高三物理牛顿第二定律F=ma试题

高三物理牛顿第二定律F=ma试题
1.如右图甲所示，质量m＝1kg的物块（可视为质点）以v
＝10m／s的初速度从粗糙斜面上的
P点沿斜面向上运动到达最高点后，又沿原路返回，其速率随时间变化的图像如图乙所示，已知斜面固定且足够长．且不计空气阻力，取g＝10m／s2．下列说法中正确的是
A．物块所受的重力与摩擦力之比为3 ：2
B．在t＝1s到t＝6s的时间内物块所受重力的平均功率为50W
C．在t＝6s时物体克服摩擦力做功的功率为20W
D．在t＝0到t＝1s时间内机械能的变化量大小与t＝1s到t＝6s时间内机械能变化量大小之比为1 ：5
【答案】D
【解析】由图线知，物体上滑的加速度a
1=10m/s2；下滑的加速度为：a
2
=2m/s2；由牛顿定律可
得：上滑时，mgsinθ+f=ma
1；下滑时，mgsinθ-f=ma
2
，联立解得：sinθ=0.6；，选项A
错误；根据速度-时间图象与坐标轴围成的面积表示位移得：1-6s内的位移，则t=1s到t=6s的时间内物块所受重力的平均功率：，故B错误；物体所受的摩擦力，则t=6s时物体克服摩擦力做功的功率P=fv=4×10=40W，故C 错误；因为物体机械能的变化量等于克服阻力做功的大小，所以在t=0到t=1s时间内机械能的变
化量大小△E
1=fx
1
，t=1s到t=6s时间内机械能变化量大小△E
2
=fx
2
，则，故D
正确．
【考点】牛顿定律；功率及能量守恒定律。

2.（18分）如图所示，水平放置的足够长的平行金属导轨MN、PQ的一端接有电阻R
，不计电阻的导体棒ab静置在导轨的左端MP处，并与MN垂直．以导轨PQ的左端为坐标原点O，建立直角坐标系xOy，Ox轴沿PQ方向．每根导轨单位长度的电阻为r．垂直于导轨平面的非匀强
磁场磁感应强度在y轴方向不变，在x轴方向上的变化规律为：B＝B
＋kx，并且x≥0．现在导体棒中点施加一垂直于棒的水平拉力F，使导体棒由静止开始向右做匀加速直线运动，加速度大小为a．设导体棒的质量为m，两导轨间距为L．不计导体棒与导轨间的摩擦，导体棒与导轨接触
良好，不计其余部分的电阻．
（1）请通过分析推导出水平拉力F的大小随横坐标x变化的关系式；
（2）如果已知导体棒从x＝0运动到x＝x
的过程中，力F做的功为W，求此过程回路中产生的焦耳热Q；
（3）若B
0＝0．1T，k＝0．2T／m，R
＝0．1Ω，r＝0．1Ω／m，L＝0．5m，
a＝4m／s2，求导体棒从x＝0运动到x＝1m的过程中，通过电阻R
的电荷量q．
【答案】(1) (2) W-max
; (3) 0.5C
【解析】（1）设导体棒运动到坐标为x处的速度为v，根据法拉第电磁感应定律可得：E=BLv①由欧姆定律：②
由于棒做匀加速运动，所以有③
此时棒受到的安培力：④
由牛顿第二定律：⑤
联立①②③④⑤可得：
（2）设导体棒在x=x
0处的动能为E
K
，则由动能定理可得：E
K
=max
⑥
由能量守恒定律可知：W=Q+E
K
⑦
将⑥式代入⑦式可解得：Q=W-max
（3）由①②两式可得：⑧
因为a=vt，将题中所给的数据代入⑧式可得：I="2t(A)" ⑨
可知回路中的电流与时间成正比，所以在0-t时间内，通过R
的电荷量为：
由匀加速直线运动的规律可得：，当x=x
时，有
【考点】法拉第电磁感应定律及能量守恒定律；牛顿第二定律的应用。

3.如图所示，半径R=0.50m的光滑四分之一圆轨道MN竖直固定在水平桌面上，轨道末端水平且端点N处于桌面边缘，把质量m=0.20kg的小物块从圆轨道上某点由静止释放，经过N点后做
平抛运动，到达地面上的P点。

已知桌面高度h= 0.80m，小物块经过N点时的速度v
=3.0m/s，g取10m/s2。

不计空气阻力，物块可视为质点求：
（1）圆轨道上释放小物块的位置与桌面间的高度差；
（2）小物块经过N点时轨道对物块支持力的大小；
（3）小物块落地前瞬间的动量大小。

【答案】H=0.45m F="5.6" N p=1.0kg·m/s
【解析】（1）设圆轨道上释放小物块的位置与桌面间的高度差为H，小物块运动至N点过程中机械能守恒，则有（4分）
解得 H=0.45m （1分）
（2）设物块经过N点时所受支持力为F
根据牛顿第二定律有（4分）
解得 F="5.6" N （1分）
（3）设物块做平抛运动的时间为t，小物块落地前竖直分速度为v
y
，
则（1分）
v
y
=gt （1分）
解得 v
y
=4.0m/s
小物块落地前速度（2分）
解得v=5.0m/s
动量p=mv （1分）
p=1.0kg·m/s （1分）
【考点】本题考查机械能守恒、牛顿运动定律、平抛运动规律。

4.如图所示，斜面体放置在水平地面上，物块沿粗糙的斜面加速下滑，斜面体始终保持静止，在此过程中（）
A．斜面体对物块的作用力斜向左上方
B．斜面体对物块的作用力斜向右上方
C．地面对斜面体的摩擦力水平向右
D．地面对斜面体的支持力大于物块与斜面体的重力之和
【答案】BC
【解析】由于物块沿粗糙的斜面加速下滑，其加速度的方向沿斜面向下，故其受到的合力也是沿斜面向下，物块受到重力是竖直向下的，所以斜面对物块的力只有斜向右上方，它与重力的合力才可能沿斜面向下，故A不对；B是正确的；
如果将斜面与物块看成一个整体，则其整体的加速度方向是向右下方的，故地面对斜面体的摩擦力方向水平向右，C是正确的；看成一个整体时，其受到的合力在竖直方向上是向下的，故地面对斜面体的支持力会小于物块与斜面体的重力之和，D是不对的；
【考点】牛顿第二定律。

5.如图所示，把小车放在倾角为30°的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与沙子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程中（）
A．小桶处于失重状态
B．小桶的最大速度为
C．小车受绳的拉力等于mg
D．小车的最大动能为mgh
【答案】B
【解析】在整个的过程中，小桶向上做加速运动，所以小桶受到的拉力大于重力，小桶处于超重状态．故A错误，C错误；在小桶上升竖直高度为h的过程中只有重力对小车和小桶做功，由动
能定律得：3mg•h•sin30°−mgh＝(3m+m)v2，解得：v＝，故B正确；
小车和小桶具有相等的最大速度，所以小车的最大动能为：E
＝•3mv2＝mgh，故D错误．
Km
【考点】牛顿第二定律及动能定理。

6.分如图所示，在A点固定一正电荷，电量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种
电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g。

已知静电常量为k，两电荷均可
看成点电荷，不计空气阻力。

求：
(1)液珠的比荷；
(2)液珠速度最大时离A点的距离h；
(3)若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成，其中r为该点到Q的距离（选无限
远的电势为零）。

求液珠能到达的最高点B离A点的高度。

【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）液珠开始运动的加速度大小为g，可知液珠在C处释放时加速度方向向上，设液
珠的电量为q，质量为m，有
2分
解得比荷为 1分
（2）当液珠速度最大时，库仑力与重力相等，有
1分
结合（1），解得 1分
（3）设CB间的电势差为，有
1分
根据动能定理有
2分
解得 1分
【考点】静电场、牛顿运动定律的应用、动能定理
7.迪拜塔超过160层，且拥有56部电梯，速度最高达每秒17.4米，那将是世界上速度最快且运
行距离最长的电梯,则一部电梯从第160层下降到底层的过程中（阻力不计）（）
A．缆绳对电梯拉力的大小一定小于重力
B．缆绳对电梯拉力做功的大小一定等于重力所做的功
C．电梯下降过程速度取最大值时，加速度一定最小
D．电梯发动机做恒定功率运行
【答案】B
【解析】电梯下降过程中先加速，再匀速，最后减速到零，当在匀速阶段，拉力等于重力，A错误；电梯从160层向下运行的过程中，初速度和末速度都为零。

根据动能定理，合外力做功等于零，则拉力做功的大小等于重力做功的大小,B正确。

对于C选项如果先加速到最大速度后立即减速，则此选项不正确，但如果电梯先加速后匀速，最后减速的话，该项正确（不考虑加速度获得
瞬间）C错误。

电梯不可能做恒功率工作，因为功率等于拉力与速度乘积, 电梯初末态，功率为零，D错误
【考点】动能定理，牛顿第二定律，功率，
8.如图所示，水平光滑绝缘轨道MN的左端有一固定绝缘挡板，轨道所在空间存在水平向左、E
＝4×102N/C的匀强电场。

一个质量m＝0.2kg、带电荷量q＝5.0×10－5C的滑块（可视为质点），
从轨道上与挡板相距x
1
＝0.2m的P点由静止释放，滑块在电场力作用下向左做匀加速直线运动。

当滑块与挡板碰撞后滑块沿轨道向右做匀减速直线运动，运动到与挡板相距x
2
＝0.1m的Q点，
滑块第一次速度减为零。

若滑块在运动过程中，电荷量始终保持不变，求：
（1）滑块由静止释放时的加速度大小a；
（2）滑块从P点第一次达到挡板时的速度大小v；
（3）滑块与挡板第一次碰撞的过程中损失的机械能ΔE。

【答案】（1） 0.1m/s2 （2） 0.2m/s （3） 2×10－3J
【解析】试题分析: 设滑块沿轨道向左做匀加速运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有
qE＝ma 代入数据得a＝0.1m/s2。

（2）滑块从P点运动到挡板处的过程中，由动能定理有
qEx
1
＝代入数据有v=0.2m/s。

（3）滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能等于滑块由P点运动到Q点过程中电场力所做
的功，即ΔE＝qE（x
1－x
2
）＝2×10－3J。

【考点】牛顿第二定律，功能关系，动能定理
9.如图甲所示，电荷量为q=1×10-4C的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度E的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动的速度v与时间t的关系如图丙所示，取重力加速度g=10m/s2．求：
（1）物体的质量m;（2）物块与水平面间的动摩擦因数μ;（3）前4s内电场力做的功。

【答案】（1）1kg；（2）0.2；（3）14J；
【解析】（1）由题意得在2—4秒内由图像得： qE
2
=umg
前2秒物块的加速度：a=1m/s2
由牛顿第二定律得：qE
1
－μmg="ma"
带入数据得： m ="1kg"
（2）在2—4秒内由图像得： E
2
q =" μmg" 又 m =1kg 则：μ= 0.2
（3）前4S内电场力做功为W，由动能定理得：W−μmgs＝
前4S内位移数值上等于v-t图象围成的面积：S=6m
由此得：W=14 J
【考点】匀强电场、牛顿第二定律、动能定理
10.如图甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始运动，已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.则以下判断正确的是（）
A．小环的质量是1kg
B．细杆与地面间的倾角是30°
C．前3 s内小环机械能的增加量是5.75 J
D．前3 s内拉力F的最大功率是2.25 W
【答案】 AC
【解析】试题分析:从速度时间图象得到环先匀加速上升，然后匀速运动，根据牛顿第二定律，有加速阶段 F1-mgsinθ=ma
匀速阶段 F2-mgsinθ=0
解得：m=1kg；sinθ=0.45，故A正确，B错误；从速度时间图象可以得到，前1s的位移为
0.25m，1到3s位移为1m；前3s拉力做的功为：W=5×0.25+4.5×1=5.75J，故C正确；第一秒内，速度不断变大，拉力的瞬时功率也不断变大，第1秒末，P=Fv=5×0.5=2.5W，第一秒末到第三秒末，P=Fv=4.5×0.5=2.25W
即拉力的最大功率为2.5W，故D错误；
【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用
11.压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某同学利用压敏电阻的这种特性设计了一个探究电梯运动情况的装置，该装置的示意图如图所示，将压敏电阻平放在电梯内，其受压面向上，在受力面上放一物体m，电梯静止时电流表示数为I
，当电梯做四种不同的运动时，电流表示数分别如图甲、乙、丙和丁所示，下列判断中正确的是（）
A．甲图表示电梯可能在做匀速运动
B．乙图表示电梯可能向上做匀加速运动
C．丙图表示电梯可能向上做匀加速运动
D．丁图表示电梯可能向下做匀减速运动
【答案】 AC
【解析】试题分析:甲图中电梯静止时电流表示数为I
0，由于电流等于I
且不变，故电梯匀速直线
运动或静止不动，故A正确；乙图中，电流逐渐变大，故压力逐渐变大，且大于重力，故电梯处
于超重状态，且压力变大，且加速度变大，做变匀加速运动．故B错误；丙图中，电流恒为2I
，故电梯处于超重状态，且压力不变，可能匀加速上升，也可能匀减速下降，故C正确；丁图中，
电流一直大于I
，且不断减小，压力也变小，故电梯的加速度向上，并且一直减小，故电梯可能
变减速下降，也可能变加速上升，故D错误；
【考点】闭合电路的欧姆定律；牛顿第二定律
12.如图所示，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只
猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相
对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为 ( )
A．sin B．C．g sin D．2g sin
【答案】B
【解析】对猫受力分析，如图所示，猫保持其相对斜面的位置不变，受到的合力为
零，猫受到的摩擦力：f
1
=mg sinα，方向沿斜面向上，所以木板受到猫施加的沿斜面向下的摩擦力：
f 2=f
1
=mg sinα.对木板受力分析，在沿斜面方向上的力有两个：一是它的重力的沿斜面的分力
2mg sinα，另一个是沿斜面向下的摩擦力（猫给它），即和它的重力的分力的方向相同，其合力F=f
2
+2mg sinα=3mg sinα=2ma，所以木板下滑的加速度a=3g sinα/2，故只有B选项正确。

【考点】受力分析物体平衡牛顿第二定律
13.银川市中山公园环境宜人，里面还有很多供游客游玩的游乐项目，其中有一种叫“飞椅”，示意图如图所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动．当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直
方向的夹角为θ，不计钢绳的重力，求:
转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系．
【答案】
【解析】确定圆周运动所需要的向心力是解题的关键，向心力都是有物体受到的某一个力或几个力的合力来提供．设转盘转动角速度为时，钢绳与竖直方向的夹角为，由题设知，座椅到中心轴的距离：，对座椅进行受力分析，飞椅做的是圆周运动，所需的向心力由座椅所受的拉力和重力的合力提供，则由牛顿第二定律得：
联立两式解得：
【考点】本题考查牛顿第二定律在圆周运动中的应用及对向心力的理解．
14.如图所示，一个质量为m的物体以某一速度从A点冲上倾角为30°的斜面，其运动的加速度大小为3g/4，这个物体在斜面上升的最大高度为h，则这个过程中，下列判断正确的是
A．重力势能增加了
B．动能减少了
C．机械能减少了
D．物体克服摩擦力的功率随时间在均匀减小
【答案】BD
【解析】据题意，物体沿斜面上滑过程中受到重力G、支持力N和摩擦力f，据牛顿第二定律有：，则；而据重力做功与重力势能变化关系，重力势能增加量为，A选
项错误；动能减少量为合力做的功，即：，故B选项正确；机械能减少量等
于阻力做功，即：，故C选项错误；由于物体做匀减速直线运动，物体克服摩擦力的功率据：
可知在减少，故D选项正确。

【考点】本题考查牛顿第二定律，动能定理和机械能以及功率。

15.一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L＝
0.5 m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的
＝0.4.工件质一个确定点．一可视为质点的物块，其质量m＝0.2 kg，与B、C间的动摩擦因数μ
1
量M＝0.8 kg，与地面间的动摩擦因数μ
＝0.1.(取g＝10 m/s2)
2
(1)若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h；
(2)若将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动，求F的大小
【答案】（1）0.2 m（2）8.5 N
【解析】(1)物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得：
mgL＝0 ① 2分
mgh－μ
1
代入数据得：h＝0.2 m．② 1分
(2)①设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得：cos θ＝③ 1分
根据牛顿第二定律，对物块有：mg tan θ＝ma ④ 2分
(M＋m)g＝(M＋m)a ⑤ 2分
对工件和物块整体有：F－μ
2
联立②③④⑤式，代入数据得：F＝8.5 N．⑥ 1分。

【考点】本题考查动能定理与牛顿第二定律。

16.（19分）如图所示，在光滑绝缘的水平面上，固定一绝缘的、边长为的正方形方框，方框
内有大小可调、方向竖直向下的匀强磁场，方框左边界的中点有一小孔，恰能让质量为m、带电
量为+q的小球b（可视为质点）无阻碍的通过。

初始时，小球b静止在小孔处。

边界线MN的左
侧有一范围足够大的匀强电场区域，电场的电场强度为E，方向水平向左，MN的右侧与方框的
左侧间的距离可忽略不计。

现有另一质量为、不带电的小球a以速度正对b球运动。

设所有
的碰撞均无能量损失和电量的转移，不计一切摩擦，则：
（1）求小球a、b首次碰后的速度、；
（2）调节方框内磁场的磁感应强度的大小，使小球b与方框经过最少次数的碰撞后，从小孔离开。

求小球a、b从开始相碰到再次相碰所用的时间；
（3）方框内磁场的磁感应强度满足什么条件时，可使小球b绕方框中心运动一周后离开磁场。

【答案】（1），方向向左；，方向向右（2）（3）
或
【解析】（1）a与b发生弹性碰撞，满足动量守恒和机械能守恒，有：
联立解得：，，碰后a的速度方向向左，b的速度方向向右。

（2）当小球b做圆周运动的半径为时，与方框碰撞3次后从小孔离开。

由：，得：
小球b在磁场中运动的时间为：
小球b离开磁场后经时间追上小球a，则：
而
解得：
则a与b从开始相碰到再次相碰所用的时间为：
（3）当小球b做圆周运动的半径满足时可离开磁场，此时有：
当小球做圆周运动的半径满足时可离开磁场，此时有：
【考点】本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、磁场中的圆周运动、匀变速直线运动。

17.如图所示，轻质不可伸长的细绳，绕过光滑定滑轮C，与质量为m的物体A连接，A放在倾
角为的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B连接。

现BC连线恰沿水平方向，
匀速下滑。

设绳子的张力为T，在此后的运动过程中，下列说法正确
从当前位置开始B以速度v
的是（）
A．物体A做加速运动
B．物体A做匀速运动
C．T可能小于
D．T一定大于
【答案】 AD
【解析】 B物体沿绳方向的速度为v
cosa，a为BC绳与坚直方向的夹角，B向下，a减少，
cosa增大，所以A做加速运动，A对，B错；因A加速，故T一定大于，D正确，所以v
本题选择AD
【考点】运动的合成与分解、牛顿第二定律
18.如右图，水平轨道上有一楔形物体，其斜面上有一小物块，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.与之间光滑，和以共同速度在水平直轨道的光滑段向左滑行. 当它们刚运行至轨道的粗糙段时，下列说法中正确的是
A．绳的张力不变
B．绳的张力增加
C．对的正压力增加
D．地面对的支持力增加
【答案】C
【解析】在光滑段运动时，物块a及物块b均处于平衡状态，对a和b整体受力分析，受重力和
支持力，二力平衡；对b受力分析，如上图，受重力、支持力、绳子的拉力，
根据共点力平衡条件，有：①②；由①②两式解得：，。

当它们刚运行至轨道的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度，此时有两种可能；（一）物块a、b仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得到：
③④；由③④两式解得：，
；即绳的张力F将减小，而a对b的支持力变大。

再对a、b整体受力分析竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力二力平衡，故地面对a支持力不变．
（二）物块b相对于a向上滑动，绳的张力显然减小为零，a对b的支持力较之前增大，则b对a的压力较之前增大，对a分析，知地面对a的支持力增大．
综合上述讨论，结论应该为：绳子拉力一定减小；地面对a的支持力可能增加；a对b的支持力一定增加．故C正确，A、B、D错误；故选C．
【考点】本题考查了整体法和隔离法、牛顿第二定律、牛顿第三定律。

19.铁路转弯处的弯道半径r是根据地形决定的．弯道处要求外轨比内轨高，其内外轨高度差h的设计不仅与r有关，还与火车在弯道上的行驶速率v有关．下列说法正确的是
A．v一定时，r越大则要求h越大
B．v一定时，r越小则要求h越大
C．r一定时，v越大则要求h越大
D．r一定时，v越小则要求h越大
【答案】BC
【解析】设内外轨的水平距离为d，根据火车转弯时，重力与支持力的合力提供向心力得：，如果v一定时，r越大则要求h越小，r越小则要求h越大，故B正确，A错误；如果r一定时，v越大则要求h越大，故D错误，C正确.
【考点】向心力；牛顿第二定律
20.如图所示，竖直放置在水平面上的轻弹簧上放着质量为2 kg的物体A，处于静止状态。

若将
一个质量为3 kg物体B竖直向下轻放在A上的一瞬间，则B对A的压力大小为__________N
（g取10m/s2）
【答案】12 N
【解析】设A的质量为m，B的质量为M，根据牛顿第二定律，用整体法有，解得
瞬时加速度为6 m/s2,。

然后对B用隔离法，则有，解得二者之间的弹力为。

【考点】本题考查牛顿第二定律的瞬时性。

21.（12分）总质量为80kg的跳伞运动员从离地500m的直升机上跳下，经过2s后拉开绳索开
启降落伞，如图所示是跳伞过程中的v－t图像，试根据图像求：（g取10m/s2）
（1）t＝1.3s时运动员的加速度和所受阻力的大小；
（2）估算前14s内运动员下落的高度及克服阻力做的功．
【答案】（1）160N （2）1. 25´105 J
【解析】（1）a＝＝8 m/s2
mg－f＝ma
f＝mg－ma＝160N
（2）大约是39.5格，所以h＝39.5´4＝158 m
＝mgh－mv2＝1. 25´105 J
W
f
【考点】本题考查牛顿第二定律和动能定理的应用。

22.如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细
线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，重力加速度为g，小球受到细线的拉力为T，斜面的支持力为F
，则
N
A．T＝m(g sinθ＋a cosθ)
B．T＝m(g cosθ＋a sinθ)
C．F
＝m(g cosθ－a sinθ)
N
＝m(g cosθ＋a sinθ)
D．F
N
【答案】AC
【解析】当加速度a较小时，小球与斜面一起运动，此时小球受重力、绳子拉力和斜面的支持力，
绳子平行于斜面；小球的受力如图：
由牛顿第二定律得：Tcosθ-F N sinθ=ma ① F 合=mgcotθ=ma 0
由平衡得：Tsinθ+F N cosθ=mg ② ①②联立得：F N =m （gcosθ-asinθ）
T=m （gsinθ+acosθ） 故AC 正确，BD 错误．故选AC ． 【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
23. 电梯内的地板上竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上方有一质量为m 的物体．当电梯静止时弹簧被压缩了x ；当电梯运动时弹簧又被压缩了x ，试判断电梯运动的可能情况是 A ．以大小为2g 的加速度加速上升 B ．以大小为2g 的加速度减速上升 C ．以大小为g 的加速度加速上升 D ．以大小为g 的加速度减速下降
【答案】CD
【解析】因为电梯静止时，弹簧被压缩了x ，由此可以知道，mg=kx ，
当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了x ，弹簧的弹力变大了,所以物体的合力应该是向上的，大小是mg
由牛顿第二定律F=ma 可得，a=g,合力是向上的，当然加速度的方向也就是向上的，此时物体可能是向上的匀加速运动，也可能是向下的匀减速运动，所以D 正确．故选D ． 【考点】牛顿第二定律；胡克定律．
24. （16分） 如图所示为摩托车特技比赛用的部分赛道，由一段倾斜坡道AB 与竖直圆形轨道BCD 衔接而成，衔接处平滑过渡且长度不计．已知坡道的倾角θ＝11.5°，圆形轨道的半径R ＝10 m ，摩托车及选手的总质量m ＝250 kg ，摩托车在坡道行驶时所受阻力为其重力的0.1倍．摩托车从坡道上的A 点由静止开始向下行驶，A 与圆形轨道最低点B 之间的竖直距离h ＝5 m ，发动机在斜坡上产生的牵引力F ＝2750 N ，到达B 点后摩托车关闭发动机．已知sin11.5°＝，g
取10 m/s 2，求：
(1) 摩托车在AB 坡道上运动的加速度；
(2) 摩托车运动到圆轨道最低点时对轨道的压力；
(3) 若运动到C 点时恰好不脱离轨道，求摩托车在BC 之间克服摩擦力做的功． 【答案】（1）12 m/s 2 （2）1.75×104 N ，方向竖直向下；（3）1.25×104 J 【解析】 (1) 由受力分析与牛顿第二定律可知 F ＋mgsinθ－kmg ＝ma (2分) 代入数据解得a ＝12 m/s 2 (2分)
(2) 设摩托车到达B 点时的速度为v 1，由运动学公式可得 v ＝2ah/sinθ，由此可得v 1＝10 m/s (2分) 在B 点由牛顿第二定律可知 F N －mg ＝m
(2分)
轨道对摩托车的支持力为F N ＝1.75×104 N (1分)。