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一、单项选择题
1．(2019·贵州遵义模拟)2013年6月我国航天员在“天宫一号”中进行了我国首次太空
授课活动，其中演示了太空“质量测量仪”测质量的实验，助教聂海胜将自己固定在支架一
端，王亚平将连接运动机构的弹簧拉到指定位置；松手后，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力，
使弹簧回到初始位置，同时用光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间；这样，就
测出了聂海胜的质量为74 kg.下列关于“质量测量仪”测质量的说法正确的是( )
A．测量时仪器必须水平放置
B．其测量原理是根据牛顿第二定律
C．其测量原理是根据万有引力定律
D．测量时仪器必须竖直放置
解析：选B.“质量测量仪”是先通过光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时
间，则能算出加速度a＝，然后根据牛顿第二定律F＝ma，求解质量，所以工作原理为牛顿第
二定律．由于在太空中处于完全失重状态，所以测量仪器不论在什么方向上，弹簧凸轮机构
产生恒定的作用力都是人所受的合力，故B正确．
2．(2017·高考上海卷)如图，在匀强电场中，悬线一端固定于地面，另一端拉住一个带电
小球，使之处于静止状态．忽略空气阻力，当悬线断裂后，小球将做( )
A．曲线运动 B．匀速直线运动
C．匀加速直线运动 D．变加速直线运动
解析：选C.本题考查力与运动的关系．在悬线断裂前，小球受重力、电场力和悬线拉力作
用而处于平衡状态，故重力与电场力的合力与拉力等值反向．悬线断裂后，小球所受重力与
电场力的合力大小、方向均不变，故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动，C
项正确．
3. “儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳．如图所
示，质量为m的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°，则( )
A．每根橡皮绳的拉力为mg
B．若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小
C．若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a＝g
D．若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断
裂时，小明的加速度a＝g
解析：选B. 根据平行四边形定则知，2Fcos 30°＝mg，解得F＝mg.故A错误；根据共点
力平衡得，2Fcos θ＝mg，当悬点间的距离变小时，θ变小，cos θ变大，可知橡皮绳的拉力变小，故B正确；当左侧橡皮绳断裂，断裂的瞬间，右侧橡皮绳的拉力不变，则重力和右侧橡皮
绳拉力的合力与左侧橡皮绳初始时的拉力大小相等，方向相反，合力大小为mg，加速度为g，
故C错误；当两侧为轻绳时，左侧绳断裂瞬间，右侧绳上拉力发生突变，将重力沿绳方向和垂
直于绳方向正交分解，合力为mgsin 30°，加速度为g，方向沿垂直于右侧绳的方向斜向下，故
D错误．
4．(2019·日照模拟)如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点
相切，切点为A，B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为R，AC长为2R.现沿AB
和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球，已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间
为t，沿AC轨道运动到C点所用时间为t，则t 与t 之比为( )
1 2 1 2
A．1∶ B．1∶2
C．1∶ D．1∶3
答案：A
5. (2019·江西重点中学十校联考)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速
跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，
它们间摩擦力及空气阻力不计，则( )
A．运动员的加速度为gtan θ
B．球拍对球的作用力为mg
C．运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcos θ
D．若加速度大于gsin θ，球一定沿球拍向上运动
解析：选A. 网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得F sin θ＝ma，又F cos θ＝mg，
N N
解得a＝gtan θ，F ＝，故A正确，B错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根
N
据平衡，运动员对球拍的作用力为F＝，故C错误；当a>gtan θ时，网球才向上运动，由于
gsin θ<gtan θ，故球不一定沿球拍向上运动，故D错误．6. 如图所示，物块1、2 间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质
量为m，2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木
板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a、a、a、a.
1 2 3 4
重力加速度大小为g，则有( )
A．a＝a＝a＝a＝0
1 2 3 4
B．a＝a＝a＝a＝g
1 2 3 4
C．a＝a＝g，a＝0，a＝g
1 2 3 4
D．a＝g，a＝g，a＝0，a＝g
1 2 3 4
解析：选C.在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合
力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a＝a＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不
1 2
及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3
满足mg＝F，a＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a＝＝g，所以C对．
3 4
7．(2019·安徽淮北一中模拟)如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧
左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4 m后锁定，t＝0时解除锁定，释放滑块．
计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的
v
－t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc
段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝2.0 kg，取g＝10
m/s2，则下列说法正确的是( )
A．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动
B．弹簧恢复原长时，滑块速度最大
C．弹簧的劲度系数k＝175 N/m
D．该过程中滑块的最大加速度为35 m/s2
解析：选C.根据
v
－t图线的斜率表示加速度，可知滑块被释放后，先做加速度逐渐减小
的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增
加，从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，选项A、B错误；由题中图象知，滑块脱
离弹簧后的加速度大小a＝＝ m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为F＝μmg＝ma
1 f 1
＝2×5 N＝10 N，刚释放时滑块的加速度为a＝＝ m/s2＝30 m/s2，此时滑块的加速度最大，
2
选项D错误；由牛顿第二定律得kx－F＝ma ，代入数据解得k＝175 N/m，选项C正确．
f 2
二、多项选择题
8. 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
解析：选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t
1
时间鱼缸滑离桌布，滑离时的速度为
v
，则
v
＝μgt
1
；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t＝，因此t＝t，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，大小为
2 1 2
μmg(设鱼缸质量为m)，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．
9．(2019·山东济南模拟) 如图所示，两轻质弹簧a、b悬挂一质量为m的小球，整体处于
平衡状态，弹簧a与竖直方向成30°，弹簧b与竖直方向成60°，弹簧a、b的形变量相等，重力
加速度为g，则( )
A．弹簧a、b的劲度系数之比为 ∶1
B．弹簧a、b的劲度系数之比为 ∶2
C．若弹簧a下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为g
D．若弹簧b下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为
解析：选AD.由题可知，两个弹簧相互垂直，对小球受力分析，如图所示，设弹簧的伸长
量都是x，由受力分析图知，弹簧a中弹力F＝mgcos 30°＝mg，根据胡克定律可知弹簧a的
a
劲度系数为k＝＝，弹簧b中的弹力F＝mgcos 60°＝mg，根据胡克定律可知弹簧b的劲度
1 b
系数为k＝＝，所以弹簧a、b的劲度系数之比为∶1，A正确，B错误；弹簧a中的弹力为mg，
2
若弹簧a的下端松脱，则松脱瞬间弹簧b的弹力不变，故小球所受重力和弹簧b弹力的合力
与F 大小相等、方向相反，小球的加速度大小a＝＝g，C错误；弹簧b中弹力为mg，若弹簧b
a
的下端松脱，则松脱瞬间弹簧a的弹力不变，故小球所受重力和弹簧a弹力的合力与F 大小
b
相等、方向相反，故小球的加速度大小a′＝＝g，D正确．
10．(2019·济南模拟)如图所示，在光滑的水平桌面上放一质量为m ＝5 kg的物块A，A
A
的上方放置一质量m ＝3 kg的滑块B，用一轻绳一端拴在物块A上，另一端跨过光滑的定滑
B
轮拴接一质量m ＝2 kg的物块C，其中连接A的轻绳与水平桌面平行．现由静止释放物块
C
C，在以后的过程中，A与B之间没有相对滑动且A、B始终没有离开水平桌面(重力加速度g
取10 m/s2)．则下列说法正确的是( )A．A的加速度大小为2.5 m/s2
B．A的加速度大小为2 m/s2
C．A对B的摩擦力大小为6 N
D．A对B的摩擦力大小为7.5 N
解析：选BC.把A、B、C作为整体研究，由牛顿第二定律得加速度a＝＝2 m/s2，即A的加
速度大小为2 m/s2，B项正确，A错误；以B为研究对象，由牛顿第二定律得A对B的静摩擦
力大小为f＝m a＝6 N，C项正确，D项错误．
B
三、非选择题
11. (2019·陕西西安模拟)小物块以一定的初速度 v0 沿斜面(足够长)向上运动，由实验测
得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角θ的关系如图所示．取g＝10 m/s2，空气阻力不
计．可能用到的函数值：sin 30°＝0.5，sin 37°＝0.6.求：
(1)物块的初速度
v0
；
(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ；
(3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面
底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)．
解析：(1)当θ＝90°时，物块做竖直上抛运动，末速度为0由题图得上升最大位移为x ＝
m
3.2 m
由 v ＝2gx m ，得 v0 ＝8 m/s.
(2)当θ＝0时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0
由题图得水平最大位移为x＝6.4 m
由运动学公式有：
v
＝2ax
由牛顿第二定律得：μmg＝ma，得μ＝0.5.
(3)设题图中P点对应的斜面倾角值为θ，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0
由题图得物块沿斜面运动的最大位移为x′＝3.2 m
由运动学公式有：
v
＝2a′x′
由牛顿第二定律有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′
得10sin θ＋5cos θ＝10，得θ＝37°.
因为mgsin θ＝6m＞μmgcos θ＝4m，所以能滑回斜面底端．答案：(1)8 m/s (2)0.5 (3)37° 能滑回底端 理由见解析
12．避险车道(标志如图甲所示)是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设
施等组成，如图乙所示的竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m
的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床
的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶
端38 m，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩
擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44.货物与
货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2.求：
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
(2)制动坡床的长度．
解析：(1)设货物的质量为m，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，货物在车厢内滑动过
程中，受到的摩擦力大小为f，加速度大小为a，则
1
f＋mgsin θ＝ma ①
1
f＝μmgcos θ②
联立①②式并代入数据得a＝5 m/s2③
1
a 的方向沿制动坡床向下．
1
(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为
v
＝23 m/s.货物在车厢内从开
始滑动到车头距制动坡床顶端s＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离
0
为s，在车厢内滑动的距离s＝4 m，货车的加速度大小为a，货车相对制动坡床的运动距离
1 2
为s.货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l＝
2 0
12 m，制动坡床的长度为l，则
Mgsin θ＋F－f＝Ma ④
2
F＝k(m＋M)g⑤
s
1
＝ vt－a
1
t2⑥
s
2
＝ vt－a
2
t2⑦
s＝s－s ⑧
1 2
l＝l＋s＋s ⑨
0 0 2
联立①②④～⑨式并代入数据得l＝98 m.
答案：(1)5 m/s2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m
