2019版高考物理一轮复习精选题辑课练9牛顿运动定律的应用

[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1、(2018·安徽合肥质检)如图所示,在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重、她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程、关于她的实验现象,下列说法中正确的是()A、只有“起立”过程,才能出现失重现象B、只有“下蹲”过程,才能出现超重现象C、“下蹲”的过程,先出现超重现象后出现失重现象D、“起立”“下蹲”的过程,都能出现超重和失重现象解析：下蹲过程中,人先向下做加速运动,后向下做减速运动,所以先处于失重状态后处于超重状态；人从下蹲状态站起来的过程中,先向上做加速运动,后向上做减速运动,最后回到静止状态,人先处于超重状态后处于失重状态,故A、B、C错误,D正确、答案：D2、(2018·湖南长沙模拟)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处,从几十米高处跳下的一种极限运动、某人做蹦极运动,所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示、将蹦极过程近似为在竖直方向的运动,重力加速度为g.据图可知,此人在蹦极过程中最大加速度约为()A、gB、2gC、3gD、4g解析：“蹦极”运动的最终结果是人悬在空中处于静止状态,此时绳的拉力等于人的重力,由图可知,绳子拉力最终趋于恒定时等于重力,即35F0＝mg,则F0＝53mg.当绳子拉力最大时,人处于最低点且所受合力最大,故加速度也最大,此时F最大＝95F0＝3mg,方向竖直向上,由牛顿第二定律有ma＝F最大－mg＝3mg－mg＝2mg,得最大加速度a＝2g,故B正确、答案：B3.(2018·宁夏银川二中月考)电梯在t＝0时由静止开始上升,运动的a t图象如图所示(选取竖直向上为正方向),电梯内乘客的质量为m＝50 kg,重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是()A、第9 s内乘客处于失重状态B、1～8 s内乘客处于平衡状态C、第2 s内乘客对电梯的压力大小为550 ND、第9 s内电梯速度的增加量为1 m/s解析：第9 s内加速度为正,方向向上,乘客处于超重状态,只不过加速度在减小,A错误；1～8 s内加速度大小恒定,方向向上,乘客处于超重状态,B 错误；第2 s内乘客受电梯的支持力和重力,根据牛顿第二定律有F N－mg ＝ma,解得F N＝550 N,根据牛顿第三定律可得乘客对电梯的压力大小为550 N,C正确；第9 s内电梯速度的增加量等于该时间内a t图象与时间轴所围图形的面积,即Δv＝12×1×1.0 m/s＝0.5 m/s,D错误. 答案：C4.(2018·河南郑州质检)甲、乙两球质量分别为m 1、m 2,从同一地点(足够高)同时由静止释放、两球下落过程所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比,与球的质量无关,即f ＝k v (k 为正的常量)、两球的v t 图象如图所示、落地前,经时间t 0两球的速度都已达到各自的稳定值v 1、v 2,则下列判断正确的是( )A 、释放瞬间甲球加速度较大B.m 1m 2＝v 2v 1C 、甲球质量大于乙球质量D 、t 0时间内两球下落的高度相等解析：释放瞬间v ＝0,因此空气阻力f ＝0,两球均只受重力,加速度均为重力加速度g ,故A 错误；两球先做加速度减小的加速运动,最后都做匀速运动,稳定时k v ＝mg ,因此最大速度与其质量成正比,即v m ∝m ,故m 1m 2＝v 1v 2,故B 错误；由于m 1m 2＝v 1v 2,而v 1>v 2,故甲球质量大于乙球质量,故C 正确；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移,由图可知,t 0时间内两球下落的高度不相等,故D 错误、答案：C5、如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量均为M 的物体A 、B (B 物体与弹簧连接),弹簧的劲度系数为k ,初始时物体处于静止状态,现用竖直向上的拉力F 作用在物体A 上,使物体A 开始向上做加速度为a 的匀加速运动,测得两个物体的v t 图象如图乙所示(重力加速度为g ),则( )A 、施加外力前,弹簧的形变量为2g kB 、施加外力的瞬间,A 、B 间的弹力大小为M (g －a )C 、A 、B 在t 1时刻分离,此时弹簧弹力恰好为零D 、弹簧恢复到原长时,物体B 的速度达到最大值解析：施加拉力F 前,物体A 、B 整体平衡,根据平衡条件有2Mg ＝kx ,解得x ＝2Mg k ,故选项A 错误；施加外力F 的瞬间,对B 物体,根据牛顿第二定律,有F 弹－Mg －F AB ＝Ma ,其中F 弹＝2Mg ,解得F AB ＝M (g －a ),故选项B 正确；物体A 、B 在t 1时刻分离,此时A 、B 具有共同的速度v 与加速度a ,且F AB ＝0,对B 物体,有F 弹′－Mg ＝Ma ,解得F 弹′＝M (g ＋a ),故选项C 错误；当F 弹′＝Mg 时,B 达到最大速度,故选项D 错误、答案：B二、多项选择题6.如图所示,一个质量为m 的圆环套在一根固定的水平直杆上,杆足够长,环与杆间的动摩擦因数为μ,现给环一个水平向右的恒力F ,使圆环由静止开始运动,如果在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F 1,F 1＝k v (k 为常数,v 为环的速率),则环在整个运动过程中,下列说法正确的是( )A 、最大加速度为F mB 、最大加速度为F ＋μmg mC 、最大速度为F ＋μmg μkD 、最大速度为mg k解析：当F 1＝mg ,即k v ＝mg ,v ＝mg k 时,圆环水平方向不受摩擦力,则圆环的加速度最大为a ＝F m ,A 正确,B 错误；当滑动摩擦力F f ＝μ(k v －mg )＝F 时,对应的速度最大,v ＝F ＋μmg μk ,C 正确,D 错误、答案：AC7、(2018·河南开封四校联考)如图甲所示,在光滑水平面上放着紧靠在一起的A 、B 两物体,B 的质量是A 的2倍,B 受到水平向右的恒力F B ＝2 N,A 受到的水平方向的力F A (向右为正方向)按如图乙所示的规律变化,从t ＝0开始计时,则( )A 、A 物体在3 s 末的加速度是初始时刻的511B 、t ＞4 s 后,B 物体做匀加速直线运动C 、t ＝4.5 s 时,A 物体的速度为零D 、t ＞4.5 s 后,A 、B 的加速度方向相反解析：根据题图乙可得出F A 的变化规律为F A ＝9－2t (N),对于A 、B 整体,根据牛顿第二定律有F A ＋F B ＝(m A ＋m B )a ,设A 、B 间的作用力为F N ,则对B ,根据牛顿第二定律可得F N ＋F B ＝m B a ,解得F N ＝m B F A ＋F B m A ＋m B－F B ＝16－4t 3(N)；当t ＝4 s 时F N ＝0,A 、B 两物体开始分离,此后B 做匀加速直线运动,当t ＝4.5 s 时,A 物体的加速度为零而速度不为零,t ＞4.5 s 后,A 所受合外力反向,即A 、B 的加速度方向相反,当t ＜4 s 时,A 、B 的加速度均为a ＝F A ＋F B m A ＋m B,综上所述,选项B 、D 正确,C 错误；t ＝0时,A 物体的加速度为a 0＝11 N m A ＋m B,t＝3 s末,A物体的加速度为a′＝5 Nm A＋m B,则a′＝511a0,故选项A正确、答案：ABD[能力题组]一、选择题8.如图所示,光滑水平面上放置着质量分别为m、2m的A、B两个物体,A、B间的最大静摩擦力为μmg.现用水平拉力F拉B,使A、B以同一加速度运动,则拉力F的最大值为() A、μmg B、2μmgC、3μmgD、4μmg解析：当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大,此时,对于A物体所受的合力为μmg,由牛顿第二定律知a A＝μmgm＝μg；对于A、B整体,加速度a＝a A＝μg,由牛顿第二定律得F＝3ma＝3μmg.答案：C9、如图甲所示,水平地面上有一静止平板车,车上放一质量为m的物块,物块与平板车间的动摩擦因数为0.2,t＝0时,车开始沿水平面做直线运动,其v t图象如图乙所示、g取10 m/s2,平板车足够长,则物块运动的v t 图象为()解析：小车先做匀加速直线运动,然后做匀减速直线运动,匀加速运动和匀减速运动的加速度大小相等,都为a ＝Δv Δt ＝4 m/s 2,根据物块与车间的动摩擦因数可知,物块与车间的滑动摩擦力产生的加速度为2 m/s 2,因此当车的速度大于物块的速度时,物块受到的滑动摩擦力是动力,相反则受到的滑动摩擦力是阻力、设在t 时刻滑块与车的速度相等,则有24－4(t －6)＝2t 得t ＝8 s,故在0～8 s 内,车的速度大于物块的速度,因此物块受到的滑动摩擦力是动力,则其加速度为2 m/s 2,同理,可得在8～16 s 内,车的速度小于物块的速度,因此物块受到的滑动摩擦力是阻力,则其加速度为 2 m/s 2,故C 正确、答案：C10、(多选)如图甲所示,水平面上有一倾角为θ的光滑斜面,斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m 的小球、斜面以加速度a 水平向右做匀加速直线运动,当系统稳定时,细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T 和F N .若T a 图象如图乙所示,AB 是直线,BC 为曲线,重力加速度为g ＝10 m/s 2.则( )A 、a ＝403 m/s 2时,F N ＝0B 、小球质量m ＝0.1 kgC 、斜面倾角θ的正切值为34D 、小球离开斜面之前,F N ＝0.8＋0.06a (N)解析：小球离开斜面之前,以小球为研究对象,进行受力分析,可得T cos θ－F N sin θ＝ma ,T sin θ＋F N cos θ＝mg ,联立解得F N ＝mg cos θ－ma sin θ,T ＝ma cos θ＋mg sin θ,所以小球离开斜面之前,T a 图象呈线性关系,由题图乙可知a ＝403 m/s 2时,F N ＝0,选项A 正确；当a ＝0时,T ＝0.6 N,此时小球静止在斜面上,其受力如图甲所示,所以mg sin θ＝T ；当a ＝403 m/s 2时,斜面对小球的支持力恰好为零,其受力如图乙所示,所以mg tan θ＝ma ,联立可得tan θ＝34,m ＝0.1 kg,选项B 、C 正确；将θ和m 的值代入F N ＝mg cos θ－ma sin θ,得F N ＝0.8－0.06a (N),选项D 错误、答案：ABC二、非选择题11.(2018·江西赣中南五校联考)质量为2 kg 的雪橇在倾角θ＝37°的斜坡上向下滑动,所受的空气阻力与速度成正比,比例系数未知、今测得雪橇运动的v t 图象如图所示,且AB 是曲线最左端那一点的切线,B 点的坐标为(4,9),CD 线是曲线的渐近线、(sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8)试问：(1)雪橇开始时做什么运动？最后做什么运动？(2)当v 0＝3 m/s 和v 1＝6 m/s 时,雪橇的加速度大小各是多少？(3)空气阻力系数k 及雪橇与斜坡间的动摩擦因数各是多少？解析：(1)v t 图象的斜率表示加速度的大小,由题图可知,雪橇开始时做加速度减小的加速直线运动,最后做匀速直线运动、(2)当v 0＝3 m/s 时,雪橇的加速度是a 0＝9－34 m/s 2＝1.5 m/s 2,当v 1＝6 m/s 时,雪橇的加速度是a 1＝0.(3)开始加速时：mg sin θ－k v 0－μmg cos θ＝ma 0①最后匀速时：mg sin θ＝k v 1＋μmg cos θ②联立①②得k v 0＋ma 0＝k v 1,得k ＝ma 0v 1－v 0＝1 kg/s, 由②式,得μ＝mg sin θ－k v 1mg cos θ＝0.375.答案：(1)雪橇开始时做加速度减小的加速直线运动 最后做匀速直线运动 (2)1.5 m/s 2 0(3)1 kg/s 0.37512、如图所示,倾角为45°的轨道AB 和水平轨道BC 在B 处用一小段光滑圆弧轨道平滑连接,水平轨道上D 点的正上方有一探测器,探测器只能探测处于其正下方的物体、一小物块自倾斜轨道AB 上离水平轨道BC 高h处由静止释放,以小物块运动到B 处的时刻为计时零点,探测器只在t ＝2～5 s 内工作、已知小物块与倾斜轨道AB 和水平轨道BC 间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5和μ2＝0.1,BD 段长为L ＝8 m,重力加速度g 取10 m/s 2,为使探测器在工作时间内能探测到小物块,求h 的取值范围、解析：设物块沿倾斜轨道AB 运动的加速度为a 1,由牛顿第二定律有 mg sin 45°－μ1mg cos 45°＝ma 1设物块到达B 处的速度为v B ,由速度—位移关系得v 2B ＝2a 1·h sin 45°物块在水平轨道BC 上做减速运动的加速度大小为a 2＝μ2g①设物块运动到D 点时速度恰好为零,这种情况下v B 最小,物块在水平轨道BC 上运动的时间最长,则v B 1＝2a 2L ＝4 m/s又t 1＝v B 1a 2＝4 s 当物块在t 1＝4 s 到达D 点时,联立解得h 1＝1.6 m②当物块在t 2＝2 s 到达D 点时L ＝v B 2t 2－12a 2t 22联立解得h 2＝2.5 m为使探测器在工作时间内能探测到小物块,h 的取值范围为1.6 m ≤h ≤2.5 m.答案：1.6 m ≤h ≤2.5 m11。

配餐作业（九）牛顿运动定律的综合应用A组・基础巩固题1.探究超重和失重规律时，一位体重为G的同学站在一个压力传感器上完成一次下蹲动作。

传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间Z变化的图彖，则下列图象中可能正确的是（）解析人在压力传感器上下蹲时，先加速下降，然后减速下降，即加速度方向先向下后向上，人先失重后超重，故D项正确。

答案D2.某同学找了一个用过的“易拉罐”在底部打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则下列说法正确的是（）A.易拉罐上升的过程中，洞中射出的水的速度越来越快B.易拉罐下降的过程中，洞中射出的水的速度越来越快C.易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水的速度都不变D.易拉罐上升、下降的过程中，水都不会从洞中射出解析易拉罐被抛出后，不论上升还是下降，易拉罐及水均处于完全失重状态，水都不会从洞中射出，A、B、C项错误，D项正确。

答案D3.质量为〃的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上使得质量为/〃的小球静止在圆槽上，如图所示，贝9（）7/////////////////////〃A.小球对圆槽的压力为缶B.小球对圆槽的压力为缶C.水平恒力尸变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D.水平恒力尸变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小解析 利用整体法可求得系统的加速度为自=代，对小球利用牛顿第二定律可得，小答案c4. （多选）如图甲所示，倾角为B 的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为代=10m/s, 质量为m= 1 kg 的小木块沿斜面上滑，若从此吋开始计吋，整个过程中小木块速度y 的平方 随路程变化的关系图彖如图乙所示，g 取10 m/s 2,下列说法正确的是（）甲A. 0〜5 s 内小木块做匀减速运动B. 在t=l s 时刻，摩擦力反向C. 斜面倾角〃=37°D. 小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5示图象可知，初速度4100必）5=10 m/s,减速运动时间Q 宁=1 S,故A 项错误；由图示图象可知，在0〜1 s 内小木块向上做匀减速运动，1 s 后小木块反向做匀加速 运动，t=l S 时摩擦力反向，故B 项正确；由图示图象可知，物体反向加速运动吋的加速/ 32 ,2c,嘗=2X(13 —5)m/s =2 m/s〃侈sin “一"刃更os,代入数据解得"=0.5, 〃=37° ,故C 、D 项正确。

练案[9]第三章 牛顿运动定律第3讲 牛顿运动定律的综合应用一、选择题(本题共8小题，1～5题为单选，6～8题为多选)1．(2018·安徽省亳州市高三上学期期末)一物块沿倾角为θ的固定斜面底端上滑，到达最高点后又返回至斜面底端。

已知物块下滑的时间是上滑时间的3倍，则物块与斜面间的动摩擦因数为导学号 21993023( C )A ．13tan θ B ．19tan θ C ．45tan θ D ．54tan θ [解析] 向上运动的末速度等于0，其逆过程为初速度为0的匀加速直线运动，设加速度的大小为a 1，则：x ＝12a 1t 21，设向下运动的加速度的大小为a 2，则向下运动的过程中：x ＝12a 2t 22，由题知物块下滑的时间是上滑时间的3倍，即t 2＝3t 1，联立可得：a 1＝9a 2，对物块进行受力分析，可知向上运动的过程中：ma 1＝mg sin θ＋μmg cos θ，向下运动的过程中：ma 2＝mg sin θ－μmg cos θ，联立得μ＝45tan θ，故C 正确，ABD 错误，故选C 。

2．(2018·湖北省宜昌市葛洲坝中学高三上学期11月检测)质量为2m 的物体A 和质量为m 的物体B 相互接触放在水平面上，如图所示。

若对A 施加水平推力F ，使两物体沿水平方向做匀加速直线运动，下列说法正确的是导学号 21993024( D )A ．若水平面光滑，物体A 的加速度为F 2mB ．若水平面光滑，物体A 对B 的作用力为23F C ．若物体A 与地面无摩擦，B 与地面的动摩擦因数为μ，则物体A 对B 的作用力大小为F －μmg 3D ．若物体A 与地面无摩擦，B 与地面的动摩擦因数为μ，则物体B 的加速度为F －μmg 3m[解析] 如果水平面光滑，以AB 组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律得：a ＝F m ＋2m ＝F 3m，B 为研究对象，由牛顿第二定律得，A 对B 的作用力：N ＝ma ＝F 3，故AB 错误；若物体A 与地面无摩擦，B 与地面的动摩擦因数为μ，以系统为研究对象，根据牛顿第二定律得：a ′＝F －μmg 3m，以B 为研究对象，由牛顿第二定律得：N ′－μmg ＝ma ′，则物体A 对B 的作用力大小为：N ′＝F －μmg 3＋μmg ，故C 错误，D 正确。

２０１9年高考物理一轮复习课时分层集训9 牛顿运动定律的综合应用新人教版编辑整理:尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心,本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的,发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2０19年高考物理一轮复习课时分层集训９牛顿运动定律的综合应用新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅,最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2019年高考物理一轮复习课时分层集训９牛顿运动定律的综合应用新人教版的全部内容。

课时分层集训（九) 牛顿运动定律的综合应用(限时:４0分钟)[基础对点练]超重、失重现象1．（2018·西安“四校"4月联考)图3.3­11甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图,中间的“·”表示人的重心.图乙是根据传感器采集到的数据画出的力-时间图线．两图中a~g各点均对应,其中有几个点在图甲中没有画出.取重力加速度ｇ＝１０m/ｓ2．根据图象分析可知（ )图3.３.11Ａ.人的重力为1 ５00 ＮB.c点位置人处于超重状态C.e点位置人处于失重状态D．d点的加速度小于f点的加速度B[由题图可知a点处人处于平衡状态，则人的重力G=500 N,A错误.c、e点处人对传感器的压力大于人所受重力,故都处于超重状态,B正确,C错误.在d点处人所受合力为１ 000 N,而在f点处人所受合力仅为500 Ｎ，再由牛顿第二定律可知人在ｄ点处的加速度大，D错误.］２.如图3。

３。

１２所示,A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力）.下列说法正确的是( ）【导学号：8４37０13１】图3.3­12A.在上升和下降过程中A对Ｂ的压力一定为零B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力C．下降过程中A对B的压力大于Ａ物体受到的重力D．在上升和下降过程中A对Ｂ的压力等于A物体受到的重力Ａ［不计空气阻力,A、B两物体抛出后一起运动的加速度为g,两物体均处于完全失重状态,因此,物体只受重力作用，两物体间的相互作用力为零,A正确.]3．（多选）如图3．3.１３所示,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时，( )图３­3.13A.物块与斜面间的摩擦力减小Ｂ.物块与斜面间的正压力增大C.物块相对于斜面减速下滑Ｄ.物块相对于斜面匀速下滑ＢＤ[当升降机匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑时有：mg sin θ=μｍgｃos θ,则μ=tan θ(θ为斜面倾角)，当升降机加速上升时,设加速度为a；物块处于超重状态，超重ma．物块“重力”变为Ｇ′=ｍg+ma，支持力变为N′＝(mg＋ma）cｏs θ〉mｇｃoｓθ，B对．“重力”沿斜面向下的分力G下′=（mg+ma）ｓiｎθ,沿斜面的摩擦力变为ｆ′＝μN′=μ(mg＋mａ）coｓθ〉μｍg cos θ,A错误．f′＝μ（mg＋ｍa)cos θ=tan θ（mg＋ma)cｏｓθ＝(mg+ma)sｉn θ=G下′，所以物块仍沿斜面匀速运动，Ｄ对,Ｃ错误.］动力学中整体法、隔离法应用4.（多选）如图3­３。

课后分级演练(九) 牛顿运动定律的综合应用【A级——基础练】1.如图所示，一物体以速度v0冲上粗糙的固定斜面，经过2t0时间返回斜面底端，则物体运动的速度v(以初速度方向为正)随时间t的变化关系可能正确的是( )解析：C 由于斜面粗糙，上滑时，根据牛顿第二定律，有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，而下滑时，根据牛顿第二定律，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，上滑时加速度比下滑时大，即上滑时图象的斜率大于下滑时图象的斜率，A、B错误；上滑与下滑的位移大小相同，即上滑与下滑图象与时间轴围成的面积大小相等，C正确，D错误．2．(多选)某马戏团演员做滑杆表演．已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200 N．在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小．已知演员在滑杆上做完动作之后，先在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程中演员的v－t图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况如图所示，g取10 m/s2.则下述说法正确的是( )A．演员的体重为600 NB．演员在第1 s内一直处于超重状态C．滑杆所受的最小拉力为620 ND．滑杆所受的最大拉力为900 N解析：AC 演员在滑杆上静止时，传感器显示的拉力800 N等于演员重力和滑杆的重力之和，所以演员的体重为600 N，选项A正确，演员在第1 s内先静止后加速下滑，加速下滑处于失重状态，选项B错误．演员加速下滑时滑杆所受的拉力最小，加速下滑的加速度a1＝3 m/s2，对演员，设受杆对其向上的摩擦力为F f1，由牛顿第二定律，mg－F f1＝ma1，解得F f1＝420 N．对滑杆，由平衡条件，最小拉力F1＝420 N ＋200 N＝620 N，选项C正确．减速下滑时滑杆所受的拉力最大，减速下滑的加速度a2＝1.5 m/s2，对演员，设摩擦力为F f2，由牛顿第二定律，F f2－mg＝ma2，解得F f2＝690 N．对滑杆，由平衡条件，最大拉力F2＝690 N＋200 N＝890 N，选项D错误．3．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系及物块速度v与时间t的关系如图所示，取重力加速度g＝10 m/s2.由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( )A ．m ＝0.5 kg ，μ＝0.2B ．m ＝1.5 kg ，μ＝0.2C ．m ＝0.5 kg ，μ＝0.4D ．m ＝1.0 kg ，μ＝0.4解析：C 由F －t ，v －t 图象可知当F ＝2 N 时，物块做匀速运动，则F f ＝F 2＝2 N ，物块做匀加速直线运动的加速度a 1＝42 m/s 2＝2 m/s 2，匀减速直线运动的加速度a 2＝－42m/s 2＝－2 m/s 2，根据牛顿第二定律得，F －F f ＝ma 1，F 3－F f ＝ma 2，解得m ＝0.5 kg ，则动摩擦因数μ＝F f mg ＝25＝0.4.4.(2017·济宁联考)如图所示，两小球a 、b 质量之比为1∶2，用轻弹簧A 、B 连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F 作用在a 上并缓慢拉a ，当B 与竖直方向夹角为60°时，A 、B 伸长量刚好相同．若A 、B 的劲度系数分别为k 1、k 2，则以下判断正确的是( )A.k 1k 2＝13B.k 1k 2＝23C ．撤去F 的瞬间，a 球的加速度为零D ．撤去F 的瞬间，b 球处于失重状态解析：A 分别对小球a 、b 受力分析如图所示．由平衡条件得：F 1＝2mg ＝k 1x ①F ＝3mg tan 60°＝33mg ② F 2＝3mg /cos 60°＝k 2x ③解①③得k 1∶k 2＝1∶3，A 正确，B 错误；撤去F 的瞬间b 球仍处于平衡状态a b ＝0，D 错；对a 球由牛顿第二定律得F ＝33mg ＝ma a ，a a ＝33g 方向水平向右，C 错．5.如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L 、质量分布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力F 作用下做匀加速直线运动．绳子上某一点到绳子右端的距离为x ，设该处的张力大小为T ，则能正确描述T 与x 之间的关系的图象是( )解析：A 根据牛顿第二定律，对绳子的整体进行受力分析可知F ＝Ma ；对x 段绳子可知T ＝xL Ma ＝Ma Lx ，故T －x 图线是经过原点的直线，故选A.6.如图所示，质量为m 的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )A ．0 B.233g C ．gD.33g 解析：B 平衡时，小球受到三个力：重力mg 、斜面支持力F1和弹簧拉力F 2，如图所示．突然撤离木板时，F 1突然消失而其他力不变，因此F 2与重力mg 的合力F ′＝mgcos 30°＝233mg ，产生的加速度a ＝F ′m ＝233g ，选项B 正确．7.(多选)利用传感嚣和计算机可以研究力的大小变化情况，实验时让质量为m的某同学从桌子上跳下，自由下落H 后双脚触地，他顺势弯曲双腿，其重心又下降了h ，计算机显示该同学受到地面支持力F 随时间变化的图象如图所示，根据图象提供的信息，以下判断正确的是( )A ．从0至t 1时间内该同学处于失重状态B ．在t 1至t 2时间内该同学处于超重状态C ．t 2时刻该同学加速度为零D ．在t 2到t 3时间内该同学的加速度在逐渐减小解析：ABD 0～t 1时间内该同学加速度方向向下，处于失重状态，t 1～t 2时间内，该同学的加速度方向向上处于超重状态，选项A 、B 正确；t 2时刻受地面支持力最大，加速度最大，选项C 错误；t 2～t 3时间内支持力逐渐减小，合力逐渐减小加速度也逐渐减小，选项D 正确．8.(多选)建设房屋时，保持底边L 不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速无摩擦的运动．下列说法正确的是( )A ．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大B ．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大C ．倾角θ越大，雨滴从顶端O 下滑至屋檐M 时的速度越大D ．倾角θ越大，雨滴从顶端O 下滑至屋檐M 时的时间越短 解析：AC 设屋檐的底角为θ，底边为L ，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x ，雨滴下滑时加速度为a ，对雨滴做受力分析，只受重力mg 和屋顶对雨滴的支持力F N ，垂直于屋顶方向：mg cos θ＝F N。

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。

关闭Word文档返回原板块。

课时分层作业九牛顿运动定律的综合应用(45分钟100分)【基础达标题组】一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。

1～6题为单选题,7～10题为多选题)1.图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图,中间的点表示人的重心。

图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线。

两图中a～g各点均对应,其中有几个点在图甲中没有画出。

重力加速度g取10 m/s2。

根据图象分析可得( )A.人的重力为1 500 NB.c点位置人处于超重状态C.e点位置人处于失重状态D.d点的加速度小于f点的加速度【解析】选B。

由图可知人的重力为500 N,故A错误;c点位置人的支持力750 N>500 N,处于超重状态,故B正确;e点位置人的支持力650 N>500 N,处于超重状态,故C错误;d点的加速度为20 m/s2大于f点的加速度为10 m/s2,故D错误。

2.如图所示,放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑,若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F,则( )A.物块可能匀速下滑B.物块仍以加速度a匀加速下滑C.物块将以大于a的加速度匀加速下滑D.物块将以小于a的加速度匀加速下滑【解析】选C。

对物块进行受力分析,设斜面的角度为θ,可列方程mgsin θ-μmgcos θ=ma,sin θ-μcos θ=,当加上力F后,由牛顿第二定律得(mg+F)sin θ-μ(mg+F)cos θ=ma1,即mgsin θ-μmgcos θ+Fsin θ-μFcos θ=ma1,ma+Fsin θ-μFcos θ=ma1,Fsin θ-μFcos θ=F(sin θ-μcos θ)=,大于零,代入上式知,a1大于a。

物块将以大于a的加速度匀加速下滑。

只有C项正确。

3.应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深入。

考点规范练9牛顿运动定律的综合应用一、单项选择题1.(2017·河南洛阳模拟)如图所示的装置中,重为4 N的物块用一平行于斜面的细线拴在斜面上端的小柱上,整个装置被固定在测力计上并保持静止,斜面的倾角为30°。

如果物块与斜面间无摩擦,装置稳定以后,在烧断细线物块下滑时测力计的读数与稳定时比较()A.增大4 NB.增大3 NC.减小1 ND.不变2.如图所示,A、B两物体之间用轻质弹簧连接,用水平恒力F拉物体A,使物体A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动,这时弹簧长度为l1;若将A、B置于粗糙水平面上,用相同的水平恒力F拉物体A,使物体A、B一起做匀加速直线运动,此时弹簧长度为l2。

若物体A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同,则下列关系式正确的是()A.l2=l1B.l2<l1C.l2>l1D.由于A、B质量关系未知,故无法确定l1、l2的大小关系3.如图所示,bc为固定在小车上的水平横杆,物块A串在杆上,靠摩擦力保持相对杆静止,A又通过轻细线悬吊着一个小铁球B,此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速运动,而A、B 均相对小车静止,细线与竖直方向的夹角为θ。

小车的加速度逐渐增大,A始终和小车保持相对静止,当加速度增加到2a时()A.横杆对A的摩擦力增加到原来的2倍B.横杆对A的弹力增加到原来的2倍C.细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍D.细线的拉力增加到原来的2倍4.一长轻质木板置于光滑水平地面上,木板上放质量分别为m A=1 kg和m B=2 kg的A、B两物块,A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ=0.2(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。

水平恒力F 作用在A物块上,如图所示(重力加速度g取10 m/s2),则()A.若F=1 N,则物块、木板都静止不动B.若F=1.5 N,则A物块所受摩擦力大小为1.5 NC.若F=4 N,则B物块所受摩擦力大小为4 ND.若F=8 N,则B物块的加速度为1.0 m/s25.如图所示,一夹子夹住木块,在力F作用下向上提升。

牛顿运动定律的综合应用一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求；9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

)1．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。

若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ。

重力加速度为g。

要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应大于：（）A．3μmg B．4μmg C．5μmg D．6μmg【答案】D2．某运动员（可看作质点）参加跳台跳水比赛，t=0是其向上起跳离开跳台瞬间，其速度与时间关系图象如图所示不计空气阻力，则下列说法错误的是：（）A．可以求出水池的深度B．可以求出平台距离水面的高度C．0～t2时间内，运动员处于失重状态D．t2～t3时间内，运动员处于超重状态【答案】Av匀速下滑，传送带突然启动，方3．如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度2v后匀速运动的过程中，则以下分向如图中箭头所示，在此传送带的速度由零逐渐增加到析正确的是：（）A．M下滑的速度不变2v后向下匀速运动B．M开始在传送带上加速到C．M先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动D．M受的摩擦力方向始终沿传送带向上【答案】C4．如图所示，质量M=8kg的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F=8N，当小车速度达到1.5m/s时，在小车的右端、由静止轻放一大小不计、质量m=2kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长，物体从放上小车开始经t=1.5s的时间，则物体相对地面的位移为（g取10m/s2）：（）A.1mB.2.1mC.2.25mD.3.1m 【答案】B5．如图1所示，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2，t=0时，车开始沿水平面做直线运动，其v-t图像如图2所示。

第三章 第9讲1．(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( BD )A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克限阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析 小球的质量m ＝ρ·43πr 3，由题意知m 甲>m 乙，ρ甲＝ρ乙，则r 甲>r 乙．空气阻力f ＝kr ，对小球由牛顿第二定律，mg －f ＝ma ，则a ＝mg －f m ＝g －kr ρ·43πr 3＝g －3k4πρr 2，可得a 甲>a 乙，由h ＝12at 2知，t 甲<t 乙，选项A 、C 错误；由v ＝2ah 知，v 甲>v 乙，故选项B 正确；因为f 甲>f乙，由球克服阻力做功W f ＝f ·h 知，甲球克服阻力做功较大，选项D 正确．2．(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( BC )A ．8B ．10C ．15D ．18解析 设挂钩P 、Q 西边有n 节车厢，每节车厢的质量为m ，则挂钩P 、Q 西边车厢的质量为nm ，以西边这些车厢为研究对象，有F ＝nma ，①P 、Q 东边有k 节车厢，以东边这些车厢为研究对象，有 F ＝km ·23a ，②联立①②得3n ＝2k ，总车厢数为N ＝n ＋k ，由此可知n 只能取偶数，当n ＝2时，k ＝3，总节数为N ＝5；当n ＝4时，k ＝6，总节数为N ＝10；当n ＝6时，k ＝9，总节数为N ＝15；当n ＝8时，k ＝12，总节数为N ＝20，故选项B 、C 正确．3.若货物随升降机运动的v －t 图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图象可能是( B )解析 由v －t 图象可知：过程①为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，F <mg )；过程②为向下匀速直线运动(处于平衡状态，F ＝mg )；过程③为向下匀减速直线运动(加速度向上，超重，F >mg )；过程④为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，F >mg )；过程⑤为向上匀速直线(处于平衡状态，F ＝mg )；过程⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F <mg )．综合选项分析可知选项B 正确．4.如图所示，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木板．假设木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t 增大的水平力F ＝kt (k 是常量)，木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2.下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是( A )解析 当F 比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得a ＝Fm 1＋m 2＝kt m 1＋m 2，a ∝t . 当F 比较大时，m 2相对于m 1运动，根据牛顿第二定律得 对m 1：a 1＝μm 2gm 1，μ、m 1、m 2都一定，则a 1一定．对m 2：a 2＝F －μm 2g m 2＝kt －μm 2g m 2＝km 2t －μg ，a 2是t 的线性函数，t 增大，a 2增大．由于k m 1＋m 2<km 2，则两木板相对滑动后a 2图象的斜率大于两者相对静止时a 图象的斜率，故选项A 正确．5．(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A 和B 的质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.5；木板的质量为m ＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0＝3 m/s.A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．解析(1)滑块A和B在木块上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为F f1、F f2和F f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有F f1＝μ1m A g，①F f2＝μ1m B g，②F f3＝μ2(m＋m A＋m B)g，③由牛顿第二定律得，F f1＝m A a A，④F f2＝m B a B，⑤F f2－F f1－F f3＝ma1，⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有v1＝v0－a B t1，⑦v1＝a1t1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s.⑨(2)在t2时间间隔内，B相对于地面移动的距离为s B＝v0t1－12a B t21⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有F f1＋F f3＝(m B＋m)a2⑪由①②④⑤式知，a A＝a B；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2，⑫对A有v2＝－v＋a A t2，⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22，⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为s A＝v0(t1＋t2)－12a A(t1＋t2)2.⑮A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。

课时规范练9 牛顿运动定律的综合应用基础巩固组1.(多选)(超重、失重)一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示,以竖直向上为a的正方向,则人对地板的压力( )A.t=2 s时最大B.t=2 s时最小C.t=8.5 s时最大D.t=8.5 s时最小,表示加速度向上,此时处于超重状态,在时间轴的下方,表示加速度向下,此时处于失重状态,对地板的压力减小,在t=2 s时向上的加速度最大,此时对地板的压力最大,所以A正确;在t=8.5 s 时具有向下的最大的加速度,此时对地板的压力最小,所以D正确;故选AD。

2.(多选)(超重、失重)如图,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块。

开始时,升降机做匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑。

当升降机加速上升时( )A.物块与斜面间的摩擦力减小B.物块与斜面间的正压力增大C.物块相对于斜面减速下滑D.物块相对于斜面匀速下滑,物体有竖直向上的加速度,则物块与斜面间的正压力增大,根据滑动摩擦力公式F f=μF N可知物体与斜面间的摩擦力增大,故A错误,B正确;设斜面的倾角为θ,物体的质量为m,当匀速运动时有mgsin θ=μmgcos θ,即sin θ=μcos θ。

当物体以加速度a向上加速运动时,有F N=m(g+a)cos θ,F f=μm(g+a)cos θ,因为sin θ=μcos θ,所以m(g+a)sin θ=μm(g+a)cos θ,故物体仍相对斜面匀速下滑,C错误,D正确。

3.(连接体)(2017·湖南衡阳联考)质量不等的两木块A、B,用跨过一轻质定滑轮的轻绳相连,在图示情况下,木块A、B一起做匀速运动。

若木块A、B的位置互相交换,则木块A运动的加速度为(木块A、B与桌面间的动摩擦因数均为μ,且μ<1,重力加速度为g,空气阻力、滑轮摩擦均不计)( )A.(1-μ)gB.(1-μ2)gC.GD.与木块A、B的质量有关〚导学号06400114〛、B匀速运动过程,有m A g=μm B gA、B互相交换后,有m B g-μm A g=(m A+m B)a解得a=(1-μ)g故选A。

课时分层作业九牛顿运动定律的综合应用(45分钟100分)【基础达标题组】一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。

1～6题为单选题,7～10题为多选题)1.图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图,中间的点表示人的重心。

图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线。

两图中a～g各点均对应,其中有几个点在图甲中没有画出。

重力加速度g取10 m/s2。

根据图象分析可得( )A.人的重力为1 500 NB.c点位置人处于超重状态C.e点位置人处于失重状态D.d点的加速度小于f点的加速度【解析】选B。

由图可知人的重力为500 N,故A错误;c点位置人的支持力750 N>500 N,处于超重状态,故B正确;e点位置人的支持力650 N>500 N,处于超重状态,故C错误;d点的加速度为20 m/s2大于f 点的加速度为10 m/s2,故D错误。

2.如图所示,放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑,若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F,则( )A.物块可能匀速下滑B.物块仍以加速度a匀加速下滑C.物块将以大于a的加速度匀加速下滑D.物块将以小于a的加速度匀加速下滑【解析】选C。

对物块进行受力分析,设斜面的角度为θ,可列方程mgsin θ-μmgcos θ=ma,sin θ-μcos θ=,当加上力F后,由牛顿第二定律得(mg+F)sin θ-μ(mg+F)cos θ=ma1,即mgsin θ-μmgcos θ+Fsin θ-μFcos θ=ma1,ma+Fsin θ-μFcos θ=ma1,Fsin θ-μFcos θ=F(sin θ-μcos θ)=,大于零,代入上式知,a1大于a。

物块将以大于a的加速度匀加速下滑。

只有C项正确。

3.应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深入。

例如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出。

对此现象分析正确的是( )A.受托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态B.受托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态C.在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度D.在物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度【解析】选D。

课时作业9牛顿运动定律综合应用时间：45分钟一、单项选择题1．某运动员(可看作质点)参加跳台跳水比赛，t＝0是其向上起跳离开跳台瞬间，其速度与时间关系图象如图所示，则()A．t1时刻开始进入水面B．t2时刻开始进入水面C．t3时刻已浮出水面D．0～t2时间内，运动员处于超重状态解析：从v-t图象可以看出，在t1时刻，速度减小到了零，应是运动到最高点，A错误；而在t2时刻，速度达到最大，接下来开始减速，是由于受到水的阻力，故t2时刻恰好进入水面，B正确；t3时刻向下运动速度减小到了零，此时恰好到达水中最深处，C错误；在0～t2时间内，运动员加速度向下，处于失重状态，D错误．★答案★：B2．a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连．当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b 一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，如图所示，则()A．x1一定等于x2B．x1一定大于x2C．若m1>m2，则x1>x2D．若m1<m2，则x1<x2解析：当用恒力F竖直向上拉着a时，先用整体法有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，再隔离b有kx1－m2g＝m2a，联立得：x1＝m2Fk(m1＋m2).当沿水平方向拉着a时，先用整体法有F＝(m1＋m2)a′，再隔离b有kx2＝m2a′，联立得x2＝m2Fk(m1＋m2)，故x1＝x2，所以只有A项正确．★答案★：A3．容器内盛有部分水，现将容器竖直向上抛出，设容器在上抛过程中不发生翻转，下列说法中正确的是(不计空气阻力)() A．上升过程中水对容器底面的压力逐渐减小B．下降过程中水对容器底面的压力逐渐减小C．在最高点水对容器底面的压力大小等于重力大小D．整个过程中水对容器底面都没有压力解析：容器竖直上抛过程中，在空中处于完全失重状态，故不论在何处，水对容器底面都没有压力．故A、B、C错误，D正确．★答案★：D4．如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3.用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a1，小车的加速度为a2.当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为(当地重力加速度g取10 m/s2)() A．a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2B．a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2C．a1＝5 m/s2，a2＝3 m/s2D．a1＝3 m/s2，a2＝5 m/s2解析：由受力分析可知，物块的加速度取决于小车对物块的摩擦力，即f＝ma1，且f的最大值为f m＝μmg，故a1的最大值为a1m＝μg ＝3 m/s2.当二者相对静止一起加速时，a2＝a1≤3 m/s2；当F较大时，二者发生相对滑动，a1＝3 m/s2，a2>3 m/s2.综上所述，只有选项D符合题意．★答案★：D5．(2018·江西九校联考)如图所示，三个物体质量分别为m1＝1.0 kg、m2＝2.0 kg、m3＝3.0 kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ＝30°，m1和m2之间的动摩擦因数μ＝0.8.不计绳与滑轮的质量和摩擦．初始时刻用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m 2将(g 取10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A ．相对于m 1上滑B ．相对于m 1下滑C ．和m 1一起沿斜面下滑D ．和m 1一起沿斜面上滑解析：假设m 1和m 2之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度a ＝m 3g －(m 1＋m 2)g sin30°m 1＋m 2＋m 3＝2.5 m/s 2.隔离对m 2分析，由牛顿第二定律得f －m 2g sin30°＝m 2a ，解得f ＝m 2g sin30°＋m 2a ＝15 N ，由题意可知最大静摩擦力f m ＝μm 2g cos30°＝13.9 N ，可知f >f m ，因为m 2随m 1一起做加速运动需要的摩擦力大于二者之间的最大静摩擦力，所以假设不正确，根据上述分析可知，m 2相对于m 1下滑．故B 正确．★答案★：B二、多项选择题6．如图所示为一根质量为m 、长度为L 、质量均匀分布的粗绳AB .在粗绳上与B 端距离为x 的某位置有一质量不计的力传感器，可读出该处粗绳中的张力．粗绳在水平外力F 的作用下，沿水平面做匀加速直线运动，由力传感器读数和已知条件( )A ．能够判断粗绳运动是否受到摩擦力作用B ．可知水平外力F 的大小C ．可知粗绳沿水平面做匀加速直线运动的加速度大小D ．若水平外力F 的大小恒定，则传感器读数与x 成正比解析：设粗绳与水平面间的动摩擦因数为μ，力传感器读数为F T ，对整根绳子，由牛顿第二定律有F －μmg ＝ma ，对粗绳左侧长度为x 的部分，由牛顿第二定律有F T －μmx L g ＝mx L a ，解得F T ＝Fx L .由力传感器读数和已知条件，不能够判断粗绳运动是否受到摩擦力作用，可知水平外力F 的大小，不能得出粗绳沿水平面做匀加速直线运动的加速度大小，A 、C 错误，B 正确．若水平外力F 的大小恒定，则传感器读数F T 与x 成正比，D 正确．★答案★：BD7．如图所示，光滑水平桌面上放置一长木板，长木板上表面粗糙，上面放置一小铁块，现有一水平向右的恒力F 作用于铁块上，以下判断正确的是( )A ．铁块与长木板都向右运动，且两者一定保持相对静止B ．若水平力足够大，铁块与长木板间有可能发生相对滑动C ．若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块与长木板间有可能发生相对滑动D ．若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块与长木板间仍将保持相对静止解析：设木板的质量为M ，小铁块的质量为m ，它们之间的最大静摩擦力为f ，当铁块受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者之间发生相对滑动，根据牛顿第二定律知，此时加速度a ＝f M ，对木板和小铁块整体，有F ＝(M ＋m )a ＝(M ＋m )f M ，故当F >(M ＋m )f M 时，两者发生相对滑动，选项A 错误，B 正确；若两者保持相对静止，则两者之间的摩擦力小于最大静摩擦力，当拉力反向时，两者之间的摩擦力大小不变，方向改变，仍然保持相对静止，选项C 错误，D 正确．★答案★：BD8．如图所示，竖直平面内有一光滑直杆AB ，杆与水平方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，一质量为m 的小圆环套在直杆上．给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F ，并从A 端由静止释放．改变直杆与水平方向的夹角θ，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g ，则( )A ．恒力F 一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向B ．恒力F 和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向C ．若恒力F 的方向水平向右，则恒力F 的大小为3mgD ．恒力F 的最小值为32mg 解析：小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB 对小圆环的支持力和恒力F ，把光滑直杆AB 对小圆环的支持力正交分解，沿直杆方向无分力，由L ＝12at 2可知，要使小圆环在直杆上运动的时间最短，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，当恒力和重力的合力沿光滑直杆方向时，加速度最大，所以选项A 错误，B 正确；若恒力F 的方向水平向右，由tan30°＝mg F ，解得F ＝3mg ，选项C正确；当恒力F 的方向垂直光滑直杆时，恒力F最小，由sin60°＝Fmg，解得F的最小值为F min＝mg sin60°＝32mg，选项D正确．★答案★：BCD三、非选择题9．(2018·辽宁鞍山一中一模)如图所示，水平面上有一固定着轻质定滑轮O的木块A，它的上表面与水平面平行，它的右侧是一个倾角θ＝37°的斜面．放置在A上的物体B和物体C通过一轻质细绳相连，细绳的一部分与水平面平行，另一部分与斜面平行．现对A 施加一水平向右的恒力F，使A、B、C恰好保持相对静止．已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦，求恒力F的大小．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)解析：设绳的张力为T，系统加速度为a，以物体B为研究对象，水平方向物体B只受绳的拉力，由牛顿第二定律得T＝ma；对物体C受力分析如图所示，受绳的张力T、斜面的支持力F N和重力mg，加速度也为a.对力进行正交分解，水平方向有F N sinθ－T cosθ＝ma；竖直方向有F N cosθ＋T sinθ＝mg，联立解得a＝g3，以A、B、C整体为研究对象有F＝3ma，解得F＝mg.★答案★：mg10．如图甲所示，倾斜传送带倾角θ＝37°，两端A、B间距离L ＝4 m，传送带以4 m/s的速度顺时针转动，质量为1 kg的滑块从传送带顶端B点由静止释放后下滑，到A端时用时2 s，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求滑块与传送带间的动摩擦因数；(2)若该滑块在传送带的底端A点，如图乙所示，现用一沿传送带向上的大小为6 N的恒定拉力F拉滑块，使其由静止开始沿传送带向上运动，当滑块速度与传送带速度相等时，撤去拉力，则当滑块到传送带顶端时，滑块速度为多大？解析：(1)滑块从B点下滑的过程中，有mg sinθ－μmg cosθ＝ma1L＝12a1t21解得a1＝2 m/s2，μ＝0.5 (2)当用拉力F拉滑块时，有F＋μmg cosθ－mg sinθ＝ma2解得a2＝4 m/s2当滑块速度与传送带速度相等时，滑块运动的位移x1＝v22a2＝2 m撤去拉力后，滑块开始向上做匀减速运动，加速度大小等于a1，向上运动的位移大小为x2＝L－x1＝2 m由v2－v2B＝2a1x2解得v B＝2 2 m/s★答案★：(1)0.5(2)2 2 m/s11．在日常生活中，我们经常看到物体与物体间发生反复的碰撞．如图所示，一块表面水平的木板放在光滑的水平地面上，它的右端与墙之间的距离为L＝0.08 m，一小物块以初速度v0＝2 m/s从左端滑上木板．已知木板和小物块的质量均为 1 kg，小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，木板足够长，使得在以后的运动过程中小物块始终不与墙接触，且木板与墙碰后以原速率反弹，碰撞时间极短、可忽略，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)木板第一次与墙碰撞时的速度大小；(2)从小物块滑上木板到二者达到共同速度时，木板与墙碰撞的总次数和所用的时间；(3)达到共同速度时木板右端与墙之间的距离．解析：(1)小物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动．设木板加速度大小为a，经历时间T后与墙第一次碰撞，碰撞时木板的速度大小为v1，则μmg＝maL＝12aT2v1＝aT联立解得T＝0.4 s，v1＝0.4 m/s.(2)在小物块与木板两者达到共同速度前，木板受到小物块对它的摩擦力作用，先做匀加速运动，与墙碰后以原速率反弹，再做匀减速直线运动，因小物块对木板的摩擦力不变，故加速过程和匀减速过程的加速度大小相等，因而木板与墙相碰后将返回至初始位置且速度减为零，所用时间也为T，之后重复上述运动过程．小物块与木板的质量相等，加速度大小相等．设在小物块与木板两者达到共同速度v 前木板共经历n次碰撞，则有v＝v0－(2nT＋Δt)a＝aΔt式中Δt是碰撞n次后木板从初始位置至达到共同速度时所需要的时间．故2v＝v0－2nTa由于木板的速率只能在0到v1之间，故有0≤v0－2nTa≤2v1解得1.5≤n≤2.5由于n是整数，故n＝2，v＝0.2 m/s，Δt＝0.2 s从开始到小物块与木板达到共同速度所用的时间为t＝4T＋Δt＝1.8 s(3)物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为s＝L－1 2a(Δt)2＝0.06 m.★答案★：(1)0.4 m/s(2)2 1.8 s(3)0.06 m感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。

第9讲牛顿运动定律的综合应用(1)实重与视重①实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态________.②视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的________称为视重；视重大小等于弹簧测力计所受物体的________或台秤所受物体的________.(2)超重、失重和完全失重的比较(1)整体法和隔离法①整体法当连接体内(即系统内)各物体的________相同时，可以把系统内的所有物体看成一个________，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对________列方程求解的方法．②隔离法当求系统内物体间相互作用的____时，常把某个物体从系统中____出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对____出来的物体列方程求解的方法．(2)动力学图象①三种图象：v－t图象、a－t图象、F－t图象．②图象间的联系：加速度是联系v－t图象与F－t图象的桥梁．一对超重和失重的理解[例1]广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图所示，则下列相关说法正确的是()A．t＝4.5 s时，电梯处于失重状态B．5～55 s时间内，绳索拉力最小C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零二动力学中的图象问题[例2](多选)2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功，图甲为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t＝0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图乙所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g，则()A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1 10B．在0.4～2.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD．在0.4～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变三连接体问题[例3](多选)如图所示，质量为m2的物体，放在沿平直轨道向左行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑的定滑轮连接质量为m1的物体．当车向左匀加速运动时，与物体m1相连接的绳与竖直方向成θ角，m2与车厢相对静止．则()A．车厢的加速度为g sin θB ．绳对物体m 1的拉力T 为m 1gcos θC ．地板对物体m 2的支持力F N ＝(m 2－m 1)gD ．物体m 2所受底板的摩擦力F f ＝m 2g tan θ 四 传送带模型[例4]如图甲所示，水平传送带沿顺时针方向匀速运转．从传送带左端P 先后由静止轻轻放上三个物体A 、B 、C ，物体A 经t A ＝9.5 s 到达传送带另一端Q ，物体B 经t B ＝10 s 到达传送带另一端Q ，若释放物体时刻作为t ＝0时刻，分别作出三物体的v －t 图象如图乙、丙、丁所示．求：(1)传送带的速度大小v 0； (2)PQ 的长度L ；(3)物体A 、B 、C 与传送带间的动摩擦因数； (4)物体C 从传送带左端P 到右端Q 所用的时间t C ．[例5]如图所示，倾角为θ＝30°的皮带运输机的皮带始终绷紧，且以恒定速度v ＝2.5 m/s 运动，两轮相距L AB ＝5 m ，将质量m ＝1 kg 的物体无初速度地轻轻放在A 处，若物体与皮带间的动摩擦因数μ＝32(取g ＝10 m/s 2)，物体从A 运动到B 共需多长时间？五 滑块——木板模型[例6]一长木板在水平地面上运动，在t ＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度—时间图象如图所示．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦．物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．课时达标1．若货物随升降机运动的v－t图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是()2．如图所示，一些商场安装了智能化的自动电梯，当有乘客乘用时自动电梯经过先加速后匀速两个阶段运行，则电梯在运送乘客的过程中()A．乘客始终受摩擦力作用B．乘客经历先超重再失重的状态C．电梯对乘客的作用力始终竖直向上D．电梯对乘客的作用力先指向前上方，再竖直向上3．(多选) 如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和滑轮与绳之间的摩擦，绳足够长．正确描述小物体P 的速度随时间变化的图象可能是()4．如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t 增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是()5．一个物块放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图甲所示，速度v随时间t变化的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则由图中信息可判定()A．0～2 s内物块所受摩擦力F f＝8 NB．物块的质量为4 kgC．物块在前6 s内的平均速度为3 m/sD．物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.46．如图所示，质量为M的木楔ABC静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m 的物体，以一定的初速度从A点沿平行斜面的方向推出，物体m沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列有关说法中正确的是()A．地面对木楔的支持力大于(M＋m)gB．地面对木楔的支持力小于(M＋m)gC．地面对木楔的支持力等于(M＋m)gD．地面对木楔的摩擦力为07．某物体同时受到两个在同一直线上的力F1、F2的作用，物体由静止开始做直线运动，其位移与力F1、F2的关系图象如图所示，在这4 m内，物体具有最大动能时的位移是()A．1 m B．2 mC．3 m D．4 m8．如图甲所示，物体原来静止在水平地面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，最大静摩擦力与滑动摩擦力不相等，重力加速度g取10 m/s2.根据题目提供的信息，下列判断正确的是()A．物体的质量m＝2 kgB．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.6C．物体与水平面的最大静摩擦力F fmax＝12 ND．在F为10 N时，物体的加速度a＝2.5 m/s29．如图所示，甲、乙两传送带倾斜放置，与水平方向夹角均为37°，传送带乙长为4 m，传送带甲比乙长0.45 m，两传送带均以3 m/s的速度逆时针匀速转动，可视为质点的物块A 从传送带甲的顶端由静止释放，可视为质点的物块B由传送带乙的顶端以3 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块质量相等，与传送带间的动摩擦因数均为0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间；(2)物块A、B在传送带上的划痕长度之比．10．滑板运动是一项陆地上的“冲浪运动”，如图甲所示；OAB是同一竖直平面上的滑行轨道，其中OA段是长27 m的水平轨道，AB段是倾角θ＝37°足够长的斜直轨道，OA 与AB在A点平滑连接．已知滑板及运动员总质量为60 kg，运动员从水平轨道向左滑向斜直轨道，滑到O点开始计时，其后一段时间内的运动图象如图乙所示．将滑板及运动员视为质点．滑过拐角时速度大小不变，在水平和斜直轨道上滑板和接触面间的动摩擦因数相同．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略空气阻力)求：(1)滑板与接触面间的动摩擦因数；(2)运动员到达坡底A点时速度大小；(3)运动员沿坡上滑的最大距离．(保留三位有效数字)。

第9讲牛顿运动定律的综合应用1．超重和失重(1)实重与视重①实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态__无关__.②视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的__示数__称为视重；视重大小等于弹簧测力计所受物体的__拉力__或台秤所受物体的__压力__.(2)超重、失重和完全失重的比较(1)整体法和隔离法①整体法当连接体内(即系统内)各物体的__加速度__相同时，可以把系统内的所有物体看成一个__整体__，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对__整体__列方程求解的方法．②隔离法当求系统内物体间相互作用的__内力__时，常把某个物体从系统中__隔离__出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对__隔离__出来的物体列方程求解的方法．(2)动力学图象①三种图象：v－t图象、a－t图象、F－t图象．②图象间的联系：加速度是联系v－t图象与F－t图象的桥梁．1．请判断下列表述是否正确，对不正确的表述，请说明原因．(1)超重就是物体的重力变大的现象．(×)解析不管超重还是失重，物体本身重力并不变．(2)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力．(×)解析减速上升和加速下降，物体加速度的方向均向下，物体对地板的压力小于物体的重力，处于失重状态．(3)加速上升的物体处于超重状态．(√)(4)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态．(×)解析加速度竖直向下且等于g的物体，处于完全失重状态．(5)处于完全失重状态的物体，重力并没有发生变化．(√)(6)超重和失重现象与物体运动的速度大小和方向无关．(√)(7)站在台秤上的人下蹲过程中，台秤的示数保持不变．(×)解析站在台秤上的人下蹲过程，加速度先向下再向上，人先失重再超重，台秤的示数先减小再增大．2．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(AD)A．t＝2 s时最大B．t＝2 s时最小C．t＝8.5 s时最大D．t＝8.5 s时最小解析当电梯有向上的加速度时，人处于超重状态，人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，压力越大，因此t＝2 s时，压力最大，选项A正确；当有向下的加速度时，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t＝8.5 s时压力最小，选项D正确．一对超重和失重的理解[例1]广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图所示，则下列相关说法正确的是(D)A．t＝4.5 s时，电梯处于失重状态B．5～55 s时间内，绳索拉力最小C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零解析利用a－t图象可判断t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则选项A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力>重力，5～55 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力<重力，综上所述，选项B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，选项D正确．判断超重和失重现象的三个角度(1)从受力的角度判断当物体受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态．(2)从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．(3)从速度变化角度判断①物体向上加速或向下减速时，超重；②物体向下加速或向上减速时，失重．二动力学中的图象问题利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t ＝0.4 s 时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图乙所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m ．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g ，则( AC )A ．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的110B ．在0.4～2.5 s 时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C ．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD ．在0.4～2.5 s 时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变[思维导引]能正确识图，并从图象中提取所需的信息，是解答此类问题的关键，本题的分析思路具有一定的代表性，逻辑流程如下：解析 在v －t 图象中，曲线与坐标轴所围成的面积表示物体运动位移的大小，根据题目给的图象可以大致判断飞机从着舰到停止通过的位移x ≈100 m ，故选项A 正确；由图象知，0.4～2.5 s 内飞机做匀减速直线运动，加速度不变，故所受合外力不变，而飞机所受的合外力为阻拦索的拉力与摩擦力的合力，由于摩擦力不变，阻拦索间的夹角变小，故阻拦索的张力随时间减小，受力如图所示，选项B 错误；由图象可知在0.4～2.5 s 内，a ≈65－102.5－0.4m/s 2＝26.2 m/s 2>2.5g ，故选项C 正确．由于阻拦索对飞机的作用力F 阻不变，阻拦索对飞机做功的功率P＝F阻v，故v减小时，阻拦系统对飞机做功的功率减小，选项D错误．三连接体问题涉及整体法和隔离法的具体类型(1)通过滑轮和绳的连接体问题：若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法．绳跨过定滑轮，连接的两物体虽然加速度大小相同但方向不同，故采用隔离法．(2)水平面上的连接体问题：这类问题一般多是连接体(系统)中各物体保持相对静止，即具有相同的加速度．解题时，一般整体法、隔离法交替应用．(3)斜面体与上面物体组成的系统的问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析．[例3](多选)如图所示，质量为m2的物体，放在沿平直轨道向左行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑的定滑轮连接质量为m1的物体．当车向左匀加速运动时，与物体m1相连接的绳与竖直方向成θ角，m2与车厢相对静止．则(BD)A．车厢的加速度为g sin θB．绳对物体m1的拉力T为m1g cos θC．地板对物体m2的支持力F N＝(m2－m1)gD．物体m2所受底板的摩擦力F f＝m2g tan θ解析以物体m1为研究对象，分析受力情况如图甲所示，根据牛顿第二定律得m1g tan θ＝m1a，得a＝g tan θ，则车厢的加速度也为g tan θ.绳对物体m1的拉力T＝m1gcos θ，故选项A 错误，B正确；以物体m2为研究对象，分析其受力情况如图乙所示，根据牛顿第二定律有F N＝m2g－T＝m2g－m1gcos θ，F f＝m2a＝m2g tan θ.故选项C错误，D正确．分析连接体问题的思路四 传送带模型传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题． 1．水平传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻．2．倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．[例4](2018·山东济南重点中学联考)如图甲所示，水平传送带沿顺时针方向匀速运转．从传送带左端P 先后由静止轻轻放上三个物体A 、B 、C ，物体A 经t A ＝9.5 s 到达传送带另一端Q ，物体B 经t B ＝10 s 到达传送带另一端Q ，若释放物体时刻作为t ＝0时刻，分别作出三物体的v －t 图象如图乙、丙、丁所示．求：(1)传送带的速度大小v 0； (2)PQ 的长度L ；(3)物体A 、B 、C 与传送带间的动摩擦因数； (4)物体C 从传送带左端P 到右端Q 所用的时间t C ．解析 (1)物体A 与B 选做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，说明物体的速度与传送带的最终速度相等，所以由图乙、丙可知传送带的速度大小是4 m/s.(2)v －t 图线与t 轴围成图形的面积表示物体的位移，所以A 的位移x A ＝36 m ，传送带的长度L 与A 的位移相等，也是36 m.(3)(4)A 的加速度a A ＝Δv A t 1＝4 m/s 2，由牛顿第二定律得μA mg ＝ma A ，所以μA ＝a Ag＝0.4.同理，B 的加速度a B ＝Δv B t 2＝2 m/s 2，μB ＝a Bg ＝0.2.设物体C 从传送带左端P 到右端Q 所用的时间为t C ，则 L ＝0＋v C2t C ，t C ＝2Lv C＝24 s ，C 的加速度a C ＝Δv C t C ＝18 m/s 2，μC ＝a Cg ＝0.012 5.答案 (1)4 m/s (2)36 m (3)0.4 0.2 0.012 5 (4)24 s滑块在水平传送带上运动常见的三个情景中运动，两轮相距L AB ＝5 m ，将质量m ＝1 kg 的物体无初速度地轻轻放在A 处，若物体与皮带间的动摩擦因数μ＝32(取g ＝10 m/s 2)，物体从A 运动到B 共需多长时间？解析 第一阶段，物块向上匀加速运动，由牛顿第二定律有 μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1， 代入数据求得a 1＝2.5 m/s 2.根据匀变速直线运动规律得v ＝a 1t 1，x 1＝v2t 1，代入数据求得t 1＝1 s ，x 1＝1.25 m.第二阶段，由于μ>tan θ，故物体向上匀速运动． L AB －x 1＝v t 2， t 2＝1.5 s.总时间t＝t1＋t2＝2.5 s.答案 2.5 s滑块在倾斜传送带上运动常见的四个情景1234五滑块——木板模型1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．2．位移关系：滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L.[例6]一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度—时间图象如图所示．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦．物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，取重力加速度的大小g＝10 m/s2.求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．解析 从t ＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．由图可知，在t 1＝0.5 s 时，物块和木板的速度相同．设t ＝0到t ＝t 1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a 1和a 2，则a 1＝v 1t 1，①a 2＝v 0－v 1t 1，②式中v 0＝ 5m/s 、v 1＝1 m/s 分别为木板在t ＝0、t ＝t 1时速度的大小．设物块和木板的质量为m ，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得μmg ＝ma 1，③ (μ1＋2μ2)mg ＝ma 2，④联立①②③④式得μ1＝0.20，⑤ μ2＝0.30.⑥(2)在t 1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为F f ，物块和木板的加速度大小分别为a ′1和a ′2，则由牛顿第二定律得F f ＝ma ′1，⑦ 2μ2mg －F f ＝ma ′2，⑧ 假设F f <μ1mg ，则a ′1＝a ′2，由⑤⑥⑦⑧式得F f ＝μ2mg >μ1mg ，与假设矛盾． 故F f ＝μ1mg ，⑨由⑦⑧⑨式知，物块加速度的大小a ′1＝a 1，a ′2＝(2μ2－μ1)g ＝4 m/s 2； 物块的v －t 图象如图中点划线所示．由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为 s 1＝2×v 212a 1，⑩s 2＝v 0＋v 12t 1＋v 212a 2，⑪物块相对于木板的位移的大小为s ＝s 2－s 1，⑫ 联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得s ＝1.125 m. 答案 (1)0.20 0.30 (2)1.125 m“滑块——滑板”模型问题的分析思路1．(2017·新疆乌鲁木齐二模)在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg ，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是( D )A ．晓敏同学所受的重力变小了B ．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C ．电梯一定在竖直向下运动D ．电梯的加速度大小为g5，方向一定竖直向下解析 由题知体重计的示数为40 kg 时，人对体重计的压力小于人的重力，故处于失重状态，实际人受到的重力并没有变化，选项A 错误；由牛顿第三定律知选项B 错误；电梯具有向下的加速度，但不一定是向下运动，选项C 错误；由牛顿第二定律mg －F N ＝ma ，可知a ＝g5，方向竖直向下，选项D 正确．2．(2017·广东深圳市二模)如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块，其中两个质量为m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg ，现用水平拉力F 拉其中一个质量为2m 的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m 的最大拉力为( B )A ．3μmg 5B ．3μmg 4C ．3μmg 2D ．3μmg解析 经过受力分析，A 、B 之间的静摩擦力给B 、C 、D 组成的系统提供加速度，加速度达到最大值的临界条件为A 、B 间达到最大静摩擦力，即a m ＝μmg 4m ＝μg4，而绳子拉力F T 给C 、D 组成的系统提供加速度，因而拉力的最大值F Tm ＝3ma m ＝3μmg4，故选项B 正确． 3．(多选)(2017·江西南昌市调研)如图，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A 、B 物体，B 的质量是A 的2倍，B 受到水平向右的恒力F B ＝2 N ，A 受到的水平向右的变力F A ＝(9－2t ) N ，t 的单位是s ，从t ＝0开始计时，则( ABD )A ．A 物体在3 s 末时刻的加速度是初始时期的511倍B ．t ＞4 s 后，B 物体做匀加速直线运动C ．t ＝4.5 s 时，A 物体的速度为零D ．t ＞4.5 s 后，A 、B 的加速度方向相反解析 对于A 、B 整体据牛顿第二定律有F A ＋F B ＝(m A ＋m B )a ，设A 、B 间的作用为F ，则对B 据牛顿第二定律可得F ＋F B ＝m B a ，解得F ＝m BF A ＋F B m A ＋m B－F B ＝16－4t3 N ．当t ＝4 s 时F ＝0，A 、B 两物体开始分离，此后B 做匀加速直线运动，而A 做加速度逐渐减小的加速运动．当t ＝4.5 s 时A 物体的加速度为零而速度不为零；t >4.5 s 后，A 所受合外力反向，即A 、B 的加速度方向相反．当t <4 s 时，A 、B 的加速度均为a ＝F A ＋F Bm A ＋m B .综上所述，选项A 、B 、D 正确．4．图甲中，质量为m 的物块叠放在质量为2m 的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2.在木板上施加一水平向右的拉力F ，在0～3 s 内F 的变化如图乙所示，图中F 以mg 为单位，重力加速度g ＝10 m/s 2.整个系统开始时静止．(1)求1 s 、1.5 s 、2 s 、3 s 末木板的速度以及2 s 、3 s 末物块的速度；(2)在同一坐标系中画出0～3 s内木板和物块的v－t图象，据此求0～3 s内物块相对于木板滑过的距离．解析(1)设木板和物块的加速度分别为a和a′，在t时刻木板和物块的速度分别为v t 和v t′，木板和物块之间摩擦力的大小为F f，由牛顿第二定律、运动学公式以及摩擦力的计算得F f＝ma′，F f＝μmg，当v t′<v t时v t2′＝v t1′＋a′(t2－t1)，F－F f＝(2m)a，v t2＝v t1＋a(t2－t1)，结合题给条件得v1＝4 m/s，v1.5＝4.5 m/s，v2＝4 m/s，v3＝4 m/s，v2′＝4 m/s，v3′＝4 m/s.(2)物块与木板运动的v－t图象如图所示．在0～3 s内物块相对于木板的距离Δx等于木板和物块v－t图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三角形面积为0.25，下面的三角形面积为2，因此Δx＝2.25 m.答案(1)v1＝4 m/s，v1.5＝4.5 m/s，v2＝4 m/s，v3＝4 m/s，v2′＝4 m/s，v3′＝4 m/s(2)见解析[例1](2018·湖北黄石检测·15分)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g.(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1 m，取g ＝10 m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知，为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？[答题送检]来自阅卷名师报告[错解1]不能以纸板和砝码整体为对象求解F f2，错解为F f2＝μm2g.[错解2] 不能分析得出砝码与纸板相对运动的条件是a 2>a 1，以能拉动纸板的力F ＝F f1＋F f2＝μ(2m 1＋m 2)g 作为第(2)问的答案．[错解3] 不能正确确定砝码和纸板各自的位移及两物体位移的关系x 1＋x 2≤l ，特别是容易遗漏“纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x 2＝12a 3t 22”，导致解答错误．[规范答题][解析] (1)砝码对纸板的摩擦力F f1＝μm 1g ， 桌面对纸板的摩擦力F f2＝μ(m 1＋m 2)g ， 纸板所受摩擦力F f ＝F f1＋F f2， 解得F f ＝μ(2m 1＋m 2)g .(2)设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则 F f1＝m 1a 1， F －F f1－F f2＝m 2a 2， 发生相对运动时，a 2>a 1， 解得F >2μ(m 1＋m 2)g .(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x 1＝12a 1t 21，纸板运动的距离d ＋x 1＝12a 2t 21，纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离 x 2＝12a 3t 22，l ＝x 1＋x 2，由题意知a 1＝a 3，a 1t 1＝a 3t 2， 解得F ＝2μ[m 1＋⎝⎛⎭⎫1＋dl m 2]g ， 代入数据得F ＝22.4 N.答案 (1)μ(2m 1＋m 2)g (4分) (2)大于2μ(m 1＋m 2)g (5分) (3)22.4 N(6分)1．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是( D )A ．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B ．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C ．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D ．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度解析 手托物体抛出的过程，必有一段加速过程，其后可以减速，可以匀速，当手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重；当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，选项A 错误；物体从静止到运动，必有一段加速过程，此过程物体处于超重状态，选项B 错误；当物体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，选项C 错误；手和物体分离之前速度相同，分离之后手速度的变化率比物体速度的变化率大，物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度，故D 正确．2．如图所示，两个质量分别为m 1＝3 kg 、m 2＝2 kg 的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接．两个大小分别为F 1＝30 N 、F 2＝20 N 的水平拉力分别作用在m 1、m 2上，则( B )A ．弹簧测力计的示数是50 NB ．弹簧测力计的示数是24 NC ．在突然撤去F 2的瞬间，m 2的加速度大小为4 m/s 2D ．在突然撤去F 2的瞬间，m 1的加速度大小为10 m/s 2解析 对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二定律得整体的加速度a ＝F 1－F 2m 1＋m 2＝105m/s 2＝2 m/s 2，隔离m 2，根据牛顿第二定律有F －F 2＝m 2a ，解得F ＝24 N ，所以弹簧测力计的示数为24 N ，选项A 错误，B 正确；在突然撤去F 的瞬间，弹簧的弹力不变，m 1的加速度不变，为2 m/s 2，m 2的加速度a 2＝F m 2＝242m/s 2＝12 m/s 2，选项C 、D 错误．3．杂技中的“顶竿”由两个演员共同表演，站在地面上的演员肩部顶住一根长竹竿．另一演员爬至竹竿顶端完成各种动作后下滑．若竹竿上演员自竿顶由静止开始下滑，滑到竹竿底部时速度正好为零．已知竹竿底部与下面顶竿人肩部之间有一传感器，传感器显示竿上演员自竿顶滑下过程中顶竿人肩部的受力情况如图所示．竹竿上演员质量为m 1＝40 kg ，竹竿质量m 2＝10 kg ，取g ＝10 m/s 2.(1)求竹竿上的人下滑过程中的最大速度v 1； (2)请估测竹竿的长度h .解析 (1)由题图可知，0～4 s ，肩部对竹竿的支持力F 1＝460 N<(G 1＋G 2)，人加速下滑，设加速度为a 1，0～4 s 竹竿受力平衡，受力分析如图甲甲 乙由F 1＝G 2＋F f ， 得F f ＝F 1－G 2＝360 N 对人受力分析如图乙F f ′＝F f ＝360 N ，又由牛顿第二定律得G 1－F f ′＝m 1a 1， 得a 1＝1 m/s 2.t 1＝4 s 时达到最大速度，设为v 1，则 v 1＝a 1t 1＝4 m/s.(2)由题图可知，4 s ～6 s 肩部对竹竿的支持力F 2＝580 N>(G 1＋G 2) 人减速下滑，设加速度为a 2，同理 a 2＝(F 2－G 2)－G 1m 1＝2 m/s 2.0～4 s ，下滑距离为h 1，h 1＝v 12t 1＝8 m ，4 s ～6 s ，下滑距离为h 2，h 2＝v 12t 2＝4 m ，竹竿的长度h ＝h 1＋h 2＝12 m. 答案 (1)4 m/s (2)12 m4.如图所示，木块A 、B 静止叠放在光滑水平面上，A 的质量为m ，B 的质量为2m .现施加水平拉力F 拉B ，A 、B 刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动．若改为水平拉力F ′拉A ，使A 、B 也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F ′不得超过( B )A ．2FB ．F 2C ．3FD ．F 3解析 水平力F 拉B 时，A 、B 刚好不发生相对滑动，这实际上是将要滑动但尚未滑动的一种临界状态，从而可知此时A 、B 间的摩擦力即为最大静摩擦力．先用整体法考虑，对A 、B 整体F ＝(m ＋2m )a .再将A 隔离可得A 、B 间最大静摩擦力为F fm ＝ma ，解以上两方程可得F f ＝F3.若将F ′作用在A 上，隔离B 可得B 能与A 一起运动，而A 、B 不发生相对滑动的最大加速度a ′＝F fm2m，再用整体法考虑，对A 、B 整F ′＝(m ＋2m )a ′，由以上方程解得F ′＝F2.故选项B 正确．5．(2017·安徽名校联考)质量M ＝3 kg 的长木板放在光滑的水平面上．在水平拉力F ＝11 N 作用下由静止开始向右运动．如图所示，当速度达到1 m/s 时，将质量m ＝4 kg 的物块轻轻放到木板的右端．已知物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点．(g ＝10 m/s 2)求：(1)物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多大； (2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止； (3)物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小？解析 (1)放上物块后，物块的加速度a 1＝μmg m ＝μg ＝2 m/s 2；木板的加速度a 2＝F －μmg M ＝1 m/s 2.(2)当两物体达速度相等后保持相对静止，故a 1t ＝v 0＋a 2t ，得t ＝1 s ，1 s 内木板位移x 1＝v 0t ＋12a 2t 2＝1.5 m ，物块位移x 2＝12a 1t 2＝1 m.所以板长L ＝x 1－x 2＝0.5 m.(3)相对静止后，对整体F ＝(M ＋m )a . 对物块F f ＝ma ，故F f ＝m FM ＋m ＝6.29 N.答案 (1)2 m/s 2 1 m/s 2 (2)0.5 m (3)6.29 N1．(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( BD )A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克限阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析 小球的质量m ＝ρ·43πr 3，由题意知m 甲>m 乙，ρ甲＝ρ乙，则r 甲>r 乙．空气阻力f ＝kr ，对小球由牛顿第二定律，mg －f ＝ma ，则a ＝mg －f m ＝g －kr ρ·43πr 3＝g －3k4πρr 2，可得a 甲>a 乙，由h ＝12at 2知，t 甲<t 乙，选项A 、C 错误；由v ＝2ah 知，v 甲>v 乙，故选项B 正确；因为f 甲>f乙，由球克服阻力做功W f ＝f ·h 知，甲球克服阻力做功较大，选项D 正确．2．(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( BC )A ．8B ．10C ．15D ．18解析 设挂钩P 、Q 西边有n 节车厢，每节车厢的质量为m ，则挂钩P 、Q 西边车厢的质量为nm ，以西边这些车厢为研究对象，有F ＝nma ，①P 、Q 东边有k 节车厢，以东边这些车厢为研究对象，有 F ＝km ·23a ，②联立①②得3n ＝2k ，总车厢数为N ＝n ＋k ，由此可知n 只能取偶数，当n ＝2时，k ＝3，总节数为N ＝5；当n ＝4时，k ＝6，总节数为N ＝10；当n ＝6时，k ＝9，总节数为N ＝15；当n ＝8时，k ＝12，总节数为N ＝20，故选项B 、C 正确．3.若货物随升降机运动的v －t 图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图象可能是( B )解析 由v －t 图象可知：过程①为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，F <mg )；过程②为向下匀速直线运动(处于平衡状态，F ＝mg )；过程③为向下匀减速直线运动(加速度向上，超重，F >mg )；过程④为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，F >mg )；过程⑤为向上匀速直线(处于平衡状态，F ＝mg )；过程⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F <mg )．综合选项分析可知选项B 正确．4.如图所示，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木板．假设木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t 增大的水平力F ＝kt (k 是常量)，木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2.下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是( A )解析 当F 比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得a ＝Fm 1＋m 2＝kt m 1＋m 2，a ∝t . 当F 比较大时，m 2相对于m 1运动，根据牛顿第二定律得 对m 1：a 1＝μm 2gm 1，μ、m 1、m 2都一定，则a 1一定．对m 2：a 2＝F －μm 2g m 2＝kt －μm 2g m 2＝km 2t －μg ，a 2是t 的线性函数，t 增大，a 2增大．由于k m 1＋m 2<km 2，则两木板相对滑动后a 2图象的斜率大于两者相对静止时a 图象的斜率，故选项A 正确．5．(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A 和B 的质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.5；木板的质量为m ＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0＝3 m/s.A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：(1)B 与木板相对静止时，木板的速度； (2)A 、B 开始运动时，两者之间的距离．解析 (1)滑块A 和B 在木块上滑动时，木板也在地面上滑动．设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为F f 1、F f 2和F f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1.在物块B 与木板达到共同速度前有F f1＝μ1m A g ，① F f2＝μ1m B g ，②F f3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g ，③ 由牛顿第二定律得， F f1＝m A a A ，④。