin θB ．悬线所受拉力为G sin θC ．悬线所受拉力为G cos θD ．悬线一定与绳索垂直4．(瞬时性)如图4所示，两个完全相同的轻弹簧a 、b ，一端固定在水平面上，另一端与质量为m 的小球相连，轻杆c 一端固定在天花板上，另一端与小球拴接．弹簧a 、b 和轻杆互成120°角，且弹簧a 、b 的弹力大小均为mg ，g 为重力加速度，如果将轻杆突然撤去，则撤去瞬间的加速度大小可能为( )图4A ．a ＝0B ．a ＝gC ．a ＝1.5gD ．a ＝3g5．(矢量性)如图5所示，光滑斜面的倾角为α，一个质量为m 的物体放在斜面上，如果斜面以加速度a 水平向左做匀加速直线运动，物体与斜面间无相对运动，则斜面对物体的支持力的大小错误的是( )图5A ．mg cos αB.mg cos αC.ma sin α D ．m g 2＋a 26．质量相等的甲、乙两物体同时从同一位置由静止开始沿水平直线运动，从开始运动的t ＝0时刻起，两物体的速度—时间图象如图6所示，则下列判断正确的是( )图6A．开始运动时，甲受到的合外力小于乙受到的合外力B．t0时刻甲、乙两物体所受合外力大小相等C．在0～t0时间内任意时刻，甲受到的合外力都小于乙受到的合外力D．在0～t0时间内，甲物体在中间时刻的速度大于乙物体的平均速度7．以初速度v竖直向上抛出一小球，小球所受空气阻力与速度的大小成正比，下列图象中，能正确反映小球从抛出到落回原处的速度随时间变化情况的是()8．(多选)如图7所示，人站在匀加速斜向上的电梯上，则()图7A．人受到摩擦力方向沿运动方向，即与水平方向成θ角斜向上B．人受到摩擦力方向沿水平方向向右C．人受到梯面的支持力大于其重力D．人受到梯面的支持力等于其重力9．如图8所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态．现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间()图8A．木块B对水平面的压力迅速变为2mg B．弹簧的弹力大小为mgC．木块A的加速度大小为2g D．弹簧的弹性势能立即减小10．(多选)如图9所示，弹簧p 和细绳q 的上端固定在天花板上，下端用小钩钩住质量为m 的小球C ，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计．静止时p 、q 与竖直方向的夹角均为60°.下列判断正确的有( )图9A ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q 对球的拉力大小为mgB ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为32g C ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p 对球的拉力大小为12mg D ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g11．(多选)质量为m ＝2 kg 的物块静止放置在粗糙水平地面O 处，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F 作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O 处，取水平向右为速度的正方向，如图10a 所示，物块运动过程中其速度v 随时间t 变化规律如图b 所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则( )图10A ．物块经过4 s 时间回到出发点B ．物块运动到第3 s 时改变水平拉力的方向C ．3.5 s 时刻水平力F 的大小为4 ND ．4.5 s 时刻水平力F 的大小为16 N12.用一水平力F 拉静止在水平面上的物体,在F 从零开始逐渐增大的过程中,加速度a 随外力F 变化的图象如图11所示,取g ＝10 m/s 2,水平面各处粗糙程度相同,则由此不能计算出( )图11A ．物体与水平面间的滑动摩擦力B ．物体与水平面间的动摩擦因数C ．外力F 为12 N 时物体的速度D ．物体的质量13．如图12所示的水平地面上，直角斜面体M的倾角为30°，物块A、B的质量相等，C为轻质定滑轮．图甲中斜面体M和物块A、B均处于静止状态，图乙中斜面体M和物块A、B 一起以加速度a＝3g水平向右做匀加速直线运动，且三者保持相对静止．关于物块A、B 的受力情况，下列说法中正确的是()图12A．图甲中的物块A一定受三个力作用B．图甲中的物块B一定受四个力作用C．图乙中的物块A一定受三个力作用D．图乙中的物块B一定受四个力作用答案精析1．C[物块从P到a运动过程中，质量不变，惯性不变，A、B项错误；根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等，C项正确，D项错误．]2．A[在剪断细线的瞬间，弹簧上的力没有来得及发生变化，故C球受到的重力和弹簧弹力不变，C球合力为零，加速度为0；A、B球被轻绳拴在一起整体受重力和弹簧的拉力，合力为3mg，则A、B的加速度大小均为1.5g，故A正确，B、C、D错误．]3．CD[由题意知，小圆环和Q保持相对静止一起沿绳索无摩擦下滑，整体受重力和支持力作用，加速度方向一定沿绳索方向向下，由牛顿第二定律有，a＝(m P＋m Q)g sin θm P＋m Q，解得：a＝g sin θ，A项错，再对Q受力分析，受到竖直向下的重力和拉力，合力大小F合＝m Q g sin θ，又重力沿绳索方向的分力也为m Q g sin θ，则由牛顿第二定律可知，悬线上的拉力沿绳索方向的分力为零，所以悬线一定与绳索垂直，而在垂直于绳索方向上，由平衡条件有：悬线上的拉力F＝G cos θ，故B项错，C、D项正确．]4．A[弹簧a、b的弹力大小均为mg，当弹簧的弹力为拉力时，其合力方向竖直向下、大小为mg，轻杆对小球的拉力大小为2mg，将轻杆突然撤去时，小球合力为2mg，此时加速度大小为2g；当弹簧的弹力为压力时，其合力竖直向上、大小为mg，根据平衡条件，轻杆上的力为零，将轻杆突然撤去时，小球受到的合力为0，此时加速度大小为0，所以只有选项A 正确．]5．A[根据题述，斜面以加速度a水平向左做匀加速直线运动，物体与斜面间无相对运动，则放在斜面上的物体所受合外力一定向左．隔离物体，分析受力，物体受到斜面支持力和重力，二力的合力向左，大小等于ma，则有：F2＝(mg)2＋(ma)2，解得F＝m g2＋a2，选项D正确；或有F sin α＝ma，解得F＝masin α，选项C正确；或有F cos α＝mg，解得F＝mgcos α，选项B正确．]6．D[由题图可知，开始运动时，甲运动图象的斜率大于乙运动图象的斜率，根据斜率表示加速度可知，甲的加速度大于乙的加速度，由牛顿第二定律可知，此时甲受到的合外力大于乙受到的合外力，A错误；t0时刻甲的加速度小于乙的加速度，甲受到的合外力小于乙受到的合外力，B错误；甲做匀加速直线运动，乙做加速度逐渐增大的加速运动，乙的加速度先小于甲，而后加速度逐渐增大又大于甲，所以在0～t0时间内，甲所受合外力先大于乙而后小于乙，C 错误；在0～t 0时间内，甲的位移大于乙的位移，甲的平均速度大于乙的平均速度，由于甲做匀加速直线运动，甲在中间时刻的速度等于甲的平均速度，所以甲物体在中间时刻的速度大于乙物体的平均速度，D 正确．]7．A [由于小球所受空气阻力与速度的大小成正比，上升阶段，由牛顿第二定律有：mg ＋kv ＝ma ，刚抛出时，速度最大，所受空气阻力最大，加速度最大，速度图象斜率绝对值最大．随着小球上升，速度逐渐减小，所受空气阻力减小，加速度减小，速度图象斜率绝对值减小．下降阶段，由牛顿第二定律有：mg －kv ＝ma ，随着速度的增大，所受空气阻力增大，加速度减小，速度图象斜率绝对值减小．根据上述分析可知，能正确反映小球从抛出到落回原处的速度随时间变化情况的是图象A.]8．BC [对人受力分析：重力mg 、支持力F 1、摩擦力F 2(摩擦力方向一定与接触面平行，由加速度的方向推知F 2的方向为水平向右)．建立直角坐标系：取水平向右(即F 2的方向)为x 轴正方向，竖直向上为y 轴正方向，如图所示．对加速度分解可得：x 轴方向上：a x ＝a cos θy 轴方向上：a y ＝a sin θ根据牛顿第二定律得x 轴方向上：F 2＝ma x ＝ma cos θy 轴方向上：F 1－mg ＝ma y ＝ma sin θ即F 1＝mg ＋ma sin θ故选项B 、C 正确．]9．C10．BD [原来p 、q 对球的拉力大小均为mg .p 和球脱钩后，球将开始沿圆弧运动，将q 受的力沿法线和切线方向正交分解，如图甲，得F －mg cos 60°＝m v 2r ＝0，即F ＝12mg ，合力为mg sin 60°＝ma ，故a ＝32g ，选项A 错误，B 正确；q 和球突然脱钩后瞬间，p 的拉力未来得及改变，仍为mg ，因此合力为mg ，如图乙，球的加速度大小为g .故选项C 错误，D 正确．]11．CD[物块经过4 s时间，速度减小到零，离出发点最远，选项A错误．在0～3 s时间内，物块加速度a1＝1 m/s2.由牛顿运动定律，F1－μmg＝ma1，解得：F1＝12 N．在3～4 s时间内，物块加速度a2＝－3 m/s2，由牛顿运动定律，F2－μmg＝ma2，解得：F2＝4 N．物块运动到第3 s时水平拉力由12 N改变为4 N，但是方向没有改变，选项B错误，C正确．在4～5 s时间内，速度为负值，摩擦力方向改变，物块加速度a3＝－3 m/s2.由牛顿运动定律，F3＋μmg＝ma3，解得：F3＝－16 N，选项D正确．]12．C[水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从零开始逐渐增大的过程中，由牛顿第二定律，得F－μmg＝ma，解得加速度a＝Fm－μg，由此可知，a－F图象在横轴的截距等于物体与水平面之间的滑动摩擦力μmg，在纵轴截距的绝对值等于μg，斜率等于1m，故选项A、B、D错误；根据图象能够得出外力F为12 N时物体的加速度，但不能计算出物体的速度，选项C正确．]13．B[图甲中物块A受重力和拉力两个力的作用，A错误；物块B受重力、支持力、拉力和沿斜面向下的摩擦力四个力的作用，B正确；图乙中加速度a＝3g，根据牛顿第二定律可得物块B受重力和绳子拉力两个力的作用，其中拉力大小为2mg，所以物块A受重力、斜面体弹力、绳子拉力和沿竖直面向下的摩擦力四个力的作用，C、D错误．]。