牛頓運動定律的綜合應(yīng)用（一）（練習）解析版-2025年高考物理一輪復(fù)習（新教材新高考）

第10講牛頓運動定律的綜合應(yīng)用（一）

目錄

01模擬基礎(chǔ)練

【題型一】瞬時加速度兩類模型

【題型二】連接體模型

【題型三】等時圓模型

【題型四】臨界極值問題

02重難創(chuàng)新練

【題型一】瞬時加速度兩類模型

1.如圖所示，傾角為6的光滑斜面固定在地面上，A、B球的質(zhì)量分別為%、機°,輕質(zhì)彈簧一端固定在斜

面頂端、另一端與A球相連，A、B間由一輕質(zhì)細線連接，彈簧、細線均平行于斜面，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。

當細線被剪斷的瞬間，下列說法正確的是（）

A.B球處于平衡狀態(tài)

B.輕彈簧的彈力大小為色gsin。

C,B球的加速度大小為gsin。，方向沿斜面向下

D.A球的加速度大小為小土歿gsin。，方向沿斜面向上

【答案】C

【詳解】AC.當細線被剪斷的瞬間，細線拉力為零，對B分析，由牛頓第二定律得

m2gsin0=m2a2

解得B球的加速度大小為

a2=gsin0

方向沿斜面向下，故A錯誤，C正確；

B.細線被剪斷前，A、B整體分析，由平衡條件得

辱=（見+:%）gsin6

細線被剪斷瞬間，彈簧來不及恢復(fù)形變，因此彈力不變，故B錯誤；

D.細線被剪斷瞬間，對A分析，由牛頓第二定律得

%一叫g(shù)sin。=m{ax

解得

CZ1=%~gsin。

叫

方向沿斜面向上，故D錯誤。

故選Co

2.（2024?湖北?三模）如圖所示，質(zhì)量相等的兩小球A、B,二者用一輕彈簧豎直連接，A的上端用輕繩系在

足夠高的天花板上，初始時A、B均靜止?，F(xiàn)將輕繩剪斷，則從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長之前（）

/////////////

A.A的加速度大小的最大值為g

B.B的加速度大小的最大值為2g

C.A的位移大小一定大于B的位移大小

D.A的速度大小均不大于同一時刻B的速度大小

【答案】C

【詳解】AB.設(shè)小球A與B的質(zhì)量為加，細線剪斷瞬間，彈簧長度不變，彈力不變，B球的合力為零,

則B球的加速度為零，A球加速度為

mg+mg

-----------=2g

m

兩小球從靜止開始下落，至彈簧第一次恢復(fù)原長過程中，設(shè)彈簧的伸長量為無。

對A球，由牛頓第二定律得

mg+kx=maK

對B球，由牛頓第二定律得

mg—kx=maB

可知隨著無減小，A球的加速度幺減小，B球的加速度而增大，所以細線剪斷瞬間，A球的加速度最大，

為2g。當彈簧第一次恢復(fù)原長時，B球的加速度最大，為g。故AB錯誤；

CD.由上分析可知，從開始下落到彈簧第一次恢復(fù)原長的過程中，A球的加速度大于B球的加速度，所以

A球的位移大小一定大于B球的位移大小，A球的速度大小均大于同一時刻B球的速度大小，故C正確,

故D錯誤。

故選C。

【題型二】連接體模型

3.如圖所示，a、6兩物體的質(zhì)量分別為乙和，由輕質(zhì)彈簧相連，當用恒力尸水平向右拉著。，使縱b

一起沿粗糙水平面做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x,加速度大小為生。已知“、6兩物體與水平面間

的動摩擦因數(shù)相同，則下列說法正確的是()

77777777777777777777777777777

A.如果恒力增大為2F則兩物體的加速度增大為2%

B.如果恒力增大為2尸，則彈簧伸長量仍為x

C.若水平面光滑，則彈簧伸長量仍為無

D.若水平面光滑，則加速度大小仍為可

【答案】C

【詳解】根據(jù)題意，由牛頓第二定律，對整體有

F-叩％g~=(2,+%)%

對物體6有

kx-jumhg=mba1

解得

~一F一-〃nibg_F,__/(4+〃g)_mbF

a\~~，x---77\

ma+mbkk(ma+mh)

AB.如果恒力增大為2/，同理可得，兩物體的加速度為

2F°

a2=------------jug>2%

^a+mb

彈簧伸長量

■3+〃g）

人—，A

k

故AB錯誤；

CD.若水平面光滑，同理可得

F

a3=---------->q

.ma+mb

則彈簧伸長量

_mba3_mhF

kk（ma+mh）

故C正確，D錯誤。

故選Co

4.如圖，勁度系數(shù)為左的輕彈簧一端固定在地面上，另一端固定一質(zhì)量為碼的托盤，在托盤上放置一質(zhì)

量為丐的小物塊，系統(tǒng)靜止時彈簧頂端位于8點（未標出）。F時刻對小物塊施加豎直向上的外力凡小

物塊由靜止開始做勻加速直線運動，加速度大小為。，重力加速度為g。以彈簧處于原長時，其頂端所在的

位置為坐標原點，豎直向下為正方向，建立坐標軸。。時刻物塊與托盤脫離，下列圖像中能正確反映外力R

物塊與托盤之間的作用力風的大小隨小物塊位置坐標x或時間f變化的是（）

【答案】C

【詳解】BD.0~，。時間內(nèi)，物塊與托盤處于靜止狀態(tài)，根據(jù)受力平衡可得

kx0=（叫+m2）g

可得初始狀態(tài)彈簧的壓縮量，即初始坐標為

_（m+m）g

無。一1,2

k

以物塊為對象，根據(jù)受力平衡可得物塊與托盤之間的作用力為

=m2gt0時刻，對小物塊施加豎直向上的外力R小物塊由靜止開始做勻加速直線運動，加速度大小為a-,

以物塊與托盤為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得

F0-（ml+叫總+線=（/+m2）a

解得務(wù)時刻外力大小為

Fo=（叫+m2）a

以物塊為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得

F0+FM-m2g=m2a

解得務(wù)時刻物塊與托盤之間的作用力為

%="一見"

可知尸-X圖像初始坐標為^^所對應(yīng)的外力應(yīng)為（班+網(wǎng)）〃；8-x圖像初始坐標為（町+多1所對

kk

應(yīng)的作用力應(yīng)從機2g突變?yōu)闄C2g-叫a,故BD錯誤；

AC.在分離前，經(jīng)過,時間物塊運動的位移為

12

AAx=1at

2

以物塊與托盤為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得

F—（mj+m2）g+k（x0-Ax）=（叫+m2）a

可得

z712

F=（網(wǎng)+m2）a+kAx=+m2）a+k--at

可知歹v圖像從t°~M時間內(nèi)應(yīng)為開口向上的拋物線；以物塊為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得

F+F^~m2g=m2a

解得

12

F^g^a-F^-rr.a-k.-ar

可知圖像從t°~。時間內(nèi)應(yīng)為開口向下的拋物線，且。時刻分離，作用力剛好為0；故A錯誤，C正

確。

故選Co

5.如圖所示，光滑水平桌面上木塊A、B疊放在一起，木塊B受到一個大小為P水平向右的力，A、B一起

向右運動且保持相對靜止。已知A的質(zhì)量為加、B的質(zhì)量為2m,重力加速度為g。下列說法正確的是（）

A

A.木塊A受到兩個力的作用

B.木塊B受到四個力的作用

C.木塊A所受合力大小為g

D.木塊B受到A的作用力大小為+產(chǎn)

【答案】C

【詳解】A.由于桌面光滑，則兩木塊一起向右做加速運動，則木塊A受到重力、支持力和摩擦力三個力

的作用，選項A錯誤；

B.木塊B受到重力、地面的支持力、A對B的壓力和摩擦力以及力產(chǎn)共五個力的作用，選項B錯誤；

C.整體的加速度

F

a——

3m

則木塊A所受合力大小為

LF

F.=ma=—

△3

選項C正確；

D.木塊B受到A的壓力為〃際，摩擦力為

則作用力大小為

FAB="畫+/=小咫）"尸

選項D錯誤。

故選Co

6.如圖（a）,足夠高的水平長桌面上，尸點左邊光滑，右邊粗糙，物塊A在祛碼B的拉動下從桌面左端開

始運動，其V—圖像如圖（b）所示。己知祛碼2質(zhì)量為0.20kg,重力加速度g取10m/s2,用叫表示物塊

A的質(zhì)量，〃表示物塊A與尸點右邊桌面之間的動摩擦因數(shù)，則有（）

A.%=1.0kg,〃=0.2/z=0.125

C.mA=0.8kg,〃=0.125D.mA=0.8kg,〃=0.2

【答案】C

【詳解】由圖像可知，滑塊A在P點左邊運動時的加速度為

%=2m/s2

在P點右邊運動時的加速度為

3—22172

a、=----m/s=Im/s

22-1

由牛頓第二定律

m^g={mx+m^a{

-囚…=(%+%)%

聯(lián)立解得

mA=0.8kg

〃=0.125

故選C。

【題型三】等時圓模型

7.如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一個光滑絕緣圓環(huán)，圓心為。，光滑絕緣輕桿AC是圓環(huán)的直徑，光滑絕緣

輕桿AB是圓環(huán)的弦,AC、A8與水平方向的夾角分別為45。和60。，圓環(huán)所在空間有勻強電場(圖中未畫出)。

質(zhì)量均為機的帶電小球(可視為質(zhì)點)穿在桿A3、AC上，分別從8、C點沿BA、CA由靜止下滑到A點所

用的時間相等。不考慮兩小球間的影響，則()

A.小球一定都帶負電

B.圓周上C點電勢一定最高

C.電場強度方向一定由C指向A

D.小球受到的電場力大小可能等于重力大小

【答案】D

【詳解】ABC.小球分別從2、C點沿24、C4由靜止下滑到A點的時間相等，圓環(huán)為等時圓，A點為等效

最低點，重力與電場力的合力一定沿C4方向，電場方向未知，故ABC錯誤；

D.當電場方向水平、小球受到的電場力水平向左時，小球受到的電場力大小等于重力大小，故D正確。

故選D。

8.如圖所示，。點為豎直圓周的圓心，和PQ是兩根光滑細桿，兩細桿的兩端均在圓周上，M為圓周

上的最高點，。為圓周上的最低點，N、尸兩點等高。兩個可視為質(zhì)點的圓環(huán)1、2（圖中均未畫出）分別套

在細桿MN、上，并從M、P兩點由靜止釋放，兩圓環(huán)滑到N、。兩點時的速度大小分別為匕、v2,所

用時間分別為4、L，則（）

Q

A.v1=v2B.C.tx>t2D.=t2

【答案】BD

【詳解】連接NQ、MP,如圖所示

M

Q

小環(huán)1從M點靜止釋放，根據(jù)牛頓第二定律可得

4=gsin6

1

MN=-a^9

MN=2Rsin0

匕二印i

所以

（I=J—?=y/4gRsm0

同理可得

/4R___

—=%，.=《4gRsina<匕

故選BD。

9.如圖所示，豎直固定的圓形框架內(nèi)有兩個光滑的斜面，斜面的傾角分別為60。和45。，斜面的底端都在圓

形框架的最低點。兩個完全相同的小球（可視為質(zhì)點）1、2分別同時從兩斜面頂端由靜止釋放，則兩小球

滑到斜面底端的過程，小球的速率V、重力對小球做的功％與時間f,動能心、動量大小P與路程x之間的

關(guān)系圖象可能正確的是（圖線編號對應(yīng)小球編號）（）

【答案】BC

【詳解】A.設(shè)桿與水平方向夾角為仇圓形半徑為d,根據(jù)牛頓第二定律

mgsin0=ma

得

a=gsin。

又

x=-at2,x=dsinO

2

得

則小球1的加速度大于小球2的加速度，兩球的運動時間相等，A錯誤；

B.重力做功等于合力做功，則

11/mg~sin23

W=-mv2=—m(at]=-------------12

Gr22v'2

結(jié)合斜面傾角，B正確；

C.根據(jù)動能定理

mgsin6?x=石女

又

22

l121/、2mgsin6

E=—mv=—m(at)=-------------1"2

v22v'2

則小球1的末動能較大，且圖線斜率較大，C正確；

D.根據(jù)

p—mv—mJ2ax—2gsine—x

兩小球的位移不相同，D錯誤。

故選BC。

【題型四】臨界極值問題

10.如圖所示，卡車上固定有傾角均為37。的兩個斜面體，勻質(zhì)圓筒狀工件置于兩個斜面間?？ㄜ囌?0km/h

的速度勻速行駛，為了保證剎車時工件不與其中任何一個斜面脫離，則其剎車的最小距離更接近于(路面

能提供足夠大摩擦，sin37。=0.6)()

A.23mB.33mC.43mD.53m

【答案】C

【詳解】卡車剎車時，當后斜面的支持力為零時，加速度最大，設(shè)卡車安全剎車的最大加速度大小為此

時工件的受力情況如圖所示

根據(jù)牛頓第二定律可得

mgtan37°=ma

解得

3

a=4g

根據(jù)運動學公式則有

0_v~——

解得

125

x=----m

3

其剎車的最小距離更接近于43m,故C正確，A、B、D錯誤;

故選Co

11.如圖甲所示，在粗糙的水平面上，放著可視為質(zhì)點的A、8兩物塊，質(zhì)量分別為%=&g和相B=5kg。輕

彈簧一端與物塊A相連，另一端與豎直墻壁相連。未施加拉力尸時，A到墻壁的距離小于彈簧原長且整個

系統(tǒng)恰好處于靜止狀態(tài)。從f=0時刻開始，對2施加一水平向右的力尸使物塊3做勻加速運動，力F隨時

間變化如圖乙，已知物塊與地面的動摩擦因數(shù)均為0.5,g^tlOm/s2()

A.彈簧的勁度系數(shù)為300N/m

B.物塊B在1=0時的加速度大小為4m/s2

C.f=0到t=0.2s的過程中力歹做的功為4J

D.f=0到AB分開的過程中，A克服摩擦力的功為0.4J

【答案】C

【詳解】B.根據(jù)題意，設(shè)未施加拉力產(chǎn)時，彈簧的形變量為七,則有

/=0時亥U，施加拉力凡對A、8整體，由牛頓第二定律有

F+fcv0-/z(mA+mB)g=(mA+mB)a

由圖乙可知，7=0時拉力為尸=30N；解得

A=5m/s2

故B錯誤；

D.由圖可知，r=0.2s時，A、B開始分離，由運動學公式

12

x=Vot+—at

可得，此過程A5的位移大小為

12

x=—at=0.1m

2

則/=0到AB分開的過程中，A克服摩擦力的功為

W=jLim^gx=0.5J

故D錯誤；

A.設(shè)A3恰好分離時，彈簧的形變量為毛，對物體A,由牛頓第二定律有

培-/Lim^g=mAa

又有

x0-xA=X

解得

k=200N/m

故A錯誤；

C.根據(jù)題意可知，A3分開之前，拉力廠與位移的關(guān)系式為

F=Ax+30

又有AB恰好分離時，運動的位移為x=0.1m；可得，AB恰好分離時尸=50N；則/=0到t=0.2s的過程

中力/做的功為

故C正確。

故選Co

㈤2

牛頓

一、單選題

1.如圖所示，一輕彈簧的一端固定在傾角為，=30。的光滑斜面底端，另一端連接一質(zhì)量為3機的物塊A,

系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。若將質(zhì)量為根的物塊B通過跨過光滑輕質(zhì)定滑輪的細繩與A相連，開始時用手托住物

體B,使細繩剛好保持伸直（繩、彈簧與斜面平行），松手后A、B一起運動，A運動到最高點P（未畫出）

后再反向向下運動到最低點。已知重力加速度為g,對于上述整個運動過程，下列說法正確的是（）

I3

A.釋放B后的瞬間，繩子張力大小為B.釋放B后的瞬間，繩子張力大小為a機g

41

C.在最高點P,繩子張力大小為§，咫D.在最高點P,彈簧對A的彈力大小為

【答案】B

【詳解】AB.釋放瞬間對整體由牛頓第二定律有

mg-3nigsin30°+=Amax

與單=3mgsin30°

對物體B,有

mg-T=max

聯(lián)立解得

T3

T^-mg

故A錯誤，B正確；

CD.在最高點P,由對稱性可知，加速度大小為

1

對整體，有

3mgsin30°—mg+弓=4ma2

對物體B,有

T'-mg=ma2

解得

=~mg,T'=-mg

理24

故CD錯誤。

故選Bo

2.如圖所示，兩根絕緣細線的上端都系在水平天花板上，另一端分別連著兩個帶電小球尸、Q,兩小球靜

止時處于同一水平高度，尸球質(zhì)量為優(yōu),兩細線與天花板間的夾角分別為a=30。，￡=45。，重力加速度為

A.左側(cè)細線對小球的拉力大小為2g

B.右側(cè)小球的質(zhì)量為"z

C.剪斷左側(cè)細線的瞬間，P球的加速度大小為2g

D.剪斷右側(cè)細線的瞬間，。球的加速度大小為也g

【答案】C

【詳解】由圖知，兩球之間為引力作用，并設(shè)為尸，兩球受力狀況如下圖

Tpsina=mg

Tpcosa-F

對。球分析有

TQsin/3=mQg

TQCOS°=F

聯(lián)立上式得

Tp=2mg

F=y/3mg

mQ=V3m

故AB錯誤；

C.剪斷左側(cè)繩瞬間，拉力消失，其他力不變，故

,尸/口

由a=一得

m

a=2g

故C正確；

D.剪斷右側(cè)繩瞬間，拉力消失，其他力不變，故

由。=土F得

m

a=42g

故D錯誤。

故選Co

3.（2024?黑龍江?三模）CRH380A型電力動車組共8節(jié)車廂，中間6節(jié)為動車，自帶動力，另外2節(jié)為拖

車，不帶動力。如圖所示為動車在水平長直軌道上的模擬運行圖，每節(jié)動力車廂的額定功率均為P。列車以

額定功率向右以最大速度運行，1號車廂會受到前方空氣的阻力，假設(shè)車廂碰到空氣前空氣的速度為0,碰

到車廂后空氣的速度變?yōu)榕c車廂速度相同。已知空氣密度為p,1號車廂的迎風面積（垂直運動方向上的投

影面積）為S。若每節(jié)車廂的質(zhì)量均相等，不計其他阻力，忽略其它車廂受到的空氣阻力，則下列說法正確

C.若突然撤去動力，6號車廂對7號車廂的作用力大小為，34P20s

lo

D.若突然撤去動力，6號車廂對7號車廂的作用力大小為:*6P2Ps

【答案】D

【詳解】AB.設(shè)動車的速度大小為V,動車對空氣的作用力大小為E則根據(jù)動量定理可得

Ft=pvtSv-Q

解得

F=pSv2

當牽引力等于阻力時，動車速度達到最大，則有

6P=Fv^

解得

6P

~ps

故AB錯誤;

CD.當動車速度達到最大時，動車受到的空氣阻力

于=吟介=小6P2Ps

設(shè)每節(jié)車廂的質(zhì)量為如撤去動力瞬間，對動車整體根據(jù)牛頓第二定律進行分析可得

f=8ma

對7、8號車廂分析可得

F61=2ma

聯(lián)立解得6號車廂對7號車廂的作用力大小為

%=%=京36尸漪

故C錯誤，D正確。

故選D。

4.如圖所示，A3是一個傾角為。的傳送帶，上方離傳送帶表面距離為/的尸處為原料輸入口，為避免粉塵

飛揚，在尸與傳送帶間建立一直線光滑管道，使原料無初速度地從尸處以最短的時間到達傳送帶上，則

最理想管道做好后，原料從尸處到達傳送帶的時間為（）

B.-1—21

cos6g

121

D.0

cos—g

2

【答案】D

以尸處為圓的最高點作圓。與傳送帶相切于C點，設(shè)圓。的半徑為R,從P處建立一管道到圓周上，管道與

豎直方向的夾角為a,原料下滑的加速度為

mgeosa

a=----------=geosa

m

管道長度為

L=2Hcosa

由運動學公式可得

L——at2

2

解得

2L2X27?COS6Z14H

ageosag

可知從P處建立任一管道到圓周上，原料下滑的時間相等，故在P與A3傳送帶間建立一管道PC,原料從P

處到傳送帶上所用時間最短；根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得

R+Rcos6=1

可得

R=----------

1+cos。2cos^

2

聯(lián)立可得

故選D。

4.如圖所示，有直角三角形光滑軌道框架融C,其中AB豎直。ZC=90°,光滑圓弧軌道C8為AMC的

外接圓上的一部分。小球1、2分別沿軌道A3、AC從A點由靜止開始運動，到B、C點對應(yīng)的時間分別為「、

L，小球3沿軌道從C點由靜止開始運動，到2點的時間為L小球4在圓弧軌道上某一點（對應(yīng)

的圓心角很?。┯伸o止開始運動，到B點的時間為乙。則下列時間的關(guān)系正確的是（）

A.t>tB.t</D.t=t

x224C.。4{

【答案】c

【詳解】設(shè)AB為2R,小球1做自由落體運動，則有

1

2R=]g/9

解得

'4R

5

設(shè)N&1C=6,根據(jù)幾何關(guān)系可知4C為2Rcos。，根據(jù)牛頓第二定律可知

a2=gcos6

則有

1

2Rcos。]gcos0t{9

解得

,47?

=

g

同理可知小球3的位移為2Asin。，加速度為

a3=gsin0

則有

1.

2Rsin6=5gsin9

解得

4H

g

小球4的運動可看作是單擺運動，則時間為

1個

%=—x2乃

4

綜上分析可知

Zjt2—13>'4

故選c。

6.高鐵已成為重要的“中國名片”。一輛由8節(jié)車廂編組的列車，從車頭開始的第2、3、6、7節(jié)為動力車廂，

其余為非動力車廂。列車在平直軌道上勻加速啟動時，若每節(jié)動力車廂的牽引力大小均為尸，每節(jié)車廂質(zhì)量

都為每節(jié)車廂所受阻力大小都為車廂重力大小的左倍。重力加速度為g。則（）

A,列車啟動時車廂對乘客作用力的方向豎直向上

B.列車的加速度大小為

m

C.第2節(jié)車廂對第3節(jié)車廂的作用力大小為零

D.第2節(jié)車廂對第1節(jié)車廂的作用力大小為F

【答案】C

【詳解】A.啟動時車廂對乘客在豎直方向有向上的支持力，水平方向有沿動車運動方向的摩擦力，兩個力

的合力方向斜向上方，故A錯誤；

B.對列車整體，根據(jù)牛頓第二定律

4F-8kmg=8ma

解得列車的加速度大小為

F—2kmg

a-

2m

故B錯誤；

C.對第1、2節(jié)車廂整體，根據(jù)牛頓第二定律

F32+F-2kmg=Ima

解得

『0

根據(jù)牛頓第三定律，第2節(jié)車廂對第3節(jié)車廂的作用力大小為零，故C正確；

D.對第1節(jié)車廂整體，根據(jù)牛頓第二定律

F2}—kmg=ma

解得第2節(jié)車廂對第1節(jié)車廂的作用力大小為

F=-

2I2

故D錯誤。

故選Co

7.（2024?山西?二模）如圖1所示，質(zhì)量均為根的小物塊A、B緊靠在一起放置在水平地面上，勁度系數(shù)為

上的輕彈簧一端與A拴接，另一端固定在豎直墻壁上，開始時彈簧處于原長，小物塊A、B保持靜止?，F(xiàn)給

B施加一方向水平向左，大小為b=6〃/wg的恒力，使A、B一起向左運動，當A、B的速度為零時，立即

撤去恒力，以此時為計時起點，計算機通過傳感器描繪出小物塊B的UT圖像如圖2所示，其中。湖段為

曲線，加段為直線。已知A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為〃，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在

彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢能可表示為（x為彈簧的形變量），重力加速度為g,則下列說法正確

的是（）

V

a

vb

ABF

A.。時刻彈簧剛好恢復(fù)原長B.々時刻物塊A、B剛要分離

C.彈簧的最大壓縮量為巨警D.Vb=2pgJ-

kVk

【答案】B

【詳解】AB.由題意結(jié)合題圖2可知，6時刻彈簧彈力與B所受的摩擦力大小相等，彈簧處于壓縮狀態(tài)，％

時刻彈簧剛好恢復(fù)原長，A、B剛要分離，故A錯誤，B正確；

C.從開始到A、B向左運動到最大距離的過程中，以A、B和彈簧為研究對象，由功能關(guān)系

k

故C錯誤；

D.彈簧恢復(fù)原長時A、B分離，從彈簧壓縮至最短到A、B分離，以A、B和彈簧為研究對象，根據(jù)能量

守恒定律得

—kXg=2/2mgx0+2x—mv1

聯(lián)立解得

vb=4〃gJ7

故D錯誤。

故選Bo

二、多選題

8.如圖所示，質(zhì)量相等的兩滑塊M、N用一輕質(zhì)彈簧連接，在拉力廠作用下沿著固定光滑斜面勻速上滑。

某時刻突然撤去拉力凡已知斜面傾角為仇重力加速度大小為g,斜面足夠長。從撤去拉力廠時開始到彈

簧第一次恢復(fù)原長的過程中，下列說法正確的是（）

F

A.滑塊M的加速度始終大于滑塊N的加速度

B.滑塊N的加速度大小最大值為2gsin6?

C.滑塊M的平均速度大小一定小于滑塊N的平均速度大小

D.滑塊M的速率始終大于滑塊N的速率

【答案】BD

【詳解】A.沒有撤掉外力時，

F=2mgsin0,mgsin8=Ax

當突然撤去拉力死對滑塊M受力分析有

mgsinO-kx=max

此后彈簧第一次恢復(fù)原長的過程中X減小，即滑塊M的加速度由0增大，方向沿斜面向下，則滑塊M將做

加速度增大的減速運動；對滑塊N受力分析有

mgsin6+爪=ma2

此后彈簧第一次恢復(fù)原長的過程中X減小，即滑塊N的加速度由電減小，方向沿斜面向下，則滑塊N將做

加速度減小的減速運動，M的加速度一直小于N的加速度，A錯誤；

B.當突然撤去拉力尸瞬間，滑塊N的加速度最大為

a2=2gsin0

B正確；

CD.滑塊M和N都向上做減速運動，其中N的加速度一直大于M的加速度，因此N減速更快，速度更小，

因此M的速度一直大于M則平均速度一直大于N直到彈簧長恢復(fù)原長，C錯誤；D正確。

故選BD。

9.為了更好實現(xiàn)鄉(xiāng)村振興，黔東南榕江舉辦了“村超”，吸引了來自全國各地的游客，為了更好轉(zhuǎn)運游客，

工程師設(shè)想把貴陽到榕江的高鐵由兩輛車廂數(shù)量為8節(jié)的短編組列車首尾相連組成16節(jié)的長編組列車，短

編組列車的功率恒定，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，車廂在平直軌道上運行時所受阻力大小與重力大小成正比，重

力加速度為g,對于在平直軌道上運行的長編組列車，下列說法正確的是（）

A.列車加速的加速度為。時，車廂給質(zhì)量為m的乘客的作用力大小為

B.與8節(jié)的短編組列車相比，16節(jié)的長編組列車的最大速度變小

C.若列車以額定功率啟動，列車會先做加速度減小的加速運動

D.以最大速度運行一段時間后，為了進入榕江站，列車關(guān)閉發(fā)動機，長編組列車比短編組列車滑行更

遠距離才能停下

【答案】AC

【詳解】A.列車以加速度。勻加速時，乘客所受的合力大小為根。，由力的合成，可知車廂給質(zhì)量為機的

乘客作用力大小為J（加gJ+（ma）2,故A正確；

B.設(shè)短編組列車的額定功率為P,每節(jié)車廂質(zhì)量為車廂在平直軌道上運行時所受阻力為重力的人倍,

8節(jié)的短編組列車最大速度

P

V]—

8kMg

16節(jié)的長編組列車最大速度

2P

=

’16kMg

則兩種情況最大速度大小相等，故B錯誤；

C.由牛頓第二定律

2P

---16kMg=16Ma

v

知，速度增加，加速度減小，故C正確；

D.關(guān)閉發(fā)動機后列車在阻力作用下做勻減速直線運動，滑行距離

則滑行距離相等，故D錯誤。

故選ACo

10.如圖所示，質(zhì)量分別為機和的A、B兩滑塊用足夠長輕繩相連，將其分別置于等高的光滑水平臺面上，

質(zhì)量為4〃z的物塊C掛在輕質(zhì)動滑輪下端，手托C使輕繩處于拉直狀態(tài)。f=0時刻由靜止釋放C,經(jīng)「時間

C下落場高度。運動過程中A、B始終不會與定滑輪碰撞，摩擦阻力和空氣阻力均忽略不計，重力加速度大

小為g,則（）

A.A、C運動的加速度大小之比為4:3

B.A、C運動的加速度大小之比為4:1

C.4時刻，C下落的速度為小Z

D.4時刻，C下落的速度為

【答案】AD

【詳解】AB.根據(jù)題意，由牛頓第二定律可得

T=maA

T=2maB

解得

=2：1

則路程之比

1.2