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专题09 牛顿运动定律的应用和超重失重
▉考点一 从受力情况确定运动情况
1基本思路
分析物体受力→求物体所受合力→由a=F求加速度→运动学公式→确定物体运动情况
2解题步骤
确定研究对象：根据问题，选定研究的物体或系统
进行受力分析：分析研究对象的受力情况，画出受力示意图
求出合外力：通常用合成法或正交分解法求合外力
求出加速度：根据牛顿第二定律求加速度
求出其他量：选择相应的运动学公式，求位移、速度或运动时间等其他物理量
例题：为了道路交通安全，会在一些路段设立刹车失灵紧急避险车道。如图所示。故障车驶入避险车道是为了（　　）
A．增大运动的加速度
B．减小运动的加速度
C．增加运动的时间
D．减少与路面的动摩擦因数
解：A、由图示可知，避险车道为斜面，车进入避险车道后沿斜面向上运动，车受到的重力有沿斜面向下的分力，与运动的方向相反，所以对车的减速能起到增大减速运动的加速度的作用。故A正确，B错误；
C、在车的初速度一定的情况下，加速度增加，减速到零的时间变短，是减小了运动时间，不是增加了运动时间，故C错误；
D、动摩擦因数由接触面的材料、接触面的粗糙程度决定，避险车道目的是使车迅速停下来，不应减小动摩擦因数，故D错误。
故选：A。
▉考点二 从运动情况确定受力情况
1基本思路
物体的运动情况→运动学公式、加速度由F=ma求合力→确定物体受力情况
2常用的与加速度有关的匀变速直线运动公式
V=v0+at
X=v0t+1/2at2
V2-v02=2ax
△x=aT2
3解题的基本步骤
确定研究对象→根据问题选定研究的物体或系统
分析运动情况→分析研究对象的运动过程及运动性质
求出加速度→根据已知条件，选择适当的运动学公式求出加速度
求出合力→根据牛顿第二定律求出合力的大小和方向
求出待求力→根据研究对象的受力情况求出待求力
例题：2024年6月25日嫦娥六号在返回地球的整个过程中经历了如图甲所示全过程，在距离地面的高度只有10公里左右时，打开降落伞进行减速降落（如图乙），该过程受空气阻力影响，忽略开伞下落过程g的变化。下列说法正确的是（　　）
A．返回器在P点不受空气阻力
B．P点返回器所受合力可能竖直向上
C．返回器在Q点的空气阻力沿切线
D．打开降落伞过程速度先增大后减小
解：AB、由图示可知，返回器在P点处于大气层内，受到空气阻力作用，P点处于曲线运动的最低点，所受合力指向曲线凹的一侧，有可能竖直向上，故A错误，B正确；
C、由图甲所示可知，返回器在Q点位于大气层外，不受空气阻力作用，故C错误；
D、打开降落伞后返回器是减速过程，速度一直减小，故D错误。
故选：B。
▉考点三 “等时圆”模型
1定义
所谓“等时圆”模型，是指物体沿着位于同一竖直圆环上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间
相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。
2基本规律
(1)物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦从其上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图4-5-2甲所示；
(2)物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示；
(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，物体沿不同的光滑弦(过切点)上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
3解题思路
(1)设置顶点。上端相交：交点为圆的最高点；下端相交：交点为圆的最低点。
(2)作等时圆。a.过顶点作竖直线；b.以某条轨道为弦作圆心在竖直线上的圆。
(3)比较时间。a.轨道端点都在圆周上，质点的运动时间相等；b.端点在圆内的轨道，质点运动时间短些，端点在圆外的轨道，质点运动时间长些。
例题：如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点。则（　　）
A．a球最先到达M点
B．b球最后到达M点
C．c球最后到达M点
D．b球和c球都可能最先到达M点
解：根据“等时圆”原理可知，从圆上各点向最低点引弦，从该点达到最低点经过的时间相等，如图所示；
则从圆上A、E、D到达M点的时间相等，则c球先到达M点，a球次之、b球最后达到M点，故B正确、ACD错误。
故选：B。
▉考点四 重力的测量
1基本概念
(1)实重：物体实际所受的重力。
(2)视重：弹簧测力计或台秤的示数叫物体的视重。
2重力的两种常用测量方法
方法①先测量重力加速度g,再用天平测量物体的质量，利用牛顿第二定律可得重力为G=mg。
方法2利用力的平衡条件对重力进行测量。将待测物体悬挂或放置在测力计上，使它处于静止状态。这时物体所受的重力和测力计对物体的拉力或支持力的大小相等。这是测量重力最常用的方法。
▉考点五 超重和失重
(1)超重：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，即视重大于实重。
(2)失重：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，即视重小于实重。
(3)完全失重：当物体竖直向下的加速度a=g时对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象，即视重为零。
2平衡、超重、失重和完全失重的比较
物体 状态 加速度 视重(F)与 重力的关系 运动情况 受力图
平衡 a=0 F=mg 静止或匀速 直线运动
超重 向上 F=m(g+a)>mg 向上加速或 向下减速
失重 向下 F=m(g-a)完全 失重 a=g F=0 自由落体运 动、抛体运动
例题：神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆，在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中（　　）
A．返回舱受到的合力向下
B．返回舱处于平衡状态
C．返回舱处于失重状态
D．返回舱处于超重状态
解：返回舱减速下降，阻力大于重力，合力向上，则加速度向上，合力向上，加速度向上，返回舱处于超重状态，故D正确，ABC错误。
故选：D。
一．牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况（共3小题）
1．新能源汽车越来越受到人们的喜爱。若某新能源汽车刹车后在地面上留下的刹车痕迹长为45m。设刹车后汽车轮子不滚动，轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.25，则汽车在刹车前瞬间的速度大小为（g＝10m/s2）（　　）
A．10m/s B．15m/s C．20m/s D．25m/s
【答案】B
【解答】解：汽车刹车后，轮胎与地面间的滑动摩擦力提供加速度。根据牛顿第二定律可知，汽车刹车后的加速度大小为
a＝
根据运动学公式可得
v2＝2ax
解得
v＝15m/s，故B正确，ACD错误；
故选：B。
2．如图所示为某车加速度计的部分原理示意图。在沿小车运动方向安装的固定光滑杆上套一质量为m小滑块（可视为质点），滑块两侧分别与两根劲度系数均为k的轻弹簧相连，两弹簧的另一端与固定壁相连，滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移。初始时两弹簧均为处于原长状态，标尺指在O点。设某段时间内小车沿水平方向运动，指针向右偏离O点的距离为x，则这段时间内（　　）
A．小车运动的加速度方向向右
B．小车运动的加速度大小为
C．小车运动的加速度大小为
D．小车一定在向右运动
【答案】C
【解答】解：指针向右偏离O点的距离为x，则滑块所受合力方向水平向左，
对滑块，由牛顿第二定律得：2kx＝ma
解得：a＝，方向水平向左，
小车可能向右做减速运动，也可能向左做加速运动，故C正确，ABD错误。
故选：C。
3．如图1所示，为建筑工人利用两根粗细均匀、平行放置的倾斜钢管把砖块从高处运送到地面的场景，将长方体砖块放在两根钢管的正中间，使其由静止开始从高处下滑。图2为垂直于运动方向的截面图（砖块截面可视为正方形）。若仅将两根钢管的间距略减小一些，则砖块下滑到底端所用的时间将（　　）
A．变长 B．不变 C．变短 D．无法判断
【答案】B
【解答】解：设钢管与水平方向夹角为α，两钢管对砖块弹力的夹角为θ，砖块在垂直运动方向受力如图
根据平衡条件有
钢管对砖的摩擦力为
f＝2μFN
仅将两钢管间距减少，角θ不变，则钢管对砖的弹力不变，钢管对砖的摩擦力不变，在沿运动方向根据牛顿第二定律
mgsinα﹣f＝ma
由上式可知α、f不变，则砖块下滑的加速度不变，根据位移—时间关系
可解得砖块滑动底端的时间
可知钢管的长度不变，砖块的加速度不变，可知砖块滑动底端的时间不变。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
二．牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力（共3小题）
4．图1所示为某超市的倾斜式自动人行道，将顾客随自动人行道上行的情境简化为图2所示的示意图。若运动过程中顾客与自动人行道始终保持相对静止，下列说法正确的是（　　）
A．自动人行道匀速向上运行的过程中，顾客受重力、支持力和滑动摩擦力
B．自动人行道匀速向上运行的过程中，顾客可能不受摩擦力
C．自动人行道加速向上运行的过程中，顾客受到的支持力比匀速时小
D．自动人行道加速向上运行的过程中，顾客受到的摩擦力比匀速时大
【答案】D
【解答】解：AB、自动人行道匀速向上运行过程中，顾客与自动人行道性对静止，顾客做匀速直线运动，处于平衡状态，顾客受重力与支持力作用，不受滑动摩擦力作用，顾客一定不受摩擦力作用，故AB错误；
C、自动人行道向上加速运行过程中，顾客具有向上的加速度，处于超重状态，人对人行道的压力大于自身重力，顾客受到的支持力大于重力，顾客所受支持力比匀速运动时大，故C错误；
D、自动人行道加速向上运行过程中，顾客在水平方向具有加速度，顾客在水平方向受到摩擦力作用，顾客匀速运动时不受摩擦力，因此加速运行时所受摩擦力比匀速时大，故D正确。
故选：D。
5．从水平地面将一小球以一定的初速度竖直向上抛出，小球运动0.6s到最高点，再经0.8s落回地面。小球可视为质点且在空中运动时受到空气的阻力大小保持不变，取重力加速度大小g＝10m/s2。小球受到的阻力与重力大小之比为（　　）
A．4：3 B．9：16 C．1：1 D．7：25
【答案】D
【解答】解：设阻力大小为f，小球质量为m，初速度大小为v0，最高点到地面的高度为h，小球向上运动过程中的加速度大小为a1，小球向上运动过程中有v0t1﹣a1＝h，t1＝，联立两式得h＝a1。设小球向下运动过程中的加速度大小为a2，小球向下运动过程中有h＝a2。由于t1＝0.6s，t2＝0.8s，则＝＝，据牛顿第二定律有f+mg＝ma1，mg﹣f＝ma2，联立得＝，故D正确，ABC错误。
故选：D。
6．如图所示，货车上一圆柱形货物A被放在V形物体B中，以防止A前后滚动。固定在货车上的B物体由一斜面插上竖直挡板构成。若竖直挡板与A之间的弹力为N1，斜面与A之间的弹力为N2，货车向右运动过程中，A和B始终保持相对静止，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．若货车的运动状态由匀速变为加速，则N1增大，N2减小
B．若货车的运动状态由匀速变为加速，则N1增大，N2不变
C．若货车的运动状态由匀速变为减速，则N1减小，N2增大
D．若货车的运动状态由匀速变为减速，则N1不变，N2不变
【答案】B
【解答】解：货车匀速运动时，A处于平衡状态，对A受力分析如下图所示：
由平衡条件得：N2＝，N1＝N2sinθ
AB、当货车向右加速运动时，A的加速度方向向右，A的合力方向向右，由竖直方向受力平衡可得：
N2＝，可知货车的运动状态由匀速变为加速，N2不变。
在水平方向上由牛顿第二定律可得：N1＞N2sinθ，可知货车的运动状态由匀速变为加速，N1增大。故A错误，B正确；
CD、当货车向右减速运动时，A的加速度方向向左，A的合力方向向左，同理在竖直方向可得：N2＝，在水平方向上应满足：N1＜N2sinθ，可知货车的运动状态由匀速变为加速，N1减小，N2不变，故CD错误。
故选：B。
三．超重与失重的概念、特点和判断（共3小题）
7．“单人蹦极”是游乐园里深受孩子们喜爱的游乐项目，其原理可简化为如图所示，两根相同的弹性绳一端分别系于固定杆的A、B处，另一端系在游玩者身体上。游玩者在C位置时弹性绳恰好为原长，D位置是游玩者运动的最低点，E位置是游玩者运动的最高点，不计空气阻力。游玩者从D位置到E位置的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．在D位置时，游玩者的加速度为0
B．在E位置时，游玩者的加速度为0
C．从D位置至C位置的过程，游玩者始终处于超重状态
D．从C位置至E位置的过程，游玩者始终处于失重状态
【答案】D
【解答】解：A.在D位置时，游玩者所受弹力的合力大于重力，加速度向上，故A错误；
B.在E位置时，游玩者只受重力，加速度向下为重力加速度，故B错误；
C.从D位置至C位置的过程，游玩者的加速度先向上后向下，先超重后失重，故C错误；
D.从C位置至E位置的过程，游玩者只受重力，始终处于失重状态，故D正确。
故选：D。
8．如图所示，是某人站在压力板传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为力（单位为N），横坐标为时间（单位为s）。由图线可知，该人的体重约为650N，除此之外，还可以得到的信息是（　　）
A．站起过程中人处于超重状态
B．该人做了一次下蹲—起立的动作
C．下蹲过程中人处于失重状态
D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
【答案】B
【解答】解：CD．在下蹲的过程中，人先向下做加速运动，加速度向下，失重；后向下做减速运动，加速度向上，超重，故下蹲过程人先处于失重状态后处于超重状态，故CD错误；
AB．人在起立过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，则站起过程中先处于超重状态后失重状态，结合下蹲的分析可知，该人做了一次下蹲—起立的动作，故A错误，B正确。
故选：B。
9．2025年4月13日，陈芋汐参加加拿大温莎站世界杯跳水决赛获得冠军。陈芋汐以一定的初速度在高台上竖直向上起跳，到距水面11.25m的最高处后开始竖直下落，入水后受到水的阻力（视为恒力）大小为她的重力的4倍。重力加速度取g＝10m/s2，陈芋汐在运动过程中可简化为质点，不计空气阻力，陈芋汐从最高点运动到最低点的过程中（　　）
A．入水前比入水后的速度变化更快
B．在水中下降的最大深度为2.8m
C．平均速度大小为7.5m/s
D．一直处于失重状态
【答案】C
【解答】解：A．陈芋汐入水前做自由下落，加速度为g＝10m/s2
陈芋汐入水后所受阻力为重力的4倍，根据牛顿第二定律有4mg﹣mg＝ma
解得a＝30m/s2
加速度方向向上，可知，陈芋汐入水后加速度更大，速度变化的快慢由加速度决定，则入水前比入水后的速度变化更慢，故A错误；
B．入水前下落高度h＝11.25m
根据v2＝2gh
解得入水速度v＝15m/s
陈芋汐入水后匀减速至静止，利用逆向思维，根据v2＝2as
解得下潜深度s＝3.75m，故B错误；
C．陈芋汐的总位移为x＝11.25m+3.75m＝15m
入水前经历时间
入水后经历时间
则总时间t＝t1+t2，解得t＝2s
陈芋汐的平均速度，故C正确；
D．结合上述可知，陈芋汐入水前加速度向下，处于失重状态，入水后加速度向上，处于超重状态，故D错误。
故选：C。
四．根据超重或失重状态计算物体的运动情况（共3小题）
10．重力大小为G的人在体重计上下蹲，加速阶段体重计所受压力大小为F，下列说法正确的是（　　）
A．F＜G B．F＝G
C．体重计的示数为G D．人的加速度方向向上
【答案】A
【解答】解：重力大小为G的人在体重计上下蹲，当人向下加速运动时，加速度方向竖直向下，取向下为正方向
根据牛顿第二定律G﹣F′＝ma
得F′＜G
根据牛顿第三定律可F′＝F
则F＜G
因此体重计的示数小于重力G，故A正确，BCD错误。
故选：A。
11．在电梯中用细绳静止悬挂一重物，当电梯在竖直方向运动时，突然绳子断了，由此可以判断电梯此时的运动情况是（　　）
A．电梯可能是加速上升
B．电梯可能是减速上升
C．电梯可能是匀速上升
D．电梯的加速度方向一定向下
【答案】A
【解答】解：D、在电梯中用细绳静止悬挂一重物，当电梯在竖直方向运动时，突然绳子断了，表明细绳的弹力突然增大，即细绳的弹力大于重力，重物的合力向上，即电梯的加速度方向向上，故D错误；
ABC、由于电梯的初速度为0，加速度方向向上，可知电梯可能是加速上升，故A正确，BC错误。
故选：A。
12．利用所学知识判断下列图片及相应描述正确的是（　　）
A．太空授课失重环境下的“液桥”现象（图a）说明表面张力方向与液体表面垂直
B．铌包头矿是富含Ba、Nb、Ti、Fe、Cl的硅酸盐矿物（图b），由微观结构可知该物质有固定的熔点
C．悬浮在液体中的微粒越大（图c），单位时间内受到液体分子撞击次数越多，布朗运动越明显
D．“饮水小鸭”（图d）“喝”完一口水后，直立起来，直立一会儿，又会慢慢俯下身去，再“喝”一口，如此循环往复，小鸭不需要外界提供能量，也能够持续工作下去
【答案】B
【解答】解：A、液体表面张力的方向沿着液体表面的切线方向，而不是垂直于液体表面，故A错误；
B、由微观结构可知，硅酸盐矿物分子排列规则，它们是晶体，具有固定的熔点，故B正确；
C、布朗运动的明显程度与微粒的大小和温度有关，微粒越小，温度越高，布朗运动越明显，故C错误；
D、“饮水小鸭”实际上是通过蒸发和冷凝的物理过程来工作的，虽然看似不需要外界能量，但实际上它依赖于环境中的温度变化和水的蒸发，故D错误。
故选：B。
五．超重与失重的图像问题（共4小题）
13．人站在力传感器上完成下蹲、站起动作，观察计算机采集到的图线。如图是某人在运动过程中力传感器的示数随时间变化的情况。下列说法正确的是（　　）
A．人的质量约为100kg
B．在1s～2s内，人完成“下蹲”和“站起”两个动作
C．在下蹲过程中，人的最大加速度约为6m/s2
D．在5s～6s内，人一直处于超重状态
【答案】C
【解答】解：A．刚开始人是静止的，压力大小等于重力，人的重力约为500N，即人的质量约为
故A错误；
BD．在1s～2s内，人对传感器的压力先小于重力后大于重力，人先处于失重状态后处于超重状态，人完成的是“下蹲”动作；在5s～6s内，人对传感器的压力先大于重力后小于重力，人先处于超重状态后处于失重状态，故BD错误；
C．在下蹲过程中，人对传感器的最小压力约为200N，根据牛顿第三定律，传感器对人的最小支持力大小也约为200N，根据牛顿第二定律可知人的最大加速度约为
故C正确；
故选：C。
14．某同学站在力的传感器上连续完成多次下蹲起立。某时刻作为计时起点，传感器与计算机连接，经计算机处理后得到力的传感器示数F随时间t变化的情况如图所示。已知该同学质量m＝60kg，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．0～4s完成了两次下蹲过程
B．0～8s该同学向下的最大加速度约为6m/s2
C．0～8s该同学向上的最大加速度约为16m/s2
D．1.8s该同学向下速度达到最大
【答案】B
【解答】解：A．由力的传感器示数F随时间t变化的情况图，知人的重力为600N，人完成一次下蹲动作，先加速向下后减速向下，人先失重后超重，即人完成一次下蹲动作，F应先小于600N后大于600N，所以由图像可知0～4s内人只完成了一次下蹲过程，故A错误；
BD．由力的传感器示数F随时间t变化的情况图知，在1.8s时F最小为240N，此时该同学向下运动，合外力最大，加速度达最大，由于此时人的重力大于F，人将继续向下加速，速度继续增大，在2s时达到最大，根据牛顿第二定律得人向下运动的最大加速度
故B正确，D错误；
C．由力的传感器示数F随时间t变化的情况图可知，在2.2s时F最大为960N，此时该同学向下减速，向上的加速度达最大，有
故C错误。
故选：B。
15．图甲是某人站在接有传感器的地板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心，图乙是地板所受压力随时间变化的图像，取重力加速度g＝10m/s2。根据图像分析可知（　　）
A．b到c的过程中，人先处于超重状态
B．人的重力可由b点读出，约为500N
C．f点是人在双脚离开地板的过程中上升最高的点
D．人上升的最大高度约为0.3125m
【答案】D
【解答】解：AB．人在a处于平衡状态，人所受支持力等于重力，人的重力从a点读出为1000N，质量约为100kg；b到c的过程中，压力从400N增加到2000N，压力先小于重力后大于重力，所以人先处于失重状态再处于超重状态，故AB错误；
C．f点对应的压力最大，大于重力，则人处于超重状态，肯定不是上升到最高点，故C错误；
D．从d点到e点人在空中运动，人在空中运动的时间t＝2.5s﹣2s＝0.5s
结合竖直上抛运动的对称性可知人上升的最大高度约为
故D正确。
故选：D。
16．为了方便居民出行，毕节市部分老旧小区加装了电梯，如图甲所示。规定竖直向上为正方向，某次电梯运行的v﹣t图像如图乙所示。则电梯（　　）
A．0 7s内上升的高度为12m
B．4 7s内向下做匀减速运动
C．0 3s和0 4s内的平均速度相同
D．0 3s和4 7s内均处于失重状态
【答案】A
【解答】解：A．v﹣t图像的面积表示位移，根据电梯运行的v﹣t图像可知，0 7s内上升的高度为
故A正确；
B．规定竖直向上为正方向，4 7s内电梯的速度为正值，向上做匀减速运动，故B错误；
C．0 3s电梯的平均速度为
0 4s内的位移
0 4s内平均速度
故C错误；
D．v﹣t图像的斜率表示加速度，根据电梯运行的v﹣t图像可知0 3s内电梯向上加速运动，处于超重状态；4 7s内电梯减速向上运动，处于失重状态，故D错误。
故选：A。
六．物体在光滑斜面上的运动（共3小题）
17．如图，小球C置于光滑圆形轨道B内，B放在倾角为θ的足够长的光滑静止斜面A上，B、C一起沿斜面下滑，不计空气阻力，稳定后C、B相对静止，则C、B相对位置正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解答】解：B、C一起沿斜面下滑，不计空气阻力，可知B、C沿着斜面一起向下做匀加速直线运动，加速度相等，则C的加速度沿着斜面向下，在垂直斜面方向受槽B的支持力处于平衡状态，沿斜面方向上不受槽B的力的作用，即C与圆的切线与斜面平行，故ABD错误，C正确。
故选：C。
18．如图甲所示，用一水平外力F推着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，若重力加速度g取10m/s2．根据图乙中所提供的信息不能计算出（　　）
A．物体的质量
B．斜面的倾角
C．物体能静止在斜面上所施加的最小外力
D．加速度为6 m/s2时物体的速度
【答案】D
【解答】解：对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图
x方向：Fcosθ﹣mgsinθ＝ma ①
y方向：N﹣Fsinθ﹣Gcosθ＝0 ②
解得
从图象中取两个点（20N，2m/s2），（30N，6m/s2）代入①式解得
m＝2kg，θ＝37°
因而AB可以算出；
当a＝0时，可解得F＝15N，因而C可以算出；
题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小，因而D不可以算出；
本题选不能算出的
故选：D。
19．如图所示，一圆环竖直放置，圆心为O，从圆上一点A引三条倾角不同的光滑轨道AB、AC、AD到圆周上，已知C为圆环最低点，D为C附近一点，现将小球从A点分别沿AB、AC、AD三个斜面静止释放，设小球到达圆周上的速率分别为v1、v2、v3，经历的时间分别为t1、t2、t3，则下列说法正确的是（　　）
A．v1＝v2＝v3 B．v1＜v2＜v3 C．t1＞t2＞t3 D．t1＝t2＝t3
【答案】C
【解答】解：AB.小球从A点分别沿AB、AC、AD三个斜面静止释放，由图可得相对A点沿竖直方向有最大高度为斜面AC，其次为AD，最小为AB，根据动能定理可知，下降过程中，重力做功大小也是按这个顺序，故v1＜v3＜v2，故AB错误；
CD.设斜面倾角为θ，则沿斜面下滑加速度为gsinθ，倾角越大，加速度越大，由图可得，在AB斜面运动，加速度最小，其次为AC，最大为AD，同时AB斜面长度最长，其次为AC，最小为AD，根据x＝，可知运动时间t1＞t2＞t3，故C正确，D错误。
故选：C。
七．物体在粗糙斜面上的运动（共3小题）
20．如图甲所示，一物块（可视为质点）从倾角θ＝30°的足够长斜面上滑下，物块运动的图像如图乙所示，重力加速度取g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．物块的加速度为2m/s2
B．物块的初速度为零
C．物块与斜面间的动摩擦因数为
D．前2s内物块的平均速度为5m/s
【答案】C
【解答】解：AB、由匀变速直线运动的位移—时间关系可得：，整理可得：，结合图乙可知：，，解得：a＝4m/s2，v0＝2m/s，所以物块在斜面上做初速度为2m/s的匀加速直线运动，故AB错误；
C、由牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，代入数据解得：，故C正确；
D、第2s末的速度为：v2＝v0+at2＝2m/s+4×2m/s＝10m/s，那么前2s内的平均速度为：，故D错误。
故选：C。
21．如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角（0°＜θ＜90°），让木块从木板的底端以初速度v0＝2m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10m/s2，x的值不可能为（　　）
A．0.14m B．0.19m C．0.24m D．0.26m
【答案】A
【解答】解：对斜面上的物体受力分析，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma，代入数据可得，10sinθ+7.5cosθ＝a，即，由于θ角的范围为0°＜θ＜90°，所以可得：7.5m/s2≤a≤12.5m/s2
物块在斜面上做匀减速直线运动，上滑到最高点时，速度为零，根据位移公式：，代入a的取值范围，可得s的取值范围为：0.16m≤x≤0.266m
故A错误，BCD正确。
本题选择不可能的，故选：A。
22．在冰雪大世界的滑雪项目中，质量M＝60kg的游客乘坐雪橇从倾角θ＝37°的斜坡顶端由静止滑下。将游客与雪橇简化为板块模型，斜坡与水平面通过极短圆弧连接，忽略雪橇经过连接处的能量损失。已知雪橇与斜坡、水平面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，游客与雪橇间的动摩擦因数为μ2＝0.3，斜坡长度L＝19.8m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略雪橇大小，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　）
A．在斜坡上运动过程中，游客的加速度为3.6m/s2
B．在斜坡上运动过程中，游客与雪橇之间摩擦力为144N
C．游客从静止释放到停止运动经过的总时间为6.6s
D．在保证安全的前提下，若增大斜面倾角，游客与雪橇之间不会发生相对滑动
【答案】D
【解答】解：A、根据题意可知，由于μ1＜μ2，游客与雪橇保持相对静止一起运动，两者之间的摩擦力为静摩擦力；在斜坡上运动过程中，选游客和雪橇为整体，根据牛顿第二定律有（M+m）gsin37°﹣μ1（M+m）gcos37°＝（M+m）a
解得a＝4.4m/s2，故A错误；
B、根据题意可知，对游客分析，根据牛顿第二定律有Mgsin37°﹣Ff＝Ma
解得Ff＝96N，故B错误；
C、根据题意可知，游客在斜坡上，根据运动学公式得L＝
解得t1＝3s
运动到斜坡底端时速度为v＝at1
代入数据解得v＝13.2m/s
游客和雪橇在水平面上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有μ1（M+m）g＝（M+m）a′
解得a′＝2m/s2
在水平面上运动的时间为t2＝
代入数据解得t2＝6.6s
游客从静止释放到停止运动经过的总时间为t＝t1+t2
代入数据解得t＝9.6s，故C错误；
D、根据题意可知，由于μ1＜μ2，所以增大斜面，游客与雪橇之间不可能会发生相对滑动，故D正确。
故选：D。
八．牛顿第二定律的临界问题（共3小题）
23．如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角θ＝37°的斜劈放在木板上，平行于斜面的轻绳一端系在斜劈顶端，另一端连接可视为质点的小球。已知木板质量为M，斜劈质量为m1，小球质量为m2，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。现对木板施加水平向左的拉力F，下列说法正确的是（　　）
A．若小球始终未离开斜面，则小球的加速度
B．若无论施加多大的拉力F，小球始终未离开斜面，则
C．若小球、斜劈、木板始终保持相对静止，则
D．若小球离开斜面，且绳子与斜面的夹角γ＝7°，则此时木板对斜劈的摩擦力f＝2（m1+m2）g
【答案】B
【解答】解：A、对小球受力分析，其刚好要离开斜面时，即其与斜面之间的压力刚好为零时，对小球的受力分析如下图：
由图可知，小球的加速度满足：，解得：，故A错误；
B、根据小球不离开斜面的最大加速度，即可知小球和斜面的最大加速度，对小球和斜面整体受力分析，
可知斜面和木板之间的动摩擦因数满足：μ（m1+m2）g＝ma，解得：，故B正确；
C、根据小球不离开斜面的最大加速度，对小球、斜劈、木板整体受力分析，可知拉力满足：F＝（m1+m2+M）a，解得拉力的最大值，故C错误；
D、当小球离开斜面时，根据小球与竖直方向的夹角α＝90°﹣37°+7°＝60°，对小球受力分析如下图：
小球的水平加速度满足：m2gtanα＝m2a2，解得：，
对斜面和小球受力分析，可知在水平方向上，摩擦力满足：f＝（m1+m2）a2，解得：，故D错误。
故选：B。
24．如图所示，细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球，静止时细线与斜面平行，（已知重力加速度为g）。则下列判断正确的是（　　）
A．当滑块向左匀加速直线运动时，小球刚好不脱离斜面的条件是a＝g
B．当滑块向左匀加速直线运动时，a＝2g时绳子的拉力为3mg
C．当滑块向右匀加速直线运动时，小球对滑块压力可能为0
D．当滑块向右匀加速直线运动时，a＝g时绳子的拉力为0
【答案】D
【解答】解：A、滑块向左加速运动，当滑块对小球的支持力恰好为零时，小球恰好不离开斜面，小球受力如图所示
对小球，由牛顿第二定律得：＝ma临1
代入数据解得：a临1＝g，故A错误；
B、滑块向左加速运动，a＝2g＞a临1，小球离开滑块，
对小球，竖直方向：Fy＝mg
水平方向：Fy＝ma
绳子拉力大小T＝，代入数据解得：T＝mg，故B错误；
C、滑块向右加速运动时，滑块对小球支持力的水平分力向右，滑块对小球一定有支持力，小球对滑块的压力不可能为0，故C错误；
D、滑块向右加速，当细线的拉力恰好为零时，小球恰好不相对滑块上滑，小球受力如图所示
对小球，由牛顿第二定律得：mgtan30°＝ma临2
代入数据解得：a临2＝g，
滑块向右的加速度大小a＝g＞a临2，绳子松弛，绳子的拉力为零，故D正确。
故选：D。
（多选）25．如图所示，光滑水平面上放置一长为0.4m木板C，一大小不计的支架B放置在木板C上，一段细线上端固定在支架上，下端连接小球A。已知小球A、支架B、木板C质量分别为1kg、2kg、3kg，支架B底座与木板C之间的动摩擦因数μ＝0.75，现对木板施加水平向右的拉力F，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin53°＝cos37°＝0.8，cos53°＝sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．细线与竖直方向的最大偏角为53°
B．当拉力F＝30N时，细线对A的拉力大小为5N
C．当支架B与木板C间发生滑动时，拉力F最小值为45N
D．当F＝60N时，B经0.4s从木板C的左端离开
【答案】BCD
【解答】解：AC、当B、C间的摩擦力为最大静摩擦力时，B、C开始相对滑动，由牛顿第二定律得
对A、B整体：μ（mA+mB）g＝（mA+mB）a0
对小球A：mAgtanθ＝mAa0
对A、B、C整体：F临＝（mA+mB+mC）a0
代入数据解得：a0＝7.5m/s2，θ＝37°，F临＝45N，故A错误，C正确；
B、拉力F＝30N＜F临，A、B、C相对静止，一起做加速运动，由牛顿第二定律得：
对A、B、C整体：F＝（mA+mB+mC）a
对A：mAgtanα＝mAa，Tcosα＝mAg
代入数据解得：T＝5N，故B正确；
D、当F＝60N＞F临，B、C相对滑动，由牛顿第二定律得：
对A、B：μ（mA+mB）g＝（mA+mB）aA
对C：F﹣μ（mA+mB）g＝mCmC
代入数据解得：aA＝7.5m/s2，aC＝12.5m/s2，
B从C上滑离时：L＝，代入数据解得：t＝0.4s，故D正确。
故选：BCD。
九．斜面上的连接体问题（连接体问题的特例）（共3小题）
26．如图所示，倾角为30°足够长的固定光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧一端与挡板连接，另一端与物块A接触但不连接，A上方放置另一物块B，B与物块C用跨过光滑轻质定滑轮的细线连接。开始时用手托住C，使细线处于伸直但不拉紧的状态，此时A、B静止在斜面上。某时刻突然释放C，一段时间后A、B分离，此时C未触地。已知A、B、C的质量均为m，弹簧劲度系数为k，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．刚释放C时，A、B间的弹力大小为mg
B．A、B分离时，B的加速度大小为
C．A的速度最大时它沿斜面上升的距离为
D．A、B分离时弹簧刚好恢复原长
【答案】A
【解答】解：A.开始时，细线的张力为零。以AB整体为研究对象，根据受力平衡可知，此时弹簧的弹力大小为：F弹＝2mgsin30°＝mg
刚释放C时，设A、B间的弹力大小为N，细线拉力大小为T，此时的加速度为a。
以C为研究对象，根据牛顿第二定律得：mg﹣T＝ma
以B为研究对象，根据牛顿第二定律得：T+N﹣mgsin30°＝ma
以A为研究对象，根据牛顿第二定律得：F弹﹣mgsin30°﹣N＝ma
联立解得：N＝mg
故A正确；
B.A、B分离时，两者之间的弹力为零。设此时的加速度为a'，细线的拉力大小为T'。
以C为研究对象，物体受到重力和细线的拉力以及垂直于斜面的弹力，根据牛顿第二定律得：mg﹣T'＝ma'
以B为研究对象，物体受到弹簧的弹力和物体自身的重力以及垂直于斜面的弹力，根据牛顿第二定律得：T'﹣mgsin30°＝ma'
联立解得：a'＝g
故B错误；
C.初始时弹簧的压缩量为x1＝
当A的速度最大时，加速度为零，即弹簧的弹力与A的重力沿斜面向下的分力平衡，则此时弹簧的压缩量为x2＝
可知A的速度最大时它沿斜面上升的距离为Δx＝x1﹣x2＝
故C错误；
D.AB分离瞬间，它们具有共同沿斜面向上的加速度，合外力沿斜面向上，故弹簧仍处于压缩状态，故D错误。
故选：A。
27．如图甲所示，一个光滑斜面固定在水平地面上，轻弹簧的一端与斜面上的挡板连接，另一端与小球拴接，斜面底端固定一个分体式位移传感器接收端，小球上固定一分体式位移传感器发射端（图中未画出），用手托住小球使弹簧处于原长。现把球从静止释放，利用计算机软件处理得到小球运动过程中加速度随位移变化图像如图乙所示。重力加速度g取10m/s2，小球和位移传感器发射端的总质量为0.2kg，下列说法正确的是（　　）
A．小球沿斜面向下做匀变速直线运动
B．斜面倾角的正弦值sinθ＝0.6
C．弹簧劲度系数为500N/m
D．小球运动过程中的最大速度为
【答案】B
【解答】解：A、由图示图像可知，随位移变化加速度不断减小，小球的运动不是匀变速直线运动，故A错误；
B、由图乙所示图像可知，x＝0时a＝6m/s2，对小球，由牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma，代入数据解得：sinθ＝0.6，故B正确；
C、由图乙所示图像可知：x＝0.4cm＝0.004m时a'＝0，对小球，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣kx＝ma'，代入数据解得：k＝300N/m，故C错误；
D、小球的初速度为零，由匀变速直线运动的v﹣x公式可知：v2＝2ax，则ax＝，即a﹣x图线与坐标轴围成图形的面积表示，由图乙所示图像可知：＝，解得小球的最大速度为：v＝0.04m/s，故D错误。
故选：B。
28．如图所示，两相同物体A、B放在粗糙水平面上，两物体间的接触面光滑。若用水平力向右推A，两物体恰不相对滑动时加速度为a1、物体间相互作用力为F1；若用水平力向左推B，两物体恰不相对滑动时加速度为a2、物体间相互作用力为F2。则（　　）
A．a1＞a2，F1＝F2 B．a1＜a2，F1＝F2
C．a1＝a2，F1＜F2 D．a1＝a2，F1＞F2
【答案】A
【解答】解：若用水平力向右推A，两物体恰不相对滑动时B与水平面恰好无弹力，对B受力分析如下图所示。
在竖直方向有：F1cosθ＝mg
在水平方向有；F1sinθ＝ma1
若用水平力向左推B，两物体恰不相对滑动时B与水平面恰好无弹力，此时对B受力分析，在竖直方向上仍然有：F2cosθ＝mg，可知：F1＝F2
对A受力分析如下图所示
在水平方向上，根据牛顿第二定律得：F1sinθ﹣f＝ma2
可得：a1＞a2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
十．等时圆模型（共3小题）
29．如图所示，两小球同时从位于同一竖直面内的两条光滑轨道的顶端A点和B点释放，关于谁先到达C点，下列说法正确的是（　　）
A．因为甲的加速度较大，所以甲先到
B．因为乙的位移较小，所以乙先到
C．二者可能同时到
D．不知两小球的质量关系，所以无法确定
【答案】C
【解答】解：设轨道的倾角为θ，两条光滑轨道的水平投影长度为x，根据牛顿第二定律可得，小球在光滑轨道下滑时的加速度大小为
根据运动学公式可得
可得小球在轨道上下滑的时间为
可知当两轨道的倾角之和满足
θ1+θ2＝90°
则有
t1＝t2
即两小球可能同时到达C点，故ABD错误，C正确。
故选：C。
30．如图所示，竖直面内固定一大圆环③，三个小环套在三根不同的光滑杆上，从上至下杆长之比为1：4：9，杆的上端固定在圆的顶点O，下端分别固定在圆①②③的圆周A、B、C点上。圆①②③共用顶点O，半径之比为1：2：3，三个小环从顶点O由静止开始沿杆自由下滑至A、B、C三点经过的时间之比为（　　）
A．1：2：3 B．1：1：1
C．1：： D．1：（﹣1）：（﹣）
【答案】C
【解答】解：设光滑杆与竖直直径的夹角为θ，小环所在圆的半径为R，
对小环，由牛顿第二定律可得：mgcosθ＝ma，
由几何关系可知，小环沿光滑杆运动的位移大小为：x＝2Rcosθ，
根据运动学规律可得：，
联立可得，小环沿光滑杆运动的时间为：，由此可知，三小环运动时间之比为：，
故C正确，ABD错误；
故选：C。
（多选）31．如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP＞QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．a滑块运动的时间较长
B．a滑块的加速度较小
C．a滑块受到的弹力较小
D．a滑块受到的合力较大
【答案】CD
【解答】解：设滑轨与竖直直径的夹角为θ，圆环的半径为R，对滑块受力分析可得，滑块所受的支持力大小为
N＝mgsinθ
所受合外力大小为
F合＝mgcosθ＝ma
则
a＝gcosθ
滑块沿滑轨运动的位移为
x＝2Rcosθ
根据位移—时间关系有
可得滑块沿滑轨运动的时间为
两滑块运动时间相等，a滑块加速度大。a滑块受到的弹力较小，a滑块受到的合力较大，故AB错误，CD正确。
故选：CD。
十一．连接体模型（共3小题）
32．如图所示，固定的光滑斜面其倾角为30°，斜面顶端固定一小定滑轮，两个小物块P和Q用细线绕过定滑轮相连，细线平行于斜面，P、Q的质量分别为3m和m，在手的作用下保持静止。现在松手释放该系统，则细线的拉力为（　　）
A．mg B． C． D．
【答案】D
【解答】解：由牛顿第二定律得：
对P、Q系统：3mgsin30°﹣mg＝（3m+m）a
对Q：T﹣mg＝ma
解得：T＝mg，故ABC错误，D正确。
故选：D。
33．如图所示，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上，将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP＝1.0kg、mQ＝0.2kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2。则推力F的大小为（　　）
A．4.0N B．3.0N C．9.0N D．11.0N
【答案】C
【解答】解：P静止在桌面上时，Q也静止，Q受到重力与绳子的拉力所以绳子的拉力：F1＝mQg＝0.2×10N＝2N
P与桌面间的滑动摩擦力：f＝μmPg＝0.5×1.0×10N＝5N
将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力：T2＝F1＝N＝1N
此时Q加速下降，可得：mQg﹣T2＝mQa，解得：a＝5m/s2
此时P物体将以相同的加速度向右做匀加速直线运动，对P由牛顿第二定律可得：F+T2﹣f＝mPa
代入数据解得：F＝9.0N，故C正确，ABD错误。
故选：C。
34．如图所示，质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球（M＞m），用水平向左的外力拉小车，使小球和车一起向左匀加速运动，细线与竖直方向成α角，如图甲。求：
（1）水平向左的外力F的大小。
（2）若用同样大小的力水平向右拉小球，使小球和车一起向右匀加速运动，此时细线与竖直方向夹角β的正切值为多少？
【答案】（1）水平向左的外力F的大小为（M+m）gtanα；
（2）细线与竖直方向夹角β的正切值为。
【解答】（1）用水平向左的外力拉小车，使小球和车一起向左匀加速运动，以小车和小球为整体，根据牛顿第二定律可得
F＝（M+m）a1
对甲图小球分析，如图所示：
则有F1sinα＝ma1，F1cosα＝mg
联立解得：a1＝gtanα，F＝（M+m）gtanα；
（2）用同样大小的力水平向右拉小球，使小球和车一起向右匀加速运动，根据牛顿第二定律可得：
F＝（M+m）a2
对乙图小球分析，如图所示：
则有：F﹣F2sinβ＝ma2，F2cosβ＝mg
联立解得：。
答：（1）水平向左的外力F的大小为（M+m）gtanα；
（2）细线与竖直方向夹角β的正切值为。
十二．水平传送带模型（共4小题）
35．如图甲所示一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带在变速电机带动下先加速后减速，传送带的速度—时间（v﹣t）图像如图乙所示，假设传送带足够长，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．黑色痕迹的长度为80m
B．煤块在传送带上的相对位移为16m
C．煤块在传送带上先加速，之后与传送带保持相对静止
D．煤块的质量越大黑色痕迹的长度越长
【答案】B
【解答】解：A、煤块相对传送带滑动过程，对煤块，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，代入数据解得，煤块的加速度大小：a＝2m/s2．在v﹣t图上作出煤块的速度—时间图像如图所示
v﹣t图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，由图示图像可知，痕迹长度为，故A错误；
B、由图示v﹣t图像可知．煤块在传送带上的相对位移为Δx＝48m﹣m＝16m，故B正确；
C、煤块在传送带上先做匀加速直线运动，共速后做匀减速直线运动，故C错误；
D、由牛顿第二定律得：μmg＝ma，加速度：a＝μg，煤块的加速度a与质量没有关系，煤块的质量变大，加速度不变，痕迹长度不变，故D错误。
故选：B。
36．图（a）为车站的安全检查装置，图（b）为该装置的简化示意图。质量m＝2kg的小物块轻放在水平传送带的A端，经传送带加速后从B端离开，最后从斜面顶端C沿斜面下滑至底端D处，B到C过程可认为速率不变。已知水平传送带的长度LAB＝1.5m，传送带以v＝0.8m/s的恒定速率沿逆时针方向转动，斜面CD的长度s＝0.6m，倾角θ＝37°，小物块与传送带、斜面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5，μ2＝0.4，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）物块运动到B点时的速度大小vB；
（2）物块滑到斜面底端D时的速度大小vD；
（3）若水平面放一质量M＝2kg的薄木板与D点平滑连接，物块下滑后冲上薄木板时的速率不变，物块与薄木板上表面的动摩擦因数μ3＝0.5，薄木板下表面光滑，薄木板和地面都足够长。求物块最终距薄木板右端的长度x。
【答案】（1）物块运动到B点时的速度大小为0.8m/s；
（2）物块滑到斜面底端D时的速度大小为2m/s；
（3）物块最终距薄木板右端的长度为0.2m。
【解答】解：（1）物块刚放上传送带时受力分析如图
μ1mg＝ma1，v2＝2a1l
得
l＝0.064m＜LAB
故到达B点时的速度为
vB＝0.8m/s
（2）CD过程受力分析如图
mgsinθ﹣μ2mgcosθ＝ma2，
得
vD＝2m/s
（3）物块冲上薄木板后，受力分析如图
对物块，根据牛顿第二定律
μ3mg＝ma3
对木板，根据牛顿第二定律
μ3mg＝Ma4
速度相等时有
vD﹣a3t＝a4t
解得
t＝0.2s
物块的位移
木板的位移
物块离木板右端
x＝s1﹣s2
解得x＝0.2m
答：（1）物块运动到B点时的速度大小为0.8m/s；
（2）物块滑到斜面底端D时的速度大小为2m/s；
（3）物块最终距薄木板右端的长度为0.2m。
37．如图所示，为某工厂卸货装置原理图，货物从货物架上无初速度沿斜面滑下，进入传送带，之后滑上无动力静止在水平面的平板车，平板车将货物运输到卸货员位置处，最后完成卸货工作。已知货物质量为m＝140kg，平板车质量为M＝20kg，货物到传送带的竖直高度h＝2.5m，斜面倾角θ＝30°，货物与斜面的动摩擦因数，传送带顺时针匀速转动的速度为v＝8m/s，货物与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.3，传送带长度为l＝10.5m，货物与平板车间的动摩擦因数为μ3＝0.4，平板车与地面间的动摩擦因数为μ4＝0.2，假设平板车与地面间为滑动摩擦。（忽略货物经过B、C两处的能量损失，g取10m/s2）求：
（1）货物从斜面滑至B点时的速度大小？
（2）货物在传送带上滑行的时间？
（3）为使货物不从平板车上滑落，平板车至少需要多长？
【答案】（1）货物从斜面滑至B点时的速度大小是5m/s。
（2）货物在传送带上滑行的时间是1.5s。
（3）为使货物不从平板车上滑落，平板车至少需要长2m。
【解答】解：（1）在A到B过程中，对货物，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
代入数据解得：
由匀变速直线运动的速度—位移公式得：
代入数据解得，货物运动到B点处速度大小v1＝5m/s
（2）货物在传送带上滑动过程，对货物，由牛顿第二定律得：μ2mg＝ma2
代入数据解得，货物的加速度大小
货物加速到与传送带速度相等需要的时间t1＝s＝1s
货物加速到与传送带速度相等的位移大小x1＝m＝6.5m
货物匀速运动时间为t2＝s＝0.5s
货物在传送带上的运动总时间为t总＝t1+t2＝1s+0.5s＝1.5s
（3）货物滑上平板车后，由牛顿第二定律得：
对货物：μ3mg＝ma3
对平板车：μ3mg﹣μ4（m+M）g＝Ma4
代入数据解得：，a4＝12m/s2
货物与平板车共速时v共＝v﹣a3t3＝a4t3
代入数据解得：t3＝0.5s，
平板车长度至少为L＝
代入数据解得：L＝2m
答：（1）货物从斜面滑至B点时的速度大小是5m/s。
（2）货物在传送带上滑行的时间是1.5s。
（3）为使货物不从平板车上滑落，平板车至少需要长2m。
38．如图所示，传送带顺时针匀速转动速度v＝8m/s，倾角θ＝37°，质量均为1kg的物块P、A通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，A与斜面之间的动摩擦因数为0.5，将A拉到底端静止释放，传送带足够长，P足够高，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（1）释放瞬间P的加速度大小；
（2）物块与传送带共速所需时间和共速瞬间A的加速度大小；
（3）物块A在传送带上留下的划痕长度。
【答案】（1）释放瞬间P的加速度大小为4m/s2；
（2）物块与传送带共速所需时间为2s，和共速瞬间A的加速度大小为零；
（3）物块A在传送带上留下的划痕长度为8m。
【解答】解：（1）设连接AP的绳子拉力为F，根据牛顿第二定律有，
对物块P：mg﹣F＝ma
由于相对于传送带向下运动，A受到向上的滑动摩擦力，对物块A有：F+μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma
联立以上两式可得：a＝4m/s2，F＝6N
（2）设物块A经过时间t与传送带共速，由速度—时间关系有：at＝v
代入数据得：t＝2s
A在与传送带共速的一瞬间，对A、P整体，产生加速的动力是P的重力，但阻碍整体加速的力是A重力下滑分力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律：mg﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝2ma′
代入数据解得：a′＝0
（3）由以上分析可知，物块A与传送带共速后将一起向上匀速直线运动，不再相对运动
那么A与传送带的划痕为Δx＝vt﹣
代入数据得：Δx＝8m
答：（1）释放瞬间P的加速度大小为4m/s2；
（2）物块与传送带共速所需时间为2s，和共速瞬间A的加速度大小为零；
（3）物块A在传送带上留下的划痕长度为8m。
十三．倾斜传送带模型（共3小题）
39．如图所示，传送带与地面的夹角为37°，其顶端A到底端B的距离为4m，传送带始终以5m/s的速率逆时针转动。在传送带顶端A轻放一小煤块，已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5，sin37°＝0.6，重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．煤块下滑过程中先加速后匀速
B．煤块从传送带顶端A运动到底端B所用的时间为1.05s
C．煤块在传送带上留下的滑动痕迹为1.5m
D．煤块在传送带上留下的滑动痕迹为1.25m
【答案】D
【解答】解：AB．由题意可得，小煤块初始状态速度为0，传送带速度沿斜面向下，则初始时，小煤块受到传送带给的沿传送带向下的滑动摩擦力的作用。由牛顿第二定律
mgsin37°+μmgcos37°＝ma1
代入数据解得
方向沿斜面向下。从开始到煤块与传送带共速的时间为
代入数据解得
t1＝0.5s
煤块走过的路程为
代入数据解得
x1＝1.25m＜4m
煤块与传送带共速瞬间摩擦力突变，因为
mgsin37°＞μmgcos37°
所以摩擦力突变为沿传送带向上的滑动摩擦力，则第二阶段
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2
代入数据解得
方向沿斜面向下。所以煤块下滑过程中一直加速。剩余的位移为
x2＝L﹣x1
代入数据解得
x2＝2.75m
根据匀加速直线运动规律可知剩余阶段
代入数据解得
t2＝0.5s或t2＝﹣5.5s（舍弃）
煤块从传送带顶端A运动到底端B所用的时间为
t＝t1+t2
代入数据解得
t＝1s
故AB错误；
CD．煤块与传送带共速前，传送带速度较快，痕迹在煤块前方，此阶段传送带的位移为
x1′＝vt1
代入数据解得
x1′＝2.5m
痕迹的长度为
Δx1＝x1′﹣x1
代入数据解得
Δx1＝1.25m
共速后煤块速度较快，所以痕迹会在煤块后方。此阶段传送带的位移为
x2′＝vt2
代入数据解得
x2′＝2.5m
则煤块与传送带之间的位移差为
Δx2＝x2﹣x2′
代入数据解得
Δx2＝0.25m
因为
Δx2＜Δx1
共速后的痕迹会被共速前的痕迹覆盖，所以煤块在传送带上留下的滑动痕迹为1.25m。
故C错误，D正确。
故选：D。
40．传送带输送线是物流搬运和输送的常见设备，a、b图中货物的重力均为G，匀速转动的传送带斜面的倾角为θ，箭头代表传送带的运动方向，货物均与传送带保持相对静止，且传送带均足够长。以下说法正确的是（　　）
A．图a中的货物受到的摩擦力方向沿传送带斜面向下
B．图b中的货物相对于传送带有向上运动的趋势
C．图a、b中传送带给货物的作用力的大小都为G
D．若图b中的传送带突然停止转动，货物受到的摩擦力方向不会改变
【答案】C
【解答】解：A．图a中货物均与传送带保持相对静止，根据平衡条件可知，图a中的货物受到的摩擦力方向沿传送带斜面向上，故A错误；
B．图b中货物均与传送带保持相对静止，根据平衡条件可知，图b中的货物受到的摩擦力方向沿传送带斜面向上，则货物相对于传送带有向下运动的趋势，故B错误；
C．对货物进行分析，货物受到重力、传送带的支持力与摩擦力，根据平衡条件可知，支持力与摩擦力的合力大小与重力相等，方向与重力方向相反，即图a、b中传送带给货物的作用力的大小都为G，故C正确；
D．若图b中的传送带突然停止转动，货物相对于传送带向上运动，货物受到沿传送带向下的滑动摩擦力，即货物受到的摩擦力方向会改变，故D错误。
故选：C。
41．如图1所示，倾角为30°的浅色传送带以恒定速率逆时针运行，将一质量为m的可视为质点的深色物块轻放在传送带的顶端P点，2s末物块恰好到达传送带底端Q点。物块的速度v随时间t的变化图像如图2所示，重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．物块与传送带之间的动摩擦因数为
B．物体滑到Q点的速度大小为9 m/s
C．P、Q两点之间的距离为12 m
D．传送带划痕的长度为3m
【答案】D
【解答】解：A、由图2可知，物块从静止开始先加速到与传送带共速（v共＝6m/s），之后再继续加速到传送带末端。根据速度—时间图像的斜率表示加速度，故由图2可知，共速前，物块的加速度大小为，解得，故A错误；
B、共速后，物块的加速度大小为
a2＝＝gsin30°﹣μgcos30°
代入数据解得：a2＝4m/s2
物体滑到Q点的速度大小为：vQ＝v共+a2×Δt＝（6+4×1）m/s＝10m/s，故B错误；
C、根据速度—时间图像与时间轴所围的面积表示位移，可知，P、Q两点之间的距离为，故C错误；
D、由图像可知，从开始到共速用时t1＝1s，则共速前划痕长度为
联立以上解得
Δx1＝3m
由图像2可知，共后到Q点用时t2＝1s，则共速到Q点划痕长度为
联立以上，解得
Δx2＝2m＜Δx1
则传送带划痕的长度为3m，故D正确。
故选：D。
十四．多种传送带的组合问题（共4小题）
42．如图所示，三角形传送带ABC以恒定速度v＝4m/s顺时针运行，传送带与水平面间的夹角θ＝37°，LAB＝4m，LBC＝3m，B端上方有一段光滑圆弧，可以使经过B端的物体速度方向发生变化但速度大小不变。现将质量m＝1kg的小物块轻放在传送带的A端（可看成质点）后，给小物块施加一沿斜面向上的恒力F＝10N拉小物块，小物块到达B端时撤去F。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）小物块速度达到v＝4m/s所需时间；
（2）小物块运动到C端时的速度大小；
（3）若在小物块与传送带达到相同速度瞬间撤去F，物块在传送带上的划痕长度。
【答案】（1）小物块速度达到v＝4m/s所需时间为0.5s；
（2）小物块运动到C端时的速度大小为2m/s；
（3）若在小物块与传送带达到相同速度瞬间撤去F，物块在传送带上的划痕长度为2.2m。
【解答】解：（1）物块轻放在传送带A端后，开始摩擦力沿斜面向上，小物块匀加速运动，根据牛顿第二定律得F+μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma1
解得
则小物块速度达到v＝4m/s所需时间为t1＝
解得：t1＝0.5s
（2）加速阶段的位移x1＝
解得：x1＝1m＜LAB
第二段运动，设小物块相对传送带向右上运动；小物块加速度为a2，根据牛顿第二定律得F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
解得a2＝0
说明小物块恰好做匀速运动；设BC段小物块的加速度为a3，根据牛顿第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma3
解得
BC段，根据运动学公式得
解得
（3）若在小物块与传送带达到相同速度瞬间撤去F，第一段过程中传送带相对小物块的位移为Δx1＝vt1﹣x1
解得：Δx1＝1m
撤去F后，小物块减速上滑，根据牛顿第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma4
解得
减速上滑段位移
解得t4＝1s或t4＝3s（舍去）
到B点时的速度为vB＝v﹣a4t4
解得：vB＝2m/s
传送带相对小物块的位移为Δx2＝vt4﹣x2
解得：Δx2＝1m
下滑段，开始时，小物块速度小于传送带速度，根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma5
解得
加速时间为t5＝
解得：t5＝0.2s
位移为x5＝vBt5+
解得：x5＝0.6m
传送带相对小物块的位移为Δx3＝vt5﹣x5
解得：Δx3＝0.2m
然后小物块加速运动，加速度为
位移为x6＝LBC﹣x5
解得x6＝2.4m
根据运动学公式
解得t6≈0.53s或t6≈﹣4.53s（舍去）
下滑段传送带相对小物块的位移Δx4＝vt6﹣x6
解得：Δx4＝﹣0.28m
传送带相对小物块先向前运动Δx1+Δx2+Δx3，然后又相对小物块向后运动Δx4，且Δx4＜Δx1+Δx2+Δx3
故划痕长度为Δx＝Δx1+Δx2+Δx3
解得：Δx＝2.2m
答：（1）小物块速度达到v＝4m/s所需时间为0.5s；
（2）小物块运动到C端时的速度大小为2m/s；
（3）若在小物块与传送带达到相同速度瞬间撤去F，物块在传送带上的划痕长度为2.2m。
43．渔业作业中，捕捞上来的鱼虾通过“鱼虾分离装置”实现机械化分拣从而降低了人工成本，其简化模型如图。倾角α＝37°的传送带与过分离器出口的铅垂线交于P点（图中未画出）。P点距分离器出口的高度差h＝0.45m，传送带以v＝3m/s的恒定速度向上运动。鱼虾从出口无初速掉落至传送带上，表面光滑的虾加速滑落至虾收集箱。鱼与倾斜传送带间动摩擦因数μ1＝0.9，最终被运送至上端后以大小不变的速度向右滑上水平传送带，再经过辐射处理后进入鱼收集箱。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小取g＝10m/s2，不考虑鱼虾的相互碰撞。求：
（1）鱼虾下落h＝0.45m的时间与碰到P点前的瞬时速度大小；
（2）若鱼虾落到传送带上后速度瞬间变为沿斜面向下，大小为碰前的60%，为防止鱼掉入虾收集箱，P点下侧传送带的最短长度；
（3）已知P点上侧传送带长为5m，水平传送带长为6m，鱼与水平传送带动摩擦因数μ2＝0.05。要使鱼被辐射时间不低于2.5s，水平传送带向右传送的最大速度。
【答案】（1）鱼虾下落h＝0.45m的时间为0.3s，碰到P点前的瞬时速度大小为3m/s；
（2）P点下侧传送带的最短长度为1.35m；
（3）水平传送带向右传送的最大速度为2m/s。
【解答】解：（1）鱼虾做自由落体运动，由
解得下落时间
碰到P点前的瞬时速度大小v＝gt＝10×0.3m/s＝3m/s；
（2）设鱼虾加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：μ1mgcos37°﹣mgsin37°＝ma1
代入数据解得：a1＝1.2m/s2
鱼虾落到传送带上后速度瞬间变为：v1＝0.6v0
解得v1＝1.8m/s
设鱼虾速度减为零所用的时间为t1，则得：0＝v1﹣a1t1
代入数据解得：t1＝1.5s
此过程鱼虾沿传送带向下滑动的距离为：
解得x1＝1.35m
P点下侧传送带的最短长度为1.35m；
（3）鱼虾从静止加速到和传送带共速，此过程鱼虾加速度大小为a2＝a1＝1.2m/s2，由t2＝
解得t2＝2.5s
相对地面位移
解得x2＝3.75m
即仅需传送带长度等于3.75m即可加速度到共速，P点上侧传送带长为5m，μ1mgcos37°＞mgsin37°，所以鱼最后匀速运动，以v＝3m/s的速度进入水平传送带，设鱼虾在水平传送带上加速度大小为a2，则
μ2mg＝ma2
解得a2＝0.5m/s2
假如一直减速，设到传送带右端速度为v′，则
v2﹣v′2＝2a2L
其中L＝6m
解得v′＝m/s，一直减速，减速2.5s后速度等于v″＝v﹣at，解得v″＝1.75m/s＞m/s，所以传送带有最大速度时是鱼先减速后匀速，设最大速度为vmax，根据运动学规律有
v2﹣＝2a2x，x＝vt'1﹣
L﹣x＝vmaxt'2
且t'1+t'2＝2.5s
解得vmax＝2m/s
答：（1）鱼虾下落h＝0.45m的时间为0.3s，碰到P点前的瞬时速度大小为3m/s；
（2）P点下侧传送带的最短长度为1.35m；
（3）水平传送带向右传送的最大速度为2m/s。
44．2023年上半年我国快递同比增速超17%，快递行业发展势头良好，积极助力消费复苏。某快递公司为了提高效率，使用电动传输机输送快件，如图所示，水平传送带Ⅰ的长度OM＝4m，倾角θ＝37°的传送带Ⅱ长度NP＝4.45m，两传送带与一段长1m光滑的水平面MN平滑连接，传送带Ⅰ以v0＝5m/s的速度顺时针转动，将质量为10kg的快件（可视为质点）无初速度放O端，到达N端后，快件继续以原速度沿传送带Ⅱ运动。已知快件与传送带Ⅰ、Ⅱ间的动摩擦因数均为0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：
（1）当传送带Ⅱ不运转时，快件在传送带Ⅱ上升的最大高度；
（2）若要快件能被送到P端，传送带Ⅱ顺时针运转的最小速度；
（3）当传送带Ⅱ以（2）中最小速度顺时针运转时，快件从O端运送到P端所用的时间。
【答案】（1）当传送带Ⅱ不运转时，快件在传送带Ⅱ上升的最大高度是0.75m；
（2）若要快件能被送到P端，传送带Ⅱ顺时针运转的最小速度是4m/s；
（3）当传送带Ⅱ以（2）中最小速度顺时针运转时，快件从O端运送到P端所用的时间是3.6s。
【解答】解：（1）快件在传送带Ⅰ上加速过程，对快件，由牛顿第二定律得：μmg＝ma1
代入数据解得：a1＝5m/s2
快件传送带Ⅰ上做匀加速运动的时间t1＝s＝1s
在传送带上滑行的距离为Δx＝m＝2.5m＜4m
快件先加速后匀速，以5m/s的速度滑上NP，
在NP上，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma2
代入数据解得：
快件上滑的距离为x2＝m＝1.25m
快件上升最大高度h＝x2sinθ＝1.25×sin37°m＝0.75m
（2）设传送带Ⅱ顺时针运转的最小速度为v，快件能到达P端时速度刚好为零，
所受的摩擦力沿传送带先向下后向上，加速度大小先a2后a3，由牛顿第二定律得：
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma3
代入数据解得：
由匀变速直线运动的v﹣x公式得：
代入数据解得，传送带Ⅱ顺时针运转的最小速度的大小v＝4m/s
（3）快件在OM部分做匀速运动的时间t2＝s＝0.3s
快件在MN部分做匀速运动的时间t3＝s＝0.2s
当传送带Ⅱ以v＝4m/s顺时针运转时，快件从N端运送到P端所用时间
t4＝＝2.1s
快件从O端运送到P端所用的时间t＝t1+t2+t3+t4＝1s+0.3s+0.2s+2.1s＝3.6s
答：（1）当传送带Ⅱ不运转时，快件在传送带Ⅱ上升的最大高度是0.75m；
（2）若要快件能被送到P端，传送带Ⅱ顺时针运转的最小速度是4m/s；
（3）当传送带Ⅱ以（2）中最小速度顺时针运转时，快件从O端运送到P端所用的时间是3.6s。
45．快递物流已经深入我们的生活，准确迅速分拣是一个重要环节，图甲是快递分拣传送装置。它由两台传送机组成，一台水平传送，另一台倾斜传送，图乙是该装置示意图，CD部分倾角θ＝37°，B、C间距离忽略不计。已知水平传送带以v＝4m/s的速率顺时针转动。把一个可视为质点的货物无初速度放在A端，图丙为水平传送带AB段数控设备记录的物体的运动图像，t1＝1.3s时刚好到达B端，且速率不变滑上C端，已知快递与两段传送带的动摩擦因数相同。取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求水平传送带AB的长度LAB以及快递与传送带间的动摩擦因数μ；
（2）分拣过程中有瓶颜料破损了，在传送带上留下了一道痕迹，工作人员发现后在B处将其拿走，求痕迹的长度s；
（3）若CD段的长度为LCD＝1.6m，则CD部分传送带的速度至少为多少，快递员才能在D端取到快件？
【答案】（1）水平传送带AB的长度LAB等于3.6m，快递与传送带间的动摩擦因数μ等于0.5；
（2）痕迹的长度等于1.6m；
（3）CD部分传送带的速度至少为2m/s。
【解答】解：（1）水平传送带AB的长度为
由题图丙可知，物体的加速度大小
由牛顿第二定律有
μmg＝ma
解得
μ＝0.5
（2）痕迹的长度等于物体与传送带的相对位移，故
（3）设传送带的最小速度为v0，起初快递的速度大于传送带的速度，因此快递受到的摩擦力沿传送带向下，有
mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
解得
当快递和传送带共速以后快递受到的摩擦力沿传送带向上，此时向上减速
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
解得
则由运动学知识可得
解得
v0＝2m/s
答：（1）水平传送带AB的长度LAB等于3.6m，快递与传送带间的动摩擦因数μ等于0.5；
（2）痕迹的长度等于1.6m；
（3）CD部分传送带的速度至少为2m/s。
十五．无外力的水平板块模型（共3小题）
46．如图所示，表面粗糙的长木板静止在光滑水平面上，一滑块以一初速度v从长木板左端滑上，经时间t从长木板右端滑出，滑块相对于长木板的位移为x。下列说法正确的是（　　）
A．若v增大，则t也增大
B．若v减小，且滑块仍能滑出，则x可能等于长木板的位移
C．若滑块质量增大，则滑块仍能滑出，且t不变
D．若水平面变为粗糙，则滑块仍能滑出，且t减小
【答案】D
【解答】解：A、设滑块的加速度大小为a，长木板的加速度为a'，根据位移关系有x＝，根据牛顿第二定律可知，若v增大，滑块和长木板的加速度不变，滑块在长木板上的运动时间将减小，故A错误；
B、若v减小，且滑块仍能滑出，则滑块相对长木板的位移仍为长木板的长度x，假设滑块刚好滑出时的速度和长木板的速度相等，均为v'，时间为t'，根据位移—关系有x＝，如果x等于长木板的位移，则有x＝，则v＝v'，这是不可能的，故B错误；
C、若滑块质量增大，设滑块的质量为m，长木板的质量为M，根据牛顿第二定律可知滑块的加速度不变，长木板的加速度大小为a'＝，则长木板的加速度a'减小，根据位移关系有x＝可知，时间t变小，故C错误；
D、若水平面变为粗糙，长木板除受到滑块对它向右的摩擦力外，还受到地面对它向左的摩擦力f，则长木板的加速度大小a'＝，可知长木板的加速度变小，则滑块仍能滑出，根据位移关系有x＝可知，时间t变小，故D正确。
故选：D。
47．如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知小物块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff，当小物块从木板右端离开时，小物块和木板的速度分别为v1和v2，下列说法正确的是（　　）
A．木板移动的距离s一定小于木板的长度L
B．木板质量M越大，小物块滑出木板时木板的速度v2越大
C．木板质量M越大，小物块滑出木板时小物块的速度v1越小
D．小物块的初速度v0越大，木板位移s越小，该过程产生的热量越少
【答案】A
【解答】解：A、因为小物块滑出木板过程所受阻力Ff恒定，小物块的加速度大小为，木块的加速度大小为，画出木板荷物块的v﹣t图像，如图所示
由图甲可知，L一定大于s，故A正确；
BC、木板的质量M越大，则木板的加速度a2越小，由图乙可知，小物块滑过的时间就越短，小物块滑出的速度v1越大，木板速度v2越小，故BC错误；
D、小物块的初速度v0越大，由图丙可知木板位移s越小，但系统产生的热量为Q＝Ffl保持不变，故D错误。
故选：A。
（多选）48．如图所示，光滑水平面AB与粗糙水平面CD等高，中间凹槽BC也是光滑水平面，凹槽BC长度L0＝10m，凹槽内靠左端有一个长度为L1＝8m的木板，木板的上面与水平面AB、CD等高，木板的质量M＝1kg，在水平面AB上有一个轻弹簧，轻弹簧左端固定，弹簧处于原长时右端在B点左侧。用一个质量m＝1kg可视为质点的物块缓慢压缩弹簧，当弹性势能Ep＝18J时锁定弹簧，重力加速度取g＝10m/s2，木板与右边撞击后速度立即减为0并静止，物块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，物块与粗糙水平面CD之间的动摩擦因数μ2＝0.2，某时刻解除锁定，下列说法正确的是（　　）
A．物块离开弹簧时的速度大小是6m/s
B．木板与右边撞击时物块的速度大小是3m/s
C．物块与木板因摩擦产生的热量是10J
D．物块静止的位置距C点的距离是4m
【答案】AD
【解答】解：A．弹簧的弹性势能转化为小物块的动能，由功能关系得
代入数据解得：vB＝6m/s，故A正确；
B．假设物块到C之前与木板共速，设向右为正方向，由动量守恒定律得
mvB＝（m+M）v
代入数据解得：v＝3m/s
对木板，由动能定理得
代入数据解得：x2＝4.5m＞L0﹣L1＝10m﹣8m＝2m
假设不成立，则木板、物块没有共速。物块从B到C，由动能定理得
代入数据解得：vc＝4m/s，故B错误；
C．物块与木板因摩擦产生的热量是
Q＝μ1mgL1
代入数据可得：Q＝8J，故C错误；
D．从物体离开弹簧到物块静止全过程，由动能定理得
代入数据解得：x＝4m，故D正确。
故选：AD。
十六．有外力的水平板块模型（共3小题）
49．质量为1kg的物块放在一个纵截面为矩形的静止木箱内，物块和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3，开始时物块被一根轻弹簧用1.6N的水平拉力向左拉着而保持静止；如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。则（　　）
A．木箱以2m/s2的加速度竖直向下加速时，物块与木箱之间发生相对滑动
B．木箱以2m/s2的加速度竖直向上加速时，物块与木箱之间发生相对滑动
C．木箱以4m/s2的加速度水平向左加速时，物块与木箱之间能相对静止
D．木箱以1m/s2的加速度水平向右加速时，物块所受的摩擦力为2N
【答案】C
【解答】解：A、木箱以2m/s2的加速度竖直向下加速时，物块受到的支持力为FN＝m（g﹣a），代入数据解得FN＝8N，此时的静摩擦力为f＝1.6N，物块能与木箱保持相对静止，故A错误；
B、木箱以2m/s2的加速度竖直向上加速时，物块处于超重状态，竖直方向上压力增大，水平方向上受力不变，此时的静摩擦力为f＝1.6N，能与木箱保持相对静止，故B错误；
C、木箱以4m/s2的加速度水平向左加速时，对物块有F十f＝ma，可得f＝2.4N，根据题意有fm＝μmg，代入数据解得fm＝3N，故f＜fm物块与木箱保持相对静止，故C正确；
D、木箱以1m/s2的加速度水平向右加速时，对物块有f一F＝ma可得f＝2.6N＜fm，故D错误。
故选：C。
50．如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A和B的质量均为2m，C的质量是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为。设B足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（　　）
A．当力F大于μmg时，A、B、C三个物体不再相对静止
B．当力F逐渐增大时，A、B之间先发生相对滑动
C．当力F逐渐增大到3μmg时，B与A相对滑动
D．无论力F为何值，B的加速度不会超过μg
【答案】D
【解答】解：物体A、B 间的最大静摩擦力为 f1＝μ×2mg＝2μmg
B、C间的最大静摩擦力为 f2＝mg＝μmg
B与地面的最大静摩擦力为f3＝×（2m+2m+m）g＝μmg
当F≤f3＝μmg时A、B、C都静止不动
AB、若A、B、C三个物体始终相对静止，则三者一起向右加速，对整体，根据牛顿第二定律得：F﹣f3＝（2m+2m+m）a
假设C恰好与B 相对不滑动，对C，由牛顿第二定律得：f2＝ma
解得：，
设此时 A 与B 间的摩擦力为f，对A，由牛顿第二定律得：F﹣f ＝2ma
解得：，表明C达到临界时 A 还没有到达临界值，则当力F逐渐增大时，B、C之间先发生打滑现象，要使三者始终相对静止，则F不能超过 ；故AB 错误；
C、物体B相对A滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，对AB整体，由牛顿第二定律得：F′﹣f2﹣f3＝（2m+2m）a
对A，由牛顿第二定律得：F′﹣μ×2mg＝2ma
解得：，故当拉力大于 μmg时，B相对A滑动，故C错误；
D、当F较大时，A与C会相对于B滑动，B的加速度达到最大，当A与B 相对滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，则B 受到A的摩擦力向前，B受到C的摩擦力向后，B受到地面的摩擦力向后，
对B，由牛顿第二定律得：f1﹣f2﹣f3＝maB，解得：，故D正确。
故选：D。
51．如图甲所示，质量为m1的塑料块和质量为m2的木块叠放在水平桌面上，对塑料块施加一水平向右的拉力F，塑料块在木块上滑动，而木块保持静止状态，图乙为其示意图。塑料块和木块之间的动摩擦因数为μ1，桌面和木块之间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则（　　）
A．木块受到桌面的摩擦力为μ2（m1+m2）g
B．若F＞μ2（m1+m2）g时木块将开始滑动
C．若将F作用在木块上，当F＞μ2（m1+m2）g+μ1m1g时，可以抽出木块
D．若将F作用在木块上，当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，可以抽出木块
【答案】D
【解答】解：A．木块处于静止整体，根据受力平衡可得木块受到桌面的摩擦力为f＝μ1m1g，故A错误；
B．由于塑料块在木块上滑动，则μ1m1g＜μ1（m1+m2）g，故无论F多大，木块将一直处于静止状态，故B错误；
CD．若将F作用在木块上，设当F＝F0，木块与塑料块刚好可以一起加速运动，以木块与塑料块为整体，根据牛顿第二定律可得F0﹣μ2（m1+m2）g＝（m1+m2）a0，以塑料块为对象，根据牛顿第二定律可得μ1m1g＝m1a0，联立解得F0＝（μ1+μ2）（m1+m2）g，则当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g，可以抽出木块，故C错误，D正确。
故选：D。
十七．无外力的倾斜板块模型（共3小题）
52．如图甲所示，两薄木板A、B质量相同，其中木板A与墙面间的动摩擦因数为μ1，木板B与木板A间的动摩擦因数为μ2，光滑重球被轻质细绳跨过定滑轮拉住，整个系统处于静止状态。现缓缓释放细绳使重球缓慢下降，对可能出现的情况，下列说法正确的是（　　）
A．若出现图乙所示情况，只要μ1＞μ2
B．若μ1＜2μ2，会出现图乙所示情况
C．要出现图丙所示情况，必有μ1＝2μ2
D．若μ1＜2μ2，会出现图丙所示情况
【答案】D
【解答】解：设两薄木板A、B质量均为m，重球对B的压力为N，AB之间的弹力为NAB，AB之间的摩擦力为fAB，墙面对A的支持力为NA，墙面对A的摩擦力为fA，对A、B的受力分析如图1所示，易知：N＝NAB＝NA。
AB、图乙所示情况为A静止，B下滑。墙面对A的最大静摩擦力为μ1NA，对A由平衡条件得：
fA＝mg+fAB≤μ1NA
fAB＝μ2NAB
B下滑需满足：mg＞μ2NAB
联立可得：μ1＞2μ2，故AB错误；
CD、图丙所示情况为AB相对静止一起下滑，设下滑的加速度大小为a。
对整体由牛顿第二定律得：2mg﹣μ1NA＝2ma
对B由牛顿第二定律得：mg﹣fAB＝ma
还需满足：fAB≤μ2NAB
联立解得：μ1≤2μ2，故C错误，D正确。
故选：D。
53．如图甲所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，一小滑块以一定的初速度v0从斜面底端沿斜面上滑，运动到最高点后返回，若以出发点为坐标原点，沿斜面向上为位移x的正方向，且出发点为势能零点，小滑块运动过程中的机械能E随位移x变化的关系图像如图乙所示，已知E1＝E2，则小滑块与斜面间的动摩擦因数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【解答】解：滑块向上滑动过程，由能量守恒定律得E1＝μmgxcosθ+mgxsinθ
整个运动过程，由能量守恒定律得E1﹣E2＝μmgcosθ×2x
解得μ＝，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（多选）54．如图所示，倾角为37°、足够长的斜面固定在水平地面上。某时刻薄木板AB和物块叠放在斜面上，物块处于木板中间位置，木板和物块由静止开始运动。已知木板、物块的质量分别为1kg、0.5kg，物块与木板间、木板与斜面间的动摩擦因数分别为0.5、0.6，且接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　）
A．物块刚运动时，物块的加速度大小为2m/s2
B．物块刚运动时，物块相对于木板静止
C．物块刚运动时，木板的加速度大小为0.8m/s2
D．若仅改变物块与木板间的动摩擦因数，则物块可能从木板的B端滑离
【答案】AC
【解答】解：ABC．物块与木板间、木板与斜面间的动摩擦因数分别为0.5、0.6，物块与木板间的动摩擦因数小于木板与斜面间的动摩擦因数，可知物块相对木板向下滑动，根据牛顿第二定律可得此时物块的加速度为此时木板的加速度，二者加速度不相等，不可能保持相对静止，故AC正确，B错误；
D．当物块与木板间的动摩擦因数大于或等于木板与斜面间的动摩擦因数时，物块与木板一起向下滑动；当物块与木板间的动摩擦因数小于木板与斜面间的动摩擦因数时，物块相对木板向下下滑，即仅改变物块与木板间的动摩擦因数，物块不可能从木板的B端滑离，故D错误。
故选：AC。
十八．有外力的倾斜板块模型（共3小题）
55．如图甲所示，一质量m＝5kg的粗细均匀的圆木棒竖直放置，在外力作用下保持静止状态，下端距水平弹性地面的高度为H＝5.25m，与地面相碰的物体会以原速率弹回，木棒上有一质量为2m的弹性小环。若t＝0时刻，小环从木棒上某处以竖直向上v0＝4m/s的初速度向上滑动，并对小环施加竖直向上的如图乙所示的外力F，与此同时撤去作用在木棒上的外力。当木棒第一次与弹性地面相碰时，撤去施加在小环上的外力。已知木棒与小环间的滑动摩擦力f＝1.2mg，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，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）t＝0时刻，小环和木棒的加速度；
（2）木棒第一次与弹性材料碰撞时的速度的大小；
（3）若木棒恰好与地面第4次碰撞时弹性小环从木棒底端滑落，求小环开始运动时距木棒下端的距离l（结果可以用分数表示）。
【答案】（1）t＝0时刻，小环加速度大小为2m/s2，方向竖直向下，木棒加速度大小为2m/s2，方向竖直向上；
（2）木棒第一次与弹性材料碰撞时的速度的大小为；
（3）若木棒恰好与地面第4次碰撞时弹性小环从木棒底端滑落，小环开始运动时距木棒下端的距离为。
【解答】解：（1）以竖直向上为正方向，t＝0时刻，对小环，根据牛顿第二定律得：F1﹣2mg﹣f＝2ma1
其中：F1＝140N，f＝1.2mg＝1.2×5×10N＝60N
解得：
可知此时小环的加速度大小为2m/s2，方向竖直向下；
对木棒，根据牛顿第二定律得：f﹣mg＝ma2
解得：
可知此时木棒的加速度大小为2m/s2，方向竖直向上。
（2）小环初速度为v0＝4m/s，对两者第一次共速的过程有：
v共＝v0+a1t1＝a2t1
解得：t1＝1s，v共＝2m/s
由题乙可知此两者第一次共速时拉力F恰好变为：F2＝120N
假设第一次共速后两者相对静止一起减速到零，对整体，根据牛顿第二定律得：3mg﹣F2＝3ma3
解得两者一起减速的加速度大小为：
则木棒受到的摩擦力大小为：f′＝mg﹣ma3，解得：f'＝40N＜f
可知木棒受到的摩擦力小于最大静摩擦力，故假设成立。
0～1s时间木棒上升的高度为：，解得：h1＝1m
从1s后到木棒第一次与弹性材料碰撞的过程，木棒和小环以的加速度向下加速运动，由运动学公式得：
解得木棒第一次与弹性材料碰撞时的速度的大小为：
（3）木棒第一次与弹性地面相碰时，撤去施加在小环上的外力，此后小环的加速度大小为：
，解得：
木棒的加速度大小为为：
，解得：
小环向下做匀加速直线运动，木棒先向上做匀减速直线运动，再向下做匀加速直线运动，假设木棒与弹性材料再次碰撞前不会与小环共速，根据木棒运动的对称性可得两次碰撞的时间间隔为：
，解得：
再次碰地时木棒的速度大小仍为
此时环的速度为：v'＝v1+a4Δt＞v1，故假设成立，可知之后的过程两物体不会再共速，则相邻两次碰撞的时间间隔均为Δt。
若木棒恰好与地面第4次碰撞时弹性小环从木棒底端滑落，则从第一次碰撞开始，小环向下加速运动了3Δt的时间，相对木棒向下运动距离为：
，解得：x＝
0～1s时间小环相对木棒向上运动距离为：
，解得：s＝2m
可得小环开始运动时距木棒下端的距离为：
L＝x﹣s＝
答：（1）t＝0时刻，小环加速度大小为2m/s2，方向竖直向下；木棒加速度大小为2m/s2，方向竖直向上；
（2）木棒第一次与弹性材料碰撞时的速度的大小为；
（3）若木棒恰好与地面第4次碰撞时弹性小环从木棒底端滑落，小环开始运动时距木棒下端的距离为。
56．如图，倾角为θ＝37°的足够长光滑斜面固定在水平地面上。足够长的木板B锁定在斜面上，斜面底端有一固定薄挡板P，P与B下端的距离为x0＝15.25m。现让物块A从B上的某一点以v1＝9m/s的速度沿斜面向上运动，当A向上运动的距离为x1＝m时，A的速度方向不变，大小变为v2＝8m/s，此时立刻解除B的锁定并同时给A施加沿斜面向下F＝8N的恒力。在B与P刚要发生第4次碰撞时，A第一次运动到B的下端，B与P碰后以原速率的反向弹回，碰撞的时间极短，可忽略不计。已知mA＝3kg，mB＝1kg，重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6。求：
（1）物块A与长木板B之间的动摩擦因数；
（2）物块A与长木板B刚共速时，长木板B下端距挡板P的距离；
（3）从解除锁定到长木板B刚要与挡板P发生第4次碰撞所用的时间。
【答案】（1）物块A与长木板B之间的动摩擦因数为；
（2）物块A与长木板B刚共速时，长木板B下端距挡板P的距离为15.75m；
（3）从解除锁定到长木板B刚要与挡板P发生第4次碰撞所用的时间为4.5s。
【解答】解：（1）当B被锁定时，对A受力分析，根据牛顿第二定律与运动学公式得：
mAgsinθ+μmAgcosθ＝mAa
解得：
（2）解除锁定后，设A的加速度大小为a1，其方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律得：
F+mAgsinθ+μmAgcosθ＝mAa1，解得：a1＝12m/s2
设B的加速度大小为a2，其方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律得：
μmAgcosθ﹣mBgsinθ＝mBa2，解得：a2＝4m/s2
设经过t1时间A和B共速，共速的速度大小为v3，由运动学公式得：
v3＝v2﹣a1t1＝a2t1
解得：t1＝0.5s，v3＝2m/s
此过程B的向上移动的距离为：，解得：x1＝0.5m
刚共速时B下端距挡板的距离为：x＝x0+x1
解得：x＝15.75m
（3）假设A和B共速后一起沿斜面向上匀加速运动，对A、B整体由牛顿第二定律得：
F+（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a3，解得：a3＝8m/s2
对B有：f+mBgsinθ＝mBa3，解得：f＝2N
A、B之间的最大静摩擦力为：fm＝μmAgcosθ，解得：fm＝10N
因f＜fm，故假设成立。
A、B共同减速到零的时间为：t2＝
解得：t2＝0.25s
A、B共同减速到零的过程B向上移动的距离为：，解得：x2＝0.25m
A、B共同下滑的加速度大小也为a3，设经时间t3，B第一次与P相碰，且碰前的速度大小为v4，则有：
，解得：t3＝2s
v4＝a3t3，解得：v4＝16m/s
B与P第一次碰后速度沿斜面向上，大小为：v5＝v4，解得：v5＝8m/s
设碰撞后B的加速度大小为a4，其方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律得：
mBgsinθ+μmAgcosθ＝mBa4，解得：a4＝16m/s2
第一次碰撞后B沿斜面向上匀减速到零的时间为：
解得：t4＝0.5s
由于运动的对称性，从B第一次与P相碰后到刚要发生第二次碰撞共用时间为：2t4＝2×0.5s＝1s
由于B每次与P碰撞后以原速率的反向弹回，所以碰撞时间间隔依次为：。
可得第1次碰完到刚要发生第4次碰撞的时间为：
可得所求时间为：t＝t1+t2+t3+t5＝0.5s+2s+0.25+1.75s＝4.5s
答：（1）物块A与长木板B之间的动摩擦因数为；
（2）物块A与长木板B刚共速时，长木板B下端距挡板P的距离为15.75m；
（3）从解除锁定到长木板B刚要与挡板P发生第4次碰撞所用的时间为4.5s。
57．如图所示，有一个倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上，将一个质量M＝5kg、长L＝1m的长木板从斜面上由静止释放，释放时长木板下端到斜面底端的距离s＝8.34m，长木板与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.25。当长木板速度达到v1＝2.8m/s时，将一个质量m＝2kg的煤块放在长木板下端，同时对长木板施加一个沿斜面向下的恒力F＝7N，煤块与长木板之间的动摩擦因数μ2＝0.5。经过0.4s后撤去恒力F。煤块可以看作质点，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）煤块刚放上去时，长木板与煤块的加速度a1、a2；
（2）煤块在长木板上留下痕迹的长度Δx；
（3）长木板从释放到运动至斜面底端所需时间t。
【答案】（1）煤块刚放上去时，长木板为3m/s2，煤块的加速度为10m/s2；
（2）煤块在长木板上留下痕迹的长度为0.56m；
（3）长木板从释放到运动至斜面底端所需时间2.1s。
【解答】解：（1）对长木板进行受力分析，长木板受到重力Mg、斜面支持力N1、恒力F、物块对长木板的摩擦力f2以及斜面对长木板的摩擦力f1
根据牛顿第二定律F+Mgsinθ﹣f1﹣f2＝Ma1，其中f1＝μ1（M+m）gcosθ，f2＝μ2mgcosθ，N1＝（M+m）gcosθ
联立解得：
对物块进行受力分析，物块受到重力mg、长木板的支持力N2和长木板对物块的摩擦力f2
根据牛顿第二定律有：μ2mgcosθ+mgsinθ＝ma2
解得
（2）设经过时间t＝0.4s，长木板的速度v＝v1+a1t，物块的速度v2＝a2t
解得：v＝v2＝4m/s
此过程长木板的位移为：
解得：x1＝1.36m
物块的位移，解得：x2＝0.8m
Δx＝x1﹣x2
解得：Δx＝0.56m
（3）长木板在放物块前运动的时间，由Mgsinθ﹣μ1Mgcosθ＝Ma0
解得：a0＝4m/s2，t1＝0.7s
位移：
解得：x3＝0.98m
放物块后到共速总时间：t＝0.4s
共速后，两者一起向下运动的加速度
解得：
此时离斜面底端的距离x＝s﹣x1﹣x3
解得：x＝6m
根据
解得t2＝1s。
所以长木板从释放到运动至斜面底端所需时间：t总＝t+t1+t2
解得：t＝2.1s。
答：（1）煤块刚放上去时，长木板为3m/s2，煤块的加速度为10m/s2；
（2）煤块在长木板上留下痕迹的长度为0.56m；
（3）长木板从释放到运动至斜面底端所需时间2.1s。
十九．板块模型和传送带模型的结合（共3小题）
58．如图所示，传送带与水平方向成30°角，长为3m，以6m/s的速度顺时针匀速转动。在水平光滑地面上靠近传送带放置一足够长的木板A，其质量为2kg。木板A上表面与传送带末端平滑连接，在木板A右侧x处（x未知）有一个固定挡板P。将一质量为1kg的物块（视为质点）从传送带的顶端静止释放，物块与传送带间动摩擦因数，与木板A间动摩擦因数μ1＝0.1。设木板A与挡板P碰撞后原速率返回，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。
（1）求物块刚放上传送带时所受摩擦力的大小；
（2）求物块滑到传送带底端的时间；
（3）若木板A被挡板P弹回3次后静止，且在运动过程中不会与传送带相撞，求x的大小。
【答案】（1）物块刚放上传送带时所受摩擦力的大小为5N；
（2）物块滑到传送带底端的时间为0.8s；
（3）若木板A被挡板P弹回3次后静止，且在运动过程中不会与传送带相撞，x的大小为0.25m。
【解答】解：（1）传送带对物块的支持力为：FN＝mgcosθ
物块刚放上传送带时所受摩擦力的大小为：Ff＝μ0FN
联立代入数据解得：Ff＝5N
（2）刚放到传送带时，物块的加速度为：a＝gsin30°+μ0gcos30°
代入数据得：a＝10m/s2
假设物专题09 牛顿运动定律的应用和超重失重
▉考点一 从受力情况确定运动情况
1基本思路
分析物体受力→求物体所受合力→由a=F求加速度→运动学公式→确定物体运动情况
2解题步骤
确定研究对象：根据问题，选定研究的物体或系统
进行受力分析：分析研究对象的受力情况，画出受力示意图
求出合外力：通常用合成法或正交分解法求合外力
求出加速度：根据牛顿第二定律求加速度
求出其他量：选择相应的运动学公式，求位移、速度或运动时间等其他物理量
例题：为了道路交通安全，会在一些路段设立刹车失灵紧急避险车道。如图所示。故障车驶入避险车道是为了（　　）
A．增大运动的加速度
B．减小运动的加速度
C．增加运动的时间
D．减少与路面的动摩擦因数
解：A、由图示可知，避险车道为斜面，车进入避险车道后沿斜面向上运动，车受到的重力有沿斜面向下的分力，与运动的方向相反，所以对车的减速能起到增大减速运动的加速度的作用。故A正确，B错误；
C、在车的初速度一定的情况下，加速度增加，减速到零的时间变短，是减小了运动时间，不是增加了运动时间，故C错误；
D、动摩擦因数由接触面的材料、接触面的粗糙程度决定，避险车道目的是使车迅速停下来，不应减小动摩擦因数，故D错误。
故选：A。
▉考点二 从运动情况确定受力情况
1基本思路
物体的运动情况→运动学公式、加速度由F=ma求合力→确定物体受力情况
2常用的与加速度有关的匀变速直线运动公式
V=v0+at
X=v0t+1/2at2
V2-v02=2ax
△x=aT2
3解题的基本步骤
确定研究对象→根据问题选定研究的物体或系统
分析运动情况→分析研究对象的运动过程及运动性质
求出加速度→根据已知条件，选择适当的运动学公式求出加速度
求出合力→根据牛顿第二定律求出合力的大小和方向
求出待求力→根据研究对象的受力情况求出待求力
例题：2024年6月25日嫦娥六号在返回地球的整个过程中经历了如图甲所示全过程，在距离地面的高度只有10公里左右时，打开降落伞进行减速降落（如图乙），该过程受空气阻力影响，忽略开伞下落过程g的变化。下列说法正确的是（　　）
A．返回器在P点不受空气阻力
B．P点返回器所受合力可能竖直向上
C．返回器在Q点的空气阻力沿切线
D．打开降落伞过程速度先增大后减小
解：AB、由图示可知，返回器在P点处于大气层内，受到空气阻力作用，P点处于曲线运动的最低点，所受合力指向曲线凹的一侧，有可能竖直向上，故A错误，B正确；
C、由图甲所示可知，返回器在Q点位于大气层外，不受空气阻力作用，故C错误；
D、打开降落伞后返回器是减速过程，速度一直减小，故D错误。
故选：B。
▉考点三 “等时圆”模型
1定义
所谓“等时圆”模型，是指物体沿着位于同一竖直圆环上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间
相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。
2基本规律
(1)物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦从其上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图4-5-2甲所示；
(2)物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示；
(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，物体沿不同的光滑弦(过切点)上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
3解题思路
(1)设置顶点。上端相交：交点为圆的最高点；下端相交：交点为圆的最低点。
(2)作等时圆。a.过顶点作竖直线；b.以某条轨道为弦作圆心在竖直线上的圆。
(3)比较时间。a.轨道端点都在圆周上，质点的运动时间相等；b.端点在圆内的轨道，质点运动时间短些，端点在圆外的轨道，质点运动时间长些。
例题：如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点。则（　　）
A．a球最先到达M点
B．b球最后到达M点
C．c球最后到达M点
D．b球和c球都可能最先到达M点
解：根据“等时圆”原理可知，从圆上各点向最低点引弦，从该点达到最低点经过的时间相等，如图所示；
则从圆上A、E、D到达M点的时间相等，则c球先到达M点，a球次之、b球最后达到M点，故B正确、ACD错误。
故选：B。
▉考点四 重力的测量
1基本概念
(1)实重：物体实际所受的重力。
(2)视重：弹簧测力计或台秤的示数叫物体的视重。
2重力的两种常用测量方法
方法①先测量重力加速度g,再用天平测量物体的质量，利用牛顿第二定律可得重力为G=mg。
方法2利用力的平衡条件对重力进行测量。将待测物体悬挂或放置在测力计上，使它处于静止状态。这时物体所受的重力和测力计对物体的拉力或支持力的大小相等。这是测量重力最常用的方法。
▉考点五 超重和失重
(1)超重：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，即视重大于实重。
(2)失重：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，即视重小于实重。
(3)完全失重：当物体竖直向下的加速度a=g时对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象，即视重为零。
2平衡、超重、失重和完全失重的比较
物体 状态 加速度 视重(F)与 重力的关系 运动情况 受力图
平衡 a=0 F=mg 静止或匀速 直线运动
超重 向上 F=m(g+a)>mg 向上加速或 向下减速
失重 向下 F=m(g-a)完全 失重 a=g F=0 自由落体运 动、抛体运动
例题：神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆，在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中（　　）
A．返回舱受到的合力向下
B．返回舱处于平衡状态
C．返回舱处于失重状态
D．返回舱处于超重状态
解：返回舱减速下降，阻力大于重力，合力向上，则加速度向上，合力向上，加速度向上，返回舱处于超重状态，故D正确，ABC错误。
故选：D。
一．牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况（共3小题）
1．新能源汽车越来越受到人们的喜爱。若某新能源汽车刹车后在地面上留下的刹车痕迹长为45m。设刹车后汽车轮子不滚动，轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.25，则汽车在刹车前瞬间的速度大小为（g＝10m/s2）（　　）
A．10m/s B．15m/s C．20m/s D．25m/s
2．如图所示为某车加速度计的部分原理示意图。在沿小车运动方向安装的固定光滑杆上套一质量为m小滑块（可视为质点），滑块两侧分别与两根劲度系数均为k的轻弹簧相连，两弹簧的另一端与固定壁相连，滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移。初始时两弹簧均为处于原长状态，标尺指在O点。设某段时间内小车沿水平方向运动，指针向右偏离O点的距离为x，则这段时间内（　　）
A．小车运动的加速度方向向右
B．小车运动的加速度大小为
C．小车运动的加速度大小为
D．小车一定在向右运动
3．如图1所示，为建筑工人利用两根粗细均匀、平行放置的倾斜钢管把砖块从高处运送到地面的场景，将长方体砖块放在两根钢管的正中间，使其由静止开始从高处下滑。图2为垂直于运动方向的截面图（砖块截面可视为正方形）。若仅将两根钢管的间距略减小一些，则砖块下滑到底端所用的时间将（　　）
A．变长 B．不变 C．变短 D．无法判断
二．牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力（共3小题）
4．图1所示为某超市的倾斜式自动人行道，将顾客随自动人行道上行的情境简化为图2所示的示意图。若运动过程中顾客与自动人行道始终保持相对静止，下列说法正确的是（　　）
A．自动人行道匀速向上运行的过程中，顾客受重力、支持力和滑动摩擦力
B．自动人行道匀速向上运行的过程中，顾客可能不受摩擦力
C．自动人行道加速向上运行的过程中，顾客受到的支持力比匀速时小
D．自动人行道加速向上运行的过程中，顾客受到的摩擦力比匀速时大
5．从水平地面将一小球以一定的初速度竖直向上抛出，小球运动0.6s到最高点，再经0.8s落回地面。小球可视为质点且在空中运动时受到空气的阻力大小保持不变，取重力加速度大小g＝10m/s2。小球受到的阻力与重力大小之比为（　　）
A．4：3 B．9：16 C．1：1 D．7：25
6．如图所示，货车上一圆柱形货物A被放在V形物体B中，以防止A前后滚动。固定在货车上的B物体由一斜面插上竖直挡板构成。若竖直挡板与A之间的弹力为N1，斜面与A之间的弹力为N2，货车向右运动过程中，A和B始终保持相对静止，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．若货车的运动状态由匀速变为加速，则N1增大，N2减小
B．若货车的运动状态由匀速变为加速，则N1增大，N2不变
C．若货车的运动状态由匀速变为减速，则N1减小，N2增大
D．若货车的运动状态由匀速变为减速，则N1不变，N2不变
三．超重与失重的概念、特点和判断（共3小题）
7．“单人蹦极”是游乐园里深受孩子们喜爱的游乐项目，其原理可简化为如图所示，两根相同的弹性绳一端分别系于固定杆的A、B处，另一端系在游玩者身体上。游玩者在C位置时弹性绳恰好为原长，D位置是游玩者运动的最低点，E位置是游玩者运动的最高点，不计空气阻力。游玩者从D位置到E位置的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．在D位置时，游玩者的加速度为0
B．在E位置时，游玩者的加速度为0
C．从D位置至C位置的过程，游玩者始终处于超重状态
D．从C位置至E位置的过程，游玩者始终处于失重状态
8．如图所示，是某人站在压力板传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为力（单位为N），横坐标为时间（单位为s）。由图线可知，该人的体重约为650N，除此之外，还可以得到的信息是（　　）
A．站起过程中人处于超重状态
B．该人做了一次下蹲—起立的动作
C．下蹲过程中人处于失重状态
D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
9．2025年4月13日，陈芋汐参加加拿大温莎站世界杯跳水决赛获得冠军。陈芋汐以一定的初速度在高台上竖直向上起跳，到距水面11.25m的最高处后开始竖直下落，入水后受到水的阻力（视为恒力）大小为她的重力的4倍。重力加速度取g＝10m/s2，陈芋汐在运动过程中可简化为质点，不计空气阻力，陈芋汐从最高点运动到最低点的过程中（　　）
A．入水前比入水后的速度变化更快
B．在水中下降的最大深度为2.8m
C．平均速度大小为7.5m/s
D．一直处于失重状态
四．根据超重或失重状态计算物体的运动情况（共3小题）
10．重力大小为G的人在体重计上下蹲，加速阶段体重计所受压力大小为F，下列说法正确的是（　　）
A．F＜G B．F＝G
C．体重计的示数为G D．人的加速度方向向上
11．在电梯中用细绳静止悬挂一重物，当电梯在竖直方向运动时，突然绳子断了，由此可以判断电梯此时的运动情况是（　　）
A．电梯可能是加速上升
B．电梯可能是减速上升
C．电梯可能是匀速上升
D．电梯的加速度方向一定向下
12．利用所学知识判断下列图片及相应描述正确的是（　　）
A．太空授课失重环境下的“液桥”现象（图a）说明表面张力方向与液体表面垂直
B．铌包头矿是富含Ba、Nb、Ti、Fe、Cl的硅酸盐矿物（图b），由微观结构可知该物质有固定的熔点
C．悬浮在液体中的微粒越大（图c），单位时间内受到液体分子撞击次数越多，布朗运动越明显
D．“饮水小鸭”（图d）“喝”完一口水后，直立起来，直立一会儿，又会慢慢俯下身去，再“喝”一口，如此循环往复，小鸭不需要外界提供能量，也能够持续工作下去
五．超重与失重的图像问题（共4小题）
13．人站在力传感器上完成下蹲、站起动作，观察计算机采集到的图线。如图是某人在运动过程中力传感器的示数随时间变化的情况。下列说法正确的是（　　）
A．人的质量约为100kg
B．在1s～2s内，人完成“下蹲”和“站起”两个动作
C．在下蹲过程中，人的最大加速度约为6m/s2
D．在5s～6s内，人一直处于超重状态
14．某同学站在力的传感器上连续完成多次下蹲起立。某时刻作为计时起点，传感器与计算机连接，经计算机处理后得到力的传感器示数F随时间t变化的情况如图所示。已知该同学质量m＝60kg，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．0～4s完成了两次下蹲过程
B．0～8s该同学向下的最大加速度约为6m/s2
C．0～8s该同学向上的最大加速度约为16m/s2
D．1.8s该同学向下速度达到最大
15．图甲是某人站在接有传感器的地板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心，图乙是地板所受压力随时间变化的图像，取重力加速度g＝10m/s2。根据图像分析可知（　　）
A．b到c的过程中，人先处于超重状态
B．人的重力可由b点读出，约为500N
C．f点是人在双脚离开地板的过程中上升最高的点
D．人上升的最大高度约为0.3125m
16．为了方便居民出行，毕节市部分老旧小区加装了电梯，如图甲所示。规定竖直向上为正方向，某次电梯运行的v﹣t图像如图乙所示。则电梯（　　）
A．0 7s内上升的高度为12m
B．4 7s内向下做匀减速运动
C．0 3s和0 4s内的平均速度相同
D．0 3s和4 7s内均处于失重状态
六．物体在光滑斜面上的运动（共3小题）
17．如图，小球C置于光滑圆形轨道B内，B放在倾角为θ的足够长的光滑静止斜面A上，B、C一起沿斜面下滑，不计空气阻力，稳定后C、B相对静止，则C、B相对位置正确的是（　　）
A． B．
C． D．
18．如图甲所示，用一水平外力F推着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，若重力加速度g取10m/s2．根据图乙中所提供的信息不能计算出（　　）
A．物体的质量
B．斜面的倾角
C．物体能静止在斜面上所施加的最小外力
D．加速度为6 m/s2时物体的速度
19．如图所示，一圆环竖直放置，圆心为O，从圆上一点A引三条倾角不同的光滑轨道AB、AC、AD到圆周上，已知C为圆环最低点，D为C附近一点，现将小球从A点分别沿AB、AC、AD三个斜面静止释放，设小球到达圆周上的速率分别为v1、v2、v3，经历的时间分别为t1、t2、t3，则下列说法正确的是（　　）
A．v1＝v2＝v3 B．v1＜v2＜v3 C．t1＞t2＞t3 D．t1＝t2＝t3
七．物体在粗糙斜面上的运动（共3小题）
20．如图甲所示，一物块（可视为质点）从倾角θ＝30°的足够长斜面上滑下，物块运动的图像如图乙所示，重力加速度取g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．物块的加速度为2m/s2
B．物块的初速度为零
C．物块与斜面间的动摩擦因数为
D．前2s内物块的平均速度为5m/s
21．如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角（0°＜θ＜90°），让木块从木板的底端以初速度v0＝2m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10m/s2，x的值不可能为（　　）
A．0.14m B．0.19m C．0.24m D．0.26m
22．在冰雪大世界的滑雪项目中，质量M＝60kg的游客乘坐雪橇从倾角θ＝37°的斜坡顶端由静止滑下。将游客与雪橇简化为板块模型，斜坡与水平面通过极短圆弧连接，忽略雪橇经过连接处的能量损失。已知雪橇与斜坡、水平面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，游客与雪橇间的动摩擦因数为μ2＝0.3，斜坡长度L＝19.8m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略雪橇大小，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　）
A．在斜坡上运动过程中，游客的加速度为3.6m/s2
B．在斜坡上运动过程中，游客与雪橇之间摩擦力为144N
C．游客从静止释放到停止运动经过的总时间为6.6s
D．在保证安全的前提下，若增大斜面倾角，游客与雪橇之间不会发生相对滑动
八．牛顿第二定律的临界问题（共3小题）
23．如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角θ＝37°的斜劈放在木板上，平行于斜面的轻绳一端系在斜劈顶端，另一端连接可视为质点的小球。已知木板质量为M，斜劈质量为m1，小球质量为m2，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。现对木板施加水平向左的拉力F，下列说法正确的是（　　）
A．若小球始终未离开斜面，则小球的加速度
B．若无论施加多大的拉力F，小球始终未离开斜面，则
C．若小球、斜劈、木板始终保持相对静止，则
D．若小球离开斜面，且绳子与斜面的夹角γ＝7°，则此时木板对斜劈的摩擦力f＝2（m1+m2）g
24．如图所示，细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球，静止时细线与斜面平行，（已知重力加速度为g）。则下列判断正确的是（　　）
A．当滑块向左匀加速直线运动时，小球刚好不脱离斜面的条件是a＝g
B．当滑块向左匀加速直线运动时，a＝2g时绳子的拉力为3mg
C．当滑块向右匀加速直线运动时，小球对滑块压力可能为0
D．当滑块向右匀加速直线运动时，a＝g时绳子的拉力为0
（多选）25．如图所示，光滑水平面上放置一长为0.4m木板C，一大小不计的支架B放置在木板C上，一段细线上端固定在支架上，下端连接小球A。已知小球A、支架B、木板C质量分别为1kg、2kg、3kg，支架B底座与木板C之间的动摩擦因数μ＝0.75，现对木板施加水平向右的拉力F，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin53°＝cos37°＝0.8，cos53°＝sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．细线与竖直方向的最大偏角为53°
B．当拉力F＝30N时，细线对A的拉力大小为5N
C．当支架B与木板C间发生滑动时，拉力F最小值为45N
D．当F＝60N时，B经0.4s从木板C的左端离开
九．斜面上的连接体问题（连接体问题的特例）（共3小题）
26．如图所示，倾角为30°足够长的固定光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧一端与挡板连接，另一端与物块A接触但不连接，A上方放置另一物块B，B与物块C用跨过光滑轻质定滑轮的细线连接。开始时用手托住C，使细线处于伸直但不拉紧的状态，此时A、B静止在斜面上。某时刻突然释放C，一段时间后A、B分离，此时C未触地。已知A、B、C的质量均为m，弹簧劲度系数为k，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．刚释放C时，A、B间的弹力大小为mg
B．A、B分离时，B的加速度大小为
C．A的速度最大时它沿斜面上升的距离为
D．A、B分离时弹簧刚好恢复原长
27．如图甲所示，一个光滑斜面固定在水平地面上，轻弹簧的一端与斜面上的挡板连接，另一端与小球拴接，斜面底端固定一个分体式位移传感器接收端，小球上固定一分体式位移传感器发射端（图中未画出），用手托住小球使弹簧处于原长。现把球从静止释放，利用计算机软件处理得到小球运动过程中加速度随位移变化图像如图乙所示。重力加速度g取10m/s2，小球和位移传感器发射端的总质量为0.2kg，下列说法正确的是（　　）
A．小球沿斜面向下做匀变速直线运动
B．斜面倾角的正弦值sinθ＝0.6
C．弹簧劲度系数为500N/m
D．小球运动过程中的最大速度为
28．如图所示，两相同物体A、B放在粗糙水平面上，两物体间的接触面光滑。若用水平力向右推A，两物体恰不相对滑动时加速度为a1、物体间相互作用力为F1；若用水平力向左推B，两物体恰不相对滑动时加速度为a2、物体间相互作用力为F2。则（　　）
A．a1＞a2，F1＝F2 B．a1＜a2，F1＝F2
C．a1＝a2，F1＜F2 D．a1＝a2，F1＞F2
十．等时圆模型（共3小题）
29．如图所示，两小球同时从位于同一竖直面内的两条光滑轨道的顶端A点和B点释放，关于谁先到达C点，下列说法正确的是（　　）
A．因为甲的加速度较大，所以甲先到
B．因为乙的位移较小，所以乙先到
C．二者可能同时到
D．不知两小球的质量关系，所以无法确定
30．如图所示，竖直面内固定一大圆环③，三个小环套在三根不同的光滑杆上，从上至下杆长之比为1：4：9，杆的上端固定在圆的顶点O，下端分别固定在圆①②③的圆周A、B、C点上。圆①②③共用顶点O，半径之比为1：2：3，三个小环从顶点O由静止开始沿杆自由下滑至A、B、C三点经过的时间之比为（　　）
A．1：2：3 B．1：1：1
C．1：： D．1：（﹣1）：（﹣）
（多选）31．如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP＞QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．a滑块运动的时间较长
B．a滑块的加速度较小
C．a滑块受到的弹力较小
D．a滑块受到的合力较大
十一．连接体模型（共3小题）
32．如图所示，固定的光滑斜面其倾角为30°，斜面顶端固定一小定滑轮，两个小物块P和Q用细线绕过定滑轮相连，细线平行于斜面，P、Q的质量分别为3m和m，在手的作用下保持静止。现在松手释放该系统，则细线的拉力为（　　）
A．mg B． C． D．
33．如图所示，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上，将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP＝1.0kg、mQ＝0.2kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2。则推力F的大小为（　　）
A．4.0N B．3.0N C．9.0N D．11.0N
34．如图所示，质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球（M＞m），用水平向左的外力拉小车，使小球和车一起向左匀加速运动，细线与竖直方向成α角，如图甲。求：
（1）水平向左的外力F的大小。
（2）若用同样大小的力水平向右拉小球，使小球和车一起向右匀加速运动，此时细线与竖直方向夹角β的正切值为多少？
十二．水平传送带模型（共4小题）
35．如图甲所示一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带在变速电机带动下先加速后减速，传送带的速度—时间（v﹣t）图像如图乙所示，假设传送带足够长，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．黑色痕迹的长度为80m
B．煤块在传送带上的相对位移为16m
C．煤块在传送带上先加速，之后与传送带保持相对静止
D．煤块的质量越大黑色痕迹的长度越长
36．图（a）为车站的安全检查装置，图（b）为该装置的简化示意图。质量m＝2kg的小物块轻放在水平传送带的A端，经传送带加速后从B端离开，最后从斜面顶端C沿斜面下滑至底端D处，B到C过程可认为速率不变。已知水平传送带的长度LAB＝1.5m，传送带以v＝0.8m/s的恒定速率沿逆时针方向转动，斜面CD的长度s＝0.6m，倾角θ＝37°，小物块与传送带、斜面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5，μ2＝0.4，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）物块运动到B点时的速度大小vB；
（2）物块滑到斜面底端D时的速度大小vD；
（3）若水平面放一质量M＝2kg的薄木板与D点平滑连接，物块下滑后冲上薄木板时的速率不变，物块与薄木板上表面的动摩擦因数μ3＝0.5，薄木板下表面光滑，薄木板和地面都足够长。求物块最终距薄木板右端的长度x。
37．如图所示，为某工厂卸货装置原理图，货物从货物架上无初速度沿斜面滑下，进入传送带，之后滑上无动力静止在水平面的平板车，平板车将货物运输到卸货员位置处，最后完成卸货工作。已知货物质量为m＝140kg，平板车质量为M＝20kg，货物到传送带的竖直高度h＝2.5m，斜面倾角θ＝30°，货物与斜面的动摩擦因数，传送带顺时针匀速转动的速度为v＝8m/s，货物与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.3，传送带长度为l＝10.5m，货物与平板车间的动摩擦因数为μ3＝0.4，平板车与地面间的动摩擦因数为μ4＝0.2，假设平板车与地面间为滑动摩擦。（忽略货物经过B、C两处的能量损失，g取10m/s2）求：
（1）货物从斜面滑至B点时的速度大小？
（2）货物在传送带上滑行的时间？
（3）为使货物不从平板车上滑落，平板车至少需要多长？
38．如图所示，传送带顺时针匀速转动速度v＝8m/s，倾角θ＝37°，质量均为1kg的物块P、A通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，A与斜面之间的动摩擦因数为0.5，将A拉到底端静止释放，传送带足够长，P足够高，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（1）释放瞬间P的加速度大小；
（2）物块与传送带共速所需时间和共速瞬间A的加速度大小；
（3）物块A在传送带上留下的划痕长度。
十三．倾斜传送带模型（共3小题）
39．如图所示，传送带与地面的夹角为37°，其顶端A到底端B的距离为4m，传送带始终以5m/s的速率逆时针转动。在传送带顶端A轻放一小煤块，已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5，sin37°＝0.6，重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．煤块下滑过程中先加速后匀速
B．煤块从传送带顶端A运动到底端B所用的时间为1.05s
C．煤块在传送带上留下的滑动痕迹为1.5m
D．煤块在传送带上留下的滑动痕迹为1.25m
40．传送带输送线是物流搬运和输送的常见设备，a、b图中货物的重力均为G，匀速转动的传送带斜面的倾角为θ，箭头代表传送带的运动方向，货物均与传送带保持相对静止，且传送带均足够长。以下说法正确的是（　　）
A．图a中的货物受到的摩擦力方向沿传送带斜面向下
B．图b中的货物相对于传送带有向上运动的趋势
C．图a、b中传送带给货物的作用力的大小都为G
D．若图b中的传送带突然停止转动，货物受到的摩擦力方向不会改变
41．如图1所示，倾角为30°的浅色传送带以恒定速率逆时针运行，将一质量为m的可视为质点的深色物块轻放在传送带的顶端P点，2s末物块恰好到达传送带底端Q点。物块的速度v随时间t的变化图像如图2所示，重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．物块与传送带之间的动摩擦因数为
B．物体滑到Q点的速度大小为9 m/s
C．P、Q两点之间的距离为12 m
D．传送带划痕的长度为3m
十四．多种传送带的组合问题（共4小题）
42．如图所示，三角形传送带ABC以恒定速度v＝4m/s顺时针运行，传送带与水平面间的夹角θ＝37°，LAB＝4m，LBC＝3m，B端上方有一段光滑圆弧，可以使经过B端的物体速度方向发生变化但速度大小不变。现将质量m＝1kg的小物块轻放在传送带的A端（可看成质点）后，给小物块施加一沿斜面向上的恒力F＝10N拉小物块，小物块到达B端时撤去F。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）小物块速度达到v＝4m/s所需时间；
（2）小物块运动到C端时的速度大小；
（3）若在小物块与传送带达到相同速度瞬间撤去F，物块在传送带上的划痕长度。
43．渔业作业中，捕捞上来的鱼虾通过“鱼虾分离装置”实现机械化分拣从而降低了人工成本，其简化模型如图。倾角α＝37°的传送带与过分离器出口的铅垂线交于P点（图中未画出）。P点距分离器出口的高度差h＝0.45m，传送带以v＝3m/s的恒定速度向上运动。鱼虾从出口无初速掉落至传送带上，表面光滑的虾加速滑落至虾收集箱。鱼与倾斜传送带间动摩擦因数μ1＝0.9，最终被运送至上端后以大小不变的速度向右滑上水平传送带，再经过辐射处理后进入鱼收集箱。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小取g＝10m/s2，不考虑鱼虾的相互碰撞。求：
（1）鱼虾下落h＝0.45m的时间与碰到P点前的瞬时速度大小；
（2）若鱼虾落到传送带上后速度瞬间变为沿斜面向下，大小为碰前的60%，为防止鱼掉入虾收集箱，P点下侧传送带的最短长度；
（3）已知P点上侧传送带长为5m，水平传送带长为6m，鱼与水平传送带动摩擦因数μ2＝0.05。要使鱼被辐射时间不低于2.5s，水平传送带向右传送的最大速度。
44．2023年上半年我国快递同比增速超17%，快递行业发展势头良好，积极助力消费复苏。某快递公司为了提高效率，使用电动传输机输送快件，如图所示，水平传送带Ⅰ的长度OM＝4m，倾角θ＝37°的传送带Ⅱ长度NP＝4.45m，两传送带与一段长1m光滑的水平面MN平滑连接，传送带Ⅰ以v0＝5m/s的速度顺时针转动，将质量为10kg的快件（可视为质点）无初速度放O端，到达N端后，快件继续以原速度沿传送带Ⅱ运动。已知快件与传送带Ⅰ、Ⅱ间的动摩擦因数均为0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：
（1）当传送带Ⅱ不运转时，快件在传送带Ⅱ上升的最大高度；
（2）若要快件能被送到P端，传送带Ⅱ顺时针运转的最小速度；
（3）当传送带Ⅱ以（2）中最小速度顺时针运转时，快件从O端运送到P端所用的时间。
45．快递物流已经深入我们的生活，准确迅速分拣是一个重要环节，图甲是快递分拣传送装置。它由两台传送机组成，一台水平传送，另一台倾斜传送，图乙是该装置示意图，CD部分倾角θ＝37°，B、C间距离忽略不计。已知水平传送带以v＝4m/s的速率顺时针转动。把一个可视为质点的货物无初速度放在A端，图丙为水平传送带AB段数控设备记录的物体的运动图像，t1＝1.3s时刚好到达B端，且速率不变滑上C端，已知快递与两段传送带的动摩擦因数相同。取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求水平传送带AB的长度LAB以及快递与传送带间的动摩擦因数μ；
（2）分拣过程中有瓶颜料破损了，在传送带上留下了一道痕迹，工作人员发现后在B处将其拿走，求痕迹的长度s；
（3）若CD段的长度为LCD＝1.6m，则CD部分传送带的速度至少为多少，快递员才能在D端取到快件？
十五．无外力的水平板块模型（共3小题）
46．如图所示，表面粗糙的长木板静止在光滑水平面上，一滑块以一初速度v从长木板左端滑上，经时间t从长木板右端滑出，滑块相对于长木板的位移为x。下列说法正确的是（　　）
A．若v增大，则t也增大
B．若v减小，且滑块仍能滑出，则x可能等于长木板的位移
C．若滑块质量增大，则滑块仍能滑出，且t不变
D．若水平面变为粗糙，则滑块仍能滑出，且t减小
47．如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知小物块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff，当小物块从木板右端离开时，小物块和木板的速度分别为v1和v2，下列说法正确的是（　　）
A．木板移动的距离s一定小于木板的长度L
B．木板质量M越大，小物块滑出木板时木板的速度v2越大
C．木板质量M越大，小物块滑出木板时小物块的速度v1越小
D．小物块的初速度v0越大，木板位移s越小，该过程产生的热量越少
（多选）48．如图所示，光滑水平面AB与粗糙水平面CD等高，中间凹槽BC也是光滑水平面，凹槽BC长度L0＝10m，凹槽内靠左端有一个长度为L1＝8m的木板，木板的上面与水平面AB、CD等高，木板的质量M＝1kg，在水平面AB上有一个轻弹簧，轻弹簧左端固定，弹簧处于原长时右端在B点左侧。用一个质量m＝1kg可视为质点的物块缓慢压缩弹簧，当弹性势能Ep＝18J时锁定弹簧，重力加速度取g＝10m/s2，木板与右边撞击后速度立即减为0并静止，物块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，物块与粗糙水平面CD之间的动摩擦因数μ2＝0.2，某时刻解除锁定，下列说法正确的是（　　）
A．物块离开弹簧时的速度大小是6m/s
B．木板与右边撞击时物块的速度大小是3m/s
C．物块与木板因摩擦产生的热量是10J
D．物块静止的位置距C点的距离是4m
十六．有外力的水平板块模型（共3小题）
49．质量为1kg的物块放在一个纵截面为矩形的静止木箱内，物块和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3，开始时物块被一根轻弹簧用1.6N的水平拉力向左拉着而保持静止；如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。则（　　）
A．木箱以2m/s2的加速度竖直向下加速时，物块与木箱之间发生相对滑动
B．木箱以2m/s2的加速度竖直向上加速时，物块与木箱之间发生相对滑动
C．木箱以4m/s2的加速度水平向左加速时，物块与木箱之间能相对静止
D．木箱以1m/s2的加速度水平向右加速时，物块所受的摩擦力为2N
50．如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A和B的质量均为2m，C的质量是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为。设B足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（　　）
A．当力F大于μmg时，A、B、C三个物体不再相对静止
B．当力F逐渐增大时，A、B之间先发生相对滑动
C．当力F逐渐增大到3μmg时，B与A相对滑动
D．无论力F为何值，B的加速度不会超过μg
51．如图甲所示，质量为m1的塑料块和质量为m2的木块叠放在水平桌面上，对塑料块施加一水平向右的拉力F，塑料块在木块上滑动，而木块保持静止状态，图乙为其示意图。塑料块和木块之间的动摩擦因数为μ1，桌面和木块之间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则（　　）
A．木块受到桌面的摩擦力为μ2（m1+m2）g
B．若F＞μ2（m1+m2）g时木块将开始滑动
C．若将F作用在木块上，当F＞μ2（m1+m2）g+μ1m1g时，可以抽出木块
D．若将F作用在木块上，当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，可以抽出木块
十七．无外力的倾斜板块模型（共3小题）
52．如图甲所示，两薄木板A、B质量相同，其中木板A与墙面间的动摩擦因数为μ1，木板B与木板A间的动摩擦因数为μ2，光滑重球被轻质细绳跨过定滑轮拉住，整个系统处于静止状态。现缓缓释放细绳使重球缓慢下降，对可能出现的情况，下列说法正确的是（　　）
A．若出现图乙所示情况，只要μ1＞μ2
B．若μ1＜2μ2，会出现图乙所示情况
C．要出现图丙所示情况，必有μ1＝2μ2
D．若μ1＜2μ2，会出现图丙所示情况
53．如图甲所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，一小滑块以一定的初速度v0从斜面底端沿斜面上滑，运动到最高点后返回，若以出发点为坐标原点，沿斜面向上为位移x的正方向，且出发点为势能零点，小滑块运动过程中的机械能E随位移x变化的关系图像如图乙所示，已知E1＝E2，则小滑块与斜面间的动摩擦因数为（　　）
A． B． C． D．
（多选）54．如图所示，倾角为37°、足够长的斜面固定在水平地面上。某时刻薄木板AB和物块叠放在斜面上，物块处于木板中间位置，木板和物块由静止开始运动。已知木板、物块的质量分别为1kg、0.5kg，物块与木板间、木板与斜面间的动摩擦因数分别为0.5、0.6，且接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　）
A．物块刚运动时，物块的加速度大小为2m/s2
B．物块刚运动时，物块相对于木板静止
C．物块刚运动时，木板的加速度大小为0.8m/s2
D．若仅改变物块与木板间的动摩擦因数，则物块可能从木板的B端滑离
十八．有外力的倾斜板块模型（共3小题）
55．如图甲所示，一质量m＝5kg的粗细均匀的圆木棒竖直放置，在外力作用下保持静止状态，下端距水平弹性地面的高度为H＝5.25m，与地面相碰的物体会以原速率弹回，木棒上有一质量为2m的弹性小环。若t＝0时刻，小环从木棒上某处以竖直向上v0＝4m/s的初速度向上滑动，并对小环施加竖直向上的如图乙所示的外力F，与此同时撤去作用在木棒上的外力。当木棒第一次与弹性地面相碰时，撤去施加在小环上的外力。已知木棒与小环间的滑动摩擦力f＝1.2mg，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，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）t＝0时刻，小环和木棒的加速度；
（2）木棒第一次与弹性材料碰撞时的速度的大小；
（3）若木棒恰好与地面第4次碰撞时弹性小环从木棒底端滑落，求小环开始运动时距木棒下端的距离l（结果可以用分数表示）。
56．如图，倾角为θ＝37°的足够长光滑斜面固定在水平地面上。足够长的木板B锁定在斜面上，斜面底端有一固定薄挡板P，P与B下端的距离为x0＝15.25m。现让物块A从B上的某一点以v1＝9m/s的速度沿斜面向上运动，当A向上运动的距离为x1＝m时，A的速度方向不变，大小变为v2＝8m/s，此时立刻解除B的锁定并同时给A施加沿斜面向下F＝8N的恒力。在B与P刚要发生第4次碰撞时，A第一次运动到B的下端，B与P碰后以原速率的反向弹回，碰撞的时间极短，可忽略不计。已知mA＝3kg，mB＝1kg，重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6。求：
（1）物块A与长木板B之间的动摩擦因数；
（2）物块A与长木板B刚共速时，长木板B下端距挡板P的距离；
（3）从解除锁定到长木板B刚要与挡板P发生第4次碰撞所用的时间。
57．如图所示，有一个倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上，将一个质量M＝5kg、长L＝1m的长木板从斜面上由静止释放，释放时长木板下端到斜面底端的距离s＝8.34m，长木板与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.25。当长木板速度达到v1＝2.8m/s时，将一个质量m＝2kg的煤块放在长木板下端，同时对长木板施加一个沿斜面向下的恒力F＝7N，煤块与长木板之间的动摩擦因数μ2＝0.5。经过0.4s后撤去恒力F。煤块可以看作质点，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）煤块刚放上去时，长木板与煤块的加速度a1、a2；
（2）煤块在长木板上留下痕迹的长度Δx；
（3）长木板从释放到运动至斜面底端所需时间t。
十九．板块模型和传送带模型的结合（共3小题）
58．如图所示，传送带与水平方向成30°角，长为3m，以6m/s的速度顺时针匀速转动。在水平光滑地面上靠近传送带放置一足够长的木板A，其质量为2kg。木板A上表面与传送带末端平滑连接，在木板A右侧x处（x未知）有一个固定挡板P。将一质量为1kg的物块（视为质点）从传送带的顶端静止释放，物块与传送带间动摩擦因数，与木板A间动摩擦因数μ1＝0.1。设木板A与挡板P碰撞后原速率返回，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。
（1）求物块刚放上传送带时所受摩擦力的大小；
（2）求物块滑到传送带底端的时间；
（3）若木板A被挡板P弹回3次后静止，且在运动过程中不会与传送带相撞，求x的大小。
59．如图所示为某工厂卸货装置原理图。长度为L＝10.5m的水平传送带以v＝8m/s速度顺时针匀速转动，在传送带右端有一与传送带等高的滑板无缝对接，滑板质量为M＝20kg。质量m＝140kg的货物以v0＝5m/s的速度从最左端进入传送带，之后滑上滑板。货物与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.3，货物与滑板间的动摩擦因数μ2＝0.4，滑板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.2。重力加速度g取10m/s2。
（1）求货物在传送带上运动的时间；
（2）若货物在传送带上运动时能够留下划痕，求划痕长度；
（3）为使货物不从滑板上滑落，求滑板的最小长度。
60．如图所示，一水平的长L＝2.25m的传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面，皮带以v0＝4m/s匀速顺时针转动，现在传送带上左端静止放上一质量为m＝1kg的煤块（视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，经过一段时间，煤块被传送到传送带的右端，此过程在传送带上留下了一段黑色痕迹，随后煤块在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平向右恒力F＝17N，F作用了t0＝1s时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去F最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M＝4kg（重力加速度为g＝10m/s2），求：
（1）煤块在传送带上的运动时间；
（2）传送带上黑色痕迹的长度；
（3）求平板与地面间动摩擦因数的大小。

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