初升高物理暑假预习课（人教版）4.5 牛顿运动定律的应用（讲义）（教师版）

4.5牛顿运动定律的应用——划重点之初升高暑假预习强化精细讲义知识点1：从受力情况求运动情况1.基本思路分析物体的受力情况，求出物体所受的合外力，由牛顿第二定律求出物体的加速度;再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况.流程图如下：2.解题的一般步骤(1)确定研究对象，对物体进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图。(2)根据力的合成与分解的方法，求出物体所受的合外力。根据牛顿第二定律列方程,求岀物体的加速度。(3)结合给定的物体运动的初始条件，选择合适的运动学公式，求解待求的物理量。（1）只要知道物体的受力情况,就能确定物体的运动情况.(X)解释：运动情况由受力情况和运动初始条件共同决定.（2）由运动学公式求加速度，要特別注意加速度的方向，并由此可以确定合外力的方向.（X）解释：合外力的方向与加速度的方向相同，而与速度的方向无关.知识点2：从运动情况求受力情况1.基本思路分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合外力；再分析物体的受力情况,求出物体受到的作用力.流程图如下：2.解题的一般步骤(1)确定研究对象，对物体进行受力分析和运动分析.并画出物体的受力示意图。(2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度。(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体所受的合力。(4)选择合适的力的合成与分解的方法，由合力和已知力求出待求的力。（1）解决两类动力学基本问题的关键①两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。②一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁.两类动力学基本问题都涉及加速度，因此加速度在解决动力学问题中起到关键作用。（2）应用牛顿运动定律时的注意事项（1）若物体做直线运动，一般将力沿运动方向和垂直于运动方向进行分解；若求加速度，一般要沿加速度方向分解力；若求某一个力，可沿该力的方向分解加速度。（2）物体的受力情况与运动状态有关，所以受力分析和运动分析往往同时考虑，交叉进行，作受力分析图时，把所受的外力画到物体上的同时，速度和加速度的方向也可以标在图中。“等时圆模型"适用条件：弦是光滑的，且物体自弦的顶端由静止释放.(1)各弦交点为最低点:=1\*GB3①xAD=2Rsinα=2\*GB3②mgsinα=ma=3\*GB3③xAD=at2联立①=2\*GB3②=3\*GB3③解得t=结论：运动时间与倾角无关，即沿各弦运动时间相同。(2)各弦交点为最高点时，结论同上。 【典例1】（多选）如图甲，一个物块放在水平面上，在两个恒力作用下做匀速直线运动。时刻，其中某个力发生变化，大小随时间的变化关系如图乙所示，在时间内（）

A．若变化的是，物块运动的加速度可能均匀减小B．若变化的是，地面对物块的摩擦力可能先不变后均匀减小C．若变化的是，物块可能做匀加速直线运动D．若变化的是，地面对物块的摩擦力可能均匀减小【答案】BD【详解】A．减小时，摩擦力不变应该减速，合力为摩擦力减，合力增大，因此加速度增大，故A错误；B．当速度减小为0后摩擦力为静摩擦力，等于逐渐减小，故B正确；CD．若变化的是，物块的加速度会发生变化，地面对物块的摩擦力可能均匀减小，故C错误，D正确。故选BD。【典例2】如图，质量为M的大圆环中间有一立柱，其上串着一个质量为m的球，球和立柱间有摩擦力。下列说法正确的是（）A．小球在立柱上端由静止释放，若加速下滑，则地面对大圆环的支持力大于B．小球在立柱上以一定的速度向下运动，若减速下滑，则地面对大圆环的支持力小于C．小球在立柱上以一定的速度向上运动，当初速度足够大时，小球就能通过力将大圆环托离地面D．小球在立柱上以一定的速度向上运动，当加速度足够大时，小球就能通过力将大圆环托离地面【答案】D【详解】A．小球在立柱上端由静止释放，若加速下滑，整个系统中有部分（小球）处于失重状态，则地面对大圆环的支持力小于，A错误；B．小球在立柱上以一定的速度向下运动，若减速下滑，整个系统中有部分（小球）处于超重状态，则地面对大圆环的支持力大于，B错误；C．当小球对立柱向上的摩擦力大等于时，大圆环离开地面，故小球能否通过摩擦力将大圆环托离地面，取决于摩擦力大小，与初速度大小无关，C错误；D．若小球与立柱的摩擦力大于或等于大圆环的重力时，就可能通过摩擦力将大圆环托离地面，此时解得D正确。故选D。【典例3】如图所示，竖直的圆环置于水平向左的匀强电场中，三个完全相同的带正电的绝缘小球（未画出）分别套在固定于AB、AC、AD的三根光滑细杆上，其中AB与竖直方向夹角为60°，AC经过圆心，AD竖直。现将小球无初速度地从A端释放，小球分别沿AB、AC、AD下滑到B、C、D三点。已知小球所受电场力大小与重力大小之比为，则小球在三根细杆上运动的时间关系为（）A． B． C． D．无法确定【答案】B【详解】小球所受电场力大小与重力大小之比为，可知小球所受重力与电场力的合力F的方向恰好与平行，且由A指向B。延长，作交于M，以为直径画一个圆（图中虚线），与该圆交于N。设，则小球沿杆运动的加速度为位移为由得与无关，由等时圆模型知而，，故故选B。【典例4】如图所示装置，位于竖直平面内的固定光滑圆轨道与水平轨道面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆轨道的圆心。已知在同一时刻，a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点；c球由C点自由下落到M点。则（）A．a球最先到达M点B．b球最先到达M点C．c球最先到达M点D．a、c、b三球依次先后到达M点【答案】C【详解】设圆轨道半径为R，据“等时圆”理论B点在圆外，有tb>taC球做自由落体运动，有tc＝故有tc<ta<tb故选C。【典例5】如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为（）A．t＝t＝t B．t＞t＞tC．t＜t＜t D．t＝t＜t【答案】B【详解】如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知t＞t＞t故选B。【典例6】一个质量为4kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数。从t＝0开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F的作用，力F随时间t变化的规律如图所示。g取10m/s2。求：（结果可用分式表示）（1）在2~4s时间内，物体从开始做减速运动到停止所经历的时间；（2）0~6s内物体的位移大小。【答案】（1）s；（2）m【详解】（1）0~2s内，由牛顿第二定律和运动学公式得解得由可得，2s末物体的速度2~4s内，由牛顿第二定律和运动学公式得F2－μmg＝ma2解得根据可解得，物体从开始做减速运动到停止所用时间（2）0~2s内物体的位移2~4s内物体的做减速运动，其位移内之后由于拉力小于摩擦力，则物体静止。在可知4~6s内物体做的运动与0~2s内物体的运动相同，则位移相同，所以0~6s内物体的位移大小为x＝2x1＋x2＝m【典例7】如图所示，质量的物块，在沿斜面向上、大小的拉力作用下，沿倾角的足够长斜面由静止开始匀加速上滑，经时间撤去拉力。已知物块与斜面间的动摩擦因数，取，，求：（1）拉力F作用的时间内，物块沿斜面上滑的距离；（2）从撤去拉力起，物块运动至最高点所需的时间；（3）从撤去拉力起，经物块距出发点的距离x。【答案】（1）10m；（2）1s；（3）11m【详解】(1)物块在时间内沿斜面匀加速上滑，设加速度大小为，由牛顿第二定律有代入数据解得在这段时间内物块上滑的距离为m(2)经时间物块的速度大小为接着物块沿斜面匀减速上滑，设加速度大小为，由牛顿第二定律有代入数据解得根据速度公式有代入数据解得(3)物块在时间内上滑的距离为物块沿斜面下滑的时间为设物块沿斜面下滑的加速度大小为，由牛顿第二定律有代入数据解得物块在时间内沿斜面下滑的距离为故【典例8】一质量为m=2kg的滑块在倾角为θ=30°的足够长的斜面上在无外力F的情况下以加速度a=2.5m/s2匀加速下滑。若用一水平向右的恒力F作用于滑块，如图所示，使滑块由静止开始向上匀加速运动，在0～2s时间内沿斜面运动的位移x=4m。求：（g取10m/s2）（1）滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；（2）恒力F的大小。【答案】（1）；（2）N【详解】（1）根据牛顿第二定律可得mgsinθ-μmgcosθ=ma代入数据解得（2）滑块沿斜面向上做匀加速直线运动，由x=a1t2代入数据解得加速度大小a1=2m/s2根据牛顿第二定律可得Fcosθ-mgsinθ-μ（Fsinθ＋mgcosθ）=ma1代入数据得F=N【典例9】质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图像如图所示，g取，求：（1）前6s内的平均速度大小；后4s内的平均速度大小；第9s末的速度；（2）内物体运动位移的大小；10s内平均速度的大小；（3）物体与水平面间的滑动摩擦因系数；（4）水平推力F的大小。【答案】（1），，；（2），；（3）；（4）【详解】（1）根据图像可得前6s物体做匀加速直线运动，该段时间内平均速度大小为后4s做匀减速直线运动，同理该段时间内平均速度大小为根据图线可得后4s内的加速度大小为该段时间初速度为，所以可得第9s末的速度为（2）根据前面得出的平均速度可得内物体运动位移的大小为10s内平均速度的大小为（3）后4s内对物体根据牛顿第二定律可得即（4）内对物体有代入解得重难点1：连接体问题(1)连接体及其特点两个或两个以上物体相互连接参与运动的系统称为连接体。各物体通过绳、杆、弹簧相连，或多个物体直接叠放。连接体一般具有相同的运动情况(速度、加速度).常见情形如下：(2)处理连接体问题的常用方法类型一:①连接体的各部分加速度相同;②不涉及物体之间的相互作用力，求连接体的加速度或合外力。方法:整体法。整体法是把几个物体视为一个整体，作为研究对象进行受力分析和运动分析。整体法的优点是研究对象少，未知量少,方程少,求解简单。类型二:①当各部分加速度不同时，一般采用隔离法；②在分析连接体内各物体(或一个物体的各个部分)间的相互作用力时必须用隔离法.方法:隔离法。将要分析的物体从连接体中隔离出来，作为研究对象进行受力分析。将物体间的内力转化为外力。优点是容易得出单个物体的受力情况。【注意】整体法求加速度，隔离法求相互作用力。求内力，先整体，后隔离;求外力，先隔离，后整体。【典例1】如图，一辆公共汽车在水平公路上做直线运动，小球A用细线悬挂车顶上，车厢底板上放一箱苹果，苹果箱和苹果的总质量为M，苹果箱和箱内的苹果始终相对于车箱底板静止，苹果箱与公共汽车车厢底板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，若观察到细线偏离竖直方向夹角大小为θ并保持不变，则下列说法中正确的是（

）

A．汽车一定向右做匀减速直线运动B．车厢底板对苹果箱的摩擦力水平向右C．苹果箱中间一个质量为m的苹果受到合力为D．苹果箱中间一个质量为m的苹果受到周围其他苹果对它的作用力大小为【答案】D【详解】A．对小球受力分析

可知合力与加速度方向水平向左，所以汽车运动的加速度方向水平向左，如果向右运动，则做匀减速直线运动，如果向左运动，则做加速直线运动，A错误；B．设小球的加速度为a，受力分析如图所示，对小球由牛顿第二定律得解得则汽车的加速度和苹果箱的加速度都为，苹果箱和箱内的苹果始终相对于车箱底板静止，则车厢底板对苹果箱的摩擦力为静摩擦力，不是滑动摩擦力，所以不一定为，以这箱苹果为研究对象，根据牛顿第二定律有，水平向左B错误；CD．以苹果箱中间一个质量为m的苹果为研究对象，合外力为ma，设周围其它苹果对它的作用力大小为F，方向与竖直方向的夹角为α，在水平方向根据牛顿第二定律有在竖直方向上加速度三式联立解得则α=θ，C错误、D正确。故选D。【典例2】（多选）如图所示，劈形木块B的上表面，叠放一木块A，然后一起放到斜面上。，B的上表面恰好水平，当B加速沿斜面下滑时，A与B始终保持相对静止，则（）

A．木块A的下表面不受摩擦力的作用B．木块A的下表面受向左的摩擦力的作用C．木块B对A的支持力小于A的重力D．木块B对A的支持力大于A的重力【答案】BC【详解】对A单独进行分析，其有水平向左的加速度，加速度由B对A向左的摩擦力提供，所以木块B对A的下表面有向左的摩擦力作用，在竖直方向上，A有向下的加速度，加速度由A的重力和B对A的支持力的合力提供，则A的重力大于木块B对A的支持力。故选BC。【典例3】（多选）如图所示，一质量为、倾角为的斜面体放在光滑水平地面上。斜面上叠放一质量为的光滑楔形物块，物块在水平恒力作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。重力加速度为。下列说法正确的是（）

A．斜面体对物块的支持力为B．斜面体的加速度大小为C．水平恒力大小D．若水平作用力作用到斜面体上系统仍保持相对静止，则将变小【答案】ABC【详解】ABC．整体受力分析，根据牛二定律有再隔离物块，在竖直方向有水平方向有联立解得故ABC正确；D．若力作用在斜面上，对物块受力分析仅受重力和支持力，二力合成有解得再对整体，根据牛顿第二定律可知外力需增大，故D错误；故选ABC。重难点2：利用牛顿第二定律求解临界问题1.临界状态和临界值在物体的运动状态发生变化的过程中，往往在达到某个特定状态时，有关的物理量将发生突变，此状态即为临界状态，相应物理量的值为临界值。2.临界问题的标志（1）有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，一般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点。（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”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。3.四种典型的临界条件（1）接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离的临界条件是弹力FN=0。（2）相对静止与相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止状态时，常常存在静摩擦力，则相对静止与相对滑动的临界条件为静摩擦力达到最大值。（3）绳子断裂与松弛的临界条件: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的最大张力;绳子松弛的临界条件是拉力FT=0。（4）加速度与速度的临界条件：当物体受到变力作用，加速度为零时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值。4.解答临界极值问题的三种方法（1）极限法:解决临界问题一般都用极限法，即把问题推向极端，分析在极端情况下可能岀现的状态满足的条件，应用物理规律列出在极端情况下的方程，从而找出临界条件。（2）假设法：有些物理过程没有出现明显的临界线索，即判断不出会不会出现临界状态，解决此类问题时，一般用假设法，即假设出现某种临界状态，分析物体的受力情况与题设是否相同，然后再根据实际情况处理。（3）数学法:将物理方程转化为数学表达式，如二次函数、不等式、三角函数等，然后根据数学中求极值的方法，求出临界条件。【典例1】（多选）如图所示，细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为的小球，静止时细线与斜面平行（已知重力加速度为）。则（）A．当滑块水平向左做匀速运动时，细线的拉力为B．若滑块以加速度水平向左加速运动时，线中拉力为C．当滑块以加速度水平向左加速运动时，小球对滑块压力为零D．当滑块以加速度水平向左加速运动时，线中拉力为【答案】AB【详解】A．当滑块向左做匀速运动时，根据平衡条件可得绳的拉力大小为故A正确；BC．设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为，小球受到重力、拉力作用，根据牛顿第二定律所以当滑块以加速度水平向左加速运动时，小球没有脱离斜面，小球受力分析如图在水平方向竖直方向联立可得故B正确，C错误；D．当滑块以加速度向左加速运动时，此时小球已经飘离斜面，则此时线中拉力为故D错误。故选AB。【典例2】如图所示，小球的质量为0.8kg，两根轻细绳AB和AC的一端连接在竖直墙上，另一端系于小球上．在小球上另施加一个方向与水平线成θ＝53°角的拉力F，若要使绳都能伸直，求拉力F的大小范围．（g取10m/s2）【答案】5N≤F≤6.4N【详解】对A球受力分析，受重力、拉力，两根细绳的拉力、，如图所示，据平衡条件有：、当时，，当时，，则要使绳都能伸直，拉力F的大小范围为【点睛】解决本题的关键是正确受力分析，抓住临界状态，运用共点力的平衡进行求解．【典例3】（多选）如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2m，B和C的质量都是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为。设最大静摩擦力等于滑动擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（）A．若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过B．当力F=μmg时，A、B间的摩擦力为C．无论力F为何值，B的加速度不会超过D．当力时，B相对A滑动【答案】AB【详解】A．物体C恰好滑动时，对C物体A恰好滑动时，对BC整体，A、B之间的摩擦力为解得物体A、B之间的最大静摩擦力为因为，表明此时A、B之间没有滑动，也就是说B、C之间先滑动，A、B、C三个物体始终相对静止的最大加速度为，选整体由牛顿第二定律得解得选项A正确；B．当力F1=μmg时，对整体对A解得选项B正确；C．B的最大加速度为解得选项C错误；D．B相对A恰好滑动时，对A、B整体对A解得当力时，B相对A滑动，选项D错误。故选AB。重难点3:传送带模型1.传送带的基本类型一个物体以速度v0(v0≥0)在另一个匀速运动的物体上运动的力学系统可看成传送带模型.传送带模型按放置方向分为水平传送带和倾斜传送带两种，如图所示。2.水平传送带当传送带水平转动时，应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化.摩擦力的突变常常导致物体的受力情况和运动性质的突变。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。静摩擦力达到最大值时是物体与传送带恰好保持相对静止的临界状态，滑动摩擦力存在于发生相对运动的物体之间，因此两物体的速度达到相同时，滑动摩擦力要发生突变(摩擦力变为零或变为静摩擦力)。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关系，也就是分析物体在运动(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。项目图示滑块可能的运动情况情景一(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景二(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景三(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v03.倾斜传送带项目图示滑块可能的运动情况情景一①可能一直加速②可能先加速后匀速情景二①可能一直加速②可能先加速后匀速③可能先以a1加速后以a2加速情景三①可能一直加速②可能先加速后匀速③可能一直匀速④可能先以a1加速后以a2加速情景四①可能一直加速②可能一直匀速③可能先减速后反向加速对于倾斜传送带，除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外，还要注意物体与传送带之间的动摩擦因数与传送带倾角的关系.若μ≥tanθ且物体能与传送带共速，则共速后物体做匀速运动；若μ＜tanθ且物体能与传送带共速，则共速后物体做匀变速运动。求解的关键在于分析物体与传送带间的相对运动情况,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。当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。【典例1】（多选）如图甲为机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙模型，紧绷的传送带以1m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1，AB间的距离为2m，g取10m/s。行李从A到B的过程中（）

A．行李一直受到摩擦力作用，方向先水平向左，再水平向右B．行李到达B处时速率为1m/sC．行李到达B处所需的时间为2.5sD．行李与传送带间的相对位移为2m【答案】BC【详解】AB．由牛顿第二定律得设行李与传送带共速所需的时间为t，则有代入数值得t=1s匀加速运动的位移大小为=0.5m<2m所以行李先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，故A错误，B正确；CD．匀速运动的时间为行李从A到B的时间为t总=1s+1.5s=2.5s传送带在t时间的位移为行李与传送带间的相对位移为故C正确，D错误；故选BC。【典例2】在大型物流货场广泛使用传送带运送货物如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物无初速度放在传送带上的A处，经过1.2s货物到达传送带的B端，用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，已知，g=10m/s2，则下列判断不正确的是（）A．A、B两点间的距离为3.2m B．货物与传送带之间的动摩擦因数为0.5C．传送带上留下的黑色痕迹长1.2m D．倾角【答案】C【详解】BD．由v-t图像可知，货物在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为对货物受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得mgsinθ+μmgcosθ=ma1同理，货物做a2的匀加速直线运动，加速度对货物受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，得mgsinθ-μmgcosθ=ma2联立解得cosθ=0.8μ=0.5选项BD正确；A．货物在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，继续做加速度较小的匀加速直线运动，所以货物由A到B的间距对应图像所围梯形的“面积”，为x=×2×0.2m+×（2+4）×1m=3.2m选项A正确；C．在0~0.2s时间内，货物相对传送带上的位移长此过程中，货物相对传送带向后划线；在0.2~1.2s时间内物块相对传送带的位移此过程中，滑块相对传送带向前划线，因则传送带上留下的黑色痕迹长为1m，选项C错误。本题选不正确的，故选C。【典例3】如图所示，一质量为m1=3kg的长木板A静止于传送带顶端，其右端与传送带的顶端M点相齐。传送带比长木板长15.24m。传送带倾斜放置，倾角为θ=30°，且没有启动。t=0时刻，将一质量为m2=2kg的小物块B（可视为质点）轻放在长木板A的左端，与此同时，给长木板A以v0=5m/s的速度沿传送带向下运动。同时启动传送带，使其从静止开始以恒定的加速度沿逆时针方向转动，已知A与传送带之间的动摩擦因数，A与B之间的动摩擦因数，重力加速度大小g=10m/s2，则：（1）要使小物块B不从长木板上掉下来，长木板至少要多长；（2）求长木板从初始位置运动到长木板左端到N点所用的时间。

【答案】（1）0.6m；（2）3s【详解】（1）B做向下匀加速直线运动，加速度大小为A做向下匀减速直线运动，加速度大小为：设A和B刚好达到共同速度时速度为v1，时间为t1，根据运动学公式可得联立解得，A的位移为B的位移为乙相对甲滑行的最大距离（2）当解得所以AB与传送带共速前，AB一起做匀速直线运动，运动时间为，AB一起运动的位移AB与传送带共速后，AB与传送一起做匀加速直线运动，根据运动学公式有解得从传送带启动到甲的左端动到传送带底端N点所用的时间【典例4】如图所示，传送带与水平方向成角，顺时针匀速转动的速度大小，传送带长，水平面上有一块足够长的木板。质量为的煤块（可视为质点，整个过程质量不变）以初速度，自A端沿AB方向滑上传送带，在底端B滑上紧靠传送带上表面的静止木板，木板质量为，不考虑煤块冲上木板时碰撞带来的机械能损失。已知煤块与传送带间的动摩擦因数为，煤块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为。取重力加速度，求：（1）在传送带上留下黑色痕迹的长度；（2）煤块从A运动到B点经历的时间t；（3）煤块停止运动时与B点的距离x。【答案】（1）0.8m；（2）；（3）【详解】（1）根据题意，煤块在传送带上先做匀加速运动，由牛顿第二定律得解得煤块滑上传送带到速度与传送带相同所需的时间为，由速度公式可得解得设此过程煤块的位移大小为，可得解得又有此后煤块随皮带匀速运动，则有解得在传送带上留下黑色痕迹的长度为（2）煤块从A运动到B点经历的时间为（3）煤块滑上木板后，煤块的加速度为，木板的加速度为，木板与煤块一块减速时的共同加速度为，根据牛顿第二定律得解得煤块与木板经时间达到共同速度，则有解得此过程煤块位移为二者共同减速的位移为，则有解得则煤块停止运动时与B点的距离为1．如图，汽车沿水平面向右做匀变速直线运动，小球A用细线悬挂车顶上，质量为m的一位中学生手握扶杆，始终相对于汽车静止地站在车箱底板上，学生鞋底与汽车间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻汽车对学生产生的作用力的大小和方向为（）A．mg，竖直向上 B．，斜向左上方C．mgtanθ，水平向右 D．mgsinθ，斜向右上方【答案】B【详解】以小球为研究对象，受力如图所示根据牛顿第二定律可得m球gtanθ=m球a解得a=gtanθ以人为研究对象，人与球的加速度相同，均水平向左，设汽车对学生的作用力F与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律可得mgtanα=ma，将a=gtanθ代入，解得α=θ，方向斜向左上方。故选B。2．如图所示，A、B两个木块靠在一起放在光滑的水平面上，已知，第一次用水平力F从左边推动两木块一起运动，此时它们的加速度为a1，A、B间弹力为N1，第二次将水平力F反向，大小不变，从右边推动两木块一起运动，此时它们的加速度为a2，A、B间弹力为N2，则（）

A． B．C． D．【答案】D【详解】AB．第一次用水平力F从左边推动两木块时，A、B的加速度大小相同，对整体分析，由牛顿第二定律得同理，当水平推力F作用于木块B的右端时，整体的加速度为可知故AB错误；CD．第一次用水平力F从左边推动两木块时，隔离B分析有当水平推力F作用于木块B的右端时，隔离A分析有因为可知故C错误，D正确。故选D。二、多选题3．水平地面上放置一质量为的木箱，木箱与地面间的动摩擦因数恒定。如图甲所示，一小孩用一水平推力推木箱，木箱在水平地面上做匀速直线运动；如图乙所示，一大人用等大的拉力与水平方向成角斜向上拉木箱，木箱仍在水平地面上做匀速直线运动。已知重力加速度取，则（

）

A．木箱与地面间的动摩擦因数为0.75B．若拉力与水平方向的夹角为，则木箱的加速度大小为C．若用大小为的力水平推木箱，木箱的加速度大小为D．若用大小为且与水平方向成角的力拉木箱时，木箱离开地面【答案】ACD【详解】A．木箱在水平地面上做匀速直线运动，根据平衡条件，有若将此力方向改为与水平方向成角斜向上拉木箱，木箱仍在水平地面上做匀速直线运动，根据平衡条件，有解得故A正确；B．若拉力与水平方向的夹角为，根据牛顿第二定律，有解得故B错误；C．当用的水平恒力推木箱时，根据牛顿第二定律，有解得故C正确；D．若用大小为且与水平方向成角的力拉木箱时，拉力的竖直分力为木箱离开地面，故D正确。故选ACD。4．如图所示，两个质量分别为、的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。两个大小分别为、的水平拉力分别作用在、上，则（）

A．弹簧秤的示数是10NB．弹簧秤的示数是26NC．在突然撤去的瞬间，的加速度为D．在突然撤去的瞬间，的加速度为【答案】BD【详解】AB．以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可知，系统的加速度方向水平向右，设弹簧秤的拉力是F，以为研究对象，由牛顿第二定律得则F=26N故A错误，B正确；C．弹簧的弹力不能突变，在突然撤去的瞬间，不再受的作用，受的合力等于弹簧的弹力，发生变化，由牛顿第二定律可知，的加速度变化，不再等于，故C错误；D．弹簧的弹力不能突变，在突然撤去的瞬间，受力情况不变，受的合力不变，由牛顿第二定律可知，的加速度不变，为，故D正确。故选BD。5．如图所示，物块A摞放在B上，一起静止于水平地面上，A的质量为1kg，B的质量为2kg。AB间的动摩擦因数以及B与地面间的动摩擦因数均为0.2。重力加速度取10m/s2，现用一9N的力作用在B上，则作用的瞬间（）

A．A的加速度大小为2m/s2 B．A所受的摩擦力大小为1NC．B的加速度大小为0.5m/s2 D．B所受的合力为2N【答案】BD【详解】AC．B与地面间的最大静摩擦力为A、B一起运动的加速度大小为A、B间的最大静摩擦力为A物体运动的最大加速度为所以A、B将保持相对静止，一起向右匀加速，其加速度大小为1m/s2，故AC错误；BD．根据牛顿第二定律，有故BD正确。故选BD。6．如图所示，斜面体放在水平面上，一平行于斜面的轻绳上端系在斜面体上端，下端拴接一光滑小球，斜面体的质量为M，小球的质量为m，重力加速度为g，斜面体和小球均处于静止状态，剪断轻绳后斜面体没动，则剪断轻绳的一瞬间（斜面体仍静止）（）

A．地面对斜面体支持力大小为B．地面对斜面体支持力大小为C．地面对斜面体的摩擦力方向向左D．地面对斜面体的摩擦力大小为【答案】BC【详解】AB．剪断轻绳的一瞬间，小球沿斜面向下的加速度大小为竖直方向的分加速度大小为则地面对斜面体的支持力大小为选项A错误，B正确；C．系统有向左的加速度，水平方向的外力即地面对斜面体的摩擦力向左，选项C正确；D．小球的水平分加速度地面对斜面体的摩擦力大小为选项D错误。故选BC。7．如图甲所示，用一个沿水平方向的较大的力F推放在粗糙程度相同的水平面上的物块，在推力F不断减小的过程中，物块的加速度也不断变化，图乙为物块运动加速度a随推力F变化的的a-F图像。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2，以下说法正确的是（）

A．物块的质量为1kgB．物块与水平面间的动摩擦因数为0.5C．当推力F减小为10N时，物块的速度最大D．当推力F减小为0时，物块的速度为零【答案】BC【详解】AB．由图像可知当时，，根据平衡条件有当时，，根据牛顿第二定律有解得，故A错误，B正确；C．物块与水平面的最大静摩擦力为当推力大于10N，物块做加速运动，根据牛顿第二定律可知随着推力减小加速度逐渐减小，当推力等于10N时，物块做匀速运动，速度达到最大，故C正确；D．由图像可知当时，根据牛顿第二定律解得开始时力F大于20N，可知加速度时，速度不为零，则当时，，物块的速度不为零，故D错误。故选BC。8．某同学用手机的频闪功能拍摄一小球在倾角为斜面上的运动情况，如图是运动模型简化图，频闪时间间隔为T，小球从斜面底端开始向上运动，在斜面上依次经过A、B、C、D、E点，各段距离之比为，小球在运动过程中所受阻力大小不变。以下说法正确的是（）A．小球在图中C点的速度向上B．若小球向上经过A点时的速度为，则向上经过B点的速度为C．小球所受阻力和重力大小之比为3∶1D．若实际尺寸与照片尺寸之比为k，用刻度尺测得照片中长L，则过E点的速度大小为【答案】BD【详解】A．小球在运动过程中所受阻力大小不变，则小球向上运动时是匀减速运动，向下运动时是匀加速运动；由匀变速直线运动规律可知，只有当初速度（或末速度）为零时，连续相等的两段时间内物体位移之比为1：3（或3：1），则由可得，C点为最高点，故A错误；B．C点为最高点，则B点是A、C的时间中点，则向上经过B点的速度为故B正确；C．设小球沿斜面向上、向下运动时加速度大小分别为a1、a2，频闪时间间隔为t，根据位移—时间公式，有，又，解得由牛顿第二定律得，解得故C错误；D．实际尺寸与照片尺寸之比为k，用刻度尺测得照片中长L，则实际CE长为，则D点速度为由，可得过E点的速度大小为故D正确。故选BD。9．如图所示，质量为M、倾角为30°的斜面体置于水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A、B的质量分别为m、2m，A与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，将A、B由静止释放，在B下降的过程中（物体A未碰到滑轮），斜面体静止不动。下列说法正确的是（）

A．轻绳对P点的拉力大小为B．物体A的加速度大小为C．地面对斜面体的摩擦力大小为D．地面对斜面体的支持力大小为【答案】AC【详解】AB．由于相同时间内物体B通过的位移是物体A通过的位移的两倍，则物体B的加速度是物体A的加速度的两倍；设物体A的加速度为a，则B的加速度为2a；设物体A、B释放瞬间，轻绳的拉力为T，根据牛顿第二定律得代入数据，联立解得A正确，B错误；C．物体B下降过程中，对斜面体、A、B整体，水平方向根据牛顿第二定律得解得地面对斜面体的摩擦力为C正确；D．物体B下降过程中，对斜面体、A、B整体，在竖直方向根据牛顿第二定律得解得地面对斜面体的支持力为D错误。故选AC。10．（多选）如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为的物体P，Q为一质量为的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600N/m，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后F为恒力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.下列说法正确的是（）

A．开始运动时拉力最大，分离时拉力最小B．0.2s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等C．0.2s时刻两物体分离时，弹簧的压缩量为D．物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小【答案】BCD【详解】A．对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，则开始时拉力分离时对Q应用牛顿第二定律得Fmax－mQgsinθ＝mQa解得分离时拉力故A错误；BCD．前0.2s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二定律得前0.2s时间内两物体的位移又未加拉力时平衡时联立解得故BCD正确。故选BCD。11．（多选）如图所示，在光滑斜面底端固定一个轻弹簧，弹簧上端固定一个物块A，另一个物块B与物块A并排放置但不粘连，两物块质量相同。现用一个平行于斜面的外力推物块压缩弹簧并保持静止，撤去外力后弹簧推动物块运动，并能使物块B离开A后继续沿斜面向上运动，则下列说法正确的是（）A．两物块分离前处于相对静止状态B．两物块分离前加速度先减小后增大C．两物块分离前A对B的弹力一直减小D．两物块分离时弹簧处于伸长状态【答案】ABC【详解】A．设两物块的质量均为m，斜面倾角为。撤去外力瞬间两物块的加速度大小相等，分离前速度也相同，处于相对静止状态，故A正确；BCD．撤去外力瞬间，对物块B由牛顿第二定律有对两物块整体有解得两物块分离前，x逐渐减小，所以N也逐渐减小，时两物块分离，此时，即弹簧处于原长状态，由可得加速度先减小后增大，故BC正确，D错误。故选ABC。12．（多选）如图所示，光滑的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接，轻绳能承受的最大拉力为。现用水平拉力F作用在C上，使三者开始一起做匀加速直线运动，下列说法正确的是（）

A．木块B受到四个力的作用B．当F逐渐增大到时，轻绳刚好被拉断C．当F逐渐增大到时，轻绳拉力达到最大值D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为【答案】CD【详解】A．木块B受到重力、A木块的压力、A对其向后的静摩擦力、轻绳的拉力和地面的支持力五个力的作用，故A错误；B．对三个木块整体，由牛顿第二定律可得隔离后面的组合体，由牛顿第二定律可得，轻绳中拉力为由此可知，当F逐渐增大到时，轻绳中拉力等于即小于轻绳能承受的最大拉力为，轻绳还没有被拉断，故B错误；C．由上式得：当F逐渐增大到时轻绳中拉力故C正确；D．轻绳刚要被拉断时，轻绳的拉力刚好为，A、B两木块的加速度对A木块研究，由牛顿第二定律得A、B木块间的摩擦力为故D正确。故选CD。13．（多选）质量为0.5kg的物块A放在一个纵截面为矩形的木箱内，A与木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3。A的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着而保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。现要使弹簧能拉动物块A相对木箱底面向右移动。可行的是（）

A．