2019-2020学年楚雄州高一(下)期中物理试卷(含答案解析)

2019-2020学年楚雄州高一(下)期中物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1.总结比较了前人研究的成功，第一次准确地提出天体间万有引力定律的物理学家是()
A. 牛顿
B. 开普勒
C. 伽利略
D. 卡文迪许
2.如图所示，a、b两个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始
自由下滑，同时b从同一高度以某初速度开始做平抛运动，下列
说法正确的有()
A. a、b的末动量相同
B. 重力对a、b的冲量相同
C. a、b的动量变化量大小相等
D. 合力对a的冲量大于合力对b的冲量
3.假如地球自转速度增大，关于物体重力，下列说法正确的是()
A. 放在赤道地面上的万有引力不变
B. 放在两极地面上的物体的重力变小
C. 放在赤道地面上物体的重力不变
D. 放在两极地面上的物体的重力增加
4.关于开普勒第三定律中的公式R3
=k，下列说法中正确的是()
T2
A. 常数k只与行星质量有关
B. 仅适用于围绕地球运行的所有卫星
C. 仅适用于围绕太阳运行的所有行星
D. 公式适用于宇宙中所有围绕星球运行的行星或卫星
5.关于圆周运动，以下说法中正确的是()
A. 做圆周运动的物体动能一定变化
B. 做圆周运动的物体合外力一定做功
C. 圆周运动一定是变速运动
D. 做匀速圆周运动的物体加速度一定不变
6.如图所示，质量为m的重物沿竖直杆下滑，并通过绳带动质量也
为m的小车沿倾角θ=45°的斜面上升。

若重物与滑轮等高时由
静止开始释放，当滑轮右侧的绳与竖直方向成θ=45°角时，重物下滑的速率为v(不计一切摩擦)。

则此过程中重物下落的高度是()
A. ℎ=v2
2g B. ℎ=3√2v2
4g
C. ℎ=3(2+√2)v2
8g D. ℎ=3(2−√2)v2
4g
7.如图所示，以水平初速度v0=20m/s抛出的物体，飞行一段时间后，垂
直地撞在倾角为45°的斜面上，可知物体完成这段飞行的时间(不计空气
阻力，g=10m/s2)()
A. 3 s
B. 1s
C. 2 s
D. 4s
8.地球的第一宇宙速度为v，若某行星质量是地球质最的4倍，半径是地球半径的1
2
.该行星的第一宇宙速度为()
A. 2v
B. √2v
C. 2√2v
D. 4v
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9.如图所示，光滑固定的竖直杆上套有小物块a，不可伸长的轻质细绳通过大小
可忽略的定滑轮连接物块a和小物块b，虚线cd水平．现由静止释放两物块，
物块a从图示位置上升，并恰好能到达c处．在此过程中，若不计摩擦和空气
阻力，下列说法正确的是()
A. 绳拉力对物块a做的功等于物块a重力势能的增加量
B. 物块a到达c点时加速度为零
C. 绳拉力对物块b做的功在数值上等于物块b机械能的减少量
D. 绳拉力对物块b先做负功后做正功
10.如图所示，现有一根不可伸长的轻质细绳，绳长L=0.5m。

绳的一端固定
于0点，另一端系着质量m=1kg的可视为质点的小球，O点距地面竖直
距离为1m，如果使小球绕OO’轴在水平面内做圆周运动，当细线承受的拉
力恰为12.5N时线断裂，(g=10m/s2,sin37°=0.6,c0s37°=0.8)则()
A. 当细线承受的拉力恰为最大时，线与水平方向夹角为37°
B. 当细线承受的拉力恰为最大时，小球的角速度为5rad/s
C. 线断裂后，小球做平抛运动的初速度大小为1.5m/s
D. 线断裂后，小球落地点与悬点的水平距离为0.3√3m
11.我国发射的“神州六号”载人飞船，与“神州五号”飞船相比，它
在更高的轨道上绕地球做匀速圆周运动，如图所示，下列说法中正
确的是()
A. “神州六号”的速度较小
B. “神州六号”的速度与“神州五号”的相同
C. “神州五号”的周期更短
D. “神州六号”的周期与“神州五号”的相同
12.如图所示，质量均为m的两个木块P、Q叠放在水平地面上，P、Q接触面的倾角为θ，现在Q
上施加一水平推力F，使保持相对静止−起向左做加速直线运动，重力加速度为g，则()
A. 物体Q对地面的压力一定大于2mg
B. 若Q与地面间的动摩擦因数为μ，则μ=F
2mg
C. 若P、Q之间光滑，则两者运动加速度a=gtanθ
D. Q对P的作用力随推力F的增大而增大
三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）
13.如图a所示，某实验小组对“利用频闪照相研究平抛运动规律”装置进行了改制，在装置两侧
都装上完全相同的斜槽A、B，但位置有一定高度差，白色与黑色两个相同的小球A、B都由斜槽某位置静止释放．启动闪光连拍相机对上述实验过程拍照．实验后对照片做一定处理并建立直角坐标系，得到如图所示的部分小球位置示意图．
(1)根据小球位置示意图可以判断闪光间隔为______s.(g=10m/s2)
(2)(多选题)根据部分小球位置示意图，下列说法正确的是______
(A)白球A先释放，黑球B后释放
(B)A球抛出点坐标(0,0)
(C)B球抛出点坐标(0.95,0.50)
(D)两小球释放位置到平抛槽口的高度差相同
四、实验题（本大题共1小题，共8.0分）
14.在做探究匀变速直线运动的实验中，给你以下器材：电磁打点计时器、电池组、纸带、复写纸、
秒表、天平、小车、钩码、细绳、一端带有定滑轮的长木板．其中不需要的器材是______、______、______，还需要增添的器材有______和______．
五、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
15.把一个小球以V0=10m/s的速度水平抛出，小球落到离抛出点水平距离为x=10m的地面上，(
不计空气阻力)求
(1)小球落地的时间t；
(2)小球在空中下落的高度h；
(3)小球落地时的速度大小。

16.如图所示，在光滑水平面上，一质量为m的物体，初速度为v1，在与运动方向相同的恒力F的
作用下经过一段位移x后，速度增加到v2.请依据匀变速直线运动的规律和牛顿第二定律推导动能定理。

17.如图是过山车的部分模型图．模型图中光滑圆形轨道的半径R=
8.1m，该光滑圆形轨道固定在倾角为α=37°斜轨道面上的Q点，圆
形轨道的最高点A与P点平齐，圆形轨道与斜轨道之间圆滑连接．现
使小车(视作质点)从P点以一定的初速度沿斜面向下运动，已知斜轨
，不计空气阻力，过山车质量为20kg，取g=10m/s2，道面与小车间的动摩擦因数为μ=10
81
sin37°=0.6，cos37°=0.8.若小车恰好能通过圆形轨道的最高点A处，求：
(1)小车在A点的速度为多大；
(2)小车在圆形轨道的最低点B时对轨道的压力为重力的多少倍；
(3)小车在P点的动能．
18.某教师在讲牛顿运动定律应用的课堂上，做了如下实验：将一个可视为质点的小铁块放在薄木
板上，老师水平用力抽走木板，同时保证桌子上的小铁块“不动”(肉眼观察不到小铁块的位置发生变化)。

若小铁块和木板的质量分别为m和M，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板、
小铁块与桌面间的动摩擦因数均为μ2，重力加速度为g，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。

(1)当小铁块相对木板发生运动时，求小铁块所受摩擦力的大小；
(2)要使小铁块相对板发生运动，求木板所受拉力应满足的条件；
(3)若人肉眼感知物体“不动”的最大距离l=1.8mm，m=0.1kg，M=0.2kg，μ1=0.12，μ2= 0.24，g=10m/s2，小铁块与木板左端的距离d=28.8mm，教师要使小铁块“不动”需要提供的最小拉力F是多少。

【答案与解析】
1.答案：A
解析：解：A、第一次准确地提出天体间万有引力定律的物理学家是牛顿，故A正确。

B、开普勒发现了行星运动三大定律，但没有发现万有引力定律，故B错误。

C、伽利略通过理想斜面实验提出了“力不是维持物体运动的原因”，没有发现万有引力定律，故C 错误。

D、牛顿发现万有引力定律之后，卡文迪许测出了引力常量G，故D错误。

故选：A。

本题是物理学史问题，根据牛顿、开普勒、伽利略、卡文迪许等等科学家的物理学成就进行解答．对于物理学史属于常识性问题，平时要加强记忆，注意积累．
2.答案：C
解析：解：A、a和b落地时的速度方向不同，a、b的末动量不相同，故A错误；
B、a和b落地的时间不同，b落地的时间短，根据I=mgt可得重力对a、b的冲量不相同，故B错误；
mv a2=mgℎ，解得v a=√2gℎ，则a球动量C、设斜面的高度为h，小球a到达底部的速度v a，则1
2
的变化为△P a=mv a=m√2gℎ，b球的动量变化在竖直方向，为△P b=mv by=m√2gℎ，故a、b的动量变化量大小相等，故C正确；
D、根据动量定理可得合力对a的冲量等于合力对b的冲量，故D错误。

故选：C。

动量是矢量，动量相同则方向必须相同；根据下落的时间不同分析冲量的大小，根据动量定理分析动量的变化。

本题主要是考查动量定理，解答本题要注意：①熟记冲量的计算公式I=Ft，动量变化△P=mv′−mv，以及它们的关系：I合=△P的应用。

3.答案：A
解析：解：地球自转速度增大，则物体随地球自转所需向心力增大。

A、地球的质量和半径都没有变化，故对赤道上物体的万有引力大小保持不变，故A正确；
BD、地球绕地轴转动，在两极点，物体转动半径为0，转动所需向心力为0，此时物体的重力与万有引力相等，故转速增加两极点的重力保持不变，故BD错误；
C、赤道上的物体重力和向心力的合力等于物体受到的万有引力，而万有引力不变，转速增加时所需向心力增大，故物体的重力将减小，故C错误；
故选：A。

地球对物体的万有引力一方面表现为物体的重力，另一方面提供物体随地球自转的向心力。

由此分析即可。

本题关键是考查重力、万有引力与随地球自转的向心力三者之间的关系，掌握规律是解决问题的关键。

4.答案：D
解析：解：A：式中的k是与中心星体的质量有关．故A错误．
BCD：开普勒第三定律不仅适用于行星绕太阳的运动，也适用于卫星绕行星的运动．故BC错误，D 正确．
故选：D．
开普勒运动定律不仅适用于椭圆运动，也适用于圆周运动，不仅适用于行星绕太阳的运动，也适用于卫星绕行星的运动．式中的k是与中心星体的质量有关的．
此题需要掌握：开普勒运动定律不仅适用于椭圆运动，也适用于圆周运动，不仅适用于行星绕太阳的运动，也适用于卫星绕行星的运动．式中的k是与中心星体的质量有关的．
5.答案：C
解析：
匀速圆周运动物体所受合力始终指向圆心，全部提供向心力；变速圆周运动其所受合力的指向圆心的分力提供向心力，沿速度方向分力改变物体速度大小，注意速度、加速度的矢量性即可判断。

本题考查匀速圆周运动、变速圆周运动的速度、加速度、合力特点，把握各自运动的动力学特点是解题关键。

A.做匀速圆周运动的物体，速率不变，根据可知其动能不变，故A错误；
B.当物体做匀速圆周运动时物体合外力始终与速度垂直，不做功，故B错误；
C.圆周运动速度的方向一直在变化，其为变速运动，故C正确；
D.匀速圆周运动加速度大小不变，方向始终变化，故D错误。

故选C。

6.答案：B
解析：解：设此过程中重物下落的高度是h，重物下滑的速率为v时小车上升的速率v′。

则有vcosθ=v′
对重物和小车组成的系统，根据机械能守恒得
mgℎ=mg(√2ℎ−ℎ)sinθ+1
2mv2+1
2
mv′2
联立解得ℎ=3√2v 2
4g
.故B正确，ACD错误。

故选：B。

将杆上重物m的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度等于绳速，由几何知识求出小车的速率，再根据系统的机械能守恒求解。

本题是系统机械能守恒问题，关键要知道重物沿绳子方向的速率等于小车上升的速率，找到两个物体间速率关系，再根据机械能守恒定律进行研究。

7.答案：C
解析：解：物体做平抛运动，当垂直地撞在倾角为45°的斜面上时，把物体
的速度分解如图所示
由图可知，此时物体的竖直方向上的速度的大小为：v y=v0，
则物体完成这段飞行的时间为：t=v y g=2010s=2s，故C正确，ABD错误。

故选：C。

物体垂直撞在斜面上，根据平行四边形定则求出撞在斜面上时的竖直分速度，结合速度时间公式求出物体完成这段飞行的时间。

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基
础题。

8.答案：C
解析：解：设地球质量M，某星球质量4M，地球半径r，某星球半径0.5r
由万有引力提供向心力做匀速圆周运动得：GMm
r =m v2
r
解得：卫星在圆轨道上运行时的速度公式v=√GM
r
分别代入地球和某星球的各物理量得：v星球=√G⋅4M
1
2
r
解得：v星球=2√2v，
故选C．
物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫做第一宇宙速度，大小7.9km/s，可根据卫星在圆轨
道上运行时的速度公式v=√GM
r
解得．
本题要掌握第一宇宙速度的定义，正确利用万有引力公式列出第一宇宙速度的表达式．
9.答案：AC
解析：解：A、从a到c，a的动能变化量为零，根据功能关系可知，绳拉力对物块a做的功等于物块a的重力势能的增加量；故A正确；
B、当a物块到达C处时，由受力分析可知：水平方向受力平衡，竖直方向只受重力作用，所以根据牛顿第二定律得知，a物块的加速度a=g=10m/s2，故B错误；
C、从a到c，b的动能变化量为零，根据功能关系：除重力以为其他力做的功等于机械能的增量，故绳拉力对b做的功在数值上等于b机械能的减少量，故C正确；
D、物块a上升到与滑轮等高前，b下降，绳的拉力对b做负功．故D错误．
故选：AC．
分析a、b受力，根据牛顿第二定律研究加速度．a、b均只有重力和绳拉力做功，根据功能关系判断物块a、b机械能的变化．
本题关键掌握功能关系，除重力以外其它力做功等于机械能的增量，并能灵活运用．
10.答案：BC
解析：解：A、当细线承受的拉力恰为最大时，对小球受力分析，竖直方向上有：F T cosθ=mg得：θ=37°，线与水平方向夹角为53°，故A错误；
B、向心力为：F向=mgtan37°=mω2Lsin37°，解得：ω=5rad/s。

故B正确；
C、线断裂后，小球做平抛运动，则其平抛运动的初速度为：v0=ωLsin37°=1.5m/s，故C正确；
D、竖直方向：y=ℎ−Lcos37°=1
2
gt2，水平方向：x=v0t=0.3√3m，d=√L2sin2θ+x2=0.6m.故D错误。

故选：BC。

小球靠拉力和重力的合力提供向心力，根据几何关系求出最大向心力，根据向心力公式求出最大加速度，绳断裂后，小球做平抛运动，根据平抛运动的基本公式即可求解。

解决本题的关键搞清小球做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解。

11.答案：AC
解析：解：万有引力提供圆周运动向心力有：G mM
r2=m v2
r
=mr4π2
T2
AB、线速度v=√GM
r
知轨道半径小的神州五号线速度大，故A正确，B错误；
CD、周期T=√4π2r3
GM
知，轨道半径小的神州五号周期小，故C正确，D错误。

故选：AC。

根据万有引力提供圆周运动向心力，分析描述圆周运动物理量与轨道半径的关系即可．
能根据万有引力提供圆周运动向心力分析轨道半径对圆周运动线速度与周期的影响是正确解题的关键．
12.答案：CD
解析：解：A、以PQ整体为研究对象，在竖直方向上合力为零，故F N=2mg，故Q对地面的压力为2mg，故A错误；
B、因PQ做匀加速运动，若μ=F
2mg
，在水平方向上由牛顿第二定律得：F−μ⋅2mg=ma，解得：a=0，故不能做匀加速运动，故B错误；
C、若P、Q之间光滑，对P受力分析，在水平方向上，由牛顿第二定律可知：mgtanθ=ma，故：a=gtanθ，故C正确；
D、推力F增大，系统的加速度增大，则P的加速度也增大，Q对P的作用力随推力F的增大而增
大，故D正确。

故选：CD。

通过整体受力分析即可判断出Q对地面的压力；对整体受力分析，因一起做加速运动，由牛顿第二定律即可判断μ的大小；若P、Q之间光滑，先对P受力分析，求出加速度，即为PQ的加速度；根据加速度的大小判断Q对P的作用力。

本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，主要是隔离法与整体法的应用，关键是受力分析。

13.答案：0.1；ABD
解析：解：(1)根据△y=gT2得：T=√△y
g =√0.1
10
s=0.1s
(2)A、由图可以看出，A球到达C点的时间比B球到达C点的时间长，而AB球同时到达C点，所以A球先释放，故A正确；
B、A球水平速度为v0=x
t =1.5m/s，左边第二个球在竖直方向上的分速度vy=0.2
0.2
m/s=1m/s，运
动的时间t=v y g=0.1s.此时水平位移为x=v0t=0.15m，竖直位移为y=1
2
gt2=0.05m，可知抛出点的坐标为(0,0).故B正确．
C、B球水平速度v0=x
t
=1.5m/s，右边1、3两个球在竖直方向上的位移为0.3m，右边第二个球
在竖直方向上的分速度vy=0.3
0.2m/s=1.5m/s，则运动的时间t=v y
g
=0.15s.此时水平位移为x=
v0t=0.225m，竖直位移为y=1
2
gt2=0.1125m，所以抛出点的横坐标为
0.8+0.225m=1.025m.纵坐标为0.6−0.1125m=0.4875m.故C错误．
D、两球平抛运动的初速度都是1.5m/s.所以两小球释放位置到平抛槽口的高度差相同，故D正确．故选：ABD．
故答案为：(1)0.1s，(2)ABD
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动．根据竖直方向上在相邻的相等的时间间隔内位移之差是一恒量，即△y=gT2，求出时间间隔．即为闪光间隔．
求出球在某点竖直方向上的分速度，求出运动时间，则求出水平位移和竖直位移，从而求出抛出点的坐标．
比较两球在水平方向上的速度，即可知道是否从相同位置由静止释放．
解决本题的关键掌握平抛运动的处理方法，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动．
14.答案：电池组秒表天平低压交流电源刻度尺
解析：解：在本实验中不需要测量小车或砝码的质量因此不需要天平，电磁打点计时器使用的是低压交流电源，因此电池组本实验中不需要，同时打点计时器记录了小车运动时间，因此不需要秒表．打点计时器还需要交流电源，为了得到小车的运动规律，还需要刻度尺来测量计数点之间的距离，用来计算速度和加速度．所以需要低压交流电源、刻度尺．
故答案为：电池组、秒表、天平；低压交流电源、刻度尺．
本题比较简单，根据实验目的明确实验步骤和所要测量的物理量，即可知道实验所需要的实验器材．本题属于基础简单题目，对于实验器材的选取一是根据实验目的进行，二是要进行动手实验，体会每种器材的作用．
15.答案：解：(1)小球落地的时间t=x
v0=10
10
s=1s；
(2)小球在空中下落的高度ℎ=1
2gt2=1
2
×10×1m=5m。

(3)小球落地时的竖直分速度v y=gt=10×1m/s=10m/s，
根据平行四边形法则得，小球落地的速度v=√v02+v y2=√100+100m/s=10√2m/s。

答：(1)小球落地的时间为1s。

(2)小球在空中下落的高度为5m。

(3)小球落地的速度大小为10√2m/s。

解析：(1)平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，结合水平位移和初速度求出小球落地的时间。

(2)平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据位移时间公式求出小球下落的高度。

(3)根据速度时间公式求出落地的竖直分速度，结合平行四边形法则求出小球落地的速度。

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。

16.答案：证明：设物体运动过程中加速度为a，力F做的功为W，由F=ma；v22−v12=2ax；W=Fx，得：W=m v22−v12
2
所以得：W=1
2mv22−1
2
mv12
证毕。

解析：物体合力由牛顿第二定律求解，根据运动学公式求解位移，再由做功公式求合力做功，进一步推倒动能定理。

本题关键是要熟悉动能定理的推导过程和运用，要明确动能定理不仅适用于恒力做功，同样适用于变力做功。

17.答案：解：(1)设小车经过A点时的临界速度为v A，
由mg=m v A2
R
，
解得v A=√gR=√10×8.1m/s=9m/s．
(2)从B到A，根据动能定理有：
−mg2R=1
2mv A2−1
2
mv B2，
在B点，F N−mg=m v B2
R
，
解得F N=6mg，
由牛顿第三定律可知，小车对轨道的压力等于6mg．(3)对P到A，根据动能定理得，
−μmgcosαx PQ=1
2mv A2−1
2
mv p2，
其中x PQ sinα=R+Rcosα，
解得1
2
mv P2=1290J．
答：(1)小车在A点的速度为9m/s；
(2)小车在圆形轨道的最低点B时对轨道的压力为重力的6倍；
(3)小车在P点的动能为1290J．
解析：(1)小球恰好通过A点，知重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小车在A点的速度大小．(2)根据动能定理求出B点的速度，结合牛顿第二定律求出B点对小车的支持力，从而得出小车对轨道压力是重力的倍数．
(3)对P到A运用动能定理，求出小车在P点的动能．
本题考查了动能定理与圆周运动的综合，抓住A点的临界情况求出A点的速度是关键，运用动能定理解题关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，然后结合动能定理列式求解．
18.答案：解：(1)当小铁块相对木板发生运动时，小铁块受到木板对它的滑动摩擦力大小为：
f1=μ1F N1=μ1mg；
(2)设木板受到桌面的滑动摩擦力为f2，则有：f2=μF N2=μ2(m+M)g
设小铁块受到木板最大静摩擦力产生的加速度大小为a1，木板运动的加速度大小为a2，
对小铁块根据牛顿第二定律，有：μ1mg=ma1
对木板根据牛顿第二定律可得：F−f1−f2=Ma2
若小铁块和木板发生相对运动，应满足a1<a2
联立解得：F>(μ1+μ2)(M+m)g；
(3)设小铁块在木板上运动加速度大小为a3，位移为x1，时间为t1；小铁块离开木板后运动的位移为x2，加速度大小为a4，时间为t2，
对小铁块根据牛顿第二定律，有：μ1mg=ma3
a3t12
根据运动学公式可得：x1=1
2
a4t22
又因为μ2mg=ma4，x2=1
2
设小铁块从木板上离开前，木板加速度大小为a5，运动位移为x3，
对木板根据牛顿第二定律可得：F−f1−f2=Ma5
a3t12
根据运动学公式可得：x3=1
2
且有：x3=d+s1
若要满足题意，则小铁块移动的总位移必须小于或等于人肉眼感知“不动”的最大距离，考虑临界值有
l=x1+x2，其中l=1.8mm=0.0018m
由于小铁块先从零开始做匀加速运动，后做匀减速运动，最终静止在桌面上，有：a3t1=a4t2
代入数据联立解得：F=6.84N。

答：(1)当小铁块相对木板发生运动时，小铁块所受摩擦力的大小为μ1mg；
(2)要使小铁块相对板发生运动，木板所受拉力应满足F>(μ1+μ2)(M+m)g；
(3)教师要使小铁块“不动”需要提供的最小拉力F是6.84N。

解析：(1)根据滑动摩擦力的计算公式求解小铁块受到木板对它的滑动摩擦力大小；
(2)分别对小铁块、木板根据牛顿第二定律求解加速度大小，根据小铁块和木板发生相对运动的加速度大小关系进行分析；
(3)分析小铁块在木板上加速运动、脱离木板后减速运动的加速度大小，再根据运动学公式求解加速过程中的时间；对木板根据运动学公式结合牛顿第二定律进行解答。

对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。