1、第 9讲 牛顿运动定律的综合应用考纲要求 考情分析 命题趋势1.对超重、失重的理解2动力学图象问题3动力学中的连接体问题2015全国卷 ，202015全国卷 ，252015全国卷 ，25本专题能力要求很高，受力与运动过程的分析能力、状态变化和临界条件的推理能力、力与运动的计算能力、运用图象处理物理问题的能力等，都是考查的热点要深刻理解牛顿第二定律的确切含义，会利用牛顿第二定律处理综合问题1超重和失重(1)实重与视重实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态_无关_.视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的_示数_称为视重；视重大小等于弹簧测力计所受物体的_拉力_或台秤
2、所受物体的_压力_.(2)超重、失重和完全失重的比较超重现象 失重现象 完全失重现象概念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物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)_等于_零的现象产生条件物体的加速度方向_竖直向上_物体的加速度方向_竖直向下_物体的加速度方向_竖直向下_，大小_ag_ 原理方程FmgmaFm(ga)mgFmaFm(ga)mgFmaF0运动状态_加速_上升或_减速_下降_加速_下降或_减速_上升以 ag_加速_下降或_减速_上升2.连接体问题(1)整体法和隔离法整体法当连接体内(即系统内)
3、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(2)动力学图象三种图象：vt 图象、a t 图象、Ft 图象图象间的联系：加速度是联系 vt 图象与 Ft 图象的桥梁1请判断下列表述是否正确，对不正确的表述，请说明原因(1)超重就是物体的重力变大的现象( )解析 不管超重还是失重，物体本身重力并不变(2)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力(
4、 )解析 减速上升和加速下降，物体加速度的方向均向下，物体对地板的压力小于物体的重力，处于失重状态(3)加速上升的物体处于超重状态( )(4)加速度大小等于 g 的物体处于完全失重状态( )解析 加速度竖直向下且等于 g 的物体，处于完全失重状态(5)处于完全失重状态的物体，重力并没有发生变化( )(6)超重和失重现象与物体运动的速度大小和方向无关( )(7)站在台秤上的人下蹲过程中，台秤的示数保持不变( )解析 站在台秤上的人下蹲过程，加速度先向下再向上，人先失重再超重，台秤的示数先减小再增大2(多选) 一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度 a 随时间 t 变化的图线如图所示，以竖直向上为
5、 a 的正方向，则人对地板的压力( AD )At2 s 时最大 Bt 2 s 时最小Ct8.5 s 时最大 Dt8.5 s 时最小解析 当电梯有向上的加速度时，人处于超重状态，人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，压力越大，因此 t2 s 时，压力最大，选项 A 正确；当有向下的加速度时，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t8.5 s 时压力最小，选项 D 正确一 对超重和失重的理解例 1广州塔，昵称小蛮腰，总高度达 600 米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在 t0 时由静止开始上升，at 图
6、象如图所示，则下列相关说法正确的是 ( D )At4.5 s 时，电梯处于失重状态B555 s 时间内，绳索拉力最小Ct59.5 s 时，电梯处于超重状态Dt60 s 时，电梯速度恰好为零解析 利用 at 图象可判断 t4.5 s 时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则选项 A 错误；05 s 时间内，电梯处于超重状态，拉力重力，555 s 时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力重力，5560 s 时间内，电梯处于失重状态，拉力2.5g，故选项 C 正确由于阻拦索对飞机的作用力 F 阻 不变，阻65 102.5 0.4拦索对飞机做功的功率 PF 阻 v，故 v 减小时，阻拦系统对飞机做功的功
7、率减小，选项 D错误三 连接体问题涉及整体法和隔离法的具体类型(1)通过滑轮和绳的连接体问题：若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法绳跨过定滑轮，连接的两物体虽然加速度大小相同但方向不同，故采用隔离法(2)水平面上的连接体问题：这类问题一般多是连接体( 系统)中各物体保持相对静止，即具有相同的加速度解题时，一般整体法、隔离法交替应用(3)斜面体与上面物体组成的系统的问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析例 3(多选 )如图所示，质量为 m2 的物体，放在沿平直轨道向左行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑的定滑轮连接质量为 m1 的物体当车向左匀加
8、速运动时，与物体m1 相连接的绳与竖直方向成 角，m 2 与车厢相对静止则( BD )A车厢的加速度为 gsin B绳对物体 m1 的拉力 T 为m1gcos C地板对物体 m2 的支持力 FN( m2m 1)gD物体 m2 所受底板的摩擦力 Ffm 2gtan 解析 以物体 m1 为研究对象，分析受力情况如图甲所示，根据牛顿第二定律得 m1gtan m 1a，得 a gtan ，则车厢的加速度也为 gtan .绳对物体 m1 的拉力 T ，故选项m1gcos A 错误，B 正确；以物体 m2 为研究对象，分析其受力情况如图乙所示，根据牛顿第二定律有 FN m2gTm 2g ，F fm 2am
9、 2gtan .故选项 C 错误，D 正确m1gcos 分析连接体问题的思路四 传送带模型传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题1水平传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻2倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变例 4(2018山东济南重点中学联考)如图甲所示，水平传送带沿顺时针方向匀速运转从传送带左端 P 先后由静止轻轻放上三个物体 A、B、C ，物体 A 经 tA9.5 s 到达
10、传送带另一端 Q，物体 B 经 tB10 s 到达传送带另一端 Q，若释放物体时刻作为 t0 时刻，分别作出三物体的 vt 图象如图乙、丙、丁所示求：(1)传送带的速度大小 v0；(2)PQ 的长度 L；(3)物体 A、B 、C 与传送带间的动摩擦因数；(4)物体 C 从传送带左端 P 到右端 Q 所用的时间 tC解析 (1)物体 A 与 B 选做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，说明物体的速度与传送带的最终速度相等，所以由图乙、丙可知传送带的速度大小是 4 m/s.(2)vt 图线与 t 轴围成图形的面积表示物体的位移，所以 A 的位移 xA36 m，传送带的长度 L 与 A 的位移相等，
11、也是 36 m.(3)(4)A 的加速度 aA 4 m/s2，vAt1由牛顿第二定律得 Amgma A，所以 A 0.4.aAg同理，B 的加速度 aB 2 m/s 2， B 0.2.vBt2 aBg设物体 C 从传送带左端 P 到右端 Q 所用的时间为 tC，则L tC，0 vC2tC 24 s，2LvCC 的加速度 aC m/s2， C 0.012 5.vCtC 18 aCg答案 (1)4 m/s (2)36 m (3)0.4 0.2 0.012 5 (4)24 s滑块在水平传送带上运动常见的三个情景项目图示 滑块可能的运动情景情景 1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景 2(1)
12、v0v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速情景 3(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端其中 v0v 返回时速度为 v，当 v0tan ，故物体向上匀速运动LABx 1vt 2，t21.5 s.总时间 tt 1t 22.5 s.答案 2.5 s滑块在倾斜传送带上运动常见的四个情景项目 图示 滑块可能的运动情景情景 1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景 2(1)可能一直加速(2)可能先加速后减速(3)可能先以 a1 加速后以 a2 加速情景 3(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能一直减速(4)可能先以 a1 加速后以 a2
13、加速情景 4(1)可能一直加速(2)可能一直减速(3)可能先减速后反向加速(4)可能一直减速五 滑块木板模型1模型特点：滑块(视为质点 )置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动2位移关系：滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差 xx 1x 2L (板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和 xx 2x 1L.例 6一长木板在水平地面上运动，在 t0 时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图象如图所示已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且
14、物块始终在木板上，取重力加速度的大小 g10 m/s 2.求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从 t0 时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小解析 从 t0 时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止由图可知，在 t10.5 s 时，物块和木板的速度相同设 t0 到 tt 1 时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为 a1 和 a2，则a1 ，v1t1a2 ，v0 v1t1式中 v0 5m/s、v 11 m/s 分别为木板在 t0、tt 1 时速度的大小设物块和木板的质量为 m，物块和木板间、木板与地面
15、间的动摩擦因数分别为 1、 2，由牛顿第二定律得mgma 1，(12 2)mgma 2，联立式得 10.20，20.30.(2)在 t1 时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向设物块与木板之间的摩擦力大小为 Ff，物块和木板的加速度大小分别为 a 1 和 a 2，则由牛顿第二定律得Ff ma 1，22mgF fma 2，假设 Ff1mg，与假设矛盾故 Ff 1mg，由式知，物块加速度的大小 a 1a 1，a 2(2 2 1)g4 m/s 2；物块的 vt 图象如图中点划线所示由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s12 ，v212a1s2 t1
16、 ，v0 v12 v212a2物块相对于木板的位移的大小为 ss 2s 1，联立式得 s1.125 m.答案 (1)0.20 0.30 (2)1.125 m“滑块滑板”模型问题的分析思路1(2017新疆乌鲁木齐二模) 在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为 50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是( D )A晓敏同学所受的重力变小了B晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C电梯一定在竖直向下运动D电梯的加速度大小为 ，方向一定竖直向下g5解析 由题知体重计的示数为 40 kg 时，人对体重
17、计的压力小于人的重力，故处于失重状态，实际人受到的重力并没有变化，选项 A 错误；由牛顿第三定律知选项 B 错误；电梯具有向下的加速度，但不一定是向下运动，选项 C 错误；由牛顿第二定律mgF Nma，可知 a ，方向竖直向下，选项 D 正确g52(2017广东深圳市二模)如图所示，光滑水平面上放置质量分别为 m 和 2m 的四个木块，其中两个质量为 m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是mg，现用水平拉力 F 拉其中一个质量为 2m 的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对 m 的最大拉力为( B )A B3mg5 3mg4C D3mg3mg2解析 经过受力分析，A、
18、B 之间的静摩擦力给 B、C 、D 组成的系统提供加速度，加速度达到最大值的临界条件为 A、B 间达到最大静摩擦力，即 am ，而绳子拉力mg4m g4FT 给 C、D 组成的系统提供加速度，因而拉力的最大值 FTm3ma m ，故选项 B 正3mg4确3(多选)(2017江西南昌市调研)如图，在光滑水平面上放着紧靠在一起的 A、B 物体，B 的质量是 A 的 2 倍，B 受到水平向右的恒力 FB2 N，A 受到的水平向右的变力FA (92t) N，t 的单位是 s，从 t0 开始计时，则( ABD )AA 物体在 3 s 末时刻的加速度是初始时期的 倍511Bt4 s 后，B 物体做匀加速直
19、线运动Ct4.5 s 时，A 物体的速度为零Dt4.5 s 后，A、B 的加速度方向相反解析 对于 A、B 整体据牛顿第二定律有 FAF B( mAm B)a，设 A、B 间的作用为F，则对 B 据牛顿第二定律可得 FF Bm Ba，解得 Fm B F B N当FA FBmA mB 16 4t3t4 s 时 F 0，A、B 两物体开始分离，此后 B 做匀加速直线运动，而 A 做加速度逐渐减小的加速运动当 t4.5 s 时 A 物体的加速度为零而速度不为零；t4.5 s 后，A 所受合外力反向，即 A、B 的加速度方向相反当 ta1，以能拉动纸板的力FF f1F f2 (2m1m 2)g 作为第
20、 (2)问的答案错解 3 不能正确确定砝码和纸板各自的位移及两物体位移的关系 x1x 2l，特别是容易遗漏“纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离 x2 a3t ”，导致解答错误12 2规范答题 解析 (1)砝码对纸板的摩擦力 Ff1m 1g，桌面对纸板的摩擦力 Ff2 (m1m 2)g，纸板所受摩擦力 FfF f1F f2，解得 Ff(2m 1m 2)g.(2)设砝码的加速度为 a1，纸板的加速度为 a2，则Ff1 m1a1，FF f1F f2m 2a2，发生相对运动时，a 2a1，解得 F2(m1m 2)g.(3)纸板抽出前，砝码运动的距离 x1 a1t ，12 21纸板运动的距离 dx 1
21、a2t ，12 21纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2 a3t ，lx 1x 2，12 2由题意知 a1a 3，a 1t1a 3t2，解得 F2 m1 m2g，(1 dl)代入数据得 F22.4 N.答案 (1)(2m 1m 2)g(4 分) (2)大于 2(m1m 2)g(5 分)(3)22.4 N(6 分)1应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出对此现象分析正确的是( D )A手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C在物体离开手的瞬间，物体的加速度
22、大于重力加速度D在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度解析 手托物体抛出的过程，必有一段加速过程，其后可以减速，可以匀速，当手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重；当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，选项 A 错误；物体从静止到运动，必有一段加速过程，此过程物体处于超重状态，选项 B错误；当物体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，选项 C错误；手和物体分离之前速度相同，分离之后手速度的变化率比物体速度的变化率大，物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度，故 D 正确2如图所示，两个质量分别为 m13 kg、m 22 kg 的物体置于光滑的水平面上，中间用轻
23、质弹簧测力计连接两个大小分别为 F130 N、F 220 N 的水平拉力分别作用在m1、m 2 上，则( B )A弹簧测力计的示数是 50 NB弹簧测力计的示数是 24 NC在突然撤去 F2 的瞬间，m 2 的加速度大小为 4 m/s2D在突然撤去 F2 的瞬间，m 1 的加速度大小为 10 m/s2解析 对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二定律得整体的加速度 a m/s22 m/s2，隔离 m2，根据牛顿第二定律有 FF 2m 2a，解得 F24 N，所F1 F2m1 m2 105以弹簧测力计的示数为 24 N，选项 A 错误，B 正确；在突然撤去 F 的瞬间，弹簧的弹力不变，m 1
24、 的加速度不变，为 2 m/s2，m 2 的加速度 a2 m/s212 m/s2，选项 C、D 错Fm2 242误3杂技中的“顶竿”由两个演员共同表演，站在地面上的演员肩部顶住一根长竹竿另一演员爬至竹竿顶端完成各种动作后下滑若竹竿上演员自竿顶由静止开始下滑，滑到竹竿底部时速度正好为零已知竹竿底部与下面顶竿人肩部之间有一传感器，传感器显示竿上演员自竿顶滑下过程中顶竿人肩部的受力情况如图所示竹竿上演员质量为m140 kg，竹竿质量 m210 kg，取 g10 m/s 2.(1)求竹竿上的人下滑过程中的最大速度 v1；(2)请估测竹竿的长度 h.解析 (1)由题图可知，04 s，肩部对竹竿的支持力
25、F1460 N(G 1G 2)人减速下滑，设加速度为 a2，同理a2 2 m/s 2.F2 G2 G1m104 s，下滑距离为 h1，h 1 t18 m ，v124 s6 s，下滑距离为 h2，h 2 t24 m ，v12竹竿的长度 hh 1h 212 m.答案 (1)4 m/s (2)12 m4.如图所示，木块 A、B 静止叠放在光滑水平面上，A 的质量为 m，B 的质量为 2m.现施加水平拉力 F 拉 B，A 、B 刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动若改为水平拉力F拉 A，使 A、B 也保持相对静止，一起沿水平面运动，则 F不得超过( B )A2F BF2C3F DF3解析 水平力 F
26、拉 B 时，A 、B 刚好不发生相对滑动，这实际上是将要滑动但尚未滑动的一种临界状态，从而可知此时 A、B 间的摩擦力即为最大静摩擦力先用整体法考虑，对 A、B 整体 F(m 2m)a.再将 A 隔离可得 A、B 间最大静摩擦力为 Ffmma ，解以上两方程可得 Ff .F3若将 F作用在 A 上，隔离 B 可得 B 能与 A 一起运动，而 A、B 不发生相对滑动的最大加速度 a ，Ffm2m再用整体法考虑，对 A、B 整 F(m 2m)a，由以上方程解得 F .故选项 BF2正确5(2017安徽名校联考)质量 M3 kg 的长木板放在光滑的水平面上在水平拉力F11 N 作用下由静止开始向右运
27、动如图所示，当速度达到 1 m/s 时，将质量 m4 kg 的物块轻轻放到木板的右端已知物块与木板间动摩擦因数 0.2，物块可视为质点( g 10 m/s2)求：(1)物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多大；(2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止；(3)物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小？解析 (1)放上物块后，物块的加速度 a1 g 2 m/s2；木板的加速度 a2mgm1 m/s 2.F mgM(2)当两物体达速度相等后保持相对静止，故 a1tv 0a 2t，得 t1 s，1 s 内木板位移x1v 0t a2t2 1.5 m，12物块位移 x2 a1t21 m.
28、12所以板长 Lx 1x 20.5 m.(3)相对静止后，对整体 F( Mm )a.对物块 Ffma，故 Ffm 6.29 N.FM m答案 (1)2 m/s 2 1 m/s 2 (2)0.5 m (3)6.29 N1(多选) 两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关若它们下落相同的距离，则( BD )A甲球用的时间比乙球长B甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D甲球克限阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析 小球的质量 m r3，由题意知 m 甲 m 乙 ， 甲
29、乙 ，则 r 甲 r 乙 空气阻力43fkr，对小球由牛顿第二定律，mg fma ，则 a g g ，可得 amg fm kr43r3 3k4r2甲 a 乙 ，由 h at2 知，t 甲 v 乙 ，故选项 B 正确；12 2ah因为 f 甲 f 乙 ，由球克服阻力做功 Wffh 知，甲球克服阻力做功较大，选项 D 正确2(多选) 在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢当机车在东边拉着这列车厢以大小为 a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩 P 和 Q 间的拉力大小为 F；当机车在西边拉着车厢以大小为 a 的加速度向西行驶时，P 和 Q 间的拉力23大小仍为 F.不计车
30、厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( BC )A8 B10C15 D18解析 设挂钩 P、Q 西边有 n 节车厢，每节车厢的质量为 m，则挂钩 P、Q 西边车厢的质量为 nm，以西边这些车厢为研究对象，有 Fnma ， P、Q 东边有 k 节车厢，以东边这些车厢为研究对象，有Fkm a，23联立得 3n2k，总车厢数为 Nnk，由此可知 n 只能取偶数，当 n2 时，k3，总节数为 N5；当 n4 时，k6，总节数为 N10；当 n6 时，k9，总节数为 N15；当 n8 时，k12，总节数为 N20，故选项 B、C 正确3.若货物随升降机运动的 vt 图象如图所示(竖
31、直向上为正)，则货物受到升降机的支持力 F 与时间 t 关系的图象可能是( B )解析 由 vt 图象可知：过程 为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，Fmg)；过程为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，Fmg)；过程为向上匀速直线(处于平衡状态， Fmg )；过程为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F a.故选项 A 正确km1 m2 km25一个物块放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉力 F 随时间 t 变化的关系如图甲所示，速度 v 随时间 t 变化的关系如图乙所示，重力加速度 g10 m/s2，则由图中信息可判定( D )A02 s 内物块所受摩擦力 Ff8 NB物块的质量为
32、4 kgC物块在前 6 s 内的平均速度为 3 m/sD物块与水平地面间的动摩擦因数 0.4解析 由题图乙知，02 s 内，物块处于静止状态，物块受静摩擦力作用，F4 N，F f4 N；选项 A 错误；由 vt 图象可知物块在前 6 s 内位移大小 s12 m，所以平均速度为 2 m/s，选项 C 错误；在 24 s 内物块做匀加速运动，满足 F2mgma ，a2 m/s2，在 4 s 后物块做匀速运动，F 3mg，联立解得 m2 kg，0.4，选项 B 错误，选项 D 正确6如图所示，质量为 M 的木楔 ABC 静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为 m的物体，以一定的初速度从 A 点沿平
33、行斜面的方向推出，物体 m 沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列有关说法中正确的是( A )A地面对木楔的支持力大于 (Mm)gB地面对木楔的支持力小于(Mm )gC地面对木楔的支持力等于(Mm )gD地面对木楔的摩擦力为 0解析 由于物体 m 沿斜面向下做减速运动，则物体的加速度方向与运动方向相反，即沿斜面向上，则其沿竖直向上的方向有分量，故系统处于超重状态，所以可确定选项 A 正确，B 、 C 错误；同理可知，加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故选项 D 错误7(2017天津名校质检)某物体同时受到两个在同一直线上的力 F1、F 2 的作用，物体由静止
34、开始做直线运动，其位移与力 F1、F 2 的关系图象如图所示，在这 4 m 内，物体具有最大动能时的位移是( B )A1 m B2 mC3 m D4 m解析 由题意可知物体在力 F1、F 2 的作用下先做加速运动，后做减速运动，当F1、F 2 大小相等时物体的速度达到最大值，即 x2 m 时对应物体的动能最大故选项 B正确8(2017福建师大附中模拟) 如图甲所示，物体原来静止在水平地面上，用一水平力F 拉物体，在 F 从 0 开始逐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动，其加速度 a 随外力 F 变化的图象如图乙所示，最大静摩擦力与滑动摩擦力不相等，重力加速度 g 取 10 m/s2.根据
35、题目提供的信息，下列判断正确的是( A )A物体的质量 m2 kgB物体与水平面间的动摩擦因数 0.6C物体与水平面的最大静摩擦力 Ffmax12 ND在 F 为 10 N 时，物体的加速度 a2.5 m/s 2解析 F 1mgma 1，F 2mgma 2，联立解得 m2 kg， 0.3，由题图乙知物体与水平面的最大静摩擦力Ffmax7 N，当 F310 N 时，F 3mg ma 3，解得 a32 m/s 2，只有选项 A 正确9如图所示，甲、乙两传送带倾斜放置，与水平方向夹角均为 37，传送带乙长为 4 m，传送带甲比乙长 0.45 m，两传送带均以 3 m/s 的速度逆时针匀速转动，可视为
36、质点的物块 A 从传送带甲的顶端由静止释放，可视为质点的物块 B 由传送带乙的顶端以 3 m/s 的初速度沿传送带下滑，两物块质量相等，与传送带间的动摩擦因数均为 0.5，取 g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)物块 A 由传送带顶端滑到底端经历的时间；(2)物块 A、B 在传送带上的划痕长度之比解析 (1)对物块 A 由牛顿第二定律知，mg sin 37mg cos 37ma 1，代入数值得a110 m/s 2.设经时间 t1 物块 A 与传送带共速，则由运动学规律知v 带 a 1t1，即 t10.3 s，此过程中物块 A 的位移为 x1 a1t 0.45 m
37、.12 21物块 A 与传送带共速后，由牛顿第二定律知mgsin 37mgcos 37ma 2，代入数值得 a22 m/s 2，由运动学规律知 L 甲 x 1v 带 t2 a2t ，代入数值得 t21 s，12 2所以物块 A 由传送带顶端滑到底端经历的时间为 tt 1t 21.3 s.(2)在物块 A 的第一个加速过程中，物块 A 在传送带上向后的划痕长度为 L1v 带t1x 10.45 m ，在物块 A 的第二个加速过程中，物块 A 在传送带上向前的划痕长度为 L2v 带 t2 a2t12v 带 t21.0 m，2所以物块 A 在传送带上的划痕长度为LA L21.0 m.由分析知物块 B
38、的加速度与物块 A 在第二个加速过程的加速度相同，从传送带顶端加速到底端所需时间与 t2 相同，所以物块 B 在传送带上的划痕长度为LB v 带 t2 a2t v 带 t21.0 m，12 2故物块 A、B 在传送带上的划痕长度之比为 LAL B11.答案 (1)1.3 s (2)1110滑板运动是一项陆地上的“冲浪运动” ，如图甲所示；OAB 是同一竖直平面上的滑行轨道，其中 OA 段是长 27 m 的水平轨道，AB 段是倾角 37足够长的斜直轨道，OA与 AB 在 A 点平滑连接已知滑板及运动员总质量为 60 kg，运动员从水平轨道向左滑向斜直轨道，滑到 O 点开始计时，其后一段时间内的运
39、动图象如图乙所示将滑板及运动员视为质点滑过拐角时速度大小不变，在水平和斜直轨道上滑板和接触面间的动摩擦因数相同( 取 g10 m/s 2，sin 37 0.6，cos 370.8，忽略空气阻力 )求：(1)滑板与接触面间的动摩擦因数；(2)运动员到达坡底 A 点时速度大小；(3)运动员沿坡上滑的最大距离( 保留三位有效数字)解析 (1)由题图乙运动图象知a 2 m/s 2，vt在水平方向由牛顿第二定律有mgma，解得 0.2.(2)设人运动到 A 点时速度为 v，由运动学公式 v2v 2ax，20解得 v6 m/s.(3)运动员冲上斜坡后做匀减速直线运动，设减速过程的加速度为 a，由牛顿第二定律得mgsin F Nma ，FNmg cos ，解得 a7.6 m/s 2.设沿坡上滑的最大距离为 x，由运动学公式有0v 22ax，解得 x2.37 m ，即沿坡上滑的最大距离为 2.37 m.答案 (1)0.2 (2)6 m/s (3)2.37 m