（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復習 第三章 牛頓運動定律 專題突破三 應用牛頓運動定律解決“四類”問題講義（含解析）.docx

專題突破三應用牛頓運動定律解決“四類”問題一、超重和失重1超重(1)定義：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)大于物體所受重力的現(xiàn)象(2)產生條件：物體具有向上的加速度(或向上的加速度分量)2失重(1)定義：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)小于物體所受重力的現(xiàn)象(2)產生條件：物體具有向下的加速度(或向下的加速度分量)3完全失重(1)定義：物體對支持物的壓力(或對豎直懸掛物的拉力)等于0的現(xiàn)象稱為完全失重現(xiàn)象(2)產生條件：物體的加速度ag，方向豎直向下自測1關于超重和失重的下列說法中，正確的是()A超重就是物體所受的重力增大了，失重就是物體所受的重力減小了B物體做自由落體運動時處于完全失重狀態(tài)，所以做自由落體運動的物體不受重力作用C物體具有向上的速度時處于超重狀態(tài)，物體具有向下的速度時處于失重狀態(tài)D物體處于超重或失重狀態(tài)時，物體的重力始終存在且不發(fā)生變化答案D二、動力學中的圖象問題1動力學中常見的圖象vt圖象、xt圖象、Ft圖象、Fa圖象等2解決圖象問題的關鍵(1)看清圖象的橫、縱坐標所表示的物理量及單位并注意坐標原來是否從0開始(2)理解圖象的物理意義，能夠抓住圖象的一些關鍵點，如斜率、截距、面積、交點、拐點等，判斷物體的運動情況或受力情況，再結合牛頓運動定律求解自測2靜止物體受到的合外力隨時間變化的圖象如圖1所示，它的速度隨時間變化的圖象是下圖中的()圖1答案A解析由合外力隨時間變化的圖象知，物體先做勻加速運動再做加速度不同的勻加速運動，且第二次加速度大于第一次加速度，最后所受合外力為0，做勻速運動，故選A.三、連接體問題1兩個(或兩個以上)物體組成的系統(tǒng)，我們稱之為連接體連接體的加速度通常是相同的，但也有不同的情況，如一個靜止、一個運動連接體問題的類型有：物物連接體、輕桿連接體、彈簧連接體、輕繩連接體2處理連接體問題的方法：整體法與隔離法要么先整體后隔離，要么先隔離后整體不管用什么方法解題，所使用的規(guī)律都是牛頓運動定律自測3光滑水平面上兩物體質量分別為M、m，由輕繩相連，水平恒力F作用在M上，如圖2所示求輕繩上的拉力大小圖2答案見解析解析對M、m組成的整體由牛頓第二定律得：F(Mm)aa.對m由牛頓第二定律得繩子拉力FTma解得FTF.四、動力學中的臨界與極值問題1臨界或極值條件的標志(1)題目中“剛好”“恰好”“正好”等關鍵詞句，明顯表明題述的過程存在臨界點(2)題目中“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞句，表明題述過程存在著“起止點”，而這些“起止點”一般對應臨界狀態(tài)(3)題目中“最大”“最小”“至多”“至少”等詞句，表明題述的過程存在極值，這個極值點往往是臨界點2常見臨界問題的條件(1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是：彈力FN0.(2)相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大值(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛的臨界條件是FT0.(4)最終速度(收尾速度)的臨界條件：物體所受合外力為零命題點一超重、失重問題狀態(tài)比較超重失重本質特征物體具有豎直向上的加速度a物體加速度有豎直向上的分量物體具有豎直向下的加速度a物體加速度有豎直向下的分量現(xiàn)象對懸掛物的拉力(或對支持物的壓力)大于重力，即Fmgma>mg對懸掛物的拉力(或對支持物的壓力)小于重力，即Fmgma<mg(完全失重時F0)運動可能性豎直向上加速或向下減速有豎直向上加速或向下減速的分運動豎直向下加速或向上減速有豎直向下加速或向上減速的分運動說明失重情況下，物體具有豎直向下的加速度，ag時為“完全失重”在超重和失重狀態(tài)下，物體的重力依然存在，而且不變在完全失重狀態(tài)下，由重力產生的一切物理現(xiàn)象都會消失比如物體對桌面無壓力、單擺停止擺動、浸在水里的物體不受浮力等完全失重的三個典型例子：自由落體運動、拋體運動(含豎直上拋、豎直下拋、平拋和斜拋)和天體公轉例1(2018常州市一模)如圖3所示，小明將疊放在一起的A、B兩本書拋給小強，已知A的質量為m，重力加速度為g，兩本書在空中不翻轉，不計空氣阻力，則A、B在空中運動時()圖3AA的加速度等于gBB的加速度大于gCA對B的壓力等于mgDA對B的壓力大于mg答案A解析A、B兩本書疊在一起水平拋出，均做加速度為g的拋體運動，處于完全失重狀態(tài)，則A、B兩本書間的作用力為零，故A正確，B、C、D錯誤變式1(多選)(2019清江中學期初)在升降機內，一個人站在磅秤上，發(fā)現(xiàn)自己的體重減輕了20%.他做出的下列判斷中正確的是()A升降機可能正以0.8g的加速度加速上升B升降機可能正以0.2g的加速度加速下降C升降機可能正以0.2g的加速度減速上升D升降機可能正以0.8g的加速度減速下降答案BC命題點二動力學圖象問題1動力學圖象問題的類型2解題策略(1)問題實質是力與運動的關系，解題的關鍵在于弄清圖象斜率、截距、交點、拐點、面積的物理意義(2)應用物理規(guī)律列出與圖象對應的函數(shù)方程式，進而明確“圖象與公式”“圖象與物體”間的關系，以便對有關物理問題作出準確判斷例2(2018常州市一模)如圖4所示，物塊以速度v0從粗糙固定斜面底端沿斜面上滑，達到最高點后沿斜面返回下列vt圖象能正確反映物塊運動規(guī)律的是()圖4答案C解析在上滑過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知上滑加速度大小為a1，下滑過程的加速度大小為a2，故a1a2，上滑和下滑運動方向相反，故C正確變式2(多選)(2018高郵市期初)如圖5甲所示，一輕彈簧下端固定在水平面上，上端放置一小物體，小物體處于靜止狀態(tài)現(xiàn)對小物體施一豎直向上的拉力F，使小物體向上做勻加速直線運動，拉力F與物體位移x的關系如圖乙所示，a、b、c均為已知量，重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內則下列結論正確的是()圖5A開始時彈簧的壓縮量為cB物體與彈簧分離時，彈簧處于壓縮狀態(tài)C物體的加速度大小為gD物體從開始運動到離開彈簧的過程經過的時間為答案AD解析剛開始物體處于靜止狀態(tài)，重力和彈力二力平衡，彈簧的壓縮量xc，故A正確；物體與彈簧分離時，彈簧恢復原長，故B錯誤；開始時，由平衡條件得：mgkx拉力F1為a時，彈簧彈力和重力平衡，合力等于拉力，根據(jù)牛頓第二定律有：F1kxmgma物體與彈簧分離后，拉力F2為b，根據(jù)牛頓第二定律有：F2mgma由式解得：物體的質量m，彈簧的勁度系數(shù)k，加速度a，故C錯誤；從物體開始運動到離開彈簧的過程，物體的位移為c，由勻變速直線運動的位移公式得：cat2，解得，運動時間t，故D正確變式3(多選)(2018淮安中學期中)圖6甲是2012年我國運動員在倫敦奧運會上蹦床比賽的一個情景設這位蹦床運動員僅在豎直方向上運動，運動員的腳在接觸蹦床過程中，蹦床對運動員的彈力F隨時間t的變化規(guī)律，如圖乙所示取g10m/s2，不計空氣阻力，根據(jù)Ft圖象可以知道()圖6A運動員的質量為50kgB運動員在運動過程中的最大加速度為40m/s2C運動員重心離開蹦床上升的最大高度是3.2mD跳躍節(jié)奏穩(wěn)定后，運動員與蹦床接觸時間是1.6s答案ABC命題點三連接體問題1方法整體法的選取原則若連接體內各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的外力，應用牛頓第二定律求出加速度或其他未知量隔離法的選取原則若連接體內各物體的加速度不相同，或者需要求出系統(tǒng)內兩物體之間的作用力時，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應用牛頓第二定律列方程求解整體法、隔離法的交替運用若連接體內各物體具有相同的加速度，且需要求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應用牛頓第二定律求作用力即“先整體求加速度，后隔離求內力”2.連接體中力的“分配協(xié)議”如圖7所示，一起做勻加速運動的物體系統(tǒng)，若外力F作用于m1上，則m1和m2的相互作用力F12，若作用于m2上，則F12.此“協(xié)議”與有無摩擦無關(若有摩擦，兩物體與接觸面間的動摩擦因數(shù)必須相同)，與兩物體間有無連接物、何種連接物(輕繩、輕桿、輕彈簧)無關，而且物體系統(tǒng)處于平面、斜面、豎直方向此“協(xié)議”都成立圖7例3(2018南京市期中)為了測量小木板和斜面間的動摩擦因數(shù)，某同學設計如圖8所示實驗，在小木板上固定一個輕質彈簧測力計(以下簡稱彈簧)，彈簧下端吊一個光滑小球，彈簧長度方向與斜面平行，現(xiàn)將木板連同彈簧、小球放在斜面上，用手固定木板時，彈簧示數(shù)為F1，放手后，木板沿斜面下滑，穩(wěn)定后彈簧示數(shù)為F2，測得斜面傾角為，則木板與斜面間動摩擦因數(shù)為多少？(斜面固定在地面上)圖8答案tan解析固定時示數(shù)為F1，對小球受力分析有：F1mgsin 整體下滑時，由牛頓第二定律得：(Mm)gsin (Mm)gcos (Mm)a下滑穩(wěn)定后，對小球mgsin F2ma由式得tan .變式4(2018如皋市模擬)如圖9所示，質量為m2的物塊B放置在光滑水平桌面上，其上放置質量為m1的物塊A，A通過跨過光滑定滑輪的細線與質量為M的物塊C連接釋放C，A和B一起以加速度a從靜止開始運動，已知A、B間動摩擦因數(shù)為1，則細線中的拉力大小為()圖9AMgBMgMaC(m1m2)aDm1a1m1g答案C解析以C為研究對象，則MgFTMa，解得FTMgMa，故A、B錯誤；以A、B為整體，根據(jù)牛頓第二定律可知FT(m1m2)a，故C正確；A、B間為靜摩擦力，故D錯誤變式5如圖10，A、B兩物體由靜止釋放，一起沿固定斜面勻加速下滑，已知A物體質量為m1，B物體質量為m2，斜面傾角為，A、B兩物體接觸面間的動摩擦因數(shù)為1，B與斜面間的動摩擦因數(shù)為2，則物體A所受摩擦力大小與方向為()圖10A1m1gcos，方向沿斜面向上B1m1gcos，方向沿斜面向下C2m1gcos，方向沿斜面向上D2m1gcos，方向沿斜面向下答案C命題點四動力學中的臨界與極值問題1.幾種常見臨界狀態(tài)2明確臨界狀態(tài)的特征3思維方法極限法把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，以達到正確解決問題的目的假設法臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時，往往用假設法解決問題數(shù)學法將物理過程轉化為數(shù)學表達式，根據(jù)數(shù)學表達式解出臨界條件例4如圖11所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上，A、B質量分別為mA6kg、mB2kg，A、B之間的動摩擦因數(shù)0.2，開始時F10N，此后逐漸增大，在增大到45N的過程中，則(g取10m/s2，A、B之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()圖11A當拉力F12N時，A、B均保持靜止狀態(tài)BA、B開始沒有相對運動，當拉力超過12N時，開始相對運動CA、B從受力開始就有相對運動DA、B始終沒有相對運動答案D變式6(多選)(2018鹽城市期中)如圖12所示，甲、乙兩個物塊疊放在光滑水平面上，甲的質量為m，乙的質量為2m，它們之間的動摩擦因數(shù)為.設甲、乙兩物塊間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力當水平力F作用在物塊乙上，使兩個物塊以相同的加速度運動則()圖12A甲對乙的摩擦力小于乙對甲的摩擦力B兩個物塊以相同的加速度運動時，甲所受的最大合力為mgC兩個物塊以相同的加速度運動時，乙的最大加速度為gD只要水平力F大于2mg，兩個物塊之間就會發(fā)生相對滑動答案BC解析甲對乙的摩擦力與乙對甲的摩擦力為作用力與反作用力，故大小相等，故A錯誤；對甲受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可知Ffma，故甲所受的最大合力為最大靜摩擦力，故B正確；由mgma，解得甲的最大加速度ag，故兩個物塊以相同的加速度運動時，乙的最大加速度為g，故C正確；對乙分析，F(xiàn)mg2ma，解得F3mg，故當F3mg，兩物塊發(fā)生相對滑動，故D錯誤變式7(多選)(2018鹽城中學段考)如圖13所示，在傾角30的光滑斜面上有兩個用輕質彈簧相連接的物塊A、B，它們的質量均為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)開始用一沿斜面方向的力F拉物塊A使之以加速度a向上做勻加速運動，物塊B剛要離開C時力F的大小恰為2mg.則()圖13A物塊B剛要離開C時受到的彈簧彈力大小為B加速度agC這個過程持續(xù)的時間為D這個過程A的位移為答案ACD解析物塊B剛要離開C時，C對B的彈力恰好為零，對B，由平衡條件得，此時彈簧的彈力：F彈mgsin ，故A正確；B剛要離開C時，對A，由牛頓第二定律得：Fmgsin F彈ma，解得：ag，故B錯誤；剛開始時，對A由平衡條件得：kx1mgsin ，B剛要離開C時，彈簧彈力：F彈kx2，整個過程A的位移：xx1x2，解得：x，故D正確；物塊A做初速度為零的勻加速直線運動，位移：xat2，解得，運動時間：t，故C正確1(多選)(2018南京市、鹽城市一模)建筑工地通過吊車將物體運送到高處簡化后模型如圖14所示，直導軌ABC與圓弧形導軌CDE相連接，D為圓弧最高點，整個裝置在豎直平面內，吊車先加速從A點運動到C點，再勻速率通過CDE.吊車經過B、D處時，關于物體M受力情況的描述正確的是()圖14A過B點時，處于超重狀態(tài)，摩擦力水平向左B過B點時，處于超重狀態(tài)，摩擦力水平向右C過D點時，處于失重狀態(tài)，一定不受摩擦力作用D過D點時，處于失重狀態(tài)，底板支持力一定為零答案BC解析在AC段吊車和物體M一起向上做加速運動，加速度方向沿導軌向上，所以過B點時，物體M處于超重狀態(tài)，由于物體M具有向右的水平分加速度，故物體M受到的支持物的靜摩擦力水平向右，故A錯誤，B正確；過D點吊車和物體M做圓周運動，物體M有向下的向心加速度，M物體處于失重狀態(tài)，一定不受支持物的摩擦力，由于過D點時的向心加速度不一定為g，所以物體M對支持物的壓力不一定等于零，由牛頓第三定律知，底板支持力不一定為零，故C正確，D錯誤2(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時豎直向上拋出，泡沫塑料球受到的空氣阻力大小與其速度大小成正比忽略石子受到的空氣阻力，石子和塑料球運動的速度v隨時間t變化的圖象如圖所示，其中可能正確的是()答案D3(2018高郵中學月考)如圖15所示，一截面為橢圓形的容器內壁光滑，其質量為M，置于光滑水平面上，內有一質量為m的小球，當容器受到一個水平向右的力F作用向右勻加速運動時，小球處于圖示位置，重力加速度為g，此時小球對橢圓面的壓力大小為()圖15AmBmCmD.答案B解析先以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得：加速度為a，再對小球研究，分析受力情況，如圖所示，由牛頓第二定律得到：FNm，由牛頓第三定律得，B選項正確4(2018蘇州市模擬)如圖16甲所示，足夠長的木板B靜置于光滑水平面上，其上表面放置小滑塊A.木板B在水平拉力F作用下，其加速度a與拉力F的關系圖象如圖乙所示，則小滑塊A的質量為()圖16A4kgB3kgC2kgD1kg答案C1(多選)(2018錫山中學月考)2015年7月的喀山游泳世錦賽中，我省名將陳若琳勇奪女子十米跳臺桂冠如圖1，她從跳臺斜向上跳起，一段時間后完全進入水中，不計空氣阻力下列說法正確的是()圖1A她在空中上升過程中處于失重狀態(tài)B她在空中下落過程中做自由落體運動C她即將入水時的速度為整個跳水過程中的最大速度D入水過程中，水對她的作用力大小等于她對水的作用力大小答案AD解析她在空中上升過程中加速度向下，處于失重狀態(tài)，故A項正確她斜向上跳起，水平方向產生了一定的初速度，所以她在空中下落過程中做的不是自由落體運動，故B項錯誤她即將入水時重力依舊大于阻力，速度還在增加，所以即將入水時的速度不是整個跳水過程中的最大速度，故C項錯誤由牛頓第三定律可知，入水過程中，水對她的作用力大小等于她對水的作用力大小，故D項正確2(2018高郵市期初)高蹺運動是一項新型運動，圖2甲為彈簧高蹺當人抓住扶手用力蹬踏板壓縮彈簧后人就向上彈起，進而帶動高蹺跳躍，如圖乙不計空氣阻力，則下列說法正確的是()圖2A人向上彈起過程中，一直處于超重狀態(tài)B人向上彈起過程中，踏板對人的作用力大于人對踏板的作用力C彈簧壓縮到最低點時，高蹺對人的作用力大于人的重力D從最高點下落至最低點的過程，人先做勻加速運動后做勻減速運動答案C解析人向上彈起過程中，開始時加速度的方向向上，人處于超重狀態(tài)，最后一段過程彈簧的彈力小于重力，人做減速運動，加速度的方向向下，處于失重狀態(tài)，故A錯誤；踏板對人的作用力和人對踏板的作用力是一對作用力和反作用力，總是大小相等，故B錯誤；彈簧壓縮到最低點時，人的加速度的方向向上，高蹺對人的作用力大于人的重力，故C正確；從最高點下落至最低點的過程，人先做勻加速運動后做加速度減小的加速運動，然后做加速度增大的減速運動，故D錯誤3(多選)(2018泰州中學月考)如圖3所示，足夠長的粗糙斜面固定在地面上，某物塊以初速度v0從底端沿斜面上滑至最高點后又回到底端上述過程中，若用h、x、v和a分別表示物塊距水平地面的高度、位移、速度和加速度的大小，t表示運動時間下列圖象中可能正確的是()圖3答案AC4(多選)(2018高郵市期初)質量m1kg的物體在合外力F的作用下由靜止開始做直線運動，合外力F隨時間t的變化圖象如圖4所示，下列關于該物體運動情況的說法正確的是()圖4A01s內物體沿正方向做勻加速直線運動B第2s末物體達到最大速度2m/sC第4s末物體速度為0D第4s末物體回到出發(fā)位置答案BC解析01 s內，F(xiàn)逐漸變大，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度逐漸增大，故A錯誤；由于m1 kg，可知at圖線與Ft圖線相同，at圖線與時間軸圍成的面積表示速度的變化量，從圖線可以看出，2 s末速度最大，最大速度vm22 m/s2 m/s，故B正確；4 s內at圖線圍成的面積為零，則速度變化量為零，可知第4 s末速度為零，故C正確；02 s內一直做加速運動，24 s內運動與02 s內的運動對稱，做減速直線運動，但是速度方向不變，可知第4 s末物體未回到出發(fā)點，故D錯誤5如圖5所示，兩個質量分別為m13kg、m22kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質彈簧測力計連接兩個大小分別為F130N、F220N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則()圖5A彈簧測力計的示數(shù)是50NB彈簧測力計的示數(shù)是24NC在突然撤去F2的瞬間，m2的加速度大小為4m/s2D在突然撤去F2的瞬間，m1的加速度大小為10m/s2答案B解析對兩物體和彈簧測力計組成的系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律得整體的加速度a m/s22 m/s2，對m2受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有FF2m2a，解得F24 N，所以彈簧測力計的示數(shù)為24 N，選項A錯誤，B正確；在突然撤去F2的瞬間，彈簧的彈力不變，m1的加速度不變，為2 m/s2，m2的加速度a2 m/s212 m/s2，選項C、D錯誤6.(多選)(2019小海中學月考)如圖6所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉動小車和木塊一起做無相對滑動的加速運動小車質量為M，木塊質量為m，加速度大小為a，木塊和小車之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，則在這個過程中，木塊受到的摩擦力大小是()圖6AmgB.C(Mm)gDma答案BD解析對整體受力分析如圖甲所示，整體所受的合力為F，整體具有的加速度a.對m受力分析如圖乙所示，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)fma，故B、D正確，A、C錯誤7.如圖7所示，質量為1kg的木塊A與質量為2kg的木塊B疊放在水平地面上，A、B間的最大靜摩擦力為2N，B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2.用水平力F作用于B，則A、B保持相對靜止的條件是(g取10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()圖7AF12NBF10NCF9NDF6N答案A解析當A、B間有最大靜摩擦力(2N)時，對A由牛頓第二定律知，加速度為2m/s2，對A、B整體應用牛頓第二定律有：F(mAmB)g(mAmB)a，解得F12N，故A、B保持相對靜止的條件是F12N，A正確，B、C、D錯誤8(多選)如圖8所示，傾角為的斜面體放在粗糙的水平地面上，現(xiàn)有一帶固定支架的滑塊m正沿斜面加速下滑支架上用細線懸掛的小球達到穩(wěn)定(與滑塊相對靜止)后，懸線的方向與豎直方向的夾角也為，斜面始終保持靜止，則下列說法正確的是()圖8A斜面光滑B斜面粗糙C達到穩(wěn)定狀態(tài)后，地面對斜面體的摩擦力水平向左D達到穩(wěn)定狀態(tài)后，地面對斜面體的摩擦力水平向右答案AC解析隔離小球受力分析，可知小球的加速度方向沿斜面向下，大小為gsin，對支架系統(tǒng)進行分析，只有斜面光滑，支架系統(tǒng)的加速度才是gsin，所以A正確，B錯誤將支架系統(tǒng)和斜面看成一個整體，因為支架系統(tǒng)具有沿斜面向下的加速度，故地面對斜面體的摩擦力水平向左，C正確，D錯誤9(多選)(2018紅橋中學一調)甲、乙兩球從相同高度同時由靜止開始落下，兩球在到達地面前，除重力外，還受到空氣阻力f的作用，此阻力與球的下落速率v成正比，即fkv(k0)，且兩球的比例常數(shù)k完全相同如圖9所示為兩球的vt圖象若甲球與乙球的質量分別為m1和m2，則下列說法正確的是()圖9Am1m2Bm1m2C乙球先到達地面D甲球先到達地面答案AD解析由題圖圖象知甲、乙兩球勻速運動的速度關系有：v甲v乙由平衡條件得：mgkv聯(lián)立得：m1m2 ，故A正確，B錯誤；兩者位移相等時，圖線與時間軸圍成的面積相等，知乙球的運動時間長，故甲球先抵達地面，故C錯誤，D正確10(2018南京師大附中5月模擬)如圖10所示，某發(fā)射系統(tǒng)內有一木箱，木箱內有一豎直放置的輕質彈簧，彈簧上方有一物塊，木箱內上表面和下表面都裝有壓力傳感器木箱靜止時，上表面壓力傳感器的讀數(shù)為12.0N，下表面壓力傳感器的讀數(shù)為20.0N當系統(tǒng)豎直向上發(fā)射時，上表面壓力傳感器讀數(shù)變?yōu)橄卤砻鎵毫鞲衅髯x數(shù)的一半，重力加速度g取10m/s2，此時木箱的加速度大小為()圖10A10.0m/s2B5.0m/s2C2.5m/s2D條件不足，無法確定答案C解析木箱靜止時，對彈簧和物塊整體進行受力分析，受重力、上方傳感器向下的壓力F1，下方傳感器向上的支持力FN1，根據(jù)平衡條件，有F1GFN1，解得G20 N12 N8 N，彈簧重力不計，故物塊重力為8 N，物塊的質量m0.8 kg；對物塊受力分析，受重力、彈簧的彈力F2和上方傳感器向下的壓力F1，根據(jù)平衡條件，有GF1F2，解得F220 N；當系統(tǒng)豎直向上發(fā)射時，彈簧彈力不變，仍為20 N，設上表面?zhèn)鞲衅鞯氖緮?shù)為F，則下表面?zhèn)鞲衅鞯氖緮?shù)為2F，對物塊分析有20 NFGma，即12 NF0.8a；對彈簧和物塊整體分析有2FGFma，即F8 N0.8a，聯(lián)立解得F10 N，a2.5 m/s2，C正確11.(多選)(2018南通市、泰州市一模)如圖11所示，質量均為m的A、B兩物塊與勁度系數(shù)為k的輕彈簧兩端相連，置于足夠長、傾角為30的固定斜面上，處于靜止狀態(tài)物塊A下表面光滑，物塊B與斜面間的最大靜摩擦力為Ff，重力加速度為g.現(xiàn)給物塊A施加沿斜面向上的恒力F，使A、B兩物塊先后開始運動，彈簧始終在彈性限度內則()圖11A當物塊B剛開始運動時，彈簧伸長量最大B在物塊B開始運動前，物塊A可能一直做加速運動C物塊A沿斜面向上運動距離為時，速度達到最大D當物塊A沿斜面向上運動距離為時，物塊B開始運動答案BD12.(2018南通等六市一調)如圖12所示，傾角為30的光滑固定斜面上放置質量為M的木板A，跨過輕質光滑定滑輪的細線一端與木板相連且細線與斜面平行，另一端連接質量為m的物塊B，質量也為m的物塊C位于木板頂端靜止釋放后，C下滑，而A、B仍保持靜止已知M1.5m，重力加速度為g，求：物塊C沿木板下滑的加速度的大小圖12答案g解析對木板A受力分析，受重力、支持力、拉力和C對A的摩擦力，根據(jù)平衡條件可得：Mgsin 30Ffmg，由題意可知：M1.5m，可得A、C間的摩擦力為：Ff0.25mg，對C受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin 30Ffma，聯(lián)立可得C下滑的加速度大小為ag.13.如圖13，粗糙水平地面與兩滑塊間的動摩擦因數(shù)相同，均為0.4，兩滑塊的質量分別為M5kg、m1kg，開始時細線伸直但無拉力，現(xiàn)在用水平向右的恒力F作用在大滑塊上，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力求：(取g10m/s2，sin370.6，cos370.8)圖13(1)在保證細線中不產生拉力的情況下，F(xiàn)允許的最大值；(2)當拉力F30N時，兩滑塊貼著地面運動的加速度大??；(3)要小滑塊能離開地面，拉力F至少要多大？答案(1)20N(2)1m/s2(3)69N解析(1)細線中不產生拉力的情況下，F(xiàn)允許的最大值FmaxMg20 N.(2)F30 N時，M、m均未離開地面，把兩滑塊及細線看成一個整體F(Mm)g(Mm)a，解得a1 m/s2.(3)小滑塊剛要離開地面時，豎直方向有mgFTcos 37解得FT12.5 N水平方向：FTsin 37ma，解得a7.5 m/s2把兩滑塊及細線看成一個整體，小滑塊恰好離開地面時，有Fmin(Mm)g(Mm)a解得Fmin69 N.