牛顿运动定律的综合应用

精品文档牛顿运动定律的综合应用一．选择题（共30 小题）1．（ 2016?海南）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力 F 的作用，其下滑的速度﹣时间图线如图所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s，5～10s，10～15s 内 F 的大小分别为F1、 F2和 F3，则（）A． F1＜F2B． F2＞ F3C． F1＞F3D． F1=F32．（ 2016?宿迁模拟）如图所示，质量为 m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，而长木板保持静止状态．己知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．下列说法正确的是（）A．木块受到的摩擦力大小为μ1（m1+m2）gB．长木板受到的摩擦力大小为μ2（m1+m2）gC．若改变F 的大小，当F＞μ1（ m1+m2） g 时，长木板将开始运动D．若将 F 作用于长木板，长木板与木块有可能会相对滑动3．（ 2016?广安校级一模）在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ 、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域 I 中离边界某一高度由静止释放一质量为 m的带电小球 A，如图甲所示，小球运动的 v﹣ t 图象如图乙所示，不计空气阻力，则（）A．小球受到的重力与电场力之比为3：5B．在 t=5s 时，小球经过边界MNC．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功D．在 1s ～4s 过程中，小球的机械能先减小后增大4．（ 2016?上海模拟）如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，体重计的示数最大的是（）精品文档A．电梯匀减速上升，加速度的大小为 1.0m/s B．电梯匀加速上升，加速度的大小为 1.0m/s C．电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5m/s 2 2 2D．电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5m/s 25．（ 2016?金山区一模）如图（a），倾角为 37°且足够长的固定斜面底端有一物块，在沿斜面向上的拉力F=30N 作用下，物块开始沿斜面运动，0.5s 时撤去 F，其运动的v?t 图线如图（ b）所示．取sin37 °=0.6 ， cos37 °=0.8 ，g=10m/s 2，则可确定（）A．物块的质量为2kgB．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块沿斜面向上滑行的最大距离为7.5mD．物块回到斜面底端的时刻为 2.74s6．（ 2016 春 ?重庆校级期末）如图所示，一块质量为M=2kg 的木板放在光滑的水平地面上，在木板上放着一个质量为 m=1kg的小物体，它被一根水平方向上压缩了的弹簧推着静止在木板上，此时弹簧的弹力为 2N．现沿水平向左的方向对木板施以作用力，使木板由静止开始运动起来，运动中力 F 由 0 逐渐增加到9N，以下说法正确的是（）A．物体与小木板先保持相对静止一会，后相对滑动B．物体受到的摩擦力先减小后增大C．当力 F 增大到 6 N 时，物体不受摩擦力作用D．小木板受到9N 的拉力时，物体受到的摩擦力为3N7．（ 2016?天门模拟）如图所示，在竖直平面内有一圆，O为圆心， AB为竖直直径， C 为圆周上一点，在圆内放置两跟光滑杆AC、OC，AC与 AB成θ角，两杆上各套一个小球（可看作质点） a、 b，将小球a、 b 由杆的上端从静止释放，小球 a 在杆上运动的时间为t 1，小球 b 在杆上运动的时间为t 2，当θ角在 0°到 90°之间取值时，则下列说法正确的是（）A．若 t 1=t 2，θ角有一个确定的值B．若 t 1＜ t 2，则 30°＜θ＜ 60°C．若 t 1＞ t 2，则 30°＜θ＜ 60°D．若θ＜ 30°，则 t 1＜ t 28．（ 2016 春?大庆校级月考）如图所示，倾斜的传送带始终以恒定速率v2运动．一小物块以v1的初速度冲上传送带．小物块从 A 到 B 的过程中一直做减速运动，则（）A．如果 v1＞ v2，小物块到达 B 端的速度可能等于0B．如果 v1＜ v2，小物块到达 B 端的速度可能等于0C．如果 v1＞ v2，减小传送带的速度，物块到达 B 端的时间可能增长D．如果 v1＜ v2，增大传送带的速度，物块到达 B 端的时间可能变短9．（ 2015?杭州校级模拟）如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m=4kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力随位移x 变化的图象乙所示．已知物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.5 ， g=10m/s2．下列说法正确的是（）A．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动B．物体在水平面上运动的最大位移是12mC．物体在运动中的加速度先变小后不变D．物体运动的最大速度为8m/s10．（ 2015?湖南模拟）如图甲所示，一质量为M=3.3kg 的滑块随足够长的水平传送带一起向右匀速运动，滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2 ．一质量 m=0.05kg 的子弹水平向左射入滑块并留在其中，设子弹与滑动碰撞时在极短的时间内达到速度一致，取水平向左的方向为正方向，子弹在整个运动过程中的v﹣t 图象如图乙所示，已知传送带的速度始终保持不变，滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，g 取 10m/s 2．下列说法正确的是（）A．传送带的速度大小为4m/sB．滑块相对传送带滑动的距离为9mC．滑块相对地面向左运动的最大位移为3mD．若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑，则转动轮的半径R 为 0.4m11．（ 2015?天水校级模拟）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端系一个质量为m的小球 A，小球被水平挡板P 托住使弹簧长度恰为自然长度（小球与挡板不粘连），然后使挡板P 以恒定的加速度a（ a＜ g）开始竖直向下做匀加速直线运动，则（）A．小球与与挡板分离的时间为t=B．小球与与挡板分离的时间为t=C．小球从开始运动直到最低点的过程中，小球速度最大时弹簧的伸长量x=D．小球从开始运动直到最低点的过程中，小球速度最大时弹簧的伸长量x=12．（ 2015 秋 ?九江期末）在光滑水平面上有一物块受水平恒力 F 的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧，如图所示，当物块与弹簧接触并将弹簧压至最短的过程中，下列说法正确的是（）A．物块接触弹簧后即做减速运动B．物块接触弹簧后先加速后减速C．当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速度不等于零D．当物块的速度为零时，它所受的合力不为零13．（2015 秋 ?晋江市校级期中）一小滑块从斜面上 A 点由静止释放，经过时间 4t 0到达 B 处，在 5t 0时刻滑块运动到水平面的 C 点停止，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同．已知滑块在运动过程中与接触面间的摩擦力大小与时间的关系如图所示，设滑块运动到 B 点前后速率不变．以下说法中正确的是（）A．滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为16： 5B．滑块在斜面和水平面上的加速度大小之比为1： 4C．斜面的倾角为45°D．滑块与斜面的动摩擦因数μ=14．（ 2015 秋 ?陕西校级月考）如图甲所示，静止在水平面 C 上足够长的木板 B 左端放着小物块 A ．某时刻， A 受到水平向右的外力 F 作用，F 随时间 t 的变化规律如图乙所示． 已知 A 、 B 间最大静摩擦力大于 B 、 C 之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则 在拉力逐渐增大的过程中，下列反映 A 、B 运动过程中的加速度及A 与B 间摩擦力 f 1、B 与 C间摩擦力 f 2 随时间变化的图线中正确的是（）A ．B ．C ．D ．15．（ 2016?福建模拟）一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不 变的水平拉力作用． 假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力． 以 a 表示物块的加速度大小， F 表示水平拉力的大小．能正确描述F 与 a 之间的关系的图象是（ ）A ．B ．C ．D ．16．（ 2016?北京校级模拟） 如图，在倾角为 α的固定光滑斜面上， 有一用绳子栓着的长木板， 木板上站着一只猫． 已知木板的质量是猫的质量的2 倍．当绳子突然断开时， 猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为（）A ．B ． gsin αC ． gsin αD ． 2gsin α17．（ 2016?河西区二模）一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为 a ，如图所示． 在物体始终相对于斜面静止的条件下， 下列说法中正确的是 （ ）A ．当 θ一定时，B ．当 θ一定时，C ．当 a 一定时，D ．当 a 一定时，a 越大，斜面对物体的正压力越小 a 越大，斜面对物体的摩擦力越大θ越大，斜面对物体的正压力越小 θ越大，斜面对物体的摩擦力越小18．（ 2016?南京校级模拟）如图所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员（可视为质点），a 站于地面， b 从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员 b 摆至最低点时， a 刚好对地面无压力，则演员 a 质量与演员 b 质量之比为（）A．1：1 B． 2：1 C．3：1 D．4： 119．（ 2016?盐城模拟）如图所示，将底部装有弹簧的木箱在某一高度由静止释放，从弹簧接触地面到木箱速度为零的过程中，木箱速度的变化情况是（）A．一直增大 B ．一直减小C．先减小后增大D．先增大后减小20．（ 2016 春 ?邢台校级月考）某物体受一对平衡力作用处于静止状态，现将其中一个力先减小到零再增大恢复到原来的大小，方向不变，而另一个力保持不变．在此过程中，该物体的速度变化情况是（）A．逐渐增大 B ．先增大后减小 C ．逐渐减小D．先减小后增大21．（ 2016?武威校级模拟）在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k．在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为 m2的小球．某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图所示．不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的形变为（）A．伸长量为tan θB．压缩量为tan θC．伸长量为D．压缩量为22．（ 2016?南昌校级二模）一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为m A=1kg 和 m=2kg 的 A、B 两物块， A、 B与木板之间的动摩擦因素都为μ=0.2，水平恒力F 作用在 A B物块上，如图所示（重力加速度g 取 10m/s2）．则（）A．若 F=1N，则物块、木板都静止不动B．若 F=1.5N，则 A物块所受摩擦力大小为 1.5NC．若 F=4N，则 B 物块所受摩擦力大小为4ND．若 F=8N，则 B 物块的加速度为 1m/s223．（ 2016?江西二模）如图甲所示，物块的质量 m=1kg，初速度 v0=10m/s，在一水平向左的恒力 F 作用下从 O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力 F 突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g=10m/s2．下列选项中正确的是（）A． 0﹣ 5s 内物块做匀减速运动B．在 t=1s 时刻，恒力 F 反向C．恒力 F 大小为 10ND．物块与水平面的动摩擦因数为0.324．（ 2016?铜仁市模拟）如图所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块 1 相连，下端与另一质量为 M的木块 2 相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、 2 的加速度大小分别为a1、 a2．重力加速度大小为 g，则有（）A． a1=0， a2=g B． a1=g， a2=gC． a1=0， a2=g D． a1=g， a2=g25．（ 2016?浦东新区三模）如图a 所示，用一水平力 F 拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度 a 随外力 F 变化的图象如图乙所示，根据图 b 中所提供的信息可以计算出（）A．物体的质量B．斜面的倾角C．物体能静止在斜面上所施加的最小外力D．加速度为 6 m/s 2时物体的速度26．（ 2016?北京校级模拟）如图所示，将质量为 m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ．若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则（）精品文档A．将滑块由静止释放，如果μ＞tanθ，滑块将下滑B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ＜tanθ，滑块将减速下滑C．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ=tanθ，拉力大小应是m gsin θD．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ=tanθ，拉力大小应是2mgsin θ27．（2016?镇江校级一模）如图所示，物体A、 B、C 质量分别为m、2m、3m，A 与天花板间，B 与 C之间用轻弹簧连接，当系统平衡后，突然将AB间绳烧断，在绳断的瞬间，A、 B、 C 的加速度分别为（以向下的方向为正方向）（）A． g， g， g B．﹣ 5g， 2.5g ， 0C．﹣ 5g， 2g， 0D．﹣ g， 2.5g ， 3g28．（ 2016?开封模拟）如图所示，一固定杆与水平方向夹角为θ，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ．若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度 a 一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且θ＜β，则滑块的运动情况是（）A．沿着杆加速下滑B．沿着杆加速上滑C．沿着杆减速下滑D．沿着杆减速上滑29．（ 2016?广东三模）如图所示，物块 A 放在木板B上， A、 B的质量均为m， A、B 之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为．若将水平力作用在 A 上，使 A 刚好要相对 B 滑动，此时 A 的加速度为a1；若将水平力作用在 B 上，使 B 刚好要相对 A 滑动，此时B 的加速度为a2，则 a1与 a2的比为（）A．1：1 B． 2：3 C．1：3 D．3： 230．（ 2016?杨浦区三模）三角形传送带以1m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是 2m且与水平方向的夹角均为37°．现有两个小物块A、 B 从传送带顶端都以1m/s 的初速精品文档度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5 ，（g 取 10m/s2， sin37 °=0.6 ，cos37 °=0.8 ）下列说法正确的是（）A．物块 A先到达传送带底端B．物块 A、 B 同时到达传送带底端C．传送带对物块A、 B 均做负功D．物块 A、 B 在传送带上的划痕长度之比为1： 3精品文档牛顿运动定律的综合应用参考答案与试题解析一．选择题（共30 小题）1．（ 2016?海南）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力 F 的作用，其下滑的速度﹣时间图线如图所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s，5～10s，10～15s 内 F 的大小分别为F1、 F2和 F3，则（）A． F1＜F2B． F2＞ F3C． F1＞F3D． F1=F3【分析】速度时间图象的斜率表示加速度的大小，斜率为正，表示加速运动，斜率为负，表示减速运动，再根据牛顿第二定律分析拉力的大小即可．【解答】解：由速度时间图象的斜率可知，0～ 5s 内和 10～ 15s 内物体的加速度大小 a 相等．在 0～ 5s 内，物体加速下滑，由牛顿第二定律可得：mgsin θ﹣ f ﹣ F1=ma，所以 F1=mgsinθ﹣ f﹣ma；在 5～ 10s，物体匀速下滑，受力平衡，则mgsinθ﹣ f=F 2，所以 F2=mgsin θ﹣ f ；在 10～ 15s 内，物体减速下滑，由牛顿第二定律可得，F3 +f ﹣ mgsin θ=ma，所以 F3=mgsin θ﹣f+ma；由以上分析可得，F1＜ F2＜ F3；故选： A【点评】本题是对速度时间图象含义的考查，明确速度时间图象的斜率表示加速度的大小，斜率为正，表示加速运动，斜率为负，表示减速运动，再根据牛顿第二定律计算拉力的大小即可．2．（ 2016?宿迁模拟）如图所示，质量为 m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，而长木板保持静止状态．己知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．下列说法正确的是（）A．木块受到的摩擦力大小为μ1（m1+m2）gB．长木板受到的摩擦力大小为μ2（m1+m2）gC．若改变F 的大小，当F＞μ（ m+m） g 时，长木板将开始运动112D．若将 F 作用于长木板，长木板与木块有可能会相对滑动【分析】先对木块受力分析，求出滑块与长木板之间的滑动摩擦力；然后对长木板受力分析，求出其受到的静摩擦力；则可明确二者的受力及运动情况．【解答】解： A、 B、先对木块受力分析，受拉力 F、重力、支持力和向后的滑动摩擦力，滑动根据牛顿第三定律，木块对长木板有向前的滑动摩擦力，长木板还受到重力、压力、支持力和地面对其向后的静摩擦力，根据平衡条件，有f 2=f 1=μ1m1g≤ μ2（ m1+m2） g故 AB错误；C、若改变 F 的大小，当 F＞μ1（ m1+m2）g 时，滑块加速，但滑块与长木板的滑动摩擦力不变，故长木板与地面间的静摩擦力也不变，故木板不会运动；故 C 错误；D、若将力 F 作用在长木板上时，滑块受木板的作用力等于二者间的滑动摩擦力；当整体的加速度大于μg时，木块一定会发生木板的滑动；故 D 正确；故选： D【点评】本题关键是先对滑块受力分析，求出滑块与长木板间的滑动摩擦力，然后对长木板受力分析，求出长木板与地面间的静摩擦力；同时要分清楚静摩擦力和滑动摩擦力，判断摩擦力的有无可以根据摩擦力的产生条件、作用效果、牛顿第三定律判断．3．（ 2016?广安校级一模）在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ 、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域 I 中离边界某一高度由静止释放一质量为 m的带电小球 A，如图甲所示，小球运动的 v﹣ t 图象如图乙所示，不计空气阻力，则（）A．小球受到的重力与电场力之比为3：5B．在 t=5s 时，小球经过边界MNC．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功D．在 1s ～4s 过程中，小球的机械能先减小后增大【分析】小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻．分别求出小球进入电场前、后加速度大小，由牛顿第二定律求出重力与电场力之比．根据动能定理研究整个过程中重力做的功与电场力做的功大小关系．整个过程中，小球的机械能与电势能总和不变．【解答】解： B、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s 时．故 B 错误．A、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为：a1 =，进入电场后的加速度大小为：a2=由牛顿第二定律得：mg=ma1①F﹣ mg=ma2得电场力： F=mg+ma2=②由①② 得重力 mg与电场力 F 之比为 3：5．故 A 正确．C、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等．故 C 错误．D、整个过程中，由图可得，小球在 0﹣ 2.5s 内向下运动，在 2.5s ﹣ 5s 内向上运动，在 1s ～4s 过程中，小球的机械能先减小后增大电场力先做负功，后做正功．电势能先增大，后减小；由于整个的过程中动能、重力势能和电势能的总和不变，所以，小球的机械能先减小后增大．故D正确．故选： AD【点评】本题一要能正确分析小球的运动情况，抓住斜率等于加速度是关键；二要运用牛顿第二定律和动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系．4．（ 2016?上海模拟）如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，体重计的示数最大的是（）A．电梯匀减速上升，加速度的大小为 1.0m/sB．电梯匀加速上升，加速度的大小为 1.0m/sC．电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5m/sD．电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5m/s2222【分析】先对人受力分析，受重力和支持力，体重计示数即为受到的压力，而压力等于支持力；再对人进行运动分析，确定加速度方向；最后根据牛顿第二定律列式求解．【解答】解： A、电梯减速上升，加速度向下，由牛顿第二定律mg﹣ F=ma解得F=m（ g﹣ a） =9mB、电梯匀加速上升，加速度向上，由牛顿第二定律F﹣ mg=ma解得F=m（ g+a）=11mC、电梯匀减速下降，加速度向上，由牛顿第二定律F﹣ mg=ma解得F=m（ g+a）=10.5mD、电梯匀加速下降，加速度向下，由牛顿第二定律mg﹣ F=ma解得F=m（ g﹣ a） =9.5m故选： B．【点评】只要加速度向上，就是超重，加速度向下，就是失重，与物体的运动速度方向无关，同时，超重与失重现象只是物体对支撑物的压力变大，而重力保持不变！5．（ 2016?金山区一模）如图（a），倾角为 37°且足够长的固定斜面底端有一物块，在沿斜面向上的拉力F=30N 作用下，物块开始沿斜面运动，0.5s 时撤去 F，其运动的v?t 图线如图（ b）所示．取sin37 °=0.6 ， cos37 °=0.8 ，g=10m/s 2，则可确定（）A．物块的质量为 2kgB．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块沿斜面向上滑行的最大距离为7.5mD．物块回到斜面底端的时刻为 2.74s【分析】根据图象可以得出加速上升和减速上升的加速度的大小，根据牛顿第二定律计算物体的质量和动摩擦因数的大小，根据速度公式计算减速运动的时间，根据位移公式计算下滑的时间．【解答】解： A、 v﹣t 图象的斜率表示加速度的大小，根据图象可知，加速上升时的加速度为：a1=20m/s2，减速上升时的加速度为：a2=10m/s2，对物体受力分析，利用牛顿第二定律，加速上升时有： F﹣ mgsin37 °﹣μmgcos37°=ma1，减速上升时有： mgsin37 °+μmgcos37°=ma2，由上式解得： m=1kg，μ=0.5 ，所以 A 错误， B 正确；C、加速上升时运动的位移为：x1 =a1t 12= × 20× 0.5 2m=2.5m，减速上升的时间为：t 2 ==s=1s ，减速上升的时运动的位移为：x2===5m，物块沿斜面向上滑行的最大距离为x=x 1+x2=2.5m+5m=7.5m，所以 C正确；D、物体返回的时候，对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得，mgsin37 °﹣μmgcos37°=ma，3代入数据解得：a3=4m/s 2，根据 x═a3 t 32，可得返回用的时间t 3为： t 3 ==s≈ 1.94s ，物块回到斜面底端的时刻为t=1.5+1.94=3.43s ，所以D 错误；故选：BC【点评】本题是对牛顿运动定律和运动学方程的综合的应用，对物体受力分析，根据牛顿第二定律计算加速度的大小，再分析清楚物体的运动的过程，利用运动学的规律分过程来计算．6．（ 2016 春 ?重庆校级期末）如图所示，一块质量为M=2kg 的木板放在光滑的水平地面上，在木板上放着一个质量为 m=1kg的小物体，它被一根水平方向上压缩了的弹簧推着静止在木板上，此时弹簧的弹力为 2N．现沿水平向左的方向对木板施以作用力，使木板由静止开始运动起来，运动中力 F 由 0 逐渐增加到9N，以下说法正确的是（）A．物体与小木板先保持相对静止一会，后相对滑动B．物体受到的摩擦力先减小后增大C．当力 F 增大到 6 N 时，物体不受摩擦力作用D．小木板受到 9N 的拉力时，物体受到的摩擦力为3N【分析】根据题目给出的条件，先判断出物体与木板发生滑动的条件，然后结合受力分析与牛顿第二定律即可解答．【解答】解： A、由题，当弹簧的弹力是2N 向右时，物体仍然静止在木板上，所以物体与木板之间的最大静摩擦力要大于等于2N．若要使物体相对于木板向左滑动，则物体受到的木板的摩擦力至少要大于等于2N，方向向右，即可物体受到的合力至少向右的4N 的力，物体的加速度为：a== =4m/s 2同时，物体与木板有相对运动时，木板的加速度要大于物体的加速度，当二者相等时，为最小拉力．则有：F m=（ M+m） a=（ 2+1）× 4=12N即只有在拉力大于12N时，物体才能相对于木板滑动，所以在拉力小于9N 时，物体绳子相对于木板静止．故 A 错误；B、 C、若物体与木板之间的摩擦力恰好为0，则物体只受到弹簧的弹力的作用，此时物体的加速度为：a′== =2m/s2由于物体始终相对于木板静止，所以此时整体在水平方向的受力为：F0=（ M+m） a′=（ 2+1）× 2=6N所以：当力 F 增大到 6N 时，物体不受摩擦力作用．则拉力小于 6N 之前，摩擦力岁拉力 F 的最大而减小，当拉力大于 6N 时，摩擦力又随拉力的增大而增大．故 B错误， C正确．D、小木板受到9N 拉力时，整体的加速度：2a″===3m/s物体受到的摩擦力为 f ′，则： ma″=f ′+2所以： f ′=ma″﹣ 2=1× 3﹣ 2=1N．故 D 错误．故选： C【点评】该题结合物体受到的摩擦力等于0 的临界条件与物体恰好要相对于木板滑动的临界条件考查牛顿第二定律的应用，解题的关键就是能够正确分析物体的受力，找出对应的临界条件．7．（ 2016?天门模拟）如图所示，在竖直平面内有一圆，O为圆心， AB为竖直直径， C 为圆周上一点，在圆内放置两跟光滑杆AC、OC，AC与 AB成θ角，两杆上各套一个小球（可看作质点） a、 b，将小球a、 b 由杆的上端从静止释放，小球 a 在杆上运动的时间为t 1，小球 b在杆上运动的时间为t 2，当θ角在 0°到 90°之间取值时，则下列说法正确的是（）A．若 t 1=t 2，θ角有一个确定的值B．若 t 1＜ t 2，则 30°＜θ＜ 60°C．若 t 1＞ t 2，则 30°＜θ＜ 60°D．若θ＜ 30°，则 t 1＜ t 2【分析】根据牛顿运动定律，推导出 a 球沿 AC运动的时间t 1的表达式，利用几何关系得知CO与竖直方向上的夹角，再利用牛顿运动定律推导出 b 球沿 OC运动的时间t 2的表达式，根据选项给出的条件，逐一验证各选项，即可得知正确结果．【解答】解：设半径为R，沿 AC运动时的加速度为：a=gcosθ由几何知识可知运动的位移为：s=2Rcosθ由运动学公式有：s=a三式联立得： t 1=2由题意可知， OC与竖直方向的夹角为180°﹣ 2θ，其加速度大小为：a′=|gcos （ 180°﹣2θ） |在 CO上运动时有： R= × |gcos （ 180°﹣2θ） | ?解得： t 2=A、若 t 1=t 2，即 2=，解得：θ=30°或θ=60°，θ角有两个值，选项 A错误．BC、若 t 1＜ t 2，即 2＜，解得：30°＜θ＜60°，选项B正确，C错误．D、若θ＜ 30°，则 180°﹣2θ＞ 120°，|gcos （180°﹣ 2θ） | ＞，即得：2=＜2，得知：t2＜t1，选项D错误．故选： B【点评】该题考查到了牛顿运动定律的综合和应用中的“等时圆”模型，分为两种情况：（1）物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点时间均相等，且为 t=2（如图甲所示）．。