Page 42 - 江苏高考物理小题狂做·基础篇

上半段和下半段的位移相等, 故物体在上半段和下半段的运 匀速下降, 则F N=m g B错误; 在 t 2~t 3 时间内速度减小, 处
,
动时间相等, 物体做匀加速和匀减速直线运动的加速度大小 于超重状态, 则F N>m g C错误, D 正确.
,

相等, 方向相反, 即所受合外力大小相等、 方向相反, B 正确, 2.D 解析: 人对体重计的压力小于人的重力, 故处于
C 、 D 错误. 失重状态, 但实际人受到的重力并没有变化, A 错误; 根据牛

8.A 解析: 设木盒的质量为 M , 根据牛顿第二定律得, 顿第三定律知晓敏对体重计的压力等于体重计对晓敏的支
μ M g μ M+m ) 持力, B错误; 电梯具有向下的加速度, 但不一定是向下运
(
g
;
没有砝码时, a 1= = μ g 有砝码时, a 2= =
M M+m
g
动, C错误; 由牛顿第二定律 m g-F N=ma , 得a= , 方向
(
μ M g+F ) μ m g 5
;
μ g 施加恒力 F 时, a 3= = μ g+ , 则a 1=
M M
竖直向下, D 正确.
v 2
,
, 木盒做匀减速运动, 由s= 可知, s 1=s 2>s 3 A 3.D 解析: 从最高点到接触床面前, 运动员只受重力,
a 2<a 3
2a
做自由落体运动, 加速度为 g 方向向下, 处于完全失重状
,
正确.
态, A 、 B正确; 运动员刚接触床面时重力大于弹力, 向下做加
, 由平衡条件可得弹簧测力计的拉力

9.C 解析: 对 m 2
速运动, 处于失重状态, 随床面的形变的增大, 弹力逐渐增

, 所以弹簧测力计的示数为10N , A 、 B 错误;
F 大小等于F 2
大, 弹力大于重力后, 运动员做减速运动, 处于超重状态, 故
的瞬间, 弹簧测力计的拉力F 不发生变化, 由牛顿第
撤去F 2
当弹力等于重力时运动员的速度最大, C正确, D 错误.
F
2
二定律有, B 的加速度大小为 a 2= =2.5m / s , C 正确; 撤 4.A 解析: 从a 到 b 过程, 人处于下蹲失重状态, 加速

m 2
的瞬间, 弹簧测力计的拉力 F 不发生变化, 所以 B 的 度方向向下, 故 A 正确; 无论下蹲还是起立, 人的重力都不会
去F 1
合外力不变, 加速度大小为0 , D 错误. 发生变化, 故 B错误; 下蹲和起立过程都有超重和失重现象,

10.B 解析: 以货物为研究对象, 将加速度分解为水平 下蹲先失重后超重, 起立先超重后失重, 故6s内该同学做了

和竖直两个方向, 水平方向有F f =macosθ , 竖直方向有 F N- 1次下蹲—起立的动作, 故 C 、 D 错误.

acosθ 5.C 解析: 根据题图甲所示, 设 A 、 B 间的静摩擦力达
, 联立解得 = , B正确.
m g=masinθ , F f = μ F N μ
asinθ+ g 时, 系统的加速度为a , 根据牛顿第二定律, 对
到最大值F fmax

, 则对木块受力分析, 受摩擦力
A 、 B 整体有F= ( m A +m B a , 对 A 有 F fmax=m A a , 解得
11.C 解析: 由于v<v 0
)
方向 沿 斜 面 向 下, 根 据 牛 顿 第 二 定 律 可 得 a=g sinθ+
F fmax=2.0N ; 根据题图乙所示情况, 设 A 、 B 刚开始滑动时
μ g cosθ , 故木块开始沿传送带运动方向做匀减速直线运动, 系统的加速度为 a' , 根据牛顿第二定律, 以 B 为研究对象有
加速度不变; 当木块的速度达到传送带速度时, 由于 μ > F fmax=m B a' , 以A 、 B 整体为研究对象, 有F max= ( m A+m B a' ,
)
tanθ , 则木块所受摩擦力大于其重力沿斜面向下的分力, 则
解得F max=6.0N , C正确.
木块与传送带保持相对静止以速度 v 匀速向上运动, C
【 规律总结】 三类连接体问题的常用结论
正确.
( 1 ) 通过滑轮连接的两个物体: 如果做加速运动, 则它

12. ( 1 ) 细线刚好不产生拉力时, 大滑块受到地面的摩 们的加速度大小相同, 注意此时轻绳的拉力与悬挂物的重力

擦力刚好达到最大静摩擦力, 则
大小不等.

F= μ M g=20N. ( 2 ) 叠加体类连接体: 两物体间刚要发生相对滑动时物

( 2 ) 根据牛顿第二定律, 有
体间达到最大静摩擦力.
g= ( M+m ) a ,
(
F- μ M+m ) ( 3 ) 靠在一起的连接体: 分离时相互作用力为零, 但此

解得a=1m / s.
2
时两物体的加速度仍相同.

( 3 ) 小滑块刚要离开地面时, 细线拉力F 竖直分力等于
6.D 解析: 当物体恰好不下滑时, 沿斜面方向刚好平
小滑块的重力Fcos37°=m g ,
, 垂直于斜面方向, 有
衡, 则有 m g sin45°=F 0 cos45°+ μ F N
水平方向Fsin37°=ma ,
1- μ
;
根据牛顿第二定律, 有 F N=m g cos45°+F 0 sin45° , 解得F 0= 1+ μ m g 同理, 当物体
(
g= ( M+m ) a ,
F- μ M+m ) 1+ μ 1+ μ 2
,
,
恰好不上滑时, 有 F = m g 解得 F = F 0 D
1- μ
1- μ
解得F=69N.
正确.
专题突破1 牛顿运动定律的应用

【 解后反思】 本题的关键是要根据两个临界状态: 恰好不下
1.D 解析: 由于 x t 图像的斜率表示速度, 可知在 滑和恰好不上滑, 分别列出平衡方程求解.

时间内速度增加, 即乘客的加速度向下, 处于失重状 7.A 解析: 小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对
0~t 1
, 时间内速度不变, 即乘客 小球的弹力恰好为零, 设此时绳子的拉力为 F , 斜面体的加
态, 则F N<m g A 错误; 在t 1~t 2
8
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