高考物理总复习 牛顿运动定律专题卷.doc

牛顿运动定律专题一、单选题1.通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是（ ） a.亚里士多德b.伽利略c.笛卡尔d.牛顿【答案】b 【考点】牛顿第一定律 【解析】【解答】a:亚里士多德提出了运动需要力来维持；b、伽利略用理想实验验证了“力不是维持物体运动的原因”c、笛卡尔在伽利略基础上了提出了相似的观点d、牛顿总结了前人的工作【分析】物理学史的知识，每一位科学家都有他的经典之作，记牢即可选择出答案。2.（2018卷）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块p，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力f作用在p上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示p离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示f和x之间关系的图像可能正确的是（ ） a b c d【答案】a 【考点】连接体问题，胡克定律，物体的受力分析 【解析】【解答】由牛顿运动定律，f-mg+f弹=ma ， f弹=k(x0-x),kx0=mg ， 联立解得f=ma+ kx ， 对比题给的四个图象，可能正确的是a。故答案为：a【分析】该题需选择物块p为研究对象，对p分两种情况进行进行受力分析：未对p施加拉力f时，有mg=kx0；对p施加拉力f后，然后根据牛顿第二定律f合=ma列出方程。即可推导出拉力f与x的关系式。3.（2018北京）根据高中所学知识可知,做自由落体运动的小球,将落在正下方位置。但实际上,赤道上方200m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6cm处,这一现象可解释为,除重力外,由于地球自转,下落过程小球还受到一个水平向东的“力”,该“力”与竖直方向的速度大小成正比,现将小球从赤道地面竖直上抛,考虑对称性,上升过程该“力”水平向西,则小球（ ） a.到最高点时,水平方向的加速度和速度均为零b.到最高点时,水平方向的加速度和速度均不为零c.落地点在抛出点东侧d.落地点在抛出点西侧【答案】d 【考点】对质点系的应用，位移的合成与分解 【解析】【解答】根据题意，将小球从赤道地面竖直上抛，水平方向受到一个与竖直方向的速度大小成正比的力，小球从地面竖直上抛，速度越来越小，故水平方向的力越来越小，到达最高点时，竖直方向的速度为零，故水平方向的加速度为零，水平方向小球做加速度减小的加速运动，故到达最高点时，小球的速度不为零，故ab错误；小球在下落的过程中，竖直方向做匀加速直线运动，所以水平方向加速度逐渐增大；水平方向加速度向东，所以向西做加速度增大的减速运动，再根据运动学规律得出落地点在抛出点西侧，故c错误；故答案为：d。【分析】本题属于新颖的题型，这样的水平力，学生平时应该都没有见过，但是仔细分析题干就会得出其实这就是运动的合成与分解，小球参与了水平和竖直两个方向的运动，结合牛顿运动定律即可得出答案。4.用国际单位制的基本单位表示能量的单位，下列正确的是（ ） a.kg.m2/s2b.kg.m/s2c.n/md.n.m【答案】a 【考点】单位制及量纲 【解析】【解答】能量单位为焦耳j，根据做功w=fl，可知1j=1nm，而1n=1kg.m/s2 ,因此正确答案为a【分析】利用公式推导新的单位，这是对量纲的考察，国际基本单位有7个，kg、m，s、a、mol，t、cd；其它单位都是导出单位。5.如图所示，在光滑水平面上以水平恒力f拉动小车，让小车和木块一起做无相对滑动的加速运动，若小车质量为m，木块质量为m，加速度大小为a，木块和小车间的动摩擦因数为对于这个过程，某同学用了以下4个式子来表达拉力f的大小，下述表达式一定正确的是（）a.mab.mg+mac.（m+m）ad.mg+ma【答案】c 【考点】滑动摩擦力，静摩擦力，对质点系的应用，连接体问题 【解析】【解答】解：a、先对整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：f=（m+m）a，a不符合题意，c符合题意，b、由于m与m间无相对滑动，未静摩擦力，则不能用f=mg来计算两者间的摩擦力大小，bd不符合题意故答案为 ：c【分析】先对整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律f=（m+m）a，由于m与m间无相对滑动，未静摩擦力，则不能用f=mg来计算两者间的摩擦力大小。6.如图所示，n个质量为m的相同木块并列放在水平面上，木块跟水平面间的动摩擦因数为，当对1木块施加一个水平向右的推力f时，木块加速运动，木块5对木块4的压力大小为（）a.fb.c.d.【答案】d 【考点】对单物体(质点)的应用 【解析】【解答】解：以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：f=nma得：a= 以1234为研究对象，设5对4 的压力为n，根据牛顿第二定律：fn=4ma联立以上二式得：n= ，abc不符合题意，d符合题意故答案为：d【分析】本题考查整体法与隔离法结合牛顿第二定律的应用，整体应用牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离计算木块5对木块4的压力大小。7.如图所示，a、b两物体质量分别为ma、mb ， 且mamb ， 置于光滑水平面上，相距较远将两个大小均为f的力，同时分别作用在a、b上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将（）a.停止运动b.向左运动c.向右运动d.运动方向不能确定【答案】c 【考点】对单物体(质点)的应用，动量定理，动量守恒定律，匀变速直线运动基本公式应用 【解析】【解答】解：力f大小相等，mamb ， 由牛顿第二定律可知，两物体的加速度有：aaab ， 由题意知：sa=sb ， 由运动学公式得：sa= aata2 ， sb= abtb2 ， 可知：tatb ， 由ia=fta ， ib=ftb ， 得：iaib ， 由动量定理可知pa=ia ， pb=ib ， 则papb ， 碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量向右，abd不符合题意，c符合题意故答案为：c【分析】判断两物体发生碰撞并粘在一起后做什么样的运动，先由牛顿第二定律求出加速度，再判断冲量的大小，最后根据碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量向右。8.如图，在倾角为的固定光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫已知木板的质量是猫的质量的2倍当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变则此时木板沿斜面下滑的加速度为（）a.sinb.1.5gsinc.gsind.2gsin【答案】b 【考点】对质点系的应用，连接体问题 【解析】【解答】解：木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为0，对系统，由牛顿第二定律得：3mgsin=2mga，解得：a=1.5gsin；故答案为：b【分析】本体用整体法比较简单，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为0，对整体列牛顿第二定律方程即可求解。9.如图所示，某滑雪场的索道与水平面夹角为=37，质量为m=50g的人坐在缆车内的水平座椅上，当缆车随索道以a=2m/s2的加速度斜向上运动时，已知g=10m/s2 ， sin37=0.6，cos37=0.8，则（ ）a.座椅对人的摩擦力大小为100nb.座椅对人的摩擦力方向与水平方向的夹角为37且指向右上方c.座椅对人的支持力大小为560nd.座椅对人的作用力方向与水平方向的夹角为37且指向右上方【答案】c 【考点】对单物体(质点)的应用 【解析】【解答】解：ab、将加速度a分解为水平方向和竖直方向，则水平加速度为：ax=acos37=1.6m/s2 ， ay=asin37=1.2m/s2 ， 在水平方向上根据牛顿第二定律得：f=max=80n，故ab错误c、在竖直方向上，根据牛顿第二定律得：nmg=may ， 解得：n=mg+may=560n，故c正确d、座椅对人的作用力方向与水平方向的夹角的正切值为： ，故d错误故选：c【分析】将加速度a分解为水平方向和竖直方向，在两个方向上通过牛顿第二定律求出静摩擦力和弹力的大小10.如图所示，一根跨过一固定的水平光滑细杆的轻绳两端拴有两个小球，球a置于水平地面上，球b被拉到与细杆同一水平的位置，把绳拉直后，由静止释放球b，当球b摆到o点正下方时，球a对地面的压力大小为其重力的 ，已知图中ob段的长度小于oa段的长度，不计空气阻力，则（ ）a.球b下摆过程中处于失重状态b.球b下摆过程中向心加速度变小c.当球b摆到o点正下方时，球b所受的向心力为球a重力的 d.两球质量之比ma：mb=9：2【答案】d 【考点】对单物体(质点)的应用，向心力，动能定理的理解 【解析】【解答】解：a、球b下落过程中，做圆周运动，向心加速度指向圆心，加速度向上，故处于超重，故a错误；b、b球速度增大，根据a= 可知，向心加速度增大，故b错误；c、当球b摆到o点正下方时，球a对地面的压力大小为其重力的 ，则f+fn=mag，解得 ，球b所受的向心力为f向=fmbg= ，故c错误d、设ob绳长为l，在下落过程中，根据动能定理可知 ，则 ，联立解得ma：mb=9：2，故d正确；故选：d【分析】b球下落过程中作圆周运动的一部分，根据加速度的方向判断出超失重现象，当b球摆到竖直最低位置时，球a对地面的压力大小为其重力的 ，判断出绳子的拉力，由牛顿第二定律，结合向心力公式可列出质量、速度及半径间的关系；再运用机械能守恒定律可列出b球的质量与速度间的关系；最后可求出两球质量关系11.如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（ ）a.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左b.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等c.若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大d.若猫减小拉力，鱼缸肯定不会滑出桌面【答案】b 【考点】滑动摩擦力，对质点系的应用，连接体问题，匀变速直线运动基本公式应用 【解析】【解答】解：a、桌布向右拉出时，鱼缸相对于桌布有向左的运动，故鱼缸受到的摩擦力向右；故a错误；b、由于鱼缸在桌面上和在桌布上的动摩擦因数相同，故受到的摩擦力相等，则由牛顿第二定律可知，加速度大小相等；但在桌面上做减速运动，则由v=at可知，它在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等；故b正确；c、鱼缸受到的摩擦力为滑动摩擦力，其大小与拉力无关，只与压力和动摩擦因数有关，因此增大拉力时，摩擦力不变；故c错误；d、猫减小拉力时，桌布在桌面上运动的加速度减小，则运动时间变长；因此鱼缸加速时间变长，桌布抽出时的位移以及速度均变大，则有可能滑出桌面；故d错误；故选：b【分析】根据摩擦力性质可判断鱼缸受到的摩擦力方向以及拉力变化时摩擦力的变化情况；再根据牛顿第二定律以及运动学公式进行分析，明确拉力变化后运动位移的变化情况12.某个质量为m、带电量为q（q0）的小球仅在重力作用下从静止开始沿竖直向下方向做匀加速直线运动，一段时间后在小球运动的空间中施加竖直方向的匀强电场，小球又经过相等的时间恰好回到出发点，则（ ） a.电场强度方向竖直向下，大小为 b.电场强度方向竖直向下，大小为 c.电场强度方向竖直向上，大小为 d.电场强度方向竖直向上，大小为 【答案】a 【考点】牛顿运动定律与电磁学综合，匀变速直线运动导出公式应用 【解析】【解答】解：电场力大小为f=qe，设匀加速直线运动的时间为t向下的过程中：h= 对于匀变速直线运动，有 a= 据题有： 解得 f=4mg所以：e= 故a正确，bcd错误故选：a【分析】物体先向上匀加速直线运动，撤去拉力后的运动可以看成一种有往复的匀减速直线运动，两个过程的位移大小相等、方向相反，由牛顿第二定律和位移公式结合求解13.如图所示，质量分别为m和m的两长方体物块p和q，叠放在倾角为的固定斜面上p、q间的动摩擦因数为1 ， q与斜面间的动摩擦因数为2 当它们从静止释放沿斜面滑下时，两物块始终保持相对静止，则物块p对q的摩擦力为（ ）a.1mgcos，方向平行于斜面向上b.2mgcos，方向平行于斜面向下c.2mgcos，方向平行于斜面向上d.1mgcos，方向平行于斜面向下【答案】b 【考点】对单物体(质点)的应用，整体法隔离法 【解析】【解答】解：对pq整体受力分析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，如图根据牛顿第二定律，有：（m+m）gsin2（m+m）gcos=（m+m）a解得：a=g（sin2cos）再对p物体受力分析，受到重力mg、支持力和沿斜面向上的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有mgsinff=ma由解得p受到的摩擦力大小为：ff=2mgcos，方向沿斜面向上；根据牛顿第三定律可得物块p对q的摩擦力为2mgcos，方向平行于斜面向下故acd错误、b正确；故选：b【分析】先对pq整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后隔离出物体p，受力分析后根据牛顿第二定律列式求解出q对p的摩擦力，再根据牛顿第三定律求解p对q的摩擦力14.如图所示，质量分别为m、2m的球a、b由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀加速运动的电梯内，细线中的拉力为f，此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力的大小和小球a的加速度大小分别为（ ）a.， +gb.， +g c.， +g d.， +g【答案】a 【考点】对质点系的应用，连接体问题 【解析】【解答】解：剪断细线前：设弹簧的弹力大小为f根据牛顿第二定律得 对整体：f3mg=3ma 对b球：f2mg=2ma解得，f= 剪断细线的瞬间：弹簧的弹力没有来得及变化，大小仍为f= 对a球：mg+f=maa得aa= +g故选a【分析】先分别以整体和b球为研究对象，根据牛顿第二定律研究剪断细线前弹簧的弹力剪断细线的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，再由根据牛顿第二定律求出a球的加速度15.一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙滑块运动过程中加速度与时间关系图象如图所示下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移x、速度v、动能ek和重力势能ep（以斜面底端为参考平面）随时间变化的关系图象，其中正确的是（ ）a.b.c.d.【答案】d 【考点】牛顿定律与图象，功能关系，机械能守恒及其条件，能量守恒定律，动能与重力势能 【解析】【解答】解：a、物块向上做匀减速直线运动，向下做匀加速直线运动，据位移公式可知，位移与时间成二次函数关系；据运动学公式可知，下滑所有的时间要大于上升所用的时间，先减速后加速，加速度始终向下，所以xt图象应是开口向下的抛物线，故a错误；b、由a分析知速度方向相反，故b错误；c、根据ek= mv2知动能先减小后增大，与时间为二次函数，故c错误；d、ep=mgh=mgx=mg（v0t ），a为负，故为开口向下的抛物线，故d正确故选：d【分析】根据at图象知上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律；利用速度公式和动能定得出动能、势能与时间的规律，再分析选项即可16.如图所示，一根固定直杆与水平方向夹角为，将质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为通过某种外部作用，使滑块和小球瞬间获得初动量后，撤去外部作用，发现滑块与小球仍保持相对静止一起运动，且轻绳与竖直方向夹角则滑块的运动情况是（ ）a.动量方向沿杆向下，正在均匀增大b.动量方向沿杆向下，正在均匀减小c.动量方向沿杆向上，正在均匀增大d.动量方向沿杆向上，正在均匀减小【答案】d 【考点】对质点系的应用，连接体问题，整体法隔离法，假设法 【解析】【解答】解：把滑块和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得，若假设 滑块速度方向向下，则沿斜面方向：（m1+m2）gsinf=（m1+m2）a垂直斜面方向：fn=（m1+m2）gcos其中摩擦力：f=fn联立可解得：a=gsingcos，对小球现有：，则有agsin所以gsingcosgsingsingsingcos因为，所以gsingsin0，但gcos0所以假设不成立，即速度的方向一定向上滑块向上运动，重力有沿杆向下的分力，同时摩擦力的方向沿杆的方向向下，所以滑块的加速度方向向下，滑块沿杆减速上滑则滑块的动量方向沿杆向上，正在均匀减小故abc错误，d正确故选：d【分析】滑块与小球保持相对静止，并以相同的加速度a一起下滑，对整体进行受力分析求出加速度，采用隔离法，分析小球的受力，求出加速度，结合分析即可判断17.如图所示，竖直半圆环中有多条起始于a点的光滑轨道，其中ab通过环心o并保持竖直一质点分别自a点沿各条轨道下滑，初速度均为零那么，质点沿各轨道下滑的时间相比较（ ）a.无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同b.质点沿着与ab夹角越大的轨道下滑，时间越短c.质点沿着轨道ab下滑，时间最短d.轨道与ab夹角越小（ab除外），质点沿其下滑的时间越短【答案】a 【考点】对单物体(质点)的应用，匀变速直线运动基本公式应用 【解析】【解答】解：设半径为r，斜面与竖直方向夹角为，则物体运动的位移为x=2rcos，物体运动的加速度a= =gcos，根据x= at2 ， 则t= ，与角无关而知道弦长和倾角也能算出半径，所以a正确，bcd错误故选：a【分析】设半径为r，斜面与竖直方向夹角为，则物体运动的位移为x=2rcos，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据x= at2求解时间18.如图所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一小球b从距地面h处由静止释放，a的质量小于b的质量，两球恰在0.5h相遇（不计空气阻力）则两球运动过程中（ ）a.小球a超重，小球b失重b.相遇时两球速度大小相等c.从开始运动到相遇，球a动能的减少量等于球b动能的增加量d.相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率小于重力对球b做功功率【答案】d 【考点】超重失重，动能定理的综合应用 【解析】【解答】解：a、ab运动的加速度都向下，故都处于失重状态，a不符合题意；b、从题目内容可看出，在0.5h处相遇，此时a球和b球的位移大小相同，时间相同，它们的加速度也相同，a竖直上抛，b自由落体，设相遇时间为t，相遇时a的速度为v，b的速度为v则有： ，由自由落体规律得，v=gt，v=v0gt，故相遇时a的速度为零，b不符合题意；c、根据动能定理额可知ek=mgh可孩子，由于质量不变，动能的变化量不相同，c不符合题意；d、相遇时，a球的速度刚好为0，而b球的速度刚好为v0 ， 相遇后，a的速度一直比b的速度小，而a的质量小于b的质量，重力对球a做功功率小于重力对球b做功功率，d符合题意故答案为：d【分析】根据题目中已知，结合动能定理以及功率的公式综合分析列式求解。19.如图，小车的直杆顶端固定着小球，当小车向左做匀加速运动时，球受杆子作用力的方向可能沿图中的（ ）a.oa方向b.ob方向c.oc方向d.od方向【答案】a 【考点】弹力，对单物体(质点)的应用 【解析】【解答】解：小球和小车的加速度相同，所以小球在重力和杆的作用力两个力的作用下也沿水平向左的方向加速运动，加速度水平向左，根据牛顿第二定律f=ma可知，加速度的方向与合力的方向相同，合力水平向左，根据力的合成的平行四边形定则，直杆对小球的作用力只可能沿oa方向a符合题意，bcd不符合题意故答案为：a【分析】以小球研究对象进行受力分析，根据小球和小车的加速度相同已及顿第二运动定律的矢量性进行判断。20.一质点在斜面上做直线运动，某段过程中其速度的平方和位移的图象如图所示，图中a、b和c均为已知，重力加速度为g，由图可知（）a.该过程中上滑所用时间与下滑所用时间相等b.斜面与水平面夹角的正弦值为 c.上滑过程机械能的变化量大于下滑过程中机械能的变化量d.图线表示质点沿斜面下滑过程，图线表示质点沿斜面上滑过程【答案】b 【考点】v-t图象，对单物体(质点)的应用，匀变速直线运动基本公式应用 【解析】【解答】解：ad、质点沿斜面上滑时，位移逐渐增大，速度逐渐减小下滑时位移逐渐减小，速度逐渐增大，所以图线表示质点沿斜面上滑过程，图线表示质点沿斜面下滑过程根据运动学公式有 v2v02=2ax，根据数学知识可知，v2x图象的斜率 k=2a，斜率绝对值越大，质点的加速度越大，则知质点的上滑过程加速度比下滑过程的大，上滑所用时间比下滑所用时间短，ad不符合题意b、设上滑和下滑过程的加速度分别为a1和a2 则有 2a1= ，2a2= 设斜面的倾角为，根据牛顿第二定律，上滑有：mgsin+mgcos=ma1 ， 下滑有：mgsinmgcos=ma2 ， 联立解得：sin= b符合题意c、上滑过程与下滑过程质点克服摩擦力做功相等，则上滑过程机械能的变化量与下滑过程中机械能的变化量相等，c不符合题意故答案为：b【分析】首先，明确图像斜率的物理意义，再根据牛顿第二运动定律，结合运动学公式，综合列式求解。21.如图所示，两个质量分别为m1、m2的物块a和b通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接a，另一端固定在墙上，a、b与传送带间动摩擦因数均为传送带顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设a、b的加速度大小分别为aa和ab ， （弹簧在弹性限度内，重力加速度为g）则（）a.aa=（1+ ）g，ab=gb.aa=g，ab=0c.aa=（1+ ）g，ab=0d.aa=g，ab=g【答案】c 【考点】连接体问题 【解析】【解答】解：对物块b分析，摩擦力与弹簧弹力平衡，有：m2g=kx，则：x= 以两个物块组成的整体为研究对象，则绳子的拉力：t=（m1+m2）g突然剪断轻绳的瞬间，绳子的拉力减小为0，而弹簧的弹力不变，则a受到的合外力与t大小相等，方向相反，则：aa= b在水平方向仍然受到弹簧的拉力和传送带的摩擦力，合外力不变，仍然等于0，所以b的加速度仍然等于0故c符合题意，abd不符合题意.故答案为：c.【分析】分别对物块b和整体分析，通过共点力平衡，结合胡克定律求出两根弹簧的形变量和绳子的拉力；然后结合突然剪断轻绳的瞬间，绳子的拉力减小为0，而弹簧的弹力不变，再分别由牛顿第二定律求出加速度即可二、多选题22.（2018江苏）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，o点为弹簧在原长时物块的位置物块由a点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达b点在从a到b的过程中，物块（ ）a.加速度先减小后增大b.经过o点时的速度最大c.所受弹簧弹力始终做正功d.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功【答案】a,d 【考点】对质点系的应用，弹性势能，动能定理的综合应用 【解析】【解答】物体从a点到o点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力减小，摩擦力不变，小球所受合力减小加速度减小，弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在a点与o点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增加，物体作减速运动；从o点到b点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大， a符合题意、b不符合题意；从a点到o点过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从o点到b点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，c不符合题意；从a到b的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故答案为：ad。【分析】先明确从a到o的过程，弹簧压缩量先变小后伸长量变大，可知对物体先做正功后做负功，然后对物体进行受力分析，结合牛顿第二定律可确定加速度的变化情况，有动能定理可知从a到b的过程中弹簧弹力做功与克服摩擦力做功的关系。23.如图7甲所示，用粘性材料粘在一起的a、b两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为 ma=lkg、mb=2kg，当a、b之间产生拉力且大于0.3n时a、b将会分离t=0时刻开始对物块a施加一水平推力f1 ， 同时对物块b施加同一方向的拉力f2 ， 使a、b从静止开始运动，运动过程中f1、f2方向保持不变，f1、f2的大小随时间变化的规律如图乙所示则下列关于a、b两物块 受力及运动情况的分析，正确的是（）a.t=2.0s时刻a，b之间作用力大小为0.6nb.t=2.0s时刻a，b之间作用力为零c.t=2.5s时刻a对b的作用力方向向左d.从t=0时刻到a，b分离，它们运动的位移为5.4m【答案】a,d 【考点】弹力，对单物体(质点)的应用 【解析】【解答】解：设t时刻ab分离，分离之前ab物体共同运动，加速度为a，以整体为研究对象，则有：a= = =1.2m/s2 ， 分离时：f2f=mba，得：f2=f+mba=0.3+21.2=2.7n，经历时间：t= 2.7=3s，根据位移公式：s= at2=5.4m，则d正确；当t=2s时，f2=1.8n，f2+f=mba，得：f=mbaf2=0.6n，a正确，b错误；当t=2.5s时，f2=2.25n，f2+f=m2a，得：f=m2af20，c错误bc不符合题意，ad符合题意故答案为：ad【分析】本题ab两个物体连接体，对于连接体问题，通常采用整体法和隔离法相结合求解，当以整体为研究对象受力分析时ab之间的作用力不分析24.如图所示，m为定滑轮，一根细绳跨过m，一端系着物体c，另一端系着一动滑轮n，动滑轮n两侧分别悬挂着a、b两物体，已知b物体的质量为3kg，不计滑轮和绳的质量以及一切摩擦，若c物体的质量为9kg，则关于c物体的状态下列说法正确的是（）a.当a的质量取值合适，c物体有可能处于平衡状态b.无论a物体的质量是多大，c物体不可能平衡c.当a的质量足够大时，c物体不可能向上加速运动d.当a的质量取值合适，c物体可以向上加速也可以向下加速运动【答案】a,d 【考点】共点力平衡条件的应用，对单物体(质点)的应用 【解析】【解答】解：a、首先取ab连接体为研究对象，当a的质量远远小于b的质量，则b以接近重力加速度做向下的加速运动，b处于失重状态，细绳的最小拉力接近为零；当a的质量远远大于b的质量时，则b以接近重力加速度向上做加速运动，b处于超重状态，细绳的最大拉力接近b的重力的两倍，故此时细绳拉c的最大拉力为b的重力的4倍，故当a的质量取值合适，c的质量在大于零小于12kg之间都有可能处于平衡，故a正确，b错误；c、结合以上的分析，当细绳对c拉力小于c的重力时c产生向下的加速度，当细绳对c的拉力大于c的重力时c产生向上的加速度，故c错误、d正确bc不符合题意，ad符合题意故答案为：ad【分析】本题主要考查物体的平衡和牛顿运动定律的应用，物体平衡条件和牛顿运动定律的应用的分析和处理能力。25.如图所示，a、b两物体的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上a、b间的动摩擦因数为，b与地面间的动摩擦因数为 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g现对a施加一水平拉力f，则（）a.当f2mg时，a，b都相对地面静止b.当f= mg时，a的加速度为 gc.当f3mg时，a相对b滑动d.无论f为何值，b的加速度不会超过 g【答案】b,c,d 【考点】对单物体(质点)的应用，整体法隔离法 【解析】【解答】解：ab之间的最大静摩擦力为：fmax=mag=2mg，b与地面间的最大静摩擦力为：fmax= （ma+mb）g=1.5mg，a、当 1.5mgf2mg 时，fmaxffmax ， ab之间不会发生相对滑动，由于拉力大于b与地面间的最大静摩擦力；故ab与地面间发生相对滑动；故a错误；b、当f= mg时，若a与b仍然没有相对运动，则： 又：ffmax=（ma+mb）a1所以： 此时a与b之间的摩擦力f，则：maa1=ff所以：f= fmax ， 可知假设成立，a的加速度为 g故b正确；c、当f=3mg时，若a与b仍然没有相对运动，则：ffmax=3mg1.5mg=1.5mg又：ffmax=（ma+mb）a2所以：a2=0.5g此时a与b之间的摩擦力f，则：maa2=ff所以：f=2mg=fmax所以当f3mg时，a相对b滑动故c正确；d、当a与b之间的摩擦力最大时，b的加速度最大，此时b沿水平方向受到两个摩擦力的作用，又牛顿第二定律得：mba3=fmaxfmax=2mg1.5mg=0.5mg所以：a3=0.5g即无论f为何值，b的加速度不会超过 g故d正确a不符合题意，bcd符合题意；故答案为：bcd【分析】本题考查牛顿第二定律的综合运用，考查隔离法和整体法的应用，利用牛顿第二定律和整体法隔离法求出a、b不发生相对滑动时的最大拉力26.如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物块a，a放在质量也为m的托盘b上，初始时，在竖直向上的力f作用下系统静止，且弹簧处于原长状态以n表示b对a的作用力，x表示弹簧的伸长量，现改变力f的大小，使b以 的加速度匀加速向下运动（g为重力加速度，空气阻力不计），此过程中n或f的大小随x变化的图象正确的是（）a.b.c.d.【答案】b,d 【考点】对单物体(质点)的应用，胡克定律 【解析】【解答】解：设物块和托盘间的压力为零时弹簧的伸长量为x，则有：mgkx=ma，解得：x= ；在此之前，根据 nkx=ma可知，二者之间的压力n由开始运动时的 线性减小到零，故b图可能而力f由开始时的mg线性减小到 ，a图可能此后托盘与物块分离，力f保持 不变，d图可能ac不符合题意，bd符合题意；故答案为：bd【分析】本题主要考查牛顿第二定律的应用，对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律和胡克定律进行判断。27.如图所示，三个小球a、b、c的质量分别为2m、m、m，a与b、c间通过铰链用轻杆连接，杆长为l，b、c置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长现a由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角由60变为120，a、b、c在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g则此下降过程中（） a.a的动能达到最大前，b受到地面的支持力大于2mgb.a的动能最大时，b受到地面的支持力等于2mgc.弹簧的弹性势能最大时，a的加速度为零d.弹簧的弹性势能最大值为（ ）mgl【答案】b,d 【考点】共点力平衡条件的应用，对单物体(质点)的应用，弹性势能，功能关系 【解析】【解答】解：ab、a的动能最大时，设b和c受到地面的支持力大小均为f，此时整体在竖直方向受力平衡，可得 2f=（2m+m+m）g，所以f=2mg；在a的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重状态，所以b受到地面的支持力小于2mg，a不符合题意、b符合题意；c、当a达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，a的加速度方向向上，c不符合题意；d、a下落的高度为：h=lsin60lsin30= l，根据功能关系可知，小球a的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为 ep=2mgh=（ ）mgl，d符合题意故答案为：bd【分析】a下降的过程分成两个阶段，先是加速度逐渐减小的匀加速运动，当加速度等于零时速度出现最大值，然后做加速度逐渐增大的减速运动，a的动能最大时，此时整体在竖直方向受力平衡，当a达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，a的加速度方向向上，根据功能关系可知，小球a的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大的时候。根据功能关系可以求解。28.在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩p和q间的拉力大小为f；当机车在西边拉着车厢以大小为 a的加速度向西行驶时，p和q间的拉力大小仍为f不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（） a.8b.10c.12d.14【答案】a,c 【考点】对单物体(质点)的应用 【解析】【解答】解：设pq两边的车厢数为p和q，当机车在东边拉时，根据牛顿第二定律可得，f=pma，当机车在西边拉时，根据牛顿第二定律可得，f=qm a，根据以上两式可得，即两边的车厢的数目可能是1和3，或2和6，或3和9，或4和12，等等，所以总的车厢的数目可能是4、8、12、16，所以可能的是ac故选：ac【分析】此题为条件开放性试题，根据题目中给出的加速度大小，列牛顿第二定律方程，结合各种可能性判断。29.质量为1t的电动车在平直公路上由静止起动，经10s达到最大速度，其牵引力f与速度倒数 的关系图象如图所示，假设电动车行驶中所受的阻力恒定，则（ ）a.电动车的额定功率为4104wb.电动车做匀加速运动的末速度为20m/sc.电动车加速过程的加速度恒为4m/s2d.电动车由静止加速到最大速度通过的位移为83.3m【答案】a,d 【考点】对单物体(质点)的应用，功率的计算 【解析】【解答】解：a、当电动车速度达到最大时，速度为20m/s，牵引力为2000n，则电动车的额定功率p额=fv=200020=4104w，故a正确；b、由图象可知，当牵引力不变时，电动车做匀加速运动，在全过程中 最小值为 ，则电动车的最大速度为20m/s，并不是匀加速的最大值，故b错误；c、电动车先匀加速运动，后做变加速运动，故c错误；d、整个过程中，根据动能定理可知：ptfx= ，解得：x=83.3m，故d正确故选：ad【分析】当牵引力f=6000n时的过程中牵引力不变，根据牛顿第二定律知，做匀加速直线运动，倾斜段图线的斜率表示电动车的功率，斜率不变，则功率不变，根据功率与牵引力的关系，判断倾斜段的运动情况，速度达到最大时，牵引力等于阻力30.在倾角=37的光滑足够长斜面上有两个用轻弹簧连接的物块a和b，它们的质量分别m1=2kg、m2=3kg，弹簧的劲度系数为k=100n/m，c为一固定挡板，系统处于静止状态，现用一沿斜面向上的恒力f拉物块a使之沿斜面向上运动，当b刚要离开c时，a的速度为1m/s，加速度方向沿斜面向上，大小为0.5m/s2 ， 已知sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2 ， 则（ ）a.恒力f=31nb.从用力f拉物块a开始到b刚离开c的过程中，a沿斜面向上运动0.3mc.物块a沿斜面向上运动过程中，a先加速后匀速运动d.a的速度达到最大时，b的加速度大小为0.5m/s2【答案】a,b 【考点】对单物体(质点)的应用 【解析】【解答】解：a、当b刚离开c时，b对挡板的弹力为零，有：kx2=2mgsin，解得弹簧的伸长量 = 根据牛顿第二定律得，fm1gsinkx2=m1a，解得：f=31n，故a正确；b、开始a处于静止状态，弹簧处于压缩，根据平衡有：mgsin=kx1 ， 解得弹簧的压缩量 = ，可知从静止到b刚离开c的过程中，a发生的位移x=x1+x2=0.3m，故b正确；c、对整体，根据牛顿第二定律可知f（m1+m2）gsin=（m1+m2）a，解得a=0.2，故a先加速运动，后做加速度较小的加速运动，故c错误；d、当a的加速度为零时，a的速度最大，设此时弹簧的拉力为ft ， 则：fftm2gsin=0所以ft=fm2gsin=313100.6n=13n以b为研究对象，则：ftm2sin=ma所以：a=0.75m/s2 故d错误故选：ab【分析】未加拉力f时，物体a对弹簧的压力等于其重力的下滑分力；物块b刚要离开c时，弹簧的拉力等于物体b重力的下滑分力，根据平衡条件并结合胡克定律求解出两个状态弹簧的形变量，得到弹簧的长度变化情况，从而求出a发生的位移；根据牛顿第二定律求出f的大小；当a的加速度为零时，a的速度最大，根据合力为零求出弹簧的拉力，从而结合牛顿第二定律求出b的加速度31.在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块a、b，它们的质量分别为m1、m2 ， 弹簧劲度系数为k，c为一固定挡板，系统处于静止状态现用一平行于斜面向上的恒力f拉物块a使之向上运动，当物块b刚要离开挡板c时，物块a运动的距离为d，速度为v，则此时（ ）a.物块b的质量满足m2gsin=kdb.物块a的加速度为 c.拉力做功的瞬时功率为fvd.此过程中，弹簧弹性势能的增量为fdm1dgsin m1v2【答案】b,c,d 【考点】对质点系的应用，连接体问题，动能定理的综合应用，机械能守恒及其条件 【解析】【解答】解：a、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于a的重力沿斜面下的分力，当b刚离开c时，弹簧的弹力等于b的重力沿斜面下的分力，故m2gsin=kx2 ， 但由于开始是弹簧是压缩的，故dx2 ， 故m2gsinkd，故a错误；b、当b刚离开c时