天津市津南区咸水沽一中2022学年高一物理上学期第二次月考试题（含解析）新人教版

2022-2022学年天津市津南区咸水沽一中高一（上）第二次月考物理试卷一．单项选择题（共10小题，每题3分，共30分，选对的得3分，选错或不选的得0分）1．（3分）（2022秋•津南区校级月考）下列物理量在运算过程中遵循平行四边形定则的有（　　）a．时间　　b．速度　　c．质量　　d．路程　　e．加速度　　f．力．　A．1个B．2个C．3个D．4个考点：矢量和标量．版权所有分析：矢量运算时遵循平行四边形定则，而矢量是既有大小，又有方向的物理量．解答：解：速度、加速度和力都是既有大小，又有方向的矢量，运算时遵循平行四边形定则，而时间、质量和路程都是只有大小，没有方向的标量，运算时遵循代数加减法则．故遵循平行四边形定则的有3个．故C正确，ABD错误．故选：C点评：矢量和标量的区别有两个：1、是矢量有方向，而标量没有方向；2、是运算法则不同，矢量运算时遵循平行四边形定则，标量运算时遵循代数加减法则．　2．（3分）（2022秋•都昌县期末）在某段公路上，分别有图示的甲、乙两块告示牌，告示牌上面数字的意思是（　　）　A．甲是指位移，乙是平均速度B．甲是指路程，乙是平均速度　C．甲是指位移，乙是瞬时速度D．甲是指路程，乙是瞬时速度考点：瞬时速度；位移与路程．版权所有专题：常规题型．分析：告示牌甲是量程牌，表示路程．限速是指瞬时速度不能超过多大．解答：解：告示牌甲是里程牌，表示路程．限速是指瞬时速度不能超过多大，告示牌乙上面的数字是瞬时速度．所以甲是指路程，乙是指瞬时速度，故ABC错误，D正确；故选：D点评：本题考查对生活中常识的了解程度．量程牌的数字、计程器的读数等都表示路程．速度计测量瞬时速度的大小．　3．（3分）（2022秋•津南区校级月考）沿直线运动的一列火车和一辆汽车，在计时开始时及每过1s时火车和汽车的速度分别为v1和v2如表所示，由表中数据可看出三秒内（　　）t/s0123…V1/m•s﹣115.015.315.615.9…-15-\nV2/m•s﹣120181614…　A．火车的位移在增大，汽车的位移在减小　B．火车的位移在减小，汽车的位移在增大　C．火车的速度变化大，汽车的速度变化小　D．火车的速度变化慢，汽车的速度变化快考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．版权所有专题：直线运动规律专题．分析：从表格中数据可以看出，火车的速度均匀增大，汽车的速度均匀减小．通过速度方向是否改变判断位移是增加还是减小．通过比较加速度的大小比较谁速度变化快．解答：解：AB、从表格中数据可以看出，火车的速度均匀增大，汽车的速度均匀减小．火车和汽车的速度方向不变，所以位移都在增加．故A、B错误．C、火车的加速度为a1===0.3m/s2，汽车的加速度为a2===﹣2m/s2．负号表示方向，知汽车的加速度大于火车的加速度，所以汽车速度变化快，而不是汽车的速度变化大．故C错误，D正确．故选：D．点评：解决本题的关键知道加速度是反映速度变化快慢的物理量，加速度大，表示速度变化快．　4．（3分）（2022•浙江学业考试）秋日，树叶纷纷落下枝头，其中有一片梧桐叶从高为5m的枝头自静止落至地面，所用时间可能是（　　）　A．0.1sB．0.5sC．1sD．3s考点：自由落体运动．版权所有专题：自由落体运动专题．分析：梧桐叶不是自由落体运动，根据h=求解自由落体运动的时间，梧桐叶的运动时间一定大于自由落体运动的时间．解答：解：从高为5m的枝头落下的树叶的运动不是自由落体运动，时间大于自由落体运动的时间；根据h=，得到自由落体运动的时间：t=，故梧桐叶落地时间一定大于1s；故选：D．点评：本题关键明确梧桐叶的运动不是自由落体运动，运动时间大于自由落体运动的时间，基础题．　-15-\n5．（3分）（2022秋•津南区校级月考）做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a，初速度大小为v0，经过时间t速度减小到零，则它在这段时间内的位移大小下列式子表示不正确的是（　　）　A．at2B．v0tC．tD．v0t﹣at2考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．版权所有专题：直线运动规律专题．分析：质点做匀减速直线运动时，位移可以根据位移时间公式、平均速度乘以时间、速度位移关系公式和逆向思维求解．解答：解：A、运用逆向思维：将质点的运动等效看成沿相反的初速度为0、加速度为a的匀加速直线运动，则位移为：x=at2．故A正确；B、因为质点做匀减速直线运动，而不是匀速直线运动，故其位移不等于v0t，故B错误；C、质点做匀减速直线运动，根据平均速度公式得：x==，故C正确；D、取初速度方向为正方向，则加速度为﹣a．质点做匀减速直线运动时，位移大小根据位移时间公式为：x=v0t+（﹣a）t2．故D正确．本题选不正确的，故选：B．点评：对于匀变速直线运动，可用公式较多，关键要能根据条件，灵活选择公式的形式，同时要掌握逆向思维．　6．（3分）（2022秋•会宁县期中）下列物体的受力分析图正确的是（　　）　A．沿光滑斜面下滑的物体　B．光滑球放在墙角静止-15-\n　C．细绳竖直悬挂光滑球静止且与斜面接触　D．重力G的杆靠在光滑竖直墙上静止考点：力的合成与分解的运用．版权所有专题：受力分析方法专题．分析：正确的进行受力分析，按照一重力二弹力三摩擦力四其它力的顺序，分析的力都需要找到相应的受力物体，对一些难以把握的弹力和摩擦力的有无，可借助物体的运动状态加以分析，即如果存在这个力，那在这个力的作用下，物体要保持题设中的运动状态．解答：解：A、因为斜面光滑，物体不受摩擦力，但图中所示重力G的力物体是地球，支持力FN的施力物体为斜面，但找不到力F的施力物体，故A错误；B、光滑的小球静止在墙角，所以小球水平方向受力平衡，故墙对球无支持力（用假设法，如果有该支持力对球而言找不到与之平衡的另一个力故假设不成立，即不存在墙的支持力），故B错误；C、因为悬绳竖直，光滑小球静止在斜面上，故小球平衡不斜面的支持力，故FN不存在（亦找不到FN的施力物体），故C错误；D、因为杆靠在光滑竖直墙上处于静止状态，杆有下滑的趋势，故水平面有水平向左的静摩擦力．故D正确．故选D点评：正确的受力分析是关键，分析受力时不能少力亦不能多力，判断的方法一是找施力物体即分析的每一个力都能找到该力的施力物体，二是满足物体的运动状态即物体在你的受力分析下能保持题设下的运动状态（静止或匀速直线运动等）．　7．（3分）（2022秋•津南区校级月考）关于牛顿第一定律有下列说法，其中正确的是（　　）　A．物体的运动需要力来维持　B．牛顿第一定律可用实验来验证　C．只有静止或做匀速直线运动的物体才有惯性　D．牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因考点：牛顿第一定律．版权所有分析：牛顿第一定律是指出物体不受力的情况下的运动状态，指出力是改变物体运动状态的原因，是理想化模型，现实无法实现．同时提出惯性的概念，惯性的决定因素是质量．-15-\n解答：解：A、D、牛顿第一定律是指出物体不受力的情况下的运动状态，指出力是改变物体运动状态的原因，物体的运动不需要力来维持．故A错误，D正确；B、牛顿第一定律是理想化模型，现实无法直接验证，故B错误．C、惯性是物体的固有属性，由物体的质量决定，与物体是否运动无关．故C错误．故选：D．点评：理解好牛顿第一定律提出的两个点：一、力是改变运动状态的原因；二、惯性的概念理解，知道惯性的决定因素是质量．　8．（3分）（2022•上海模拟）图为蹦极运动的示意图．弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连．运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起．整个过程中忽略空气阻力．分析这一过程，下列表述正确的是（　　）①经过B点时，运动员的速率最大②经过C点时，运动员的速率最大③从C点到D点，运动员的加速度增大④从C点到D点，运动员的加速度不变．　A．①③B．②③C．①④D．②④考点：牛顿第二定律；自由落体运动．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：运动员从B点到C点，重力大于弹力，从C点D点，弹力大于重力，根据牛顿第二定律判断出加速度的变化以及方向，再根据加速度方向和速度方向的关系判断出速度的变化．解答：解：B点到C点，重力大于弹力，加速度方向向下，向下运动的过程中弹力增大，加速度减小，做加速度逐渐减小的加速运动，到达C点，加速度为零．从C点到D点，重力小于弹力，加速度方向向上，向下运动的过程中弹力增大，加速度增大，做加速度逐渐增大的减速运动．知C点的速率最大．故②③正确，①④错误．则B正确，A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键知道加速度的方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相同时，速度增大，当加速度方向与速度方向相反时，速度减小．　9．（3分）（2022秋•柯城区校级期中）如图所示，小球A和B的质量均为m，长度相同的四根细线分别连接在两球间、球与水平天花板上P点以及与竖直墙上的Q点之间，它们均被拉直，且P、B间细线恰好处于竖直方向，两小球均处于静止状态，则P、A间细线对球的拉力大小为（　　）-15-\n　A．mgB．2mgC．mgD．mg考点：共点力平衡的条件及其应用．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：由题意，P、B间细线恰好处于竖直方向，两小球均处于静止状态，则知A、B间细线的拉力为零，对A球进行研究，分析受力情况，画出力图，由平衡条件求解Q、A间水平细线对球的拉力大小．解答：解：由题，P、B间细线恰好处于竖直方向，两小球均处于静止状态，则知A、B间细线的拉力为零，若AB绳有拉力则球B会偏离竖直方向，与已知矛盾．对A球，分析受力情况，作出力图如图，由平衡条件得：TPA==2mg，选项B正确．故选B．点评：本题的突破口是P、B间细线恰好处于竖直方向，分析PB间细线拉力为零，问题就变得清晰简单，就是一个三力平衡问题．　10．（3分）（2022春•南安市校级期末）一质量为m的铁球在水平推力F的作用下，静止在倾角为θ的斜面和竖直墙壁之间，铁球与斜面的接触点为A，推力F的作用线通过球心0，如图所示．假设斜面、墙壁均光滑．若水平推力缓慢增大，则在此过程中（　　）　A．铁球对斜面的作用力缓慢增大　B．斜面对铁球的支持力大小为mgcosθ　C．墙对铁球的作用力大小始终等于推力F　D．墙对铁球的作用力大小始终小于推力F考点：共点力平衡的条件及其应用．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：-15-\n对球受力分析，然后根据共点力平衡条件，运用正交分解法，结合几何关系分析求解．解答：解：A、B、对小球受力分析，受推力F、重力G、墙壁的支持力N、斜面的支持力N′，如图：根据共点力平衡条件，有：x方向：F﹣N′sinθ﹣N=0竖直方向：N′cosθ=mg解得：N′=；N=F﹣mgtanθ；故当F增加时，斜面的支持力为，保持不变，故球对斜面的压力也保持不变，故A错误，B错误；C、D、故当F增加时，墙壁对铁球的作用力不断变大，为N=F﹣mgtanθ＜F；故C错误，D正确；故选：D．点评：本题关键是对小球受力分析，根据共点力平衡条件，运用正交分解法列式求解．　二．不定项选择题（共4小题，每题4分，共16分，选对的得4分，不全得2分，选错或不选的得0分）11．（4分）（2022秋•塘沽区校级期中）以下关于力的说法正确的是（　　）　A．力可以没有施力物体，但不能离开受力物体　B．只有直接接触的物体间才有力　C．自然界只有四种基本相互作用，分别是万有引力、电磁相互作用、强相互作用、弱相互作用　D．物体各部分都受到重力，可将物体的重力等效集中在一点，这一点叫物体的重心考点：力的概念及其矢量性．版权所有分析：根据力是物体对物体的作用．应知道发生力的作用必须在两个物体之间，正确理解力的作用是相互的．即物体对另一个物体施加力的同时也受到另一个物体对它施加的力的作用．不接触的物体间也能发生力的作用；力的分类；重心的概念．解答：解：A、力不能离开物体而独立存在，既有施力物体，又有受力物体，故A错误B、两个不接触的物体也可以产生力，例如磁铁，故B错误C、自然界只有四种基本相互作用，分别是万有引力、电磁相互作用、强相互作用、弱相互作用，故C正确-15-\nD、物体任何部分都有质量，故各部分都受到重力，可将物体的重力等效集中在一点，这一点叫物体的重，故D正确故选：CD．点评：本题考查了学生对力的概念、力的相互性了解与掌握，属于基础题目．　12．（4分）（2022秋•塘沽区校级期中）如图所示，用细绳把小球悬挂起来，当小球静止时，下列说法中正确的是（　　）　A．小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对作用力和反作用力　B．小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对平衡力　C．小球对细绳的拉力和细绳对小球的拉力是一对作用力和反作用力　D．小球对细绳的拉力和细绳对小球的拉力是一对平衡力考点：作用力和反作用力；共点力平衡的条件及其应用．版权所有分析：一对平衡力与“作用力与反作用力“的共同的特点：二力都是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．一对平衡力与“作用力与反作用力“的区别：作用力与反作用力描述的是两个物体间相互作用的规律，二力平衡描述的是一个物体在二力作用下处在平衡状态．解答：解：AB、小球受重力，绳的拉力，处于平衡状态，故小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对平衡力，故A错误，B正确．CD、小球对细绳的拉力和细绳对小球的拉力，大小相等，相互作用在彼此上，故是作用力和反作用力，故C正确，D错误．故选：BC点评：本题涉及三力，重力、细线对小球的拉力和小球对细线的拉力，其中重力和细线对小球的拉力是平衡力（因为小球处于平衡状态），细线对小球的拉力和小球对细线的拉力是相互作用力；平衡力和相互作用力是很容易混淆的，要注意其最明显的区别在于是否同体．　13．（4分）（2022秋•柯城区校级期中）如图所示，绳CO、OD、ON结在同一点O，C固定在天花板上，CO绳与天花板成60°角．如果将ON沿墙壁由A至B移动而保持O点的位置不变，设绳CO的拉力为F1，ON拉力为F2，重物重力为G，在将ON绳由A非常缓慢地拉至B的过程中，下列判断正确的是（　　）　A．F1逐渐变大，F2先增后减，但它们的合力不变　B．F1逐渐变大，F2先减后增，但它们的合力不变　C．F1逐渐变小，F2先减后增，但OD绳拉力不变-15-\n　D．F2的最小值为考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：C点固定不动，悬点N由位置A向位置B移动，在这个过程中，物体始终处于平衡状态，找出不变的物理量，画出平行四边形进行分析．解答：解：对O点受力分析，抓住两根绳的合力等于物体的重力，大小和方向都不变，OC绳拉力方向不变，根据平行四边形定则得，如图，知ON绳上拉力F2大小先减小后增大，OC上的拉力F1一直变大．所以B正确，AC错误．由图示变化规律可知，当F2与F1垂直时，F2有最小值，且最小值为：，故D正确．故选：BD．点评：此题为物体平衡条件的一个应用：动态分析，处理这个类型的题需要找出不变的物理量，然后作图或找变化的物理量与不变的物理量之间的关系再加以分析，就是以不变应万变．　14．（4分）（2022•佛山二模）用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，如图所示．P、Q均处于静止状态，则下列相关说法正确的是（　　）　A．P物体受4个力　B．Q受到3个力　C．若绳子变长，绳子的拉力将变小　D．若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先对小球P受力分析，然后对小方块Q受力分析，对P，由平衡条件研究绳子变长时，绳子的拉力如何变化．解答：解：A、P受到重力、Q的支持力和静摩擦力，绳子的拉力，共4个力作用，故A正确．B、Q受到重力、墙壁的弹力、P的压力和静摩擦力，共4个力作用，故B错误．-15-\nC、设绳子与竖直方向的夹角为α，P的重力为G，绳子的拉力大小为F，则由平衡条件得：f=GQ，GP+f=Fcosα，则GP+GQ=Fcosα，GP与GQ不变，若绳子变长，α变小，cosα变大，则F变小，故C正确．D、Q受到的静摩擦力竖直向上，与其重力平衡，与绳子长度无关，所以若绳子变短，Q受到的静摩擦力不变，故D错误．故选AC．点评：为了防止多力或少力，一般按重力、弹力和摩擦力的顺序分析物体的受力情况．　三．填空题（本题共6空，每空2分，共12分，请将正确答案填在空白处）15．（4分）（2022春•杭州期末）原长为16cm的轻质弹簧，当甲、乙两人同时用100N的力由两端反向拉时，弹簧长度变为18cm；若将弹簧一端固定在墙上，另一端由甲一人用200N的拉，这时弹簧长度变为　20　cm，此弹簧的劲度系数为　5000　N/m．考点：探究弹力和弹簧伸长的关系．版权所有专题：实验题；弹力的存在及方向的判定专题．分析：注意弹簧的示数等于一端的拉力，据此求出劲度系数，然后根据胡克定律即可正确解答．解答：解：甲、乙两人同时用100N的力由两端反向拉时，弹簧拉力为F=100N．根据：F=k（l﹣l0），将l=16cm，l0=18cm，代入得：k=50N/cm=5000N/m，当用200N的力拉时有：F=kx，代入数据得x=4cm，因此此时弹簧长度为：l=l0+4cm=20cm．故答案为：20，5000．点评：本题考查了胡克定律的简单应用，属于简单基础题目，平时注意基础知识的理解与应用．　16．（4分）（2022秋•龙海市校级期中）电磁打点计时器是一种使用低压交流电源的计时仪器，某次用打点计时器研究小车运动的实验中得到一条纸带如图所示，从比较清晰的0点起，每五个打印点取为一个计数点，分别标明0、1、2、3、4…，量得0与1两点距离x1=30.0mm，1与2两点间距离x2=36.1mm，2与3两点间距离x3=41.8mm，3与4两点间的距离x4=48.0mm，则小车在打计数点2时的瞬时速度为　0.390　m/s，小车的加速度为　0.593　m/s2．（结果保留三位有效数字）考点：测定匀变速直线运动的加速度．版权所有专题：实验题．分析：根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点2的瞬时速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度．解答：解：计数点2的瞬时速度m/s=0.390m/s．根据△x=aT2，运用逐差法得，a=-15-\n=0.593m/s2．故答案为：0.390、0.593点评：解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用．　17．（4分）（2022秋•柯城区校级期中）在探究求合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳．实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条．（1）实验对两次拉伸橡皮条的要求中，下列哪些说法是正确的　BD　（填字母代号）．A．将橡皮条拉伸相同长度即可B．将橡皮条沿相同方向拉到相同长度C．将弹簧秤都拉伸到相同刻度D．将橡皮条和绳的结点拉到相同位置（2）同学们在操作过程中有如下议论，其中对减小实验误差有益的说法是　B　（填字母代号）．A．两细绳必须等长B．弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行C．用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大D．在用两个弹簧秤同时拉细绳时要注意使两个弹簧秤的读数相等E．弹簧秤在拉动过程中，应避免外壳与木板发生摩擦．考点：验证力的平行四边形定则．版权所有专题：实验题．分析：该实验采用了“等效替代”的原理，即合力与分力的关系是等效的，要求两次拉橡皮筋时的形变量和方向是等效的，注意所有要求都要便于操作，有利于减小误差进行，所有操作步骤的设计都是以实验原理和实验目的为中心展开，据此可正确解答本题．解答：解：（1）A、B、本实验的目的是为了验证力的平行四边形定则，即研究合力与分力的关系．根据合力与分力是等效的，本实验橡皮条两次沿相同方向拉伸的长度要相同．故A错误，B正确；C、D、在白纸上标下第一次橡皮条和绳的结点的位置，第二次将橡皮条和绳的结点拉到相同位置，表明两次效果相同，即两个拉力和一个拉力等效，而弹簧称不必拉到相同刻度．故C错误，D正确．故选：BD．（2）A、通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条时，并非要求两细绳等长，故A错误；B、测量力的实验要求尽量准确，为了减小实验中因摩擦造成的误差，操作中要求弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，故B正确；C、用弹簧秤同时拉细绳时，拉力不能太太，也不能太小．故C错误；D、在使用两个弹簧秤同时拉细绳时，弹簧秤示数不一定要相等，故D错误；E、不需要使弹簧秤外壳与（固定在木板上的）白纸之间没有摩擦，故E错误；故选：B．故答案为：（1）BD-15-\n（2）B点评：本实验采用的是等效替代的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代．解答实验的出发点为明确实验原理、实验步骤、数据处理，明确合力和分力之间的关系，同时注意应用所学物理基本规律解决实验问题．　四．计算题题（本题共4小题，满分42分）18．（10分）（2022秋•江陵县期末）一辆汽车以72km/h的速度在平直公路上行驶，现因故紧急刹车，已知汽车刹车过程中加速的大小始终为5m/s2，求（1）汽车刹车3s末的速度；（2）汽车通过30m所需要的时间；（3）汽车从开始刹车到6s末所通过的位移．考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．版权所有专题：直线运动规律专题．分析：（1）求出汽车刹车到停止所需的时间，因为汽车刹车停止后不再运动，然后根据速度时间公式v=v0+at求出汽车刹车3s末的速度．（2）根据速度位移公式，求出汽车通过30m的末速度，再根据t=求出时间．（3）判断6s末有没有停止，然后根据位移时间公式求出位移．解答：解：（1）规定汽车初速度的方向为正方向，v0=72km/h=20m/sa=﹣5m/s2汽车刹车到停止所需的时间＞3s，知3s末未停止．所以，汽车刹车后3s末的速度v=v0+at=20﹣5×3m/s=5m/s．（2）由v2﹣v02=2ax，代入数据可求v=10m/s，则汽车通过30m所需要的时间t==．（3）t0＜6s，知汽车在6s内的位移等于在4s内的位移所以汽车刹车6s末的位移=．点评：解决本题的关键知道汽车刹车停止后不再运动，以及掌握匀变速直线运动的速度时间公式v=v0+at和位移时间公式．　19．（10分）（2022秋•益阳校级期末）如图所示，用细线通过轻网兜把质量为m的足球挂在光滑墙壁上（细线延长线通过足球球心）．已知悬点到足球球心的距离为L，足球的半径为R，重力加速度为g，求：-15-\n（1）细线的拉力T的大小；（2）足球对墙壁弹力N的大小和方向．考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：圆球受到重力G、细绳的拉力T和墙壁的弹力N作用，作出圆球的受力示意图．根据平衡条件求解绳子对圆球的拉力大小及墙壁对圆球的弹力大小，再由牛顿第三定律求出圆球对墙壁的压力大小．解答：解：对足球受力分析如图所示，设细线与墙壁的夹角为θ，则由几何关系可得：cosθ=tanθ=（1）T=T=mg（2）N=mgtanθN=mg由牛顿第三定律可得球对墙壁的压力：N'=N=mg，方向水平向右答：（1）细线的拉力F的大小mg；（2）足球对墙壁弹力FN的大小为mg，方向水平向右．-15-\n点评：本题是简单的力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，作出受力的示意图，要培养良好的作图习惯　20．（10分）（2022•盱眙县校级模拟）如图所示，质量为m=4kg的物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，现用F=25N与水平方向成θ=37°的力拉物体，使物体由静止开始做匀加速运动：（1）求物体的加速度的大小？（2）若F作用t=4s后即撤除，此后物体还能运动多久？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）对物体受力分析，运用正交分解，结合牛顿第二定律求出物体的加速度大小．（2）根据匀变速直线运动的公式求出4s末的速度，再根据牛顿第二定律求出物体的加速度，再根据速度时间公式求出物体还能滑行的时间．解答：解：（1）对物体受力分析，进行正交分解．根据牛顿第二定律有：Fcosθ﹣Ff=maFf=μFN=μ（mg﹣Fsinθ）=5N解得：（2）4s末物体的速度为：v=at=3.75×4m/s=15m/s撤去F后物体的加速度为：a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2故物体还可以运动的时间为：答：（1）物体的加速度的大小为3.75m/s2．（2）若F作用t=4s后即撤除，此后物体还能运动7.5s．点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解，注意撤去外力前后的加速度不同．　21．（12分）（2022•上海）质量为10kg的物体在F=200N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ=37°．力F任用2s后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25s后，速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移S．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．版权所有分析：清楚物体的运动过程，知道物体的受力情况，运用动量定理列出等式找出已知量和未知量之间的关系．-15-\n对于匀变速直线运动我们可以运用牛顿第二定律结合运动学公式求解．解答：解：由于全过程物体动量变化为0，对全过程应用动量定理有：Fcosθt1=μ（mgcosθ+Fsinθ）t1+mgsinθ（t1+t2）+μmgcosθt2代入数据解得μ=0.25又考虑第二个过程，对物体进行受力分析，则由牛顿第二定律有a2=gsinθ+μgcosθ=8m/s2第二过程的初速度为v=a2t2=10m/s根据匀变速直线运动规律得：总位移为s=×t1+×t2=16.25m答：物体与斜面间的动摩擦因数μ为0.25，物体的总位移S为16.25m．点评：对于多过程的运动问题，根据题目中的已知量，我们应该根据所求解的物理量选择合适的研究过程．当然对于问题的研究我们还要运用牛顿第二定律和运动学公式求解．　-15-