資源簡介

中小學(xué)教育資源及組卷應(yīng)用平臺(tái)
新課預(yù)習(xí)銜接 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用
一．選擇題（共4小題）
1．（2024秋 羅湖區(qū)校級(jí)期末）如題所示，在傾角為30°的光滑斜面上端系有一勁度系數(shù)為200N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧下端連一個(gè)質(zhì)量為2kg的小球，球被一垂直于斜面的擋板A擋住，此時(shí)彈簧沒有形變．若擋板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，取g＝10m/s2，則（　　）
A．小球從一開始就與擋板分離
B．小球速度最大時(shí)與擋板分離
C．小球向下運(yùn)動(dòng)0.01m時(shí)與擋板分離
D．小球向下運(yùn)動(dòng)0.02m時(shí)速度最大
2．（2024秋 長安區(qū)校級(jí)期末）利用智能手機(jī)的加速度傳感器可直觀顯示手機(jī)的加速度情況。用手掌托著手機(jī)，打開加速度傳感器后，手掌從靜止開始豎直向上拋出手機(jī)，后又接住。以豎直向上為正方向，測(cè)得手機(jī)在豎直方向的加速度隨時(shí)間變化的圖像如圖所示，則手機(jī)可能在（　　）
A．t1～t2時(shí)間內(nèi)減速上升，t2～t3時(shí)間內(nèi)加速下降
B．t1～t2時(shí)間內(nèi)加速上升，t2～t3時(shí)間內(nèi)減速上升
C．t1～t2時(shí)間內(nèi)減速上升，t2～t3時(shí)間內(nèi)加速上升
D．t1～t2時(shí)間內(nèi)加速上升，t2～t3時(shí)間內(nèi)減速下降
3．（2024秋 蕪湖期末）如圖所示，AQ為圓的豎直直徑，沿AQ、BQ、CQ固定三個(gè)光滑桿，現(xiàn)讓三個(gè)小環(huán)（可以看作質(zhì)點(diǎn)）套在桿上，并分別沿著AQ、BQ、CQ桿自頂端由靜止開始下滑到Q點(diǎn)，下滑所用時(shí)間分別為t1、t2和t3，運(yùn)動(dòng)的平均速度分別為v1、v2和v3。則有（　　）
A．t3＞t2＞t1 B．t1＞t2＞t3 C．v3＞v2＞v1 D．v1＞v2＞v3
4．（2024秋 讓胡路區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，在傾角為θ的斜面上方的A點(diǎn)處放置一光滑的木板AB，B端剛好在斜面上．木板與豎直方向AC所成角度為α，一小物塊自A端沿木板由靜止滑下，要使物塊滑到斜面的時(shí)間最短，則α與θ角的大小關(guān)系應(yīng)為（　　）
A．α＝θ B．α C．α D．α＝2θ
二．多選題（共3小題）
（多選）5．（2024秋 武昌區(qū)校級(jí)期末）如圖甲所示，質(zhì)量為M的長木板放置于水平面上，其上左端有一質(zhì)量為m1＝3kg的物塊A，物塊A通過輕繩跨過光滑滑輪與質(zhì)量為m2＝6kg的物塊B相連，物塊B離地面高度為h。t＝0時(shí)刻由靜止釋放物塊B，同時(shí)給長木板一水平向左的初速度v0＝7m/s，以后物塊A運(yùn)動(dòng)的加速度—時(shí)間圖像如圖乙所示。物塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，且物塊始終在木板上。取重力加速度的大小g＝10m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A．物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.1
B．木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.1
C．木板向左運(yùn)動(dòng)的最大位移為3.5m
D．長木板的質(zhì)量M＝2kg
（多選）6．（2024秋 羅湖區(qū)校級(jí)期末）如圖甲所示，質(zhì)量為m的物塊掛在彈簧秤的下端，在彈簧秤的拉力作用下沿豎直方向從靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)。取豎直向上為正方向，物塊的加速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，彈簧秤始終在彈性限度內(nèi)。重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．0～4s內(nèi)物塊先超重后失重，彈簧秤的示數(shù)先增大后減小
B．2s～6s內(nèi)物塊先超重后失重，速度變化量為零
C．0～6s內(nèi)物塊先超重后失重，4s時(shí)速度最大
D．彈簧秤在2s末和6s末的示數(shù)相同，物塊速度相等
（多選）7．（2024秋 米東區(qū)校級(jí)期末）如圖甲所示，長木板B固定在光滑水平面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的物體A靜止疊放在長木板B的最左端。從某時(shí)刻起，用F＝8N的水平力向右拉A，經(jīng)過5s，A運(yùn)動(dòng)到B的最右端，物體A的v﹣t圖像如圖乙所示。已知A、B的質(zhì)量分別為2kg、8kg，A、B間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．長木板B的長度為10m
B．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2
C．若B不固定，B的加速度大小為0.5m/s2
D．若B不固定，A運(yùn)動(dòng)到B的最右端所用的時(shí)間為10s
三．填空題（共4小題）
8．（2024秋 蕪湖期末）一位質(zhì)量為50kg的同學(xué)從8樓乘電梯下降到1樓，在此過程中利用手機(jī)內(nèi)置的加速度傳感器測(cè)得電梯運(yùn)行的加速度a隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖所示（重力加速度g取10m/s2）。當(dāng)t＝10s時(shí)，該同學(xué)處于 　 　狀態(tài)（填“超重”或“失重”），此時(shí)他對(duì)電梯地板的壓力大小約 　 　N，整個(gè)過程中電梯運(yùn)行的最大速率約為 　 　m/s。
9．（2024秋 泉州期末）小明站在力傳感器上做下蹲和起立動(dòng)作，如圖甲所示。圖乙為力傳感器的示數(shù)隨時(shí)間的變化關(guān)系圖像。則t1時(shí)刻小明處于 　 　狀態(tài)（選填“超重”“失重”或“平衡”）；t2 t3過程小明完成的動(dòng)作是 　 　（選填“起立”或“下蹲”）。
10．（2024秋 鼓樓區(qū)校級(jí)期末）深蹲是腿部訓(xùn)練的經(jīng)典動(dòng)作，它能夠刺激全身肌肉，增強(qiáng)激素水平，提高新陳代謝。福州一中健身房內(nèi)小張同學(xué)用壓力傳感器來研究深蹲過程中腳對(duì)地面壓力的變化情況。在完成一次動(dòng)作的過程中，張同學(xué)的腳對(duì)地面的壓力隨時(shí)間變化圖象如圖所示，g取10m/s2。根據(jù)圖像可以判斷：張同學(xué) 　 　（選填“先下蹲再起立”、“先起立再下蹲”）、從a到b人處于 　 　狀態(tài)（選填“失重”、“超重”或“先超重后失重”）、人的質(zhì)量為 　 　。
11．（2024秋 普陀區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，質(zhì)量為m的光滑小球，用輕繩連接后掛在三角劈的頂端斜面平行，劈置于光滑水平面上，當(dāng)劈水平向右勻加速加速度a1＝　 　時(shí)，球與斜面相對(duì)靜止且細(xì)繩的拉力恰好為零；當(dāng)劈以加速度a＝2g向左勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩的拉力T2＝　 　。
四．解答題（共4小題）
12．（2024秋 西寧期末）質(zhì)量是60kg的人站在升降機(jī)中的體重計(jì)上，如圖所示。重力加速度g取10m/s2，當(dāng)升降機(jī)做下列各種運(yùn)動(dòng)時(shí)，求體重計(jì)的示數(shù)。
（1）勻速上升；
（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 武昌區(qū)校級(jí)期末）一質(zhì)量為m的粗糙直木棒A靜置于水平地面上，木棒上端通過一輕繩跨過滑輪與質(zhì)量為m的重物C連接，質(zhì)量為2m的小環(huán)B套在木棒上。t＝0時(shí)刻，小環(huán)以的速度從距木棒底部h＝1.925m的位置沿木棒向上滑動(dòng)，同時(shí)由靜止釋放重物C。當(dāng)木棒第一次與水平地面相碰時(shí)，連接重物C的細(xì)繩斷裂，且每次木棒與地面碰撞時(shí)均原速率反彈。已知木棒與小環(huán)間的滑動(dòng)摩擦力f＝mg，小環(huán)可以看作質(zhì)點(diǎn)，且整個(gè)過程中小環(huán)不會(huì)從木棒上端滑出。取g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，忽略空氣阻力以及滑輪與輕繩間的摩擦力，求：
（1）t＝0時(shí)刻，小環(huán)和木棒的加速度；
（2）木棒第一次與地面碰撞時(shí)的速度大小；
（3）小環(huán)從木棒下端滑出前，木棒與地面碰撞的次數(shù)n，及滑出瞬間小環(huán)與水平地面間的距離d。
14．（2024春 天心區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，在粗糙的水平地面上有一長為L＝12m、質(zhì)量為M＝2kg的長木板B，在長木板的中點(diǎn)P放有一質(zhì)量為m＝1kg（可視為質(zhì)點(diǎn)）的小物塊A，開始時(shí)A、B均靜止。已知A與B、B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.1和μ2＝0.3，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。現(xiàn)用水平向右的恒力拉長木板B，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）當(dāng)A剛好相對(duì)B開始滑動(dòng)時(shí)，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剛好不滑離B，則F2作用多長時(shí)間后撤去？并求A最終停在B上的位置。
15．（2024秋 羅湖區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，傾斜的傳送帶正常工作時(shí)順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的速率為v2＝4m/s，傳送帶傾角為θ＝30°。一物塊從傳送帶上端滑上傳送帶，已知滑上時(shí)速率為v1＝5m/s，不計(jì)空氣阻力，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，傳送帶長度為L，g＝10m/s2，求：
（1）若μ＝0，且使傳送帶不動(dòng)，L＝7.5m，物塊離開傳送帶時(shí)的速度大小；
（2）若，L＝10m，傳送帶正常轉(zhuǎn)動(dòng)，物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
（3）若，L＝10m，傳送帶正常轉(zhuǎn)動(dòng)，物塊從哪一端離開傳送帶？并求物塊離開傳送帶時(shí)速度大小和在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。
新課預(yù)習(xí)銜接 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用
參考答案與試題解析
一．選擇題（共4小題）
1．（2024秋 羅湖區(qū)校級(jí)期末）如題所示，在傾角為30°的光滑斜面上端系有一勁度系數(shù)為200N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧下端連一個(gè)質(zhì)量為2kg的小球，球被一垂直于斜面的擋板A擋住，此時(shí)彈簧沒有形變．若擋板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，取g＝10m/s2，則（　　）
A．小球從一開始就與擋板分離
B．小球速度最大時(shí)與擋板分離
C．小球向下運(yùn)動(dòng)0.01m時(shí)與擋板分離
D．小球向下運(yùn)動(dòng)0.02m時(shí)速度最大
【考點(diǎn)】牛頓第二定律的臨界問題．
【答案】C
【分析】對(duì)球受力分析可知，當(dāng)球受力平衡時(shí)，速度最大，此時(shí)彈簧的彈力與物體重力沿斜面的分力相等，由胡克定律和平衡條件即可求得小球向下運(yùn)動(dòng)的路程．從開始運(yùn)動(dòng)到小球與擋板分離的過程中，擋板A始終以加速度a＝4m/s2勻加速運(yùn)動(dòng)，小球與擋板剛分離時(shí)，相互間的彈力為零，由牛頓第二定律和胡克定律結(jié)合求得小球的位移．
【解答】解：A、C、設(shè)球與擋板分離時(shí)位移為x，經(jīng)歷的時(shí)間為t，
從開始運(yùn)動(dòng)到分離的過程中，m受豎直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的擋板支持力F1和彈簧彈力F。
根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin30°﹣kx﹣F1＝ma，
保持a不變，隨著x的增大，F(xiàn)1減小，當(dāng)m與擋板分離時(shí)，F(xiàn)1減小到零，則有：
mgsin30°﹣kx＝ma，
解得：m，
即小球向下運(yùn)動(dòng)0.01m時(shí)與擋板分離，故A錯(cuò)誤，C正確。
B、球和擋板分離前小球做勻加速運(yùn)動(dòng)；球和擋板分離后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，速度最大。故B錯(cuò)誤；
D．球和擋板分離后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，速度最大，此時(shí)物體所受合力為零。即：
kxm＝mgsin30°，
解得：xmm，
由于開始時(shí)彈簧處于原長，所以速度最大時(shí)小球向下運(yùn)動(dòng)的路程為0.05m。故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】在擋板運(yùn)動(dòng)的過程中，擋板對(duì)球的支持力的大小是在不斷減小的，從而可以使球和擋板一起以恒定的加速度運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)的過程中物體的受力在變化，但是物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變，從而可以求得物體運(yùn)動(dòng)的位移．
2．（2024秋 長安區(qū)校級(jí)期末）利用智能手機(jī)的加速度傳感器可直觀顯示手機(jī)的加速度情況。用手掌托著手機(jī)，打開加速度傳感器后，手掌從靜止開始豎直向上拋出手機(jī)，后又接住。以豎直向上為正方向，測(cè)得手機(jī)在豎直方向的加速度隨時(shí)間變化的圖像如圖所示，則手機(jī)可能在（　　）
A．t1～t2時(shí)間內(nèi)減速上升，t2～t3時(shí)間內(nèi)加速下降
B．t1～t2時(shí)間內(nèi)加速上升，t2～t3時(shí)間內(nèi)減速上升
C．t1～t2時(shí)間內(nèi)減速上升，t2～t3時(shí)間內(nèi)加速上升
D．t1～t2時(shí)間內(nèi)加速上升，t2～t3時(shí)間內(nèi)減速下降
【考點(diǎn)】超重與失重的圖像問題；復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像問題．
【專題】定性思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；理解能力．
【答案】B
【分析】根據(jù)加速度的正負(fù)判斷加速度的方向，進(jìn)而判斷手機(jī)的運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合牛頓第二定律判斷手機(jī)所受支持力的變化。
【解答】解：圖像與時(shí)間軸圍成的“面積”表示速度的變化量；根據(jù)圖像可知，t1時(shí)刻手機(jī)加速度最大，t1時(shí)刻之后，手機(jī)加速度依然是正值，手機(jī)還要繼續(xù)加速上升，t2時(shí)刻手機(jī)加速度為0，此時(shí)手機(jī)向上的速度最大，之后手機(jī)的加速度反向，開始減速上升；加速過程速度變化量（增加量）大于減速過程速度的變化量（減少量），則t2～t3手機(jī)的運(yùn)動(dòng)方向一直向上，所以t1～t2時(shí)間內(nèi)加速上升，t2～t3時(shí)間內(nèi)減速上升。故B正確，ACD錯(cuò)誤；
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查a﹣t圖像和牛頓第二定律，解題關(guān)鍵是根據(jù)a﹣t圖像分析手機(jī)的運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合牛頓第二定律分析手機(jī)的受力情況。
3．（2024秋 蕪湖期末）如圖所示，AQ為圓的豎直直徑，沿AQ、BQ、CQ固定三個(gè)光滑桿，現(xiàn)讓三個(gè)小環(huán)（可以看作質(zhì)點(diǎn)）套在桿上，并分別沿著AQ、BQ、CQ桿自頂端由靜止開始下滑到Q點(diǎn)，下滑所用時(shí)間分別為t1、t2和t3，運(yùn)動(dòng)的平均速度分別為v1、v2和v3。則有（　　）
A．t3＞t2＞t1 B．t1＞t2＞t3 C．v3＞v2＞v1 D．v1＞v2＞v3
【考點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—從受力確定運(yùn)動(dòng)情況；平均速度（定義式方向）；勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間的關(guān)系；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．
【專題】定量思想；推理法；直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專題；推理論證能力．
【答案】D
【分析】利用牛頓第二定律可得小環(huán)的加速度大小，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得小環(huán)下滑時(shí)間的表達(dá)式，則可得三條不同路徑運(yùn)動(dòng)的時(shí)間關(guān)系，
根據(jù)三條路徑的位移大小關(guān)系、時(shí)間關(guān)系，利用平均速度定義式可知小環(huán)經(jīng)過不同路徑的平均速度大小關(guān)系。
【解答】解：設(shè)斜面的傾角為θ，圓的直徑為d，小環(huán)下滑過程，由牛頓第二定律可得小環(huán)的加速度為：
斜面的長度為：x＝dsinθ，由可得小環(huán)下滑所用時(shí)間為：
可知小環(huán)下滑的時(shí)間與斜面的傾角無關(guān)，則t1＝t2＝t3
由于AQ＞BQ＞CQ，根據(jù)平均速度的定義式可得v1＞v2＞v3，故ABC錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，解題的關(guān)鍵是知道利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式找出小環(huán)下滑的時(shí)間與直徑的關(guān)系，此時(shí)間與傾角無關(guān)。
4．（2024秋 讓胡路區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，在傾角為θ的斜面上方的A點(diǎn)處放置一光滑的木板AB，B端剛好在斜面上．木板與豎直方向AC所成角度為α，一小物塊自A端沿木板由靜止滑下，要使物塊滑到斜面的時(shí)間最短，則α與θ角的大小關(guān)系應(yīng)為（　　）
A．α＝θ B．α C．α D．α＝2θ
【考點(diǎn)】物體在光滑斜面上的運(yùn)動(dòng)；勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間的關(guān)系．
【專題】牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題．
【答案】B
【分析】在豎直線AC上取一點(diǎn)O，以適當(dāng)?shù)拈L度為半徑畫圓，使該圓過A點(diǎn)，且與斜面相切與D點(diǎn)，根據(jù)等時(shí)圓的結(jié)論及幾何關(guān)系即可求解．
【解答】解：如圖所示：
在豎直線AC上取一點(diǎn)O，以適當(dāng)?shù)拈L度為半徑畫圓，使該圓過A點(diǎn)，且與斜面相切與D點(diǎn)，
根據(jù)等時(shí)圓的結(jié)論可知：A點(diǎn)滑到圓上任一點(diǎn)的時(shí)間都相等，所以由A點(diǎn)滑到D點(diǎn)所用時(shí)間比由A到達(dá)斜面上其他各點(diǎn)時(shí)間都短，
將木板下端B點(diǎn)與D點(diǎn)重合即可，
而角COD為θ，所以
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】本題有其特殊的解題方法，作等時(shí)圓是一種快捷、方便的方法，難度適中．
二．多選題（共3小題）
（多選）5．（2024秋 武昌區(qū)校級(jí)期末）如圖甲所示，質(zhì)量為M的長木板放置于水平面上，其上左端有一質(zhì)量為m1＝3kg的物塊A，物塊A通過輕繩跨過光滑滑輪與質(zhì)量為m2＝6kg的物塊B相連，物塊B離地面高度為h。t＝0時(shí)刻由靜止釋放物塊B，同時(shí)給長木板一水平向左的初速度v0＝7m/s，以后物塊A運(yùn)動(dòng)的加速度—時(shí)間圖像如圖乙所示。物塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，且物塊始終在木板上。取重力加速度的大小g＝10m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A．物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.1
B．木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.1
C．木板向左運(yùn)動(dòng)的最大位移為3.5m
D．長木板的質(zhì)量M＝2kg
【考點(diǎn)】無外力的水平板塊模型；連接體模型．
【專題】定量思想；方程法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；分析綜合能力；模型建構(gòu)能力．
【答案】BC
【分析】0～1s內(nèi)物塊A、B一起勻加速，對(duì)A和B根據(jù)牛頓第二定律求解物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
對(duì)A分析可知，1～3s內(nèi)物塊B已經(jīng)落地，3s末物塊A與木板共速，之后二者一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)木板和A分析，由牛頓第二定律進(jìn)行解答；
根據(jù)a﹣t圖像中圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示速度變化，可知3s末物塊A的速度；0～3s內(nèi)木板先向左勻減速，再向右勻加速，由牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行解答。
【解答】解：A．由乙圖可知，0～1s內(nèi)物塊A、B一起勻加速，此時(shí)A受到的摩擦力方向向左，由整體法可得：m2g﹣μ1m1g＝（m1+m2）a1
解得：μ1＝0.2，故A錯(cuò)誤；
B．物塊A所受木板的滑動(dòng)摩擦力產(chǎn)生的加速度大小為a2，則有：μ1m1g＝m1a2
解得加速度大小為：
可知，1～3s內(nèi)物塊B已經(jīng)落地，物塊A水平方向只受木板的滑動(dòng)摩擦力作用，由圖乙可知3s末物塊A的加速度大小突然減為1m/s2，則此時(shí)物塊A與木板共速，之后二者一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。由牛頓第二定律，可得：
μ2（M+m1）g＝（M+m1）a3
解得：μ2＝0.1，故B正確；
CD．根據(jù)a﹣t圖像中圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示速度變化，可知3s末物塊A的速度為：v＝6×1m/s﹣2×2m/s＝2m/s
依題意，0～3s內(nèi)木板先向左勻減速，再向右勻加速，受力分析由牛頓第二定律，有
木板向左運(yùn)動(dòng)的過程中：μ1m1g+μ2（M+m1）g＝Ma木
木板向右運(yùn)動(dòng)過程中：μ1m1g﹣μ2（M+m1）g＝Ma木'
又：a木，a木′
且：t1+t2＝3s
聯(lián)立解得：M＝1.5kg，a木＝7m/s2，a木'＝1m/s2，t1＝1s，t2＝2s
則木板向左運(yùn)動(dòng)的最大位移為：xm＝3.5m，故C正確、D錯(cuò)誤。
故選：BC。
【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于牛頓第二定律的綜合應(yīng)用問題，關(guān)鍵是弄清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運(yùn)動(dòng)學(xué)的計(jì)算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進(jìn)行解答；知道加速度是聯(lián)系力和運(yùn)動(dòng)的橋梁。
（多選）6．（2024秋 羅湖區(qū)校級(jí)期末）如圖甲所示，質(zhì)量為m的物塊掛在彈簧秤的下端，在彈簧秤的拉力作用下沿豎直方向從靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)。取豎直向上為正方向，物塊的加速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，彈簧秤始終在彈性限度內(nèi)。重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．0～4s內(nèi)物塊先超重后失重，彈簧秤的示數(shù)先增大后減小
B．2s～6s內(nèi)物塊先超重后失重，速度變化量為零
C．0～6s內(nèi)物塊先超重后失重，4s時(shí)速度最大
D．彈簧秤在2s末和6s末的示數(shù)相同，物塊速度相等
【考點(diǎn)】超重與失重的概念、特點(diǎn)和判斷；根據(jù)a﹣t圖像的物理意義分析物體的運(yùn)動(dòng)情況；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．
【專題】定量思想；歸納法；運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖象專題；理解能力．
【答案】BC
【分析】根據(jù)加速度方向分析結(jié)合牛頓第二定律分析；根據(jù)a﹣t圖像與坐標(biāo)軸所圍“面積”表示速度的變化量分析速度變化量，根據(jù)加速度方向分析超重或失重狀態(tài)；根據(jù)圖像分析最大速度；根據(jù)牛頓第二定律分析彈簧秤的示數(shù)。
【解答】解：A．由題意可知，在0～4s，加速度為正值，方向向上，由牛頓第二定律得
F﹣mg＝ma
解得
F＝mg+ma
因?yàn)榧铀俣确较蛟谶@段時(shí)間內(nèi)是一直向上的，則視重F大于物塊的實(shí)際重力mg，物塊一直處于超重狀態(tài)。因加速度先增大后減小，彈簧秤的示數(shù)先增大后減小，故A錯(cuò)誤；
B．2s～4s，加速度為正值，方向向上，物塊處于超重狀態(tài)，4s～6s，加速度為負(fù)值，方向向下，物塊處于失重狀態(tài)；a﹣t圖像與坐標(biāo)軸所圍“面積”表示速度的變化量，t軸上方面積為正值，表示速度增加，t軸下方面積為負(fù)值，表示速度減小，2s～6s時(shí)間段內(nèi)圖像中與坐標(biāo)軸所圍的“面積”代數(shù)和為零，說明這段時(shí)間內(nèi)物體的速度變化量為零，故2s～6s內(nèi)物塊先超重后失重，速度變化量為零，故B正確；
C．根據(jù)圖像可知在0～4s內(nèi)加速度方向向上，在4s～6s內(nèi)加速度方向向下，所以在0～6s內(nèi)物塊先超重后失重；在0～4s內(nèi)加速度方向向上，一直在向上加速運(yùn)動(dòng)，所以4s時(shí)物塊速度最大，為，故C正確；
D．由A項(xiàng)分析知彈簧秤示數(shù)為
F＝mg+ma
又2s和6s兩時(shí)刻加速度分別為2m/s2和﹣2m/s2，故彈簧秤在2s末和6s末的示數(shù)不相同，又a﹣t圖像中圖線下的“面積”為速度的變化量，物塊在2s～6s速度變化量為零，故
v2＝v6
物塊在2s末和6s末速度相等，故D錯(cuò)誤。
故選：BC。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，要知道加速度方向向上，物體處于超重狀態(tài)，加速度方向向下，處于失重狀態(tài)。
（多選）7．（2024秋 米東區(qū)校級(jí)期末）如圖甲所示，長木板B固定在光滑水平面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的物體A靜止疊放在長木板B的最左端。從某時(shí)刻起，用F＝8N的水平力向右拉A，經(jīng)過5s，A運(yùn)動(dòng)到B的最右端，物體A的v﹣t圖像如圖乙所示。已知A、B的質(zhì)量分別為2kg、8kg，A、B間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．長木板B的長度為10m
B．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2
C．若B不固定，B的加速度大小為0.5m/s2
D．若B不固定，A運(yùn)動(dòng)到B的最右端所用的時(shí)間為10s
【考點(diǎn)】無外力的水平板塊模型；勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間的關(guān)系；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．
【專題】定量思想；圖析法；運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖象專題；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力；模型建構(gòu)能力．
【答案】BC
【分析】根據(jù)v﹣t圖像面積代表位移，分析木板長度；
根據(jù)v﹣t圖像斜率代表加速度，求A的加速度，再結(jié)合牛頓第二定律，求摩擦因數(shù)；
B不固定，對(duì)B受力分析，由牛頓第二定律，求B加速度；
若B不固定，A運(yùn)動(dòng)到B的最右端的過程由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求時(shí)間。
【解答】解：A．根據(jù)v﹣t圖像面積代表位移，可知長木板B的長度為，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)v﹣t圖像斜率代表加速度，可知物體A的加速度為
對(duì)物體A受力分析，由牛頓第二定律得
F﹣μmAg＝mAaA
解得
μ＝0.2
故B正確；
C．若B不固定，對(duì)B受力分析，由牛頓第二定律
μmAg＝mBaB
代入數(shù)據(jù)解得
故C正確；
D．若B不固定，A運(yùn)動(dòng)到B的最右端的過程由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式
解得
故D錯(cuò)誤。
故選：BC。
【點(diǎn)評(píng)】本題解題關(guān)鍵是掌握v﹣t圖像面積代表位移、v﹣t圖像斜率代表加速、以及牛頓第二定律，是一道具有綜合性的，熱度較高的題。
三．填空題（共4小題）
8．（2024秋 蕪湖期末）一位質(zhì)量為50kg的同學(xué)從8樓乘電梯下降到1樓，在此過程中利用手機(jī)內(nèi)置的加速度傳感器測(cè)得電梯運(yùn)行的加速度a隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖所示（重力加速度g取10m/s2）。當(dāng)t＝10s時(shí)，該同學(xué)處于 　超重　狀態(tài)（填“超重”或“失重”），此時(shí)他對(duì)電梯地板的壓力大小約 　520　N，整個(gè)過程中電梯運(yùn)行的最大速率約為 　1.9　m/s。
【考點(diǎn)】超重與失重的概念、特點(diǎn)和判斷．
【專題】定性思想；圖析法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】超重；520N；1.9m/s。
【分析】該同學(xué)向下減速運(yùn)動(dòng)，加速度豎直向上，此時(shí)所受支持力大于重力，處于超重狀態(tài)；
可根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算此時(shí)所受支持力大小，再根據(jù)牛頓第三定律得出電梯受到人的壓力大小等于人所受電梯的支持力大小；
利用速度與時(shí)間公式可知，加速度與時(shí)間圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示速度變化量，故可根據(jù)圖像得出最大速率。
【解答】解：當(dāng)t＝10時(shí)，該同學(xué)向下減速運(yùn)動(dòng)，加速度豎直向上處于超重狀態(tài)。
t＝10s時(shí)，又根據(jù)牛頓第二定律
N﹣mg＝ma
代入數(shù)據(jù)解得N＝520N
根據(jù)牛頓第三定律可得對(duì)電梯底的壓力大小約為520N。
加速度與時(shí)間圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示速度變化量，加速度向下時(shí)處于加速狀態(tài)，根據(jù)圖線在該段時(shí)間內(nèi)與橫軸圍成面積格數(shù)有十九個(gè)小格
得vm＝0+Δv
代入數(shù)據(jù)解得vm＝1.9m/s
則該同學(xué)的最大速率約為1.9m/s。
故答案為：超重；520N；1.9m/s。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了對(duì)超重、失重狀態(tài)的理解，已經(jīng)應(yīng)用牛頓第二定律計(jì)算所受支持力的能力，進(jìn)一步考查了對(duì)牛頓第三定律的應(yīng)用，以及運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合分析加速度與時(shí)間圖像的能力。
9．（2024秋 泉州期末）小明站在力傳感器上做下蹲和起立動(dòng)作，如圖甲所示。圖乙為力傳感器的示數(shù)隨時(shí)間的變化關(guān)系圖像。則t1時(shí)刻小明處于 　超重　狀態(tài)（選填“超重”“失重”或“平衡”）；t2 t3過程小明完成的動(dòng)作是 　起立　（選填“起立”或“下蹲”）。
【考點(diǎn)】超重與失重的圖像問題．
【專題】定性思想；圖析法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】超重；起立。
【分析】下蹲過程，初末速度均為零，說明先向下加速后向下減速，加速度先向下后向上，先失重后超重；
起立過程，初末速度均為零，說明先向上加速后向上減速，加速度先向上后向下，先超重后失重。
【解答】解：t1時(shí)刻力傳感器示數(shù)大于重力，故小明處于超重狀態(tài)，t2 t3過程小明先超重后失重，先向上加速后向上減速，完成的動(dòng)作是起立。
故答案為：超重；起立。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了超重和失重，物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運(yùn)動(dòng)還是向下運(yùn)動(dòng)，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度。
10．（2024秋 鼓樓區(qū)校級(jí)期末）深蹲是腿部訓(xùn)練的經(jīng)典動(dòng)作，它能夠刺激全身肌肉，增強(qiáng)激素水平，提高新陳代謝。福州一中健身房內(nèi)小張同學(xué)用壓力傳感器來研究深蹲過程中腳對(duì)地面壓力的變化情況。在完成一次動(dòng)作的過程中，張同學(xué)的腳對(duì)地面的壓力隨時(shí)間變化圖象如圖所示，g取10m/s2。根據(jù)圖像可以判斷：張同學(xué) 　先下蹲再起立　（選填“先下蹲再起立”、“先起立再下蹲”）、從a到b人處于 　失重　狀態(tài)（選填“失重”、“超重”或“先超重后失重”）、人的質(zhì)量為 　50kg　。
【考點(diǎn)】超重與失重的圖像問題．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；理解能力．
【答案】先下蹲再起立，失重，50kg。
【分析】根據(jù)下蹲和起立過程的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析張同學(xué)的運(yùn)動(dòng)過程，然后根據(jù)超重和失重的定義分析張同學(xué)所處狀態(tài)，根據(jù)G＝mg可得人的質(zhì)量。
【解答】解：根據(jù)圖像可知張同學(xué)的腳對(duì)地面的壓力是先小于重力后大于重力，然后先大于重力后小于重力，所以張同學(xué)的運(yùn)動(dòng)情況是先失重后超重，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減速的，然后站起來的過程是先向上加速后向上減速運(yùn)動(dòng)，所以張同學(xué)做的是先下蹲后起立的動(dòng)作；由圖可知a到b的過程中張同學(xué)的腳對(duì)地面的壓力是小于其重力的，由此可以判斷張同學(xué)是處于失重狀態(tài)的；由圖可知張同學(xué)的重量為500N，根據(jù)G＝mg可知，張同學(xué)的質(zhì)量為50kg。
故答案為：先下蹲再起立，失重，50kg。
【點(diǎn)評(píng)】知道人對(duì)地面的壓力大于人的重力時(shí)，人處于超重狀態(tài)，人對(duì)地面的壓力小于重力時(shí)，人處于失重狀態(tài)是解題的關(guān)鍵。
11．（2024秋 普陀區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，質(zhì)量為m的光滑小球，用輕繩連接后掛在三角劈的頂端斜面平行，劈置于光滑水平面上，當(dāng)劈水平向右勻加速加速度a1＝　g　時(shí)，球與斜面相對(duì)靜止且細(xì)繩的拉力恰好為零；當(dāng)劈以加速度a＝2g向左勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩的拉力T2＝　mg　。
【考點(diǎn)】物體在光滑斜面上的運(yùn)動(dòng)；力的合成與分解的應(yīng)用．
【專題】應(yīng)用題；定性思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【分析】根據(jù)題意確定小球的受力情況，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度；
應(yīng)用牛頓第二定律的求出小球與斜面間作用力為零時(shí)的臨界加速度，
然后根據(jù)劈的加速度與臨界加速度的關(guān)系確定小球的位置狀態(tài)，然后求出繩子的拉力。
【解答】解：球與斜面相對(duì)靜止且細(xì)繩的拉力恰好為零時(shí)，小球受力如圖所示：
由牛頓第二定律得：a1g；
當(dāng)劈加速度向左，球恰好剛要離開斜面；
即斜面對(duì)球的作用力恰好為零時(shí)，球受力如圖所示：
由牛頓第二定律得：a臨界g＜a＝2g，
當(dāng)加速度：a＝2g，方向：水平向左時(shí)，小球離開斜面，受力如圖所示：
繩子的拉力：T2mg；
故答案為：g；mg。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵知道小球和三角劈具有相同的加速度，通過隔離法分析，運(yùn)用牛頓第二定律進(jìn)行求解。
四．解答題（共4小題）
12．（2024秋 西寧期末）質(zhì)量是60kg的人站在升降機(jī)中的體重計(jì)上，如圖所示。重力加速度g取10m/s2，當(dāng)升降機(jī)做下列各種運(yùn)動(dòng)時(shí)，求體重計(jì)的示數(shù)。
（1）勻速上升；
（2）以4m/s2的加速度加速上升；
（3）以5m/s2的加速度加速下降。
【考點(diǎn)】根據(jù)超重或失重狀態(tài)計(jì)算物體的運(yùn)動(dòng)情況．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題．
【答案】（1）勻速上升時(shí)示數(shù)為600N；
（2）以4m/s2的加速度加速上升時(shí)為840N；
（3）以5m/s2的加速度加速下降時(shí)為300N。
【分析】（1）升降機(jī)勻速上升時(shí)，人受力平衡，支持力等于重力；
（2）升降機(jī)加速上升，加速度方向向上，支持力大于重力，根據(jù)牛頓第二定律得 FN1﹣mg＝ma1
（3）升降機(jī)加速下降，加速度方向向下，支持力小于重力，根據(jù)牛頓第二定律得mg﹣FN2＝ma2。
【解答】解：（1）升降機(jī)勻速上升，受力平衡，則FN＝mg＝600N
由牛頓第三定律知，體重計(jì)的示數(shù)為600N。
（2）升降機(jī)加速上升，加速度方向向上，支持力大于重力
根據(jù)牛頓第二定律得：
FN1﹣mg＝ma1
FN1＝m（g+a1）＝840N
由牛頓第三定律知，體重計(jì)的示數(shù)為840N。
（3）升降機(jī)加速下降，加速度方向向下，支持力小于重力
根據(jù)牛頓第二定律得：
mg﹣FN2＝ma2
FN2＝m（g﹣a2）＝300N
由牛頓第三定律知，體重計(jì)的示數(shù)為300N。
答：（1）勻速上升時(shí)示數(shù)為600N；
（2）以4m/s2的加速度加速上升時(shí)為840N；
（3）以5m/s2的加速度加速下降時(shí)為300N。
【點(diǎn)評(píng)】該題是牛頓第二定律的直接應(yīng)用，難度不大，屬于基礎(chǔ)題。
13．（2024秋 武昌區(qū)校級(jí)期末）一質(zhì)量為m的粗糙直木棒A靜置于水平地面上，木棒上端通過一輕繩跨過滑輪與質(zhì)量為m的重物C連接，質(zhì)量為2m的小環(huán)B套在木棒上。t＝0時(shí)刻，小環(huán)以的速度從距木棒底部h＝1.925m的位置沿木棒向上滑動(dòng)，同時(shí)由靜止釋放重物C。當(dāng)木棒第一次與水平地面相碰時(shí)，連接重物C的細(xì)繩斷裂，且每次木棒與地面碰撞時(shí)均原速率反彈。已知木棒與小環(huán)間的滑動(dòng)摩擦力f＝mg，小環(huán)可以看作質(zhì)點(diǎn)，且整個(gè)過程中小環(huán)不會(huì)從木棒上端滑出。取g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，忽略空氣阻力以及滑輪與輕繩間的摩擦力，求：
（1）t＝0時(shí)刻，小環(huán)和木棒的加速度；
（2）木棒第一次與地面碰撞時(shí)的速度大小；
（3）小環(huán)從木棒下端滑出前，木棒與地面碰撞的次數(shù)n，及滑出瞬間小環(huán)與水平地面間的距離d。
【考點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—從受力確定運(yùn)動(dòng)情況；勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．
【專題】定量思想；推理法；直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專題；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；分析綜合能力．
【答案】（1）t＝0時(shí)刻，小環(huán)的加速度為15m/s2，方向豎直向下，木棒的加速度為5m/s2，方向豎直向上；
（2）木棒第一次與地面碰撞時(shí)的速度大小為2m/s；
（3）小環(huán)從木棒下端滑出前，木棒與地面碰撞的次數(shù)n為4次，及滑出瞬間小環(huán)與水平地面間的距離d為0.1m。
【分析】（1）小環(huán)相對(duì)于木棒向上運(yùn)動(dòng)，所受摩擦力向下，利用牛頓第二定律即可計(jì)算小環(huán)的加速度，木棒與重物用細(xì)繩連接，故加速度大小相同可利用整體法和牛頓第二定律計(jì)算二者的加速度；
（2）由題意可知，小環(huán)與木棒先相對(duì)滑動(dòng)后達(dá)到共速，可先利用牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算出二者達(dá)到共速過程中相對(duì)的位移大小，而后小環(huán)、木棒與重物以大小相等的加速度做雙向勻變速直線運(yùn)動(dòng)，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可計(jì)算木棒第一次碰撞后的速度大小；
（3）利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析碰撞規(guī)律，通過雙向勻變速直線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)和位移差計(jì)算次數(shù)、距離。
【解答】解：（1）t＝0時(shí)刻，小環(huán)相對(duì)于木棒向上運(yùn)動(dòng)，小環(huán)所受滑動(dòng)摩擦力向下，根據(jù)牛頓第二定律有
f+2mg＝2ma1
代入數(shù)據(jù)解得
該加速度方向豎直向下。對(duì)木棒與重物整體分析，根據(jù)牛頓第二定律有
mg+f﹣mg＝（m+m）a2
代入數(shù)據(jù)解得
該加速度方向豎直向上。
（2）根據(jù)上述可知，小環(huán)開始向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，木棒與重物做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)歷時(shí)間t0達(dá)到相等速度，則有
v共＝v0﹣a1t0＝a2t0
代入數(shù)據(jù)解得
，
此過程木棒的位移為
代入數(shù)據(jù)解得
x1＝0.2m
此過程小環(huán)相對(duì)于木棒向上運(yùn)動(dòng)，相對(duì)位移大小為
x0＝x2﹣x1
代入數(shù)據(jù)解得
x0＝0.8m
之后小環(huán)、木棒與重物以大小相等的加速度做雙向勻變速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有
mg+2mg﹣mg＝（m+m+2m）a3
代入數(shù)據(jù)解得
取向上為正方向，根據(jù)速度與位移的關(guān)系式有
代入數(shù)據(jù)解得
v1＝2m/s
（3）綜合上述，小環(huán)、木棒與重物以大小相等的加速度做雙向勻變速直線運(yùn)動(dòng)到與地面第一次碰撞時(shí)，環(huán)與木棒下端間距為
L＝x0+h
代入數(shù)據(jù)解得
L＝2.725m
碰撞時(shí)，連接重物C的細(xì)繩斷裂，碰撞后，小環(huán)向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有
2mg﹣f＝2ma4
代入數(shù)據(jù)解得
小環(huán)向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，木棒向上做雙向勻變速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱性可知，在木棒與地面再次碰撞之前，小環(huán)速度始終大于木棒速度，即小環(huán)在之后的碰撞過程中始終向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，木棒一直重復(fù)第一次碰撞之后的雙向勻變速直線運(yùn)動(dòng)，可知，每一次木棒上升到做高點(diǎn)的時(shí)間為
代入數(shù)據(jù)解得
t1＝0.1s
利用逆向思維，木棒上升到最大的高度為
代入數(shù)據(jù)解得
h0＝0.1m
可知，環(huán)在到達(dá)離地面高度為h0之前都不會(huì)與木棒分離，對(duì)小環(huán)有
代入數(shù)據(jù)解得
t2＝0.7s
則木棒與地面碰撞的次數(shù)為
且第四次碰撞后，木棒上升到最高點(diǎn)時(shí)恰好與小環(huán)分離，可知，此時(shí)，小環(huán)離地面的高度
d＝h0＝0.1m。
答：（1）t＝0時(shí)刻，小環(huán)的加速度為15m/s2，方向豎直向下，木棒的加速度為5m/s2，方向豎直向上；
（2）木棒第一次與地面碰撞時(shí)的速度大小為2m/s；
（3）小環(huán)從木棒下端滑出前，木棒與地面碰撞的次數(shù)n為4次，及滑出瞬間小環(huán)與水平地面間的距離d為0.1m。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓第二定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用，掌握相對(duì)運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)是解決本題的而關(guān)鍵。
14．（2024春 天心區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，在粗糙的水平地面上有一長為L＝12m、質(zhì)量為M＝2kg的長木板B，在長木板的中點(diǎn)P放有一質(zhì)量為m＝1kg（可視為質(zhì)點(diǎn)）的小物塊A，開始時(shí)A、B均靜止。已知A與B、B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.1和μ2＝0.3，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。現(xiàn)用水平向右的恒力拉長木板B，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）當(dāng)A剛好相對(duì)B開始滑動(dòng)時(shí)，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剛好不滑離B，則F2作用多長時(shí)間后撤去？并求A最終停在B上的位置。
【考點(diǎn)】有外力的水平板塊模型．
【專題】計(jì)算題；學(xué)科綜合題；定量思想；整體法和隔離法；分析綜合能力；模型建構(gòu)能力．
【答案】（1）當(dāng)A剛好相對(duì)B開始滑動(dòng)時(shí)，水平拉力F0的大小為12N；
（2）A所受到的摩擦力大小為0.5N；
（3）F2作用1s時(shí)間后撤去，A最終停在B上離B左端1.5m的位置。
【分析】（1）當(dāng)A與B剛好相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，A、B之間靜摩擦力達(dá)到最大值，對(duì)A，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再對(duì)整體，利用牛頓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的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，對(duì)整體，由牛頓第二定律求出加速度，再對(duì)A，利用牛頓第二定律求A所受到的摩擦力大小；
（3）若水平拉力F2＝24N，A與B相對(duì)滑動(dòng)，分析A和B的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)牛頓第二定律求解各個(gè)階段B的加速度大小，再根據(jù)速度—時(shí)間關(guān)系、位移—時(shí)間關(guān)系列方程求解。
【解答】解：（1）當(dāng)A與B剛好相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，A、B之間靜摩擦力達(dá)到最大值，對(duì)A，由牛頓第二定律有
μ1mg＝ma0
解得：
對(duì)A、B整體，由牛頓第二定律有
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一起向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)A、B整體，由牛頓第二定律有
F1﹣μ2（M+m）g＝（M+m）a共
解得：
對(duì)A，由牛頓第二定律有
f＝ma共
解得：f＝0.5N
（3）由于水平拉力F2＝24N＞F0＝12N
故A、B相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)A，由牛頓第二定律有
μ1mg＝ma1
解得：
對(duì)B，由牛頓第二定律有
F2﹣μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma2
解得：
設(shè)拉力作用t1時(shí)最終小物塊剛好沒有滑離長木板，則t1時(shí)間內(nèi)小物塊速度和位移分別為
v1＝a1t1，
t1時(shí)間內(nèi)木板的速度和位移分別為
v2＝a2t1，
此過程中A相對(duì)B向左滑動(dòng)距離
水平拉力撤去后，設(shè)再經(jīng)時(shí)間t2，A、B剛好共速，因A的受力不變，故A繼續(xù)加速，加速度仍然為
B做減速運(yùn)動(dòng)，且有
μ2（M+m）g+μ1mg＝Ma3
解得：
則有
v共＝v1+a1t2＝v2﹣a3t2
此過程中A相對(duì)B向左滑動(dòng)
此時(shí)A剛好滑到B最左端，則有
Δx＝Δx1+Δx2
聯(lián)立解得：v共＝2m/s，t1＝t2＝1s
即F2作用1s時(shí)間后撤去，A剛好不從B的左邊滑離。由于A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)小，故共速后A相對(duì)B向右滑動(dòng)，A向右減速，加速度大小仍然為
B向右減速，設(shè)加速度大小為a4，則有
μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma4
解得：
此后，A、B分別運(yùn)動(dòng)x3、x4后停下，有
x3，x4
解得：x3＝2m，x4＝0.5m
A相對(duì)B向右滑動(dòng)了
Δx′＝x3﹣x4＝2m﹣1.5m＝1.5m
即A最終停在B上離B左端1.5m的位置。
答：（1）當(dāng)A剛好相對(duì)B開始滑動(dòng)時(shí)，水平拉力F0的大小為12N；
（2）A所受到的摩擦力大小為0.5N；
（3）F2作用1s時(shí)間后撤去，A最終停在B上離B左端1.5m的位置。
【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合應(yīng)用問題，關(guān)鍵是弄清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運(yùn)動(dòng)學(xué)的計(jì)算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進(jìn)行解答；知道加速度是聯(lián)系靜力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁。
15．（2024秋 羅湖區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，傾斜的傳送帶正常工作時(shí)順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的速率為v2＝4m/s，傳送帶傾角為θ＝30°。一物塊從傳送帶上端滑上傳送帶，已知滑上時(shí)速率為v1＝5m/s，不計(jì)空氣阻力，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，傳送帶長度為L，g＝10m/s2，求：
（1）若μ＝0，且使傳送帶不動(dòng)，L＝7.5m，物塊離開傳送帶時(shí)的速度大小；
（2）若，L＝10m，傳送帶正常轉(zhuǎn)動(dòng)，物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
（3）若，L＝10m，傳送帶正常轉(zhuǎn)動(dòng)，物塊從哪一端離開傳送帶？并求物塊離開傳送帶時(shí)速度大小和在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。
【考點(diǎn)】傾斜傳送帶模型；牛頓第二定律求解多過程問題．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力；模型建構(gòu)能力．
【答案】（1）若μ＝0，且使傳送帶不動(dòng)，L＝7.5m，物塊離開傳送帶時(shí)的速度大小為10m/s；
（2）若，L＝10m，傳送帶正常轉(zhuǎn)動(dòng)，物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2s；
（3）從上端離開傳送帶，物塊離開傳送帶時(shí)速度大小為4m/s，在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為4.05s。
【分析】（1）對(duì)物塊受力分析，由牛頓第二定律解得加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律解答；
（2）對(duì)物塊受力分析，從而分析其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算；
（3）分析物塊的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)牛頓第二定律分析解答。
【解答】解：（1）依題意，對(duì)物塊受力分析，由牛頓第二定律可得
mgsinθ＝ma1
物塊在傳送帶上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有
聯(lián)立，解得
v＝10m/s
（2）對(duì)物塊受力分析，可得
mgsinθ＝mgmg
μmgcosθmgmg
即物塊下滑過程，合力為零，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有
解得t＝2s
（3）對(duì)物塊受力分析，由牛頓第二定律可得
μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma2
解得
即物塊做勻減速下滑，設(shè)經(jīng)t1速度減為零，則有
0＝v1﹣a2t1
解得
t1＝2s
此時(shí)物塊下滑的距離為
解得x＝5m＜L
說明物塊將沿傳送帶向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)t2與傳送帶共速，則有
此時(shí)物塊上滑位移為
因?yàn)棣蘭gcosθ＞mgsinθ，此后將隨傳送帶一起運(yùn)動(dòng)，則有
從上端離開傳送帶，物塊離開傳送帶時(shí)速度大小與傳送帶相同為
v2＝4m/s
綜上所述，物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
t總＝t1+t2+t3
解得t總＝4.05s
答：（1）若μ＝0，且使傳送帶不動(dòng)，L＝7.5m，物塊離開傳送帶時(shí)的速度大小為10m/s；
（2）若，L＝10m，傳送帶正常轉(zhuǎn)動(dòng)，物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2s；
（3）從上端離開傳送帶，物塊離開傳送帶時(shí)速度大小為4m/s，在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為4.05s。
【點(diǎn)評(píng)】該題涉及的過程比較多，二者過程的變化較復(fù)雜，在解答的過程中要注意對(duì)各個(gè)過程的把握，正確進(jìn)行受力分析，同時(shí)要明確其運(yùn)動(dòng)的過程與特點(diǎn)。
21世紀(jì)教育網(wǎng) www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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