?牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用
知識(shí)點(diǎn)：牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用
一、牛頓第二定律的作用
牛頓第二定律確定了運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系：加速度的大小與物體所受合力的大小成正比，與物體的質(zhì)量成反比；加速度的方向與物體受到的合力的方向相同．
二、兩類基本問題
1．從受力確定運(yùn)動(dòng)情況
如果已知物體的受力情況，可以由牛頓第二定律求出物體的加速度，再通過運(yùn)動(dòng)學(xué)的規(guī)律確定物體的運(yùn)動(dòng)情況．
2．從運(yùn)動(dòng)情況確定受力
如果已知物體的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求出物體的加速度，結(jié)合受力分析，再根據(jù)牛頓第二定律求出力．
技巧點(diǎn)撥
一、從受力確定運(yùn)動(dòng)情況
1．從受力確定運(yùn)動(dòng)情況的基本思路
分析物體的受力情況，求出物體所受的合外力，由牛頓第二定律求出物體的加速度；再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式及物體運(yùn)動(dòng)的初始條件確定物體的運(yùn)動(dòng)情況．流程圖如下：

2．從受力確定運(yùn)動(dòng)情況的解題步驟
(1)確定研究對(duì)象，對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，并畫出物體的受力分析圖．
(2)根據(jù)力的合成與分解，求合力的大小和方向．
(3)根據(jù)牛頓第二定律列方程，求加速度．
(4)結(jié)合物體運(yùn)動(dòng)的初始條件，選擇運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求運(yùn)動(dòng)學(xué)量——任意時(shí)刻的位移和速度，以及運(yùn)動(dòng)時(shí)間等．
二、從運(yùn)動(dòng)情況確定受力
1．從運(yùn)動(dòng)情況確定受力的基本思路
分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出物體的加速度，再由牛頓第二定律求出物體所受的合外力；再分析物體的受力，求出物體受到的作用力．流程圖如下：

2．從運(yùn)動(dòng)情況確定受力的解題步驟
(1)確定研究對(duì)象，對(duì)物體進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，并畫出物體的受力示意圖．
(2)選擇合適的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求出物體的加速度．
(3)根據(jù)牛頓第二定律列方程，求出物體所受的合力．
(4)選擇合適的力的合成與分解的方法，由合力和已知力求出待求的力．
三、多過程問題分析
1．當(dāng)題目給出的物理過程較復(fù)雜，由多個(gè)過程組成時(shí)，要明確整個(gè)過程由幾個(gè)子過程組成，將過程合理分段，找到相鄰過程的聯(lián)系點(diǎn)并逐一分析每個(gè)過程．
聯(lián)系點(diǎn)：前一過程的末速度是后一過程的初速度，另外還有位移關(guān)系、時(shí)間關(guān)系等．
2．注意：由于不同過程中力發(fā)生了變化，所以加速度也會(huì)發(fā)生變化，所以對(duì)每一過程都要分別進(jìn)行受力分析，分別求加速度．
例題精練
1．（長(zhǎng)安區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，質(zhì)量相同的木塊A、B用輕質(zhì)彈簧連接，在平行于斜面的力F作用下，A、B均靜止在足夠長(zhǎng)的光滑斜面上。現(xiàn)將F瞬間增大至某一恒力推A，則從開始到彈簧第一次被壓縮到最短的過程中（　　）

A．兩木塊速度相同時(shí)，加速度aA＝aB
B．兩木塊速度相同時(shí)，加速度aA＞aB
C．兩木塊加速度相同時(shí)，速度vA＞vB
D．兩木塊加速度相同時(shí)，速度vA＜vB
【分析】分別對(duì)A、B進(jìn)行受力分析，可比較兩者加速度的大小，從而判斷相同時(shí)間的速度變化量，由于初速度都為0，則兩者速度也可以比較得出。
【解答】解：CD、恒力F推木塊A，在彈簧第一次壓縮到最短的過程中，彈簧的彈力逐漸增大，A受到的合力減小，B受到的合力增大，
則A做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，B做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，
在aA＝aB之前aA＞aB，故經(jīng)過相等的時(shí)間，A增加的速度大，B增加的速度小，
所以，在aA＝aB時(shí)vA＞vB，故C正確，D錯(cuò)誤；
AB、當(dāng)vA＝vB時(shí)，彈簧的壓縮量最大，彈力最大，A在此之前一直做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，B做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，
由于aA＝aB時(shí)vA＞vB，所以vA＝vB時(shí)aA＜aB；故AB錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生對(duì)牛頓第二定律的應(yīng)用情況，要求學(xué)生結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律定性分析物體的運(yùn)動(dòng)情況。

隨堂練習(xí)
1．（遼寧二模）如圖甲所示，一個(gè)質(zhì)量不計(jì)的彈簧測(cè)力計(jì)，勁度系數(shù)為30N/m，下面懸掛一個(gè)物塊A，此時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)為4N?，F(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為0.5kg的木板B放在A下面，在外力作用下托住木板B使物塊A向上運(yùn)動(dòng)一段距離，如圖乙所示，當(dāng)系統(tǒng)靜止后，如果突然撤去木板B的瞬間物塊A向下的加速度為2.5m/s2。若不撤去木板B，用外力控制木板B使二者一起以加速度1m/s2向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)至二者分離，彈簧測(cè)力計(jì)始終未超量程，重力加速度g＝10m/s2，以下說法正確的是（　?。?br />
A．撤去木板B的瞬間彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)為3.75N
B．勻加速運(yùn)動(dòng)階段起始時(shí)刻外力大小為8.1N
C．勻加速運(yùn)動(dòng)階段二者分離時(shí)外力的大小4.5N
D．AB分離時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)為零
【分析】應(yīng)用整體法和隔離法根據(jù)牛頓第二定律分析彈簧的示數(shù)的變化、外力的變化、AB之間的彈力的變化等，要注意牛頓第二定律的瞬時(shí)性和同一性。
【解答】解：A、對(duì)A分析：初始時(shí)刻時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)為4N，有mAg＝F彈1，所以mA＝0.4kg。突然撤去木板B的瞬間物塊A向下的加速度為2.5m/s2，則有mAg﹣F彈2＝mAa1，聯(lián)立，代入數(shù)值解得：F彈2＝3N，故A錯(cuò)誤；
B、若不撤去木板B用外力控制木板B使二者一起以加速度1m/s2向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)AB整體根據(jù)牛頓第二定律有：（mA+mB）g﹣F外﹣F彈2＝（mA+mB）a2，代入解得F外＝5.1N，故B錯(cuò)誤；
CD、分離時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律對(duì)B：mBg﹣F外′＝mBa2，代入得F外′＝4.5N。對(duì)A：mAg﹣F彈3＝mAa2，代入解得F彈3＝3.6N，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】本題是牛頓第二定律的綜合題，涉及到兩個(gè)過程，兩個(gè)物體以同一加速度運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是要分清物理過程，用整體法和隔離法運(yùn)用牛頓第二定律列式求未知數(shù)。還要注意的是兩物體分離時(shí)，是它們之間的彈力為零。
2．（江蘇模擬）如圖所示，粗糙水平面上有兩個(gè)滑塊A和B，其間用長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1m的細(xì)線相連，細(xì)線可承受的最大張力為FTm＝10N，現(xiàn)對(duì)滑塊A施加水平向右的恒力F1＝24N，作用1s后突然將外力變?yōu)镕2＝32N，滑塊質(zhì)量mA＝4kg、mB＝2kg，兩滑塊與平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，以下說法正確的是（　?。?br />
A．1s末滑塊B的速度為3m/s
B．1.5s末滑塊B的加速度大小為2m/s2
C．滑塊B剛靜止時(shí)滑塊A的速度為m/s
D．滑塊B剛靜止時(shí)兩滑塊間的距離為4m
【分析】先根據(jù)牛頓第二定律整體法和隔離法判斷對(duì)滑塊A施加水平向右的恒力F1＝24N時(shí)細(xì)線是否斷裂，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解1s末滑塊B的速度；
判斷對(duì)滑塊A施加水平向右的恒力F2＝32N時(shí)細(xì)線是否斷裂，然后用牛頓第二定律分別求出A和B的加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求出速度和位移。
【解答】解：A、當(dāng)滑塊A施加水平向右的恒力F1＝24N時(shí)，整體法求加速度：F1＝（mA+mB）a0，隔離B求細(xì)線的拉力：T0＝mBa0，聯(lián)立解得：T0＝8N＜FTm＝10N，故細(xì)線沒有斷裂，A和B一起以a0＝4m/s2勻加速直線運(yùn)動(dòng)。
1s末滑塊B的速度為v1＝a0t1＝4×1m/s＝4m/s，故A錯(cuò)誤；
B、1s后突然將外力變?yōu)镕2＝32N，同理整體法和隔離法求得細(xì)線的拉力T1＝N＞FTm＝10N，即細(xì)線斷裂，對(duì)滑塊B由牛頓第二定律可知：μmBg＝mBa1，解得1.5s末滑塊B的加速度大小a1＝2m/s2，故B正確；
C、滑塊B從1s末開始做初速度大小為v1＝4m/s，加速度大小為a1＝2m/s2的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減為零，所需的時(shí)間t2＝＝s＝2s，這個(gè)過程中滑塊A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知：a2＝＝m/s2＝6m/s2，
則滑塊B剛靜止時(shí)滑塊A的速度為v2＝v1+a2t2＝4m/s+6m/s2×2s＝16m/s，故C錯(cuò)誤；
D、細(xì)線斷裂后直到滑塊B剛靜止過程中，
滑塊A的運(yùn)動(dòng)位移：xA＝＝m＝20m
滑塊B的運(yùn)動(dòng)位移：＝m＝4m
滑塊B剛靜止時(shí)兩滑塊間的距離為△x＝xA﹣xB＝20m﹣4m＝16m，故D錯(cuò)誤；
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合運(yùn)用，綜合運(yùn)用整體法和隔離法求兩滑塊之間的細(xì)線的內(nèi)力，也可以直接運(yùn)用內(nèi)力公式快速判斷細(xì)線是否斷裂，節(jié)省了選擇題的解題時(shí)間。
3．（廣東月考）如圖所示，滑塊A和足夠長(zhǎng)的木板B疊放在水平地面上，A和B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是B和地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)的4倍，A和B的質(zhì)量均為m。現(xiàn)對(duì)A施加一水平向右逐漸增大的力F，當(dāng)F增大到F0時(shí)A開始運(yùn)動(dòng)，之后力F按圖乙所示的規(guī)律繼續(xù)增大，圖乙中的x為A運(yùn)動(dòng)的位移，已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。對(duì)兩物塊的運(yùn)動(dòng)過程，以下說法正確的是（　　）

A．當(dāng)F＞2F0，木塊A和木板B開始相對(duì)滑動(dòng)
B．當(dāng)F＞F0，木塊A和木板B開始相對(duì)滑動(dòng)
C．自x＝0至木板x＝x0木板B對(duì)A做功大小為
D．x＝x0時(shí)，木板B的速度大小為
【分析】本題為板塊模型，需通過最大靜摩擦力分析求出AB相對(duì)滑動(dòng)、B與地相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件，結(jié)合圖像可求出做功情況以及對(duì)應(yīng)速度大小。
【解答】解：AB、設(shè)A、B之間的最大摩擦力為fm，B與地面之間的最大摩擦力為fm'，由于最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，
則fm＝4μmg＞fm'＝μ?2mg＝2μmg，
可知，當(dāng)F增大到F0，A開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，B也和A一起滑動(dòng)。則F0＝fm'＝2μmg，
當(dāng)A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，A、B之間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力，
對(duì)A分析得F﹣fm＝ma，
以AB為整體得F﹣fm′＝2ma
聯(lián)立解得F＝3F0，故AB錯(cuò)誤；
CD、木板自x＝0至x＝x0過程中，A、B沒有發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，整體動(dòng)能定理得
，
對(duì)A用動(dòng)能定理，得

聯(lián)立解得，。故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題為板塊問題，考查學(xué)生受力分析能力，對(duì)學(xué)生綜合已學(xué)內(nèi)容對(duì)問題進(jìn)行分析的能力有一定要求。
4．（3月份模擬）如圖所示，一質(zhì)量為m＝4kg、傾角θ＝45°的斜面體C放在光滑水平桌面上，斜面上疊放質(zhì)量均為m0＝1kg的物塊A和B，物塊B的下表面光滑，上表面粗糙且與物塊A下表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力；物塊B在水平恒力F作用下與物塊A和斜面體C一起恰好保持相對(duì)靜止地向右運(yùn)動(dòng)，取g＝10m/s2，下列判斷正確的是（　?。?br />
A．物塊A受到摩擦力大小F1＝5N
B．斜面體的加速度大小為a＝10m/s2
C．水平恒力大小F＝15N
D．若水平恒力F作用在A上，A、B、C三物體仍然可以相對(duì)靜止
【分析】首先對(duì)物塊A、B整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式，再對(duì)A、B、C整體分析，根據(jù)牛頓第二定律列式，最后聯(lián)立求解出加速度和水平推力；然后隔離物體A分析，根據(jù)牛頓第二定律列式求解靜摩擦力大小；當(dāng)推力作用在物體A上時(shí)，先求解整體加速度，再隔離A分析求解靜摩擦力，與最大靜摩擦力比較即可。
【解答】解：BC、首先對(duì)A、B整體分析，受推力、重力和支持力，如圖所示：
根據(jù)牛頓第二定律，水平方向，有：F﹣Nsin45°＝（m0+m0）a
豎直方向，有：Ncos45°﹣（m0+m0）g＝0
聯(lián)立解得：N＝（m0+m0）g＝20N，F(xiàn)＝20+2a
再對(duì)ABC整體分析，根據(jù)牛頓第二定律，有：F＝（m+m0+m0）a
聯(lián)立解得：a＝5m/s2，F(xiàn)＝30N，故B錯(cuò)誤，C錯(cuò)誤；
A、再隔離物體A分析，受重力、支持力和向右的靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：F1＝m0a＝1×5N＝5N，故A正確；
D、若水平恒力F作用在A上，先假設(shè)三者可以相對(duì)靜止；
對(duì)ABC整體，依然有：F＝（m+m0+m0）a；
對(duì)AB整體依然是，水平方向，有：F﹣Nsin45°＝（m0+m0）a，
豎直方向，有：Ncos45°﹣（m0+m0）g＝0，
聯(lián)立解得：a＝5m/s2，F(xiàn)＝30N；
最后隔離物體A，受推力F、靜摩擦力f，重力和支持力，根據(jù)牛頓第二定律，有：F﹣f＝m0a，
解得：f＝F﹣m0a＝30N﹣1×5N＝25N；
而最大靜摩擦力fmax＝μm0g＝0.5×1×10N＝5N＜f，故假設(shè)錯(cuò)誤，即A、B、C三個(gè)物塊不能保持相對(duì)靜止，故D錯(cuò)誤；
故選：A。

綜合練習(xí)
一．選擇題（共8小題）
1．（歷下區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，質(zhì)量為M的斜面體靜止在粗糙的水平地面上，一質(zhì)量為m的滑塊沿斜面勻加速下滑，斜面體對(duì)地面壓力為F1；現(xiàn)施加一平行斜面向下的推力F作用于滑塊，在物塊沿斜面下滑的過程中，斜面體對(duì)地面壓力為F2．則（　　）

A．F2＞（M+m）g，F(xiàn)2＞F1 B．F2＞（M+m）g，F(xiàn)2＝F1
C．F2＜（M+m）g，F(xiàn)2＞F1 D．F2＜（M+m）g，F(xiàn)2＝F1
【分析】先對(duì)m受力分析，得出加速度的表達(dá)式，再對(duì)整體受力分析，只研究豎直面上的受力情況，由牛頓第二定律可求得豎直面上的加速度，根據(jù)超重和失重的知識(shí)求得壓力。
【解答】解：當(dāng)不受外力時(shí)，對(duì)m受力分析，由牛頓第二定律可得，mgsinθ﹣f＝ma1；
將加速度向水平和豎直方向分解，則豎直方向加速度ay＝a1sinθ；
則對(duì)整體豎直方向有：Mg+mg﹣F1＝may1；
F1＝Mg+mg﹣may＝Mg+mg﹣（mgsinθ﹣f）sinθ：
當(dāng)加推力F后，對(duì)m有F+mgsinθ﹣f＝ma2
加速度的豎直分量ay＝a2sinθ
則對(duì)整體有Mg+mg+Fsinθ﹣F2＝may2；
解得F2＝Mg+mg﹣（mgsinθ﹣f）sinθ
則可知F1＝F2＜（M+m）g
故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】本題如果還是按我們的常規(guī)思路，先求m對(duì)M的作用力再求壓力將是非常繁瑣的一個(gè)過程；而本解法采用分解加速度的方式求解壓力，可簡(jiǎn)化過程；故在解題中應(yīng)靈活；即使加速度不同，也可利用整體法求解。
2．（吉州區(qū)校級(jí)期中）來到許愿樹下，許老師把許的心愿用綢帶系在兩個(gè)小球上并拋到樹上，這一情景可以簡(jiǎn)化為如圖所示，質(zhì)量分別為M和m的物體A、B用細(xì)線連接，懸掛在定滑輪上，定滑輪固定在天花板上。已知M＞m，滑輪質(zhì)量及摩擦均不計(jì)，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）

A．細(xì)線上的拉力一定等于mg
B．細(xì)線上的拉力可能大于Mg
C．細(xì)線上的拉力等于g
D．天花板對(duì)滑輪的拉力等于T′＝2T＝g
【分析】對(duì)整體分析，根據(jù)牛頓第二定律求出整體的加速度，再隔離分析，通過牛頓第二定律求出繩子的拉力大??；對(duì)滑輪分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求出天花板對(duì)定滑輪的拉力大小。
【解答】解：A、因?yàn)镸＞m，m具有向上的加速度，設(shè)繩子的拉力為T，對(duì)物體A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有：T﹣mg＝ma，解得：T＝mg+ma，所以細(xì)線上的拉力一定大于 mg，故A錯(cuò)誤；
B、M具有向下的加速度，對(duì)物體B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律：Mg﹣T＝ma，解得：T＝Mg﹣ma，所以細(xì)線上的拉力一定小于Mg，故B錯(cuò)誤；
C、對(duì)整體分析，根據(jù)牛頓第二定律有：，再對(duì)m，根據(jù)牛頓第二定律：T﹣mg＝ma，所以細(xì)線上的拉力為：，故C錯(cuò)誤；
D、對(duì)定滑輪，由平衡條件，可知天花板對(duì)繩子的拉力為；，故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律進(jìn)行求解，知道M和m的加速度大小相等，掌握整體法和隔離法的運(yùn)用。
3．（揚(yáng)州月考）1966年科研人員曾在地球的上空完成了以牛頓第二定律為基礎(chǔ)的實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)時(shí)，用雙子星號(hào)宇宙飛船去接觸正在軌道上運(yùn)行的火箭組（可視為質(zhì)點(diǎn)），接觸后，開動(dòng)飛船尾部的推進(jìn)器，使飛船和火箭組共同加速，如圖所示。推進(jìn)器的平均推力為F，開動(dòng)時(shí)間△t，測(cè)出飛船和火箭的速度變化是△v，下列說法正確的有（　?。?br />
A．推力F通過飛船傳遞給火箭，所以飛船對(duì)火箭的彈力大小應(yīng)為F
B．宇宙飛船和火箭組的總質(zhì)量應(yīng)為
C．推力F越大， 就越大，且 與F成正比
D．推力F減小，飛船與火箭組將分離
【分析】對(duì)飛船和火箭組組成的整體，分析受力，根據(jù)牛頓第二定律列方程，再結(jié)合加速度的定義，可求出整體的總質(zhì)量；隔離分析火箭組的受力，根據(jù)牛頓第二定律列式分析飛船對(duì)火箭的彈力大小與F關(guān)系。推力F減小，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化，判斷速度的變化情況，確定飛船與火箭組能否分離。
【解答】解：A、對(duì)飛船和火箭組組成的整體，由牛頓第二定律，有：F＝（m1+m2）a…①
設(shè)飛船對(duì)火箭的彈力大小為N，對(duì)火箭組，由牛頓第二定律，有：N＝m2a…②
可知 N＜F，故A錯(cuò)誤；
B、由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有：a＝…③
聯(lián)立①③可得：m1+m2＝，（m1+m2）為火箭組和宇宙飛船的總質(zhì)量，故B正確；
C、對(duì)整體F＝（m1+m2），（m1+m2）為火箭組和宇宙飛船的總質(zhì)量，由于整體的總質(zhì)量會(huì)不斷減小，則推力F越大，就越大，但與F不成正比，故C錯(cuò)誤；
D、推力F減小，根據(jù)牛頓第二定律知整體的加速度減小，速度仍增大，不過增加變慢，所以飛船與火箭組不會(huì)分離，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】本題屬于連接體問題，要抓住兩個(gè)物體的加速度相同，靈活選擇研究對(duì)象，一般采取“先整體后隔離”的方法列式研究，比較簡(jiǎn)潔。
4．（武進(jìn)區(qū)校級(jí)期中）如圖為蹦極運(yùn)動(dòng)的示意圖。彈性繩的一端固定在O點(diǎn)，另一端和運(yùn)動(dòng)員相連。運(yùn)動(dòng)員從O點(diǎn)自由下落，至B點(diǎn)彈性繩自然伸直，經(jīng)過合力為零的C點(diǎn)到達(dá)最低點(diǎn)D，然后彈起。整個(gè)過程中忽略空氣阻力。分析這一過程，下列表述正確的是（　?。?br />
A．從B點(diǎn)開始，運(yùn)動(dòng)員一直做減速運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)
B．從B點(diǎn)到D點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員先做加速運(yùn)動(dòng)再做減速運(yùn)動(dòng)
C．從B點(diǎn)到C點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員的加速度增大
D．從C點(diǎn)到D點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員的加速度不變
【分析】運(yùn)動(dòng)員從O點(diǎn)自由下落，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)有豎直向下的速度，彈性繩伸直后運(yùn)動(dòng)員受到重力和彈性繩的彈力兩個(gè)力作用，根據(jù)彈力與重力的大小關(guān)系，分析運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)情況，判斷其速度的變化，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化。
【解答】解：AB、從O點(diǎn)到B點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員只受重力，做自由落體運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員到達(dá)B點(diǎn)后彈性繩伸直，隨著運(yùn)動(dòng)員向下運(yùn)動(dòng)彈性繩的彈力不斷增大；
在B到C過程：重力大于彈性繩的彈力，合力等于重力減去彈力，方向豎直向下，大小不斷減小，運(yùn)動(dòng)員做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)；
在C到D的過程：彈力逐漸增大，重力小于彈性繩的彈力，合力等于彈力減去重力，方向豎直向上，運(yùn)動(dòng)員做加速度不斷變大的減速運(yùn)動(dòng)；
由以上分析可知：從B點(diǎn)到C點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員的速度增大，加速度減小，故A錯(cuò)誤，B正確；
C、以上分析可知：從B點(diǎn)到C點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員的速度增大，加速度減小。故C錯(cuò)誤
D、從C點(diǎn)到D點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員的速度減小，加速度增大，故D錯(cuò)誤；
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】本題與小球自由下落掉在輕彈簧上的類型相似，要抓住彈性的彈力隨形變量的增大而增大，根據(jù)合力方向與速度方向的關(guān)系判斷運(yùn)動(dòng)員速度的變化和加速度的變化。
5．（3月份模擬）如圖所示，一質(zhì)量為m＝4kg、傾角θ＝45°的斜面體C放在光滑水平桌面上，斜面上疊放質(zhì)量均為m0＝1kg的物塊A和B，物塊B的下表面光滑，上表面粗糙且與物塊A下表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力；物塊B在水平恒力F作用下與物塊A和斜面體C一起恰好保持相對(duì)靜止地向右運(yùn)動(dòng)，取g＝10m/s2，下列判斷正確的是（　?。?br />
A．物塊A受到摩擦力大小F1＝5N
B．斜面體的加速度大小為a＝10m/s2
C．水平恒力大小F＝15N
D．若水平恒力F作用在A上，A、B、C三物體仍然可以相對(duì)靜止
【分析】首先對(duì)物塊A、B整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式，再對(duì)A、B、C整體分析，根據(jù)牛頓第二定律列式，最后聯(lián)立求解出加速度和水平推力；然后隔離物體A分析，根據(jù)牛頓第二定律列式求解靜摩擦力大??；當(dāng)推力作用在物體A上時(shí)，先求解整體加速度，再隔離A分析求解靜摩擦力，與最大靜摩擦力比較即可。
【解答】解：BC、首先對(duì)A、B整體分析，受推力、重力和支持力，如圖所示：
根據(jù)牛頓第二定律，水平方向，有：F﹣Nsin45°＝（m0+m0）a
豎直方向，有：Ncos45°﹣（m0+m0）g＝0
聯(lián)立解得：N＝（m0+m0）g＝20N，F(xiàn)＝20+2a
再對(duì)ABC整體分析，根據(jù)牛頓第二定律，有：F＝（m+m0+m0）a
聯(lián)立解得：a＝5m/s2，F(xiàn)＝30N，故B錯(cuò)誤，C錯(cuò)誤；
A、再隔離物體A分析，受重力、支持力和向右的靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：F1＝m0a＝1×5N＝5N，故A正確；
D、若水平恒力F作用在A上，先假設(shè)三者可以相對(duì)靜止；
對(duì)ABC整體，依然有：F＝（m+m0+m0）a；
對(duì)AB整體依然是，水平方向，有：F﹣Nsin45°＝（m0+m0）a，
豎直方向，有：Ncos45°﹣（m0+m0）g＝0，
聯(lián)立解得：a＝5m/s2，F(xiàn)＝30N；
最后隔離物體A，受推力F、靜摩擦力f，重力和支持力，根據(jù)牛頓第二定律，有：F﹣f＝m0a，
解得：f＝F﹣m0a＝30N﹣1×5N＝25N；
而最大靜摩擦力fmax＝μm0g＝0.5×1×10N＝5N＜f，故假設(shè)錯(cuò)誤，即A、B、C三個(gè)物塊不能保持相對(duì)靜止，故D錯(cuò)誤；
故選：A。

【點(diǎn)評(píng)】本題是牛頓第二定律運(yùn)用中的連接體問題，關(guān)鍵是采用整體法和隔離法靈活選擇研究對(duì)象，多次運(yùn)用牛頓第二定律列式聯(lián)立判斷，難度較大。
6．下列現(xiàn)象中，物體受到了滑動(dòng)摩擦力的作用的是（　?。?br /> A．同學(xué)們?cè)诓賵?chǎng)的跑道上跑步鍛煉身體時(shí)的腳
B．同學(xué)們?cè)陲嬎畽C(jī)上接水時(shí)手拿著的水杯
C．慢慢行駛在校園內(nèi)的汽車的輪胎
D．同學(xué)們考試過程中寫字時(shí)的鋼筆筆尖
【分析】物體受到滑動(dòng)摩擦力的條件有：（1）物體相互接觸，接觸面粗糙；（2）有正壓力；（3）有相對(duì)運(yùn)動(dòng)。
【解答】解：要使物體間有滑動(dòng)摩擦力，則兩物體之間一定有相對(duì)滑動(dòng)；
A、人跑步時(shí)腳與地面間是靜摩擦力，故A錯(cuò)誤；
B、拿著水杯時(shí)，手和杯之間為靜摩擦力，故B錯(cuò)誤；
C、汽車輪胎受到的是靜摩擦力，故C錯(cuò)誤；
D、鋼筆筆尖是在紙面滑動(dòng)，受到了滑動(dòng)摩擦力；故D正確；
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題要求明確滑動(dòng)摩擦力、靜摩擦力以及滾動(dòng)摩擦力的區(qū)別；把握好其本質(zhì)才能順利解題。
7．（廣東月考）如圖所示，滑塊A和足夠長(zhǎng)的木板B疊放在水平地面上，A和B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是B和地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)的4倍，A和B的質(zhì)量均為m。現(xiàn)對(duì)A施加一水平向右逐漸增大的力F，當(dāng)F增大到F0時(shí)A開始運(yùn)動(dòng)，之后力F按圖乙所示的規(guī)律繼續(xù)增大，圖乙中的x為A運(yùn)動(dòng)的位移，已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。對(duì)兩物塊的運(yùn)動(dòng)過程，以下說法正確的是（　　）

A．當(dāng)F＞2F0，木塊A和木板B開始相對(duì)滑動(dòng)
B．當(dāng)F＞F0，木塊A和木板B開始相對(duì)滑動(dòng)
C．自x＝0至木板x＝x0木板B對(duì)A做功大小為
D．x＝x0時(shí)，木板B的速度大小為
【分析】本題為板塊模型，需通過最大靜摩擦力分析求出AB相對(duì)滑動(dòng)、B與地相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件，結(jié)合圖像可求出做功情況以及對(duì)應(yīng)速度大小。
【解答】解：AB、設(shè)A、B之間的最大摩擦力為fm，B與地面之間的最大摩擦力為fm'，由于最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，
則fm＝4μmg＞fm'＝μ?2mg＝2μmg，
可知，當(dāng)F增大到F0，A開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，B也和A一起滑動(dòng)。則F0＝fm'＝2μmg，
當(dāng)A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，A、B之間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力，
對(duì)A分析得F﹣fm＝ma，
以AB為整體得F﹣fm′＝2ma
聯(lián)立解得F＝3F0，故AB錯(cuò)誤；
CD、木板自x＝0至x＝x0過程中，A、B沒有發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，整體動(dòng)能定理得
，
對(duì)A用動(dòng)能定理，得

聯(lián)立解得，。故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題為板塊問題，考查學(xué)生受力分析能力，對(duì)學(xué)生綜合已學(xué)內(nèi)容對(duì)問題進(jìn)行分析的能力有一定要求。
8．（江蘇模擬）如圖所示，粗糙水平面上有兩個(gè)滑塊A和B，其間用長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1m的細(xì)線相連，細(xì)線可承受的最大張力為FTm＝10N，現(xiàn)對(duì)滑塊A施加水平向右的恒力F1＝24N，作用1s后突然將外力變?yōu)镕2＝32N，滑塊質(zhì)量mA＝4kg、mB＝2kg，兩滑塊與平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，以下說法正確的是（　?。?br />
A．1s末滑塊B的速度為3m/s
B．1.5s末滑塊B的加速度大小為2m/s2
C．滑塊B剛靜止時(shí)滑塊A的速度為m/s
D．滑塊B剛靜止時(shí)兩滑塊間的距離為4m
【分析】先根據(jù)牛頓第二定律整體法和隔離法判斷對(duì)滑塊A施加水平向右的恒力F1＝24N時(shí)細(xì)線是否斷裂，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解1s末滑塊B的速度；
判斷對(duì)滑塊A施加水平向右的恒力F2＝32N時(shí)細(xì)線是否斷裂，然后用牛頓第二定律分別求出A和B的加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求出速度和位移。
【解答】解：A、當(dāng)滑塊A施加水平向右的恒力F1＝24N時(shí)，整體法求加速度：F1＝（mA+mB）a0，隔離B求細(xì)線的拉力：T0＝mBa0，聯(lián)立解得：T0＝8N＜FTm＝10N，故細(xì)線沒有斷裂，A和B一起以a0＝4m/s2勻加速直線運(yùn)動(dòng)。
1s末滑塊B的速度為v1＝a0t1＝4×1m/s＝4m/s，故A錯(cuò)誤；
B、1s后突然將外力變?yōu)镕2＝32N，同理整體法和隔離法求得細(xì)線的拉力T1＝N＞FTm＝10N，即細(xì)線斷裂，對(duì)滑塊B由牛頓第二定律可知：μmBg＝mBa1，解得1.5s末滑塊B的加速度大小a1＝2m/s2，故B正確；
C、滑塊B從1s末開始做初速度大小為v1＝4m/s，加速度大小為a1＝2m/s2的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減為零，所需的時(shí)間t2＝＝s＝2s，這個(gè)過程中滑塊A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知：a2＝＝m/s2＝6m/s2，
則滑塊B剛靜止時(shí)滑塊A的速度為v2＝v1+a2t2＝4m/s+6m/s2×2s＝16m/s，故C錯(cuò)誤；
D、細(xì)線斷裂后直到滑塊B剛靜止過程中，
滑塊A的運(yùn)動(dòng)位移：xA＝＝m＝20m
滑塊B的運(yùn)動(dòng)位移：＝m＝4m
滑塊B剛靜止時(shí)兩滑塊間的距離為△x＝xA﹣xB＝20m﹣4m＝16m，故D錯(cuò)誤；
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合運(yùn)用，綜合運(yùn)用整體法和隔離法求兩滑塊之間的細(xì)線的內(nèi)力，也可以直接運(yùn)用內(nèi)力公式快速判斷細(xì)線是否斷裂，節(jié)省了選擇題的解題時(shí)間。
二．多選題（共19小題）
9．（昭通月考）如圖所示，質(zhì)量為m1的木塊放在光滑水平面上，m1上放置一質(zhì)量m2的另一木塊，兩木塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，先后分別用水平力拉m1和m2，使兩木塊恰好不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。若兩次拉動(dòng)木塊時(shí)，兩木塊間的摩擦力分別為f1和f2，則兩次拉木塊一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力之比為（最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力）（　　）

A． B．
C． D．
【分析】在圖甲中拉力F1作用在m1上，二者以相同的加速度一起加速運(yùn)動(dòng)，隔離m2求出臨界狀態(tài)時(shí)的加速度，然后再整體求外力F1；在圖乙中拉力F2作用在m2上，由于二者加速度相同，先隔離m1求出臨界狀態(tài)時(shí)的加速度，然后再整體求外力F2即可。
【解答】解：AB、當(dāng)拉力F1作用在m1上，以m2為研究對(duì)象：其水平方向受到向右的大小為f1的靜摩擦力，設(shè)加速度的大小為a1，由牛頓第二定律得：f1＝m2a1①
再以m1和m2為整體，由牛頓第二定律得：F1＝（m1+m2）a1②
聯(lián)立①②得：③
當(dāng)拉力F2作用在m2上，先以m1為研究對(duì)象：其水平方向受到向右的大小為f2的靜摩擦力，設(shè)加速度的大小為a2，由牛頓第二定律得：f2＝m1a2④
再以m1和m2為整體，由牛頓第二定律得：F2＝（m1+m2）a2⑤
聯(lián)立④⑤得：⑥
聯(lián)立③⑥解得：，故B正確，A錯(cuò)誤；
CD、由于兩次拉力作用下，兩木塊恰好不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，故二者間靜摩擦力達(dá)到最大等于滑動(dòng)摩擦力的大小，即f1＝f2＝μm2g，所以 ＝,故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：BD。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查非平衡狀態(tài)下連接體的臨界問題，解決此類問題必須找出臨界狀態(tài)，例如本題就是二者間的摩擦力最大就是臨界狀態(tài)，靈活運(yùn)用整體法和隔離法寫出臨界方程，考查了學(xué)科素養(yǎng)綜合運(yùn)用能力。
10．（廈門三模）如圖所示，5顆完全相同的象棋棋子整齊疊放在水平面上，第5顆棋子最左端與水平面上的a點(diǎn)重合，所有接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力?，F(xiàn)將水平向右的恒力F作用在第3顆棋子上，恒力作用一小段時(shí)間后，五顆棋子的位置情況可能是（　　）

A．
B．
C．
D．
【分析】F作用在棋子3上，在拉力作用下開始運(yùn)動(dòng)，分兩種情形：1、最上面三個(gè)棋子保持相對(duì)靜止，一起向右加速；2、棋子3和最上面兩個(gè)棋子發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，均向右加速。由于棋子3對(duì)棋子4的最大靜摩擦力小于水平面對(duì)棋子5的最大靜摩擦力，可知最下面兩個(gè)棋子保持靜止。
【解答】解：AB、設(shè)兩棋子間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知，最上面兩個(gè)棋子與第三個(gè)棋子保持相對(duì)靜止時(shí)，最大加速度：，
對(duì)最上面三個(gè)棋子研究，根據(jù)牛頓第二定律得：F1﹣μ?3mg＝3mam，最上面三個(gè)棋子不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)最大拉力：F1＝6μmg，即當(dāng)3μmg＜F≤6μmg時(shí)，最上面三個(gè)棋子保持相對(duì)靜止一起勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由于水平面對(duì)棋子5的最大靜摩擦力為5μmg，棋子3對(duì)棋子4的最大靜摩擦力為3μmg，可知最下面兩個(gè)棋子不動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；
CD、當(dāng)F＞6μmg時(shí)，最上面兩個(gè)棋子與棋子3發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，上面兩個(gè)棋子以加速度am＝μg向右做加速，第三個(gè)棋子以大于μg的加速度向右加速，兩者發(fā)生相對(duì)位移，但均向右運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：AD。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓第二定律在實(shí)際生活中的運(yùn)用，知道棋子間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件，運(yùn)用牛頓第二定律進(jìn)行分析求解，難度中等。
11．（鄭州三模）如圖所示，A是靜止在光滑水平地面上的長(zhǎng)木板，質(zhì)量為M＝4.0kg，長(zhǎng)度為l＝2.0m。B是一質(zhì)量為m＝1.0kg的小滑塊，現(xiàn)給它以初速度v0＝2.0m/s，使它從長(zhǎng)木板的左端開始向右滑動(dòng)。B與A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1，g取10m/s2，則（　　）

A．滑塊B最終將以某一速度離開長(zhǎng)木板A
B．滑塊B在減速階段的加速度大小為1m/s2
C．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，滑塊B對(duì)長(zhǎng)木板A做了0.32J的功
D．滑行過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2.0J
【分析】分別隔離小滑塊和長(zhǎng)木板，由牛頓第二定律求出二者相互滑動(dòng)時(shí)各自的加速度，分析小滑塊在長(zhǎng)木板上的運(yùn)動(dòng)情況，然后結(jié)合動(dòng)能定理得出滑塊對(duì)木板做功的大小，再根據(jù)能量守恒定律得出系統(tǒng)損失的機(jī)械能。
【解答】解：AB、小滑塊長(zhǎng)木板的左端開始向右滑動(dòng)時(shí)，設(shè)小滑塊的加速度大小為a1，長(zhǎng)木板的加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律得，
對(duì)小滑塊：μmg＝ma1，解得a1＝μg＝1m/s2
對(duì)長(zhǎng)木板：μmg＝Ma2，解得
假設(shè)小滑塊沒沖出長(zhǎng)木板，經(jīng)過相同時(shí)間t二者達(dá)到共同運(yùn)動(dòng)的速度v，
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v＝v0﹣a1t＝a2t，解得t＝1.6s
設(shè)二者相對(duì)位移大小為△x＝
由于相對(duì)位移大小△x＝1.6m小于板長(zhǎng)2m，所以假設(shè)正確，故B正確，A錯(cuò)誤；
C、長(zhǎng)木板的末速度為v，v＝a2t＝0.25×1.6m/s＝0.4m/s
根據(jù)動(dòng)能定理知滑塊B對(duì)長(zhǎng)木板A做的功等于長(zhǎng)木板動(dòng)能的變化量，即＝＝0.32J，故C正確；
D、在滑行的全過程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于系統(tǒng)減少的動(dòng)能，由能量守恒定律得：，代入數(shù)據(jù)解得△E＝1.6J，故D錯(cuò)誤；
故選：BC。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了板塊模型，涉及動(dòng)力學(xué)問題的分析、動(dòng)能定理和能量守恒定律的運(yùn)用，體現(xiàn)了學(xué)科素養(yǎng)綜合分析問題的能力。
12．（德陽模擬）如圖所示，一輕彈簧下端固定在傾角為θ＝37°的固定斜面底端，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)上端位于斜面上的B點(diǎn)，可視為質(zhì)點(diǎn)的物體質(zhì)量為m，從A點(diǎn)由靜止釋放，將彈簧壓縮到最短后恰好能被彈回到B點(diǎn)。已知A、B間的距離為L(zhǎng)，物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計(jì)空氣阻力。此過程中下列說法中正確的是（　?。?br />
A．物體克服摩擦力做的功為mgL
B．輕彈簧的最大壓縮量為L(zhǎng)
C．物體的最大速度等于2
D．輕彈性勢(shì)能的最大值為mgL
【分析】ABC選項(xiàng)分兩個(gè)過程，分別利用動(dòng)能定理即可求解，D選項(xiàng)可以從最低點(diǎn)到B過利用能量守恒定律求解。
【解答】解：AB.設(shè)彈簧最大壓縮量為x，第一次到B點(diǎn)再重新回到B點(diǎn)由動(dòng)能定理得：
﹣μmgcosθ?2x＝0﹣mvB2，
從A點(diǎn)由靜止釋放第一次到B點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得：
mgsinθ?L﹣μmgcosθ?L＝mvB2 ，解得x＝L，
物體克服摩擦力做的功W＝μmgcosθ（2x+L）＝mgL，故A正確，故B錯(cuò)誤；
C.由AB項(xiàng)中表達(dá)式可解出 vB＝2，物塊經(jīng)過B點(diǎn)會(huì)繼續(xù)加速，最大速度大于2，故C錯(cuò)誤；
D.由最低點(diǎn)到B過程中，由能量守恒定律得：Ep＝μmgcosθ?x+mgsinθ?x，
解得輕彈性勢(shì)能的最大值Ep＝mgL，故D正確。
故選：AD。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能定理和能量守恒定律，解題關(guān)鍵在于選出合適的運(yùn)動(dòng)過程聯(lián)立進(jìn)行求解。
13．（龍華區(qū)校級(jí)月考）如圖甲所示，長(zhǎng)木板A靜止在光滑水平面上，另一質(zhì)量為2kg的物體B（可看作質(zhì)點(diǎn)）以水平速度v0＝3m/s滑上長(zhǎng)木板A的表面。由于A、B間存在摩擦，之后的運(yùn)動(dòng)過程中A、B的速度圖像如圖乙所示。g取10m/s2，下列說法正確的是（　　）

A．長(zhǎng)木板A、物體B所受的摩擦力均與運(yùn)動(dòng)方向相反
B．A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2
C．長(zhǎng)木板A的長(zhǎng)度可能為L(zhǎng)＝0.8m
D．長(zhǎng)木板A的質(zhì)量是4kg
【分析】對(duì)A、B受力分析可知摩擦力的方向與運(yùn)動(dòng)方向的關(guān)系；由圖象求得B的加速度大小，再對(duì)B由牛頓第二定律可求得A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；由圖象分別求解二者的加速度大小，再由位移公式求解二者的位移，由位移關(guān)系可求得長(zhǎng)木板A的最小長(zhǎng)度；分別對(duì)二者應(yīng)用牛頓第二定律可得出質(zhì)量關(guān)系。
【解答】解：A、結(jié)合圖乙可知A、B均向右運(yùn)動(dòng)，但B的速度大于A，即B相對(duì)于A向右運(yùn)動(dòng)，因此A所受的摩擦力向右，故A木板的運(yùn)動(dòng)方向與其摩擦力方向相同，故A錯(cuò)誤；
B、由圖象知B的加速度大小為aB＝m/s2＝2m/s2
對(duì)B進(jìn)行分析有：μmBg＝mBaB，代入數(shù)據(jù)，可解得：μ＝0.2，故B正確；
C、由題意可知，木塊B尚未滑出木板A，則臨界條件為當(dāng)AB具有共同速度時(shí)，B恰好滑到A的右端，設(shè)A、B物體位移大小分別為sA、sB，加速度分別為aA、aB，由圖可知aA＝1m/s2，aB＝2m/s2，設(shè)木板A的最小長(zhǎng)度為l，
則有：sA＝aAt2，sB＝v0t﹣aBt2，sB﹣sA＝l，
聯(lián)立上式，可解得l＝1.5m，則木板長(zhǎng)L≥1.5m，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)木板A，有μmBg＝mAaA，
對(duì)物體B，有μmBg＝mBaB，聯(lián)立兩式可解得：＝＝，
即長(zhǎng)木板A的質(zhì)量是B物體的兩倍，長(zhǎng)木板A的質(zhì)量是4kg，故D正確；
故選：BD。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了板塊模型，結(jié)合圖象明確二者的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)是求解的關(guān)鍵，知道v﹣t圖象的斜率的含義。
14．（長(zhǎng)安區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，某生產(chǎn)線上相互垂直的甲、乙傳送帶處于同一水平面，寬度均為d，均以大小為v的速度運(yùn)行，圖中虛線為傳送帶中線。一可視為質(zhì)點(diǎn)的工件從甲的左端靜止釋放，然后以速度v由甲的右端滑上乙。當(dāng)工件滑至乙中線處時(shí)恰好相對(duì)乙靜止，設(shè)乙傳送帶表面粗糙程度處處相同。下列說法中正確的是（　?。?br />
A．工件在乙傳送帶上的痕跡為直線，痕跡長(zhǎng)為d
B．工件從滑上乙到恰好與乙相對(duì)靜止所用的時(shí)間為
C．工件與乙傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝
D．工件相對(duì)乙傳送帶滑動(dòng)過程中，其運(yùn)動(dòng)性質(zhì)為勻變速運(yùn)動(dòng)
【分析】以乙傳送帶為參考系，工件有向右的初速度v和向下的初速度v，合速度為v，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，求出加速度，然后根據(jù)牛頓第二定律求動(dòng)摩擦因數(shù)μ。根據(jù)工件的受力情況判斷其運(yùn)動(dòng)情況。
【解答】解：AD、以乙傳送帶為參考系，工件相對(duì)乙的速度方向如圖所示，則工件受到的滑動(dòng)摩擦力Ff大小、方向均不變，工件做勻變速運(yùn)動(dòng)，相對(duì)乙軌跡為直線，而對(duì)地軌跡為一段拋物線，所以工件在乙傳送帶上的痕跡為直線，痕跡長(zhǎng)為L(zhǎng)＝×＝d，故AD正確；
B、水平向右方向有＝t，則工件從滑上乙到恰好與乙相對(duì)靜止所用的時(shí)間為：t＝，故B錯(cuò)誤；
C、由獨(dú)立性原理可知：v2＝2a0×，a0＝a
而a＝＝μg，聯(lián)立解得：μ＝，故C正確。
故選：ACD。

【點(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵在于確定出工件的運(yùn)動(dòng)軌跡是直線，要以傳送帶乙為參考系，然后根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式分析。
15．（宣城模擬）如圖，一頂角為直角的“∧”形光滑細(xì)桿豎直放置。質(zhì)量均為m的兩金屬環(huán)套在細(xì)桿上，高度相同，用一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，彈簧處于原長(zhǎng)l0。兩金屬環(huán)同時(shí)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過程中彈簧的伸長(zhǎng)在彈性限度內(nèi)。對(duì)其中一個(gè)金屬環(huán)，下列說法正確的是（彈簧的長(zhǎng)度為l時(shí)彈性勢(shì)能為k（l﹣l0）2）（　　）

A．金屬環(huán)的最大加速度為g
B．金屬環(huán)的最大速度為g
C．金屬環(huán)與細(xì)桿之間最大壓力為mg
D．金屬環(huán)達(dá)到最大速度時(shí)重力的功率為mg2
【分析】對(duì)金屬環(huán)受力分析可知開始釋放時(shí)，合力最大，加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度，當(dāng)加速度為0時(shí)速度達(dá)到最大，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律當(dāng)金屬環(huán)下落到速度為零時(shí)彈簧的彈力最大，金屬環(huán)與桿的彈力最大，用重力乘以豎直方向的速度求重力的瞬時(shí)功率。
【解答】對(duì)金屬環(huán)受力分析如圖1：

圖1
開始釋放瞬間，金屬環(huán)受到重力和彈力，沿桿方向，根據(jù)牛頓第二定律：
mgsin45°＝ma
解得：a＝g
故A正確；
B、當(dāng)金屬環(huán)的加速度為0時(shí)，速度最大，受力分析如圖2：

金屬環(huán)受到重力、桿的彈力和彈簧的彈力
沿桿方向加速度為0，即合力為0：
mgsin45°＝Fcos45°
F＝k△x
解得形變量△x＝
根據(jù)幾何知識(shí)，兩個(gè)小球下降的高度為h＝
對(duì)系統(tǒng)只有重力，彈力做功，對(duì)兩個(gè)金屬環(huán)和彈簧根據(jù)機(jī)械能守恒，
2mg×△x＝k△x2+
解得：v＝g
故B正確；
C、金屬環(huán)下降h'達(dá)到最低時(shí)，速度減小為0，形變量為2h'，彈性勢(shì)能最大，根據(jù)機(jī)械能守恒定律：
2mgh'＝（2h'）2
h'＝
當(dāng)金屬環(huán)下降到最低點(diǎn)時(shí)，金屬環(huán)和細(xì)桿的彈力最大，垂直于桿方向上：
N＝mgcos45°+Fsin45°
F＝k×2h'
解得：F＝mg
故C正確。
D、金屬環(huán)達(dá)到最大速度時(shí)重力的功率為
P＝mgvcos45°＝mg×g×＝
故D錯(cuò)誤；
故選：AC。
【點(diǎn)評(píng)】解題的關(guān)鍵是找到臨界條件，加速度最大的條件是彈簧彈力等0，故開始釋放時(shí)加速度最大，當(dāng)加速度為0時(shí)速度最大，當(dāng)金屬環(huán)下落到速度為零時(shí)彈簧的彈力最大金屬環(huán)與桿的彈力最大，注意用重力乘以豎直方向的速度求重力的瞬時(shí)功率。
16．（農(nóng)安縣期末）如圖，水平地面上有兩塊完全相同的木塊A、B，受水平推力F的作用．在F作用過程中，用FAB代表A、B間的相互作用力．那么（　?。?br />
A．若地面是完全光滑的，則FAB＝F
B．若地面是完全光滑的，則FAB＝
C．若地面是有摩擦的，則FAB＝F
D．若地面是有摩擦的，則FAB＝
【分析】先以AB整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再以B為研究對(duì)象，由牛頓第二定律求出A對(duì)B的作用力．
【解答】解：設(shè)A、B的質(zhì)量均為m。
A、B根據(jù)牛頓第二定律得：對(duì)整體：a＝； 對(duì)B：FAB＝ma＝．故A錯(cuò)誤，B正確。
C、D設(shè)A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ．根據(jù)牛頓第二定律得：
對(duì)整體：a＝； 對(duì)B：FAB﹣μmg＝ma，則FAB＝．故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：BD。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查靈活選擇研究對(duì)象的能力，此題不能想當(dāng)然，認(rèn)為光滑與粗糙時(shí)AB間作用力不等．
17．（安徽月考）如圖，將一個(gè)質(zhì)量為m的小球在A點(diǎn)以一定的初動(dòng)能Ek豎直向上拋出，已知小球運(yùn)動(dòng)過程中受到水平方向恒定的風(fēng)力作用，小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C時(shí)的水平位移是x0，動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼囊话耄铝姓f法正確的是（　?。?br />
A．小球所受風(fēng)力的大小是其重力的倍
B．小球能達(dá)到的最大高度H是x0的倍
C．小球再次落回到與A點(diǎn)等高的B點(diǎn)時(shí)，水平位移是2x0
D．小球再次落回到與A點(diǎn)等高的B點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能是3Ek
【分析】運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法，分別研究水平和豎直兩個(gè)方向，由牛頓第二定律和位移公式列式，可求水平風(fēng)力．小球豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱性確定A到C與C到B的時(shí)間關(guān)系，由水平方向小球做勻加速運(yùn)動(dòng)，求AC的水平距離與CB的水平距離之比．根據(jù)動(dòng)能與時(shí)間的關(guān)系，由數(shù)學(xué)知識(shí)求最小的速率，從而得到最小動(dòng)能．由功能關(guān)系求小球從A到B的過程中機(jī)械能增加量．
【解答】解：A、小球在豎直方向只受到重力的作用，水平方向只受到風(fēng)力的作用，可知小球在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；
設(shè)水平方向因風(fēng)力產(chǎn)生的加速度為a，則從A到C的過程中水平方向：vx＝at，豎直方向：﹣v0＝﹣gt，
由題小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C時(shí)動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼囊话?，則小球在C點(diǎn)的速度是A點(diǎn)速度的倍，可得：，由牛頓第二定律：F＝ma可知小球所受風(fēng)力的大小是其重力的倍，故A正確；
B、小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C時(shí)的水平位移是x0，由，得，小球能達(dá)到的最大高度H是x0的倍，故B錯(cuò)誤；
C、結(jié)合豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，從C點(diǎn)到B點(diǎn)的時(shí)間與從A點(diǎn)到C點(diǎn)的時(shí)間是相等的，結(jié)合水平方向做初速度為零的勻變速直線運(yùn)動(dòng)可知，C、B間的水平距離為3x0，所以A、B間的水平距離為4x0，即小球再次落回到與A點(diǎn)等高的B點(diǎn)時(shí)，水平位移是4x0，故C錯(cuò)誤；
D、設(shè)小球的初動(dòng)能為Ek，小球在最高點(diǎn)只有水平方向的分速度，動(dòng)能為開始時(shí)的一半，可知從A到C風(fēng)力做的功為Ek，故從A點(diǎn)到B點(diǎn)，風(fēng)力做的功為2Ek，由動(dòng)能定理可求得到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為3Ek，故D正確。
故選：AD。
【點(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵將小球的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向，理清兩個(gè)方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律、動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解．
18．（揚(yáng)州模擬）1966年科研人員曾在地球的上空完成了以牛頓第二定律為基礎(chǔ)的實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)時(shí)，用雙子星號(hào)宇宙飛船去接觸正在軌道上運(yùn)行的火箭組（可視為質(zhì)點(diǎn)），接觸后，開動(dòng)飛船尾部的推進(jìn)器，使飛船和火箭組共同加速，如圖所示。推進(jìn)器的平均推力為F，開動(dòng)時(shí)間△t，測(cè)出飛船和火箭的速度變化是△v，下列說法不正確的有（　?。?br /> A．推力F通過飛船傳遞給火箭，所以飛船對(duì)火箭的彈力大小應(yīng)為F
B．宇宙飛船和火箭組的總質(zhì)量應(yīng)為
C．推力F越大，就越大，且與F成正比
D．推力F減小，飛船與火箭組將分離
【分析】對(duì)飛船和火箭組組成的整體，分析受力，根據(jù)牛頓第二定律列方程，再結(jié)合加速度的定義，可求出整體的總質(zhì)量；隔離分析火箭組的受力，根據(jù)牛頓第二定律列式分析飛船對(duì)火箭的彈力大小與F關(guān)系。推力F減小，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化，判斷速度的變化情況，確定飛船與火箭組能否分離。
【解答】解：A、對(duì)飛船和火箭組組成的整體，由牛頓第二定律，有：F＝（m1+m2）a…①
設(shè)飛船對(duì)火箭的彈力大小為N，對(duì)火箭組，由牛頓第二定律，有：N＝m2a…②
可知 N＜F，故A錯(cuò)誤；
B、由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有：a＝…③
聯(lián)立①③可得：m1+m2＝，（m1+m2）為火箭組和宇宙飛船的總質(zhì)量，故B正確；
C、對(duì)整體F＝（m1+m2），（m1+m2）為火箭組和宇宙飛船的總質(zhì)量，由于整體的總質(zhì)量會(huì)不斷減小，則推力F越大，就越大，但與F不成正比，故C錯(cuò)誤；
D、推力F減小，根據(jù)牛頓第二定律知整體的加速度減小，速度仍增大，不過增加變慢，所以飛船與火箭組不會(huì)分離，故D錯(cuò)誤。
故選：ACD。
【點(diǎn)評(píng)】本題屬于連接體問題，要抓住兩個(gè)物體的加速度相同，靈活選擇研究對(duì)象，一般采取“先整體后隔離”的方法列式研究，比較簡(jiǎn)潔。
19．（新洲區(qū)期末）物塊1、2放在光滑水平面上并用輕質(zhì)彈簧秤相連，如圖所示?，F(xiàn)在1物塊左側(cè)施加水平拉力F，兩物體保持相對(duì)靜止一起向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，彈簧秤示數(shù)為5.0N；若將大小相等、方向相反的拉力改為施加在2的右側(cè)，穩(wěn)定后彈簧秤的讀數(shù)為2.0N．關(guān)于1、2兩物體的質(zhì)量，可能的是（　?。?br />
A．m1＝5.0kg，m2＝2.0kg B．m1＝1.0kg，m2＝0.4kg
C．m1＝2.0kg，m2＝5.0kg D．m1＝0.8kg，m2＝2.0kg
【分析】先將兩個(gè)物體進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解整體的加速度，對(duì)兩物體中受力較少的物體進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律分析彈力的表達(dá)式，根據(jù)兩種情況下彈力的表達(dá)式找到兩物體的質(zhì)量的比值，以此進(jìn)行解答。
【解答】解：設(shè)物塊1、2的質(zhì)量分別為m1、m2，對(duì)兩物塊組成的整體，由牛頓第二定律可得：F＝（m1+m2）a，
解得整體的加速度為
當(dāng)F作用在物塊1上時(shí)，設(shè)彈簧秤的讀數(shù)為F1，由牛頓第二定律對(duì)物塊2有：F1＝m2a
解得彈簧秤的示數(shù)為N
若F作用在物塊2上時(shí)，設(shè)彈簧秤的讀數(shù)為F2，由牛頓第二定律，對(duì)物塊1有：F2＝m1a
解得彈簧秤示數(shù)為N
則有，故CD正確，AB錯(cuò)誤。
故選：CD。
【點(diǎn)評(píng)】該題考查了整體法和隔離法在牛頓運(yùn)動(dòng)定律中的運(yùn)用，掌握整體法和隔離法的解題思路，注意在隔離求解時(shí)一般選擇受力較少的物體分析。
20．（山西期末）如圖所示，斜面光滑且固定在地面上，A、B兩物體一起靠慣性沿光滑斜面下滑，下列判斷正確的是（　?。?br /> A．圖甲中A、B兩物體之間的繩有彈力
B．圖乙中A、B兩物體之間沒有彈力
C．圖丙中A、B兩物體之間既有摩擦力，又有彈力
D．圖丁中A、B兩物體之間既有摩擦力，又有彈力
【分析】先對(duì)AB整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得到加速度大小；再隔離物體A，根據(jù)牛頓第二定律列式得到A、B的摩擦力情況和彈力情況。
【解答】解：設(shè)四幅圖中斜面的傾斜角度均設(shè)為θ。
A、先對(duì)物體AB整體分析，受重力、支持力，加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律，有：
（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a，
解得：a＝gsinθ；
再隔離物體A，受重力、支持力，拉力T（可能為零），根據(jù)牛頓第二定律，有：
mAgsinθ+T＝（mA+mB）a，
解得：T＝0，故A錯(cuò)誤；
B、先對(duì)物體AB整體分析，受重力、支持力，加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律，有：
（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a，
解得：a＝gsinθ；
再隔離物體A，受重力、斜面支持力，A對(duì)B的支持力N（可能為零），根據(jù)牛頓第二定律，有：
mAgsinθ+N＝（mA+mB）a，
解得：N＝0，故B正確；
C、先對(duì)物體AB整體分析，受重力、支持力，加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律，有：
（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a，
解得：a＝gsinθ，方向沿著斜面向下；
再分析物體A，加速度沿著斜面向下，故合力沿著斜面向下，受重力、支持力，向左的靜摩擦力，又摩擦力一定有彈力，故B對(duì)A一定有向上的支持力，故C正確；
D、先對(duì)物體AB整體分析，受重力、支持力，加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律，有：
（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a，
解得：a＝gsinθ；
再隔離物體A，受重力、B對(duì)A的支持力，摩擦力f（可能為零），根據(jù)牛頓第二定律，有：
mAgsinθ+f＝（mA+mB）a，
解得：f＝0，故D錯(cuò)誤。
故選：BC。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查摩擦力的判斷，關(guān)鍵是采用整體法先求解加速度，再采用隔離法列式分析，注意靜摩擦力的大小與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有關(guān)。
21．（河北模擬）如圖所示，在粗糙水平面上放置質(zhì)量分別為m、m、3m、2m的四個(gè)木塊A、B、C、D，木塊A、B用一不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，木塊C、D與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。若用水平拉力F拉木塊B，使四個(gè)木塊一起勻速前進(jìn)，重力加速度為g，則需要滿足的條件是（　　）

A．木塊A、C間的摩擦力與木塊B、D間的摩擦力大小之比為3：2
B．木塊C、D與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)最大為
C．輕繩拉力FT最大為μmg
D．水平拉力F最大為
【分析】分別以木塊C與D為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件求木塊A、C間的摩擦力與木塊B、D間的摩擦力大小。對(duì)AC整體分析，求出繩子的拉力。再對(duì)C、D，分析木塊C、D與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)最大值。
【解答】解：A、設(shè)A與C之間的摩擦力大小為Ff1，B與D之間的摩擦力大小為Ff2，設(shè)木塊C、D與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)最大為μ′。
木塊C、D均做勻速運(yùn)動(dòng)，則 Ff1＝μ′?4mg＝4μ′mg，F(xiàn)f2＝μ′?3mg＝3μ′mg，則Ff1：Ff2＝4：3，故A錯(cuò)誤。
B、對(duì)A、C整體分析知，繩子上的拉力大小 FT＝Ff1＝4μ′mg，A剛要滑動(dòng)時(shí)，靜摩擦力達(dá)到最大值，有 FT＝μmg，聯(lián)立兩式得木塊C、D與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)最大 μ′＝，故B正確。
CD、對(duì)B、D整體分析，水平拉力F最大不能超過最大靜摩擦力，所以F＝μ′（7mg）＝，F(xiàn)T＝4μ′mg＝μmg，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選：BC。
【點(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵在于選擇適當(dāng)?shù)难芯繉?duì)象，靈活運(yùn)用整體法和隔離法是解決本題的關(guān)鍵，要把握兩個(gè)物體剛要相對(duì)滑動(dòng)的條件：靜摩擦力達(dá)到最大值。
22．（舒城縣期末）如圖所示，水平桌面上質(zhì)量M＝2kg的木塊A，通過輕繩穿過定滑輪與木塊B相連，B的質(zhì)量m＝1kg。已知A與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1．開始用手托住B使兩木塊靜止，輕繩伸直且無張力，釋放B后（　　）

A．滑輪對(duì)繩的作用力斜向右上方
B．繩子上的拉力等于B的重力
C．木塊A的加速度大小為4m/s2
D．木塊B的加速度大小為m/s2
【分析】根據(jù)力的合成分析繩對(duì)滑輪的作用力方向，從而得到滑輪對(duì)繩的作用力方向。分析物體B的加速度方向，由牛頓第二定律判斷繩子的拉力和B的重力的關(guān)系。分別以兩個(gè)物體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律列式，即可求出A、B的加速度大小。
【解答】解：A、滑輪兩側(cè)繩子拉力大小相等，則繩對(duì)滑輪的作用力方向斜向左下方，根據(jù)牛頓第三定律知，滑輪對(duì)繩的作用力斜向右上方，故A正確。
B、釋放后，B向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度向下，處于失重狀態(tài)，則繩子上的拉力小于B的重力，故B錯(cuò)誤。
CD、木塊A、B的加速度大小相等，設(shè)為a。根據(jù)牛頓第二定律得：
對(duì)A：T﹣μMg＝Ma
對(duì)B：mg﹣T＝ma，聯(lián)立解得 a＝m/s2，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：AD。
【點(diǎn)評(píng)】本題是連接體問題，要分析清楚物體受力情況，抓住兩個(gè)物體的加速度大小相等，應(yīng)用牛頓第二定律可以解題。
23．（鄭州期末）如圖所示，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物塊用輕線連接放在傾角為θ的光滑斜面上，用始終平行于斜面向上的恒力F拉A，使它們沿斜面勻加速上升，為了增加輕線上的張力，可行的辦法是（　?。?br />
A．增大A物塊的質(zhì)量 B．增大B物塊的質(zhì)量
C．增大傾角θ D．增大拉力F
【分析】當(dāng)用斜面向上的拉力F拉A，兩物體沿斜面勻加速上升時(shí)，對(duì)整體運(yùn)用牛頓第二定律求出加速度，再對(duì)B研究，根據(jù)牛頓第二定律求出輕線上的張力，即可分析增加輕線上的張力的辦法。
【解答】解：根據(jù)牛頓第二定律得：
對(duì)整體：F﹣（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a，
得：a＝﹣gsinθ，
對(duì)B：T﹣mBgsinθ﹣＝mBa，
得到，輕線上的張力為：T＝mBgsinθ+mBa＝，
則要增加細(xì)線的張力T，可增大B的質(zhì)量mB、減小A物的質(zhì)量，或增大拉力F．T與θ無關(guān)，故BD正確，AC錯(cuò)誤。
故選：BD。
【點(diǎn)評(píng)】本題是連接體問題，兩個(gè)物體的加速度相同，采用整體法與隔離法交叉使用的方法，考查靈活選擇研究對(duì)象的能力。
24．（賓縣校級(jí)月考）如圖所示，一細(xì)線的一端固定于傾角為45°的光滑楔形滑塊A上的頂端0處，細(xì)線另一端拴一質(zhì)量為m＝0.2kg的小球靜止在A上。若滑塊從靜止向左勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為a，（取g＝10m/s2）則（　?。?br />
A．當(dāng)a＝5m/s2時(shí)，細(xì)線上的拉力為N
B．當(dāng)a＝10m/s2時(shí)，小球受的支持力為N
C．當(dāng)a＝10m/s2時(shí)，細(xì)線上的拉力為2N
D．當(dāng)a＝15m/s2時(shí)，若A與小球能相對(duì)靜止的勻加速運(yùn)動(dòng)，則地面對(duì)A的支持力一定小于兩個(gè)物體的重力之和
【分析】先計(jì)算出小球與斜面間作用力恰好為零時(shí)的加速度a0，然后作比較，加速度大于a0時(shí)，小球與斜面之間沒有彈力，只受重力和繩子的拉力；若加速度小于a0，則小球受三個(gè)力作用，根據(jù)牛頓第二定律列方程可求解出結(jié)果。
【解答】解：當(dāng)小球與斜面間剛好沒有作用力時(shí)，小球受重力和繩子拉力作用，設(shè)小球的加速度為a0，根據(jù)牛頓第二定律可得：Tcos45°＝mg，Tsin45°＝ma0，其中T表示繩子的拉力，解得：，
A、當(dāng)a＝5m/s2時(shí)，由上面的分析可知，小球與斜面間有彈力作用，由牛頓第二定律得：Tcos45°﹣Nsin45°＝ma，Tsin45°+Ncos45°＝mg，其中N表示斜面對(duì)小球的彈力，代入數(shù)據(jù)解得：，故A正確。
B、當(dāng)a＝10m/s2時(shí)，由上面的分析可知，小球與斜面間的作用力剛好為零，故B錯(cuò)誤。
C、由上面的分析可知，當(dāng)a＝10m/s2時(shí)，細(xì)線上的拉力為2N，故C正確。
D、當(dāng)a＝15m/s2時(shí)，若A與小球能相對(duì)靜止的勻加速運(yùn)動(dòng)，小球與斜面體在豎直方向上受力平衡，則地面對(duì)A的支持力等于兩個(gè)物體的重力之和，故D錯(cuò)誤。
故選：AC。
【點(diǎn)評(píng)】先計(jì)算出小球與斜面之間恰好沒有相互作用力時(shí)的臨界加速度是解題的關(guān)鍵，尤其是加速度大于臨界加速度時(shí)，小球會(huì)離開斜面，僅受重力和繩子的拉力，但繩子拉力方向與水平方向的夾角不在等于斜面傾角了。
25．（昭通月考）質(zhì)量為m的光滑圓柱體A放在質(zhì)量也為m的光滑V型槽B上，如圖所示，α＝60°，另有質(zhì)量為M的物體C通過跨過定滑輪的不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩與B相連，現(xiàn)將C自由釋放，則下列說法正確的是（　　）

A．當(dāng)M＝2m時(shí)，A和B保持相對(duì)靜止，共同加速度為0.5g
B．當(dāng)M＝6m時(shí)，A和B保持相對(duì)靜止，共同的加速度為0.75g
C．當(dāng)M＞（+1）m時(shí)，A和B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)
D．A和B能一起水平向右運(yùn)動(dòng)的最大加速度為g
【分析】討論當(dāng)圓柱體A與V型槽B右擋板的彈力為0時(shí)，此時(shí)A運(yùn)動(dòng)的加速度，把ABC作為一個(gè)整體，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律得出A、B恰好不滑動(dòng)時(shí)物體C的質(zhì)量，接下來靈活運(yùn)用整體法和隔離法當(dāng)物體C取不同的質(zhì)量時(shí)，得出A、B運(yùn)動(dòng)的加速度大小。
【解答】解：D、圓柱體A不受V型槽B右擋板的彈力時(shí)A、B恰好不滑動(dòng)，設(shè)A的加速度大小為a0，受力如圖所示，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律得：

Fsinα＝mg，F(xiàn)cosα＝ma0
解得a0＝g，所以A和B能一起水平向右運(yùn)動(dòng)的最大加速度為，故D正確；
C、把ABC整體作為研究對(duì)象，由牛頓第二定律知：Mg＝（M+2m）a0，解得M＝（）m
所以A、B恰好不滑動(dòng)時(shí)物體C的質(zhì)量M＝（）m，那么M＞（）m時(shí)，A和B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，故C正確；
A、當(dāng)M＝2m時(shí)，A和B保持相對(duì)靜止，以ABC 整體為研究對(duì)象，設(shè)整體的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得：，故A正確；
B、當(dāng)M＝6m時(shí)，A和B開始發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，不可能保持相對(duì)靜止，故B錯(cuò)誤；
故選：ACD。
【點(diǎn)評(píng)】本題重點(diǎn)考查了牛頓運(yùn)動(dòng)定律在連接體的應(yīng)用，針對(duì)彈力的臨界問題是當(dāng)彈力變?yōu)?時(shí)，就把物體的臨界狀態(tài)凸顯出來，然后受力分析用牛頓第二定律列出臨界方程，靈活運(yùn)用整體法和隔離法。
26．（湖南期中）如圖所示，三個(gè)完全相同的質(zhì)量為m的物體分別放在甲、乙、丙圖中三個(gè)完全相同的固定斜面上。甲圖中，物塊以加速度a沿斜面勻加速下滑；乙圖中，在物塊上表面粘一質(zhì)量為△m的小物塊，二者一起沿斜面下滑；丙圖中，在物塊上施加一個(gè)豎直向下的恒力F。則（　?。?br /> A．甲、乙、丙三圖中，物塊都勻加速下滑，加速度各不相同
B．甲、乙、丙三圖中，物塊都勻加速下滑，加速度均為a
C．乙圖中，物塊仍以加速度a勻加速下滑
D．丙圖中，物塊將以大于a的加速度勻加速下滑
【分析】先對(duì)整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解出加速度，進(jìn)行比較即可。
【解答】解：對(duì)甲乙丙三圖整體受力分析，在甲圖中有：F甲＝mgsinθ＝ma1，a1＝gsinθ＝a
在乙圖中有：F乙＝（m+△m）gsinθ＝（m+△m）a2，a2＝gsinθ＝a
在丙圖中有：F丙＝（m+F）gsinθ＝ma3，a3＝＝gsinθ+＞gsinθ＝a
所以甲和乙加速度相同，丙的加速度不相同，且丙的加速度大于甲和乙的加速度，故AB錯(cuò)誤，CD正確；
故選：CD。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了牛頓第二定律的直接應(yīng)用，關(guān)鍵是用好整體法求加速度。
27．（孝南區(qū)校級(jí)月考）在豎直平面的xOy坐標(biāo)系中，Oy豎直向上，Ox水平。一個(gè)小球從坐標(biāo)原點(diǎn)沿Oy方向豎直向上拋出，初速度為v0＝6m/s。設(shè)小球同時(shí)受到沿x軸正方向的大小為1.5倍重力的恒定風(fēng)力。不計(jì)空氣阻力，到達(dá)最高點(diǎn)的位置如圖中M點(diǎn)所示（坐標(biāo)格為正方形，g取10m/s2）。下列結(jié)果正確的是（　　）

A．小球在M點(diǎn)的速度大小為9m/s
B．小球落回x軸上時(shí)的速度的大小為18m/s
C．小球運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度為9m/s
D．小球運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度為m/s
【分析】小球在豎直方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析答題。
【解答】解：A、小球在豎直方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小球到達(dá)最高點(diǎn)M時(shí)豎直分速度為零，只有水平分速度，設(shè)小球到達(dá)M點(diǎn)時(shí)的速度為vM，設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，
豎直方向：2L＝t
水平方向：3L＝t
解得：vM＝9m/s，故A正確；
B、小球從O點(diǎn)拋出運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)所用時(shí)間與小球從M點(diǎn)落回到x軸上所用時(shí)間相等，設(shè)小球在水平方向的加速度為a，設(shè)小球從O到M的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則從O到落回x軸的時(shí)間為2t，
水平方向：vM＝at，vx水平＝a?2t＝2vM＝2×9m/s＝18m/s，
小球落回x軸時(shí)的速度大小v＝＝m/s＝6m/s，故B錯(cuò)誤；
CD、小球從拋出到落回x軸的時(shí)間t＝s＝1.2s
小球在豎直方向的加速度為g＝10m/s2，
在水平方向，由牛頓第二定律得：1.5mg＝ma
解得：a＝15m/s2，
豎直方向分速度vy＝v0﹣gt＝6m/s﹣10t，vx＝at＝15t，
小球的速度v＝＝m/s
當(dāng)t＝s時(shí)小球的速度最小，最小速度vmin＝m/s＝m/s，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：AD。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)的合成與分解問題，分析清楚小球的運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提與關(guān)鍵；解答本題時(shí)要注意以下三點(diǎn)，小球豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻加速運(yùn)動(dòng)；M點(diǎn)為最高點(diǎn)，則豎直方向的分速度為零；豎直方向的運(yùn)動(dòng)具有對(duì)稱性。
三．填空題（共9小題）
28．（天津期末）如圖所示，兩個(gè)用輕線相連的位于光滑水平面上的物塊，質(zhì)量分別為m1和m2．拉力F1和F2方向相反，與輕線沿同一水平直線，且F1＞F2，則在兩個(gè)物塊運(yùn)動(dòng)過程中輕線的拉力T＝　?。?br />
【分析】先用整體法求解加速度，在用隔離法隔離出木塊m1受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式求解出細(xì)線的拉力．
【解答】解：將m1和m2做為整體，由牛頓第二定律，整體加速度為
，
對(duì)m1由牛頓第二定律有
m1a＝F1﹣T，
所以
，
即在兩個(gè)物塊運(yùn)動(dòng)過程中輕線的拉力為．
故答案為：
【點(diǎn)評(píng)】整體法與隔離法是求見連接體問題的常用方法，當(dāng)不涉及系統(tǒng)內(nèi)力時(shí)，可以用整體法，當(dāng)要求解系統(tǒng)的內(nèi)力時(shí)可以用隔離法．
29．（富陽市校級(jí)月考）一個(gè)質(zhì)量為1kg的物體在光滑水平面上受幾個(gè)大小均為1N的水平力作用，而處于靜止?fàn)顟B(tài)．先撤去東方向的一個(gè)力，歷時(shí)1s，隨后又撤去西方向的一個(gè)力，又歷時(shí)1s，則物體在第2s末離初始位置的距離是　1.5m?。?br /> 【分析】物體平衡時(shí)，幾個(gè)力中的任意其他力的合力與撤去的力等值、反向、共線．將其中的一個(gè)力撤去后，合力與這個(gè)力等大，反向，根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式求解位移和速度．
【解答】解：當(dāng)去掉向東的1N的水平力時(shí)，剩余的力的合力大小為1N，方向向西，根據(jù)牛頓第二定律得：
，方向向西
所以1s后物體的速度大小是：v＝at＝1m/s
位移大小為：x1＝m，方向向西．
隨后又撤去西方向的一個(gè)力，此時(shí)物體受到的合力又等于0，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有：
x2＝vt′＝1×1m＝1m
物體的總位移：x＝x1+x2＝0.5+1＝1.5m
故答案為：1.5m
【點(diǎn)評(píng)】本題先根據(jù)平衡條件運(yùn)用合成法求出合力，然后根據(jù)牛頓定律確定加速度，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式求解，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．
30．（宿豫區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，傾斜索道與水平面夾角為37°，當(dāng)載人車廂沿鋼索勻加速向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，車廂的人對(duì)廂底的壓力為其重量的1.25倍，那么車廂對(duì)人的摩擦力為其體重的　　倍．

【分析】對(duì)人受力分析可知，人在水平和豎直方向都有加速度，由牛頓第二定律可以求得豎直方向上的加速度的大小，進(jìn)而可以求得水平方向上的加速度的大小，再次由牛頓第二定律可以求得摩擦力的大小．
【解答】解：由于人對(duì)車廂底的正壓力為其重力的1.25倍，所以在豎直方向上有FN﹣mg＝ma上，
解得a上＝0.25g，
設(shè)水平方向上的加速度為a水，＝tan37°＝
所以a水＝g，
對(duì)人受力分析可知，在水平方向上摩擦力作為合力產(chǎn)生加速度，
即f＝ma水＝mg，
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】人的水平和豎直方向的加速度之間的關(guān)系，是解決本題的關(guān)鍵，在本題中人在水平和豎直兩個(gè)方向上都是有加速度的．
31．（瑯琊區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，長(zhǎng)L＝1.5m、高h(yuǎn)＝0.45m、質(zhì)量M＝10kg的長(zhǎng)方體木箱在水平面上向右做直線運(yùn)動(dòng)．當(dāng)木箱的速度v0＝3.6m/s時(shí)，對(duì)木箱施加一個(gè)方向水平向左的恒力F＝50N，并同時(shí)將一個(gè)質(zhì)量m＝1kg的小球輕放在木箱上距右端處的P點(diǎn)（小球可視為質(zhì)點(diǎn)，放在P點(diǎn)時(shí)相對(duì)于地面間的速度為零），經(jīng)過一段時(shí)間，小球脫離木箱落到地面．已知木箱與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，而小球與木箱之間的摩擦不計(jì)．取g＝10m/s2，則：
（1）小球從開始離開木箱至落到地面所用的時(shí)間　0.3　s
（2）小球放上P點(diǎn)后，木箱向右運(yùn)動(dòng)的最大位移　0.9　m
（3）小球離開木箱時(shí)，木箱的速度　2.8　m/s．

【分析】（1）小球離開木箱后做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系可以求得時(shí)間；
（2）對(duì)木箱受力分析，求出加速度，可以根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系公式和位移時(shí)間關(guān)系公式分別求出位移和時(shí)間；
（3）先對(duì)木箱受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度，然后可以先根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系公式求得時(shí)間，再根據(jù)速度時(shí)間公式求末速度，也可以直接根據(jù)速度位移關(guān)系公式求末速度．
【解答】解：（1）小球離開木箱后做自由落體運(yùn)動(dòng)，則小球落到地面所用的時(shí)間為
t＝，
（2）小球放上木箱后相對(duì)地面靜止，由牛頓第二定律
F+μFN＝Ma1
FN＝（M+m）g
代入數(shù)據(jù)解得木箱的加速度a1＝7.2 m/s2
木箱向右運(yùn)動(dòng)的最大位移x1＝＝0.9 m
（3）由于x1＝0.9 m＜1 m，故木箱在向右運(yùn)動(dòng)期間，小球不會(huì)從木箱的左端掉下．
木箱向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得F﹣μ（M+m）g＝Ma2
解得木箱向左運(yùn)動(dòng)的加速度a2＝2.8 m/s2
設(shè)木箱向左運(yùn)動(dòng)的位移為x2時(shí)，小球從木箱的右端掉下，則
x2＝x1+＝1.4 m
由x2＝a2t2，得t2＝＝＝1 s
故小球剛離開木箱時(shí)木箱的速度v2＝a2t2＝2.8 m/s，方向向左．
故答案為：（1）0.3 s?。?）0.9 m?。?）2.8 m/s
【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵對(duì)分向右減速和向左加速兩過程對(duì)木箱受力分析后求得加速度，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解待求量．
32．（黃浦區(qū)期中）如圖所示，用大小為F的水平恒力，推靜放在光滑水平地面A處的小物塊，推至B處時(shí)物塊速度為v，然后改用大小不變、方向相反的力F′推小物塊，則小物塊再次回到B處時(shí)的速度大小為　v　，回到A處時(shí)的速度大小為　v?。?br />
【分析】假設(shè)最右端點(diǎn)為C，對(duì)A到B過程，B到C再到B過程，B到A過程分別運(yùn)用動(dòng)能定理列式后聯(lián)立求解．
【解答】解：對(duì)A到B過程運(yùn)用動(dòng)能定理：FL＝mv2
對(duì)B到C再到B過程運(yùn)用動(dòng)能定理：W＝mv′2＝0
故有：v′＝v；
對(duì)B到A過程運(yùn)用動(dòng)能定理：F′L＝mvA2﹣mv2
聯(lián)立解得：vA＝v；
故答案為：v，v．
【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵靈活選擇過程運(yùn)用動(dòng)能定理列式，要注意恒力做功與路徑無關(guān)，不難．
33．（桂林期末）如圖所示，水平地面上有兩個(gè)完全相同的木塊A、B，在水平力F的作用下一起運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)AB表示A、B間的作用力，若地面光滑，則FAB＝　　；若地面不光滑，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則FAB＝　　．

【分析】?jī)蓚€(gè)木塊的加速度相同，先對(duì)整體研究，由牛頓第二定律求出加速度，再以B為研究對(duì)象，求解A對(duì)B的作用力，進(jìn)行選擇．
【解答】解：設(shè)兩木塊的質(zhì)量均為m．
A、B若地面是完全光滑的，對(duì)整體用牛頓第二定律得，加速度a＝，再對(duì)B運(yùn)用牛頓第二定律得：
FAB＝ma＝．
D若地面動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，對(duì)整體用牛頓第二定律得，加速度為：a＝，再對(duì)B運(yùn)用牛頓第二定律得：
FAB﹣μmg＝ma，解得：FAB＝．
故答案為：，．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用；本題不能想當(dāng)然，認(rèn)為地面光滑與粗糙時(shí)，A、B間相互作用力不同．對(duì)于多個(gè)物體，要靈活選擇研究對(duì)象．
34．如圖所示，AB是豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道，在下端B與水平直軌道相切，一小球自A點(diǎn)由靜止開始沿軌道下滑，已知圓軌道半徑為R，小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為v，則小球在B點(diǎn)受　2　個(gè)力的作用，這幾個(gè)力的合力的方向是　豎直向上　，小球在B點(diǎn)的加速度大小為　　，方向是　豎直向上?。ú挥?jì)一切阻力）

【分析】由于不計(jì)一切阻力，所以小球只受到重力和支持力的作用，兩個(gè)力的合力提供向心力，然后結(jié)合牛頓第二定律即可求出．
【解答】解：由于不計(jì)一切阻力，所以小球只受到重力和支持力的2個(gè)力的作用；
小球剛剛到達(dá)B時(shí)，仍然在圓軌道上，重力與支持力的合力提供向上的向心力，所以合力的方向向上，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度的方向也向上．根據(jù)向心力的表達(dá)式可知，小球的向心加速度：

故答案為：2，豎直向上，，豎直向上
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓周運(yùn)動(dòng)的向心力的來源，能正確減小受力分析，記住向心力與向心加速度的表達(dá)式即可正確解答．基礎(chǔ)題目．
35．甲、乙、丙三位同學(xué)對(duì)飛機(jī)如何獲得向前推進(jìn)的作用力，為何能由地面起飛升空，并且能在天空中飛行，不致墜落，各有不同的主張。
對(duì)于飛機(jī)如何獲得向前推進(jìn)的作用力或加速度，甲認(rèn)為：起落架上的輪子必須轉(zhuǎn)動(dòng)，在地面跑道施加給輪胎的摩擦力推動(dòng)下，飛機(jī)才能獲得前進(jìn)的加速度；乙則認(rèn)為：飛機(jī)的螺旋槳或渦輪機(jī)必須轉(zhuǎn)動(dòng)，將周圍空氣吹向飛機(jī)后方，在空氣的反作用力推動(dòng)下，飛機(jī)才能獲得前進(jìn)的加速度；丙則認(rèn)為：不論飛機(jī)的引擎周圍有無空氣，均能使其燃料迅速燃燒，當(dāng)廢氣向后噴出時(shí)，飛機(jī)獲得反作用力，因此能向前加速。至于飛機(jī)為何能由地面起飛升空，而在空中時(shí)，為何又能維持飛行高度，不會(huì)墜落，甲和乙都認(rèn)為是由于飛機(jī)前進(jìn)時(shí)，流過機(jī)翼上方與下方的空氣速率不同，使機(jī)翼下方的力較大。因此，當(dāng)飛機(jī)沿水平方向快速前進(jìn)時(shí)，機(jī)翼上方與下方受到的壓力不同，可以產(chǎn)生豎直向上的作用力（稱為升力），以克服重力，飛機(jī)因而得以升空，并在空中保持飛行高度，不致墜落。丙則認(rèn)為：飛機(jī)依靠向前的推進(jìn)力，就能起飛升空，并改變飛行方向，進(jìn)入一定的軌道，在重力作用下繞著地球飛行。依據(jù)以上所述，回答以下各題：
（1）對(duì)飛機(jī)如何獲得向前的推進(jìn)力，三位學(xué)生提出的主張，分別與汽車、輪船、火箭前進(jìn)時(shí)使用的原理類似。下表中最適合用來說明這三種原理與學(xué)生主張間的對(duì)應(yīng)關(guān)系的是　A　。

A
B
C
D
E
F
汽車
甲
乙
甲
丙
丙
乙
輪船
乙
甲
丙
甲
乙
丙
火箭
丙
丙
乙
乙
甲
甲
（2）考慮飛機(jī)在近乎為真空的太陽中航行的可能性。下列選項(xiàng)中的學(xué)生，其所提出的飛機(jī)飛行原理不能用于太空航行的是　 　。
A．甲、乙、丙 B．甲、乙 C．甲、丙 D．甲 E．乙
（3）如果飛機(jī)依照三位學(xué)生主張的方式，下列選項(xiàng)中正確的是　 　。

須有加速跑道才能升空
升空后即沒有向前推進(jìn)力
A
甲、乙、丙
甲、乙
B
甲、乙
甲
C
甲、乙
乙、丙
D
甲
甲、乙
（4）甲、乙兩學(xué)生的主張飛機(jī)的升力來自機(jī)翼上、下方的空氣的壓力差，而根據(jù)流體動(dòng)力學(xué)原理，在穩(wěn)定的氣流中，流速愈快的地方，氣體的壓力愈小。如果飛機(jī)由水平地面起飛或在大氣中飛行時(shí)，流經(jīng)機(jī)翼的空氣可視為穩(wěn)定的氣流，則依據(jù)甲、乙兩學(xué)生的主張，下列敘述中正確的是　D　。
A、飛機(jī)的飛行高度固定時(shí)，機(jī)翼下方的空氣流速一定比機(jī)翼止方為大
B、飛機(jī)要離地升空時(shí)，機(jī)翼下方的空氣流速必須比機(jī)翼上方為大
C、飛機(jī)要離地升空時(shí)，機(jī)翼上方與下方的空氣流速必須相等
D、機(jī)翼上方與下方的空氣流速相等時(shí)，飛機(jī)的飛行高度會(huì)下降。
【分析】本題為信息給予題，涉及到的物理內(nèi)容均在材料中體現(xiàn)，所以只要認(rèn)真閱讀材料，明確題意和問題內(nèi)容即可輕松解答。
【解答】解：（1）汽車是地面跑道施加給輪胎的摩擦力推動(dòng)的，故屬于甲的主張；輪船是利用螺旋槳或渦輪機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)，將周圍水吹向后方，在空氣的反作用力推動(dòng)下，飛機(jī)才能獲得前進(jìn)的加速度，屬于乙的主張；而火箭的引擎周圍有無空氣，是利用其燃料迅速燃燒，當(dāng)廢氣向后噴出時(shí)，獲得反作用力，因此能向前加速，屬于丙的主張，故A正確；BCD錯(cuò)誤；
（2）飛機(jī)在近乎為真空的太陽中航行，不可能存在摩擦，同時(shí)沒有空氣，反沖也不能使用，故甲乙原理不能使用；故B正確；
（3）甲和乙都認(rèn)為是由于飛機(jī)前進(jìn)時(shí)，流過機(jī)翼上方與下方的空氣速率不同，使機(jī)翼下方的力較大。因此，當(dāng)飛機(jī)沿水平方向快速前進(jìn)時(shí)，機(jī)翼上方與下方受到的壓力不同，可以產(chǎn)生豎直向上的作用力（稱為升力），故甲乙均需要在跑道上加速；而甲離開地面后不受摩擦力，故在空中無法加速；故B正確；
（4）甲、乙兩學(xué)生主張，飛機(jī)要產(chǎn)生向上的升力，來自機(jī)翼下方的空氣壓力應(yīng)大于上方的空氣壓力，則由題中信息“流速愈快的地方，氣體壓力愈小”可得，機(jī)翼上方的空氣流速必須比機(jī)翼下方大，飛機(jī)才能升入空中；而如果在空中運(yùn)行時(shí)，機(jī)翼上方與下方的空氣流速相等時(shí)，飛機(jī)的飛行高度會(huì)下降；故D正確ABC錯(cuò)誤。
故答案為：（1）A；（2）B；（3）B；（4）D。
【點(diǎn)評(píng)】本題的閱讀量，信息豐富，且與實(shí)際緊密聯(lián)系，而用到的物理原理較為簡(jiǎn)單，是培養(yǎng)提取信息能力和解決實(shí)際ukdjghm能力的好材料。
36．（楊浦區(qū)一模）如圖所示的裝置以加速度為5m/s2豎直上升時(shí)，裝置中質(zhì)量為10kg的小球?qū)π泵娴膲毫椤?00　N；對(duì)豎直墻的壓力為　50　N。

【分析】當(dāng)升降機(jī)向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)小球受力分析后應(yīng)用牛頓第二定律列式求出斜面對(duì)小球的支持力，再根據(jù)牛頓第三定律求出斜面所受的壓力。同理可求得小球?qū)ωQ直墻壁的壓力。
【解答】解：（1）取小球?yàn)檠芯繉?duì)象，小球受3個(gè)力：斜面對(duì)小球的支持力 N，擋板對(duì)小球的支持力F，重力G，如圖所示：
在豎直方向上，由牛頓第二定律可得：
N′cosθ﹣mg＝ma
解得：N′＝＝＝100N；
根據(jù)牛頓第三定律得：斜面所受的壓力大小為：N″＝N′＝100N；
（2）小球水平方向受到的彈力為：T＝N′sin30°＝100×＝50N；
由牛頓第三定律可知，擋板對(duì)球的彈力為50N；
答：（1）小球?qū)π泵娴膲毫?00N；方向垂直于斜面向下；
（2）擋板對(duì)球的彈力為50N；方向水平向左。

【點(diǎn)評(píng)】此題對(duì)小球進(jìn)行受力分析，運(yùn)用力的合成或分解結(jié)合牛頓第二定律解決問題。注意合力的方向豎直向上。
四．計(jì)算題（共10小題）
37．（睢寧縣模擬）如圖1所示，半徑R＝0.45m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，B為軌道的最低點(diǎn)，B點(diǎn)右側(cè)的光滑的水平面上緊挨B點(diǎn)有一靜止的小平板車，平板車質(zhì)量M＝1kg，長(zhǎng)度l＝1m，小車的上表面與B點(diǎn)等高，距地面高度h＝0.2m。質(zhì)量m＝1kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從圓弧最高點(diǎn)A由靜止釋放。取g＝10m/s2．試求：

（1）物塊滑到軌道上的B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；
（2）若鎖定平板車并在上表面鋪上一種特殊材料，其動(dòng)摩擦因數(shù)從左向右隨距離均勻變化如圖2所示，求物塊滑離平板車時(shí)的速率；
（3）若解除平板車的鎖定并撤去上表面鋪的材料后，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，物塊仍從圓弧最高點(diǎn)A由靜止釋放，求物塊落地時(shí)距平板車右端的水平距離。
【分析】（1）根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出物體到達(dá)B點(diǎn)的速度，結(jié)合牛頓第二定律求出支持力的大小，從而得出物塊對(duì)軌道的壓力。
（2）根據(jù)摩擦力的平均值求出摩擦力做的功，通過動(dòng)能定理求出物塊滑離平板車時(shí)的速度。
（3）根據(jù)牛頓第二定律分別求出物塊和小車的加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和位移關(guān)系求出物塊滑離平板車所用時(shí)間，求得兩者的速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式以及平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出物塊落地時(shí)距平板車右端的水平距離。
【解答】解：（1）物體從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，其機(jī)械能守恒，則有：
mgR＝mvB2
代入數(shù)據(jù)解得：vB＝3m/s。
在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得：N﹣mg＝m
解得：N＝3mg＝3×1×10N＝30N
即物塊滑到軌道上B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力N′＝N＝30N，方向豎直向下。
（2）物塊在小車上滑行時(shí)的摩擦力做功為：
Wf＝﹣l＝﹣l
代入數(shù)據(jù)解得：Wf＝﹣4J
物體從A點(diǎn)滑下到滑離平板車過程中，由動(dòng)能定理得：
mgR+Wf＝mv2。
代入數(shù)據(jù)解得：v＝1m/s
（3）當(dāng)解除平板車的鎖定時(shí)，對(duì)物塊有：a1＝μg＝2m/s2。
對(duì)平板車有：a2＝＝＝2m/s2。
設(shè)物塊在平板車運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t。則有：（vBt﹣a1t2）﹣a2t2＝l
代入數(shù)據(jù)解得：t1＝1s，t2＝0.5s
因?yàn)?v物＝vB﹣a1t1＝3﹣2×1＝1m/s，v車＝a2t1＝2m/s，物塊的速度小于平板車的速度，不可能，所以時(shí)間?。簍2＝0.5s
物塊滑離平板車時(shí)的速度為：v物＝vB﹣a1t2＝3﹣2×0.5＝2m/s。
此時(shí)平板車的速度為：v車＝a2t2＝2×0.5＝1m/s。
物塊滑離平板車做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t′＝＝s＝0.2s
物塊落地時(shí)距平板車右端的水平距離為：x＝（v物﹣v車）t′＝（2﹣1）×0.2m＝0.2m。
答：（1）物塊滑到軌道上的B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為30N。
（2）物塊滑離平板車時(shí)的速度是1m/s。
（3）物塊落地時(shí)距平板車右端的水平距離為0.2m。
【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查了動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，關(guān)鍵理清物塊的運(yùn)動(dòng)過程，選擇合適的規(guī)律進(jìn)行求解。
38．（雙峰縣校級(jí)月考）如圖所示，物體在離斜面底端5m處由靜止開始下滑，然后滑到由小圓弧與斜面連接的水平面上，若物體與斜面及水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.4，斜面傾角為37°．求物體在斜面底端的速度及在水平面上還能滑行的距離．

【分析】物體在斜面滑下的過程中，重力做功mgsin37°×s1，滑動(dòng)摩擦力做功為﹣μmgcos37°×s1，s1是斜面的長(zhǎng)度，根據(jù)動(dòng)能定理求解物體到達(dá)斜面底端時(shí)的速度大?。?br /> 物體能在水平面上滑行時(shí)，滑動(dòng)摩擦力做負(fù)功，再根據(jù)動(dòng)能定理求解物體能在水平面上滑行的距離．
【解答】解：物體在斜面滑下的過程中，重力做功mgsin37°×s1，滑動(dòng)摩擦力做功為﹣μmgcos37°×s1，s1是斜面的長(zhǎng)度，
由動(dòng)能定理，斜面上有：mgsin37°×s1﹣μmgcos37°×s1＝mv2…①
解①式得：v＝2m/s…②
在水平面上，由動(dòng)能定理得：
﹣μmg×s2＝0﹣mv2…③
由①、②式得：s2＝3.5m…④
答：物體到達(dá)斜面底端時(shí)的速度大小為2m/s；物體能在水平面上滑行的距離為3.5m．
【點(diǎn)評(píng)】本題通過動(dòng)能定理解決比較簡(jiǎn)便，若運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求時(shí)，求解加速度是關(guān)鍵．
39．（楊浦區(qū)一模）如圖甲所示，用大型貨車運(yùn)輸規(guī)格相同的圓柱形水泥管道，貨車可以裝載兩層管道，底層管道固定在車廂里，上層管道堆放在底層管道上，如圖乙所示。已知水泥管道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，貨車緊急剎車時(shí)的加速度大小為8m/s2．每根水泥管道的質(zhì)量m＝1500kg，重力加速度取g＝10m/s2，求：
（1）貨車沿平直路面勻速行駛時(shí)，乙圖中管A、B之間的彈力大小；
（2）如果貨車在水平路面上勻速行駛的速度為43.2km/h，要使貨車在緊急剎車時(shí)上管道不撞上駕駛室，最初堆放時(shí)上層管道最前端應(yīng)該離駕駛室的最小距離。

【分析】（1）對(duì)上層管道受力分析，根據(jù)力的平衡條件即可求出管A、B之間的彈力大??；
（2）先根據(jù)牛頓第二定律求出上層管道的加速度，然后根據(jù)＝2ax的變形公式分別表示出上層管道在急剎車及貨車停下后運(yùn)動(dòng)的總距離和貨車的剎車距離，
二者之差即為最初堆放時(shí)上層管道最前端應(yīng)該離駕駛室的最小距離。
【解答】解：（1）上層管道橫截面內(nèi)的受力分析，其所受支持力為FN，如圖所示：
則有：FNcos30°＝mg，
解得：FN＝5000N。
（2）由題意知，緊急剎車時(shí)上層管道受到兩個(gè)滑動(dòng)摩擦力減速，
2μFN＝ma1，
代入數(shù)據(jù)解得：a1＝m/s2，
貨車緊急剎車時(shí)的加速度a2＝8m/s2，
貨車的剎車距離：
x2＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
上層管道在急剎車及貨車停下后運(yùn)動(dòng)的總距離：
x1＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
上層管道相對(duì)于貨車滑動(dòng)的距離：
△x＝x1﹣x2﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
聯(lián)立①②③并代入數(shù)據(jù)解得：△x＝1.8m。
答：（1）乙圖中管A、B之間的彈力大小為5000N；
（2）最初堆放時(shí)上層管道最前端應(yīng)該離駕駛室的最小距離為1.8m。

【點(diǎn)評(píng)】解答本題首先要明確上層管道和車的運(yùn)動(dòng)情況，關(guān)鍵會(huì)正確受力分析及靈活運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式來求解相關(guān)的位移，其次關(guān)鍵是尋找兩者位移之間的關(guān)系。
40．（益陽校級(jí)模擬）一水平的淺色長(zhǎng)傳送帶上放置一煤塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），煤塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2．初始時(shí)，傳送帶與煤塊都是靜止的．現(xiàn)讓傳送帶以恒定的加速度a0＝4m/s2開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其速度達(dá)到v0＝8m/s后，便以此速度做勻速運(yùn)動(dòng)．經(jīng)過一段時(shí)間，煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡后，煤塊相對(duì)于傳送帶不再滑動(dòng)．求此黑色痕跡的長(zhǎng)度．
【分析】黑色痕跡是皮帶的位移與物塊位移的差，皮帶的加速度大于物塊的加速度，則皮帶的速度先達(dá)到最大速度v0，則皮帶的過程是先勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)；而物塊由于速度小于皮帶，則一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)直到速度增加到v0，求出兩段時(shí)間內(nèi)兩物體的位移差，就是摩擦痕跡的長(zhǎng)度．
【解答】解：根據(jù)“煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡”可知，煤塊與傳送帶之間發(fā)生了相對(duì)滑動(dòng)，
煤塊的加速度a小于傳送帶的加速度a0．
對(duì)煤塊，根據(jù)牛頓定律，可得 a＝μg＝2 m/s2
設(shè)經(jīng)歷時(shí)間t，傳送帶由靜止開始加速到速度等于v0，
煤塊則由靜止加速到v，
對(duì)傳送帶有：v0＝a0t
代入得到：t＝2s
對(duì)煤塊有：v＝at＝4m/s
由于a＜a0，故v＜v0，煤塊繼續(xù)受到滑動(dòng)摩擦力的作用．
再經(jīng)過時(shí)間t'，煤塊的速度由v增加到v0，有v0＝v+at'代入得：t'＝2s
此后，煤塊與傳送帶運(yùn)動(dòng)速度相同，相對(duì)于傳送帶不再滑動(dòng)，不再產(chǎn)生新的痕跡．
設(shè)在煤塊的速度從0增加到v0的整個(gè)過程中，傳送帶和煤塊移動(dòng)的距離分別為s0和s，
有 s0＝a0t2+v0t'＝24m
而 s＝
傳送帶上留下的黑色痕跡的長(zhǎng)度 l＝s0﹣s＝8m
答：黑色痕跡的長(zhǎng)度為8m．
【點(diǎn)評(píng)】本題的靚點(diǎn)是看似簡(jiǎn)單的傳送物體問題，但涉及到解決物理問題經(jīng)常用到的隔離法：對(duì)物塊看講，由于速度小于皮帶的速度，則一直處于加速狀態(tài)；而對(duì)皮帶，當(dāng)速度增加到最大后就勻速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律和勻加速直線運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出兩段時(shí)間內(nèi)的位移差，則就求出了摩擦痕跡的長(zhǎng)度．
41．（銅陵校級(jí)月考）科研人員利用熱氣球進(jìn)行科學(xué)探測(cè)，熱氣球、科研人員及所有裝備的總質(zhì)M＝900kg．在離地400m空中停留一段時(shí)間后，由于故障，熱氣球受到的空氣浮力減?。蒲腥藛T測(cè)得氣球豎直下降時(shí)，速度在3s內(nèi)增加了6m/s．若氣球著陸的安全速度最大是4m/s，為使氣球安全著陸，科研人員向外拋出質(zhì)量m＝300kg的物體，使氣球豎直向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，不考慮氣球受到的空氣阻力及拋出物體時(shí)氣球速度的變化，氣球運(yùn)動(dòng)過程中浮力視為恒力，重力加速度g＝10m/s2，求拋出物體時(shí)氣球離地的最小高度．
【分析】熱氣球先向下做加速運(yùn)動(dòng)，后向下做減速運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用加速度定義式求出下降時(shí)的加速度，應(yīng)用牛頓第二定律求出熱氣球受到的浮力，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出減速下降時(shí)的加速度，應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式可以求出拋出物體時(shí)氣球離地的最小高度．
【解答】解：設(shè)豎直下降過程中氣球收到的浮力為F，
由題意向下加速時(shí)：a1＝＝＝2m/s2，
由牛頓第二定律得：Mg﹣F＝Ma1，
設(shè)拋出壓艙物時(shí)氣球離地高度h′，此時(shí)速度為v1，
由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得：v12＝2a1（h﹣h′），
氣球減速的加速度大小設(shè)為a2，由牛頓第二定律得：F﹣（M﹣m）g＝（M﹣m）a2，
對(duì)勻減速過程，落地速度：v2＝4m/s，
由速度位移公式得：v12﹣v22＝2a2h′，
解得：h′＝198m；
答：拋出物體時(shí)氣球離地的最小高度是198m．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了求拋出物體時(shí)氣球的高度，考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，分析清楚氣球的運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用加速度定義式求出加速度，應(yīng)用牛頓第二定律求出浮力與加速度、應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式可以解題．
42．（太原月考）一個(gè)小球從靜止開始沿如圖所示的光滑斜面軌道AB勻加速下滑，然后進(jìn)入水平軌道BC勻速滾動(dòng)，之后靠慣性沖上斜面軌道CD，直到速度減為零。設(shè)小球經(jīng)過水平面和兩斜面的銜接點(diǎn)B、C時(shí)速度的大小不變。下表是測(cè)出的不同時(shí)刻小球速度的大小，重力加速度g取10m/s2，求：
時(shí)刻t/s
0
0.6
1.2
1.8
5]
10
13
15
速度v/（m?s﹣1）
0
3.0
6.0
9.0
15
15
9.0
3.0
（1）斜面AB的傾角是多少？
（2）小球從開始下滑直至在斜面CD上速度減為零通過的總路程是多少？

【分析】（1）根據(jù)表格數(shù)據(jù)，根據(jù)加速度定義求解加速度，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律列式求解角度；
（2）根據(jù)表格分段求出相應(yīng)的時(shí)間和加速度，根據(jù)總路程等于各段位移之和求解。
【解答】解：（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知小球沿AB斜面下滑的加速度：a1＝＝＝5m/s2，
由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得：mgsinα＝ma1，解得：sinα＝＝＝0.5，解得，斜面AB段的傾角α＝30°。
（2）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，小球在斜面AB上下滑時(shí)間：t1＝＝＝3s，
小球在斜面CD上做減速運(yùn)動(dòng)的加速度：a3＝＝3m/s2，
從最大速度vm＝15m/s減至速度為9m/s用時(shí)：t3＝＝2s，
于是，小球在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝13﹣t1﹣t3＝8s
故小球的總路程s＝+vmt2+，解得：s＝180m。
答：（1）軌道AB段的傾角是30°。
（2）小球從開始下滑直至在斜面CD上速度減為零通過的總路程是180m。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了求動(dòng)摩擦因數(shù)、物體的路程，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過程是解題的關(guān)鍵，根據(jù)表中數(shù)據(jù)應(yīng)用加速度的定義式求出加速度，應(yīng)用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以解題。
43．（呼倫貝爾二模）如圖甲所示，質(zhì)量m＝2kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，t＝0.5s時(shí)撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時(shí)間的變化關(guān)系圖象（v﹣t圖象）如圖乙所示，g取10m/s2，求：
（1）0﹣1s內(nèi)物塊的位移大小s和通過的路程L；
（2）求斜面傾角α和拉力F的大?。?br />
【分析】（1）根據(jù)速度時(shí)間圖線與時(shí)間軸圍成的面積求出1s內(nèi)物塊的位移大小和路程大小．
（2）根據(jù)圖線的斜率求出各個(gè)階段的加速度大?。鶕?jù)牛頓第二定律對(duì)上升的兩個(gè)階段列出表達(dá)式，求出傾角和拉力的大?。?br /> 【解答】解：（1）拉力作用時(shí)間為t1＝0.5s，撤去拉力后物塊繼續(xù)上滑的時(shí)間為：t2＝0.75﹣0.5＝0.25s，
到1s末下滑的時(shí)間為：t3＝1﹣0.75＝0.25s；
由于速度圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，則1s內(nèi)物體的位移為：
，
代入數(shù)據(jù)為：；
通過的路程為：L＝；
（2）根據(jù)圖象可得0～0.5s內(nèi)加速度大小為：，
0.5s～0.75s加速度大小為：，
0.75s～1.0s內(nèi)加速度大小為：，
物塊在運(yùn)動(dòng)過程中應(yīng)滿足：
F﹣f﹣mgsinα＝ma1，
f+mgsinα＝ma2，
mgsinα﹣f＝ma3，
整理解得sinα＝0.8，所以α＝53°；拉力F＝36N．
答：（1）0﹣1s內(nèi)物塊的位移大小為1m，通過的路程為1.25m；
（2）斜面傾角α為53°，拉力F的大小為36N．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合運(yùn)用，知道速度時(shí)間圖線的斜率表示加速度，圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移．
44．（武昌區(qū)期末）如圖所示，不可伸長(zhǎng)的．繃緊的輕繩兩端各拴接一個(gè)質(zhì)量均為m的物體A．B（均可視為質(zhì)點(diǎn)），跨過光滑的輕質(zhì)定滑輪，物體B靜止在傾角為θ＝30°的斜面底端，B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝，物體A靜止在水平傳送帶左端，A與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.25．t＝0時(shí)刻，給A．B同時(shí)提供等大的初速度v0＝20m/s，使A水平向右．B沿斜面向上運(yùn)動(dòng)．連接A的輕繩水平．連接B的輕繩與斜面平行，輕繩．傳送帶和斜面都足夠長(zhǎng)，取g＝10m/s2．
（1）若傳送帶以速度v＝10m/s逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，求A物體開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a1的大??；
（2）若傳送帶以速度v＝10m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，求5s內(nèi)B沿斜面的位移．

【分析】（1）t＝0時(shí)刻小物塊A的速度大于傳送帶的速度，受到的摩擦力的方向向左，同時(shí)受到向左的拉力，由牛頓第二定律即可求出加速度．
（2）A先以加速度a1向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減為v，接著以加速度a2向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減為0，最后又向左做加速運(yùn)動(dòng)．根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解即可；B的位移大小與A的位移大小相等．
【解答】解：（1）傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，A．B有大小相等的加速度大小a：
對(duì)A：T+μ2mg＝m a
對(duì)B：mgsinθ+μ1mgcosθ﹣T＝m a
解得：mgsinθ+μ1mgcosθ+μ2mg＝（m+m） a
代入數(shù)據(jù)得：a＝7.5 m/s2
（2）傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，因?yàn)関＞v0，所以，fA仍向左，它們從開始運(yùn)動(dòng)至A減速到與傳送帶速度相等的過程中，設(shè)加速度大小為a1，同理可得：
a1＝a＝7.5 m/s2
經(jīng)過t1時(shí)間A減速到與傳送帶速度相等，有：t1＝＝s
A或B的位移為：s1＝t1＝20 m
由于μ2mg＜mgsinθ+μ1mgcosθ，所以，A．B將繼續(xù)減速，加速度為a2
Mgsinθ+μ1mgcosθ﹣μ2mg＝（m+m） a2
解得：a2＝5 m/s2
經(jīng)過t2時(shí)間減速到零：t2＝＝2 s
A或B的位移為：s2＝t2＝10 m
因?yàn)棣?mg＜mgsinθ+μ1mgcosθ 同時(shí)有：mgsinθ＜μ2mg+μ1mgcosθ
B既不能沿斜面向上．也不能沿斜面向下運(yùn)動(dòng)．
即此后的t3＝5 s﹣s﹣2 s 內(nèi)，A．B將對(duì)地靜止不動(dòng)，即5 s內(nèi)B沿斜面的位移為 s＝s1+s2＝30 m
答：（1）若傳送帶以速度v＝10m/s逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，A物體開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a1的大小是7.5 m/s2；
（2）若傳送帶以速度v＝10m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，5s內(nèi)B沿斜面的位移是30m．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了物體在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)過程，分清過程是關(guān)鍵，特別注意摩擦力方向的改變．
45．（葫蘆島二模）如圖甲所示，質(zhì)量為M的平板在水平面上運(yùn)動(dòng)，某一時(shí)刻t＝0時(shí)一質(zhì)量為m的物塊無初速度輕放在平板上，在以后的運(yùn)動(dòng)中，物塊一直沒有離開平板．已知：M＝2m，物塊與平板間、平板與水平面間都不光滑，從t＝0時(shí)起物塊運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙，重力加速度g＝10m/s2．試求：
（1）物塊與平板間動(dòng)摩擦因數(shù)μ1和平板與水平面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ2各是多少？
（2）從t＝0時(shí)開始整個(gè)過程中，平板運(yùn)動(dòng)的總位移是多少？

【分析】（1）根據(jù)木塊運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間圖象求出勻加速和勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度，再根據(jù)牛頓第二定律列式求解動(dòng)摩擦因數(shù)即可；
（2）平板車一直做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求出0﹣0.5s內(nèi)的加速度，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式求解位移即可．
【解答】解：（1）木塊在0﹣0.5s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為：，
根據(jù)牛頓第二定律得：μ1mg＝ma1
解得：μ1＝0.4，
0.5s后平板與木塊整體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為：，
根據(jù)牛頓第二定律得：μ2（M+m）g＝（M+m）a2，
解得：μ2＝0.2，
（2）平板車一直做勻減速運(yùn)動(dòng)，0﹣0.5s內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律得：
μ1mg+μ2（M+m）g＝Ma
解得：a＝5m/s2，
根據(jù)v0﹣at1＝v1得：v0＝4.5m/s，
平板車運(yùn)動(dòng)得位移
解得：s＝2.625m
答：（1）物塊與平板間動(dòng)摩擦因數(shù)μ1為0.4，平板與水平面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ2是0.2；
（2）從t＝0時(shí)開始整個(gè)過程中，平板運(yùn)動(dòng)的總位移是2.625m．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析木板和物體的運(yùn)動(dòng)情況，注意平板車的運(yùn)動(dòng)情況要分為兩個(gè)部分，加速度不同，難度適中．
46．（沈陽一模）如圖所示，長(zhǎng)L＝1.5m，高h(yuǎn)＝0.45m，質(zhì)量M＝10kg的長(zhǎng)方體木箱，在水平面上向右做直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)木箱的速度v0＝3.6m/s時(shí)，對(duì)木箱施加一個(gè)方向水平向左的恒力F＝50N，并同時(shí)將一個(gè)質(zhì)量m＝1kg的小球輕放在距木箱右端的P點(diǎn)（小球可視為質(zhì)點(diǎn)，放在P點(diǎn)時(shí)相對(duì)于地面的速度為零），經(jīng)過一段時(shí)間，小球脫離木箱落到地面。木箱與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，其他摩擦均不計(jì)。取g＝10m/s2，求：
（1）小球從離開木箱開始至落到地面所用的時(shí)間；
（2）小球放上P點(diǎn)后，木箱向右運(yùn)動(dòng)的最大位移；
（3）小球離開木箱時(shí)木箱的速度。

【分析】（1）小球離開木箱后做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系可以求得時(shí)間；
（2）對(duì)木箱受力分析，求出加速度，可以根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系公式和位移時(shí)間關(guān)系公式分別求出位移和時(shí)間；
（3）先對(duì)木箱受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度，然后可以先根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系公式求得時(shí)間，再根據(jù)速度時(shí)間公式求末速度，也可以直接根據(jù)速度位移關(guān)系公式求末速度。
【解答】解：（1）木箱上表面的摩擦不計(jì)，因此小球在離開木箱前相對(duì)地面處于靜止?fàn)顟B(tài)，離開木箱后將做自由落體運(yùn)動(dòng)。
由，得
小球從離開木箱開始至落到地面所用的時(shí)間為0.3s。
（2）小球放到木箱后，木箱的加速度大小為：
，方向向左；
木箱向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為：

小球放上P點(diǎn)后，木箱向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為0.9m。
（3）x1小于1m，所以小球不會(huì)從木箱的左端掉下
木箱向左運(yùn)動(dòng)的加速度為

設(shè)木箱向左運(yùn)動(dòng)的距離為x2時(shí)，小球脫離木箱，則：

設(shè)木箱向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，則：
由
得：

所以，小球離開木箱的瞬間，木箱的速度方向向左，大小為：v2＝a2t2＝2.8×1＝2.8m/s。
【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵對(duì)分向右減速和向左加速兩過程對(duì)木箱受力分析后求得加速度，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解待求量。
五．解答題（共8小題）
47．（浙江期中）如圖甲所示，傾斜的傳送帶與水平地面的夾角為37°，傳送帶沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)?，F(xiàn)在傳送帶頂端A點(diǎn)處無初速度地釋放一個(gè)質(zhì)量為1kg的物體后，經(jīng)過2s物體滑離傳送帶。已知物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖像如圖乙所示，物體可視為質(zhì)點(diǎn)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

（1）傳送帶的頂端A到底端B的距離；
（2）1～2s時(shí)間內(nèi)的摩擦力的大小與方向；
（3）物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。
【分析】（1）根據(jù)v﹣t圖線與坐標(biāo)軸所圍的面積表示物體經(jīng)過的位移求解頂端A到底端B的長(zhǎng)度；
（2）1～2s，物體向下加速運(yùn)動(dòng)，受到的摩擦力沿傳送帶向上，根據(jù)速度圖象可得加速度大小，根據(jù)牛頓第二定律求解滑動(dòng)摩擦力；
（3）結(jié)合（2）中求得的1～2s時(shí)滑動(dòng)摩擦力的大小，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式f＝μFN求解動(dòng)摩擦因數(shù)。
【解答】解：（1）物體的v﹣t圖線與坐標(biāo)軸所圍的面積表示物體經(jīng)過的位移，
0～1s的位移為：x1＝×1×10m＝5m；
1～2 s的位移為：x2＝×（10+12）×1m＝11m；
所以頂端A到底端B的長(zhǎng)度為：x＝x1+x2＝5m+11m＝16m；
（2）物體的v﹣t圖線的斜率表示物體的加速度，
1～2 s時(shí)，根據(jù)速度圖象可得加速度大小為：a1＝＝m/s2＝2m/s2；
物體向下加速運(yùn)動(dòng)，受到的摩擦力沿傳送帶向上，
根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin37°﹣f＝ma1
代入數(shù)據(jù)解得：f＝4N
方向沿傳送帶向上；
（3）1～2 s，物體向下加速運(yùn)動(dòng)，受到的摩擦力沿傳送帶向下，
根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式：f＝μmgcos37°
代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.5
答（1）頂端A到底端B的長(zhǎng)度為16m；
（2）1～2s時(shí)間內(nèi)的摩擦力大小為4N，方向沿傳送帶向上；
（3）物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了傳送帶問題，分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程和受力情況是解題的前提與關(guān)鍵，知道v﹣t圖象斜率表示的物理意義、以及圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示的物理意義。
48．（遼寧二模）在豎直向上運(yùn)動(dòng)的火箭中有一個(gè)機(jī)器上固定著足夠長(zhǎng)的木板，木板中間位置有一個(gè)質(zhì)量m＝2kg的物塊，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，火箭從靜止開始豎直向上做加速運(yùn)動(dòng)，加速度與時(shí)間的關(guān)系為a＝2t。t＝0時(shí)刻給物塊施加水平向左、大小為20N的恒力F，重力加速度恒定不變（g＝10m/s2）。
（1）物塊的水平速度何時(shí)最大？最大值為多少？
（2）若物塊始終未離開木板，開始運(yùn)動(dòng)后經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間物塊相對(duì)木板靜止？

【分析】（1）在豎直方向上根據(jù)加速度變化由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得出支持力隨時(shí)間的變化規(guī)律，然后在水平方向上再由牛頓運(yùn)動(dòng)定律解得水平方向上的加速度隨時(shí)間的變化規(guī)律，當(dāng)加速度減到0時(shí)，物體的速度達(dá)到最大；
（2）根據(jù)加速度隨時(shí)間的變化規(guī)律，利用對(duì)稱關(guān)系就得出速度到0的時(shí)間。
【解答】解：（1）物塊受力如圖所示：在豎直方向：FN﹣mg＝may，解得FN＝20+4t ①
在水平方向由牛頓第二定律可得：F﹣f＝max②
剛開始物塊受到的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力 f＝μFN，③解得：ax＝5﹣t ④
當(dāng)加速度減到0時(shí)速度達(dá)到最大值，解t＝5s ⑤
ax 隨時(shí)間均勻減小到0，故＝m/s2⑥
v＝t＝12.5m/s ⑦
（2）根據(jù)5s之后a隨時(shí)間變化規(guī)律與5s之前對(duì)稱，
故當(dāng)t＝10s時(shí)，物塊的速度減到了0 ⑧
因而物體開始運(yùn)動(dòng)后經(jīng)10s物塊相對(duì)木板靜止
【點(diǎn)評(píng)】本題在水平和豎直兩個(gè)方向用了牛頓第二定律，深度考查學(xué)生對(duì)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解，體現(xiàn)對(duì)學(xué)生學(xué)科素養(yǎng)的綜合分析問題能力的考查
49．（龍華區(qū)校級(jí)月考）如圖甲所示，一傾角為θ＝37°的足夠長(zhǎng)斜面上，一質(zhì)量為m＝1kg的物體在沿斜面向上的拉力F作用下，由斜面底端從靜止開始運(yùn)動(dòng)，2s后撤去F。前2s內(nèi)的物體運(yùn)動(dòng)v﹣t圖像如圖乙所示。已知物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）前2s內(nèi)物體的加速度大小；
（2）拉力F的大??；
（3）撤去力F后物體經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間到達(dá)最高點(diǎn)；
（4）撤去力F后1.8s末物體距離底端多遠(yuǎn)。

【分析】（1）從圖像讀出速度變化量與時(shí)間，結(jié)合加速度定義式求解；
（2）結(jié)合牛頓第二定律求解；
（3）撤去F后，運(yùn)用受力分析知識(shí)與牛頓第二定律，結(jié)合速度、位移公式求解；
（4）由位移公式結(jié)合全過程分析求解
【解答】解：（1）由圖像知，前2s內(nèi)，物體的加速度大小為：a1＝
代入數(shù)據(jù)解得：a1＝4m/s2；
（2）由牛頓第二定律，有：F﹣mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma1
代入數(shù)據(jù)解得：F＝14N
（3）撤去拉力F時(shí)，速度大小為：v1＝8m/s，
此過程運(yùn)動(dòng)位移x1為：x1＝
代入數(shù)據(jù)解得：x1＝8m；
撤去拉力F后，由牛頓第二定律，有：﹣mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2
代入數(shù)據(jù)解得：a2＝﹣10m/s2，
設(shè)經(jīng)t2時(shí)間速度減為0，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：0＝v1+a2t2
代入數(shù)據(jù)解得：t2＝0.8s；
（4）在0.8s內(nèi)物體向上運(yùn)動(dòng)的位移x2：有：0﹣v12＝2a2x2
代入數(shù)據(jù)解得：x2＝3.2m
物體運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)后向下運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，有：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma3
代入數(shù)據(jù)解得：a3＝2m/s2，
再經(jīng)過t3＝1s物體運(yùn)動(dòng)位移大小為：x3＝a3t32
代入數(shù)據(jù)解得：x3＝1m，
撤去力F后1.8s末物體距離底端為：??x＝x1+x2﹣x3
代入數(shù)據(jù)解得：??x＝10.2m；
答：（1）前2s內(nèi)物體的加速度大小為4m/s2；
（2）拉力F的大小為14N；
（3）撤去力F后物體經(jīng)0.8s到達(dá)最高點(diǎn)；
（4）撤去力F后1.8s末物體距離底端10.2m。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了運(yùn)動(dòng)學(xué)和力學(xué)的相關(guān)知識(shí)，包括了加速度的定義式、勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等，考查范圍較廣，對(duì)學(xué)生知識(shí)整合與運(yùn)用能力有一定要求，難度適中。
50．（峨山縣校級(jí)月考）如圖所示，小木塊A位于長(zhǎng)木板B的最左端，B放在光滑水平面上，用水平恒力F＝10N拉動(dòng)A向右運(yùn)動(dòng)，已知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.10，B的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝1.0m，mA＝5.0kg，mB＝10kg，求A拉到長(zhǎng)木板B的最右端時(shí)，木塊A和木板B對(duì)水平面的位移各為多少？

【分析】分別對(duì)AB兩物體進(jìn)行分析，由牛頓第二定律可求得各自的加速度，再由位移關(guān)系可求得時(shí)間；即可由位移公式求得各自的位移。
【解答】解：對(duì)A受力分析可知，A水平方向受拉力和摩擦力的作用；由牛頓第二定律可知：
F﹣μmAg＝mAaA
代入數(shù)據(jù)解得：aA＝1m/s2；
B物體水平方向只受摩擦力，由牛頓第二定律可知：
μmAg＝mBaB
解得：aB＝0.5m/s2；
達(dá)到最右端時(shí)有：
﹣＝L
代入數(shù)據(jù)解得：t＝2s；
則可知，A的對(duì)地位移為：xA＝＝m＝2m；
B的對(duì)地位移為：xB＝＝4m＝1m；
答：AB的對(duì)地位移分別為2m和1m。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用，要注意根據(jù)題意正確選擇研究對(duì)象，根據(jù)受力分析及運(yùn)動(dòng)學(xué)過程分析即可求解。
51．（盧龍縣期末）如圖所示，一重為40N的木塊原來靜止在水平桌面上，某瞬間在水平方向上同時(shí)受到兩個(gè)方向相反的力F1、F2的作用，其中F1＝13N，F(xiàn)2＝6N．已知木塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，求：
（1）木塊所受的摩擦力的大小和方向。
（2）當(dāng)只將F1撤去時(shí)，木塊受到的摩擦力的大小和方向。
（3）若撤去的力不是F1而是F2，求木塊受到的摩擦力的大小和方向。

【分析】（1）根據(jù)共點(diǎn)力平衡，求出物體所受的摩擦力大小和方向；
（2）只將F1撤去時(shí)，物體在F2的作用下仍然處于靜止，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求出靜摩擦力的大小和方向；
（3）根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式求出最大靜摩擦力大小，判斷物體是否滑動(dòng)，若滑動(dòng)，結(jié)合滑動(dòng)摩擦力公式求出滑動(dòng)摩擦力大小。
【解答】解：（1）最大靜摩擦力fm＝μN(yùn)＝0.2×40＝8N；
因?yàn)槲矬w處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受的合力為零，
由于F1＞F2，故靜摩擦力向左，大小為f＝F1﹣F2＝13﹣6N＝7N。
（2）當(dāng)只將F1撤去時(shí)，物體在F2的作用下仍然處于靜止，則f＝F2＝6N，方向向右。
（3）最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力的大小，則fm＝μG＝0.2×40N＝8N，因?yàn)镕1＞fm，所以物體將滑動(dòng)，所受的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力。
f＝μG＝8N，方向向左。
答：（1）物體所受摩擦力的大小為7N，方向水平向左。
（2）當(dāng)只將F1撤去時(shí)，物體受到的摩擦力的大小為6N，方向向右。
（3）若撤去的力不是F1而是F2，則物體受到的摩擦力大小為8N，方向向左。
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵判斷出物體是否處于靜止，從而判斷出物體是受靜摩擦力還是滑動(dòng)摩擦力。
52．（福貢縣校級(jí)期末）如圖甲所示，質(zhì)量為1.0kg的物體置于固定斜面上斜面的傾角θ＝30°，對(duì)物體施以平行于斜面向上的拉力F，經(jīng)1.0s后將拉力撤去，物體運(yùn)動(dòng)的 v﹣t圖象如圖乙（ 設(shè)斜向上為正，g＝10m/s2），試求：

（1）拉力F的大??；
（2）物塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。
（3）若現(xiàn)改用水平恒力F0推物體，物體以2.0m/s2加速度沿斜面加速運(yùn)動(dòng)，求F0＝？
【分析】由速度的斜率求出加速度，根據(jù)牛頓第二定律分別對(duì)拉力撤去前、后過程列式，可求出物塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為 μ。
【解答】解：（1）由圖象可求加速度大?。汉?br /> 由牛頓定律，拉力撤去前：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1①
拉力撤去后：mgsinθ+μmgcosθ＝ma2②
代入數(shù)據(jù)解得：F＝18N
（2）聯(lián)立以上公式得：＝
（3）若物體向上加速，則：F0cos30°﹣mgsin30°﹣μ（F0sin30°+mgcos30°）＝ma
代入數(shù)據(jù)，整理得：F0＝9.9N
若物體向下加速，則：F0cos30°﹣mgsin30°+μ（F0sin30°+mgcos30°）＝﹣ma
代入數(shù)據(jù)，整理得：F0＝2.2N
答：（1）拉力F的大小是18N；（2）物塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ是。
（3）若現(xiàn)改用水平恒力F0推物體，物體以2.0m/s2加速度沿斜面向上加速運(yùn)動(dòng)，則拉力為9.9N，若向下加速，則拉力為2.2N。
【點(diǎn)評(píng)】本題首先挖掘速度圖象的物理意義，由斜率求出加速度，其次求得加速度后，由牛頓第二定律求解物體的受力情況。
53．（大關(guān)縣期末）豎直運(yùn)行的升降機(jī)地板上有一個(gè)質(zhì)量為100kg的物體，它對(duì)地板的壓力隨時(shí)間變化的圖象如圖所示．若升降機(jī)從靜止開始向上運(yùn)動(dòng)，g取10m/s2，求8s內(nèi)升降機(jī)上升的高度？

【分析】分析出三段過程中的加速度大小和方向，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出升降機(jī)在這三段過程中的位移，從而求出8s內(nèi)升降機(jī)上升的高度．
【解答】解：取升降機(jī)地板上的物體為研究對(duì)象，物體受力情況如右圖所示．取向上為正方向．由牛頓第三定律可知，物體對(duì)地面的壓力等于地面對(duì)物體的支持力，即F＝FN．

在0～2s內(nèi)，F(xiàn)N1＝F1＞mg，物體所受合外力豎直向上，所以物體向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．
由牛頓第二定律得 FN1﹣mg＝ma1①
＝＝5.0m/s2
所以物體的位移 ②
物體2s末的速度 v＝a1t1＝5.0×2.0m/s＝10.0m/s③
在2～6s內(nèi)，F(xiàn)N2＝mg，物體所受合外力為零，所以物體向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則
物體的位移 x2＝vt2＝10.0×4.0m＝40.0m④
在6～8s內(nèi)，F(xiàn)N3＜mg，物體所受合外力方向豎直向下，所以物體向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，初速度為v＝10.0m/s．
由牛頓第二定律F3﹣mg＝ma3⑤

所以物體的位移 ＝＝10.0m⑥
所整個(gè)過程中物體位移x＝x1+x2+x3＝10.0m+40.0m+10.0m＝60.0m⑦
答：8s內(nèi)升降機(jī)上升的高度為60.0m．
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵理清升降機(jī)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解．
54．（杭州月考）在科技創(chuàng)新活動(dòng)中，小華同學(xué)根據(jù)磁鐵同性相斥原理設(shè)計(jì)了用機(jī)器人操作的磁力運(yùn)輸車（如圖甲所示）。小華讓運(yùn)輸車嘗試在如圖乙的路面上運(yùn)行，其中AB段是動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2的粗糙斜面，其傾角為α＝37°，BC段是光滑水平面，C點(diǎn)左邊鋪上粗糙砂紙。機(jī)器人用大小不變的電磁力F推動(dòng)質(zhì)量為m＝1.5kg的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。小滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)機(jī)器人撤去電磁力F，然后小滑塊滑上水平面BC．（已知：g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，設(shè)小滑塊經(jīng)過B點(diǎn)前后速率不變）

用速度傳感器測(cè)量小滑塊在運(yùn)動(dòng)過程的瞬時(shí)速度大小并記錄如下：
t（s）
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
1.4
1.6
1.8
2.0
…
v（m/s）
0
0.4
0.8
1.2
1.5
1.5
1.5
1.5
1.4
1.2
1.0
…
求：（1）小滑塊與砂紙間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ0；
（2）小滑塊在AB斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度；
（3）機(jī)器人對(duì)小滑塊作用力F的大??；
（4）小滑塊從A點(diǎn)出發(fā)到停止的總路程（結(jié)果保留二位小數(shù)）。
【分析】（1）對(duì)C點(diǎn)左側(cè)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度時(shí)間公式求解加速度，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解動(dòng)摩擦因數(shù)；
（2）對(duì)AB過程，根據(jù)速度時(shí)間公式求解加速度；
（3）對(duì)AB過程，根據(jù)牛頓第二定律列式求解推力；
（4）滑塊從A到B的過程做勻加速運(yùn)動(dòng)，B到C的過程做勻速運(yùn)動(dòng)，滑塊經(jīng)過C后做勻減速運(yùn)動(dòng)；分三段過程，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解。
【解答】解：（1）滑塊從A到B的過程做勻加速運(yùn)動(dòng)，B到C的過程做勻速運(yùn)動(dòng)，滑塊經(jīng)過C后做勻減速運(yùn)動(dòng)。
滑塊經(jīng)過C后，＝1m/s2；
根據(jù)牛頓第二定律，有：μ0mg＝ma2；
代入數(shù)據(jù)解得：μ0＝0.1；
（2）滑塊從A到B的過程做勻加速運(yùn)動(dòng)，故：
m/s2＝2m/s2；
（3）滑塊由A到B過程中，由牛頓第二定律得：
F﹣μmgcosα﹣mgsinα＝ma1
代入數(shù)據(jù)解得：F＝14.4N
（4）由表格可知：B點(diǎn)的速度為1.5m/s。
＝0.75s
滑塊從A到B的過程：，
解得s1＝0.5625m
分析表格數(shù)據(jù)可知，t＝1.6s時(shí)，速度為1.4m/s，減速階段的加速度為1m/s2，t＝1.5s時(shí)，速度為1.5m/s，
t＝0.6s時(shí)，速度為1.2s，加速階段的加速度為2m/s2，t＝0.75s時(shí)，速度為1.5m/s，
則滑塊在BC上勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：
t＝1.5s﹣0.75s＝0.75s
s2＝vBt＝1.125m
滑塊經(jīng)過C后：＝1.125m
所以，小滑塊的總路程為：
s＝s1+s2+s3＝2.8125m
答：（1）小滑塊與砂紙間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1；
（2）小滑塊在AB斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度為2m/s2；
（3）機(jī)器人對(duì)小滑塊作用力F的大小為14.4N；
（4）小滑塊從A點(diǎn)出發(fā)到停止的總路程為2.8125m。
【點(diǎn)評(píng)】本題是已知運(yùn)動(dòng)情況確定受力情況的問題，關(guān)鍵是先根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解加速度，然后根據(jù)受力分析后根據(jù)牛頓第二定律列式求解，注意分段考慮。

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