資源簡介

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新課預習銜接 牛頓第三定律
一．選擇題（共5小題）
1．（2024 撫順期末）如圖所示，輕彈簧的一端固定在垂直于光滑的傾角為θ的斜面底端擋板上，另一端自然伸長于斜面O點，將質量為m的物體拴接于彈簧上端后靜止于距斜面O點x0處；現用平行于斜面向上的力F緩慢拉動物體，使在彈性限度內斜向上運動了4x0，物體再次靜止。撤去F后，物體開始沿斜向下運動，重力加速度為g，不計空氣阻力。則撤去F后（　　）
A．物體先做勻加速運動至O點，過O點后加速度一直減小
B．物體運動至最低點時彈力大小等于mgsinθ
C．物體剛運動時的加速度大小為4gsinθ
D．物體向下運動至O點速度最大
2．（2024 武邑縣校級期末）關于牛頓運動定律的理解，下列說法正確的是（　　）
A．拋出去的小球，離手后仍能運動，說明小球已經失去慣性
B．物體不受力時處于靜止或勻速運動的狀態
C．物體所受的合力方向與物體的加速度方向可能相反
D．甲、乙雙方進行拔河比賽，甲方勝利，說明甲對乙的力大于乙對甲的力
3．（2024 石家莊期末）如圖所示，在豎直平面內有半徑為R的半圓，最低點為A，B是半圓上一點，AB為光滑傾斜軌道，AC是傾角為θ＝45°、高為h＝2R的光滑固定斜面。現自B點由靜止釋放小球甲的同時，自C點以初速度大小v0沿斜面向下射出小球乙，發現兩小球同時到達A點。已知重力加速度為g，則小球乙的初速度大小的為（　　）
A． B． C． D．
4．（2024 延慶區期末）電動平衡車是時下熱門的一種代步工具。如圖，人筆直站在電動平衡車上，車在水平地面上沿直線勻速前進，下列說法正確的是（　　）
A．地面對平衡車的支持力是因地面發生形變而產生的
B．在行駛過程中突然剎車，平衡車受到地面的摩擦力向前
C．平衡車及人受到的重力和車對地面的壓力是一對平衡力
D．平衡車及人受到的重力和地面對車的支持力是一對相互作用力
5．（2024 哈爾濱期末）《中國制造2025》是國家實施強國戰略第一個十年行動綱領，智能機器制造是一個重要方向，其中智能機械臂已廣泛應用于各種領域。如圖所示，一機械臂鐵夾夾起一個金屬小球，小球在空中處于靜止狀態，鐵夾與球接觸面保持豎直，則（　　）
A．鐵夾對小球的兩個彈力為一對相互作用力
B．若進一步加大鐵夾對小球擠壓，小球受到的摩擦力變大
C．小球受到5個力的作用
D．若鐵夾水平勻速移動，鐵夾對小球作用力的方向斜向上
二．多選題（共5小題）
（多選）6．（2024 撫順期末）如圖所示，螞蟻們“頭頂著”食物沿樹枝向上爬行，10s內前進了0.2m，則（　　）
A．當螞蟻勻速爬行時，食物對螞蟻的力與螞蟻對食物的力是一對平衡力
B．“10s”是時刻，“0.2m”是路程
C．觀察螞蟻行走時的肢體分工時，螞蟻不能視為質點
D．樹枝對螞蟻的支持力是由于樹枝的形變產生的
（多選）7．（2024 岳麓區校級期末）如圖甲所示，勁度系數k＝500N/m的輕彈簧，一端固定在傾角為θ＝37°的帶有擋板的光滑斜面體的底端，另一端和質量mA的小物塊A相連，質量為mB的物塊B緊靠A一起靜止。現用水平推力使斜面體以加速度a向左勻加速運動，穩定后彈簧的形變量大小為x。在不同推力作用下，穩定時形變量大小x隨加速度a的變化如圖乙所示。彈簧始終在彈性限度內，不計空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是（　　）
A．
B．mA＝3kg
C．若a＝a0，穩定時A對斜面的壓力大小為12.5N
D．若a＝0.5a0，穩定時A、B間彈力大小為6N
（多選）8．（2024 肇東市校級期末）牛頓是出生在17世紀英國偉大的科學家，而牛頓三大定律更是人類探索自然奧秘的重大發現。關于牛頓三大定律，下列說法中正確的是（　　）
A．牛頓第一定律是在大量實驗事實的基礎上通過推理而概括出來的結論
B．羽毛球可以被快速抽殺，是因為它質量小，慣性小，運動狀態容易改變
C．甲、乙兩隊進行拔河比賽，甲隊獲勝，其力學上的根本原因是甲隊拉繩的力比乙隊拉繩的力大
D．任何情況下，速度的方向總與合外力方向相同
（多選）9．（2024 興慶區校級月考）如圖所示，在斜面上有四條光滑細桿，其中OA桿豎直放置，OB桿與OD桿等長，OC桿與斜面垂直放置，每根桿上都套著一個小滑環（圖中未畫出），四個環分別從O點由靜止釋放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的時間依次為t1、t2、t3、t4。下列關系正確的是（　　）
A．t1＞t2＞t3 B．t1＝t3＞t2 C．t2＝t4＞t1 D．t2＜t3＜t4
（多選）10．（2024 萬州區校級模擬）如圖所示，足夠長的木板置于光滑水平面上，傾角θ＝53°的斜劈放在木板上，一平行于斜面的細繩一端系在斜劈頂，另一端拴接一可視為質點的小球，已知木板、斜劈、小球質量均為1kg，斜劈與木板之間的動摩擦因數為μ，重力加速度g＝10m/s2，系統處于靜止狀態。現在對木板施加一水平向右的拉力F，下列說法正確的是（　　）
A．若μ＝0.2，當F＝4N時，木板相對斜劈向右運動
B．若μ＝0.5，不論F多大，小球均能和斜劈保持相對靜止
C．若μ＝0.8，當F＝22.5N時，小球對斜劈的壓力為0
D．若μ＝0.8，當F＝24N時，細繩與水平方向的夾角α滿足：tanα＝0.8
三．解答題（共5小題）
11．（2024 瀘縣校級期末）如圖所示，小球A置于水平面上的半圓體上靜止，半圓柱體底面粗糙，其斜面光滑。小球B用系于豎直板上的水平輕彈簧拉著，兩小球A、B通過光滑滑輪O用輕質細線相連，兩球均處于靜止狀態。已知A球質量為m，O點在半圓主體圓心O1的正上方，OA與豎直方向成30°角，OA長度與半圓住體半徑相等，OB與豎直方向成45°角，重力加速度為g，求：
（1）小球A受到細線的拉力大小；
（2）若半圓柱體質量也為m且恰好不滑動，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，半圓柱體底面與地面間的動摩擦因數μ；
（3）若將OB繩剪斷，則在剪斷瞬間，小球B的加速度的大小和方向。
12．（2024 荊州區校級期末）如圖所示，有一傾角為θ＝37°（sin37°），下端固定一擋板，擋板與斜面垂直，一長木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一質量m的小物塊。現讓長木板和小物塊同時由靜止釋放，此時刻為計時起點，在第2s末，小物塊剛好到達長木板的光滑部分，又經過一段時間，長木板恰好停在擋板處，小物塊剛好到達長木板的下端邊緣。已知小物塊與長木板的上部分的動摩擦因數，長木板與斜面間的動摩擦因數μ2＝0.5，長木板的質量M＝m。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）在0～2s時間內長木板和小物塊的加速度的大小；
（2）長木板距離擋板多遠；
（3）長木板的長度。
13．（2024 遼寧一模）如圖所示，質量為m的物塊P通過輕彈簧放置于傾角θ＝30°的固定光滑斜面體上。彈簧下端與擋板連接，P與彈簧無拴接，輕質細繩通過輕質光滑滑輪兩端分別連接質量為2m的物塊Q和質量為8m的物塊A，現用手托住物塊A（距地面足夠高），使細繩與斜面平行張力恰好為0，松手后物塊A開始下落。已知彈簧的勁度系數為k，重力加速度大小為g，彈簧始終在彈性限度內，求：
（1）物塊靜止時彈簧的壓縮量Δx；
（2）物塊P、Q分離時的加速度大小a；
（3）物塊P、Q分離時物塊A下降的高度h。
14．（2024 白山期末）如圖所示，固定在水平地面上的斜面體上有一木塊A（到定滑輪的距離足夠遠），通過輕質細線和滑輪與鐵塊B連接，細線的另一端固定在天花板上，在木塊A上施加一沿斜面向下的作用力F，使整個裝置處于靜止狀態。已知連接光滑動滑輪兩邊的細線均豎直，木塊A和光滑定滑輪間的細線和斜面平行，木塊A與斜面間的動摩擦因數μ＝0.25，斜面的傾角θ＝37°，鐵塊B下端到地面的高度h＝0.75m，木塊A的質量m＝0.5kg，鐵塊B的質量M＝1kg，不計空氣阻力，不計滑輪受到的重力，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求細線的拉力大小；
（2）當F＝1.2N時，求木塊A受到的摩擦力；
（3）撤去力F，設鐵塊B落地后不反彈，求木塊A能沿斜面上滑的最大距離。
15．（2024 杏花嶺區校級月考）如圖所示，一傾角為37°的足夠長光滑斜面固定在水平地面上，小球B從斜面的底端開始以初速度10m/s沿斜面向上運動，與此同時，將小球A從斜面上某點以水平初速度拋出，當小球A落到斜面時恰好擊中小球B，此時小球B沿斜面向上運動的速度為4m/s。不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）小球A的飛行時間；
（2）小球A的初速度大小；
（3）小球A的拋出點距地面的高度。
新課預習銜接 牛頓第三定律
參考答案與試題解析
一．選擇題（共5小題）
1．（2024 撫順期末）如圖所示，輕彈簧的一端固定在垂直于光滑的傾角為θ的斜面底端擋板上，另一端自然伸長于斜面O點，將質量為m的物體拴接于彈簧上端后靜止于距斜面O點x0處；現用平行于斜面向上的力F緩慢拉動物體，使在彈性限度內斜向上運動了4x0，物體再次靜止。撤去F后，物體開始沿斜向下運動，重力加速度為g，不計空氣阻力。則撤去F后（　　）
A．物體先做勻加速運動至O點，過O點后加速度一直減小
B．物體運動至最低點時彈力大小等于mgsinθ
C．物體剛運動時的加速度大小為4gsinθ
D．物體向下運動至O點速度最大
【考點】作用力與反作用力；胡克定律及其應用．
【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；推理能力．
【答案】C
【分析】簡諧運動，衡位置加速度小；
根據平衡條件和牛頓第二定律列式，分析最低點加速度和彈力；
簡諧運動，平衡位置速度最大。
【解答】解：A．物體在彈力和重力下滑分力的作用下，做簡諧運動，做變加速運動至O點，過O點后加速度先減小后增大，故A錯誤；
BC．根據平衡條件，有mgsinθ＝kx0
釋放時，根據牛頓第二定律，則有
k 3x0+mgsinθ＝4mgsinθ＝ma
物體剛運動時的加速度大小，同時也是最低點的加速度大小為
a＝4gsinθ
則在最低點時，根據牛頓第二定律，則有
F﹣mgsinθ＝ma
物體運動至最低點時彈力大小等于
F＝5mgsinθ
故B錯誤，C正確；
D．距斜面O點x0處為平衡位置，運動至該位置的速度最大，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題解題關鍵是掌握平衡條件和牛頓第二定律，具有一定綜合性，難度中等。
2．（2024 武邑縣校級期末）關于牛頓運動定律的理解，下列說法正確的是（　　）
A．拋出去的小球，離手后仍能運動，說明小球已經失去慣性
B．物體不受力時處于靜止或勻速運動的狀態
C．物體所受的合力方向與物體的加速度方向可能相反
D．甲、乙雙方進行拔河比賽，甲方勝利，說明甲對乙的力大于乙對甲的力
【考點】牛頓第三定律的理解與應用；牛頓第一定律的內容與應用；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．
【答案】B
【分析】根據牛頓運動定律的基礎內容及牛頓第二定律的矢量性分析判斷即可。
【解答】解：A．一切物體都有慣性，并且慣性的大小只與物體的質量有關，慣性的大小與物體的運動狀態無關，拋出去的小球，小球的質量不變，慣性不變，故A錯誤；
B．根據牛頓第一定律可知，物體不受力時處于靜止或勻速運動的狀態，故B正確；
C．由牛頓第二定律知，物體所受的合力方向與物體的加速度方向一定相同，故C錯誤；
D．甲對乙的力與乙對甲的力是相互作用力，大小相等，甲方勝利的原因是地面對甲的摩擦力大于地面對乙的摩擦力，故D錯誤。
故選：B。
【點評】牛頓運動定律是經典力學的基礎，也是高中物理中的重要內容之一，應能熟練、準確地理解并應用它。
3．（2024 石家莊期末）如圖所示，在豎直平面內有半徑為R的半圓，最低點為A，B是半圓上一點，AB為光滑傾斜軌道，AC是傾角為θ＝45°、高為h＝2R的光滑固定斜面。現自B點由靜止釋放小球甲的同時，自C點以初速度大小v0沿斜面向下射出小球乙，發現兩小球同時到達A點。已知重力加速度為g，則小球乙的初速度大小的為（　　）
A． B． C． D．
【考點】作用力與反作用力；勻變速直線運動位移與時間的關系．
【專題】定量思想；方程法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．
【答案】A
【分析】根據“等時圓”原理求解下落時間，對小球乙，根據牛頓第二定律求解在斜面沿斜面下滑的加速度大小，根據位移—時間關系求解初速度大小。
【解答】解：根據“等時圓”原理可知，甲球從B到達A的時間等于小球從圓弧最高點沿直徑自由下落到底部的時間，設下落時間為t，
則有：2R
解得：t；
對小球乙，在斜面沿斜面下滑的加速度大小為：agsinθ
斜面長為L
根據位移—時間關系可得：L＝v0t
解得：v0，故A正確、BCD錯誤。
故選：A。
【點評】對于牛頓第二定律的綜合應用問題，關鍵是弄清楚物體的運動過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運動學的計算公式求解加速度，再根據題目要求進行解答，解答本題還有能夠靈活利用等時圓處理問題。
4．（2024 延慶區期末）電動平衡車是時下熱門的一種代步工具。如圖，人筆直站在電動平衡車上，車在水平地面上沿直線勻速前進，下列說法正確的是（　　）
A．地面對平衡車的支持力是因地面發生形變而產生的
B．在行駛過程中突然剎車，平衡車受到地面的摩擦力向前
C．平衡車及人受到的重力和車對地面的壓力是一對平衡力
D．平衡車及人受到的重力和地面對車的支持力是一對相互作用力
【考點】作用力與反作用力；彈力的概念及其產生條件．
【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．
【答案】A
【分析】形變的物體為施力物體，剎車過程，摩擦力向后；根據相互作用力和二力平衡的區別來解答即可。
【解答】解：A．因為形變的物體為施力物體，所以地面對平衡車的支持力是因地面發生形變而產生的，故A正確；
B．在行駛過程中突然剎車，平衡車有向前運動的趨勢，故摩擦力向后，故B錯誤；
C．平衡力作用在一個物體上，平衡車及人受到的重力受力物體為車和人，而車對地面的壓力受力物體為地面，故C錯誤；
D．人與平衡車的重力的合力和地面對平衡車的支持力的受力物體是平衡車，所以兩力是一對平衡力，故D錯誤。
故選：A。
【點評】本題主要是考查彈力和相互作用力，解題關鍵是明確形變的物體為施力物體，掌握相互作用力和二力平衡的區別。
5．（2024 哈爾濱期末）《中國制造2025》是國家實施強國戰略第一個十年行動綱領，智能機器制造是一個重要方向，其中智能機械臂已廣泛應用于各種領域。如圖所示，一機械臂鐵夾夾起一個金屬小球，小球在空中處于靜止狀態，鐵夾與球接觸面保持豎直，則（　　）
A．鐵夾對小球的兩個彈力為一對相互作用力
B．若進一步加大鐵夾對小球擠壓，小球受到的摩擦力變大
C．小球受到5個力的作用
D．若鐵夾水平勻速移動，鐵夾對小球作用力的方向斜向上
【考點】作用力與反作用力；力的合成與分解的應用；共點力的平衡問題及求解．
【專題】定性思想；歸納法；共點力作用下物體平衡專題；分析綜合能力．
【答案】C
【分析】靜摩擦力方向與相對運動趨勢方向相反；一對平衡力應該等大反向作用在一條直線上；物體實際受到的靜摩擦力大小與壓力無關；加速運動時需要合外力。
【解答】解：A．鐵夾對小球的兩個彈力作用在同一個物體上，是一對平衡力，不是一對作用力與反作用力，故A錯誤；
B．若進一步加大鐵夾對小球擠壓，小球仍然處于平衡狀態，它所受的靜摩擦力與重力大小相等，方向相反，所以小球受到的摩擦力是保持不變的，故B錯誤；
C．小球受到5個力的作用，分別為：重力、左右兩側分別受到鐵夾的兩個彈力、左右兩側分別受到鐵夾的兩個摩擦力，故C正確；
D．若鐵夾水平勻速移動，鐵夾對小球作用力的方向應該豎直向上，與重力等大反向，故D錯誤。
故選C。
【點評】本題主要考查了靜摩擦力的特點，注意靜摩擦力是一種被動力，它的大小和方向由其它外力和運動狀態決定，與壓力無關。
二．多選題（共5小題）
（多選）6．（2024 撫順期末）如圖所示，螞蟻們“頭頂著”食物沿樹枝向上爬行，10s內前進了0.2m，則（　　）
A．當螞蟻勻速爬行時，食物對螞蟻的力與螞蟻對食物的力是一對平衡力
B．“10s”是時刻，“0.2m”是路程
C．觀察螞蟻行走時的肢體分工時，螞蟻不能視為質點
D．樹枝對螞蟻的支持力是由于樹枝的形變產生的
【考點】作用力與反作用力；質點；時刻、時間的物理意義和判斷；位移、路程及其區別與聯系；彈性形變和塑性形變．
【專題】定性思想；推理法；直線運動規律專題；理解能力．
【答案】CD
【分析】兩物體之間的力是一對相互作用力；
時間為一段時間間隔，路程為軌跡大小；
形狀大小是主要因素，不能忽略，不能看成質點；
彈力由彈性形變產生。
【解答】解：A．食物對螞蟻的力與螞蟻對食物的力是一對相互作用力，故A錯誤；
B．依題意，可知“10s”所指為時間間隔，“0.2m”是路程，故B錯誤；
C．觀察螞蟻行走時的肢體分工時，螞蟻形狀、尺寸對該研究過程有影響，形狀大小是主要因素，不能忽略，故不能視為質點，故C正確；
D．支持力是彈力，樹枝對螞蟻的支持力是由于樹枝的形變產生的，故D正確。
故選：CD。
【點評】本題解題關鍵是掌握基本物理概念，如相互作用力、路程、時間、質點等，比較基礎。
（多選）7．（2024 岳麓區校級期末）如圖甲所示，勁度系數k＝500N/m的輕彈簧，一端固定在傾角為θ＝37°的帶有擋板的光滑斜面體的底端，另一端和質量mA的小物塊A相連，質量為mB的物塊B緊靠A一起靜止。現用水平推力使斜面體以加速度a向左勻加速運動，穩定后彈簧的形變量大小為x。在不同推力作用下，穩定時形變量大小x隨加速度a的變化如圖乙所示。彈簧始終在彈性限度內，不計空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是（　　）
A．
B．mA＝3kg
C．若a＝a0，穩定時A對斜面的壓力大小為12.5N
D．若a＝0.5a0，穩定時A、B間彈力大小為6N
【考點】作用力與反作用力；牛頓第三定律的理解與應用；力的合成與分解的應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．
【答案】ACD
【分析】利用牛頓第二定律可求出加速度；通過受力分析可求出可求出兩個物塊的質量；利用受力分析求出A對斜面的壓力大小；根據牛頓第二定律可求出A、B間彈力大小為6N。
【解答】解：A．由圖結合題意可知a0時彈簧處于原長狀態，且物塊A、B恰要分離，故對AB整體，利用牛頓第二定律有
（mA+mB）gtan37°＝（mA+mB）a0
解得
故A正確；
B．當a＝0時，對AB整體分析，根據受力平衡有
（mA+mB）gsin37°＝kx0
當 a＞a0時，圖中另一縱截距的意義為
mAgsin37°＝kx1
聯立解得
mA＝1kg，mB＝2kg
故B錯誤；
C．當 時，因為物塊A、B恰要分離，故對A有
FNA，解得FNA＝12.5N
由牛頓第三定律知A對斜面的壓力大小為12.5N，故C正確；
D．a＝0.5a0時，對B分析，利用牛頓第二定律有：
mBgsin37°﹣FAB＝mBacos37°
解得
FAB＝6N
故D正確；
故選：ACD。
【點評】學生在解決本題時，應注意利用牛頓第二定律時，加速度也可以進行分解。
（多選）8．（2024 肇東市校級期末）牛頓是出生在17世紀英國偉大的科學家，而牛頓三大定律更是人類探索自然奧秘的重大發現。關于牛頓三大定律，下列說法中正確的是（　　）
A．牛頓第一定律是在大量實驗事實的基礎上通過推理而概括出來的結論
B．羽毛球可以被快速抽殺，是因為它質量小，慣性小，運動狀態容易改變
C．甲、乙兩隊進行拔河比賽，甲隊獲勝，其力學上的根本原因是甲隊拉繩的力比乙隊拉繩的力大
D．任何情況下，速度的方向總與合外力方向相同
【考點】牛頓第三定律的理解與應用；牛頓第一定律的內容與應用；慣性與質量．
【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．
【答案】AB
【分析】牛頓第一定律不是實驗得出的，是在大量實驗事實的基礎上通過推理而概括出來的；質量是慣性大小的量度，質量小，慣性小，運動狀態容易改變；相互作用力總是大小相等方向相反；根據牛頓第二定律可知，任何情況下，加速度的方向總與合外力方向相同。
【解答】解：A．牛頓第一定律不是實驗得出的，是在大量實驗事實的基礎上通過推理而概括出來的，故A正確；
B．質量是慣性大小的量度，質量小，慣性小，運動狀態容易改變，則羽毛球可以被快速抽殺，故B正確；
C．甲、乙兩隊進行拔河比賽中，根據牛頓第三定律可知，甲隊對繩子的拉力等于乙隊對繩子的拉力，故C錯誤。
D．根據牛頓第二定律可知，任何情況下，加速度的方向總與合外力方向相同，而速度不一定和合外力同向，故D錯誤；
故選：AB。
【點評】本題考查了牛頓的三大運動規律，題目較基礎。
（多選）9．（2024 興慶區校級月考）如圖所示，在斜面上有四條光滑細桿，其中OA桿豎直放置，OB桿與OD桿等長，OC桿與斜面垂直放置，每根桿上都套著一個小滑環（圖中未畫出），四個環分別從O點由靜止釋放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的時間依次為t1、t2、t3、t4。下列關系正確的是（　　）
A．t1＞t2＞t3 B．t1＝t3＞t2 C．t2＝t4＞t1 D．t2＜t3＜t4
【考點】作用力與反作用力；勻變速直線運動位移與時間的關系．
【專題】定量思想；控制變量法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．
【答案】BD
【分析】根據等時圓模型，可知從圓上最高點沿任意一條弦滑到底所用時間相同，故沿OA和OC滑到底的時間相同，OB不是一條完整的弦，時間最短，OD長度超過一條弦，時間最長。
【解答】解：以OA為直徑畫圓
由圖知，小圓環的位移為
x＝2Rcosθ
其中θ為桿與豎直方向的夾角。由等時圓模型，對小圓環分析，受重力和支持力，將重力沿桿和垂直桿的方向正交分解，由牛頓第二定律得小圓環做初速為零的勻加速直線運動，加速度為
a＝gcosθ
所以
t與θ無關，可知從圖上最高點沿任意一條弦滑到底所用時間相同，故沿OA和OC滑到底的時間相同，即
t1＝t3
OB不是一條完整的弦，時間最短，即
t1＞t2
OD長度超過一條弦，時間最長，即
t2＜t1＝t3＜t4
故BD正確，AC錯誤。
故選：BD。
【點評】如果不假思考，套用結論，就會落入“等時圓”的陷阱，要注意O點不是最高點，難度適中。
（多選）10．（2024 萬州區校級模擬）如圖所示，足夠長的木板置于光滑水平面上，傾角θ＝53°的斜劈放在木板上，一平行于斜面的細繩一端系在斜劈頂，另一端拴接一可視為質點的小球，已知木板、斜劈、小球質量均為1kg，斜劈與木板之間的動摩擦因數為μ，重力加速度g＝10m/s2，系統處于靜止狀態。現在對木板施加一水平向右的拉力F，下列說法正確的是（　　）
A．若μ＝0.2，當F＝4N時，木板相對斜劈向右運動
B．若μ＝0.5，不論F多大，小球均能和斜劈保持相對靜止
C．若μ＝0.8，當F＝22.5N時，小球對斜劈的壓力為0
D．若μ＝0.8，當F＝24N時，細繩與水平方向的夾角α滿足：tanα＝0.8
【考點】作用力與反作用力；力的合成與分解的應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．
【答案】BC
【分析】斜劈與長木板一起運動臨界加速度取決于斜劈與木板之間的摩擦因數們根據牛頓第二定律計算臨界的外力F；小球與斜劈之間恰好沒有彈力的加速度，對小球受力分析求出臨界加速度，圍繞這些臨界加速度討論即可求解。
【解答】解：A．若μ＝0.2，當F＝4N時，假設板、斜劈、球三者相對靜止，則對板、斜劈、球構成的系統，有
F＝3ma
代入數據解得
am/s2
對斜劈和球構成的系統，若斜劈與板之間的摩擦力達到最大靜摩擦力，有
μ（m+m）g＝（m+m）a板
代入數據解得
a板＝2m/s2＞a
可知此時木板相對于斜劈靜止，故A錯誤；
B．若μ＝0.5，假設斜劈與球保持相對靜止，則對斜劈與球構成的系統，最大加速度為
a5m/s2
當球剛好要離開斜劈時，受到重力和繩子拉力作用，有
ma球
代入數據解得
a球＝7.5m/s2＞a
可知此情況下不論F多大，小球均能和斜劈保持相對靜止，故B正確；
C．若μ＝0.8，假設板、球和斜劈相對靜止，則球和斜劈構成的系統能夠獲得的最大加速的為
a臨界8m/s2
此時對板、球和斜劈構成的系統，有
F臨界＝（m+m+m）a＝24N
當F＝22.5N時，板、球和斜劈相對靜止，有
am/s2＝7.5m/s2
又由B選項可知此時球剛好要離開斜劈，故C正確；
D．若μ＝0.8，則由C選項可知此時恰好達到三者保持相對靜止的臨界狀態，因此加速度大小為8m/s2，則對小球而言
ma臨界
解得
tanα1.25
故D錯誤。
故選：BC。
【點評】本題考查牛頓第二定律、板塊模型、臨界條件的選擇等。注意先計算臨界加速度，再計算臨界外力，圍繞該力去討論。
三．解答題（共5小題）
11．（2024 瀘縣校級期末）如圖所示，小球A置于水平面上的半圓體上靜止，半圓柱體底面粗糙，其斜面光滑。小球B用系于豎直板上的水平輕彈簧拉著，兩小球A、B通過光滑滑輪O用輕質細線相連，兩球均處于靜止狀態。已知A球質量為m，O點在半圓主體圓心O1的正上方，OA與豎直方向成30°角，OA長度與半圓住體半徑相等，OB與豎直方向成45°角，重力加速度為g，求：
（1）小球A受到細線的拉力大小；
（2）若半圓柱體質量也為m且恰好不滑動，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，半圓柱體底面與地面間的動摩擦因數μ；
（3）若將OB繩剪斷，則在剪斷瞬間，小球B的加速度的大小和方向。
【考點】作用力與反作用力；力的合成與分解的應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．
【答案】（1）小球A受到細線的拉力大小為；
（2）若半圓柱體質量也為m且恰好不滑動，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，半圓柱體底面與地面間的動摩擦因數μ為；
（3）若將OB繩剪斷，則在剪斷瞬間，小球B的加速度的大小為，方向豎直方向夾角為45°斜向右下方。
【分析】（1）先對B受力分析，根據共點力平衡求出繩子的拉力和彈簧彈力大小，
（2）最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，半圓柱體底面與地面間的動摩擦因數；
（3）剪斷OA繩子的瞬間彈簧彈力不變，根據牛頓第二定律可得B的加速度大小。
【解答】解：（1）對A、B受力分析如下
TOA＝TOB
由幾何關系可知
FN＝TOA
且有
mg＝2TOAcos30°
可得
（2）對半圓柱體，根據水平方向上受力平衡可得
F'Nsin30°＝μ（mg+F'Ncos30°）
FN＝F'N
代入數據解得
（3）若將OB繩剪斷，剪斷繩子前，B的重力與彈簧拉力的合力與TOB平衡，
則在剪斷瞬間B的重力與彈簧拉力的合力與TOB等大反向，
則有
可得B的加速度大小
方向與豎直方向夾角為45°斜向右下方。
答：（1）小球A受到細線的拉力大小為；
（2）若半圓柱體質量也為m且恰好不滑動，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，半圓柱體底面與地面間的動摩擦因數μ為；
（3）若將OB繩剪斷，則在剪斷瞬間，小球B的加速度的大小為，方向豎直方向夾角為45°斜向右下方。
【點評】本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答。
12．（2024 荊州區校級期末）如圖所示，有一傾角為θ＝37°（sin37°），下端固定一擋板，擋板與斜面垂直，一長木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一質量m的小物塊。現讓長木板和小物塊同時由靜止釋放，此時刻為計時起點，在第2s末，小物塊剛好到達長木板的光滑部分，又經過一段時間，長木板恰好停在擋板處，小物塊剛好到達長木板的下端邊緣。已知小物塊與長木板的上部分的動摩擦因數，長木板與斜面間的動摩擦因數μ2＝0.5，長木板的質量M＝m。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）在0～2s時間內長木板和小物塊的加速度的大小；
（2）長木板距離擋板多遠；
（3）長木板的長度。
【考點】作用力與反作用力；勻變速直線運動位移與時間的關系．
【答案】（1）在0～2s時間內長木板和小物塊的加速度的大小分別為a2＝1m/s2，a1＝3m/s2
（2）長木板距離擋板多遠3m
（3）長木板的長度12m
【分析】（1）根據摩擦因數判定小物塊與木板發生相對滑動，分別對小物塊與木板進行受力分析，根據牛頓第二定律即可求解；
（2）（3）做出物塊與木板的v﹣t圖象即可求解。
【解答】解：由于小物塊與長木板的上部分的動摩擦因數，長木板與斜面間的動摩擦因數μ2＝0.5故物塊與長木板發生相對滑動，
對物塊由牛頓第二定律得：mgsin37°﹣μ1mgcos37°＝ma1，解得a1＝gsin37°﹣μ1gcos37°＝（10×0.610×0.8）m/s2＝3m/s2
對長木板由牛頓第二定律得：Mgsin37°+μ1mgcos37°﹣μ2（M+m）gcos37°＝Ma2
M＝m，解得：a2＝gsin37°+μ1gcos37°﹣2μ2gcos37°＝（10×0.610×0.8﹣0.5×2×0.8）m/s2＝1m/s2
（2）2s后物塊與長木板之間沒有摩擦力，那么物塊的加速度為6m/s2，再次對長木板由牛頓第二定律得：μ2（M+m）gcos37°﹣Mgsin37°＝Ma3
解得：a3＝2μ2gcos37°﹣gsin37°＝2×0.5×10×0.8m/s2﹣10×0.6m/s2＝2m/s2，方向沿斜面向上，2s后物塊做勻加速直線運動，長木板做勻減速直線運動
3s時長木板速度為零，到達擋板處，二者的v﹣t圖象，如圖所示，0﹣3s內圖線與橫軸包圍的面積為長木板距離擋板的距離即x＝3m
（3）3s時長木板停在擋板處，此時物塊的速度為12m/s，物塊剛好到長木板下緣，如圖所示，0﹣3s內，物塊的v﹣t圖象與橫軸包圍的面積與長木板的v﹣t圖象與橫軸包圍的面積只差為長木板的長度L（6﹣2）×2m（4+12）×1m＝12m
答：（1）在0～2s時間內長木板和小物塊的加速度的大小分別為a2＝1m/s2，a1＝3m/s2
（2）長木板距離擋板多遠3m
（3）長木板的長度12m
【點評】本題屬于板塊模型，首先要弄清二者的運動情況；考查牛頓第二定律、勻變速直線運動的規律，對于板塊問題采取v﹣t圖象處理比較直觀。
13．（2024 遼寧一模）如圖所示，質量為m的物塊P通過輕彈簧放置于傾角θ＝30°的固定光滑斜面體上。彈簧下端與擋板連接，P與彈簧無拴接，輕質細繩通過輕質光滑滑輪兩端分別連接質量為2m的物塊Q和質量為8m的物塊A，現用手托住物塊A（距地面足夠高），使細繩與斜面平行張力恰好為0，松手后物塊A開始下落。已知彈簧的勁度系數為k，重力加速度大小為g，彈簧始終在彈性限度內，求：
（1）物塊靜止時彈簧的壓縮量Δx；
（2）物塊P、Q分離時的加速度大小a；
（3）物塊P、Q分離時物塊A下降的高度h。
【考點】作用力與反作用力；力的合成與分解的應用．
【專題】計算題；定量思想；整體法和隔離法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．
【答案】（1）物塊靜止時彈簧的壓縮量Δx為；
（2）物塊P、Q分離時的加速度大小a為；
（3）物塊P、Q分離時物塊A下降的高度h為。
【分析】（1）沒有釋放物塊A時，對P和Q整體受力分析，根據平衡條件求解彈簧的壓縮量；
（2）物塊P、Q分離時兩者之間的彈力為0，分別對物塊A和物塊Q受力分析，根據牛頓第二定律列式求解；
（3）物塊P、Q分離時具有相同的加速度，對物塊P受力分析，根據牛頓第二定律和胡克定律列式求解即可。
【解答】解：（1）當沒有釋放物塊A時，彈簧被壓縮，對P和Q整體受力分析，由平衡條件得：3mgsinθ＝kΔx
解得：
（2）物塊P、Q分離時兩者之間的彈力為0，對物塊A受力分析，由牛頓第二定律得：8mg﹣T＝8ma
對物塊Q受力分析，由牛頓第二定律得：T﹣2mgsinθ＝2ma
聯立解得：
（3）物塊P、Q分離時具有相同的加速度，對物塊P受力分析，由牛頓第二定律得：k（Δx﹣h）﹣mgsinθ＝ma
解得：
答：（1）物塊靜止時彈簧的壓縮量Δx為；
（2）物塊P、Q分離時的加速度大小a為；
（3）物塊P、Q分離時物塊A下降的高度h為。
【點評】本題考查牛頓第二定律和胡克定律，解題關鍵是靈活選擇研究對象并對其受力分析，根據牛頓第二定律列式求解即可。
14．（2024 白山期末）如圖所示，固定在水平地面上的斜面體上有一木塊A（到定滑輪的距離足夠遠），通過輕質細線和滑輪與鐵塊B連接，細線的另一端固定在天花板上，在木塊A上施加一沿斜面向下的作用力F，使整個裝置處于靜止狀態。已知連接光滑動滑輪兩邊的細線均豎直，木塊A和光滑定滑輪間的細線和斜面平行，木塊A與斜面間的動摩擦因數μ＝0.25，斜面的傾角θ＝37°，鐵塊B下端到地面的高度h＝0.75m，木塊A的質量m＝0.5kg，鐵塊B的質量M＝1kg，不計空氣阻力，不計滑輪受到的重力，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求細線的拉力大小；
（2）當F＝1.2N時，求木塊A受到的摩擦力；
（3）撤去力F，設鐵塊B落地后不反彈，求木塊A能沿斜面上滑的最大距離。
【考點】作用力與反作用力；勻變速直線運動速度與位移的關系．
【專題】計算題；定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．
【答案】（1）細線的拉力大小為5N；
（2）當F＝1.2N時，木塊A受到的摩擦力為0.8N，方向沿斜面向下；
（3）撤去力F，設鐵塊B落地后不反彈，木塊A能沿斜面上滑的最大距離為1.75m。
【分析】（1）對鐵塊B和動滑輪整體受力分析，根據共點力平衡求得細線的拉力；
（2）對木塊A受力分析，根據共點力平衡求得木塊A受到的摩擦力。
（2）撤去外力后，根據牛頓第二定律求得鐵塊和木塊的加速度，當鐵塊下落到地面時，結合運動學公式求得木塊A上滑的位移和獲得的速度，此后木塊A繼續向上做減速運動，根據牛頓第二定律和運動學公式求得上滑的最大距離。
【解答】解：（1）對鐵塊B和動滑輪整體受力分析有：2T＝Mg
解得：T＝5N
（2）對木塊A受力分析，設斜面對木塊A的摩擦力沿斜面向上，則：T+f＝F+mgsinθ
解得：f＝﹣0.8N
即斜面對木塊A的摩擦力大小為0.8N，方向沿斜面向下。
（3）撤去力F，設繩上的拉力為T′，鐵塊B下落的加速度大小為a1，
木塊A沿斜面上滑的加速度大小為a2，
由題意可得：a2＝2a1
對鐵塊B由牛頓第二定律有：Mg﹣2T′＝Ma1
對木塊A由牛頓第二定律有：T′﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
解得：，
鐵塊B剛落地時由速度—位移關系得：
此時木塊A的速度大小為v2＝2v1＝2×1m/s＝2m/s，木塊A的位移大小為s1＝2h＝2×0.75m＝1.5m
此后木塊A的加速度大小為
木塊A繼續向上運動的位移大小為
故木塊A沿斜面向上運動的最大距離為s＝s1+s2＝1.5m+0.25m＝1.75m
答：（1）細線的拉力大小為5N；
（2）當F＝1.2N時，木塊A受到的摩擦力為0.8N，方向沿斜面向下；
（3）撤去力F，設鐵塊B落地后不反彈，木塊A能沿斜面上滑的最大距離為1.75m。
【點評】本題主要考查了牛頓第二定律和運動學公式，關鍵是抓住木塊與鐵塊在運動過程中加速度、速度與位移間的關系即可。
15．（2024 杏花嶺區校級月考）如圖所示，一傾角為37°的足夠長光滑斜面固定在水平地面上，小球B從斜面的底端開始以初速度10m/s沿斜面向上運動，與此同時，將小球A從斜面上某點以水平初速度拋出，當小球A落到斜面時恰好擊中小球B，此時小球B沿斜面向上運動的速度為4m/s。不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）小球A的飛行時間；
（2）小球A的初速度大小；
（3）小球A的拋出點距地面的高度。
【考點】作用力與反作用力；勻變速直線運動規律的綜合應用．
【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；合成分解法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．
【答案】（1）小球A的飛行時間是1s；
（2）小球A的初速度大小為；
（3）小球A的拋出點距地面的高度為9.2m。
【分析】（1）兩球相遇前，A球在空中做平拋運動，B球做勻減速直線運動，根據牛頓第二定律和速度公式求出相遇前B球的運動時間，即等于小球A的飛行時間；
（2）根據運動時間求出A下落的高度，由幾何關系求出A的水平位移，即可求得小球A的初速度大小；
（3）根據位移公式求出小球B沿斜面向上運動的距離，從而求得小球B被擊中的點距地面的高度，即可求得小球A的拋出點距地面的高度。
【解答】解：（1）小球B沿斜面向上做勻減速直線運動，根據牛頓第二定律得加速度的大小為：
小球A的飛行時間與小球B的運動時間相等，所以小球A的飛行時間為：ts＝1s
（2）t＝1s內小球A的豎直方向位移為：yAm＝5m
小球A的水平位移 xAmm
小球A的初速度 v0Am/sm/s
（3）小球B沿斜面向上運動的距離 LB1m＝7m
小球B被擊中的點距地面的高度 yB＝LBsinθ＝7×0.6m＝4.2m
小球A的拋出點距地面的高度 h＝yA+yB＝9.2m
答：（1）小球A的飛行時間是1s；
（2）小球A的初速度大小為；
（3）小球A的拋出點距地面的高度為9.2m。
【點評】解決本題的關鍵要理清兩個小球的運動規律，把握相遇的條件，結合運動學公式靈活求解，解題時要注意A、B兩球運動的同時性。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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