1、第3讲牛顿运动定律的综合应用考纲下载：1.牛顿运动定律的应用()2.超重和失重()主干知识练中回扣忆教材 夯基提能1超重和失重(1)视重当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。(2)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)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
2、程FmgmaFm(ga)mgFmaFm(ga)mgFmaF02.整体法和隔离法(1)整体法当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法。(2)隔离法当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法。(3)外力和内力如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力。应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力；如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转换为隔离
3、体的外力。巩固小练1判断正误(1)超重就是物体的重力变大的现象。()(2)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力。()(3)加速上升的物体处于超重状态。()(4)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。()(5)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关。()(6)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法。()(7)求解物体间的相互作用力应采用隔离法。()超重和失重2.如图所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B的底面始终保持水平，下列说法正确的是()A在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零B上升过程中A对B的压力
4、大于物体A受到的重力C下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力D在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力解析：选A把容器B竖直上抛，物体处于完全失重状态，在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零，选项A正确。连接体问题3.(2016蚌埠模拟)如图所示，A、B两物体之间用轻质弹簧连接，用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，这时弹簧长度为L1；若将A、B置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力F拉A，使A、B一起做匀加速直线运动，此时弹簧长度为L2。若A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同，则下列关系式正确的是()AL2L1BL2L1CL2L1D由于A、B质量关系未知
5、，故无法确定L1、L2的大小关系解析：选A水平面光滑时，用水平恒力F拉A时，由牛顿第二定律得，对整体有 F(mAmB)a，对B有 F1mBa；水平面粗糙时，对整体有 F(mAmB)g(mAmB)a，对B有 F2mBgmBa，解以上两式得F2，可知F1F2，故L1L2，故A正确。动力学图象问题4从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球，小球到达最高点的时刻为t1，下落到抛出点的时刻为t2。若空气阻力的大小恒定，则在下图中能正确表示被抛出物体的速率v随时间t的变化关系的图线是()解析：选C小球在上升过程中做匀减速直线运动，其加速度为a1，下降过程中做匀加速直线运动，其加速度为a2，即a1a2，且所分析
6、的是速率与时间的关系，故C正确。核心考点分类突破析考点 讲透练足考点一超重和失重问题1不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。2在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。3尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。4尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态。1(2016莆田模拟)关于超重和失重现象，下列描述中正确的是()A电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态B磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态C荡秋千时秋千摆到最低位置
7、时，人处于失重状态D“神舟”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态解析：选D物体是否超重或失重取决于加速度方向，当加速度向上时物体处于超重状态，当加速度向下时物体处于失重状态，当加速度向下且大小等于重力加速度时物体处于完全失重状态。电梯正在减速上升，加速度向下，乘客失重，选项A错误；列车加速时加速度水平向前，乘客既不超重也不失重，选项B错误；荡秋千到最低位置时加速度向上，人处于超重状态，选项C错误；飞船绕地球做匀速圆周运动时，其加速度等于飞船所在位置的重力加速度，宇航员处于完全失重状态，选项D正确。2多选(2015江苏高考)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变
8、化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力()At2 s时最大 Bt2 s时最小Ct8.5 s时最大 Dt8.5 s时最小解析：选AD人受重力mg和支持力FN的作用，由牛顿第二定律得FNmgma。由牛顿第三定律得人对地板的压力FNFNmgma。当t2 s时a有最大值，FN 最大；当t8.5 s时，a有最小值，FN最小，选项A、D正确。考点二连接体问题1处理连接体问题常用的方法为整体法和隔离法。2涉及隔离法与整体法的具体问题类型(1)涉及滑轮的问题若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法。例如，如图所示，绳跨过定滑轮连接的两物体虽然加速度大小相同，但方向不同，故采用隔离法。(2)水平
9、面上的连接体问题这类问题一般多是连接体(系统)各物体保持相对静止，即具有相同的加速度。解题时，一般采用先整体、后隔离的方法。建立坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度。(3)斜面体与上面物体组成的连接体的问题当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析。3解题思路(1)分析所研究的问题适合应用整体法还是隔离法。处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力；对于加速度大小相同，方向不同的连接体，应采用隔离法进行分析。(2)对整体或隔离体进行受力分析，应用牛顿第二
10、定律确定整体或隔离体的加速度。(3)结合运动学方程解答所求解的未知物理量。典题1(2016张掖模拟)如图所示，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动。已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为()AaAg，aB5gBaAaBgCaAg，aB3g DaA0，aB2g解析对滑轮由牛顿第二定律得F2FTma，又滑轮质量m忽略不计，故m0，所以FT3mg，对A由于FT4mg，故A静止，aA0，对B有aB2g，故D正确。答案D1.多选如图所示，质量分
11、别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接放在倾角为的光滑斜面上，用始终平行于斜面向上的恒力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，为了增加轻线上的张力，可行的办法是()A增大A物的质量 B增大B物的质量C增大倾角 D增大拉力F解析：选BD对于A、B整体由牛顿第二定律得F(mAmB)gsin (mAmB)a，对于B由牛顿第二定律得FTmBgsin mBa，解以上两式得FTF，选项B、D正确。2(2016忻州联考)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M(mM12)的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大
12、小的力作用于A上且竖直加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，则x1x2等于()A11B12C21D23解析：选B当水平力F作用在B上时，A、B做匀加速运动，则对A、B整体分析有F3mg3ma1，a1；对A隔离分析有kx1mgma1，经过整理得F 3kx1。当F竖直向上时，对A、B整体分析有F3mg3ma2，a2，对B物体隔离分析有kx22mg2ma2，解得x1x212，故B正确。考点三动力学中的图象问题1常见的图象有v t图象，a t图象，F t图象，F a图象等。2图象间的联系加速度是联系v t图象与F t图象的桥梁。3图象的应用(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析
13、物体的运动情况。(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况。(3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析。4解答图象问题的策略(1)弄清图象坐标轴、斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”、“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。典题2(2016合肥模拟)如图甲所示，质量为M4 kg足够长的木板静止在光滑的水平面上，在木板的中点放一个质量m4 kg大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数为0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两物块开始均静止，从t0时刻起铁块m受到水
14、平向右、大小如图乙所示的拉力F的作用，F共作用时间为6 s，(取g10 m/s2)求：(1)铁块和木板在前2 s的加速度大小分别为多少？(2)铁块和木板相对静止前，运动的位移大小各为多少？(3)力F作用的最后2 s内，铁块和木板的位移大小分别是多少？解析(1)前2 s，由牛顿第二定律得对铁块m: Fmgma1解得a13 m/s2对M：mgMa2解得a22 m/s2(2)2 s内，m的位移x1a1t26 mM的位移x2a2t24 m2 s末，m的速度v1a1t6 m/sM的速度v2a2t4 m/s2 s后，对m：Fmgma1解得a11 m/s2对M：mgMa2解得a22 m/s2设再经过t0时间
15、两物体速度相同为v ，则vv1a1t0v2a2t0解得t02 s，v8 m/s在t0内，铁块m的位移x1t02(m)14 m所以铁块和木板相对静止前铁块运动的位移为x铁块x1x120 m木板M的位移x2t02 m12 m所以铁块和木板相对静止前木板运动的位移为x木板x2x216 m(3)最后2 s，铁块和木板相对静止，一起以初速度v8 m/s 做匀加速直线运动，对铁块和木板整体：F(Mm)a解得a m/s21.5 m/s2所以铁块和木板运动的位移均为x3vta(t)219 m答案(1)3 m/s22 m/s2(2)20 m16 m(3)19 m19 m1多选(2016湖北中学一联)利用传感器和
16、计算机可以研究快速变化的力的大小，实验时让质量为M的某消防员从一平台上自由下落，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m，最后停止，用这种方法获得消防员受到地面冲击力随时间变化的图线如图所示，根据图线所提供的信息，以下判断正确的是()At1时刻消防员的速度最大Bt2时刻消防员的速度最大Ct3时刻消防员的速度最小Dt4时刻消防员的速度最小解析：选BD消防员下落2 m后双脚触地，此时为t1时刻，消防员着地后，向下做加速度减小的加速运动，当FMg时，速度最大，即到t2时刻速度达到最大，B正确，A错误；之后消防员做减速运动，到t4时刻速度为零，D正确，C错误。2多
17、选(2015全国新课标)如图(a)，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，其运动的v t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()A斜面的倾角B物块的质量C物块与斜面间的动摩擦因数D物块沿斜面向上滑行的最大高度解析：选ACD由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1，下降过程中的加速度为a2。物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin Ffma1，mgsin Ffma2，由以上各式可求得sin ，滑动摩擦力Ff，而FfFNmgcos ，由以上分析可知，选项A、C正确。由v t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上
18、滑行的最大高度，选项D正确。3.(2016南阳模拟)神舟飞船完成了预定空间科学和技术实验任务后，返回舱开始从太空向地球表面预定轨道返回，返回舱开始时通过自身制动发动机进行调控减速下降，穿越大气层后在一定高度打开阻力降落伞进一步减速下降，这一过程中若返回舱所受的空气阻力与速度的平方成正比，比例系数(空气阻力系数)为k，所受空气浮力不变，且认为竖直降落，从某时刻开始计时，返回舱的运动v t图象如图所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线与横轴交点B的坐标为(8,0)，CD是曲线AD的渐近线，假如返回舱总质量为M400 kg，g取10 m/s2，求：(1)返回舱在这一阶段的运动状态；(2)在开始时刻v
19、0160 m/s时，它的加速度大小；(3)空气阻力系数k的数值。解析：(1)由速度图象可以看出，图线的斜率逐渐减小到零，即做加速度逐渐减小的减速运动，直至匀速运动。(2)开始时v0160 m/s，过A点切线的斜率大小就是此时加速度的大小，则a m/s220 m/s2故加速度大小为20 m/s2。(3)设浮力为F，由牛顿第二定律得在t0时有kvFMgMa由图知返回舱的最终速度为v4 m/s当返回舱匀速运动时有kv2FMg0故k0.31答案：(1)先做加速度逐渐减小的减速运动，直至匀速运动(2)20 m/s2你 (3)0.31考点四动力学中的临界、极值问题1临界或极值条件的标志(1)有些题目中有“
20、刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点。(2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态。(3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点。(4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。2解决动力学临界、极值问题的常用方法极限分析法、假设分析法和数学极值法。方法一极限分析法把物理问题(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。 典题3如图所示，一不可伸长的轻质细绳
21、跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B。若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦。设细绳对A和B的拉力大小分别为FT1和FT2，已知下列四个关于FT1的表达式中有一个是正确的。请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是()AFT1 BFT1CFT1 DFT1解析由于滑轮转动时与绳之间无相对滑动，所以滑轮转动时，可假设两物体的加速度大小均为a，对A，若FT1m1gm1a，则对B应有m 2gFT2m 2a；上面两式分别解出加速度的表达式为ag和ag，所以有 2g，即有m2FT1m1FT22m1m 2g，根据题目所给选
22、项可设FT1，则根据A、B地位对等关系应有FT2，将FT1、FT2的值代入m2FT1m1FT22m 1m2g，可解得x2y。由此可判断A错误、C正确。若将FT1设为 ，则结合m2FT1m1FT22m1m2g可看出A、B的地位关系不再具有对等性，等式不可能成立，B、D错误。答案C方法二假设分析法临界问题存在多种可能，特别是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。典题4如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA6 kg、mB2 kg，A、B之间的动摩擦因数0.2，开始时F10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N的
23、过程中，则()A当拉力F12 N时，物体均保持静止状态B两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对滑动C两物体从受力开始就有相对运动D两物体始终没有相对运动解析首先了解各物体的运动情况，B运动是因为A对它有静摩擦力，但由于静摩擦力存在最大值，所以B的加速度存在最大值，可以求出此加速度下拉力的大小；如果拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动，所以这里存在一个临界点，就是A、B间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小，以A为研究对象进行受力分析，A受水平向右的拉力，水平向左的静摩擦力，则有FFfmAa，再以B为研究对象，B受水平向右的静摩擦力FfmBa，当Ff为最大静摩擦力时，解得a m/s2
24、6 m/s2，F48 N，由此可以看出当F48 N时，A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力，也就是说，A、B间不会发生相对运动，故选项D正确。答案D方法三数学极值法将物理过程通过数学公式表达出来，根据数学表达式解出临界条件。典题5如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿用沿与水平面成30角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F6.5 N，玩具的质量m1 kg，经过时间t2.0 s。玩具移动了距离x2 m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下。(取g10 m/s2)，求：(1)玩具与地面间的动摩擦因数；(2)松开手后玩具还能运动多远？(3)幼儿要拉动玩具，拉力F与水平面夹角多大时，最省力
25、？解析(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得xat2解得a m/s2对玩具，由牛顿第二定律得Fsin 30(mgFcos 30)ma解得(2)松手时，玩具的速度vat2 m/s松手后，由牛顿第二定律得mgma解得a m/s2由匀变速运动的速度位移公式得玩具的位移x0.6 m1.04 m(3)设拉力与水平方向的夹角为，玩具要在水平面上运动，则Fcos Ff0FfFN在竖直方向上，由平衡条件得FNFsin mg解得Fcos sin sin(60)当30时，拉力最小，最省力。答案(1)(2)1.04 m(3)30专题突破训练一、单项选择题1如图所示，放在电梯地板上的一个木箱，被一根处
26、于伸长状态的弹簧拉着而处于静止状态，后发现木箱突然被弹簧拉动，据此可判断出电梯的运动情况是()A匀速上升 B加速上升C减速上升 D减速下降解析：选C木箱突然被拉动，表明木箱所受摩擦力变小，即木箱与地板之间的弹力变小，重力大于弹力，合力向下，处于失重状态，选项C正确。2.(2016蚌埠模拟)如图所示，小球B放在真空容器A内，球B的直径恰好等于正方体A的棱长，将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是()A若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的支持力B若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的压力向下C若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的压力向上D若不计空气阻力，下落过程中，B对A的压力向上
27、解析：选B将容器以初速度v0竖直向上抛出后，若不计空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度为g，再以容器A为研究对象，上升和下落过程其合力等于其重力，则B对A没有压力，A对B也没有支持力，A、D错误；若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得，上升过程加速度大于g，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律分析，B受到的合力大于重力，B除受到重力外，还应受到向下的压力，A对B的压力向下，B正确；若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得，下落过程加速度小于g，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律分析，B受到的合力小于重力，B除受到重力外，还应受到向上的力，即A对B的支
28、持力向上，B对A的压力向下，C错误。3(2016黄冈质检)如图所示，bc 为固定在小车上的水平横杆，物块 M 串在杆上， 靠摩擦力保持相对杆静止，M 又通过轻细线悬吊着一个小铁球 m, 此时小车正以大小为 a 的加速度向右做匀加速运动，而 M、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为 。小车的加速度逐渐增大， M 始终和小车保持相对静止，当加速度增加到 2a 时()A横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍B横杆对M的弹力增加到原来的2倍 C细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍D细线的拉力增加到原来的2倍解析：选A对小球和物块组成的整体，分析受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得，水平方向：Ff(Mm)
29、a，竖直方向：FN(Mm)g，则当加速度增加到2a时，横杆对M的摩擦力Ff增加到原来的2倍。横杆对M的弹力等于两个物体的总重力，保持不变，故A正确，B错误；以小球为研究对象，分析受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtan ma，解得tan ，当a增加到两倍时，tan 变为两倍，但不是两倍。细线的拉力FT，可见，a变为两倍，FT不是两倍，故C、D错误。4如图甲所示，一质量为m1 kg的物体在水平拉力F的作用下沿水平面做匀速直线运动，从某时刻开始，拉力F随时间均匀减小，物体受到的摩擦力随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于物体运动的说法正确的是()At1 s时物体开始做加速运动 Bt2 s时物
30、体做减速运动的加速度大小为2 m/s2Ct3 s时物体刚好停止运动D物体在1 s3 s内做匀减速直线运动解析：选C由题图乙知，F在t1 s时开始均匀减小，物体开始做减速运动，A错误；t2 s时，F3 N，则物体加速度大小a1 m/s2，B错误；t3 s时物体静止，由a，物体在1 s3 s内，做变加速直线运动，C正确，D错误。5.(2016赣州模拟)如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为，木板与水平面间的动摩擦因数为 ，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度大小a可
31、能是()Aag Ba Ca Da解析：选D若木板相对物块不动，当Fmg时，木板上下表面都受到大小相等、方向相反的摩擦力，摩擦力大小为F，此时木板加速度为零；当mgFmg，木板和物块一起做匀加速直线运动，整体水平方向的受力为拉力F和地面的摩擦力Ff，则其加速度为a。若木板相对物块滑动，此时Fmg，则木板就是在物块的摩擦力和地面对它的摩擦力作用下做匀加速直线运动，其受到木块的摩擦力为Ff1mg，受到地面的摩擦力为Ff2mg，则木板获得的加速度为a，故选项D正确。6.如图甲所示，一根轻绳跨过光滑定滑轮，两端分别系着质量为m1、m2的物块。m1放在地面上，m2离地面有一定高度。当m2的质量发生改变时，
32、m1的加速度a的大小也将随之改变。图乙中最能准确反映a与m2间的关系的是()ABCD乙解析：选D当m2m1时，系统静止，a0，B、C错误；当m2m1时，对整体由牛顿第二定律得m2gm1g(m1m2)a，即agg，可见当m2趋近于无穷大时，a趋近于g，D正确。二、多项选择题7.如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体，与物体1相连接的绳与竖直方向成角，则()A车厢的加速度为gsin B绳对物体1的拉力为 C底板对物体2的支持力为(m2m1)gD物体2所受底板的摩擦力为m2gtan 解析：选BD小车在水平方向向右运动，由图可知
33、小车的加速度沿水平向右，物体1与小车有相同加速度，对物体1受力分析，由牛顿第二定律得Fmgtan ma，解得agtan ，故选项A错误；绳对物体1的拉力为FT，底板对物体2的支持力为FNm2gFTm2g，选项B正确，C错误；物体2与小车也有相同加速度，由牛顿第二定律得物体2所受底板的摩擦力为Ffm2am2gtan ，选项D正确。8.如图甲所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的v t图象可能是图乙中的 ()解析：选BD设滑块质量为m，木板质量为M，滑块与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间
34、的动摩擦因数为2，若有1mg2(Mm)g，则滑块滑上木板后向右匀减速运动，加速度a11g，木板不动，选项D正确；若有1mg2(Mm)g，则滑块滑上木板后向右匀减速运动，加速度为a11g，木板向右匀加速运动，当二者同速后，一起以a22g的加速度匀减速到停止，因a1a2，故选项B正确。9(2016芜湖模拟)如图甲所示，细绳跨过光滑的轻质定滑轮连接A、B两球，定滑轮悬挂在一个力传感器的正下方。A球质量m0始终不变。通过计算机描绘得到传感器拉力F随B球质量m变化关系曲线如下图乙所示，FF0直线是曲线的渐近线，重力加速度为g。则()A根据图线可以确定A球质量m0B根据图线可以计算出B球为某一质量m时其运
35、动的加速度aCA、B球运动的加速度a一定随B质量m的增大而增大D传感器读数F一定小于A、B两球总重力解析：选AB当m较大时，对整体分析，加速度ag，隔离m分析有mgFTma，解得FT，当m趋向于无穷大，则F02FT4m0g，解得A球质量m0，故A正确；知道B球的质量，结合图线可知道传感器的拉力，从而知道绳子的拉力，隔离对B球分析，根据牛顿第二定律可以求出加速度，B正确；当mm0，加速度ag，m增大，则加速度增大；当mm0时，加速度agg，当m增大时，a减小，C错误；当两球的质量相等，此时绳子拉力等于小球的重力，则传感器示数F等于A、B球的总重力，故D错误。10.(2016泰州模拟)如图所示，光
36、滑水平桌面上，有甲、乙两个用细线相连的物体在水平拉力F1和F2的作用下运动，已知F1F2，则以下说法中正确的有()A若撤去F1，则甲的加速度一定变大B若撤去F1，则细线上的拉力一定变小C若撤去F2，则乙的加速度一定变大D若撤去F2，则细线上的拉力一定变小解析：选ABD撤去F1前，对甲、乙整体由牛顿第二定律得甲的加速度a甲1，对甲由牛顿第二定律得FT1F1m甲a甲1，解得FT1F1m甲a甲1，撤去F1后，对甲、乙整体由牛顿第二定律得甲的加速度a甲2，对甲由牛顿第二定律得FT2m甲a2，故A、B正确；撤去F2前，乙的加速度a乙1，细线上的拉力FT1F1m甲a甲1，撤去F2后，乙的加速度a乙2，此时
37、细线上的拉力满足FT4m乙a乙2，只知道F1F2，并不能确定F2F1与F1的大小，故不能判断a乙1与a乙2的大小关系，C错误，D正确。三、计算题11(2016大同质检)如图甲所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角37，一滑块以初速度v016 m/s从底端A点滑上斜面，滑至B点后又返回到A点。滑块运动的图象如图乙所示，(已知：sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2)求：(1)A、B之间的距离；(2)滑块再次回到A点时的速度；(3)滑块在整个运动过程中所用的时间。解析：(1)由v t图象知AB之间的距离为xAB m16 m(2)设滑块从A滑到B过程的加速度大小为a1，从B返回
38、到A过程的加速度大小为a2，滑块与斜面之间的动摩擦因数，则有a1gsin gcos m/s28 m/s2a2gsin gcos 则滑块返回到A点时的速度为v，有v202a2xAB解得a24 m/s2v8 m/s2(3)设滑块从A到B用时为t1，从B返回到A用时为t2，则有t12 st22 s则滑块在整个运动过程中所用的时间为tt1t2(22)s答案：(1)16 m(2)8 m/s(3)(22)s12.如图所示，质量为m1 kg的物块放在倾角为 37的斜面体上，斜面质量为 M2 kg，斜面与物块间的动摩擦因数为0.2，地面光滑。现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，试确定推力F的取值
39、范围(重力加速度取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)。解析：(1)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块受力如图甲所示，取加速度的方向为x轴正方向。水平方向FNsin FNcos ma1竖直方向FNcos FNsin mg0 对整体F1(Mm)a1代入数值得a14.78 m/s2，F114.3 N (2)设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，对物块受力分析，如图乙所示。水平方向FNsin FNcos ma2竖直方向FNcos FNsin mg0对整体F2(Mm)a2代入数值得a211.2 m/s2，F233.6 N综上可知，推力F的取值范围为143 NF33.6 N。答案：14.3 NF33.6 N
