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新课预习衔接 牛顿运动定律的应用
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 罗湖区校级期末）如题所示，在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为200N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，取g＝10m/s2，则（　　）
A．小球从一开始就与挡板分离
B．小球速度最大时与挡板分离
C．小球向下运动0.01m时与挡板分离
D．小球向下运动0.02m时速度最大
2．（2024秋 长安区校级期末）利用智能手机的加速度传感器可直观显示手机的加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器后，手掌从静止开始竖直向上抛出手机，后又接住。以竖直向上为正方向，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，则手机可能在（　　）
A．t1～t2时间内减速上升，t2～t3时间内加速下降
B．t1～t2时间内加速上升，t2～t3时间内减速上升
C．t1～t2时间内减速上升，t2～t3时间内加速上升
D．t1～t2时间内加速上升，t2～t3时间内减速下降
3．（2024秋 芜湖期末）如图所示，AQ为圆的竖直直径，沿AQ、BQ、CQ固定三个光滑杆，现让三个小环（可以看作质点）套在杆上，并分别沿着AQ、BQ、CQ杆自顶端由静止开始下滑到Q点，下滑所用时间分别为t1、t2和t3，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有（　　）
A．t3＞t2＞t1 B．t1＞t2＞t3 C．v3＞v2＞v1 D．v1＞v2＞v3
4．（2024秋 让胡路区校级期末）如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处放置一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上．木板与竖直方向AC所成角度为α，一小物块自A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系应为（　　）
A．α＝θ B．α C．α D．α＝2θ
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024秋 武昌区校级期末）如图甲所示，质量为M的长木板放置于水平面上，其上左端有一质量为m1＝3kg的物块A，物块A通过轻绳跨过光滑滑轮与质量为m2＝6kg的物块B相连，物块B离地面高度为h。t＝0时刻由静止释放物块B，同时给长木板一水平向左的初速度v0＝7m/s，以后物块A运动的加速度—时间图像如图乙所示。物块与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间动摩擦因数为μ2，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.1
B．木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1
C．木板向左运动的最大位移为3.5m
D．长木板的质量M＝2kg
（多选）6．（2024秋 罗湖区校级期末）如图甲所示，质量为m的物块挂在弹簧秤的下端，在弹簧秤的拉力作用下沿竖直方向从静止开始做直线运动。取竖直向上为正方向，物块的加速度随时间的变化关系如图乙所示，弹簧秤始终在弹性限度内。重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．0～4s内物块先超重后失重，弹簧秤的示数先增大后减小
B．2s～6s内物块先超重后失重，速度变化量为零
C．0～6s内物块先超重后失重，4s时速度最大
D．弹簧秤在2s末和6s末的示数相同，物块速度相等
（多选）7．（2024秋 米东区校级期末）如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在长木板B的最左端。从某时刻起，用F＝8N的水平力向右拉A，经过5s，A运动到B的最右端，物体A的v﹣t图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为2kg、8kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．长木板B的长度为10m
B．A、B间的动摩擦因数为0.2
C．若B不固定，B的加速度大小为0.5m/s2
D．若B不固定，A运动到B的最右端所用的时间为10s
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 芜湖期末）一位质量为50kg的同学从8楼乘电梯下降到1楼，在此过程中利用手机内置的加速度传感器测得电梯运行的加速度a随时间t的变化关系如图所示（重力加速度g取10m/s2）。当t＝10s时，该同学处于 　 　状态（填“超重”或“失重”），此时他对电梯地板的压力大小约 　 　N，整个过程中电梯运行的最大速率约为 　 　m/s。
9．（2024秋 泉州期末）小明站在力传感器上做下蹲和起立动作，如图甲所示。图乙为力传感器的示数随时间的变化关系图像。则t1时刻小明处于 　 　状态（选填“超重”“失重”或“平衡”）；t2 t3过程小明完成的动作是 　 　（选填“起立”或“下蹲”）。
10．（2024秋 鼓楼区校级期末）深蹲是腿部训练的经典动作，它能够刺激全身肌肉，增强激素水平，提高新陈代谢。福州一中健身房内小张同学用压力传感器来研究深蹲过程中脚对地面压力的变化情况。在完成一次动作的过程中，张同学的脚对地面的压力随时间变化图象如图所示，g取10m/s2。根据图像可以判断：张同学 　 　（选填“先下蹲再起立”、“先起立再下蹲”）、从a到b人处于 　 　状态（选填“失重”、“超重”或“先超重后失重”）、人的质量为 　 　。
11．（2024秋 普陀区校级期末）如图所示，质量为m的光滑小球，用轻绳连接后挂在三角劈的顶端斜面平行，劈置于光滑水平面上，当劈水平向右匀加速加速度a1＝　 　时，球与斜面相对静止且细绳的拉力恰好为零；当劈以加速度a＝2g向左匀加速运动时，绳的拉力T2＝　 　。
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 西宁期末）质量是60kg的人站在升降机中的体重计上，如图所示。重力加速度g取10m/s2，当升降机做下列各种运动时，求体重计的示数。
（1）匀速上升；
（2）以4m/s2的加速度加速上升；
（3）以5m/s2的加速度加速下降。
13．（2024秋 武昌区校级期末）一质量为m的粗糙直木棒A静置于水平地面上，木棒上端通过一轻绳跨过滑轮与质量为m的重物C连接，质量为2m的小环B套在木棒上。t＝0时刻，小环以的速度从距木棒底部h＝1.925m的位置沿木棒向上滑动，同时由静止释放重物C。当木棒第一次与水平地面相碰时，连接重物C的细绳断裂，且每次木棒与地面碰撞时均原速率反弹。已知木棒与小环间的滑动摩擦力f＝mg，小环可以看作质点，且整个过程中小环不会从木棒上端滑出。取g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力以及滑轮与轻绳间的摩擦力，求：
（1）t＝0时刻，小环和木棒的加速度；
（2）木棒第一次与地面碰撞时的速度大小；
（3）小环从木棒下端滑出前，木棒与地面碰撞的次数n，及滑出瞬间小环与水平地面间的距离d。
14．（2024春 天心区校级期末）如图所示，在粗糙的水平地面上有一长为L＝12m、质量为M＝2kg的长木板B，在长木板的中点P放有一质量为m＝1kg（可视为质点）的小物块A，开始时A、B均静止。已知A与B、B与地面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.1和μ2＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平向右的恒力拉长木板B，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）当A刚好相对B开始滑动时，水平拉力F0的大小；
（2）若水平拉力F1＝10.5N，A所受到的摩擦力大小；
（3）若水平拉力F2＝24N，要使A刚好不滑离B，则F2作用多长时间后撤去？并求A最终停在B上的位置。
15．（2024秋 罗湖区校级期末）如图所示，倾斜的传送带正常工作时顺时针匀速转动，传送带的速率为v2＝4m/s，传送带倾角为θ＝30°。一物块从传送带上端滑上传送带，已知滑上时速率为v1＝5m/s，不计空气阻力，动摩擦因数为μ，传送带长度为L，g＝10m/s2，求：
（1）若μ＝0，且使传送带不动，L＝7.5m，物块离开传送带时的速度大小；
（2）若，L＝10m，传送带正常转动，物块在传送带上运动的时间；
（3）若，L＝10m，传送带正常转动，物块从哪一端离开传送带？并求物块离开传送带时速度大小和在传送带上运动的时间。
新课预习衔接 牛顿运动定律的应用
参考答案与试题解析
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 罗湖区校级期末）如题所示，在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为200N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，取g＝10m/s2，则（　　）
A．小球从一开始就与挡板分离
B．小球速度最大时与挡板分离
C．小球向下运动0.01m时与挡板分离
D．小球向下运动0.02m时速度最大
【考点】牛顿第二定律的临界问题．
【答案】C
【分析】对球受力分析可知，当球受力平衡时，速度最大，此时弹簧的弹力与物体重力沿斜面的分力相等，由胡克定律和平衡条件即可求得小球向下运动的路程．从开始运动到小球与挡板分离的过程中，挡板A始终以加速度a＝4m/s2匀加速运动，小球与挡板刚分离时，相互间的弹力为零，由牛顿第二定律和胡克定律结合求得小球的位移．
【解答】解：A、C、设球与挡板分离时位移为x，经历的时间为t，
从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F。
根据牛顿第二定律有：mgsin30°﹣kx﹣F1＝ma，
保持a不变，随着x的增大，F1减小，当m与挡板分离时，F1减小到零，则有：
mgsin30°﹣kx＝ma，
解得：m，
即小球向下运动0.01m时与挡板分离，故A错误，C正确。
B、球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大。故B错误；
D．球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零。即：
kxm＝mgsin30°，
解得：xmm，
由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为0.05m。故D错误。
故选：C。
【点评】在挡板运动的过程中，挡板对球的支持力的大小是在不断减小的，从而可以使球和挡板一起以恒定的加速度运动，在运动的过程中物体的受力在变化，但是物体的运动状态不变，从而可以求得物体运动的位移．
2．（2024秋 长安区校级期末）利用智能手机的加速度传感器可直观显示手机的加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器后，手掌从静止开始竖直向上抛出手机，后又接住。以竖直向上为正方向，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，则手机可能在（　　）
A．t1～t2时间内减速上升，t2～t3时间内加速下降
B．t1～t2时间内加速上升，t2～t3时间内减速上升
C．t1～t2时间内减速上升，t2～t3时间内加速上升
D．t1～t2时间内加速上升，t2～t3时间内减速下降
【考点】超重与失重的图像问题；复杂的运动学图像问题．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】B
【分析】根据加速度的正负判断加速度的方向，进而判断手机的运动情况，结合牛顿第二定律判断手机所受支持力的变化。
【解答】解：图像与时间轴围成的“面积”表示速度的变化量；根据图像可知，t1时刻手机加速度最大，t1时刻之后，手机加速度依然是正值，手机还要继续加速上升，t2时刻手机加速度为0，此时手机向上的速度最大，之后手机的加速度反向，开始减速上升；加速过程速度变化量（增加量）大于减速过程速度的变化量（减少量），则t2～t3手机的运动方向一直向上，所以t1～t2时间内加速上升，t2～t3时间内减速上升。故B正确，ACD错误；
故选：B。
【点评】本题考查a﹣t图像和牛顿第二定律，解题关键是根据a﹣t图像分析手机的运动情况，结合牛顿第二定律分析手机的受力情况。
3．（2024秋 芜湖期末）如图所示，AQ为圆的竖直直径，沿AQ、BQ、CQ固定三个光滑杆，现让三个小环（可以看作质点）套在杆上，并分别沿着AQ、BQ、CQ杆自顶端由静止开始下滑到Q点，下滑所用时间分别为t1、t2和t3，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有（　　）
A．t3＞t2＞t1 B．t1＞t2＞t3 C．v3＞v2＞v1 D．v1＞v2＞v3
【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；平均速度（定义式方向）；匀变速直线运动位移与时间的关系；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】利用牛顿第二定律可得小环的加速度大小，利用运动学公式可得小环下滑时间的表达式，则可得三条不同路径运动的时间关系，
根据三条路径的位移大小关系、时间关系，利用平均速度定义式可知小环经过不同路径的平均速度大小关系。
【解答】解：设斜面的倾角为θ，圆的直径为d，小环下滑过程，由牛顿第二定律可得小环的加速度为：
斜面的长度为：x＝dsinθ，由可得小环下滑所用时间为：
可知小环下滑的时间与斜面的倾角无关，则t1＝t2＝t3
由于AQ＞BQ＞CQ，根据平均速度的定义式可得v1＞v2＞v3，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了匀变速直线运动的规律，解题的关键是知道利用运动学公式找出小环下滑的时间与直径的关系，此时间与倾角无关。
4．（2024秋 让胡路区校级期末）如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处放置一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上．木板与竖直方向AC所成角度为α，一小物块自A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系应为（　　）
A．α＝θ B．α C．α D．α＝2θ
【考点】物体在光滑斜面上的运动；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【专题】牛顿运动定律综合专题．
【答案】B
【分析】在竖直线AC上取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切与D点，根据等时圆的结论及几何关系即可求解．
【解答】解：如图所示：
在竖直线AC上取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切与D点，
根据等时圆的结论可知：A点滑到圆上任一点的时间都相等，所以由A点滑到D点所用时间比由A到达斜面上其他各点时间都短，
将木板下端B点与D点重合即可，
而角COD为θ，所以
故选：B。
【点评】本题有其特殊的解题方法，作等时圆是一种快捷、方便的方法，难度适中．
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024秋 武昌区校级期末）如图甲所示，质量为M的长木板放置于水平面上，其上左端有一质量为m1＝3kg的物块A，物块A通过轻绳跨过光滑滑轮与质量为m2＝6kg的物块B相连，物块B离地面高度为h。t＝0时刻由静止释放物块B，同时给长木板一水平向左的初速度v0＝7m/s，以后物块A运动的加速度—时间图像如图乙所示。物块与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间动摩擦因数为μ2，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.1
B．木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1
C．木板向左运动的最大位移为3.5m
D．长木板的质量M＝2kg
【考点】无外力的水平板块模型；连接体模型．
【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力；模型建构能力．
【答案】BC
【分析】0～1s内物块A、B一起匀加速，对A和B根据牛顿第二定律求解物块与木板间的动摩擦因数；
对A分析可知，1～3s内物块B已经落地，3s末物块A与木板共速，之后二者一起做匀减速直线运动，对木板和A分析，由牛顿第二定律进行解答；
根据a﹣t图像中图线与坐标轴所围面积表示速度变化，可知3s末物块A的速度；0～3s内木板先向左匀减速，再向右匀加速，由牛顿第二定律结合运动学公式进行解答。
【解答】解：A．由乙图可知，0～1s内物块A、B一起匀加速，此时A受到的摩擦力方向向左，由整体法可得：m2g﹣μ1m1g＝（m1+m2）a1
解得：μ1＝0.2，故A错误；
B．物块A所受木板的滑动摩擦力产生的加速度大小为a2，则有：μ1m1g＝m1a2
解得加速度大小为：
可知，1～3s内物块B已经落地，物块A水平方向只受木板的滑动摩擦力作用，由图乙可知3s末物块A的加速度大小突然减为1m/s2，则此时物块A与木板共速，之后二者一起做匀减速直线运动。由牛顿第二定律，可得：
μ2（M+m1）g＝（M+m1）a3
解得：μ2＝0.1，故B正确；
CD．根据a﹣t图像中图线与坐标轴所围面积表示速度变化，可知3s末物块A的速度为：v＝6×1m/s﹣2×2m/s＝2m/s
依题意，0～3s内木板先向左匀减速，再向右匀加速，受力分析由牛顿第二定律，有
木板向左运动的过程中：μ1m1g+μ2（M+m1）g＝Ma木
木板向右运动过程中：μ1m1g﹣μ2（M+m1）g＝Ma木'
又：a木，a木′
且：t1+t2＝3s
联立解得：M＝1.5kg，a木＝7m/s2，a木'＝1m/s2，t1＝1s，t2＝2s
则木板向左运动的最大位移为：xm＝3.5m，故C正确、D错误。
故选：BC。
【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
（多选）6．（2024秋 罗湖区校级期末）如图甲所示，质量为m的物块挂在弹簧秤的下端，在弹簧秤的拉力作用下沿竖直方向从静止开始做直线运动。取竖直向上为正方向，物块的加速度随时间的变化关系如图乙所示，弹簧秤始终在弹性限度内。重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．0～4s内物块先超重后失重，弹簧秤的示数先增大后减小
B．2s～6s内物块先超重后失重，速度变化量为零
C．0～6s内物块先超重后失重，4s时速度最大
D．弹簧秤在2s末和6s末的示数相同，物块速度相等
【考点】超重与失重的概念、特点和判断；根据a﹣t图像的物理意义分析物体的运动情况；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；归纳法；运动学中的图象专题；理解能力．
【答案】BC
【分析】根据加速度方向分析结合牛顿第二定律分析；根据a﹣t图像与坐标轴所围“面积”表示速度的变化量分析速度变化量，根据加速度方向分析超重或失重状态；根据图像分析最大速度；根据牛顿第二定律分析弹簧秤的示数。
【解答】解：A．由题意可知，在0～4s，加速度为正值，方向向上，由牛顿第二定律得
F﹣mg＝ma
解得
F＝mg+ma
因为加速度方向在这段时间内是一直向上的，则视重F大于物块的实际重力mg，物块一直处于超重状态。因加速度先增大后减小，弹簧秤的示数先增大后减小，故A错误；
B．2s～4s，加速度为正值，方向向上，物块处于超重状态，4s～6s，加速度为负值，方向向下，物块处于失重状态；a﹣t图像与坐标轴所围“面积”表示速度的变化量，t轴上方面积为正值，表示速度增加，t轴下方面积为负值，表示速度减小，2s～6s时间段内图像中与坐标轴所围的“面积”代数和为零，说明这段时间内物体的速度变化量为零，故2s～6s内物块先超重后失重，速度变化量为零，故B正确；
C．根据图像可知在0～4s内加速度方向向上，在4s～6s内加速度方向向下，所以在0～6s内物块先超重后失重；在0～4s内加速度方向向上，一直在向上加速运动，所以4s时物块速度最大，为，故C正确；
D．由A项分析知弹簧秤示数为
F＝mg+ma
又2s和6s两时刻加速度分别为2m/s2和﹣2m/s2，故弹簧秤在2s末和6s末的示数不相同，又a﹣t图像中图线下的“面积”为速度的变化量，物块在2s～6s速度变化量为零，故
v2＝v6
物块在2s末和6s末速度相等，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，要知道加速度方向向上，物体处于超重状态，加速度方向向下，处于失重状态。
（多选）7．（2024秋 米东区校级期末）如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在长木板B的最左端。从某时刻起，用F＝8N的水平力向右拉A，经过5s，A运动到B的最右端，物体A的v﹣t图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为2kg、8kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．长木板B的长度为10m
B．A、B间的动摩擦因数为0.2
C．若B不固定，B的加速度大小为0.5m/s2
D．若B不固定，A运动到B的最右端所用的时间为10s
【考点】无外力的水平板块模型；匀变速直线运动位移与时间的关系；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；图析法；运动学中的图象专题；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力；模型建构能力．
【答案】BC
【分析】根据v﹣t图像面积代表位移，分析木板长度；
根据v﹣t图像斜率代表加速度，求A的加速度，再结合牛顿第二定律，求摩擦因数；
B不固定，对B受力分析，由牛顿第二定律，求B加速度；
若B不固定，A运动到B的最右端的过程由运动学公式求时间。
【解答】解：A．根据v﹣t图像面积代表位移，可知长木板B的长度为，故A错误；
B．根据v﹣t图像斜率代表加速度，可知物体A的加速度为
对物体A受力分析，由牛顿第二定律得
F﹣μmAg＝mAaA
解得
μ＝0.2
故B正确；
C．若B不固定，对B受力分析，由牛顿第二定律
μmAg＝mBaB
代入数据解得
故C正确；
D．若B不固定，A运动到B的最右端的过程由运动学公式
解得
故D错误。
故选：BC。
【点评】本题解题关键是掌握v﹣t图像面积代表位移、v﹣t图像斜率代表加速、以及牛顿第二定律，是一道具有综合性的，热度较高的题。
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 芜湖期末）一位质量为50kg的同学从8楼乘电梯下降到1楼，在此过程中利用手机内置的加速度传感器测得电梯运行的加速度a随时间t的变化关系如图所示（重力加速度g取10m/s2）。当t＝10s时，该同学处于 　超重　状态（填“超重”或“失重”），此时他对电梯地板的压力大小约 　520　N，整个过程中电梯运行的最大速率约为 　1.9　m/s。
【考点】超重与失重的概念、特点和判断．
【专题】定性思想；图析法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】超重；520N；1.9m/s。
【分析】该同学向下减速运动，加速度竖直向上，此时所受支持力大于重力，处于超重状态；
可根据牛顿第二定律计算此时所受支持力大小，再根据牛顿第三定律得出电梯受到人的压力大小等于人所受电梯的支持力大小；
利用速度与时间公式可知，加速度与时间图像与时间轴围成的面积表示速度变化量，故可根据图像得出最大速率。
【解答】解：当t＝10时，该同学向下减速运动，加速度竖直向上处于超重状态。
t＝10s时，又根据牛顿第二定律
N﹣mg＝ma
代入数据解得N＝520N
根据牛顿第三定律可得对电梯底的压力大小约为520N。
加速度与时间图像与时间轴围成的面积表示速度变化量，加速度向下时处于加速状态，根据图线在该段时间内与横轴围成面积格数有十九个小格
得vm＝0+Δv
代入数据解得vm＝1.9m/s
则该同学的最大速率约为1.9m/s。
故答案为：超重；520N；1.9m/s。
【点评】本题考查了对超重、失重状态的理解，已经应用牛顿第二定律计算所受支持力的能力，进一步考查了对牛顿第三定律的应用，以及运用运动学公式综合分析加速度与时间图像的能力。
9．（2024秋 泉州期末）小明站在力传感器上做下蹲和起立动作，如图甲所示。图乙为力传感器的示数随时间的变化关系图像。则t1时刻小明处于 　超重　状态（选填“超重”“失重”或“平衡”）；t2 t3过程小明完成的动作是 　起立　（选填“起立”或“下蹲”）。
【考点】超重与失重的图像问题．
【专题】定性思想；图析法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】超重；起立。
【分析】下蹲过程，初末速度均为零，说明先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重；
起立过程，初末速度均为零，说明先向上加速后向上减速，加速度先向上后向下，先超重后失重。
【解答】解：t1时刻力传感器示数大于重力，故小明处于超重状态，t2 t3过程小明先超重后失重，先向上加速后向上减速，完成的动作是起立。
故答案为：超重；起立。
【点评】本题考查了超重和失重，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。
10．（2024秋 鼓楼区校级期末）深蹲是腿部训练的经典动作，它能够刺激全身肌肉，增强激素水平，提高新陈代谢。福州一中健身房内小张同学用压力传感器来研究深蹲过程中脚对地面压力的变化情况。在完成一次动作的过程中，张同学的脚对地面的压力随时间变化图象如图所示，g取10m/s2。根据图像可以判断：张同学 　先下蹲再起立　（选填“先下蹲再起立”、“先起立再下蹲”）、从a到b人处于 　失重　状态（选填“失重”、“超重”或“先超重后失重”）、人的质量为 　50kg　。
【考点】超重与失重的图像问题．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】先下蹲再起立，失重，50kg。
【分析】根据下蹲和起立过程的运动状态分析张同学的运动过程，然后根据超重和失重的定义分析张同学所处状态，根据G＝mg可得人的质量。
【解答】解：根据图像可知张同学的脚对地面的压力是先小于重力后大于重力，然后先大于重力后小于重力，所以张同学的运动情况是先失重后超重，然后先超重后失重。如果是先下蹲后起立是先向下加速然后向下减速的，然后站起来的过程是先向上加速后向上减速运动，所以张同学做的是先下蹲后起立的动作；由图可知a到b的过程中张同学的脚对地面的压力是小于其重力的，由此可以判断张同学是处于失重状态的；由图可知张同学的重量为500N，根据G＝mg可知，张同学的质量为50kg。
故答案为：先下蹲再起立，失重，50kg。
【点评】知道人对地面的压力大于人的重力时，人处于超重状态，人对地面的压力小于重力时，人处于失重状态是解题的关键。
11．（2024秋 普陀区校级期末）如图所示，质量为m的光滑小球，用轻绳连接后挂在三角劈的顶端斜面平行，劈置于光滑水平面上，当劈水平向右匀加速加速度a1＝　g　时，球与斜面相对静止且细绳的拉力恰好为零；当劈以加速度a＝2g向左匀加速运动时，绳的拉力T2＝　mg　。
【考点】物体在光滑斜面上的运动；力的合成与分解的应用．
【专题】应用题；定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据题意确定小球的受力情况，然后应用牛顿第二定律求出加速度；
应用牛顿第二定律的求出小球与斜面间作用力为零时的临界加速度，
然后根据劈的加速度与临界加速度的关系确定小球的位置状态，然后求出绳子的拉力。
【解答】解：球与斜面相对静止且细绳的拉力恰好为零时，小球受力如图所示：
由牛顿第二定律得：a1g；
当劈加速度向左，球恰好刚要离开斜面；
即斜面对球的作用力恰好为零时，球受力如图所示：
由牛顿第二定律得：a临界g＜a＝2g，
当加速度：a＝2g，方向：水平向左时，小球离开斜面，受力如图所示：
绳子的拉力：T2mg；
故答案为：g；mg。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，解决本题的关键知道小球和三角劈具有相同的加速度，通过隔离法分析，运用牛顿第二定律进行求解。
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 西宁期末）质量是60kg的人站在升降机中的体重计上，如图所示。重力加速度g取10m/s2，当升降机做下列各种运动时，求体重计的示数。
（1）匀速上升；
（2）以4m/s2的加速度加速上升；
（3）以5m/s2的加速度加速下降。
【考点】根据超重或失重状态计算物体的运动情况．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．
【答案】（1）匀速上升时示数为600N；
（2）以4m/s2的加速度加速上升时为840N；
（3）以5m/s2的加速度加速下降时为300N。
【分析】（1）升降机匀速上升时，人受力平衡，支持力等于重力；
（2）升降机加速上升，加速度方向向上，支持力大于重力，根据牛顿第二定律得 FN1﹣mg＝ma1
（3）升降机加速下降，加速度方向向下，支持力小于重力，根据牛顿第二定律得mg﹣FN2＝ma2。
【解答】解：（1）升降机匀速上升，受力平衡，则FN＝mg＝600N
由牛顿第三定律知，体重计的示数为600N。
（2）升降机加速上升，加速度方向向上，支持力大于重力
根据牛顿第二定律得：
FN1﹣mg＝ma1
FN1＝m（g+a1）＝840N
由牛顿第三定律知，体重计的示数为840N。
（3）升降机加速下降，加速度方向向下，支持力小于重力
根据牛顿第二定律得：
mg﹣FN2＝ma2
FN2＝m（g﹣a2）＝300N
由牛顿第三定律知，体重计的示数为300N。
答：（1）匀速上升时示数为600N；
（2）以4m/s2的加速度加速上升时为840N；
（3）以5m/s2的加速度加速下降时为300N。
【点评】该题是牛顿第二定律的直接应用，难度不大，属于基础题。
13．（2024秋 武昌区校级期末）一质量为m的粗糙直木棒A静置于水平地面上，木棒上端通过一轻绳跨过滑轮与质量为m的重物C连接，质量为2m的小环B套在木棒上。t＝0时刻，小环以的速度从距木棒底部h＝1.925m的位置沿木棒向上滑动，同时由静止释放重物C。当木棒第一次与水平地面相碰时，连接重物C的细绳断裂，且每次木棒与地面碰撞时均原速率反弹。已知木棒与小环间的滑动摩擦力f＝mg，小环可以看作质点，且整个过程中小环不会从木棒上端滑出。取g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力以及滑轮与轻绳间的摩擦力，求：
（1）t＝0时刻，小环和木棒的加速度；
（2）木棒第一次与地面碰撞时的速度大小；
（3）小环从木棒下端滑出前，木棒与地面碰撞的次数n，及滑出瞬间小环与水平地面间的距离d。
【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；匀变速直线运动规律的综合应用；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】（1）t＝0时刻，小环的加速度为15m/s2，方向竖直向下，木棒的加速度为5m/s2，方向竖直向上；
（2）木棒第一次与地面碰撞时的速度大小为2m/s；
（3）小环从木棒下端滑出前，木棒与地面碰撞的次数n为4次，及滑出瞬间小环与水平地面间的距离d为0.1m。
【分析】（1）小环相对于木棒向上运动，所受摩擦力向下，利用牛顿第二定律即可计算小环的加速度，木棒与重物用细绳连接，故加速度大小相同可利用整体法和牛顿第二定律计算二者的加速度；
（2）由题意可知，小环与木棒先相对滑动后达到共速，可先利用牛顿第二定律以及运动学公式计算出二者达到共速过程中相对的位移大小，而后小环、木棒与重物以大小相等的加速度做双向匀变速直线运动，利用运动学公式即可计算木棒第一次碰撞后的速度大小；
（3）利用运动学公式分析碰撞规律，通过双向匀变速直线运动的特点和位移差计算次数、距离。
【解答】解：（1）t＝0时刻，小环相对于木棒向上运动，小环所受滑动摩擦力向下，根据牛顿第二定律有
f+2mg＝2ma1
代入数据解得
该加速度方向竖直向下。对木棒与重物整体分析，根据牛顿第二定律有
mg+f﹣mg＝（m+m）a2
代入数据解得
该加速度方向竖直向上。
（2）根据上述可知，小环开始向上做匀减速直线运动，木棒与重物做匀加速直线运动，经历时间t0达到相等速度，则有
v共＝v0﹣a1t0＝a2t0
代入数据解得
，
此过程木棒的位移为
代入数据解得
x1＝0.2m
此过程小环相对于木棒向上运动，相对位移大小为
x0＝x2﹣x1
代入数据解得
x0＝0.8m
之后小环、木棒与重物以大小相等的加速度做双向匀变速直线运动，根据牛顿第二定律有
mg+2mg﹣mg＝（m+m+2m）a3
代入数据解得
取向上为正方向，根据速度与位移的关系式有
代入数据解得
v1＝2m/s
（3）综合上述，小环、木棒与重物以大小相等的加速度做双向匀变速直线运动到与地面第一次碰撞时，环与木棒下端间距为
L＝x0+h
代入数据解得
L＝2.725m
碰撞时，连接重物C的细绳断裂，碰撞后，小环向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
2mg﹣f＝2ma4
代入数据解得
小环向下做匀加速直线运动，木棒向上做双向匀变速直线运动，根据对称性可知，在木棒与地面再次碰撞之前，小环速度始终大于木棒速度，即小环在之后的碰撞过程中始终向下做匀加速直线运动，木棒一直重复第一次碰撞之后的双向匀变速直线运动，可知，每一次木棒上升到做高点的时间为
代入数据解得
t1＝0.1s
利用逆向思维，木棒上升到最大的高度为
代入数据解得
h0＝0.1m
可知，环在到达离地面高度为h0之前都不会与木棒分离，对小环有
代入数据解得
t2＝0.7s
则木棒与地面碰撞的次数为
且第四次碰撞后，木棒上升到最高点时恰好与小环分离，可知，此时，小环离地面的高度
d＝h0＝0.1m。
答：（1）t＝0时刻，小环的加速度为15m/s2，方向竖直向下，木棒的加速度为5m/s2，方向竖直向上；
（2）木棒第一次与地面碰撞时的速度大小为2m/s；
（3）小环从木棒下端滑出前，木棒与地面碰撞的次数n为4次，及滑出瞬间小环与水平地面间的距离d为0.1m。
【点评】本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动规律的应用，掌握相对运动的特点是解决本题的而关键。
14．（2024春 天心区校级期末）如图所示，在粗糙的水平地面上有一长为L＝12m、质量为M＝2kg的长木板B，在长木板的中点P放有一质量为m＝1kg（可视为质点）的小物块A，开始时A、B均静止。已知A与B、B与地面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.1和μ2＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平向右的恒力拉长木板B，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）当A刚好相对B开始滑动时，水平拉力F0的大小；
（2）若水平拉力F1＝10.5N，A所受到的摩擦力大小；
（3）若水平拉力F2＝24N，要使A刚好不滑离B，则F2作用多长时间后撤去？并求A最终停在B上的位置。
【考点】有外力的水平板块模型．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；整体法和隔离法；分析综合能力；模型建构能力．
【答案】（1）当A刚好相对B开始滑动时，水平拉力F0的大小为12N；
（2）A所受到的摩擦力大小为0.5N；
（3）F2作用1s时间后撤去，A最终停在B上离B左端1.5m的位置。
【分析】（1）当A与B刚好相对滑动时，A、B之间静摩擦力达到最大值，对A，根据牛顿第二定律求出加速度，再对整体，利用牛顿第二定律求水平拉力F0的大小；
（2）若水平拉力F1＝10.5N，分析A、B的运动状态，对整体，由牛顿第二定律求出加速度，再对A，利用牛顿第二定律求A所受到的摩擦力大小；
（3）若水平拉力F2＝24N，A与B相对滑动，分析A和B的运动情况，根据牛顿第二定律求解各个阶段B的加速度大小，再根据速度—时间关系、位移—时间关系列方程求解。
【解答】解：（1）当A与B刚好相对滑动时，A、B之间静摩擦力达到最大值，对A，由牛顿第二定律有
μ1mg＝ma0
解得：
对A、B整体，由牛顿第二定律有
F0﹣μ2（M+m）g＝（M+m）a0
解得：F0＝12N
（2）由于F1＝10.5N＜F0＝12N
且F1＞μ2（M+m）g＝0.3×（2+1）×10N＝9N
所以A、B一起向右做匀加速运动，对A、B整体，由牛顿第二定律有
F1﹣μ2（M+m）g＝（M+m）a共
解得：
对A，由牛顿第二定律有
f＝ma共
解得：f＝0.5N
（3）由于水平拉力F2＝24N＞F0＝12N
故A、B相对滑动，对A，由牛顿第二定律有
μ1mg＝ma1
解得：
对B，由牛顿第二定律有
F2﹣μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma2
解得：
设拉力作用t1时最终小物块刚好没有滑离长木板，则t1时间内小物块速度和位移分别为
v1＝a1t1，
t1时间内木板的速度和位移分别为
v2＝a2t1，
此过程中A相对B向左滑动距离
水平拉力撤去后，设再经时间t2，A、B刚好共速，因A的受力不变，故A继续加速，加速度仍然为
B做减速运动，且有
μ2（M+m）g+μ1mg＝Ma3
解得：
则有
v共＝v1+a1t2＝v2﹣a3t2
此过程中A相对B向左滑动
此时A刚好滑到B最左端，则有
Δx＝Δx1+Δx2
联立解得：v共＝2m/s，t1＝t2＝1s
即F2作用1s时间后撤去，A刚好不从B的左边滑离。由于A、B间动摩擦因数小，故共速后A相对B向右滑动，A向右减速，加速度大小仍然为
B向右减速，设加速度大小为a4，则有
μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma4
解得：
此后，A、B分别运动x3、x4后停下，有
x3，x4
解得：x3＝2m，x4＝0.5m
A相对B向右滑动了
Δx′＝x3﹣x4＝2m﹣1.5m＝1.5m
即A最终停在B上离B左端1.5m的位置。
答：（1）当A刚好相对B开始滑动时，水平拉力F0的大小为12N；
（2）A所受到的摩擦力大小为0.5N；
（3）F2作用1s时间后撤去，A最终停在B上离B左端1.5m的位置。
【点评】对于牛顿第二定律和运动学公式的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
15．（2024秋 罗湖区校级期末）如图所示，倾斜的传送带正常工作时顺时针匀速转动，传送带的速率为v2＝4m/s，传送带倾角为θ＝30°。一物块从传送带上端滑上传送带，已知滑上时速率为v1＝5m/s，不计空气阻力，动摩擦因数为μ，传送带长度为L，g＝10m/s2，求：
（1）若μ＝0，且使传送带不动，L＝7.5m，物块离开传送带时的速度大小；
（2）若，L＝10m，传送带正常转动，物块在传送带上运动的时间；
（3）若，L＝10m，传送带正常转动，物块从哪一端离开传送带？并求物块离开传送带时速度大小和在传送带上运动的时间。
【考点】倾斜传送带模型；牛顿第二定律求解多过程问题．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力；模型建构能力．
【答案】（1）若μ＝0，且使传送带不动，L＝7.5m，物块离开传送带时的速度大小为10m/s；
（2）若，L＝10m，传送带正常转动，物块在传送带上运动的时间为2s；
（3）从上端离开传送带，物块离开传送带时速度大小为4m/s，在传送带上运动的时间为4.05s。
【分析】（1）对物块受力分析，由牛顿第二定律解得加速度，根据运动学规律解答；
（2）对物块受力分析，从而分析其运动状态，根据运动学公式计算；
（3）分析物块的运动情况，根据牛顿第二定律分析解答。
【解答】解：（1）依题意，对物块受力分析，由牛顿第二定律可得
mgsinθ＝ma1
物块在传送带上做匀加速直线运动，有
联立，解得
v＝10m/s
（2）对物块受力分析，可得
mgsinθ＝mgmg
μmgcosθmgmg
即物块下滑过程，合力为零，做匀速直线运动，有
解得t＝2s
（3）对物块受力分析，由牛顿第二定律可得
μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma2
解得
即物块做匀减速下滑，设经t1速度减为零，则有
0＝v1﹣a2t1
解得
t1＝2s
此时物块下滑的距离为
解得x＝5m＜L
说明物块将沿传送带向上做匀加速直线运动，设经t2与传送带共速，则有
此时物块上滑位移为
因为μmgcosθ＞mgsinθ，此后将随传送带一起运动，则有
从上端离开传送带，物块离开传送带时速度大小与传送带相同为
v2＝4m/s
综上所述，物块在传送带上运动的时间为
t总＝t1+t2+t3
解得t总＝4.05s
答：（1）若μ＝0，且使传送带不动，L＝7.5m，物块离开传送带时的速度大小为10m/s；
（2）若，L＝10m，传送带正常转动，物块在传送带上运动的时间为2s；
（3）从上端离开传送带，物块离开传送带时速度大小为4m/s，在传送带上运动的时间为4.05s。
【点评】该题涉及的过程比较多，二者过程的变化较复杂，在解答的过程中要注意对各个过程的把握，正确进行受力分析，同时要明确其运动的过程与特点。
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