（江苏专用）2020版高考物理新增分大一轮复习第三章牛顿运动定律专题突破三应用牛顿运动定律解决“四类”问题讲义（含解析）.docx

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1、1专题突破三 应用牛顿运动定律解决“四类”问题一、超重和失重1超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象(2)产生条件：物体具有向上的加速度(或向上的加速度分量)2失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象(2)产生条件：物体具有向下的加速度(或向下的加速度分量)3完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于 0的现象称为完全失重现象(2)产生条件：物体的加速度 a g，方向竖直向下自测 1 关于超重和失重的下列说法中，正确的是( )A超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了B物体做自由

2、落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用C物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态D物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化答案 D二、动力学中的图象问题1动力学中常见的图象v t图象、 x t图象、 F t图象、 F a图象等2解决图象问题的关键(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原来是否从 0开始(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解自测 2 静止物体受到的合外力随时间变化的图象如图 1所示，它的速度随时间

3、变化的图象是下图中的( )图 12答案 A解析 由合外力随时间变化的图象知，物体先做匀加速运动再做加速度不同的匀加速运动，且第二次加速度大于第一次加速度，最后所受合外力为 0，做匀速运动，故选 A.三、连接体问题1两个(或两个以上)物体组成的系统，我们称之为连接体连接体的加速度通常是相同的，但也有不同的情况，如一个静止、一个运动连接体问题的类型有：物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体2处理连接体问题的方法：整体法与隔离法要么先整体后隔离，要么先隔离后整体不管用什么方法解题，所使用的规律都是牛顿运动定律自测 3 光滑水平面上两物体质量分别为 M、 m，由轻绳相连，水平恒力 F作用在 M

4、上，如图 2所示求轻绳上的拉力大小图 2答案 见解析解析 对 M、 m组成的整体由牛顿第二定律得：F( M m)aa .FM m对 m由牛顿第二定律得绳子拉力 FT ma解得 FT F.mM m四、动力学中的临界与极值问题1临界或极值条件的标志(1)题目中“刚好” “恰好” “正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在临界点(2)题目中“取值范围” “多长时间” “多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止点” ，而这些“起止点”一般对应临界状态(3)题目中“最大” “最小” “至多” “至少”等词句，表明题述的过程存在极值，这个极值点3往往是临界点2常见临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件

5、：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力 FN0.(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是 FT0.(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零命题点一 超重、失重问题状态比较 超重 失重本质特征物体具有竖直向上的加速度 a物体加速度有竖直向上的分量物体具有竖直向下的加速度 a物体加速度有竖直向下的分量现象对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)大于重力，即 F mg mamg对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)小于重力，即 F mg mamg(完全失

6、重时 F0)运动可能性竖直向上加速或向下减速有竖直向上加速或向下减速的分运动竖直向下加速或向上减速有竖直向下加速或向上减速的分运动说明失重情况下，物体具有竖直向下的加速度， a g时为“完全失重”在超重和失重状态下，物体的重力依然存在，而且不变在完全失重状态下，由重力产生的一切物理现象都会消失比如物体对桌面无压力、单摆停止摆动、浸在水里的物体不受浮力等完全失重的三个典型例子：自由落体运动、抛体运动(含竖直上抛、竖直下抛、平抛和斜抛)和天体公转例 1 (2018常州市一模)如图 3所示，小明将叠放在一起的 A、 B两本书抛给小强，已知A的质量为 m，重力加速度为 g，两本书在空中不翻转，不计空气

7、阻力，则 A、 B在空中运动时( )图 3A A的加速度等于 g4B B的加速度大于 gC A对 B的压力等于 mgD A对 B的压力大于 mg答案 A解析 A、 B两本书叠在一起水平抛出，均做加速度为 g的抛体运动，处于完全失重状态，则 A、 B两本书间的作用力为零，故 A正确，B、C、D 错误变式 1 (多选)(2019清江中学期初)在升降机内，一个人站在磅秤上，发现自己的体重减轻了 20%.他做出的下列判断中正确的是( )A升降机可能正以 0.8g的加速度加速上升B升降机可能正以 0.2g的加速度加速下降C升降机可能正以 0.2g的加速度减速上升D升降机可能正以 0.8g的加速度减速下降

8、答案 BC命题点二 动力学图象问题1动力学图象问题的类型2解题策略(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图象斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式” “图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断例 2 (2018常州市一模)如图 4所示，物块以速度 v0从粗糙固定斜面底端沿斜面上滑，达到最高点后沿斜面返回下列 v t图象能正确反映物块运动规律的是( )图 45答案 C解析 在上滑过程中，根据牛顿第二定律可知上滑加速度大小为 a1 ，下滑mgsin Ffm过程的加速度大小为 a2 ，故 a1 a2，上滑和下滑

9、运动方向相反，故 C正确mgsin Ffm变式 2 (多选)(2018高邮市期初)如图 5甲所示，一轻弹簧下端固定在水平面上，上端放置一小物体，小物体处于静止状态现对小物体施一竖直向上的拉力 F，使小物体向上做匀加速直线运动，拉力 F与物体位移 x的关系如图乙所示， a、 b、 c均为已知量，重力加速度为 g，弹簧始终在弹性限度内则下列结论正确的是( )图 5A开始时弹簧的压缩量为 cB物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态C物体的加速度大小为 gabD物体从开始运动到离开弹簧的过程经过的时间为2cb aag答案 AD解析 刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，弹簧的压缩量 x c，故 A正

10、确；物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故 B错误；开始时，由平衡条件得： mg kx拉力 F1为 a时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律有：F1 kx mg ma物体与弹簧分离后，拉力 F2为 b，根据牛顿第二定律有： F2 mg ma由式解得：物体的质量 m ，弹簧的劲度系数 k ，加速度 a ，故b ag b ac agb aC错误；从物体开始运动到离开弹簧的过程，物体的位移为 c，由匀变速直线运动的位移公式得：6c a t2，解得，运动时间 t ，故 D正确12 2cb aag变式 3 (多选)(2018淮安中学期中)图 6甲是 2012年我国运动员在伦敦奥运会上蹦床比赛

11、的一个情景设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力 F随时间 t的变化规律，如图乙所示取 g10m/s 2，不计空气阻力，根据 F t图象可以知道( )图 6A运动员的质量为 50kgB运动员在运动过程中的最大加速度为 40m/s2C运动员重心离开蹦床上升的最大高度是 3.2mD跳跃节奏稳定后，运动员与蹦床接触时间是 1.6s答案 ABC命题点三 连接体问题1方法整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量隔离法的选取原则若连接体内各物体

12、的加速度不相同，或者需要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力即“先整体求加速度，后隔离求内力”2.连接体中力的“分配协议”如图 7所示，一起做匀加速运动的物体系统，若外力 F作用于 m1上，则 m1和 m2的相互作用力 F12 ，若作用于 m2上，则 F12 .此“协议”与有无摩擦无关(若有摩擦，m2Fm1 m2 m1Fm1 m2两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)，与两物

13、体间有无连接物、何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且物体系统处于平面、斜面、竖直方向此“协议”都成立7图 7例 3 (2018南京市期中)为了测量小木板和斜面间的动摩擦因数，某同学设计如图 8所示实验，在小木板上固定一个轻质弹簧测力计(以下简称弹簧)，弹簧下端吊一个光滑小球，弹簧长度方向与斜面平行，现将木板连同弹簧、小球放在斜面上，用手固定木板时，弹簧示数为 F1，放手后，木板沿斜面下滑，稳定后弹簧示数为 F2，测得斜面倾角为 ，则木板与斜面间动摩擦因数 为多少？(斜面固定在地面上)图 8答案 tanF2F1解析 固定时示数为 F1，对小球受力分析有：F1 mgsin 整体下滑时，由牛顿

14、第二定律得：( M m)gsin (M m)gcos ( M m)a下滑稳定后，对小球 mgsin F2 ma由式得 tan .F2F1变式 4 (2018如皋市模拟)如图 9所示，质量为 m2的物块 B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为 m1的物块 A， A通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为 M的物块 C连接释放C， A和 B一起以加速度 a从静止开始运动，已知 A、 B间动摩擦因数为 1，则细线中的拉力大小为( )图 9A Mg B Mg MaC( m1 m2)a D m1a 1m1g答案 C解析 以 C为研究对象，则 Mg FT Ma，解得 FT Mg Ma，故 A、B 错误；以 A、

15、B为整体，8根据牛顿第二定律可知 FT( m1 m2)a，故 C正确； A、 B间为静摩擦力，故 D错误变式 5 如图 10， A、 B两物体由静止释放，一起沿固定斜面匀加速下滑，已知 A物体质量为 m1， B物体质量为 m2，斜面倾角为 ， A、 B两物体接触面间的动摩擦因数为 1， B与斜面间的动摩擦因数为 2，则物体 A所受摩擦力大小与方向为( )图 10A 1m1gcos ，方向沿斜面向上B 1m1gcos ，方向沿斜面向下C 2m1gcos ，方向沿斜面向上D 2m1gcos ，方向沿斜面向下答案 C命题点四 动力学中的临界与极值问题1.几种常见临界状态Error!2明确临界状态的特

16、征Error!3思维方法极限法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件例 4 如图 11所示，物体 A叠放在物体 B上， B置于光滑水平面上， A、 B质量分别为mA6kg、 mB2kg， A、 B之间的动摩擦因数 0.2，开始时 F10N，此后逐渐增大，在增大到 45N的过程中，则( g取 10m/s2， A、 B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图

17、11A当拉力 F12N 时， A、 B均保持静止状态B A、 B开始没有相对运动，当拉力超过 12N时，开始相对运动C A、 B从受力开始就有相对运动D A、 B始终没有相对运动答案 D变式 6 (多选)(2018盐城市期中)如图 12所示，甲、乙两个物块叠放在光滑水平面上，9甲的质量为 m，乙的质量为 2m，它们之间的动摩擦因数为 .设甲、乙两物块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力当水平力 F作用在物块乙上，使两个物块以相同的加速度运动则( )图 12A甲对乙的摩擦力小于乙对甲的摩擦力B两个物块以相同的加速度运动时，甲所受的最大合力为 mgC两个物块以相同的加速度运动时，乙的最大加速度为 gD只

18、要水平力 F大于 2mg ，两个物块之间就会发生相对滑动答案 BC解析 甲对乙的摩擦力与乙对甲的摩擦力为作用力与反作用力，故大小相等，故 A错误；对甲受力分析，根据牛顿第二定律可知 Ff ma，故甲所受的最大合力为最大静摩擦力，故 B正确；由 mg ma，解得甲的最大加速度 a g ，故两个物块以相同的加速度运动时，乙的最大加速度为 g ，故 C正确；对乙分析， F mg 2 ma，解得 F3 mg ，故当F3 mg ，两物块发生相对滑动，故 D错误变式 7 (多选)(2018盐城中学段考)如图 13所示，在倾角 30的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块 A、 B，它们的质量均为 m，弹簧

19、的劲度系数为 k， C为一固定挡板系统处于静止状态，现开始用一沿斜面方向的力 F拉物块 A使之以加速度 a向上做匀加速运动，物块 B刚要离开 C时力 F的大小恰为 2mg.则( )图 13A物块 B刚要离开 C时受到的弹簧弹力大小为mg2B加速度 a g12C这个过程持续的时间为2mkD这个过程 A的位移为mgk答案 ACD解析 物块 B刚要离开 C时， C对 B的弹力恰好为零，对 B，由平衡条件得，此时弹簧的弹力： F 弹 mgsin ，故 A正确； B刚要离开 C时，对 A，由牛顿第二定律得： F mgsin mg210 F 弹 ma，解得： a g，故 B错误；刚开始时，对 A由平衡条件

20、得： kx1 mgsin ， B刚要离开 C时，弹簧弹力： F 弹 kx2，整个过程 A的位移： x x1 x2，解得： x ，故 Dmgk正确；物块 A做初速度为零的匀加速直线运动，位移： x at2，解得，运动时间：12t ，故 C正确2mk1(多选)(2018南京市、盐城市一模)建筑工地通过吊车将物体运送到高处简化后模型如图 14所示，直导轨 ABC与圆弧形导轨 CDE相连接， D为圆弧最高点，整个装置在竖直平面内，吊车先加速从 A点运动到 C点，再匀速率通过 CDE.吊车经过 B、 D处时，关于物体 M受力情况的描述正确的是( )图 14A过 B点时，处于超重状态，摩擦力水平向左B过

21、B点时，处于超重状态，摩擦力水平向右C过 D点时，处于失重状态，一定不受摩擦力作用D过 D点时，处于失重状态，底板支持力一定为零答案 BC解析 在 AC段吊车和物体 M一起向上做加速运动，加速度方向沿导轨向上，所以过 B点时，物体 M处于超重状态，由于物体 M具有向右的水平分加速度，故物体 M受到的支持物的静摩擦力水平向右，故 A错误，B 正确；过 D点吊车和物体 M做圆周运动，物体 M有向下的向心加速度， M物体处于失重状态，一定不受支持物的摩擦力，由于过 D点时的向心加速度不一定为 g，所以物体 M对支持物的压力不一定等于零，由牛顿第三定律知，底板支持力不一定为零，故 C正确，D 错误2(

22、2018南通市、泰州市一模) 一粒石子和一泡沫塑料球以相同初速度同时竖直向上抛出，泡沫塑料球受到的空气阻力大小与其速度大小成正比忽略石子受到的空气阻力，石子和塑料球运动的速度 v随时间 t变化的图象如图所示，其中可能正确的是( )11答案 D3(2018高邮中学月考)如图 15所示，一截面为椭圆形的容器内壁光滑，其质量为 M，置于光滑水平面上，内有一质量为 m的小球，当容器受到一个水平向右的力 F作用向右匀加速运动时，小球处于图示位置，重力加速度为 g，此时小球对椭圆面的压力大小为( )图 15A mg2 ( FM m)2B mg2 ( FM m)2C mg2 (Fm)2D. mg2 F2答案

23、 B解析 先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：加速度为 a ，再对小球研究，分FM m析受力情况，如图所示，由牛顿第二定律得到： FN m ，由牛顿mg2 ma2g2 ( FM m)2第三定律得，B 选项正确4(2018苏州市模拟)如图 16甲所示，足够长的木板 B静置于光滑水平面上，其上表面放置小滑块 A.木板 B在水平拉力 F作用下，其加速度 a与拉力 F的关系图象如图乙所示，则小滑块 A的质量为( )12图 16A4kg B3kgC2kg D1kg答案 C1(多选)(2018锡山中学月考)2015 年 7月的喀山游泳世锦赛中，我省名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠如图 1，她从跳台斜向上

24、跳起，一段时间后完全进入水中，不计空气阻力下列说法正确的是( )图 1A她在空中上升过程中处于失重状态B她在空中下落过程中做自由落体运动C她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度D入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小答案 AD解析 她在空中上升过程中加速度向下，处于失重状态，故 A项正确她斜向上跳起，水平方向产生了一定的初速度，所以她在空中下落过程中做的不是自由落体运动，故 B项错误她即将入水时重力依旧大于阻力，速度还在增加，所以即将入水时的速度不是整个跳水过程中的最大速度，故 C项错误由牛顿第三定律可知，入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小，故 D项正确2

25、(2018高邮市期初)高跷运动是一项新型运动，图 2甲为弹簧高跷当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙不计空气阻力，则下列说法正确的是( )13图 2A人向上弹起过程中，一直处于超重状态B人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力C弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力D从最高点下落至最低点的过程，人先做匀加速运动后做匀减速运动答案 C解析 人向上弹起过程中，开始时加速度的方向向上，人处于超重状态，最后一段过程弹簧的弹力小于重力，人做减速运动，加速度的方向向下，处于失重状态，故 A错误；踏板对人的作用力和人对踏板的作用力是一对作用力和反作用

26、力，总是大小相等，故 B错误；弹簧压缩到最低点时，人的加速度的方向向上，高跷对人的作用力大于人的重力，故 C正确；从最高点下落至最低点的过程，人先做匀加速运动后做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，故 D错误3(多选)(2018泰州中学月考)如图 3所示，足够长的粗糙斜面固定在地面上，某物块以初速度 v0从底端沿斜面上滑至最高点后又回到底端上述过程中，若用 h、 x、 v和 a分别表示物块距水平地面的高度、位移、速度和加速度的大小， t表示运动时间下列图象中可能正确的是( )图 3答案 AC4(多选)(2018高邮市期初)质量 m1kg 的物体在合外力 F的作用下由静止开始做直线

27、运动，合外力 F随时间 t的变化图象如图 4所示，下列关于该物体运动情况的说法正确的是( )14图 4A01s 内物体沿正方向做匀加速直线运动B第 2s末物体达到最大速度 2m/sC第 4s末物体速度为 0D第 4s末物体回到出发位置答案 BC解析 01 s内， F逐渐变大，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐增大，故 A错误；由于m1 kg，可知 a t图线与 F t图线相同， a t图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，从图线可以看出，2 s末速度最大，最大速度 vm 22 m/s2 m/s，故 B正确；4 12s内 a t图线围成的面积为零，则速度变化量为零，可知第 4 s末速度为零，故 C

28、正确；02 s 内一直做加速运动，24 s 内运动与 02 s 内的运动对称，做减速直线运动，但是速度方向不变，可知第 4 s末物体未回到出发点，故 D错误5如图 5所示，两个质量分别为 m13kg、 m22kg 的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 F130N、 F220N 的水平拉力分别作用在 m1、 m2上，则( )图 5A弹簧测力计的示数是 50NB弹簧测力计的示数是 24NC在突然撤去 F2的瞬间， m2的加速度大小为 4m/s2D在突然撤去 F2的瞬间， m1的加速度大小为 10m/s2答案 B解析 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

29、的加速度 a F1 F2m1 m2m/s22 m/s2，对 m2受力分析，根据牛顿第二定律有 F F2 m2a，解得 F24 N，所以105弹簧测力计的示数为 24 N，选项 A错误，B 正确；在突然撤去 F2的瞬间，弹簧的弹力不变，m1的加速度不变，为 2 m/s2， m2的加速度 a2 m/s212 m/s 2，选项 C、D 错误Fm2 2426.(多选)(2019小海中学月考)如图 6所示，在光滑水平地面上，水平外力 F拉动小车和木15块一起做无相对滑动的加速运动小车质量为 M，木块质量为 m，加速度大小为 a，木块和小车之间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g，则在这个过程中，木块受到的

30、摩擦力大小是( )图 6A mg B.mFm MC (M m)g D ma答案 BD解析 对整体受力分析如图甲所示，整体所受的合力为 F，整体具有的加速度 a .FM m对 m受力分析如图乙所示，根据牛顿第二定律得， Ff ma ，故 B、D 正确，A、C 错mFm M误7.如图 7所示，质量为 1kg的木块 A与质量为 2kg的木块 B叠放在水平地面上， A、 B间的最大静摩擦力为 2N， B与地面间的动摩擦因数为 0.2.用水平力 F作用于 B，则 A、 B保持相对静止的条件是( g取 10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图 7A F12N B F10NC F9N D F6N答

31、案 A解析 当 A、 B间有最大静摩擦力(2N)时，对 A由牛顿第二定律知，加速度为 2m/s2，对A、 B整体应用牛顿第二定律有： F (mA mB)g( mA mB)a，解得 F12N，故 A、 B保持相对静止的条件是 F12N，A 正确，B、C、D 错误8(多选)如图 8所示，倾角为 的斜面体放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块 m正沿斜面加速下滑支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方16向与竖直方向的夹角也为 ，斜面始终保持静止，则下列说法正确的是( )图 8A斜面光滑B斜面粗糙C达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左D达到稳定状态后，地面对斜面体的

32、摩擦力水平向右答案 AC解析 隔离小球受力分析，可知小球的加速度方向沿斜面向下，大小为 gsin ，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是 gsin ，所以 A正确，B 错误将支架系统和斜面看成一个整体，因为支架系统具有沿斜面向下的加速度，故地面对斜面体的摩擦力水平向左，C 正确，D 错误9(多选)(2018红桥中学一调)甲、乙两球从相同高度同时由静止开始落下，两球在到达地面前，除重力外，还受到空气阻力 f的作用，此阻力与球的下落速率 v成正比，即f kv(k0)，且两球的比例常数 k完全相同如图 9所示为两球的 v t图象若甲球与乙球的质量分别为 m1和 m2，则下列说法正确

33、的是( )图 9A m1 m2B m1 m2C乙球先到达地面D甲球先到达地面答案 AD解析 由题图图象知甲、乙两球匀速运动的速度关系有： v 甲 v 乙 由平衡条件得： mg kv联立得： m1 m2 ，故 A正确，B 错误；两者位移相等时，图线与时间轴围成的面积相等，知乙球的运动时间长，故甲球先抵达地面，故 C错误，D 正确1710(2018南京师大附中 5月模拟)如图 10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，

34、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，此时木箱的加速度大小为( )图 10A10.0m/s 2 B5.0m/s 2C2.5m/s 2 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、上方传感器向下的压力F1，下方传感器向上的支持力 FN1，根据平衡条件，有 F1 G FN1，解得 G20 N12 N8 N，弹簧重力不计，故物块重力为 8 N，物块的质量 m 0.8 kg；对物块受力分析，受重Gg力、弹簧的弹力 F2和上方传感器向下的压力 F1，根据平衡条件，有 G F1 F2，解得 F220 N；当系统竖直向上发射

35、时，弹簧弹力不变，仍为 20 N，设上表面传感器的示数为 F，则下表面传感器的示数为 2F，对物块分析有 20 N F G ma，即 12 N F0.8 a；对弹簧和物块整体分析有 2F G F ma，即 F8 N0.8 a，联立解得 F10 N， a2.5 m/s2，C 正确11.(多选)(2018南通市、泰州市一模)如图 11所示，质量均为 m的 A、 B两物块与劲度系数为 k的轻弹簧两端相连，置于足够长、倾角为 30的固定斜面上，处于静止状态物块A下表面光滑，物块 B与斜面间的最大静摩擦力为 Ff，重力加速度为 g.现给物块 A施加沿斜面向上的恒力 F，使 A、 B两物块先后开始运动，弹

36、簧始终在弹性限度内则( )图 11A当物块 B刚开始运动时，弹簧伸长量最大B在物块 B开始运动前，物块 A可能一直做加速运动C物块 A沿斜面向上运动距离为 时，速度达到最大F mgk18D当物块 A沿斜面向上运动距离为 时，物块 B开始运动Ff mgk答案 BD12.(2018南通等六市一调)如图 12所示，倾角为 30的光滑固定斜面上放置质量为 M的木板 A，跨过轻质光滑定滑轮的细线一端与木板相连且细线与斜面平行，另一端连接质量为m的物块 B，质量也为 m的物块 C位于木板顶端静止释放后， C下滑，而 A、 B仍保持静止已知 M1.5 m，重力加速度为 g，求：物块 C沿木板下滑的加速度的大

37、小图 12答案 g14解析 对木板 A受力分析，受重力、支持力、拉力和 C对 A的摩擦力，根据平衡条件可得： Mgsin 30 Ff mg，由题意可知： M1.5 m，可得 A、 C间的摩擦力为： Ff0.25 mg，对 C受力分析，根据牛顿第二定律可得： mgsin 30 Ff ma，联立可得 C下滑的加速度大小为 a g.1413.如图 13，粗糙水平地面与两滑块间的动摩擦因数相同，均为 0.4，两滑块的质量分别为 M5kg、 m1kg，开始时细线伸直但无拉力，现在用水平向右的恒力 F作用在大滑块上，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力求：(取 g10m/s 2，sin370.6，cos370.8

38、)图 13(1)在保证细线中不产生拉力的情况下， F允许的最大值；(2)当拉力 F30N 时，两滑块贴着地面运动的加速度大小；(3)要小滑块能离开地面，拉力 F至少要多大？答案 (1)20N (2)1m/s 2 (3)69N解析 (1)细线中不产生拉力的情况下， F允许的最大值 Fmax Mg 20 N.(2)F30 N 时， M、 m均未离开地面，把两滑块及细线看成一个整体F (M m)g( M m)a，解得 a1 m/s 2.(3)小滑块刚要离开地面时，竖直方向有 mg FTcos 37解得 FT12.5 N水平方向： FTsin 37 ma，解得 a7.5 m/s 219把两滑块及细线看成一个整体，小滑块恰好离开地面时，有 Fmin (M m)g( M m)a解得 Fmin69 N.