2021高考物理人教版一轮考评训练：课练 8 牛顿运动定律

2021高考物理人教版一轮考评训练：课练 8 牛顿运动定律

www.ks5u.com 课练8　牛顿运动定律 ‎———[狂刷小题　夯基础]———‎ 练基础小题 ‎1．我国自主研制的水陆两栖飞机“鲲龙”AG600已试飞成功．当“鲲龙”AG600在水面上加速滑行时，其受到的合力(　　)‎ A．大小为零 B．方向竖直向上 C．方向与滑行方向相同 D．方向沿滑行方向斜向上 ‎2.‎ ‎(多选)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，运行中各动车的输出功率相同，动车组运行过程中阻力与车的重力成正比．某列动车组由8节车厢组成，其中第2、4、5、7节车厢为动车，其余为拖车，该动车组在水平直轨道上运行，下列说法正确的是(　　)‎ A．做匀速运动时，各车厢间的作用力均为零 B．做匀加速运动时，各车厢间的作用力均不为零 C．不管是匀速还是加速运动，第2、3节车厢间的作用力一定为零 D．不管是匀速还是加速运动，第1、2节车厢间与5、6节车厢间的作用力之比是1:1‎ ‎3．关于伽利略的两个斜面实验，下列说法正确的是(　　)‎ A．伽利略使用图甲斜面进行实验，得出力和运动的关系 B．伽利略使用图乙斜面进行实验，得出自由落体运动的规律 C．伽利略使用图乙斜面进行实验，得出力是维持物体运动的原因 D．伽利略使用图甲斜面进行实验，得出自由落体运动速度随时间变化的规律 ‎4．高铁是我国“新四大发明”之一．有一段视频，几年前一位乘坐京沪高铁的外国人，在最高时速300公里行驶的列车窗台上，放了一枚直立的硬币，如图所示，在列车行驶的过程中，硬币始终直立在列车窗台上，直到列车横向变道进站的时候，硬币才倒下．这一视频证明了我国高铁极好的稳定性．关于这枚硬币，下列判断正确的是(　　)‎ A．硬币直立过程可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用 B．硬币直立过程一定只受重力和支持力而处于平衡状态 C．硬币倒下是因为受到风吹 D．列车加速或减速行驶时，硬币都可能受到与列车运动方向相反的摩擦力作用 ‎5．关于惯性的大小，下列说法正确的是(　　)‎ A．高速运动的物体不容易让它停下来，所以物体运动速度越大，惯性越大 B．在月球上举重比在地球上容易，所以同一个物体在月球上比在地球上惯性小 C．两个物体只要质量相同，那么惯性就一定相同 D．用相同的水平力分别推放在地面上的两个材料不同的物体，则难以推动的物体惯性大 ‎6．如图，力传感器记录了两个物体间的作用力和反作用力的变化图线，根据图线可以得出的结论是(　　)‎ A．作用力大时，反作用力小 B．作用力和反作用力大小的变化始终同步 C．作用力和反作用力作用在同一个物体上 D．此时两个物体都处于静止状态 ‎7．[2020·黑龙江省哈尔滨三中考试]‎ 如图所示，一木块在光滑水平面上受到一恒力F作用而运动，前方固定一轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是(　　)‎ A．木块将立即做匀减速直线运动 B．木块将立即做变减速直线运动 C．在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大 D．在弹簧处于最大压缩状态时，木块的加速度为零 练高考小题 ‎8．[全国卷Ⅰ]如右图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2.重力加速度大小为g.则有(　　)‎ A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝g C．a1＝0，a2＝g D．a1＝g，a2＝g ‎9．[2016·江苏卷](多选)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中 A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左 B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大 D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 ‎10．[2016·上海卷]如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上 ‎，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的(　　)‎ A．OA方向 B．OB方向 C．OC方向 D．OD方向 ‎11．[2018·全国卷Ⅰ]‎ 如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动．以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是(　　)‎ 练模拟小题 ‎12.‎ ‎[2020·安徽江淮联考](多选)如图所示，水平地面上有一楔形物块a，其斜面上有一小物块b，b与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上的挡板上．a与b之间光滑，a和b以共同速度在地面轨道的光滑段向左匀速运动．当它们刚运动至轨道的粗糙段时，下列说法可能正确的是(　　)‎ A．绳的张力减小，地面对a的支持力不变 B．绳的张力减小，地面对a的支持力增加 C．绳的张力增加，斜面对b的支持力不变 D．绳的张力增加，斜面对b的支持力增加 ‎13.‎ ‎[2020·贵州模拟](多选)如图所示，水平粗糙桌面上有a、b两个小滑块，两滑块之间连接一轻质弹簧，a、b的质量均为m，现用水平恒力F拉滑块b，使a、b一起在桌面上匀加速运动，弹簧原长为L ‎，劲度系数为k，已知弹簧在弹性限度内．滑块与桌面间的动摩擦因数不变，下列说法正确的是(　　)‎ A．a、b间的距离为L＋ B．撤掉F后，a做匀速运动，b做匀减速运动 C．若弹簧在a连接处突然断开，a、b的加速度一定都增大 D．撤掉F的瞬间，a的加速度不变，b的加速度增大 ‎14．[2020·云南红河模拟](多选)如图甲所示，一小滑块从斜面上A点由静止释放，经过时间4t0到达B处，在5t0时刻滑块运动到水平面的C点停止，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同．已知滑块在运动过程中所受的摩擦力大小与时间的关系如图乙所示，设滑块运动到B点前后速率不变，以下说法正确的是(　　)‎ A．滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为16:5‎ B．滑块在斜面和水平面上的加速度大小之比为1:4‎ C．斜面的倾角为45°‎ D．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝ ‎———[综合测评　提能力]———‎ ‎　‎ 一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)‎ ‎1．[2020·黑龙江双鸭山一中模拟]亚里士多德在其著作《物理学》中写道：一切物体都具有某种“自然本性”，物体由其“自然本性”决定的运动称之为“自然运动”，而物体受到推、拉、提、举等作用后的“非自然运动”称之为“受迫运动”．伽利略、笛卡儿、牛顿等人批判地继承了亚里士多德的这些说法，建立了新物理学；新物理学认为一切物体都具有的“自然本性”是“惯性”．下列关于“惯性”和“运动”的说法中不符合新物理学的是(　　)‎ A．一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动——静止或者匀速直线运动 B．作用在物体上的力，是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因 C．竖直向上抛出的物体，受到了重力，却没有立即反向运动，而是继续向上运动一段距离后才反向运动，是由于物体具有惯性 D．可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子受到的向外的力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的 ‎2.‎ 如图所示，小车内两根不可伸长的细线AO、BO拴住一小球，其中BO水平，小车沿水平地面向右做加速运动，AO与BO的拉力分别为TA、TB.若加速度增大，则(　　)‎ A．TA、TB均增大 B．TA、TB均减小 C．TA不变，TB增大 D．TA减小，TB不变 ‎3．[2019·广东梅州期末]如图所示，在一辆表面光滑足够长的小车上，有质量为m1、m2的两个小球(m1>m2)，原来随小车一起做匀速直线运动，当小车突然停止时，如不考虑其他阻力，则两个小球(　　)‎ A．一定相碰 B．一定不相碰 C．不一定相碰 D．无法确定，因为不知小车的运动方向 ‎4．[2020·扬州江都中学考试]甲、乙两人参加拔河比赛时的场景如图所示．下列说法正确的是(　　)‎ A．若甲赢，则甲对绳子的拉力大小大于绳子对甲的拉力大小 B．不论谁赢，甲对绳子的拉力大小均等于绳子对甲的拉力大小 C．甲受到的重力与支持力是一对作用力和反作用力 D．甲受到的摩擦力与绳子对甲的拉力是一对作用力和反作用力 ‎5.‎ 大圆环质量为M，经过环心的竖直钢丝AB(质量不计)上套有一质量为m的橡皮球，现让橡皮球沿钢丝AB以一定的初速度v0竖直向上运动，大圆环对地面无压力，则橡皮球上升过程中(　　)‎ A．钢丝对橡皮球的摩擦力为Mg，方向竖直向上 B．钢丝对橡皮球的摩擦力为0‎ C．橡皮球的加速度大小为g D．橡皮球的加速度大小为g ‎6．[情境创新]如图为测量加速度的简易装置图，内壁光滑的细圆管制成的圆竖直固定在底座上，管与底座的总质量为M，O为圆心，A、B为圆水平直径的两端点，管内有一质量为m、直径略小于圆管内径的小球，当测量装置水平固定在小车上随车一起在水平面上向右做匀加速直线运动时，小球最终稳定在圆管内的D点，已知OD与竖直方向的夹角为θ＝37°(重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则下列说法正确的是(　　)‎ A．此时小车对装置的支持力大于(m＋M)g B．被测小车的加速度大小为g C．测量装置受到的水平合力大小为(m＋M)g，方向水平向右 D．当小车加速度很大时，小球可能稳定在圆管的A位置 ‎7．[2019·武汉示范高中联考]一个小球从水面上方某一高度处由静止落下，进入水中后受到的浮力大小恒定，受到水的阻力的大小与速度成正比，浮力大于重力，水足够深，关于小球在水中运动的加速度，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球向下运动时，加速度方向一直向下 B．小球向上运动时，加速度方向一直向下 C．小球向下运动时，加速度一直减小 D．小球向上运动时，加速度一直增大 ‎8．[2020·上海调研]如图甲所示，在木箱内粗糙斜面上静止一物体，木箱竖直向上运动的速度v与时间t的变化规律如图乙所示，物体始终相对斜面静止．斜面对物体的支持力和摩擦力分别为N和f，则下列说法正确的是(　　)‎ A．在0～t1时间内，N增大，f减小 B．在0～t1时间内，N减小，f增大 C．在t1～t2时间内，N增大，f增大 D．在t1～t2时间内，N减小，f减小 二、多项选择题(本题共2小题，每小题4分，共8分)‎ ‎9.‎ ‎[2020·湖北黄冈中学模考]如图所示，三个质量均为m的物块a、b、c，用两个轻弹簧和一根轻绳相连，挂在天花板上，处于静止状态．现将b、c之间的轻绳剪断，下列说法正确的是(　　)‎ A．在刚剪断轻绳的瞬间，b的加速度大小为g B．在刚剪断轻绳的瞬间，c的加速度大小为2g C．剪断轻绳后，a、b下落过程中，两者一直保持相对静止 D．剪断轻绳后，a、b下落过程中加速度相等的瞬间，两者之间的轻弹簧一定处于原长状态 ‎10.‎ ‎[2020·唐山模拟]如图所示，小车在水平面上做匀加速直线运动，车厢内两质量相等的小球A、B通过轻绳系于车厢顶部，轻绳OA、OB与竖直方向夹角均为45°，其中A球用水平轻绳AC系于车厢侧壁，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)‎ A．小车运动方向向右 B．小车的加速度大小为g C．轻绳OA、OB拉力大小相等 D．轻绳AC的拉力大小是轻绳OA拉力大小的倍 三、非选择题(本题共3小题，共34分)‎ ‎11．(10分)‎ ‎[2020·天津五区县联考]如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v0＝5 m/s滑上木板，恰好滑到木板右端静止．现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g取10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：‎ ‎(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t.‎ ‎12．(10分)[2020·广西适应性测试]如图所示，12个相同的木块放在水平地面上排成一条直线，相邻两木块接触但不粘连，每个木块的质量m＝1.2 kg，长度l＝0.5 m．木块原来都静止，它们与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，在左边第一个木块的左端放一质量M＝1 kg的小铅块(可视为质点)，它与各木块间的动摩擦因数均为μ2＝0.5，现突然给小铅块一个向右的初速度v0＝9 m/s，使其在木块上滑行．设木块与地面间及小铅块与木块间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2.求：‎ ‎(1)小铅块相对木块滑动时小铅块的加速度大小；‎ ‎(2)小铅块下的木块刚发生运动时小铅块的瞬时速度大小．‎ ‎13．(14分)在一些工厂和码头常采用传送带对货物进行运送，如图甲所示，一个较长的传送带倾斜放置，以恒定的速率沿逆时针方向运行，可以将货物从运输车上卸下来．现将一质量m＝50 kg的货物(可视为质点)静止放在传送带最上端，货物相对地面运动的v t图象如图乙所示．规定沿传送带斜向下的方向为正方向，重力加速度g取10 m/s2.求：‎ ‎(1)货物与传送带之间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)在0～2 s内传送带对货物做的功．‎ 课练8　牛顿运动定律 ‎[狂刷小题　夯基础]‎ ‎1．C　“鲲龙”AG600在水面上做加速直线运动，加速度方向与滑行方向相同，由牛顿第二定律知合外力方向与加速度方向相同，所以合外力方向与滑行方向相同，故选项C正确．‎ ‎2．CD　设每节动车的功率为P，牵引力为F，每节车厢的质量为m，所受阻力为kmg.当动车组匀速运动时所受合力为零，对整体由平衡条件知4F＝8kmg，则F＝2kmg，依次对各个动车和车厢分析可知F12＝kmg，F23＝0，F34＝kmg，F45＝0，F56＝kmg，…，故A错误；当动车组加速运动时，对整体由牛顿第二定律有4F′－8kmg＝8ma，可得F′＝2ma＋2kmg，对前两节车厢由牛顿第二定律有F′－2kmg＋F′23＝2ma，解得F′23＝0，故B错误，C正确；加速运动时，对第一节车厢由牛顿第二定律有F′12－kmg＝ma，解得F′12＝kmg＋ma；对前5节车厢的整体由牛顿第二定律有3F′－F′56－5kmg＝5ma，解得F′56＝kmg＋ma；故＝＝，故D正确．‎ ‎3．D　伽利略从题图甲中将斜面实验的结论外推到斜面倾角为90°的情形，从而间接证明了自由落体运动是匀加速直线运动，故A错误，D正确；伽利略理想斜面实验(题图乙)中，由于空气阻力和摩擦力的作用，小球在曲面上运动能到达的高度一定会略小于它开始运动时的高度，只有在斜面绝对光滑的理想条件下，小球滚上的高度才与释放的高度相同．所以可以设想，在伽利略斜面实验中，若斜面光滑，并且使斜面变成水平面，则可以使小球沿水平面运动到无穷远处，得出力不是维持物体运动的原因，故BC错误．‎ ‎4．A　当列车匀速直线行驶时硬币立于列车窗台上，稳稳当当，说明硬币处于平衡状态，此时硬币受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，它们是一对平衡力，当列车在加速或减速过程中，沿着行进方向的静摩擦力或与行进方向相反的静摩擦力提供硬币的加速度，故A正确，BD错误；硬币倒下是因为列车横向变道时，列车运动的方向发生变化，硬币受到与运动方向不一致的静摩擦力的作用，列车内是全封闭区域，没有外界吹来的风，故C错误．‎ ‎5．C　惯性大小取决于物体的质量大小，与其运动的速度无关，故A错误；同一个物体在月球上和在地球上质量相同，则惯性相同，故B错误；惯性大小取决于物体的质量大小，两个物体质量相同，惯性就相同，故C正确；物体的惯性只与质量有关系，与推力无关，故D错误．‎ ‎6．B　根据题图可以看出作用力和反作用力关于时间轴对称，即大小相等，一个力大于0，另一个力小于0，故说明作用力和反作用力一正一负，即方向相反，故A错误，B正确；作用力和反作用力只能作用在不同的物体上，故C错误；无论物体静止还是运动，作用力和反作用力的关系都不改变，故D错误．‎ ‎7．C　对木块进行受力分析，接触弹簧后弹力不断增大，当弹力小于力F 时，木块仍将加速运动，但加速度变小，A、B均错误；在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的加速度为零，速度最大，C正确；继续压缩弹簧，合力反向且增大，加速度向右不断增大，D错误．‎ ‎8．C　木板未抽出时，木块1受重力和弹簧弹力两个力并且处于平衡状态，弹簧弹力大小等于木块1的重力，FN＝mg；木块2受重力、弹簧向下的压力和木板的支持力作用．撤去木板瞬间，弹簧形变量不变，故产生的弹力不变，因此木块1所受重力和弹簧弹力均不变，故木块1仍处于平衡状态，即加速度a1＝0，BD项错；而木块2不再受木板支持力作用，只受重力和弹簧弹力作用，FN＋ Mg＝Ma2，解得a2＝g，C项正确．‎ ‎9．BD　将桌布从鱼缸下拉出的过程，鱼缸相对桌布向左运动，因此桌布对它的摩擦力方向向右，A项错误；设动摩擦因数为μ，鱼缸在桌布对它的滑动摩擦力的作用下做初速度为零的匀加速运动，加速度大小为μg，设经过t1时间鱼缸滑离桌布，滑离时的速度为v，则v＝μgt1；鱼缸滑到桌面上后，做匀减速运动，加速度大小也为μg，因此鱼缸在桌面上运动的时间t2＝，因此t1＝t2，B项正确；若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，保持不变，C项错误；若猫减小拉力，则鱼缸与桌布间的摩擦力有可能小于滑动摩擦力，则鱼缸与桌布一起运动，从而滑出桌面，D项正确．‎ ‎10．D　根据牛顿第二定律，加速度的方向一定沿合外力的方向，故合外力的方向一定沿OD方向，选项D正确．‎ ‎11．A　设系统静止时弹簧压缩量为x0，由胡克定律和平衡条件得mg＝kx0.力F作用在P上后，物块受重力、弹力和F，向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得，F＋k(x0－x)－mg＝ma.联立以上两式得F＝kx＋ma，所以F－x图象中图线是一条不过原点的倾斜直线，故A正确．‎ ‎12．AB　若二者在粗糙段上仍相对静止，应用整体法可知地面的支持力不变，隔离b研究，b受重力、斜面的支持力及细绳的张力，在地面轨道的光滑段时这三力的合力为0，滑上粗糙段后合力方向改为水平向右，重力不变、张力减小、斜面的支持力增大，A正确；若在粗糙段上，b相对于斜面向上运动，b对地有一个向上的加速度，系统处于超重状态，因此绳的张力减小，地面对整体的支持力增大，B正确，C、D错误．‎ ‎13．AD　设弹簧伸长量为x，两滑块一起匀加速运动，它们有共同的加速度，设为a总，对于整体，由牛顿第二定律有F－2μmg＝2ma总，解得a总＝－μg；对于a，有kx－μmg＝ma总，解得x＝ ‎；故两滑块之间的距离为s＝L＋，故A正确；撤掉F后，由于弹簧的拉力大于a所受的摩擦力，a将向右做加速运动，b做减速运动，a、b间距离减小，弹簧拉力减小，故B错误；若弹簧在a连接处突然断开，a的加速度大小aa＝＝μg，b的加速度大小ab＝＝－μg，则知b的加速度一定增大，而a的加速度不一定增大，故C错误；撤掉F的瞬间，a的受力情况未变，加速度不变，而b的加速度ab＝＝＝＋μg，知b的加速度一定增大，故D正确．‎ ‎14．BD　设滑块到达B点的速度为v，滑块在斜面上的位移x1＝·4t0，在水平面上的位移x2＝·t0，滑块在斜面和水平面上的位移大小之比＝＝，故A错误；滑块从A到B的过程中v＝a1·4t0，滑块从B到C的过程中v＝a2t0，加速度大小之比＝，故B正确；由图乙可得Ff2＝μmg＝5 N，Ff1＝μmgcos θ＝4 N，所以＝cos θ＝0.8，即θ＝37°，故C错误；滑块在斜面上运动的过程中mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，在水平面上运动的过程中ma2＝μmg，解得μ＝，故D正确．‎ ‎[综合测评　提能力]‎ ‎1．D　根据惯性的定义可知A、B、C正确；绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子需要的向心力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的，故D错误．‎ ‎2．C　设OA与竖直方向的夹角为θ，则对小球有TAcos θ＝mg，TB－TAsin θ＝ma，故若加速度增大，TA不变，TB增大．选项C正确．‎ ‎3．B　小车停止前，两个小球和小车一起做匀速直线运动，并且两个小球和小车具有共同的速度，当小车突然停止时，小球在光滑接触面上，由于惯性，还要保持原来大小不变的速度做匀速直线运动，又两球的速度相同，相同时间内通过的位移相同，因此两个小球间的距离不变，一定不会相碰，故B正确，A、C、D错误．‎ ‎4．B　甲对绳子的拉力和绳子对甲的拉力为作用力和反作用力，故二者大小一定相等，与谁赢无关，故A错误，B正确；甲受到的重力与支持力是一对平衡力，不是作用力和反作用力，故C错误；作用力和反作用力只能作用在不同的物体上，故D错误．‎ ‎5．D　大圆环对地面无压力，由牛顿第三定律可知，地面对大圆环无支持力，大圆环受力平衡，橡皮球对钢丝的摩擦力F＝Mg，方向竖直向上，由牛顿第三定律可知，钢丝对橡皮球的摩擦力F′＝F＝Mg，方向竖直向下；对橡皮球进行受力分析，由牛顿第二定律有F′＋mg＝ma，解得橡皮球的加速度大小a＝g，故D正确．‎ ‎6．C　对小球进行受力分析，如图1所示．Nx＝Nsin θ＝ma，Ny＝mg＝Ncos θ，解得a＝gtan θ，N＝，即a＝g，选项B错误；对整体进行受力分析，如图2所示，F合＝(M＋m)a＝(M＋m)g，方向水平向右，FN＝(M＋m)g，选项A错误，C正确；若小球稳定在A位置，则受竖直向下的重力和水平向右的弹力，合力方向不水平向右，故小球不能稳定在A位置，选项D错误．‎ ‎7．C　根据题述，小球进入水中后，所受浮力向上，浮力大于重力，小球向下运动，所受水的阻力向上，则小球所受合外力方向向上，加速度方向向上，一定做减速运动，由于小球受到的水的阻力的大小与速度成正比，阻力方向与运动方向相反，所以小球所受的合外力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度逐渐减小，所以小球向下运动时，加速度方向向上，一直减小，选项A错误，C正确；小球向上运动时，开始时加速度向上，所受浮力向上，重力和水的阻力向下，浮力大于重力与水的阻力之和，小球向上做加速运动，随着速度逐渐增大，水的阻力逐渐增大，当重力与水的阻力之和等于浮力时，小球匀速向上运动，选项B、D错误．‎ ‎8．D　在0～t1时间内，由题图乙可知，物体做加速运动，加速度逐渐减小，设斜面倾角为θ，对物体受力分析，在竖直方向上有Ncos θ＋fsin θ－mg＝ma1，在水平方向上有Nsin θ＝fcos θ，因加速度减小，则支持力N和摩擦力f均减小．在t1～t2‎ 时间内，由题图乙可知，物体做减速运动，加速度逐渐增大，对物体受力分析，在竖直方向上有mg－(Ncos θ＋fsin θ)＝ma2，在水平方向上有Nsin θ＝fcos θ，因加速度增大，则支持力N和摩擦力f均减小，故D正确．‎ ‎9．BD　剪断轻绳的瞬间，绳的弹力立即消失，而弹簧弹力瞬间不变；对b根据牛顿第二定律可得mab＝2mg，解得ab＝2g，方向向下；c上面的弹簧在绳子剪断前的弹力等于三个物块的总重力，即3mg，剪断轻绳后，对c根据牛顿第二定律可得3mg－mg＝mac，解得ac＝2g，方向向上，所以A错误，B正确；剪断轻绳后，a、b下落过程中，二者在开始的一段时间内加速度不同，所以两者不会保持相对静止，两者之间的轻弹簧长度一定会发生变化，C错误；剪断轻绳后，a、b下落过程中，a、b加速度相等的瞬间，两者之间的轻弹簧一定处于原长状态，此时二者的加速度都为g，D正确．‎ ‎10．CD　由于整个装置做匀加速直线运动，又轻绳OB向右偏离竖直方向，所以小球B的合力水平向左，加速度方向水平向左，因此小车运动方向向左，A错误；对小球B受力分析如图1所示，则TB＝＝mg，由牛顿第二定律得FB＝mgtan 45°＝ma，解得a＝g，B错误；对小球A受力分析如图2所示，竖直方向上，由力的平衡条件得mg＝Ty＝TAsin 45°，解得TA＝mg，则TA＝TB，在水平方向上由牛顿第二定律得TC－TAcos 45°＝ma，解得TC＝2mg，即TC＝TA，CD正确．‎ ‎11．答案：(1)0.5　(2) s 解析：(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度大小为a，则对滑块有μmg＝ma，滑块恰好滑到木板右端静止，则0－v＝－2aL，解得μ＝＝0.5.‎ ‎(2)当木板倾斜时，设滑块上滑时的加速度大小为a1，上滑的最大距离为s，上滑的时间为t1，有μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1,0－v＝－2a1s,0＝v0－a1t1，解得s＝1.25 m，t1＝ s．设滑块下滑时的加速度大小为a2，下滑的时间为t2，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，s＝a2t，解得t2＝‎ s，滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t＝t1＋t2＝ s.‎ ‎12．答案：(1)5 m/s2　(2)6 m/s 解析：(1)设小铅块相对木块滑动时加速度大小为a，由牛顿第二定律可知μ2Mg＝Ma 解得：a＝5 m/s2‎ ‎(2)设小铅块最多能带动n个木块运动，对n个木块整体进行受力分析，当小铅块下的n个木块发生运动时，则有μ2Mg≥μ1(nmg＋Mg)‎ 解得：x≤3.33‎ 即小铅块最多只能带动3个木块运动 设当小铅块通过前面的9个木块时的瞬时速度大小为v，由动能定理可知：‎ ‎－μ2Mg×9l＝M(v2－v)‎ 解得：v＝6 m/s.‎ ‎13．答案：(1)0.5　(2)－1 200 J 解析：(1)设货物在0～1 s内的加速度为a1，在1～2 s内的加速度为a2，由货物运动的速度－时间图象以及运动学公式可得 a1＝＝10 m/s2‎ a2＝＝2 m/s2‎ 货物在0～1 s的受力情况如图1所示，货物在1～2 s的受力情况如图2所示．‎ 由牛顿运动定律可得 mgsin θ＋f＝ma1‎ mgsin θ－f＝ma2‎ 联立解得滑动摩擦力 f＝(a1－a2)＝200 N sin θ＝0.6‎ 又f＝μmgcos θ 所以可得μ＝0.5‎ ‎(2)由题意可得，在0～2 s内传送带对货物做的功为滑动摩擦力对货物做的功，设t＝2 s内前一秒的位移为s1，后一秒的位移为s2‎ s1＝×＝5 m s2＝×＝11 m 前一秒内摩擦力对货物做正功，有W1＝f×s1＝1 000 J 后一秒内摩擦力对货物做负功，有W2＝－f×s2＝－2 200 J 所以W＝W1＋W2＝－1 200 J