1、第3讲牛顿运动定律的综合应用板块一主干梳理夯实基础【知识点1】超重和失重1实重与视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关。(2)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。视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。2超重、失重和完全失重的比较【知识点2】牛顿定律的应用整体法和隔离法(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
2、，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法。板块二考点细研悟法培优考点1对超重和失重的理解深化理解1判断方法不管物体的加速度是不是竖直方向，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。2易错易混点拨(1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化。(2)在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等。例12014北京高考应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学
3、习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是()A手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度 (1)手托物体向上运动的过程，始终加速吗？提示：不是，可以减速。(2)物体离开手的瞬间，受什么力的作用？提示：只受重力作用。尝试解答选D。手托物体抛出的过程，必有一段加速过程，其后可以减速，可以匀速，当手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重；当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，选项A错误；物体从静
4、止到运动，必有一段加速过程，此过程物体处于超重状态，选项B错误；当物体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，选项C错误；手和物体分离之前速度相同，分离之后手速度的变化率比物体速度的变化率大，物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度，故D正确。总结升华判断超重和失重现象的技巧首先对物体的运动状态进行分析，其次判断加速度的方向。当物体具有向上的加速度(或具有向上的加速度分量)时处于超重状态，具有向下的加速度(或具有向下的加速度分量)时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。如手托物体竖直向上抛出必有一段加速过程，且加速度向上，物体处于超重状态。（多选）如图
5、所示是某同学站在力传感器上做下蹲起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线。由图线可知该同学()A体重约为650 NB做了两次下蹲起立的动作C做了一次下蹲起立的动作，且下蹲后约2 s起立D下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态答案AC解析做下蹲起立的动作时，下蹲过程中先向下加速后向下减速，因此先处于失重状态后处于超重状态，D错误；由图线可知，第一次下蹲4 s末结束，到6 s末开始起立，所以A、C正确，B错误。考点2整体法和隔离法解决连接体问题拓展延伸1整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出
6、加速度(或其他未知量)。2隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解。3整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。若已知物体之间的作用力，则“先隔离求加速度，后整体求外力”。例22018甘肃五市一模如图所示，在水平面上，有两个质量分别为m1和m2的物体A、B与水平面的动摩擦因数均为，m1m2，A、B间水平连接着一轻质弹簧测力计。若用大
7、小为F的水平力向右拉B，稳定后B的加速度大小为a1，弹簧测力计示数为F1；如果改用大小为F的水平力向左拉A，稳定后A的加速度大小为a2，弹簧测力计示数为F2。则以下关系式正确的是()Aa1a2，F1F2Ba1a2，F1F2Ca1a2，F1F2Da1a2，F1F2 (1)两种情况下整体受的合外力大小是否相同？提示：相同。(2)F1、F2的大小与有关吗？提示：无关。尝试解答选A。以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F(m1m2)g(m1m2)a1F(m1m2)g(m1m2)a2得到a1a2当F拉B时，以A为研究对象，则有F1m1gm1a1得到F1F同理，当F拉A时，以B为研究对象得到F1F由于m1
8、m2，则F1F2所以A正确，B、C、D错误。总结升华涉及整体法和隔离法的具体类型(1)通过滑轮和绳的连接体问题：若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法。绳跨过定滑轮，连接的两物体虽然加速度大小相同但方向不同，故采用隔离法。(2)水平面上的连接体问题：这类问题一般多是连接体(系统)中各物体保持相对静止，即具有相同的加速度。解题时，一般整体法、隔离法交替应用。(3)斜面体与上面物体组成的系统的问题：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。1.如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m1、m2，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为F
9、f。若木块不滑动，力F的最大值是()A.B.C.(m1m2)gD.(m1m2)g答案A解析设夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为Ff，木块向上运动的最大加速度为a，对木块受力分析，满足2Ffm2gm2a，得a，对整体受力分析可知，力F的最大值由F(m1m2)g(m1m2)a求得，整理可得F，故A正确。22018哈尔滨三中模拟(多选)如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B与C之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内。现用水平拉力F拉B木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是()A一起加速过程中，C木块受到四个力的作用B一起加速过程中，D所受到的静摩擦力大小为
10、C一起加速过程中，A、D木块所受摩擦力大小和方向相同D当F撤去瞬间，A、D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变答案BC解析在水平拉力F的作用下，四个木块以相同的加速度一起加速运动，则由牛顿第二定律可知，对整体有F4ma，对A、D木块有fAfDma，解得A、D木块所受摩擦力大小fAfD，方向均水平向右，故B、C正确；一起加速过程中，C木块受到重力、D木块对它的压力和静摩擦力、地面支持力及弹簧的弹力，共五个力的作用，故A错误；当F撤去瞬间，D木块所受静摩擦力的大小和方向均不变，而A木块所受静摩擦力的大小不变但反向，故D错误。考点3动力学中的临界、极值问题解题技巧1动力学中的临界极值问题在应用牛顿运动
11、定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态，特别是题目中出现“最大”“最小”“刚好”等词语时，往往会有临界值出现。2产生临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力FN0。(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是FT0。(4)加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化
12、，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度。当加速度等于零时，速度最大。例3 2018淮安质检将质量为m的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆间的动摩擦因数为，对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为的拉力F，使圆环以加速度a沿杆运动，则F的大小不可能是()A.B.C.D. (1)圆环向右加速，摩擦力的有无及大小确定吗？弹力的大小、方向确定吗？提示：摩擦力可能有，也可能无。弹力可能无，存在弹力时，其方向有两种可能。(2)本题临界点是什么？提示：环与杆间刚好无弹力、无摩擦力。尝试解答选C。对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力。其中弹力可能向上
13、，也可能向下，也可能等于0。(1)若环受到的弹力为0，则：Fcosma，Fsinmg解得：F或F。(2)若环受到的弹力的方向向上，则：Fcos(mgFsin)ma所以：F。(3)若环受到的弹力的方向向下，则：Fcos(Fsinmg)ma所以：F。所以A、B、D可能，C不可能，选C。总结升华叠加体系统临界问题的求解思路如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离，下列说法正确的是()AB和A刚分离时，弹簧长度等于原长BB和A刚分离时，它们的加速度为gC弹簧的劲度系数等于D在B和A分离前，它们做匀加速直线运动答案C解析B和A
14、刚分离时，恒力Fmg，B的加速度为零，弹簧对A向上的弹力等于重力，A的加速度也为零，弹簧处于压缩状态，A、B错误。B和A刚分离时，弹簧弹力大小为mg，开始静止时弹簧弹力大小为2mg，则弹力减少量Fmg，两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减少xh，所以弹簧的劲度系数k，C正确；在B和A分离之前对AB整体为研究对象，重力2mg不变，弹力在减小，合力减小，整体加速度在减小，AB做变加速运动，D错误。考点4应用牛顿运动定律解决多过程问题拓展延伸1多过程问题很多动力学问题中涉及物体有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的运动情况和受力情况都发生了变化，这类问题称为牛顿运动定律中的多过
15、程问题。2类型多过程问题可根据涉及物体的多少分为单体多过程问题和多体多过程问题。例4如图甲所示，为一倾角37的足够长斜面，将一质量为m1 kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图象如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数0.25，取g10 m/s2, sin370.6，cos370.8，求：(1)2 s末物体的速度；(2)前16 s内物体发生的位移。 (1)物体在016 s间共参与了几种运动？提示：3种。(2)物体速度减小为零以后会做反方向的匀加速直线运动吗？提示：不会。尝试解答(1)5_m/s，方向沿斜面向下_(2)30_m，方向沿斜面向下。(1)由分析
16、可知物体在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mgsinF1mgcosma1v1a1t1代入数据可得a12.5 m/s2，方向沿斜面向下v15 m/s，方向沿斜面向下。(2)物体在前2 s内发生的位移为x1，则x1a1t5 m，方向沿斜面向下当拉力为F24.5 N时，由牛顿第二定律可得F2mgcosmgsinma2代入数据可得a20.5 m/s2，方向沿斜面向上物体经过t2时间速度减为0，则v1a2t2得t210 st2时间内发生的位移为x2，则x2a2t25 m，方向沿斜面向下由于mgsinmgcosF21)。A、B一起由离地H高处由静止开始落下，触地后能竖直
17、向上弹起，触地时间极短，且无能量损失。A环运动过程中未落地。则下列说法正确的是()AB与地第一次碰撞后，B上升的最大高度是BB与地第一次碰撞后，B上升的最大高度是CB与地第一次碰撞后，当A与B刚相对静止时，B下端离地面的高度是DB与地第一次碰撞后，当A与B刚相对静止时，B下端离地面的高度是答案AC解析刚开始A、B一起做自由落体运动可算出B与地面碰撞前的速度为v，对B来说碰撞后以速度v向上做匀减速运动，其加速度为aB，由mgkmgmaB得aB(k1)g，B上升的最大高度为H1，A正确，B错误；对A来说碰撞后的加速度为aA，由kmgmgmaA得aA(k1)g，方向竖直向上。当A、B速度相等时，两者
18、相对静止。设经时间t后，两者速度相等，有vaAt(vaBt)，t，所以B与地第一次碰撞后，当A与B刚相对静止时，B下端离地面的高度为H1vtaBt2，C正确，D错误。22018福州一模如图甲所示，质量m1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(vt图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求：(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。答案(1)0.5 m1.5 m(2)4 m/s24 m/s28 N解析(1)由题图乙易得，物块上升的位移：
19、x121 m1 m；物块下滑的距离：x211 m0.5 m位移xx1x21 m0.5 m0.5 m路程Lx1x21 m0.5 m1.5 m(2)由题图乙知，各阶段加速度a1 m/s24 m/s2a2 m/s24 m/s2，|a2|4 m/s2设斜面倾角为，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律00.5 s内FFfmgsinma1；051 s内Ffmgsinma2；联立解得：F8 N。考点5加速度不同时整体法的应用解题技巧大多数情况下，当两物体加速度相同时才考虑整体法，加速度不同时，考虑隔离法。实际上加速度不同时，也可以用整体法，只是此时整体法的含义有所改变。当两个或两个以上物体以不同形式连
20、接，构成一个系统，且系统内各物体加速度不相同时，牛顿第二定律照样能应用于整体。若质量为m1，m2，mn的物体组成系统，它们的加速度分别为a1，a2，an，牛顿第二定律可写为：Fm1a1m2a2mnan或Fxm1a1xm2a2xmnanxFym1a1ym2a2ymnany其意义为系统受的合外力等于系统内的每一个物体受的合外力的矢量和，或某个方向上，系统受的合外力等于系统内的每一个物体在这个方向上受的合外力的矢量和。例5如图所示，一质量为M的楔形木块A放在水平桌面上，它的顶角为90，两底角分别为和；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块，已知所有接触面都光滑的，现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块
21、静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于()AMgmgBMg2mgCMgmg(sinsin) DMgmg(coscos)求解A对桌面的压力，需在哪个方向上对物体进行受力分析？提示：竖直方向。尝试解答选A。取a、b、A整体为研究对象，其竖直方向受力情况及系统内各物体运动状态如图所示。以竖直向上为正方向，在竖直方向上由牛顿第二定律得：FN(M2m)gM0ma1yma2y其中，a1ygsin2，a2ygsin2得水平桌面对楔形木块的支持力FNMgmg，由牛顿第三定律得A正确。2018河南洛阳模拟如图所示的装置中，重为4 N的物块用一平行于斜面的细线拴在斜面上端的小柱上，整个装置被固定在测力计上并保
22、持静止，斜面的倾角为30。如果物块与斜面间无摩擦，装置稳定以后，在烧断细线物块下滑时测力计的读数与稳定时比较()A增大4 N B增大3 NC减少1 N D不变答案C解析设物块的质量为m，斜面质量为m1，整个装置静止时，测力计读数为m1gmgm1g4 N。物块下滑的加速度a1gsing，方向沿斜面向下，其竖直分量a1asing，所以物块处于失重状态，其视重为mg3 N，测力计的读数为m1g3 N，所以测力计的示数减小1 N，故选C。考点6传送带模型解题技巧1水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
23、(2)v0v，返回时速度为v；当v0v1，则()At2时刻，小物块离A处的距离达到最大Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大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答案B解析小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远，t2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此刻，它相对传送带滑动的距离最大，A错误、B正确。0t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变，t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度v1匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误。2如图所示，倾角为37
24、，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：(sin370.6，cos370.8)(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。答案(1)4 s(2)2 s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(sin37cos37)ma则agsin37gcos372 m/s2，根据lat2得t4 s。(2)传送带逆时
25、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，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin37mgcos37ma1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 mmgcos37，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。1模型构建上
26、、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。2模型条件上、下叠放的两个物体分别在各自所受力的作用下完成各自的运动，且两者之间还有相对运动。3模型特点(1)该模型存在判断是否存在速度相等的“临界点”，来判定临界速度之后两者的运动形式。(2)两种位移关系，滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长。 2018吉林调研(多选)如图所示，在光滑的水平面上放置质量为m0的木板，在木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离。下列说法正确的是()A若仅增大木板的质量m
27、0，则时间t增大B若仅增大木块的质量m，则时间t增大C若仅增大恒力F，则时间t增大D若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则时间t增大答案BD解析根据牛顿第二定律得，木块的加速度a1g，木板的加速度a2，木块与木板分离，则有la1t2a2t2得t。若仅增大木板的质量m0，木块的加速度不变，木板的加速度减小，则时间t减小，故A错误；若仅增大木块的质量m，则木块的加速度减小，木板的加速度增大，则t变大，故B正确；若仅增大恒力F，则木块的加速度变大，木板的加速度不变，则t变小，故C错误；若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度减小，木板的加速度增大，则t变大，故D正确。名师点睛滑块滑板类模型的思
28、维模板2018黑龙江大庆一模如图，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块。已知木块的质量m1 kg，木板的质量m04 kg，长l2.5 m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数0.2。现用水平恒力F20 N拉木板，g取10 m/s2，求：(1)木板的加速度；(2)要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间。答案(1)2.5 m/s2(2)1 s解析(1)木板受到的摩擦力为Ff(m0m)g10 N木板的加速度为a2.5 m/s2。(2)设拉力F作用t时间后撤去，木板的加速度为a木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且有aa2.5 m/s2则有2at2l联立并代入数据解得t1 s
29、，即F作用的最短时间是1 s。板块三限时规范特训时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中16为单选，710为多选)1探究超重和失重规律时，一位体重为G的同学站在一个压力传感器上完成一次下蹲动作。传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是()答案D解析人在压力传感器上下蹲时，先加速下降，然后减速下降，即加速度方向先向下后向上，人先失重后超重，故D正确。2.2018湖南株洲模拟一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(如图甲)，某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化
30、的图象如图乙所示。下列说法正确的是()A铝球刚开始运动的加速度a0gB铝球下沉的速度将会一直增大C铝球下沉过程所受到油的阻力FfD铝球下沉过程机械能的减少等于克服油阻力所做功答案C解析刚开始释放时，小球受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力作用，即agg，A错误；从题图乙中可知铝球做加速度减小的加速运动，速度越来越大，到达v0时，加速度为0，速度不再增大，B错误；开始释放时有mgF浮ma0，铝球下沉过程中受重力、阻力和浮力作用，由牛顿第二定律得，mgF浮Ffma，又由题图乙可得aa0v，联立以上各式解得，阻力Ff，C正确；铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力和浮力所做的功，故D错误。3201
31、7洛阳统考如图甲所示，一个质量为3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动。在03 s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示，则()AF的最大值为12 NB01 s和23 s内物体加速度的方向相反C3 s末物体的速度最大，最大速度为8 m/sD在01 s内物体做匀加速运动，23 s内物体做匀减速运动答案C解析由at图象知加速度最大时a4 m/s2，由牛顿第二定律Fmgma知，F最大值大于12 N，A错误；01 s和23 s内，加速度均为正方向，B错误；3 s末速度最大，由at图面积知v8 m/s，所以vmax8 m/s，C正确；01 s和2
32、3 s内加速度a与速度v均同向都做加速运动，但a大小变化，所以不是匀加速，D错误。4.如图所示，水平传送带A、B两端相距s3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数0.1，取重力加速度大小g10 m/s2。工件滑上A端瞬时速度vA4 m/s，达到B端的瞬时速度设为vB，则下列说法不正确的是()A若传送带不动，则vB3 m/sB若传送带以速度v4 m/s逆时针匀速转动，则vB3 m/sC若传送带以速度v2 m/s顺时针匀速转动，则vB3 m/sD若传送带以速度v2 m/s顺时针匀速转动，则vB2 m/s答案D解析工件在传送带上滑动时的加速度大小a1 m/s2。若传送带不动，工件做匀减速运动，由vv2
33、(a)s，则vB3 m/s，A正确；若传送带做逆时针匀速转动或传送带做顺时针匀速转动的速度不超过3 m/s，则工件在传送带上都是做匀减速运动，vB3 m/s，B、C均正确，D错误。5如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的vt图象如图乙所示(重力加速度为g)，则()A施加外力前，弹簧的形变量为B外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M(ga)CA、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D弹簧恢复到原长时
34、，物体B的速度达到最大值答案B解析施加外力F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mgkx，解得x，故A错误；施加外力F的瞬间，对物体B，根据牛顿第二定律有F弹MgFABMa，其中F弹2Mg，解得FABM(ga)，故B正确；由题图乙知，物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v和a，且FAB0，对B有F弹MgMa，解得F弹M(ga)，故C错误；当F弹Mg时，B达到最大速度，故D错误。62017大同模拟如图所示，质量为M的长平板车放在光滑的倾角为的斜面上，车上站着一质量为m的人，若要平板车静止在斜面上，车上的人必须()A匀速向下奔跑B以加速度agsin，向下加速奔跑C以加速度agsin，
35、向下加速奔跑D以加速度agsin，向上加速奔跑答案C解析作出车的受力图，如图甲所示，求出人对车的摩擦力FfMgsin，作出人的受力图，如图乙，则mgsinFfma，且FfFf，解出agsin。故C正确。7如图所示，甲、乙两车均在光滑的水平面上，质量都是M，人的质量都是m，甲车上人用力F推车，乙车上的人用等大的力F拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计)；人与车始终保持相对静止。下列说法正确的是()A甲车的加速度大小为B甲车的加速度大小为0C乙车的加速度大小为D乙车的加速度大小为0答案BC解析对甲图中人和车组成的系统受力分析，在水平方向的合外力为0(人的推力F是内力)，故a甲0，A错误，B正确；在乙图
36、中，人拉轻绳的力为F，则绳拉人和绳拉车的力均为F，对人和车组成的系统受力分析，水平合外力为2F，由牛顿第二定律知：a乙，则C正确，D错误。8质量为m0的物体A放在粗糙水平桌面上，B为砂桶，A、B两物体通过跨接在光滑的定滑轮上的轻质细线连接，如图所示。开始时两物体均静止，砂桶B距地面的高度为h，然后逐渐向砂桶中加砂子，则下面说法正确的是()A砂桶中加的砂子越多，细线上的拉力越大B砂桶中加的砂子越多，细线上的拉力可能越小C物体A发生滑动后，砂和砂桶的质量越大，细线上拉力越大D某次实验时，物体A的质量与砂和砂桶的总质量相等，若物体A沿桌面滑行的最远距离等于2h，则可以求出物体A与桌面的动摩擦因数答案
37、ACD解析物体A发生滑动之前，细线上的拉力大小等于砂和砂桶的重力之和，物体A发生滑动后，设砂桶和砂子的总质量为m，加速度大小为a，对B有mgFTma，对A有FTm0gm0a，联立两式整理得FT，m越大，拉力越大，故A、C正确，B错误；分析物体A的整个运动过程，加速阶段和减速阶段的位移大小均为h，知加速与减速过程的加速度大小相等，根据mgFTma，FTm0gm0a和ag，可求出动摩擦因数，D正确。9如图甲所示，水平面上有一倾角为的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若
38、Ta图象如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g10 m/s2。则()Aa m/s2时，FN0B小球质量m0.1 kgC斜面倾角的正切值为D小球离开斜面之前，FN0.80.06a(N)答案ABC解析小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得TcosFNsinma，TsinFNcosmg，联立解得FNmgcosmasin，Tmacosmgsin，所以小球离开斜面之前，Ta图象呈线性关系，由题图乙可知a m/s2时，FN0，A正确；当a0时，T0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsinT；当a m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，
39、所以ma，联立可得tan，m0.1 kg，B、C正确；将和m的值代入FNmgcosmasin，得FN0.80.06a(N)，D错误。10如图所示，质量均为m的A、B两物块置于光滑水平地面上，A、B接触面光滑，倾角为。现分别以水平恒力F作用于A物块上，保持A、B相对静止共同运动，则下列说法正确的是()A采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大B两种情况下获取的最大加速度相同C两种情况下所加的最大推力相同D采用乙方式可用的最大推力大于采用甲方式的最大推力答案BC解析F作用于题图甲中A时，F最大时，A刚要离开地面，A受力如图甲，FN1cosmg，对B：FN1sinma1；F作用于题图乙中A时，F最大时，
40、B刚要离开地面，B受力如图乙，FN2cosmg，FN2sinma2，可见FN2FN1，a2a1，对整体易知两种情况下所加的最大推力相同，选项B、C正确。二、非选择题(本题共2小题，共30分)112018青海西宁联考(12分)如图所示，有一长度x1 m、质量m010 kg的平板小车，静止在光滑的水平面上，在小车一端放置一质量m4 kg的物块，物块与小车间的动摩擦因数0.25，要使物块在2 s内运动到小车的另一端，求作用在物块上的水平力F是多少？(g取10 m/s2)答案16 N解析小车和物块的运动情况如图所示，在物块运动到小车右端的过程中，小车发生的位移为x1，物块发生的位移为x2，取向右为正，
41、以小车为研究对象，由牛顿第二定律得mgm0a1由匀变速运动的公式得x1a1t2以物块为研究对象，由牛顿第二定律得Fmgma2由匀变速运动的公式得x2a2t2由题意得x2x1x由代入数据得F16 N。12. 2017保定一模(18分)一长木板静止在水平地面上，在t0时刻，一小滑块以某一速度滑到木板上表面，经过2 s滑块和木板同时停下，滑块始终在木板上。木板运动的速度随时间变化的图象如图所示，已知木板和滑块的质量均为0.1 kg，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图象信息解答下面问题：(1)求出木板和滑块间的动摩擦因数；(2)滑块刚滑到木板上时的速度多大？(3)求整个过程中滑块和木板之间产生的热量。答案(1)0.3(2)v04 m/s(3)Q0.6 J解析(1)由图象求得01 s木板加速度大小a11 m/s212 s木板与滑块整体加速度大小a21 m/s2木板与地面间摩擦力大小F2ma20.2 N设木板和滑块间的动摩擦因数为，在01 s内mgFma1代入数据解得0.3(2)滑块在滑上木板01 s过程中mgmav0atv由图象可得v04 m/s(3)由图象可知，从开始到木板与滑块共速过程的位移s木0.5 ms块1 m2.5 m设滑块和木板之间产生的热量为Q，热量只在01 s的过程中产生Qmg(s块s木)代入数据解得Q0.6 J。
