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1、 A 组基础题一、单项选择题1.如图所示，质量都为 m 的 A、B 两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于 mg 的恒力 F 向上拉 B，运动距离 h 时 B 与 A 分离则下列说法中正确的是( )AB 和 A 刚分离时，弹簧为原长BB 和 A 刚分离时，它们的加速度为 gC弹簧的劲度系数等于mghD在 B 与 A 分离之前，它们做匀加速运动解析：在施加外力 F 前，对 A、B 整体受力分析可得 2mgkx1，A、B 两物体分离时，B物体受力平衡，两者加速度恰好为零，选项 A、B 错误；对物体 A，mgkx2，由于 x1x2h，所以弹簧的劲度系数为 k，选项 C 正确；在 B 与 A 分
2、离之前，由于弹簧弹力逐渐减小，mgh它们的加速度逐渐减小，选项 D 错误答案：C2.(2017湖南衡阳一中模拟)如图所示，质量为 m1和 m2的两个材料相同的物体用细线相连，在大小恒定的拉力 F 作用下，先沿水平面，再沿斜面(斜面与水平面成 角)，最后竖直向上匀加速运动，不计空气阻力，在三个阶段的运动中，线上拉力的大小( )A由大变小B由小变大C始终不变且大小为Fm1m1m2D由大变小再变大解析：在水平面上时，对整体由牛顿第二定律得 F(m1m2)g(m1m2)a1，对 m1由牛顿第二定律得 F1m1gm1a1，联立解得 F1F；在斜面上时，对整体由牛顿第二m1m1m2定律得 F(m1m2)g
3、cos (m1m2)gsin (m1m2)a2，对 m1由牛顿第二定律得F2m1gcos m1gsin m1a2，联立解得 F2F；在竖直方向时，对整体由牛顿第二m1m1m2定律得 F(m1m2)g(m1m2)a3，对 m1由牛顿第二定律得 F3m1gm1a3，联立解得 F3F.综上分析可知，线上拉力始终不变且大小为F，故 C 正确m1m1m2m1m1m2答案：C3.(2017陕西咸阳兴平质检)如图所示，在倾角为 30的光滑斜面上端系有一劲度系数为 20 N/m 的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为 2 kg 的小球，球被一垂直于斜面的挡板 A 挡住，此时弹簧没有形变若挡板 A 以 4 m/s2的
4、加速度沿斜面向下匀加速运动，g 取10 m/s2，则( )A小球向下运动 0.4 m 时速度最大B小球向下运动 0.1 m 时与挡板分离C小球速度最大时与挡板分离D小球从一开始就与挡板分离解析：球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时小球所受合力为零，即 kxmmgsin 30，解得 xm0.5 m由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时，小球向下运动的路程为 0.5 mgsin 30km，故 A 错误设球与挡板分离时位移为 x，从开始运动到分离的过程中，小球受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力 FN，沿斜面向上的挡板支持力 F1和弹
5、簧弹力 F.根据牛顿第二定律有 mgsin 30kxF1ma，保持 a 不变，随着 x 的增大，F1减小，当小球与挡板分离时，F1减小到零，则有 mgsin 30kxma，解得 x0.1 m，即小球向下运动 0.1 mgsin 30akm 时与挡板分离，故 B 正确因为速度最大时，运动的位移为 0.5 m，而小球运动 0.1 m 与挡板已经分离，故 C、D 错误答案：B4(2017吉林省吉林一中质检)利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小实验时，把图甲中的小球举高到绳子的悬点 O 处，然后将小球由静止释放，同时开始计时，利用传感器和计算机获得弹性绳的拉力随时间的变化如图乙所示根据图象提供
6、的信息，下列说法正确的是( )At1、t2时刻小球的速度最大Bt2、t5时刻小球的动能最小Ct3、t4时刻小球的运动方向相同Dt4t3t7t6解析：把小球举高到绳子的悬点 O 处，让小球自由下落，t1时刻绳子刚好绷紧，此时小球所受的重力大于绳子的拉力，小球向下做加速运动，当绳子的拉力大于重力时，小球才开始做减速运动，t2时刻绳子的拉力最大，小球运动到最低点，速度为零，所以 t1与 t4时刻绳子刚好绷紧，小球速度不是最大，t2时刻小球的速度为零，故 A 错误；t2、t5时刻小球都到达最低点，速度为零，动能都为零，最小，故 B 正确；t3时刻小球速度方向向上，t4时刻小球速度方向向下，t3、t4时
7、刻小球的运动方向相反，故 C 错误；t4与 t3时间内与 t7与 t6时间内小球都做竖直上抛运动，由于 t3时刻的速度大于 t6时刻的速度，由竖直上抛运动的时间 t知，t4与2v0gt3之差大于 t7与 t6之差，故 D 错误答案：B二、多项选择题5(2016山东潍坊青州模拟)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 ，现在 Q 上施加一水平推力 F，使 P、Q 保持相对静止一起向左做匀加速直线运动下列说法中正确的是( )A木块 Q 对地面的压力一定为 2mgB若 Q 与地面间的动摩擦因数为 ，则 F2mgC若 P、Q 之间光滑，则加速度 agtan
8、D若运动中逐渐减小 F，则地面与 Q 间的摩擦力也逐渐减小解析：以 P、Q 整体为研究对象，在竖直方向上合力为零，故 FN2mg，由牛顿第三定律知 Q 对地面的压力为 2mg，故 A 正确；因 P、Q 做匀加速直线运动，若 ，在水平方F2mg向上由牛顿第二定律得 F2mgma，解得 a0，故不能做匀加速直线运动，故 B 错误；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 mgtan ma，故agtan ，故 C 正确；Q 与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，故 Ff2mg，摩擦力不变，故 D错误答案：AC6(2017安徽合肥质检)如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜
9、面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块 A 和 B.保持 A 的质量不变，改变 B 的质量 m.当 B 的质量连续改变时，得到 A 的加速度 a 随 B 的质量 m 变化的图线，如图乙所示设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度 g 取 9.8 m/s2，斜面的倾角为 ，下列说法正确的是( )A若 已知，可求出 A 的质量B若 未知，可求出乙图中 a1的值C若 已知，可求出乙图中 a2的值D若 已知，可求出乙图中 m0的值解析：由图乙知，mm0时，A 的加速度 a0，则此时受力平衡，对 A、B 分析得m0gmAgsin ，由于 m0未知，所以不能求出
10、 mA的大小；mA未知，m0不可求，故 A、D 项错误设加速度大小为 a，m 为任意值时，对 A、B 整体由牛顿第二定律有 mgmAgsin (mmA)a，ag，当 m 趋向无穷大时，a 趋向于 g，所以 a1g，即 a1与 无关，mmAsin mmA故 B 项正确aa2时，m0，即绳对 A 的拉力为零，有 mAgsin mAa2，解得 a2gsin ，已知，所以可以求出 a2的值，故 C 项正确答案：BC7(2017内蒙古包头测评)将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在水平面上，如图甲所示，现在杆上套一光滑的小球，小球在一沿杆向上的拉力 F 的作用下沿杆向上运动该过程中小球所受的拉力以及小球的速度
11、随时间变化的规律如图乙、丙所示g10 m/s2.则下列说法正确的是( )A在 24 s 内小球的加速度大小为 0.5 m/s2B小球质量为 2 kgC杆的倾角为 30D小球在 04 s 内的位移为 8 m解析：由图象得：在 24 s 内小球的加速度 a0.5 m/s2，则 A 正确；在 02 sv2v1t2t1内小球做匀速直线运动时，重力沿杆向下的分力等于 5 N，在 24 s 内由牛顿第二定律有：F2F1ma，解得 m1 kg，则 B 错误；设杆与水平面的夹角为 ，则 F2mgsin ma，解得 30，则 C 正确；由速度时间图象可知，图线与坐标轴围成的面积表示位移，即 04 s内小球的位移
12、为 5 m，则 D 错误答案：AC8.(2017湖北八校联考)从地面上以初速度 v0竖直上抛一质量为 m的小球，若运动过程中受到的阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，小球在 t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为 v1，且落地前小球已经做匀速运动，已知重力加速度为g，下列关于小球运动的说法中正确的是( )At1时刻小球的加速度为 gB在速度达到 v1之前小球的加速度一直在减小C小球抛出瞬间的加速度大小为(1)gv0v1D小球加速下降过程中的平均速度小于v12解析：t1时刻到达最高点，则该时刻速度为零，则阻力为零，此时只受到重力作用，故此时刻加速度为重力加速度 g，故
13、选项 A 正确速度时间图象的斜率表示加速度，根据图象可知，速度达到 v1之前，图象的斜率减小，故小球的加速度一直在减小，故选项 B 正确由图可知，速度为 v1时球匀速，说明重力等于阻力，故有 kv1mg，得 k，故抛出瞬间的加mgv1速度为 a(1)g，故 C 正确下降过程若小球做匀加速直线运动，其平均速mgmgv0v1mv0v1度为，而从图中可以看出图线与时间轴所围面积大于匀加速直线运动时的面积，即图中位v12移大于做匀加速直线运动的位移，而平均速度等于位移除以时间，故其平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，即大于，故 D 错误v12答案：ABCB 组能力题一、选择题9.(2017福建漳州八
14、校联考)如图甲所示，一个质量为 3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力 F 作用下由静止开始做直线运动在 03 s 时间内物体的加速度 a随时间 t 的变化规律如图乙所示则( )AF 的最大值为 12 NB01 s 和 23 s 内物体加速度的方向相反C3 s 末物体的速度最大，最大速度为 8 m/sD在 01 s 内物体做匀加速运动，23 s 内物体做匀减速运动解析：第 12 s 内物体加速度恒定，故所受作用力恒定，根据牛顿第二定律 F合ma知合外力为 12 N，由于物体在水平方向受摩擦力作用，故作用力 F 大于 12 N，故 A 错误；物体在力 F 作用下由静止开始运动
15、，加速度方向始终为正，与速度方向相同，故物体在前 3 s内始终做加速运动，第 3 s 内加速度减小说明物体速度增加得慢了，但仍是加速运动，故 B错误；因为物体速度始终增加，故 3 s 末物体的速度最大，再根据 vat 知速度的增加量等于加速度与时间的乘积，在 a-t 图象上即为图象与时间轴所围图形的面积，v (13)124 m/s8 m/s，物体由静止开始做加速运动，故最大速度为 8 m/s，所以 C 正确；第 2 s 内物体的加速度恒定，物体做匀加速直线运动，在 01 s 内物体做加速度增大的加速运动，23 s 内物体做加速度减小的加速运动，故 D 错误答案：C10.(多选)(2014高考江苏卷)如图所示，A、B 两物块的质量分别为 2m 和 m，静止叠放在水平地面上A、B 间的动摩擦因数为 ，B 与地面间的动摩擦因数为 .最大静摩擦力等12于滑动摩擦力，重力加速度为 g.现对 A 施加一水平拉力 F，则( )A当 F3mg 时，A 相对 B 滑动D无论 F 为何值，B 的加速度不会超过 g12解析：对 A、B 整体应用牛顿第二定律，有 F 3mg3ma，对 B，在 A、B 恰好要发生2相对运动时，2mg 3mgma，两式联立解得
