新高考物理一轮复习精讲精练第3章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿第二定律（含解析）

第二讲牛顿第二定律知识梳理一、牛顿第二定律1.内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。2.表达式：F＝kma，当F、m、a单位采用国际单位制时k＝1，F＝ma。3.适用范围①牛顿第二定律只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。②牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。二、单位制、基本单位、导出单位1.单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制。①基本量：只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理公式推导出其他物理量的单位，这些被选定的物理量叫做基本量。②基本单位：基本量的单位。力学中的基本量有三个，它们是质量、时间、长度，它们的单位千克、秒、米就是基本单位。③导出单位：由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。2.国际单位制的基本单位基本物理量物理量符号单位名称单位符号长度l米m质量m千克(公斤)kg时间t秒s电流I安[培]A热力学温度T开[尔文]K物质的量n，(ν)摩[尔]mol发光强度I，(IV)坎[德拉]cd知识训练考点一、牛第二定律的理解1.牛顿第二定律的五个性质(1)矢量性：加速度方向与合力的方向相同，表达式是矢量式。(2)独立性：作用在物体上的每一个力都可以产生一个加速度，物体的加速度是所有力产生的加速度的矢量和。(3)因果性：F是产生a的原因。(4)同体性：F、a、m必须针对同一个物体或系统(5)瞬时性：加速度与合力F是瞬时对应关系，同时产生，同时变化，同时消失。

2.合力、加速度、速度的关系(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系。(2)合力与速度夹角为锐角时，物体加速；合力与速度夹角为钝角时，物体减速。(3)a＝eq\f(Δv,Δt)是加速度的定义式，a与v、Δv、Δt无直接关系；a＝eq\f(F,m)是加速度的决定式。例1、有关运动与相互作用的关系，下列说法正确的是()A．一个物体速度向东，则其受合力一定向东B．一个物体速度越大，则其受合力一定越大C．一个物体受合力为0，则其速度一定为0D．一个物体受合力越大，则其速度变化一定越快【答案】D【解析】如果物体向东减速运动，则其所受合力向西，A错误；如果物体以很高的速度做匀速运动，则其所受合力为零，B、C错误；一个物体受合力越大，根据牛顿第二定律可知，其加速度越大，即速度变化就越快，D正确。例2、(2022·山东省实验模拟)物块在水平向右的恒定推力F的作用下刚好沿倾角为30°的固定斜面向上做匀速运动，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)，重力加速度为g，若推力F改为沿斜面向上推物块，则物块的加速度为()A．2g B．eq\f(\r(3),3)gC．(eq\r(3)－1)g D．(eq\r(3)＋1)g【答案】C【解析】设物块的质量为m，当推力F水平向右时，物块做匀速直线运动，根据平衡条件可得，沿斜面方向Fcos30°＝mgsin30°＋μN，垂直于斜面方向N＝mgcos30°＋Fsin30°，联立可解得F＝eq\r(3)mg，当推力F沿斜面向上时，根据牛顿第二定律可得F－mgsin30°－μmgcos30°＝ma，代入数据可解得a＝(eq\r(3)－1)g。例3、如图所示，弹簧左端固定，右端自然伸长到O点并系住质量为m的物体。现将弹簧压缩到A点,然后释放，物体可以一直运动到B点。如果物体受到的阻力(不包括弹簧弹力)恒定,则()A．物体从A到O先加速后减速B．物体从A到O做加速运动,从O到B做减速运动C．物体运动到O点时,所受合力为零D．物体从A到O的过程中,加速度逐渐减小【答案】A【解析】物体从A到O,初始阶段受到的向右的弹力大于阻力,合力向右。随着物体向右运动,弹力逐渐减小,合力逐渐减小,由牛顿第二定律可知,加速度向右且逐渐减小,由于加速度与速度同向,物体的速度逐渐增大。当物体向右运动至AO间某点(设为点O′)时,弹力减小到与阻力相等,物体所受合力为零,加速度为零,速度达到最大。此后,随着物体继续向右运动,弹力继续减小,阻力大于弹力,合力方向变为向左,至O点时弹力减为零,此后弹力向左且逐渐增大。所以物体越过O′点后,合力(加速度)方向向左且逐渐增大,由于加速度与速度反向,故物体做加速度逐渐增大的减速运动,选项A正确。例4、如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过小物块压缩0.4m后锁定，t＝0时解除锁定释放小物块．计算机通过小物块上的速度传感器描绘出它的v－t图线如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时图线的切线，已知小物块的质量为m＝2kg，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．小物块与地面间的动摩擦因数为0.3B．小物块与地面间的动摩擦因数为0.4C．弹簧的劲度系数为175N/mD．弹簧的劲度系数为150N/m【答案】C【解析】根据v－t图线的斜率大小表示加速度大小，由题图乙知，物块脱离弹簧后的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.5,0.55－0.25)m/s2＝5m/s2，由牛顿第二定律得，摩擦力大小为Ff＝μmg＝ma，所以μ＝eq\f(a,g)＝0.5，A、B错误；刚释放时物块的加速度为a′＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(3,0.1)m/s2＝30m/s2，由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma′，代入数据解得k＝175N/m，C正确，D错误．例5、如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，质量为m的货物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3.当载重车厢沿索道向上加速运动时，货物与车厢仍然保持相对静止状态，货物对车厢水平地板的正压力为其重力的1.15倍，连接索道与车厢的杆始终沿竖直方向，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，那么这时货物对车厢地板的摩擦力大小为()A．0.35mg B．0.3mgC．0.23mg D．0.2mg【答案】D【解析】将a沿水平和竖直两个方向分解，对货物受力分析如图所示水平方向：Ff＝max竖直方向：FN－mg＝mayFN＝1.15mg又eq\f(ay,ax)＝eq\f(3,4)联立解得Ff＝0.2mg，故D正确．例6、(2021·湖南月考)蹦床比赛项目中，若蹦床对运动员的弹力大小与其下压的形变量呈线性关系，且比赛全程蹦床始终处于弹性限度内，取运动员上升的最高点为坐标原点，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力。从运动员某次上升到最高点时开始计时，从最高点下降到最低点的过程中用v、a、t分别表示人的速度、加速度和下落时间，下列描述速度v与时间t，加速度a与竖直位置坐标y的关系图像可能正确的是()【答案】D【解析】运动员在下落的过程中,接触蹦床之前,做自由落体运动,加速度为g;接触之后,弹力F=kΔx,随下落距离逐渐增大;根据牛顿第二定律mg-kΔx=ma可知,弹性绳的伸长量Δx和a是线性变化关系,故a和y也是线性变化关系,当弹力F小于重力时,做加速度减小的加速运动;当弹力F等于重力时,加速度为零,速度最大;当弹力F大于重力时,做加速度增大的减速运动,所以加速度先不变,后减小再反向增大,且加速度a和y是线性变化关系,故C错误,D正确;由上知加速度先不变,后减小再反向增大,可知速度—时间图像的斜率绝对值先不变,后减小再增大,故A、B均错误。例7、如图所示，质量分别为2m和3m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端。现在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则此时弹簧的伸长量为()A．eq\f(F,5k) B．eq\f(2F,5k)C．eq\f(3F,5k) D．eq\f(F,k)【答案】C【解析】对小球与弹簧组成的整体分析，整体的加速度a＝eq\f(F,5m)，隔离质量为3m的小球分析，根据牛顿第二定律得，F弹＝3ma＝eq\f(3F,5)，则此时弹簧的伸长量x＝eq\f(F弹,k)＝eq\f(3F,5k)，C正确。例8、(多选)如图所示，质量为m的小球被一根轻质橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上．重力加速度为g，下列判断中正确的是()A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsinθC．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为eq\f(g,cosθ)D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsinθ【答案】BC【解析】设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为FT，由平衡条件可得Fcosθ＝mg，Fsinθ＝FT，解得F＝eq\f(mg,cosθ)，FT＝mgtanθ，在AC被突然剪断的瞬间，AC的拉力突变为零，BC上的拉力F突变为mgcosθ，重力垂直于绳BC的分量提供加速度，即mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ，B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a＝eq\f(g,cosθ)，C正确，D错误．例9、如图所示，质量为1.5kg的物体A静止在竖直固定的轻弹簧上，质量为0.5kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压。现突然将细线剪断，则剪断细线瞬间A、B间的作用力大小为(g取10m/s2)()A．0 B．2.5NC．5N D．3.75N【答案】D【解析】剪断细线前，只有A对弹簧有作用力，所以剪断细线前弹簧的弹力F弹＝mAg＝15N，将细线剪断的瞬间，根据牛顿第二定律可得(mA＋mB)g－F弹＝(mA＋mB)a，解得a＝2.5m/s2，隔离B，则有mBg－FN＝mBa，代入数据解得FN＝mBg－mBa＝3.75N，D正确。课堂随练训练1、(多选)下列说法正确的是()A．对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，在力刚作用瞬间，物体立即获得加速度B．物体由于做加速运动，所以才受合力作用C．F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关D．物体所受合力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小【答案】ACD【解析】由于物体的加速度与合外力是瞬时对应关系，因此在力刚作用瞬间，物体会立即获得加速度，A正确；根据因果关系，合力是产生加速度的原因，即物体由于受合力作用，才会产生加速度，B错误；牛顿第二定律F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关，C正确；由牛顿第二定律知物体所受合力减小，加速度一定会减小，而速度的变化由加速度和初速度共同决定，不一定会减小，D正确。训练2、一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦。现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是()A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大【答案】D【解析】滑块始终未与皮带达到共速，则滑块始终受到皮带对它向左的滑动摩擦力μmg。开始时，弹簧弹力小于摩擦力，滑块向左做加速运动，对滑块，由牛顿第二定律有：μmg－kx＝ma，在滑块运动过程中摩擦力不变，弹力增大，所以滑块的加速度减小，滑块先做加速度减小的加速运动；当弹力增大到大于摩擦力时，有：kx－μmg＝ma，随弹力的增大，滑块的加速度增大，滑块做加速度增大的减速运动，直到速度减小为零，弹簧最长，故A、B、C错误，D正确。训练3、如图所示，某发射系统内有一木箱，木箱内有一竖直放置的轻质弹簧，弹簧上方有一物块，木箱内上表面和下表面都装有压力传感器。木箱静止时，上表面压力传感器的读数为12.0N，下表面压力传感器的读数为20.0N。当系统竖直向上发射时，上表面压力传感器读数变为下表面压力传感器读数的一半，重力加速度g取10m/s2，此时木箱的加速度为()A．10.0m/s2 B．5.0m/s2C．2.5m/s2 D．条件不足，无法确定【答案】C【解析】木箱静止时，对弹簧和物块整体进行受力分析，受重力G、上方传感器向下的压力F1＝12.0N、下方传感器向上的支持力N1＝20.0N，根据平衡条件，有G＋F1＝N1，得G＝20.0N－12.0N＝8.0N，弹簧重力不计，故物块的重力为8.0N，所以物块的质量m＝eq\f(G,g)＝eq\f(8.0,10)kg＝0.80kg；由牛顿第三定律可知弹簧弹力F＝N1＝20.0N。当系统竖直向上发射时，木箱上表面和下表面压力传感器均有示数，说明弹簧长度不变，即弹簧弹力不变，仍为F，故下表面压力传感器读数为F，上表面压力传感器读数为eq\f(F,2)，根据牛顿第二定律，有F－G－eq\f(F,2)＝ma，解得a＝eq\f(F－G－\f(F,2),m)＝eq\f(20.0－8.0－10.0,0.80)m/s2＝2.5m/s2，故A、B、D错误，C正确。训练4、跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图所示。已知人的质量为70kg，吊板的质量为10kg，绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可不计。取重力加速度g＝10m/s2。当人以440N的力拉绳时，人与吊板的加速度a和人对吊板的压力F分别为()A．a＝1.0m/s2，F＝260NB．a＝1.0m/s2，F＝330NC．a＝3.0m/s2，F＝110ND．a＝3.0m/s2，F＝50N【答案】B【解析】以人与吊板组成的整体为研究对象，整体受重力、两根绳子的拉力，由牛顿第二定律可知：整体的加速度a＝eq\f(2T－M＋mg,M＋m)＝eq\f(2×440－800,80)m/s2＝1.0m/s2；设F′为吊板对人的支持力，以人为研究对象，由牛顿第二定律可知：T＋F′－mg＝ma，解得人受吊板的支持力F′＝mg－T＋ma＝700N－440N＋70N＝330N，由牛顿第三定律可知人对吊板的压力为330N。故B正确。训练5、(2015·全国卷Ⅰ)(多选)如图a所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v­t图线如图b所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度【答案】ACD【解析】由v­t图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别得a1＝gsinθ＋μgcosθ＝eq\f(v0,t1)，a2＝gsinθ－μgcosθ＝eq\f(v1,t1)，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A、C正确；根据运动的v­t图线与横轴所围面积表示位移s，可求出物块向上滑行的最大高度h＝ssinθ，选项D正确；物体质量则无法通过已知条件求出，B错误。训练6、(2018·全国卷Ⅰ)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之间关系的图象可能正确的是()【答案】A【解析】物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态，有：kx0＝mg，施加拉力F后，物块向上做匀加速直线运动，弹簧恢复原长前，由牛顿第二定律有：F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以F＝ma＋kx，A正确。训练7、如图所示的小球系在轻弹簧的下端。用最小力拉小球至弹簧与水平方向成30°位置由静止释放，重力加速度的大小为g。关于小球释放瞬间的加速度，下列说法正确的是()图5A．a＝eq\f(\r(3),2)g，方向与竖直方向成30°B．a＝eq\f(\r(3),2)g，方向与竖直方向成60°C．a＝eq\f(1,2)g，方向与竖直方向成30°D．a＝eq\f(1,2)g，方向与竖直方向成60°【答案】A【解析】根据题意用最小力拉小球至与水平方向成30°角，受力分析如图所示，F1＝mgsin60°，当释放小球瞬间，弹力与重力保持不变，合力方向与竖直方向成30°角，大小为mgsin60°，所以加速度大小为a＝gsin60°＝eq\f(\r(3),2)g，方向与竖直方向成30°角斜向左下方，A正确。训练8、(多选)如图7所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，斜面上有三个小球A、B、C，上端固定在斜面顶端的轻绳a，下端与A相连，A、B间由轻绳b连接，B、C间由一轻杆相连。初始时刻系统处于静止状态，轻绳a、轻绳b与轻杆均平行于斜面。已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m，重力加速度大小为g。现将轻绳b烧断，则烧断轻绳b的瞬间，下列说法正确的是()图7A．轻绳a的拉力大小为6mgsinθB．B的加速度大小为gsinθ，方向沿斜面向下C．C的加速度为0D．杆的弹力为0【答案】BD【解析】轻绳b被烧断的瞬间，A受力平衡，合力为零，则轻绳a的拉力大小FT＝mgsinθ，选项A错误；轻绳b被烧断的瞬间，B、杆与C的加速度相同，对B、杆和C整体进行受力分析，并根据牛顿第二定律有(2m＋3m)gsinθ＝(2m＋3m)a0，解得a0＝gsinθ，方向沿斜面向下，可知选项B正确，C错误；对B进行受力分析并根据牛顿第二定律有2mgsinθ＋F＝2ma0，解得杆对B的弹力F＝0，选项D正确。同步训练1、下列说法正确的是()A．牛顿认为力是维持物体运动的原因B．牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通过实验来验证C．国际单位制中，kg、m、N是三个基本单位D．根据速度定义式v＝eq\f(Δx,Δt)，当Δt→0时，eq\f(Δx,Δt)就可以表示物体在该时刻的瞬时速度【答案】D【解析】牛顿认为力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，A错误；牛顿第二定律可以通过实验来验证，牛顿第一定律不可以通过实验来验证，B错误；国际单位制中，kg、m是基本单位，N是导出单位，C错误；根据速度定义式v＝eq\f(Δx,Δt)，当Δt→0时，eq\f(Δx,Δt)就可以表示物体在该时刻的瞬时速度，D正确。2、以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v­t图象可能正确的是()【答案】D【解析】空气阻力可忽略的物体只受重力，做竖直上抛运动，v­t图象是向下倾斜的直线，如虚线所示。受空气阻力的物体向上运动时，根据牛顿第二定律，有：mg＋f＝ma上，故a上＝g＋eq\f(f,m)，由于阻力随着速度的减小而减小，故加速度逐渐减小，上升至最高点时，其速度为零，加速度有最小值g；下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg－f＝ma下，故a下＝g－eq\f(f,m)，由于阻力随着速度的增大而增大，故加速度减小；v­t图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，此时刻实线的切线与虚线平行。故D可能正确。3、一个物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中某个力的大小逐渐减小到零，然后又逐渐从零恢复到原来大小，那么，图中能正确描述该过程中物体速度与时间关系的是()【答案】D【解析】原来物体在多个力的作用下处于静止状态，物体所受的合力为零，使其中某个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小的过程中，物体的合力从零开始逐渐增大，又逐渐减小到零，则物体的加速度先增大后减小，物体先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动．根据v－t图像的斜率表示加速度可知，v－t图像的斜率先增大后减小，故A、B、C错误，D正确．4、(2015·海南高考)(多选)如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时()A．物块与斜面间的摩擦力减小B．物块与斜面间的正压力增大C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑【答案】BD【解析】当升降机加速上升时，物块有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力FN增大，根据滑动摩擦力公式Ff＝μFN可知物块与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，当物块沿斜面匀速下滑时有mgsinθ＝μmgcosθ，即sinθ＝μcosθ，当升降机加速上升时，假设物块相对于斜面匀速下滑，有FN＝m(g＋a)cosθ，Ff＝μm(g＋a)cosθ，因为sinθ＝μcosθ，所以m(g＋a)sinθ＝μm(g＋a)cosθ，故假设成立，即物块仍相对于斜面匀速下滑，C错误，D正确。5、(2020·陕西汉中二模)某次空降演练中，跳伞运动员从飞机上跳下，10s后打开降落伞，并始终保持竖直下落，在0～14s内其下落速度随时间变化的v­t图象如图所示，则()A．跳伞运动员在0～10s内下落的高度为5v2B．跳伞运动员(含降落伞)在0～10s内所受的阻力越来越大C．10s时跳伞运动员的速度方向改变，加速度方向保持不变D．10～14s内，跳伞运动员(含降落伞)所受的合力逐渐增大【答案】B【解析】v­t图象与t轴围成的面积表示物体的位移，由图可知，0～10s内，跳伞运动员下落的高度h>eq\f(1,2)·v2×10＝5v2，故A错误；v­t图象的斜率表示加速度，由题图可知，0～10s内，跳伞运动员的加速度a越来越小，根据牛顿第二定律有：G－f＝ma，可知，跳伞运动员(含降落伞)所受的阻力f越来越大，故B正确；0～14s内，跳伞运动员的速度方向始终竖直向下，由图可知，0～10s内加速度为正，跳伞运动员加速下落，10～14s内，加速度为负，跳伞运动员减速下落，故C错误；由图可知，10～14s内，跳伞运动员的加速度越来越小，根据牛顿第二定律有：F合＝ma，则跳伞运动员(含降落伞)所受的合力逐渐减小，故D错误。6、(2020·四川宜宾一诊)(多选)如图a，质量m＝1kg的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，并同时受到不断增大的风的作用，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体的加速度a与风速v的关系如图b所示，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是()A．物体沿斜面做匀变速运动B．当风速v＝5m/s时，物体沿斜面下滑的速度最大C．物体与斜面间的动摩擦因数为0.25D．比例系数k为eq\f(16,19)kg/s【答案】BCD【解析】根据题意，物体受到的风力不断增大，且F风＝kv，则风速v不断增大，结合图b可知，物体沿斜面做的是加速度逐渐减小的加速运动，故A错误；物体由静止沿斜面下滑，由图b知，当风速v＝5m/s时，物体的加速度为零，此时物体的速度达到最大，故B正确；t＝0时，F风＝0，由图b知此时物体的加速度大小a0＝4m/s2，根据牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma0，解得：μ＝0.25，故C正确；当v＝5m/s时，物体的加速度为零，根据平衡条件有：mgsinθ－μN－kvcosθ＝0，N＝mgcosθ＋kvsinθ，解得：k＝eq\f(16,19)kg/s，故D正确。7、(2022·深圳实验学校高三月考)如图所示，货车上一圆柱形货物A被放在V形物体B中，以防止A前后滚动。固定在货车上的B物体由一斜面插上竖直挡板构成。若竖直挡板与A之间的弹力为N1，斜面与A之间的弹力为N2，货车向右运动过程中，A和B保持相对静止，下列说法正确的是()A．货车加速，则N1增大，N2减小B．货车加速，则N1增大，N2不变C．货车减速，则N1减小，N2增大D．货车减速，则N1不变，N2增大【答案】B【解析】货车向右加速，以A为研究对象，在竖直方向有N2cosθ＝mAg，水平方向N1－N2sinθ＝mAa，A和B保持相对静止，所以N2不变，则N1变大，故B正确，A错误；若货车减速，加速度水平向左，以A为研究对象，在竖直方向有N2cosθ＝mAg，水平方向有N2sinθ－N1＝mAa，A和B保持相对静止，所以N2不变，则N1减小，故C、D错误。8、(多选)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F突然反向，大小不变，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g＝10m/s2.下列说法中正确的是()A．0～5m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．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3【答案】ABD【解析】0～5m内，由v12－v02＝2a1x1，得v12＝2a1x1＋v02，由题图乙知，2a1＝－20m/s2，则a1＝－10m/s2，物块做匀减速运动，A正确；由题图乙知，物块的初速度v0＝10m/s，恒力F在5m处反向，在0～5m内物块运动的时间t＝eq\f(0－v0,a1)＝1s，即在t＝1s时刻，恒力F反向，B正确；5～13m内，由v22＝2a2x2得物块的加速度a2＝eq\f(v22,2x2)＝eq\f(64,2×8)m/s2＝4m/s2，由牛顿第二定律得－F－μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，联立两式解得F＝7N，μ＝0.3，D正确，C错误．9、如图所示，质量为M的物体A放在光滑平台上，通过轻绳跨过光滑的固定滑轮与质量为m的物体B相连，释放物体B，二者共同加速运动，物体A运动过程中不会与滑轮相碰，已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A．两物体的加速度相同B．轻绳上的拉力T>MgC．轻绳上的拉力T<mgD．物体A的加速度大小为eq\f(mg,M)【答案】C【解析】两物体通过轻绳相连，故其加速度大小相等，设为a，对于物体A有：T＝Ma，对于物体B有：mg－T＝ma，解得：a＝eq\f(mg,m＋M)，两物体的加速度大小相等，方向不相同，故A、D错误；以A为研究对象，轻绳上的拉力为：T＝Ma＝eq\f(Mmg,M＋m)＝eq\f(mg,1＋\f(m,M))<mg，故C正确；同理，T＝Ma＝eq\f(Mmg,M＋m)＝eq\f(Mg,1＋\f(M,m))<Mg，故B错误。10、质量为m的长木板放在光滑的水平面上，质量为eq\f(m,2)的物块放在长木板上，整个系统处于静止状态。若对物块施加水平拉力如图甲，使物块能从长木板上滑离，需要的拉力至少为F1；若对长木板施加水平拉力如图乙，也使物块能从长木板上滑离，需要的拉力至少为F2，则eq\f(F1,F2)为()A．eq\f(1,2) B．2C．eq\f(2,3) D．eq\f(3,2)【答案】A【解析】设物块与长木板间的动摩擦因数为μ，当水平拉力作用在物块上，物块和长木板刚要相对滑动时，对物块和长木板组成的整体，根据牛顿第二定律有：F1＝SKIPIF1<0a1＝eq\f(3,2)ma1，对长木板有：eq\f(1,2)μmg＝ma1；当水平拉力作用在长木板上，物块和长木板刚要相对滑动时，对两者组成的整体，根据牛顿第二定律有：F2＝SKIPIF1<0a2＝eq\f(3,2)ma2，对物块有：eq\f(1,2)μmg＝eq\f(1,2)ma2，联立各式得：eq\f(F1,F2)＝eq\f(1,2)，故A正确，B、C、D错误。11、(2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图a，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图b所示，木板的速度v与时间t的关系如图c所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10m/s2。由题给数据可以得出()A．木板的质量为1kgB．2～4s内，力F的大小为0.4NC．0～2s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【答案】AB【解析】木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b知，2s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2N。由题图c知，2～4s内，木板的加速度大小为a1＝eq\f(0.4,2)m/s2＝0.2m/s2，撤去外力F后的加速度大小为a2＝eq\f(0.4－0.2,1)m/s2＝0.2m/s2，设木板质量为m，根据牛顿第二定律，对木板有：2～4s内：F－F摩＝ma1,4s以后：F摩＝ma2，解得m＝1kg，F＝0.4N，A、B正确。0～2s内，F＝f，由题图b知，F是均匀增加的，C错误。因物块质量不可求，故由F摩＝μm物g可知动摩擦因数不可求，D错误。12、如图所示，轻弹簧的一端固定在地面上，另一端固定一质量不为零的托盘，在托盘上放置一小物块，系统静止时弹簧顶端位于B点(未标出)。现对小物块施加一竖直向上的力F，小物块由静止开始做匀加速直线运动。以弹簧处于原长时，其顶端所在的位置为坐标原点，竖直向下为正方向，建立坐标轴。在物块与托盘脱离前，下列能正确反映力F的大小随小物块位置坐标x变化的图象是()【答案】B【解析】设物块和托盘的质量分别为m和m盘，系统静止时，根据平衡条件，kx0＝(m＋m盘)g，其中x0是弹簧顶端时位于B点时弹簧的压缩量。根据题意建立坐标轴如图所示，O点是弹簧处于原长时其顶端所在的位置，则B点的坐标xB＝x0。在物块与托盘分离前，设它们的加速度为a，根据牛顿第二定律有：F＋kx－(m＋m盘)g＝(m＋m盘)a，解得F＝(m＋m盘)(a＋g)－kx，即F­x图象是纵截距为正、斜向下倾斜的直线。当x＝x0时，F＝(m＋m盘)a>0，则F­x图象不与x轴相交；当物块与托盘恰好分离时，对托盘有kx1－m盘g