牛顿运动定律的综合应用

./牛顿运动定律的综合应用一．选择题〔共30小题1．〔2016•XX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0～5s,5～10s,10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3,则〔A．F1＜F2 B．F2＞F3 C．F1＞F3 D．F1=F32．〔2016•宿迁模拟如图所示,质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F,木块在长木板上滑行,而长木板保持静止状态．己知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1,长木板与地面间的动摩擦因数为μ2,且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．下列说法正确的是〔A．木块受到的摩擦力大小为μ1〔m1+m2gB．长木板受到的摩擦力大小为μ2〔m1+m2gC．若改变F的大小,当F＞μ1〔m1+m2g时,长木板将开始运动D．若将F作用于长木板,长木板与木块有可能会相对滑动3．〔2016•XX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Ⅰ、Ⅱ,在区域Ⅱ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v﹣t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过程中,重力做的功大于电场力做功D．在1s～4s过程中,小球的机械能先减小后增大4．〔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/s25．〔2016•金山区一模如图〔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v‒t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2.74s6．〔2016春•XX校级期末如图所示,一块质量为M=2kg的木板放在光滑的水平地面上,在木板上放着一个质量为m=1kg的小物体,它被一根水平方向上压缩了的弹簧推着静止在木板上,此时弹簧的弹力为2N．现沿水平向左的方向对木板施以作用力,使木板由静止开始运动起来,运动中力F由0逐渐增加到9N,以下说法正确的是〔A．物体与小木板先保持相对静止一会,后相对滑动B．物体受到的摩擦力先减小后增大C．当力F增大到6N时,物体不受摩擦力作用D．小木板受到9N的拉力时,物体受到的摩擦力为3N7．〔2016•天门模拟如图所示,在竖直平面内有一圆,O为圆心,AB为竖直直径,C为圆周上一点,在圆内放置两跟光滑杆AC、OC,AC与AB成θ角,两杆上各套一个小球〔可看作质点a、b,将小球a、b由杆的上端从静止释放,小球a在杆上运动的时间为t1,小球b在杆上运动的时间为t2,当θ角在0°到90°之间取值时,则下列说法正确的是〔A．若t1=t2,θ角有一个确定的值B．若t1＜t2,则30°＜θ＜60°C．若t1＞t2,则30°＜θ＜60°D．若θ＜30°,则t1＜t28．〔2016春•XX校级月考如图所示,倾斜的传送带始终以恒定速率v2运动．一小物块以v1的初速度冲上传送带．小物块从A到B的过程中一直做减速运动,则〔A．如果v1＞v2,小物块到达B端的速度可能等于0B．如果v1＜v2,小物块到达B端的速度可能等于0C．如果v1＞v2,减小传送带的速度,物块到达B端的时间可能增长D．如果v1＜v2,增大传送带的速度,物块到达B端的时间可能变短9．〔2015•XX校级模拟如图甲所示,在水平地面上放置一个质量为m=4kg的物体,让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动,推力随位移x变化的图象乙所示．已知物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.5,g=10m/s2．下列说法正确的是〔A．物体先做加速运动,推力撤去时开始做减速运动B．物体在水平面上运动的最大位移是12mC．物体在运动中的加速度先变小后不变D．物体运动的最大速度为8m/s10．〔2015•XX模拟如图甲所示,一质量为M=3.3kg的滑块随足够长的水平传送带一起向右匀速运动,滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2．一质量m=0.05kg的子弹水平向左射入滑块并留在其中,设子弹与滑动碰撞时在极短的时间内达到速度一致,取水平向左的方向为正方向,子弹在整个运动过程中的v﹣t图象如图乙所示,已知传送带的速度始终保持不变,滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出,g取10m/s2．下列说法正确的是〔A．传送带的速度大小为4m/sB．滑块相对传送带滑动的距离为9mC．滑块相对地面向左运动的最大位移为3mD．若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑,则转动轮的半径R为0.4m11．〔2015•XX校级模拟如图所示,劲度系数为k的轻弹簧下端系一个质量为m的小球A,小球被水平挡板P托住使弹簧长度恰为自然长度〔小球与挡板不粘连,然后使挡板P以恒定的加速度a〔a＜g开始竖直向下做匀加速直线运动,则〔A．小球与与挡板分离的时间为t=B．小球与与挡板分离的时间为t=C．小球从开始运动直到最低点的过程中,小球速度最大时弹簧的伸长量x=D．小球从开始运动直到最低点的过程中,小球速度最大时弹簧的伸长量x=12．〔2015秋•XX期末在光滑水平面上有一物块受水平恒力F的作用而运动,在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧,如图所示,当物块与弹簧接触并将弹簧压至最短的过程中,下列说法正确的是〔A．物块接触弹簧后即做减速运动B．物块接触弹簧后先加速后减速C．当弹簧处于压缩量最大时,物块的加速度不等于零D．当物块的速度为零时,它所受的合力不为零13．〔2015秋•XX市校级期中一小滑块从斜面上A点由静止释放,经过时间4t0到达B处,在5t0时刻滑块运动到水平面的C点停止,滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同．已知滑块在运动过程中与接触面间的摩擦力大小与时间的关系如图所示,设滑块运动到B点前后速率不变．以下说法中正确的是〔A．滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为16：5B．滑块在斜面和水平面上的加速度大小之比为1：4C．斜面的倾角为45°D．滑块与斜面的动摩擦因数μ=14．〔2015秋•XX校级月考如图甲所示,静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块A．某时刻,A受到水平向右的外力F作用,F随时间t的变化规律如图乙所示．已知A、B间最大静摩擦力大于B、C之间的最大静摩擦力,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则在拉力逐渐增大的过程中,下列反映A、B运动过程中的加速度及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中正确的是〔A． B． C． D．15．〔2016•XX模拟一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始,物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小,F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间的关系的图象是〔A． B． C． D．16．〔2016•北京校级模拟如图,在倾角为α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． B．gsinα C．gsinα D．2gsinα17．〔2016•河西区二模一物体放置在倾角为θ的斜面上,斜面固定于加速上升的电梯中,加速度为a,如图所示．在物体始终相对于斜面静止的条件下,下列说法中正确的是〔A．当θ一定时,a越大,斜面对物体的正压力越小B．当θ一定时,a越大,斜面对物体的摩擦力越大C．当a一定时,θ越大,斜面对物体的正压力越小D．当a一定时,θ越大,斜面对物体的摩擦力越小18．〔2016•XX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〔A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．4：119．〔2016•XX模拟如图所示,将底部装有弹簧的木箱在某一高度由静止释放,从弹簧接触地面到木箱速度为零的过程中,木箱速度的变化情况是〔A．一直增大 B．一直减小 C．先减小后增大 D．先增大后减小20．〔2016春•XX校级月考某物体受一对平衡力作用处于静止状态,现将其中一个力先减小到零再增大恢复到原来的大小,方向不变,而另一个力保持不变．在此过程中,该物体的速度变化情况是〔A．逐渐增大 B．先增大后减小 C．逐渐减小 D．先减小后增大21．〔2016•XX校级模拟在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m1的木块,木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接,弹簧的劲度系数为k．在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m2的小球．某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ,在这段时间内木块与车厢保持相对静止,如图所示．不计木块与车厢底部的摩擦力,则在这段时间内弹簧的形变为〔A．伸长量为tanθ B．压缩量为tanθC．伸长量为 D．压缩量为22．〔2016•XX校级二模一长轻质木板置于光滑水平地面上,木板上放质量分别为mA=1kg和mB=2kg的A、B两物块,A、B与木板之间的动摩擦因素都为μ=0.2,水平恒力F作用在A物块上,如图所示〔重力加速度g取10m/s2．则〔A．若F=1N,则物块、木板都静止不动B．若F=1.5N,则A物块所受摩擦力大小为1.5NC．若F=4N,则B物块所受摩擦力大小为4ND．若F=8N,则B物块的加速度为1m/s223．〔2016•XX二模如图甲所示,物块的质量m=1kg,初速度v0=10m/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=10m/s2．下列选项中正确的是〔A．0﹣5s内物块做匀减速运动B．在t=1s时刻,恒力F反向C．恒力F大小为10ND．物块与水平面的动摩擦因数为0.324．〔2016•XX市模拟如图所示,轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连,下端与另一质量为M的木块2相连,整个系统置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,木块1、2的加速度大小分别为a1、a2．重力加速度大小为g,则有〔A．a1=0,a2=g B．a1=g,a2=gC．a1=0,a2=g D．a1=g,a2=g25．〔2016•浦东新区三模如图a所示,用一水平力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体,逐渐增大F,物体做变加速运动,其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示,根据图b中所提供的信息可以计算出〔A．物体的质量B．斜面的倾角C．物体能静止在斜面上所施加的最小外力D．加速度为6m/s2时物体的速度26．〔2016•北京校级模拟如图所示,将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ．若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等,重力加速度为g,则〔A．将滑块由静止释放,如果μ＞tanθ,滑块将下滑B．给滑块沿斜面向下的初速度,如果μ＜tanθ,滑块将减速下滑C．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动,如果μ=tanθ,拉力大小应是mgsinθD．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动,如果μ=tanθ,拉力大小应是2mgsinθ27．〔2016•XX校级一模如图所示,物体A、B、C质量分别为m、2m、3m,A与天花板间,B与C之间用轻弹簧连接,当系统平衡后,突然将AB间绳烧断,在绳断的瞬间,A、B、C的加速度分别为〔以向下的方向为正方向〔A．g,g,g B．﹣5g,2.5g,0 C．﹣5g,2g,0 D．﹣g,2.5g,3g28．〔2016•XX模拟如图所示,一固定杆与水平方向夹角为θ,将一质量为m1的滑块套在杆上,通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球,杆与滑块之间的动摩擦因数为μ．若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动,此时绳子与竖直方向夹角为β,且θ＜β,则滑块的运动情况是〔A．沿着杆加速下滑 B．沿着杆加速上滑C．沿着杆减速下滑 D．沿着杆减速上滑29．〔2016•XX三模如图所示,物块A放在木板B上,A、B的质量均为m,A、B之间的动摩擦因数为μ,B与地面之间的动摩擦因数为．若将水平力作用在A上,使A刚好要相对B滑动,此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上,使B刚好要相对A滑动,此时B的加速度为a2,则a1与a2的比为〔A．1：1 B．2：3 C．1：3 D．3：230．〔2016•杨浦区三模三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37°．现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5,〔g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8下列说法正确的是〔A．物块A先到达传送带底端B．物块A、B同时到达传送带底端C．传送带对物块A、B均做负功D．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1：3牛顿运动定律的综合应用参考答案与试题解析一．选择题〔共30小题1．〔2016•XX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0～5s,5～10s,10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3,则〔A．F1＜F2 B．F2＞F3 C．F1＞F3 D．F1=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,0～5s内和10～15s内物体的加速度大小a相等．在0～5s内,物体加速下滑,由牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣f﹣F1=ma,所以F1=mgsinθ﹣f﹣ma；在5～10s,物体匀速下滑,受力平衡,则mgsinθ﹣f=F2,所以F2=mgsinθ﹣f；在10～15s内,物体减速下滑,由牛顿第二定律可得,F3+f﹣mgsinθ=ma,所以F3=mgsinθ﹣f+ma；由以上分析可得,F1＜F2＜F3；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•宿迁模拟如图所示,质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F,木块在长木板上滑行,而长木板保持静止状态．己知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1,长木板与地面间的动摩擦因数为μ2,且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．下列说法正确的是〔A．木块受到的摩擦力大小为μ1〔m1+m2gB．长木板受到的摩擦力大小为μ2〔m1+m2gC．若改变F的大小,当F＞μ1〔m1+m2g时,长木板将开始运动D．若将F作用于长木板,长木板与木块有可能会相对滑动[分析]先对木块受力分析,求出滑块与长木板之间的滑动摩擦力；然后对长木板受力分析,求出其受到的静摩擦力；则可明确二者的受力及运动情况．[解答]解：A、B、先对木块受力分析,受拉力F、重力、支持力和向后的滑动摩擦力,滑动摩擦力为f1=μ1m1g；根据牛顿第三定律,木块对长木板有向前的滑动摩擦力,长木板还受到重力、压力、支持力和地面对其向后的静摩擦力,根据平衡条件,有f2=f1=μ1m1g≤μ2〔m1+m2g故AB错误；C、若改变F的大小,当F＞μ1〔m1+m2g时,滑块加速,但滑块与长木板的滑动摩擦力不变,故长木板与地面间的静摩擦力也不变,故木板不会运动；故C错误；D、若将力F作用在长木板上时,滑块受木板的作用力等于二者间的滑动摩擦力；当整体的加速度大于μg时,木块一定会发生木板的滑动；故D正确；故选：D[点评]本题关键是先对滑块受力分析,求出滑块与长木板间的滑动摩擦力,然后对长木板受力分析,求出长木板与地面间的静摩擦力；同时要分清楚静摩擦力和滑动摩擦力,判断摩擦力的有无可以根据摩擦力的产生条件、作用效果、牛顿第三定律判断．3．〔2016•XX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Ⅰ、Ⅱ,在区域Ⅱ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v﹣t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过程中,重力做的功大于电场力做功D．在1s～4s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=ma1…①F﹣mg=ma2得电场力：F=mg+ma2=…②由①②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0﹣2.5s内向下运动,在2.5s﹣5s内向上运动,在1s～4s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．4．〔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mg﹣F=ma解得F=m〔g﹣a=9mB、电梯匀加速上升,加速度向上,由牛顿第二定律F﹣mg=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F﹣mg=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mg﹣F=ma解得F=m〔g﹣a=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！5．〔2016•金山区一模如图〔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v‒t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、v﹣t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：F﹣mgsin37°﹣μmgcos37°=ma1,减速上升时有：mgsin37°+μmgcos37°=ma2,由上式解得：m=1kg,μ=0.5,所以A错误,B正确；C、加速上升时运动的位移为：x1=a1t12=×20×0.52m=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,mgsin37°﹣μmgcos37°=ma3,代入数据解得：a3=4m/s2,根据x═a3t32,可得返回用的时间t3为：t3==s≈1.94s,物块回到斜面底端的时刻为t=1.5+1.94=3.43s,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．6．〔2016春•XX校级期末如图所示,一块质量为M=2kg的木板放在光滑的水平地面上,在木板上放着一个质量为m=1kg的小物体,它被一根水平方向上压缩了的弹簧推着静止在木板上,此时弹簧的弹力为2N．现沿水平向左的方向对木板施以作用力,使木板由静止开始运动起来,运动中力F由0逐渐增加到9N,以下说法正确的是〔A．物体与小木板先保持相对静止一会,后相对滑动B．物体受到的摩擦力先减小后增大C．当力F增大到6N时,物体不受摩擦力作用D．小木板受到9N的拉力时,物体受到的摩擦力为3N[分析]根据题目给出的条件,先判断出物体与木板发生滑动的条件,然后结合受力分析与牛顿第二定律即可解答．[解答]解：A、由题,当弹簧的弹力是2N向右时,物体仍然静止在木板上,所以物体与木板之间的最大静摩擦力要大于等于2N．若要使物体相对于木板向左滑动,则物体受到的木板的摩擦力至少要大于等于2N,方向向右,即可物体受到的合力至少向右的4N的力,物体的加速度为：a===4m/s2同时,物体与木板有相对运动时,木板的加速度要大于物体的加速度,当二者相等时,为最小拉力．则有：Fm=〔M+ma=〔2+1×4=12N即只有在拉力大于12N时,物体才能相对于木板滑动,所以在拉力小于9N时,物体绳子相对于木板静止．故A错误；B、C、若物体与木板之间的摩擦力恰好为0,则物体只受到弹簧的弹力的作用,此时物体的加速度为：a′===2m/s2由于物体始终相对于木板静止,所以此时整体在水平方向的受力为：F0=〔M+ma′=〔2+1×2=6N所以：当力F增大到6N时,物体不受摩擦力作用．则拉力小于6N之前,摩擦力岁拉力F的最大而减小,当拉力大于6N时,摩擦力又随拉力的增大而增大．故B错误,C正确．D、小木板受到9N拉力时,整体的加速度：a″===3m/s2物体受到的摩擦力为f′,则：ma″=f′+2所以：f′=ma″﹣2=1×3﹣2=1N．故D错误．故选：C[点评]该题结合物体受到的摩擦力等于0的临界条件与物体恰好要相对于木板滑动的临界条件考查牛顿第二定律的应用,解题的关键就是能够正确分析物体的受力,找出对应的临界条件．7．〔2016•天门模拟如图所示,在竖直平面内有一圆,O为圆心,AB为竖直直径,C为圆周上一点,在圆内放置两跟光滑杆AC、OC,AC与AB成θ角,两杆上各套一个小球〔可看作质点a、b,将小球a、b由杆的上端从静止释放,小球a在杆上运动的时间为t1,小球b在杆上运动的时间为t2,当θ角在0°到90°之间取值时,则下列说法正确的是〔A．若t1=t2,θ角有一个确定的值B．若t1＜t2,则30°＜θ＜60°C．若t1＞t2,则30°＜θ＜60°D．若θ＜30°,则t1＜t2[分析]根据牛顿运动定律,推导出a球沿AC运动的时间t1的表达式,利用几何关系得知CO与竖直方向上的夹角,再利用牛顿运动定律推导出b球沿OC运动的时间t2的表达式,根据选项给出的条件,逐一验证各选项,即可得知正确结果．[解答]解：设半径为R,沿AC运动时的加速度为：a=gcosθ由几何知识可知运动的位移为：s=2Rcosθ由运动学公式有：s=a三式联立得：t1=2由题意可知,OC与竖直方向的夹角为180°﹣2θ,其加速度大小为：a′=|gcos〔180°﹣2θ|在CO上运动时有：R=×|gcos〔180°﹣2θ|•解得：t2=A、若t1=t2,即2=,解得：θ=30°或θ=60°,θ角有两个值,选项A错误．BC、若t1＜t2,即2＜,解得：30°＜θ＜60°,选项B正确,C错误．D、若θ＜30°,则180°﹣2θ＞120°,|gcos〔180°﹣2θ|＞,即得：2=＜2,得知：t2＜t1,选项D错误．故选：B[点评]该题考查到了牛顿运动定律的综合和应用中的"等时圆"模型,分为两种情况：〔1物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑弦由静止下滑,到达圆周最低点时间均相等,且为t=2〔如图甲所示．〔2物体沿着位于同一竖直圆上的所有过顶点的光滑弦由静止下滑,到达圆周低端时间相等为t=2〔如图乙所示．该题同时还考查到了数学中三角函数在物理学中的应用,要熟练的掌握三角函数的变换以及三角函数的图象．8．〔2016春•XX校级月考如图所示,倾斜的传送带始终以恒定速率v2运动．一小物块以v1的初速度冲上传送带．小物块从A到B的过程中一直做减速运动,则〔A．如果v1＞v2,小物块到达B端的速度可能等于0B．如果v1＜v2,小物块到达B端的速度可能等于0C．如果v1＞v2,减小传送带的速度,物块到达B端的时间可能增长D．如果v1＜v2,增大传送带的速度,物块到达B端的时间可能变短[分析]小物块以初速度v1从底端冲上传动带,分析两种情况下物体受到的摩擦力的大小及变化情况；根据运动学公式及图象进行分析,即可求解．[解答]解：A、小物块以初速度v1从底端冲上传动带,且v1大于v2,所以物块在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做匀减速运动,当速度减为v2后,重力沿斜面的分量可以大于向上的摩擦力,这样合力方向向下,物体继续减速,到达顶端时,速度有可能正好减为零,故A正确；B、v1小于v2,所以物块在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做匀减速运动,重力沿斜面的分量可以大于向上的摩擦力,这样合力方向向下,物体一直减速,到达顶端时,速度有可能正好减为零,故B正确；C、由A的分析可知,如果v1＞v2,小物块的加速度开始时为gsinθ+μgcosθ；速度相等之后变为gsinθ﹣μgcosθ；故开始时加速度大；若减小传送带的速度,作出两种情况下的图象如图所示；由图可知,传送带速度减小后的图象虚线所示；要达到相同的位移,用时要长；故C正确；D、如图v1＜v2,则物体开始时的加速度要小,则增大传送带速度后,物体前一段加速度小的减速过程时间将长,则位移增大；则可知总时间将减小；故D错误；故选：ABC．[点评]本题考查牛顿第二定律应用中的传送带问题,要注意明确物体一下做减速所隐含的信息,明确物体的运动过程,才能准确求解．9．〔2015•XX校级模拟如图甲所示,在水平地面上放置一个质量为m=4kg的物体,让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动,推力随位移x变化的图象乙所示．已知物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.5,g=10m/s2．下列说法正确的是〔A．物体先做加速运动,推力撤去时开始做减速运动B．物体在水平面上运动的最大位移是12mC．物体在运动中的加速度先变小后不变D．物体运动的最大速度为8m/s[分析]物体受到摩擦力和推力,推力小于摩擦力时物体开始减速；根据牛顿第二定律,当物体的合力最大时,其加速度最大．由图读出推力的最大值即可求出最大加速度．分析物体的运动情况：物体先加速运动,当合力为零为后做减速运动．速度最大时推力就能得到,再由图读出位移．由动能定理可求出最大速度时的位置．[解答]解：A、物体先做加速运动,当推力小于摩擦力时开始做减速运动,故A错误．B、由图象得到推力对物体做功等于"面积",得推力做功为：W=200J根据动能定理：W﹣μmgxm=0,代入数据解得：xm=10m,故B错误．C、拉力一直减小,而摩擦力不变,故加速度先减小后增大．故C错误；D、由图象可得推力随位移x是变化的,当推力等于摩擦力时,加速度为0,速度最大,则：F=μmg=20N,由图得到F与x的函数关系式为：F=100﹣25x,代入数据得：x=3.2m,由动能定理可得：,解得：vm=8m/s,故D正确．故选：D．[点评]本题有两个难点：一是分析物体的运动过程,得出速度最大的条件；二是能理解图象的物理意义,"面积"等于推力做功,是这题解题的关键．10．〔2015•XX模拟如图甲所示,一质量为M=3.3kg的滑块随足够长的水平传送带一起向右匀速运动,滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2．一质量m=0.05kg的子弹水平向左射入滑块并留在其中,设子弹与滑动碰撞时在极短的时间内达到速度一致,取水平向左的方向为正方向,子弹在整个运动过程中的v﹣t图象如图乙所示,已知传送带的速度始终保持不变,滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出,g取10m/s2．下列说法正确的是〔A．传送带的速度大小为4m/sB．滑块相对传送带滑动的距离为9mC．滑块相对地面向左运动的最大位移为3mD．若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑,则转动轮的半径R为0.4m[分析]〔1根据速度时间关系求出子弹碰撞前的速度和碰撞后的速度,根据动量守恒定律求出滑块的质量；〔2根据匀变速直线运动规律求出滑块向左运动过程中相对皮带运动的位移根据Q=fs求得摩擦产生的热量；〔3根据速度时间关系求出皮带运动的速度抓住滑块恰好能从右端水平飞出可知,滑块滑离皮带轮时满足重力完全提供圆周运动向心力,从而据此求得皮带轮半径．[解答]解：A、由子弹的速度图线可知,子弹射入滑块后在极短的时间内与滑块的速度相等,然后一起先向左匀减速,再向右匀加速,最后做匀速直线运动,必定与传送带的速度相等,可知传送带的速度大小是2m/s．故A错误；B、C、滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,设滑块〔包括子弹向左运动过程中加速度大小为a,由牛顿第二定律,有f=μ〔M+mg=〔M+ma解得：加速度a=2m/s2设滑块〔包括子弹向左运动的时间为t1,位移大小为s1,则：=2s所以滑块向左运动的位移=4m即滑块相对于地面向左的最大位移为4m．物块向右加速的过程中,加速度的大小仍然是2m/s2,加速的时间：s该过程中,物块向右的位移是：m这段时间内传送带向右运动的位移大小为：s3=v2〔t1+t2=2×〔2+1=6m所以滑块相对于传送带的位移：△x=〔s1﹣s2+s3=〔4﹣1+6=9m．故B正确,C错误；D、在传送带右端,因滑块〔包括子弹恰好能水平飞出,故有：…⑩解得：R==0.4m．故D正确．故选：BD[点评]本题是传送带问题与子弹射木块问题的综合问题,考查了运动学公式、牛顿运动定律、竖直平面内的圆周运动、功能关系等,难度较大．要注意对运动过程的分析与把握．11．〔2015•XX校级模拟如图所示,劲度系数为k的轻弹簧下端系一个质量为m的小球A,小球被水平挡板P托住使弹簧长度恰为自然长度〔小球与挡板不粘连,然后使挡板P以恒定的加速度a〔a＜g开始竖直向下做匀加速直线运动,则〔A．小球与与挡板分离的时间为t=B．小球与与挡板分离的时间为t=C．小球从开始运动直到最低点的过程中,小球速度最大时弹簧的伸长量x=D．小球从开始运动直到最低点的过程中,小球速度最大时弹簧的伸长量x=[分析]在物体与托盘脱离前,物体受重力、弹簧拉力和托盘支持力的作用,随着托盘向下运动,弹簧的弹力增大,托盘支持力减小,但仍维持合外力不变,加速度不变,物体随托盘一起向下匀加速运动．当托盘运动至使支持力减小为零后,弹簧拉力的增大将使物体的加速度开始小于a,物体与托盘脱离,此时支持力N=0,对物体分析,根据牛顿第二定律求出弹簧的形变量,结合位移时间公式求出脱离的时间．[解答]解：小球与挡板之间弹力为零时分离,此时小球的加速度仍为a,由牛顿第二定律得：mg﹣kx=ma,由匀变速直线运动的位移公式得：x=at2,解得：t=；小球速度最大时合力为零,x=；故选：BC．[点评]解决本题的关键知道物体与托盘脱离的条件,即N=0,结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．12．〔2015秋•XX期末在光滑水平面上有一物块受水平恒力F的作用而运动,在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧,如图所示,当物块与弹簧接触并将弹簧压至最短的过程中,下列说法正确的是〔A．物块接触弹簧后即做减速运动B．物块接触弹簧后先加速后减速C．当弹簧处于压缩量最大时,物块的加速度不等于零D．当物块的速度为零时,它所受的合力不为零[分析]物体与弹簧接触前在拉力F的作用下做匀加速运动,与弹簧接触后,水平反向受拉力F和弹簧的向左的弹力作用,开始时拉力大于弹力,物体加速,但加速度减小,当弹力增加到等于拉力时,合力减小为零,加速度也减为零,其后物体继续运动,弹力进一步增大,物体减速,直到停止,物体还会弹回．[解答]解：A、B、物体与弹簧接触后,弹力由零逐渐变大,开始时向左的弹力小于拉力,故合力向右,但合力不断变小,当弹力增大到等于拉力时,合力减为零,加速度也减为零,速度达到最大,之后物体由于惯性继续向右运动,弹力进一步增大,变得大于拉力,合力变为向左,且不断变大,故物体不断减速,加速度不断增大,直到速度减为零．即物体先做加速度不断减小的加速运动,后做加速度不断增大的减速运动,故A错误,B正确；C、当弹簧弹力等于拉力时,加速度最小,等于零,而速度最大,当速度减为零时,加速度最大,合力也最大,故C正确,D正确；故选BCD．[点评]物体依靠惯性运动,力是改变速度的原因,物体与弹簧接触后,弹力不断变大,物体向右运动经历先加速后减速的过程．13．〔2015秋•XX市校级期中一小滑块从斜面上A点由静止释放,经过时间4t0到达B处,在5t0时刻滑块运动到水平面的C点停止,滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同．已知滑块在运动过程中与接触面间的摩擦力大小与时间的关系如图所示,设滑块运动到B点前后速率不变．以下说法中正确的是〔A．滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为16：5B．滑块在斜面和水平面上的加速度大小之比为1：4C．斜面的倾角为45°D．滑块与斜面的动摩擦因数μ=[分析]物体先在斜面上加速,后在水平面上减速,B点的速度大小是相同的,结合乙图中的时间关系,即可得出加速度的关系；由加速度与时间的关系,结合运动学的公式即可求出位移关系；由乙图得出受到的摩擦力的关系,从而得出斜面的倾角；根据物块在斜面上受力情况,运用牛顿第二定律求解摩擦因数．[解答]解：B、A到B的过程中：a1•4t0=v,B到C的过程中：v=a2t0所以：．故B正确；A、A到B的过程中：B到C的过程中可以采取逆向思维的方法,可得：所以：．故A错误；C、由图乙可得：f2=μmg=5N,f1=μmgcosθ=4N,所以：得：θ=37°．故C错误；D、物体在斜面上运动的过程中：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1在水平面上运动的过程中：ma2=μmg联立以上各式,得：N,．故D正确．故选：BD[点评]本题是多过程问题,按时间顺序进行分析受力情况,由牛顿第二定律、运动学公式和动能定理进行解答．14．〔2015秋•XX校级月考如图甲所示,静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块A．某时刻,A受到水平向右的外力F作用,F随时间t的变化规律如图乙所示．已知A、B间最大静摩擦力大于B、C之间的最大静摩擦力,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则在拉力逐渐增大的过程中,下列反映A、B运动过程中的加速度及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中正确的是〔A． B． C． D．[分析]当F较小且拉动AB整体时,AB整体具有共同的加速度,二者相对静止；当F较大时,二者加速度不同,将会发生相对运动,此后A做变加速直线,B匀加速直线运动；分三个阶段根据牛顿第二定律列式讨论即可．[解答]解：A、对AB整体,当拉力F小于地面对整体的最大静摩擦力时,整体加速度为零；对AB整体,当拉力F大于地面对整体的最大静摩擦力时,整体开始加速滑动,加速度为：；当拉力足够大时,A、B的加速度不同,故对A,有：由于μ1mg＞μ2〔M+mg,故aA2＜aA3；故A正确；B、对AB整体,当拉力F小于地面对整体的最大静摩擦力时,整体加速度为零,即物体B开始阶段的加速度为零,故B错误；C、当拉力小于地面对整体的最大静摩擦力时,整体加速度为零,此时对物体A,拉力小于μ1mg,静摩擦力等于拉力；当整体开始加速滑动时,对A,根据牛顿第二定律,有：F﹣f1=ma；静摩擦力f1逐渐增加,但依然小于μ1mg；当A、B发生相对滑动后,变为滑动摩擦力,为μ1mg；故C正确；D、对AB整体,当拉力F小于地面对整体的最大静摩擦力时,整体加速度为零,此时静摩擦力等于拉力；滑动后,受地面的滑动摩擦力为μ2〔M+mg,保持不变；故D错误；故选：AC．[点评]本题关键是灵活选择研究对象,根据牛顿第二定律列式分析,注意静摩擦力和滑动摩擦力的区别,不难．15．〔2016•XX模拟一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始,物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小,F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间的关系的图象是〔A． B． C． D．[分析]对物体受力分析,利用牛顿第二定律列式找出F﹣a的关系式,即可做出选择．[解答]解：物块受力分析如图所示：由牛顿第二定律得；F﹣μmg=ma解得：F=ma+μmgF与a成一次函数关系,故ABD错误,C正确,故选C．[点评]对于此类图象选择题,最好是根据牛顿第二定律找出两个物理量之间的函数关系,图象变显而易见．16．〔2016•北京校级模拟如图,在倾角为α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． B．gsinα C．gsinα D．2gsinα[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=3mgsinα,解得a=gsinα,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法,分别对猫和木板受力分析列出方程组来求解．17．〔2016•河西区二模一物体放置在倾角为θ的斜面上,斜面固定于加速上升的电梯中,加速度为a,如图所示．在物体始终相对于斜面静止的条件下,下列说法中正确的是〔A．当θ一定时,a越大,斜面对物体的正压力越小B．当θ一定时,a越大,斜面对物体的摩擦力越大C．当a一定时,θ越大,斜面对物体的正压力越小D．当a一定时,θ越大,斜面对物体的摩擦力越小[分析]对物体进行正确受力分析,然后根据其运动状态列方程：水平方向合外力为零,竖直方向合外力提供加速度．然后根据方程进行有关方面的讨论,在讨论时注意兼顾水平和竖直两个方向,否容易出错．[解答]解：物体受力如图,正交分解有：水平方向：FNsinθ=fcosθ①竖直方向：FNcosθ+fsinθ﹣mg=ma②故有：当θ一定时,a越大,斜面对物体的摩擦力、支持力都越大,故A错误,B正确；当a一定时,θ越大,cosθ越小,sinθ越大,要使①②两个方程成立,必须有斜面对物体的正压力减小,斜面对物体的摩擦力增大,故C正确,D错误．故选BC．[点评]对于这类动态变化问题,要正确对其进行受力分析,然后根据状态列出方程进行有关讨论,不能凭感觉进行,否则极易出错．18．〔2016•XX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〔A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．4：1[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下落过程中机械能守恒,有：①在最低点有：②联立①②得：Tb=2mbg当a刚好对地面无压力时,有：Ta=magTa=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．19．〔2016•XX模拟如图所示,将底部装有弹簧的木箱在某一高度由静止释放,从弹簧接触地面到木箱速度为零的过程中,木箱速度的变化情况是〔A．一直增大 B．一直减小 C．先减小后增大 D．先增大后减小[分析]解答本题关键要分析木箱的受力情况,根据牛顿第二定律分析木箱的加速度如何变化,从而判断速度的变化情况．[解答]解：木箱接触弹簧后,受到重力和弹簧的弹力两个力作用．开始阶段弹力先小于重力,木箱的合力竖直向下,加速度方向竖直向下,与速度方向相同；木箱做加速运动,木箱的速度增大；而弹簧的弹力逐渐增大,当弹力大于重力时,合力向上,则加速度向上；物体做减速运动；故速度先增大后减小；故选：D．[点评]本题考查分析牛顿第二定律应用中的动态变化问题,关键要抓住弹簧的弹力随压缩量增大而增大的特点进行动态分析；明确加速度的方向变化即可得出速度的变化．20．〔2016春•XX校级月考某物体受一对平衡力作用处于静止状态,现将其中一个力先减小到零再增大恢复到原来的大小,方向不变,而另一个力保持不变．在此过程中,该物体的速度变化情况是〔A．逐渐增大 B．先增大后减小 C．逐渐减小 D．先减小后增大[分析]根据牛顿第二定律F=ma可知物体加速度与合外力成正比,并且方向一致,所以本题要想分析其加速度的变化,要来分析合外力的变化情况．而要分析速度的变化,则要先分析加速度的变化情况．[解答]解：由于质点初始处于静止状态,则其所受合力为零．这就相当于受两个等大反向的力：某个力和其余几个力的合力．其中某个力逐渐减小,而其余几个力的合力是不变的,则其合力就在这个力的反方向逐渐增大,这个力再由零增大到原来大小,则合力又会逐渐减小直到变为零,所以合力变化为先增大后减小,故加速度a先增大后减小,加速度方向始终与速度方向相同,所以其速度会一直增大．故A正确,BCD错误．故选：A．[点评]本题属于基本题目,考查基本的受力分析,应当在学习中注意通过问题看本质,本题问的虽然是a和v但是实质是考查受力分析．21．〔2016•XX校级模拟在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m1的木块,木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接,弹簧的劲度系数为k．在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m2的小球．某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ,在这段时间内木块与车厢保持相对静止,如图所示．不计木块与车厢底部的摩擦力,则在这段时间内弹簧的形变为〔A．伸长量为tanθ B．压缩量为tanθC．伸长量为 D．压缩量为[分析]先对小球受力分析,结合运动情况求出合力,然后根据牛顿第二定律求出加速度,再对物体受力分析,求出合力后确定弹簧弹力．[解答]解：对小球受力分析,如图由几何关系F合=m2gtanθ由牛顿第二定律a==gtanθ车向左加速或向右减速对小物体受力分析,受重力、支持力和弹簧弹力,合力等于弹簧弹力,根据牛顿第二定律F弹=m1gtanθ物体受向左的弹力结合胡克定律可知弹簧的伸长量为tanθ故选A．[点评]仅仅对物体受力分析,有时无法求出合力,本题中还必须要结合物体的运动情况进行受力分析,才能得到明确的结论．22．〔2016•XX校级二模一长轻质木板置于光滑水平地面上,木板上放质量分别为mA=1kg和mB=2kg的A、B两物块,A、B与木板之间的动摩擦因素都为μ=0.2,水平恒力F作用在A物块上,如图所示〔重力加速度g取10m/s2．则〔A．若F=1N,则物块、木板都静止不动B．若F=1.5N,则A物块所受摩擦力大小为1.5NC．若F=4N,则B物块所受摩擦力大小为4ND．若F=8N,则B物块的加速度为1m/s2[分析]根据滑动摩擦力公式求出A、B与木板之间的最大静摩擦力,比较拉力和最大静摩擦力之间的关系判断物体的运动情况,进而判断物体所受摩擦力的情况,根据牛顿第二定律求出B的加速度．[解答]解：A与木板间的最大静摩擦力fA=μmAg=0.2×1×10=2N,B与木板间的最大静摩擦力fB=μmBg=0.2×2×10=4N,A、F=1N＜fA,所以AB即木板保持相对静止,整体在F作用下向左匀加速运动,故A错误；B、若F=1.5N＜fA,所以AB即木板保持相对静止,整体在F作用下向左匀加速运动,根据牛顿第二定律得：F﹣f=mAa,所以A物块所受摩擦力f＜F=1.5N,故B错误；C、F=4N＞fA,所以A在木板上滑动,B和木板整体受到摩擦力2N,轻质木板,质量不计,所以B的加速度为：a=fmB=22m/s2=1m/s2,对B进行受力分析,摩擦力提供加速度为：f′=mBa=2×1=2N,故C错误；D、F=8N＞fA,所以A相对于木板滑动,B和木板整体受到摩擦力2N,轻质木板,质量不计,所以B的加速度a=,故D正确．故选：D[点评]本题以常见的运动模型为核心,考查了摩擦力、牛顿第二定律、隔离法与整体法的应用等知识．解决的关键是正确对两物体进行受力分析．23．〔2016•XX二模如图甲所示,物块的质量m=1kg,初速度v0=10m/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=10m/s2．下列选项中正确的是〔A．0﹣5s内物块做匀减速运动B．在t=1s时刻,恒力F反向C．恒力F大小为10ND．物块与水平面的动摩擦因数为0.3[分析]通过图象可知,物块在恒力F作用下先做匀减速直线运动,恒力F反向后做匀加速直线运动,根据图线求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小,结合牛顿第二定律求出恒力F和摩擦力的大小．结合运动学公式求出恒力F反向的时刻．[解答]解：物体匀减速直线运动的加速度大小为：匀加速直线运动的加速度大小为：根据牛顿第二定律得：F+f=ma1,F﹣f=ma2联立两式解得：F=7N,f=3N则动摩擦因数为：物体匀减速直线运动的时间为：．即在0﹣1s内做匀减速直线运动,1s后恒力F反向,做匀加速直线运动．故B、D正确,A、C错误．故选：BD．[点评]解决本题的关键通过图线理清物体在整个过程中的运动规律,结合牛顿第二定律和运动学公式进行分析．24．〔2016•XX市模拟如图所示,轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连,下端与另一质量为M的木块2相连,整个系统置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,木块1、2的加速度大小分别为a1、a2．重力加速度大小为g,则有〔A．a1=0,a2=g B．a1=g,a2=gC．a1=0,a2=g D．a1=g,a2=g[分析]通过共点力平衡求出弹簧的弹力大小,抓住抽出木板的瞬间,弹簧弹力不变,根据牛顿第二定律求出木块1、2的加速度．[解答]解：在抽出木板的瞬时,弹簧对1的支持力和对2的压力并未改变．对1物体受重力和支持力,有：mg=F,a1=0．对2物体受重力和弹簧的向下的压力,根据牛顿第二定律有：a2=,故C正确．故选：C[点评]本题属于牛顿第二定律应用的瞬时加速度问题,关键是区分瞬时力与延时力；弹簧的弹力通常来不及变化,为延时力,轻绳的弹力为瞬时力,绳子断开即消失．25．〔2016•浦东新区三模如图a所示,用一水平力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体,逐渐增大F,物体做变加速运动,其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示,根据图b中所提供的信息可以计算出〔A．物体的质量B．斜面的倾角C．物体能静止在斜面上所施加的最小外力D．加速度为6m/s2时物体的速度[分析]对物体进行受力分析,根据牛顿第二定律求出物体加速度与拉力F的关系式,根据图线的斜率和截距可以求出物体的质量和倾角．根据共点力平衡求出物体静止在斜面上施加的最小外力．注意物体做变加速直线运动,速度无法求出．[解答]解：物体受重力、拉力和支持力,根据牛顿第二定律a=．图线的纵轴截距为﹣6m/s2,则gsinθ=6,解得斜面的倾角θ=37°．图线的斜率k==,因为sinθ=0.6,则cosθ=0.8,所以m=2kg．当物体静止时,有Fcosθ=mgsinθ,则施加的最小外力F=mgtanθ=15N,物体做加速度变化的运动,速度无法求出．故ABC正确,D错误．故选ABC．[点评]解决本题的关键能够正确地进行受力分析,运用牛顿第二定律求解,以及能够从图线的斜率和截距获取信息．26．〔2016•北京校级模拟如图所示,将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ．若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等,重力加速度为g,则〔A．将滑块由静止释放,如果μ＞tanθ,滑块将下滑B．给滑块沿斜面向下的初速度,如果μ＜tanθ,滑块将减速下滑C．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动,如果μ=tanθ,拉力大小应是mgsinθD．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动,如果μ=tanθ,拉力大小应是2mgsinθ[分析]对物体受力分析,根据重力沿斜面方向分力与摩擦力大小的关系判断滑块的运动情况,当物体做匀速运动时,根据共点力平衡进行分析．[解答]解：A、若μ＞tanθ,则mgsinθ﹣μmgcosθ＜0．所以滑块不会下滑．故A错误．B、若μ＜tanθ,mgsinθ﹣μmgcosθ＞0,则合力大于0,所以滑块会受到向下的力,将加速下滑,故B错误；C、如果μ=tanθ．mgsinθ﹣μmgcosθ=0,则合力等于零．则无需拉力拉动,滑块只需要有给他一个速度即可以匀速向下滑动了,故C错误；D、如果μ=tanθ,则合力等于0．当滑块向上运动的时候,摩擦力方向与运动相反,即向下,所以向上的拉力大小F=mgsinθ+μmgcosθ,因为μ=tanθ,所以mgsinθ=μmgcosθ,所以F=2mgsinθ,故D正确．故选：D．[点评]解决本题的关键能