（高考物理高分突破试题）专题3牛顿运动定律（解析版）

（高考物理高分突破试题）专题3牛顿运动定律（解析版）（高考物理高分突破试题）专题3牛顿运动定律（解析版）/（高考物理高分突破试题）专题3牛顿运动定律（解析版）专题3牛顿运动定律一、弹力突变问题：弹簧的弹力不发生突变(除非直接剪断);轻绳和轻杆弹力突变的结果是使得与之相连的两个物体在沿绳(或杆)方向的加速度一致.甲图中,A,B两球用轻弹簧相连.乙图中,A,B两球用轻杆相连.两图中,A,B两球的质量均为m,光滑斜面的倾角均为θ,挡板C均与斜面垂直,轻弹簧、轻杆均与斜面平行,系统均处于静止状态.重力加速度为g.现突然撤去挡板,则在撤去挡板的瞬间,下列说法正确的是()A．甲图中,A球的加速度大小为gsinθB．乙图中,A球的加速度大小为gsinθC．甲图中,B球的加速度为零D．乙图中,B球的加速度为零【解答】解：AC、甲图中,撤去挡板前,对A球受力分析,设弹簧弹力为F,沿斜面方向由平衡条件得,F＝mgsinθ撤去挡板瞬间,弹簧弹力不发生突变,A球受力不变,A球的加速度为零,对B受力分析,由牛顿第二定律得：F+mgsinθ＝maB解得：aB＝2gsinθ故AC错误;BD、乙图中,突然撤去挡板瞬间,杆上的弹力发生突变,对AB和杆整体受力分析,沿斜面方向,由牛顿第二定律得：2mgsinθ＝2ma解得：a＝gsinθ即A、B的加速度都为gsinθ,故B正确,D错误.故选：B.细绳拴着一个质量为m的小球,小球用固定在墙上的水平轻质弹簧支撑,平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°,如图所示,已知重力加速度为g,cos53°＝0.6,sin53°＝0.8,那么剪断弹簧瞬间,小球的加速度大小为()A．35gB．45gC．【解答】解：剪断弹簧瞬间,小球受到重力和绳子拉力作用,以绳子端点为圆心,向下摆动,小球速度为零,向心加速度为零,所需向心力为零,所以小球沿绳子方向的合力为零;而重力在垂直于轻绳斜向左下的分量使小球具有切向加速度,其大小为：a=gcos37°=45故选：B.如图所示,A、B、C三个物块质量均为m,用细线悬挂A物块,A、B之间刚好接触,但是没有挤压,B、C物块之间通过弹簧栓接,三个物块均处于静止状态,以下说法正确的是()A．静止时,地面对C的支持力为3mgB．剪断细线的瞬间,B物块的加速度为零C．剪断细线的瞬间,A、B之间的作用力为1D．若将弹簧剪断,B物块的瞬时加速度为零【解答】解：A．静止时,由于A、B之间没有挤压,对B、C及弹簧的整体受力分析,根据共点力的平衡条件可知,地面对C的支持力为2mg,故A错误;BC．静止时,对物块B有kΔx＝mg,剪断细线时,由于弹簧弹力不变,A、B物块一起向下加速,由牛顿第二定律可知2mg﹣kΔx＝2ma,解得加速度a对A分析,由牛顿第二定律有mg﹣FN＝ma,可得FN=12mg,故D．若将弹簧剪断,B物体不再受弹簧的支持力和A的压力,只受重力,所以B物块的加速度为g,故D错误.故选：C.如图所示,在光滑水平面上有一质量为m的小球,分别与一轻弹簧和一不可伸长的轻绳相连,弹簧水平且左端固定在墙壁上.小球静止时,轻绳与竖直方向的夹角为60°,且恰对地面无压力.已知重力加速度为g,则在剪断轻绳的瞬间,下列说法中正确的是()A．弹簧的弹力大小为2mgB．弹簧的弹力大小为3C．小球的加速度大小为3gD．小球的加速度大小为【解答】解：小球静止时,轻绳与竖直方向的夹角为60°,且恰对地面无压力.由平衡条件得：竖直方向有Tcos60°＝mg水平方向有F弹＝Tsin60°解得弹簧的弹力大小F在剪断轻绳的瞬间,弹簧的弹力不变,根据牛顿第二定律可得,小球的加速度大小为a=F弹m=3g故选：C.如图所示,A、B、C三个小球的质量分别为m、2m、3m,轻质弹簧一端固定在斜面顶端,另一端与A球相连,且A、B间固定一个轻杆,B、C间由一轻质细线连接,倾角为θ＝30°的光滑斜面固定在地面上,弹簧、轻杆与细线均平行于斜面,初始系统处于静止状态,在细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是()A．A球的加速度为零B．C球的加速度沿斜面向下,大小为gC．A、B之间杆的拉力大小不发生变化D．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上,大小均为0.5g【解答】解：AD．细线被烧断之前,以ABC整体为研究对象,由平衡条件得,弹簧的弹力为F弹＝(m+2m+3m)gsinθ＝6mgsin30°＝3mg细线被烧断的瞬间,弹簧上的力瞬间不变,AB的加速度相同,对AB整体,则aAB=F弹-(m+2m)gsinθm+2m,代入数据解得aABB．细线被烧断后,C球的加速度沿斜面向下,大小为aC=3mgsinθ3m=gsinθ＝gsin30°＝C．细线被烧断之前,以BC为研究对象,由平衡条件得,A、B之间杆的拉力大小T1＝(2m+3m)gsinθ＝5mgsin30°＝2.5mg细线被烧断的瞬间,设A、B之间杆的拉力大小为T2,对B由牛顿第二定律有T2﹣2mgsinθ＝2maAB,代入数据得T2＝2mg即A、B之间杆的拉力发生变化,故C错误.故选：D.二、等时圆问题：沿如图所示光滑斜面下滑的物体①三种模型(如图)②等时性的证明设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α,圆的直径为d(如图).根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动,加速度为a＝gsinα,位移为x＝dsinα,所以运动时间为t0＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2dsinα,gsinα))＝eq\r(\f(2d,g)).即沿同一起点(圆的最高点)或终点(圆的最低点)的各条光滑弦运动具有等时性,运动时间与弦的倾角、长短无关.如图所示,竖直平面内半径R1＝10m的圆弧AO与半径R2＝2.5m的圆弧BO在最低点O相切.两段光滑的直轨道的一端在O点平滑连接,另一端分别在两圆弧上且等高.一个小球从左侧直轨道的最高点A由静止开始沿直轨道下滑,经过O点后沿右侧直轨道上滑至最高点B,不考虑小球在O点的机械能损失,重力加速度g取10m/s2.则在此过程中小球运动的时间为()A．1.5sB．2.0sC．3.0sD．3.5s【解答】解：由于AO对应的圆的半径为R1,通过O点作出AO所在圆的直径,如图所示：根据图中几何关系可得：AO＝2R1sinθ小球在AO上运动的加速度大小为：a1=mgsinθm设小球在AO上运动的时间为t1,则有：AO=联立解得：t1=小球在OB段运动过程中,逆向分析也可以看作是初速度为零的匀加速直线运动,同理分析可得小球在OB段运动的时间为：t2=在此过程中小球运动的时间为：t＝t1+t2联立并代入数据解得：t＝3.0s,故C正确、ABD错误.故选：C.为了探究滑雪者(视为质点)在直线滑道AE上滑行的时间,技术人员通过测量绘制出如图所示的示意图,AC是滑道的竖直高度,D点是AC上的一点,且有AD＝DE＝40m,滑雪者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下滑动,取重力加速度大小g＝10m/s2,不计摩擦,则滑雪者在滑道AE上滑行的时间为()A．2sB．22sC．23sD．4s【解答】解：以D点为圆心,以AD长度为半径,建立"等时圆”如图所示：滑雪者在滑道AE上滑行的时间等于沿竖直直径自由下落到圆上经过的时间,则有：2×AD=代入数据解得：t＝4s,故D正确、ABC错误.故选：D.如图所示,有两个光滑直轨道AB和CD,其中A、B、C、D四点刚好位于同一竖直圆O的圆周上,B点恰好过竖直圆O的最低点.现让两个小球(可视为质点)分别从A、D两位置由静止释放,它们沿直轨道到达B、C的时间分别记为t1、t2.则()A．t1＞t2B．t1＝t2C．t1＜t2D．无法确定【解答】解：设AB与竖直直径的夹角为θ,则加速度为：a＝gcosθ根据位移—时间公式可得：2解得：t若过B点做CD的平行线,交圆弧于E点,如图所示：则根据上述的分析可知,物块沿EB下滑的时间也为t1,因为EB和CD的倾角相等,则物块下滑的加速度也相等,但因为EB的长度大于CE的长度,可知沿CD下滑的时间小于EB的时间,故A正确,BCD错误;故选：A.(多选)如图所示,1、2、3、4四小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端,其运动时间分别为t1、t2、t3、t4.已知竖直固定的圆环的半径为r,O为圆心,固定在水平面上的斜面水平底端的长度为3r,重力加速度为g,下列说法正确的是()A．t1≠t2B．t3＝t4C．t3-t【解答】解：1轨道长：x1=2rcos根据位移—时间关系可得：x1=12a联立解得：t12轨道长：x2＝2rcos60°＝r,根据牛顿第二定律可得加速度大小为：a根据位移—时间关系可得：x2=12a联立解得：t23轨道长：x3=3根据位移—时间关系可得：x3=12a联立解得：t3=24轨道长x4=3根据位移—时间关系可得：x4=12a联立解得：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错误.故选：BC.如图所示,在倾角为θ的斜面上方的A点处放置一光滑的木板AB,B端刚好在斜面上．木板与竖直方向AC所成角度为α,一小物块自A端沿木板由静止滑下,要使物块滑到斜面的时间最短,则α与θ角的大小关系应为()A．α＝θB．α=θ2C．α=θ3D．【解答】解：如图所示：在竖直线AC上取一点O,以适当的长度为半径画圆,使该圆过A点,且与斜面相切与D点,根据等时圆的结论可知：A点滑到圆上任一点的时间都相等,所以由A点滑到D点所用时间比由A到达斜面上其他各点时间都短,将木板下端B点与D点重合即可,而角COD为θ,所以α故选：B.三、动力分配原理：一起加速运动的系统,若力是作用于m1上,则m1和m2的相互作用力为N＝m2Fmmm1m2Fμμamm1m2Fμμamm1m2Fμμamm1m2Fa整体求加速度a=隔离求内力T-μm1g=m1a得T=整体求加速度a=隔离求内力T-m1g(sinθ-μcosθ)=m1a得T=整体求加速度a=隔离求内力T-m1g=m1a得T=如图所示,物体A、B用一水平轻质细绳连在一起置于粗糙水平地面上,物体A、B与地面间的动摩擦因数分别为μA＝0.2、μB＝0.4,物体A的质量为4kg,物体B的质量为2kg,重力加速度g＝10m/s2.现用F＝28N的水平拉力拉物体A,当物体A、B一起向左运动时,A对B的拉力大小为()A．10NB．12NC．14ND．16N【解答】解：以A、B整体为研究对象,由牛顿第二定律有F﹣μAmAg﹣μBmBg＝(mA+mB)a代入数据解得a＝2m/s2以B为研究对象,由牛顿第二定律有T﹣μBmBg＝mBa代入数据解得T＝12N故ACD错误;故B正确;故选：B.如图所示的装置叫阿特伍德机.绳子两端的物体竖直运动的加速度大小总是小于自由落体的加速度g,这使得试验者可以有较长的时间进行观测、研究.已知物体A、B的质量均为M,物体C的质量为m.轻绳与轻滑轮间的摩擦不计,轻绳不可伸长且足够长.物体A、B、C由图示位置静止释放后()A．物体A的加速度大小为mgB．物体B的加速度大小为mgC．绳子上的拉力大小为MgD．物体B对物体C的作用力大小为mg【解答】解：ABC．由牛顿第二定律对物体A有：T﹣Mg＝Ma对B、C整体有：(M+m)g﹣T＝(M+m)a联立解得T=Mg故AB错误,C正确;D．由牛顿第二定律,对物体C有：mg﹣FBC＝ma解得F故D错误.故选：C.如图,光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体,A、B的质量分别为mA＝2kg,mB＝3kg,从t＝0开始,推力FA和拉力FB分别作用于A、B上,FA、FB大小随时间变化的规律分别为FA＝(7﹣2t)N,FB＝(3+2t)N.则()A．A、B两物体一直做匀加速直线运动B．当FA＝FB时,A、B两物体之间的弹力为零C．t＝2s时开始A、B两物体之间的弹力为零D．t＝6s时,B物体的加速度为5m/s2【解答】解：AC、A、B开始时一起做匀加速直线运动,对A、B整体受力分析,由牛顿第二定律得：FA+FB＝(mA+mB)a0代入数据解得：a当A、B两物体恰好分离时,对A,由牛顿第二定律得：FA＝mAa0结合FA＝(7﹣2t)N,代入数据解得：t＝1.5s所以t＝1.5s内A、B两物体一起向右做匀加速直线运动,t＝1.5s后A、B两物体分离,t＝1.5s时开始A、B两物体之间的弹力为零.之后,由于FA、FB是变力,则两物体加速度发生改变,故AC错误;B、当t＝1.5s时,A、B两物体之间的弹力为零,此时FA＝(7﹣2×1.5)N＝4N,FB＝(3+2×1.5)N＝6N,则FA≠FB,故B错误;D、当t＝6s时,对B受力分析,由牛顿第二定律得：FB＝mBaB其中FB＝(3+2t)N,代入数据解得,B物体的加速度为aB=5m/s故选：D.如图所示,质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻细绳连接放在水平面上,用水平拉力F拉A,使它们一起匀加速运动,A、B与水平面的动摩擦因数均为μ,为了增大轻细绳上的拉力,可行的办法是()A．减小A的质量mAB．减小B的质量mBC．减小动摩擦因数μD．增大动摩擦因数μ【解答】解：对AB整体,根据牛顿第二定律得F﹣μ(mA+mB)g＝(mA+mB)a对B,由牛顿第二定律得：FT﹣μmBg＝mBa联立解得：FA、减小A物块的质量mA,细绳上的拉力FT增大,故A正确;B、减小B物块的质量mB,细绳上的拉力FT减小,故B错误;CD、FT与μ无关,增大或减小动摩擦因数μ,细绳上的拉力FT不变,故CD错误.故选：A.(多选)如图所示,质量分别为M和m的甲、乙两物块用轻弹簧相连,放置在倾角为θ的粗糙斜面上,现将平行于斜面向上的恒力F作用在甲物块上,使甲、乙两物块共同沿斜面匀加速向上运动.甲、乙两物块与斜面间的动摩擦因数均为μ.下列说法正确的是()A．两物块运动的加速度为aB．弹簧的弹力F弹与F的关系为FC．若摩擦因数μ增大,则弹簧的形变量增大D．若增大乙的质量m,则弹簧的形变量增大【解答】解：A、以甲、乙两物块整体为研究对象,对其受力分析,由牛顿第二定律得：F﹣(M+m)gsinθ﹣μ(M+m)gcosθ＝(M+m)a解得,加速度大小为：a故A正确;B、以乙物块为研究对象,对其受力分析,根据牛顿第二定律得：F弹﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma可得a联立解得：F故B错误;CD、由B得,弹簧弹力F若摩擦因数μ增大,弹簧的弹力不变,则弹簧的形变量不变;若增大乙的质量m,弹簧的弹力增大,则弹簧的形变量增大,故C错误,D正确.故选：AD.四、下面几种物理模型,在临界情况下,a＝gtanα.如图所示,一位同学手持乒乓球拍托球沿水平直线跑动,球拍与球相对静止且均相对该同学身体静止,球拍平面和水平面之间夹角为θ.设球拍和球质量分别为M、m,不计球拍和球之间摩擦,不计空气阻力,则()A．该同学做匀速直线跑动B．乒乓球处于平衡状态C．球拍受到的合力大小为MgtanθD．球拍受到乒乓球的压力大小为mgcosθ【解答】解：AB．对乒乓球受力分析,如图所示则乒乓球所受的合力为：F合＝mgtanθ故乒乓球在水平方向做匀加速直线运动,处于非平衡状态.由于球拍与乒乓球相对静止且均相对该同学身体静止,则乒乓球、球拍和同学运动状态相同,均做加速度相同的匀加速直线运动,故AB错误;C．对乒乓球,由牛顿第二定律得：a球拍受到的合力大小为：F＝Ma＝Mgtanθ故C正确;D．球拍对乒乓球的支持力大小为：N由牛顿第三定律可知,球拍受到乒乓球的压力大小N′等于球拍对乒乓球的支持力大小N,即：N故D错误.故选：C.(多选)如图,两轻质细绳拉直时与水平车顶夹角分别为60°和30°,物体质量为m,当小车以大小为2g(g为重力加速度)的加速度做匀加速直线运动时,则有关绳1和绳2的拉力大小,正确的说法是()A．小车向左匀加速运动时,绳1的拉力大小为5mgB．小车向左匀加速运动时,绳2的拉力大小为5mgC．小车向右匀加速运动时,绳1的拉力大小为5mgD．小车向右匀加速运动时,绳2的拉力大小为0【解答】解：AB、小车向左匀加速运动时,假设绳1没有拉力,绳2的拉力为F2,则水平方向F2cos60°＝ma2竖直方向F2sin60°＝mg联立解得：a2=3小车的加速度为2g＞a2=3则绳1中没有拉力,且物体会飘起来,绳2的张力设为F2',对物块受力分析,如图：则F2'=(故A错误,B正确;CD、小车向右匀加速运动时,假设绳2没有拉力,绳1的拉力为F1,则水平方向F1cos30°＝ma1竖直方向F1sin30°＝mg联立解得：a1=3小车的加速度为2g＞a1=3则绳2中没有拉力,且物体会飘起来,绳1的张力设为F1',对物块受力分析,如图：则F1'=(故CD正确.故选：BCD.如图所示,一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶,每个空油桶的质量均为m.在车厢底,一层油桶平整排列,相互紧贴并被牢牢固定,上一层只有一只桶C,自由地摆放在桶A、B之间,没有用绳索固定,重力加速度为g.则汽车()A．匀速运动,B对C的作用力大小为2B．向左加速前进,若加速度增大,则A和B对C的支持力可能同时增大C．向左加速前进,当加速度为3g3时,B对D．向右加速倒车,B对C的作用力可能为零【解答】解：A、若汽车匀速行驶,对C进行受力分析,如图1所示,设B对C的支持力与竖直方向的夹角为θ,根据几何关系可得：sinθ=R2R=12,同理可得,A对C的支持力与竖直方向的夹角也为30°;水平方向根据平衡条件可得：NBsin30°＝NAsin30°竖直方向根据平衡条件可得：NBcos30°+NAcos30°＝mg联立解得：NB=3mg3,故BC、若汽车向左加速前进,以C为研究对象,则C受到的合力向左,A对C的支持力减小、B对C的支持力变大,当A对C的支持力为零时,C只受重力和B对C的支持力,如图2所示,根据牛顿第二定律可得：mgtanθ＝ma,所以加速度a=33g,所以当货车的加速度为33g时,A对C的支持力为零,故D．同理可知,向右加速倒车,加速度方向向右,A对C的支持力增大、B对C的支持力减小,当货车的加速度为33g时,B对C的作用力为零,故D正确故选：D.车厢内有一质量为m＝2kg的光滑小球,在轻绳的牵引作用下如图所示靠在竖直车壁上,绳与竖直车壁夹角θ＝37°,求：(1)当车与球静止时,绳上拉力T1为多大;(2)当小球与车一起相对静止向右做匀加速运动且小球对车壁恰好无弹力时,小车的加速度为多大.(sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,g＝10m/s2)【解答】解：(1)当车与球静止时,以小球为研究对象,受力情况如图所示;根据平衡条件可得：T1=mgcosθ=(2)当小球与车一起相对静止向右做匀加速运动且小球对车壁恰好无弹力时,对小球根据牛顿第二定律可得：mgtanθ＝ma解得：a＝7.5m/s2由于小车与小球的加速度相同,所以小车的加速度为7.5m/s2.答：(1)当车与球静止时,绳上拉力T1为25N;(2)当小球与车一起相对静止向右做匀加速运动且小球对车壁恰好无弹力时,小车的加速度为7.5m/s2.如图所示,质量为M＝5.0kg的方形木箱在水平拉力作用下沿水平面向右匀加速运动,木箱与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.3.木箱后壁上一个质量为m＝1.0kg的物体(可视为质点)恰好能与木箱保持相对静止,物体距离木箱底部的高度为h＝1.25m,木箱和物体间的动摩擦因数为μ2＝0.25.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度取g＝10m/s2.(1)求物体对木箱后壁的压力的大小;(2)求水平拉力的大小;(3)当木箱的速度为6m/s时,突然撤去拉力,物体恰好落在了木箱底部最前端,物体在空中运动时与木箱壁无碰撞,求木箱前后壁的间距.【解答】解：(1)根据题意知,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物体保持静止,设物体对木箱后壁的压力为N1,物体所受摩擦力为f1,则f1＝mg＝μ2N1代入数据解得：N1＝40N;(2)根据牛顿第二定律可得物体的加速度大小为：a=N1m=40对木箱和物体整体由牛顿第二定律得：F﹣μ1(M+m)g＝(M+m)a代入数据解得：F＝258N;(3)撤去拉力F,木箱减速,物体与木箱立刻分开,物体做平抛运动,竖直方向：h水平方向：x＝vt木箱做匀减速直线运动,加速度大小为：a′＝μ1g根据运动学公式：x木箱前后壁的间距：Δx＝x﹣x′代入数据联立解得：Δx＝0.375m.答：(1)物体对木箱后壁的压力的大小为40N;(2)水平拉力的大小为258N;(3)木箱前后壁的间距为0.375m.五、如图所示物理模型,刚好脱离时的特点为：弹力为零,速度相等,加速度相等.之前整体分析,之后隔离分析．六、下列各模型中,速度最大时合力为零,速度为零时加速度最大．如图所示,劲度系数k＝5N/m的轻质弹簧的左端固定在竖直挡板上,质量为mA＝5kg的物块A和质量mB＝10kg的物块B紧挨着放置在光滑的水平桌面上,轻质弹簧的右端与物块A接触但不连接.现用外力缓慢向左推物块B,当轻质弹簧的形变量x0＝1.2m时,把推力改为向右的拉力F,使物块B由静止向右做加速度a＝0.4m/s2的匀加速直线运动.物块A和物块B均可视为质点.求：(1)物块A和物块B分离时的速度大小;(2)拉力F随时间t变化的关系式.【解答】解：(1)当物块A和物块B之间的弹力为0时二者分离,此时物块A的加速度大小为a,根据牛顿第二定律可得：kx1＝mAa由匀变速直线运动规律得：v2＝2a(x0﹣x1)解得：v＝0.8m/s;(2)物块A和B分离前,拉力F是变力;物块A和B分离后,拉力F是恒力由匀变速直线运动规律得：x0﹣x1=解得：t＝2s①物块A和物块B分离前,以物块A和物块B为研究对象,由牛顿第二定律得：F+Fk＝(mA+mB)a,其中弹簧弹力：Fk＝k(x0﹣x)根据位移—时间关系可得：x=解得：F＝t2(N)②物块A和物块B分离后,以物块B为研究对象,由牛顿第二定律得：F＝mBa解得：F＝4N;综上分析可得拉力F随时间t变化的关系式为：F=t答：(1)物块A和物块B分离时的速度大小为0.8m/s;(2)拉力F随时间t变化的关系式为F=t如图所示,质量为mA＝150g的平台A连接在劲度系数k＝100N/m的弹簧上端,弹簧下端固定在地上,形成竖直方向的弹簧振子,将质量为mB＝50g的物块B置于A的上方,使A、B两物块一起上下振动.弹簧原长为l0＝6cm,A的厚度可忽略不计,g取10m/s求：(1)当系统做小振幅简谐振动时,A的平衡位置离地面C的高度;(2)当振幅为1cm时,B对A的最大压力;(3)为使B在振动中始终与A接触,振幅不能超过多大?【解答】解：(1)mA＝150g＝0.150kg,mB＝50g＝0.050kg,l0＝6cm＝0.06m振幅很小时,A、B间不会分离,将A与B整体作为振子,当它们处于平衡位置时,根据平衡条件得：kx0＝(mA+mB)g得形变量：x0＝0.02m平衡位置距地面高度：h＝l0﹣x0＝0.06m﹣0.02m＝0.04m(2)当A、B运动到最低点时,有向上的最大加速度,此时A、B间相互作用力最大,设振幅为A,最大加速度：a对B：N﹣mBg＝mBam解得：N＝0.75N(3)为使B在振动中始终与A接触,在最高点时相互作用力应满足：N≥0取B为研究对象,根据牛顿第二定律,有：mBg﹣N＝mBa当N＝0时,B振动的加速度达到最大值,且最大值：amB＝g＝10m/s2(方向竖直向下)因amA＝amB＝g,表明A、B仅受重力作用,此刻弹簧的弹力为零,弹簧处于原长,A＝x0＝0.02m,即振幅不能大于0.02m答：(1)当系统做小振幅简谐振动时,A的平衡位置离地面C的高度是0.04m;(2)当振幅为1cm时,B对A的最大压力是0.75N;(3)为使B在振动中始终与A接触,振幅不能超过0.02m.如图甲所示,平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k,一端固定在倾角为θ的斜面底端,另一端与物块A连接;两物块A、B质量均为m,初始时均静止.现用平行于斜面向上的力F拉动物块B,使B做加速度为a的匀加速运动,A、B两物块在开始一段时间内的v﹣t关系分别对应图乙中A、B图线(t1时刻A、B的图线相切,t2时刻对应A图线的最高点),重力加速度为g,则()A．0～t1过程中,拉力F做的功比弹簧弹力做的功少B．t1时刻,弹簧形变量为mgsinθC．0～t2过程中,拉力F逐渐增大D．t2时刻,弹簧形变量为0【解答】解：AB、由图知,t1时刻物块A、B开始分离,对物块A根据牛顿第二定律：kx﹣mgsinθ＝mat1时刻,弹簧形变量为x=mgsinθt1时刻物块A、B开始分离…①开始时有：2mgsinθ＝kx0…②从开始到t1时刻,弹簧做的功：WT＝Ep=12k从开始到t1时刻的过程中,根据动能定理得：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做的功比弹簧做的功少C、从开始到t1时刻,对物块AB整体分析,根据牛顿第二定律得：F+kx﹣2mgsinθ＝2ma,得F＝2mgsinθ+2ma﹣kx,x减小,F增大;t1时刻到t2时刻,对物块B由牛顿第二定律得：F﹣mgsinθ＝ma,得F＝mgsinθ+ma,可知F不变,故C错误;D、t2时刻物块A的加速度为零,速度最大,根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ＝kx′,则得：x′=mgsinθk,故D故选：A.(多选)如图所示,质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止,用大小等于1.5mg的恒力F向上拉B,B向上运动,运动距离h时B与A恰好分离.则下列说法中正确的是()A．B和A刚分离瞬间,弹簧为原长B．B和A刚分离瞬间,它们的加速度均为0.5gC．弹簧的劲度系数等于mgD．在B与A分离之前,它们做匀加速运动【解答】解：AB、B与A刚分离的瞬间,A、B仍具有相同的速度和加速度,且A、B间无相互作用力.对B分析知,B具有向上的加速度,大小为：aB=1.5此时对A分析有：F弹簧﹣mg＝maA＝maB,解得：F弹＝1.5mg,且处于压缩状态,故A错误,B正确;C、B和A刚分离时,弹簧处于压缩状态,弹力大小为F弹＝1.5mg,原来静止时弹簧处于压缩状态,弹力大小为2mg,则弹力减小量△F＝2mg﹣1.5mg＝0.5mg.两物体向上运动的距离为h,则弹簧压缩量减小Δx＝h,由胡克定律得：k=△FΔx=0.5D、从开始运动到B与A刚分离的过程中,拉力大小不变,而弹簧的弹力减小,整体的合力减小,所以在B与A分离之前,它们加速度逐渐减小,故D错误.故选：BC.七、超重：a方向竖直向上(或支持力大于重力),物体可能匀加速上升或匀减速下降．失重：a方向竖直向下(或支持力小于重力),物体可能匀减速上升或匀加速下降．如图所示,用轻质弹簧将篮球拴在升降机底板上,此时弹簧竖直,篮球与光滑的侧壁和光滑的倾斜天花板接触,在篮球与侧壁之间装有压力传感器,当电梯在竖直方向匀速运动时,压力传感器有一定的示数.现发现压力传感器的示数逐渐减小,某同学对此现象给出了下列分析与判断,其中可能正确的是()A．升降机正在匀加速上升B．升降机正在匀减速上升C．升降机正在加速下降,且加速度越来越大D．升降机正在加速上升,且加速度越来越大【解答】解：对篮球进行受力分析如图：篮球在水平方向上受力平衡,即侧壁对篮球的弹力与倾斜天花板对篮球的弹力在水平方向的分力平衡,随着压力传感器的示数逐渐减小,篮球受到倾斜天花板在水平方向的分力减小,则斜面对篮球的压力F′一定减小,其在竖直方向的分力减小,而弹簧的弹力不变,所以篮球受到的竖直向下的合力减小,故篮球必然有竖直向上且增大的加速度,故D正确,ABC错误.故选：D.如图,质量为M的大圆环中间有一立柱,其上串着一个质量为m的球,球和立柱间有摩擦力.下列说法正确的是()A．小球在立柱上端由静止释放,若加速下滑,则地面对大圆环的支持力大于(M+m)gB．小球在立柱上以一定的速度向下运动,若减速下滑,则地面对大圆环的支持力小于(M+m)gC．小球在立柱上以一定的速度向上运动,当初速度足够大时,小球就能通过力将大圆环托离地面D．小球在立柱上以一定的速度向上运动,当加速度足够大时,小球就能通过力将大圆环托离地面【解答】解：A、小球在立柱上端由静止释放,若加速下滑,具有竖直向下的分加速度,因为小球属于整个系统中有部分(小球)处于失重状态,则地面对大圆环的支持力小于(M+m)g,故A错误;B、小球在立柱上以一定的速度向下运动,若减速下滑,具有竖直向上的分加速度,因为小球属于整个系统中有部分(小球)处于超重状态,则地面对大圆环的支持力大于(M+m)g,故B错误;C、当小球对立柱向上的摩擦力大等于Mg时,大圆环离开地面,故小球能否通过摩擦力将大圆环托离地面,取决于摩擦力大小,与初速度大小无关,故C错误;D、若小球与立柱的摩擦力大于或等于大圆环的重力时,就可能通过摩擦力将大圆环托离地面,此时f≥Mgf+mg＝ma解得a≥(M+m故选：D.如图所示为影视摄影区的特技演员高空速滑的图片,钢索与水平方向的夹角θ＝37°,质量为m的特技演员(轻绳、轻环质量忽略不计),利用轻绳通过轻质滑环悬吊在滑索下.在匀速下滑过程中,不计空气阻力,已知sin37°＝0.6,重力加速度为g,下列说法正确的是()A．钢索对轻