高考物理一轮复习课时作业八牛顿第二定律两类动力学问题含解析新人教版

一轮复习精品资料(高中)PAGE1-牛顿第二定律两类动力学问题(建议用时40分钟)1．(2021·绵阳模拟)竖直起飞的火箭在推力F的作用下产生10m/s2的加速度，若推动力增大到2F，则火箭的加速度将达到(g取10m/sA．20m/s2 B．25m/s2C．30m/s2 D．40m/s2〖解析〗选C。对火箭进行受力分析F－mg＝ma，若推动力增大到2F，则有2F－mg＝ma′，解得，a′＝30m/s2.(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，物块相对于斜面匀速下滑。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〖解析〗选B、D。当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式Ff＝μFN可知物体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，物体的质量为m，当匀速运动时有mgsinθ＝μmgcosθ，即sinθ＝μcosθ。当物体以加速度a向上加速运动时，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，故物体仍相对斜面匀速下滑，C错误，D正确。3.如图所示，在光滑的水平面上，A、B两物体的质量mA＝2mB，A物体与轻质弹簧相连，弹簧的另一端固定在竖直墙上。开始时，弹簧处于自由状态，当物体B沿水平面向左运动，将弹簧压缩到最短时，A、B两物体间的作用力为F，则弹簧对A物体的作用力的大小为()A．FB．2FC．3FD〖解析〗选C。A、B碰后以相同的速度一起运动，即A、B的加速度相同。以B为研究对象，据牛顿第二定律得aB＝eq\f(F,mB)＝eq\f(F,\f(1,2)mA)＝eq\f(2F,mA)＝aA。以A为研究对象，设弹簧对A的作用力为FA，根据牛顿第二定律有FA－F＝mAaA，则FA＝F＋mAaA＝F＋mA·eq\f(2F,mA)＝3F。4.一皮带传送装置如图所示，皮带的速度v足够大，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，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带上的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自然长度，则当弹簧从自然长度到第一次达到最长这一过程中，滑块的速度和加速度的变化情况是()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〖解析〗选D。滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力Ff和弹簧向右的拉力F拉＝kx，合力F合＝Ff－F拉＝ma，当弹簧从自然长度到第一次达最长这一过程中，x逐渐增大，拉力F拉逐渐增大，因为皮带的速度v足够大，所以合力F合先减小后反向增大，从而加速度a先减小后反向增大；滑动摩擦力与弹簧弹力相等之前，加速度与速度同向，滑动摩擦力与弹簧拉力相等之后，加速度便与速度方向相反，故滑块的速度先增大后减小。5.(多选)如图所示，固定在地面上的斜面足够长，其倾角为30°，用平行于斜面向上，大小为16N的力F作用在质量为2kg的物块上，物块恰好沿斜面匀速上滑，若g取10m/s2A．在撤去力F的瞬间，物块所受摩擦力方向不变B．在撤去力F的瞬间，物块的加速度大小为8m/s2C．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4D．撤去力F后，物块最终将静止在斜面上〖解析〗选A、B。物块匀速上滑过程，受到力F、重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件，有F－Gsin30°－f＝0，代入数据解得f＝6N；撤去F后，物块由于惯性继续上滑，其余力均不变，则摩擦力f＝6N，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有f＋Gsin30°＝ma1，解得a1＝8m/s2，选项A、B正确；滑动摩擦力f＝μGcos30°，解得μ＝eq\f(\r(3),5)，选项C错误；当物块上滑的速度减为零时，因Gsin30°＞μGcos30°(即μ＜tan30°)，物块不能保持静止，将沿斜面下滑，选项D错误。〖题后反思〗本题关键分三个过程对物块进行运动情况分析和受力情况分析，最后根据牛顿第二定律列式求解即可。6.(多选)如图所示，质量分别为M和m的两物块与竖直轻弹簧相连，在水平面上处于静止状态，现将m竖直向下压缩弹簧一段距离后由静止释放，当m到达最高点时，M恰好对地面无压力。已知弹簧劲度系数为k，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度为g，则()A．当m到达最高点时，m的加速度为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))gB．当m到达最高点时，M的加速度为gC．当m速度最大时，弹簧的形变量为eq\f(mg,k)D．当m速度最大时，M对地面的压力为Mg〖解析〗选A、C。当弹簧处于伸长至最长状态时，M刚好对地面没有压力，可知弹簧对M的拉力为Mg，所以弹簧对m的作用力也是Mg，所以m的加速度为：am＝eq\f(mg＋Mg,m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))g，故A正确；当弹簧处于伸长至最长状态时，M刚好对地面没有压力，可知弹簧对M的拉力为Mg，M受到的合力为零，加速度为零，故B错误；由题可知开始时弹簧对m的弹力大于m的重力，m向上做加速运动，当弹簧的弹力小于m的重力时，m做减速运动，所以弹簧中弹力等于mg时，m有最大速度，由胡克定律得：mg＝kx，得：x＝eq\f(mg,k)，故C正确；对M受力分析FN－kx－Mg＝0，解得FN＝Mg＋mg，故D错误。7.(创新题)如图所示，一足够长斜面上铺有动物毛皮，毛皮表面具有一定的特殊性，物体上滑时顺着毛的生长方向，毛皮此时的阻力可以忽略；下滑时逆着毛的生长方向，会受到来自毛皮的滑动摩擦力，现有一物体自斜面底端以初速度v0＝6m/s冲上斜面，斜面的倾角θ＝37°，经过2.5s物体刚好回到出发点，(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37(1)物体上滑的最大位移；(2)若物体下滑时，物体与毛皮间的动摩擦因数μ为定值，试计算μ的数值。(结果保留2位有效数字)〖解析〗(1)物体上滑时不受摩擦力作用，设最大位移为x，由牛顿第二定律有：mgsin37°＝ma1，代入数据得a1＝6m/s2由运动学公式有veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2a1x，联立解得物体上滑的最大位移为x＝3m(2)物体沿斜面上滑的时间为t1＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(6,6)s＝1s，物体沿斜面下滑的时间为t2＝t－t1＝1.5s，下滑过程中，由运动学公式有x＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，由牛顿第二定律可得mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，联立解得μ≈0.42。〖答案〗(1)3m8．(多选)(2020·红河模拟)如图甲所示，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所受的摩擦力大小与时间的关系如图乙所示，设滑块运动到B点前后速率不变，以下说法正确的是()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．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(4,7)〖解析〗选B、D。设滑块到达B点的速度为v，滑块在斜面上的位移x1＝eq\f(v,2)·4t0，在水平面上的位移x2＝eq\f(v,2)·t0，滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为eq\f(x1,x2)＝eq\f(\f(v,2)·4t0,\f(v,2)·t0)＝eq\f(4,1)，故A错误；滑块从A到B的过程中v＝a1·4t0，滑块从B到C的过程中v＝a2t0，加速度大小之比eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,4)，故B正确；由题图乙可得Ff2＝μmg＝5N，Ff1＝μmgcosθ＝4N，所以eq\f(Ff1,Ff2)＝cosθ＝0.8，即θ＝37°，故C错误；滑块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，解得μ＝eq\f(4,7)，故D正确。9．(2020·江苏高考)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为()A．FB．eq\f(19F,20)C．eq\f(F,19)D．eq\f(F,20)〖解题指南〗解答本题应注意以下三点：(1)合理确定研究对象：根据力的效果，思考选择哪几节车厢作为研究对象；(2)正确进行受力分析：分析研究对象所受的每个外力；(3)选择合适的列式依据：牛顿第二定律。〖解析〗选C。根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，以后面38节车厢为研究对象，根据牛顿第二定律有F－38f＝38ma。设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，以最后两节车厢为研究对象，根据牛顿第二定律有F1－2f＝2ma，联立解得F1＝eq\f(F,19)。故选C。10.(创新题)(多选)如图所示，ab、ac是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c位于同一圆周上，O为该圆的圆心，ab经过圆心。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环分别从b、c点无初速度释放，用v1、v2分别表示滑环到达a点的速度大小，用t1、t2分别表示滑环到达a所用的时间，则()A．v1＞v2B．v1＜v2C．t1＝t2D．t1＜t〖解析〗选A、D。因b环开始的竖直高度大于c，根据v＝eq\r(2gh)可知，v1＞v2，选项A正确、B错误；过a点作竖直线，分别作经过c点和b点的等时圆如图所示，由图可知过c点的等时圆的直径较大，则时间长，即t1<t2，故选项D正确，C错误。〖加固训练〗某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是 ()A.甲图中小球在两个斜面上运动的时间相同B.甲图中小球下滑至底端的速度大小与方向均相同C.乙图中小球在两个斜面上运动的时间相同D.乙图中小球下滑至底端的速度大小相同〖解析〗选C。小球在斜面上运动的过程中只受重力mg和斜面的支持力FN作用，做匀加速直线运动，设斜面倾角为θ，斜面高为h，底边长为x，根据牛顿第二定律可知，小球在斜面上运动的加速度为a＝gsinθ，根据匀变速直线运动规律和图中几何关系有s＝at2，，解得小球在斜面上的运动时间为，根据机械能守恒定律有mgh＝mv2，解得小球下滑至底端的速度大小为，显然，在甲图中，两斜面的高度h相同，但倾角θ不同，因此小球在两个斜面上运动的时间不同，故选项A错误；在甲图中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下的方向不同，故选项B错误；在乙图中，两斜面的底边长x相同，但高度h和倾角θ不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故选项D错误；又由于在乙图中两斜面倾角θ的正弦与余弦的积相等，因此小球在两个斜面上运动的时间相等，故选项C正确。11.(多选)(2019·全国卷Ⅲ)如图甲，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变化的关系如图乙所示，木板的速度v与时间t的关系如图丙所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度g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〖解析〗选A、B。结合两图象可判断出0～2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；在4～5s内，木板在摩擦力的作用下做匀减速运动，ma2＝f＝0.2N，加速度大小为a2＝eq\f(0.4－0.2,1)m/s2＝0.2m/s2，得m＝1kg，故A正确；在2～4s内木板加速度大小为a1＝eq\f(0.4－0,4－2)m/s2＝0.2m/s2，则F＝ma1＋f＝0.4N，故B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ，故D错误。12．如图1所示，有一质量m＝200kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的eq\f(1,4)时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F­t图线如图2所示，t＝34s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力(g取10m/s2)，求物件：(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；(2)匀速运动的速度大小；(3)总位移的大小。〖解题指导〗解答本题应注意以下三点：（1）根据牛顿第二定律列式即可求得加速度。（2）根据物件做匀减速运动的时间，再结合运动学公式即可求解匀速运动的速度。（3）分别计算物件做匀速运动和匀减速运动的位移，据此计算总位移即可。〖解析〗(1)由题图2可知0～26s内物件匀速运动，26～34s物件匀减速运动，在匀减速运动过程根据牛顿第二定律有mg－FT＝ma，根据题图2得此时FT＝1975N，则有a＝g－eq\f(FT,m)＝0.125m/s2，方向竖直向下。(2)结合题图2根据运动学公式有v＝at2＝0.125×(34－26)m/s＝1m/s(3)根据题图2可知匀速上升的位移h1＝vt1＝1×26m＝26m匀减速上升的位移h2＝eq\f(v,2)t2＝eq\f(1,2)×8m＝4m，匀加速上升的位移为总位移的eq\f(1,4)，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的eq\f(3,4)，则有h1＋h2＝eq\f(3,4)h，所以总位移为h＝40m。〖答案〗(1)0.125m/s2竖直向下(2)1m/s牛顿第二定律两类动力学问题(建议用时40分钟)1．(2021·绵阳模拟)竖直起飞的火箭在推力F的作用下产生10m/s2的加速度，若推动力增大到2F，则火箭的加速度将达到(g取10m/sA．20m/s2 B．25m/s2C．30m/s2 D．40m/s2〖解析〗选C。对火箭进行受力分析F－mg＝ma，若推动力增大到2F，则有2F－mg＝ma′，解得，a′＝30m/s2.(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，物块相对于斜面匀速下滑。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〖解析〗选B、D。当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式Ff＝μFN可知物体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，物体的质量为m，当匀速运动时有mgsinθ＝μmgcosθ，即sinθ＝μcosθ。当物体以加速度a向上加速运动时，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，故物体仍相对斜面匀速下滑，C错误，D正确。3.如图所示，在光滑的水平面上，A、B两物体的质量mA＝2mB，A物体与轻质弹簧相连，弹簧的另一端固定在竖直墙上。开始时，弹簧处于自由状态，当物体B沿水平面向左运动，将弹簧压缩到最短时，A、B两物体间的作用力为F，则弹簧对A物体的作用力的大小为()A．FB．2FC．3FD〖解析〗选C。A、B碰后以相同的速度一起运动，即A、B的加速度相同。以B为研究对象，据牛顿第二定律得aB＝eq\f(F,mB)＝eq\f(F,\f(1,2)mA)＝eq\f(2F,mA)＝aA。以A为研究对象，设弹簧对A的作用力为FA，根据牛顿第二定律有FA－F＝mAaA，则FA＝F＋mAaA＝F＋mA·eq\f(2F,mA)＝3F。4.一皮带传送装置如图所示，皮带的速度v足够大，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，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带上的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自然长度，则当弹簧从自然长度到第一次达到最长这一过程中，滑块的速度和加速度的变化情况是()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〖解析〗选D。滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力Ff和弹簧向右的拉力F拉＝kx，合力F合＝Ff－F拉＝ma，当弹簧从自然长度到第一次达最长这一过程中，x逐渐增大，拉力F拉逐渐增大，因为皮带的速度v足够大，所以合力F合先减小后反向增大，从而加速度a先减小后反向增大；滑动摩擦力与弹簧弹力相等之前，加速度与速度同向，滑动摩擦力与弹簧拉力相等之后，加速度便与速度方向相反，故滑块的速度先增大后减小。5.(多选)如图所示，固定在地面上的斜面足够长，其倾角为30°，用平行于斜面向上，大小为16N的力F作用在质量为2kg的物块上，物块恰好沿斜面匀速上滑，若g取10m/s2A．在撤去力F的瞬间，物块所受摩擦力方向不变B．在撤去力F的瞬间，物块的加速度大小为8m/s2C．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4D．撤去力F后，物块最终将静止在斜面上〖解析〗选A、B。物块匀速上滑过程，受到力F、重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件，有F－Gsin30°－f＝0，代入数据解得f＝6N；撤去F后，物块由于惯性继续上滑，其余力均不变，则摩擦力f＝6N，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有f＋Gsin30°＝ma1，解得a1＝8m/s2，选项A、B正确；滑动摩擦力f＝μGcos30°，解得μ＝eq\f(\r(3),5)，选项C错误；当物块上滑的速度减为零时，因Gsin30°＞μGcos30°(即μ＜tan30°)，物块不能保持静止，将沿斜面下滑，选项D错误。〖题后反思〗本题关键分三个过程对物块进行运动情况分析和受力情况分析，最后根据牛顿第二定律列式求解即可。6.(多选)如图所示，质量分别为M和m的两物块与竖直轻弹簧相连，在水平面上处于静止状态，现将m竖直向下压缩弹簧一段距离后由静止释放，当m到达最高点时，M恰好对地面无压力。已知弹簧劲度系数为k，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度为g，则()A．当m到达最高点时，m的加速度为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))gB．当m到达最高点时，M的加速度为gC．当m速度最大时，弹簧的形变量为eq\f(mg,k)D．当m速度最大时，M对地面的压力为Mg〖解析〗选A、C。当弹簧处于伸长至最长状态时，M刚好对地面没有压力，可知弹簧对M的拉力为Mg，所以弹簧对m的作用力也是Mg，所以m的加速度为：am＝eq\f(mg＋Mg,m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))g，故A正确；当弹簧处于伸长至最长状态时，M刚好对地面没有压力，可知弹簧对M的拉力为Mg，M受到的合力为零，加速度为零，故B错误；由题可知开始时弹簧对m的弹力大于m的重力，m向上做加速运动，当弹簧的弹力小于m的重力时，m做减速运动，所以弹簧中弹力等于mg时，m有最大速度，由胡克定律得：mg＝kx，得：x＝eq\f(mg,k)，故C正确；对M受力分析FN－kx－Mg＝0，解得FN＝Mg＋mg，故D错误。7.(创新题)如图所示，一足够长斜面上铺有动物毛皮，毛皮表面具有一定的特殊性，物体上滑时顺着毛的生长方向，毛皮此时的阻力可以忽略；下滑时逆着毛的生长方向，会受到来自毛皮的滑动摩擦力，现有一物体自斜面底端以初速度v0＝6m/s冲上斜面，斜面的倾角θ＝37°，经过2.5s物体刚好回到出发点，(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37(1)物体上滑的最大位移；(2)若物体下滑时，物体与毛皮间的动摩擦因数μ为定值，试计算μ的数值。(结果保留2位有效数字)〖解析〗(1)物体上滑时不受摩擦力作用，设最大位移为x，由牛顿第二定律有：mgsin37°＝ma1，代入数据得a1＝6m/s2由运动学公式有veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2a1x，联立解得物体上滑的最大位移为x＝3m(2)物体沿斜面上滑的时间为t1＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(6,6)s＝1s，物体沿斜面下滑的时间为t2＝t－t1＝1.5s，下滑过程中，由运动学公式有x＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，由牛顿第二定律可得mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，联立解得μ≈0.42。〖答案〗(1)3m8．(多选)(2020·红河模拟)如图甲所示，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所受的摩擦力大小与时间的关系如图乙所示，设滑块运动到B点前后速率不变，以下说法正确的是()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．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(4,7)〖解析〗选B、D。设滑块到达B点的速度为v，滑块在斜面上的位移x1＝eq\f(v,2)·4t0，在水平面上的位移x2＝eq\f(v,2)·t0，滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为eq\f(x1,x2)＝eq\f(\f(v,2)·4t0,\f(v,2)·t0)＝eq\f(4,1)，故A错误；滑块从A到B的过程中v＝a1·4t0，滑块从B到C的过程中v＝a2t0，加速度大小之比eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,4)，故B正确；由题图乙可得Ff2＝μmg＝5N，Ff1＝μmgcosθ＝4N，所以eq\f(Ff1,Ff2)＝cosθ＝0.8，即θ＝37°，故C错误；滑块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，解得μ＝eq\f(4,7)，故D正确。9．(2020·江苏高考)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为()A．FB．eq\f(19F,20)C．eq\f(F,19)D．eq\f(F,20)〖解题指南〗解答本题应注意以下三点：(1)合理确定研究对象：根据力的效果，思考选择哪几节车厢作为研究对象；(2)正确进行受力分析：分析研究对象所受的每个外力；(3)选择合适的列式依据：牛顿第二定律。〖解析〗选C。根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，以后面38节车厢为研究对象，根据牛顿第二定律有F－38f＝38ma。设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，以最后两节车厢为研究对象，根据牛顿第二定律有F1－2f＝2ma，联立解得F1＝eq\f(F,19)。故选C。10.(创新题)(多选)如图所示，ab、ac是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c位于同一圆周上，O为该圆的圆心，ab经过圆心。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环分别从b、c点无初速度释放，用v1、v2分别表示滑环到达a点的速度大小，用t1、t2分别表示滑环到达a所用的时间，则()A．v1＞v2B．v1＜v2C．t1＝t2D．t1＜t〖解析〗选A、D。因b环开始的竖直高度大于c，根据v＝eq\r(2gh)可知，v1＞v2，选项A正确、B错误；过a点作竖直线，分别作经过c点和b点的等时圆如图所示，由图可知过c点的等时圆的直径较大，则时间长，即t1<t2，故选项D正确，C错误。〖加固训练〗某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是 ()A.甲图中小球在两个斜面上运动的时间相同B.甲图中小球下滑至底端的速度大小与方向均相同C.乙图中小球在两个斜面上运动的时间相同D.乙图中小球下滑至底端的速度大小相同〖解析〗选C。小球在斜面上运动的过程中只受重力mg和斜面的支持力FN作用，做匀加速直线运动，设斜面倾角为θ，斜面高为h，底边长为x，根据牛顿第二定律可知，小球在斜面上运动的加速度为a＝gsinθ，根据匀变速直线运动规律和图中几何关系有s＝at2，，解得小球在斜面上的运动时间为，根据机械能守恒定律有mgh＝mv2，解得小球下滑至底端的速度大小为，显然，在甲图中，两斜面的高度h相同，但倾角θ不同，因此小球在两个斜面上运动的时间不同，故选项A错误；在甲图中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下的方向不同，故选项B错误；在乙图中，两斜面的底边长x相同，但高度h和倾角θ不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故选项D错误；又由于在乙图中两斜面倾角θ的正弦与余弦的积相等，因此小球在两个斜面上运动的时间相等