高考一轮专题：牛顿运动定律(有答案)

专题：牛顿运动定律之袁州冬雪创作
考点一对牛顿第一定律的懂得
1．指出了物体的一种固有属性
牛顿第一定律揭露了物体所具有的一个固有属性——惯性，即物体总坚持原有运动状态不变的一种性质．
2．揭露了力的实质
牛顿第一定律明白了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，物体的运动不需要力来维持．
3．揭露了不受力作用时物体的运动状态
牛顿第一定律描绘的只是一种抱负状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的，当物体受外力作用但所受合力为零时，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体将坚持运动或匀速直线运动状态．1．关于惯性，下列说法中正确的是( )
A．磁悬浮列车能高速行驶是因为列车浮起后惯性小了
B．卫星内的仪器由于完全失重惯性消失了
C．铁饼运动员在掷出铁饼前疾速旋转可增大铁饼的惯性，使铁饼飞得更远
D．月球上物体的重力只有在地球上的1/6，但是惯性没有变更2．(多选)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和抱负实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是( )
A．物体抵抗运动状态变更的性质是惯性
B．没有力的作用，物体只能处于运动状态
C．行星在圆周轨道上坚持匀速率运动的性质是惯性
D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动
考点二对牛顿第三定律的懂得
1．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”
2．应用牛顿第三定律时应注意的问题
(1)定律中的“总是”二字说明对于任何物体，在任何条件下牛顿第三定律都是成立的．
(2)牛顿第三定律说了然作用力和反作用力中，若一个发生或消失，则另外一个必定同时发生或消失．
(3)作用力、反作用力分歧于平衡力
1．(多选)关于牛顿第三定律，下列说法正确的是( )
A．对重力、弹力、磨擦力等都适用
B．当相互作用的两个物体相距很远时不适用
C．当相互作用的两个物体做加速运动时不适用
D．相互作用的两个物体没有直接接触时也适用
2．(2017·吉林实验中学二模)两人的拔河比赛正在停止中，两人均坚持恒定拉力且不松手，而脚下开端移动．下列说法正确的是( ) A．两人对绳的拉力大小相等、方向相反，是一对作用力和反作用力
B．两人对绳的拉力是一对平衡力
C．拔河的胜利与否取决于谁的力气大
D．拔河的胜利与否取决于地面临人的磨擦力大小
3．如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”，两人中间位置处有一分界限，约定先使对方过分界限者为赢．若绳子质量不计，冰面可当作光滑，则下列说法正确的是( )
A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力
B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力
C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利
D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利
考点三牛顿第二定律瞬时性的懂得
1．两种模子：
牛顿第二定律F＝ma，其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时发生，同时消失、同时变更，详细可简化为以下两种模子：
2．求解瞬时加速度的一般思路
分析瞬时变更前、后物体的受力情况⇒列牛顿第二定律方程⇒求瞬时加速度
1．(2017·山东大学附中检测)如图所示，A、B两小球分别连在轻线两头，B球另外一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端．A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为( )
A．都等于g
2
B．
g
2
和0C.
g
2
和
mA
mB
·
g
2
D.
mA
mB
·
g
2
和
g
2
2．如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于运动状态．当木板AB突然向
下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )
A ．0 B.233gC ．g D.33
g 3．如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆毗连，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m ，物块2、4质量为M ，两个系统均置于水平放置的光滑木板上．并处于运动状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g ，则有( )
A ．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B ．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C ．a1＝a2＝g ，a3＝0，a4＝m ＋M M g
D ．a1＝g ，a2＝m ＋M M
g ，a3＝0，a4＝m ＋M M
g 4．如图所示，在光滑水平面上，A 、B 两物体用轻弹簧毗连在一起，A 、B 的质量分别为m1、m2，在拉力F 作用下，A 、B 共同做匀加速直线运动，加速度大小为a ，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬间A 和B 的加速度大小分别为a1、a2，则( )
A ．a1＝0，a2＝0
B ．a1＝a ，a2＝m2m1＋m2
a C ．a1＝m1m1＋m2a ，a2＝m2m1＋m2aD ．a1＝a ，a2＝m1m2
a 考点四 动力学的两类基本问题
1．求解两类问题的思路，可用下面的框图来暗示：
2．分析处理这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间接洽的桥梁——加速度．
考向1：由受力情况求运动情况
1、如图所示，工人用绳索拉铸件，铸件的质量是20 kg，铸件与地面间的动磨擦因数是0.25.工人用80 N的力拉动铸件，从运动开端在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为α＝37°并坚持不变，经4 s 后松手．(g＝10 m/s2)求：
(1)松手前铸件的加速度；
(2)松手后铸件还能前进的间隔．
考向2：由运动情况求受力情况
2．一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2匀加速下滑．如右图所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由运动开端在t＝2 s内能沿斜面运动位移x＝4 m．求：(g取10 m/s2)
(1)滑块和斜面之间的动磨擦因数μ；
(2)恒力F的大小．
3．如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑毗连．现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由运动释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的间隔L＝2.0 m(滑块颠末B点时没有能量损失，g取10 m/s2)，求：
(1)滑块在运动过程中的最大速度；
(2)滑块与水平面间的动磨擦因数μ；
(3)滑块从A点释放后，颠末时间t＝1.0 s时速度的大小．
考点五超重和失重问题
1．不管超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”
改变．
2．在完全失重的状态下，一切由重力发生的物理现象都会完全消失．
3．虽然物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．
4．虽然整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态．
1．(2017·福建莆田摹拟)关于超重和失重现象，下列描绘中正确的是( )
A．电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态
B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态
C．荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态
D．“神舟”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态
考点六毗连体问题
1．处理毗连体问题常常使用的方法为整体法和隔离法．
2．涉及隔离法与整体法的详细问题类型
(1)涉及滑轮的问题
若要求绳的拉力，一般都必须采取隔离法．例如，如图所示，绳跨过定滑轮毗连的两物体虽然加速度大小相同，但方向分歧，故采取隔离法．
(2)水平面上的毗连体问题
①这类问题一般多是毗连体(系统)各物体坚持相对运动，即具有相同的加速度．解题时，一般采取先整体、后隔离的方法．
②建立坐标系时也要思索矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度．
(3)斜面体与上面物体组成的毗连体的问题
当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面运动时，解题时一般采取隔离法分析．
3．解题思路
(1)分析所研究的问题适合应用整体法还是隔离法．
①处理毗连体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力；
②对于加速度大小相同，方向分歧的毗连体，应采取隔离法停止分析．
(2)对整体或隔离体停止受力分析，应用牛顿第二定律确定整体或隔离体的加速度．
(3)连系运动学方程解答所求解的未知物理量．
1、如图所示，物块A和B的质量分别为4m和m，开端A、B均运动，细绳拉直，在竖直向上拉力F＝6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动．已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不思索绳与滑轮之间的磨擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为( )
A．aA＝1
2
g，aB＝5gB．aA＝aB＝
1
5
gC．aA＝
1
4
g，aB＝3gD．aA＝0，
aB＝2g
考点七动力学中的图象问题
1．罕见的图象有
v－t图象，a－t图象，F－t图象，F－a图象等．
2．图象间的接洽
加速度是接洽v－t图象与F－t图象的桥梁．
3．图象的应用
(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变更的图线，要求分析物体的运动情况．
(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变更的图线，要求分析物体的受力情况．
(3)通过图象对物体的受力与运动情况停止分析．
4．解答图象问题的战略
(1)弄清图象坐标轴、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，进而明白“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断定．
1．(多选)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动磨擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
2．(2017·广东佛山二模)广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600 m，游客乘坐观光电梯大约一分钟便可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由运动开端上升，a－t图象如图所示．则下列相关说法正确的是( )
A．t＝4.5 s时，电梯处于失重状态B．5～55 s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零
3．(多选)将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v－t图象如图所示，g取10 m/s2.下列说法中正确的是( ) A．小球所受重力和阻力大小之比为5∶1
B．小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3
C．小球落回到抛出点时的速度大小为8 6 m/s
D．小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态
4．如图甲所示，或人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和磨擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力FT之间的函数关系如图乙所示．则下列断定正确的是( ) A．图线与纵轴的交点的相对值为gB．图线的斜率在数值上等于物体的质量m
C．图线与横轴的交点N的值FTN＝mgD．图线的斜率在数值上等
于物体质量的倒数1 m
考点八“板—块”模子
1．模子特点
上、下叠放两个物体，在磨擦力的相互作用下两物体发生相对滑动．
2．两种位移关系
滑块由滑板的一端运动到另外一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．3．解题方法
整体法、隔离法．
4．解题思路
(1)分析滑块和滑板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和滑板的加速度．
(2)对滑块和滑板停止运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移．
1．(2017·安徽芜湖摹拟)质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平面上，木板与水平面的动磨擦因数为μ1＝0.15.将质量m ＝10 kg 的小木块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板面的动磨擦因数为μ2＝0.4(最大静磨擦力等于滑动磨擦力，g＝10 m/s2)．则下列断定中正确的是( )
A．木板一定运动不动，小木块不克不及滑出木板
B．木板一定运动不动，小木块能滑出木板
C．木板一定向右滑动，小木块不克不及滑出木板
D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板
2. (2017·山东德州质检)长为L＝1.5 m的长木板B运动放在水平冰面上，小物块A以某一初速度v0从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为v＝0.4 m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了s＝8.0 cm后停下．若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动磨擦因数μ1＝0.25，取g＝10 m/s2.求：
(1)木板与冰面的动磨擦因数μ2；
(2)小物块A的初速度v0；
(3)为了包管小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度v0m应为多少？
考点九水平传送带问题
滑块在水平传送带上运动罕见的三个情景
项目图示滑块能够的运动情况
情景一(1)能够一直加速
(2)能够先加速后匀速
情景二(1)v0>v时，能够一直减速，也能够先减速再匀速
(2)v0<v时，能够一直加速，也能够先加速再匀速
情景三(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v 返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v0
1．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速
度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开端计时，小物块在传送带上运动的v －t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则( ) A．t2时刻，小物块离A处的间隔达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的间隔最大
C．0～t2时间内，小物块受到的磨擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的磨擦力作用
2．(多选)如图所示是某工厂所采取的小型生产流水线示意图，机器生产出的物体源源不竭地从出口处以水平速度v0滑向一粗糙的水平传送带，最后从传送带上落下装箱打包．假设传送带运动不动时，物体滑到传送带右端的速度为v，最后物体落在P处的箱包中．下列说法正确的是( )
A．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度小于v，物体仍落在P点
B．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v0，物体仍落在P点
C．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v，物体仍落在P点
D．若由于操纵失慎，传送带随皮带轮逆时针方向转动起来，物体仍落在P点
3、如图所示，足够长的水平传送带，以初速度v0＝6 m/s顺时针转动.现在传送带左侧轻轻放上质量m＝1 kg的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a＝4 m/s2减速直至停
止；已知滑块与传送带间的动磨擦因数μ＝0.2，滑块可以当作质点，且不会影响传送带的运动，g＝10 m/s2.试求：
(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；
(2)滑块在传送带上运动的总时间t.
考点十倾斜传送带问题
滑块在倾斜传送带上运动罕见的四个情景
项目图示滑块能够的运动情况
情景一①能够一直加速
②能够先加速后匀速
情景二①能够一直加速
②能够先加速后匀速
③能够先以a1加速后以a2加速
情景三①能够一直加速
②能够先加速后匀速
③能够一直匀速
④能够先以a1加速后以a2加速
情景四①能够一直加速
②能够一直匀速
③能够先减速后反向加速
1、如图所示，倾角为37°，长为l＝16 m的传送带，转动速度为v＝10 m/s，在传送带顶端A处无初速度的释放一个质量为m＝0.5 kg 的物体，已知物体与传送带间的动磨擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2.求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；
(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间．
2．如图所示为上、下两头相距 L＝5 m、倾角α＝30°、始终以
v＝3 m/s的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)．将一物体放在传送带的上端由运动释放滑下，颠末t＝2 s到达下端，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)传送带与物体间的动磨擦因数多大？
(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由运动释放能最快地到达下端？
3.(多选)如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，双方的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为30°.现有两质量相同的小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动磨擦因数均为0.6，下列说法正确的是()
A.下滑相同间隔内物块A、B机械能的变更一定不相同
B.下滑相同时间内物块A、B机械能的变更一定相同
C.物块A、B一定不克不及同时到达传送带底端
D.物块A、B在传送带上的划痕长度相同
专题：牛顿运动定律答案
1、解析：选D.惯性只与质量有关，与速度无关，A、C错误；失重或重力加速度发生变更时，物体质量不变，惯性不变，所以B错误、D正确．
2、解析：选AD.物体坚持原来匀速直线运动状态或运动状态的性质叫惯性，即物体抵抗运动状态变更的性质，A正确．没有力的作用，物体也能够坚持匀速直线运动状态，B错误，D正确．行星在圆周轨道上坚持匀速率运动而不是匀速直线运动，所以不克不及称为惯性，C 错误．
1、解析：选AD.对于牛顿第三定律，适用于重力、弹力、磨擦力等所有的力，而且不管相互作用的两物体的质量如何、运动状态怎样、是否相互接触都适用，例如，地球吸引地球概况上的石块，石块同样以相同大小的力吸引地球，且不管接触不接触，都互相吸引，所以B 、C 错误，A 、D 正确．
2、解析：选 D.人拉绳的力与绳拉人的力是一对作用力与反作用力，大小相等，选项A 错误；两人对绳的拉力纷歧定是一对平衡力，要根据绳子所处的运动状态停止断定，选项B 错误；拔河的胜利与否取决于地面临人的磨擦力大小，选项D 正确，C 错误．
3、解析：选 C.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，故选项A 错误；甲对绳的拉力与乙对绳的拉力作用在同一物体上，不是作用力与反作用力，故选项B 错误；设绳子的张力为F ，则甲、乙两人受到绳子的拉力大小相等，均为F ，若m 甲>m 乙，则由
a ＝F m 得，a 甲<a 乙，由x ＝12
at2得，在相等时间内甲的位移小，因开端时甲、乙距分界限的间隔相等，则乙会过分界限，所以甲能赢得“拔河”比赛的胜利，故选项C 正确；收绳速度与“拔河”比赛胜负无关，故选项D 错误．
1、解析：选C.由整体法知，F 弹＝(mA ＋mB)gsin 30°
剪断线瞬间，弹力瞬间不发生变更，由牛顿第二定律可得：
对B ：F 弹－mBgsin 30°＝mBaB ，得aB ＝mA mB ·g 2
对A ：mAgsin 30°＝mAaA ，得aA ＝12
g
所以C 正确．
2、解析：选B.开端小球处于平衡态，受重力mg 、支持力FN 、弹簧拉力F 三个力作用，受力分析如图所示，由平衡条件可得FN ＝mgcos
30°＋Fsin 30°，Fcos 30°＝mgsin 30°，解得FN ＝233
mg ，重力mg 、弹簧拉力F 的合力的大小等于支持力FN ，当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球受力不再平衡，此时的合力与FN 等大反向，由牛顿第
二定律得此时小球的加速度大小为233
g ，B 正确． 3、解析：选C.在抽出木板的瞬时，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变当即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g ：而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg ，因此
物块3知足mg ＝F ，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4知足a4＝F ＋Mg M
＝M ＋m M
g ，所以C 对． 4、解析：选D.撤去拉力F 前，设弹簧的劲度系数为k 、形变量为x ，对A 由牛顿第二定律得kx ＝m1a ；撤去拉力F 瞬间，弹簧的形变量坚持不变，对A 由牛顿第二定律得kx ＝m1a1，对B 由牛顿第二定律kx
＝m2a2，解得a1＝a ，a2＝m1m2
a ，D 正确． 1、解析 (1)松手前，对铸件由牛顿第二定律得
a ＝Fcos 37°－μmg －Fsin 37°m ＝1.3 m/s2
(2)松手时铸件的速度v＝at＝5.2 m/s
松手后的加速度大小a′＝μmg
m
＝μg＝2.5 m/s2
则松手后铸件还能滑行的间隔x＝v2
2a′
＝5.4 m
答案(1)1.3 m/s2 (2)5.4 m
2、解析：(1)以物块为研究对象受力分析如图甲所示，根据牛顿第二定律可得：
mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma
解得：μ＝
3 6 .
(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种能够．当加速度沿斜面向上时，受力分析如图乙所示，Fcos 30°－mgsin 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1，根据题意可得a1＝2 m/s2，
代入数据得：F＝763
5
N
当加速度沿斜面向下时(如图丙)：
mgsin 30°－Fcos 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1
代入数据得：F＝43
7
N.
答案：(1)
3
6
(2)
763
5
N或
43
7
N
3、解析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为vm，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：mgsin 30°＝ma1
v2m＝2a1h
sin 30°
，解得vm＝4 m/s.
(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：μmg＝ma2
v2m＝2a2L，解得μ＝0.4.
(3)滑块在斜面上运动的时间为t1，有vm＝a1t1，解得
t1＝vm
a1
＝0.8 s
由于t＞t1，故滑块已经颠末B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s
设t＝1.0 s时速度大小为v，有
v＝vm－a2(t－t1)，解得v＝3.2 m/s.
答案：(1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s
1、解析：选 D.物体是否超重或失重取决于加速度方向，当加速度向上时物体处于超重状态，当加速度向下时物体处于失重状态，当加速度向下且大小等于重力加速度时物体处于完全失重状态．电梯正在减速上升，加速度向下，乘客失重，选项A错误；列车加速时加速度水平向前，乘客既不超重也不失重，选项B错误；荡秋千到最低位置时加速度向上，人处于超重状态，选项C错误；飞船绕地球做匀速圆周运动时，其加速度等于飞船所在位置的重力加速度，宇航员处于完全失重状态，选项D正确．
1、解析对滑轮由牛顿第二定律得F－2FT＝m′a，又滑轮质量
m′忽略不计，故m′＝0，所以FT＝F
2
＝
6mg
2
＝3mg，对A由于FT＜4mg，
故A 运动，aA ＝0，对B 有aB ＝FT －mg m ＝3mg －mg m
＝2g ，故D 正确． 答案 D
1、解析：选ACD.由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝v0t1，下降过程中的加速度为a2＝v1t1
.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋f ＝ma1，mgsin θ－f ＝ma2，由以上各
式可求得sin θ＝v0＋v12t1g ，滑动磨擦力f ＝m v0－v12t1
，而f ＝μFN ＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项A 、C 正确．由v －t 图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大间隔，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D 正确．
2、解析：选D.操纵a ­t 图象可断定：t ＝4.5 s 时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A 错误；0～5 s 时间内，电梯处于超重状态，拉力＞重力，5 s ～55 s 时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55 s ～60 s 时间内，电梯处于失重状态，拉力＜重力，综上所述，B 、C 错误；因a ­t 图线与t 轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t ＝60 s 时为零，D 正确．
3、解析：选AC.上升过程中mg ＋Ff ＝ma1，代入a1＝12 m/s2，解得Ff ＝2 N ，小球所受重力和阻力之比为5∶1，选项A 正确；下落
过程中mg －Ff ＝ma2，可得a2＝8 m/s2，根据h ＝12at2可得t1t2
＝a2a1＝23
，选项B 错误；根据v ＝a2t2，t2＝ 6 s 可得v ＝8 6 m/s ，
选项C 正确；小球下落过程中，加速度方向竖直向下，小球处于失重状态，选项D 错误．
4、解析：选A.由牛顿第二定律可得：2FT －mg ＝ma ，则有a ＝2m
FT －g ，由a －FT 图象可断定，纵轴截距的相对值为g ，图线的斜率在数
值上等于2m ，则A 正确，B 、D 错误，横轴截距代表a ＝0时，FTN ＝mg 2
，C 错误．
1、解析：选 A.木板与地面间的磨擦力为Ff1＝μ1(m0＋m)g ＝0.15×(20＋10)×10 N＝45 N ，小木块与木板之间的磨擦力为Ff2＝μ2mg＝0.4×10×10 N＝40 N ，Ff1>Ff2，所以木板一定运动不动；设小木块在木板上滑行的间隔为x ，v20＝2μ2gx，解得x ＝2 m<L ＝5 m ，所以小木块不克不及滑出木板，A 正确．
2、解析 (1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动磨擦力，做匀减速运动，则加速度
a ＝v22s
＝1.0 m/s2 由牛顿第二定律得μ2mg＝ma
解得μ2＝0.10.
(2)小物块相对木板滑动时受木板对它的滑动磨擦力，做匀减速运动，其加速度
a1＝μ1g＝2.5 m/s2
小物块在木板上滑动，木板受小物块的滑动磨擦力和冰面的滑动磨擦力，做匀加速运动，则有。