（高考物理高分突破試題）專題3牛頓運動定律（解析版）

（高考物理高分突破試題）專題3牛頓運動定律（解析版）（高考物理高分突破試題）專題3牛頓運動定律（解析版）/（高考物理高分突破試題）專題3牛頓運動定律（解析版）專題3牛頓運動定律一、彈力突變問題：彈簧的彈力不發(fā)生突變(除非直接剪斷);輕繩和輕桿彈力突變的結(jié)果是使得與之相連的兩個物體在沿繩(或桿)方向的加速度一致.甲圖中,A,B兩球用輕彈簧相連.乙圖中,A,B兩球用輕桿相連.兩圖中,A,B兩球的質(zhì)量均為m,光滑斜面的傾角均為θ,擋板C均與斜面垂直,輕彈簧、輕桿均與斜面平行,系統(tǒng)均處于靜止狀態(tài).重力加速度為g.現(xiàn)突然撤去擋板,則在撤去擋板的瞬間,下列說法正確的是()A．甲圖中,A球的加速度大小為gsinθB．乙圖中,A球的加速度大小為gsinθC．甲圖中,B球的加速度為零D．乙圖中,B球的加速度為零【解答】解：AC、甲圖中,撤去擋板前,對A球受力分析,設(shè)彈簧彈力為F,沿斜面方向由平衡條件得,F＝mgsinθ撤去擋板瞬間,彈簧彈力不發(fā)生突變,A球受力不變,A球的加速度為零,對B受力分析,由牛頓第二定律得：F+mgsinθ＝maB解得：aB＝2gsinθ故AC錯誤;BD、乙圖中,突然撤去擋板瞬間,桿上的彈力發(fā)生突變,對AB和桿整體受力分析,沿斜面方向,由牛頓第二定律得：2mgsinθ＝2ma解得：a＝gsinθ即A、B的加速度都為gsinθ,故B正確,D錯誤.故選：B.細繩拴著一個質(zhì)量為m的小球,小球用固定在墻上的水平輕質(zhì)彈簧支撐,平衡時細繩與豎直方向的夾角為53°,如圖所示,已知重力加速度為g,cos53°＝0.6,sin53°＝0.8,那么剪斷彈簧瞬間,小球的加速度大小為()A．35gB．45gC．【解答】解：剪斷彈簧瞬間,小球受到重力和繩子拉力作用,以繩子端點為圓心,向下擺動,小球速度為零,向心加速度為零,所需向心力為零,所以小球沿繩子方向的合力為零;而重力在垂直于輕繩斜向左下的分量使小球具有切向加速度,其大小為：a=gcos37°=45故選：B.如圖所示,A、B、C三個物塊質(zhì)量均為m,用細線懸掛A物塊,A、B之間剛好接觸,但是沒有擠壓,B、C物塊之間通過彈簧栓接,三個物塊均處于靜止狀態(tài),以下說法正確的是()A．靜止時,地面對C的支持力為3mgB．剪斷細線的瞬間,B物塊的加速度為零C．剪斷細線的瞬間,A、B之間的作用力為1D．若將彈簧剪斷,B物塊的瞬時加速度為零【解答】解：A．靜止時,由于A、B之間沒有擠壓,對B、C及彈簧的整體受力分析,根據(jù)共點力的平衡條件可知,地面對C的支持力為2mg,故A錯誤;BC．靜止時,對物塊B有kΔx＝mg,剪斷細線時,由于彈簧彈力不變,A、B物塊一起向下加速,由牛頓第二定律可知2mg﹣kΔx＝2ma,解得加速度a對A分析,由牛頓第二定律有mg﹣FN＝ma,可得FN=12mg,故D．若將彈簧剪斷,B物體不再受彈簧的支持力和A的壓力,只受重力,所以B物塊的加速度為g,故D錯誤.故選：C.如圖所示,在光滑水平面上有一質(zhì)量為m的小球,分別與一輕彈簧和一不可伸長的輕繩相連,彈簧水平且左端固定在墻壁上.小球靜止時,輕繩與豎直方向的夾角為60°,且恰對地面無壓力.已知重力加速度為g,則在剪斷輕繩的瞬間,下列說法中正確的是()A．彈簧的彈力大小為2mgB．彈簧的彈力大小為3C．小球的加速度大小為3gD．小球的加速度大小為【解答】解：小球靜止時,輕繩與豎直方向的夾角為60°,且恰對地面無壓力.由平衡條件得：豎直方向有Tcos60°＝mg水平方向有F彈＝Tsin60°解得彈簧的彈力大小F在剪斷輕繩的瞬間,彈簧的彈力不變,根據(jù)牛頓第二定律可得,小球的加速度大小為a=F彈m=3g故選：C.如圖所示,A、B、C三個小球的質(zhì)量分別為m、2m、3m,輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端,另一端與A球相連,且A、B間固定一個輕桿,B、C間由一輕質(zhì)細線連接,傾角為θ＝30°的光滑斜面固定在地面上,彈簧、輕桿與細線均平行于斜面,初始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài),在細線被燒斷的瞬間,下列說法正確的是()A．A球的加速度為零B．C球的加速度沿斜面向下,大小為gC．A、B之間桿的拉力大小不發(fā)生變化D．A、B兩個小球的加速度均沿斜面向上,大小均為0.5g【解答】解：AD．細線被燒斷之前,以ABC整體為研究對象,由平衡條件得,彈簧的彈力為F彈＝(m+2m+3m)gsinθ＝6mgsin30°＝3mg細線被燒斷的瞬間,彈簧上的力瞬間不變,AB的加速度相同,對AB整體,則aAB=F彈-(m+2m)gsinθm+2m,代入數(shù)據(jù)解得aABB．細線被燒斷后,C球的加速度沿斜面向下,大小為aC=3mgsinθ3m=gsinθ＝gsin30°＝C．細線被燒斷之前,以BC為研究對象,由平衡條件得,A、B之間桿的拉力大小T1＝(2m+3m)gsinθ＝5mgsin30°＝2.5mg細線被燒斷的瞬間,設(shè)A、B之間桿的拉力大小為T2,對B由牛頓第二定律有T2﹣2mgsinθ＝2maAB,代入數(shù)據(jù)得T2＝2mg即A、B之間桿的拉力發(fā)生變化,故C錯誤.故選：D.二、等時圓問題：沿如圖所示光滑斜面下滑的物體①三種模型(如圖)②等時性的證明設(shè)某一條光滑弦與水平方向的夾角為α,圓的直徑為d(如圖).根據(jù)物體沿光滑弦做初速度為零的勻加速直線運動,加速度為a＝gsinα,位移為x＝dsinα,所以運動時間為t0＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2dsinα,gsinα))＝eq\r(\f(2d,g)).即沿同一起點(圓的最高點)或終點(圓的最低點)的各條光滑弦運動具有等時性,運動時間與弦的傾角、長短無關(guān).如圖所示,豎直平面內(nèi)半徑R1＝10m的圓弧AO與半徑R2＝2.5m的圓弧BO在最低點O相切.兩段光滑的直軌道的一端在O點平滑連接,另一端分別在兩圓弧上且等高.一個小球從左側(cè)直軌道的最高點A由靜止開始沿直軌道下滑,經(jīng)過O點后沿右側(cè)直軌道上滑至最高點B,不考慮小球在O點的機械能損失,重力加速度g取10m/s2.則在此過程中小球運動的時間為()A．1.5sB．2.0sC．3.0sD．3.5s【解答】解：由于AO對應(yīng)的圓的半徑為R1,通過O點作出AO所在圓的直徑,如圖所示：根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得：AO＝2R1sinθ小球在AO上運動的加速度大小為：a1=mgsinθm設(shè)小球在AO上運動的時間為t1,則有：AO=聯(lián)立解得：t1=小球在OB段運動過程中,逆向分析也可以看作是初速度為零的勻加速直線運動,同理分析可得小球在OB段運動的時間為：t2=在此過程中小球運動的時間為：t＝t1+t2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：t＝3.0s,故C正確、ABD錯誤.故選：C.為了探究滑雪者(視為質(zhì)點)在直線滑道AE上滑行的時間,技術(shù)人員通過測量繪制出如圖所示的示意圖,AC是滑道的豎直高度,D點是AC上的一點,且有AD＝DE＝40m,滑雪者從坡頂A點由靜止開始沿滑道AE向下滑動,取重力加速度大小g＝10m/s2,不計摩擦,則滑雪者在滑道AE上滑行的時間為()A．2sB．22sC．23sD．4s【解答】解：以D點為圓心,以AD長度為半徑,建立"等時圓”如圖所示：滑雪者在滑道AE上滑行的時間等于沿豎直直徑自由下落到圓上經(jīng)過的時間,則有：2×AD=代入數(shù)據(jù)解得：t＝4s,故D正確、ABC錯誤.故選：D.如圖所示,有兩個光滑直軌道AB和CD,其中A、B、C、D四點剛好位于同一豎直圓O的圓周上,B點恰好過豎直圓O的最低點.現(xiàn)讓兩個小球(可視為質(zhì)點)分別從A、D兩位置由靜止釋放,它們沿直軌道到達B、C的時間分別記為t1、t2.則()A．t1＞t2B．t1＝t2C．t1＜t2D．無法確定【解答】解：設(shè)AB與豎直直徑的夾角為θ,則加速度為：a＝gcosθ根據(jù)位移—時間公式可得：2解得：t若過B點做CD的平行線,交圓弧于E點,如圖所示：則根據(jù)上述的分析可知,物塊沿EB下滑的時間也為t1,因為EB和CD的傾角相等,則物塊下滑的加速度也相等,但因為EB的長度大于CE的長度,可知沿CD下滑的時間小于EB的時間,故A正確,BCD錯誤;故選：A.(多選)如圖所示,1、2、3、4四小球均由靜止開始沿著光滑的斜面從頂端運動到底端,其運動時間分別為t1、t2、t3、t4.已知豎直固定的圓環(huán)的半徑為r,O為圓心,固定在水平面上的斜面水平底端的長度為3r,重力加速度為g,下列說法正確的是()A．t1≠t2B．t3＝t4C．t3-t【解答】解：1軌道長：x1=2rcos根據(jù)位移—時間關(guān)系可得：x1=12a聯(lián)立解得：t12軌道長：x2＝2rcos60°＝r,根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小為：a根據(jù)位移—時間關(guān)系可得：x2=12a聯(lián)立解得：t23軌道長：x3=3根據(jù)位移—時間關(guān)系可得：x3=12a聯(lián)立解得：t3=24軌道長x4=3根據(jù)位移—時間關(guān)系可得：x4=12a聯(lián)立解得：t4＝22rA、由上可知：t1=t2=2rgB、由上可知：t3＝t4＝22rg,故BC、由上可知：t3-t1=2(D、由上可知：t4﹣t3＝0,故D錯誤.故選：BC.如圖所示,在傾角為θ的斜面上方的A點處放置一光滑的木板AB,B端剛好在斜面上．木板與豎直方向AC所成角度為α,一小物塊自A端沿木板由靜止滑下,要使物塊滑到斜面的時間最短,則α與θ角的大小關(guān)系應(yīng)為()A．α＝θB．α=θ2C．α=θ3D．【解答】解：如圖所示：在豎直線AC上取一點O,以適當?shù)拈L度為半徑畫圓,使該圓過A點,且與斜面相切與D點,根據(jù)等時圓的結(jié)論可知：A點滑到圓上任一點的時間都相等,所以由A點滑到D點所用時間比由A到達斜面上其他各點時間都短,將木板下端B點與D點重合即可,而角COD為θ,所以α故選：B.三、動力分配原理：一起加速運動的系統(tǒng),若力是作用于m1上,則m1和m2的相互作用力為N＝m2Fmmm1m2Fμμamm1m2Fμμamm1m2Fμμamm1m2Fa整體求加速度a=隔離求內(nèi)力T-μm1g=m1a得T=整體求加速度a=隔離求內(nèi)力T-m1g(sinθ-μcosθ)=m1a得T=整體求加速度a=隔離求內(nèi)力T-m1g=m1a得T=如圖所示,物體A、B用一水平輕質(zhì)細繩連在一起置于粗糙水平地面上,物體A、B與地面間的動摩擦因數(shù)分別為μA＝0.2、μB＝0.4,物體A的質(zhì)量為4kg,物體B的質(zhì)量為2kg,重力加速度g＝10m/s2.現(xiàn)用F＝28N的水平拉力拉物體A,當物體A、B一起向左運動時,A對B的拉力大小為()A．10NB．12NC．14ND．16N【解答】解：以A、B整體為研究對象,由牛頓第二定律有F﹣μAmAg﹣μBmBg＝(mA+mB)a代入數(shù)據(jù)解得a＝2m/s2以B為研究對象,由牛頓第二定律有T﹣μBmBg＝mBa代入數(shù)據(jù)解得T＝12N故ACD錯誤;故B正確;故選：B.如圖所示的裝置叫阿特伍德機.繩子兩端的物體豎直運動的加速度大小總是小于自由落體的加速度g,這使得試驗者可以有較長的時間進行觀測、研究.已知物體A、B的質(zhì)量均為M,物體C的質(zhì)量為m.輕繩與輕滑輪間的摩擦不計,輕繩不可伸長且足夠長.物體A、B、C由圖示位置靜止釋放后()A．物體A的加速度大小為mgB．物體B的加速度大小為mgC．繩子上的拉力大小為MgD．物體B對物體C的作用力大小為mg【解答】解：ABC．由牛頓第二定律對物體A有：T﹣Mg＝Ma對B、C整體有：(M+m)g﹣T＝(M+m)a聯(lián)立解得T=Mg故AB錯誤,C正確;D．由牛頓第二定律,對物體C有：mg﹣FBC＝ma解得F故D錯誤.故選：C.如圖,光滑水平面上放置有緊靠在一起但并不黏合的A、B兩個物體,A、B的質(zhì)量分別為mA＝2kg,mB＝3kg,從t＝0開始,推力FA和拉力FB分別作用于A、B上,FA、FB大小隨時間變化的規(guī)律分別為FA＝(7﹣2t)N,FB＝(3+2t)N.則()A．A、B兩物體一直做勻加速直線運動B．當FA＝FB時,A、B兩物體之間的彈力為零C．t＝2s時開始A、B兩物體之間的彈力為零D．t＝6s時,B物體的加速度為5m/s2【解答】解：AC、A、B開始時一起做勻加速直線運動,對A、B整體受力分析,由牛頓第二定律得：FA+FB＝(mA+mB)a0代入數(shù)據(jù)解得：a當A、B兩物體恰好分離時,對A,由牛頓第二定律得：FA＝mAa0結(jié)合FA＝(7﹣2t)N,代入數(shù)據(jù)解得：t＝1.5s所以t＝1.5s內(nèi)A、B兩物體一起向右做勻加速直線運動,t＝1.5s后A、B兩物體分離,t＝1.5s時開始A、B兩物體之間的彈力為零.之后,由于FA、FB是變力,則兩物體加速度發(fā)生改變,故AC錯誤;B、當t＝1.5s時,A、B兩物體之間的彈力為零,此時FA＝(7﹣2×1.5)N＝4N,FB＝(3+2×1.5)N＝6N,則FA≠FB,故B錯誤;D、當t＝6s時,對B受力分析,由牛頓第二定律得：FB＝mBaB其中FB＝(3+2t)N,代入數(shù)據(jù)解得,B物體的加速度為aB=5m/s故選：D.如圖所示,質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物塊用輕細繩連接放在水平面上,用水平拉力F拉A,使它們一起勻加速運動,A、B與水平面的動摩擦因數(shù)均為μ,為了增大輕細繩上的拉力,可行的辦法是()A．減小A的質(zhì)量mAB．減小B的質(zhì)量mBC．減小動摩擦因數(shù)μD．增大動摩擦因數(shù)μ【解答】解：對AB整體,根據(jù)牛頓第二定律得F﹣μ(mA+mB)g＝(mA+mB)a對B,由牛頓第二定律得：FT﹣μmBg＝mBa聯(lián)立解得：FA、減小A物塊的質(zhì)量mA,細繩上的拉力FT增大,故A正確;B、減小B物塊的質(zhì)量mB,細繩上的拉力FT減小,故B錯誤;CD、FT與μ無關(guān),增大或減小動摩擦因數(shù)μ,細繩上的拉力FT不變,故CD錯誤.故選：A.(多選)如圖所示,質(zhì)量分別為M和m的甲、乙兩物塊用輕彈簧相連,放置在傾角為θ的粗糙斜面上,現(xiàn)將平行于斜面向上的恒力F作用在甲物塊上,使甲、乙兩物塊共同沿斜面勻加速向上運動.甲、乙兩物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ.下列說法正確的是()A．兩物塊運動的加速度為aB．彈簧的彈力F彈與F的關(guān)系為FC．若摩擦因數(shù)μ增大,則彈簧的形變量增大D．若增大乙的質(zhì)量m,則彈簧的形變量增大【解答】解：A、以甲、乙兩物塊整體為研究對象,對其受力分析,由牛頓第二定律得：F﹣(M+m)gsinθ﹣μ(M+m)gcosθ＝(M+m)a解得,加速度大小為：a故A正確;B、以乙物塊為研究對象,對其受力分析,根據(jù)牛頓第二定律得：F彈﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma可得a聯(lián)立解得：F故B錯誤;CD、由B得,彈簧彈力F若摩擦因數(shù)μ增大,彈簧的彈力不變,則彈簧的形變量不變;若增大乙的質(zhì)量m,彈簧的彈力增大,則彈簧的形變量增大,故C錯誤,D正確.故選：AD.四、下面幾種物理模型,在臨界情況下,a＝gtanα.如圖所示,一位同學手持乒乓球拍托球沿水平直線跑動,球拍與球相對靜止且均相對該同學身體靜止,球拍平面和水平面之間夾角為θ.設(shè)球拍和球質(zhì)量分別為M、m,不計球拍和球之間摩擦,不計空氣阻力,則()A．該同學做勻速直線跑動B．乒乓球處于平衡狀態(tài)C．球拍受到的合力大小為MgtanθD．球拍受到乒乓球的壓力大小為mgcosθ【解答】解：AB．對乒乓球受力分析,如圖所示則乒乓球所受的合力為：F合＝mgtanθ故乒乓球在水平方向做勻加速直線運動,處于非平衡狀態(tài).由于球拍與乒乓球相對靜止且均相對該同學身體靜止,則乒乓球、球拍和同學運動狀態(tài)相同,均做加速度相同的勻加速直線運動,故AB錯誤;C．對乒乓球,由牛頓第二定律得：a球拍受到的合力大小為：F＝Ma＝Mgtanθ故C正確;D．球拍對乒乓球的支持力大小為：N由牛頓第三定律可知,球拍受到乒乓球的壓力大小N′等于球拍對乒乓球的支持力大小N,即：N故D錯誤.故選：C.(多選)如圖,兩輕質(zhì)細繩拉直時與水平車頂夾角分別為60°和30°,物體質(zhì)量為m,當小車以大小為2g(g為重力加速度)的加速度做勻加速直線運動時,則有關(guān)繩1和繩2的拉力大小,正確的說法是()A．小車向左勻加速運動時,繩1的拉力大小為5mgB．小車向左勻加速運動時,繩2的拉力大小為5mgC．小車向右勻加速運動時,繩1的拉力大小為5mgD．小車向右勻加速運動時,繩2的拉力大小為0【解答】解：AB、小車向左勻加速運動時,假設(shè)繩1沒有拉力,繩2的拉力為F2,則水平方向F2cos60°＝ma2豎直方向F2sin60°＝mg聯(lián)立解得：a2=3小車的加速度為2g＞a2=3則繩1中沒有拉力,且物體會飄起來,繩2的張力設(shè)為F2',對物塊受力分析,如圖：則F2'=(故A錯誤,B正確;CD、小車向右勻加速運動時,假設(shè)繩2沒有拉力,繩1的拉力為F1,則水平方向F1cos30°＝ma1豎直方向F1sin30°＝mg聯(lián)立解得：a1=3小車的加速度為2g＞a1=3則繩2中沒有拉力,且物體會飄起來,繩1的張力設(shè)為F1',對物塊受力分析,如圖：則F1'=(故CD正確.故選：BCD.如圖所示,一輛貨車運載著圓柱形光滑的空油桶,每個空油桶的質(zhì)量均為m.在車廂底,一層油桶平整排列,相互緊貼并被牢牢固定,上一層只有一只桶C,自由地擺放在桶A、B之間,沒有用繩索固定,重力加速度為g.則汽車()A．勻速運動,B對C的作用力大小為2B．向左加速前進,若加速度增大,則A和B對C的支持力可能同時增大C．向左加速前進,當加速度為3g3時,B對D．向右加速倒車,B對C的作用力可能為零【解答】解：A、若汽車勻速行駛,對C進行受力分析,如圖1所示,設(shè)B對C的支持力與豎直方向的夾角為θ,根據(jù)幾何關(guān)系可得：sinθ=R2R=12,同理可得,A對C的支持力與豎直方向的夾角也為30°;水平方向根據(jù)平衡條件可得：NBsin30°＝NAsin30°豎直方向根據(jù)平衡條件可得：NBcos30°+NAcos30°＝mg聯(lián)立解得：NB=3mg3,故BC、若汽車向左加速前進,以C為研究對象,則C受到的合力向左,A對C的支持力減小、B對C的支持力變大,當A對C的支持力為零時,C只受重力和B對C的支持力,如圖2所示,根據(jù)牛頓第二定律可得：mgtanθ＝ma,所以加速度a=33g,所以當貨車的加速度為33g時,A對C的支持力為零,故D．同理可知,向右加速倒車,加速度方向向右,A對C的支持力增大、B對C的支持力減小,當貨車的加速度為33g時,B對C的作用力為零,故D正確故選：D.車廂內(nèi)有一質(zhì)量為m＝2kg的光滑小球,在輕繩的牽引作用下如圖所示靠在豎直車壁上,繩與豎直車壁夾角θ＝37°,求：(1)當車與球靜止時,繩上拉力T1為多大;(2)當小球與車一起相對靜止向右做勻加速運動且小球?qū)嚤谇『脽o彈力時,小車的加速度為多大.(sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,g＝10m/s2)【解答】解：(1)當車與球靜止時,以小球為研究對象,受力情況如圖所示;根據(jù)平衡條件可得：T1=mgcosθ=(2)當小球與車一起相對靜止向右做勻加速運動且小球?qū)嚤谇『脽o彈力時,對小球根據(jù)牛頓第二定律可得：mgtanθ＝ma解得：a＝7.5m/s2由于小車與小球的加速度相同,所以小車的加速度為7.5m/s2.答：(1)當車與球靜止時,繩上拉力T1為25N;(2)當小球與車一起相對靜止向右做勻加速運動且小球?qū)嚤谇『脽o彈力時,小車的加速度為7.5m/s2.如圖所示,質(zhì)量為M＝5.0kg的方形木箱在水平拉力作用下沿水平面向右勻加速運動,木箱與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.3.木箱后壁上一個質(zhì)量為m＝1.0kg的物體(可視為質(zhì)點)恰好能與木箱保持相對靜止,物體距離木箱底部的高度為h＝1.25m,木箱和物體間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.25.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度取g＝10m/s2.(1)求物體對木箱后壁的壓力的大小;(2)求水平拉力的大小;(3)當木箱的速度為6m/s時,突然撤去拉力,物體恰好落在了木箱底部最前端,物體在空中運動時與木箱壁無碰撞,求木箱前后壁的間距.【解答】解：(1)根據(jù)題意知,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,物體保持靜止,設(shè)物體對木箱后壁的壓力為N1,物體所受摩擦力為f1,則f1＝mg＝μ2N1代入數(shù)據(jù)解得：N1＝40N;(2)根據(jù)牛頓第二定律可得物體的加速度大小為：a=N1m=40對木箱和物體整體由牛頓第二定律得：F﹣μ1(M+m)g＝(M+m)a代入數(shù)據(jù)解得：F＝258N;(3)撤去拉力F,木箱減速,物體與木箱立刻分開,物體做平拋運動,豎直方向：h水平方向：x＝vt木箱做勻減速直線運動,加速度大小為：a′＝μ1g根據(jù)運動學公式：x木箱前后壁的間距：Δx＝x﹣x′代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：Δx＝0.375m.答：(1)物體對木箱后壁的壓力的大小為40N;(2)水平拉力的大小為258N;(3)木箱前后壁的間距為0.375m.五、如圖所示物理模型,剛好脫離時的特點為：彈力為零,速度相等,加速度相等.之前整體分析,之后隔離分析．六、下列各模型中,速度最大時合力為零,速度為零時加速度最大．如圖所示,勁度系數(shù)k＝5N/m的輕質(zhì)彈簧的左端固定在豎直擋板上,質(zhì)量為mA＝5kg的物塊A和質(zhì)量mB＝10kg的物塊B緊挨著放置在光滑的水平桌面上,輕質(zhì)彈簧的右端與物塊A接觸但不連接.現(xiàn)用外力緩慢向左推物塊B,當輕質(zhì)彈簧的形變量x0＝1.2m時,把推力改為向右的拉力F,使物塊B由靜止向右做加速度a＝0.4m/s2的勻加速直線運動.物塊A和物塊B均可視為質(zhì)點.求：(1)物塊A和物塊B分離時的速度大小;(2)拉力F隨時間t變化的關(guān)系式.【解答】解：(1)當物塊A和物塊B之間的彈力為0時二者分離,此時物塊A的加速度大小為a,根據(jù)牛頓第二定律可得：kx1＝mAa由勻變速直線運動規(guī)律得：v2＝2a(x0﹣x1)解得：v＝0.8m/s;(2)物塊A和B分離前,拉力F是變力;物塊A和B分離后,拉力F是恒力由勻變速直線運動規(guī)律得：x0﹣x1=解得：t＝2s①物塊A和物塊B分離前,以物塊A和物塊B為研究對象,由牛頓第二定律得：F+Fk＝(mA+mB)a,其中彈簧彈力：Fk＝k(x0﹣x)根據(jù)位移—時間關(guān)系可得：x=解得：F＝t2(N)②物塊A和物塊B分離后,以物塊B為研究對象,由牛頓第二定律得：F＝mBa解得：F＝4N;綜上分析可得拉力F隨時間t變化的關(guān)系式為：F=t答：(1)物塊A和物塊B分離時的速度大小為0.8m/s;(2)拉力F隨時間t變化的關(guān)系式為F=t如圖所示,質(zhì)量為mA＝150g的平臺A連接在勁度系數(shù)k＝100N/m的彈簧上端,彈簧下端固定在地上,形成豎直方向的彈簧振子,將質(zhì)量為mB＝50g的物塊B置于A的上方,使A、B兩物塊一起上下振動.彈簧原長為l0＝6cm,A的厚度可忽略不計,g取10m/s求：(1)當系統(tǒng)做小振幅簡諧振動時,A的平衡位置離地面C的高度;(2)當振幅為1cm時,B對A的最大壓力;(3)為使B在振動中始終與A接觸,振幅不能超過多大?【解答】解：(1)mA＝150g＝0.150kg,mB＝50g＝0.050kg,l0＝6cm＝0.06m振幅很小時,A、B間不會分離,將A與B整體作為振子,當它們處于平衡位置時,根據(jù)平衡條件得：kx0＝(mA+mB)g得形變量：x0＝0.02m平衡位置距地面高度：h＝l0﹣x0＝0.06m﹣0.02m＝0.04m(2)當A、B運動到最低點時,有向上的最大加速度,此時A、B間相互作用力最大,設(shè)振幅為A,最大加速度：a對B：N﹣mBg＝mBam解得：N＝0.75N(3)為使B在振動中始終與A接觸,在最高點時相互作用力應(yīng)滿足：N≥0取B為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律,有：mBg﹣N＝mBa當N＝0時,B振動的加速度達到最大值,且最大值：amB＝g＝10m/s2(方向豎直向下)因amA＝amB＝g,表明A、B僅受重力作用,此刻彈簧的彈力為零,彈簧處于原長,A＝x0＝0.02m,即振幅不能大于0.02m答：(1)當系統(tǒng)做小振幅簡諧振動時,A的平衡位置離地面C的高度是0.04m;(2)當振幅為1cm時,B對A的最大壓力是0.75N;(3)為使B在振動中始終與A接觸,振幅不能超過0.02m.如圖甲所示,平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數(shù)為k,一端固定在傾角為θ的斜面底端,另一端與物塊A連接;兩物塊A、B質(zhì)量均為m,初始時均靜止.現(xiàn)用平行于斜面向上的力F拉動物塊B,使B做加速度為a的勻加速運動,A、B兩物塊在開始一段時間內(nèi)的v﹣t關(guān)系分別對應(yīng)圖乙中A、B圖線(t1時刻A、B的圖線相切,t2時刻對應(yīng)A圖線的最高點),重力加速度為g,則()A．0～t1過程中,拉力F做的功比彈簧彈力做的功少B．t1時刻,彈簧形變量為mgsinθC．0～t2過程中,拉力F逐漸增大D．t2時刻,彈簧形變量為0【解答】解：AB、由圖知,t1時刻物塊A、B開始分離,對物塊A根據(jù)牛頓第二定律：kx﹣mgsinθ＝mat1時刻,彈簧形變量為x=mgsinθt1時刻物塊A、B開始分離…①開始時有：2mgsinθ＝kx0…②從開始到t1時刻,彈簧做的功：WT＝Ep=12k從開始到t1時刻的過程中,根據(jù)動能定理得：WT+WF﹣2mgsinθ(x0﹣x)＝2×12mv12a(x0﹣x)＝v12…⑤由①②③④⑤解得：WF＝WT-(mgsinθ-ma)2k,所以拉力F做的功比彈簧做的功少C、從開始到t1時刻,對物塊AB整體分析,根據(jù)牛頓第二定律得：F+kx﹣2mgsinθ＝2ma,得F＝2mgsinθ+2ma﹣kx,x減小,F增大;t1時刻到t2時刻,對物塊B由牛頓第二定律得：F﹣mgsinθ＝ma,得F＝mgsinθ+ma,可知F不變,故C錯誤;D、t2時刻物塊A的加速度為零,速度最大,根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律得：mgsinθ＝kx′,則得：x′=mgsinθk,故D故選：A.(多選)如圖所示,質(zhì)量均為m的A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止,用大小等于1.5mg的恒力F向上拉B,B向上運動,運動距離h時B與A恰好分離.則下列說法中正確的是()A．B和A剛分離瞬間,彈簧為原長B．B和A剛分離瞬間,它們的加速度均為0.5gC．彈簧的勁度系數(shù)等于mgD．在B與A分離之前,它們做勻加速運動【解答】解：AB、B與A剛分離的瞬間,A、B仍具有相同的速度和加速度,且A、B間無相互作用力.對B分析知,B具有向上的加速度,大小為：aB=1.5此時對A分析有：F彈簧﹣mg＝maA＝maB,解得：F彈＝1.5mg,且處于壓縮狀態(tài),故A錯誤,B正確;C、B和A剛分離時,彈簧處于壓縮狀態(tài),彈力大小為F彈＝1.5mg,原來靜止時彈簧處于壓縮狀態(tài),彈力大小為2mg,則彈力減小量△F＝2mg﹣1.5mg＝0.5mg.兩物體向上運動的距離為h,則彈簧壓縮量減小Δx＝h,由胡克定律得：k=△FΔx=0.5D、從開始運動到B與A剛分離的過程中,拉力大小不變,而彈簧的彈力減小,整體的合力減小,所以在B與A分離之前,它們加速度逐漸減小,故D錯誤.故選：BC.七、超重：a方向豎直向上(或支持力大于重力),物體可能勻加速上升或勻減速下降．失重：a方向豎直向下(或支持力小于重力),物體可能勻減速上升或勻加速下降．如圖所示,用輕質(zhì)彈簧將籃球拴在升降機底板上,此時彈簧豎直,籃球與光滑的側(cè)壁和光滑的傾斜天花板接觸,在籃球與側(cè)壁之間裝有壓力傳感器,當電梯在豎直方向勻速運動時,壓力傳感器有一定的示數(shù).現(xiàn)發(fā)現(xiàn)壓力傳感器的示數(shù)逐漸減小,某同學對此現(xiàn)象給出了下列分析與判斷,其中可能正確的是()A．升降機正在勻加速上升B．升降機正在勻減速上升C．升降機正在加速下降,且加速度越來越大D．升降機正在加速上升,且加速度越來越大【解答】解：對籃球進行受力分析如圖：籃球在水平方向上受力平衡,即側(cè)壁對籃球的彈力與傾斜天花板對籃球的彈力在水平方向的分力平衡,隨著壓力傳感器的示數(shù)逐漸減小,籃球受到傾斜天花板在水平方向的分力減小,則斜面對籃球的壓力F′一定減小,其在豎直方向的分力減小,而彈簧的彈力不變,所以籃球受到的豎直向下的合力減小,故籃球必然有豎直向上且增大的加速度,故D正確,ABC錯誤.故選：D.如圖,質(zhì)量為M的大圓環(huán)中間有一立柱,其上串著一個質(zhì)量為m的球,球和立柱間有摩擦力.下列說法正確的是()A．小球在立柱上端由靜止釋放,若加速下滑,則地面對大圓環(huán)的支持力大于(M+m)gB．小球在立柱上以一定的速度向下運動,若減速下滑,則地面對大圓環(huán)的支持力小于(M+m)gC．小球在立柱上以一定的速度向上運動,當初速度足夠大時,小球就能通過力將大圓環(huán)托離地面D．小球在立柱上以一定的速度向上運動,當加速度足夠大時,小球就能通過力將大圓環(huán)托離地面【解答】解：A、小球在立柱上端由靜止釋放,若加速下滑,具有豎直向下的分加速度,因為小球?qū)儆谡麄€系統(tǒng)中有部分(小球)處于失重狀態(tài),則地面對大圓環(huán)的支持力小于(M+m)g,故A錯誤;B、小球在立柱上以一定的速度向下運動,若減速下滑,具有豎直向上的分加速度,因為小球?qū)儆谡麄€系統(tǒng)中有部分(小球)處于超重狀態(tài),則地面對大圓環(huán)的支持力大于(M+m)g,故B錯誤;C、當小球?qū)α⒅蛏系哪Σ亮Υ蟮扔贛g時,大圓環(huán)離開地面,故小球能否通過摩擦力將大圓環(huán)托離地面,取決于摩擦力大小,與初速度大小無關(guān),故C錯誤;D、若小球與立柱的摩擦力大于或等于大圓環(huán)的重力時,就可能通過摩擦力將大圓環(huán)托離地面,此時f≥Mgf+mg＝ma解得a≥(M+m故選：D.如圖所示為影視攝影區(qū)的特技演員高空速滑的圖片,鋼索與水平方向的夾角θ＝37°,質(zhì)量為m的特技演員(輕繩、輕環(huán)質(zhì)量忽略不計),利用輕繩通過輕質(zhì)滑環(huán)懸吊在滑索下.在勻速下滑過程中,不計空氣阻力,已知sin37°＝0.6,重力加速度為g,下列說法正確的是()A．鋼索對輕