專題二 牛頓運動定律的綜合應用

...wd......wd......wd...專題二牛頓運動定律的綜合應用考綱解讀1.掌握超重、失重的概念，會分析超重、失重的相關問題.2.學會分析臨界與極值問題.3.會進展力學多過程問題的分析．考點一超重與失重現(xiàn)象1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力減小了，完全失重也不是重力完全消失了．在發(fā)生這些現(xiàn)象時，物體的重力依然存在，且不發(fā)生變化，只是物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)發(fā)生了變化(即“視重〞發(fā)生變化)．2．只要物體有向上或向下的加速度，物體就處于超重或失重狀態(tài)，與物體向上運動還是向下運動無關．3．盡管物體的加速度不是在豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重或失重狀態(tài)．4．物體超重或失重的多少是由物體的質量和豎直加速度共同決定的，其大小等于ma.例1如圖1所示，升降機天花板上用輕彈簧懸掛一物體，升降機靜止時彈簧伸長量為10cm，運動時彈簧伸長量為9cm，則升降機的運動狀態(tài)可能是(g＝10m/s2)()圖1A．以a＝1m/s2的加速度加速上升B．以a＝1m/s2的加速度加速下降C．以a＝9m/s2的加速度減速上升D．以a＝9m/s2的加速度減速下降解析根據運動時彈簧伸長量為9cm，小于靜止時彈簧伸長量10cm，可知升降機的加速度向下，則升降機的運動狀態(tài)可能是以a＝1m/s2的加速度加速下降，也可能是以a＝1m/s2的加速度減速上升，故B正確．答案B遞進題組1．[超重與失重的判斷]關于超重和失重現(xiàn)象，以下描述中正確的選項是()A．電梯正在減速上升，在電梯中的乘客處于超重狀態(tài)B．磁懸浮列車在水平軌道上加速行駛時，列車上的乘客處于超重狀態(tài)C．蕩秋千時秋千擺到最低位置時，人處于失重狀態(tài)D．“神舟九號〞飛船在繞地球做圓軌道運行時，飛船內的宇航員處于完全失重狀態(tài)答案D2．[超重與失重的理解與應用]如圖2所示是某同學站在力傳感器上做下蹲——起立的動作時記錄的壓力F隨時間t變化的圖線．由圖線可知該同學()圖2A．體重約為650NB．做了兩次下蹲——起立的動作C．做了一次下蹲——起立的動作，且下蹲后約2s起立D．下蹲過程中先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)答案AC解析做下蹲——起立的動作時，下蹲過程中先向下加速后向下減速，因此先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，D錯誤；由圖線可知，第一次下蹲4s末完畢，到6s末開場起立，所以A、C正確，B錯誤．超重和失重現(xiàn)象判斷的“三〞技巧(1)從受力的角度判斷，當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)，小于重力時處于失重狀態(tài)，等于零時處于完全失重狀態(tài)．(2)從加速度的角度判斷，當物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時處于完全失重狀態(tài)．(3)從速度變化的角度判斷①物體向上加速或向下減速時，超重；②物體向下加速或向上減速時，失重．考點二動力學中的臨界極值問題臨界或極值條件的標志(1)有些題目中有“剛好〞、“恰好〞、“正好〞等字眼，明顯說明題述的過程存在著臨界點；(2)假設題目中有“取值范圍〞、“多長時間〞、“多大距離〞等詞語，說明題述的過程存在著“起止點〞，而這些起止點往往就對應臨界狀態(tài)；(3)假設題目中有“最大〞、“最小〞、“至多〞、“至少〞等字眼，說明題述的過程存在著極值，這個極值點往往是臨界點；(4)假設題目要求“最終加速度〞、“穩(wěn)定加速度〞等，即是求收尾加速度或收尾速度．例2(2013·山東·22)如圖3所示，一質量m＝0.4kg的小物塊，以v0＝2m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運動，經t＝2s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L＝10m．斜面傾角θ＝30°，物塊與斜面之間的動摩擦因數μ＝eq\f(\r(3),3).重力加速度g取10m/s2.圖3(1)求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大?。?2)拉力F與斜面夾角多大時，拉力F最小拉力F的最小值是多少解析(1)設物塊加速度的大小為a，到達B點時速度的大小為v，由運動學公式得L＝v0t＋eq\f(1,2)at2①v＝v0＋at②聯(lián)立①②式，代入數據得a＝3m/s2③v＝8m/s④(2)設物塊所受支持力為FN，所受摩擦力為Ff，拉力與斜面間的夾角為α，受力分析如以下圖，由牛頓第二定律得Fcosα－mgsinθ－Ff＝ma⑤Fsinα＋FN－mgcosθ＝0⑥又Ff＝μFN⑦聯(lián)立⑤⑥⑦式得F＝eq\f(mgsinθ＋μcosθ＋ma,cosα＋μsinα)⑧由數學知識得cosα＋eq\f(\r(3),3)sinα＝eq\f(2\r(3),3)sin(60°＋α)⑨由⑧⑨式可知對應最小F的夾角α＝30°⑩聯(lián)立③⑧⑩式，代入數據得F的最小值為Fmin＝eq\f(13\r(3),5)N答案(1)3m/s28m/s(2)30°eq\f(13\r(3),5)N遞進題組3．[動力學中的臨界問題]如圖4所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上，A、B質量分別為mA＝6kg、mB＝2kg，A、B之間的動摩擦因數μ＝0.2，開場時F＝10N，此后逐漸增大，在增大到45N的過程中，則()圖4A．當拉力F<12N時，物體均保持靜止狀態(tài)B．兩物體開場沒有相對運動，當拉力超過12N時，開場相對滑動C．兩物體從受力開場就有相對運動D．兩物體始終沒有相對運動答案D4．[動力學中的臨界問題]一個質量為0.2kg的小球用細繩吊在傾角為θ＝53°的斜面頂端，如圖5所示，斜面靜止時，球緊靠在斜面上，繩與斜面平行，不計摩擦，當斜面以10m/s2的加速度向右做加速運動時，求繩子的拉力及斜面對小球的彈力．圖5答案拉力為2.83N，彈力為零解析先分析物理現(xiàn)象，用極限法把加速度a推到兩個極端來分析：當a較小(a→0)時，小球受三個力(重力、繩拉力和斜面的支持力)作用，此時繩平行于斜面；當a較大(足夠大)時，小球將“飛離〞斜面，此時繩與水平方向的夾角未知，那么當a＝10m/s2向右時，終究是上述兩種情況中的哪一種解題時必須先求出小球離開斜面的臨界值a0，然后才能確定．令小球處在離開斜面的臨界狀態(tài)(FN剛好為零)時，斜面向右的加速度為a0，此時對小球有mgcotθ＝ma0所以a0＝gcotθ＝7.5m/s2，因為a＝10m/s2>a0所以小球離開斜面(如以下圖)向右加速運動所以FT＝eq\r(ma2＋mg2)≈2.83N，F(xiàn)N＝0動力學中的“四種〞典型臨界條件(1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是：彈力FN＝0.(2)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則相對滑動的臨界條件是：靜摩擦力到達最大值．(3)繩子斷裂與松馳的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松馳的臨界條件是：FT＝0.(4)加速度變化時，速度到達最值的臨界條件：當加速度變?yōu)榱銜r．考點三“傳送帶模型〞問題兩類傳送帶模型(1)水平傳送帶問題：求解的關鍵在于對物體所受的摩擦力進展正確的分析判斷．判斷摩擦力時要注意比擬物體的運動速度與傳送帶的速度，也就是分析物體在運動位移x(對地)的過程中速度是否和傳送帶速度相等．物體的速度與傳送帶速度相等的時刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時刻．(2)傾斜傳送帶問題：求解的關鍵在于認真分析物體與傳送帶的相對運動情況，從而確定其是否受到滑動摩擦力作用．如果受到滑動摩擦力作用應進一步確定其大小和方向，然后根據物體的受力情況確定物體的運動情況．當物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變．例3如圖6所示為某工廠的貨物傳送裝置，傾斜運輸帶AB(與水平面成α＝37°角)與一斜面BC(與水平面成θ＝30°角)平滑連接，B點到C點的距離為L＝0.6m，運輸帶運行速度恒為v0＝5m/s，A點到B點的距離為x＝4.5m，現(xiàn)將一質量為m＝0.4kg的小物體輕輕放于A點，物體恰好能到達最高點C點，物體與斜面間的動摩擦因數μ1＝eq\f(\r(3),6)，求：(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空氣阻力不計)圖6(1)小物體運動到B點時的速度v的大小；(2)小物體與運輸帶間的動摩擦因數μ；(3)小物體從A點運動到C點所經歷的時間t.解析(1)設小物體在斜面上的加速度為a1，運動到B點時的速度為v，由牛頓第二定律得mgsinθ＋μ1mgcosθ＝ma1由運動學公式知v2＝2a1L，聯(lián)立解得v＝3m/s.(2)因為v<v0，所以小物體在運輸帶上一直做勻加速運動，設加速度為a2，則由牛頓第二定律知μmgcosα－mgsinα＝ma2又因為v2＝2a2x，聯(lián)立解得μ＝eq\f(7,8).(3)小物體從A點運動到B點所經歷時間t1＝eq\f(v,a2)，從B點運動到C點經歷時間t2＝eq\f(v,a1)聯(lián)立并代入數據得小物體從A點運動到C點所經歷的時間t＝t1＋t2＝3.4s.答案(1)3m/s(2)eq\f(7,8)(3)3.4s遞進題組5．[水平傳送帶模型]如圖7所示，水平傳送帶A、B兩端相距s＝3.5m，物體與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.1，物體滑上傳送帶A端的瞬時速度vA＝4m/s，到達B端的瞬時速度設為vB.以下說法中正確的選項是()圖7A．假設傳送帶不動，vB＝3m/sB．假設傳送帶逆時針勻速轉動，vB一定等于3m/sC．假設傳送帶順時針勻速轉動，vB一定等于3m/sD．假設傳送帶順時針勻速轉動，有可能等于3m/s答案ABD解析當傳送帶不動時，物體從A到B做勻減速運動，a＝μg＝1m/s2，由2μgs＝veq\o\al(2,A)－veq\o\al(2,B)得，vB＝3m/s；當傳送帶逆時針轉動時，物體相對傳送帶運動方向不變，物體以一樣的加速度一直減速至B，vB＝3m/s；當傳送帶順時針勻速轉動時，傳送帶的速度不同，物體滑上傳送帶后的運動情況不同．有下面的五種可能：①勻速；②一直減速；③先減速后勻速；④一直加速；⑤先加速后勻速．所以此題正確選項為A、B、D.6．[傾斜傳送帶模型]如圖8所示，傾角為37°，長為l＝16m的傳送帶，轉動速度為v＝10m/s，動摩擦因數μ＝0.5，在傳送帶頂端A處無初速度地釋放一個質量為m＝0.5kg的物體．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.求：圖8(1)傳送帶順時針轉動時，物體從頂端A滑到底端B的時間；(2)傳送帶逆時針轉動時，物體從頂端A滑到底端B的時間．答案(1)4s(2)2s解析(1)傳送帶順時針轉動時，物體相對傳送帶向下運動，則物體所受滑動摩擦力沿斜面向上，又μ<tanθ，故向下勻加速運動，設加速度為a，根據牛頓第二定律有mg(sin37°－μcos37°)＝ma則a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2，根據l＝eq\f(1,2)at2得t＝4s.(2)傳送帶逆時針轉動，當物體下滑速度小于傳送帶轉動速度時，物體相對傳送帶向上運動，則物體所受滑動摩擦力沿傳送帶向下，設物體的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1則有a1＝eq\f(mgsin37°＋μmgcos37°,m)＝10m/s2設當物體運動速度等于傳送帶轉動速度時經歷的時間為t1，位移為x1，則有t1＝eq\f(v,a1)＝eq\f(10,10)s＝1s，x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝5m<l＝16m當物體運動速度等于傳送帶速度瞬間，有mgsin37°>μmgcos37°，則下一時刻物體相對傳送帶向下運動，受到沿傳送帶向上的滑動摩擦力——摩擦力發(fā)生突變．設當物體下滑速度大于傳送帶轉動速度時物體的加速度為a2，則a2＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝2m/s2x2＝l－x1＝11m又因為x2＝vt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，則有10t2＋teq\o\al(2,2)＝11解得：t2＝1s(t2＝－11s舍去)所以t總＝t1＋t2＝2s.考點四“滑塊—木板模型〞問題1．問題的特點滑塊—木板類問題涉及兩個物體，并且物體間存在相對滑動．2．常見的兩種位移關系滑塊從木板的一端運動到另一端的過程中，假設滑塊和木板向同一方向運動，則滑塊的位移和木板的位移之差等于木板的長度；假設滑塊和木板向相反方向運動，則滑塊的位移和木板的位移之和等于木板的長度．3．解題方法此類問題涉及兩個物體、多個運動過程，并且物體間還存在相對運動，所以應準確求出各物體在各個運動過程中的加速度(注意兩過程的連接處加速度可能突變)，找出物體之間的位移(路程)關系或速度關系是解題的突破口．求解中應注意聯(lián)系兩個過程的紐帶，每一個過程的末速度是下一個過程的初速度．例4(2013·江蘇·14)如圖9所示，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗．假設砝碼和紙板的質量分別為m1和m2，各接觸面間的動摩擦因數均為μ.重力加速度為g.圖9(1)當紙板相對砝碼運動時，求紙板所受摩擦力的大??；(2)要使紙板相對砝碼運動，求所需拉力的大??；(3)本實驗中，m1＝0.5kg，m2＝0.1kg，μ＝0.2，砝碼與紙板左端的距離d＝0.1m，取g＝10m/s2.假設砝碼移動的距離超過l＝0.002m，人眼就能感知．為確保實驗成功，紙板所需的拉力至少多大解析(1)砝碼對紙板的摩擦力f1＝μm1g，桌面對紙板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)g，紙板所受的摩擦力f＝f1＋f2＝μ(2m1＋m2)g.(2)設砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則有：f1＝m1a1，F(xiàn)－f1－f2＝m2a2，發(fā)生相對運動的條件a1<a2,解得F>2μ(m1＋m2)g.(3)紙板抽出前，砝碼運動距離x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1).紙板運動距離x1＋d＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1).紙板抽出后，砝碼在桌面上運動距離x2＝eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,2)，l＝x1＋x2且a1＝a3，a1t1＝a3t2，聯(lián)立以上各式解得F＝2μeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(m1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(d,l)))m2))g，代入數據求得F＝22.4N.答案(1)μ(2m1＋m2)g(2)F>2μ(m1＋m2)g(3)22.4N遞進題組7．[滑塊—木板模型]質量為m0＝20kg、長為L＝5m的木板放在水平面上，木板與水平面間的動摩擦因數為μ1＝0.15.將質量m＝10kg的小木塊(可視為質點)，以v0＝4m/s的速度從木板的左端水平拋射到木板上(如圖10所示)，小木塊與木板面間的動摩擦因數為μ2＝0.4(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10m/s2)．則以下判斷中正確的選項是()圖10A．木板一定靜止不動，小木塊不能滑出木板B．木板一定靜止不動，小木塊能滑出木板C．木板一定向右滑動，小木塊不能滑出木板D．木板一定向右滑動，小木塊能滑出木板答案A8．[滑塊—木板模型]如圖11所示，質量M＝8kg的小車放在水平光滑的平面上，在小車左端加一水平推力F＝8N．當小車向右運動的速度到達1.5m/s時，在小車前端輕輕地放上一個大小不計、質量為m＝2kg的小物塊，小物塊與小車間的動摩擦因數μ＝0.2，小車足夠長．求：(取g＝10m/s2)圖11(1)放上小物塊后，小物塊及小車的加速度各為多大；(2)經多長時間兩者到達一樣的速度；(3)從小物塊放在小車上開場，經過t＝1.5s小物塊通過的位移大小為多少．答案見解析解析(1)小物塊的加速度am＝μg＝2m/s2小車的加速度aM＝eq\f(F－μmg,M)＝0.5m/s2(2)由：amt＝v0＋aMt得t＝1s(3)在開場1s內小物塊的位移：x1＝eq\f(1,2)amt2＝1m最大速度：v＝amt＝2m/s在接下來的0.5s內小物塊與小車相對靜止，一起做勻加速運動且加速度：a＝eq\f(F,M＋m)＝0.8m/s2這0.5s內的位移：x2＝vt1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝1.1m通過的總位移x＝x1＋x2＝2.1m.“滑塊—木板模型〞的分析技巧(1)分析滑塊和木板的受力情況，根據牛頓第二定律分別求出滑塊和木板的加速度．(2)對滑塊和木板進展運動情況分析，找出滑塊和木板之間的位移關系或速度關系，建設方程．特別注意滑塊和木板的位移都是相對地面的位移．高考模擬明確考向1．(2014·北京理綜·18)應用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象，可以使物理學習更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物體，由靜止開場豎直向上運動，直至將物體拋出．對此現(xiàn)象分析正確的選項是()A．手托物體向上運動的過程中，物體始終處于超重狀態(tài)B．手托物體向上運動的過程中，物體始終處于失重狀態(tài)C．在物體離開手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度D．在物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度答案D解析手托物體拋出的過程，必有一段加速過程，其后可以減速，可以勻速，當手和物體勻速運動時，物體既不超重也不失重；當手和物體減速運動時，物體處于失重狀態(tài)，選項A錯誤；物體從靜止到運動，必有一段加速過程，此過程物體處于超重狀態(tài)，選項B錯誤；當物體離開手的瞬間，物體只受重力，此時物體的加速度等于重力加速度，選項C錯誤；手和物體別離之前速度一樣，別離之后手速度的變化量比物體速度的變化量大，物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度，所以選項D正確．2.(2014·四川·7)如圖12所示，水平傳送帶以速度v1勻速運動，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t＝0時刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，t＝t0時刻P離開傳送帶．不計定滑輪質量和摩擦，繩足夠長．正確描述小物體P速度隨時間變化的圖象可能是()圖12答案BC解析假設v1>v2，且P受到的滑動摩擦力大于Q的重力，則可能先向右勻加速，加速至v1后隨傳送帶一起向右勻速，此過程如圖B所示，故B正確．假設v1>v2，且P受到的滑動摩擦力小于Q的重力，此時P一直向右減速，減速到零后反向加速．假設v2>v1，P受到的滑動摩擦力向左，開場時加速度a1＝eq\f(FT＋μmg,m)，當減速至速度為v1時，摩擦力反向，假設有FT>μmg，此后加速度a2＝eq\f(FT－μmg,m)，故C正確，A、D錯誤．3．(2014·江蘇·8)如圖13所示，A、B兩物塊的質量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上．A、B間的動摩擦因數為μ，B與地面間的動摩擦因數為eq\f(1,2)μ.最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.現(xiàn)對A施加一水平拉力F，則()圖13A．當F<2μmg時，A、B都相對地面靜止B．當F＝eq\f(5,2)μmg時，A的加速度為eq\f(1,3)μgC．當F>3μmg時，A相對B滑動D．無論F為何值，B的加速度不會超過eq\f(1,2)μg答案BCD解析當0<F≤eq\f(3,2)μmg時，A、B皆靜止；當eq\f(3,2)μmg<F≤3μmg時，A、B相對靜止，但兩者相對地面一起向右做勻加速直線運動；當F>3μmg時，A相對B向右做加速運動，B相對地面也向右加速，選項A錯誤，選項C正確．當F＝eq\f(5,2)μmg時，A與B共同的加速度a＝eq\f(F－\f(3,2)μmg,3m)＝eq\f(1,3)μg，選項B正確．F較大時，取物塊B為研究對象，物塊B的加速度最大為a2＝eq\f(2μmg－\f(3,2)μmg,m)＝eq\f(1,2)μg，選項D正確．4．如圖14所示，AB、AC為不可伸長的輕繩，小球質量為m＝0.4kg.當小車靜止時，AC水平，AB與豎直方向夾角為θ＝37°，試求小車分別以以下加速度向右勻加速運動時，兩繩上的張力FAC、FAB分別為多少．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.圖14(1)a1＝5m/s2；(2)a2＝10m/s2.答案(1)FAB＝5N，F(xiàn)AC＝1N(2)FAB′＝4eq\r(2)NFAC′＝0解析設繩AC水平且拉力剛好為零時，臨界加速度為a0.根據牛頓第二定律FABsinθ＝ma0，F(xiàn)ABcosθ＝mg.聯(lián)立兩式并代入數據得a0＝7.5m/s2(1)當a1＝5m/s2<a0，此時AC繩伸直且有拉力．根據牛頓第二定律FABsinθ－FAC＝ma1，F(xiàn)ABcosθ＝mg.聯(lián)立兩式并代入數據得FAB＝5N，F(xiàn)AC＝1N.(2)當a2＝10m/s2>a0，此時AC繩不能伸直，F(xiàn)AC′＝0.AB繩與豎直方向夾角α>θ，據牛頓第二定律FAB′sinα＝ma2，F(xiàn)AB′cosα＝mg.聯(lián)立兩式并代入數據得FAB′＝4eq\r(2)N練出高分一、單項選擇題1．如圖1所示，將物體A放在容器B中，以某一速度把容器B豎直上拋，不計空氣阻力，運動過程中容器B的底面始終保持水平，以下說法正確的選項是()圖1A．在上升和下降過程中A對B的壓力都一定為零B．上升過程中A對B的壓力大于物體A受到的重力C．下降過程中A對B的壓力大于物體A受到的重力D．在上升和下降過程中A對B的壓力都等于物體A受到的重力答案A解析以A、B整體為研究對象，在上升和下降過程中，A、B的加速度都為重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，A對B的壓力為0.故A正確．2．如圖2所示，質量為M的木楔ABC靜置于粗糙水平面上，在斜面頂端將一質量為m的物體，以一定的初速度從A點沿平行斜面的方向推出，物體m沿斜面向下做減速運動，在減速運動過程中，以下有關說法中正確的選項是()圖2A．地面對木楔的支持力大于(M＋m)gB．地面對木楔的支持力小于(M＋m)gC．地面對木楔的支持力等于(M＋m)gD．地面對木楔的摩擦力為0答案A解析由于物體m沿斜面向下做減速運動，則物體的加速度方向與運動方向相反，即沿斜面向上，則其沿豎直向上的方向有分量，故系統(tǒng)處于超重狀態(tài)，所以可確定A正確，B、C錯誤；同理可知，加速度沿水平方向的分量向右，說明地面對木楔的摩擦力方向水平向右，故D錯誤．3．如圖3所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時針勻速轉動．在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數μ<tanθ，則圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時間變化關系的是()圖3答案D解析小木塊剛放上傳送帶，傳送帶的速度大于小木塊的速度，傳送帶給小木塊一沿斜面向下的滑動摩擦力，小木塊由靜止加速下滑；由分析得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，a1＝g(sinθ＋μcosθ)；當小木塊加速至與傳送帶速度相等時，由于μ<tanθ，小木塊在重力作用下將繼續(xù)加速，此后小木塊的速度大于傳送帶的速度，傳送帶給小木塊沿傳送帶向上的滑動摩擦力，但合力沿傳送帶向下，小木塊繼續(xù)加速下滑，同理得，a2＝g(sinθ－μcosθ)．所以此題正確選項為D.4．如圖4所示，傳送帶保持1m/s的速度順時針轉動．現(xiàn)將一質量m＝0.5kg的物體輕輕地放在傳送帶的a點上，設物體與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.1，a、b間的距離L＝2.5m，則物體從a點運動到b點所經歷的時間為(g取10m/s2)()圖4A.eq\r(5)sB．(eq\r(6)－1)sC．3sD．2.5s答案C解析物體在傳送帶上運動的加速度為a＝μg＝1m/s2，加速到與傳送帶共速的時間為t1＝eq\f(v,a)＝1s，加速的距離為x＝eq\f(v,2)t1＝0.5m，以后物體隨傳送帶勻速運動的時間為t2＝eq\f(L－x,v)＝2s，則物體從a點運動到b點所經歷的時間為3s，選項C正確．5．如圖5所示，木塊A、B靜止疊放在光滑水平面上，A的質量為m，B的質量為2m.現(xiàn)施水平力F拉B(如圖甲)，A、B剛好不發(fā)生相對滑動，一起沿水平面運動．假設改用水平力F′拉A(如圖乙)，使A、B也保持相對靜止，一起沿水平面運動，則F′不得超過()圖5A．2FB.eq\f(F,2)C．3FD.eq\f(F,2)答案B解析水平力F拉B時，設加速度為a，對A、B整體：F＝3ma①A、B剛好不發(fā)生相對滑動，實際上是將要滑動，但尚未滑動的一種臨界狀態(tài)，則B對A的摩擦力到達了最大靜摩擦力μmg，對A：μmg＝ma②如果用F′作用在A上，設加速度為a′，對A、B整體：F′＝3ma′③A、B剛好不發(fā)生相對滑動，則A對B的摩擦力到達了最大靜摩擦力μmg，對B：μmg＝2ma′④由①②③④得：F′＝eq\f(F,2).6．如圖6所示，質量都為m的A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，運動距離h時B與A別離．則以下說法中正確的選項是()圖6A．B和A剛別離時，彈簧為原長B．B和A剛別離時，它們的加速度為gC．彈簧的勁度系數等于eq\f(mg,h)D．在B與A別離之前，它們做勻加速運動答案C解析在施加外力F前，對A、B整體受力分析可得2mg＝kx1，A、B兩物體別離時，B物體受力平衡，兩者加速度恰好為零，選項A、B錯誤；對物體A，mg＝kx2，由于x1－x2＝h，所以彈簧的勁度系數為k＝eq\f(mg,h)，選項C正確；在B與A別離之前，由于彈簧彈力逐漸減小，它們的加速度逐漸減小，選項D錯誤．二、多項選擇題7．用力傳感器懸掛一鉤碼，一段時間后，鉤碼在拉力作用下沿豎直方向由靜止開場運動．如圖7所示，圖中實線是傳感器記錄的拉力大小變化情況，則()圖7A．鉤碼的重力約為4NB．鉤碼的重力約為3NC．A、B、C、D四段圖線中，鉤碼處于超重狀態(tài)的是A、D，失重狀態(tài)的是B、CD．A、B、C、D四段圖線中，鉤碼處于超重狀態(tài)的是A、B，失重狀態(tài)的是C、D答案AC解析求解此題的關鍵是對圖象及超重、失重概念的準確理解．由于初始狀態(tài)物體靜止，所以鉤碼的重力等于拉力，從圖上可讀出拉力約為4N，故A正確，B錯誤；據“超重時拉力大于重力、失重時拉力小于重力〞可知，C正確，D錯誤．8．如圖8所示，質量為m1的足夠長木板靜止在光滑水平面上，其上放一質量為m2的木塊．t＝0時刻起，給木塊施加一水平恒力F.分別用a1、a2和v1、v2表示木板、木塊的加速度和速度大小，以下四個圖中可能符合運動情況的是()圖8答案AC解析假設m1和m2在拉力F的作用下一起做勻加速直線運動，則a＝eq\f(F,m1＋m2)，選項A正確；假設m1和m2在拉力F的作用下發(fā)生相對滑動，因為m2的速度v2大于m1的速度v1，所以選項C正確，D錯誤；又因v－t圖象的斜率表示加速度，根據C圖可知，a2>a1，選項B錯誤．三、非選擇題9．如圖9所示，為傳送帶傳輸裝置示意圖的一局部，傳送帶與水平地面的傾角θ＝37°，A、B兩端相距5.0m，質量為M＝10kg的物體以v0＝6.0m/s的速度沿AB方向從A端滑上傳送帶，物體與傳送帶間的動摩擦因數處處一樣，均為0.5.傳送帶順時針運轉的速度v＝4.0m/s，(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：圖9(1)物體從A點到達B點所需的時間；(2)假設傳送帶順時針運轉的速度可以調節(jié)，物體從A點到達B點的最短時間是多少答案(1)2.2s(2)1s解析(1)設物體速度大于v＝4.0m/s時加速度大小為a1，由牛頓第二定律得Mgsinθ＋μM