牛顿运动定律的应用典型题

1、牛顿运动定律的应用典型题1（2012禅城区校级模拟）如图所示，在绳下端挂一物体，用力F拉物体使悬线偏离竖直方向的夹角为，且保持其平衡保持不变，当拉力F有最小值时，F与水平方向的夹角应是（）A0BC2D考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用菁优网版权所有专题：压轴题；共点力作用下物体平衡专题分析：对结点O受力分析，抓住拉物体绳子的拉力大小和方向都不变，与天花板相连绳子拉力方向不变，通过作图法求出拉力的最小值解答：解：O点受三个拉力处于平衡，向上的两个拉力的合力大小等于物体的重力，方向竖直向上，根据作图法（如图）知，当F与天花板相连的绳子垂直时，拉力F最小，根据几何关系知=故D正确，

2、A、B、C错误故选D点评：本题是力学的动态分析，关键抓住不变量，运用作图法进行求解2（2012江西二模）将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第l、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角均为30°假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力和第1、3块石块间的作用力的大小之比为（）ABCD考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用菁优网版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：由图可知，1、2及1、3两块石块均有相互作用，而石块1受重力及2、3两石块的作用力而处于静止，故对1受力分析可求得第1、2块石块间的作用力

3、和第1、3块石块间的作用力的大小之比解答：解：如图对第一个石块进行受力分析，由几何关系知：=600，所以有N12 ：N13=sin60°=；故选B点评：当题目中有有多个物体相互作用时，应注意灵活选择研究对象3（2008盐城模拟）如图所示，将一根不可伸长、柔软的轻绳两端分别系于A、B两点，一物体用动滑轮悬挂在绳子上，达到平衡时，两段绳子间夹角为1，绳子张力为F1；将绳子B端移至C点，等整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为2，绳子张力为F2；将绳子B端移至D点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为3，绳子张力为F3，不计摩擦，则（）A1=2=3B1=23CF1F2F3DF1=F2F

4、3考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用菁优网版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：绳子右端从B移动到C点时，根据几何关系可以判断出，两个绳子之间的夹角不变，然后根据三力平衡条件判断出绳子拉力不变；绳子右端从B移动到D点时，绳子间夹角变大，再次根据共点力平衡条件判断解答：解：设绳子结点为O，对其受力分析，如图当绳子右端从B移动到C点时，根据几何关系，有AOsin+OBsin=AC同理有 AOsin+OBsin=AC绳子长度不变，有AO+OB=AO+OB故1=2绳子的结点受重力和两个绳子的拉力，由于绳子夹角不变，根据三力平衡可知，绳子拉力不变，即F1=F2；绳子右端从B移动到

5、D点时，绳子间夹角显然变大，绳子的结点受重力和两个绳子的拉力，再次根据共点力平衡条件可得F1F3故1=23，F1=F2F3故选BD点评：本题关键根据几何关系判断出两次移动过程中两绳子间夹角的变化情况，然后根据共点力平衡条件作图，运用合成法分析4（2012泗阳县校级模拟）如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用钉子靠着线的左侧，沿与水平方向成30°的斜面向右以速度v匀速运动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度（）A大小为v，方向不变和水平方向成60°B大小为v，方向不变和水平方向成60°C大小为2v，方向不变和水平方向成60°D大小和方向都会改变考点：

6、运动的合成和分解菁优网版权所有专题：运动的合成和分解专题分析：橡皮参加了两个分运动，沿与水平方向成300的斜面向右以速度v匀速运动，同时竖直向上匀速运动，实际运动是这两个运动的合运动，根据平行四边形定则可以求出合速度解答：解：橡皮沿与水平方向成300的斜面向右以速度v匀速运动，由于橡皮沿与水平方向成300的斜面向右以速度v匀速运动的位移一定等于橡皮向上的位移，故在竖直方向以相等的速度匀速运动，根据平行四边形定则，可知合速度也是一定的，故合运动是匀速运动；根据平行四边形定则求得合速度大小为v，方向不变和水平方向成60°故选B点评：本题关键是先确定沿与水平方向成300的斜面向右方向和竖直

7、方向的分运动，然后根据合运动与分运动的等效性，由平行四边形定则求出合速度5（2014春南湖区校级期中）如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，现用一支铅笔贴着细线的左侧水平向右以速度v匀速移动，运动过程中保持铅笔的高度不变，悬挂橡皮的那段细线始终保持竖直，则在铅笔未碰到橡皮前，橡皮的运动情况不正确的是（）A橡皮在水平方向上作匀速运动B橡皮在竖直方向上作加速运动C橡皮的运动轨迹是一条曲线D橡皮在图示位置时的速度大小为v考点：运动的合成和分解菁优网版权所有专题：运动的合成和分解专题分析：将铅笔与绳子接触的点的速度分解为沿绳方向和垂直于绳子方向，求出沿绳子方向上的分速度，而沿绳子方向上的分速度等于橡皮在

8、竖直方向上的分速度，橡皮在水平方向上的分速度为v，根据平行四边形定则求出橡皮的速度解答：解：A、橡皮在水平方向上的速度与铅笔速度相同，为v，所以橡皮在水平方向上作匀速运动，故A正确；B、将铅笔与绳子接触的点的速度分解为沿绳方向和垂直于绳子方向，如图，则沿绳子方向上的分速度为vsin，因为沿绳子方向上的分速度等于橡皮在竖直方向上的分速度，所以橡皮在竖直方向上速度为vsin，因为逐渐增大，所以橡皮在竖直方向上做加速运动，故B正确；C、橡皮在水平方向上做匀速运动，竖直方向做加速运动，则合力在竖直方向上，合力与速度方向不在同一直线上，所以橡皮做曲线运动，故C正确；D、根据平行四边形定则得：橡皮在图示位

9、置时的速度大小为=v，故D错误本题选择错误的，故选：D点评：解决本题的关键知道铅笔与绳子接触的点的速度在沿绳子方向上的分速度等于橡皮在竖直方向上的分速度，然后根据平行四边形定则进行求解6（2014秋徐汇区校级期中）如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，现用支铅笔贴着细线的从A点斜向右上方以速度v匀速移动（OA与竖直方向夹角为），运动过程中保持铅笔的运动方向与水平夹角为，悬挂橡皮的那段细线保持竖直，则在铅笔运动到B点过程中，（OB与竖直方向夹角为），橡皮的运动情况是（）A橡皮在水平方向上作匀速运动B橡皮在竖直方向上作加速运动C橡皮的运动轨迹是一条直线D橡皮在图示位置时的向上的速度大小为vsin（）

10、考点：运动的合成和分解；牛顿第二定律菁优网版权所有分析：将铅笔与绳子接触的点的速度分解为沿绳方向和垂直于绳子方向，求出沿绳子方向上的分速度，而沿绳子方向上的分速度等于橡皮在竖直方向上的分速度，橡皮在水平方向上与水平夹角为的分速度为v，根据平行四边形定则求出橡皮的速度解答：解：A、由图可知，橡皮在水平方向上的速度v橡=vcos，因v与不变，所以橡皮在水平方向上作匀速运动，故A正确；B、将铅笔与绳子接触的点的速度分解为沿绳方向和垂直于绳子方向，如图，根据几何关系，则沿绳子方向上的分速度为vsin（），因为沿绳子方向上的分速度等于橡皮在竖直方向上的分速度，所以橡皮在竖直方向上速度为vsin（），由于

11、逐渐增大，所以橡皮在竖直方向上做加速运动，故B正确；C、橡皮在水平方向上做匀速运动，竖直方向做加速运动，则合力在竖直方向上，合力与速度方向不在同一直线上，所以橡皮做曲线运动，故C错误；D、根据平行四边形定则得：橡皮在图示位置时向上的速度大小为v=，故D错误故选：AB点评：解决本题的关键知道铅笔与绳子接触的点的速度在沿绳子方向上的分速度等于橡皮在竖直方向上的分速度，然后根据平行四边形定则进行求解7（2015凉州区校级模拟）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

12、沿斜面下滑的加速度为（）ABgsinCgsinD2gsin考点：牛顿第二定律菁优网版权所有专题：整体思想分析：对猫和木板受力分析受力分析，可以根据各自的运动状态由牛顿第二定律分别列式来求解，把猫和木板当做一个整体的话计算比较简单解答：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，加速度为零将木板和猫作为整体，根据牛顿第二定律F合=F猫+F木板=0+2ma（a为木板的加速度），整体受到的合力的大小为猫和木板沿斜面方向的分力的大小，即F合=3mgsin，解得a=gsin，所以C正确故选C点评：本题应用整体法对猫和木板受力分析，根据牛顿第二定律来求解比较简单，当然也可以采用隔离

13、法，分别对猫和木板受力分析列出方程组来求解8（2015南京校级模拟）如图所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员（可视为质点），a站于地面，b从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员b摆至最低点时，a刚好对地面无压力，则演员a质量与演员b质量之比为（）A1：1B2：1C3：1D4：1考点：牛顿第二定律；向心力菁优网版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：b向下摆动过程中机械能守恒，在最低点绳子拉力与重力之差提供向心力，根据向心力公式得出绳对b的拉力，a刚好对地面无压力，可得绳子对a的拉力，根据拉力相等，可得两者质量关系解答：解：b下落过程中机械能

14、守恒，有： 在最低点有： 联立得：Tb=2mbg当a刚好对地面无压力时，有：Ta=mag Ta=Tb，所以，ma：mb=2：1，故ACD错误，B正确故选：B点评：根据物体的运动规律选择正确规律求解是解决这类问题的关键，同时正确受力分析是解题的前提9（2006洪泽县模拟）如图所示，一轻绳通过一光滑定滑轮，两端各系一质量分别为m1和m2的物体，m1放在地面上，当m2的质量发生变化时，m1的加速度a的大小与m2的关系大体如图中的（）ABCD考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用菁优网版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：m1和m2的整体分析，因为一旦物体开始运动，两物体具有相同的加速度大小，根据

15、牛顿第二定律判断m1的加速度a的大小与m2的关系解答：解：当m2m1时，m1不动，加速度为零当m2m1，对整体运用牛顿第二定律得，=，当m2的质量增大时，加速度增大，最终趋向于g故D正确，A、B、C错误故选D点评：对于两物体而言，一旦运动，两者的加速度大小相等，运用整体法解决比较方便10（2010济南一模）质量分别为m和2m的物块、B用轻弹簧相连，设两物块与接触面间的动摩擦因数都相同当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上，共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1，如图甲所示；当用同样大小的力F竖直共同加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，如图乙所示；当用同样大小的力F沿固定斜面向上拉两物

16、块使之共同加速运动时，弹簧的伸长量为x3，如图丙所示，则x1：x2：x3等于（）A1：1：1B1：2：3C1：2：1D无法确定考点：牛顿运动定律的应用-连接体；胡克定律菁优网版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：本题是连接体问题，可以先用整体法根据牛顿第二定律求出加速度，用F和m表示，再隔离A研究，求得弹簧的弹力及伸长量，最后得到x1：x2：x3解答：解：甲图，对整体研究，根据牛顿第二定律得， a1= 对A：kx1mg=ma1解得x1= 乙图，对整体研究，根据牛顿第二定律得， a2= 对A：kx2mg=ma2解得x2= 则 丙图，对整体研究，根据牛顿第二定律得F a3= 对A：kx3mgsi

17、nmgcos=ma3解得x3= 则x1：x2：x3=1：1：1 故A正确，BCD错误故选A点评：牛顿定律处理连接体问题时，常常采用隔离法和整体法相结合的方法研究隔离法选取受力少的物体研究简单求内力时，必须用隔离法求整体的加速度可用整体法11（2007秋温州期末）如图所示，物体P置于光滑的水平面上，用轻细线跨过质量不计的光滑定滑轮连接一个重力G=10N的重物，物体P向右运动的加速度为a1；若细线下端不挂重物，而用F=10N的力竖直向下拉细线下端，这时物体P的加速度为a2，则（）Aa1a2Ba1=a2Ca1a2D条件不足，无法判断考点：牛顿运动定律的应用-连接体菁优网版权所有专题：牛顿运动定律综合

18、专题分析：连接体共同加速，由牛顿第二定律求得整体的加速度，当改用F后，再次利用牛顿第二定律求得加速度，比较加速度的大小即可解答：解：挂重物时，选连接体为研究对象，有牛顿第二定律得，共同运动的加速度大小为：a1=；当改为10N拉力后，由牛顿第二定律得；P的加速度为：a2=，故a1a2，故选A点评：连接体问题常常将整体法和隔离法综合运用，整体法求出共同加速度，隔离法整理待求量本题中利用超失重的知识解决会更快，悬挂重物时，重物Q加速下降，处于失重状态，对P的拉力小于Q的重力（10N），故选A12（2012秋安徽月考）如图所示，A、B两物体的质量分别为mA、mB，且mAmB，整个系统处于静止状态滑轮的

19、质量和一切摩擦均不计，如果绳一端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，物体A的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角变化情况是（）A物体A的高度升高，角变大B物体A的高度降低，角变小C物体A的高度升高，角不变D物体A的高度不变，角变小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用菁优网版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：分析：根据滑轮不省力的特点可知，整个系统重新平衡后，滑轮两侧的绳子拉力大小F等于物体A的重力不变，B物体对滑轮的拉力也不变根据平衡条件分析两滑轮间绳子的夹角，再研究的变化情况解答：解：原来整个系统处于静止状态，绳的拉力等于A物体的重力，B物体对滑轮的拉力等于B物

20、体的重力将绳一端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，绳的拉力F仍等于A物体的重力，B物体对滑轮的拉力仍等于B物体的重力，都没有变化，即滑轮所受的三个拉力都不变，则根据平衡条件可知，两绳之间的夹角也没有变化，则角不变，滑轮将下降，物体A的高度升高故选C点评：点评：本题关键抓住平衡后滑轮所受的三个拉力大小都不变对于动滑轮，平衡时两侧绳子的拉力关于竖直方向具有对称性13（2014杨浦区三模）如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆所能承受的弹力的最大值一定，A端用铰链固定，滑轮在A点正上方（滑轮大小及摩擦均可不计），B端吊一重力为G的重物现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢向上拉（均未断

21、），在AB杆转到竖直方向前，以下分析正确的是（）A绳子越来越容易断B绳子越来越不容易断CAB杆越来越容易断DAB杆越来越不容易断考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用菁优网版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以B点为研究对象，分析其受力情况，作出受力图，利用三角形相似法，得出各力与三角形ABO三边边长的关系，再分析其变化解答：解：以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力图如图：由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得又T=G，解得：N=，F=；使BAO缓慢变小时，AB、AO保持不变

22、，BO变小，则N保持不变，F变小故B正确，ACD错误故选B点评：本题涉及非直角三角形的力平衡问题，采用三角形相似，得到力与三角形边长的关系，再分析力的变化，是常用的方法14（2014辽宁校级三模）如图所示，半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖向挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，若用外力使MN保持竖直且缓慢向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中（）AMN对Q的弹力逐渐减小BQ所受的合力逐渐增大C地面对P的摩擦力逐渐增大DP、Q间的弹力先减小后增大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用菁优网版权所有专题：共

23、点力作用下物体平衡专题分析：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，根据平衡条件求解出两个支持力；再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，再次根据共点力平衡条件列式求解解答：解：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，如图根据共点力平衡条件，有：N1=N2=mgtan再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，如图根据共点力平衡条件，有：f=N2N=（M+m）g故：f=mgtanMN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2变

24、大，P、Q受到的合力一直为零；故选：C点评：本题关键是先对物体Q受力分析，再对P、Q整体受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式，最后再进行讨论15（2012秋成华区校级期中）如图所示，OA为遵从胡克定律的弹性轻绳，其一端固定于天花板上的O点，另一端与静止在动摩擦因数恒定的水平地面上的滑块A相连当绳处于竖直位置时，滑块A对地面有压力作用B为紧挨绳的一光滑水平小钉，它到天花板的距离BO等于弹性绳的自然长度现有一水平力F作用于A，使A向右缓慢地沿直线运动，则在运动过程中（）A水平拉力F保持不变B地面对A的摩擦力保持不变C地面对A的摩擦力变小D地面对A的支持力保持不变考点：共点力平衡的条件

25、及其应用；力的合成与分解的运用菁优网版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：对A物体进行受力分析，因为A做缓慢直线运动，每一个位置都可以看成平衡状态，运用正交分解法求出支持力的大小，以及拉力的大小解答：解：物体A受到重力、支持力、水平拉力、弹性绳的拉力和摩擦力如图设A处于初始位置时，与B点的距离为h，根据正交分解得，N=所以支持力不变，摩擦力f=N，知地面对A的摩擦力保持不变F=Tcos+f，物块向右运动的过程中，T变大，变小，所以F变大故B、D正确，A、C错误故选BD点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，熟练运用正交分解去求解力16（2014邢台一模）如图，一条细绳跨过定滑轮连接两

26、个小球A、B，它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计绳与滑轮间的摩擦，当两球平衡时OA绳与水平方向的夹角为，OB绳与水平方向的夹角为2，则球A、B的质量之比为（）A2cos：1B1：2cosCtan：1D1：2sin考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力菁优网版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：分别对AB两球分析，运用合成法，用T表示出A、B两球的重力，同一根绳子上的拉力相等，即绳子AB两球的拉力是相等的解答：解：分别对AB两球分析，运用合成法，如图：由几何知识得：Tsin=mAgTsin2=mBg故mA：mB=sin：sin2=1：2cos故选：B点评：本题考查了隔离法对两个物

27、体的受力分析，关键是抓住同一根绳子上的拉力处处相等结合几何关系将两个小球的重力联系起来17（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考点：牛顿运动定律的应用-连接体；静摩擦力和最大静摩擦力菁优网版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：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：

28、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=2mgcos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18（2012秋临潼区校级月考）如图所示，大三角劈C置于粗糙水平面上，小三角劈B置于斜面上，B的上面又放一个小木块A在A、B一起共同加速下滑的过程中，C静止不动下列说法正确的是（）A木块

29、A受到方向向左的摩擦力B木块A对B的压力小于A的重力CB与C之间的滑动摩擦系数tanD水平地面对C没有摩擦力作用考点：牛顿运动定律的应用-连接体；力的合成与分解的运用菁优网版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：A、B一起沿斜面向下做匀加速运动，加速度沿斜面向下，将加速度分解为水平和竖直两个方向，根据牛顿第二定律分析木块A受到的摩擦力方向和B对A的支持力与重力关系对AB整体研究，由牛顿第二定律研究滑动摩擦系数对ABC三个物体整体用牛顿第二定律研究水平地面对C的摩擦力解答：解：A、A、B一起沿斜面向下做匀加速运动，加速度沿斜面向下，将加速度分解为水平和竖直两个方向，对A分析受力情况，如图根据牛顿

30、第二定律分析：A有水平向左的分加速度，水平方向的摩擦力必定向左故A正确 B、根据牛顿第二定律得： 对A：mAgNA=mAasin0，由B对A的支持力NAmAg 由牛顿第二定律得知木块A对B的压力小于A的重力故B正确 C、对AB整体研究，受力如左图由Mgsintan，得到tan故C正确 D、对ABC三个物体整体用牛顿第二定律得：水平方向：水平地面对C摩擦力fC=macos0，方向水平向左故D错误故选ABC点评：本题是连接体问题，要灵活选择研究对象，根据牛顿第二定律由加速度分析物体的受力情况19（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

31、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，则BA与CA的夹角为（）A30°B45°C53°D60°考点：牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系菁优网版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：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

32、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=2Lsin 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20（2011贵州四模）如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静

33、止地摆放在右端（B与小车间的动摩擦因数为）某时刻观察到细线偏离竖直方向角，则此刻小车对物块B产生作用力的大小和方向为（）Amg，竖直向上B，斜向左上方Cmgtan，水平向右Dmg向右上方考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用菁优网版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：先以A为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度再对B研究，由牛顿第二定律求解小车对物块B产生的作用力的大小和方向解答：解：以A为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：mAgtan=mAa，解得a=gtan，方向水平向右再对B研究得：F=ma=mgtan，方向水平向右，即小车对物块B产生的静摩擦力的大小为mgtan，方向向右

34、小车对物块B的支持力向上，与重力平衡，故N=mg；故小车对物块B产生作用力为：F=N2+f2=mg，斜向右上方；故选D点评：本题要抓住小球、物块B和小车的加速度相同的特点，根据牛顿第二定律采用隔离法研究21（2011河南模拟）如图所示，车厢里悬挂着两个质量不同的小球，上面的球比下面的球质量大，当车厢向右作匀加速运动（空气阻力不计）时，下列各图中正确的是（）ABCD考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用菁优网版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：分别对两个小球进行受力分析，根据竖直方向平衡，水平方向做匀加速运动列式，即可求解解答：解：对下面小球m，利用牛顿第二定律，则在水平方向有ma=Tco

35、s，而在竖直方向则有mg=Tsin； 对上面小球M，同理有Ma=FcosTcos，Mg+Tsin=Fsin，由容易得到，Fcos=（M+m）a而则得Fsin=（M+m）g故有tan=而由得到tan=因此=所以B正确故选B点评：本题主要考查了同学们根据运动情况分析物体受力情况的能力，关键是正确对小球进行受力分析，难度适中22（2012天心区校级模拟）如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，而后释放，摆球运动过程中，支架始终不动以下说法正确的应是（）A在释放瞬间，支架对地面压力为（m+M）gB在释放瞬间，支架对地面压力为MgC摆球到达最低点

36、时，支架对地面压力为（m+M）gD摆球到达最低点时，支架对地面压力为（3m+M）g考点：共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；向心力菁优网版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：由题，摆球运动过程中，支架始终不动，在释放摆球的瞬间，分析支架竖直方向受力情况，由平衡条件求解地面对支架的支持力，再由牛顿第三定律得到支架对地面的压力摆球从释放到到达最低点时，机械能守恒，由机械能守恒定律和牛顿第二定律求出摆球到达最低点时细线的拉力，再求解支架对地面的压力解答：解：A、B在释放摆球的瞬间，支架竖直方向受到重力Mg和地面的支持力N1，由平衡条件知，N=Mg，根据牛顿第三定律得知，支架对地面的压力N1=N1=Mg故A错误，B正确C、D设摆球到达最低点时速度大小为v，摆长为L，由机械能守恒定律得：mgL=摆球到达最低点时，有：Fmg=m联立得细线的拉力：F=3mg结合牛顿第三定律，得支架对地面的压力大小为：N2=Mg+F=（3m+M）g故C错误，D正确故选BD点评：本题考查平衡条件、机械能守恒定律和牛顿运动定律，摆球到达最低点时细线的拉力等于3mg，与摆长无关，