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1、2024届物理微专题加练半小时微专题19动力学两类基本问题1做好两个分析：(1)受力分析，表示出合力与分力的关系；(2)运动过程分析，表示出加速度与各运动量的关系.2.熟悉两种处理方法：合成法和正交分解法.3.把握一个关键：求解加速度是解决问题的关键1汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长为25 m汽车在刹车前瞬间的速度大小为(重力加速度g取10 m/s2)()A10 m/s B20 m/sC30 m/s D40 m/s答案B解析汽车紧急刹车后，受滑动摩擦力
2、的作用，做匀减速直线运动，设减速时的加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgma，设汽车在刹车前瞬间的速度大小为v0，根据运动学公式有v022ax，代入数据，联立以上各式解得v020 m/s，B正确2.(多选)(2023湖南永州模拟)现有大型室外活动通常用无人飞机进行航拍如图所示，一质量m2 kg的无人飞机在操作员的操控下由静止开始竖直向上匀加速运动2 s，然后匀速向上运动3 s，接着匀减速向上运动4 s速度恰好为零，之后悬停进行航拍已知无人飞机上升过程中的最大速度为vm4 m/s，受到的空气阻力恒为Ff1 N，重力加速度大小g10 m/s2，则()A无人飞机上升的第一个阶段，受到向上的作用力大小
3、是25 NB无人飞机上升的第二个阶段，受到向上的作用力大小是20 NC无人飞机上升的第三个阶段，受到向上的作用力大小是18 ND无人飞机上升的总高度为24 m答案AD解析以竖直向上为正方向，第一阶段无人飞机沿竖直方向向上做匀加速直线运动，加速度为a1 m/s22 m/s2，由牛顿第二定律有F1mgFfma1，得此阶段无人飞机受到向上的作用力F1mgma1Ff25 N，故A正确；由平衡条件可知第二阶段无人飞机受到向上的作用力F2mgFf21 N，故B错误；第三阶段无人飞机向上做匀减速直线运动，加速度为a3 m/s21 m/s2，由牛顿第二定律有F3mgFfma3，得此阶段无人飞机受到向上的作用力
4、F3mgma3Ff19 N，故C错误；无人飞机上升的总高度h(2434) m24 m，故D正确3.如图所示，倾角为的斜面体M置于粗糙的水平地面，物体m静止在斜面上对m施加沿斜面向下的力F使其匀速下滑，增大F使m加速下滑m沿斜面匀速下滑和加速下滑时，斜面体M始终保持静止比较m匀速下滑和加速下滑两个过程，下列说法正确的是()Am在加速下滑时，m与M之间的摩擦力较大Bm在匀速和加速下滑时，地面与M之间的摩擦力不变Cm在匀速下滑时，m对M的压力较小Dm在加速下滑时，地面对M的支持力较大答案B解析对m施加沿斜面向下的力F使其匀速下滑，对物体m受力分析可知Ffmgcos ，FNmgcos ，而增大沿斜面的
5、拉力F使m加速下滑，物体m所受的滑动摩擦力和斜面支持力大小不变，由牛顿第三定律可知，物体对斜面的摩擦力Ff和压力FN大小方向均不变，则对斜面体而言，所有受力均不变，即地面与M之间的摩擦力不变，地面对M的支持力也不变，故选B.4.(多选)(2023西南名校联盟联考)某研究小组为游乐场设计一座新型安全滑梯，简化为如图所示的斜面，其中AB段和BC段用两种不同的材料制成且ABBC.要求小孩从滑梯顶端A无初速度出发后能沿斜面下滑，最多能滑到C点，整个过程中滑梯保持静止状态某小孩从A点出发后刚好能到达C点，对于这一过程，下列说法正确的是()A小孩与AB段的动摩擦因数小于与BC段的动摩擦因数B小孩在AB段的
6、运动时间小于在BC段的运动时间C地面对滑梯的摩擦力方向先水平向右、后水平向左D地面对滑梯的支持力先小于、后大于小孩和滑梯的总重力答案AD解析设小孩的质量为m，由题意可知，小孩在AB段是加速下滑，在BC段是减速下滑，规定斜向下为正方向，在AB段，根据牛顿第二定律可得mgsin 1mgcos ma1，a10，因此1tan ，在BC段，根据牛顿第二定律可得mgsin 2mgcos ma2，a2tan ，因此21，故A正确；小孩从静止由A点加速到B点，设在B点的速度为vB，则ABt1，小孩从B点减速到C点，且到达C点时速度为零，因此BCt2，由于ABBC，因此t1t2，故B错误；以小孩和滑梯整体为研究
7、对象，小孩在AB段做匀加速运动，加速度方向沿斜面向下，加速度有向左和向下的分加速度，根据牛顿第二定律可知，地面对滑梯有向左的摩擦力，且地面对滑梯的支持力小于小孩和滑梯的总重力当小孩在BC段做匀减速运动时，加速度方向沿斜面向上，加速度有向右和向上的分加速度，根据牛顿第二定律可知，地面对滑梯有向右的摩擦力，且地面对滑梯的支持力大于小孩和滑梯的总重力，故C错误，D正确5(多选)如图所示，质量m2 kg的物体静止于水平面上，现用一水平向右的恒力F14 N拉物体，物体运动9 m后撤去拉力F，已知物体与水平面之间的动摩擦因数0.5, g取10 m/s2.则()A物体与水平面之间的摩擦力Ff10 NB物体刚
8、开始运动时的合力大小F合4 NC物体在恒力作用下运动时的加速度大小a7 m/s2D撤去外力时速度大小v6 m/s答案ABD解析物体与水平面之间的动摩擦力Ffmg0.5210 N10 N，故A正确； 物体刚开始运动时的合力大小F合FFf14 N10 N4 N，故B正确； 物体在恒力作用下运动时的加速度大小a m/s22 m/s2，故C错误； 撤去外力时v22ax，解得v m/s6 m/s，故D正确6.如图所示，某次正面100%碰撞测试过程中，被测汽车在外加牵引装置牵引下在特定轨道上从静止开始做匀加速直线运动，当汽车达到测试速度后，牵引装置即牵引汽车以该速度匀速前进直至发生碰撞完成测试若轨道有效长
9、度为100 m，测试速度大小为60 km/h，则以下说法正确的是()A汽车匀加速运动时加速度不能大于1.39 m/s2B若汽车加速度大小为a2 m/s2，则汽车匀加速时间约为30 sC若汽车加速度大小为a2 m/s2，则汽车匀加速过程发生的位移大小约为69.4 mD若只更换为质量较轻的汽车进行测试而不改变牵引力等其他测试条件，则该汽车做匀加速运动的时间会增加答案C解析为完成测试，汽车做匀加速直线运动的位移应不大于100 m，根据匀变速运动规律有x，解得a m/s21.39 m/s2，故A错误；若汽车加速度大小为a2 m/s2，匀加速过程发生的位移大小x加69.4 m，匀加速的时间t加8.3 s
10、，故B错误，C正确；根据牛顿第二定律Fma，只更换为质量较轻的汽车进行测试而不改变牵引力等其他测试条件，汽车的加速度增大，由vat得该汽车做匀加速运动的时间会减小，故D错误7.如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑环同时从a、c处由静止释放，用t1、t2分别表示滑环从a到b、c到d所用的时间，则()At1t2 Bt1t2Ct1t2 D无法确定答案A解析设杆与竖直方向的夹角为，圆周的直径为d.根据牛顿第二定律得：滑环的加速度为agcos ；滑杆的长度为sdcos ；
11、则根据sat2得，t ，可见，时间t与无关，故有t1t2.故选A.8.如图所示，在斜面上同一竖直面内有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，四个环分别从O点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4.下列关系正确的是()At1t3Ct2t4 Dt2t2，OD长度超过一条弦，时间最长，即t2t1t3Ff，则FNxFfx，所以斜面C有向右的运动趋势，则斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向左，A错误；因为AB一起加速下滑，所以1(m1m2)gcos (m1m2)gsin ，则1tan
12、 ，B错误；把A、B看成一个整体，滑块A与斜面之间的摩擦力为Ff1(m1m2)gcos ，C正确；滑块A、B一起加速下滑，其加速度为agsin 1gcos ，则滑块B所受的摩擦力大小为FfB1m2gcos ，D错误4.质量均为0.2 kg的两个小物块A、B用绕过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，将A从图示位置由静止释放，释放前瞬间A的底部到水平地面的高度为0.8 m，轻绳处于伸直状态，A落地后不反弹，B继续沿水平台面足够长向右运动B与台面间的动摩擦因数为0.5，取重力加速度大小g10 m/s2, B不会与滑轮相碰，不计空气阻力下列说法正确的是()AA落地前轻绳的拉力大小为2 NBB运动的最大速度为4
13、m/sCA落地后，B向右运动的路程为1.2 mDB运动的平均速度大小为1 m/s答案D解析设A落地前轻绳的拉力大小为FT，A、B的加速度大小均为a1，则对A、B分别应用牛顿第二定律可得mgFTma1，FTmgma1联立解得a12.5 m/s2，FT1.5 N，故A错误；A落地时B达到最大速度，根据运动学公式可得最大速度为v2 m/s，故B错误；A落地后，B做匀减速运动，其加速度大小为a2g5 m/s2，B向右运动的路程为s0.4 m，故C错误；根据匀变速直线运动规律可知B在匀加速和匀减速运动过程的平均速度大小均为1 m/s，所以整个过程中B运动的平均速度大小为1 m/s，故D正确5.(多选)如
14、图所示，质量为m的带孔小球穿过竖直固定的光滑杆，质量也为m的物块用轻绳跨过光滑的轻质定滑轮与小球连接，小球位于O点时连接小球的轻绳水平，现把小球拉至A点静止释放，小球运动到最低点B时速度为零，在小球从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是()A小球运动到O点时速度最大B小球运动到O点时，物块的速度为零C小球从A点运动到O点的过程中，小球处于失重状态D小球从A点运动到O点的过程中，物块处于超重状态答案BC解析小球运动到O点时，小球受向下的重力，水平方向上受力平衡，则在O点时小球有与速度方向同向的加速度，故要接着加速，所以小球运动到O点时速度并没达到最大，A错误；物块的速度与绳子的速度相同，在O
15、点时绳子与小球运动方向垂直，因此此时沿绳子方向上没有小球的分速度，故绳子的速度为0，物块的速度也为0，B正确；小球从A点运动到O点的过程中，小球所受合力向下，小球加速度方向向下，小球处于失重状态，C正确；小球从A点运动到O点的过程中，物块的速度从0到0，则物块会经历一个先加速后减速的过程，加速度方向先向下后向上，物块先失重后超重，D错误6.如图所示，A、B两滑块质量分别为2 kg和3 kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的粗糙水平面上，两滑块与水平面间的动摩擦因数均为0.5.用手按着两滑块不动，第一次是将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4 kg的物块C挂于动滑轮上，只释放 A而按着
16、B不动；第二次是将物块C取走，换作竖直向下的40 N的恒力作用于动滑轮上，只释放B而按着A不动重力加速度g取10 m/s2，则两次操作中滑块A和B获得的加速度大小之比为()A12 B56C53 D21答案D解析第一次只释放A而按着B不动，设轻绳中拉力为F1，滑块A的加速度大小为aA，物块C的加速度大小为aC，对滑块A，由牛顿第二定律得F1mAgmAaA，对物块C，mCg2F1mCaC，根据动滑轮知识可得，aA2aC，联立解得aA m/s2；第二次是将物块C取走，换作竖直向下的40 N的恒力作用于动滑轮上，只释放B而按着A不动，轻绳中拉力为F220 N，设滑块B的加速度大小为aB，对滑块B，由牛
17、顿第二定律得F2mBgmBaB，解得aB m/s2.则两次操作中滑块A和B获得的加速度大小之比为aAaB21，选项D正确7.如图所示，材料相同的物体A、B由轻绳连接，质量分别为m1和m2且m1m2，在恒定拉力F的作用下沿固定斜面向上加速运动则()A轻绳拉力的大小与斜面的倾角有关B轻绳拉力的大小与物体和斜面之间的动摩擦因数有关C轻绳拉力的大小与两物体的质量m1和m2有关D若改用F沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的大小不变答案C解析以物体A、B及轻绳整体为研究对象根据牛顿第二定律得F(m1m2)gsin (m1m2)gcos (m1m2)a，解得agsin gcos .再隔离B进行分析，根据牛顿第二定
18、律得FTm2gsin m2gcos m2a，解得FT.故绳子的拉力与斜面倾角无关，与动摩擦因数无关，与两物体的质量m1和m2有关，选项C正确，A、B错误；若改用F沿斜面向下拉连接体，以物体A、B及轻绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F(m1m2)gsin (m1m2)gcos (m1m2)a，解得agsin gcos 再隔离A进行分析，根据牛顿第二定律得FTm1gsin m1gcos m1a，解得FT，可知轻绳拉力的大小改变，选项D错误8如图所示，水平平台的右端安装有滑轮，质量为M2.0 kg的物块放在与滑轮相距L2.5 m的平台上，物块与平台间的动摩擦因数为0.2.现有一轻绳跨过定滑轮，左
19、端与物块连接，右端挂有质量为m的小球，绳拉直时用手托住小球使其在距地面h高处静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10 m/s2，求：(1)取m1.0 kg，放开小球，系统运动，求小球做匀加速运动时的加速度大小a以及此时绳子的拉力大小FT；(2)取m1.0 kg，放开小球，系统运动，要使物块M刚好能运动到右端滑轮处，则小球静止时距地面的高度h至少为多大？(设小球着地后立即停止运动)(3)取h0.5 m，要使物块M能够向右运动且撞不到定滑轮，求小球质量m的取值范围(设小球着地后立即停止运动)答案(1)2 m/s28 N(2)1.25 m(3)0.4 kgMg即m0.4 kg小球质量的范围是0.
20、4 kgFf，则FNxFfx，所以斜面C有向右的运动趋势，则斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向左，A错误；因为AB一起加速下滑，所以1(m1m2)gcos (m1m2)gsin ，则1tan ，B错误；把A、B看成一个整体，滑块A与斜面之间的摩擦力为Ff1(m1m2)gcos ，C正确；滑块A、B一起加速下滑，其加速度为agsin 1gcos ，则滑块B所受的摩擦力大小为FfB1m2gcos ，D错误4.质量均为0.2 kg的两个小物块A、B用绕过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，将A从图示位置由静止释放，释放前瞬间A的底部到水平地面的高度为0.8 m，轻绳处于伸直状态，A落地后不反弹，B继续沿水平台
21、面足够长向右运动B与台面间的动摩擦因数为0.5，取重力加速度大小g10 m/s2, B不会与滑轮相碰，不计空气阻力下列说法正确的是()AA落地前轻绳的拉力大小为2 NBB运动的最大速度为4 m/sCA落地后，B向右运动的路程为1.2 mDB运动的平均速度大小为1 m/s答案D解析设A落地前轻绳的拉力大小为FT，A、B的加速度大小均为a1，则对A、B分别应用牛顿第二定律可得mgFTma1，FTmgma1联立解得a12.5 m/s2，FT1.5 N，故A错误；A落地时B达到最大速度，根据运动学公式可得最大速度为v2 m/s，故B错误；A落地后，B做匀减速运动，其加速度大小为a2g5 m/s2，B向
22、右运动的路程为s0.4 m，故C错误；根据匀变速直线运动规律可知B在匀加速和匀减速运动过程的平均速度大小均为1 m/s，所以整个过程中B运动的平均速度大小为1 m/s，故D正确5.(多选)如图所示，质量为m的带孔小球穿过竖直固定的光滑杆，质量也为m的物块用轻绳跨过光滑的轻质定滑轮与小球连接，小球位于O点时连接小球的轻绳水平，现把小球拉至A点静止释放，小球运动到最低点B时速度为零，在小球从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是()A小球运动到O点时速度最大B小球运动到O点时，物块的速度为零C小球从A点运动到O点的过程中，小球处于失重状态D小球从A点运动到O点的过程中，物块处于超重状态答案BC解
23、析小球运动到O点时，小球受向下的重力，水平方向上受力平衡，则在O点时小球有与速度方向同向的加速度，故要接着加速，所以小球运动到O点时速度并没达到最大，A错误；物块的速度与绳子的速度相同，在O点时绳子与小球运动方向垂直，因此此时沿绳子方向上没有小球的分速度，故绳子的速度为0，物块的速度也为0，B正确；小球从A点运动到O点的过程中，小球所受合力向下，小球加速度方向向下，小球处于失重状态，C正确；小球从A点运动到O点的过程中，物块的速度从0到0，则物块会经历一个先加速后减速的过程，加速度方向先向下后向上，物块先失重后超重，D错误6.如图所示，A、B两滑块质量分别为2 kg和3 kg，用一轻绳将两滑块
24、相连后分别置于两等高的粗糙水平面上，两滑块与水平面间的动摩擦因数均为0.5.用手按着两滑块不动，第一次是将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4 kg的物块C挂于动滑轮上，只释放 A而按着B不动；第二次是将物块C取走，换作竖直向下的40 N的恒力作用于动滑轮上，只释放B而按着A不动重力加速度g取10 m/s2，则两次操作中滑块A和B获得的加速度大小之比为()A12 B56C53 D21答案D解析第一次只释放A而按着B不动，设轻绳中拉力为F1，滑块A的加速度大小为aA，物块C的加速度大小为aC，对滑块A，由牛顿第二定律得F1mAgmAaA，对物块C，mCg2F1mCaC，根据动滑轮知识可得，a
25、A2aC，联立解得aA m/s2；第二次是将物块C取走，换作竖直向下的40 N的恒力作用于动滑轮上，只释放B而按着A不动，轻绳中拉力为F220 N，设滑块B的加速度大小为aB，对滑块B，由牛顿第二定律得F2mBgmBaB，解得aB m/s2.则两次操作中滑块A和B获得的加速度大小之比为aAaB21，选项D正确7.如图所示，材料相同的物体A、B由轻绳连接，质量分别为m1和m2且m1m2，在恒定拉力F的作用下沿固定斜面向上加速运动则()A轻绳拉力的大小与斜面的倾角有关B轻绳拉力的大小与物体和斜面之间的动摩擦因数有关C轻绳拉力的大小与两物体的质量m1和m2有关D若改用F沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的
26、大小不变答案C解析以物体A、B及轻绳整体为研究对象根据牛顿第二定律得F(m1m2)gsin (m1m2)gcos (m1m2)a，解得agsin gcos .再隔离B进行分析，根据牛顿第二定律得FTm2gsin m2gcos m2a，解得FT.故绳子的拉力与斜面倾角无关，与动摩擦因数无关，与两物体的质量m1和m2有关，选项C正确，A、B错误；若改用F沿斜面向下拉连接体，以物体A、B及轻绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F(m1m2)gsin (m1m2)gcos (m1m2)a，解得agsin gcos 再隔离A进行分析，根据牛顿第二定律得FTm1gsin m1gcos m1a，解得FT，可
27、知轻绳拉力的大小改变，选项D错误8如图所示，水平平台的右端安装有滑轮，质量为M2.0 kg的物块放在与滑轮相距L2.5 m的平台上，物块与平台间的动摩擦因数为0.2.现有一轻绳跨过定滑轮，左端与物块连接，右端挂有质量为m的小球，绳拉直时用手托住小球使其在距地面h高处静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10 m/s2，求：(1)取m1.0 kg，放开小球，系统运动，求小球做匀加速运动时的加速度大小a以及此时绳子的拉力大小FT；(2)取m1.0 kg，放开小球，系统运动，要使物块M刚好能运动到右端滑轮处，则小球静止时距地面的高度h至少为多大？(设小球着地后立即停止运动)(3)取h0.5 m，要
28、使物块M能够向右运动且撞不到定滑轮，求小球质量m的取值范围(设小球着地后立即停止运动)答案(1)2 m/s28 N(2)1.25 m(3)0.4 kgMg即m0.4 kg小球质量的范围是0.4 kgm10 kg微专题21动力学中的临界和极值问题1直接接触的连接体存在“要分离还没分”的临界状态，其动力学特征：“貌合神离”，即a相同、FN0.2.靠静摩擦力连接(带动)的连接体，静摩擦力达到最大静摩擦力时是“要滑还没滑”的临界状态.3.极限分析法：把题中条件推向极大或极小，找到临界状态，分析临界状态的受力特点，列出方程.4.数学分析法：将物理过程用数学表达式表示，由数学方法(如二次函数、不等式、三角
29、函数等)求极值1.(多选)如图所示，一块足够长的轻质木板放在光滑水平地面上，质量分别为mA1 kg和mB2 kg的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力现用水平拉力F拉A，取重力加速度g10 m/s2.改变F的大小，B的加速度大小可能为()A1 m/s2 B2 m/s2 C3 m/s2 D4 m/s2答案AB解析当A对长木板的静摩擦力达到最大值时，B的加速度最大，将轻质长木板和B看成整体，由牛顿第二定律得mAgmBaBmax，解得aBmax m/s22 m/s2，因为aBmaxg4 m/s2，所以结果是合理的，因此，B的加速度大小可能为1
30、m/s2、2 m/s2，不可能为3 m/s2、4 m/s2，故A、B正确，C、D错误. 2.如图所示，水平桌面上放置一个倾角为45的光滑楔形滑块A，一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量m0.2 kg的小球若滑块与小球一起以加速度a向左做匀加速运动(取g10 m/s2)，则下列说法正确的是()A当a5 m/s2时，滑块对球的支持力为 NB当a15 m/s2时，滑块对球的支持力为 NC当a5 m/s2时，地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和D当a15 m/s2时，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和答案A解析设加速度为a0时滑块对小球的支持力恰好等于零，对小球受力
31、分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，水平方向有F合Fcos 45ma0，竖直方向有Fsin 45mg，解得a010 m/s2.当a5 m/s2时，小球未离开滑块，水平方向有Fcos 45FNcos 45ma，竖直方向有Fsin 45FNsin 45mg，解得FN N，故A正确；当a15 m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和细线的拉力，滑块对小球的支持力为零，故B错误；当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，故C、D错误3.如图所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M、倾角为，其斜面上有一静止的滑块(可视为质点)，质量为m，重力加速
32、度为g.现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力F的最小值为()A. B. C. DMg答案A解析设滑块由静止到斜面体底端的距离为l，滑块做自由落体运动到达地面时竖直方向的位移为lsin ，在水平向右的力F的最小值作用下，斜面体在水平方向的位移恰好为lcos ，对滑块有lsin gt2，对斜面体有lcos at2，FMa，解得F，故选项A正确4(多选)如图所示，粗糙的水平面上有一内壁为半球形且光滑的容器，容器的质量为2 kg，与地面间的动摩擦因数为0.25，在水平推力作用下置于容器内质量为1 kg的物块(可视为质点)与容器一起向左做加速运动，OP连
33、线与水平线的夹角53(sin 530.8，cos 530.6，重力加速度g10 m/s2)，则()A容器的加速度大小为7.5 m/s2B容器对物块的支持力大小为12.5 NC推力F的大小为42 ND地面对容器的支持力大小等于30 N答案ABD解析物块受力如图所示，对物块，由牛顿第二定律得ma，解得a7.5 m/s2，故A正确；由平衡条件可知，容器对物块的支持力FN N12.5 N，故B正确；以物块与容器组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F(Mm)g(Mm)a，代入数据解得F30 N，故C错误；对物块与容器组成的系统，在竖直方向没有加速度，受力平衡，由平衡条件可知，地面对容器的支持力大小FN地(mM)g(12)10 N30 N，故D正确5.(多选)如图所示，A、B