专题03 牛顿运动定律的综合运用（讲义）（解析版）.docx

1、专题03 牛顿运动定律的综合运用01专题网络思维脑图02考情分析解密高考03高频考点以考定法04核心素养难点突破05创新好题轻松练习考点内容要求考情动力学的两类基本问题c2023北京6、辽宁2、湖南10、全国甲卷 62022全国乙卷2、江苏1、辽宁7、浙江6月1（19）、全国甲卷6、湖南9、浙江1月 202021海南1（7）、北京13、浙江6月4（20）、浙江1月 4、全国乙卷8、辽宁132020山东1、海南12、全国I122019海南5、浙江6月12、全国III7超重失重问题c力学单位制c连接体模型c板块模型c传送带模型c学习目标1. 熟悉掌握动力学的两类基本问题的解题方法，能够以加速度为纽

2、带将运动学和动力学联系起来。2.理解超重和失重的各种场景，特别是电梯或者升降机中的超重失重的加速度问题。3.掌握利用整体法和隔离法求解连接体模型，清楚同a型和不同a型的连接体的处理方法。4.对滑块和滑板模型进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程。这是解题的突破口。特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移。求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度5.熟悉掌握水平传送带和倾斜传送带要的受力分析，特别对于速度突变时，要对此时进行受力分析求出新的加速度。【典例1】（2023北京统考高考真题）如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两

3、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（）A1NB2NC4ND5N【答案】C【详解】对两物块整体做受力分析有F = 2ma再对于后面的物块有FTmax= maFTmax= 2N联立解得F = 4N故选C。【典例2】（2022浙江统考高考真题）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24角，长度l1=4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为=29，货物可视为质点（取cos24=0.9，sin24=0.4，重力加速度g=10m/s

4、2）。（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。【答案】（1）2m/s2；（2）4m/s；（3）2.7m【详解】（1）根据牛顿第二定律可得mgsin24-mgcos24=ma1代入数据解得a1=2m/s2（2）根据运动学公式2a1l1=v2解得v=4m/s（3）根据牛顿第二定律mg=ma2根据运动学公式-2a2l2=vmax2-v2代入数据联立解得l2=2.7m1.连接体模型的处理方法2.同a连接体模型以轻绳或轻杆连接起来的两物体或两个物体紧挨着沿同一直线运动过程中具有

5、相同的加速度，这类连接体称为同a连接体模型。这类问题中经常利用“动力分配原则”快速解题。整体求加速度隔离m1求内力FT - m1g=m1a得整体求加速度求m2、m3间作用力，将m1和m2看作整体求内力F23 - (m+m)g=(m+m)a得整体求加速度隔离m1求内力：FT -F1- m1g=m1a得整体求加速度隔离m1求内力：FT -m1g（sin+cos）=m1a得整体求加速度隔离m1求内力：FT - m1g=m1a得3.两类动力学问题的解题思路4.超重、失重和完全失重的比较超重失重完全失重概念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现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)

6、小于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象产生条件物体的加速度方向竖直向上物体的加速度方向竖直向下物体的加速度方向竖直向下，大小ag运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以ag加速下降或减速上升原理方程FmgmaFm(ga)mgFmaFm(ga)mgFmaF05.力学单位制考向01 动力学的两类基本问题【针对练习1】滑草场中某条滑道由如图所示的两段倾斜滑道和一段水平滑道组成，AB段倾角为60，BC段倾角为30，对应的高度均为h=7.5m。载人滑草车从坡顶A点由静止开始滑下，最终停在水平滑道上。已知滑草车与三段滑道间的动摩擦因数均相同，滑草车经过B、C两点时速

7、度大小不变且相等，取重力加速度大小g=10m/s2，求：（1）滑草车与滑道间的动摩擦因数；（2）滑草车在水平滑道上滑行的距离x。（3）滑草车运动的总时间t。【答案】（1）33；（2）53m；（3）43+32s【详解】（1）由已知条件可知，滑草车在BC段做匀速直线运动，有mgsin30=mgcos30解得=33（2）设滑草车在AB段运动时的加速度大小为a1，在CD段运动时的加速度大小为a2，在BC段运动时的速度大小为v，则有mgsin60-mgcos60=ma1mg=ma2根据动力学公式可得v2=2a1hsin60v2=2a2x解得x=53m（3）设滑草车在三段滑道上运动的时间分别为t1、t2、

8、t3，则有a1t1=va2t3=vvt2=hsin30滑草车运动的总时间为t=t1+t2+t3=43+32s【针对练习2】如图，某同学设计的幼儿园安全斜直滑梯由长l1=4m和l2=8m的两段不同材料AB和BC制成，滑梯与水平地面夹角=37。一小朋友从A点由静止滑下，经6s到达C点速度恰好为零。重力加速度g取10ms2，sin37=0.6，cos37=0.8。求：（1）小朋友滑行过程中的最大速度vm；（2）小朋友与AB和BC材料间的动摩擦因数1和2。【答案】（1）vm=4m/s；（2）1=0.5，2=78【详解】（1）小朋友滑至B点速度最大，依据匀变速直线运动规律，有vm2t=l1+l2解得vm

9、=4m/s（2）设小朋友在AB、BC段的加速度大小分别为a1和a2，在AB段，小朋友匀加速运动，有vm2=2a1l1代入数据得a1=2m/s2依据牛顿第二定律，有a1=F1m=gsin37-1gcos37代入数据得1=0.5在BC段，小朋友匀减速运动，有0-vm2=-2a2l2代入数据得a2=1m/s2依据牛顿第二定律有a2=F2m=2gcos37-gsin37解得2=78考向02 连接体问题 【针对练习3】如图，倾角为的斜面体固定在水平地面上，现有一带支架的滑块正沿斜面加速下滑。支架上用细线悬挂质量为m的小球，当小球与滑块相对静止后，细线方向与竖直方向的夹角为，重力加速度为g，则（）A若斜面

10、光滑，则=B若斜面粗糙，则C若=，小球受到的拉力为mgcosD若=，滑块的加速度为gtan【答案】A【详解】C对小球进行受力分析，合力为F合=mgsin若=小球受到的拉力为mgcos，故C错误；D对小球进行受力分析，合力为F合=mgsin若=则有F合=mgsin=ma即有a=gsin故D错误；AB根据D选项可知，若=整体的加速度为a=gsin以整体为研究对象，沿斜面方向根据牛顿第二定律可得Mgsin-f=Ma解得f=0即斜面光滑；若斜面粗糙，则整体的加速度减小，则gsin-gcos=gsin所以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两者速度达到

11、相等的瞬间，摩擦力可能发生突变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达到共同速度（相对静止）是滑块滑离木板的临界条件原理时间及位移关系式、运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等【典例1】（2019全国高考真题）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示木板与实验台之间的摩擦可以忽略重力加速度取g=10m/s2由题给数据可以得出A木板的质量为1kgB2s4s内，

12、力F的大小为0.4NC02s内，力F的大小保持不变D物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【答案】AB【详解】结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数,故D错误.【针对练习9】如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M的A、B两块木板，在木板A的上面放着一个质量为m的物块C，木板和物块均处

13、于静止状态A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数都为.若用水平恒力F向右拉动木板A，使之从C、B之间抽出来，已知重力加速度为g，则拉力F的大小应该满足的条件是(已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力)()AF(2mM)gBF(m2M)gCF2(mM)g DF2mg解析：选C.无论F多大，摩擦力都不能使B向右滑动，而滑动摩擦力能使C产生的最大加速度为g，故g时，即F2(mM)g时A可从B、C之间抽出，选项C正确【针对练习10】长为L1.5 m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度v0从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为v0.4 m/s，然后A、B

14、又一起在水平冰面上滑行了s8.0 cm后停下若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数10.25，取g10 m/s2.求：(1)木板与冰面的动摩擦因数2；(2)小物块A的初速度v0；(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度v0m应为多少？解析(1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减速运动，则加速度a1.0 m/s2由牛顿第二定律得2mgma解得20.10.(2)小物块相对木板滑动时受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，其加速度a11g2.5 m/s2小物块在木板上滑动，木板受小物块的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，则

15、有1mg2(2m)gma2解得a20.50 m/s2.设小物块滑上木板经时间t后小物块、木板的速度相同为v，则对于木板va2t解得t0.8 s小物块滑上木板的初速度v0va1t2.4 m/s.(3)小物块滑上木板的初速度越大，它在木板上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，小物块到达木板B的最右端，两者的速度相等(设为v)，这种情况下小物块的初速度为保证其不从木板上滑落的最大初速度v0m，则v0mta1t2a2t2Lv0mva1tva2t由以上三式解得v0m3.0 m/s.答案(1)0.10(2)2.4 m/s(3)3.0 m/s考向06 传送带模型1.水平传送带问题项目图示滑块可能

16、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)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0v返回时速度为v，当v0mgsin，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2=L-x1v1=3.95-2.750.6s=2s所以小包裹通过传送带的时间为t=t1+t2=4.5s【针对练习11】如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象(以地面为参考系)如图乙所示已知v2v1，则()At2时刻，小物块离A处的距离

17、达到最大Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：选B.物块滑上传送带后将做匀减速运动，t1时刻速度为零，此时小物块离A处的距离达到最大，选项A错误；然后在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动，t2时刻与传送带达到共同速度，此时小物块相对传送带滑动的距离最大，选项B正确；0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，选项C错误；t2t3时间内小物块不受摩擦力，选项D错误【针对练习12】如图所示，倾角为37，长为l16 m的传送带，转动速度为v10 m/s，在传送带顶端A处无初速度的释放

18、一个质量为m0.5 kg的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数0.5，g取10 m/s2.求：(sin 370.6，cos 370.8)(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，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg(sin 37cos 37)ma则agsin 37gcos 372 m/s2，根据lat2得t4 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，

19、设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin 37mgcos 37ma1则有a110 m/s2.设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1 s1 s，x1a1t5 ml16 m.当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin 37mgcos 37，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力摩擦力发生突变设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则a22 m/s2x2lx111 m又因为x2vt2a2t，则有10t2t11解得t21 s(t211 s舍去)所以t总t1t22 s.答案(1)4 s(2)2 s一、单选题1在国际

20、单位制中，某个物理量的单位用基本单位表示为kgm2s3A，该物理量是下列中的（）A电场强度B电阻C电势差D电荷量【答案】C【详解】C电势差是描述电场能的性质物理量，V是电势单位，由公式可知U=Wq可知1V=1JC=1kgm/s2mAs=1kgm2/As3；故C正确；A电场强度E=FqN/C是电场强度单位，则1N/C=1kgm/s2As=1kgm/As3故A错误；B电阻R=UI即1=1V1A=1kgm2/As3A=1kgm2/A2s3故B错误；D电荷量q=It单位是C，则1C=1As故D错误。故选C。2很多智能手机都有加速度传感器，加速度传感器能通过图像显示加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度

21、传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的手机在竖直方向上的加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（）A手机始终与手掌存在作用力B手机在t1时刻处于平衡状态C手机在t2时刻改变运动方向D手机在t3时刻处于完全失重状态【答案】D【详解】AD由图可知，t3时刻手机的加速度为-10m/s2，即此时手机只受重力作用，与手掌间没有相互作用力，手机处于完全失重状态，故A错误，D正确；B手机在t1时刻加速度大于10m/s2，且加速度向上，手机处于超重状态，故B错误；C手机在t2时刻加速度方向改变，手机开始做减速运动，速度方向不变，即运动方

22、向不变，故C错误。故选D。3某物理量X的表达式为X=32V4G，其中是角速度，V是体积，G是万有引力常量，据此可以判断X是（）A密度B质量C周期D线速度【答案】B【详解】表达式X=32V4G中，角速度单位为s-1，V的单位m3，G的单位是Nm2kg-2，根据牛顿第二定律可知1N=1kgms-2故X的单位为(s-1)2m3Nm2kg-2=(s-1)2m3kgms-2m2kg-2=kgkg是质量的单位，可知即X表示的是质量。故选B4如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙长杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点到O点的距离均为l

23、，P点到O点的距离为35l，OP与杆垂直。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球由静止开始从M点向下运动到Q点时速度最大，Q点到O点的距离为65l。在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（）A弹簧的劲度系数为3mg3lB小球在N点的加速度小于gC从N点到Q点的运动过程中，小球受到的摩擦力一直变大D从M点到N点的运动过程中，小球运动的加速度一直减小【答案】C【详解】A运动到Q点时速度最大，则此时加速度为零，有mg=15klcos+15klsin根据几何关系sin=OPOQ=12联立解得k=20mg(1+23)l故A错误；B小球在N点时，弹簧无弹力，则小球与杆之间无弹力

24、，无摩擦力，则小球只受重力作用，加速度为重力加速度，故B错误；C从N点到Q点的运动过程中，摩擦力大小为f=k(x-l)sin其中x为弹簧的长度，为弹簧与竖直方向的夹角，则f=k(xOP-lsin)从N点到Q点的运动过程中，减小，则小球受到的摩擦力一直变大，故C正确；D在M点和N点弹簧无弹力，则小球与杆之间无弹力，无摩擦力，小球只受重力作用，加速度为重力加速度，故从M点到N点的运动过程中，小球运动的加速度不会是一直减小，故D错误。故选C。5一辆货车运载着规格相同的圆柱形光滑空油桶。车厢底层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上层只有桶c，摆放在a、b之间，没有用绳索固定。重力加速度大小为g，汽车

25、沿水平路面向左加速，保证桶c相对车静止的情况下（）A加速度越大，a对c的作用力越大B加速度越大，b对c的作用力越小C加速度的最大值为33gD若油桶里装满油，汽车加速度的最大值小于33g【答案】C【详解】AB对c进行受力分析可得如图根据牛顿第二定律可得Fbcos60-Facos60=ma同时在竖直方向上有Fbsin60+Fasin60=mg可知加速度越大，a对c的作用力越小，b对c的作用力越大，故AB错误；C可知当Fa=0时，加速度最大，此时可得Fbcos60=mamax，Fbsin60=mg解得amax=gtan60=33g故C正确；D由上述可知，加速度的最大值与油桶的质量无关，故不论油桶装不

26、装满油，汽车的加速度最大值都为33g，故D错误；故选C。6如图所示，质量均为m的小球1、2用轻绳a、c和轻质弹簧b连接并悬挂，两小球均处于静止状态，轻绳a与竖直方向的夹角为30，轻绳c水平，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A轻绳a拉力的大小为233mgB轻弹簧b拉力的大小为153mgC剪断轻绳a的瞬间，小球1加速度大小为433gD剪断轻绳c的瞬间，小球2加速度大小为3g【答案】C【详解】A对1、2整体分析可知Tacos30=2mg解得轻绳a拉力的大小为Ta=433mg轻绳c的拉力Tc=2mgtan30=233mg选项A错误；B对2分析可知，轻弹簧b拉力的大小为Tb=(mg)2+Tc2=

27、213mg选项B错误；C剪断轻绳a的瞬间，弹簧弹力不能突变，则小球1受合力为Ta=433mg=ma1解得加速度大小为a1=433g选项C正确；D剪断轻绳c的瞬间，弹簧弹力不能突变，小球2受合力Tc=233mg=ma2解得加速度大小为a2=233g选项D错误。故选C。7如图所示，粗糙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。现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是（）A无论粘在哪个木块上面，系统的加速度都将增大B若粘在A

28、木块上面，绳的拉力减小，A、B间摩擦力不变C若粘在B木块上面，绳的拉力增大，A、B间摩擦力增大D若粘在C木块上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小【答案】D【详解】A设木块与地面间的动摩擦因数为，将A、B、C看作一个整体，对整体受力分析，根据牛顿第二定律可得F-3mg=3ma可得a=F3m-g粘上橡皮泥后，设橡皮泥的质量为m0，对整体受力分析，根据牛顿第二定律可得F-(3m+m0)g=(3m+m0)a可得a=F3m+m0-gT以A为对象，根据牛顿第二定律可得fAB=(m+m0)a=(m+m0)(F3m+m0-g)=(m+m0)F3m+m0-(m+m0)g故B错误；C如果橡皮泥粘在B上，同理可知C

29、受到绳的拉力为T=F-mg-maT即绳子拉力增大；以A为对象，根据牛顿第二定律可得fAB=mama=fAB即A、B间摩擦力减小，故 C错误；D还没有粘上橡皮泥前，以A、B整体为对象，根据牛顿第二定律可得T-2mg=2ma解得T=2mg+2ma若粘在C木块上面，同理可知AB间的摩擦力减小；以A、B整体为对象，根据牛顿第二定律可得T-2mg=2ma解得T=2mg+2ma2mg+2ma=T故D正确。故选D。二、多选题8简易蹦床是一项深受儿童喜爱的游乐项目。如图所示，用两根相同的橡皮绳将一个小朋友的腰部和臀部系住，橡皮绳的另一端分别固定在等高的O1、O2点，小朋友可在P、Q两点间上下运动。下列说法正确

30、的是（）A小朋友在P点时处于超重状态B小朋友从P点到Q点的过程中，先做加速运动，后做减速运动C当两绳间的夹角为120时，绳中的弹力一定等于小朋友受到的重力D小朋友在Q点时，绳对他的合力最大【答案】BD【详解】A小朋友在P点时加速度向下，处于失重状态，选项A错误；B小朋友从P点到Q点的过程中，先做加速运动，后做减速运动，选项B正确；C只有当两绳间的夹角为120且小朋友处于平衡状态时，绳中的弹力才等于小朋友受到的重力，小朋友处于变加速运动过程，而不是静止状态，选项C错误；D小朋友在Q点时，每根绳中的弹力都最大，且两绳的夹角最小，所以绳对他的合力最大，选项D正确。故选BD。9如图处于长木板A左端的物

31、块B（可视为质点）和A均以9m/s的速度开始向右运动。A、B质量均为2kg，A、B间的动摩擦因数为0.1，水平地面与A之间的动摩擦因数为0.2，最终物块恰好没滑出木板（g取10m/s2）对于两者的运动过程，下列说法正确的是（）A木板运动时加速度大小为3m/s2B木板克服地面摩擦力做功81JC物块和木板间产生的热量为108JD木板的长度为27m【答案】AD【详解】A设木板A 与地面间动摩擦因数为1，A、B之间动摩擦因数为2，A、B之间有相对滑动，对A设运动时加速度为a1有mAa1=1mA+mBg-2mBg解得a=3m/s2故A正确；B木板受地面摩擦力为f地=1mA+mBg=8N根据速度位移公式有

32、2a1x板=v02解得 x板=13.5m所以木板克服地面摩擦力做功Wf=1mA+mBgx板=108J故B错误；CD物块B加速度为a22mBg=mBa2根据速度位移公式有2a2x块=v02解得 x块=40.5m木板的长度为L=x块-x板=27m所以物块和木板间产生的热量为Q=2mBgx块-x板=54J故C错误，D正确。故选AD。10如图1所示，电梯“对重”的主要功能是相对平衡轿厢重量，在电梯工作中使轿厢与“对重”的重量保持在限额之内，保证电梯的牵引传动正常。驱动装置带动钢丝绳使轿厢和“对重”在竖直方向运动，当轿厢从顶楼向下运动时，vt图像如图2所示，下列说法正确的是（）A在0t1时间内，轿厢处于

33、超重状态B在0t1时间内，钢丝绳对轿厢的拉力先减小后增大C在t2t3时间内，“对重”处于失重状态D在t1t2时间内，钢丝绳对轿厢的拉力大小等于钢丝绳对“对重”的拉力大小【答案】BC【详解】A由图可知在0t1时间内，轿厢从顶楼向下做加速运动，加速度方向向下，轿厢处于失重状态，故A错误；B根据vt图像的斜率表示加速度可知，在0t1时间内轿厢的加速度先增大后减小，且加速度向下，则根据牛顿第二定律有mg-F=ma可知，钢丝绳对轿厢的拉力先减小后增大，故B正确；C在t2t3时间内，“对重”向上做减速运动，加速度方向向下，“对重”处于失重状态，故C正确；D在t1t2时间内，轿厢虽然做匀速运动，轿厢与“对重

34、”的重量不相等，因为中间有驱动电机在调控，钢丝绳对轿厢的拉力大小不等于钢丝绳对“对重”的拉力大小，故D错误。故选BC。11应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持v = 0.4m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数 = 0.2，A、B间的距离为2m，g取10m/s2。旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，则下列说法正确的是（）A行李到达B处时速度大小为0.4m/sB行李经过2s到达B处C开始时行李的加速度大小为2m/s2D行李在传送一直加速【答案】AC【详解】C开始时，对行李，由牛顿第二定律得mg = ma代入数据解得a = 2m/s2

35、故C正确；ABD设行李做匀加速运动的时间为t1，行李加速运动的末速度为v = 0.4m/s行李加速时间t1 = va = 0.2s行李匀加速运动的位移大小x = 12at12 = 12 2 0.22m = 0.04m行李匀速运动的时间t2 = L-xv = 4.9s行李从A到B的时间为t = t1t2 = 0.2s4.9s = 5.1s故BD错误、A正确；故选AC。12如图，传送带与地面的倾角=37，从A到B的长度为L=14m，传送带以v0=8m/s的速率逆时针转动，在传送带上端A无初速地放一个质量为m=0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为=0.25，煤块在传送带上经过会留下黑色

36、划痕，已知sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A煤块刚放上传送带时，加速度大小8m/s2B煤块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动C煤块从A运动到B的时间为1.5sD煤块从A运动到B的过程中，传送带上形成黑色划痕的长度为4m【答案】AD【详解】A煤块刚放上传送带时，加速度大小为a1=mgsin+mgcosm=gsin+gcos=8m/s2故A正确；BC煤块加速至与传送带的速率相同时所用的时间为t1=v0a1=1s1s内煤块运动的位移为x1=12a1t12=4m1s后煤块的加速度大小为a2=mgsin-mgcosm=gsin-gcos=4m/s

37、2根据匀加速直线运动的位移时间关系可得L-x1=v0t2+12a2t22解得t2=1s或t2=-5s（舍去）煤块从A运动到B的时间为t=t1+t2=2s煤块先做加速度大小为8m/s2匀加速直线运动，与传送带共速后继续做加速度大小为4m/s2匀加速直线运动，故BC错误；C前1s内传送带上形成黑色划痕的长度为L1=v0t1-x1=4m1s2s内煤块的速度大于传送带的速率，传送带上形成黑色划痕的长度为L2=v0t2+12a2t22-v0t2=2ma0时，图中另一纵截距的意义为mAgsin37=kx1联立解得mA=1kg，mB=2kg故B错误；C当 a0=7.5m/s2时，因为物块A、B恰要分离，故对

38、 A有FNA=mAgcos37=12.5N由牛顿第三定律知A对斜面的压力大小为12.5 N，故C正确；Da=0.5a0时，对B分析mBgsin37-FAB=mBacos37解得FAB=6N故D正确；故选ACD。14如图，水平地面上有一小车，车内有质量分别m、2m的A、B两小球，用轻杆相连，杆与竖直方向的夹角为=30。A球靠在光滑的竖直侧壁上，B球在粗糙的水平底面上，且受到的最大静摩擦力与正压力之比为k。小车可以以不同的加速度向右运动，现要保证轻杆与车厢相对静止，重力加速度用g表示，下列说法正确的是（）A在不同加速度的情况下，轻杆对小球A的作用力始终为恒力B当小球B对底面的摩擦力等于0时，那么此

39、时小车做匀加速运动，加速度大小为3g3C若k=439当小车做匀减速直线运动时，则允许的最大加速度为3g3D若k=312，当小车做匀加速直线运动时，则侧壁对小球A的作用力最小值为33mg8【答案】AC【详解】A根据题意，设杆对球A的作用力大小为F，对A球，竖直方向上由平衡条件有Fcos=mg解得F=mgcos轻杆与车厢相对静止，则轻杆对小球A的作用力始终为恒力，故A正确；B杆对球B的作用力大小始终也为F=mgcos当小球B对底面的摩擦力等于0时，对B，根据牛顿第二定律Fsin=2ma1解得a1=3g6故B错误；C 若k=439，B与底面间的最大静摩擦力为f1=k(2mg+Fcos)当A与侧壁无弹

40、力时，且B与底面间有最大静摩擦力时，对AB整体，根据牛顿第二定律f1=3ma2解得a2=439g但当A与侧壁恰无弹力时，A有最大加速度，此时对A，根据牛顿第二定律Fsin=ma3解得a3=33g因此，允许的最大加速度为3g3，故C正确；D若k=312，当小车做匀加速直线运动时，小球B与地面的静摩擦力最大时， 侧壁对小球A的作用力N最小时，对Bk(2mg+Fcos)+Fsin=2ma4对AN-Fsin=ma4解得N=538mg故D错误。故选AC。三、解答题15如图所示，倾角=37的传送带以v0=1ms的速度沿顺时针方向匀速转动，现将物块B轻放在传送带下端的同时，物块A从传送带上端以v1=2ms的

41、初速度沿传送带下滑，结果两物块恰好没有在传送带上相碰，已知物块与传送带间的动摩擦因数均为0.8，不计物块大小，重力加速度g取10ms2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）两物块刚在传送带上运动时各自的加速度大小（2）两物块从在传送带上运动到刚好要相碰所用的时间（3）传送带上下端间的距离【答案】（1）a1=0.4m/s2，a2=0.4m/s2；（2）t=7.5s；（3）s=10m【详解】（1）刚开始物块A沿传送带向下运动的加速度大小为a1=gcos-gsin=0.4m/s2对于物块B，向上运动的加速度大小a2=gcos-gsin=0.4m/s2（2）物块B在传送带上加速的时间t2

42、=v0a2=2.5s物块A从冲上传送带到速度为零所用时间t1=v1a1=5s物块A从速度为零向上加速到与传送带速度相同所用时间为t1=v0a2=2.5s所以，两物块从在传送带上运动到刚好要相碰所用时间为t=t1+t1=7.5s（3）在7.5s内物块B的位移大小为x2=12at22+v0(t-t2)=6.25m而A的位移大小为x1=12at12-12at12=3.75m因此传送带下端到上端的距离s=x1+x2=10m16如图甲所示，水平地面上放有一质量M=2kg的长木板，木板正中间放有一可视为质点的质量m=1kg的小物块。t=0时木板在水平向右的恒力F的作用下由静止开始向右运动，=1.5s时撤去

43、恒力F，小物块恰好不能从长木板的左端掉落，小物块在木板上滑动时木板的v-图像如图乙中的折线a所示，小物块的v-t图像如图乙中们折线b所示，取重力加速度大小g=10m/s2，求：（1）木板的长度L；（2）恒力F的大小；（3）木板沿水平地而运动的最大距离x。【答案】（1）6m；（2）16N；（3）11m【详解】（1）依题意可知小物块相对于长木板的位移对应图中阴影部分面积结合小物块放在木板正中间，根据几何关系解得L=6m（2）由题图可知，02s内小物块的加速度大小a1=2m/s2，01.5s内木板的加速度大小a2=4m/s2，1.5s2s内木板的加速度大小a3=4m/s2，结合牛顿第二定律有1mg=

44、ma1F-1mg-2M+mg=Ma21mg+2M+mg=Ma3解得F=16N（3）由上可得1=2=0.2，2s后木板和小物块一起减速，设其加速度大小为a4，结合牛顿第二定律有2g=a4解得a4=2m/s2所以沿水平地而运动的最大距离x=6m/s21.5s +6m/s+4m/s20.5s+0-4m/s22-2m/s2=11m17如图所示，长度L=5.8m的固定的倾斜传送带以v0=4m/s的速度顺时针匀速转动，水平面上的木板紧靠在传送带底端，木板上表面与传送带底端B等高。一小物块（可视为质点）从传送带的顶端A由静止释放，开始以a1=10m/s2的加速度做匀加速直线运动，当速度达到v0=4m/s后加

45、速度变为a2=2m/s2，继续做匀加速直线运动，在底端B滑上静止的木板。小物块滑上木板后以a3=3m/s2的加速度做匀减速直线运动，同时木板以a4=1m/s2的加速度做匀加速直线运动，当二者速度相同时，小物块恰好滑到木板的右端。假设小物块冲上木板前后瞬间速度大小不变，求：（1）小物块运动到B端时的速度大小；（2）小物块从A端开始运动到与木板达到共同速度所用的时间；（3）木板的长度。【答案】（1）vB=6m/s；（2）t=2.9s；（3）d=4.5m【详解】（1）物块滑上传送带到与传送带速度相同所需的时间为t1，则v0=a1t1解得t1=0.4s此过程物块的位移大小为x1=v02t1=0.8m由vB2-v02=2a2L-x1解得vB=6m/s（2）由vB=v0+a2t2解得t2=1s物块与木板经时间t3达到共同速度，则有vB-a3t3=a4t3解得t3=1.5s则物块从A端开始运动到与木板达到共同速度所用的时间t=t1+t2+t3=2.9s（3）物块与木板的共同速度为v=a4t3=1.5m/s则木板的长度d=vB+v2t3-v2t3=4.5m