牛顿第二定律连接体问题答案高中物理组卷

1、牛顿第二定律连接体问题答案高中物理组卷一选择题（共25小题）1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所示已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在05s，510s，1015s内F的大小分别为F1、F2和F3，则（）AF1F2BF2F3CF1F3DF1=F32在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域、，在区域中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的vt图象如图乙所示，不计空气阻力，则（）A小球受到的重力与电场力之比为3：5B在t=5s时，小球经过边界MNC在小球向下运动的整个

2、过程中，重力做的功大于电场力做功D在1s4s过程中，小球的机械能先减小后增大3如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动下列各种情况中，体重计的示数最大的是（）A电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0m/s2B电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0m/s2C电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5m/s2D电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5m/s24如图所示，AB为光滑竖直杆，ACB为构成直角的光滑L形直轨道，C处有一小圆弧连接可使小球顺利转弯（即通过转弯处不损失机械能）套在AB杆上的小球自A点静止释放，分别沿AB轨道和ACB轨道运动，如果沿ACB轨道运动的时间是沿AB轨道运动时间的1.5倍

3、，则BA与CA的夹角为（）A30B45C53D605传送带以v1的速度匀速运动，物体以v2的速度滑上传送带，物体速度方向与传送带运行方向相反，如图所示，已知传送带长度为L，物体与传送带之间的动摩擦因素为，则以下判断正确的是（）A当v2、L满足一定条件时，物体可以从A端离开传送带，且物体在传送带上运动的时间与v1无关B当v2、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能大于v1C当v2、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能等于v1D当v2、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能小于v16一有固定斜面

4、的小车在水平面上做直线运动小球通过细绳与车顶相连小球某时刻正处于图示状态设斜面对小球的支持力为N，细绳对小球的拉力为T关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是（）A若小车向左运动，N可能为零B若小车向左运动，T可能为零C若小车向右运动，N不可能为零D若小车向右运动，T不可能为零7如图（a），倾角为37且足够长的固定斜面底端有一物块，在沿斜面向上的拉力F=30N作用下，物块开始沿斜面运动，0.5s时撤去F，其运动的vt图线如图（b）所示取sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2，则可确定（）A物块的质量为2kgB物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C物块沿斜面向上滑行的最大距离为7

5、.5mD物块回到斜面底端的时刻为2.74s8质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子在各处均平行于倾角为的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止则下列说法正确的是（）A轻绳的拉力等于MgB轻绳的拉力等于mgsinC轻绳的拉力等于mgD轻绳的拉力等于（M+m）g9如图所示，质量分别为m和M的两物体P和Q叠放在倾角为的固定斜面上，P、Q之间的动摩擦因数为1，Q与斜面间的动摩擦因数为2当它们从静止开始沿斜面滑下时，两物体始终保持相对静止，则物体P受到的摩擦力大小为（）A0B1mgc

6、osC2mgcosD（1+2）mgcos10如图所示，并排放在水平面上的两物体的质量分别为m1=3kg和m2=2kg，两物体与水平面间的动摩擦因数均为0.6若用水平推力F=15N向右推m1时，两物体间的相互作用的压力大小为N1；若用大小为F=15N的水平推力向左推m2时，两物体间相互作用的压力大小为N2，则（）AN1N2BN1N2CN1=N2D不能确定N1与N2的大小关系11如图所示，在平直轨道做匀变速运动的车厢中，用轻细线悬挂一个小球，悬线与竖直方向保持恒定的夹角，则（）A小车一定具有方向向左的加速度B小车一定具有方向向右的加速度C小车的加速度大小为gtanD小车的加速度大小为gcot12如

7、图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（）A质量为2m的木块受到四个力的作用B当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断C当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳还不会被拉断D轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为FT13如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），将两滑杆同时从a、c处由静止释放，用

8、t1、t2分别表示滑环从a到b、c到d所用的时间，则（）At1=t2Bt1t2Ct1t2D无法确定14如图所示，用力F拉着三个物体在光滑的水平面上一起运动，现在中间物体上加上一个小物体，在原拉力F不变的条件下四个物体仍一起运动，那么连接物体的绳子张力和未放小物体前相比（）ATa增大BTa减小CTb增大DTb减小15如图所示，在光滑的桌面上有M、m两个物块，现用力F推物块m，使M、m两物块在桌上一起向右加速，则M、m间的相互作用力为（）ABC若桌面的摩擦因数为，M、m仍向右加速，则M、m间的相互作用力为+MgD若桌面的摩擦因数为，M、m仍向右加速，则M、m间的相互作用力仍为16如图所示，光滑水平

9、面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（）A质量为2m的木块受到四个力的作用B当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断C当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断D轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为17如图所示，质量为M的木板放在水平桌面上，一个质量为m的物块置于木板上木板与物块间、木板与桌面间的动摩擦因数均为现用一水平恒力F向右拉木板，使木板和物块体共同向右做匀加速直线运动，物块与木板保持相对静止已知重力加速度为g

10、下列说法正确的是（）A木板与物块间的摩擦力大小等于0B木板与桌面间的摩擦力大小等于FC木板与桌面间的摩擦力大小等于MgD木板与桌面间的摩擦力大小等于（ M+m ）g18如图所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上，A、B两物体通过细绳相连，并处于静止状态（不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦）现用水平向右的力F作用于物体B上，将物体B缓慢拉高一定的距离，此过程中斜面体与物体A仍然保持静止在此过程中（）A水平力F一定变大B斜面体所受地面的支持力一定变大C物体A所受斜面体的摩擦力一定变大D地面对斜面体的摩擦力一定变大19如图所示，物体A B C放在光滑水平面上用细线a b连接，力F作用在A上，使三物

11、体在水平面上运动，若在B上放一小物体D，D随B一起运动，且原来的拉力F保持不变，那么加上物体D后两绳中拉力的变化是（）ATa增大BTb增大CTa变小DTb变小20如图所示，两个质量相同的物体A、B紧靠在光滑的水平面上，它们分别受到F1和F2两力的作用已知F1F2，则A、B之间的相互作用力的大小为（）AF1BF2CD21如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接放在倾角为的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面的动摩擦因数均为，为了增加轻线上的张力，可行的办法是（）A减小A物的质量B增大B物的质量C增大倾角D增大动摩擦因数22如图所示，置于水平

12、地面上的相同材料的质量分别为m和m0的两物体用细绳连接，在m0上施加一水平恒力F，使两物体做匀加速直线运动，对两物体间细绳上的拉力，下列说法正确的是（）A地面光滑时绳子拉力大小等于B地面不光滑时，绳子拉力大小为C地面不光滑时，绳子拉力大于D地面不光滑时，绳子拉力小于23如图所示，相同材料制成的粗糙程度相同的两个物块A、B中间用一不可伸长的轻绳连接，用一相同大小的恒力F作用在A物体上，使两物块沿力的方向一起运动恒力F水平，两物块在光滑水平面上运动恒力F水平，两物块在粗糙的水平面上运动恒力F沿斜面向下，两物块沿光滑斜面向下运动恒力F沿斜面向上，两物块沿与中水平面粗糙程度相同的斜面向上运动在上面四种

13、运动过程中经过的位移大小相等则下列说法正确的是（）A在中恒力F做功最少B在中恒力F做功最多C轻绳对物块B的拉力在中最小，在中最大D轻绳的拉力对物块B做的功在中大小相同24在水平面上放着两个质量分别为2kg和3kg的小铁块m和M，它们之间用一原长为10cm，劲度系数为100N/m的轻弹簧相连，铁块与水平面之间的动摩擦因数均为0.2铁块M受到一大小为20N的恒定水平外力F，两个铁块一起向右做匀加速直线运动，如图所示这时两铁块之间弹簧的长度应为（重力加速度g取10m/s2）（）A12cmB13cmC15cmD18cm25如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间

14、用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是mg现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为（）ABCD3mg二解答题（共5小题）26如图，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s一质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F=0.5v+0.4（N）（v为金属棒运动速度）的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大（已知l=1m，m=1kg，R=0.3，r=0.2，s=1m）（1）分析并说明该金

15、属棒在磁场中做何种运动；（2）求磁感应强度B的大小；（3）若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v=v0x，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？（4）若在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的各种可能的图线27如图所示，质量m=4kg的物体（可视为质点）用细绳拴住，放在水平传送带的右端，物体和传送带之间的动摩擦因数=0.4，传送带的长度l=2m，当传送带以v=4m/s的速度做逆时针转动时，绳与水平方向的夹角=37已知：g=l0m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）传送带稳定运动时绳子的拉力T；（2）某时刻剪断绳子，

16、求物体做匀加速直线运动的时间；（3）如果提高传送带的运行速率，物体就能被较快地传送到左处，求物体从图示位置处传送到左端处的最短时间和传送带对应的最小运行速率28如图所示，在水平桌面的边角处有一轻质光滑的定滑轮K，一条不可伸长的轻绳绕过定滑轮K分别与物体A、B相连，A、B的质量分别为mA=3kg、mB=2kg现用一水平恒力F拉物体A，使物体B上升（A、B均从静止开始运动）已知当B上升距离为h=0.2m时，B的速度为v=1m/s已知A与桌面的动摩擦因数=0.25，重力加速度为g=10m/s2求：（1）力F的大小和A、B系统的加速度大小（2）当B的速度为v=1m/s时突然线断了，在B上升的过程中，A

17、向左运动多远？29A、B两个小物块用轻绳连接，绳跨过位于倾角为30的光滑斜面顶端的轻滑轮，滑轮与转轴之间的摩擦不计，斜面固定在水平桌面上，如图所示第一次，A悬空，B放在斜面上，B自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端所需的时间为t第二次，将A和B位置互换，使B悬空，A放在斜面上，发现A自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端所需的时间为求A与B两小物块的质量之比30如图所示，两个用轻线相连的位于光滑水平面上的物块，质量分别为m1和m2，拉力F1和F2方向相反，与轻线沿同一水平直线，且F1F2试求在两个物块运动过程中轻线的拉力T牛顿第二定律连接体问题答案高中物理组卷参考答案与试题解析一选择题（共25小题）

18、1（2016海南）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所示已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在05s，510s，1015s内F的大小分别为F1、F2和F3，则（）AF1F2BF2F3CF1F3DF1=F3【分析】速度时间图象的斜率表示加速度的大小，斜率为正，表示加速运动，斜率为负，表示减速运动，再根据牛顿第二定律分析拉力的大小即可【解答】解：由速度时间图象的斜率可知，05s内和1015s内物体的加速度大小a相等在05s内，物体加速下滑，由牛顿第二定律可得：mgsinfF1=ma，所以F1=mgsinfma；在510s，物体匀速下滑，受力平衡，则mg

19、sinf=F2，所以F2=mgsinf；在1015s内，物体减速下滑，由牛顿第二定律可得，F3+fmgsin=ma，所以F3=mgsinf+ma；由以上分析可得，F1F2F3；故选：A【点评】本题是对速度时间图象含义的考查，明确速度时间图象的斜率表示加速度的大小，斜率为正，表示加速运动，斜率为负，表示减速运动，再根据牛顿第二定律计算拉力的大小即可2（2016广安校级一模）在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域、，在区域中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的vt图象如图乙所示，不计空气阻力，则（）A小球受到的

20、重力与电场力之比为3：5B在t=5s时，小球经过边界MNC在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功D在1s4s过程中，小球的机械能先减小后增大【分析】小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻分别求出小球进入电场前、后加速度大小，由牛顿第二定律求出重力与电场力之比根据动能定理研究整个过程中重力做的功与电场力做的功大小关系整个过程中，小球的机械能与电势能总和不变【解答】解：B、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s时故B错误A、由图象的斜率等于加速

21、度得小球进入电场前的加速度为：a1=，进入电场后的加速度大小为：a2=由牛顿第二定律得：mg=ma1Fmg=ma2得电场力：F=mg+ma2=由得重力mg与电场力F之比为3：5故A正确C、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等故C错误D、整个过程中，由图可得，小球在02.5s内向下运动，在2.5s5s内向上运动，在1s4s过程中，小球的机械能先减小后增大电场力先做负功，后做正功电势能先增大，后减小；由于整个的过程中动能、重力势能和电势能的总和不变，所以，小球的机械能先减小后增大故D正确故选：AD【点评】本题一要能正确分析小球的运动情况，抓住斜率等于

22、加速度是关键；二要运用牛顿第二定律和动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系3（2016上海模拟）如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动下列各种情况中，体重计的示数最大的是（）A电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0m/s2B电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0m/s2C电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5m/s2D电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5m/s2【分析】先对人受力分析，受重力和支持力，体重计示数即为受到的压力，而压力等于支持力；再对人进行运动分析，确定加速度方向；最后根据牛顿第二定律列式求解【解答】解：A、电梯减速上升，加速度向下，由牛顿第二定律mgF=ma解得F=

23、m（ga）=9mB、电梯匀加速上升，加速度向上，由牛顿第二定律Fmg=ma解得F=m（g+a）=11mC、电梯匀减速下降，加速度向上，由牛顿第二定律Fmg=ma解得F=m（g+a）=10.5mD、电梯匀加速下降，加速度向下，由牛顿第二定律mgF=ma解得F=m（ga）=9.5m故选：B【点评】只要加速度向上，就是超重，加速度向下，就是失重，与物体的运动速度方向无关，同时，超重与失重现象只是物体对支撑物的压力变大，而重力保持不变！4（2015浙江校级模拟）如图所示，AB为光滑竖直杆，ACB为构成直角的光滑L形直轨道，C处有一小圆弧连接可使小球顺利转弯（即通过转弯处不损失机械能）套在AB杆上的小球

24、自A点静止释放，分别沿AB轨道和ACB轨道运动，如果沿ACB轨道运动的时间是沿AB轨道运动时间的1.5倍，则BA与CA的夹角为（）A30B45C53D60【分析】以小球为研究对象，分别求出沿AC和ABC运动的时间，注意两种运动情况的运动遵循的规律，特别是在C点的速度即是上一段的末速度也是下一段的初速度，利用关系式和几何关系灵活求解【解答】解：设AB的长度为2L，小球沿AB做自由落体运动，运动的时间t2满足：可解得t2=小球沿AC段运动时，a=gcos，且AC=2Lcos，所需的时间tAC满足；解得：在C点小球的速度v=atAC，以后沿BC做匀加速运动，其加速度为：a=gsin，且BC=2Lsi

25、n 故：2Lsin=vtBC+其中tBC=1.5t2tAC=0.5t2=代入后解得：tan=，即=53故选：C【点评】本题的关键是能正确对ABC进行受力和运动分析，把运动的时间正确表示；可视为多过程的运动分析，一定明确前后过程的衔接物理量5（2013甘肃一模）传送带以v1的速度匀速运动，物体以v2的速度滑上传送带，物体速度方向与传送带运行方向相反，如图所示，已知传送带长度为L，物体与传送带之间的动摩擦因素为，则以下判断正确的是（）A当v2、L满足一定条件时，物体可以从A端离开传送带，且物体在传送带上运动的时间与v1无关B当v2、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速

26、度可能大于v1C当v2、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能等于v1D当v2、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能小于v1【分析】物体滑上传送带后，可能一直减速从左侧滑出；也可能先减速向左，速度减为零后，加速向右滑出，如果速度增加到等于传送带速度还没有滑出，之后就会和传送带一起匀速滑出【解答】解：A、物体受滑动摩擦力、重力和支持力，合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律mg=ma解得a=g若皮带足够长，物体速度减为零滑行的距离为x=只要满足xL，物体就会从左侧滑出，故A正确B、C、D、若xL，物体速度减为零后，会继续向右加速，若

27、同时满足v2v1，物体会一直加速从右侧滑出，故D正确；若xL，且同时满足v2v1，物体先加速向右，速度增大到等于v1后，与传送带一起以v1匀速前进，故C正确；故选ACD【点评】水平传送带问题中速度变化是因为受到摩擦力作用，关键要能分析清楚物体的运动过程和受力情况，结合牛顿运动定律和运动学公式求解6（2008宁夏）一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动小球通过细绳与车顶相连小球某时刻正处于图示状态设斜面对小球的支持力为N，细绳对小球的拉力为T关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是（）A若小车向左运动，N可能为零B若小车向左运动，T可能为零C若小车向右运动，N不可能为零D若小车向右运动，T不可

28、能为零【分析】对小球受力分析，根据车的运动情况可知小球受拉力及支持力的情况【解答】解：A、若小车向左运动做减速运动，则加速度向右，小球受重力及绳子的拉力可以使小球的加速度与小车相同，故此时N为零，故A正确；B、若小球向左加速运动，则加速度向左，此时重力与斜面的支持力可以使合力向左，则绳子的拉力为零，故B正确；同理可知当小球向右时，也可能做加速或减速运动，故加速度也可能向右或向左，故N和T均可以为零，故CD均错误；故选AB【点评】力是改变物体运动状态的原因，故物体的受力与加速度有关，和物体的运动方向无关，故本题应讨论向左加速和减速两种况7（2016金山区一模）如图（a），倾角为37且足够长的固定

29、斜面底端有一物块，在沿斜面向上的拉力F=30N作用下，物块开始沿斜面运动，0.5s时撤去F，其运动的vt图线如图（b）所示取sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2，则可确定（）A物块的质量为2kgB物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C物块沿斜面向上滑行的最大距离为7.5mD物块回到斜面底端的时刻为2.74s【分析】根据图象可以得出加速上升和减速上升的加速度的大小，根据牛顿第二定律计算物体的质量和动摩擦因数的大小，根据速度公式计算减速运动的时间，根据位移公式计算下滑的时间【解答】解：A、vt图象的斜率表示加速度的大小，根据图象可知，加速上升时的加速度为：a1=20m/s2，减速上

30、升时的加速度为：a2=10m/s2，对物体受力分析，利用牛顿第二定律，加速上升时有：Fmgsin37mgcos37=ma1，减速上升时有：mgsin37+mgcos37=ma2，由上式解得：m=1kg，=0.5，所以A错误，B正确；C、加速上升时运动的位移为：x1=a1t12=200.52m=2.5m，减速上升的时间为：t2=s=1s，减速上升的时运动的位移为：x2=5m，物块沿斜面向上滑行的最大距离为x=x1+x2=2.5m+5m=7.5m，所以C正确；D、物体返回的时候，对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得，mgsin37mgcos37=ma3，代入数据解得：a3=2m/s2，根据xa3t

31、32，可得返回用的时间t3为：t3=s2.74s，物块回到斜面底端的时刻为t=1.5+2.74=4.24s，所以D错误；故选：BC【点评】本题是对牛顿运动定律和运动学方程的综合的应用，对物体受力分析，根据牛顿第二定律计算加速度的大小，再分析清楚物体的运动的过程，利用运动学的规律分过程来计算8（2015文昌校级模拟）质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子在各处均平行于倾角为的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止则下列说法正确的是（）A轻绳的拉力等于MgB轻绳的拉力等于mgs

32、inC轻绳的拉力等于mgD轻绳的拉力等于（M+m）g【分析】由第一次放置M恰好能静止在斜面上，可得M和m的质量关系，进而可求第二次放置M的加速度，轻绳的拉力【解答】解：第一次放置时M静止，则：Mgsin=mg，第二次放置时候，对整体由牛顿第二定律：Mgmgsin=（M+m）a，联立解得：a=（1sin）g=g对m由牛顿第二定律：Tmgsin=ma，解得：T=mg，故C正确；故选：C【点评】该题的关键是用好牛顿第二定律，对给定的情形分别列方程，同时注意连接体问题的处理方法：整体法和隔离法的灵活应用9（2015利辛县校级一模）如图所示，质量分别为m和M的两物体P和Q叠放在倾角为的固定斜面上，P、Q

33、之间的动摩擦因数为1，Q与斜面间的动摩擦因数为2当它们从静止开始沿斜面滑下时，两物体始终保持相对静止，则物体P受到的摩擦力大小为（）A0B1mgcosC2mgcosD（1+2）mgcos【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间的静摩擦力【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Ff=2

34、mgcos故选：C【点评】本题关键是先对整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后再隔离出物体P，运用牛顿第二定律求解PQ间的内力10（2015春诸城市校级期末）如图所示，并排放在水平面上的两物体的质量分别为m1=3kg和m2=2kg，两物体与水平面间的动摩擦因数均为0.6若用水平推力F=15N向右推m1时，两物体间的相互作用的压力大小为N1；若用大小为F=15N的水平推力向左推m2时，两物体间相互作用的压力大小为N2，则（）AN1N2BN1N2CN1=N2D不能确定N1与N2的大小关系【分析】先将两物体作为整体分析，则由牛顿第二定律可得出加速度，再分析后一个物体，即可求得两者间的相互推

35、力【解答】解：当用F向右推m1时，由于Fm1g=0.6310N=18N，所以推不动m1，则N1=0，当用力向左推m2时，由于F=15N大于m2所受的最大静摩擦力fm=m2g=12N，小于整体的滑动摩擦力f=（m1+m2）g=30N，所以两物体没有被推动，对m2受力平衡分析可知，N2+fm=F，解得推力N2=3N，故N1N2；故选：B【点评】题考查牛顿第二定律在连接体模型中的应用，注意整体法与隔离法的结合应用，整体法可以求出整体的加速度，若要求内力则必须采用隔离法11（2015秋凉州区校级期末）如图所示，在平直轨道做匀变速运动的车厢中，用轻细线悬挂一个小球，悬线与竖直方向保持恒定的夹角，则（）A

36、小车一定具有方向向左的加速度B小车一定具有方向向右的加速度C小车的加速度大小为gtanD小车的加速度大小为gcot【分析】对小球受力分析，受重力和拉力，合力水平方向，根据平行四边形定则作图求解出合力，然后根据牛顿第二定律求解加速度【解答】解：球随着车厢在平直轨道做匀变速运动，故加速度水平，合力水平；对小球受力分析，受重力和拉力，如图所示：故合力为：F=mgtan；根据牛顿第二定律，有：F=ma联立解得：a=gtan，方向水平向右；故AD错误，BC正确；故选BC【点评】本题是根据受力情况确定运动情况，关键是根据平行四边形定则求解合外力，不难12（2015秋深圳校级期末）如图所示，光滑水平面上放置

37、质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（）A质量为2m的木块受到四个力的作用B当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断C当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳还不会被拉断D轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为FT【分析】由题意，三个木块以同一加速度做加速运动，采用隔离法分析2m可得出其受力的个数；再对整体分析可得出整体的加速度与力的关系；再以后面两个物体为研究对象可得出拉力与加速度的关系，则可分析得出F与T的关系【解答】解：A、质量为2

38、m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其向后的静摩擦力、轻绳的拉力和地面的支持力五个力的作用，故A错误；B、对三个木块整体，由牛顿第二定律可得：a=；隔离后面的组合体，由牛顿第二定律可得： 轻绳中拉力为 F=3ma=由此可知，当F逐渐增大到FT时，轻绳中拉力等于FT，即小于轻绳能承受的最大拉力为FT，轻绳还没有被拉断故B错误；C、由上式得：当F逐渐增大到1.5FT时，a=，轻绳中拉力F=3ma=FT，轻绳还不会被拉断故C正确；D、轻绳刚要被拉断时，轻绳的拉力刚好为FT，后面两个木块的加速度a=，对质量为m木块研究，由牛顿第二定律得： 摩擦力为 f=ma=，故D正确故选：CD【点评】本题是

39、连接体问题，关键在于研究对象的选择，以及正确的受力分析，再由整体法与隔离法求解拉力之间的关系13（2015春辽宁校级期中）如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），将两滑杆同时从a、c处由静止释放，用t1、t2分别表示滑环从a到b、c到d所用的时间，则（）At1=t2Bt1t2Ct1t2D无法确定【分析】设滑杆与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律和运动学公式列式，得出时间与、圆周直径的关系式，进行分析【解答】解：设滑杆与竖直方向的夹角为，圆周的直径为D根据牛顿第二定律得：滑

40、环的加速度为a=gcos滑杆的长度为 s=Dcos则根据s=得，t=，可见，时间t与无关，故有t1=t2故选A【点评】本题关键从众多的杆中抽象出一根杆，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式求出时间表达式讨论14（2013春西山区校级期末）如图所示，用力F拉着三个物体在光滑的水平面上一起运动，现在中间物体上加上一个小物体，在原拉力F不变的条件下四个物体仍一起运动，那么连接物体的绳子张力和未放小物体前相比（）ATa增大BTa减小CTb增大DTb减小【分析】先运用整体法求出加速度，判断加速度的变化，然后隔离对最左边物体和最右边的物体分析，求出拉力的大小，判断拉力的变化【解答】解：设最左边的物

41、体质量为m，最右边的物体质量为m，整体质量为M，整体的加速度a=，对最左边的物体分析，对最右边的物体分析，有FTa=ma，解得在中间物体上加上一个小物体，则整体的加速度a减小，因为m、m不变，所以Tb减小，Ta增大故A、D正确，B、C错误故选AD【点评】解决本题的关键能够正确地选择研究对象，根据牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的使用15（2012榆林校级二模）如图所示，在光滑的桌面上有M、m两个物块，现用力F推物块m，使M、m两物块在桌上一起向右加速，则M、m间的相互作用力为（）ABC若桌面的摩擦因数为，M、m仍向右加速，则M、m间的相互作用力为+MgD若桌面的摩擦因数为，M、m仍向右

42、加速，则M、m间的相互作用力仍为【分析】以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再以M为研究对象，求出N对M的作用力【解答】解：A、B根据牛顿第二定律得对整体；a=对M：N=Ma=故A错误，B正确C、D根据牛顿第二定律得对整体：a=对M：NMg=Ma得到N=Mg+Ma=故C错误，D正确故选BD【点评】本题是连接类型的问题，关键是灵活选择研究对象对于粗糙情况，不能想当然选择C，实际上两种情况下MN间作用力大小相等16（2012葫芦岛模拟）如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T现用水平拉力F拉

43、其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（）A质量为2m的木块受到四个力的作用B当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断C当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断D轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为【分析】采用隔离法分析2m可得出其受力的个数；再对整体分析可得出整体的加速度与力的关系；再以后面两个物体为研究对象可得出拉力与加速度的关系，则可分析得出F与T的关系【解答】解：质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其作用的向后的摩擦力，轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用，故A错误；对整体，由牛顿第二定律可知，a=；隔离后面的叠加体，由牛顿第

44、二定律可知，轻绳中拉力为F=3ma=由此可知，当F逐渐增大到2T时，轻绳中拉力等于T，轻绳才刚好被拉断，选项B错误；C正确；轻绳刚要被拉断时，物块加速度a=，质量为m和2m的木块间的摩擦力为f=ma=，故D错误故选C【点评】本题重点在于研究对象的选择，以及正确的受力分析，再由整体法与隔离法分析拉力之间的关系17（2012房山区模拟）如图所示，质量为M的木板放在水平桌面上，一个质量为m的物块置于木板上木板与物块间、木板与桌面间的动摩擦因数均为现用一水平恒力F向右拉木板，使木板和物块体共同向右做匀加速直线运动，物块与木板保持相对静止已知重力加速度为g下列说法正确的是（）A木板与物块间的摩擦力大小等

45、于0B木板与桌面间的摩擦力大小等于FC木板与桌面间的摩擦力大小等于MgD木板与桌面间的摩擦力大小等于（ M+m ）g【分析】木板和物块在力F作用下共同向右做匀加速直线运动可知：物块m和木板M间是静摩擦力，具体大小由牛顿定律确定；木板与桌面间的摩擦力是滑动摩擦力，大小满足f=FN，对M受力分析，在竖直方向受力平衡可知，M和桌面间的弹力大小不等于木板的重力【解答】解：A、由题意知，木板和物块共同向右做匀加速直线运动，且物块与木板保持相对静止，可知木板与物块间存在相互作用的静摩擦力，物块在静摩擦力作用下产生向右的加速度，故A错误；B、因为物块向右加速运动，故物块受到木板向右的摩擦力，根据牛顿第三定律

46、可知，物块对木板有向左的摩擦力，对木板受力分析可知，如果木板与桌面间的摩擦力大小为F方向水平向左，则木板所受合力向左，故不可能向右加速运动，故B错误；C、因为木板在竖直方向上除了受到重力还受到M向下的压力，由于M在竖直方向上受力平衡可知，桌面对M的支持力大小为FN=（m+M）g，故摩擦力大小为（m+M）g，故C错误；D、因为桌面对木板的支持力为FN=（m+M）g，且木板与桌面间是滑动摩擦力，所以f=FN=（m+M）g，故D正确故选D【点评】关于滑动摩擦力的计算f=FN式中FN是接触面间的弹力，而非重力，要注意判断18（2012菏泽二模）如图所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上，A、B两

47、物体通过细绳相连，并处于静止状态（不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦）现用水平向右的力F作用于物体B上，将物体B缓慢拉高一定的距离，此过程中斜面体与物体A仍然保持静止在此过程中（）A水平力F一定变大B斜面体所受地面的支持力一定变大C物体A所受斜面体的摩擦力一定变大D地面对斜面体的摩擦力一定变大【分析】本题为动态平衡类题目，分别分析B和整体，由共点力的平衡条件可得出各部分力的变化【解答】解：取物体B为研究对象，分析其受力情况如图所示，则有F=mgtan，T=，在将物体B缓慢拉高的过程中，增大，则水平力F和细绳上的拉力T随之变大故A正确；对A、B两物体与斜面体这个系统而言，系统处于平衡状态，因拉力F变

48、大，则地面对斜面体的摩擦力一定变大，而竖直方向并没有增加其他力，故斜面体所受地面的支持力不变；故D正确；B错误；在这个过程中尽管绳子张力变大，但是开始时物体A所受斜面体的摩擦力方向未知，故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定故C错误；故选AD【点评】对于用绳子连接的物体，可以沿绳子的方向作为整体作出受力分析，则可以简化解题过程19（2012龙子湖区校级模拟）如图所示，物体A B C放在光滑水平面上用细线a b连接，力F作用在A上，使三物体在水平面上运动，若在B上放一小物体D，D随B一起运动，且原来的拉力F保持不变，那么加上物体D后两绳中拉力的变化是（）ATa增大BTb增大CTa变小DTb变小

49、【分析】要比较绳子的拉力如何变化，必需求出绳子拉力的具体的值：在放置D之前，以整体为研究对象求出整体的加速度，进而求出两段绳子各自的拉力；在放置D之后以整体为研究对象求出整体的加速度，进而求出两段绳子各自的拉力【解答】解：在放置D之前，以整体为研究对象有F=（mA+mB+mC）a1以C为研究对象有Tb1=mCa1故有Tb1=m以BC作为研究对象有Ta1=（mB+mC）a1=（mB+mC）在放置D之后以整体为研究对象有F=（mA+mB+mC+mD）a2a2=以C为研究对象有Tb2=mCa2=以B、C和D作为研究对象有Ta2=（mA+mC+mD）a2=（mB+mC+mD）显然Ta2Ta1，Tb2T

50、b1故A、D正确，故选A、D【点评】先用整体法求出整体的加速度，在用隔离法求出绳子的拉力，这是解决连接体的基本思路20（2012秋东胜区校级期末）如图所示，两个质量相同的物体A、B紧靠在光滑的水平面上，它们分别受到F1和F2两力的作用已知F1F2，则A、B之间的相互作用力的大小为（）AF1BF2CD【分析】对整体分析，求出整体的加速度，然后隔离分析，运用牛顿第二定律求出A、B间的相互作用力【解答】解：根据牛顿第二定律得，整体加速度a=，隔离对A分析有：F1FBA=ma，解得故C正确，A、B、D错误故选C【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用

51、21（2011海南模拟）如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接放在倾角为的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面的动摩擦因数均为，为了增加轻线上的张力，可行的办法是（）A减小A物的质量B增大B物的质量C增大倾角D增大动摩擦因数【分析】当用斜面向上的拉力F拉A，两物体沿斜面匀加速上升时，对整体运用牛顿第二定律求出加速度，再对B研究，根据牛顿第二定律求出轻线上的张力，分析增加轻线上的张力的办法【解答】解：根据牛顿第二定律得对整体：F（mA+mB）gsin（mA+mB）gcos=（mA+mB）a得a=gsingcos对B：TmBgsinmBgc

52、os=mBa得到，轻线上的张力T=mBgsin+mBgcos+mBa=则要增加T，可减小A物的质量，或增大B物的质量故选AB【点评】本题是连接体问题，两个物体的加速度相同，采用整体法与隔离法交叉使用的方法，考查灵活选择研究对象的能力22（2011崇川区校级模拟）如图所示，置于水平地面上的相同材料的质量分别为m和m0的两物体用细绳连接，在m0上施加一水平恒力F，使两物体做匀加速直线运动，对两物体间细绳上的拉力，下列说法正确的是（）A地面光滑时绳子拉力大小等于B地面不光滑时，绳子拉力大小为C地面不光滑时，绳子拉力大于D地面不光滑时，绳子拉力小于【分析】地面光滑时：先用整体法求得加速度，再以m为研究

53、对象，对其受力分析利用牛顿第二定律求得绳的拉力地面不滑时同上法，只是受力要加入摩擦力【解答】解：光滑时：由整体求得加速度： 对m受力分析由牛顿第二定律得：FT=ma 由式得： 地面不光滑时：整体求加速度： 对m受力分析由牛顿第二定律得：FTumg=ma 由得： 则AB正确，CD错误故选：AB【点评】考查整体法与隔离法的综合灵活应用，会正确对物体受力分析，用牛顿第二定律列方程求解连接体问题23（2011沙河口区校级二模）如图所示，相同材料制成的粗糙程度相同的两个物块A、B中间用一不可伸长的轻绳连接，用一相同大小的恒力F作用在A物体上，使两物块沿力的方向一起运动恒力F水平，两物块在光滑水平面上运动恒力F水平，两物块在粗糙的水平面上运动恒力F沿斜面向下，两物块沿光滑斜面向下运动恒力F沿斜面向上，两物块沿与中水