优化探究（新课标）2017届高三物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律（课件+试题）（打包8套）.zip

1牛顿第一定律 牛顿第三定律[随堂反馈]1．(2016·揭阳模拟)在物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是( )A．亚里士多德、伽利略 B．伽利略、牛顿C．伽利略、爱因斯坦 D．亚里士多德、牛顿解析：伽利略通过斜面实验正确认识了运动和力的关系，从而推翻了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的错误观点；牛顿在归纳总结伽利略、笛卡儿等科学家的结论基础上得出了经典的牛顿第一定律，即惯性定律，B 正确．答案：B2．关于牛顿第一定律的说法中，正确的是( )A．由牛顿第一定律可知，物体在任何情况下始终处于静止状态或匀速直线运动状态B．牛顿第一定律只是反映惯性大小的，因此也叫惯性定律C．牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律，因此，物体在不受力时才有惯性D．牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因，又揭示了运动状态改变的原因解析：根据牛顿第一定律，物体在任何时候都有惯性，故选项 C 错；不受力时惯性表现为使物体保持静止状态或匀速直线运动状态，故选项 A 错；牛顿第一定律还揭示了力与运动的关系，即力是改变物体运动状态的原因，所以选项 D 正确；牛顿第一定律并不能反映物体惯性的大小，故选项 B 错．答案：D3.(多选)如图所示，用水平力 F 把一个物体紧压在竖直墙壁上静止，下列说法中正确的是( )A．水平力 F 跟墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力B．物体的重力跟墙壁对物体的静摩擦力是一对平衡力C．水平力 F 与物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力D．物体对墙壁的压力与墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力解析：水平力 F 跟墙壁对物体的压力作用在同一物体上，大小相等，方向相反，且作用在一条直线上，是一对平衡力，选项 A 错误；物体在竖直方向上受竖直向下的重力以及墙壁对物体竖直向上的静摩擦力的作用，因物体处于静止状态，故这两个力是一对平衡力，选项 B 正确；水平力 F 作用在物体上，而物体对墙壁的压力作用在墙壁上，这两个力不是平衡力，也不是相互作用力，选项 C 错误；物体对墙壁的压力与墙壁对物体的压力是两个物体间的相互作用力，是一对作用力与反作用力，选项 D 正确．答案：BD4.(多选)在水平的路面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗．现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图所示，则关于小车在此种情况下的运动，下列叙述正确的是( )2A．小车匀速向左运动B．小车可能突然向左加速C．小车可能突然向左减速D．小车可能突然向右减速解析：原来水和小车相对静止，以共同速度运动，水突然向右洒出有两种可能：①原来小车向左运动，突然加速，碗中水由于惯性保持原速度不变，故相对碗向右洒出．②原来小车向右运动，突然减速，碗中水由于惯性保持原速度不变，相对于碗向右洒出．故 B、D 正确．答案：BD5.如图所示，一个楔形物体 M 放在固定的粗糙斜面上， M 上表面水平且光滑，下表面粗糙，在其上表面上放一光滑小球 m，楔形物体由静止释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是( )A．沿斜面方向的直线 B．竖直向下的直线C．无规则的曲线 D．抛物线解析：对小球进行受力分析可知：小球所受的重力和支持力均沿竖直方向，小球在水平方向上不受力．根据牛顿第一定律可知，小球在水平方向上的运动状态不变，又因楔形物体由静止释放，故小球在水平方向上无运动，只沿竖直方向向下做直线运动．故选项 B 正确．答案：B[课时作业]一、单项选择题1．下列关于惯性的说法中正确的是( )A．物体只有静止或做匀速直线运动时才有惯性B．汽车速度越大刹车后越难停下来，表明速度越大惯性越大C．宇宙飞船中的物体处于完全失重状态，所以没有惯性D．乒乓球可以被快速抽杀，是因为乒乓球的惯性小解析：惯性是物体的固有属性，与物体的运动状态无关，选项 A 错误；惯性的大小仅取决于物体的质量，与其速度的大小及运动的时间无关，选项 B 错误；处于完全失重状态的物体，失去的不是重力，更不是质量，而是物体对悬挂物或支持物的弹力为零，选项 C 错误；乒乓球可以被快速抽杀，是由于它的质量小，即惯性小，选项 D 正确．答案：D2．伽利略用两个对接的斜面，一个斜面固定，让小球从固定斜面上滚下，又滚上另一个倾角可以改变的斜面，斜面倾角逐渐改变至零，如图所示．伽利略设计这个实验是为了说明( )3A．如果没有摩擦，小球将运动到与释放时相同的高度B．如果没有摩擦，物体运动时机械能守恒C．维持物体做匀速直线运动并不需要力D．如果物体不受到力，就不会运动解析：伽利略设计这个实验是为了说明维持物体做匀速直线运动并不需要力，选项 C 正确．答案：C3．在日常生活中，小巧美观的冰箱贴使用广泛．一磁性冰箱贴贴在冰箱的竖直表面上静止不动时，它受到的磁力( )A．小于受到的弹力B．大于受到的弹力C．和受到的弹力是一对作用力与反作用力D．和受到的弹力是一对平衡力解析：因磁性冰箱贴静止不动，在水平方向上受到两个力：磁力与弹力，应为一对平衡力，不是作用力与反作用力，所以选项 D 正确，A、B、C 错误．答案：D4．(2016·清远质检)如图所示，有两个穿着溜冰鞋的人站在冰面上，当其中一个人 A 从背后轻轻推另一个人 B 时，两个人都会向相反方向运动，这是因为 A 推 B 时( )A． A 与 B 之间有相互作用力B． A 对 B 的作用在先， B 对 A 的作用在后C． B 对 A 的作用力小于 A 对 B 的作用力D． A 对 B 的作用力和 B 对 A 的作用力是一对平衡力解析： A 推 B 时 A 与 B 之间有相互作用力，作用力与反作用力同时产生，大小相等，分别作用在不同的物体上，选项 A 正确，B、C、D 错误．答案：A5．足够长的水平木板，沿水平方向向右做匀速直线运动．木板上有两个质量不等的铁块与木板一块做匀速直线运动，两个铁块沿运动方向分布，质量大的在前，质量小的在后，并有一定的间隔．某时刻木板突然停止运动，下列说法正确的是( )A．若木板光滑，由于前面的铁块惯性大，两个铁块之间距离将增大B．若木板光滑，由于后面的铁块惯性小，两个铁块之间距离将减小C．若木板不光滑，两个铁块有可能相撞D．无论木板是否光滑，两个铁块之间距离总是保持不变解析：若木板光滑，某时刻木板突然停止运动，两铁块将保持原来速度匀速运动，两铁块之间距离保持不变；若木板不光滑，某时刻木板突然停止运动，两铁块将以原来速度为初4速度做匀减速直线运动，其加速度大小相同(为 μg )，两个铁块之间距离保持不变．答案：D6.如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河” ．两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是( )A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利解析：根据牛顿第三定律，甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，A 错误．因为甲对绳的力和乙对绳的力作用在同一个物体上，故二者不是作用力与反作用力，因绳子质量不计，所以两者可认为是一对平衡力，B 错误．冰面比较光滑，摩擦力可忽略不计，设绳的张力为 F，根据牛顿第二定律 a＝ 知，若 m 甲 ＞ m 乙 ，则 a 甲 ＜ a 乙 ，由Fmx＝ at2进一步推知，甲的位移较小，乙先过界，C 正确．冰面上“拔河”比赛的输赢只与12甲、乙的质量有关，与收绳速度无关，D 错误．答案：C7．在一次交通事故中，一辆载有 30 t“工”字形钢材的载重汽车由于避让横穿马路的摩托车而紧急制动，结果车厢上的钢材向前冲出，压扁驾驶室．关于这起事故原因的物理分析正确的是( )A．由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，压扁驾驶室B．由于汽车紧急制动，使其惯性减小，而钢材惯性较大，所以继续向前运动C．由于车厢上的钢材所受阻力太小，不足以克服其惯性，所以继续向前运动D．由于汽车制动前的速度太大，汽车的惯性比钢材的惯性大，在汽车制动后，钢材继续向前运动解析：由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，压扁了驾驶室，惯性只与质量有关，与运动状态、受力情况无关，A 正确．答案：A8.如图所示，物体静止在一固定在水平地面上的斜面上，下列说法正确的是( )A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力B．物体对斜面的摩擦力和物体重力沿斜面的分力是一对作用力和反作用力C．物体所受重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力D．物体所受重力可以分解为沿斜面的力和对斜面的压力5解析：物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对作用力和反作用力，故 A 错误．物体对斜面的摩擦力和物体重力沿斜面的分力不是两物体间的相互作用力，故 B 错误．物体受重力和斜面对物体的作用力，这两个力大小相等方向相反，是一对平衡力，故 C 正确．物体所受重力的分力仍作用在物体，故 D 错误．答案：C9.(2016·河南省实验中学检测)如图所示，用细线将 A 物体悬挂在顶板上， B 物体放在水平地面上． A、 B 间有一劲度系数为 100 N/m 的轻弹簧，此时弹簧伸长了 2 cm.已知 A、 B 两物体的重力分别是 3 N 和 5 N，则细线的拉力及 B 对地面的压力分别是( )A．8 N 和 0 N B．5 N 和 7 NC．5 N 和 3 N D．7 N 和 7 N解析：对 A 由平衡条件得 FT－ GA－ kx＝0，解得 FT＝ GA＋ kx＝3 N＋100×0.02 N＝5 N，对B 由平衡条件得 kx＋ FN－ GB＝0，解得 FN＝ GB－ kx＝5 N－100×0.02 N＝3 N，由牛顿第三定律得 B 对地面的压力是 3 N，故选项 C 正确．答案：C10.如图所示，质量为 M＝60 kg 的人站在水平地面上，用定滑轮装置将质量为 m＝40 kg 的重物送入井中．当重物以 2 m/s2的加速度加速下落时，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则人对地面的压力大小为( g 取 10 m/s2)( )A．200 N B．280 NC．320 N D．920 N解析：设人对绳的拉力大小为 F，对重物 m 应用牛顿第二定律得 mg－ F＝ ma.由牛顿第三定律可知，绳对人向上的拉力 F′与人对绳的拉力 F 等大反向，设地面对人的支持力为 FN，对人应用平衡条件可得 F′＋ FN＝ Mg，解得 FN＝ Mg－ mg＋ ma＝280 N，由牛顿第三定律可知，人对地面的压力与地面对人的支持力大小相等，故人对地面的压力大小为 280 N，B 项正确．答案：B11．如图所示，质量相等的甲、乙两人所用绳子相同，甲拉住绳子悬在空中处于静止状态，乙拉住绷紧绳子的中点把绳子拉断了．则( )6A．绳子对甲的拉力小于甲的重力B．绳子对甲的拉力大于甲对绳子的拉力C．乙拉断绳子前瞬间，绳上的拉力一定小于乙的重力D．乙拉断绳子前瞬间，绳上的拉力一定大于乙的重力解析：由平衡条件可知，绳子对甲的拉力大小等于甲受到的重力，A 错；由作用力与反作用力的关系可知绳子对甲的拉力等于甲对绳子的拉力，B 错；乙能把绳子拉断，对于具有同样承受能力的绳子，说明乙拉断绳子前的瞬间绳上的拉力一定大于绳子的承受力，而甲拉的绳子能承受甲的重力，甲、乙质量相等，因此乙拉的绳子上的拉力一定大于乙的重力，C 错，D 对．答案：D二、多项选择题12．关于两个物体间的作用力和反作用力，下列说法正确的是( )A．作用力和反作用力一定同时产生、同时消失B．作用力和反作用力可以不同时产生C．作用力和反作用力一定是相同性质的力D．作用力和反作用力的效果会相互抵消解析：作用力和反作用力一定是同时产生、同时变化、同时消失，力的性质一定相同，由于二者分别作用在两个物体上，力的作用效果不能相互抵消，故选项 A、C 正确，B、D 错误．答案：AC13．用计算机辅助实验系统做验证牛顿第三定律的实验，点击实验菜单中“力的相互作用”．把两个力探头的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，观察显示器屏幕上出现的结果如图所示．观察分析两个力传感器的相互作用力随时间变化的曲线，可以得到以下实验结论( )A．作用力与反作用力同时存在B．作用力与反作用力作用在同一物体上C．作用力与反作用力大小相等D．作用力与反作用力方向相反解析：由题图可知，两个力传感器的相互作用力属于作用力和反作用力，它们同时存在、大小相等、方向相反、作用在两个物体上，故 A、C、D 正确．答案：ACD14.如图所示，解放军某部出动直升机救助被困受伤灾民，若不考虑悬索质量，下列说法正确的是( )7A．只有在匀速吊起时悬索对人的拉力才等于人对悬索的拉力B．当加速吊起时悬索对人的拉力等于人对悬索的拉力C．当加速吊起时悬索对飞机的拉力大于飞机对悬索的拉力D．无论如何吊起悬索对人的拉力都等于人对悬索的拉力解析：悬索对人的拉力和人对悬索的拉力是一对作用力与反作用力，在任何情况下大小都相等，故选项 A 错误，选项 B、D 正确；悬索对飞机的拉力和飞机对悬索的拉力是一对作用力和反作用力，且悬索中张力处处相等，故选项 C 错误．答案：BD15．一个物体静止在水平面上，与物体有关的力有：物体的重力 G；物体对水平面的压力F1；水平面对物体的支持力 F2；物体对地球的吸引力 F3.下列说法中正确的是( )A． G 与 F1是一对平衡力B． G 与 F2是一对平衡力C． G 与 F3是一对作用力和反作用力D． F1与 F2是一对作用力和反作用力解析：物体静止在水平面上，物体所受的力有 G 和 F2，这是一对平衡力；重力 G 的反作用力是物体对地球的吸引力 F3，支持力 F2的反作用力是物体对水平面的压力 F1，故选项 A 错误，选项 B、C、D 正确．答案：BCD1牛顿第二定律 两类动力学问题[随堂反馈]1.如图所示，一物块从某一高度自由落下，落在竖立于地面的轻弹簧上．物块在 A 处开始与弹簧接触，到 B 处时物块速度为零，然后被弹回．下列说法正确的是( )A．物块从 A 处下降到 B 处的过程中，速率不断减小B．物块从 B 处上升到 A 处的过程中，速率不断增大C．物块在 B 处时，所受合力为零D．物块从 A 处下降到 B 处的过程中速率先增大，后减小解析：物块在 A 处与弹簧接触后，刚开始一段时间内弹簧对物块的支持力比重力小，物块所受的合力方向竖直向下，物块竖直向下做加速运动，速度不断增大，选项 A 错误；随着物块向下运动，合力减小，加速度减小，当加速度为零时，速度最大；之后物块继续压缩弹簧，合力方向改为竖直向上，与速度方向相反，物块竖直向下做减速运动，到 B 处时速度为零，选项 D 正确；物块在 B 处时，所受合力最大，选项 C 错误；物块从 A 处下降到 B处与从 B 处上升到 A 处互为逆运动，即物块从 B 处上升到 A 处的过程中速率先增大，后减小，选项 B 错误．答案：D2.(2016·泉州五校联考)如图所示，质量为 m 的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为 30°的光滑木板 AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板 AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )A．0 B. g233C． g D. g33解析：开始小球处于平衡状态，受重力 mg、支持力 FN、弹簧拉力 F 三个力作用，受力分析如图所示，由平衡条件可得 FN＝ mgcos 30°＋ Fsin 30°， Fcos 30°＝ mgsin 30°，解得FN＝ mg，重力 mg、弹簧拉力 F 的合力的大小等于支持力 FN，当木板 AB 突然向下撤离的233瞬间，小球受力不再平衡，此时的合力与 FN等大反向，由牛顿第二定律得此时小球的加速度大小为 g，B 正确．2332答案：B3.乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为 30°的山坡以加速度 a 上行，如图所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为 m 的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)．则( )A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C．小物块受到的滑动摩擦力为 mg＋ ma12D．小物块受到的静摩擦力为 ma解析：小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度 a上行，小物块的加速度也为 a，以物块为研究对象，则有 Ff－ mgsin 30°＝ ma， Ff＝ mg＋ ma，方向平行斜面向上，故 A 正确，B、C、D 均错误．12答案：A4.如图所示，质量 M＝8 kg 的小车放在光滑的水平平面上，在小车左端加一水平推力 F＝8 N．当小车向右运动的速度达到 1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m＝2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数 μ ＝0.2，小车足够长．求：( g 取 10 m/s2)(1)放上小物块后，小物块及小车的加速度大小；(2)经多长时间两者达到相同的速度；(3)从小物块放在小车上开始，经过 t＝1.5 s 小物块通过的位移大小．解析：(1)小物块的加速度 am＝ μg ＝2 m/s 2小车的加速度 aM＝ ＝0.5 m/s 2.F－ μ mgM(2)由 amt＝ v0＋ aMt 得 t＝1 s.(3)在开始 1 s 内小物块的位移 x1＝ amt2＝1 m12最大速度 v＝ amt＝2 m/s3在接下来的 0.5 s 内小物块与小车相对静止，一起做匀加速运动且加速度 a＝ ＝0.8 FM＋ mm/s2这 0.5 s 内的位移 x2＝ vt1＋ at ＝1.1 m12 21通过的总位移 x＝ x1＋ x2＝2.1 m.答案：(1)2 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)1 s (3)2.1 m5.设某一舰载机的质量为 m＝2.5×10 4 kg，着舰速度为 v0＝42 m/s，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，舰载机将在甲板上以 a0＝0.8 m/s2的加速度做匀减速运动，着舰过程中航母静止不动．(1)舰载机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多长才能保证舰载机不滑到海里？(2)为了舰载机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让舰载机减速，同时考虑到舰载机挂索失败需要复飞的情况，舰载机着舰时不关闭发动机．如图所示为舰载机钩住阻拦索后某一时刻的情景，此时发动机的推力大小为 F＝1.2×10 5 N，减速的加速度a1＝20 m/s2，此时阻拦索夹角 θ ＝106°，空气阻力和甲板阻力保持不变．求此时阻拦索承受的张力大小．(已知 sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)解析：(1)设甲板的长度至少为 s0，则由运动学公式得－ v ＝－2 a0s0，故 s0＝20v202a0代入数据可得 s0＝1 102.5 m.(2)舰载机受力分析如图所示，其中 FT为阻拦索的张力， Ff为空气和甲板对舰载机的阻力，由牛顿第二定律得2FTcos 53°＋ Ff－ F＝ ma1舰载机仅受空气阻力和甲板阻力时 Ff＝ ma0联立可得 FT＝5×10 5 N.答案：(1)1 102.5 m (2)5×10 5 N[课时作业]一、单项选择题41．在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为 0.1 s，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值 Δ x＝1.2 cm，若还测出小车的质量为 500 g，则关于加速度、合力的大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是( )A． a＝ m/s2＝120 m/s 21.20.12B． a＝ m/s2＝1.2 m/s 21.2×10－ 20.12C． F＝500×1.2 N＝600 ND． F＝0.5×1.2＝0.60 N解析：在应用公式进行数量运算的同时，也要把单位带进运算．带单位运算时，单位换算要准确．可以把题中已知量的单位都用国际单位制表示，计算结果的单位就是国际单位制单位，这样在统一已知量的单位后，就不必一一写出各个量的单位，只在数字后面写出正确单位即可．选项 A 中 Δ x＝1.2 cm 没用国际单位制表示，C 项中的小车质量 m＝500 g 没用国际单位制表示，D 项中运算过程中没有加单位，所以只有选项 B 正确．答案：B2.放在粗糙水平面上的物块 A、 B 用轻质弹簧测力计相连，如图所示，两物块与水平面间的动摩擦因数均为 μ ，今对物块 A 施加一水平向左的恒力 F，使 A、 B 一起向左匀加速运动．设 A、 B 的质量分别为 m、 M，则弹簧测力计的示数为( )A. B.MFm MFM＋ mC. M D. MF－ μ  m＋ M gm F－ μ  m＋ M gm＋ M解析：先以 A、 B 整体为研究对象，它们受到竖直向下的重力( M＋ m)g，竖直向上的支持力FN＝( M＋ m)g，水平向左的拉力 F，水平向右的摩擦力 Ff＝ μF N＝ μ (M＋ m)g.对 A、 B 整体受力分析得 F－ Ff＝( M＋ m)a①.再以 B 为研究对象，其受力为竖直向下的重力 Mg，竖直向上的支持力 FN′＝ Mg，水平向左的弹簧拉力 F′，水平向右的摩擦力 Ff′＝ μF N′＝ μMg .由牛顿第二定律得 F′－ Ff′＝ F′－ μMg ＝ Ma， a＝ － μg ②，F′M将②代入①整理得 F′＝ ，所以选项 B 正确．MFM＋ m答案：B3.如图所示， A、 B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为 θ ，图甲中， A、 B 两球用轻弹簧相连，图乙中 A、 B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板 C 与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )5A．两图中两球加速度均为 gsin θB．两图中 A 球的加速度均为零C．图乙中轻杆的作用力一定不为零D．图甲中 B 球的加速度是图乙中 B 球加速度的 2 倍解析：撤去挡板前，挡板对 B 球的弹力大小为 2mgsin θ ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中 A 球所受合力为零，加速度为零， B 球所受合力为 2mgsin θ ，加速度为 2gsin θ ；图乙中杆的弹力突变为零， A、 B 球所受合力均为mgsin θ ，加速度均为 gsin θ ，可知只有 D 对．答案：D4.(2014·高考新课标全国卷Ⅰ)如图所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)．与稳定在竖直位置时相比，小球的高度( )A．一定升高B．一定降低C．保持不变D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定解析：本题考查了牛顿第二定律与受力分析．设橡皮筋原长为 l0，小球静止时设橡皮筋伸长 x1，由平衡条件有 kx1＝ mg，小球距离悬点高度 h＝ l0＋ x1＝ l0＋ .加速时，设橡皮筋与mgk水平方向夹角为 θ ，此时橡皮筋伸长 x2，小球在竖直方向上受力平衡，有 kx2sin θ ＝ mg，小球距离悬点高度 h′＝( l0＋ x2)sin θ ＝ l0sin θ ＋ ，因此小球高度升高了．mgk答案：A5.如图所示，质量分别为 m1、 m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力 F 的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动( m1在光滑地面上， m2在空中)．已知力 F 与水平方向的夹角为 θ .则 m1的加速度大小为( )A. B.Fcos θm1＋ m2 Fsin θm1＋ m2C. D.Fcos θm1 Fsin θm2解析：把 m1、 m2看作一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得 Fcos 6θ ＝( m1＋ m2)a，所以 a＝ ，选项 A 正确．Fcos θm1＋ m2答案：A二、多项选择题6．(2016·绵阳一诊)如图，光滑斜面的底端固定一垂直于斜面的挡板，质量相同的 A、 B两物体由轻弹簧连接，放在斜面上，最初处于静止状态．现用一平行于斜面的力 F 拉 B 物体沿斜面向上做匀加速直线运动，以 B 物体初始位置为坐标原点、沿斜面向上建立 Ox 坐标轴，在物体 A 离开挡板之前(弹簧一直处于弹性限度内)，外力 F 和挡板对 A 物体的支持力FN随 B 物体的位置坐标 x 的变化关系图线正确的是( )解析： A、 B 设原系统静止时弹簧的压缩长度为 x0，当木块 B 的位移为 x 时，弹簧的压缩长度为( x0－ x)，弹簧的弹力大小为 k(x0－ x)，根据牛顿第二定律得F＋ k(x0－ x)－ mgsin θ ＝ ma得到 F＝ kx－ kx0＋ ma＋ mgsin θ ，又 kx0＝ mgsin θ ，则得到 F＝ kx＋ ma可见 F 与 x 是线性关系，当 x＝0 时， kx＋ ma＞0，故 A 正确，B 错误；对 A 进行受力分析，沿斜面方向， FN＝ mgsin θ ＋ k(x0－ x)，弹簧弹力减小，所以弹力 FN也减小且与 x 是一次函数，故 C 错误，D 正确．答案：AD7．质量分别为 M 和 m 的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为 α 的斜面， M 恰好能静止在斜面上，不考虑 M、 m 与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放 M，斜面仍保持静止．则下列说法正确的是( )A．轻绳的拉力等于 MgB．轻绳的拉力等于 mgC． M 运动的加速度大小为(1－sin α )gD． M 运动的加速度大小为 gM－ mM解析：互换位置前， M 静止在斜面上，则有 Mgsin α ＝ mg，互换位置后，对 M 有Mg－ FT＝ Ma，对 m 有 FT′－ mgsin α ＝ ma，又 FT＝ FT′，解得 a＝ g＝(1－sin α )M－ mM7g， FT＝ mg，故 A 错，B、C、D 对．答案：BC8.(2016·山东师大附中质检)如图所示，质量为 m＝1 kg 的物体与水平地面之间的动摩擦因数为 0.3，当物体运动的速度为 10 m/s 时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N 的恒力，在此恒力作用下( g 取 10 m/s2)( )A．物体经 10 s 速度减为零B．物体经 2 s 速度减为零C．物体速度减为零后将保持静止D．物体速度减为零后将向右运动解析：物体受到向右的滑动摩擦力， Ff＝ μF N＝ μG ＝3 N，根据牛顿第二定律得a＝ ＝ m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体减速到 0 所需的时间 t＝ ＝ s＝2 F＋ Ffm 2＋ 31 v0a 105s，B 正确，A 错误．减速到零后， F＜ Ff，物体处于静止状态，不再运动，C 正确，D 错误．答案：BC9．(2014·高考江苏卷)如图所示， A、 B 两物块的质量分别为 2m 和 m，静止叠放在水平地面上． A、 B 间的动摩擦因数为 μ ， B 与地面间的动摩擦因数为 μ .最大静摩擦力等于滑动12摩擦力，重力加速度为 g.现对 A 施加一水平拉力 F，则( )A．当 F＜2 μmg 时， A、 B 都相对地面静止B．当 F＝ μmg 时， A 的加速度为 μg52 13C．当 F＞3 μmg 时， A 相对 B 滑动D．无论 F 为何值， B 的加速度不会超过 μg12解析：对 A、 B 整体应用牛顿第二定律，有 F－ ×3mg＝3 ma；对 B，在 A、 B 恰好要发生相μ 2对运动时， μ ×2mg－ ×3mg＝ ma，两式联立解得 F＝3 μmg ，可见，当 F＞3 μmg 时， A 相μ 2对 B 才能滑动，C 对．对 A、 B 整体，地面对 B 的最大静摩擦力为 μmg ，故当32μmg ＜ F＜3 μmg 时， A、 B 相对地面运动，故 A 错．当 F＝ μmg 时， A、 B 相对静止，对32 52整体有 μmg － ×3mg＝3 ma， a＝ μg ，故 B 正确．无论 F 为何值， B 所受最大的动力为52 μ 2 138A 对 B 的最大静摩擦力 2μmg ，故 B 的最大加速度 aBm＝ ＝ μg ，可见 D2μ mg－ 12×3μ mgm 12正确．答案：BCD三、非选择题10.质量 m＝4 kg 的物块，在一个平行于斜面向上的拉力 F＝40 N 作用下，从静止开始沿斜面向上运动，如图所示．已知斜面足够长，倾角 θ ＝37°，物块与斜面间的动摩擦因数μ ＝0.2.力 F 作用了 5 s，求物块在 5 s 内的位移及它在 5 s 末的速度．( g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：如图，对物块受力分析，建立直角坐标系，把重力 mg 沿平行于斜面和垂直于斜面的方向分解．沿平行于斜面方向：F－ mgsin θ － Ff＝ ma①沿垂直于斜面方向： FN＝ mgcos θ ②又有 Ff＝ μF N③由①②③得a＝ ＝2.4 m/s 2.F－ mgsin θ － μ mgcos θm物块从静止开始沿斜面做匀加速运动，5 s 内的位移x＝ at2＝ ×2.4×52 m＝30 m.12 125 s 末的速度 v＝ at＝12 m/s.答案：30 m 12 m/s11．质量为 M、长为 L 的杆水平放置，杆两端 A、 B 系着长为 3L 的不可伸长且光滑的柔3软轻绳，绳上套着一质量为 m 的小铁环．已知重力加速度为 g，不计空气影响．(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲所示，求绳中拉力的大小；(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿 AB 方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于 A 端的正下方，如图乙所示．9①求此状态下杆的加速度大小 a；②为保持这种状态，需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？解析：(1)如图甲所示，设平衡时绳中拉力为 FT，有2FTcos θ － mg＝0①由图知 cos θ ＝ ②63由①②式解得 FT＝ mg③64(2)①此时，对小铁环受力分析如图乙所示，有FT′sin θ ′＝ ma④FT′＋ FT′cos θ ′－ mg＝0⑤由图知 cos θ ′＝12代入④⑤式解得 a＝ g⑥33②如图丙所示，设外力 F 与水平方向成 α 角，将杆和小铁环当成一个整体，有Fcos α ＝( M＋ m)a⑦Fsin α －( M＋ m)g＝0⑧由⑥⑦⑧式解得F＝ (M＋ m)g，tan α ＝ (或 α ＝60°)．233 3答案：(1) mg (2)① g ② (M＋ m)g 与水平方向成 60°角64 33 23312．如图所示，可看成质点的小物块放在长木板正中间，已知长木板质量 M＝4 kg，长度L＝2 m，小物块质量 m＝1 kg，长木板置于光滑水平地面上，两物体皆静止．现在用一大小为 F 的水平恒力作用于小物块上，发现只有当 F 超过 2.5 N 时，才能让两物体间产生相对滑动．设两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度 g 取 10 m/s2，试求：(1)小物块和长木板间的动摩擦因数；(2)若一开始力 F 就作用在长木板上，且 F＝12 N，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？10解析：(1)设两物体间的最大静摩擦力为 Ff，当 F＝2.5 N 作用于小物块时，对整体由牛顿第二定律有F＝( M＋ m)a①对长木板由牛顿第二定律有 Ff＝ Ma②由①②可得 Ff＝2 N小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力 FN＝ mg，摩擦力 Ff＝ μmg ③得 μ ＝0.2(2)当 F＝12 N 作用于长木板上时，两物体发生相对滑动，设长木板、小物块的加速度分别为 a1、 a2，对长木板，由牛顿第二定律有F－ Ff＝ Ma1④得 a1＝2.5 m/s 2⑤对小物块，由牛顿第二定律有 Ff＝ ma2⑥得 a2＝2 m/s 2⑦由匀变速直线运动规律，两物体在 t 时间内的位移分别为s1＝ a1t2⑧12s2＝ a2t2⑨12小物块刚滑下长木板时，有 s1－ s2＝ L⑩12由⑤⑦⑧⑨⑩式解得 t＝2 s.答案：(1)0.2 (2)2 s1牛顿运动定律的综合应用[随堂反馈]1．在探究超重和失重规律时，某体重为 G 的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作．传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力 F 随时间 t 变化的图象，则下列图象中可能正确的是( )解析：未下蹲时，该同学对传感器的压力等于其重力；下蹲的初始阶段，该同学从静止开始做加速运动，其加速度方向竖直向下，处于失重状态，对传感器的压力小于其重力；速度达到最大后，又做减速运动，其加速度方向竖直向上，处于超重状态，对传感器的压力大于其重力，D 正确．答案：D2.(多选)(2015·高考海南卷)如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时( )A．物块与斜面间的摩擦力减小B．物块与斜面间的正压力增大C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑解析：开始时，木块匀速运动，有 mgsin θ ＝ Ff， FN＝ mgcos θ ， Ff＝ μmg cos θ ，得μ ＝tan θ .当升降机加速上升时，对物块受力分析，如图所示，其中 Ff′＝ μF N′，沿水平与竖直分解各力，得 Ff′cos θ ＝ FN′sin θ ，即木块水平方向合力为零，说明木块在水平方向做匀速运动．又因为木块始终没有离开斜面，因此，物块相对斜面一定做匀速运动，C 错误，D 正确．由上面分析可知物块具有向上的加速度，即 FN′cos θ ＋ Ff′sin θ － mg＝ ma，解得 FN′＝ m(g＋ a)cos θ ＞ FN， Ff′＝ μF N′＝ μm (g＋ a)cos θ ＞ Ff，A 错误，B 正确．答案：BD3．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率 v1顺时针运行．初速度大小为 v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的 A 处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的 v-t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知 v2＞ v1，则( )2A． t2时刻，小物块离 A 处的距离达到最大B． t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～ t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～ t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：由图象知物块先向左减速，后反向加速到 v1再做匀速直线运动， t1时刻离 A 距离最大，A 错误； t2时刻二者相对静止，故 t2时刻物块相对传送带滑动距离最大，B 正确；0～ t2时间内摩擦力方向一直向右，C 错误；在 0～ t2时间内摩擦力为滑动摩擦力，大小不变，在 t2～ t3时间内物块做匀速运动，此过程摩擦力为零，D 错误．答案：B4．(2014·高考山东卷)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间) t0＝0.4 s，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72 km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39 m．减速过程中汽车位移 s 与速度 v 的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．重力加速度 g 取 10 m/s2.求：(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．解析：(1)设减速过程中汽车加速度的大小为 a，所用时间为 t，由题可得初速度 v0＝72 km/h＝20 m/s，末速度 vt＝0，位移 s＝25 m，由运动学公式得 v ＝2 as①20t＝ ②v0a联立①②式，代入数据得 a＝8 m/s 2③t＝2.5 s④(2)设志愿者反应时间为 t′，反应时间的增加量为 Δ t，由运动学公式得 L＝ v0t′＋ s⑤Δ t＝ t′－ t0⑥联立⑤⑥式，代入数据得 Δ t＝0.3 s⑦(3)设志愿者所受合力的大小为 F，汽车对志愿者作用力的大小为 F0，志愿者质量为 m，由牛顿第二定律得 F＝ ma⑧3由平行四边形定则得 F ＝ F2＋( mg)2⑨20联立③⑧⑨式，代入数据得 ＝ ⑩F0mg 415答案：(1)8 m/s 2 2.5 s (2)0.3 s (3)4155．如图所示，木板与水平地面间的夹角 θ 可以随意改变，当 θ ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率 v0沿木板向上运动，随着 θ 的改变，小物块沿木板滑行的距离 s 将发生变化，重力加速度为 g.(1)求小物块与木板间的动摩擦因数．(2)当 θ 角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值．解析：(1)当 θ ＝30°时，对物块受力分析： mgsin θ ＝ μF NFN－ mgcos θ ＝0则动摩擦因数μ ＝tan θ ＝tan 30°＝ .33(2)当 θ 变化时，设物块的加速度为 a，则 mgsin θ ＋ μmg cos θ ＝ ma物块的位移为 s，则 v ＝2 as20则 s＝v202g sin θ ＋ μ cos θ 令 tan α ＝ μ ，则当 α ＋ θ ＝90°时 s 最小，即 θ ＝60°，小物块沿木板滑行的距离最小smin＝ ＝ .v202g sin 60°＋ μ cos 60° 3v204g答案：(1) (2) θ ＝60° 33 3v204g[课时作业]一、单项选择题1.如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为 m、2 m 的 A、 B 两个物体， A、 B 间的最大静摩擦力为 μmg .现用水平拉力 F 拉 B，使 A、 B 以同一加速度运动，则拉力 F 的最大值为( )A． μmg B．2 μmgC．3 μmg D．4 μmg解析：当 A、 B 之间恰好不发生相对滑动时力 F 最大，此时，对于 A 物体所受的合力为μmg ，由牛顿第二定律知 aA＝ ＝ μg ；对于 A、 B 整体，加速度 a＝ aA＝ μg ，由牛顿第μ mgm4二定律得 F＝3 ma＝3 μmg .答案：C2．(2016·衡水调研)如图甲所示，在木箱内粗糙斜面上静止一个质量为 m 的物体，木箱竖直向上运动的速度 v 与时间 t 的变化规律如图乙所示，物体始终相对斜面静止．斜面对物体的支持力和摩擦力分别为 N 和 f，则下列说法正确的是( )A．在 0～ t1时间内， N 增大， f 减小B．在 0～ t1时间内， N 减小， f 增大C．在 t1～ t2时间内， N 增大， f 增大D．在 t1～ t2时间内， N 减小， f 减小解析：在 0～ t1时间内，由图乙可知，物体做加速运动，加速度逐渐减小，设斜面倾角为θ ，对物体受力分析，在竖直方向上有 Ncos θ ＋ fsin θ － mg＝ ma1，在水平方向上有Nsin θ ＝ fcos θ ，因加速度减小，则支持力 N 和摩擦力 f 均减小．在 t1～ t2时间内，由图乙可知，物体做减速运动，加速度逐渐增大，对物体受力分析，在竖直方向上有mg－( Ncos θ ＋ fsin θ )＝ ma2，在水平方向上有 Nsin θ ＝ fcos θ ，因加速度增大，则支持力 N 和摩擦力 f 均减小，故选 D.答案：D3.(2014·高考福建卷)如图所示，滑块以初速度 v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用 h、 s、 v、 a 分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小， t 表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( )解析：设滑块与斜面间的动摩擦因数为 μ ，斜面倾角为 θ ，滑块在表面粗糙的固定斜面上下滑时做匀减速直线运动，加速度不变，其加速度的大小为 a＝ μg cos θ － gsin θ ，故D 项错误；由速度公式 v＝ v0－ at 可知， v－ t 图象应为一条倾斜的直线，故 C 项错误；由位移公式 s＝ v0t－ at2可知，B 项正确；由位移公式及几何关系可得 h＝ ssin 12θ ＝( v0t－ at2)sin θ ，故 A 项错误．12答案：B4.如图所示，物体 A 叠放在物体 B 上， B 置于光滑水平面上， A、 B 质量分别为 mA＝6 kg， mB＝2 kg， A、 B 之间的动摩擦因数 μ ＝0.2，开始时 F＝10 N，此后逐渐增加，在增5大到 45 N 的过程中， g 取 10 m/s2，则(设 A、 B 间最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A．当拉力 F＜12 N 时，两物体均保持静止状态B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过 12 N 时，开始相对滑动C．两物体间从受力开始就有相对运动D．两物体间始终没有相对运动解析：当 A、 B 间的静摩擦力达到最大静摩擦力，即滑动摩擦力时， A、 B 才会发生相对运动．此时对 B 有所以 Ffmax＝ μm Ag＝12 N，而 Ffmax＝ mBa， a＝6 m/s2，即两者开始相对运动时的加速度为 6 m/s2，此时对 A、 B 整体有 F＝( mA＋ mB)a＝48 N，即 F＞48 N 时， A、 B 才会开始相对运动，故选项 A、B、C 错误，D 正确．答案：D5．某马戏团演员做滑杆表演，已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为 200 N．在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小．已知演员在滑杆上做完动作之后，先在杆上静止了 0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s 末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程中演员的 v－ t 图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况如图所示，g 取 10 m/s2，则下述说法正确的是( )A．演员的体重为 800 NB．演员在第 1 s 内一直处于超重状态C．滑杆所受的最小拉力为 620 ND．滑杆所受的最大拉力为 900 N解析：演员在滑杆上静止时，传感器显示的拉力 800 N 等于演员重力和滑杆的重力之和，演员的体重为 600 N，选项 A 错误．演员在第 1 s 内先静止后加速下滑，加速下滑处于失重状态，选项 B 错误．演员加速下滑时滑杆所受的拉力最小，加速下滑的加速度 a1＝3 m/s2，对演员，由牛顿第二定律有 mg－ Ff1＝ ma1，解得 Ff1＝420 N．对滑杆，由平衡条件得，最小拉力 F1＝420 N＋200 N＝620 N，选项 C 正确．减速下滑时滑杆所受的拉力最大．减速下滑的加速度 a2＝1.5 m/s2，对演员，由牛顿第二定律有 Ff2－ mg＝ ma2，解得 Ff2＝690 N．对滑杆，由平衡条件得，最大拉力 F2＝690 N＋200 N＝890 N，选项 D 错误．答案：C二、多项选择题6．(多选)质量为 m 的物体放置在升降机内的台秤上，现在升降机以加速度 a 在竖直方向上做匀变速直线运动．若物体处于失重状态，则( )A．升降机加速度方向竖直向下B．台秤示数减少 maC．升降机一定向上运动6D．升降机一定做加速运动解析：物体处于失重状态，加速度方向一定竖直向下，但速度方向可能向上，也可能向下，故 A 对，C、D 错．由 mg－ FN＝ ma 可知台秤示数减少 ma，选项 B 对．答案：AB7．(2014·高考山东卷)一质点在外力作用下做直线运动，其速度 v 随时间 t 变化的图象如图所示．在图中标出的时刻中，质点所受合力的方向与速度方向相同的有( )A． t1 B． t2C． t3 D． t4解析：本题考查的是速度图象．速度图象中某点的切线的斜率表示加速度． t1时刻速度为正，加速度也为正，合力与速度同向； t2时刻速度为正，加速度为负，合力与速度反向；t3时刻速度为负，加速度也为负，合力与速度同向； t4时刻速度为负，加速度为正，合力与速度反向，选项 A、C 正确．答案：AC8.如图所示，水平传送带 A、 B 两端相距 x＝3.5 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ ＝0.1，物体滑上传送带 A 端的瞬时速度 vA＝4 m/s，到达 B 端的瞬时速度设为 vB.下列说法中正确的是( )A．若传送带不动， vB＝3 m/sB．若传送带逆时针匀速转动， vB一定等于 3 m/sC．若传送带顺时针匀速转动， vB一定等于 3 m/sD．若传送带顺时针匀速转动， vB有可能等于 3 m/s解析：当传送带不动时，物体从 A 到 B 做匀减速运动， a＝ μg ＝1 m/s2，物体到达 B 点的速度 vB＝ ＝3 m/s.当传送带逆时针匀速转动时，物体滑上传送带后所受摩擦力不v2A－ 2ax变，物体以相同的加速度一直减速至 B， vB＝3 m/s.当传送带顺时针匀速转动时，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动情况不同．如果传送带速度大于 4 m/s，则物体可能一直加速，也可能先加速后匀速；当传送带速度等于 4 m/s 时，物体匀速；当传送带速度小于 4 m/s 时，物体可能一直减速，也可能先减速后匀速．答案：ABD9.三角形传送带以 1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是 2 m，且与水平方向的夹角均为 37°.现有两个小物块 A、 B 从传送带顶端都以 1 m/s 的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为 0.5.下列说法正确的是( )7A．物块 A 先到达传送带底端B．物块 A、 B 同时到达传送带底端C．物块 A、 B 运动的加速度大小不同D．物块 A、 B 在传送带上的划痕长度不相同解析：因摩擦因数 0.5＜tan 37°，所以 A、 B 受力情况相同，均受重力、支持力、沿斜面向上的摩擦力，故 A、 B 的加速度相同，运动时间相同，将同时到达底端，故选项 A、C 错，B 正确；由于小物块 A 与传送带的运动方向相同，小物块 B 与传送带的运动方向相反，故物块 A、 B 在传送带上的划痕长度不相同，选项 D 正确．答案：BD三、非选择题10.(2014·高考上海卷)如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为 θ 的固定斜面，斜面上放一质量为 m 的光滑球．静止时，箱子顶部与球接触但无压力．箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为 a 的匀减速运动直至静止，经过的总路程为 s，运动过程中的最大速度为 v.(1)求箱子加速阶段的加速度大小 a′.(2)若 a＞ gtan θ ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力．解析：(1)由匀变速直线运动的公式有 v2＝2 a′ s1， v2＝2 as2，且 s1＋ s2＝ s解得 a′＝av22as－ v2(2)假设球刚好不受箱子作用，受力如图甲所示，应满足 FNsin θ ＝ ma0， FNcos θ ＝ mg，解得 a0＝ gtan θ .箱子减速时加速度水平向左，当 a＞ gtan θ 时，箱子左壁对球的作用力为零，顶部对球的力不为零，此时球受力如图乙所示．8由牛顿第二定律得FN′cos θ ＝ F＋ mgFN′sin θ ＝ ma解得 F＝ m(atan θ － g)答案：(1)av22as－ v2(2)0 m(atan θ － g)11．(2016·武汉武昌区调研)在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平面成θ ＝37°角固定，质量为 m＝1 kg 的小球穿在细杆上静止于细杆底端 O，如图甲所示．开启送风装置，有水平向右的恒定风力 F 作用于小球上，在 t1＝2 s 时刻风停止．小球沿细杆运动的部分 v-t 图象如图乙所示， g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：(1)小球在 0～2 s 内的加速度 a1和 2～5 s 内的加速度 a2；(2)小球与细杆间的动摩擦因数 μ 和水平风力 F 的大小．解析：(1)取沿杆向上为正方向，由图乙可知在 0～2 s 内： a1＝ ＝15 m/s 2(方向沿杆向上)v1－ v0t1在 2～5 s 内： a2＝ ＝－10 m/s 2(方向沿杆向下)v2－ v1t2(2)有风力时的上升过程，对小球受力分析有Fcos θ － μ (mgcos θ ＋ Fsin θ )－ mgsin θ ＝ ma1停风后的上升阶段，有－ μmg cos θ － mgsin θ ＝ ma2综上解得 μ ＝0.5， F＝50 N.答案：(1)15 m/s 2，方向沿杆向上 10 m/s 2，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N12.(2016·河南十校联考)如图所示，与水平方向成 37°角的传送带以恒定速度 v＝2 m/s沿顺时针方向转动，两传动轮间距 L＝5 m．现将质量为 1 kg 且可视为质点的物块以 v0＝4 m/s 的速度沿传送带向上的方向自底端滑上传送带．物块与传送带间的动摩擦因数为μ ＝0.5， g 取 10 m/s2，已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，求物块在传送带上上升的最大高度．9解析：刚滑上传送带时，物块相对传送带向上运动，受到的摩擦力沿传送带向下，将匀减速上滑，直至与传送带等速，由牛顿第二定律得 mgsin θ ＋ μmg cos θ ＝ ma1则 a1＝ g(sin θ ＋ μ cos θ )＝10 m/s 2位移 x1＝ ＝0.6 mv20－ v22a1物块与传送带相对静止瞬间，由于最大静摩擦力 Ff＝ μmg cos θ ＜ mgsin θ ，相对静止状态不能持续，物块速度会继续减小．此后，物块受到的滑动摩擦力沿传送带向上，但合力沿传送带向下，故继续匀减速上升，直到速度为零，由 mgsin θ － μmg cos θ ＝ ma2得 a2＝ g(sin θ － μ cos θ )＝2 m/s 2位移 x2＝ ＝1 mv22a2则物块沿传送带上升的最大高度为H＝( x1＋ x2)sin 37°＝0.96 m.答案：0.96 m