2020版高考一轮复习：第3章3题型探究课牛顿运动定律的综合应用

题型探究课牛顿运动定律的综合应用超重与失重现象【题型解读】1.对超重和失重的理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变.(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失.(3)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态.(4)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态.2.判断超重和失重的方法从受力的角度当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时,物体处于超重状态；小于判断重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态从加速度的角度判断当物体具后向上的加速度时，物体处于超重状态；具后向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态从速度变化的角度判断(1)物体向上加速或向卜减速时，超重(2)物体向卜加速或向上减速时，失重在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等.【跟进题组】.如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲一起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为牛顿)，横坐标为时间.由图线可知 ( )A.该同学做了两次下蹲—起立的动作B.该同学做了一次下蹲—起立的动作

C.下蹲过程中人处于失重状态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解析：选B.在一次下蹲过程中，该同学要先后经历失重状态和超重状态,小于自身重力后大于自身重力，而在一次起立过程中，该同学又要先后经历超重状态和失重状态，所以对压力传感器的压力先大于自身重力后小于自身重力，所以题图记录的应该是一次下蹲-起立的动作..如图所示，台秤上有一装水容器，容器底部用一质量不计的细线系住一个乒乓球.某时刻细线断开，乒乓球向上加速运动，在此过程中，关于台秤的示数与线断前相比的变化情况及原因.下列说法正确的是（ ）A.由于乒乓球仍在容器中，所以示数与细线断前相同.细线断后不再向上提拉容器底部，所以示数变大C.细线断后，乒乓球有向上的加速度，处于超重状态，故示数变大D.容器、水、乒乓球整个系统的重心加速下移，处于失重状态，所以示数变小解析：选D.乒乓球加速上升，整个系统重心加速下移，处于失重状态，故D正确.动力学观点在连接体中的应用【题型解读】.多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的物体系统称为连接体.常见的连接体如图所示：(1)弹簧连接体(2)物物叠放连接体(3)轻绳连接体(4)轻杆连接体.连接体的运动特点(1)轻绳：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等.(2)轻杆：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比.(3)轻弹簧：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等..连接体问题的分析方法适用条件注意事项优点整体法系统内各物体保持相对静止，即各物体具有相同的加速度只分析系统外力，不分析系统内各物体间的相互作用力便于求解系统受到的外加作用力隔离法(1)系统内各物体加速度不相同(2)要求计算系统内物体间的相互作用力(1)求系统内各物体间的相互作用力时，可先用整体法，再用隔离法(2)加速度大小相同，方1可不同的连接体，应米用隔离法分析便于求解系统内各物体间的相互作用力【典题例析】

（2019•新乡模拟）如图所示，粗糙水平面上放置 B、C两物体，A叠放在C上，ABC的质量分别为m2m和3m,物体BC与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连， 轻绳能承受的最大拉力为 Ft.现用水平拉力F拉物体B,使三个物体以同一加速度向右运动，则（ ）A.此过程中物体C受五个力作用B.当F逐渐增大到Ft时，轻绳刚好被拉断C.当F逐渐增大到1.5Ft时，轻绳刚好被拉断D若水平面光滑，则绳刚断时，人0间的摩擦力为FC受重力、A对CC受重力、A对C的压力、地面的A错误；对整体分析，整体的加支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故速度a=F6mgF6m速度a=F6mgF6m一科6mg,隔离对AC分析，根据牛顿第二定律得,Ft—-4mg=4ma,计算得出Ft2=§F,当F=1.5Ft时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确；水平面光滑，绳刚断时，对AC分析，力口速度a=4Fm),隔离对A分析，A的摩擦力Ff=ma=?，故D错误.［答案］C【迁移题组】迁移1加速度相同的连接体问题.如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为 m的小球，M>m用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成0角，细线的拉力为F1.若用一力F'水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度a'向左运动时，细线与竖直方向也成0角，细线的拉力为F'1.则()TOC\o"1-5"\h\zA. a' =a,F' i=Fi B. a'>a,F' i=FiC. a' va,F' i=Fi D. a'>a,F' i>Fi解析：选B.当用力F水平向右拉小球时，以小球为研究对象，竖直方向有Ficos0=mg ①水平方向有F—Fisin0=ma,以整体为研究对象有F=(m+M)a,m解得a=Mgtan0 ②当用力F'水平向左拉小车时，以球为研究对象，竖直方向有F'icos0=mg ③水平方向有F'isin0=ma',解得a'=gtan0 ④结合两种情况，由①③式有 Fi=F'i;由②④式并结合M>m有a'>a.故正确选项为B.迁移2加速度不同的连接体问题na=1kgna=1kg和m?=2kg的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为 科=0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.现用水平拉力F拉A,取重力加速度g=10m/s2.改变F的大小，B的加速度大小可能为（ ）A.1m/s2 B,2.5m/s2C.3m/s2 D.4m/s2解析：选A.A、B放在轻质长木板上，长木板质量为 0,所受合力始终为 0,即A、B所受摩擦力大小相等.由于AB受到长木板的最大静摩擦力的大小关系为 fAma<fBmax,所以B始终相对长木板静止，当拉力增加到一定程度时，A相对长木板滑动，B受到的最大合力等于 A的最大静摩擦力，即fB=fAmax=科fflAg,由fb=mBaBmax,可知B的加速度最大为2m/s2,选项A正确.迁移角度解决办法易错警示加速度相整体法加速度相同时可把连接体看成一整体，再求整同的连接体(先整体后部分)体外力时可用整体受力分析；若涉及到内力问题必须用隔离法分析加速度/、隔离法加速度不同的连接体或要求连接体中各个物体同的连接(先部分间的作用力时一般用隔离法体后整体)动力学中的临界和极值问题【题型解读】.临界值或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态；(3)若题目中有“最大”“最小”“至多” “至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点；(4)若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度..“四种”典型临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力 Fn=0.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值.(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是： Ft=0.(4)加速度变化时，速度达到极值的临界条件：当加速度变为0时..处理临界问题的三种方法极限法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)

暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能，特别是有非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件、也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件1.（2019•河北衡水中学二调）如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A,其质量为m=2.0kg,小车上放一个物体1.（2019•河北衡水中学二调）如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A,其质量为m=2.0kg,小车上放一个物体B,其质量为mB=1.0kg.如图甲所示，给B一个水平推力F,当F增大到稍大于3.0N时,AB开始相对滑动.如果撤去F,对A施加一水平推力F',如图乙所示.要使AB不相对滑动，则F'的最大值Fmax为（ ）B.3.0ND.9.0NA.2.0NB.3.0ND.9.0NC.6.0N解析：选C.根据题图甲所示，设A,B间的静摩擦力达到最大值 Ffmax时，系统的加速度为a.根据牛顿第二定律，对AB整体有F=（mA+c）a,对A有Ffmax=mAa,代入数据解得 Ffmax=2.0N.根据题图乙所示情况，设A、B刚开始滑动时系统的加速度为 a',根据牛顿第二定律得:以B为研究对象有 Ffmax=m?a'以A、B整体为研究对象，有 Fmax=（mA+m）a'代入数据解得Fmax=6.0N,故C正确.2.（多选）如图所示，AB两物块的质量分别为2m和m静止叠放在水平地面上. AB间的动摩擦因1数为小B与地面间的动摩擦因数为2小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TOC\o"1-5"\h\z一水平拉力F,则（ ）A.当F<2^mg时，AB都相对地面静止B.当F=~mg时，A的加速度为-g2 3C.当F>3^mg时，A相对B滑动1D.无论F为何值，B的加速度不会超过2dg3 ,解析：选BCD.AB间的最大静摩擦力为2^mgB和地面之间的最大静摩擦力为］科mg对A、B整体，3 只要F>2^mg整体就会运动，选项A错误；当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时， AB将要发生相对3 1 、.滑动，故AB一起运动的加速度的取大值满足 2^mg-2^mg=mamax,B运动的取大加速度amax=~g,选一， ， …，. 3 一 ，，项D正确；对A、B整体，有F—pimg=3mamax,则F>3科mg时两者会发生相对运动，选项 C正确；当F=|科mg时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足 F—■!!img=3ma解得a=1!ig,选项B正确.2 2 3传送带问题【题型解读】.模型特征(1)水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速W2(1)v0>V时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速to3(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v0>v返回时速度为V,当V0<V返回时速度为V0(2)倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速to2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以ai加速后以a2加速.模型动力学分析(1)传送带模型问题的分析流程(2)判断方法①水平传送带2 vpilFTI若豆/wi,物、带能共速； _|v2—v2| …/情景2若y一L<i,物、带能共速; 2dgI——— #v情景3 若;;—wi,物块能返回. 2dg②倾斜传送带情景1若｝&l,物、带能共速；2a情景21若卜vl,物、带能共速；2a若！1>tan0,物、带共速后匀速；若(i<tan0,物体以a2加速(a2<a)..传送带问题的解题思路【典题例析】（2019・四川成都模拟）如图所示，传送带与地面倾角0=37°,从A到B长度为L=10.25m,传送带以V0=10m/s的速率逆时针转动.在传送带上端 A无初速度地放一个质量为m=0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为 科=0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹.已知sin37°=0.6,g=10m/s2,求：(1)煤块从A到B的时间；(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度.［审题突破］(1)煤块刚放上时，判断摩擦力的方向，计算加速度.(2)判断煤块能否达到与传送带速度相等，若不能，煤块从 A-B加速度不变，若能，则要进一步判断煤块能否相对传送带静止.(3)达到相同速度后，若煤块不再滑动，则匀速运动到 B点，形成的痕迹长度等于传送带和煤块对地的位移之差.煤块若相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到 B点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者.［解析］(1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，如图甲，其加速度为ai=g(sin0+ccos。)=102m/s,11 1s,Xi—aiti5mvL,ai 2即下滑5m与传送带速度相等.达到vo后，受到向上的摩擦力，由于vtan370,煤块仍将加速下滑，如图乙，a2=g(sin0-cos20)=2m/s,X2=L—X1=5.25m,,1 .2X2=Vot2+2a2t2,得12=0.5s,则煤块从A到B的时间为t=t1+t2=1.5s.甲乙2 _(2)第一■过程痕迹长Axi=voti—2ait1=5m,第二过程痕迹长AX2=X2—v0t2=0.25m,Axi与AX2部分重合，故痕迹总长为5m.［答案］(1)1.5s(2)5m【迁移题组】迁移1水平传送带模型.(多选)(2019•海口模拟)如图所示，水平传送带 A、B两端相距s=3.5m,工件与传送带间的动摩擦因数科=0.1.工件滑上A端瞬时速度va=4m/s,到达B端的瞬时速度设为vb,则(g取10m/s2)(A.若传送带不动，则vb=3m/sB.若传送带以速度v=4m/s逆时针匀速转动，vb=3m/sC.若传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动，vb=3m/sD.若传递带以速度v=2m/s顺时针匀速转动，vb=2m/s解析：选ABC.若传送带不动，由匀变速运动规律可知 vB—vA=—2as,a=科g,代入数据解得vb=3m/s,当满足选项B、C、D中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度还是 pg,所以工件到达B端时的瞬时速度仍为3m/s,故选项AB、C正确，D错误.迁移2倾斜传送带模型.（多选）（2019•潍坊模拟）如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端 A滑上传送带，滑上时速率为V1,传送带的速率为V2,且V2>Vi,不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率v和位置，下面可能的是（ ）A.从下端B离开，v>vi B.从下端B离开，v<viC.从上端A离开，v=vi D.从上端A离开，v<vi解析：选ABC.滑块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定滑块与传送

带间的摩擦力和滑块的重力沿传送带下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从 A端离开，由运动的对称性可知，必有v=vi,即选项C正确，D错误；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则 v<vi,选项B正确；当摩擦力小于重力的分力时，则 v>vi,选项A正确；当摩擦力和重力的分力相等时，滑块一直做匀速直线运动，v=vi,故本题应选A、B、C.解答传送带问题应注意的事项(1)比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物块的加速度.(2)关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判断 科与tan0的关系才能决定物块以后的运动.(3)得出运动过程中两者相对位移情况，以后在求解摩擦力做功时有很大作用.滑块一一滑板模型问题【题型解读】.模型特征滑块一一Vt板模型(如图a),涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中.另外，常见的子弹射击滑板图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块一一滑板模型类似.

.两种类型类型图示规律分析木板B带动物块A,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为 XB=XA+L物块A带动木板B,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为 Xb+L=Xa3.分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联

4.思维模板【跟进题组】其上放置一质量为m的小滑块.木F的关系如图乙所示，重力加速度.（多选）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，板受到水平拉力其上放置一质量为m的小滑块.木F的关系如图乙所示，重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是（ ）A.小滑块的质量m=2kgTOC\o"1-5"\h\zB.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为 0.1C.当水平拉力F=7N时，长木板的加速度大小为 3m/s2D.当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大解析：选AC.当F=6N时，两物体恰好具有最大共同加速度，对整体分析，由牛顿第二定律有 F=（M+m）a,代入数据解得M+m=3kg.当F大于6N时，两物体发生相对滑动，对长木板有 a=F-^mg=2—MMLimg 1 人、-MM-,图线的斜率k=M=1，解得岫1kg，滑块的质量rni=2kg,选项A正确；滑块的最大加速度a=^g=2m/s2,所以小滑块与长木板之间的动摩擦因数为 0.2,选项B错误；当F=7N时，由a1一；叫知长木板的加速度a=3m/s2,选项C正确；当两物体发生相对滑动时，滑块的加速度 a'=科g=2m/s2,恒定不变，选项D错误.3,,2.下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角为 9=37。sin370=-的5山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示.假设某次暴雨中， A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在3极短时间内，A、B间的动摩擦因数g减小为3,B、C间的动摩擦因数科2减小为0.5,A、B开始运动，此8时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，科2保持不变.已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m,C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取重力加速度大小 g=10m/s2.求：⑴在0〜2s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间.解析：(1)在。〜2s时间内，A和B的受力如图所示，其中fi、N是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得TOC\o"1-5"\h\zfi=iNi ①Ni=mgcos 0 ②f2= 2N2 ③N2=N'1+mgcos0 ④规定沿斜面向下为正.设A和B的加速度分别为ai和32,由牛顿第二定律得mgsin0—fi=ma ⑤mgsin0—f2+fiz=ma ⑥

联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得2a=3m/sa2=1m/s .2, . ,1 2 .2, . ,1 2s=2a1t1+V1t2+2a1t2=12m<27m ?此后B静止，A继续在B上滑动.设再经过时间t3后A离开B,则有1 2l—s=(v1+a1t2)t3+2a1t3 ?可得t3=1s(另一解不合题意，舍去) ？设A在B上总的运动时间为t总，有t总=t1+t2+t3=4s.(另解：也可利用下面的速度图线求解 )(2)在ti=2s时，设A和B的速度分别为vi和V2,则vi=aiti=6m/sV2=a2ti=2m/st>ti时，设t>ti时，设A和B的加速度分别为a'i和a'2.此时A与B之间的摩擦力为零，同理可得2a1=6m/s2a1=6m/s2a2=—2m/sB做减速运动.设经过时间B做减速运动.设经过时间t2,B的速度减为零，则有V2+a'V2+a'2t2=0联立？？？式得t2=1S在t在ti+t2时间内，A相对于B运动的距离为1 .2 . 1 .2 . 1 22a2t1+V2t2+2a2t2答案：(1)3m/s21m/s2(2)4s多过程运动中牛顿运动定律的综合应用［典例］（2017・高考全国卷出）如图，两个滑块A和B的质量分别为m\=1kg和rb=5kg,放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为 邛=0.5;木板的质量为m=4kg,与地面间的动摩擦因数为^2=0.1.某时刻AB两滑块开始相向滑动，初速度大小均为vo=3m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 g=10m/s.求核心考点.连接体中的受力分析..牛顿第二定律的应用..运动学公式..滑动摩擦力的大小计算和方向判断.命题技巧.以滑块一滑板模型为背景，巧妙地设置三个物体的运动情景..AB相遇时A恰好与板相对静止，隐含B提前与板共速..板的运动情况：先加速后减速.(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离 .核心素养i.物理观念：相互作用观念、运动观念.2.科学思维：板块模型、推理.［审题关键］(1)通过三者的受力求出三者的加速度大小和方向.(2)结合匀变速直线运动的速度公式确定 B与板共速时的速度.(3)此后B与板相对静止，通过受力分析求出它们的共同加速度；由运动学公式确定 A、B与板三者的共速速度.(4)由空间关系确定出AB初始时的距离.［解析］(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动.设 A、B和木板所受的摩擦力大小分别为fi、f2和f3,A和B相对于地面的加速度大小分别为 aA和aB,木板相对于地面的加速度大小为ai.在物块B与木板达到共同速度前后 fi=imAg① f2=img ②f3=(i2(m+mA+mB)g③由牛顿第二定律得fi=mAaA④f2=mBaB⑤f2—fi—f3=ma⑥设在ti时刻，B与木板达到共同速度，其大小为vi.由运动学公式启vi=v0—aBti⑦vi=aiti⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 vi=im/s.⑨ i2 …(2)在ti时间间隔内，B相对于地面移动的距离为Sb=voti—2aBti⑩设在B与木板达到共同速度vi后，木板的加速度大小为 a2.对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有fi+f3=(mB+m)a2?由①②④⑤式知，aA=aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时， A的速度大小也为vi,但运动方向与木板相反.由题意知， A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为 v2.设A的速度大小从vi变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式，对木板有 v2=vi—a2t2?

对A有丫2=—vi+aAt2?， 一_ 1 ,在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 Si=Vlt2—］a2t2?， 1 2 _在(tl+t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为Sa=Vo(t1+t2)—2aA(t1+t2) ?A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同.因此 A和B开始运动时，两者之间的距离为 So=Sa+S1+SB?联立以上各式，并代入数据得 s°=1.9m.(也可用如图的速度一时间图线求解 )［答案］见解析勿冷巳展/」、(1)A、B相向滑动时，板不能静止.(2)在A与板相对静止前，B与板达共速.(3)B与板共速后/、冉相对滑动，其加速度已改变 ^【对点训练】(多选)如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度V1滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦.设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板.下面给出了石块在长木板上滑行的 v-1图象，其中可能正确的是( )解析：选BD.由于石块与长木板、长木板与地面之间都有摩擦，故石块不可能做匀速直线运动，故选项A错误；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板将静止不动,石块将在长木板上做匀减速直线运动，故选项D正确；设石块与长木板之间的动摩擦因数为 科1,长木板与地面之间的动摩擦因数为 科2,石块的质量为m长木板的质量为M当用mg＞科2（M+m）g时，最终石块与长木板将一起做匀减速直线运动，此时的加速度为 2g,由邛mg＞2（M+m）g,可得img＞科2mg即石块刚开始的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，即 甲g＞科2g,也就是说图象的斜率将变小，故选项C错误，B正确.质量M=4kg、长21=4m的木板放在光滑水平地面上，以木板中点为界，左边和右边的动摩擦因数不同.一个质量为m=1kg的滑块（可视为质点）放在木板的左端，如图甲所示.在 t=0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力F,使滑块和木板均由静止开始运动， 11=2s时滑块恰好到达木板中点，滑块运动的xi—t图象如图乙所示.取g=10m/s2.（1）求滑块与木板左边的动摩擦因数 邛和恒力F的大小.（2）若滑块与木板右边的动摩擦因数 科2=0.1,2s末撤去恒力F,则滑块能否从木板上滑落下来？若能，求分离时滑块的速度大小.若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？解析：（1）滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为 a1,木板的加速度TOC\o"1-5"\h\z1 2 „大小为a2,则11=2s时木板的位移X2=2a2t1 ①滑块的位移X1=4m ②由牛顿第二定律得a2=々詈 ③M由位移关系得X1-X2=1 ④联立①②③④式解得 1=0.4 ⑤、…一 1 2 …滑块位移X1=2a1t1 ⑥恒力F=ma+1mg ⑦联立②⑤⑥⑦式解得 F=6N.V1,木板的速度为V2,V1,木板的速度为V2,滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继续做匀加速运动，此时滑块和木板的加速度大小分别为，科2mg ，科2mga1=—m-=2g2g,a2=^^设滑块与木板从11时刻开始到速度相等时的运动时间为t2,则V2=出，，vi=aiti,vi—a'it2=v2+a'2t2解得t2=1.6s1o在此时间内，滑块位移x1=vit2—2ait2, .2木板的位移x2=v2t2+2a2t2Ax=x'1—x'2联立解得Ax=1.6m<2m因此滑块没有从木板上滑落，滑块与木板相对静止时距木板右端的距离为 d=l-Ax=0.4m.答案：见解析（多选）（2019•南京、盐城模拟）如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员（ ）A.在第一过程中始终处于失重状态B.在第二过程中始终处于超重状态C.在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D.在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态解析：选CD.运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故A错误，C正确；蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B错误，D正确.（2019・武汉模拟）如图所示，两黏连在一起的物块 a和b,质量分别为m和m）,放在光滑的水平桌面上，现同时给它们施加方向如图所示的水平推力 Fa和水平拉力Fb,已知Fa>Fb,则a对b的作用力（ ）B.必为拉力D.B.必为拉力D.不可能为零C.可能为推力，也可能为拉力

解析：选C.将a、b看做一个整体，加速度a=--单独对a进行分析，设a、b间的作用力为Fab,ma十mbTOC\o"1-5"\h\zFa+FabFa+Fb Fbma-Famb .. ...则2= =^—,即Fab=——■——，由于不知道但与5的大小关系，故Fab可能为正，可能为负，也m m+m> m+mb可能等于0.（2019•南阳五校联考）如图所示，滑轮A可沿倾角为0的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为G的物体B,下滑时，物体B相对于A静止，则下滑过程中（ ）A.B的加速度为gsinA.B的加速度为gsin0B.绳的拉力为G

cos0C.绳的方向保持竖直 D.绳的拉力为G解析：选A.A、B相对静止，即两物体的加速度相同，以AB整体为研究对象分析受力可知，系统的加速度为gsin。，所以选项A正确；再以B为研究对象进行受力分析，如图，根据平行四边形法则可知，绳子的方向与斜面垂直，拉力大小等于 Gcos0,故选项BC、D都错误.（2019•河南安阳模拟）在倾角为“的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫.已知猫的质量是木板的质量的 2倍.当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面TOC\o"1-5"\h\z的位置不变.则此时木板沿斜面下滑的加速度为 （ ）A. 3gsin a B. gsin aC 3gsi2 " D 2gsin a解析：选A.猫与木板加速度不同，分别对其受力分析是比较常见的解决方法.猫受力平衡，设猫的质量为2mx其所受摩擦力沿斜面向上，且 Ff=2mgsina,则木板所受摩擦力沿斜面向下，木板的加速度为a=2mgsi『a+mgsin"=3gsina,正确选项为A.m5.如图所示为粮袋的传送装置，已知 A、B两端间的距离为L,传送带与水平方向的夹角为 0,工作时运行速度为v,粮袋与传送带间的动摩擦因数为 小正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为 g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是（ ）A.粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小或也可能相等B.粮袋开始运动的加速度为 g（sin0-cos。），若L足够大，则以后将以速度 v做匀速运动C.若科>tan0,则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D.不论大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动,且加速度 a>gsin0解析：选A.若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达 B端时的速度小于v;若^>tan 则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达 B端时速度与v相同；若（i<tan0,则粮袋先做加速度为 g（sin0+cos。）的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g（sin cos。）的匀加速运动，到达B端时的速度大于v,选项A正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为mgcos0,根据牛顿第二定律得加速度 a=mgsin。+；mgcos。=§（$丽。十科四$。），选项b错误；若tan粮袋从A到B可能一直是做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项 C、D均错误.6.（多选）（2019•安徽合肥模拟）如图所示，绷紧的长为6m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率vi=2m/s运行.一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为 v2=5m/s.若小物块与传送带间的动摩擦因数 （1=0.2,重力加速度g=10m/s2,下列说法中正确的是（ ）A.小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动B.若传送带的速度为 5m/s,小物块将从传送带左端滑出C.若小物块的速度为4m/s,小物块将以2m/s的速度从传送带右端滑出D.若小物块的速度为 1m/s,小物块将