備戰2021年高考物理-一輪復習專項訓練-力學綜合練習（一）

一、單選題

1.半圓柱體P放在粗糙的水平地面上，其右端有一豎直放置的光滑檔板MN。在半圓柱體P

和MN之間放有一個光滑均勻的小圓柱體Q,整個裝置處于靜止，如圖所示是這個裝置的截

面圖?，F使MN保持豎直并且緩慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，發現P始終保持靜

止。則在此過程中，下列說法正確的是（）

A.MN對Q的彈力逐漸減小

B.地面對P的支持力逐漸增大

C.Q所受的合力逐漸增大

D.地面對P的摩擦力逐漸增大

2.如圖所示，質量均為m的木塊A和B,用一個勁度系數為k的輕質彈簧連接，最初系統靜

止，現在用力緩慢拉A直到B剛好離開地面，則這一過程A上升的高度為（）

4，〃g

mg2〃留3〃，g

A.kB.kc.kD.k

3.如圖所示，物塊用一不可伸長的輕繩跨過小滑輪與小球相連，與小球相連的輕繩處于水平

拉直狀態。小球由靜止釋放運動到最低點過程中，物塊始終保持靜止，不計空氣阻力。下列

說法正確的有（）

A.小球剛釋放時，地面對物塊的摩擦力為零

B.小球運動到最低點時，地面對物塊的支持力可能為零

C.上述過程中小球的機械能不守恒

D.上述過程中小球重力的功率一直增大

4.如圖所示，豎直放置的輕彈簧一端固定在地面上，另一端與斜面體P連接，P的斜面與固

定擋板MN接觸且處于靜止狀態，則斜面體P此刻所受的外力個數有可能為（）

A.2個或3個B.3個或5個C.2個或4個D.4個或5個

5.如圖所示，小物塊在拉力F作用下向左做勻速直線運動，n<l,在8角由45。逐漸增大到

接近90。的過程中力F（）

A.一直增大B.一直減小C.先減小后增大D.不變

6.如圖所示，物塊在水平地面上向右做勻速直線運動，則物體受力個數為（）

A.一定4個力B.可能2個力C.一定3個力D.可能2個也可能4個

7.兩個豎直桿固定在地面上，距離為3m,繩長為5m,分別固定在兩個桿上，一件質量為m

的衣服通過光滑掛鉤掛在繩上，則繩子的拉力為（）

A.8B.6mgC.4mgD.3mg

8.如圖，物體C放在水平面上，物體B放在C上，小球A和B之間通過跨過定滑輪的細線相

連。若B上的線豎直、兩滑輪間的線水平，且不計滑輪的質量、滑輪軸上的摩擦、滑輪與線

間的摩擦。把A拉到某位置（低于滑輪）由靜止釋放使A在豎直平面內擺動，在A擺動的

過程中B、C始終不動。下列說法中正確的是（）

A.地面對C的摩擦力有時不為零

B.（:對B的摩擦力有時有可能為零

C.C對地面的壓力有時可以等于B,C重力之和

D.C對B的作用力有時豎直向上，有時豎直向下

9.如圖所示，質量為m的小球在細線A和輕彈簧B的共同作用下保持靜止，其中細線A水

平，左端固定于豎直墻壁，輕彈簧B上端固定于天花板，軸線與豎直方向的夾角為60。，已

知輕彈簧B的勁度系數為k,重力加速度為g,則（）

A.細線A中拉力的大小F'為mg

B.輕彈簧B中拉力的大小FR為mg

力〃g

C.輕彈簧B的伸長量為k

D.突然剪斷彈簧B的瞬間，小球的加速度a大小為6g

10.如圖，質量為2m的物塊A靜置于水平臺面上，質量為M、半徑為R的半球體C靜置于

水平地面上，質量為m的光滑小球B（可視為質點）放在半球體C上，P為三根經繩PA、

PB、PO的結點。系統在圖示位置處于靜止狀態，P點位于C正上方距離其球心高h處

3R

（h=2R）,OP豎直，PA水平，PB長為2,已知A與臺面的動摩擦因數為內重力加

速度大小為g,則正確的是（）

A.繩0P的拉力大小為mg

B.A受到的摩擦力大小為2/GE

lni

C.B對C的壓力大小為

￡

D.繩PB對B的拉力大小為2“田

二、多選題

11.如圖所示，質量為m、電荷量為Q的帶電小球A用絕緣細線懸掛于。點，另一個帶電荷

量也為Q的小球B固定于。點的正下方絕緣支架上?？梢暈橘|點的小球A距離地面高度為

h,平衡時A、B帶電小球處于同一高度，重力加速度為g,靜電力常量為k。則（）

A.若剪斷輕繩，小球A將沿繩方向做勻變速直線運動

B.若剪斷輕繩，小球A在空中運動時間為

[2L

C.若剪斷輕繩，小球A在空中運動時間小于Vg

D.若剪斷輕繩，小球A著地時速度大于

12.如圖所示，放置在水平地面上的質量為M的直角劈上有一個質量為m的物體，若物體在

直角劈上勻速下滑，直角劈仍保持靜止，那么下列說法正確的是（）

A.物體與斜面間的動摩擦因數

B.物體與斜面間的動摩擦因數4=tan8

C,直角劈對地面的壓力大于+"/

D.地面對直角劈沒有摩擦力作用

13.水平地面上固定一傾角為8=37°的足夠長的光滑斜面，如圖所示，斜面上放一質量為

川A=2?°kg、長，=3m的薄板心質量為川B=l?°kg的滑塊R（可視為質點）位于薄

板.4的最下端，R與/之間的動摩擦因數〃=0?5。開始時用外力使/、7?靜止在斜面

上，某時刻給滑塊8—個沿斜面向上的初速度】'o=5m/s,同時撤去外力，己知重力加速

度g=10m/s2,sm37°=0.6,cos370=0?8。下列說法不正確的是（）

A.在滑塊3向上滑行的過程中，一4、3的加速度大小之比為3:5

B.從」、8開始運動到.4、3相對靜止的過程所經歷的時間為0.5s

25

C.從4、3開始運動到」、A相對靜止的過程中滑塊“克服摩擦力所做的功為3J

25

D.從」、“開始運動到」、7?相對靜止的過程中因摩擦產生的熱量為3j

14.如圖所示，物體的質量m=4.4kg,用與豎直方向成6=37。的斜向右上方的推力F把該

物體壓在豎直墻壁上，使它靜止在豎直的墻壁上。物體與墻壁間的動摩擦因數u=0.5,取重

力加速度gulOm/s?,最大靜摩擦與滑動摩擦相等，（sin37°=0.6,8$37。=0.8）則推力F的

大小可能是（）

A.22NB.44NC.66ND.88N

15.光滑的輕小滑輪用細繩0。，懸掛于。點，另一細繩跨過定滑輪，其一端連接物塊A,另一

端系一位于水平粗糙桌面上的物塊B,整個系統始終處于平衡狀態。若將物塊B沿水平面向

右緩慢移至C點，下列說法正確的是（）

A.細繩對物塊B的拉力大小增大B.物塊B與水平面間的摩擦力增大

c.細繩。0,所受拉力大小不變D.始終存在a=￡=6的角度關系

16.如圖所示，質量為的物體2放在正沿平直軌道向右行駛的車廂底板上，并用豎直細繩

通過光滑定滑輪連接質量為m1的物體，與物體1相連接的繩與豎直方向成。角。則（）

A.車廂的加速度為gsin。B,繩對物體1的拉力為cos6

C.底板對物體2的支持力為（nvmi）gD.物體2所受底板的摩擦力為mzgtane

17.一物體放置在傾角為。的斜面上，斜面固定于加速上升的電梯中，加速度為a,如圖6

所示，在物體始終相對于斜面靜止的條件下，下列說法中正確的是（）

A.當6一定時，a越大，斜面對物體的正壓力越小

B.當e一定時，a越大，斜面對物體的摩擦力越大

C.當a一定時，e越大，斜面對物體的正壓力越小

D.當a一定時，。越大，斜面對物體的摩擦力越小

18.如圖所示，電梯與水平地面成8角，一人靜止站在電梯水平梯板上，電梯以恒定加速度a

a

啟動過程中，水平梯板對人的支持力和摩擦力分別為FN和f。若電梯啟動加速度減小為2,

則下面結論正確的是（）

A.水平梯板對人的支持力變為2

f

B.水平梯板對人的摩擦力變為2

C.電梯加速啟動過程中，人處于超重狀態

/

D.水平梯板對人的摩擦力和支持力之比為F'

19.如圖所示，一細線的一端固定于傾角為45。的光滑楔形滑塊A的頂端P處,細線的另一端

拴一質量為m的小球，重力加速度為g。當滑塊以加速度a在水平面上做勻加速運動時，小

球的受力情況和滑塊A的加速度a的大小關系正確的是（）

A.若繩對小球恰好沒有拉力，則滑塊A一定有向右的加速度，且a=g

B.若繩對小球恰好沒有拉力，則滑塊A一定有向左的加速度，且a=g

C.若滑塊A向左以a=g做勻加速運動時，繩對小球的拉力為6ng

D.若滑塊A向左以a=g做勻加速運動時，繩對小球的拉力為mg

20.如圖所示，豎直平面內有一固定的光滑軌道ABCD,其中傾角為6=370的斜面AB與半徑為

R的圓弧軌道平滑相切于B點，CD為豎直直徑，0為圓心。質量為m的小球（可視為質點）

從與B點高度差為h的位置A點沿斜面由靜止釋放。重力加速度大小為g,sin37°=0.6,

cos37°=0.8,則下列說法正確的是（）

A.當h=2R時,小球過C點時對軌逍的壓力大小為27mg/5

B.當h=2R時,小球會從D點離開圓弧軌道做平拋運動

C.當h=3R時，小球運動到D點時對軌道的壓力大小為1.4mg

D.調整h的值，小球能從D點離開圓弧軌道，并能恰好落在B點.

三、綜合題

21.某工廠輸送物件的傳送系統由傾角為30。的傳送帶AB和一傾角相同的長木板CD組成，

物件和傳送帶間的動摩擦因數為-2、與木板的動摩擦因數々-15o傳送帶以

i，0=4m/s的恒定速度順時針轉動?，F將物件p無初速置于傳送帶A點，發現當物件到達B

端時剛好相對傳送帶靜止，到達D點時速度恰好為零隨即被機械手取走。物件可以看成質

點，皮帶與木板間可認為無縫連接，重力加速度g=10m/s2。求：

（1）傳送帶的長度Li：

（2）木板的長度L2以及物件從A到D所需的時間T；

（3）假如機械手未能在D點及時將物件取走，導致物件重新下滑，則此后它將在木板上運

動的總路程S是多少？

22.科技館有一套兒童喜愛的機械裝置，其結構簡圖如下:傳動帶AB部分水平,其長度L=1.2m,

傳送帶以3m/s的速度順時針勻速轉動，大皮帶輪半徑r=0.4m,其下端C點與圓弧軌道DEF

的D點在同一水平線上，E點為圓弧軌道的最低點，圓弧EF對應的圓心角9=37*且圓弧

的半徑R=0.5m,F點和傾斜傳送帶GH的下端G點平滑連接，傾斜傳送帶GH長為x=4.45m,

其傾角8=371.某同學將一質量為0.5kg且可以視為質點的物塊靜止放在水平傳送帶左端

A處，物塊經過B點后恰能無碰撞地從D點進入圓弧軌道部分，當經過F點時，圓弧給物塊

的摩擦力f=14.5N,然后物塊滑上傾斜傳送帶GH.已知物塊與所有的接觸面間的動摩擦因數

均為〃=0?5,重力加速度sm37*=0.6,cos37*=0.8,回5=2?68,

（1）物塊由A到B所經歷的時間；

（2）DE弧對應的圓心角a為多少；

（3）若要物塊能被送到H端，傾斜傳動帶順時針運轉的速度應滿足的條件及物塊從G到H

端所用時間的取值范圍.

23.某工廠為實現自動傳送工件設計了如圖所示的傳送裝置，由一個水平傳送帶AB和傾斜傳

送帶CD組成，水平傳送帶長度l_AB=4m,傾斜傳送帶長度LCD=4.45m,傾角為6=37。，AB和

CD通過一段極短的光滑圓弧板過渡，AB傳送帶以Vi=5m/s的恒定速率順時針運轉。已知工

件與傳送帶間的動摩擦因數均為"=0.5,重力加速度g=10m/s2?，F將一個質量為m=lkg的

工件(可看作質點)無初速度地放在水平傳送帶最左端A點處，求：

(1)工件被第一次傳送到B端時所花時間；

(2)若CD以V2順時針轉動且V2>Vi,計算說明物體能否到達D端；

(3)若CD以V2=4m/s順時針轉動，求物體在CD傳送帶上運動到最高點的過程中產生的熱

量Q。(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8)

24.如圖，將質量m=lkg的圓環套在固定的水平直桿上。環的直徑略大于桿的截面直徑。環

與桿間動摩擦因數m=0.9。對環施加一位于豎直平面內斜向上，與桿夾角q=53。的拉力，

(取sin53°=0.8,cos53°=0.6,g=10m/s2)?(結果可以保留分數)

(1)逐級增大拉力，當拉力為Fi時，圓環沿桿勻速運動，求Fi的大小。

(2)小明同學認為，當拉力繼續增大為F?時，環還是勻速運動，求F2的大小

(3)請進一步分析，當靜止的環受到的拉力方向不變，大小分別為下列各值時，圓環處于

怎樣的運動狀態a0<F3<FI；b.Fi**2;C.F5>F2

答案

一、單選題

1.【答案】D

【解答】A.對圓柱體Q受力分析，受到重力、桿MN的支持力和半球P對Q的支持力,

由圖可知，MN對Q的支持力逐漸增大，P對Q的支持力逐漸增大，A不符合題意；

B.以P、Q整體作為研究對象，系統受到豎直向下的總重力和地面施加的豎直向上的支持

力，二力平衡，等大反向，故地面對P的支持力不變，B不符合題意；

C.物體Q一直平衡狀態，所以合力不變，C不符合題意；

D.對P、Q整體受力分析，受到總重力、MN桿的支持力$,地面的支持力N3,地

面的靜摩擦力f,如圖

由于MN對Q的支持力逐漸增大，所以地面對P的摩擦力逐漸增大，D符合題意。

故答案為：Da

【分析】由于Q處于動態平衡所以合力等于0;利用Q的平衡方程結合矢量三角形定則可

以判別MN對Q的支持力大小變化；利用整體的平衡方程可以判別地面對P的支持力和摩

擦力的大小變化。

2.【答案】B

【解答】最初彈簧處于壓縮狀態，根據平衡條件對A有kB剛好離開地面時

彈簧處于拉伸狀態，根據平衡條件對B有上△4=〃吆，這一過程A上升的高度為

2mg

△，1+A/2=—

故答案為：B

【分析】利用A和B的平衡方程可以求出上升的高度。

3.【答案】A

【解答】A.小球剛釋放時，小球速度為零，此時繩子的拉力為零，對物塊分析可知，受

到的摩擦力為零，A符合題意；

B.小球運動到最低點時，若地面對物塊的支持力為零，此時繩子的拉力對物塊有向右的分

力，不可能靜止，B不符合題意；

C.對小球擺動過程只有重力做功，故小球的機械能守恒，C不符合題意；

D.剛釋放時速度為零，小球的功率為零，到達最底端時，速度方向與重力方向垂直，功率

為零，故功率先增大后減小，D不符合題意。

故答案為：A?

【分析】小球剛釋放時繩子拉力等于0,則利用物體的平衡可以判別地面摩擦力等于0;當

小球運動到最低點時，由于水平方向的平衡導致地面對物塊有摩擦力的作用所以地面對物塊

的支持力不等于0;由于小球下落過程只有重力做功所以機械能守恒；下落過程重力的功率

先增大后減小。

4.【答案】C

【解答】對物塊分析可知，其一定受到重力和彈簧的彈力，若這兩個力恰好相等，則其只

受到2個力；若彈力大于重力，則物塊還受到擋板MN的支持力和摩擦力，共4個力，故斜

面體受力個數可能為2個或4個，C符合題意；

故答案為：Co

【分析】利用P物體的平衡條件可以判別物體受力的個數。

5.【答案】A

【解答】小物塊在拉力F作用下向左做勻速直線運動，根據物體的受力平衡：

水平方向有Fcos0=nN

豎直方向有N+Fsin0=mg

尸_gy〃g

聯立解得_coW+〃sinJ-g^sin(6+a)

.1

tana=

其中A

當e從45。逐漸增大到接近90。的過程中，sin(e+a)逐漸減小，所以F逐漸增大，A符合題意。

故答案為：Ao

【分析】利用物塊的平衡方程可以求出拉力的表達式，結合角度的變化可以判別拉力的大

小變化。

6.【答案】A

【解答】如果物塊受2個力的作用，即一定為重力與拉力，則此二力不可能平衡，則物塊

不可能只受2個力的作用，對物塊受力分析，重力、拉力、地面對物塊的支持力，由于物塊

在水平面上勻速運動，則合力為0,所以物塊還受到地面的摩擦力作用，所以物塊一定受4

個力的作用

故答案為：Ao

【分析】利用物塊的平衡條件可以判別受力的個數。

7.【答案】A

【解答】同一根繩子繩中的拉力大小左右相等，由平衡可知，左、右兩邊繩子與水平方向

的夾角相同設為8,由幾何關系得￡在COS0+Z右cos8=s

即Zcos8=s

3

則cos"好5一

得8=53’

根據平衡條件得

5

-

8

故答案為：Ao

【分析】利用幾何關系可以求出繩子與豎直方向夾角的大小，結合衣服的平衡方程可以求

出拉力的大小。

8.【答案】B

【解答】A.以BC為對象，受到重力支持力和繩子的拉力，由于力都在豎直方向，所以

地面對C的摩擦力為零，A不符合題意；

B小球A在最低點時，繩子的拉力和重力提供向心力，當繩子的拉力正好等于B的重力時,

BC之間沒有彈力，此時BC間摩擦力等于零，對C進行受力分析可知，C所示重力和地面的

支持力平衡，不受摩擦力，B符合題意；

C.以BC為對象，受到重力支持力和繩子的拉力，由于繩子的拉力不可能為零，所以C對地

面的壓力不可能等于B、C重力之和，C不符合題意；

D.由于地面沒有摩擦力，所以B對C的作用力只能在豎直方向，C對B的作用力可以豎直向

上，但不會豎直向下，D不符合題意；

故答案為：B.

【分析】利用BC為整體的平衡方程可以判別地面對C的摩擦力的大小：小球A在最低點

利用拉力和重力提供向心力，當拉力等于B的重力時，BC之間沒有摩擦力的作用；利用BC

為整體結合拉力不能等于0可以判別C對地面的壓力大??；由于地面沒有摩擦力的作用所以

C對B的作用力可以豎直向上。

9.【答案】C

【解答】A.對小球受力分析，如圖所示.

由平衡條件得tan6(T=r,,S

解得細線A中拉力的大小FA=V’mg

A不符合題意；

mg

BC.由三角函數關系得cos6(T=FR

解得

FB=2mg

由胡克定律得

FB=kAx

跡

可得△x=k

B不符合題意、C符合題意；

D.突然剪斷彈簧B的瞬間，細繩A的拉力突變為零，此時小球的加速度a大小為g,D

不符合題意。

故答案為：Co

【分析】對小球進行受力分析，在重力、彈力和拉力的作用下，物體處于平衡狀態，合力

為零，根據該條件列方程分析求解他那里，結合胡克定律求解形變量即可。

10.【答案】c

mg_N_T

【解答】對小球B受力分析如圖，由相似三角形得1R3R

解z得1,=3加

A

2

32K

4一2

A.繩OP的拉力大小為J?

A不符合題意；

B.A受到的摩擦力大小為等于PB繩沿水平方向的分力即為

2D2

f=Tsin，MP5=x曲=gmg

C.由上分析可知，B對C的壓力大小為C符合題意；

3m

D.由上分析可知，繩PB對B的拉力大小為4”蟲，D不符合題意。

故答案為：Co

【分析】對小球B進行受力分析，在重力、拉力和支持力的作用下，小球處于平衡狀態，

合力為零，根據該條件列方程分析求解即可。

二、多選題

11.【答案】C,D

【解答】對平衡的小球A受力分析，水平向右的庫侖力，豎直向下的庫侖力，斜向右上

的繩的拉力，如圖所示

A.若剪斷輕繩，初態合力沿拉力的反方向，斜向右下的加速直線運動，但A與B間的庫侖

力逐漸減小，方向沿著兩球的連線為變力，則合力與速度有夾角，小球A做加速度逐漸減

小的曲線運動，A不符合題意；

BC.若剪斷輕繩后，庫侖力斜向右下在豎直方向有分力，則小球在豎直方向的加速度大于

h=iat2

重力加速度g,由2

可知運動時間，=石

B不符合題意，C符合題意；

D.若剪斷輕繩，對小球落地的過程，庫侖斥力要做正功WF,由動能定理

nigh+=4wv2-0

則小球A著地時速度冬>麗

D符合題意。

故答案為：CDo

【分析】利用剪斷繩子后，小球受到的庫侖力變化可以判別小球不是做勻變速直線運動；

利用豎直方向的加速度可以判別小球在空中運動的時間；利用動能定理可以判別小球落地速

度的大小。

12.【答案】B,D

【解答】AB.物體在直角劈上勻速下滑，說明物體重力沿斜面向下的分力等于滑動摩擦

力卬〃gcos6="?gsin8

解得"=tan6

A不符合題意，B符合題意；

C.將M、m視為整體，根據牛頓第二定律，兩物體均沒有豎直向下的加速度，則系統的總

重力等于對地面的壓力，根據牛頓第三定了，直角劈對地面的壓力等于加)g,c不符

合題意；

D.將M、m視為整體，根據牛頓第二定律，兩物體均沒有水平方向的加速度，故水平方向

不能受到地面的摩擦力，D符合題意。

故答案為：BD。

【分析】利用物體的平衡方程可以求出動摩擦因素的大小；利用整體的平衡方程可以判別

地面對斜面的支持力和摩擦力的大小.

13.【答案】A,B,C

【解答】A.A、B的加速度大小分別為：

府/^；^髀1遇竽一J州..加療「2次姐9面滑十年.腳越,..-.>

(7號=匹=4111js:肝限=福=1Q1始$

則aA：aB=2：5

A錯誤，符合題意。

="=工s

B.B沿斜面向上運動的時間為：”—"B—1()S=-futns

B運動到最高點時，A沿斜面向下運動的速度為：VA=aAti=2m/s

設B從最高點向下運動到兩者速度沿斜面向下相同時用時為t2.則有：aBt2=vA+aAt2

得：丹斗

10/

共同速度為："=『n"S

因此從A、B開始運動到A、B沿斜面向下的速度相同所經歷的時間為：'1'26、

B錯誤，符合題意。

Xi1=c=1.25m

C.B沿斜面向上運動的位移為：2

此過程中A向下運動的位移為：”=2^1=°?知

B球沿斜面向下運動到兩者速度相同時，下滑的位移為：A3-2?BZ2-91U

此過程中，A向下運動的位移為：

故整個過程中摩擦力對滑塊B所做的功為：

W=-/o??Bgcos37°Xi+/w)Bgcos37°X3=-1J

罵

即滑塊B克服摩擦力所做的功為9,c錯誤，符合題意。

D.整個過程中因摩擦產生的熱量為：

。=2?福摩嶗網制+3寸+2國爵哪浮鞏然一限)=yJ

D正確，不符合題意。

故答案為：ABC

【分析】分別對兩個物體進行受力分析，利用牛頓第二定律求解物體各自的加速度，結合

運動學公式求解位移，利用運動學公式求解物體與底面的相對位移，摩擦力產生的熱量用摩

擦力的大小乘以兩物體相對運動的距離即可。

14.【答案】B,C,D

【解答】當物體有向上滑動的趨勢且達到最大靜摩擦力時，受力分析如左圖所示，根據平

衡條件有

水平方向FN=Fsin0

豎直方向Fcos0=Ff+mg

又因為Ff=nFN

由以上三式可解得F=-c°/n"_sin8Q=

當物體有向下滑動的趨勢且達到最大靜摩擦力時，受力分析如右圖所示，根據平衡條件有水

平方向

FN=Fsin0

豎直方向

Fcos0+Ff=mg

又因為

Ff=(lFN

廣mg________4^x10

由以上三式可解得一co曲-“sing_0.8+0.5*0.6-

當F在40N和88N之間時，物體總能保持靜止。

故答案為：BCDo

【分析】利用物體的平衡方程結合最大靜摩擦力的方向可以求出推力的大小范圍。

15.【答案】B,D

【解答】A.細繩對物塊B的拉力大小等于A的重力，則大小不變，A不符合題意；

B.物塊B與水平面間的摩擦力f=Tsill(a+￡),則將物塊B沿水平面向右緩慢移至C點

時，a+6增大，則物塊B與水平面間的摩擦力f增大，B符合題意：

C.細繩所受拉力大小等于兩邊繩子的拉力的矢量和，因兩邊繩子拉力不變，夾角變大，

則細繩所受拉力減小，C不符合題意；

D.因滑輪兩邊繩子拉力大小相等，可知a=￡,由幾何關系可知a=0,則始終存在a=6部

的角度關系，D符合題意。

故答案為：BD

【分析】對節點。'進行受力分析，在三個拉力的作用下，節點處于平衡狀態，合力為零，

結合拉力方向的變化分析其他力的變化。

16.【答案】B,D

【解答】AB、由題以物體1為研究對象設繩子拉力為尸7則，FrCOs8="?低，則

F)叫直.

TCOS。，B符合題意；由牛頓第二定律有：用@2118=叫0,則a=man8,A不

F=m

vn,s

符合題意;CD、以物體2為研究對象豎直方向有：Fr+Fv=?/2gfB|j---cos3,

c不符合題意；水平方向有.：R/="?g="?2gtan8,D符合題意,

故答案為：BD

【分析】利用1物體求出小車的加速度和繩子的拉力，對物體2進行受力分析求出受到的摩

擦力和壓力。

17.【答案】B,C

【解答】解法一：物體放在斜面上，受到三個力作用：重力mg、斜面的支持力FN和靜

摩擦力F,如圖所示.由于物體在電梯中，具有與電梯相同的向上加速度，故物體在水平方向

上合外力為零，在豎直方向由Ffcos0=FNsin0Ffsin0+FNcos0-mg=ma由以上兩式解得

FN=m(g+a)cos0Ff=m(g+a)sin6由支持力和摩擦力的表達式可判斷B、C符合題意

解法二：在加速度向上的系統中的物體處于超重狀態，也就是在該系統中放一靜止的物體,

受到的重力大小可以認為是m(g+a).然后利用平衡條件進行判斷.對于在斜面上的物體，斜

面對物體的支持力FN=m(g+a)cos8斜面對物體的靜摩擦力Ff=m(g+a)sin8由支持力和摩擦力

的表達式可以判斷B、C兩項正確.

故答案為：BC

【分析】對物體進行受力分析，結合物體的加速度，求出斜面對物體支持力的變化，進而

分析摩擦力的變化。

18.【答案】B,C

【解答】將人的加速度分解，水平方向m=acos6,豎直方向ay=asinO

對于人根據牛頓第二定律，在水平方向有：f=max

在豎直方向有尸,￥一川8=川6,人處于超重狀態；

a

當加速度由a變為2時，對于人根據牛頓第二定律，在水平方向有/="以x,摩擦力變為

/

原來的一半，即為2；但由尸N-mg="藺、知支持力不為原來的一半，則水平梯板對人

的摩擦力和支持力之比也發生變化，AD不符合題意，BC符合題意。

故答案為：BC

【分析】把人的加速度分解到水平和豎直方向，分別應用牛頓第二定律求解受力即可。

19.【答案】A,C

【解答】A、若繩對小球恰好沒有拉力，則對小球進行受力分析如圖所示：

，根據牛頓第二定律可知：/合=加g=〃?a,則2=8，方向水平向右，A符合題意，B不符

合題意；C、當滑塊A向左以a=g做勻加速運動時、則小球的合力為：F合=nia=nig,

方向水平向左，則對小球進行受力分析如圖所示：

則此時小球與斜面之間恰好沒有彈力，則由圖可知繩的拉力為：1=3?圖，C符合題意，

D不符合題意。

故答案為：AC

【分析】利用整體加速度相同，結合牛頓第二定律可以求出小球和滑塊的加速度的方向及大

??；利用整體法及滑塊的加速度大小可以求出繩子拉力的大小。

20.【答案】A,C

【解答1A、當h=2R時，從A到C的過程:由動能定理網力+五一RCOSJ)=品弓-0,

vg.21mg

在C點由牛頓第二定律得,解得Nc=F=，由牛頓第三定律得：小

27mg

球在剛過C點時對軌道的壓力大小為二一，A符合題意；

B、小球會從D點離開圓弧軌道做平拋運動的條件是''mm之蕨，從A到D的過程：由動

能定理機的一夫一放湎）=如％一°,解得l'D=而〈妖，所以小球不會從D

點離開圓弧軌道做平拋運動，B不符合題意；

C、當h=3R時，解得VD=&gR,在D點由牛頓第二定律得Nl>+mg=陽量，解

?_7

得八D=虧陽g,所以，由牛頓第三定律得小球運動到D點時對軌道的壓力大小為1.4mg,

C符合題意；

D、小球從D點離開圓弧軌道做平拋運動，則有R+Rcos53°=/產，解得’=后’，

小球水平方向的位移'=符*，大于Rsm370,所以小球能從D點離開圓

弧軌道，不能恰好落在B點，D不符合題意；

故答案為：BCo

【分析】利用動能定理結合牛頓第二定律可以求出小球過C點對軌道的壓力大??；利用動能

定理可以求出小球經過最高點的速度，利用最高點的臨界速度可以判別是否能過最高點做平

拋運動；結合牛頓第二定律可以求出在D點對軌道的壓力大小；利用小球恰好過最高點后

的平拋水平位移與BD間的位移進行對比判別小球能否恰好打在B點。

三、綜合題

21.【答案】（1）解：P放上皮帶后，受力如圖一

0

由牛頓第二定律有Mgcos30°-wgsiiBO=max

■l10一u0

根據速度位移公式有

聯立代入數據解得&=3?2m

（2）解：到達木板上C點后，受力如圖二

由牛頓第二定律得_"?gsui30。_"/?gcos30。=ma2

T°-V0

Ln=------

則C、D間距離（板長）為~“2

3和

解得-3

VQ-0_

在皮帶上上滑時間為"l%—L6s

/0_2

在木板上上滑時間為？一口＞一3

234

所以有廠多+也X但聲百

（3）解：從D點向下運動，受力如圖三

由牛頓第二定律得州gsm30。-/V?gcos30°=耐

第一次返回B時有占=打

1『揚三

X1=21=2XI

滑過B點后在皮帶上先向下減速后以相同加速度返回，向上沖的位移2"23"

2

第二次返回B"一"一3"

2

往上沖'4=/

設第i次向上經過B點時速度為V1,物塊可上沖為，則返回B點時速度為在產

可知第i+1次向上經過B點時速度大小仍為vi+1,則物塊可上沖的位移為

0一臉1。3

和1=勿2=_/

,—_^“――3=—2

即物塊每次沖上木板的距離是上一次的一12—3倍，可得此后物塊還能在板上運動

=x+2-|x+2-(1)x+.........=^m

S=X+2X+2A-4+111

的路程為12

【分析】（1）對物體進行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面兩個方向上分解，在沿斜

面方向利用牛頓第二定律求解物體的加速度，結合物體的初末速度，利用運動學公式求解傳

送帶長度；

（2）同理，在沿斜面方向利用牛頓第二定律求解物體的加速度，結合木板長度利用運動學

公式求解運動時間；

（3）物體現在木板上加速下滑,然后再傳送帶上的帶動下沖上木板，明確物體的運動過程，

結合物體的加速度，利用運動學公式求解即可。

22.【答案】（1）解：物體在水平傳送帶上，由牛頓第二定律得：陽）培=7附

所以：ai="g=、n/s2

物體加速到3m/s的時間："=M=°?出

0.9?n<0.2w

在加速階段的位移:

L-x、

物體做勻速直線運動的時間：-=0，b

物塊由A到B所經歷的時間：t=ti+t2=0.7s

（2）解：若物體能在B點恰好離開傳送帶做平拋運動，則滿足：

1（）

nig=

所以：%=歷

所以物體能夠在B點離開傳送帶做平拋運動，平拋的時間：

解得：,3=符=°心

到達D點時物體沿豎直方向的分速度：W=g，3=4"*’5

.〃4

到達D點時物體的速度與水平方向之間的夾角：-v0-3

所以:a=53"

3

即DE弧對應的圓心角a為53°

(3)解：當經過F點時，圓弧給物塊的摩擦力f=14.5N,所以物體在F點受到的支持力：

f14S

尸N="=在"=29N

物體在F點時，支持力與重力的分力提供向心力得：小一切gcos37°=/〃R

代入數據得：V3=5m/s

物體在傾斜的傳動帶上受到重力、支持力和滑動摩擦力的作用，滑動摩擦力：

F=Rmgcos37°=2N

重力沿斜面向下的分力：Fx=mgsin37°=3N>r

可知物體不可能相對于傳動帶靜止，所以物體在傳送帶上將一直做減速運動，物體恰好到達

H點時速度為0.

I、若傳送帶的速度大于等于物體在F點的速度，則物體受到的摩擦力的方向向上，物體一

直以不變的加速度向上做減速運動；此時：Fx-F=ma3

2

解得：a3=2m/s

物體的位移為：1='第一梟3戶

代入數據解得：t，=1.16s(或t，=3.84s不合題意)

II、若傳送帶的速度小于物體在F點的速度，則物體先相對于傳送帶向上運動，受到的摩擦

力的方向向下；當物體的速度小于傳送帶的速度后，受到的摩擦力方向向上，物體繼續向上

做減速運動，速度的大小發生變化.

設物體恰好能到達H點時，傳送帶的速度是Vmm,且VmMV3,物體到達H點的速度為

0.

物體的速度大于傳送帶的速度時，物體受到的摩擦力的方向向下，此時：Fx+f=ma2,則

2

a2=10m/s

2

物體的速度小于傳送帶的速度時，物體受到的摩擦力方向向上，則：Fx-f=ma3,則a3=2m/s

物體向上的減速運動若反過來看，也可以是向下的加速運動，初速度為0,