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课时9 牛顿运动定律的综合应用
考纲对本模块内容的具体要求如下：
1、理解牛顿第二定律，并会解决应用问题；
2、理解超重和失重的概念，会分析超重和失重现象，并能解决具体超重和失重。
3、掌握应用整体法与隔离法解决牛顿第二定律问题的基本方法；
4、掌握应用正交分解法解决牛顿第二定律问题的基本方法；
5、掌握应用合成法解决牛顿第二定律问题的基本方法。
1.能用程序法分析解决多过程问题
2.能通过牛顿定律对超重和失重进行定量地分析。
3.能用动力学观点分析解决多传送带问题
知识点一：超重、失重、完全失重
1、超重
　　当物体具有竖直向上的加速度时（包括向上加速或向下减速两种情况），物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于自身重力的现象。
2、失重
　　物体具有竖直向下的加速度时（包括向下加速或向上减速两种情况），物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于自身重力的现象。
3、完全失重
　　物体以加速度a=g向下竖直加速或向上减速时（自由落体运动、处于绕星球做匀速圆周运动的飞船里或竖直上抛时以及忽略空气阻力的各种抛体运动），物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力等于零的现象。
在完全失重的状态下，由重力产生的一切物理现象都会消失。如单摆停摆、天平失效、浸没于液体中的物体不再受浮力、水银气压计失效等，但测力的仪器弹簧测力计是可以使用的，因为弹簧测力计是根据F＝kx制成的，而不是根据重力制成的。
技巧点拨
1、解答超重、失重问题时，关键在于从以下几方面来理解超重、失重现象：
（1）不论超重、失重或完全失重，物体的重力不变，只是“视重”改变。
（2）物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。
（3）当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有a=g的加速度的效果，不再产生其他效果。平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失。
知识点二：连接体
1．连接体的类型
(1)弹簧连接体
(2)物物叠放连接体
(3)轻绳连接体
(4)轻杆连接体
2．连接体的运动特点
轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等．
轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比．
轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等．
3．处理连接体问题的方法
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，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量
隔离法的选取原则 若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两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
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”
知识点三：正交分解法、整体法和隔离法
1.正交分解法
当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，常用正交分解法解题，多数情况下是把力正交分解在加速度方向和垂直加速度方向上，有：
　　 （沿加速度方向） (垂直于加速度方向）
特殊情况下分解加速度比分解力更简单。
技巧点拨
正确画出受力图；建立直角坐标系，特别要注意把力或加速度分解在x轴和y轴上；分别沿x轴方向和y轴方向应用牛顿第二定律列出方程。一般沿x轴方向（加速度方向）列出合外力等于的方程，沿y轴方向求出支持力，再列出的方程，联立解这三个方程求出加速度。
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：
①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．
②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体的外力．
考点一：超重、失重
例1、（2021 武邑县模拟）某校羽毛球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为，比赛过程中，该运动员先下蹲，重心下降，经过充分调整后，发力跳起摸到了的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，取，则　　
A．运动员起跳过程处于完全失重状态
B．起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度大
C．起跳过程中运动员对地面的压力为
D．从开始起跳到双脚落地需要
【考点】牛顿运动定律的应用超重和失重
【解答】解：、从开始起跳到脚离开地面重心上升，做匀加速运动，加速度向上，处于超重状态，离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离，
运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据可知，所以
在起跳过程中，根据速度位移公式可知，，
解得：
由牛顿第二定律得：
解得：
由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力为，方向竖直向下，则运动员起跳过程处于超重状态，故错误；
、根据平均速度公式知起跳过程的平均速度等于离地上升到最高点过程的平均速度，故错误；
、加速上升时间：
减速上升：，则加速下降到双脚落地时间也为
故总时间为，故正确。
故选：。
变式训练（2021 葫芦岛二模）每个小伙伴都有一个飞行梦，现在钢铁侠的梦想就能成为现实。2020年中国深圳光启公司的马丁飞行背包接受预定，交付期一年。消防员利用马丁飞行背包在某次高楼火灾观测时，从地面开始竖直飞行的图像如图所示，下列说法正确的是　　
A．消防员上升的最大高度为
B．消防员在内正处于下降阶段
C．消防员在之间处于失重状态
D．消防员在内的平均速度大小为零
【考点】匀变速直线运动的图象；牛顿运动定律的应用超重和失重
【解答】解：、由图像面积表示向上移动的距离，可知上升的高度为：
整理可得：，故错误；
、内，速度大于零，故其处于上升阶段，故错误；
、内，加速度小于零，加速下降，加速度方向向下，处于失重状态，故正确；
、内，速度反向增大，后稳定，再减小为零，而且在这个时间段内，下降的高度也不为零，故平均速度大小不可能等于零。故错误。
故选：。
考点二：连接体
例3．（2020秋 金台区）如图所示，两个质量相同的物体1和2，紧靠在一起放在光滑的水平面上，如果它们分别受到水平推力和的作用，而且，则1施于2的作用力的大小为　　
A． B． C． D．
【考点】牛顿运动定律的应用连接体
【解答】解：设两物体的质量均为，1施于2的作用力大小为。
根据牛顿第二定律得：
对整体：
对物体
得到：
故选：。
变式训练（2020秋 农安县）如图，水平地面上有两块完全相同的木块、，受水平推力的作用．在作用过程中，用代表、间的相互作用力．那么　　
A．若地面是完全光滑的，则
B．若地面是完全光滑的，则
C．若地面是有摩擦的，则
D．若地面是有摩擦的，则
【解答】解：设、的质量均为。
、根据牛顿第二定律得：对整体：； 对．故错误，正确。
、设、与地面间的动摩擦因数均为．根据牛顿第二定律得：
对整体：； 对，则．故错误，正确。
故选：。
考点三：整体法与隔离法
例3、（2021 湖北模拟）如图，一倾角为37°的光滑斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块C，另一端与斜面上的长木板B相连，长木板B上有一物块A，A、B的质量都为2kg，C的质量为1kg，A、B之间的摩擦因数为，取重力加速度g=10m/s2。起初用手将三物体按照图示位置保持静止，松手后，下列说法正确的是（　　）
A．A、B将会一起下滑
B．B将相对A向下滑
C．B开始运动的加速度为
D．B开始运动的加速度为4m/s2
【解答】 解：假设A、B间无相对滑动，将A、B、C看为整体，从而有（mA+mB）gsin37°-mCg=（mA+mB+mC）a，解得a=2.8m/s2，方向沿斜面向下
只研究A物块时有mAgsin37°-μmAgcos37°=mAaA，解得aA=3m/s2，方向沿斜面向下
从而说明A、B间存在相对滑动，且B相对A向上滑动
将B、C看为整体，则有mBgsin37°+μmAgcos37°-mCg=（mB+mC）a′，解得a′=m/s2，方向沿斜面向下
故C正确，ABD错误。
故选：C。
变式训练（2021春 昭通月考）如图所示，质量为m1的木块放在光滑水平面上，m1上放置一质量m2的另一木块，两木块之间的动摩擦因数为μ，先后分别用水平力拉m1和m2，使两木块恰好不发生相对滑动。若两次拉动木块时，两木块间的摩擦力分别为f1和f2，则两次拉木块一起运动时，拉力之比为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）
B． C． D．
【答案】BD
【解答】解：AB、当拉力F1作用在m1上，以m2为研究对象：其水平方向受到向右的大小为f1的静摩擦力，设加速度的大小为a1，由牛顿第二定律得： ①
再以m1和m2为整体，由牛顿第二定律得：F1=（m1+m2）a1②
联立①②得： ③
当拉力F2作用在m2上，先以m1为研究对象：其水平方向受到向右的大小为f2的静摩擦力，设加速度的大小为a2，由牛顿第二定律得：f2=m1a2 ④
再以m1和m2为整体，由牛顿第二定律得：F2=（m1+m2）a2 ⑤
联立④⑤得： ⑥
联立③⑥解得：，故B正确，A错误；
CD、由于两次拉力作用下，两木块恰好不发生相对滑动，故二者间静摩擦力达到最大等于滑动摩擦力的大小，即，所以 ,故C错误，D正确。
故选：BD。
1．（2021 浙江）2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层290s的减速，速度从4.9×103m/s减为4.6×102m/s；打开降落伞后，经过90s速度进一步减为1.0×102m/s；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆。若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器（　　）
A．打开降落伞前，只受到气体阻力的作用
B．打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上
C．打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
2．（2020 浙江）如图所示，底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子四周有一定空间。当公交车（　　）
A．缓慢起动时，两只行李箱一定相对车子向后运动
B．急刹车时，行李箱a一定相对车子向前运动
C．缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子向外侧运动
D．急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧运动
3．（2020 山东）我国将在今年择机执行“天问1号”火星探测任务。质量为m的着陆器在着陆火星前，会在火星表面附近经历一个时长为t0、速度由v0减速到零的过程。已知火星的质量约为地球的0.1倍，半径约为地球的0.5倍，地球表面的重力加速度大小为g，忽略火星大气阻力。若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直线运动，此过程中着陆器受到的制动力大小约为（　　）
A．m（0.4g﹣） B．m（0.4g+）
C．m（0.2g﹣） D．m（0.2g+）
4．（2021 山东）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变。重力加速度为g，不计阻力。以下判断正确的是（　　）
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动
B．投出物资后热气球所受合力大小为mg
C．
D．
5．（2021 乙卷）水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　）
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝（μ2﹣μ1）g
C．μ2＞μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
6．（2021 甲卷）一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知sinα＝0.6，重力加速度大小为g。则（　　）
A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小为
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
7．（2020 海南）如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则（　　）
A．两物块一起运动的加速度大小为a＝
B．弹簧的弹力大小为T＝F
C．若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
D．若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
8．（2020 上海）足够长的斜面与水平之间的倾角为37°，质量为2kg的物体静止在斜面底端，在平行于斜面上的外力F＝24N的作用下沿斜面向上运动，经过2s后撤去外力F，物体与斜面间的滑动摩擦系数为0.5，且最大静摩擦力可近似等于滑动摩擦力。求：
（1）物体在斜面上向上滑行的时间；
（2）上行过程中撤去F前后，物体受到的摩擦力的做功之比k；
（3）在S﹣t图象中画出减速阶段的图象（t＝0时，物体在S＝0处）；
（4）分析说明为什么物体动能与势能相等的位置仅出现在物体沿斜面下滑的过程中，并求出该位置离斜面底端的距离L。
9．（2020 浙江）一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑，滑行54m后进入水平雪道，继续滑行40.5m后减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为60kg，整个滑行过程用时10.5s，斜直雪道倾角为37°（sin37°＝0.6）。求小明和滑雪车
（1）滑行过程中的最大速度vm的大小；
（2）在斜直雪道上滑行的时间t1；
（3）在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小。
10．（2020 浙江）如图1所示，有一质量m＝200kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F﹣t图线如图2所示，t＝34s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件
（1）做匀减速运动的加速度大小和方向；
（2）匀速运动的速度大小；
（3）总位移的大小。
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课时9 牛顿运动定律的综合应用
考纲对本模块内容的具体要求如下：
1、理解牛顿第二定律，并会解决应用问题；
2、理解超重和失重的概念，会分析超重和失重现象，并能解决具体超重和失重。
3、掌握应用整体法与隔离法解决牛顿第二定律问题的基本方法；
4、掌握应用正交分解法解决牛顿第二定律问题的基本方法；
5、掌握应用合成法解决牛顿第二定律问题的基本方法。
1.能用程序法分析解决多过程问题
2.能通过牛顿定律对超重和失重进行定量地分析。
3.能用动力学观点分析解决多传送带问题
知识点一：超重、失重、完全失重
1、超重
　　当物体具有竖直向上的加速度时（包括向上加速或向下减速两种情况），物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于自身重力的现象。
2、失重
　　物体具有竖直向下的加速度时（包括向下加速或向上减速两种情况），物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于自身重力的现象。
3、完全失重
　　物体以加速度a=g向下竖直加速或向上减速时（自由落体运动、处于绕星球做匀速圆周运动的飞船里或竖直上抛时以及忽略空气阻力的各种抛体运动），物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力等于零的现象。
在完全失重的状态下，由重力产生的一切物理现象都会消失。如单摆停摆、天平失效、浸没于液体中的物体不再受浮力、水银气压计失效等，但测力的仪器弹簧测力计是可以使用的，因为弹簧测力计是根据F＝kx制成的，而不是根据重力制成的。
技巧点拨
1、解答超重、失重问题时，关键在于从以下几方面来理解超重、失重现象：
（1）不论超重、失重或完全失重，物体的重力不变，只是“视重”改变。
（2）物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。
（3）当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有a=g的加速度的效果，不再产生其他效果。平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失。
知识点二：连接体
1．连接体的类型
(1)弹簧连接体
(2)物物叠放连接体
(3)轻绳连接体
(4)轻杆连接体
2．连接体的运动特点
轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等．
轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比．
轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等．
3．处理连接体问题的方法
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，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量
隔离法的选取原则 若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两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
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”
知识点三：正交分解法、整体法和隔离法
1.正交分解法
当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，常用正交分解法解题，多数情况下是把力正交分解在加速度方向和垂直加速度方向上，有：
　　 （沿加速度方向） (垂直于加速度方向）
特殊情况下分解加速度比分解力更简单。
技巧点拨
正确画出受力图；建立直角坐标系，特别要注意把力或加速度分解在x轴和y轴上；分别沿x轴方向和y轴方向应用牛顿第二定律列出方程。一般沿x轴方向（加速度方向）列出合外力等于的方程，沿y轴方向求出支持力，再列出的方程，联立解这三个方程求出加速度。
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：
①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．
②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体的外力．
考点一：超重、失重
例1、（2021 武邑县模拟）某校羽毛球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为，比赛过程中，该运动员先下蹲，重心下降，经过充分调整后，发力跳起摸到了的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，取，则　　
A．运动员起跳过程处于完全失重状态
B．起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度大
C．起跳过程中运动员对地面的压力为
D．从开始起跳到双脚落地需要
【考点】牛顿运动定律的应用超重和失重
【解答】解：、从开始起跳到脚离开地面重心上升，做匀加速运动，加速度向上，处于超重状态，离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离，
运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据可知，所以
在起跳过程中，根据速度位移公式可知，，
解得：
由牛顿第二定律得：
解得：
由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力为，方向竖直向下，则运动员起跳过程处于超重状态，故错误；
、根据平均速度公式知起跳过程的平均速度等于离地上升到最高点过程的平均速度，故错误；
、加速上升时间：
减速上升：，则加速下降到双脚落地时间也为
故总时间为，故正确。
故选：。
变式训练（2021 葫芦岛二模）每个小伙伴都有一个飞行梦，现在钢铁侠的梦想就能成为现实。2020年中国深圳光启公司的马丁飞行背包接受预定，交付期一年。消防员利用马丁飞行背包在某次高楼火灾观测时，从地面开始竖直飞行的图像如图所示，下列说法正确的是　　
A．消防员上升的最大高度为
B．消防员在内正处于下降阶段
C．消防员在之间处于失重状态
D．消防员在内的平均速度大小为零
【考点】匀变速直线运动的图象；牛顿运动定律的应用超重和失重
【解答】解：、由图像面积表示向上移动的距离，可知上升的高度为：
整理可得：，故错误；
、内，速度大于零，故其处于上升阶段，故错误；
、内，加速度小于零，加速下降，加速度方向向下，处于失重状态，故正确；
、内，速度反向增大，后稳定，再减小为零，而且在这个时间段内，下降的高度也不为零，故平均速度大小不可能等于零。故错误。
故选：。
考点二：连接体
例3．（2020秋 金台区）如图所示，两个质量相同的物体1和2，紧靠在一起放在光滑的水平面上，如果它们分别受到水平推力和的作用，而且，则1施于2的作用力的大小为　　
A． B． C． D．
【考点】牛顿运动定律的应用连接体
【解答】解：设两物体的质量均为，1施于2的作用力大小为。
根据牛顿第二定律得：
对整体：
对物体
得到：
故选：。
变式训练（2020秋 农安县）如图，水平地面上有两块完全相同的木块、，受水平推力的作用．在作用过程中，用代表、间的相互作用力．那么　　
A．若地面是完全光滑的，则
B．若地面是完全光滑的，则
C．若地面是有摩擦的，则
D．若地面是有摩擦的，则
【解答】解：设、的质量均为。
、根据牛顿第二定律得：对整体：； 对．故错误，正确。
、设、与地面间的动摩擦因数均为．根据牛顿第二定律得：
对整体：； 对，则．故错误，正确。
故选：。
考点三：整体法与隔离法
例3、（2021 湖北模拟）如图，一倾角为37°的光滑斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块C，另一端与斜面上的长木板B相连，长木板B上有一物块A，A、B的质量都为2kg，C的质量为1kg，A、B之间的摩擦因数为，取重力加速度g=10m/s2。起初用手将三物体按照图示位置保持静止，松手后，下列说法正确的是（　　）
A．A、B将会一起下滑
B．B将相对A向下滑
C．B开始运动的加速度为
D．B开始运动的加速度为4m/s2
【解答】 解：假设A、B间无相对滑动，将A、B、C看为整体，从而有（mA+mB）gsin37°-mCg=（mA+mB+mC）a，解得a=2.8m/s2，方向沿斜面向下
只研究A物块时有mAgsin37°-μmAgcos37°=mAaA，解得aA=3m/s2，方向沿斜面向下
从而说明A、B间存在相对滑动，且B相对A向上滑动
将B、C看为整体，则有mBgsin37°+μmAgcos37°-mCg=（mB+mC）a′，解得a′=m/s2，方向沿斜面向下
故C正确，ABD错误。
故选：C。
变式训练（2021春 昭通月考）如图所示，质量为m1的木块放在光滑水平面上，m1上放置一质量m2的另一木块，两木块之间的动摩擦因数为μ，先后分别用水平力拉m1和m2，使两木块恰好不发生相对滑动。若两次拉动木块时，两木块间的摩擦力分别为f1和f2，则两次拉木块一起运动时，拉力之比为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）
B． C． D．
【答案】BD
【解答】解：AB、当拉力F1作用在m1上，以m2为研究对象：其水平方向受到向右的大小为f1的静摩擦力，设加速度的大小为a1，由牛顿第二定律得： ①
再以m1和m2为整体，由牛顿第二定律得：F1=（m1+m2）a1②
联立①②得： ③
当拉力F2作用在m2上，先以m1为研究对象：其水平方向受到向右的大小为f2的静摩擦力，设加速度的大小为a2，由牛顿第二定律得：f2=m1a2 ④
再以m1和m2为整体，由牛顿第二定律得：F2=（m1+m2）a2 ⑤
联立④⑤得： ⑥
联立③⑥解得：，故B正确，A错误；
CD、由于两次拉力作用下，两木块恰好不发生相对滑动，故二者间静摩擦力达到最大等于滑动摩擦力的大小，即，所以 ,故C错误，D正确。
故选：BD。
1．（2021 浙江）2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层290s的减速，速度从4.9×103m/s减为4.6×102m/s；打开降落伞后，经过90s速度进一步减为1.0×102m/s；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆。若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器（　　）
A．打开降落伞前，只受到气体阻力的作用
B．打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上
C．打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
【解答】解：A、在打开降落伞前，着陆器做加速下降，因此除受到气体阻力的作用外，还受到重力作用，故A错误；
BC、在打开降落伞至分离前，除受到降落伞的拉力和气体阻力的作用外，还受到重力作用，因着陆器做减速下降，其加速度方向向上，依据牛顿第二定律，则受到的合力方向竖直向上，故B正确，C错误；
D、若处于悬停状态中，发动机喷火的反作用力和重力是平衡力，故D错误；
故选：B。
2．（2020 浙江）如图所示，底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子四周有一定空间。当公交车（　　）
A．缓慢起动时，两只行李箱一定相对车子向后运动
B．急刹车时，行李箱a一定相对车子向前运动
C．缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子向外侧运动
D．急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧运动
【解答】解：设行李箱a竖立时与汽车发生相对运动的加速度为a1，行李箱b平放时与汽车发生相对运动的加速度为a2，根据实际情况可知a1＜a2。
A、缓慢起动时，汽车的加速度比较小，如果小于a1，则两只行李箱不会相对车子运动，故A错误；
B、急刹车时，汽车减速运动的加速度很大，行李箱a一定相对车子向前运动，故B正确；
C、缓慢转弯时，只要转动的向心加速度小于a1，两只行李箱不会相对车子向外侧运动，故C错误；
D、急转弯时，行李箱b一定会相对车子向外侧运动，不会相对车子向内侧运动，故D错误。
故选：B。
3．（2020 山东）我国将在今年择机执行“天问1号”火星探测任务。质量为m的着陆器在着陆火星前，会在火星表面附近经历一个时长为t0、速度由v0减速到零的过程。已知火星的质量约为地球的0.1倍，半径约为地球的0.5倍，地球表面的重力加速度大小为g，忽略火星大气阻力。若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直线运动，此过程中着陆器受到的制动力大小约为（　　）
A．m（0.4g﹣） B．m（0.4g+）
C．m（0.2g﹣） D．m（0.2g+）
【解答】解：根据重力等于万有引力，得：
得：
火星表面的重力加速度为g火＝0.4g
着陆器减速运动的加速度大小为
对着陆器根据牛顿第二定律有：
F﹣0.4mg＝ma
解得，故B正确，ACD错误；
故选：B。
4．（2021 山东）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变。重力加速度为g，不计阻力。以下判断正确的是（　　）
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动
B．投出物资后热气球所受合力大小为mg
C．
D．
【解答】解：AB、对抛出物资的瞬间，对物资和热气球，水平方向动量守恒，设热气球的水平速度为v1，取向右为正方向根据动量守恒定律得：
mv0﹣Mv1＝0
解得：v1＝
抛出物资前，竖直方向上：F浮＝（M+m）g
抛出物资后，对气球根据牛顿第二定律得：
竖直方向上：F浮﹣Mg＝Ma＝mg
解得：a＝，故热气球做类平抛运动，故B正确，A错误。
CD、对物资做平抛运动
竖直方向：H＝gt2
解得t＝
水平方向：x＝v0t＝
对热气球水平方向：x′＝v1t＝
竖直方向上h＝at2
代入数据解得：h＝
落地时物资与热气球的距离为：
代入数据解得：d＝＝＝（1+），故C正确，D错误。
故选：BC。
5．（2021 乙卷）水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　）
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝（μ2﹣μ1）g
C．μ2＞μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
【解答】解：A、由图（c）可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，在t1时刻木板与地面的静摩擦力达到最大值，对物块和木板整体分析可知F1＝μ1（m1+m2）g，故A错误；
B、由图（c）可知，t1～t2时间段物块和木板一起加速运动，在t2时刻物块和木板开始相对运动，此时物块和木板间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有
对物块和木板F2﹣μ1（m1+m2）g＝（m1+m2）am
对木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1am
整理可得F2＝（μ2﹣μ1）g
故B正确；
C、由图（c）可知，对木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1am
故μ2m2g＞μ1（m1+m2）g，即μ2＞μ1，故C正确；
D、由上述分析可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，t1～t2时间段物块和木板一起以共同加速度运动，故在0～t2时间段物块与木板加速度相等，故D正确。
故选：BCD。
6．（2021 甲卷）一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知sinα＝0.6，重力加速度大小为g。则（　　）
A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小为
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
【解答】解：AC、设物体向上滑动的距离为x，斜面的动摩擦因数为μ，
对物体向上滑行的过程，由动能定理可知：﹣mgsinα x﹣μmgcosα x＝0﹣Ek
对物体向下滑行的过程，由动能定理可知：mgsinα x﹣μmgcosα x＝﹣0
联立解得：x＝，μ＝0.5，故A错误，C正确；
B、物体向下滑动时，由牛顿第二定律可知：mgsinα﹣μmgcosα＝ma2，解得a2＝，故B正确；
D、物体向上滑动和向下滑动的距离相同，而向上滑的加速度由牛顿第二定律可知：mgsinα+μmgcosα＝ma1，解得：a1＝g，即a1＞a2，向上滑动过程也可看做初速度为零，加速度大小等于a1的匀加速直线运动，由x＝＝可知向上滑的时间比向下滑的时间短，故D错误；
故选：BC。
7．（2020 海南）如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则（　　）
A．两物块一起运动的加速度大小为a＝
B．弹簧的弹力大小为T＝F
C．若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
D．若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
【解答】解：A、对整体受力分析，根据牛顿第二定律有 F﹣（m1+m2）gsinθ＝（m1+m2）a，解得a＝﹣gsinθ，故A错误；
B、对m2受力分析，根据牛顿第二定律有T﹣m2gsinθ＝m2a，解得T＝F，故B正确；
C．根据T＝F＝，可知若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力T变大，根据胡克定律可知弹簧的伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；
D．根据T＝F，可知T与θ无关，只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力不变，根据胡克定律可知弹簧的伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。
故选：BC。
8．（2020 上海）足够长的斜面与水平之间的倾角为37°，质量为2kg的物体静止在斜面底端，在平行于斜面上的外力F＝24N的作用下沿斜面向上运动，经过2s后撤去外力F，物体与斜面间的滑动摩擦系数为0.5，且最大静摩擦力可近似等于滑动摩擦力。求：
（1）物体在斜面上向上滑行的时间；
（2）上行过程中撤去F前后，物体受到的摩擦力的做功之比k；
（3）在S﹣t图象中画出减速阶段的图象（t＝0时，物体在S＝0处）；
（4）分析说明为什么物体动能与势能相等的位置仅出现在物体沿斜面下滑的过程中，并求出该位置离斜面底端的距离L。
【解答】解：（1）撤去力F之前物体受力情况如图所示，
根据牛顿第二定律可得：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1，
解得：a1＝2m/s2，
撤去F以后受力分析如图所示：
由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma2，
得：a2＝10m/s2
撤去F时速度v1＝a1t1＝4m/s
撤去F后物体减速到零所需时间t2＝＝0.4s
所以物体上升到最大高度所需时间：t＝t1+t2＝2.4s；
（2）克服摩擦力做的功Wf＝fs
由于摩擦力大小恒定，克服摩擦力做功之比即为两个过程路程之比
撤去F前位移：s1＝＝4m
撤去F后到达最高点位移：s2＝＝0.8m
上行过程中撤去F前后，物体受到的摩擦力的做功之比：
k＝Wf1：Wf2＝s1：s2＝5：1；
（3）物体减速的时间段为2s～2.4s，减速阶段的s﹣t图象如图所示：
（4）设加速上升过程中，经过时间T动能和势能相等，则有：
＝mg（）
解得：a1＝6m/s2，与（1）问计算的加速度相矛盾，故不可能；
撤去力F时的重力势能大于动能，减速上升过程中，重力势能增大、动能减少，所以重力势能与动能不可能相等；
物体下滑时受力分析如图所示：
由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma3
解得：a3＝2m/s2
在物体沿斜面下滑的过程中，经过T1时间动能和重力势能相等，则有：
＝mg（s1+s2﹣）sin37°
解得：T1＝s
则L＝s1+s2﹣＝1.2m。
答：（1）物体在斜面上向上滑行的时间为2.4s；
（2）上行过程中撤去F前后，物体受到的摩擦力的做功之比为5：1；
（3）在S﹣t图象中画出减速阶段的图象见解析（t＝0时，物体在S＝0处）；
（4）说明见解析，下滑过程中重力势能和动能相等的位置离斜面底端的距离为1.2m。
9．（2020 浙江）一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑，滑行54m后进入水平雪道，继续滑行40.5m后减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为60kg，整个滑行过程用时10.5s，斜直雪道倾角为37°（sin37°＝0.6）。求小明和滑雪车
（1）滑行过程中的最大速度vm的大小；
（2）在斜直雪道上滑行的时间t1；
（3）在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小。
【解答】解：（1）根据匀变速直线运动的规律可知全程的平均速度为，根据平均速度和位移的关系可得：t＝x1+x2
解得：vm＝m/s＝18m/s；
（2）根据平均速度和位移的关系可得：x1＝t1
解得：t1＝6s；
（3）斜直轨道上的加速度a＝＝m/s2＝3m/s2
根据牛顿第二定律可得mgsin37°﹣Ff＝ma
解得Ff＝180N
答：（1）滑行过程中的最大速度vm的大小为18m/s。
（2）在斜直雪道上滑行的时间为6s。
（3）在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小为180N。
10．（2020 浙江）如图1所示，有一质量m＝200kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F﹣t图线如图2所示，t＝34s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件
（1）做匀减速运动的加速度大小和方向；
（2）匀速运动的速度大小；
（3）总位移的大小。
【解答】解：（1）由图2可知，物件26s时开始减速，减速过程受牵引力为1975N，重力G＝mg
由牛顿第二定律可得：
mg﹣FT＝ma
解得：a＝0.125m/s2；
因牵引力小于重力，故加速度竖直向下；
（2）对减速过程分析可知，减速时间t2＝8s，逆向分析可将匀减速过程视为初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可得：
v＝at2＝0.125×8m/s＝1m/s
（3）匀速向上的位移h1＝vt1＝1×26m＝26m
匀减速上升的位移h2＝＝m＝4m
则总位移h＝＝m＝40m
答：（1）做匀减速运动的加速度大小为0.125m/s2；方向竖直向下；
（2）匀速运动的速度大小为1m/s；
（3）总位移的大小为40m。
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