还剩18页未读，
继续阅读
(能力提高练) 第三节 牛顿定律的综合应用-2023年高考物理一轮系统复习学思用
展开
这是一份(能力提高练) 第三节 牛顿定律的综合应用-2023年高考物理一轮系统复习学思用，共21页。
【能力提高练】 第三节 牛顿定律的综合应用
1．(2022•高考全国甲卷)(多选)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
A．P的加速度大小的最大值为
B．Q的加速度大小的最大值为
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
【解析】 设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为，撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为
AB．以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为，解得，此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，，解得，故滑块Q加速度大小最大值为，A正确，B错误；
C．滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；
D．滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为，解得，撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。故选AD。
【答案】 AD
2．(2022•高考湖南卷)(多选)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比(即，为常量)。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为。重力加速度大小为，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是( )
A．发动机的最大推力为
B．当飞行器以匀速水平飞行时，发动机推力的大小为
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为
D．当飞行器以的速率飞行时，其加速度大小可以达到
【解析】 A．飞行器关闭发动机，以v1=匀速下落时，有，飞行器以v2=向上匀速时，设最大推力为Fm，，联立可得，，A错误；
B．飞行器以v3=匀速水平飞行时，，B正确；
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时
，解得，C正确；
D．当飞行器最大推力向下，以v5=的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值，解得am=2.5g，D错误。故选BC。
【答案】 BC
3．(2022•辽宁省名校联盟高三(上)9月联考)潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，称之为“掉深”。我国南海舰队的某常规型潜艇，是目前世界上唯一的一艘遭遇到海底“掉深”后，还能自救脱险的潜艇，创造了世界潜艇发展史上的奇迹。如图甲所示，某总质量为的潜艇，在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行。时刻，该潜艇“掉深”，在时间内潜艇竖直方向的图像如图乙所示(设竖直向下为正方向)。重力加速度取，不计水的粘滞阻力，则( )
A．潜艇在“掉深”前的速度为
B．潜艇在高密度海水区域受到的浮力为
C．潜艇“掉深”后竖直向下的最大位移为
D．潜艇“掉深”后在时间内处于超重状态
【解析】 A．图像表示潜艇“掉深”后竖直方向速度的变化情况，“掉深”前在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行，所以不知道“掉深”前的速度，故A错误；
B．因潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行，潜艇在高密度海水区域受到的浮力等于潜艇的重力，即为，故B错误；
C．根据图像与坐标轴所围的面积表示位移可得潜艇“掉深”后竖直向下的最大位移为，故C错误；
D．潜艇“掉深”后在时间内，加速度方向向上，处于超重状态，故D正确。故选D。
【答案】 D
4．(2022•云南省昆明市第一中学高三(上)第四次联考)(多选)如图所示，车顶和水平地板成θ=53°角的小车在水平地面上运动时，质量为m=1kg小球和光滑车顶保持接触，轻绳处于伸直状态且和车顶平行，g=10 m/s2，以下说法正确的是.
A．当小车以7.5 m/s2的加速度向右匀减速运动时，小球和竖直车厢壁间无弹力作用
B．当小车以7.5 m/s2的加速度向右匀加速运动时，小球和车顶间无弹力作用
C．当小车以10 m/s2的加速度向右匀加速运动时，车顶受到小球的压力为2 N
D．当小车以10 m/s2的加速度向右匀加速运动时，车顶受到小球的压力为4 N
【解析】 A．当小车以7.5 m/s2的加速度向右匀减速运动时，加速度向左，需要水平向左的合外力，所以小球和竖直车厢壁间一定有弹力作用，故A错误；
B．设小球与光滑车顶没有弹力时，小车的加速度为a，对小球受力分析如图所示，由牛顿第二定律得mgtan37°=ma，解得a=gtan37°=7.5m/s2，故B正确；
CD．当小车以10 m/s2的加速度向右匀加速运动时，对小球受力分析如图所示
由牛顿第二定律得，
联立解得N=2N，故D错误，C正确。故选BC。
【答案】 BC
5．(2022•湖南师范大学附属中学二模)如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为( )
A． B．
C． D．
【解析】 水平细线被剪断前对A、B两小球进行受力分析，如图所示，静止时，由平衡条件得，，，又，解得，水平细线被剪断瞬间，消失，弹力不能突变，A所受合力与等大反向，，所以可得，，ABC错误，D正确。故选D。
【答案】 D
6．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第三次月考)如图所示的水平地面上，直角斜面体M的倾角为30°，物块A、B的质量相等且由跨过光滑轻滑轮C的轻细绳连接。图甲中斜面体M和物块A、B均处于静止状态，且B、C间的细绳与斜面平行，A、C间的细绳竖直。图乙中斜面体M和物块A、B一起以加速度a=g水平向右做匀加速直线运动，且三者保持相对静止，A、C间的细绳竖直，不计空气阻力。下列说法中正确的是( )
A．图甲中的物块A一定受二个力作用，物块B一定受三个力作用
B．图乙中的物块A一定受四个力作用，物块B一定受二个力作用
C．甲、乙两图中轻滑轮对斜面M顶角的作用力均沿顶角的角平分线方向，且大小相等
D．若将图乙中的细绳在运动过程中剪断，且维持斜面M的加速度仍为g，则绳断之后物块A会相对斜面M下滑，物块B会做平抛运动
【解析】 A.题图甲中，对A受力分析，由平衡条件知重力等于绳的拉力，对B受力分析，平行于斜面方向上，重力的分力小于绳的拉力，B一定受到摩擦力，则物块B受重力、支持力、拉力和沿斜面向下的摩擦力四个力的作用，故A错误；
B．题图乙中加速度，根据牛顿第二定律可得物块B受重力和绳子拉力两个力的作用，其中拉力大小为，A也有水平加速度，所以受到斜面的弹力，同时细绳拉力大于A的重力，所以斜面对A有摩擦力作用，所以物块A受重力、斜面体弹力、绳子拉力和沿竖直面向下的摩擦力四个力的作用，故B正确；
C．题图甲、乙中，对轻滑轮受力分析，细绳对滑轮的作用力沿斜面顶角的平分线，故甲、乙两图中轻滑轮对斜面M顶角的作用力均沿顶角的角平分线方向，由于甲、乙两种情况中细绳的拉力大小不等，故甲、乙两图中轻滑轮对斜面M顶角的作用力大小不相等，故C错误；
D．若将图乙中的细绳在运动过程中剪断，且维持斜面M的加速度仍为，则斜面对A弹力不变，则绳断之后物块A所受摩擦力大小仍为mg，方向反向，所以A不会相对斜面M下滑。而物块B仍然与斜面间没有作用力，所以B会做平抛运动，故D错误。故选B。
【答案】 B
7．(2022•四川省南充高级中学高三(上)第一次月考)(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A拴接，物块A、B、C、D紧挨在一起放在光滑水平面上，在水平向左的外力F的作用下整个装置处于静止状态。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧始终处于弹性限度内，物块A、B、C、D的质量分别为m、2m、3m、4m，突然撤去外力F瞬间，下列说法正确的是( )
A．弹簧的压缩量为 B．A的加速度大小为
C．B对A的作用力大小为 D．B对C的作用力大小为
【解析】 A．根据胡克定律可知，弹簧的压缩量为，选项A错误；
B．突然撤去外力F瞬间，整体的加速度都相同，则A的加速度大小为，选项B正确；
C．对BCD的整体，则A对B的作用力大小为，根据牛顿第三定律可知，B对A的作用力大小为，选项C正确；
D．对CD整体，由牛顿定律可得，B对C的作用力大小为，选项D错误。故选BC。
【答案】 BC
8．(2022•四川省南充高级中学高三(上)第三次月考)如图甲所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为mA=1 kg、mB=3 kg，现用水平力FA推A，用水平力FB拉B，FA和FB随时间t变化关系如图乙所示，则( )
A．A、B脱离之前，A球所受的合外力逐渐减小
B．t=3 s时，A、B脱离
C．A、B脱离前，它们一起运动的位移为6m
D．A、B脱离后，A做减速运动，B做加速运动
【解析】 A．由乙图可得FA=9-3t(N)，FB=3+3t(N)，在未脱离的过程中，整体受力向右，且大小不变，恒定为FA+FB=12N，匀加速运动的加速度，则A、B脱离之前，它们一直做匀加速运动，A球所受的合外力不变。故A错误；
B．脱离时满足A、B加速度相同，且弹力为零，故，解得t=2s，故B错误；
C．A、B脱离前，它们一起运动位移为，故C正确；
D．脱离后的1s内A仍然受到向右的推力，所以A仍然做加速运动，在t=3s后A不受推力后A将做匀速直线运动；物体B一直受到向右的拉力而做加速运动，故D错误。故选C。
【答案】 C
9．(2022•陕西省西安市第一中学高三(上)期中)如图所示，在倾角为θ=30的光滑斜面上，物块A、B质量均为m．物块A静止在轻弹簧上端，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B靠在一起，但A、B之间无弹力．已知重力加速度为g，某时刻将细线剪断，下列说法正确的是( )
A．细线剪断前，弹簧的弹力为mg B．细线剪断前，细线的拉力为mg
C．细线剪断瞬间，弹簧的弹力发生变化 D．细线剪断瞬间，物块B的加速度大小为g
【解析】 A、剪断细绳前，由于A.B之间无弹力，对A分析可以得到弹簧的弹力： ，故A错；
B、剪断细绳前，由于A.B之间无弹力，对A分析可以得到 ，故B错；
C、细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，故C错；
D、剪断细线瞬间，对A.B系统，加速度：，故D对；故选D
【答案】 D
10．(2022•全国专题练)如图所示，小车分别以加速度a1、a2、a3、a4向右做匀加速运动，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，加速度为a1、a2时，细线在竖直方向上，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，M受到的摩擦力大小分别为f1、f2、f3、f4，则以下结论正确的是( )
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【解析】 在第一、二两幅图中，M水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律得，，在第三、四两幅图中，对M和m组成的系统来分析，根据牛顿第二定律可知，
A．如果，解得，故A错误；
B．如果，则，故B错误；
C．若，则，故C正确；
D．对m受力分析可知，若，可得，故D正确。故选CD。
【答案】 CD
11．(2022•辽宁省名校联盟高三(上)9月联考)如图所示，一劲度系数为的轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为的物块、(物块与弹簧拴接)，初始时物块均处于静止状态．现对物块A施加一个竖直向上的恒力，重力加速度为，则由静止开始向上运动到物块A、恰好分离的过程中，以下说法正确的是( )
A．物块A做匀加速运动 B．物块的速度先增大后减小
C．恰好分离时物块的加速度大小为 D．物块A上升的高度为
【解析】 A．上升过程中A、整体向上做加速度减小的加速运动，故A错误；
B．物块速度一直在增大，故B错误；
CD．设初始时弹簧的压缩量为，根据胡克定律有，解得，设当物块A、恰好分离时弹簧的压缩量为，对物块A、分别应用牛顿第二定律有，，联立解得，，则物体A上升的高度为，故D错误；C正确。故选C。
【答案】 C
12．(2022•辽宁省大连市第一中学高三(上)期中联考)(多选)如图所示为儿童乐园里一项游乐活动的示意图，金属导轨倾斜固定，倾角为，导轨上开有一狭槽，内置一小球，球可沿槽无摩擦滑动，绳子一端与球相连，另一端连接一抱枕，小孩可抱住抱枕与之一起下滑，绳与竖直方向间的夹角为，且保持不变。假设抱枕质量为m1，小孩质量为m2，小球、绳的质量及空气阻力均忽略不计，则下列说法正确的是( )
A．角可能等于角
B．小孩与抱枕可能一起做匀速直线运动
C．小孩与抱枕一定一起做匀加速直线运动
D．绳子拉力与抱枕对小孩的作用力大小之比为(m1＋m2)∶m2
【解析】 ABC．由于球沿斜槽无摩擦滑动，系统具有相同的加速度，则，解得，小孩与抱枕做匀加速直线运动，隔离对小孩和抱枕分析，加速度，解得，可得，即角一定等于角，故C正确，AB错误；
D．对人和抱枕整体分析，根据平行四边形定则知绳子的拉力，抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上，大小为，则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为，故D正确。故选CD。
【答案】 CD
13．(2022•江西省新余市第一中学高三(上)第三次段考)(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0.5g
C．弹簧的劲度系数等于
D．在B与A分离之前，它们做匀加速运动
【解析】 AB．B与A刚分离的瞬间，A、B具有相同的速度和加速度且AB间无相互作用力，分析B知，B具有向上的加速度，大小aB=，此时对A分析有：，A也具有向上的加速度，由牛顿第二定律知此时弹簧弹力F弹=1.5mg，不为0，故弹簧不是原长，处于压缩状态，故A错误B正确；
C．B和A刚分离时，弹簧的弹力大小为F弹=1.5mg，原来静止时弹力大小为2mg，则弹力减小量△F=0.5mg。两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小△x=h，由胡克定律得：，故C正确；
D．在B与A分离之前，弹簧弹力一直减小，而拉力不变，整体分析可知，它们做非匀变速运动，故D错误。故选BC。
【答案】 BC
14．(2022•湖南省长郡中学第四次月考)如图所示，货车运载相同圆柱形空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定。油桶C自由地摆放在桶A、B之间，和汽车一起行驶，油桶C与A、B之间的摩擦可忽略不计。下列说法正确的是( )
A．汽车向左匀速时，A对C的支持力与油桶C的重力大小相等
B．汽车向左加速时，A对C的支持力增大，B对C的支持力减小
C．汽车向左的加速度为时，C刚好只受一只桶的支持力
D．汽车向左的加速度为时，C将脱离A跑到B的右边
【解析】 A．根据几何关系，A和B对C的支持力方向均与竖直方向夹角为30°，匀速行驶时，对C根据平衡条件，，解得，支持力，故A错误；
B．汽车向左加速时，竖直方向根据平衡条件，水平方向根据牛顿第二定律，由此可知，汽车向左加速时，A对C的支持力减小，B对C的支持力增大，故B错误；
C．汽车向左的加速度为时，，，解得，故C正确；
D．因为，故此时A对C的支持力大于0，C不会脱离A，故D错误。故选C。
【答案】 C
15．(2022•河北省沧州市第一中学高三(下)第一次月考)如图所示，一固定光滑杆与水平方向夹角为θ，将一质量为m1的小环套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，静止释放后，小环与小球保持相对静止以相同的加速度a一起下滑，此时绳子与竖直方向夹角为β，则下列说法正确的是( )
A．杆对小环的作用力大于m1g+m2g B．m1不变，则m2越大，β越小
C．θ=β，与m1、m2无关 D．若杆不光滑，β可能大于θ
【解析】 A．对整体由牛顿第二定律有，设杆对小环的作用力大小为N，根据平衡条件，选项A错误，
BC．对小球由牛顿第二定律，解得θ＝β，选项C正确，B错误；
D．若杆不光滑，分别对整体、小球用牛顿第二定律同样解得θ＝β，选项D错误。故选C
【答案】 C
16．(2022•东北师范大学附属中学高三(下)测试(六))(多选)如图所示，在粗糙水平面上放置质量分别为、、、的四个木块、、、，木块、用一不可伸长的轻绳相连，木块间的动摩擦因数均为，木块、与水平面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若用水平拉力拉木块，使四个木块一起匀加速前进，重力加速度为，则( )
A．匀加速的最大加速度为
B．以最大加速度匀加速前进时，木块、间的摩擦力与木块、间的摩擦力大小之比为3：2
C．轻绳所受的最大拉力为
D．水平拉力F最大为
【解析】 A．物块C运动的最大加速度为0，物块D运动的最大加速度为，可知系统匀加速的最大加速度为，A错误；
B．以最大加速度匀加速前进时，木块、间的摩擦力，对D分析，木块、间的摩擦力，即木块A、C间的摩擦力与木块B、D间的摩擦力大小之比为3：2，B正确；
C．对AC的整体，解得轻绳所受的最大拉力为，C错误；
D．对ABCD整体，解得水平拉力F最大为，D正确。故选BD。
【答案】 BD
17．(2022•湖南省长郡中学第四次月考)(多选)如图所示，水平地面上两滑块A、B的质量分别为1kg、2kg，A、B与地面间动摩擦因数均为0.2。弹簧左端固定在墙壁上，右端固定在A上。A、B紧靠在一起(不粘连)压紧劲度系数为50N/m的弹簧，此时弹簧的压缩量为10cm且A、B均静止。现施加一水平向右的拉力F，F恒为10N。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是( )
A．施加拉力之前B受到3N的摩擦力
B．AB分离的瞬间B的加速度大小为3m/s2
C．滑块A的速度最大时，其位移大小为4cm
D．从施加拉力开始计时，3秒末滑块B的速度为9m/s
【解析】 A．由题意可知，弹簧的弹力为5N，施加拉力之前AB静止，A受到的最大静摩擦力为2N，由受力平可知，B受到的摩擦力为3N，故A正确；
B．AB分离的瞬间，对B由牛顿第二定律可得，，带入数据解得，故B正确；
C．当滑块A的加速度为零时，滑块A的速度最大即，解得，可知滑块A的速度最大时，其位移大小为，故C错误；
D．由分析可知，当施加拉力开始，AB就分离，分离后B做匀加速直线运动，加速度由B选项可知为，故3秒末滑块B的速度为9m/s，故D正确。故选ABD。
【答案】 ABD
18．(2022•华南师范大学附属中学1月模拟考试)如图所示，一端固定在地面上的杆与水平方向夹角为θ.将一质量为M的滑块套在杆上，滑块通过轻绳悬挂一质量为m的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ，先给滑块一个沿杆方向的初速度.稳定后滑块和小球一起以共同的加速度沿杆运动，此时绳子与竖直方向的夹角为β，且β>θ，不计空气阻力.则滑块的运动情况是( )
A．沿着杆减速下滑 B．沿着杆加速下滑
C．沿着杆减速上滑 D．沿着杆加速上滑
【解析】 由小球的受力分析可知，小球受到重力和绳子方向的拉力的作用，可推知两者的合力只能在沿着斜杆向下的方向，所以整体的加速度方向沿杆向下。
但是整体的速度方向决定了杆对滑块的摩擦力方向，速度方向未知，只能做出假设。
把滑块和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得：
假设：若速度方向向下，则沿斜面方向：
垂直斜面方向：，摩擦力：，联立可解得：
对小球有：若，则有：，现有：，则有：
所以有：整体相对静止，所以：，，即：
因为，所以有：
但，所以假设不成立，即速度的方向一定向上；由于加速度方向向下，所以滑块沿杆减速上滑；故ABD错误;C正确;故选C。
【答案】 C
19．(2022•辽宁省辽阳市高三(下)二模)如图所示，一根足够长且不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮，轻绳两端系着三个小球A、B、C(三个小球均视为质点，且A、B两球的质量相等)，系统保持静止，此时C球离地面的高度为h。若剪断A、B球之间的轻绳，则A球能上升的最大高度为(不计空气阻力)( )
A． B． C． D．
【解析】 态系统静止，所以C球质量为2m，剪断绳子瞬间，设AC间绳子拉力为T，对A球有，对C球有，解得，当C球落地时，A球具有的速度为，解得，之后A做竖直上抛运动，根据，解得，A球能上升的最大高度，故A正确，BCD错误。故选A。
【答案】 A
20．(2022•辽南协作体高三(下)二模)如图所示，质量分别为，的两物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为，的水平拉力分别作用在、上，弹簧测力计未超出弹性限度，则( )
A．弹簧测力计的示数是50N
B．若增大，两物体一起做匀加速直线运动时，弹簧测力计示数可能不变
C．在突然撤去的瞬间，的加速度大小为4
D．在突然撤去的瞬间，的加速度大小为15
【解析】 A．对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二定律得整体的加速度，隔离，根据牛顿第二定律有，解得，所以弹簧测力计的示数为45N，A错误；
B．根据，增大，变大，B错误；
C．在突然撤去的瞬间，弹簧的弹力不变，的加速度不变，为，的加速度C错误；
D．在突然撤去的瞬间，弹簧的弹力不变，的加速度不变，为，的加速度，D正确。故选D。
【答案】 D
21．(2021·江西宜春市期末)如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6 kg的物体P，Q为一质量为m2＝10 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态.现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；
(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a；
(3)力F的最大值与最小值.
【解析】 (1)设开始时弹簧的压缩量为x0，
对整体受力分析，平行斜面方向有(m1＋m2)gsin θ＝kx0 解得x0＝0.16 m.
(2)前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，
对物体P，由牛顿第二定律得：kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s时间内两物体的位移：x0－x1＝at2
联立解得a＝ m/s2.
(3)对两物体受力分析知，开始运动时F最小，分离时F最大，
则Fmin＝(m1＋m2)a＝ N
对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a解得Fmax＝ N.
【答案】 (1)0.16 m (2) m/s2 (3) N N
22．(2022•河南省南阳市第一中学校高三(上)第三次月考)如图，水平面上有一辆小车，小车上有一倾角为30°的光滑斜面，用劲度系数为500N/m的弹簧连接一质量为2kg的物体。以下过程中，物体m与斜面保持相对静止。(g取10m/s2)
(1)若要使物体m对斜面无压力，小车加速度必须多大？
(2)当小车以的加速度向右加速运动时，求弹簧伸长的长度。
【解析】 (1)小滑块对斜面体没有压力，则斜面体对小滑块也没有支持力，小滑块受到重力和拉力，物体的加速度水平向右，故合力水平向右，运用平行四边形定则，如图
由几何关系得到
根据牛顿第二定律，得到
即若使物体m对斜面无压力，小车加速度必须为
(2)对小滑块受力分析，受重力、支持力和拉力，如图
加速度水平向右，故合力水平向右，将各个力和加速度都沿斜面方向和垂直斜面方向正交分解，由牛顿第二定律，，解得
根据胡克定律，解得
【答案】 (1)10m/s2；(2)2.6cm
23．(2022•西北工业大学附属中学高三(上)第四次适应性训练)如图甲所示、平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为、一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接。物块B沿斜面叠放在物块A上但不黏连．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拉力拉动物块B，使物块B做加速度为a匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内其v一t关系分别对应图乙中图线A、B(t1时刻起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，(t1和t2，v1和v2均未知)求：
(1)t2时刻弹簧的形变长度；
(2)从初始到A、B恰好分离的时间；
(3)当物块B位移为x时，求此时拉力F。
【解析】 (1)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
解得
(2)由图读出，时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律
初始时，，解得
(3)A、B分离前，对A、B，
根据牛顿第二定律，，
A、B分离后，解得
【答案】 (1)；(2)；(3)
【能力提高练】 第三节 牛顿定律的综合应用
1．(2022•高考全国甲卷)(多选)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
A．P的加速度大小的最大值为
B．Q的加速度大小的最大值为
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
【解析】 设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为，撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为
AB．以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为，解得，此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，，解得，故滑块Q加速度大小最大值为，A正确，B错误；
C．滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；
D．滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为，解得，撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。故选AD。
【答案】 AD
2．(2022•高考湖南卷)(多选)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比(即，为常量)。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为。重力加速度大小为，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是( )
A．发动机的最大推力为
B．当飞行器以匀速水平飞行时，发动机推力的大小为
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为
D．当飞行器以的速率飞行时，其加速度大小可以达到
【解析】 A．飞行器关闭发动机，以v1=匀速下落时，有，飞行器以v2=向上匀速时，设最大推力为Fm，，联立可得，，A错误；
B．飞行器以v3=匀速水平飞行时，，B正确；
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时
，解得，C正确；
D．当飞行器最大推力向下，以v5=的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值，解得am=2.5g，D错误。故选BC。
【答案】 BC
3．(2022•辽宁省名校联盟高三(上)9月联考)潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，称之为“掉深”。我国南海舰队的某常规型潜艇，是目前世界上唯一的一艘遭遇到海底“掉深”后，还能自救脱险的潜艇，创造了世界潜艇发展史上的奇迹。如图甲所示，某总质量为的潜艇，在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行。时刻，该潜艇“掉深”，在时间内潜艇竖直方向的图像如图乙所示(设竖直向下为正方向)。重力加速度取，不计水的粘滞阻力，则( )
A．潜艇在“掉深”前的速度为
B．潜艇在高密度海水区域受到的浮力为
C．潜艇“掉深”后竖直向下的最大位移为
D．潜艇“掉深”后在时间内处于超重状态
【解析】 A．图像表示潜艇“掉深”后竖直方向速度的变化情况，“掉深”前在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行，所以不知道“掉深”前的速度，故A错误；
B．因潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行，潜艇在高密度海水区域受到的浮力等于潜艇的重力，即为，故B错误；
C．根据图像与坐标轴所围的面积表示位移可得潜艇“掉深”后竖直向下的最大位移为，故C错误；
D．潜艇“掉深”后在时间内，加速度方向向上，处于超重状态，故D正确。故选D。
【答案】 D
4．(2022•云南省昆明市第一中学高三(上)第四次联考)(多选)如图所示，车顶和水平地板成θ=53°角的小车在水平地面上运动时，质量为m=1kg小球和光滑车顶保持接触，轻绳处于伸直状态且和车顶平行，g=10 m/s2，以下说法正确的是.
A．当小车以7.5 m/s2的加速度向右匀减速运动时，小球和竖直车厢壁间无弹力作用
B．当小车以7.5 m/s2的加速度向右匀加速运动时，小球和车顶间无弹力作用
C．当小车以10 m/s2的加速度向右匀加速运动时，车顶受到小球的压力为2 N
D．当小车以10 m/s2的加速度向右匀加速运动时，车顶受到小球的压力为4 N
【解析】 A．当小车以7.5 m/s2的加速度向右匀减速运动时，加速度向左，需要水平向左的合外力，所以小球和竖直车厢壁间一定有弹力作用，故A错误；
B．设小球与光滑车顶没有弹力时，小车的加速度为a，对小球受力分析如图所示，由牛顿第二定律得mgtan37°=ma，解得a=gtan37°=7.5m/s2，故B正确；
CD．当小车以10 m/s2的加速度向右匀加速运动时，对小球受力分析如图所示
由牛顿第二定律得，
联立解得N=2N，故D错误，C正确。故选BC。
【答案】 BC
5．(2022•湖南师范大学附属中学二模)如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为( )
A． B．
C． D．
【解析】 水平细线被剪断前对A、B两小球进行受力分析，如图所示，静止时，由平衡条件得，，，又，解得，水平细线被剪断瞬间，消失，弹力不能突变，A所受合力与等大反向，，所以可得，，ABC错误，D正确。故选D。
【答案】 D
6．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第三次月考)如图所示的水平地面上，直角斜面体M的倾角为30°，物块A、B的质量相等且由跨过光滑轻滑轮C的轻细绳连接。图甲中斜面体M和物块A、B均处于静止状态，且B、C间的细绳与斜面平行，A、C间的细绳竖直。图乙中斜面体M和物块A、B一起以加速度a=g水平向右做匀加速直线运动，且三者保持相对静止，A、C间的细绳竖直，不计空气阻力。下列说法中正确的是( )
A．图甲中的物块A一定受二个力作用，物块B一定受三个力作用
B．图乙中的物块A一定受四个力作用，物块B一定受二个力作用
C．甲、乙两图中轻滑轮对斜面M顶角的作用力均沿顶角的角平分线方向，且大小相等
D．若将图乙中的细绳在运动过程中剪断，且维持斜面M的加速度仍为g，则绳断之后物块A会相对斜面M下滑，物块B会做平抛运动
【解析】 A.题图甲中，对A受力分析，由平衡条件知重力等于绳的拉力，对B受力分析，平行于斜面方向上，重力的分力小于绳的拉力，B一定受到摩擦力，则物块B受重力、支持力、拉力和沿斜面向下的摩擦力四个力的作用，故A错误；
B．题图乙中加速度，根据牛顿第二定律可得物块B受重力和绳子拉力两个力的作用，其中拉力大小为，A也有水平加速度，所以受到斜面的弹力，同时细绳拉力大于A的重力，所以斜面对A有摩擦力作用，所以物块A受重力、斜面体弹力、绳子拉力和沿竖直面向下的摩擦力四个力的作用，故B正确；
C．题图甲、乙中，对轻滑轮受力分析，细绳对滑轮的作用力沿斜面顶角的平分线，故甲、乙两图中轻滑轮对斜面M顶角的作用力均沿顶角的角平分线方向，由于甲、乙两种情况中细绳的拉力大小不等，故甲、乙两图中轻滑轮对斜面M顶角的作用力大小不相等，故C错误；
D．若将图乙中的细绳在运动过程中剪断，且维持斜面M的加速度仍为，则斜面对A弹力不变，则绳断之后物块A所受摩擦力大小仍为mg，方向反向，所以A不会相对斜面M下滑。而物块B仍然与斜面间没有作用力，所以B会做平抛运动，故D错误。故选B。
【答案】 B
7．(2022•四川省南充高级中学高三(上)第一次月考)(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A拴接，物块A、B、C、D紧挨在一起放在光滑水平面上，在水平向左的外力F的作用下整个装置处于静止状态。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧始终处于弹性限度内，物块A、B、C、D的质量分别为m、2m、3m、4m，突然撤去外力F瞬间，下列说法正确的是( )
A．弹簧的压缩量为 B．A的加速度大小为
C．B对A的作用力大小为 D．B对C的作用力大小为
【解析】 A．根据胡克定律可知，弹簧的压缩量为，选项A错误；
B．突然撤去外力F瞬间，整体的加速度都相同，则A的加速度大小为，选项B正确；
C．对BCD的整体，则A对B的作用力大小为，根据牛顿第三定律可知，B对A的作用力大小为，选项C正确；
D．对CD整体，由牛顿定律可得，B对C的作用力大小为，选项D错误。故选BC。
【答案】 BC
8．(2022•四川省南充高级中学高三(上)第三次月考)如图甲所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为mA=1 kg、mB=3 kg，现用水平力FA推A，用水平力FB拉B，FA和FB随时间t变化关系如图乙所示，则( )
A．A、B脱离之前，A球所受的合外力逐渐减小
B．t=3 s时，A、B脱离
C．A、B脱离前，它们一起运动的位移为6m
D．A、B脱离后，A做减速运动，B做加速运动
【解析】 A．由乙图可得FA=9-3t(N)，FB=3+3t(N)，在未脱离的过程中，整体受力向右，且大小不变，恒定为FA+FB=12N，匀加速运动的加速度，则A、B脱离之前，它们一直做匀加速运动，A球所受的合外力不变。故A错误；
B．脱离时满足A、B加速度相同，且弹力为零，故，解得t=2s，故B错误；
C．A、B脱离前，它们一起运动位移为，故C正确；
D．脱离后的1s内A仍然受到向右的推力，所以A仍然做加速运动，在t=3s后A不受推力后A将做匀速直线运动；物体B一直受到向右的拉力而做加速运动，故D错误。故选C。
【答案】 C
9．(2022•陕西省西安市第一中学高三(上)期中)如图所示，在倾角为θ=30的光滑斜面上，物块A、B质量均为m．物块A静止在轻弹簧上端，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B靠在一起，但A、B之间无弹力．已知重力加速度为g，某时刻将细线剪断，下列说法正确的是( )
A．细线剪断前，弹簧的弹力为mg B．细线剪断前，细线的拉力为mg
C．细线剪断瞬间，弹簧的弹力发生变化 D．细线剪断瞬间，物块B的加速度大小为g
【解析】 A、剪断细绳前，由于A.B之间无弹力，对A分析可以得到弹簧的弹力： ，故A错；
B、剪断细绳前，由于A.B之间无弹力，对A分析可以得到 ，故B错；
C、细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，故C错；
D、剪断细线瞬间，对A.B系统，加速度：，故D对；故选D
【答案】 D
10．(2022•全国专题练)如图所示，小车分别以加速度a1、a2、a3、a4向右做匀加速运动，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，加速度为a1、a2时，细线在竖直方向上，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，M受到的摩擦力大小分别为f1、f2、f3、f4，则以下结论正确的是( )
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【解析】 在第一、二两幅图中，M水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律得，，在第三、四两幅图中，对M和m组成的系统来分析，根据牛顿第二定律可知，
A．如果，解得，故A错误；
B．如果，则，故B错误；
C．若，则，故C正确；
D．对m受力分析可知，若，可得，故D正确。故选CD。
【答案】 CD
11．(2022•辽宁省名校联盟高三(上)9月联考)如图所示，一劲度系数为的轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为的物块、(物块与弹簧拴接)，初始时物块均处于静止状态．现对物块A施加一个竖直向上的恒力，重力加速度为，则由静止开始向上运动到物块A、恰好分离的过程中，以下说法正确的是( )
A．物块A做匀加速运动 B．物块的速度先增大后减小
C．恰好分离时物块的加速度大小为 D．物块A上升的高度为
【解析】 A．上升过程中A、整体向上做加速度减小的加速运动，故A错误；
B．物块速度一直在增大，故B错误；
CD．设初始时弹簧的压缩量为，根据胡克定律有，解得，设当物块A、恰好分离时弹簧的压缩量为，对物块A、分别应用牛顿第二定律有，，联立解得，，则物体A上升的高度为，故D错误；C正确。故选C。
【答案】 C
12．(2022•辽宁省大连市第一中学高三(上)期中联考)(多选)如图所示为儿童乐园里一项游乐活动的示意图，金属导轨倾斜固定，倾角为，导轨上开有一狭槽，内置一小球，球可沿槽无摩擦滑动，绳子一端与球相连，另一端连接一抱枕，小孩可抱住抱枕与之一起下滑，绳与竖直方向间的夹角为，且保持不变。假设抱枕质量为m1，小孩质量为m2，小球、绳的质量及空气阻力均忽略不计，则下列说法正确的是( )
A．角可能等于角
B．小孩与抱枕可能一起做匀速直线运动
C．小孩与抱枕一定一起做匀加速直线运动
D．绳子拉力与抱枕对小孩的作用力大小之比为(m1＋m2)∶m2
【解析】 ABC．由于球沿斜槽无摩擦滑动，系统具有相同的加速度，则，解得，小孩与抱枕做匀加速直线运动，隔离对小孩和抱枕分析，加速度，解得，可得，即角一定等于角，故C正确，AB错误；
D．对人和抱枕整体分析，根据平行四边形定则知绳子的拉力，抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上，大小为，则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为，故D正确。故选CD。
【答案】 CD
13．(2022•江西省新余市第一中学高三(上)第三次段考)(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0.5g
C．弹簧的劲度系数等于
D．在B与A分离之前，它们做匀加速运动
【解析】 AB．B与A刚分离的瞬间，A、B具有相同的速度和加速度且AB间无相互作用力，分析B知，B具有向上的加速度，大小aB=，此时对A分析有：，A也具有向上的加速度，由牛顿第二定律知此时弹簧弹力F弹=1.5mg，不为0，故弹簧不是原长，处于压缩状态，故A错误B正确；
C．B和A刚分离时，弹簧的弹力大小为F弹=1.5mg，原来静止时弹力大小为2mg，则弹力减小量△F=0.5mg。两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小△x=h，由胡克定律得：，故C正确；
D．在B与A分离之前，弹簧弹力一直减小，而拉力不变，整体分析可知，它们做非匀变速运动，故D错误。故选BC。
【答案】 BC
14．(2022•湖南省长郡中学第四次月考)如图所示，货车运载相同圆柱形空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定。油桶C自由地摆放在桶A、B之间，和汽车一起行驶，油桶C与A、B之间的摩擦可忽略不计。下列说法正确的是( )
A．汽车向左匀速时，A对C的支持力与油桶C的重力大小相等
B．汽车向左加速时，A对C的支持力增大，B对C的支持力减小
C．汽车向左的加速度为时，C刚好只受一只桶的支持力
D．汽车向左的加速度为时，C将脱离A跑到B的右边
【解析】 A．根据几何关系，A和B对C的支持力方向均与竖直方向夹角为30°，匀速行驶时，对C根据平衡条件，，解得，支持力，故A错误；
B．汽车向左加速时，竖直方向根据平衡条件，水平方向根据牛顿第二定律，由此可知，汽车向左加速时，A对C的支持力减小，B对C的支持力增大，故B错误；
C．汽车向左的加速度为时，，，解得，故C正确；
D．因为，故此时A对C的支持力大于0，C不会脱离A，故D错误。故选C。
【答案】 C
15．(2022•河北省沧州市第一中学高三(下)第一次月考)如图所示，一固定光滑杆与水平方向夹角为θ，将一质量为m1的小环套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，静止释放后，小环与小球保持相对静止以相同的加速度a一起下滑，此时绳子与竖直方向夹角为β，则下列说法正确的是( )
A．杆对小环的作用力大于m1g+m2g B．m1不变，则m2越大，β越小
C．θ=β，与m1、m2无关 D．若杆不光滑，β可能大于θ
【解析】 A．对整体由牛顿第二定律有，设杆对小环的作用力大小为N，根据平衡条件，选项A错误，
BC．对小球由牛顿第二定律，解得θ＝β，选项C正确，B错误；
D．若杆不光滑，分别对整体、小球用牛顿第二定律同样解得θ＝β，选项D错误。故选C
【答案】 C
16．(2022•东北师范大学附属中学高三(下)测试(六))(多选)如图所示，在粗糙水平面上放置质量分别为、、、的四个木块、、、，木块、用一不可伸长的轻绳相连，木块间的动摩擦因数均为，木块、与水平面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若用水平拉力拉木块，使四个木块一起匀加速前进，重力加速度为，则( )
A．匀加速的最大加速度为
B．以最大加速度匀加速前进时，木块、间的摩擦力与木块、间的摩擦力大小之比为3：2
C．轻绳所受的最大拉力为
D．水平拉力F最大为
【解析】 A．物块C运动的最大加速度为0，物块D运动的最大加速度为，可知系统匀加速的最大加速度为，A错误；
B．以最大加速度匀加速前进时，木块、间的摩擦力，对D分析，木块、间的摩擦力，即木块A、C间的摩擦力与木块B、D间的摩擦力大小之比为3：2，B正确；
C．对AC的整体，解得轻绳所受的最大拉力为，C错误；
D．对ABCD整体，解得水平拉力F最大为，D正确。故选BD。
【答案】 BD
17．(2022•湖南省长郡中学第四次月考)(多选)如图所示，水平地面上两滑块A、B的质量分别为1kg、2kg，A、B与地面间动摩擦因数均为0.2。弹簧左端固定在墙壁上，右端固定在A上。A、B紧靠在一起(不粘连)压紧劲度系数为50N/m的弹簧，此时弹簧的压缩量为10cm且A、B均静止。现施加一水平向右的拉力F，F恒为10N。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是( )
A．施加拉力之前B受到3N的摩擦力
B．AB分离的瞬间B的加速度大小为3m/s2
C．滑块A的速度最大时，其位移大小为4cm
D．从施加拉力开始计时，3秒末滑块B的速度为9m/s
【解析】 A．由题意可知，弹簧的弹力为5N，施加拉力之前AB静止，A受到的最大静摩擦力为2N，由受力平可知，B受到的摩擦力为3N，故A正确；
B．AB分离的瞬间，对B由牛顿第二定律可得，，带入数据解得，故B正确；
C．当滑块A的加速度为零时，滑块A的速度最大即，解得，可知滑块A的速度最大时，其位移大小为，故C错误；
D．由分析可知，当施加拉力开始，AB就分离，分离后B做匀加速直线运动，加速度由B选项可知为，故3秒末滑块B的速度为9m/s，故D正确。故选ABD。
【答案】 ABD
18．(2022•华南师范大学附属中学1月模拟考试)如图所示，一端固定在地面上的杆与水平方向夹角为θ.将一质量为M的滑块套在杆上，滑块通过轻绳悬挂一质量为m的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ，先给滑块一个沿杆方向的初速度.稳定后滑块和小球一起以共同的加速度沿杆运动，此时绳子与竖直方向的夹角为β，且β>θ，不计空气阻力.则滑块的运动情况是( )
A．沿着杆减速下滑 B．沿着杆加速下滑
C．沿着杆减速上滑 D．沿着杆加速上滑
【解析】 由小球的受力分析可知，小球受到重力和绳子方向的拉力的作用，可推知两者的合力只能在沿着斜杆向下的方向，所以整体的加速度方向沿杆向下。
但是整体的速度方向决定了杆对滑块的摩擦力方向，速度方向未知，只能做出假设。
把滑块和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得：
假设：若速度方向向下，则沿斜面方向：
垂直斜面方向：，摩擦力：，联立可解得：
对小球有：若，则有：，现有：，则有：
所以有：整体相对静止，所以：，，即：
因为，所以有：
但，所以假设不成立，即速度的方向一定向上；由于加速度方向向下，所以滑块沿杆减速上滑；故ABD错误;C正确;故选C。
【答案】 C
19．(2022•辽宁省辽阳市高三(下)二模)如图所示，一根足够长且不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮，轻绳两端系着三个小球A、B、C(三个小球均视为质点，且A、B两球的质量相等)，系统保持静止，此时C球离地面的高度为h。若剪断A、B球之间的轻绳，则A球能上升的最大高度为(不计空气阻力)( )
A． B． C． D．
【解析】 态系统静止，所以C球质量为2m，剪断绳子瞬间，设AC间绳子拉力为T，对A球有，对C球有，解得，当C球落地时，A球具有的速度为，解得，之后A做竖直上抛运动，根据，解得，A球能上升的最大高度，故A正确，BCD错误。故选A。
【答案】 A
20．(2022•辽南协作体高三(下)二模)如图所示，质量分别为，的两物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为，的水平拉力分别作用在、上，弹簧测力计未超出弹性限度，则( )
A．弹簧测力计的示数是50N
B．若增大，两物体一起做匀加速直线运动时，弹簧测力计示数可能不变
C．在突然撤去的瞬间，的加速度大小为4
D．在突然撤去的瞬间，的加速度大小为15
【解析】 A．对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二定律得整体的加速度，隔离，根据牛顿第二定律有，解得，所以弹簧测力计的示数为45N，A错误；
B．根据，增大，变大，B错误；
C．在突然撤去的瞬间，弹簧的弹力不变，的加速度不变，为，的加速度C错误；
D．在突然撤去的瞬间，弹簧的弹力不变，的加速度不变，为，的加速度，D正确。故选D。
【答案】 D
21．(2021·江西宜春市期末)如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6 kg的物体P，Q为一质量为m2＝10 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态.现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；
(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a；
(3)力F的最大值与最小值.
【解析】 (1)设开始时弹簧的压缩量为x0，
对整体受力分析，平行斜面方向有(m1＋m2)gsin θ＝kx0 解得x0＝0.16 m.
(2)前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，
对物体P，由牛顿第二定律得：kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s时间内两物体的位移：x0－x1＝at2
联立解得a＝ m/s2.
(3)对两物体受力分析知，开始运动时F最小，分离时F最大，
则Fmin＝(m1＋m2)a＝ N
对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a解得Fmax＝ N.
【答案】 (1)0.16 m (2) m/s2 (3) N N
22．(2022•河南省南阳市第一中学校高三(上)第三次月考)如图，水平面上有一辆小车，小车上有一倾角为30°的光滑斜面，用劲度系数为500N/m的弹簧连接一质量为2kg的物体。以下过程中，物体m与斜面保持相对静止。(g取10m/s2)
(1)若要使物体m对斜面无压力，小车加速度必须多大？
(2)当小车以的加速度向右加速运动时，求弹簧伸长的长度。
【解析】 (1)小滑块对斜面体没有压力，则斜面体对小滑块也没有支持力，小滑块受到重力和拉力，物体的加速度水平向右，故合力水平向右，运用平行四边形定则，如图
由几何关系得到
根据牛顿第二定律，得到
即若使物体m对斜面无压力，小车加速度必须为
(2)对小滑块受力分析，受重力、支持力和拉力，如图
加速度水平向右，故合力水平向右，将各个力和加速度都沿斜面方向和垂直斜面方向正交分解，由牛顿第二定律，，解得
根据胡克定律，解得
【答案】 (1)10m/s2；(2)2.6cm
23．(2022•西北工业大学附属中学高三(上)第四次适应性训练)如图甲所示、平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为、一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接。物块B沿斜面叠放在物块A上但不黏连．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拉力拉动物块B，使物块B做加速度为a匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内其v一t关系分别对应图乙中图线A、B(t1时刻起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，(t1和t2，v1和v2均未知)求：
(1)t2时刻弹簧的形变长度；
(2)从初始到A、B恰好分离的时间；
(3)当物块B位移为x时，求此时拉力F。
【解析】 (1)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
解得
(2)由图读出，时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律
初始时，，解得
(3)A、B分离前，对A、B，
根据牛顿第二定律，，
A、B分离后，解得
【答案】 (1)；(2)；(3)
相关试卷
(能力提高练) 第五节 牛顿定律与板块模型-2023年高考物理一轮系统复习学思用： 这是一份(能力提高练) 第五节 牛顿定律与板块模型-2023年高考物理一轮系统复习学思用，共15页。
(能力提高练) 第四节 牛顿定律与传送带模型-2023年高考物理一轮系统复习学思用： 这是一份(能力提高练) 第四节 牛顿定律与传送带模型-2023年高考物理一轮系统复习学思用，共13页。
(能力提高练) 第四节 电场性质的综合应用-2023年高考物理一轮系统复习学思用： 这是一份(能力提高练) 第四节 电场性质的综合应用-2023年高考物理一轮系统复习学思用，共34页。
