图3－2－12

1．(2011·泰和四校检测)如图3－2－12所示，物体P以一定的初速度沿光滑水平面向右运动，与一个右端固定的轻质弹簧相撞，并被弹簧反向弹回．若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律，那么在P与弹簧发生相互作用的整个过程中(　)

A．P做匀速直线运动

B. P的加速度大小不变，但方向改变一次

C. P的加速度大小不断改变，当加速度数值最大时，速度最小

D．有一段过程，P的加速度逐渐增大，速度也逐渐增大

图3－2－13

12．[解析]　(1)0-4 s内，由牛顿第二定律得

F－μmg＝ma₁，

a₁＝3 m/s²，

4 s末物体的速度为v₄＝a₁t₄＝12 m/s.

4-5 s，由牛顿第二定律得－F－μmg＝ma₂，

a₂＝－7 m/s²，

5 s末物体的速度为v₅＝5 m/s.

5 s后物体的加速度为

a₃＝－＝－μg＝－2 m/s².

再经过时间t停止，则t＝＝2.5 s，

8 s内的v－t图象如图所示．

(2)0-4 s内的位移为s₁＝a₁t＝24 m，

4-5 s内位移为s₂＝＝8.5 m，

5 s后物体运动的位移s₃＝＝6.25 m，

前8 s内物体通过位移为s＝s₁+s₂+s₃＝38.75 m.

[答案]　(1)如图见解析　(2)38.75 m

11．[解析]　(1)卡车和A的加速度一致．由图知绳的拉力的分力使A产生了加速度，故有：

mgcos α＝m·g

解得cos α＝，sin α＝.

设地面对A的支持力为F_N，则有

F_N＝mg－mgsin α＝mg

由牛顿第三定律得：A对地面的压力为mg.

(2)设地面对A弹力为零时，物体的临界加速度为a₀，则

a₀＝gcot θ＝g，

故当a₂＝g＞a₀时，物体已飘起．此时物体所受合力为mg，

则由三角形知识可知，拉力

F₂＝＝ mg.

[答案]　(1)mg　(2) mg

10．[解析]　

以人为研究对象，受力分析如图所示．因摩擦力F_f为待求，且必沿水平方向，设为水平向右．建立如图所示坐标系．根据牛顿第二定律得

x方向：

mgsin θ－F_Nsin θ－F_fcos θ＝ma

y方向：

mgcos θ+F_fsin θ－F_Ncos θ＝0

由以上两式可解得

F_N＝m(g－asin θ)，F_f＝－macos θ

F_f为负值，说明摩擦力的实际方向与假设方向相反，为水平向左．

[答案]　m(g－asin θ)，方向竖直向上　macos θ，方向水平向左

9．[解析]　以整体为研究对象，根据牛顿第二定律，整体的加速度a＝＝2 m/s²，再以m₁为研究对象，F₁－T＝m₁a，解得T＝26 N，故选项A正确、B错误．在突然撤去F₂的瞬间，弹簧的弹力不发生变化，选项C错误．在突然撤去F₁的瞬间，m₁的加速度大小为13 m/s²，选项D正确．

[答案]　AD

8．[解析]　对小球进行受力分析，小球受竖直向下的重力和杆对球的弹力，作出二力的合力的图示，就可判断出合力是逐渐增大的，因此小球的加速度逐渐增大．作图时必须注意合力的方向始终沿水平方向．车和小球是个整体，因此小车的加速度也是越来越大，选项C正确，故选A、B、D.

[答案]　ABD

7.[解析]　对物块做受力分析：物块受竖直向下的重力、竖直向上的静摩擦力、水平向右的弹力，当车的加速度a增大时，据牛顿第二定律得F_N＝Ma，所以F_N增大，据牛顿第三定律得，M对车厢壁的压力增大，B正确；对竖直方向用平衡条件可知，静摩擦力等于重力，M仍相对于车厢静止，C、D均正确，A错误．

[答案]　BCD

6.[解析]　由牛顿第二定律可得：Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma，将F换为水平方向的Fcos θ后：Fcos θ－μmg＝ma′，由此可见：若μ＝0，则a′＝a，若μ≠0，则a′＜a，故A、B正确，C、D错误．

[答案]　AB

5.[解析]　简化模型如图所示，当小球在虚线位置时，小球、车具有向左的加速度，车的运动情况可能为：向左加速行驶或向右减速行驶，A错误，B正确；当车匀速运动时，无论向哪个方向运动，小球均处于竖直位置不摆动，C、D错误．

[答案]　B

4.[解析]　风从风扇中吹出时，根据牛顿第三定律，风会给风扇一个向后的反作用力，风吹到风帆时，对风帆有一个向前的力，但对于整个装置而言，作用力和反作用力都是内力，小车不会运动，故选D.

[答案]　D