資源簡介

四、牛頓運動定律
1.(2022·江蘇卷·1)高鐵車廂里的水平桌面上放置一本書，書與桌面間的動摩擦因數為0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g=10 m/s2。若書不滑動，則高鐵的最大加速度不超過：
A.2.0 m/s2 B.4.0 m/s2
C.6.0 m/s2 D.8.0 m/s2
2.(2023·遼寧卷·2)安培通過實驗研究，發現了電流之間相互作用力的規律。若兩段長度分別為Δl1和Δl2、電流大小分別為I1和I2的平行直導線間距為r時，相互作用力的大小可以表示為ΔF=k。比例系數k的單位是：
A.kg·m/(s2·A) B.kg·m/(s2·A2)
C.kg·m2/(s3·A) D.kg·m2/(s3·A3)
3.(2023·全國乙卷·14)一同學將排球自O點墊起，排球豎直向上運動，隨后下落回到O點。設排球在運動過程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比。則該排球：
A.上升時間等于下落時間
B.被墊起后瞬間的速度最大
C.達到最高點時加速度為零
D.下落過程中做勻加速運動
4.(2021·北京卷·13)某同學使用輕彈簧、直尺、鋼球等制作了一個“豎直加速度測量儀”。如圖所示，彈簧上端固定，在彈簧旁沿彈簧長度方向固定一直尺。不掛鋼球時，彈簧下端指針位于直尺20 cm刻度處；下端懸掛鋼球，靜止時指針位于直尺40 cm刻度處。將直尺不同刻度對應的加速度標在直尺上，就可用此裝置直接測量豎直方向的加速度。取豎直向上為正方向，重力加速度大小為g。下列說法正確的是：
A.30 cm刻度對應的加速度為-0.5g
B.40 cm刻度對應的加速度為g
C.50 cm刻度對應的加速度為2g
D.各刻度對應加速度的值是不均勻的
5.(2021·海南卷·7)如圖，兩物塊P、Q用跨過光滑輕質定滑輪的輕繩相連，開始時P靜止在水平桌面上。將一個水平向右的推力F作用在P上后，輕繩的張力變為原來的一半。已知P、Q兩物塊的質量分別為mP=0.5 kg、mQ=0.2 kg，P與桌面間的動摩擦因數μ=0.5，重力加速度g=10 m/s2。則推力F的大小為：
A.4.0 N B.3.0 N C.2.5 N D.1.5 N
6.(2024·廣東卷·7)如圖所示，輕質彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋放。以木塊釋放點為原點，取豎直向下為正方向。木塊的位移為y，所受合外力為F，運動時間為t，忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內。關于木塊從釋放到第一次回到原點的過程中，其F-y圖像或y-t圖像可能正確的是：
A　 B　　 C　 　D
7.(多選)(2022·全國甲卷·19)如圖，質量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數均為μ。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動P，使兩滑塊均做勻速運動；某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前：
A.P的加速度大小的最大值為2μg
B.Q的加速度大小的最大值為2μg
C.P的位移大小一定大于Q的位移大小
D.P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小
8.(多選)(2021·全國乙卷·21)水平地面上有一質量為m1的長木板，木板的左端上有一質量為m2的物塊，如圖(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F隨時間t的變化關系如圖(b)所示，其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小。木板的加速度a1隨時間t的變化關系如圖(c)所示。已知木板與地面間的動摩擦因數為μ1，物塊與木板間的動摩擦因數為μ2，假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g。則：
A.F1=μ1m1g
B.F2=(μ2-μ1)g
C.μ2>μ1
D.在0~t2時間段物塊與木板加速度相等
9.(多選)(2023·湖北卷·9)如圖所示，原長為l的輕質彈簧，一端固定在O點，另一端與一質量為m的小球相連。小球套在豎直固定的粗糙桿上，與桿之間的動摩擦因數為0.5。桿上M、N兩點與O點的距離均為l，P點到O點的距離為l，OP與桿垂直。當小球置于桿上P點時恰好能保持靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。小球以某一初速度從M點向下運動到N點，在此過程中，彈簧始終在彈性限度內。下列說法正確的是：
A.彈簧的勁度系數為
B.小球在P點下方l處的加速度大小為(3-4)g
C.從M點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力先變小再變大
D.從M點到P點和從P點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力做功相同
10.(2024·全國甲卷·22)學生小組為了探究超重和失重現象，將彈簧測力計掛在電梯內，測力計下端掛一物體。已知當地重力加速度大小為9.8 m/s2。
(1)(2分)電梯靜止時測力計示數如圖所示，讀數為　　　　　　 N(結果保留1位小數)；
(2)(4分)電梯上行時，一段時間內測力計的示數為4.5 N，則此段時間內物體處于　　　　　(填“超重”或“失重”)狀態，電梯加速度大小為　　　　　　 m/s2(結果保留1位小數)。
11.(2022·浙江6月選考·19)物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中，如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1=4 m，水平滑軌長度可調，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數均為μ=，貨物可視為質點(取cos 24°=0.9，sin 24°=0.4，重力加速度g=10 m/s2)。
(1)(2分)求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大小；
(2)(2分)求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小；
(3)(4分)若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2 m/s，求水平滑軌的最短長度l2。
答案精析
1.B　[書放在水平桌面上，若書相對于桌面不滑動，最大靜摩擦力提供加速度時，有最大加速度，即有Ffm=μmg=mam，解得am=μg=4.0 m/s2，書相對高鐵靜止，故若書不滑動，高鐵的最大加速度為4.0 m/s2，B正確，A、C、D錯誤。]
2.B　[根據題干公式ΔF=k整理可得k=代入相應物理量單位可得比例系數k的單位為==kg·m/(s2·A2)，故選B。]
3.B　[上升過程和下降過程的位移大小相同，上升過程的末狀態和下降過程的初狀態速度均為零。對排球受力分析，上升過程中重力和阻力方向相同，下降過程中重力和阻力方向相反，根據牛頓第二定律可知，上升過程中任意位置的加速度大小比下降過程中對應位置的加速度大，則上升過程的平均加速度較大，由位移與時間關系可知，上升時間比下落時間短，A錯誤；排球在上升過程做減速運動，排球在下降過程做加速運動，在整個過程中空氣阻力一直做負功，排球機械能一直在減小，下降過程中的最低點的速度大小小于上升過程的最低點的速度大小，故排球被墊起后瞬間的速度最大，B正確；達到最高點時速度為零，空氣阻力為零，此刻排球受重力作用，加速度不為零，C錯誤；下落過程中，排球速度在變，所受空氣阻力也在變，排球在下落過程中不是做勻加速運動，D錯誤。]
4.A　[設刻度對應值為x，結合分析可知=a，
Dx=|x-0.2 m|，
(取豎直向上為正方向)
經過計算有
a=(x≥0.2 m)或a=(x<0.2 m)，
根據以上分析，加速度a與刻度對應值x成線性關系，則各刻度對應加速度的值是均勻的，D錯誤；
在30 cm刻度時，代入數據有，
a1=-0.5g，A正確；
在40 cm刻度時，a2=0，B錯誤；
在50 cm刻度時，a3=0.5g，C錯誤。]
5.A　[P靜止在水平桌面上時，由平衡條件有FT1=mQg=2 N，Ff=FT1=2 N<μmPg=2.5 N，推力F作用在P上后，輕繩的張力變為原來的一半，即FT2==1 N，故Q物塊加速下降，有mQg-FT2=mQa，可得a=5 m/s2；而P物塊將有相同的加速度向右加速而受滑動摩擦力，對P由牛頓第二定律FT2+F-μmPg=mPa，解得F=4.0 N。]
6.B　[在木塊下落H高度之前，木塊所受合外力為木塊的重力，保持不變，即F=mg
當木塊接觸彈簧后
合外力F=mg-kx，
其中x為壓縮量且x=y-H
F-y圖像如圖甲所示
故B正確，A錯誤；
在木塊下落H高度之前，木塊做自由落體運動，根據y=gt2，知y-t圖像為拋物線，故D錯誤；
在O~H的過程中，速度逐漸增大，y-t圖像斜率逐漸增大，當木塊接觸彈簧后到合外力為零前，木塊的速度繼續增大，
所以y-t圖像斜率繼續增大，當彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點過程中F=kx-mg
木塊所受合外力向上，木塊速度減小，所以y-t圖像斜率減小，到達最低點后，木塊向上運動，經以上分析可知，y-t圖像大致為如圖乙所示，故C錯誤。]
7.AD　[設兩滑塊的質量均為m，撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運動，則拉力大小為F=2μmg，撤去拉力前對Q受力分析可知，彈簧的彈力為FT0=μmg，以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變仍為μmg，兩滑塊與地面間仍然保持相對滑動，此時滑塊P的加速度為-FT0-μmg=maP1，解得aP1=-2μg，此刻滑塊Q所受的外力不變，加速度仍為零，從撤去拉力到彈簧第一次恢復原長過程中，彈簧彈力一直在減小，根據牛頓第二定律可知P減速的加速度減小，滑塊Q所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的減速運動，故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度為2μg，Q加速度大小最大值為彈簧恢復原長時，有-μmg=maQm，解得aQm=-μg，故滑塊Q加速度大小最大值為μg，A正確，B錯誤；由于彈簧恢復原長前滑塊P的加速度一直大于Q的加速度，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一時刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C錯誤，D正確。]
8.BCD　[由題圖(c)可知，t1時刻物塊、木板一起剛要在水平地面滑動，物塊與木板相對靜止，此時以整體為研究對象有F1=μ1(m1+m2)g，故A錯誤；
由題圖(c)可知，t2時刻物塊與木板剛要發生相對滑動，以整體為研究對象， 根據牛頓第二定律，有F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a
以木板為研究對象，根據牛頓第二定律，
有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a>0
解得F2=(μ2-μ1)g
可知μ2>μ1，故B、C正確；
由題圖(c)可知，0~t2時間段物塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，故D正確。]
9.AD　[小球在P點受力平衡，則有mg=Ffm，Ffm=μFN，FN=k(l-)，聯立解得k=A正確；在PM之間任取一點A，令AO與MN之間的夾角為θ，則此時彈簧的彈力為F=k(l-)，小球受到的摩擦力為Ff=μFN1=μFsin θ，化簡得Ff=μ(klsin θ-)，從M點到P點θ增大，從P點到N點θ減小，即摩擦力先變大后變小，C錯誤；根據對稱性可知在任意關于P點對稱的點摩擦力大小相等，因此由對稱性可知從M到P和從P到N摩擦力做功大小相等，D正確；小球運動到P點下方時θ=45°，此時摩擦力大小為Ff1=μ(kl-)，由牛頓第二定律mg-Ff1=ma，聯立解得a=(2-)g，B錯誤。]
10.(1)5.0　(2)失重　1.0
解析　(1)由題圖可知彈簧測力計的分度值為0.5 N，則讀數為5.0 N。
(2)電梯上行時，一段時間內測力計的示數為4.5 N，小于物體的重力，可知此段時間內物體處于失重狀態；
G=mg=5.0 N
根據牛頓第二定律mg-FT=ma
代入數據聯立解得電梯加速度大小
a≈1.0 m/s2。
11.(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m
解析　(1)根據牛頓第二定律可得
mgsin 24°-μmgcos 24°=ma1
代入數據解得a1=2 m/s2
(2)根據運動學公式有v2=2a1l1
解得v=4 m/s
(3)根據牛頓第二定律有μmg=ma2
根據運動學公式有
-v2=-2a2l2
代入數據聯立解得l2=2.7 m。(共30張PPT)
經典重現　考題再現
四、牛頓運動定律
1.(2022·江蘇卷·1)高鐵車廂里的水平桌面上放置一本書，書與桌面間的動摩擦因數為0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g=10 m/s2。若書不滑動，則高鐵的最大加速度不超過
A.2.0 m/s2 B.4.0 m/s2
C.6.0 m/s2 D.8.0 m/s2
√
書放在水平桌面上，若書相對于桌面不滑動，最大靜摩擦力提供加速度時，有最大加速度，即有Ffm=μmg=mam，解得am=μg=4.0 m/s2，書相對高鐵靜止，故若書不滑動，高鐵的最大加速度為4.0 m/s2，B正確，A、C、D錯誤。
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2.(2023·遼寧卷·2)安培通過實驗研究，發現了電流之間相互作用力的規律。若兩段長度分別為Δl1和Δl2、電流大小分別為I1和I2的平行直導線間距為r時，相互作用力的大小可以表示為ΔF=k。比例系數k的單位是
A.kg·m/(s2·A) B.kg·m/(s2·A2)
C.kg·m2/(s3·A) D.kg·m2/(s3·A3)
√
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根據題干公式ΔF=k整理可得k=，代入相應物理量單位可得比例系數k的單位為==kg·m/(s2·A2)，故選B。
3.(2023·全國乙卷·14)一同學將排球自O點墊起，排球豎直向上運動，隨后下落回到O點。設排球在運動過程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比。則該排球
A.上升時間等于下落時間
B.被墊起后瞬間的速度最大
C.達到最高點時加速度為零
D.下落過程中做勻加速運動
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上升過程和下降過程的位移大小相同，上升過程的末狀態和下降過程的初狀態速度均為零。對排球受力分析，上升過程中重力和阻力方向相同，下降過程中重力和阻力方向相反，根據牛頓第二定律可知，上升過程中任意位置的加速度大小比下降過程中對應位置的加速度大，則上升過程的平均加速度較大，由位移與時間關系可知，上升時間比下落時間短，A錯誤；
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排球在上升過程做減速運動，排球在下降過程做加速運動，在整個過程中空氣阻力一直做負功，排球機械能一直在減小，下降過程中的最低點的速度大小小于上升過程的最低點的速度大小，故排球被墊起后瞬間的速度最大，B正確；
達到最高點時速度為零，空氣阻力為零，此刻排球受重力作用，加速度不為零，C錯誤；
下落過程中，排球速度在變，所受空氣阻力也在變，排球在下落過程中不是做勻加速運動，D錯誤。
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4.(2021·北京卷·13)某同學使用輕彈簧、直尺、鋼球等制作了一個“豎直加速度測量儀”。如圖所示，彈簧上端固定，在彈簧旁沿彈簧長度方向固定一直尺。不掛鋼球時，彈簧下端指針位于直尺20 cm刻度處；下端懸掛鋼球，靜止時指針位于直尺40 cm刻度處。將直尺不同刻度對應的加速度標在直尺上，就可用此裝置直接測量豎直方向的加速度。取豎直向上為正方向，重力加速度大小為g。下列說法正確的是
A.30 cm刻度對應的加速度為-0.5g
B.40 cm刻度對應的加速度為g
C.50 cm刻度對應的加速度為2g
D.各刻度對應加速度的值是不均勻的
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設刻度對應值為x，結合分析可知
=a，Δx=|x-0.2 m|，
(取豎直向上為正方向)
經過計算有a=(x≥0.2 m)或a=(x<0.2 m)，
根據以上分析，加速度a與刻度對應值x成線性關系，則各刻度對應加速度的值是均勻的，D錯誤；
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在30 cm刻度時，代入數據有，a1=-0.5g，A正確；
在40 cm刻度時，a2=0，B錯誤；
在50 cm刻度時，a3=0.5g，C錯誤。
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5.(2021·海南卷·7)如圖，兩物塊P、Q用跨過光滑輕質定滑輪的輕繩相連，開始時P靜止在水平桌面上。將一個水平向右的推力F作用在P上后，輕繩的張力變為原來的一半。已知P、Q兩物塊的質量分別為mP=0.5 kg、mQ=0.2 kg，P與桌面間的動摩擦因數μ=0.5，重力加速度g=10 m/s2。則推力F的大小為
A.4.0 N B.3.0 N
C.2.5 N D.1.5 N
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P靜止在水平桌面上時，由平衡條件有FT1=mQg= 2 N，Ff=FT1=2 N<μmPg=2.5 N，推力F作用在P上
后，輕繩的張力變為原來的一半，即FT2==1 N，
故Q物塊加速下降，有mQg-FT2=mQa，可得a=5 m/s2；而P物塊將有相同的加速度向右加速而受滑動摩擦力，對P由牛頓第二定律FT2+F-μmPg=mPa，解得F=4.0 N。
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6.(2024·廣東卷·7)如圖所示，輕質彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋放。以木塊釋放點為原點，取豎直向下為正方向。木塊的位移為y，所受合外力為F，運動時間為t，忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內。關于木塊從釋放到第一次回到原點的過程中，其F-y圖像或y-t圖像可能正確的是
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在木塊下落H高度之前，木塊所受合外力為木塊的重力，保持不變，即F=mg
當木塊接觸彈簧后
合外力F=mg-kx，
其中x為壓縮量且x=y-H
F-y圖像如圖甲所示
故B正確，A錯誤；
在木塊下落H高度之前，木塊做自由落體運動，根據y=gt2，知y-t圖像為拋物線，故D錯誤；
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在O~H的過程中，速度逐漸增大，y-t圖像斜率逐漸增大，當木塊接觸彈簧后到合外力為零前，木塊的速度繼續增大，
所以y-t圖像斜率繼續增大，當彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點過程中F=kx-mg
木塊所受合外力向上，木塊速度減小，所以y-t圖像斜率減小，到達最低點后，木塊向上運動，經以上分析可知，y-t圖像大致為如圖乙所示，故C錯誤。
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7.(多選)(2022·全國甲卷·19)如圖，質量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數均為μ。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動P，使兩滑塊均做勻速運動；某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前
A.P的加速度大小的最大值為2μg
B.Q的加速度大小的最大值為2μg
C.P的位移大小一定大于Q的位移大小
D.P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小
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設兩滑塊的質量均為m，撤去拉力前，兩滑塊均做
勻速直線運動，則拉力大小為F=2μmg，撤去拉力
前對Q受力分析可知，彈簧的彈力為FT0=μmg，以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變仍為μmg，兩滑塊與地面間仍然保持相對滑動，此時滑塊P的加速度為-FT0-μmg=maP1，解得aP1=-2μg，此刻滑塊Q所受的外力不變，加速度仍為零，從撤去拉力到彈簧第一次恢復原長過程中，彈簧彈力一直在減小，根據牛頓第二定律可知P減速的加速度減小，滑塊Q所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的減速運動，故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度為2μg，Q加速度大小最大值為彈簧恢復原長時，有
-μmg=maQm，解得aQm=-μg，故滑塊Q加速度大小最大值為μg，A正確，B錯誤；
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由于彈簧恢復原長前滑塊P的加速度一直大于Q的加速度，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一時刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C錯誤，D正確。
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8.(多選)(2021·全國乙卷·21)水平地面上有一質量為m1的長木板，木板的左端上有一質量為m2的物塊，如圖(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F隨時間t的變化關系如圖(b)所示，其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小。木板的加速度a1隨時間t的變化關系如圖(c)所示。已知木板與地面間的動摩擦因數為μ1，物塊與木板間的動摩擦因數為μ2，假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g。則
A.F1=μ1m1g
B.F2=(μ2-μ1)g
C.μ2>μ1
D.在0~t2時間段物塊與木板加速度相等
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由題圖(c)可知，t1時刻物塊、木板一起剛要在水平地面滑動，物塊與木板相對靜止，此時以整體為研究對象有F1=μ1(m1+m2)g，故A錯誤；
由題圖(c)可知，t2時刻物塊與木板剛要發生相對滑動，以整體為研究對象， 根據牛頓第二定律，有F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a
以木板為研究對象，根據牛頓第二定律，
有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a>0
解得F2=(μ2-μ1)g
可知μ2>μ1，故B、C正確；
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由題圖(c)可知，0~t2時間段物塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，故D正確。
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力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。小球以某一初速度從M點向下運動到N點，在此過程中，彈簧始終在彈性限度內。下列說法正確的是
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A.彈簧的勁度系數為
B.小球在P點下方l處的加速度大小為(3-4)g
C.從M點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力先變小
再變大
D.從M點到P點和從P點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力做功相同
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√
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√
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小球在P點受力平衡，則有mg=Ffm，Ffm=μFN，FN=k(l-)，聯立解得k=，A正確；
在PM之間任取一點A，令AO與MN之間的夾角為θ，則此時彈簧的彈力為F=k(l-)，小球受到的摩擦力為Ff=μFN1=
μFsin θ，化簡得Ff=μ(klsin θ-)，從M點到P點θ增大，從P點到N點θ減小，即摩擦力先變大后變小，C錯誤；
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根據對稱性可知在任意關于P點對稱的點摩擦力大小相等，因此由對稱性可知從M到P和從P到N摩擦力做功大小相等，D正確；
小球運動到P點下方時θ=45°，此時摩擦力大小為Ff1=μ(kl-)，由牛頓第二定律mg-Ff1=ma，聯立解得a=(2-)g，B錯誤。
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10.(2024·全國甲卷·22)學生小組為了探究超重和失重現象，將彈簧測力計掛在電梯內，測力計下端掛一物體。已知當地重力加速度大小為9.8 m/s2。
(1)電梯靜止時測力計示數如圖所示，讀數為_____ N(結果保留1位小數)；
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5.0
由題圖可知彈簧測力計的分度值為0.5 N，則讀數為5.0 N。
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(2)電梯上行時，一段時間內測力計的示數為4.5 N，則此段時間內物體處于　　　(填“超重”或“失重”)狀態，電梯加速度大小為　　　 m/s2(結果保留1位小數)。
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失重
電梯上行時，一段時間內測力計的示數為4.5 N，小于物體的重力，可知此段時間內物體處于失重狀態；G=mg=5.0 N
根據牛頓第二定律mg-FT=ma
代入數據聯立解得電梯加速度大小a≈1.0 m/s2。
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11.(2022·浙江6月選考·19)物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中，如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1=4 m，水平滑軌長度可調，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數均為μ=，貨物可視為質點(取cos 24°=0.9，sin 24°=0.4，重力加速度g=10 m/s2)。
(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大小；
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答案　2 m/s2　
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根據牛頓第二定律可得
mgsin 24°-μmgcos 24°=ma1
代入數據解得a1=2 m/s2
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(2)求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小；
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答案　4 m/s　
根據運動學公式有v2=2a1l1
解得v=4 m/s
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(3)若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2 m/s，求水平滑軌的最短長度l2。
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答案　2.7 m
根據牛頓第二定律有μmg=ma2
根據運動學公式有-v2=-2a2l2
代入數據聯立解得l2=2.7 m。

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