4.5 牛顿运动定律的应用 同步专项训练 -2025-2026学年高一上学期物理人教版必修第一册

牛顿运动定律的应用 目录 知识精讲—方法点播 1 分类演练一 超重和失重问题 4 分类演练二 斜面模型 5 分类演练三 连接体问题 11 分类演练四 传送带模型 12 分类演练五 板块模型 21 课后巩固训练 24 知识精讲—方法点播 知识精讲一 超重和失重问题 1. 基本概念： 视重：物体对支持物的压力（如台秤读数）或对悬挂物的拉力（如弹簧测力计读数）。 实重：物体实际所受的重力（G=mg），与运动状态无关。 超重：视重大于实重的现象。 失重：视重小于实重的现象。 完全失重：视重等于零的现象。 2. 产生原因与判断方法： 超重和失重并非物体重力的变化，而是由物体在竖直方向上的加速度引起的。 超重条件：物体具有竖直向上的加速度。 运动情形：向上加速或向下减速。 失重条件：物体具有竖直向下的加速度。 运动情形：向下加速或向上减速。 完全失重条件：加速度 a = g，方向竖直向下。 运动情形：自由落体、抛体运动、环绕地球的卫星等。 3. 分析步骤： ①确定加速度的方向。 ②根据加速度方向判断超重或失重。 ③列牛顿第二定律方程求解视重。 【特别提醒】 超重、失重的判断核心关键在于加速度方向的判断，且只与竖直方向的加速度有关，与水平方向的运动无关。 在完全失重状态下，所有由重力引起的现象都会消失（如液体不再产生压强、单摆停摆等）。 知识精讲二 斜面模型 1.模型特征：物体在斜面上运动，受力情况典型，是分解力的经典场景。将所有力沿x轴和y轴进行分解； 2.核心方法：正交分解法。通常建立沿斜面向下和垂直于斜面两个方向坐标系。 3.基本受力分析： 重力mg分解为：沿斜面向下的分力：F1= mg·sinθ；垂直斜面向下的分力：F2= mg·cosθ. 支持力FN：垂直于斜面向上，与F2平衡。 摩擦力f：方向与物体相对运动趋势方向相反，大小f=μFN (滑动摩擦) 或f≤μFN (静摩擦)。 4. 常见运动情形： 下滑： 若tanθ>μ，物体匀加速下滑，a=g(sinθ-μcosθ)。 若tanθ=μ，物体匀速或静止。 若tanθ<μ，物体静止（需外力推动才能下滑）。 上滑：物体以初速度冲上斜面，做匀减速运动，a=-g(sinθ+μcosθ)。速度减为0后需判断滑动摩擦与下滑分力的大小决定之后的运动情况。 【特别提醒】 在斜面上，重力是“万力之源”，解决问题的第一步永远是正确分解重力。注意摩擦力的方向与物体相对斜面的运动趋势相反，注意摩擦类型判断。 知识精讲三 连接体问题 1. 模型特征：两个或以上物体通过绳、杆、接触等方式连接，一起运动。 2. 核心方法：整体法与隔离法交替使用。 3. 方法详解： 整体法： 对象：将整个连接体系统视为一个质点。 条件：系统内各物体加速度相同。 目的：忽略系统内部相互作用力（内力），直接求出整个系统的加速度或所受的合外力。 方程：F合= (m1+ m2 + ... )a 隔离法： 对象：将系统中的某个物体单独隔离出来分析。 目的：求解系统内物体间的相互作用力（内力），如绳的拉力、接触面的弹力与摩擦力。 4. 应用技巧： 先整体，后隔离：先用整体法求出共同的加速度，再用隔离法求内力。 原则：求外力用整体，求内力用隔离。 【特别提醒】 使用整体法的前提是加速度大小和方向相同。对于加速度不同的连接体（如涉及相对滑动），不能直接使用整体法求共同加速度，必须隔离分析。 知识精讲四 传送带模型 1. 模型特征：物体在传送带上运动，靠摩擦力带动，存在“共速”临界点。 2. 关键分析：摩擦力分析与运动过程分段。 3. 两类基本模型： 水平传送带： 过程：物体轻放于传送带一端，初速为0。物体受向前的滑动摩擦力做匀加速直线运动。 临界：当物体速度与传送带速度相等时，摩擦力消失（若传送带足够长），物体与传送带一起匀速运动。 倾斜传送带： 传送带向上运行：比较滑动摩擦力与下滑分力大小。 若滑动摩擦力大与下滑分力（μ≥tanθ）物体先加速后与传送带共速匀速。 若滑动摩擦力小于下滑分力（μ＜tanθ）物体将一直加速（或先加速后减速，具体情况需细分析）。 传送带向下运行： 情况复杂，物体可能一直加速，也可能先加速后匀速，甚至可能先减速后反向加速。核心是判断物体速度与传送带速度关系及摩擦力方向。 【特别提醒】 解决传送带问题的灵魂是找到 “共速时刻” 。此瞬间摩擦力可能发生突变（从滑动摩擦变为静摩擦或变为零），必须分段应用牛顿第二定律。 知识精讲五 板块模型 1. 模型特征：滑块在木板上运动，是典型的多对象、多过程问题，涉及两个研究对象的关联分析。 2. 核心方法：隔离法为主，结合运动学关联。 3. 分析思路： 受力分析： 滑块：受重力、木板支持力、木板给的摩擦力。 木板：受重力、地面支持力、滑块给的摩擦力、地面摩擦力。 运动分析： 分别对滑块和木板列牛顿第二定律方程。 分析两者是相对滑动还是相对静止。 临界条件：滑块不从木板上滑落的临界条件是：当滑块滑到木板一端时，两者速度恰好相等。 4. 解题关键： 画好两个图：受力分析图和运动过程v-t图。 找准三个关系： 加速度关系：由各自的合外力决定。 速度关系：临界状态时速度相等。 位移关系：极限情况位移之差等于木板长度。 【特别提醒】 难点在于地面摩擦力对木板运动的影响以及对“共速后是否一起匀速还是继续相对滑动”的判断。共速后，若两者间的最大静摩擦力不足以提供滑块的加速度，则会再次发生相对滑动。 分类演练一 超重和失重问题 1．如图甲所示，一弹射器固定在地面上，初始时，弹射器内轻弹簧压缩一定的长度并处于锁定状态。将一个小球放置在弹簧的上端，解除锁定，小球由静止加速后竖直向上射出（竖直向上为正方向），一段时间后又落回弹射器内。整个运动过程中，小球受到的空气阻力随速率增大而增大，随时间变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．时，小球上升到最高点 B．，小球的加速度方向竖直向上 C．，小球的加速度大小一直减小 D．，小球处于失重状态 【答案】C 【详解】A．竖直向下，可知这段时间内速度方向竖直向上，，竖直向上，可知这段时间内速度方向竖直向下，所以时，小球上升到最高点，故A错误； B．先增大后减小，可知速度先增加后减小，所以加速度方向先竖直向上后竖直向下，故B错误； C．竖直向上且一直增大，根据牛顿第二定律，可知小球的加速度大小一直减小，故C正确； D．竖直向上且一直减小，可知速度竖直向下，也一直减小，加速度竖直向上，小球处于超重状态，故D错误。 故选C。 2．巴黎奥运会女子10米跳台跳水决赛，中国选手全红婵以425.60分夺冠。将全红婵视为质点，从她离开跳台开始计时，其运动的速度与时间的图像如图所示。下列说法正确的是（　　） A．时刻全红婵到达最高点 B．时刻全红婵刚好到达最低点 C．时间内全红婵处于失重状态 D．时间内全红婵做加速度增大的减速运动 【答案】B 【详解】A．全红婵先向上运动，到达最高点时，速度应为0，故时刻全红婵到达最高点，故A错误； B．全红婵到达最低点时，速度为0，则时刻全红婵刚好到达最低点，故B正确； C．全红婵先向上运动，加速度为重力加速度，由图可知，斜率为正时，加速度向下，时间内图像斜率为负，全红婵加速度向上，处于超重状态，故C错误； D．由图像斜率可知，时间内全红婵做加速度减小的减速运动，故D错误； 故选B。 3．如图所示，在电梯的顶部挂有一个弹簧测力计，其下端挂了一个重物，当电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10N。在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8N，重力加速度g取10m/s2。关于此时电梯的运动，以下说法正确的是（　　） A．电梯可能向上运动，人处于超重状态 B．电梯一定向下运动，人处于失重状态 C．电梯可能向下加速运动，加速度大小为2.5m/s2 D．电梯可能向上减速运动，加速度大小为2.0m/s2 【答案】D 【详解】由题知，当电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10N，可知重物的重力为10N，重物的质量为，在某时刻弹簧测力计的示数变为8N，则重物处于失重状态，故重物的加速度竖直向下，所以电梯可能向上做减速运动或向下做加速运动，根据牛顿第二定律有，代入数据解得。 故选D。 4．质量为150kg的货物随竖直电梯运动的图像如图所示，规定向上为正方向，取10m/s2，下列判断正确的是（　　） A．货物处于失重状态 B．电梯对货物的支持力大于1500N C．货物处于失重状态 D．货物发生的位移为34m 【答案】C 【详解】A．由图可知前10s内货物的加速度 物体加速度向上，货物处于超重状态，故A错误； B．货物的加速度 负号表示物体加速度向下，货物处于失重状态，电梯对货物的支持力小于1500N，故B错误； C．货物的加速度 负号表示物体加速度向下，货物处于失重状态，故C正确； D．图像与坐标轴围成的面积表示位移，则货物上升的位移为 故D错误。 故选C。 5（多选）．广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600m，游客乘坐观光电梯大约1min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t=0时由静止开始上升，a-t图像如图所示。则下列说法正确的是（　　）    A．匀速阶段运动距离为400m B．t=55.5s时，电梯处于超重状态 C．t=4.5s时，电梯处于失重状态 D．1~4s时间内，绳索拉力最大 【答案】AD 【详解】A．因a-t图像的面积等于速度的变化量，可知5s末的速度为 电梯匀速运动的时间为 t=55s-5s=50s 则匀速阶段运动距离为 x=vt=400m 选项A正确； B．t=55.5s时，电梯向上做减速运动，加速度向下，则处于失重状态，选项B错误； C．t=4.5s时，电梯向上加速，则处于超重状态，选项C错误； D．1~4s时间内，电梯向上运动的加速度最大，根据 F-mg=ma 则此时间内绳索拉力最大，选项D正确。 故选AD。 分类演练二 斜面模型 6．如图甲所示，一物块（可视为质点）从倾角的足够长的斜面上滑下，物块运动的图像如图乙所示，重力加速度取，下列说法正确的（　　） A．物块的加速度为 B．物块的初速度为零 C．物块与斜面间的动摩擦因数为 D．前2s内物块的平均速度为 【答案】C 【详解】AB．根据 可得 由图像可知， 可得，AB错误； C．根据牛顿第二定律可知 解得，C正确； D．前2s内物块的平均速度等于1s末的速度，则为，D错误。 故选C。 7．如图所示，一可视为质点的小物块先后沿两光滑斜面Ⅰ和Ⅱ从顶端由静止滑下﹐到达底端的时间分别为t1和t2，斜面Ⅰ与水平面的夹角为30°，斜面Ⅱ与水平面的夹角为45°（未标出），则（　　） A． B． C． D．无法判断 【答案】A 【详解】设斜面的底边长为L，斜面的倾角为 ，则斜边的长度 根据牛顿第二定律 解得 根据 解得 将30°，45°带入则 t2<t1 故选A。 8．如图所示，斜面倾角为=30°的光滑直角斜面体固定在水平地面上，斜面体顶端装有光滑定滑轮。质量均为1kg的物块A、B用跨过滑轮的轻绳相连。物块A和滑轮之间的轻绳与斜面平行，B自然下垂，不计滑轮的质量，重力加速度g取10m/s2，同时由静止释放物块A、B后的一小段时间内，物块A、B均未碰到滑轮和地面，则该过程中下列说法正确的是（　　） A．物块B运动方向向上 B．物块A的加速度大小为2.5m/s2 C．物块B的加速度大小为2m/s2 D．轻绳的拉力大小为10N 【答案】B 【详解】对B受力分析，选竖直向下为正方向，由牛顿第二定律得 对A由牛顿第二定律得 联立解得 加速度大于零，可知物块B运动方向向下，A、B加速度大小均为2.5m/s2，轻绳拉力大小为7.5N。 故选B。 9．如图，在倾角为足够长的粗糙斜面底端A处有一固定的挡板，挡板处放置有质量为2kg的物块（可视为质点），某时刻起给物块施加一个沿斜面向上的恒力F＝25N。经过1.6s，撤去恒力，此时物块距离挡板3.2m。（取，，）求： （1）撤去外力前，物块的加速度； （2）物块与斜面的动摩擦因数； （3）物块从离开挡板到返回挡板处所用时间。 【答案】（1）；（2）；（3）4s 【详解】（1）物块在外力作用下做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的位移时间关系可得 解得 （2）物块在外力作用下运动时，受力分析如图所示， 沿斜面方向，由牛顿第二定律得 垂直斜面方向 滑动摩擦力 解得 （3）撤去外力时，物块的速度 撤去外力后，物块继续向上运动，由牛领第二定律得 解得 ，方向：沿斜面向下 物块向上做匀减速直线运动 解得 根据速度—位移关系有 解得 物块在斜面上，上升到最高点时 解得 ，方向：沿斜面向下 物块向下做匀加速直线运动 解得 物块从离开挡板到返回挡板处所用时间 分类演练三 连接体问题 10．如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物块A、B，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物块A上，使A向上做匀加速直线运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x正方向，得到F随x的变化图像如图乙所示。已知物块A的质量，重力加速度，则下列说法正确的是（　　） A．物块B的质量为10kg B．物块A做匀加速直线运动的加速度大小为 C．F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为8N D．弹簧的劲度系数为120N/m 【答案】A 【详解】D．以A、B整体为研究对象，设物块B质量为M，静止时弹簧压缩量为，有 分离之前有 即 所以F随x的变化图像的斜率等于劲度系数 D错误； AB．时刻，有 分离时，有 联立解得 A正确，B错误； C．施加拉力F的瞬间，设A、B之间的弹力为，对B进行受力分析有 解得 C错误。 故选A。 11．质量均为m的两个完全相同的物块A和B与劲度系数为k的轻弹簧相连，并一起静置于水平地面上，如图所示。现给A施加一个竖直向上的恒力F，使A、B两物块先后开始竖直向上运动（物块B再没返回地面）。已知弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力的影响，已知重力加速度为g，下列判断正确的是（　　） A．物体A做匀加速运动 B．恒力F一定大于mg，可能小于2mg C．当物块B开始运动时，物块A的加速度为 D．如果物块B开始运动的瞬间撤去力F，撤去力F的瞬间A的加速度突变为g 【答案】C 【详解】A．未施加力时，根据平衡条件可得 A向上运动的过程中，弹簧弹力先逐渐减小，后逐渐增大，故A不是匀加速直线运动，故A错误； B．若恒力F小于2mg，则B离开地面后，恒力F小于A、B整体的重力，A、B整体的加速度向下，则最终B会返回地面，所以恒力F不可能小于2mg，故B错误； C．当物块B开始运动时，对A研究 解得 故C正确； D．撤去力F的瞬间，弹簧弹力不会突变，故对A研究 解得 故D错误。 故选C。 12（多选）．如图所示，在桌面上有一大一小两个箱子。质量为的小箱子与地面间的动摩擦因数为，质量为的大箱子与地面间的动摩擦因数为，一同学用一水平推力推小箱子，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（    ）    A．当时，箱子开始运动 B．当时，箱子开始运动 C．当时，箱子间的相互作用力为 D．当时，箱子间的相互作用力为 【答案】BD 【详解】AB．两个箱子与地面的最大静摩擦力之和为 当时，箱子开始运动，故A错误，B正确； CD．当时，根据牛顿第二定律 可得两个箱子的加速度 设两个箱子间的作用力为，对大箱子根据牛顿第二定律 解得 故D正确，C错误。 故选BD。 13（多选）．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于倾角为的斜面上质量为m的物体A连接（另有一个完全相同的物体B紧贴着A，不粘连），弹簧与斜面平行且处于静止状态。现用沿斜面的力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧总共被压缩了x0，此时物体A、B静止。撤去F后，物体A、B开始向上运动，已知重力加速度为g，物体A、B与斜面间的动摩擦因数为μ（μ<tan）。则（　　） A．施加力F前，弹簧被压缩了 B．撤去F瞬间，物体A、B的加速度大小为 C．撤去F后，物体A和B先做加速运动，再做减速运动 D．若物体A、B向上运动要分离，则分离时向上运动距离为2x0 【答案】BC 【详解】A．施加力F前，把AB作为一个整体受力分析，在斜面方向上，重力的下滑分力与弹簧的弹力和摩擦力的合力平衡，即 根据胡克定律 联立得 故A错误； B．撤去F瞬间，把AB作为一个整体受力分析有 又因为 解得 故B正确； C．撤去F后，由于弹簧逐渐恢复原长，弹力不断减小，但加速度沿斜面向上，整体加速，当加速度减为0后，加速度沿斜面向下减速，所以物体A和B在分离之前先做加速度减小的加速运动，再做加速度反向增大的减速运动，故C正确； D．分离问题要抓住两点：①分离时两物体间无弹力，②分离时两物体的加速度相同；运用这两个结论就可快速判断出A、B两物体会在弹簧达到原长时分离，故D错误。 故选BC。 14．如图，质量为的物体A和质量为的物体B放在水平地面上，A、B与地面间的动摩擦因数均为，在与水平方向成角、大小为斜向下推力F的作用下，A、B一起做匀加速直线运动（，）。求： （1）A、B一起做匀加速直线运动的过程中加速度大小； （2）若后撤去推力F，求撤去推力F后内A、B在地面上滑行的距离。 【答案】（1）；（2） 【详解】解：（1）以A、B整体为研究对象进行受力分析，有 代入数值得 （2）若后撇去推力，由于A、B与地面间的动摩擦因数均为，两者以相同加速度做匀减速直线运动，刚刚撤去外力时物体A、B的速度均为 物体A、B的加速度均为 滑行的时间均为 则撤去推力后内A、B在地面上滑行的距离均等于内在地面上滑行的距离，则 15．如图所示，在光滑的水平面上有甲、乙两木块，质量不等分别为m1和m2，中间用原长为l0、劲度系数为k的轻质弹簧连接起来，现用一水平力F向右拉木块乙，当两木块一起向右匀加速运动时，求： （1）两木块的加速度a的大小； （2）弹簧的形变量x和甲、乙两木块之间的距离l． 【答案】（1）；（2）， 【详解】（1）整体分析有 两木块的加速度a的大小 （2）对甲分析 F弹=kx=m1a 弹簧的形变量x 甲、乙两木块之间的距离l 16．如图所示，上表面粗糙的斜面M放置在光滑水平面上，斜面倾角，其顶端安有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜面上。其中斜面M的质量为，P的质量为，Q的质量为，重力加速度取。当用缓慢增大的水平向右的推力推M，直到水平推力增大到且保持不变，此后，系统中的P、Q、M三者保持相对静止，此状态下，求： (1)P、Q、M三者构成的系统整体加速度的大小； (2)轻绳上拉力的大小； (3)斜面M对Q的支持力和静摩擦力的大小。 【答案】(1) (2)12.5N (3)25N，12.5N 【详解】（1）对P、Q、M三者构成的系统整体由牛顿第二定律 解得 （2）对P受力分析，合力为 由几何关系 （3）对Q受力分析，设静摩擦力方向沿斜面向上，如图 水平方向由牛顿第二定律 竖直方向由平衡条件 代入数据联立解得， 故斜面M对Q的支持力大小为25N，静摩擦力的大小为12.5N，方向沿斜面向下。 分类演练四 传送带模型 17．如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度—时间变化规律如图乙所示，t=6s时恰好到B点，则（　　） A．物块与传送带之间动摩擦因数为μ=0.5 B．AB间距离为20m C．小物块在传送带上留下的痕迹是8m D．若物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，则物块不能到达B端 【答案】C 【详解】A．由图乙可知，加速过程的加速度为 由牛顿第二定律可知 联立解得 故A错误； B．由图乙可知，4s后物体与传送带的速度相同，故传送带速度为；图像与时间轴所围成的面积表示位移，故AB间距离为 故B错误； C．由图乙可知，共速前小物块与传送带发生的相对位移为 可知小物块在传送带上留下的痕迹是8m，故C正确； D．物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块由于惯性向前做匀减速直线运动，减速的加速度大小为 物块从开始到速度为4m/s时发生的位移为 物块减速到停下通过的位移大小为 由于 可知物块刚好到达B端，故D错误。 故选C。 18．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v − t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，g取10 m/s2，则（　　） A．传送带底端到顶端的距离为12 m B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5 D．0 ~ 1 s内物块受到的摩擦力大小等于1 ~ 2 s内的摩擦力大小 【答案】D 【详解】A．物块运动的位移大小等于v − t图线与坐标轴所围图形的面积大小，为 所以传送带底端到顶端的距离为10 m，故A错误； BD．由题图乙可知，在0 ~ 1 s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向下，与物块运动的方向相反；1 ~ 2 s内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向上，与物块运动的方向相同，由于物块对传送带的压力相等，根据摩擦力公式 可知两段时间内摩擦力大小相等，故B错误，D正确； C．在0 ~ 1 s内物块的加速度大小为 由牛顿第二定律得 解得 故C错误。 故选D。 19．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，图中能客观地反映小木块的运动情况，则关于小木块与传送带间的动摩擦因数μ判断正确的是（　　） A． B． C． D．无法判断 【答案】A 【详解】由图可知，木块先做加速度较大的加速运动，后来做加速度较小的加速运动，拐点位置应该是木块的速度等于传送带的速度，拐点之前摩擦力沿斜面向下，运动满足 拐点之后摩擦力沿斜面向上，木块继续加速，必然有 即 故选A。 20（多选）．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，，，g取，则（　　） A．传送带的速度为8m/s B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大 【答案】AC 【详解】A．由图乙可知，物块以的速度冲上传送带，先以加速度大小为做匀减速直线运动，当速度和传送带相同的瞬间，摩擦力反向，接着以加速度大小为做匀减速直线运动直到速度减为零。所以传送带的速度，故A正确； BC．在内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，与物块运动的方向相反，根据牛顿第二定律有 结合图乙，可得 在内，物块的速度小于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，与物块运动的方向相同，根据牛顿第二定律有 结合图乙，可得 联立可得 故B错误，C正确； D．若传送带的速度时，物块在传送带上一直做加速度大小为a2的匀减速直线运动，则 可得 此时，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，故D错误。 故选AC。 21．某矿山研究矿石下滑的高度与矿石在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型：竖直平面内有一倾角的直轨道，小滑块从轨道上A点静止释放，其下方右侧放置一水平传送带。传送带以恒定速度逆时针转动，水平部分CD长度L=3m。设释放点A与B距离为s，小滑块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小滑块与直轨道间的动摩擦因数，与传送带间的动摩擦因数，且滑块相对传送带滑动时能在传送带上留下清晰划痕，传送带足够长。（，），g=10m/s2。 （1）若s=4.0m，求小滑块从A运动到B所需的时间； （2）若s=4.0m，求小滑块在传送带上留下的划痕长度； （3）改变s的值，设小滑块从传送带上D点滑离，小滑块在传送带上留下的划痕长度为x，求x与s的关系式。    【答案】（1）2s；（2）5m；（3）， 【详解】（1）滑块从A运动到B有 解得 根据 将s=4.0m代入可得小滑块从A运动到B所需的时间为 （2）滑块滑上传送带时的速度 滑块在传送带上运动时 假设传送带足够长，滑块以滑上传送带到停止运动通过的位移为 故从右边滑出，设滑块从C到D经历的时间为，则 解得 （舍去） 该时间内传送带向左走了 所以划痕的长度为 （3）滑块滑上传送带的速度为 小滑块从传送带上D点滑离，设滑出时的速度为v，则 解得 此种情况下须有 滑块在传送带上运动时间为 此时间内传送带向左走了 所以划痕长度为 故小滑块从传送带上D点滑离，小滑块在传送带上留下的划痕长度为x与s的关系式为 ， 分类演练五 板块模型 22．如图所示，质量m=1.0kg的物块（视为质点）放在质量M=4.0kg的木板的右端，木板长L=2.5m.开始木板静止放在水平地面上，物块与木板及木板与水平地面间的动摩擦因数均为μ=0.2.现对木板施加一水平向右的恒力F=40N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g=10m/s2.则物块在木板上运动的过程中，下列说法中正确的是 A．物块与木板以相同的加速度做匀加速运动 B．木板的加速度大小为5.6m/s2 C．物块的最大速度大小为4.0m/s D．物块到达木板左端时木板前进的位移大小为3.5m 【答案】D 【分析】由牛顿第二定律可以求出加速度，当物块与木板的位移之差等于木板的长度时物块从木板上掉落，应用速度公式与位移公式分析答题． 【详解】A．物体与物体恰好相对滑动时物块的加速度：a临==μg=2m/s2，拉力的临界值： ,解得，物块与木板相对滑动，不可能以相同的加速度做匀加速运动，故A错误； B．木板的加速度：，故B错误； C．木块的加速度：a木块==μg=2m/s2，经过时间t木块从木板上滑落，则：L=a木板t2− a木块t2，代入数据解得：t=1s，此时木块的速度最大为：v=a木块t=2×1=2m/s，故C错误； D．物块到达木板左端时木板前进的位移大小：x木板＝a木板t2＝×7×12=3.5m，故D正确； 故选D． 23．如图所示， 质量 长的木板放在水平面上， 木板与水平面的动摩擦因数。将质量的小木块（可视为质点）， 以的速度从木板的左端滑上， 小木块与木板面的动摩擦因数， 假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。则（　　） A．木板静止不动，小木块能滑出木板 B．木板静止不动，小木块不能滑出木板 C．木板向右滑动，小木块能滑出木板 D．木板向右滑动，小木块不能滑出木板 【答案】A 【详解】小木块与木板面之间滑动摩擦力大小为 木板与地面间最大静摩擦力大小为 故木板静止不动。 木块加速度大小为 假设小木块不能滑出木板， 从木块滑上木板到物块静止 这期间物块位移大小为 故假设不成立， 小木块能滑出木板。 故选A。 24（多选）．质量分别为1kg、2kg的滑块A、B按如图所示的方式叠放在水平地面上，用水平力F向右拉滑块B，已知重力加速度g取10m/s2，A、B之间的动摩擦因数为0.2，B与水平地面之间的动摩擦因数为0.1，则下列说法中正确的是（　　）    A．若F=3N时，地面对B的摩擦力大小为3N B．若F=6N时，滑块A的加速度大小为2m/s2 C．若F=9N时，A、B之间的摩擦力大小为2N D．若F=12N时，滑块B的加速度大小为5m/s2 【答案】AC 【详解】A．根据已知条件，可知B与地面间的最大静摩擦力 当F=3N时，B处于静止状态，地面对B的摩擦力与外力F平衡，故地面对B的摩擦力大小为3N，A正确； B．设A、B刚好相对滑动时的外力为,对滑块A而言，根据牛顿第二定律可得 解得 对滑块AB整体而言，由牛顿第二定律可得 解得 故当F=6N时，AB没有相对滑动，二者具有共同的加速度，整体受力分析可得 代入数据解得 B错误； C．根据上述分析可知，F=9N时，A、B刚好相对滑动，故A、B间的摩擦力 C正确； D． F=12N时，A、B相对滑动，对B受力分析，结合牛顿第二定律可得，滑块B的加速度 解得 D错误。 故选AC。 25（多选）．如图所示，两物块的质量分别为和，静止叠放在水平地面上，间的动摩擦因数，B与地面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。现对A施加一水平拉力，则下列说法正确的是（    ） A．当时，一定都相对地面静止 B．当时，A的加速度大小为 C．当时，的加速度大小均为 D．无论多大，B的加速度大小都不会超过 【答案】ABD 【详解】A．A、B间的最大静摩擦力为 B与地面间的最大静摩擦力为 故当时，A、B一定都相对地面静止，故A正确； B．若A、B保持相对静止，B的最大加速度根据 解得 对受力分析可得，A、B保持相对静止时有 解得A、B保持相对静止时水平拉力的最大值为 当时，A、B保持相对静止，对A、B分别受力分析有 解得 故B正确； C．当时，A、B发生相对滑动，加速度不同，故C错误； D．当两物体发生相对滑动时，B的加速度最大，根据牛顿第二定律得 解得 故D正确。 故选ABD。 26．质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v-t图像如图乙所示，重力加速度g=10 m/s2，求∶ （1）A与B上表面之间的动摩擦因数μ1以及B与水平面间的动摩擦因数μ2； （2）A的质量； （3）若A、B开始静止，B长m，在B的左端施加水平向左的力F=28N，要使A不从B上滑下，F最长作用时间t。    【答案】（1）0.2；0.1；（2）6kg；（3）2s 【详解】（1）由图像可知，A在0~1s内的加速度 对A由牛顿第二定律得 解得 由图像知，AB在1~3s内的加速度 对AB由牛顿第二定律得 解得 （2）由图像可知B在0~1s内的加速度 对B由牛顿第二定律得 代入数据解得 （3）当力F作用时，假设AB不相对滑动，对AB整体，根据牛顿第二定律 解得 因为A的最大加速度为 故假设不成立，AB会相对滑动，则力F作用时 当力F撤去后瞬间 此时AB相对位移大小为 撤去力后，当AB共速时A刚好到B的右端，为所求临界值，此过程A的加速度不变，B的加速度大小变为 撤去力后到两者共速过程 相对位移 根据题意有 联立解得 课后巩固训练 1．如图甲所示，比较长的台阶式电梯以的速度斜向下匀速运行，运行方向与水平方向的夹角。从某时刻开始计时的14秒内，电梯进行变速运动，电梯对乘客的支持力随时间的变化图像如图乙所示。已知乘客质量为，乘客一直与电梯保持相对静止地站立在电梯上且手没有与电梯扶手处接触。重力加速度取。则在这0-14s时间内，乘客的位移是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】在0~4s内向下加速运动，则 解得a1=1m/s2 位移 在4~10s内向下匀速运动，速度 则位移 在10~14s内向下减速运动，则 解得a2=1m/s2 位移 总位移x=x1+x2+x3=54m 故选A。 2．如图所示，两根直木棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动，一根水泥圆筒从木棍的上部以一定初速度恰好匀速滑下。若保持两木棍倾角不变，将两棍间的距离稍微增大后固定不动，圆筒再次从木棍的上部以相同的初速度释放，则下列说法正确的是（　　） A．木棍AB对圆筒的支持力减少 B．木棍CD对圆筒的支持力不变 C．圆筒加速下滑 D．圆筒减速下滑 【答案】D 【详解】AB．对圆柱体的受力分析可知，圆柱体受到两木棍的支持力的合力 画出圆柱体所受的两木棍支持力F与其合力的关系图如图所示。 设两个支持力F之间的夹角为，根据平衡条件有 解得 若保持两木棍倾角不变，即不变，则不变；设水泥圆筒的半径为，两棍之间的距离为，根据几何关系有 则将两棍间的距离d稍微增大，可知增大，即增大，故减小，则支持F增大，故AB错误； CD．设每根木棍受到的滑动摩擦力大小为 则圆柱体受到的总的摩擦力 开始匀速时，根据平衡条件有 现将两棍间的距离d稍微增大，则支持F增大，根据 可知圆柱体受到的总的摩擦力增大，即 故圆筒减速下滑，故C错误，D正确。 故选D。 3．位于眉山市洪雅县境内的瓦屋山，又名蜀山，是世界第二、亚洲最大桌山，2017年被《中国地理》授予最美桌山”称号。对体力欠佳的人，乘坐缆车上下山是一个不错的选择。如图所示，质量为的人站立在缆车车厢里面，车厢底板水平。已知缆绳与水平方向的夹角为，某段时间内缆绳带动车厢以加速度向上匀加速运动，则这段时间内（　　） A．车厢内的人处于平衡状态 B．悬臂对车厢的作用力竖直向上 C．车厢底板对人的支持力方向竖直向上，大小为 D．车厢底板对人的摩擦力方向水平向右，大小为 【答案】D 【详解】A．车厢内的人也具有加速度，不处于平衡状态，故A错误； B．整体分析可知，车厢与人受总重力与悬臂对车厢的作用力，二者合力沿缆绳方向，根据力的合成可知悬臂对车厢的作用力不可能竖直向上，故B错误； CD．对人受力分析，根据牛顿第二定律有， 解得车厢底板对人的支持力大小为 故C错误，D正确； 故选D。 4．如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0。从时开始，对b施加沿斜面向上的外力F，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离，再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好为x0。弹簧始终在弹性限度内，其中心轴线与斜面平行，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（   ） A．弹簧的劲度系数为 B．a、b分离时，弹簧的压缩量为 C．物块b加速度的大小为gsinθ D．外力F的最小值为mgsinθ 【答案】D 【详解】A．小物块b紧靠a静止在斜面上，则将二者看成一个整体，可知弹力大小与整体重力的分力大小相等，根据平衡条件得 解得 A错误； B．由于初速度为0，最初两段相同时间间隔内位移之比为 且由题有 解得当物块a、b分离时弹簧压缩量 B错误； C．两物块刚好要分离时，a与b之间无相互作用力，且加速度相同，对a由牛顿第二定律有 代入k后解得 C错误； D．时，F最小，对a、b整体由牛顿第二定律有 解得 D正确。 故选D。 5．如图所示，质量为的物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3，A的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着而保持静止。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。下列哪种做法可以使物块A相对木箱底面向右移动（　　） A．让木箱以的加速度向上运动 B．让木箱以的加速度向下运动 C．让木箱以的加速度向左运动 D．让木箱以的加速度向右运动 【答案】C 【详解】A．物块的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着而保持静止，根据平衡条件可知，此时，木箱与物块之间的正压力大小与物块重力相等，等于5N，最大静摩擦力为 物块受到的静摩擦力方向向左，大小为1.2N，小于最大静摩擦力，若木箱以的加速度向上运动，根据牛顿第二定律有 解得 此时的最大静摩擦力为 可知，此时物块A不可能相对木箱底面向右移动，故A错误； B．当木箱以的加速度向下运动，根据牛顿第二定律有 解得 此时的最大静摩擦力为 可知，物块A不可能相对木箱底面向右移动，故B错误； C．当木箱以的加速度向左运动时，竖直方向受力平衡，正压力不变，最大静摩擦力仍然为1.5N，对物块进行分析，由于 可知，最大静摩擦力与弹簧拉力的合力不足以提供的加速度，则物块A相对木箱底面可能向右移动，故C正确； D．当木箱以的加速度向右运动时，竖直方向受力平衡，正压力不变，最大静摩擦力仍然为1.5N，对物块进行分析，由于 可知，静摩擦力与弹簧拉力的合力可以提供的加速度，则物块A相对木箱底面不可能向右移动，故D错误。 故选C。 6．如图，传送带始终保持v = 0.4 m/s的恒定速率运行，煤块与传送带之间的动摩擦因数μ = 0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。将一煤块（可视为质点）无初速度地放在A处，则下列说法正确的是（　　） A．煤块一直做匀加速直线运动 B．煤块经过2 s到达B处 C．煤块到达B处时速度大小为0.4 m/s D．煤块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m 【答案】C 【详解】AC．开始时煤块初速度为零，相对传送带向右滑动，设煤块刚开始时的加速度为a，煤块从放上传送带到与传送带共速过程中的位移为x1，由牛顿第二定律和运动学公式得 解得 ， 由于x1 < LAB = 2 m，所以煤块是先做初速度为0的匀加速直线运动，与传送带共速后，做匀速直线运动，故煤块到达B处时速度大小为0.4 m/s，故A错误，C正确； B．设煤块在传送带上做加速运动的时间为t1，做匀速运动的时间为t2，则 煤块到达B处所用时间 解得 ，， 故B错误； D．煤块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为 故D错误。 故选C。 7（多选）．如图甲，放在水平桌面上的A、B两个物体，在相同的力F作用下，向右做直线运动，如图乙是它们的v-t图像，分析图像可知（　　） A．A静止，B做匀速运动 B．A做匀速直线运动，B做变速运动 C．A受力平衡，B受力不平衡 D．A受的摩擦力大于B受的摩擦力 【答案】BCD 【详解】AB．由图象乙知，A以5m/s的速度做匀速直线运动，B做初速度为零的匀加速直线运动，即做变速运动，故A错误，B正确； C．A做匀速直线运动，合力等于零，故受平衡力；B做变速运动，合力不为零，则受力不平衡，故C正确； D．拉力相同，A做匀速直线运动，合力等于零，A受力平衡，则A受到的摩擦力 B做变速运动，合力不为零，则受力不平衡，则，故A受的摩擦力大于B受的摩擦力，故D正确。 故选BCD。 8（多选）．如图所示，传送带与地面的夹角，从到的长度为m，传送带以m/s的速率顺时针转动，在传送带上端无初速度地放一个质量为kg的物块，它与传送带之间的动摩擦因数为，已知，，重力加速度取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．物块刚放上传送带时的加速度大小为10m/s2 B．物块在传送带上所受到的摩擦力不变 C．物块从传送带上端运动到下端经历的时间为1.6s D．物块到达传送带下端时的速度大小为9m/s 【答案】AC 【详解】A．物体刚放到传送带上时，沿斜面方向受到沿斜面向下的滑动摩擦力及重力的下滑分力，即 解得，故A正确； B．物块与传送带速度相等后，由于 物块继续加速运动，物块的速度大于传送带的速度，物块受到沿斜面向上的滑动摩擦力，方向发生了变化，故B错误； C．设物块加速到与传送带速度相同所用时间为，从速度相等到物块滑到底端所用时间为，则有 这段时间内的位移 剩余位移 当物块与传送带速度相等后，物块加速度 根据位移公式得 解得，（舍去） 所以物块从传送带上端运动到下端经历的时间为，故C正确； D．当到达底端时的速度，故D错误。 故选AC。 9．如图所示，质量为的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量的小滑块（可视为质点）以的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动。已知滑块与木板间的动摩擦因数，重力加速度g取。求： (1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力f的大小和方向； (2)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度a的大小； (3)滑块与木板达到的共同速度v大小。 【答案】(1)0.5N，方向水平向右 (2) (3)1m/s 【详解】（1）滑块所受摩擦力为滑动摩擦力 ，方向水平向左 根据牛顿第三定律，滑块对木板的摩擦力为0.5N，方向水平向右。 （2）由牛顿第二定律得 得出 （3）对木板，由牛顿第二定律 可得 设经过时间t，滑块和长木板达到共同速度v，则满足：对滑块 对长木板 由以上两式得：滑块和长木板达到的共同速度 10．如图所示，在倾角的光滑斜面上，有两个用轻质弹簧相连接的小物块A、B，已知A、B的质量均为，轻弹簧的劲度系数，C为一固定挡板。系统开始处于静止状态，现施加一沿斜面向上的拉力F拉物块A，使物块A以的加速度向上做匀加速直线运动。取重力加速度，求： (1)B刚要离开C时，拉力F的大小； (2)从施加F开始到B刚要离开C的过程中，物块A运动的时间。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）B刚要离开C时，A、B受力如图 对B有 对A有 联立解得 （2）物块原来静止时，弹簧被压缩的量为，有 解得 B刚要离开C时，弹簧被拉长的量为，有 解得 物块运动的位移 物块匀加速运动 解得 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 牛顿运动定律的应用 目录 知识精讲—方法点播 1 分类演练一 超重和失重问题 4 分类演练二 斜面模型 6 分类演练三 连接体问题 7 分类演练四 传送带模型 11 分类演练五 板块模型 13 课后巩固训练 15 知识精讲—方法点播 知识精讲一 超重和失重问题 1. 基本概念： 视重：物体对支持物的压力（如台秤读数）或对悬挂物的拉力（如弹簧测力计读数）。 实重：物体实际所受的重力（G=mg），与运动状态无关。 超重：视重大于实重的现象。 失重：视重小于实重的现象。 完全失重：视重等于零的现象。 2. 产生原因与判断方法： 超重和失重并非物体重力的变化，而是由物体在竖直方向上的加速度引起的。 超重条件：物体具有竖直向上的加速度。 运动情形：向上加速或向下减速。 失重条件：物体具有竖直向下的加速度。 运动情形：向下加速或向上减速。 完全失重条件：加速度 a = g，方向竖直向下。 运动情形：自由落体、抛体运动、环绕地球的卫星等。 3. 分析步骤： ①确定加速度的方向。 ②根据加速度方向判断超重或失重。 ③列牛顿第二定律方程求解视重。 【特别提醒】 超重、失重的判断核心关键在于加速度方向的判断，且只与竖直方向的加速度有关，与水平方向的运动无关。 在完全失重状态下，所有由重力引起的现象都会消失（如液体不再产生压强、单摆停摆等）。 知识精讲二 斜面模型 1.模型特征：物体在斜面上运动，受力情况典型，是分解力的经典场景。将所有力沿x轴和y轴进行分解； 2.核心方法：正交分解法。通常建立沿斜面向下和垂直于斜面两个方向坐标系。 3.基本受力分析： 重力mg分解为：沿斜面向下的分力：F1= mg·sinθ；垂直斜面向下的分力：F2= mg·cosθ. 支持力FN：垂直于斜面向上，与F2平衡。 摩擦力f：方向与物体相对运动趋势方向相反，大小f=μFN (滑动摩擦) 或f≤μFN (静摩擦)。 4. 常见运动情形： 下滑： 若tanθ>μ，物体匀加速下滑，a=g(sinθ-μcosθ)。 若tanθ=μ，物体匀速或静止。 若tanθ<μ，物体静止（需外力推动才能下滑）。 上滑：物体以初速度冲上斜面，做匀减速运动，a=-g(sinθ+μcosθ)。速度减为0后需判断滑动摩擦与下滑分力的大小决定之后的运动情况。 【特别提醒】 在斜面上，重力是“万力之源”，解决问题的第一步永远是正确分解重力。注意摩擦力的方向与物体相对斜面的运动趋势相反，注意摩擦类型判断。 知识精讲三 连接体问题 1. 模型特征：两个或以上物体通过绳、杆、接触等方式连接，一起运动。 2. 核心方法：整体法与隔离法交替使用。 3. 方法详解： 整体法： 对象：将整个连接体系统视为一个质点。 条件：系统内各物体加速度相同。 目的：忽略系统内部相互作用力（内力），直接求出整个系统的加速度或所受的合外力。 方程：F合= (m1+ m2 + ... )a 隔离法： 对象：将系统中的某个物体单独隔离出来分析。 目的：求解系统内物体间的相互作用力（内力），如绳的拉力、接触面的弹力与摩擦力。 4. 应用技巧： 先整体，后隔离：先用整体法求出共同的加速度，再用隔离法求内力。 原则：求外力用整体，求内力用隔离。 【特别提醒】 使用整体法的前提是加速度大小和方向相同。对于加速度不同的连接体（如涉及相对滑动），不能直接使用整体法求共同加速度，必须隔离分析。 知识精讲四 传送带模型 1. 模型特征：物体在传送带上运动，靠摩擦力带动，存在“共速”临界点。 2. 关键分析：摩擦力分析与运动过程分段。 3. 两类基本模型： 水平传送带： 过程：物体轻放于传送带一端，初速为0。物体受向前的滑动摩擦力做匀加速直线运动。 临界：当物体速度与传送带速度相等时，摩擦力消失（若传送带足够长），物体与传送带一起匀速运动。 倾斜传送带： 传送带向上运行：比较滑动摩擦力与下滑分力大小。 若滑动摩擦力大与下滑分力（μ≥tanθ）物体先加速后与传送带共速匀速。 若滑动摩擦力小于下滑分力（μ＜tanθ）物体将一直加速（或先加速后减速，具体情况需细分析）。 传送带向下运行： 情况复杂，物体可能一直加速，也可能先加速后匀速，甚至可能先减速后反向加速。核心是判断物体速度与传送带速度关系及摩擦力方向。 【特别提醒】 解决传送带问题的灵魂是找到 “共速时刻” 。此瞬间摩擦力可能发生突变（从滑动摩擦变为静摩擦或变为零），必须分段应用牛顿第二定律。 知识精讲五 板块模型 1. 模型特征：滑块在木板上运动，是典型的多对象、多过程问题，涉及两个研究对象的关联分析。 2. 核心方法：隔离法为主，结合运动学关联。 3. 分析思路： 受力分析： 滑块：受重力、木板支持力、木板给的摩擦力。 木板：受重力、地面支持力、滑块给的摩擦力、地面摩擦力。 运动分析： 分别对滑块和木板列牛顿第二定律方程。 分析两者是相对滑动还是相对静止。 临界条件：滑块不从木板上滑落的临界条件是：当滑块滑到木板一端时，两者速度恰好相等。 4. 解题关键： 画好两个图：受力分析图和运动过程v-t图。 找准三个关系： 加速度关系：由各自的合外力决定。 速度关系：临界状态时速度相等。 位移关系：极限情况位移之差等于木板长度。 【特别提醒】 难点在于地面摩擦力对木板运动的影响以及对“共速后是否一起匀速还是继续相对滑动”的判断。共速后，若两者间的最大静摩擦力不足以提供滑块的加速度，则会再次发生相对滑动。 分类演练一 超重和失重问题 1．如图甲所示，一弹射器固定在地面上，初始时，弹射器内轻弹簧压缩一定的长度并处于锁定状态。将一个小球放置在弹簧的上端，解除锁定，小球由静止加速后竖直向上射出（竖直向上为正方向），一段时间后又落回弹射器内。整个运动过程中，小球受到的空气阻力随速率增大而增大，随时间变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．时，小球上升到最高点 B．，小球的加速度方向竖直向上 C．，小球的加速度大小一直减小 D．，小球处于失重状态 2．巴黎奥运会女子10米跳台跳水决赛，中国选手全红婵以425.60分夺冠。将全红婵视为质点，从她离开跳台开始计时，其运动的速度与时间的图像如图所示。下列说法正确的是（　　） A．时刻全红婵到达最高点 B．时刻全红婵刚好到达最低点 C．时间内全红婵处于失重状态 D．时间内全红婵做加速度增大的减速运动 3．如图所示，在电梯的顶部挂有一个弹簧测力计，其下端挂了一个重物，当电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10N。在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8N，重力加速度g取10m/s2。关于此时电梯的运动，以下说法正确的是（　　） A．电梯可能向上运动，人处于超重状态 B．电梯一定向下运动，人处于失重状态 C．电梯可能向下加速运动，加速度大小为2.5m/s2 D．电梯可能向上减速运动，加速度大小为2.0m/s2 4．质量为150kg的货物随竖直电梯运动的图像如图所示，规定向上为正方向，取10m/s2，下列判断正确的是（　　） A．货物处于失重状态 B．电梯对货物的支持力大于1500N C．货物处于失重状态 D．货物发生的位移为34m 5（多选）．广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600m，游客乘坐观光电梯大约1min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t=0时由静止开始上升，a-t图像如图所示。则下列说法正确的是（　　）    A．匀速阶段运动距离为400m B．t=55.5s时，电梯处于超重状态 C．t=4.5s时，电梯处于失重状态 D．1~4s时间内，绳索拉力最大 分类演练二 斜面模型 6．如图甲所示，一物块（可视为质点）从倾角的足够长的斜面上滑下，物块运动的图像如图乙所示，重力加速度取，下列说法正确的（　　） A．物块的加速度为 B．物块的初速度为零 C．物块与斜面间的动摩擦因数为 D．前2s内物块的平均速度为 7．如图所示，一可视为质点的小物块先后沿两光滑斜面Ⅰ和Ⅱ从顶端由静止滑下﹐到达底端的时间分别为t1和t2，斜面Ⅰ与水平面的夹角为30°，斜面Ⅱ与水平面的夹角为45°（未标出），则（　　） A． B． C． D．无法判断 8．如图所示，斜面倾角为=30°的光滑直角斜面体固定在水平地面上，斜面体顶端装有光滑定滑轮。质量均为1kg的物块A、B用跨过滑轮的轻绳相连。物块A和滑轮之间的轻绳与斜面平行，B自然下垂，不计滑轮的质量，重力加速度g取10m/s2，同时由静止释放物块A、B后的一小段时间内，物块A、B均未碰到滑轮和地面，则该过程中下列说法正确的是（　　） A．物块B运动方向向上 B．物块A的加速度大小为2.5m/s2 C．物块B的加速度大小为2m/s2 D．轻绳的拉力大小为10N 9．如图，在倾角为足够长的粗糙斜面底端A处有一固定的挡板，挡板处放置有质量为2kg的物块（可视为质点），某时刻起给物块施加一个沿斜面向上的恒力F＝25N。经过1.6s，撤去恒力，此时物块距离挡板3.2m。（取，，）求： （1）撤去外力前，物块的加速度； （2）物块与斜面的动摩擦因数； （3）物块从离开挡板到返回挡板处所用时间。 分类演练三 连接体问题 10．如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物块A、B，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物块A上，使A向上做匀加速直线运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x正方向，得到F随x的变化图像如图乙所示。已知物块A的质量，重力加速度，则下列说法正确的是（　　） A．物块B的质量为10kg B．物块A做匀加速直线运动的加速度大小为 C．F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为8N D．弹簧的劲度系数为120N/m 11．质量均为m的两个完全相同的物块A和B与劲度系数为k的轻弹簧相连，并一起静置于水平地面上，如图所示。现给A施加一个竖直向上的恒力F，使A、B两物块先后开始竖直向上运动（物块B再没返回地面）。已知弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力的影响，已知重力加速度为g，下列判断正确的是（　　） A．物体A做匀加速运动 B．恒力F一定大于mg，可能小于2mg C．当物块B开始运动时，物块A的加速度为 D．如果物块B开始运动的瞬间撤去力F，撤去力F的瞬间A的加速度突变为g 12（多选）．如图所示，在桌面上有一大一小两个箱子。质量为的小箱子与地面间的动摩擦因数为，质量为的大箱子与地面间的动摩擦因数为，一同学用一水平推力推小箱子，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（    ）    A．当时，箱子开始运动 B．当时，箱子开始运动 C．当时，箱子间的相互作用力为 D．当时，箱子间的相互作用力为 13（多选）．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于倾角为的斜面上质量为m的物体A连接（另有一个完全相同的物体B紧贴着A，不粘连），弹簧与斜面平行且处于静止状态。现用沿斜面的力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧总共被压缩了x0，此时物体A、B静止。撤去F后，物体A、B开始向上运动，已知重力加速度为g，物体A、B与斜面间的动摩擦因数为μ（μ<tan）。则（　　） A．施加力F前，弹簧被压缩了 B．撤去F瞬间，物体A、B的加速度大小为 C．撤去F后，物体A和B先做加速运动，再做减速运动 D．若物体A、B向上运动要分离，则分离时向上运动距离为2x0 14．如图，质量为的物体A和质量为的物体B放在水平地面上，A、B与地面间的动摩擦因数均为，在与水平方向成角、大小为斜向下推力F的作用下，A、B一起做匀加速直线运动（，）。求： （1）A、B一起做匀加速直线运动的过程中加速度大小； （2）若后撤去推力F，求撤去推力F后内A、B在地面上滑行的距离。 15．如图所示，在光滑的水平面上有甲、乙两木块，质量不等分别为m1和m2，中间用原长为l0、劲度系数为k的轻质弹簧连接起来，现用一水平力F向右拉木块乙，当两木块一起向右匀加速运动时，求： （1）两木块的加速度a的大小； （2）弹簧的形变量x和甲、乙两木块之间的距离l． 16．如图所示，上表面粗糙的斜面M放置在光滑水平面上，斜面倾角，其顶端安有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜面上。其中斜面M的质量为，P的质量为，Q的质量为，重力加速度取。当用缓慢增大的水平向右的推力推M，直到水平推力增大到且保持不变，此后，系统中的P、Q、M三者保持相对静止，此状态下，求： (1)P、Q、M三者构成的系统整体加速度的大小； (2)轻绳上拉力的大小； (3)斜面M对Q的支持力和静摩擦力的大小。 分类演练四 传送带模型 17．如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度—时间变化规律如图乙所示，t=6s时恰好到B点，则（　　） A．物块与传送带之间动摩擦因数为μ=0.5 B．AB间距离为20m C．小物块在传送带上留下的痕迹是8m D．若物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，则物块不能到达B端 18．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v − t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，g取10 m/s2，则（　　） A．传送带底端到顶端的距离为12 m B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5 D．0 ~ 1 s内物块受到的摩擦力大小等于1 ~ 2 s内的摩擦力大小 19．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，图中能客观地反映小木块的运动情况，则关于小木块与传送带间的动摩擦因数μ判断正确的是（　　） A． B． C． D．无法判断 20（多选）．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，，，g取，则（　　） A．传送带的速度为8m/s B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大 21．某矿山研究矿石下滑的高度与矿石在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型：竖直平面内有一倾角的直轨道，小滑块从轨道上A点静止释放，其下方右侧放置一水平传送带。传送带以恒定速度逆时针转动，水平部分CD长度L=3m。设释放点A与B距离为s，小滑块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小滑块与直轨道间的动摩擦因数，与传送带间的动摩擦因数，且滑块相对传送带滑动时能在传送带上留下清晰划痕，传送带足够长。（，），g=10m/s2。 （1）若s=4.0m，求小滑块从A运动到B所需的时间； （2）若s=4.0m，求小滑块在传送带上留下的划痕长度； （3）改变s的值，设小滑块从传送带上D点滑离，小滑块在传送带上留下的划痕长度为x，求x与s的关系式。    分类演练五 板块模型 22．如图所示，质量m=1.0kg的物块（视为质点）放在质量M=4.0kg的木板的右端，木板长L=2.5m.开始木板静止放在水平地面上，物块与木板及木板与水平地面间的动摩擦因数均为μ=0.2.现对木板施加一水平向右的恒力F=40N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g=10m/s2.则物块在木板上运动的过程中，下列说法中正确的是 A．物块与木板以相同的加速度做匀加速运动 B．木板的加速度大小为5.6m/s2 C．物块的最大速度大小为4.0m/s D．物块到达木板左端时木板前进的位移大小为3.5m 23．如图所示， 质量 长的木板放在水平面上， 木板与水平面的动摩擦因数。将质量的小木块（可视为质点）， 以的速度从木板的左端滑上， 小木块与木板面的动摩擦因数， 假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。则（　　） A．木板静止不动，小木块能滑出木板 B．木板静止不动，小木块不能滑出木板 C．木板向右滑动，小木块能滑出木板 D．木板向右滑动，小木块不能滑出木板 24（多选）．质量分别为1kg、2kg的滑块A、B按如图所示的方式叠放在水平地面上，用水平力F向右拉滑块B，已知重力加速度g取10m/s2，A、B之间的动摩擦因数为0.2，B与水平地面之间的动摩擦因数为0.1，则下列说法中正确的是（　　）    A．若F=3N时，地面对B的摩擦力大小为3N B．若F=6N时，滑块A的加速度大小为2m/s2 C．若F=9N时，A、B之间的摩擦力大小为2N D．若F=12N时，滑块B的加速度大小为5m/s2 25（多选）．如图所示，两物块的质量分别为和，静止叠放在水平地面上，间的动摩擦因数，B与地面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。现对A施加一水平拉力，则下列说法正确的是（    ） A．当时，一定都相对地面静止 B．当时，A的加速度大小为 C．当时，的加速度大小均为 D．无论多大，B的加速度大小都不会超过 26．质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v-t图像如图乙所示，重力加速度g=10 m/s2，求∶ （1）A与B上表面之间的动摩擦因数μ1以及B与水平面间的动摩擦因数μ2； （2）A的质量； （3）若A、B开始静止，B长m，在B的左端施加水平向左的力F=28N，要使A不从B上滑下，F最长作用时间t。    课后巩固训练 1．如图甲所示，比较长的台阶式电梯以的速度斜向下匀速运行，运行方向与水平方向的夹角。从某时刻开始计时的14秒内，电梯进行变速运动，电梯对乘客的支持力随时间的变化图像如图乙所示。已知乘客质量为，乘客一直与电梯保持相对静止地站立在电梯上且手没有与电梯扶手处接触。重力加速度取。则在这0-14s时间内，乘客的位移是（　　） A． B． C． D． 2．如图所示，两根直木棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动，一根水泥圆筒从木棍的上部以一定初速度恰好匀速滑下。若保持两木棍倾角不变，将两棍间的距离稍微增大后固定不动，圆筒再次从木棍的上部以相同的初速度释放，则下列说法正确的是（　　） A．木棍AB对圆筒的支持力减少 B．木棍CD对圆筒的支持力不变 C．圆筒加速下滑 D．圆筒减速下滑 3．位于眉山市洪雅县境内的瓦屋山，又名蜀山，是世界第二、亚洲最大桌山，2017年被《中国地理》授予最美桌山”称号。对体力欠佳的人，乘坐缆车上下山是一个不错的选择。如图所示，质量为的人站立在缆车车厢里面，车厢底板水平。已知缆绳与水平方向的夹角为，某段时间内缆绳带动车厢以加速度向上匀加速运动，则这段时间内（　　） A．车厢内的人处于平衡状态 B．悬臂对车厢的作用力竖直向上 C．车厢底板对人的支持力方向竖直向上，大小为 D．车厢底板对人的摩擦力方向水平向右，大小为 4．如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0。从时开始，对b施加沿斜面向上的外力F，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离，再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好为x0。弹簧始终在弹性限度内，其中心轴线与斜面平行，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（   ） A．弹簧的劲度系数为 B．a、b分离时，弹簧的压缩量为 C．物块b加速度的大小为gsinθ D．外力F的最小值为mgsinθ 5．如图所示，质量为的物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3，A的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着而保持静止。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。下列哪种做法可以使物块A相对木箱底面向右移动（　　） A．让木箱以的加速度向上运动 B．让木箱以的加速度向下运动 C．让木箱以的加速度向左运动 D．让木箱以的加速度向右运动 6．如图，传送带始终保持v = 0.4 m/s的恒定速率运行，煤块与传送带之间的动摩擦因数μ = 0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。将一煤块（可视为质点）无初速度地放在A处，则下列说法正确的是（　　） A．煤块一直做匀加速直线运动 B．煤块经过2 s到达B处 C．煤块到达B处时速度大小为0.4 m/s D．煤块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m 7（多选）．如图甲，放在水平桌面上的A、B两个物体，在相同的力F作用下，向右做直线运动，如图乙是它们的v-t图像，分析图像可知（　　） A．A静止，B做匀速运动 B．A做匀速直线运动，B做变速运动 C．A受力平衡，B受力不平衡 D．A受的摩擦力大于B受的摩擦力 8（多选）．如图所示，传送带与地面的夹角，从到的长度为m，传送带以m/s的速率顺时针转动，在传送带上端无初速度地放一个质量为kg的物块，它与传送带之间的动摩擦因数为，已知，，重力加速度取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．物块刚放上传送带时的加速度大小为10m/s2 B．物块在传送带上所受到的摩擦力不变 C．物块从传送带上端运动到下端经历的时间为1.6s D．物块到达传送带下端时的速度大小为9m/s 9．如图所示，质量为的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量的小滑块（可视为质点）以的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动。已知滑块与木板间的动摩擦因数，重力加速度g取。求： (1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力f的大小和方向； (2)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度a的大小； (3)滑块与木板达到的共同速度v大小。 10．如图所示，在倾角的光滑斜面上，有两个用轻质弹簧相连接的小物块A、B，已知A、B的质量均为，轻弹簧的劲度系数，C为一固定挡板。系统开始处于静止状态，现施加一沿斜面向上的拉力F拉物块A，使物块A以的加速度向上做匀加速直线运动。取重力加速度，求： (1)B刚要离开C时，拉力F的大小； (2)从施加F开始到B刚要离开C的过程中，物块A运动的时间。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $