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专题三牛顿运动定律的综合应用考纲解读 1.掌握超重、失重的概念，会分析超重、失重的相关问题.2.学会分析临界与极值问题.3.会进行力学多过程问题的分析．1．[对超重和失重的理解]关于超重和失重的下列说法中，正确的是() A．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了B．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用C．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态D．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化答案 D解析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，超重和失重并非物体的重力发生变化，而是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了变化，综上所述，A、B、C均错，D正确．2．[超重与失重概念的应用]下列说法中正确的是() A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态答案 B解析当加速度有竖直向下的分量时，物体处于失重状态；当加速度有竖直向上的分量时，物体处于超重状态，蹦床运动员在空中上升和下降的过程中加速度方向均竖直向下，且a＝g，为完全失重状态，所以B正确．而A、C、D中运动员均为平衡状态，F＝mg，既不超重也不失重．3．[动力学中的图象问题]一个木块以某一水平初速度自由滑上粗糙的水平面，在水平面上运动的v－t图象如图1所示．已知重力加速度为g，则根据图象不能求出的物理量是()图1A．木块的位移B．木块的加速度C．木块所受摩擦力D．木块与桌面间的动摩擦因数答案 C解析位移可由图象与时间轴所围的面积求出，由v－t图线的斜率可求出加速度a，由牛顿第二定律知，a＝μg，故动摩擦因数μ也可求出，由于不知木块的质量，故不能求出木块所受摩擦力．1．超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的情况．(2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的情况．(2)产生条件：物体具有向下的加速度．3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的情况称为完全失重现象．(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．考点一超重与失重现象1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了．在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重”发生变化)．2．只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关．3．尽管物体的加速度不是在竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．4．物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma.例1如图2所示，运动员“3 m跳板跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中，跳板自身重力忽略不计，则下列说法正确的是()图2A．运动员向下运动(B→C)的过程中，先失重后超重，对板的压力先减小后增大B．运动员向下运动(B→C)的过程中，先失重后超重，对板的压力一直增大C．运动员向上运动(C→B)的过程中，超重，对板的压力先增大后减小D．运动员向上运动(C→B)的过程中，超重，对板的压力一直减小答案 B突破训练1在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一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t变化的图象，则下列图象中可能正确的是()答案 D解析该同学下蹲过程中，其加速度方向先向下后向上，故先失重后超重，故选项D 正确．考点二动力学中的图象问题1．图象的类型(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．2．问题的实质是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图象的物理意义，理解图象的轴、点、线、截、斜、面六大功能．例2如图3甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端放着小物块A，某时刻，B 受到水平向左的外力F 的作用，F 随时间t 的变化规律如图乙所示，即F ＝kt ，其中k 为已知常数．若A 、B 之间的滑动摩擦力F f 的大小等于最大静摩擦力，且A 、B 的质量相等，则下列图中可以定性地描述物块A 的v －t 图象的是( )图3解析 刚开始，外力F 较小，A 、B 保持相对静止，加速度大小为a ＝F 2m ＝kt2m ，可见，加速度a 的大小随着时间t 逐渐增大，对应的v －t 图线的斜率逐渐增大，C 、D 错误；随着时间t 的增大，外力F 增大，当物块和木板之间的摩擦力大小达到最大静摩擦力时，物块A 与木板B 发生相对运动，此时有F f ＝ma ，F －F f ＝ma ，解得F ＝2F f ，即kt ＝2F f ，可见t >2F fk 后物块将在大小恒定的摩擦力的作用下做匀加速直线运动，其对应的v －t 图线是倾斜的直线，A 错误，B 正确． 答案 B数图结合解决动力学问题物理公式与物理图象的结合是一种重要题型．动力学中常见的图象有v －t 图象、x －t 图象、F －t 图象、F －a 图象等，解决图象问题的关键有：(1)分清图象的横、纵坐标所代表的物理量及单位，并且注意坐标原点是否从零开始，明确其物理意义．(2)明确图线斜率的物理意义，如v －t 图线的斜率表示加速度，注意图线中一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等． (3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合，并结合斜率、特殊点等的物理意义，确定能从图象中反馈出来哪些有用信息(如v －t 图线所围面积表示位移等)并结合牛顿运动定律求解．突破训练2 我国“蛟龙号”深潜器在某次实验时，内部显示屏上显示了从水面开始下潜到返回水面过程中的速度图象，如图4所示．以下判断正确的是( )图4A．6 min～8 min内，深潜器的加速度最大B．4 min～6 min内，深潜器停在深度为60 m处C．3 min～4 min内，潜水员处于超重状态D．6 min～10 min内，深潜器的加速度不变答案 C解析速度—时间图线的斜率的绝对值表示加速度的大小，图线与时间轴围成的面积等于位移的大小.6 min～8 min内深潜器的加速度小于3 min～4 min内深潜器的加速度，A 错误.4 min～6 min内，深潜器停在深度为360 m处，B错误.3 min～4 min内，深潜器向下做匀减速运动，加速度向上，故处于超重状态，C正确.6 min～8 min内与8 min～10 min内深潜器的加速度大小相等，方向相反，D错误．考点三动力学中的临界极值问题临界或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；(2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态；(3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点；(4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．例3(2013·山东·22)如图5所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g取10 m/s2.图5(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小．(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？解析 (1)设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得 L ＝v 0t ＋12at 2① v ＝v 0＋at②联立①②式，代入数据得 a ＝3 m/s 2③ v ＝8 m/s④(2)设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得F cos α－mg sin θ－F f ＝ma ⑤ F sin α＋F N －mg cos θ＝0⑥ 又F f ＝μF N⑦联立⑤⑥⑦式得F ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋ma cos α＋μsin α⑧由数学知识得 cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α)⑨由⑧⑨式可知对应最小F 的夹角 α＝30°⑩联立③⑧⑩式，代入数据得F 的最小值为 F min ＝1335N 答案 (1)3 m /s 2 8 m/s (2)30°1335N动力学中的典型临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F N ＝0. (2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松驰的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松驰的临界条件是：F T ＝0. (4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为零时．突破训练3 如图6所示，水平地面上放置一个质量为m 的物体，在与水平方向成θ角、斜向右上方的拉力F的作用下沿水平地面运动．物体与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.求：图6(1)若物体在拉力F的作用下能始终沿水平面向右运动且不脱离地面，拉力F的大小范围；(2)已知m＝10 kg，μ＝0.5，g＝10 m/s2，若F的方向可以改变，求使物体以恒定加速度a＝5 m/s2向右做匀加速直线运动时，拉力F的最小值．答案(1)μmgcos θ＋μsin θ≤F≤mgsin θ(2)40 5 N解析(1)要使物体运动时不离开水平面，应有：F sin θ≤mg 要使物体能一直向右运动，应有：F cos θ≥μ(mg－F sin θ)联立解得：μmgcos θ＋μsin θ≤F≤mgsin θ(2)根据牛顿第二定律得：F cos θ－μ(mg－F sin θ)＝ma解得：F＝μmg＋macos θ＋μsin θ上式变形F＝μmg＋ma1＋μ2sin(θ＋α)，其中α＝sin－111＋μ2，当sin(θ＋α)＝1时F有最小值解得：F min＝μmg＋ma1＋μ2，代入相关数据解得：F min＝40 5 N.12.“传送带模型”问题的分析思路1．模型特征一个物体以速度v0(v0≥0)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统可看做“传送带”模型，如图7(a)、(b)、(c)所示．图72．建模指导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．判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等．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：求解的关键在于认真分析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．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．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如图8所示为某工厂的货物传送装置，倾斜运输带AB(与水平面成α＝37°)与一斜面BC(与水平面成θ＝30°)平滑连接，B点到C点的距离为L＝0.6 m，运输带运行速度恒为v0＝5 m/s，A点到B点的距离为x＝4.5 m，现将一质量为m＝0.4 kg的小物体轻轻放于A点，物体恰好能到达最高点C点，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ1＝36，求：(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计)图8(1)小物体运动到B点时的速度v的大小；(2)小物体与运输带间的动摩擦因数μ；(3)小物体从A点运动到C点所经历的时间t.审题与关联解析 (1)设小物体在斜面上的加速度为a 1，运动到B 点的速度为v ，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μ1mg cos θ＝ma 1由运动学公式知v 2＝2a 1L ，联立解得v ＝3 m/s.(2)因为v <v 0，所以小物体在运输带上一直做匀加速运动，设加速度为a 2，则由牛顿第二定律知μmg cos α－mg sin α＝ma 2 又因为v 2＝2a 2x ，联立解得μ＝78.(3)小物体从A 点运动到B 点经历时间t 1＝v a 2，从B 运动到C 经历时间t 2＝va 1联立并代入数据得小物体从A 点运动到C 点所经历的时间t ＝t 1＋t 2＝3.4 s. 答案 (1)3 m/s (2)78(3)3.4 s解答传送带问题应注意的事项(1)水平传送带上物体的运动情况取决于物体的受力情况，即物体所受摩擦力的情况；倾斜传送带上物体的运动情况取决于所受摩擦力与重力沿斜面的分力情况．(2)传送带上物体的运动情况可按下列思路判定：相对运动→摩擦力方向→加速度方向→速度变化情况→共速，并且明确摩擦力发生突变的时刻是v 物＝v 传．(3)倾斜传送带问题，一定要比较斜面倾角与动摩擦因数的大小关系．13.“滑块—木板模型”问题的分析思路1．模型特点：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动． 2．建模指导解此类题的基本思路：(1)分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；(2)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移． 例5 如图9所示，质量M ＝4.0 kg 的长木板B 静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m ＝1.0 kg 的小滑块A (可视为质点)．初始时刻，A 、B 分别以v 0＝2.0 m /s 向左、向右运动，最后A 恰好没有滑离B 板．已知A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.40，取g ＝10 m/s 2.求：图9(1)A 、B 相对运动时的加速度a A 和a B 的大小与方向；(2)A 相对地面速度为零时，B 相对地面运动已发生的位移大小x ； (3)木板B 的长度l . 审题与关联解析 (1)A 、B 分别受到大小为μmg 的摩擦力作用，根据牛顿第二定律 对A 有μmg ＝ma A 则a A ＝μg ＝4.0 m/s 2 方向水平向右 对B 有μmg ＝Ma B 则a B ＝μmg /M ＝1.0 m/s 2 方向水平向左(2)开始阶段A 相对地面向左做匀减速运动，设到速度为零时所用时间为t 1，则v 0＝a A t 1，解得t 1＝v 0/a A ＝0.50 sB 相对地面向右做匀减速运动x ＝v 0t 1－12a B t 21＝0.875 m(3)A 先相对地面向左匀减速运动至速度为零，后相对地面向右做匀加速运动，加速度大小仍为a A ＝4.0 m/s 2B 板向右一直做匀减速运动，加速度大小为a B ＝1.0 m/s 2当A、B速度相等时，A滑到B最左端，恰好没有滑离木板B，故木板B的长度为这个全过程中A、B间的相对位移．在A相对地面速度为零时，B的速度v B＝v0－a B t1＝1.5 m/s设由A速度为零至A、B速度相等所用时间为t2，则a A t2＝v B－a B t2解得t2＝v B/(a A＋a B)＝0.3 s共同速度v＝a A t2＝1.2 m/s从开始到A、B速度相等的全过程，利用平均速度公式可知A向左运动的位移x A＝(v0－v)(t1＋t2)2＝(2－1.2)×(0.5＋0.3)2m＝0.32 mB向右运动的位移x B＝(v0＋v)(t1＋t2)2＝(2＋1.2)×(0.5＋0.3)2m＝1.28 mB板的长度l＝x A＋x B＝1.6 m答案(1)A的加速度大小为4.0 m/s2，方向水平向右B的加速度大小为1.0 m/s2，方向水平向左(2)0.875 m(3)1.6 m高考题组1．(2013·浙江·19)如图10所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于该热气球，下列说法正确的是()图10A．所受浮力大小为4 830 NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C ．从地面开始上升10 s 后的速度大小为5 m/sD ．以5 m/s 的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230 N 答案 AD解析 从地面刚开始竖直上升时v ＝0，空气阻力F f ＝0.由F 浮－mg ＝ma ，得F 浮＝m (g ＋a )＝4 830 N ，故A 正确；最终气球匀速上升，说明气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，故B 错误；气球做加速度减小的加速运动，故加速到5 m/s 的时间大于10 s ，C 错误；匀速上升时F 浮－mg －F f ＝0，计算得F f ＝230 N ，D 正确．2．(2013·广东·19)如图11，游乐场中，从高处A 到水面B 处有两条长度相同的光滑轨道，甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A 处自由滑向B 处，下列说法正确的有( )图11A ．甲的切向加速度始终比乙的大B ．甲、乙在同一高度的速度大小相等C ．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D ．甲比乙先到达B 处 答案 BD解析 在曲线上任取一点，作切线，设切线与水平方向成的锐角为θ，则切向力为：mg sin θ＝ma t ，可以看出甲的切向加速度一直减小，乙的切向加速度一直增大，在B 点，就有甲的切向加速度小于乙，当然这样的地方还有很多，A 错．当甲、乙下降相同的高度h 时，由动能定理得：mgh ＝12m v 2，即：v ＝2gh ，B 对．画切向速度函数图象如下：分析过程：经分析甲、乙开始一段时间，切向加速度甲比乙大，切向速度存在上面图(a)、(b)、(c)3种可能，假设图(b)成立，从0到末时刻有s 甲>s 乙，末时刻速度大小相同，表示甲、乙下降的高度相同，然后用水平线去截甲、乙轨迹，如图(d)所示，则有s甲<s乙，与上面结论相矛盾，故假设不成立，同理图(c)也不成立，只有图(a)成立，即C错，D 对．模拟题组3．如图12所示，质量为1 kg的木块A与质量为2 kg的木块B叠放在水平地面上，A、B 间的最大静摩擦力2 N，B与地面间的动摩擦因数为0.2.用水平力F作用于B，则A、B 保持相对静止的条件是(g＝10 m/s2) ()图12A．F≤12 N B．F≤10 NC．F≤9 N D．F≤6 N答案 A解析当A、B间有最大静摩擦力(2 N)时，对A由牛顿第二定律知，加速度为2 m/s2，对A、B整体应用牛顿第二定律有：F－0.2×30 N＝3×2 N，F＝12 N，A、B保持相对静止的条件是F≤12 N，A正确，B、C、D错误．4．如图13所示，质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，已知弹簧的原长为L，劲度系数为k，现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上有一水平拉力F，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为()图13A.F3k B.F2kC．L＋F3k D．L＋F2k答案 C5．如图14所示，厚度不计的薄板A长L＝5.0 m，质量M＝5.0 kg，放在水平桌面上．在A 上距其右端s＝3.0 m处放一物体B(大小不计)，其质量m＝2.0 kg，已知A、B间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与桌面间的动摩擦因数μ2＝0.2，原来系统静止．现在在板的右端施加一大小一定的水平力F＝26 N，持续作用在A上，将A从B下抽出．(g＝10 m/s2)求：图14(1)A从B下抽出前A、B的加速度各是多少；(2)B运动多长时间离开A.答案(1)2 m/s2 1 m/s2(2)2 s解析(1)对A：F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma A 解得：a A＝2 m/s2对B：μ1mg＝ma B解得a B＝1 m/s2(2)设经时间t抽出，则x A＝12a A t2x B＝12a B t2Δx＝x A－x B＝L－st＝2 s6．一质量m＝2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一足够长的斜面，小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25.某同学利用传感器测出了小物块从一开始冲上斜面上滑过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的速度—时间图线，如图15所示．(g＝10 m/s2)求：图15(1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小；(2)斜面的倾角θ；(3)小物块沿斜面上滑的最大距离；(4)小物块在斜面上运动的总时间．答案(1)8 m/s2(2)37°(3)4.0 m(4)(1＋2)s解析(1)由小物块上滑过程的速度—时间图线可得小物块冲上斜面过程中加速度为a＝v t－v0t＝0－8.01.0m/s2＝－8 m/s2加速度大小为8 m/s2.(2)对小物块进行受力分析如图，有mg sin θ＋F f＝ma1F N－mg cos θ＝0F f＝μF N代入数据解得θ＝37°(3)由题图知物块沿斜面上滑的最大距离为 x ＝v 02t ＝82×1.0 m ＝4.0 m.(4)小物块下滑时，有mg sin θ－F f ＝ma 2 x ＝12a 2t 22 得t 2＝ 2 s总时间t ＝t 1＋t 2＝(1＋2) s(限时：30分钟)►题组1 超重、失重的理解与应用 1．有关超重和失重，以下说法中正确的是( )A ．物体处于超重状态时，所受重力增大，处于失重状态时，所受重力减小B ．竖直上抛的木箱中的物体处于完全失重状态C ．在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机必定处于下降过程D ．站在月球表面的人处于失重状态 答案 B解析 超重与失重时，物体自身的重力不会发生变化，A 项错；竖直上抛中的木箱中的物体的加速度都为竖直向下的重力加速度g ，所以是完全失重，B 项正确；升降机失重时，也有可能是做向上的减速运动，C 项错；月球表面对人体也有引力作用，虽然他对月面的压力小于在地球时对地球表面的压力，但对月面的压力等于他在月球上受的重力，所以这不是失重，D 项错，正确选项为B.2．如图1所示是某同学站在力传感器上做下蹲—起立的动作时记录的压力F 随时间t 变化的图线，由图线可知该同学( )图1A ．体重约为650 NB ．做了两次下蹲—起立的动作C．做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s起立D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态答案AC解析做下蹲—起立的动作时，下蹲过程中先向下加速后向下减速，因此先处于失重状态后处于超重状态，D错误；由图线可知，第一次下蹲4 s末结束，到6 s末开始起立，所以A、C正确，B错误．3．如图2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()图2A．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0答案 A解析由于物体m沿斜面向下做减速运动，则物体的加速度方向与运动方向相反，即沿斜面向上，则其沿竖直向上的方向有分量，故系统处于超重状态，所以可确定A正确，B、C错误；同理可知，加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故D错误．►题组2动力学中的图象问题4．如图3甲所示，A、B两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力F的作用，该力与时间的关系如图乙所示，A、B始终相对静止，则下列说法不正确的是()图3A．t0时刻，A、B间静摩擦力最大B．t0时刻，B速度最大C．2t0时刻，A、B间静摩擦力为零D ．2t 0时刻，A 、B 位移最大 答案 AC解析 由题图乙可知，A 、B 一起先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速运动，所以B 项正确；全过程运动方向不变，2t 0时刻，A 、B 位移最大，所以D 项正确；不正确的选项为A 、C 项．5．下面四个图象依次分别表示A 、B 、C 、D 四个物体的加速度、速度、位移和摩擦力随时间变化的规律．其中可能处于受力平衡状态的物体是( )答案 CD解析 若物体处于受力平衡状态，则加速度a ＝0，因此A 、B 均错误．C 代表匀速直线运动，所以正确．D 为摩擦力的变化，但是有可能跟外力平衡，所以D 也正确． 6．如图4甲所示，质量为m ＝2 kg 的物体在水平面上向右做直线运动．过A 点时给物体一个水平向左的恒力F 并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v －t 图象如图乙所示．取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图4(1)力F 的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ； (2)10 s 末物体离A 点的距离． 答案 (1)3 N 0.05 (2)2 m解析 (1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a 1，则由题中v －t 图象得a 1＝2 m/s 2① 根据牛顿第二定律有，F ＋μmg ＝ma 1②设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a 2，则由题中v －t 图象得a 2＝1 m/s 2③ 根据牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 2④联立①②③④解得：F ＝3 N ，μ＝0.05(2)设10 s 末物体离A 点的距离为d ，d 应为v －t 图象与横轴所围的面积，则 d ＝8×42 m －6×62m ＝－2 m负号表示物体在A 点左侧 ►题组3 传送带模型7．如图5所示，质量为m 的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体到传送带左端的距离为L ，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以v 1、v 2的速度做逆时针转动时(v 1<v 2)，绳中的拉力分别为F 1、F 2；若剪断细绳，物体到达左端的时间分别为t 1、t 2，则下列说法正确的是( )图5A ．F 1<F 2B ．F 1＝F 2C ．t 1一定大于t 2D ．t 1可能等于t 2答案 BD解析 本题考查传送带模型的应用．不论传送带的速度大小是多少，物体与传送带间的滑动摩擦力是一样的，分析物体受力情况，其所受的合力为零，则F 1＝F 2；因L 的大小未知，物块在传送带上的运动情况不能确定，所以t 1可能等于t 2.8．如图6所示，倾角为37°，长为l ＝16 m 的传送带，转动速度为v ＝10 m /s ，动摩擦因数μ＝0.5，在传送带顶端A 处无初速度地释放一个质量为m ＝0.5 kg 的物体．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：图6(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间； (2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间． 答案 (1)4 s (2)2 s解析 (1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，又μ<tan θ，故向下匀加速运动，设加速度为a ，根据牛顿第二定律有mg (sin 37°－μcos 37°)＝ma则a ＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s 2， 根据l ＝12at 2得t ＝4 s.(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a 1，由牛顿第二。
