2026版《全品高考》选考复习方案物理03 第8讲　牛顿第二定律的综合应用 【答案】听课答案

《全品选考复习方案》2026版《全品高考》选考复习方案物理03第8讲牛顿第二定律的综合应用【答案】听课答案第8讲牛顿第二定律的综合应用例1C[解析]当水平向右的外力F=12N作用在Q物体上时,假设P与Q相对静止一起向右做匀加速直线运动,以P与Q为整体,根据牛顿第二定律可得F-μ2(m+m)g=2ma,解得a=2m/s2,以P为研究对象,根据牛顿第二定律可得Ff=ma=2×2N=4N,由于Ff=4N<μ1mg=6N,说明假设成立,C正确,D错误;P的加速度方向水平向右,可知Q对P的摩擦力方向水平向右,A错误;水平面对Q的摩擦力大小为Ff地=μ2(m+m)g=4N,B错误.例2A[解析]在竖直方向上运动时,以整体为研究对象,由牛顿第二定律有F-(m1+m2)g=(m1+m2)a1,以物体b为研究对象,由牛顿第二定律有kx1-m2g=m2a1,联立解得kx1=m2Fm1+m2;在水平方向上运动时,以整体为研究对象,由牛顿第二定律有F=(m1+m2)a2,以物体b为研究对象,由牛顿第二定律有kx2=m2a2,联立解得kx2=m2Fm1+例3D[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mg-FT=ma1,FT-μmg=ma1,联立解得a1=2.5m/s2,FT=1.5N,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v=2a1h=2m/s,故B错误;A落地后,B做匀减速运动,其加速度大小为a2=μg=5m/s2,B继续向右运动的路程为s=v22a2=0.4m,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v=v2=1m/s,例4B[解析]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FT,对A、B分别受力分析,由牛顿第二定律得2FT-mgsin30°-μmgcos30°=ma、2mg-FT=2m·2a,解得FT=23mg,a=13g,故A错误,B正确;物体B下降过程中,对斜面体、A、B整体分析,在竖直方向根据牛顿第二定律得M+3mg-FN-FTsin30°=2m·2a-masin30°,解得地面对斜面体的支持力为FN=M+32mg,故C错误;假设B上升,则A下滑,A所受滑动摩擦力沿斜面向上,分析此时A的受力情况可知mgsin30°<μmgcos30°+2FT1,而A这样的受力情况,无法下滑,故假设错误例5AC[解析]将纸片迅速抽出过程中,纸片所受摩擦力的大小为Ff=5μmg+μ(5mg+mg)=11μmg,故A正确;设纸片加速度为a1,物块加速度为a2,物块在纸片上运动时间为t1,物块与纸片分离时物块的速度为v2,物块恰能停在桌面的右端,则有F-5μmg-6μmg=ma1、5μmg=5ma2、12a1t12-12a2t12=d、2a2d-12a2t12=v22、v2=a2t1,联立解得F=14μmg、v2=μgd,故C正确;物块与纸片分离时物块的速度为v2,有v2=a2t1,加速度a2=μg,物块恰能停在桌面的右端时有v2=a2t2,所以t1=t2,故B错误;将纸片迅速抽出过程中,有F-5μmg-6μmg=ma1、a2=μg,当a1例6B[解析]由图乙、丙可得FA=8-2t,FB=2+2t,则t=0时,可知FA0=8N,FB0=2N,由于mA>mB,所以二者不会分开,A、B两物体的加速度为a=FA+FBmA+mB=1m/s2,设此时A、B之间的相互作用力为F,对B根据牛顿第二定律可得F+FB0=mBa,解得F=2N,故A、C错误;当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离,此时的加速度相同,则有FBmB=FAmA,即2+2t4=例7(1)0.16m(2)103m/s2(3)2803N160[解析](1)设开始时弹簧的压缩量为x0,对P、Q整体受力分析,在斜面方向上有(m1+m2)gsinθ=kx0解得x0=0.16m(2)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kx1-m1gsinθ=m1a前0.2s时间内两物体的位移x0-x1=12at联立解得a=103m/s(3)对两物体受力分析知,开始运动时F最小,分离时F最大,则Fmin=(m1+m2)a=1603对Q,由牛顿第二定律得Fmax-m2gsinθ=m2a解得Fmax=2803例8C[解析]在0~t0时间内对小物块受力分析可知,物块受重力、支持力、滑动摩擦力,滑动摩擦力大于重力的下滑分力,合力不变,故做匀加速直线运动,t0之后物块速度与传送带相同,静摩擦力与重力的下滑分力相等,加速度突变为零,物块做匀速直线运动,C正确,A、B、D错误.变式1ABD[解析]t=0时Ff=mgsinθ=5N,解得m=1kg,选项A正确;当t=1s时,Ff=0,说明F=mgsinθ=5N,由F=kt可知k=5N/s,选项B正确;由题图可知,滑动摩擦力μmgcosθ=6N,解得μ=235,选项C错误;由F=μmgcosθ+mgsinθ,即kt0=11N,解得t0=2.2s,即2.2s后物块开始向上滑动,当t=3s时,F=kt=15N,则F-μmgcosθ-mgsinθ=ma,解得加速度a=4m/s2,选项D例9C[解析]解法一:设杆对猴子竖直向上的作用力为F1,以猴子为研究对象,由牛顿第二定律得F1-mg=ma,解得F1=mg+ma,由牛顿第三定律得猴子对杆向下的作用力F2=F1=mg+ma,以杆为研究对象,设杆向下的加速度为a0,由牛顿第二定律得F2+Mg=Ma0,解得a0=g+mM(g+a),选项C正确解法二:对杆和猴子组成的系统,由牛顿第二定律得(M+m)g=-ma+Ma0,解得a0=g+mM(g+a),选项C正确变式2C[解析]小朋友在AB段匀速下滑的过程中,小朋友和滑梯组成的系统处于平衡状态,地面对滑梯的支持力大小为(M+m)g,地面对滑梯的摩擦力为零,故A、B错误;小朋友在BC段匀减速下滑的过程中,加速度方向沿斜面向上,对于小朋友和滑梯组成的系统,根据牛顿第二定律有FN-(M+m)g=masinα,解得地面对滑梯的支持力大小为FN=(M+m)g+masinα,同理可得地面对滑梯的摩擦力大小为Ff=macosα,方向水平向右,故C正确,D错误.专题二动力学常见模型例1D[解析]由v⁃t图像可知,小行李箱开始做匀减速直线运动,后与传送带一起匀速运动,则小行李箱的初速度v0为6m/s,而传送带转动的速度v大小为2m/s,故A、B错误;根据v⁃t图像,小行李箱在前3s内运动的距离为x=6+22×1m+2×2m=8m,则A、B两点间的距离为8m,故C错误;根据v⁃t图像,在前3s内传送带的位移为x1=2×3m=6m,所以小行李箱与传送带的相对位移大小为Δx=x-x1=2m,故D正确例2D[解析]小滑块相对于传送带向右滑动,滑动摩擦力向左,加速度向左,根据牛顿第二定律得μmg=ma,解得a=μg,故A错误;若v0<v1,小滑块的速度从v0先向右减速到0再反向加速到v0,刚好返回到左端,时间为t=2v0μg,故B错误;若v0>v1,小滑块的速度从v0先向右减速到0的时间t1=v0μg,位移为x1=v022μg,然后加速返回,速度增大到v1的时间t2=v1μg,位移为x2=v122μg,最后以速度v1匀速回到左端,时间为t3=x1-x2v1=v022μg-v122μgv1=v0例3D[解析]由于鱼落在传送带上时有沿着传送带向下的初速度,鱼相对于传送带向下运动,鱼受到沿传送带向上的滑动摩擦力,鱼均能被传送到上端收集箱中,鱼所受重力沿传送带的分力小于滑动摩擦力,即μ鱼mgcosθ>mgsinθ,解得μ鱼>tanθ,则鱼先沿传送带向下做匀减速直线运动,当速度减为0后,沿传送带向上做匀加速直线运动,当鱼的速度与传送带共速时,做匀速直线运动,鱼在传送带上运送的过程所受的摩擦力方向一直沿传送带向上,故A错误,D正确;由于虾落在传送带上时有沿着传送带向下的初速度,虾相对于传送带向下运动,虾受到沿传送带向上的滑动摩擦力,当虾所受重力沿传送带的分力大于滑动摩擦力时,虾沿传送带向下做匀加速直线运动,当虾所受重力沿传送带的分力等于滑动摩擦力时,虾沿传送带向下做匀速直线运动,当虾所受重力沿传送带的分力小于滑动摩擦力时,虾沿传送带向下做匀减速直线运动,这三种情况均可能把虾传送至下端收集箱中,故虾与传送带间的动摩擦因数不一定小于tanθ,故B、C错误.例4(1)20m(2)10.4s(3)45[解析](1)物件在传送带上运动的加速度大小为a1=μ1mgcos37°-mgsin37°m=0根据运动学公式可得v02=2a1解得AB的长度为L1=v022(2)物件在传送上运动的时间为t1=v0物件在木板上上滑的加速度大小为a2=mgsin37°+μ2则物件在木板上上滑的时间为t2=v0a2所以物件从A点到D点所需的时间为t=t1+t2=10.4s(3)长木板的长度为L2=v022物件在木板上下滑的加速度大小为a3=mgsin37°-μ2则物件下滑时经过C点的速度大小为vC=2a3L例5B[解析]设滑块的质量为m,木板的质量为M,滑块和木板的加速度分别为a1、a2,滑块减速和木板加速到共速的时间为t1,有a1=μ1mgm=2m/s2、a2=μ1mg-μ2(M+m)gM、v0-a1t1=a2t1=v,木板的位移为x1=v2t1,两者共速后,因μ1>μ2,则一起减速到停止,共同减速的加速度为a3,有a3=μ2(m+M)gm+M=0.5m/s2,木板的位移为x2=v22a3,木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度,即L=x1+x2,最终物块恰好到达木板的右端,即物块相对木板滑动的位移为板长,有L=v例6C[解析]对文具盒施加F=1.12N、水平向左的恒力,以墨水瓶为研究对象,根据牛顿第二定律可得μmg=ma1,解得墨水瓶的加速度大小为a1=2m/s2,假设二者共同加速,则F=(M+m)a,解得a=83m/s2>a1,故假设不成立,以文具盒为研究对象,根据牛顿第二定律可得F-μmg=Ma2,解得文具盒的加速度大小为a2=3m/s2,设墨水瓶在文具盒上运动的时间为t,则有12a2t2-12a1t2=l,代入数据解得t=0.8s,变式BCD[解析]0~t1时间内,木板的加速度为零,木板不动,t1~t2时间内,木板加速度增大,木板与物块一起加速,而t2时刻之后木板加速度保持不变,说明物块与木板之间出现相对滑动.0~t1时间内物块与木板都静止,t1时刻,对物块和木板整体,有F1=Ffm地=μ1(m1+m2)g,A错误;t2时刻对物块,有F2-μ2m2g=m2a,对木板,有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a,联立可得F2=m2(m1+m2)m1(μ2-μ1)g,B正确;由于地面与木板之间先发生相对滑动,所以μ2m2g>μ1(m1+m2)g,μ2>m1+m2m2μ1,C正确;0~t1时间内,木板和物块都不动,加速度为零,t1例7BC[解析]由牛顿第二定律得,小孩的加速度大小为a1=mgsin37°-μ1mgcos37°m=2.8m/s2,滑板的加速度大小为a2=mgsin37°+μ1mgcos37°-2μ2mgcos37°m=0.8m/s2,A错误,B正确;小孩刚与滑板分离时,有12a1t2-12a2t2=L,解得t=1s,第8讲牛顿第二定律的综合应用1.C[解析]对两物块整体做受力分析有F=2ma,再对后面的物块有FTmax=ma,FTmax=2N,联立解得F=4N.2.A[解析]对小车和货物的整体,由牛顿第二定律可得水平恒力的大小为F=(M+m)a,选项A正确;小车与货物间的摩擦力为静摩擦力,即小车对货物的摩擦力大小不一定为μmg,选项B错误;对货物分析可知,小车对货物的摩擦力大小为Ff=ma,小车对货物的作用力大小F'=(ma)2+(mg)2>ma,选项C错误;小车做加速运动,则受到的合力不为0,3.A[解析]0~1s内,根据牛顿第二定律可得F1-μmg=ma,1~2s内,有F2=μmg,联立可得m=1kg,μ=0.2,故选A.4.C[解析]设绳子的张力为F,对物体B,根据牛顿第二定律可得mBg-F=mBa,对物体A,根据牛顿第二定律可得F+mAgsin30°=mAa,联立解得a=56g,故C正确5.B[解析]设车斗底部与水平面的夹角为θ,石块沿斜面向下的加速度为a,石块的质量为m,翻斗车的质量为M,以车和石块为系统,水平方向根据牛顿第二定律有Ff地=macosθ,可知翻斗车受到地面向左的摩擦力作用,地面对翻斗车还有竖直向上的支持力,故地面对翻斗车的作用力斜向左上方,故A、D错误;因为石块竖直方向有竖直向下的加速度,以车和石块为系统,竖直方向根据牛顿第二定律有(m+M)g-FN=masinθ,可得FN=(m+M)g-masinα,可知地面对翻斗车的支持力小于翻斗车和车上石块的总重力,故B正确;石块下滑过程中,翻斗车处于静止状态,所以翻斗车受到的合外力为零,故C错误.6.B[解析]力F拉木块B时,A、B恰好不滑动,故A、B间的静摩擦力达到最大值,对木块A受力分析,受到重力mg、支持力FN1、向前的静摩擦力Ffm,根据牛顿第二定律得Ffm=ma,对A、B整体受力分析,受到重力3mg、支持力FN2和拉力F,根据牛顿第二定律得F=3ma,联立解得Ffm=13F,当F'作用在木块A上,A、B恰好不滑动时,A、B间的静摩擦力达到最大值,对木块A,有F'-Ffm=ma1,对整体,有F'=3ma1,联立解得F'=12F,即F'的最大值是12F,7.D[解析]由于物体与弹簧不连接,所以分离时二者间的作用力为0,弹簧处于原长状态,A错误;开始时,物体受到重力、弹簧弹力和拉力的作用,重力和弹簧弹力的合力等于0,此时的拉力F1=10N即为物体匀加速上升的合力,由牛顿第二定律得F1=ma,联立物体与弹簧分离时及分离后,拉力为F2=30N,加速度不变,由牛顿第二定律得F2-mg=ma,解得物体的质量m=2kg,物体的加速度大小为a=5m/s2,C错误,D正确;从开始上升到分离,物体上升了4cm,即开始时弹簧的压缩量为4cm,根据胡克定律得mg=kx,解得k=500N/m=5N/cm,B错误.8.D[解析]a球落地前,对a、b球整体根据牛顿第二定律有mag-mbg=(ma+mb)a,解得a=2m/s2,故A错误;根据运动学公式h=12at2可得,a球运动到地面所用时间为t=2ha=0.7s,故B错误;a球落至地面时的速度大小为v=at=1.4m/s,故C错误;对a球,根据牛顿第二定律有mag-FT=maa,解得绳子中张力大小为FT=2.4N,故D9.A[解析]设小滑块与长木板之间的动摩擦因数为μ1,小滑块的质量为m,由图乙可知,当小滑块与长木板恰好产生相对滑动时,对小滑块由牛顿第二定律可得F0-μ1mg=ma,a⁃F图像纵轴截距为-6m/s2,可得-μ1g=-6m/s2,解得μ1=0.6,A正确;由图乙可知,当拉力为F0时,小滑块与长木板恰好相对滑动,此时小滑块与长木板有相同的加速度2m/s2,设长木板的质量为M,对长木板由牛顿第二定律有μ1mg-μ2(m+M)g=Ma,解得M=2kg,对小滑块则有F0-μ1mg=ma,解得F0=16N,因为μ1mg=12N>μ2(m+M)g=8N,当水平拉力增大时,可知小滑块与长木板相对地面同时发生滑动,B、C错误;当水平拉力F=12N时,对小滑块与长木板组成的整体,由牛顿第二定律可得F-μ2(m+M)g=(m+M)a',解得小滑块与长木板的加速度大小为a'=1m/s2,D错误.10.(1)0.5m1.5m(2)4m/s24m/s28N[解析](1)v⁃t图像中图线与时间轴所围的面积表示位移,由图像可知,物块上滑的位移x1=12物块下滑的位移大小x2=12×1×1m=0.所以0~2s内物体的位移x=x1-x2=1m-0.5m=0.5m通过的路程L=x1+x2=1m+0.5m=1.5m.(2)由图像可知,物块沿斜面向上运动的两个阶段的加速度大小分别为a1=20.5m/s2=4m/sa2=0-20.5m/s2=4m/s设斜面倾角为θ,斜面对物块的摩擦力为Ff,对物块沿斜面向上运动的两个阶段,根据牛顿第二定律得F-Ff-mgsinθ=ma1Ff+mgsinθ=ma2联立解得F=8N.11.AD[解析]不考虑杆对滑块的作用时,滑块受到重力、支持力和滑动摩擦力,根据牛顿第二定律,对滑块A有m1gsinθ-μ1m1gcosθ=m1a1,解得a1=g(sinθ-μ1cosθ);同理,对滑块B有a2=g(sinθ-μ2cosθ);若μ1>μ2,则a1<a2,B的加速度较大,考虑杆对两滑块的作用,则杆受到压力,故A正确;若μ1=μ2,则a1=a2,两滑块加速度相同,说明无相对运动趋势,杆不受到作用力,故B错误,D正确;若μ1<μ2,则a1>a2,A的加速度较大,考虑杆对两滑的作用,则杆受到拉力,故C错误.12.(1)(m+M)g(μcosα-sinα)μsinα+cosα(2)[解析](1)当滑块与斜面体一起向右加速运动时,力F越大,则加速度越大,当F最大时,斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值Ffm,滑块受力如图所示.设滑块与斜面体一起加速运动的最大加速度为a,有FNcosα+Ffmsinα=mgFfmcosα-FNsinα=ma由题意知Ffm=μFN联立解得a=μcosα-sinαcosα+μsinα对整体受力分析,有F=(M+m)a联立解得F=(m+M)g(μcosα-sinα)μsinα+cosα(2)要使滑块做自由落体运动,滑块与斜面体之间应没有力的作用,滑块的加速度为g,设此时斜面体的加速度为aM,则对斜面体,有F=MaM当水平向右的力F最小时,二者没有相互作用但仍接触,则有12g即gaM联立解得F=Mgtanα专题二动力学常见模型1.C[解析]改变物块的质量,在加速阶段,由于加速度不随质量的改变而改变,故物块从A端运动B端的时间不变,故A错误;在4~6s内,小物块随传送带一起做匀速运动,在水平方向不受摩擦力,故B错误;由图乙知,加速过程的加速度a=ΔvΔt=44m/s2=1m/s2,由牛顿第二定律得μmg=ma,联立解得μ=0.1,故C正确;在v⁃t图像中,直线与时间轴所围面积表示物块运动的位移,则x=12×4×(2+6)m=16m,故传送带A、B间的距离为16m,故2.BC[解析]由题图乙可得,物块做匀变速运动的加速度大小为a=ΔvΔt=2.0m/s2,由牛顿第二定律得Ff=ma=μmg,则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,A错误,B正确;在v⁃t图像中,图线与t轴所围面积表示物块的位移,则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止,最后匀速运动回到传送带左端时,物块的位移为0,由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5s,C正确,D错误3.D[解析]从题图乙可知,物体速度减为零后反向向上运动,最终的速度大小为1m/s,因此没从N点离开,并且能推出传送带斜向上运动,速度大小为1m/s,A、B错误;v⁃t图像中斜率表示加速度,可知物块沿传送带下滑时的加速度大小a=|ΔvΔt=2.5m/s2,C错误;根据牛顿第二定律μmgcos30°-mgsin30°=ma,可得μ=324.AC[解析]小炭块刚滑上传送带时的加速度大小为a1=gsin30°+μgcos30°=7.5m/s2,选项A正确;小炭块一开始在传送带上向上做匀减速直线运动,当速度减为0时,向上滑行的距离最远,最远距离为xm=v22a1=2.4m,向上减速运动的时间为t1=va1=0.8s,选项B错误;小炭块开始向下加速时的加速度为a2=a1=7.5m/s2,加速到与传送带共速所需时间为t2=v0a2=0.4s,位移为x2=v02t2=0.6m,小炭块与传送带共速后,继续向下加速时的加速度为a3=gsin30°-μgcos30°=2.5m/s2,小炭块继续向下运动直到到达传送带底端,有xm-x2=v0t3+12a3t32,解得所用时间t3=65(2-1)s,所以小炭块从滑上传送带到返回传送带底端一共用时t=t1+t2+t3=652s,小炭块在传送带上留下的痕迹长度为s=(xm+v0t1)+(5.(1)4m/s(2)1m/s(3)3-3s[解析](1)货物放上传送带1后一直做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律,有μ1mg=ma解得a=μ1g=4m/s2根据运动学公式,有v12=2解得v1=4m/s(2)若传送带2不转动,则货物向上运动的加速度一直保持a1=μ2mgcosθ+mgsinθ最远距离为xmax=v122a1货物无法运送到c点若传送带2的速度大于4m/s,则货物向上运动的加速度一直保持a2=mgsinθ-μ2最远距离为xmax'=v122货物运送到c点时速度不为零.设传送带2的速度为v时,恰好能将货物运送至c点.据以上信息可知,v的值一定在0<v<4m/s之间,货物在传送带2上先做a1=10m/s2的匀减速直线运动,当速度相等时,改做a2=2m/s2的匀减速直线运动,到达c点时速度恰好为零.由逆向思维法,有x1=v12-v22a1,x2=v2解得v=1m/s(3)货物在传送带1上一直加速时时间最短,L1=12a所以t1=1s当传送带2速度足够大时,货物在传送带2上一直做加速度大小为2m/s2的匀减速直线运动L2=v1t2-12a2t22,解得t2所以最短时间为t=t1+t2=3-3s6.ABD[解析]由题图乙知,滑块刚滑上木板时加速度a1=Δv1Δt1=2-102-0m/s2=-4m/s2,由ma1=-μ1mg,解得μ1=0.4,A正确;2s后滑块与木板一起做匀减速直线运动,加速度a3=Δv2Δt2=0-24-2m/s2=-1m/s2,由(m+M)a3=-μ2(m+M)g,解得μ2=0.1,B正确;木板的长度为0~2s内滑块、木板两者的v⁃t图线与时间轴所围面积之差,即L=12×10×2m=10m,C错误;0~2s内木板的加速度a2=Δv1'Δt1=2-02-0m/s2=1m/s2,对木板有μ1mg7.BC[解析]一种临界情况是木块在木板上滑动且最后以共同速度运动,木块的加速度a1=-μg=-8m/s2,木板的加速度a2=μmgM=2m/s2,木板加速到v=2m/s所需的时间t=va2=1s,设在t时间内,木块的速度从v0减小到v=2m/s,有v=v0+a1t,解得v0=10m/s,相对位移Δx=x1-x2=10+22×1m-2+02×1m=5m,小于木板长度10m,所以v0≤10m/s时,木板获得的速度不大于2m/s,B正确,A错误.另一种临界情况是木块离开木板时木板的速度刚好达到v=2m/s,由于运动的时间也为1s,木块、木板相对位移刚好为L,有L=v0+v0+a1t2t-v+02t,解得8.C[解析]假设滑块与木板发生了相对滑动,由乙图可知,在0~2s内木板的加速度为a2=ΔvΔt=4-02-0m/s2=2m/s2,对滑块,根据牛顿第二定律得μmg=ma1,解得滑块的加速度a1=1m/s2<a2,所以滑块确实与木板发生了相对滑动,所以滑块的加速度为a1=1m/s2,故A错误;设木板的质量为M,由乙图可知,在t1=2s时撤去了拉力,此时木板的速度为v2=a2t1=4m/s,滑块的速度为v1=a1t1=2m/s,滑块与木板间仍有相对滑动,由乙图可知,此后木板的加速度大小为a3=ΔvΔt=42m/s2=2m/s2,对木板,根据牛顿第二定律得μmg=Ma3,解得M=0.5kg,在0~2s内,对木板根据牛顿第二定律得F-μmg=Ma2,解得F=2N,故B错误,C正确;设再经过t2滑块与木板的速度大小相等,则v1+a1t2=v2-a3t2,解得t2=23s,木板和滑块速度相等时,木板的总位移为x2=v22t1+v2t2-12a3t22=569m,滑块的总位移为x1=12a1(t1+t2)2=329m,两者相对位移为Δx=x2-x1=9.B[解析]长木板与地面间的最大静摩擦力Ff1=μ1(M+2m)g=36N,只有当F<Ff1时,A、B、C均静止,故A错误;因μ2<μ3,故当F增大时,B先与A发生相对滑动,B的最大加速度为aB=μ2g=3m/s2,此时对整体有F1-μ1(M+2m)g=(M+2m)aB,解得F1=90N,故B正确;因B与A已发生相对滑动,C的最大加速度为aC=μ3g=5m/s2,则A、C加速度均为aC时,对AC整体有F2-μ1(M+2m)g-μ2mg=(M+m)aC,解得F2=118N,故D错误;F=104N,则B与A相对滑动,C与A相对静止,对AC整体有F-μ1(M+2m)g-μ2mg=(M+m)aC1,解得aC1=4m/s2,经过时间t后B、C相碰,则12aC1t2-12aBt2=L,得t=2s,故C10.(1)2.4m/s2(2)2.64m/s2[解析](1)设纸带加速度为a1时,滑块到达斜面顶端时纸带恰好被拉出,滑块加速度为as对滑块,由牛顿第二定律有μmgcosθ-mgsinθ=mas滑块位移12L=12as纸带位移L=12a1t联立可得a1=2.4m/s2若在滑块到达斜面顶端前纸带被拉出,拉动纸带的加速度不得小于2.4m/s2(2)设纸带加速度为a2时,滑块先以加速度as加速,离开纸带后在斜面上以加速度大小ax减速,到达斜面顶端时速度恰好减到0对滑块,由牛顿第二定律有mgsinθ=max设滑块加速时间为t1,减速时间为t2,最大速度为vm由平均速度位移公式,有12L=12v又有vm=ast1,vm=axt2可得t1=ax由位移关系,有12a2t12-12as可得a2=as+Lt12=2若滑块能运动到平台上,拉动纸带的加速度不得超过2.64m/s2第8讲牛顿第二定律的综合应用考点一动力学中的连接体问题1.连接体的五大类型弹簧连接体轻绳连接体轻杆连接体物体叠放连接体物体并排连接体2.连接体的运动特点(1)轻绳——轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等.(2)轻杆——轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度;轻杆转动时,连接体具有相同的角速度,而线速度与转动半径成正比.(3)轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速度不一定相等;在弹簧形变最大时,两端连接体的速率相等.(4)接触连接——两物体通过弹力或摩擦力作用,可能具有相同的速度或加速度.其临界条件一般为两物体间的弹力为零或摩擦力达到最大静摩擦力.考向一共速连接体例1如图,P、Q两物体叠放在水平面上,已知两物体质量均为m=2kg,P与Q间的动摩擦因数为μ1=0.3,Q与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2,当水平向右的外力F=12N作用在Q物体上时,下列说法正确的是()A.Q对P的摩擦力方向水平向左B.水平面对Q的摩擦力大小为2NC.P与Q之间的摩擦力大小为4ND.P与Q发生相对滑动[反思感悟]

例2[2024·舟山模拟]a、b两物体的质量分别为m1、m2,由轻质弹簧相连.如图甲所示,当用大小为F的恒力竖直向上拉着a,使a、b一起向上做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x1;如图乙所示,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.下列说法正确的是()A.x1一定等于x2 B.x1一定大于x2C.若m1>m2,则x1>x2 D.若m1>m2,则x1<x2[反思感悟]

考向二关联速度连接体例3[2024·嘉兴一中模拟]质量均为0.2kg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0.8m,轻绳处于伸直状态,A落地后不反弹,B继续沿足够长的水平台面向右运动.B与台面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小g取10m/s2,B不会与滑轮相碰,不计空气阻力.下列说法正确的是()A.A落地前轻绳的拉力大小为2NB.B运动的最大速度为4m/sC.A落地后,B继续向右运动的路程为1.2mD.B运动的平均速度大小为1m/s[反思感悟]

例4[2024·余杭高级中学模拟]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33,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43B.物体A的加速度大小为13C.地面对斜面体的支持力大小为Mg+2mgD.增大A的质量,再将A、B由静止释放,则B有可能上升【技法点拨】应用整体法和隔离法的解题技巧

(1)如图所示,一起加速运动的物体系统,若力作用于1上,则1和2间的相互作用力为F12=m2Fm1+m2.此结论与有无摩擦无关(有摩擦,两物体与接触面的动摩擦因数必须相同),物体系统沿水平面、斜面、竖直方向运动时(2)通过跨过滑轮的绳连接的连接体问题: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的加速度虽然大小相同但方向不同,故采用隔离法.考点二动力学中的临界和极值问题1.常见临界问题的条件(1)相对滑动的临界条件:静摩擦力达到最大值.(2)接触与脱离的临界条件:弹力FN=0.(3)绳子断裂与松弛的临界条件:绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力;绳子松弛的临界条件是FT=0.(4)最终速度(收尾速度)的临界条件:物体所受合力为零.2.解题基本思路(1)认真审题,详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段).(2)寻找过程中变化的物理量.(3)探索物理量的变化规律.(4)确定临界状态,分析临界条件,找出临界关系.考向一相对滑动的临界极值问题例5(多选)[2024·湖州安吉中学模拟]如图所示,将物块(可视为质点)置于水平桌面的薄纸片上,物块和纸片的质量分别为5m和m,各接触面之间的动摩擦因数均为μ,物块距纸片左端的距离和距桌面右端的距离均为d,重力加速度为g.现用水平向右的恒力F拉动纸片,将纸片从物块下抽出,物块恰能停在桌面的右端.下列说法正确的是()A.将纸片抽出过程中,纸片所受摩擦力的大小为11μmgB.物块在纸片上运动时间是它在桌面上运动时间的2倍C.物块与纸片分离时,物块的速度为μgdD.改变F的大小,将纸片抽出过程中,F可能等于9μmg考向二恰好脱离的临界极值问题例6如图甲所示,光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体,A、B的质量分别为mA=6kg,mB=4kg,从t=0开始,推力FA和拉力FB分别作用于A、B上,FA、FB大小随时间变化的规律分别如图乙、丙所示,则()A.t=0时,A物体的加速度为2m/s2B.t=1s时,A、B开始分离C.t=0时,A、B之间的相互作用力为3ND.A、B开始分离时的速度为3m/s例7如图所示,一弹簧一端固定在倾角为θ=37°的足够长的光滑固定斜面的底端,另一端拴住质量为m1=6kg的物体P,Q为一质量为m2=10kg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.求:(1)系统处于静止状态时,弹簧的压缩量x0.(2)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a.(3)力F的最大值与最小值.【技法点拨】处理临界和极值问题的三种方法

极限法把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能,特别是有非此即彼两种可能时,或变化过程中可能出现临界条件,也可能不出现临界条件时,往往用假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式,根据数学表达式解出临界条件考点三动力学图像问题常见动力学图像及应用方法v⁃t图像根据图像的斜率判断加速度的大小和方向,进而根据牛顿第二定律求解合外力F⁃a图像首先要根据具体的物理情景,对物体进行受力分析,然后根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式,根据函数关系式结合图像,明确图像的斜率、截距或面积的意义,从而由图像给出的信息求出未知量a⁃t图像要注意加速度的正、负,正确分析每一段的运动情况,然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程F⁃t图像要结合物体受到的力,根据牛顿第二定律求出加速度,分析每一时间段的运动性质例8[2024·安徽卷]倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动.t=0时在传送带底端无初速度轻放一小物块,如图所示.t0时刻物块运动到传送带中间某位置,速度达到v0.不计空气阻力,则物块从传送带底端运动到顶端的过程中,加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是()ABCD变式1(多选)[2024·温州模拟]如图甲所示,一倾角θ=30°的足够长斜面体固定在水平地面上,一个物块静止在斜面上.现用大小为F=kt(k为常量,F、t的单位分别为N和s)的拉力沿斜面向上拉物块,物块受到的摩擦力Ff随时间变化的关系图像如图乙所示,物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2.下列判断正确的是()A.物块的质量为1kgB.k的值为5N/sC.物块与斜面间的动摩擦因数为1D.t=3s时,物块的加速度大小为4m/s2【技法点拨】分析动力学图像问题的方法技巧

1.分清图像的类别:即分清横、纵坐标所代表的物理量,明确其物理意义,掌握物理图像所反映的物理过程.

2.建立图像与物体运动间的关系:把图像与具体的题意、情景结合起来,明确图像反映的是怎样的物理过程.

3.建立图像与公式间的关系:对于a⁃F图像、F⁃x图像、v⁃t图像、v2⁃x图像等,都应先建立函数关系,然后根据函数关系读取信息或描点作图,特别要明确图像斜率、“面积”、截距等对应的物理意义.

4.读图时要注意一些特殊点:比如起点、截距点、转折点、两图线的交点,特别注意临界点(在临界点物体运动状态往往发生变化).素养提升系统牛顿第二定律的问题对加速度不同的多个物体组成的系统,满足牛顿第二定律,即F合=m1a1+m2a2+…+mnan(其中a1、a2、…、an为物体1、2、…、n运动的加速度),若采用正交分解法,则在x方向上,Fx=m1a1x+m2a2x+…+mnanx(其中a1x、a2x、…、anx为物体1、2、…、n在x方向上的加速度),在y方向上,Fy=m1a1y+m2a2y+…+mnany(其中a1y、a2y、…、any为物体1、2、…、n在y方向上的加速度).例9[2024·嘉兴一中模拟]如图所示,猴子的质量为m,开始时停在用绳悬吊的质量为M的木杆下端.当绳子断开瞬时,猴子沿木杆以加速度a(相对地面)向上爬行,重力加速度为g,则此时木杆相对地面的加速度为()A.g B.MmC.g+mM(g+a) D.g+m变式2[2024·宁波中学模拟]如图,将游乐场的滑梯简化成倾角为α的斜面,该滑梯的质量为M,放在粗糙水平面上,一个质量为m的小朋友沿滑梯下滑.在滑梯的不同位置,由于小朋友与滑梯间的动摩擦因数不同,小朋友在滑梯上的AB段匀速下滑,在BC段以大小为a的加速度匀减速下滑,滑梯始终保持静止状态,重力加速度大小为g,则()A.小朋友在AB段匀速下滑的过程中,地面对滑梯的支持力大小为MgB.小朋友在AB段匀速下滑的过程中,地面对滑梯的摩擦力方向水平向左C.小朋友在BC段匀减速下滑的过程中,地面对滑梯的支持力大小为(M+m)g+masinαD.小朋友在BC段匀减速下滑的过程中,地面对滑梯的摩擦力大小为masinα,方向水平向右专题二动力学常见模型题型一传送带模型1.模型特点:物体(视为质点)放在传送带上,由于物体和传送带相对滑动(或有相对运动趋势)而产生摩擦力,根据物体和传送带间的速度关系,摩擦力可能是动力,也可能是阻力.2.解题关键:抓住v物=v传的临界点,当v物=v传时,摩擦力发生突变,物体的加速度发生突变.3.注意物体位移、相对位移和相对路程的区别(1)物体位移:以地面为参考系,单独对物体由运动学公式求得的位移.(2)物体相对传送带的位移大小Δx①若有一次相对运动:Δx=x传-x物或Δx=x物-x传.②若有两次相对运动:两次相对运动方向相同,则Δx=Δx1+Δx2(图甲);两次相对运动方向相反,则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx2(图乙).考向一水平传送带情景滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长一直加速先加速后匀速v0<v时,一直加速v0<v时,先加速再匀速v0>v时,一直减速v0>v时,先减速再匀速滑块一直减速到右端滑块先减速到速度为0,后被传送带传回左端若v0<v,则返回到左端时速度为v0;若v0>v,则返回到左端时速度为v例1[2024·杭州模拟]如图甲所示,水平传送带顺时针匀速转动,一小行李箱以初速度v0滑上水平传送带,从A点运动到B点的v⁃t图像如图乙所示.下列说法正确的是()A.小行李箱的初速度大小为2m/sB.传送带转动的速度大小为6m/sC.A、B两点间的距离为6mD.小行李箱与传送带的相对位移大小为2m[反思感悟]

例2[2024·绍兴春晖中学模拟]如图所示,足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为v1,一小滑块从传送带左端以初速度大小v0滑上传送带,小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ,小滑块最终又返回到左端.已知重力加速度为g,下列说法正确的是()A.小滑块初始时刻的加速度向右,大小为μgB.若v0<v1,小滑块返回到左端的时间为vC.若v0>v1,小滑块返回到左端的时间为vD.若v0>v1,小滑块返回到左端的时间为v[反思感悟]

考向二倾斜传送带情景滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长一直加速(需满足gsinθ<μgcosθ)先加速后匀速一直加速(加速度为gsinθ+μgcosθ)若μ≥tanθ,先加速后匀速若μ<tanθ,先以a1加速,后以a2加速v0<v时,一直加速(加速度为gsinθ+μgcosθ)v0<v时,若μ≥tanθ,先加速后匀速;若μ<tanθ,先以a1加速,后以a2加速v0>v时,若μ>tanθ,一直减速;若μ=tanθ,一直匀速;若μ<tanθ,一直加速v0>v时,若μ>tanθ,先减速后匀速;若μ=tanθ,一直匀速;若μ<tanθ,一直加速例3[2024·宁波北仑中学模拟]如图所示是一种“鱼虾自动分离装置”的简化结构图.分离器入口在倾斜传送带中段适当位置正上方一定高度,鱼虾下落到传送带时均有沿传送带向下的初速度,最终虾均能被传送至下端收集箱中,鱼均能被传送到上端收集箱中,已知传送带与水平面间夹角为θ,始终以恒定速率顺时针转动,下列说法正确的是()A.鱼在传送带上运送的过程所受的摩擦力方向先沿传送带向上后沿传送带向下B.虾在传送带上做加速直线运动,鱼在传送带上做减速直线运动C.虾与传送带间的动摩擦因数一定小于tanθD.鱼与传送带间的动摩擦因数一定大于tanθ[反思感悟]

例4[2024·绍兴模拟]如图所示,某工厂输送物件的传送系统由倾角为37°的传送带AB和倾角相同的长木板CD组成,物件和传送带间的动摩擦因数μ1=0.8,与木板间的动摩擦因数μ2=0.5,传送带以v0=4m/s的恒定速率顺时针转动.现将物件P无初速度地置于传送带A端,发现当物件到达B端时刚好相对传送带静止,到达D点时速度恰好为零,随即被机械手取走.物件可以看成质点,传送带与木板间可认为无缝连接,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2.(1)求AB的长度L1;(2)求物件从A点到D点所需的时间t;(3)假如机械手未能在D点及时把物件取走,物件将会下滑,求它第一次下滑时经过C点的速度大小.题型二滑块—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作用下发生相对滑动.2.位移关系:如图所示,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,位移大小之和x2+x1=L.3.解题关键点(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向.(2)当滑块与木板速度相同时,“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动).考向一水平面上的板块问题例5[2024·嘉兴一中模拟]如图所示,在足够大的水平地面上静置一木板,可视为质点的物块以v0=3m/s的速度滑上木板,最终停止运动时,物块恰好到达木板的右端,木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度.已知物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.05,重力加速度大小g取10m/s2,则木板的长度为()A.1.0m B.1.5mC.2.0m D.2.5m例6如图所示,在光滑平台上放置一长度l=0.32m、质量M=280g的文具盒,在文具盒左端放有可视为质点的质量m=140g的墨水瓶,墨水瓶与文具盒间动摩擦因数μ=0.2,开始时两者均静止,现对文具盒施加F=1.12N、水平向左的恒力,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2.墨水瓶在文具盒上运动的时间为()A.0.2s B.0.4sC.0.8s D.1.6s变式(多选)[2021·全国乙卷]水平地面上有一质量为m1的长木板,木板的左端上有一质量为m2的物块,如图甲所示.用水平向右的拉力F作用在物块上,F随时间t的变化关系如图乙所示.其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小.木板的加速度a1随时间t的变化关系如图丙所示.已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1,物块与木板间的动摩擦因数为μ2.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,重力加速度大小为g,则()A.F1=μ1m1g B.F2=m2(m1+m2)C.μ2>m1+D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等考向二斜面上的板块问题例7(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动,其运动过程可类比为如图所示的模型.倾角为37°的斜坡上有长为1m的滑板,滑板与沙间的动摩擦因数为2140.小孩(可视为质点)坐在滑板上端,与滑板一起由静止开始下滑,小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料.假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4,小孩的质量与滑板的质量相等,斜坡足够长,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,则下列说法正确的是()A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s2B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8m/s2C.经过1s的时间,小孩离开滑板D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s[反思感悟]【技法点拨】“滑块—木板”模型的解题策略运动状态板块速度不相等板块速度相等瞬间板块共速运动处理方法隔离法假设法整体法具体步骤对滑块和木板进行隔离分析,弄清每个物体的受力情况与运动过程假设两物体间无相对滑动,先用整体法算出一起运动的加速度,再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力Ff;比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系,若Ff>Ffm,则发生相对滑动将滑块和木板看成一个整体,对整体进行受力分析和运动过程分析临界条件①两者速度达到相等的瞬间,摩擦力可能发生突变②当木板的长度一定时,滑块可能从木板滑下,恰好滑到木板的边缘,二者共速是滑块滑离木板的临界条件相关知识运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等第8讲牛顿第二定律的综合应用(限时40分钟)1.[2024·北京卷]如图所示,在光滑水平地面上,两相同物块用细线相连,两物块质量均为1kg,细线能承受的最大拉力为2N.若在水平拉力F作用下,两物块一起向右做匀加速直线运动.则F的最大值为()A.1N B.2N C.4N D.5N2.[2024·湖州中学模拟]如图所示,用水平恒力推小车使之与货物一起做匀加速直线运动,小车质量为M,货物的质量为m,它们的共同加速度为a.货物与小车间的动摩擦因数为μ,小车与地面间的摩擦力不计,重力加速度为g.在运动过程中()A.水平恒力的大小为(M+m)aB.小车对货物的摩擦力大小一定为μmgC.小车对货物的作用力大小为maD.小车受到的合力为03.[2024·金华兰溪一中模拟]质量为m的物块静止在动摩擦因数为μ的水平地面上,0~3s内所受水平拉力与时间的关系如图甲所示,0~2s内加速度图像如图乙所示.重力加速度g取10m/s2,由图可知()A.m=1kg,μ=0.2 B.m=1kg,μ=0.1C.m=2kg,μ=0.2 D.m=2kg,μ=0.14.[2024·温州模拟]如图所示,在倾角为30°的光滑斜面上有一物体A,通过不可伸长的轻绳与物体B相连,滑轮与A之间的绳子与斜面平行.如果物体B的质量是物体A的质量的2倍,即mB=2mA,不计滑轮质量和一切摩擦,重力加速度为g,初始时用外力使A保持静止,则撤去外力后,物体A和B的加速度大小等于()A.23gB.34gC.56gD.785.翻斗车车斗的底部是一个平面,司机正准备将车上运送的一块大石块卸下.司机将车停稳在水平路面上,通过操纵液压杆使车斗底部倾斜,直到石块开始加速下滑时,保持车斗倾斜角不变.如图所示,则在石块沿车斗底面匀加速下滑的过程中()A.地面对翻斗车的作用力竖直向上B.地面对翻斗车的支持力小于翻斗车和车上石块的总重力C.翻斗车受到的合外力逐渐减小D.翻斗车不受地面的摩擦力6.[2024·台州模拟]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.现用水平力F拉B(如图甲所示),A、B刚好不发生相对滑动,一起沿水平面运动.若改用水平力F'拉A(如图乙所示),使A、B也保持相对静止,一起沿水平面运动,则F'不得超过()A.2F B.F2 C.3F D.7.如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端放置一物体(物体与弹簧不连接),初始时物体处于静止状态.现用竖直向上的拉力F作用在物体上,使物体开始向上做匀加速运动,拉力F与物体位移x的关系图像如图乙所示,g取10m/s2,则()A.物体与弹簧分离时,弹簧处于压缩状态B.弹簧的劲度系数为7.5N/cmC.物体的质量为3kgD.物体的加速度大小为5m/s28.如图,一不可伸长的足够长轻绳跨过悬挂的光滑轻质定滑轮,两端系有质量分别为0.3kg和0.2kg的球a、b.控制球a静止在离地面高h=49cm的A处,轻绳拉紧,重力加速度g取10m/s2.现由静止释放小球,不计空气阻力,则()A.a球落地前,加速度大小为1m/s2B.a球运动到地面所用时间为0.5sC.a球落至地面时的速度大小为1.6m/sD.绳子中张力大小为2.4N9.如图甲所示,一质量为2kg的长木板静置于粗糙水平面上,其上放置一质量未知的小滑块,且长木板与小滑块之间接触面粗糙.小滑块受到水平拉力F作用时,用传感器测出小滑块的加速度a与水平拉力F的关系如图乙实线所示.已知地面与长木板的动摩擦因数为0.2,重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是()A.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.6B.当水平拉力增大时,小滑块比长木板先相对地面发生滑动C.小滑块的质量为3kgD.当水平拉力F=12N时,长木板的加速度大小为2m/s210.如图甲所示,质量m=1kg的物块在平行于斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动,t=0.5s时撤去拉力,利用速度传感器得到其速度随时间变化的关系图像如图乙所示,g取10m/s2,求:(1)0~2s内物块的位移大小x和通过的路程L;(2)物块沿斜面向上运动的两个阶段的加速度大小a1、a2和拉力大小F.11.(多选)如图所示,质量分别为m1、m2的A、B两个滑块放在斜面上,中间用一个轻杆相连,A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,它们在斜面上加速下滑.关于杆的受力情况,下列分析正确的是()A.若μ1>μ2,m1=m2,则杆受到压力B.若μ1=μ2,m1>m2,则杆受到拉力C.若μ1<μ2,m1<m2,则杆受到压力D.若μ1=μ2,m1≠m2,则杆不受到作用力12.[2024·杭州模拟]如图所示,静止在光滑水平面上的斜面体质量为M,其斜面倾角为α,斜面上有一静止的滑块,质量为m,两者之间的动摩擦因数为μ,滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.现给斜面体施加水平向右的力F使斜面体加速运动.(1)要使滑块与斜面体一起加速运动,求力F的最大值;(2)要使滑块做自由落体运动,求力F的最小值.专题二动力学常见模型(限时40分钟)题组一传送带模型1.[2024·宁波模拟]如图甲所示,一水平传送带以初速度v0沿顺时针匀速转动,在传