（二）“牛顿第二定律”难题 --压轴题参考答案与试题解析
9．（2011?历城区校级模拟）在一个与水平面成α角的粗糙斜面上的 A 点放着一个物体，它系于一根不可伸长的细绳上，绳
子的另一端 B 通过小孔 C 穿出底面，如图所示，开始时物体与 C 等高，当物体开始缓慢下滑时，适当的拉动绳端B，使物体在斜面上划过一个半圆到达C，则 A 和斜面之间的动摩擦因数μ 为（）
A． sin αB．cosαC． t anαD．cot α
考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；向心力．
专题：压轴题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
分析：物体缓慢转动，近似平衡，受力分析后，根据平衡条件列式求解．
解答：
解：物体在斜面上缓慢运动时，受到 4 个力：重力G，绳子的拉力
1 2
F ，斜面的支持力 F ，物体在运动时受到的摩擦
力 F3，这四个力的合力近似为零；
其中 F1和 F3同斜面平行， F2同斜面垂直，G同斜面成（ 90°﹣α）．
根据各力之间的平衡的原则，可列出以下公式：
在垂直斜面方向，有：F2=G?cos α
因此有摩擦力F3=μ F 2=μGcosα
接下来考虑平行于斜面的力，为了简化问题状态，可以直接以 A 点处的系统状态来进行分析，此时时摩擦力和重力
在斜面平行方向上的力是反向、等大的，即应该是近似平衡的，有
μGcosα=Gsinα
因此μ=tanα
故选 C．
点评：这个解法最有技巧的部分就是选取了 A 点处受力分析，根据平衡条件得到重力的下滑分量等于摩擦力，然后列式求解；
当然，也可以对其它点处，运用平衡条件列式．
11．（2007?徐州模拟）压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压电陶瓷设计了判断小车运动状态的装置，其
工作原理如图（ a）所示，将压电陶瓷和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球，它的直径略小于陶瓷和挡
板间的距离．小车向右做直线运动过程中，电压流表示数如图（b）所示，下列判断正确的是（）
A．从 t 1到 t 2时间内，小车做变加速直线运动
B．从 t 1到 t 2时间内，小车做匀加速直线运动
C．从 t 2到 t 3时间内，小车做匀加速直线运动
D．从 t 2到 t 3时间内，小车做匀速直线运动
考点：牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律．
专题：压轴题；恒定电流专题．
分析：根据图象，结合题意，得到压力的变化规律，再根据牛顿第二定律判断出加速度的变化规律，从而得到小车的运动情况．
解答：解： A、 B、从 t 1到 t 2时间内，压电陶瓷两端电压变大，故受到的压力变大，故其对小球有向右且不断变大的压力，故小球的加速度不断变大，水平向右，由于速度向右，故小球向右做加速度不断变大的加速运动，故 A 正确， B 错误；
C、 D、从 t 2到 t 3时间内，电陶瓷两端电压不变，故受到的压力恒定，故其对小球有向右且恒定大的压力，故小球的
加速度恒定，水平向右，由于速度向右，故小球向右做匀加速直线运动，故 C 正确， D 错误；
故选 AC．
点评：本题关键是对小球受力分析，根据图象得到压力的变化规律，然后根据牛顿第二定律判断出加速度的情况，最后得到小车的运动情况．
16．（2010?越秀区三模）如图所示装置中，光滑的定滑轮固定在高处，用细线跨过该滑轮，细线两端各拴一个质量相等的砝
码 m 和 m．在铁架上 A 处固定环状支架z，它的孔只能让m 通过．在m 上加一个槽码m， m 和 m从 O点由静止释放向下做匀1211 1
加速直线运动．当它们到达 A 时槽码 m被支架 z 托住， m1继续下降．在下图中能正确表示m1运动速度v 与时间 t 和位移 x 与时间 t 关系图象的是（）
A．B．C．D．
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．
专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．
分析：由题，开始在m1上加一个槽码m时，由 O点释放向下做匀加速直线运动，当槽码m被支架 Z 托住时，对 m1 进行受力分析，受到重力和绳子的拉力，又因为m1=m2，此时受力平衡，做匀速运动．
解答：解：分析物体的运动情况：在m1上加一个槽码 m时，两者一起由 O点释放向下做匀加速直线运动，所以开始
时v﹣ t
图象是一条过原点的倾斜的直线，位移s 与时间 t 关系图象是抛物线；当槽码m被支架 Z 托住时，对 m1进行受力分析：受到重力和绳子的拉力，因为m1=m2，所以此时受力平衡，做匀速运动，所以v﹣ t 图象是一条平行时间轴的直线，位移 s 与时间 t 关系图象是一条倾斜的直线，故A、D 正确； B、 C 错误．
故选 A、 D．
点评：该题要求考生能根据受力情况判断运动情况，并能根据运动情况画出速度v 与时间 t 和位移 s 与时间 t 关系图象，难度适中．
17．（2010?松江区二模）如图所示，足够长的水平传送带以速度v 沿顺时针方向运动，传送带的右端与光滑曲面的底部平滑
连接，曲面上的 A 点距离底部的高度为h=．一小物块从 A 点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回曲面， g 取 10m/s2，则下列说法正确的是（）
A．若 v=1m/s ，则小物块能回到 A 点
B．若 v=3m/s ，则小物块能回到 A 点
C．若 v=5m/s ，则小物块能越过 A 点
D．无论 v 等于多少，小物块均能回到 A 点
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题：压轴题；传送带专题．
分析：物体从曲面冲上传送带后，受到向右的滑动摩擦力，减速向左滑行，之后依然受到向右的滑动摩擦力，会继续向右加速，然后分两种情况分析．
解答：解：小物块从 A 点滑到传送带的过程中运用动能定理的：
=mgh
解得：v0=3m/s
设小物块返回传送带右端时的速度为v1，由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在
滑动摩擦力的作用下向右加速，分两种情况讨论：
2 2
大小相同，小物块返回曲面的初速度都等于 3 m/s ，物体恰好能回到 A 点，故 B 正确， C 错误；
③如果 v＜3m/s，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之
后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，物体离开传送带滑上曲面时的速度为v 且小于 3m/s，根据动能定理可知小物块不能回到 A 点，故 A、 D错误；
故选： B．
点评：本题关键是对于物体返回的过程分析，物体可能一直加速，也有可能先加速后匀速运动．
三．解答题（共 6 小题）
25．（2014?河西区二模）物体 A 的质量 M=1kg，静止在光滑水平面上的平板车 B 的质量为m=、长 L=1m．某时刻A 以 v0=4m/s 向右的初速度滑上木板 B 的上表面，在 A 滑上 B 的同时，给 B 施加一个水平向右的拉力．忽略物体 A 的大小，已知 A 与 B 之间的动摩擦因数μ=，取重力加速度 g=10m/s2．试求：
（1）若 F=5N，物体 A 在小车上运动时相对小车滑行的最大距离；
（2）如果要使 A 不至于从 B 上滑落，拉力 F 大小应满足的条件．
考点：牛顿第二定律；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．
专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．
分析：首先分析物体 A 和车的运动情况： A 相对于地做匀减速运动，车相对于地做匀加速运动．开始阶段， A 的速度大于车的速度，则 A 相对于车向右滑行，当两者速度相等后， A 相对于车静止，则当两者速度相等时，物体 A 在小车上运动时相对小车滑行的最大距离．由牛顿第二定律和运动学公式结合，以及速度相等的条件，分别求出 A 与车相对于地的位移，两者之差等于 A 在小车上运动时相对小车滑行的最大距离．
要使 A 不从 B 上滑落，是指既不能从 B 的右端滑落，也不能左端滑落．物体 A 不从右端滑落的临界条件是 A 到达 B 的右端时， A、B 具有共同的速度，根据牛顿第二定律和运动学公式结合，以及速度相等的条件，可求出此时F，为 F 的最小值．物体 A 不从左端滑落的临界条件是 A 到达 B 的左端时， A、 B 具有共同的速度，可求出此时 F 的最大值，综合得到 F 的范围．
解答：解：（ 1）物体 A 滑上木板 B 以后，作匀减速运动，有μMg=Ma A得 a A=μg=2 m/s2
木板 B 作加速运动，有F+μMg=ma B，得： a B=14 m/s 2
两者速度相同时，有V0﹣a A t=a B t ，得： t=
A 滑行距离： S A=V0t ﹣=m
B 滑行距离： S B==m
最大距离：△ s=S A﹣ S B=
（2）物体 A 不滑落的临界条件是 A 到达 B 的右端时， A、B 具有共同的速度 v1，则：
?①又：?②
由①、②式，可得：a B=6m/s2F=ma B﹣μ Mg=1N
若 F＜ 1N，则 A 滑到 B 的右端时，速度仍大于 B 的速度，于是将从 B 上滑落，所以 F 必须大于等于1N．
当 F 较大时，在 A 到达 B 的右端之前，就与 B 具有相同的速度，之后， A 必须相对 B 静止，才不会从 B 的左端滑落．即有： F=（m+M） a，μ Mg=ma所以： F=3N
若 F 大于 3N， A 就会相对 B 向左滑下．综上：力 F 应满足的条件是： 1N≤F≤3N
答：（ 1）若 F=5N，物体 A 在小车上运动时相对小车滑行的最大距离为．
（ 2）要使 A 不至于从 B 上滑落，拉力 F 大小应满足的条件是1N≤F≤3N
点评：牛顿定律和运动公式结合是解决力学问题的基本方法，这类问题的基础是分析物体的受力情况和运动情况，难点在于分析临界状态，挖掘隐含的临界条件．
26．（2013?安徽）如图所示，质量为M、倾角为α的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水平地面上，底部与地面的
动摩擦因数为μ，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为l 的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块．压缩弹簧使其长度为l 时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态．重力加速度为g．
（ 1）求物块处于平衡位置时弹簧的长度；
（ 2）选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x 表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做
简谐运动；
（ 3）求弹簧的最大伸长量；
（ 4）为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数μ 应满足什么条件（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）？
考点：牛顿第二定律；胡克定律．
专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．
分析：（ 1）物体平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力，三力平衡，根据平衡条件并结合正交分解法和胡克定律列式求解；
（2）简谐运动的回复力满足 F=﹣ kx 形式；
（3）简谐运动具有对称性，先求解出振幅，然后确定最大伸长量；
（4）当滑块处于任意位移 x 处时，能保持静止即可，对斜面体受力分析后根据平衡条件列式求解，然后将最大位移打
入即可．
解答：解：（ 1）物体平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据平衡条件，有：
mgsinα=k?△x
解得：
故弹簧的长度为；
（2）物体到达平衡位置下方 x 位置时，弹力为： k（x+△x） =k（x+）；故合
力为： F=mgsinα﹣ k（ x+） =﹣ kx；
故物体做简谐运动；
（ 3）简谐运动具有对称性，压缩弹簧使其长度为l 时将物块由静止开始释放，故其振幅为：
A=；
故其最大伸长量为： A+△x=；
（ 4）设物块位移x 为正，斜面体受重力、支持力、压力、弹簧的拉力、静摩擦力，如图
根据平衡条件，有：
水平方向： f+F N1sin α﹣ Fcosα=0
竖直方向： F N2﹣ Mg﹣F N1cosα﹣ Fsin α=0
又有： F=k（x+△x）， F N1=mgcosα
联立可得： f=kxcos α，F N2=Mg+mg+kxsinα
为使斜面体保持静止，结合牛顿第三定律，应该有|f|≤μF N2，所以
当 x=﹣ A 时，上式右端达到最大值，于是有：
答：（ 1）物块处于平衡位置时弹簧的长度为；
（ 2）证明如上；
（ 3）弹簧的最大伸长量为；
（ 4）为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数μ 应满足的条件为：．
点评：本题关键是先对滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列式分析；最后对斜面体受力分析，确定动摩擦因素的最小值，难题．
28．（2012?如皋市校级模拟）如图所示，长L=，高 h=，质量 M=10kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动．当木箱
的速度 v0=s 时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F=50N，并同时将一个质量m=1kg 的小球轻放在距木箱右端的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），经过一段时间，小球脱离木箱落到地面．木箱与地面的动摩擦因数为，
其他摩擦均不计．取，求：
（1）小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；
（2）小球放上 P 点后，木箱向右运动的最大位移；
（3）小球离开木箱时木箱的速度．
考点：牛顿第二定律；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位移的关系；自由落体运动．
专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．
分析：（ 1）小球离开木箱后做自由落体运动，根据位移时间关系可以求得时间；
（2）对木箱受力分析，求出加速度，可以根据速度时间关系公式和位移时间关系公式分别求出位移和时间；
（3）先对木箱受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，然后可以先根据位移时间关系公式求得时间，再根据速度
时间公式求末速度，也可以直接根据速度位移关系公式求末速度．
解答：解：（ 1）木箱上表面的摩擦不计，因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状态，离开木箱后将作自由落体运动．由，得
小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为．
（2）小球放到木箱后，木箱的加速度为：
木箱向右运动的最大位移为：
小球放上P 点后，木箱向右运动的最大位移为．
（3） x1小于 1m，所以小球不会从木箱的左端掉
下木箱向左运动的加速度为
设木箱向左运动的距离为x2时，小球脱离木箱，则：
t 2，则：
设木箱向左运动的时间为
由
得：
所以，小球离开木箱的瞬间，木箱的速度方向向左，大小为：v2=a2 t 2=×1=s．
点评：本题关键对分向右减速和向左加速两过程对木箱受力分析后求得加速度，然后根据运动学公式求解待求量．
29．（2012?四会市校级二模）光滑水平面上有一质量为M、长度为L 的木板 AB，在木板的中点有一质量为m的小木块，木板上表面是粗糙的，它与木块间的动摩擦因数为μ．开始时两者均处于静止状态，现在木板的 B 端加一个水平向右的恒力F，则：
（ 1）木板和木块运动的加速度是多大？
（ 2）若在木板的 B 端到达距右方距离为L 的 P 点前，木块能从木板上滑出，则水平向右的恒力 F 应满足什么条件？
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．
分析：（ 1）木块运动的最大加速度为，若 F≤μ（ m+M） g，木板和木块一起做匀加速运动，用整体法受力分析用牛顿第二定律求加速度．若 F＞μ（ m+M） g，木块、木板加速度不一样，用隔离法分别对木块和木板水分析，用牛顿第二定律求加
速度．
（ 2）分别找出木块的位移和木板的位移，运用位移公式列式，求出加速度的关系，在根据（ 1）问中求出的加速度表达式，
即可求出 F 的大小．
解答：解：（ 1）木块运动的最大加速度为?①
若 F≤μ（ m+M） g，木板和木块一起做匀加速运动，
根据牛顿第二定律，共同加速度为?②
若 F＞μ（ m+M） g，设木块、木板加速度分别为a1、a2，
则a1
=a m=μg?③?④
t ，水平向右的恒力（ 2）设在木板的 B 端到达距右方距离为L 的 P 点时，木块恰能从木板上滑出，相对滑动时间为
F0，
则?⑤
?⑥
由③④⑤⑥式得 F 0=μ（ 2M+m） g
则在木板的 B 端到达距右方距离为L 的 P 点前，木块能从木板上滑出应满足F＞μ（ 2M+m） g
答：（ 1）若 F≤μ（ m+M）g，木板和木块一起做匀加速运动，其加速度为
若 F＞μ（ m+M） g，木板的加速度为，木块运动的加速度为μg．
F 应满足F＞μ（ 2M+m）
（ 2）若在木板的B 端到达距右方距离为L 的 P点前，木块能从木板上滑出，则水平向右的恒力
g．
点评：本题首先要分析物体的运动情况，其次把握滑块不从木板上滑下的条件，即两物体之间的几何关系．