4.5牛頓運動定律的應用——劃重點之初升高暑假預習強化精細講義知識點1：從受力情況求運動情況1.基本思路分析物體的受力情況，求出物體所受的合外力，由牛頓第二定律求出物體的加速度;再由運動學公式及物體運動的初始條件確定物體的運動情況.流程圖如下：2.解題的一般步驟(1)確定研究對象，對物體進行受力分析和運動分析，并畫出物體的受力示意圖。(2)根據力的合成與分解的方法，求出物體所受的合外力。根據牛頓第二定律列方程,求岀物體的加速度。(3)結合給定的物體運動的初始條件，選擇合適的運動學公式，求解待求的物理量。（1）只要知道物體的受力情況,就能確定物體的運動情況.(X)解釋：運動情況由受力情況和運動初始條件共同決定.（2）由運動學公式求加速度，要特別注意加速度的方向，并由此可以確定合外力的方向.（X）解釋：合外力的方向與加速度的方向相同，而與速度的方向無關.知識點2：從運動情況求受力情況1.基本思路分析物體的運動情況，由運動學公式求出物體的加速度，再由牛頓第二定律求出物體所受的合外力；再分析物體的受力情況,求出物體受到的作用力.流程圖如下：2.解題的一般步驟(1)確定研究對象，對物體進行受力分析和運動分析.并畫出物體的受力示意圖。(2)選擇合適的運動學公式，求出物體的加速度。(3)根據牛頓第二定律列方程，求出物體所受的合力。(4)選擇合適的力的合成與分解的方法，由合力和已知力求出待求的力。（1）解決兩類動力學基本問題的關鍵①兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析。②一個“橋梁”——物體運動的加速度是聯系運動和力的橋梁.兩類動力學基本問題都涉及加速度，因此加速度在解決動力學問題中起到關鍵作用。（2）應用牛頓運動定律時的注意事項（1）若物體做直線運動，一般將力沿運動方向和垂直于運動方向進行分解；若求加速度，一般要沿加速度方向分解力；若求某一個力，可沿該力的方向分解加速度。（2）物體的受力情況與運動狀態有關，所以受力分析和運動分析往往同時考慮，交叉進行，作受力分析圖時，把所受的外力畫到物體上的同時，速度和加速度的方向也可以標在圖中。“等時圓模型"適用條件：弦是光滑的，且物體自弦的頂端由靜止釋放.(1)各弦交點為最低點:=1\*GB3①xAD=2Rsinα=2\*GB3②mgsinα=ma=3\*GB3③xAD=at2聯立①=2\*GB3②=3\*GB3③解得t=結論：運動時間與傾角無關，即沿各弦運動時間相同。(2)各弦交點為最高點時，結論同上。 【典例1】同學們小時候都喜歡玩滑梯游戲，如圖所示，已知斜面的傾角為θ，斜面長度為L，小孩與斜面的動摩擦因數為μ，小孩可看成質點，不計空氣阻力，則下列有關說法正確的是（）①小孩下滑過程中對斜面的壓力大小為mgcosθ②小孩下滑過程中的加速度大小為gsinθ③到達斜面底端時小孩速度大小為2gLsinθ④下滑過程小孩所受摩擦力的大小為μmgA．①② B．①④C．②③ D．②④【答案】B【詳解】垂直斜面方向根據受力平衡可知，小孩下滑過程中受到的支持力大小為N=mg則小孩下滑過程中對斜面的壓力大小為mgcosf=μN=μmg以小孩為對象，根據牛頓第二定律可得mg解得加速度大小為a=g根據運動學公式可得2aL=解得小孩到達斜面底端時小孩速度大小為v=故選B。【典例2】如圖所示，ab、cd是豎直平面內兩根固定的細桿，a、b、c、d位于同一圓周上，圓周半徑為R，b點為圓周的最低點，c點為圓周的最高點。現有兩個小滑環A、B分別從a、c處由靜止釋放，滑環A經時間t1從a點到達b點，滑環B經時間t2從c點到達d點；另有一小球C從c點靜止釋放做自由落體，經時間t3到達b點，不計一切阻力與摩擦，且A、B、C都可視為質點，則t1、t2、t3的大小關系為（）A．t1=tC．t2>【答案】A【詳解】對于環A，設ab與水平方向的夾角為θ，圓的半徑為R，由牛頓第二定律可知，下滑加速度為a又根據運動學公式得2R解得t對于環B，設cd與水平方向的夾角為α，由牛頓第二定律可知，下滑加速度為a又根據運動學公式得2R解得t對自由落體的球C而言，有2R=解得t因此三者時間相等，且與物體的質量無關，故選項A正確，BCD均錯誤。故選A。【典例3】如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，該平面內有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中B、C兩點處于同一個圓上，C是圓上任意一點，B、M分別為此圓與y軸、x軸的切點，A點在y軸上且∠AMO=60°，O'為圓心，現將a、b、c三個小球分別從A、B、C點同時由靜止釋放，它們將沿軌道運動到M點，所用時間分別為tA、tB、A．tA<tBB．tA=tBC．tA>tBD．由于C點的位置不確定，故無法比較時間大小關系【答案】C【詳解】對于BM段，位移x加速度a根據x得t對于AM段，位移x加速度a由x得t對于CM段，設CM與豎直方向夾角為θ，同理可解得t即t故選C。【典例4】靜置于水平地面上質量為m的物體，受一豎直向上的恒力F作用，從靜止開始向上運動。經時間t后撤去F，又經時間t物體剛好落回地面。不計空氣阻力，重力加速度為g，則恒力F等于（）A．43mg B．53mg C．【答案】A【詳解】在第一個t時間內，根據牛頓第二定律有F?mg=ma根據位移公式有x=根據速度公式有v=at在第二個t時間內，根據位移公式有?x=vt?解得F=故選A。【典例5】（多選）一質量為m的無人機，在其動力系統提供的恒力作用下，由靜止開始豎直向上運動，經t時間后關閉動力系統，再經3t時間后無人機恰好返回起點。已知重力加速度為g，不計空氣阻力，則（）A．恒力的大小為24B．關閉動力系統時無人機的速度大小為9C．無人機上升的最大高度為72D．無人機返回起點時的速度大小為11【答案】BC【詳解】AB．設無人機加速過程的加速度大小為a，根據題意有1解得a=加速過程根據牛頓第二定律可得F?mg=ma解得恒力的大小為F=關閉動力系統時無人機的速度大小為v=at=故A錯誤，B正確；C．無人機加速過程上升的高度為?關閉動力系統無人機繼續上升的高度為?則無人機上升的最大高度為?故C正確；D．根據v解得無人機返回起點時的速度大小為v故D錯誤。故選BC。【典例6】（多選）如圖所示，球筒中靜置著一個羽毛球。小明左手拿著球筒，右手迅速拍打筒的上端，使筒獲得向下的初速度并與左手發生相對運動，最后羽毛球（視為質點）從筒口上端出來，已知球筒質量為M=90g（不含球的質量），羽毛球質量為m=5g，球筒與手之間的滑動摩擦力為f1=2.6N，球與筒之間的滑動摩擦力為f2=0.1A．靜置時，羽毛球的摩擦力為0.1B．拍打球筒后瞬間，羽毛球受到向上的摩擦力C．拍打球筒后瞬間，羽毛球的加速度為30D．僅拍打一次，羽毛球恰能出來，則筒的初速度為3【答案】CD【詳解】A．靜置時，根據平衡條件有f=mg=5×故A錯誤；B．拍打球筒后瞬間，球筒相對于羽毛球向下運動，則羽毛球給球筒的摩擦力向上，而根據牛頓第三定律可知，球筒給羽毛球的摩擦力向下，故B錯誤；C．拍打球筒后瞬間，對羽毛球由牛頓第二定律有mg+解得a故C正確；D．僅拍打一次，羽毛球恰能出來，則羽毛球與球筒恰好達到共速，設球筒的加速度為a2，筒的初速度為vf解得a球筒做勻減速運動，羽毛球做勻加速運動，有v?vt?代入數據解得v=3故D正確。故選CD。【典例7】如圖所示，質量為M=5kg的一只長方體形空鐵箱在水平拉力F作用下沿水平面向右勻加速運動，鐵箱與水平面間的動摩擦因數μ1為0.3。這時鐵箱內一個質量為m=1kg的木塊恰好能靜止在后壁上。木塊與鐵箱內壁間的動摩擦因數μ2為0.25。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，（1）木塊對鐵箱壓力的大小；（2）水平拉力F的大小；（3）減小拉力F，經過一段時間，木塊沿鐵箱左側壁落到底部且不反彈，當箱的速度為6m/s時撤去拉力，又經1s時間木塊從左側到達右側，則鐵箱的長度是多少？【答案】（1）40N；（2）258N；（3）0.3m【詳解】（1）木塊恰好靜止在鐵箱的后壁上時，木塊在豎直方向受力平衡有f=解得鐵箱對木塊的支持力的大小F根據牛頓第三定律，木塊對鐵箱壓力的大小為40N。（2）木塊在水平方向的加速度設為a，根據牛頓第二定律有F以整體為研究對象，根據牛頓第二定律有F?聯立解得F=258（3）木塊落到鐵箱底部，撤去拉力后，鐵箱和木塊均以v=6m/sf方向水平向左。鐵箱受到木塊的摩擦力f方向水平向右。設鐵箱的加速度大小為a1f解得a方向水平向左。設木塊的加速度大小為a2f解得a方向水平向，左經過1s，木塊從鐵箱的左側到達右側，則木塊對地位移x鐵箱對地位移x故鐵箱的長度為x=重難點1：連接體問題(1)連接體及其特點兩個或兩個以上物體相互連接參與運動的系統稱為連接體。各物體通過繩、桿、彈簧相連，或多個物體直接疊放。連接體一般具有相同的運動情況(速度、加速度).常見情形如下：(2)處理連接體問題的常用方法類型一:①連接體的各部分加速度相同;②不涉及物體之間的相互作用力，求連接體的加速度或合外力。方法:整體法。整體法是把幾個物體視為一個整體，作為研究對象進行受力分析和運動分析。整體法的優點是研究對象少，未知量少,方程少,求解簡單。類型二:①當各部分加速度不同時，一般采用隔離法；②在分析連接體內各物體(或一個物體的各個部分)間的相互作用力時必須用隔離法.方法:隔離法。將要分析的物體從連接體中隔離出來，作為研究對象進行受力分析。將物體間的內力轉化為外力。優點是容易得出單個物體的受力情況。【注意】整體法求加速度，隔離法求相互作用力。求內力，先整體，后隔離;求外力，先隔離，后整體。 【典例8】如圖所示，a、b兩物體的質量分別為ma和mb，由輕質彈簧相連，當用恒力F水平向右拉著a，使a、b一起沿粗糙水平面做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x，加速度大小為a1。已知aA．如果恒力增大為2F，則兩物體的加速度增大為2B．如果恒力增大為2F，則彈簧伸長量仍為xC．若水平面光滑，則彈簧伸長量仍為xD．若水平面光滑，則加速度大小仍為a【答案】C【詳解】根據題意，由牛頓第二定律，對整體有F?μ對物體b有kx?μ解得a1=AB．如果恒力增大為2F，同理可得，兩物體的加速度為a彈簧伸長量x故AB錯誤；CD．若水平面光滑，同理可得a則彈簧伸長量x故C正確，D錯誤。故選C。【典例9】如圖所示，質量為M、傾角為30°的斜面體置于水平地面上，一輕繩繞過兩個輕質滑輪連接著固定點P和物體B，兩滑輪之間的輕繩始終與斜面平行，物體A、B的質量分別為m、2m，A與斜面間的動摩擦因數為33，重力加速度大小為g

A．輕繩對P點的拉力大小為4B．物體A的加速度大小為1C．地面對斜面體的支持力大小為Mg+2mgD．增大A的質量，再將A、B靜止釋放，則B有可能上升【答案】B【詳解】AB．由于相同時間內物體B通過的位移是物體A通過的位移的兩倍，則物體B的加速度是物體A的加速度的兩倍；設物體A的加速度為a，則B的加速度為2a；設物體A、B釋放瞬間，輕繩的拉力為T，對A、B分別受力分析，由牛頓第二定律得2T?mg2mg?T=2m?2a解得T=23故A錯誤，B正確；C．物體B下降過程中，對斜面體、A、B整體分析，在豎直方向根據牛頓第二定律得M+3m解得地面對斜面體的支持力為F故C錯誤；D．假設B上升，則A下滑，A所受滑動摩擦力沿斜面向上，分析此時A的受力情況可知mg而A這樣的受力情況，無法下滑，故假設錯誤，故D錯誤。故選B。【典例10】（多選）如圖所示，小車位于水平面上，固定在小車上的支架的斜桿與豎直桿的夾角為θ，在斜桿下端固定有質量為m的小球。下列關于桿對球的作用力F的判斷中，正確的是（

）A．小車靜止時，F=mgsinθ，方向沿桿向上B．小車靜止時，一定有F=mg，方向豎直向上C．小車向右勻加速運動時，一定有F>mg，方向可能沿桿向上D．小車向右勻速運動時，F=mgcosθ，方向垂直于桿向上【答案】BC【詳解】AB．小車靜止時，由共點力的平衡條件可知此時桿對球的作用力方向為豎直向上，大小等于球的重力mg，A錯誤、B正確；C．當小車向右勻加速運動時FFF=只有當ma即a=g時，桿對小球的作用力F沿桿向上，C正確；D．小車向右勻速運動時，小車和小球的加速度為零，桿對小球的作用力方向為豎直向上，大小為mg，D錯誤。故選BC。【典例11】（多選）如圖所示，質量均為m的物體A、B放在質量為2m物體C上，C放在粗糙水平地面上，C與地面間的動摩擦因數為μ，在水平力F作用下，A、B和C以相同加速度向左做勻加速直線運動。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．物體C受到6個力作用B．物體B對物體C有向左的摩擦力C．物體C受到地面的摩擦力大小為4μmgD．物體A、C之間的動摩擦因數的最小值為μ+【答案】CD【詳解】A．物體C豎直方向受到重力、A的壓力、B的壓力和地面支持力作用，水平方向受到A的摩擦力、B的摩擦力和地面的摩擦力作用，則物體C受到7個力作用，故A錯誤；B．A、B和C一起向左做勻加速直線運動，可知C對B的摩擦力向左，則B對C有向右的摩擦力，故B錯誤；C．物體C受地面的摩擦力大小為f故C正確；D．以A、B和C為整體，根據牛頓第二定律可得F?4μmg=4ma以A為對象，根據牛頓第二定律可得F?聯立可得f又f可得μ可知A、C之間的動摩擦因數的最小值為μ+3F故選CD。【典例12】（多選）如圖所示，質量為m1傾角為30°的斜面體A靜置于粗糙水平面上，質量為m2的物體B通過平行于斜面的輕繩繞過光滑輕質滑輪與質量為m3A．斜面A對物體B的摩擦力可能等于0B．地面對斜面A的靜摩擦力大小為0C．地面對斜面體A的支持力為mD．若用力拉動B，使之沿斜面向下做加速運動，則繩子拉力仍為m【答案】AB【詳解】A．對B在沿著斜面的方向上若滿足m則此種情況下斜面A對物體B的摩擦力等于0，故A正確；BC．對A、B、C組成的系統整體分析可知，豎直方向由平衡條件可得地面對整體的支持力大小為(而整體在水平方向上不受外力，即整體在水平方向沒有運動的趨勢，因此可知地面對斜面A的靜摩擦力大小為0，故B正確，C錯誤；D．若用力拉動B，使之沿斜面向下做加速運動，由于B與C是用繩子相連的連接體，當B沿著斜面加速向下運動時，C將豎直向上加速運動，對C有T?可得繩子上的拉力T=故D錯誤。故選AB。重難點2：利用牛頓第二定律求解臨界問題1.臨界狀態和臨界值在物體的運動狀態發生變化的過程中，往往在達到某個特定狀態時，有關的物理量將發生突變，此狀態即為臨界狀態，相應物理量的值為臨界值。2.臨界問題的標志（1）有些題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，一般表明題述的過程存在著臨界點。（2）若題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在著“起止點”，而這些起止點往往就對應臨界點。（3）若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個極值點往往是臨界點。（4）若題目要求“最終加速度”“穩定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。3.四種典型的臨界條件（1）接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離的臨界條件是彈力FN=0。（2）相對靜止與相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止狀態時，常常存在靜摩擦力，則相對靜止與相對滑動的臨界條件為靜摩擦力達到最大值。（3）繩子斷裂與松弛的臨界條件:繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它的最大張力;繩子松弛的臨界條件是拉力FT=0。（4）加速度與速度的臨界條件：當物體受到變力作用，加速度為零時，物體處于臨界狀態，所對應的速度便會出現最大值或最小值。4.解答臨界極值問題的三種方法（1）極限法:解決臨界問題一般都用極限法，即把問題推向極端，分析在極端情況下可能岀現的狀態滿足的條件，應用物理規律列出在極端情況下的方程，從而找出臨界條件。（2）假設法：有些物理過程沒有出現明顯的臨界線索，即判斷不出會不會出現臨界狀態，解決此類問題時，一般用假設法，即假設出現某種臨界狀態，分析物體的受力情況與題設是否相同，然后再根據實際情況處理。（3）數學法:將物理方程轉化為數學表達式，如二次函數、不等式、三角函數等，然后根據數學中求極值的方法，求出臨界條件。 【典例13】如圖，水平地面上有一汽車做加速運動，車廂內有一個傾角θ=37°的光滑斜面，斜面上有一個質量為m的小球，用輕繩系于斜面的頂端，小球的重力大小為mg，繩對球的拉力大小為FT、斜面對小球的彈力大小為FN，當汽車以大小為a的加速度向左做勻加速直線運動時（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2）（）A．若a=14m/s2，小球受mg、FT、FN三個力作用B．若a=14m/s2，小球受mg、FT兩個力作用C．若a=13m/s2，小球受mg、FT兩個力作用D．不論a多大，小球均受mg、FT、FN三個力作用【答案】B【詳解】若支持力恰好為零，對小球受力分析，受到重力、繩子拉力，如圖小球向左加速，加速度向左，合力水平向左，根據牛頓第二定律，有TT解得a=D．由以上分析可知，當a>13.3m/s2時，小球受mg、FT兩個力作用，當a<13.3m/s2時，小球受mg、FTAB．若a=14m/s2>13.3m/s2，小球受C．若a=13m/s2<13.3m/s2，小球受mg、F故選B。【典例14】如圖所示，靜止在水平面上的小車里用兩根不可伸長的輕繩連著一質量為m的小球，繩子均處于拉直狀態，AB繩水平，在以下情況中BC繩保持與豎直方向的夾角為α，則下列說法正確的是（）A．若小車突然向右加速運動時，BC繩對球的拉力不變B．若小車突然向左加速運動時，BC繩對球的拉力會增大C．若小車突然向左加速運動時，小車的加速度不可能小于gD．不管小車向左或向右運動，AB繩的拉力不可能為0【答案】A【詳解】AB．小車靜止時有FF若小車突然向右加速運動或突然向左加速運動時，豎直方向的受力不變，則有FBC=mgCD．若小車突然向左加速運動時，則有F當FABa=g故CD錯誤。故選A。【典例15】（多選）如圖所示，一輛運送沙子的自卸卡車裝滿沙子，沙粒之間的動摩擦因數為μ1，沙子與車廂底板間的動摩擦因數為μ2μ2>A．要順利地卸干凈全部沙子，應滿足μB．要順利地卸干凈全部沙子，應滿足μC．只卸去部分沙子，車上還留有一部分沙子，應滿足μD．只卸去部分沙子，車上還留有一部分沙子，應滿足μ【答案】AD【詳解】AB．由于μ2mg可得tan故B錯誤、A正確；CD．只卸去部分沙子時，與車廂底部不接觸的沙子卸下，與車廂底部接觸的沙子未卸下，則mgmg可得μ故C錯誤、D正確。故選AD。重難點3:傳送帶模型1.傳送帶的基本類型一個物體以速度v0(v0≥0)在另一個勻速運動的物體上運動的力學系統可看成傳送帶模型.傳送帶模型按放置方向分為水平傳送帶和傾斜傳送帶兩種，如圖所示。2.水平傳送帶當傳送帶水平轉動時，應特別注意摩擦力的突變和物體運動狀態的變化.摩擦力的突變常常導致物體的受力情況和運動性質的突變。求解的關鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷。靜摩擦力達到最大值時是物體與傳送帶恰好保持相對靜止的臨界狀態，滑動摩擦力存在于發生相對運動的物體之間，因此兩物體的速度達到相同時，滑動摩擦力要發生突變(摩擦力變為零或變為靜摩擦力)。判斷摩擦力時要注意比較物體的運動速度與傳送帶的速度關系，也就是分析物體在運動(對地)的過程中速度是否和傳送帶速度相等.物體的速度與傳送帶速度相等的時刻就是物體所受摩擦力發生突變的時刻。項目圖示滑塊可能的運動情況情景一(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速情景二(1)v0>v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速(2)v0<v時，可能一直加速，也可能先加速再勻速情景三(1)傳送帶較短時，滑塊一直減速到達左端(2)傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端．其中v0>v返回時速度為v，當v0<v返回時速度為v03.傾斜傳送帶項目圖示滑塊可能的運動情況情景一①可能一直加速②可能先加速后勻速情景二①可能一直加速②可能先加速后勻速③可能先以a1加速后以a2加速情景三①可能一直加速②可能先加速后勻速③可能一直勻速④可能先以a1加速后以a2加速情景四①可能一直加速②可能一直勻速③可能先減速后反向加速對于傾斜傳送帶，除了要注意摩擦力的突變和物體運動狀態的變化外，還要注意物體與傳送帶之間的動摩擦因數與傳送帶傾角的關系.若μ≥tanθ且物體能與傳送帶共速，則共速后物體做勻速運動；若μ＜tanθ且物體能與傳送帶共速，則共速后物體做勻變速運動。求解的關鍵在于分析物體與傳送帶間的相對運動情況,確定其是否受到滑動摩擦力作用.如果受到滑動摩擦力作用,應進一步確定其大小和方向，然后根據物體的受力情況確定物體的運動情況。當物體的速度與傳送帶的速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發生突變。 【典例16】如圖所示，足夠長水平傳送帶逆時針轉動的速度大小為v1，一小滑塊從傳送帶左端以初速度大小v0滑上傳送帶，小滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數為μ，小滑塊最終又返回到左端。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（A．小滑塊的加速度向右，大小為μgB．若v0<C．若v0>D．若v0>【答案】D【詳解】A．小滑塊相對于傳送帶向右滑動，滑動摩擦力向左，加速度向左，根據牛頓第二定律得μmg=ma解得a=μg故A錯誤；B．若v0<v1，小滑塊的速度從t=故B錯誤；CD．若v0>vt位移為x然后加速返回，速度加速到v1t位移為x最后以速度v1t小滑塊返回到左端的時間t解得t=故C錯誤，D正確。故選D。【典例17】如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率v1沿順時針方向轉動，傳送帶的傾角為37°。一煤塊以初速度v0從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運動，其運動的v?t圖像如圖乙所示，煤塊到傳送帶頂端時速度恰好為零，sin37°=0.6，A．煤塊在傳送帶上的劃痕為8米B．物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.5C．摩擦力方向一直與物塊運動的方向相反D．傳送帶轉動的速率越大，物塊到達傳送帶頂端時的速度就會越大【答案】A【詳解】A．由圖乙可知，1s時，煤塊的運動發生突變，可知傳送帶的速度為8m/s16?81s后煤塊相對于傳送帶向下運動，此過程的相對位移為3?1可知，煤塊在傳送帶上的劃痕為8米，故A正確；B．在0~1smg根據圖乙可得a在1?2smg根據圖乙可得a聯立解得μ=0.25故B錯誤；C．結合上述可知，在0~1s內，物塊的速度大于傳送帶速度，傳送帶對物塊的摩擦力沿傳送帶向下，在1?2D．結合上述可知，當傳送帶的速度大于16m/s后，物塊在傳送帶上一直做加速度大小為a故選A。【典例18】（多選）如圖所示，水平傳送帶A、B兩端點相距x=4m,以v0=2ms的速度（始終保持不變）順時針運轉，今將一小煤塊（可視為質點）無初速度地輕放至A點處，已知小煤塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.1，g取10m/s2，由于小煤塊與傳送帶之間有相對滑動，會在傳送帶上留下劃痕，則小煤塊從A．小煤塊先做加速運動后做勻速運動B．小煤塊一直做加速運動C．小煤塊從A運動到B的時間是2D．小煤塊從A運動到B的時間是3s【答案】AD【詳解】AB．小煤塊在傳送帶上滑動時，根據牛頓第二定律有μmg=ma可知a=μg=0.1×10當小煤塊速度達到v0x由于x可知小煤塊先做加速運動后做勻速運動，故A正確，B錯誤；CD．小煤塊速度達到v0t勻速運動時間為t故小煤塊從A運動到B的時間是t=故C錯誤，D正確故選AD。【典例19】（多選）一足夠長的粗糙傾斜傳送帶以恒定的速率逆時針轉動，某時刻在傳送帶上適當的位置放上具有一定初速度v0的小物塊，如圖所示，取沿傳送帶向下的方向為正方向，則下列描述小物塊在傳送帶上運動的v-t圖像中可能正確是（）A． B．C． D．【答案】ABD【詳解】A．當小物塊的初速度沿斜面向下，且小于傳送帶的速度時，對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得mg即a可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運動，當小物塊達到傳送帶速度時，若滿足mg可知二者將共速，小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，若滿足mg小物塊繼續加速下滑，其加速度大小為a故A正確；B．當小物塊的初速度沿斜面向下，且大于傳送帶的速度時，若滿足mg則小物塊一直做勻加速直線運動，加速度大小為a若滿足mg則小物塊應沿傳送帶向下做勻減速直線運動，其加速度大小為a二者共速后小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，故B正確；CD．當小物塊的初速度沿斜面向上時，牛頓第二定律可得小物塊的加速度大小為a可知小物塊沿傳送帶向上做勻減速直線運動，減到零后反向勻加速，其加速度仍為a3，與傳送帶共速時，若滿足mg則小物塊繼續做勻加速直線運動，加速度大小為a若滿足mg則小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，故C錯誤，D正確。故選ABD。【典例20】（多選）糧袋的傳送裝置如圖所示，已知A、B兩端間的距離為L，傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數為μ，正常工作時工人在A端將糧袋輕放到運行中的傳送帶上。設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度大小為g。關于糧袋從A到B的運動，以下說法正確的是（

）A．糧袋到達B端的速度與v比較，可能大，可能小，也可能相等B．若L足夠大，且μ>tanθ，糧袋先做加速度為g(sinθ?μcosθ)的勻加速運動，再以速度v做勻速運動C．若L足夠大，且μ<tanθ，糧袋先做加速度為g(sinθ＋μcosθ)的勻加速運動，再做加速度為g(sinθ?μcosθ)做勻加速運動D．不論μ大小如何，糧袋從A端到B端一直做勻加速運動，且加速度a>gsinθ【答案】AC【詳解】糧袋開始運動時受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力，根據牛頓第二定律得加速度為a=若μ<tanθ，且L足夠大，當速度達到v時，做加速度為g(sinθ?μcosθ)勻加速運動。若μ≥tanθ，即mgsinθ≤μmgcosθ當L較小時糧袋從A端到B端一直做加速度為g(sinθ+μcosθ)勻加速運動勻加速運動，當L足夠大糧袋將先做加速度為g(sinθ+μcosθ)勻加速運動、后做勻速運動。綜上，糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運動，到達B點時的速度小于v；可能先勻加速運動，當速度與傳送帶相同后，做勻速運動，到達B點時速度與v相同；也可能先做加速度較大的勻加速運動，當速度與傳送帶相同后做加速度較小的勻加速運動，到達B點時的速度大于v。故選AC。一、單選題1．一個滑塊在傾角為θ的斜面上恰好勻速下滑，若該滑塊以某一較大的初速度從斜面底端沖上斜面，則在滑塊向上運動的過程中，滑塊的加速度大小是（）A．gsinθ B．gcosθ C．2gsinθ D．2gcosθ【答案】C【詳解】設滑塊質量為m，斜面摩擦力為f，滑塊在傾角為θ的斜面上恰好勻速下滑，則有mg當滑塊向上運動的過程中，摩擦力反向，則有mg解得a=2gsinθ故選C。2．如圖所示，ad、bd、cd是豎直平面內三根固定的光滑細桿，a、b、c、d位于同一圓周上，a點為圓周的最高點，d點為圓周的最低點。每根桿上都套著一個小滑環，三個滑環分別從a、b、c處釋放（初速度都為0），用t1、t2、t3依次表示各滑環滑到d的時間，則（）A．t1<tC．t1>t【答案】D【詳解】設某光滑細桿與豎直方向的夾角為θ，其上一小環受到重力和桿的支持力作用，由牛頓第二定律得mg據幾何關系得細桿長度為L=2R環在桿上由靜止做勻加速運動，由運動學公式有L=解得t=2由計算結果可知，環沿細桿下滑時間與桿的傾斜程度無關，即t故選D。3．如圖所示，光滑水平桌面上木塊A、B疊放在一起，木塊B受到一個大小為F水平向右的力，A、B一起向右運動且保持相對靜止。已知A的質量為m、B的質量為2m，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．木塊A受到兩個力的作用B．木塊B受到四個力的作用C．木塊A所受合力大小為FD．木塊B受到A的作用力大小為mg【答案】C【詳解】A．由于桌面光滑，則兩木塊一起向右做加速運動，則木塊A受到重力、支持力和摩擦力三個力的作用，選項A錯誤；B．木塊B受到重力、地面的支持力、A對B的壓力和摩擦力以及力F共五個力的作用，選項B錯誤；C．整體的加速度a=則木塊A所受合力大小為F選項C正確；D．木塊B受到A的壓力為mg，摩擦力為f=則作用力大小為F選項D錯誤。故選C。4．如圖所示，A、C、D長方體木塊完全相同，質量均為m，其中C、D放在光滑水平面上，A放在長木板B上，B質量為3m，A、B、C、D間動摩擦因數均為μ，現用水平向右的恒力F拉木塊A，使A、B、C、D保持相對靜止一起沿水平面向右運動，不計空氣阻力，重力加速度為g，則（）A．B對A的摩擦力大小為μmg，方向向左B．A對B的摩擦力大小為5F6C．C對B的摩擦力大小為F3D．C、D兩木塊所受到的摩擦力大小相等，方向相反【答案】B【詳解】AB．對ABCD整體可知a=對BCD整體fAB即A對B的摩擦力大小為5F6C．對C分析可知F則C對B的摩擦力大小為F6D．C、D兩木塊所受到的摩擦力大小相等，均為F6故選B。5．如圖所示，光滑水平地面上有一足夠長的輕質薄板，物塊A和物塊B分別靜止在薄板上，兩物塊的質量均為m=2kg，物塊A與薄板之間的動摩擦因數μ1=0.2，物塊B與薄板之間的動摩擦因數μ2=0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現對物塊A施加一個水平向左、大小F=10N的拉力，同時對物塊B也施加一個水平向右、大小F=10NA．aA=3mC．aA=2m【答案】D【詳解】物塊A與薄板之間的最大靜摩擦力大小f物塊B與薄板之間的最大靜摩擦力大小f所以薄板會與物塊B一起向右加速，物塊A的加速度大小a由于薄板輕質，對薄板和物塊B整體可知加速度大小a故選D。6．如圖，C由質量為M的物塊及右上角光滑輕質定滑輪組成，靜置于水平地面。跨過滑輪用輕繩連接兩質量分別為2m和m的物塊A、B，除地面外的其余各接觸處均光滑。開始用手托住B，使輕繩剛好伸直。由靜止釋放B，在B下落而A又未碰到滑輪的過程中，C始終保持靜止，下列說法正確的是（）A．地面對C有向右的摩擦 B．物體C受到4個力作用C．繩中拉力等于mg D．地面對C的支持力小于M+2【答案】A【詳解】C．設繩子拉力為T，對B由牛頓第二定律mg?T=ma對A由牛頓第二定律T=2ma聯立可得a=T=C錯誤；A．對ABC整體應用牛頓第二定律，水平方向地面摩擦力f=2ma=摩擦力方向與A加速度方向一致，水平向右，A正確；C．物體C受到A的壓力、繩對滑輪作用力、地面支持力、重力、地面摩擦力，五個力，C錯誤；D．對ABC整體應用牛頓第二定律，豎直方向M+3m解得N=Mg+故地面對C的支持力大于M+2mg故選A。二、多選題7．如圖甲所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，傾角為θ，以恒定速率順時針轉動，一煤塊以初速度v0=12m/s從AA．傾斜傳送帶