专题03 运动和力 -2026届高考物理二轮专题培优及课时精练

专题03 运动和力 模型一　超重和失重 1．对超重、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)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，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． (3)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，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等． 2．判断超重和失重的方法 (1)从受力的角度判断 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． (2)从加速度的角度判断当物体具有向上的(分)加速度时，物体处于超重状态；具有向下的(分)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． 【例题精讲】 1．人站在压力传感器上持续多次完成下蹲、站起的动作，某段时间内传感器采集的压力F随时间t变化的情况如图所示，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．1s～2s内人先处于超重状态，后处于失重状态 B．0～8s内人完成了两次下蹲和两次站起的动作 C．0～8s内人的最大加速度大小为6m/s2 D．压力F＝700N时，人的速度最大 2．踢毽子做为我校课间操活动内容之一，同时也是全民健身备受喜爱的一项活动，被人们誉为“生命的蝴蝶”。毽子由羽毛和铜片组成，在下落时总是铜片在下，羽毛在上，如图所示。形成此种现象的根本原因，下列分析正确的是（　　） A．毽子的下落是自由落体运动 B．铜片比羽毛重，所以总是铜片在下，羽毛在上 C．因为空气阻力的存在，所以总是铜片在下，羽毛在上 D．因为空气阻力的存在，毽子做减速运动，处于超重状态 3．某举重运动员在力传感器上训练做“下蹲”“站起”动作，某段时间内力传感器的示数随时间变化的图像如图所示。由稳定的站姿到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程，由稳定的蹲姿到稳定的站姿称为“站起”过程，已知重力加速度g＝10m/s2，下列说法不正确的是（　　） A．该运动员的质量为100kg B．这段时间内，该运动员加速度的最大值为4m/s2 C．“下蹲”过程中，该运动员先处于失重状态后处于超重状态 D．“站起”过程中，该运动员先处于超重状态后处于失重状态 4．某同学用手机的加速度传感器测量电梯由静止开始运行过程中的加速度，软件默认竖直向上为正方向，得到了如图所示的拟合图像，则电梯（　　） A．运行方向竖直向上 B．运行的时间大约为30s C．开始运动后至10s，人处于超重状态 D．开始运动后至10s，电梯对人的支持力先减小后增大 5．一滴质量为m的雨滴从静止开始，在重力作用下竖直下落。下落过程中，雨滴除受重力外，还受到空气阻力作用。已知阻力大小与速度的平方成正比，即f＝kv2，其中k是比例系数。设下落高度足够高，下落过程中雨滴的质量和形状均不发生变化，且忽略雨滴间的相互作用，重力加速度为g。关于雨滴的整个下落过程，下列说法正确的是（　　） A．达到最大速度前雨滴处于超重状态 B．达到最大速度后雨滴处于完全失重状态 C．整个过程中雨滴先处于失重状态，后处于超重的状态 D．达到最大速度前雨滴处于失重状态 （多选）6．如图所示，一个攀岩运动员正在缓慢地向上通过一个两侧岩壁竖直的山间“狭缝”，下列说法正确的是（　　） A．运动员对岩石的压力越大，其受到的摩擦力的合力也越大 B．运动员受到的摩擦力的合力与重力大小相等 C．左侧岩壁对运动员的弹力小于右侧岩壁对运动员的弹力 D．若运动员加速上爬，则运动员处于超重状态 （多选）7．某学校老师带领同学们制作的简易两级“水火箭”如图1所示。图2为水火箭发射后竖直加速上升过程中加速度大小与时间的关系图像。水火箭在t＝0时刻发射，经4s水火箭耗尽箭体内的水，失去动力后上升至最高点，紧接着火箭自由下落1s后遥控打开降落伞减速。水火箭的运动均在竖直方向，忽略上升过程的空气阻力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．打开降落伞减速过程水火箭处于超重状态 B．加速上升过程水火箭处于失重状态 C．水火箭上升过程的最大速度为14m/s D．水火箭上升的最大高度为38.8m 模型二　斜面模型 1．光滑斜面 结论：m滑到底端时的速率v＝，滑到底端所用的时间t＝ . 2． 粗糙斜面 【例题精讲】 1．如图，倾角为θ、光滑且足够长的斜面固定在水平面上，轻质弹簧相连接的物块A和B质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为固定挡板，系统处于静止状态。现用沿斜面向上的恒力F拉A使之运动，当B刚要离开C时，A的加速度方向沿斜面向上，大小为gsinθ，则（　　） A．恒力F的大小为3mgsinθ B．恒力F的大小为2mgsinθ C．B离开C后，A的加速度不变 D．B离开C后，B的加速度不变 2．某玩具装置如图所示，竖直面内固定三根光滑直杆AO、BO、CO，其上端点分别为A、B、C，B位于O的正上方，AB⊥BO、BC⊥CO。套在杆上的小圆环分别从A、B、C三点由静止沿AO、BO、CO滑下，滑到下端O点的时间分别为tA、tB、tC，则（　　） A．tA＞tB＞tC B．tB＝tC＞tA C．tB＞tC＝tA D．tA＞tB＝tC 3．如图所示，一质量为m的木块紧靠质量为M的长方体形空铁箱后壁（未粘连），在水平拉力的作用下保持相对静止一起在光滑水平地面上向右做直线运动。现逐渐减小拉力，木块始终没有与后壁分离，铁箱与木块之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从拉力开始逐渐减小（未减至0）到木块落到箱底前，下列说法错误的是（　　） A．铁箱对木块的支持力一直减小 B．铁箱和木块在水平方向上一直做加速运动 C．当时，物块与铁箱将发生相对滑动 D．铁箱对木块的摩擦力先不变再减小 4．如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP＞QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN轨道运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．b滑块受到的弹力较小 B．a滑块的加速度较小 C．a滑块与b滑块的运动的时间相等 D．a滑块受到的合力较小 5．如图所示，圆环和点P在同一竖直平面内，在环上取一点与P连成光滑直轨道，一物块由静止开始从P点滑向圆环。A是圆环的最高点，B是圆环的最右端，C是圆环与地面的接触点，D是PC与环的交点，O为圆心，E是PO与环的交点，物块滑到圆环上所需的最短时间为（　　） A．沿PA轨道运动的时间 B．沿PB轨道运动的时间 C．沿PD轨道运动的时间 D．沿PE轨道运动的时间 （多选）6．如图所示，物块正在沿粗糙的斜面匀速下滑，斜面保持静止状态。在下列几种情况中，物块仍沿斜面下滑，则关于地面对斜面体的摩擦力说法正确的是（　　） A．若对物块施加竖直向下的外力，地面对斜面体没有摩擦力 B．若对物块施加沿斜面向下的外力，地面对斜面体的摩擦力水平向右 C．若对物块施加沿斜面向上的外力，地面对斜面体没有摩擦力 D．若对物块施加垂直于斜面向下的外力，地面对斜面体的摩擦力水平向左 （多选）7．滑块以初速度v0沿粗糙斜面从底端O上滑，到达最高点B后再返回到底端。利用频闪仪分别对上行和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图分别如图甲（上行）和乙（下滑）所示，图中A为OB的中点。下列说法正确的是（　　） A．滑块下滑时间比上行时间长 B．滑块上行与下滑的加速度之比为16：9 C．滑块上行与下滑通过A时的动能之比为4：3 D．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25 模型三　连接体问题的分析方法 1．常见连接体模型 类型 图例 接触连接 　　 轻绳连接 　　 轻杆连接 轻弹簧连接 2.整体法与隔离法的选取原则 (1)整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)． (2)隔离法的选取原则：若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解． (3)整体法、隔离法的交替运用：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，一般采用“先整体求加速度，后隔离求内力”的步骤． 【例题精讲】 1．如图所示，一辆小车放置在水平面上，一条轻质细线穿过质量为m的光滑小圆环，两端分别系在侧壁和车顶上，现控制小车沿着水平面向右运动，当环与车保持相对静止时，发现细线一部分1与竖直方向间的夹角为53°，另一部分2与水平方向间的夹角为53°，重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列说法正确的是（　　） A．细线1、2两部分的拉力大小可能不相等 B．小车可能向右做匀速直线运动 C．细线1部分的拉力大小为mg D．小车加速度的大小为 2．如图，水平桌面上放有一物块A，其通过一根不可伸长的轻绳绕过光滑轻质定滑轮与物块B相连。已知A、B与桌面间的动摩擦因数均相同，且A的质量是B 质量的2倍，重力加速度大小为g，不计空气阻力。现静止释放A后，A、B一起做加速度大小为的匀加速直线运动。若对调A、B的初始位置，静止释放 B，则两物块一起运动的加速度大小变为（两种情形中滑轮左侧轻绳始终与桌面保持平行）（　　） A． B． C． D． 3．如图，一不可伸长的轻质细绳跨过滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B，若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦。设细绳对A和B的拉力大小分别为T1和T2，已知下列四个关于T1的表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是（　　） A． B． C． D． 4．如图甲所示，光滑水平面上放置紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为mA＝6kg、mB＝4kg。从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB的大小随时间变化的规律分别如图乙、丙所示，则（　　） A．t＝0时，A的加速度为2m/s2 B．t＝1.5s时，A、B开始分离 C．t＝0.5s时，A、B之间的相互作用力为1N D．A、B开始分离时的速度为3m/s 5．如图所示，粗糙水平面上放着一木板A，质量M＝1kg，A上面放着小物块B，质量m＝3kg，A与B以及A与地面间的摩擦因数均为0.1，重力加速度g取10m/s2，现给A施加一个水平恒力F，下列说法中正确的是（　　） A．若F＝4N，则A、B一起向右做匀加速运动，加速度为1m/s2 B．若F＝12N，则A、B一起向右做匀加速运动，加速度为2m/s2 C．如果把F作用在B上，F＝6N，则A、B一起向右做匀加速运动，加速度为0.5m/s2 D．如果把F作用到B上，无论F有多大，木板A均不会运动 （多选）6．凯里高铁南站某动车组由8节车厢组成，从车头开始编号的第2、3、6、7号车厢为动力车厢，其余为非动力车厢，每节车厢质量均为m，如图所示。该列车动力全开沿水平直轨道行驶，每节动力车厢所提供驱动力大小均为F，每节车厢所受阻力大小均为f，则下列说法正确的是（　　） A．列车匀速行驶时，驱动力F和阻力f大小关系为F＝2f B．列车匀速行驶时，各车厢间拉力均不为零 C．列车匀加速行驶时，3号车厢对4号车厢的拉力大小为 D．列车匀速或匀加速行驶，7号车厢对8号车厢的拉力与驱动力F的大小关系都一样 （多选）7．如图所示，质量为m的A物块和质量为2m的B物块置于水平地面上，A与地面间的动摩擦因数为μ1，B与地面间的动摩擦因数为μ2，物块之间用一水平轻绳相连。现用水平力F向右拉A，两物块一起向右做匀加速直线运动，已知F＝3.5mg。下列说法中正确的是（　　） A．若μ1＝μ2＝0，则绳对B的拉力 B．若μ1＝μ2＝0.1，则绳对B拉力 C．若2μ1＝μ2＝0.2，则绳对B拉力 D．若2μ1＝μ2＝0.2，则绳对B拉力 模型四　“滑块—木板”模型 1．模型特点 涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动． 2．两种位移关系 滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长． 设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2. 同向运动时：L＝x1－x2； 反向运动时：L＝x1＋x2. 3．摩擦力方向的特点 (1)若两个物体同向运动，且两个物体“一快一慢”，则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力，“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力． (2)若两个物体反向运动，则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力． 【例题精讲】 1．如图1，水平地面上有一长木板，将一小物块放在长木板上，给小物块施加一水平外力F，通过传感器分别测出外力大小F和长木板及小物块的加速度a的数值如图2所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则以下说法正确的是（　　） A．小物块与长木板间的动摩擦因数 B．长木板与地面间的动摩擦因数 C．长木板的质量 D．小物块的质量 2．如图，P、Q两物体叠放在水平面上，已知两物体质量均为m＝2kg，P与Q间的动摩擦因数为μ1＝0.3，Q与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2，当水平向右的外力F＝12N作用在Q物体上时，下列说法正确的是（　　） A．Q对P的摩擦力方向水平向左 B．水平面对Q的摩擦力大小为2N C．P与Q之间的摩擦力大小为4N D．P与Q发生相对滑动 3．如图甲所示，一长为2.0m、质量为2kg的长木板静止在粗糙水平面上，有一个质量为1kg可视为质点的小物块置于长木板右端。对长木板施加的外力F逐渐增大时，小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。现改用F＝22N的水平外力拉长木板，取g＝10m/s2，则小物块在长木板上滑行的时间为（　　） A．1s B．2s C．s D．s 4．物体A放在木板B上，木板B放在光滑水平地面上，已知mA＝4kg，mB＝2kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，如图所示。现用一水平向右的拉力F作用于物体A上，g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．当拉力F＞8N时，A相对B滑动 B．当拉力F＞24N时，A相对B滑动 C．当拉力F＝6N时，A、B间的摩擦力为0 D．当拉力F＝12N时，A、B间的摩擦力为8N 5．如图所示，一足够长的水平传送带以恒定速率v0向右匀速运行。t＝0时一可视为质点的小物块被轻放在传送带的左端，物块与传送带间的动摩擦因数恒定。下列描述小物块运动过程的v﹣t图像，可能正确的是（　　） A． B． C． D． （多选）6．如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力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．长木板的质量M＝2kg B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2 C．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大 D．当水平拉力F＝7N时，长木板的加速度大小为3m/s2 （多选）7．如图甲所示，一长木板在粗糙的水平地面上向右运动，当长木板的运动速度大小为v0时，将一物块（视为质点）轻放在长木板的右端。经过时间t0，物块恰好到达长木板正中间且与长木板保持相对静止，长木板与物块的速度随时间变化的图像如图乙所示。已知物块与长木板的动摩擦因数为μ，物块质量等于长木板质量的2倍，重力加速度大小为g，则下列判断正确的是（　　） A．长木板长度为 B．长木板长度为v0t0 C．长木板与地面的动摩擦因数为 D．物块与长木板保持相对静止后一起运动的时间为 模型五　“传送带”模型 1．水平传送带问题的常见情形及运动分析 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长(滑块最终未与传送带相对静止) 传送带足够长 一直加速 先加速后匀速 v0<v时，一直加速 v0<v时，先加速再匀速 v0>v时，一直减速 v0>v时，先减速再匀速 滑块一直减速到右端 滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端 若v0≤v，则返回到左端时速度为v0；若v0>v，则返回到左端时速度为v 2．倾斜传送带问题的常见情形及运动分析 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长 一直加速(一定满足关系μ>tan θ) 先加速后匀速(一定满足关系μ>tan θ) 一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速 若μ<tan θ，先以a1加速，共速后摩擦力方向改变，再以a2加速 v0<v时，一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) v0<v时，若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速 v0>v时，若μ<tan θ，一直加速，加速度大小为gsin θ－μgcos θ；若μ>tan θ，一直减速，加速度大小为μgcos θ－gsin θ；若μ＝tan θ，一直匀速 v0>v时，若μ<tan θ，一直加速；若μ>tan θ，先减速后匀速；若μ＝tan θ，一直匀速 (摩擦力方向一定沿传送带向上) μ<tan θ，一直加速 μ＝tan θ，一直匀速 μ>tan θ，一直减速 μ>tan θ，先减速到速度为0后反向加速，若v0≤v，运动到原位置时速度大小为v0；若v0>v，运动到原位置时速度大小为v 【例题精讲】 1．如图甲所示，小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0～3s段为抛物线，3～4.5s段为直线，下列说法正确的是（重力加速度g取10m/s2（　　） A．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1 B．传送带的速度大小为4m/s C．0～3s内物块在传送带上留下的滑动痕迹为7m D．0～3s内物块在传送带上留下的划痕与0～4.5s的划痕一样长 2．如图甲所示，一水平传送带以初速度v0沿顺时针匀速转动，在传送带左端A处轻放可视为质点的小煤块，小煤块从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，g取10m/s2，则（　　） A．AB间的距离为24m B．小煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度是8m C．小煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝1 D．若仅调节传送带运行速度，小煤块从A端运动到B端的最短时间是5s 3．如图甲所示，足够长的水平传送带以恒定的速率转动，一小物块从传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的传感器记录了小物块速度的平方v2与路程s的关系如图乙所示，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．物块向左做匀减速运动的时间为4s B．物块在传送带上匀速运动的时间为1s C．传送带的速度大小为10m/s D．物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2 4．如图所示，水平传送带以2m/s的速度匀速转动，一个物块从传送带的右端以6m/s的初速度向左滑上传送带，物块在传送带上先做匀减速直线运动，接着做匀加速直线运动，最后匀速返回到传送带右端。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小为10m/s2，不计物块大小，则下列说法正确的是（　　） A．传送带沿逆时针方向匀速转动 B．物块全程运动的过程中，一直受摩擦力且受到的摩擦力始终不变 C．传送带的长度L可能为8m D．物块在传送带上匀速运动的时间为4s 5．一质量为4kg的无人机从地面由静止起飞，其速度（v）与时间（t）的关系如图所示（取竖直向上为正方向），重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．前2s内，无人机的加速度大小为10m/s2 B．在4s末，无人机离地面的高度为25m C．在2～3s内，空气对无人机的作用力为零 D．在5～9s内，空气对无人机的作用力大小为10N （多选）6．如图甲所示，倾斜传送带沿逆时针方向以恒定的速度传动，t＝0时刻，卸货工人将一包裹轻放在传送带上，经过1.4s包裹运动到传送带的底端，已知包裹的速度随时间的变化规律如图乙所示，包裹可视为质点，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．传送带运行的速度v＝6m/s B．传送带倾角θ的正弦值sinθ＝0.6 C．包裹与传送带间的动摩擦因数为0.5 D．包裹在传送带上留下的痕迹长度为1m （多选）7．如图甲所示，倾角为37°的传送带以恒定速率沿顺时针方向转动。一煤块以初速度4v0从传送带底端冲上传送带并沿传送带向上运动，到达传送带顶端时速度恰好为零，其v﹣t图像如图乙所示，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，则（　　） A．传送带的速率为2v0 B．传送带底端到顶端的长度为5v0t0 C．0～3t0时间内，煤块在传送带上留下的痕迹长度为v0t0 D．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5 课时精练 一．选择题（共8小题） 1航空摄影和航空旅游常用到热气球，某次航空摄影的热气球正从一定高度竖直上升，其内部安装的定位装置能把相间时间间隔内热气球的位置变化记录下来，如图所示，记录的是每隔3秒的高度变化，图中单位是米。在记录时间内，下列说法正确的是（　　） A．在记录竖直上升的高度变化时，热气球不能被视为质点 B．热气球一直处于超重状态 C．由题中数据可以精确计算出热气球内部定位装置过C时瞬时速度大小 D．热气球向上做非匀变速直线运动 2．质量分别为M和m的物块，它们的形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，并按图甲和图乙两种方式放置在倾角为α的光滑斜面上。两种情况下，斜面体均固定在水平面上，绳子平行于斜面，重力加速度为g。图甲中，质量为M的物块恰好能静止在斜面上。图乙中，释放质量为M的物块，下列有关该状态下的说法正确的是（　　） A．轻绳的拉力等于Mg B．轻绳的拉力等于mgsinα C．加速度大小为 D．加速度大小为 3．如图所示，倾角为θ＝37°的光滑斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端与垂直固定在斜面上的挡板相连，另一端与物块B拴接，物块A紧挨着物块B，两物块相对斜面静止。现对A施加沿斜面向上的拉力，使A、B一起沿斜面做加速度大小为的匀加速直线运动直到A、B分离。A、B的质量分别为2m、m，从两者开始运动到分离这一过程，重力加速度为g，sin37°＝0.6，下列说法正确的是（　　） A．施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为 B．A、B分离瞬间弹簧弹力大小为 C．整个过程中拉力先增大后减小 D．拉力F的最大值为2mg 4．2025年第十五届全运会由粤港澳三地联合举办。下列有关说法正确的是（　　） A．跳水运动员起跳后在空中运动的过程中始终处于失重状态 B．跨栏运动员在加速奔跑时，运动员的惯性增大 C．蹦床比赛中，运动员的瞬时速度为零时，加速度一定为零 D．某跳高运动员在起跳瞬间对地面的压力为750N，N为国际单位制中的基本单位 5．Phyphox软件能借助智能手机传感器开展物理实验。某同学开启软件的加速度传感器，将手机屏幕朝上，从静止站立状态开始做蹲起动作，传感器记录下竖直方向（z轴）的运动数据，规定竖直向上为正方向，如图所示。下列说法正确的是（　　） A．0～2s内，完成一次蹲起动作，加速度为负时，手机处于超重状态 B．0～2s内，完成一次蹲起动作，加速度为正时，手机处于超重状态 C．0～4s内，完成一次蹲起动作，加速度为负时，手机处于失重状态 D．0～4s内，完成一次蹲起动作，加速度为正时，手机处于失重状态 6．蹦极是很多年轻人喜欢的一项运动，蹦极运动过程可简化如下：如图所示，将游客视为质点，原长为45m的弹性绳一端固定在O点，另一端和游客相连。游客从O点自由下落，至B点时弹性绳自然伸直，经过C点时合力为零，到达最低点D，然后弹起，整个过程沿竖直方向，弹性绳始终在弹性限度内，重力加速度g＝10m/s2，不计游客受到的空气阻力。关于游客从O→B→C→D的过程中，下列说法正确的是（　　） A．游客从O→B过程做自由落体运动，速度越来越大，其惯性也逐渐增大 B．游客此次体验完全失重的时间为3s C．游客经过B点时速度最大 D．游客从C→D过程做减速运动，该过程中游客对弹性绳的拉力小于弹性绳对游客的拉力 7．木工师傅利用如图甲所示的推台锯切割木料时，可以简化成以下情境：切割一块质量为m＝10kg、长度为L＝2m的木板（图乙中虚线所示）时，机器对木板全程施加水平向前的恒力F，使木板从静止开始沿水平操作台向前运动，同时还对木板施加竖直向下的作用力为FN1＝100N，两侧定位靠板分别对木板施加侧向压力为FN2＝20N。已知木板与操作台间的动摩擦因数为μ1＝0.3，木板与两侧定位靠板间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，不考虑锯片在木板运动方向的阻碍作用，g取10m/s2。若切割时间需要4s，则恒力F大小为（　　） A．40.5N B．68.0N C．70.5N D．74.5N 8．快递员手拿快递乘电梯送货上楼，快递员进入电梯后，电梯向上运行的v﹣t图像如图所示，则在乘坐电梯过程中，快递员感觉货物“最轻”的时间段是（　　） A．0∼t1 B．t3～t4 C．t2～t3 D．t1∼t2 二．多选题（共3小题） （多选）9．盾构机在隧道挖掘过程中，通过内部皮带输送机将渣土运送至盾构机尾部的出口。该过程可简化为如下模型：传送带由AB、BC两部分组成，AB段与水平面夹角θ＝37°，长1.8m，BC段水平，长10m，两段传送带在B处平滑连接，以恒定速率v＝2m/s顺时针运行，将一渣土块（可视为质点）无初速度地放到传送带底端，渣土块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。则（　　） A．渣土块刚放到传送带上时的加速度大小为0.4m/s2 B．渣土块在传送带AB段上运动的时间为3s C．渣土块在传送带上运动的总时间为8.02s D．渣土块在传送带上留下的划痕的长度为4.2m （多选）10．如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速度放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为µ，则木块从左端运动到右端的时间可能是（　　） A． B． C． D． （多选）11．实验小组利用顺时针匀速转动的水平传送带做科学实验，将一物块从左侧以初速度v0滑上水平传送带，获得物块的v﹣t图像，下列图像中可能正确的是（　　） A． B． C． D． 三．解答题（共5小题） 12．在校园劳动课上，小明用水平拉力F拖动一箱书籍，由静止开始沿水平地面做匀加速直线运动，测得书箱的加速度a＝2m/s2。已知书箱底部与地面间的动摩擦因数为μ＝0.4，书籍和箱子总质量m＝15kg，重力加速度g取10m/s2。若小明在2s后撤去水平拉力F，求： （1）水平拉力F的大小； （2）从开始运动起计时，书箱在4s内的位移大小。 13．摩擦现象中蕴藏着丰富的力学原理，对其规律的探索是解决众多生活与工程问题的关键。 （1）如图1所示，拖把是生活中常用的清洁工具，由拖杆（可视为轻杆）和拖把头构成。沿拖杆方向施加大小为F的力推动拖把在水平地板上匀速移动，拖杆与竖直方向的夹角为θ。求拖把受到地面的摩擦力大小f； （2）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图2所示，以恒定速率v1＝0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角θ＝37°，两转轴间距L＝3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求小包裹通过传送带所需的时间t； （3）在传动装置中，用三角皮带（截面如图3）较普通皮带更不易打滑，小明为了探究其中蕴含的物理原理，进行了相关的实验模拟：先将字典按图4方式平放在倾斜的平板上，再将字典按图5方式两侧对称放在截面为等腰梯形的倾斜长柱体上，平板及长柱体底面与水平面的夹角相同且固定。已知等腰梯形的底角为θ，两种情况字典都处于静止状态，字典与平板及长柱体表面间的动摩擦因数相同。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，垂直于书脊方向的摩擦力远小于书的重力，可忽略。求两种情况下字典的最大静摩擦力之比。 14．如图所示，一质量M＝2kg的长木板静置在光滑水平面上，某时刻一可视为质点的质量m＝1kg的滑块从木板的左端以v0＝15m/s的速度滑上木板。当滑块和木板共速时，滑块恰好从A点滑上与木板等高的平台AB，平台的长度x＝0.9m。随后滑块再从B点滑出平台，从C点沿着CD方向切入倾角θ＝37°，长度L＝7.55m，以v＝6m/s顺时针转动的传送带。已知滑块与木板，滑块与平台，滑块与传送带之间的动摩擦因数都为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）滑块刚滑上木板时，滑块和木板的加速度分别为多少； （2）传送带的C端距平台的B端的水平距离s和竖直高度h； （3）滑块在传送带上留下的划痕长度。 15．黄老师想测量地铁启动过程中的加速度，他把一条细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段加速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片（如图所示），拍摄方向跟地铁前进方向垂直。通过测量计算得出细线与竖直扶手的夹角为θ＝6°，tan6°＝0.1，g取10m/s2。 （1）求拍照时刻该列地铁加速度的大小； （2）假设该列地铁加速时做匀加速直线运动，加速度大小为第（1）问中所求，求该列地铁的速度从0加速到36km/h的过程中所用的时间。 16．如图甲所示，质量为M＝0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量m＝1kg的物块以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示，其中AB段与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m﹣1，将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。 （1）若F＝0，试求出当物块在木板上滑动时，m与M的加速度大小； （2）求该木板的长度L； （3）求图乙中D点对应的恒力F，以及C点对应的s； （4）若物块不会从木板上滑出，写出与F的关系式。 第19页（共20页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 运动和力 模型一　超重和失重 1．对超重、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)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，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． (3)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，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等． 2．判断超重和失重的方法 (1)从受力的角度判断 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． (2)从加速度的角度判断当物体具有向上的(分)加速度时，物体处于超重状态；具有向下的(分)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． 【例题精讲】 1．人站在压力传感器上持续多次完成下蹲、站起的动作，某段时间内传感器采集的压力F随时间t变化的情况如图所示，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．1s～2s内人先处于超重状态，后处于失重状态 B．0～8s内人完成了两次下蹲和两次站起的动作 C．0～8s内人的最大加速度大小为6m/s2 D．压力F＝700N时，人的速度最大 【答案】C 【解答】解：A．1s～2s内，压力传感器上示数F先小于重力再大于重力，故人先处于失重状态，后处于超重状态，故A错误； B．由图像可知“下蹲”过程中，力传感器上的示数先小于重力，后大于重力，“站起”过程中，力传感器上的示数先大于重力，后小于重力，则0～8s时间段内，人完成了一次“下蹲”和一次“站起”的动作，故B错误； C．由图像可知，重力mg＝500N，弹力F1＝200N时，失重最多，加速度最大；故0﹣8s内人的最大加速度大小为am/s2＝6m/s2，故C正确； D．当加速度为0时，速度最大，F＝700N的时刻，人的加速度不为0，速度不是最大，故D错误。 故选：C。 2．踢毽子做为我校课间操活动内容之一，同时也是全民健身备受喜爱的一项活动，被人们誉为“生命的蝴蝶”。毽子由羽毛和铜片组成，在下落时总是铜片在下，羽毛在上，如图所示。形成此种现象的根本原因，下列分析正确的是（　　） A．毽子的下落是自由落体运动 B．铜片比羽毛重，所以总是铜片在下，羽毛在上 C．因为空气阻力的存在，所以总是铜片在下，羽毛在上 D．因为空气阻力的存在，毽子做减速运动，处于超重状态 【答案】C 【解答】解：A．由于空气阻力不能忽略，毽子不是自由落体运动，故A错误。 BC．羽毛受到的空气阻力和自身的重力相差不多，对羽毛运动的影响较大，而羽毛又和铜钱连在一起，故羽毛要受到铜钱较大的拖动作用，即羽毛的运动主要靠铜钱的带动，所以毽子下落时总是铜钱在下面拉着羽毛。铜钱重不是根本原因，故B错误，C正确。 D．键子受到重力和空气阻力，键子做加速运动，加速度向下，键子处于失重状态，故D错误。 故选：C。 3．某举重运动员在力传感器上训练做“下蹲”“站起”动作，某段时间内力传感器的示数随时间变化的图像如图所示。由稳定的站姿到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程，由稳定的蹲姿到稳定的站姿称为“站起”过程，已知重力加速度g＝10m/s2，下列说法不正确的是（　　） A．该运动员的质量为100kg B．这段时间内，该运动员加速度的最大值为4m/s2 C．“下蹲”过程中，该运动员先处于失重状态后处于超重状态 D．“站起”过程中，该运动员先处于超重状态后处于失重状态 【答案】B 【解答】解：A．根据图像可知，举重运动员在稳定的站姿和稳定的蹲姿状态中在竖直方向上受平衡力作用，运动员静止时受到的支持力为1000N，质量为100kg，故A正确； B．力传感器的示数最小时，运动员处于失重状态，此时向下的加速度最大，此加速度的大小a1m/s2＝6m/s2，力传感器的示数最大时，运动员处于超重状态，此时向上的加速度最大，此加速度的大小a2m/s2＝6m/s2，则这段时间内，该运动员加速度的最大值为6m/s2，故B错误； C．“下蹲”过程中，该运动员先向下加速后向下减速，同时力传感器上的示数先小于重力，后大于重力，则该运动员先处于失重状态后处于超重状态，故C正确； D．“站起”过程中，该运动员先向上加速后向上减速，同时力传感器上的示数先大于重力，后小于重力，则该运动员先处于超重状态后处于失重状态，故D正确。 本题选择不正确的，故选：B。 4．某同学用手机的加速度传感器测量电梯由静止开始运行过程中的加速度，软件默认竖直向上为正方向，得到了如图所示的拟合图像，则电梯（　　） A．运行方向竖直向上 B．运行的时间大约为30s C．开始运动后至10s，人处于超重状态 D．开始运动后至10s，电梯对人的支持力先减小后增大 【答案】D 【解答】解：A．a﹣t图像与时间轴所围成的面积表示速度变化量，电梯由静止开始运行，0～10sa﹣t图像与时间轴所围成的面积为负，速度为负值，软件默认竖直向上为正方向，故电梯向下走，故A错误； B．a﹣t图像与时间轴所围成的面积表示速度变化量，在30s前，a﹣t图像与时间轴所围成的面积为0，电梯由静止开始运行，故在30s前电梯的速度已经为0，故B错误； C．开始运动后至10s，由a﹣t图像可知，加速度负值，向下，物体处于失重状态，故C错误； D．开始运动后至10s，由a﹣t图像可知，加速度先向下增大，再向下减小，重力不变，由牛顿第二定律可知，电梯对人的支持力先减小后增大，故D正确。 故选：D。 5．一滴质量为m的雨滴从静止开始，在重力作用下竖直下落。下落过程中，雨滴除受重力外，还受到空气阻力作用。已知阻力大小与速度的平方成正比，即f＝kv2，其中k是比例系数。设下落高度足够高，下落过程中雨滴的质量和形状均不发生变化，且忽略雨滴间的相互作用，重力加速度为g。关于雨滴的整个下落过程，下列说法正确的是（　　） A．达到最大速度前雨滴处于超重状态 B．达到最大速度后雨滴处于完全失重状态 C．整个过程中雨滴先处于失重状态，后处于超重的状态 D．达到最大速度前雨滴处于失重状态 【答案】D 【解答】解：AD、雨滴下落过程中受重力和阻力，根据牛顿第二定律得雨滴达到最大速度前雨滴的加速度方向向下，即处于失重状态，故A错误，D正确； B、雨滴达到最大速度后受力平衡，合力为零，处于平衡状态，故B错误； C、雨滴整个过程中先处于失重状态，后处于平衡状态，故C错误。 故选：D。 （多选）6．如图所示，一个攀岩运动员正在缓慢地向上通过一个两侧岩壁竖直的山间“狭缝”，下列说法正确的是（　　） A．运动员对岩石的压力越大，其受到的摩擦力的合力也越大 B．运动员受到的摩擦力的合力与重力大小相等 C．左侧岩壁对运动员的弹力小于右侧岩壁对运动员的弹力 D．若运动员加速上爬，则运动员处于超重状态 【答案】BD 【解答】解：AB．运动员处于平衡状态，其受到的总摩擦力与重力大小相等、方向相反，压力不会影响静摩擦力的大小，故A错误，B正确； C．由平衡条件可知运动员在水平方向的合力为零，左侧岩壁对运动员的弹力大小等于右侧岩壁对运动员的弹力大小，故C错误； D．若运动员加速上爬，加速度方向向上，则运动员处于超重状态，故D正确。 故选：BD。 （多选）7．某学校老师带领同学们制作的简易两级“水火箭”如图1所示。图2为水火箭发射后竖直加速上升过程中加速度大小与时间的关系图像。水火箭在t＝0时刻发射，经4s水火箭耗尽箭体内的水，失去动力后上升至最高点，紧接着火箭自由下落1s后遥控打开降落伞减速。水火箭的运动均在竖直方向，忽略上升过程的空气阻力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．打开降落伞减速过程水火箭处于超重状态 B．加速上升过程水火箭处于失重状态 C．水火箭上升过程的最大速度为14m/s D．水火箭上升的最大高度为38.8m 【答案】AC 【解答】解：A.打开降落伞减速过程水火箭处于超重状态，故A正确； B.加速上升过程水火箭处于超重状态，故B错误； C.由a﹣t 图像可知最大速度vm＝3×2m+4×2m＝14m/s，故C正确； D.0～2s上升的高度s上升高度 上升高度 代入数据得h3＝9.8m，最大高度h＝35.8m，故D错误。 故选：AC。 模型二　斜面模型 1．光滑斜面 结论：m滑到底端时的速率v＝，滑到底端所用的时间t＝ . 2． 粗糙斜面 【例题精讲】 1．如图，倾角为θ、光滑且足够长的斜面固定在水平面上，轻质弹簧相连接的物块A和B质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为固定挡板，系统处于静止状态。现用沿斜面向上的恒力F拉A使之运动，当B刚要离开C时，A的加速度方向沿斜面向上，大小为gsinθ，则（　　） A．恒力F的大小为3mgsinθ B．恒力F的大小为2mgsinθ C．B离开C后，A的加速度不变 D．B离开C后，B的加速度不变 【答案】A 【解答】解：AB、当B、C间弹力恰好为零时B开始离开C，对B，由平衡条件得F弹＝mgsinθ，对A，由牛顿第二定律得F﹣F弹﹣mgsinθ＝ma，解得F＝3mgsinθ，故A正确，B错误； CD、物块B离开C后做加速运动，由于B的速度A的速度，A、B间距离增大，弹簧的弹力增大，A所受合力减小，加速度减小，B所受合力增大，加速度增大，当A、B加速度相等后弹簧的弹力不变，A、B的加速度都不再发生变化，故CD错误。 故选：A。 2．某玩具装置如图所示，竖直面内固定三根光滑直杆AO、BO、CO，其上端点分别为A、B、C，B位于O的正上方，AB⊥BO、BC⊥CO。套在杆上的小圆环分别从A、B、C三点由静止沿AO、BO、CO滑下，滑到下端O点的时间分别为tA、tB、tC，则（　　） A．tA＞tB＞tC B．tB＝tC＞tA C．tB＞tC＝tA D．tA＞tB＝tC 【答案】D 【解答】解：以OB为直径作圆，如图所示： 根据等时圆原理可知：小球从C到O、从B到O、从D到O的时间相等，都小于从A到O的时间，即tA＞tB＝tC，故D正确，ABC错误。 故选：D。 3．如图所示，一质量为m的木块紧靠质量为M的长方体形空铁箱后壁（未粘连），在水平拉力的作用下保持相对静止一起在光滑水平地面上向右做直线运动。现逐渐减小拉力，木块始终没有与后壁分离，铁箱与木块之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从拉力开始逐渐减小（未减至0）到木块落到箱底前，下列说法错误的是（　　） A．铁箱对木块的支持力一直减小 B．铁箱和木块在水平方向上一直做加速运动 C．当时，物块与铁箱将发生相对滑动 D．铁箱对木块的摩擦力先不变再减小 【答案】C 【解答】解：AB、木块始终没有与后壁分离，则木块和空铁箱水平方向的加速度相同，水平拉力F逐渐减小（未减至0），则整体加速度a逐渐减小，铁箱和木块在水平方向上一直做加速运动，根据牛顿第二定律得铁箱对木块的支持力为N＝ma，即铁箱对木块的支持力逐渐减小，故AB正确； C、木块与空铁箱相对静止时，摩擦力等于重力，一直保持不变，当木块与空铁箱恰好相对滑动时，箱对木块的摩擦力：f＝mg＝μma， 对整体，根据牛顿第二定律可得：F＝（m+M）a 解得：F，故C错误； D、木块与空铁箱相对静止时，摩擦力等于重力，一直保持不变，当木块与空铁箱相对滑动时，箱对木块的摩擦力f＝μN＝μma，逐渐减小，故D正确。 本题选错误的，故选：C。 4．如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP＞QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN轨道运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．b滑块受到的弹力较小 B．a滑块的加速度较小 C．a滑块与b滑块的运动的时间相等 D．a滑块受到的合力较小 【答案】C 【解答】解：A、设滑轨与竖直直径的夹角为θ，圆环的半径为R。对滑块受力分析可得，滑块所受的支持力大小为N＝mgsinθ，因MP与竖直方向的夹角比QN与竖直方向的夹角小，则a滑块受到的弹力较小，故A错误； B、根据牛顿第二定律可得滑块的加速度大小为agcosθ，因MP与竖直方向的夹角比QN与竖直方向的夹角小，故a滑块的加速度较大，故B错误； C、滑块沿滑轨运动的位移大小为x＝2Rcosθ，根据位移—时间公式有，可得滑块沿滑轨运动的时间为，所以两滑块运动时间相等，故C正确； D、滑块受到的合力大小为F合＝mgcosθ，因MP与竖直方向的夹角比QN与竖直方向的夹角小，故b滑块受到的合力较小，故D错误。 故选：C。 5．如图所示，圆环和点P在同一竖直平面内，在环上取一点与P连成光滑直轨道，一物块由静止开始从P点滑向圆环。A是圆环的最高点，B是圆环的最右端，C是圆环与地面的接触点，D是PC与环的交点，O为圆心，E是PO与环的交点，物块滑到圆环上所需的最短时间为（　　） A．沿PA轨道运动的时间 B．沿PB轨道运动的时间 C．沿PD轨道运动的时间 D．沿PE轨道运动的时间 【答案】C 【解答】解：根据题意分析可知，如图所示 过点P画一竖直线，以此作为斜边，再分别以PA、PB、PD、PE作为直角边，构造直角三角形，可见过D的直角三角形的斜边PD′最短，对应的等时圆半径最小，则沿PD轨道运动的时间最短，故C正确，ABD错误； 故选：C。 （多选）6．如图所示，物块正在沿粗糙的斜面匀速下滑，斜面保持静止状态。在下列几种情况中，物块仍沿斜面下滑，则关于地面对斜面体的摩擦力说法正确的是（　　） A．若对物块施加竖直向下的外力，地面对斜面体没有摩擦力 B．若对物块施加沿斜面向下的外力，地面对斜面体的摩擦力水平向右 C．若对物块施加沿斜面向上的外力，地面对斜面体没有摩擦力 D．若对物块施加垂直于斜面向下的外力，地面对斜面体的摩擦力水平向左 【答案】AC 【解答】解：物块正在沿粗糙的斜面匀速下滑，根据平衡条件可知，物块受到的支持力和滑动摩擦力的合力与物块的重力大小相等，方向相反，则物块受到的支持力和滑动摩擦力的合力方向竖直向上； A、根据题意分析可知，若对物块施加竖直向下的外力，根据动摩擦力计算公式有f＝μN，可知物块受到的支持力和滑动摩擦力等比例变大，物块受到的支持力和滑动摩擦力的合力方向竖直向上，则物块对斜面的作用力方向竖直向下，以斜面为对象，根据平衡条件可知，地面对斜面体没有摩擦力，故A正确； B、根据题意分析可知，若对物块施加沿斜面向下的外力，物块受到的支持力和滑动摩擦力保持不变，物块受到的支持力和滑动摩擦力的合力方向竖直向上，则物块对斜面的作用力方向竖直向下，以斜面为对象，根据平衡条件可知，地面对斜面体没有摩擦力，故B错误； C、根据题意分析可知，若对物块施加沿斜面向上的外力，物块受到的支持力和滑动摩擦力保持不变，物块受到的支持力和滑动摩擦力的合力方向竖直向上，则物块对斜面的作用力方向竖直向下，以斜面为对象，根据平衡条件可知，地面对斜面体没有摩擦力，故C正确； D、根据题意分析可知，若对物块施加垂直于斜面向下的外力，根据动摩擦力计算公式有f＝μN，可知物块受到的支持力和滑动摩擦力等比例变大，物块受到的支持力和滑动摩擦力的合力方向竖直向上，则物块对斜面的作用力方向竖直向下，以斜面为对象，根据平衡条件可知，地面对斜面体没有摩擦力，故D错误。 故选：AC。 （多选）7．滑块以初速度v0沿粗糙斜面从底端O上滑，到达最高点B后再返回到底端。利用频闪仪分别对上行和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图分别如图甲（上行）和乙（下滑）所示，图中A为OB的中点。下列说法正确的是（　　） A．滑块下滑时间比上行时间长 B．滑块上行与下滑的加速度之比为16：9 C．滑块上行与下滑通过A时的动能之比为4：3 D．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25 【答案】AB 【解答】解：A.因为频闪照片时间间隔相同，设时间间隔为T，从甲中可知，上行时间为3T，下行时间为4T，故A正确； B.上行与下行位移相等，根据可得，上行与下滑的加速度之比为16：9，故B正确； C.对上行（甲图）逆向思考，有，对下行（乙图），有，因此，滑块上行与下滑通过A时的动能之比为16：9，故C错误； D.由于斜面倾角未知，不能求出滑块与斜面的动摩擦因数，故D错误。 故选：AB。 模型三　连接体问题的分析方法 1．常见连接体模型 类型 图例 接触连接 　　 轻绳连接 　　 轻杆连接 轻弹簧连接 2.整体法与隔离法的选取原则 (1)整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)． (2)隔离法的选取原则：若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解． (3)整体法、隔离法的交替运用：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，一般采用“先整体求加速度，后隔离求内力”的步骤． 【例题精讲】 1．如图所示，一辆小车放置在水平面上，一条轻质细线穿过质量为m的光滑小圆环，两端分别系在侧壁和车顶上，现控制小车沿着水平面向右运动，当环与车保持相对静止时，发现细线一部分1与竖直方向间的夹角为53°，另一部分2与水平方向间的夹角为53°，重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列说法正确的是（　　） A．细线1、2两部分的拉力大小可能不相等 B．小车可能向右做匀速直线运动 C．细线1部分的拉力大小为mg D．小车加速度的大小为 【答案】C 【解答】解：A．同一根绳上拉力大小处处相等，即细线1、2两部分的拉力大小一定相等，故A错误； B．将细线1、2两部分的拉力分别沿着水平方向和竖直方向分解，则细线l部分沿水平向右的分力一定大于细线的2部分沿水平向左的分力，则环的合力一定水平向右，小车一定向右做匀加速直线运动，故B错误； C．设细线的拉力大小为F，竖直方向由二力平衡Fcos53°+Fsin53°＝mg 代入数据得，故C正确； D．水平方向由牛顿第二定律Fsin53°﹣Fcos53°＝ma 代入数据得，故D错误。 故选：C。 2．如图，水平桌面上放有一物块A，其通过一根不可伸长的轻绳绕过光滑轻质定滑轮与物块B相连。已知A、B与桌面间的动摩擦因数均相同，且A的质量是B 质量的2倍，重力加速度大小为g，不计空气阻力。现静止释放A后，A、B一起做加速度大小为的匀加速直线运动。若对调A、B的初始位置，静止释放 B，则两物块一起运动的加速度大小变为（两种情形中滑轮左侧轻绳始终与桌面保持平行）（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：第一次放置（A在桌面，B悬挂），对整体受力分析，根据牛顿第二定律： 化简： 两边除以mg： 解得： 第二次放置（B在桌面，A悬挂），对整体受力分析，根据牛顿第二定律： 2mg﹣μ•mg＝（2m+m）•a 代入． 化简： 解得： ，故ACD错误，B正确。 故选：B。 3．如图，一不可伸长的轻质细绳跨过滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B，若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦。设细绳对A和B的拉力大小分别为T1和T2，已知下列四个关于T1的表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：本题因考虑滑轮的质量m，左右两段细绳的拉力大小不再相同，直接利用牛顿第二定律求解T1和T2有一定困难，但是利用极限分析法可以较容易地选出答案，设m＝0，则系统加速度 对A物体运动牛顿第二定律得T1﹣m1g＝m1a 代入数据得 把m＝0代入 则，故C正确，ABD错误。 故选：C。 4．如图甲所示，光滑水平面上放置紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为mA＝6kg、mB＝4kg。从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB的大小随时间变化的规律分别如图乙、丙所示，则（　　） A．t＝0时，A的加速度为2m/s2 B．t＝1.5s时，A、B开始分离 C．t＝0.5s时，A、B之间的相互作用力为1N D．A、B开始分离时的速度为3m/s 【答案】C 【解答】解：AC.由题图乙、丙可得FA＝8﹣2t（N），FB＝2+2t（N），t＝0时，FA0＝8N，FB0＝2N，假设A、B此时不会分离，以二者组成的整体为研究对象，A、B两物体的加速度 代入数据得a＝1m/s2 设t＝0.5s，A、B之间的相互作用力为F，对B根据牛顿第二定律可得F+FB0＝mBa 代入数据得F＝1N，故A错误，C正确； BD.当二者之间的相互作用力恰好为0时开始分离，此时二者的加速度相同，则有 代入数据得t＝1s，A、B分离时的速度 v＝at 代入数据得v＝1m/s，故BD错误。 故选：C。 5．如图所示，粗糙水平面上放着一木板A，质量M＝1kg，A上面放着小物块B，质量m＝3kg，A与B以及A与地面间的摩擦因数均为0.1，重力加速度g取10m/s2，现给A施加一个水平恒力F，下列说法中正确的是（　　） A．若F＝4N，则A、B一起向右做匀加速运动，加速度为1m/s2 B．若F＝12N，则A、B一起向右做匀加速运动，加速度为2m/s2 C．如果把F作用在B上，F＝6N，则A、B一起向右做匀加速运动，加速度为0.5m/s2 D．如果把F作用到B上，无论F有多大，木板A均不会运动 【答案】D 【解答】解：A．A、B之间的最大静摩擦力f1＝μmg 代入数据得f1＝3N A与地面之间的最大静摩擦力f2＝μ（m+M）g 代入数据得f2＝4N 由于当恒力等于4N时，大小恰好等于A与地面之间的最大静摩擦力，此时A、B仍然处于静止状态，故A错误； B．当水平恒力施加在A上，A、B之间，A与地面之间均达到最大静摩擦力，则有F1﹣f2＝（M+m）a1，f1＝ma1 代入数据得F1＝8N， 可知，当恒力等于12N，大于8N时，A、B发生相对运动，B相对于A向左运动，B的加速度为 对A进行分析有F﹣f2﹣f1＝Ma2 代入数据得，故B错误； CD．结合上述可知f1＝3N＜f2＝4N 即A、B之间的最大静摩擦力小于A与D地面之间的最大静摩擦力，所以无论F有多大，木板A均不会运动，当F＝6N时，B相对于A向右做匀加速直线运动，则有F﹣f1＝ma3 代入数据得，故C错误，D正确。 故选：D。 （多选）6．凯里高铁南站某动车组由8节车厢组成，从车头开始编号的第2、3、6、7号车厢为动力车厢，其余为非动力车厢，每节车厢质量均为m，如图所示。该列车动力全开沿水平直轨道行驶，每节动力车厢所提供驱动力大小均为F，每节车厢所受阻力大小均为f，则下列说法正确的是（　　） A．列车匀速行驶时，驱动力F和阻力f大小关系为F＝2f B．列车匀速行驶时，各车厢间拉力均不为零 C．列车匀加速行驶时，3号车厢对4号车厢的拉力大小为 D．列车匀速或匀加速行驶，7号车厢对8号车厢的拉力与驱动力F的大小关系都一样 【答案】ACD 【解答】解：A.整体受力平衡：4F＝8f＝F＝2f，故A正确。 B.匀速时，取任意一段车厢，受力平衡，相邻车厢间的拉力为零，故B错误。 C.整体加速度： ，隔离4～8号车厢（共5节），受力分析：T+2F﹣5f＝5ma，代入F＝2f与a的表达式，得，故C正确。 D.隔离8号车厢，匀速时：受力平衡，拉力为0。匀加速时：拉力为ma。但根据 F＝2f与，可得a＝0，即匀速与匀加速的拉力均为0，故D正确。 故选：ACD。 （多选）7．如图所示，质量为m的A物块和质量为2m的B物块置于水平地面上，A与地面间的动摩擦因数为μ1，B与地面间的动摩擦因数为μ2，物块之间用一水平轻绳相连。现用水平力F向右拉A，两物块一起向右做匀加速直线运动，已知F＝3.5mg。下列说法中正确的是（　　） A．若μ1＝μ2＝0，则绳对B的拉力 B．若μ1＝μ2＝0.1，则绳对B拉力 C．若2μ1＝μ2＝0.2，则绳对B拉力 D．若2μ1＝μ2＝0.2，则绳对B拉力 【答案】BD 【解答】解：整体法求加速度： F﹣μ1mg﹣μ2•2mg＝（m+2m）a 隔离法求绳拉力，对B受力分析： F1﹣μ2•2mg＝2ma 代入a的表达式： 化简得： A.若μ1＝μ2＝0 ，故A错误。 B.若μ1＝μ2＝0.1 ，故B正确。 C.若2μ1＝μ2＝0.2（即μ1＝0.1，μ2＝0.2） 代入 F＝3.5mg，得F1＝6.8mg ，故C错误。 D.若2μ1＝μ2＝0.2，由上述计算，，故D正确。 故选：BD。 模型四　“滑块—木板”模型 1．模型特点 涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动． 2．两种位移关系 滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长． 设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2. 同向运动时：L＝x1－x2； 反向运动时：L＝x1＋x2. 3．摩擦力方向的特点 (1)若两个物体同向运动，且两个物体“一快一慢”，则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力，“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力． (2)若两个物体反向运动，则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力． 【例题精讲】 1．如图1，水平地面上有一长木板，将一小物块放在长木板上，给小物块施加一水平外力F，通过传感器分别测出外力大小F和长木板及小物块的加速度a的数值如图2所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则以下说法正确的是（　　） A．小物块与长木板间的动摩擦因数 B．长木板与地面间的动摩擦因数 C．长木板的质量 D．小物块的质量 【答案】D 【解答】解：B、由a﹣F图，可得到小物块和长木板刚好一起运动时的外力为F1，即可得到地面和长木板之间的动摩擦因数满足：F1＝μ2（m+M）g，F﹣μ2（m+M）g＝（m+M）a，当F＝0时，由图可知a＝﹣a0，联立可得：，故B错误； ACD、由a﹣F图，可得到小物块和木板相对运动后，小物块的加速度随外力的变化情况，对小物块受力分析可知其加速度满足：， 该图线与F轴的交点为F2，即a＝0时，满足：F2＝μ1mg； 由a﹣F图，可得到小物块和木板即将相对运动，但加速度相同的时候的外力为F3，即可得：F3﹣F1＝（m+M）a1， 此时小物块和木板间达到最大静摩擦力，即：μ1mg﹣μ2（m+M）g＝Ma1，则对物块：F3﹣μ1mg＝ma1， 联立解得物块的质量：，长木板的质量：，小物块与长木板间的动摩擦因数为：，故BC错误，D正确。 故选：D。 2．如图，P、Q两物体叠放在水平面上，已知两物体质量均为m＝2kg，P与Q间的动摩擦因数为μ1＝0.3，Q与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2，当水平向右的外力F＝12N作用在Q物体上时，下列说法正确的是（　　） A．Q对P的摩擦力方向水平向左 B．水平面对Q的摩擦力大小为2N C．P与Q之间的摩擦力大小为4N D．P与Q发生相对滑动 【答案】C 【解答】解：AD．假设P与Q相对静止一起向右做匀加速直线运动，把P与Q看作整体，根据牛顿第二定律可得F﹣μ2×2mg＝2ma 代入数据得整体加速度a＝2m/s2 对P有fQP＝ma＝4N＜μ1mg 所以P与Q相对静止一起向右做匀加速直线运动，由于P相对Q有向左滑的趋势，故Q对P的摩擦力方向向右，故AD错误； B．水平面对Q的摩擦力大小f1＝μ2×2mg 代入数据得f1＝4N，故B错误； C．由A选项可知P与Q之间的摩擦力大小fQP＝4N，故C正确。 故选：C。 3．如图甲所示，一长为2.0m、质量为2kg的长木板静止在粗糙水平面上，有一个质量为1kg可视为质点的小物块置于长木板右端。对长木板施加的外力F逐渐增大时，小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。现改用F＝22N的水平外力拉长木板，取g＝10m/s2，则小物块在长木板上滑行的时间为（　　） A．1s B．2s C．s D．s 【答案】A 【解答】解：根据题意分析可知，由题图乙有，力F较小时，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者先一起加速运动，后来发生相对滑动。当F＞2N时二者开始加速，表明长木板受水平面的滑动摩擦力 Ff2＝2N 当F＞14N时小物块和长木板开始相对滑动，此时小物块受到的摩擦力 Ff1＝4N 小物块的加速度 a1＝4m/s2 改用F＝22N的外力水平拉长木板时，根据牛顿第二定律可得 F﹣Ff1﹣Ff2＝Ma 代入数据解得a＝8m/s2 由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足 at2 a1t2＝L 代入数据解得 t＝1s，故A正确，BCD错误； 故选：A。 4．物体A放在木板B上，木板B放在光滑水平地面上，已知mA＝4kg，mB＝2kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，如图所示。现用一水平向右的拉力F作用于物体A上，g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．当拉力F＞8N时，A相对B滑动 B．当拉力F＞24N时，A相对B滑动 C．当拉力F＝6N时，A、B间的摩擦力为0 D．当拉力F＝12N时，A、B间的摩擦力为8N 【答案】B 【解答】解：AB.当A、B刚要发生相对滑动时，对B，根据牛顿第二定律得整体的加速度，此时拉力 F＝（mA+mB）am＝24N，则当F≤24N时，A、B相对静止；当F＞24N时，A相对B滑动，故A错误，B正确； C.A、B相对静止，整体的加速度有F﹣f1＝mAa，解得f1＝2N，故C错误； D.当拉力F＝12N时，A、B相对静止，整体的加速度。此时，对A有F﹣f2＝mAa，解得A、B间摩擦力的大小 f＝4N，故D错误； 故选：B。 5．如图所示，一足够长的水平传送带以恒定速率v0向右匀速运行。t＝0时一可视为质点的小物块被轻放在传送带的左端，物块与传送带间的动摩擦因数恒定。下列描述小物块运动过程的v﹣t图像，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：将小物块轻放在向右匀速运行的传送带左端，此时物块初速度为0，且相对于传送带向左滑动。 物块在水平方向受到向右的滑动摩擦力f＝μmg，根据牛顿第二定律f＝ma，解得：a＝μg。由于μ与g均为定值，故物块做初速度为零的匀加速直线运动，其v﹣t图像为一条过原点的倾斜直线。 当物块的速度增大到与传送带速度v0相等时，物块与传送带之间无相对运动及趋势，摩擦力消失，物块此后随传送带一起做速度为v0的匀速直线运动，此时其v﹣t图像为一条平行于时间轴的水平直线。 A、图像显示加速度发生突变且速度持续增加，不符合共速后的匀速状态，故A错误； B、图像显示物块先做匀加速直线运动，达到一定速度后保持匀速，符合上述分析，故B正确； C、图像显示速度增加后又减至零，说明物块受到反向阻力，与实际受力不符，故C错误； D、图像显示物块做加速度减小的变加速运动，而本题摩擦力为恒力，加速度应保持不变，故D错误。 故选：B。 （多选）6．如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力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．长木板的质量M＝2kg B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2 C．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大 D．当水平拉力F＝7N时，长木板的加速度大小为3m/s2 【答案】BD 【解答】解：AB、根据题意分析可知，由图乙可得，当拉力等于6N时，小滑块和长木板刚好要发生相对滑动，以M、m为整体，根据牛顿第二定律可得 F＝（M+m）a1 以m为对象，根据牛顿第二定律可得 μmg＝ma1 其中 F＝6N 联立解得 m+M＝3kg μ＝0.2 当拉力大于6N时，长木板的加速度为 可知a﹣F图像的斜率为 联立解得 M＝1kg m＝2kg 故A错误，B正确； C、根据题意分析可知，当水平拉力大于6N时。长木板与小滑块已经发生相对滑动，此后F增大，小滑块的加速度也不再增大，而是保持不变。故C错误； D、根据题意分析可知，当水平拉力F＝7N时，根据牛顿第二定律可知，长木板的加速度大小为 ，故D正确。 故选：BD。 （多选）7．如图甲所示，一长木板在粗糙的水平地面上向右运动，当长木板的运动速度大小为v0时，将一物块（视为质点）轻放在长木板的右端。经过时间t0，物块恰好到达长木板正中间且与长木板保持相对静止，长木板与物块的速度随时间变化的图像如图乙所示。已知物块与长木板的动摩擦因数为μ，物块质量等于长木板质量的2倍，重力加速度大小为g，则下列判断正确的是（　　） A．长木板长度为 B．长木板长度为v0t0 C．长木板与地面的动摩擦因数为 D．物块与长木板保持相对静止后一起运动的时间为 【答案】BD 【解答】解：A.前t0时间内，物块与木板的相对位移等于木板长度的一半。相对位移为v﹣t图像中两者面积差，即，故木板长度为v0t0，故A错误。 B.前t0时间内相对位移为，对应木板长度的一半，因此木板长度为v0t0，故B正确。 C.物块加速度a1＝μg，木板加速度。对木板受力分析：μ•2mg+μ'•3mg＝ma2，解得，故C错误。 D.物块与长木板保持相对静止后一起运动的时间为，共同速度v＝μgt0共同加速度。一起运动时间，故D正确。 故选：BD。 模型五　“传送带”模型 1．水平传送带问题的常见情形及运动分析 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长(滑块最终未与传送带相对静止) 传送带足够长 一直加速 先加速后匀速 v0<v时，一直加速 v0<v时，先加速再匀速 v0>v时，一直减速 v0>v时，先减速再匀速 滑块一直减速到右端 滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端 若v0≤v，则返回到左端时速度为v0；若v0>v，则返回到左端时速度为v 2．倾斜传送带问题的常见情形及运动分析 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长 一直加速(一定满足关系μ>tan θ) 先加速后匀速(一定满足关系μ>tan θ) 一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速 若μ<tan θ，先以a1加速，共速后摩擦力方向改变，再以a2加速 v0<v时，一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) v0<v时，若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速 v0>v时，若μ<tan θ，一直加速，加速度大小为gsin θ－μgcos θ；若μ>tan θ，一直减速，加速度大小为μgcos θ－gsin θ；若μ＝tan θ，一直匀速 v0>v时，若μ<tan θ，一直加速；若μ>tan θ，先减速后匀速；若μ＝tan θ，一直匀速 (摩擦力方向一定沿传送带向上) μ<tan θ，一直加速 μ＝tan θ，一直匀速 μ>tan θ，一直减速 μ>tan θ，先减速到速度为0后反向加速，若v0≤v，运动到原位置时速度大小为v0；若v0>v，运动到原位置时速度大小为v 【例题精讲】 1．如图甲所示，小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0～3s段为抛物线，3～4.5s段为直线，下列说法正确的是（重力加速度g取10m/s2（　　） A．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1 B．传送带的速度大小为4m/s C．0～3s内物块在传送带上留下的滑动痕迹为7m D．0～3s内物块在传送带上留下的划痕与0～4.5s的划痕一样长 【答案】D 【解答】解：AB、由图像可知，物块在0～2s内做匀减速直线运动，至t＝2s时速度减为零，位移达到最大值x＝4m。根据匀变速直线运动的平均速度公式，代入数据解得物块的初速度v0＝4m/s；由加速度定义式，求得加速度大小a＝2m/s2；再根据牛顿第二定律μmg＝ma，解得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2；在3～4.5s时间段内，图像为直线，表明物块与传送带保持相对静止，其速度即为传送带速度，由计算得传送带速度vb＝2m/s，故AB错误； C、在0～3s内，物块相对于传送带的初速度v1＝v0﹣vb，末速度v2＝0，根据相对位移公式，代入数据解得划痕长度Δs＝9m，故C错误； D、由上述分析可知，在t＝3s时刻物块与传送带达到共速，此后两者间无相对滑动，不再产生新的划痕，因此0～3s内产生的划痕长度与0～4.5s内的总划痕长度相同，故D正确。 故选：D。 2．如图甲所示，一水平传送带以初速度v0沿顺时针匀速转动，在传送带左端A处轻放可视为质点的小煤块，小煤块从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，g取10m/s2，则（　　） A．AB间的距离为24m B．小煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度是8m C．小煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝1 D．若仅调节传送带运行速度，小煤块从A端运动到B端的最短时间是5s 【答案】B 【解答】解：A.AB间的距离为v﹣t图像与时间轴围成的面积，即x＝（0.5×4×4）m+4×2m＝16m，故A错误。 B.0～4s内传送带位移x带＝4m/s×4s＝16m，煤块位移x块＝8m，痕迹长度为相对位移：Δx＝16m﹣8m＝8m，故B正确。 C.煤块加速度，由 a＝μg 得：，故C错误。 D.当传送带速度足够大时，煤块全程匀加速，由得，解得，故D错误。 故选：B。 3．如图甲所示，足够长的水平传送带以恒定的速率转动，一小物块从传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的传感器记录了小物块速度的平方v2与路程s的关系如图乙所示，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．物块向左做匀减速运动的时间为4s B．物块在传送带上匀速运动的时间为1s C．传送带的速度大小为10m/s D．物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2 【答案】D 【解答】解：A、根据图像可知初速度大小为：v0m/s＝10m/s，根据2axm可知：加速度大小为：am/s2＝2m/s2，物块向左做匀减速运动的时间为：t1s＝5s，故A正确； BC、根据图像可知传送带的速度大小为：v，物块在传送带上匀速运动的时间为：t2ss，故BC错误； D、根据牛顿第二定律可得：μmg＝ma，解得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，故D正确。 故选：D。 4．如图所示，水平传送带以2m/s的速度匀速转动，一个物块从传送带的右端以6m/s的初速度向左滑上传送带，物块在传送带上先做匀减速直线运动，接着做匀加速直线运动，最后匀速返回到传送带右端。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小为10m/s2，不计物块大小，则下列说法正确的是（　　） A．传送带沿逆时针方向匀速转动 B．物块全程运动的过程中，一直受摩擦力且受到的摩擦力始终不变 C．传送带的长度L可能为8m D．物块在传送带上匀速运动的时间为4s 【答案】D 【解答】解：A、物块从传送带的右端以6m/s的初速度向左滑上传送带，物块在传送带上先做匀减速直线运动，减速到0后，接着反向做匀加速直线运动，说明物块收到向右的摩擦力，传送带速度向右，应为顺时针转动，故A错误； B、最后物块匀速返回到传送带右端，不再受到摩擦力，故B错误； C、物块在传送带上先做匀减速直线运动的位移为x19m，因此传送带至少9m，传送带的长度L不可能为8m，故C错误； D、物块反向做匀加速直线运动，直到与传送带共速后再一起匀速运动，匀加速直线运动位移x21m，物块在传送带上匀速运动的时间为t，故D正确； 故选：D。 5．一质量为4kg的无人机从地面由静止起飞，其速度（v）与时间（t）的关系如图所示（取竖直向上为正方向），重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．前2s内，无人机的加速度大小为10m/s2 B．在4s末，无人机离地面的高度为25m C．在2～3s内，空气对无人机的作用力为零 D．在5～9s内，空气对无人机的作用力大小为10N 【答案】B 【解答】解：A、v﹣t图像的斜率代表加速度，所以前2s内无人机的加速度大小为，故A错误； C、由题图可知，在2～3s内无人机匀速上升，受力平衡，则对无人机进行受力分析，根据共点力平衡可知，空气对无人机的作用力与无人机的重力等大反向，因此在2～3s内，空气对无人机的作用力不为零，故C错误； B、v﹣t图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以在0～4s内无人机的位移为 所以无人机在4s末离地面的高度为25m，故B正确； D、由题图可知，在5～9s内无人机向下减速运动，其加速度大小为 根据牛顿第二定律有mg﹣f＝ma1 解得此过程空气对无人机的作用力大小为f＝30N，故D错误。 故选：B。 （多选）6．如图甲所示，倾斜传送带沿逆时针方向以恒定的速度传动，t＝0时刻，卸货工人将一包裹轻放在传送带上，经过1.4s包裹运动到传送带的底端，已知包裹的速度随时间的变化规律如图乙所示，包裹可视为质点，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．传送带运行的速度v＝6m/s B．传送带倾角θ的正弦值sinθ＝0.6 C．包裹与传送带间的动摩擦因数为0.5 D．包裹在传送带上留下的痕迹长度为1m 【答案】BC 【解答】解：A.传送带运行的速度v＝6m/s，0.4s时包裹速度与传送带速度相等，此时包裹速度为4m/s，故传送带速度为4m/s，故A错误。 B.0～0.4s加速度， 由牛顿第二定律得： 0.4～1.4s加速度， 由牛顿第二定律得： 两式相加得2gsinθ＝12m/s2 代入g＝10m/s2，解得，故B正确。 C.由sinθ＝0.6得cosθ＝0.8；两式相减得2μgcosθ＝8m/s2 代入g＝10m/s2，cosθ＝0.8，解得，故C正确。 D.0～0.4s内，包裹位移 传送带位移L：x带＝4m/s×0.4s＝1.6m 痕迹长度：Δx＝x带﹣x1＝1.6m﹣0.8m＝0.8m，故D错误。 故选：BC。 （多选）7．如图甲所示，倾角为37°的传送带以恒定速率沿顺时针方向转动。一煤块以初速度4v0从传送带底端冲上传送带并沿传送带向上运动，到达传送带顶端时速度恰好为零，其v﹣t图像如图乙所示，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，则（　　） A．传送带的速率为2v0 B．传送带底端到顶端的长度为5v0t0 C．0～3t0时间内，煤块在传送带上留下的痕迹长度为v0t0 D．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5 【答案】AB 【解答】解：AB、由图乙可知，t0时刻物块速度与传送带速度相等，且对应速度值为2v0，故传送带的速率为2v0；物块在0～3t0时间内的总位移等于v﹣t图像与时间轴围成的面积，即，解得：x＝5v0t0，故A正确，B正确； C、在0～t0时间内，物块相对传送带向上的位移，解得：Δx1＝v0t0；在t0～3t0时间内，物块相对传送带向下的位移，解得：Δx2＝2v0t0；物块在传送带上留下的痕迹长度等于物块相对传送带滑动的路程范围，即L＝v0t0﹣（﹣v0t0），解得：L＝2v0t0，故C错误； D、在0～t0时间内，由牛顿第二定律得；在t0～3t0时间内，物块速度小于传送带速度，由牛顿第二定律得；联立解得：μ＝0.25，故D错误。 故选：AB。 课时精练 一．选择题（共8小题） 1航空摄影和航空旅游常用到热气球，某次航空摄影的热气球正从一定高度竖直上升，其内部安装的定位装置能把相间时间间隔内热气球的位置变化记录下来，如图所示，记录的是每隔3秒的高度变化，图中单位是米。在记录时间内，下列说法正确的是（　　） A．在记录竖直上升的高度变化时，热气球不能被视为质点 B．热气球一直处于超重状态 C．由题中数据可以精确计算出热气球内部定位装置过C时瞬时速度大小 D．热气球向上做非匀变速直线运动 【答案】D 【解答】解：A．记录竖直上升的高度变化，热气球能被视为质点，故A错误； B．由题图可见气球在上升过程，相等的时间间隔的位移越来越小，说明气球在向上减速运动，处于失重状态，故B错误； D．由题图可见在相邻的2s内的位移差不是一恒量，说明气球不是向上做匀减速直线运动，故D正确； C．气球不是向上做匀减速直线运动，故无法通过题中数据计算出热气球内部定位装置过C时瞬时速度大小，故C错误； 故选：D。 2．质量分别为M和m的物块，它们的形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，并按图甲和图乙两种方式放置在倾角为α的光滑斜面上。两种情况下，斜面体均固定在水平面上，绳子平行于斜面，重力加速度为g。图甲中，质量为M的物块恰好能静止在斜面上。图乙中，释放质量为M的物块，下列有关该状态下的说法正确的是（　　） A．轻绳的拉力等于Mg B．轻绳的拉力等于mgsinα C．加速度大小为 D．加速度大小为 【答案】C 【解答】解：AB、根据题意分析可知，由图甲物块恰好能静止在斜面上，根据受力平衡可知Mgsinα＝mg 故在图乙情况下mgsinα与Mg不相等，两物块组成的系统受力不平衡，故轻绳的拉力既不可能等于Mg，也不可能等于mgsinα，故AB错误； CD、根据题意分析可知，将两物块考虑成整体，由牛顿第二定律可知Mg﹣mgsinα＝（M+m）a 化简得 代入Mgsinα＝mg 解得 故C正确。 故选：C。 3．如图所示，倾角为θ＝37°的光滑斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端与垂直固定在斜面上的挡板相连，另一端与物块B拴接，物块A紧挨着物块B，两物块相对斜面静止。现对A施加沿斜面向上的拉力，使A、B一起沿斜面做加速度大小为的匀加速直线运动直到A、B分离。A、B的质量分别为2m、m，从两者开始运动到分离这一过程，重力加速度为g，sin37°＝0.6，下列说法正确的是（　　） A．施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为 B．A、B分离瞬间弹簧弹力大小为 C．整个过程中拉力先增大后减小 D．拉力F的最大值为2mg 【答案】B 【解答】解：A．施加拉力之前，A、B整体受力平衡，根据平衡条件有F弹＝3mgsinθ 施加拉力瞬间A、B开始向上一起做加速度大小为的匀加速直线运动，对A、B整体，根据牛顿第二定律有F+F弹﹣3mgsinθ＝3ma 代入数据得 对A，根据牛顿第二定律有F+FBA﹣2mgsinθ＝2ma 代入数据得A、B间的弹力大小为FBA＝mg，故A错误； BD．分离时，A、B间作用力为0，F最大，对A根据牛顿第二定律得Fmax﹣2mgsinθ＝2ma 代入数据得 对B根据牛顿第二定律有F′弹﹣mgsinθ＝ma 代入数据得A、B分离瞬间弹簧弹力大小为，故B正确，D错误。 C．故整个过程中拉力F一直增大，故C错误。 故选：B。 4．2025年第十五届全运会由粤港澳三地联合举办。下列有关说法正确的是（　　） A．跳水运动员起跳后在空中运动的过程中始终处于失重状态 B．跨栏运动员在加速奔跑时，运动员的惯性增大 C．蹦床比赛中，运动员的瞬时速度为零时，加速度一定为零 D．某跳高运动员在起跳瞬间对地面的压力为750N，N为国际单位制中的基本单位 【答案】A 【解答】解：A、跳水运动员起跳后在空中运动时，只受重力（空气阻力可忽略），加速度始终为重力加速度g且方向向下，符合失重状态的定义，故A正确； B、惯性是物体的固有属性，仅由物体的质量决定，与运动状态无关。运动员加速奔跑时质量不变，因此惯性也不变，故B错误； C、瞬时速度为零并不代表加速度为零。例如，运动员在蹦床运动到最高点时，速度为零，但此时仍受重力作用，加速度为g，不为零，故C错误； D、牛顿（N）是国际单位制中的导出单位（1N＝1kg•m/s2），并非基本单位。国际单位制的基本单位包括米（m）、千克（kg）、秒（s）等，故D错误。 故选：A。 5．Phyphox软件能借助智能手机传感器开展物理实验。某同学开启软件的加速度传感器，将手机屏幕朝上，从静止站立状态开始做蹲起动作，传感器记录下竖直方向（z轴）的运动数据，规定竖直向上为正方向，如图所示。下列说法正确的是（　　） A．0～2s内，完成一次蹲起动作，加速度为负时，手机处于超重状态 B．0～2s内，完成一次蹲起动作，加速度为正时，手机处于超重状态 C．0～4s内，完成一次蹲起动作，加速度为负时，手机处于失重状态 D．0～4s内，完成一次蹲起动作，加速度为正时，手机处于失重状态 【答案】C 【解答】解：AB、0～2s内未完成一次蹲起动作，一次蹲起需下蹲和站起两个过程，规定竖直向上为正方向，加速度为负时即加速度方向竖直向下，手机处于失重状态，故AB错误； C、0～4s内完成一次蹲起动作，即从站立到下蹲再站起，加速度为负时加速度方向竖直向下，手机处于失重状态，故C正确； D、加速度为正时加速度方向竖直向上，手机处于超重状态，故D错误； 故选：C。 6．蹦极是很多年轻人喜欢的一项运动，蹦极运动过程可简化如下：如图所示，将游客视为质点，原长为45m的弹性绳一端固定在O点，另一端和游客相连。游客从O点自由下落，至B点时弹性绳自然伸直，经过C点时合力为零，到达最低点D，然后弹起，整个过程沿竖直方向，弹性绳始终在弹性限度内，重力加速度g＝10m/s2，不计游客受到的空气阻力。关于游客从O→B→C→D的过程中，下列说法正确的是（　　） A．游客从O→B过程做自由落体运动，速度越来越大，其惯性也逐渐增大 B．游客此次体验完全失重的时间为3s C．游客经过B点时速度最大 D．游客从C→D过程做减速运动，该过程中游客对弹性绳的拉力小于弹性绳对游客的拉力 【答案】B 【解答】解：A．惯性只与物体质量有关，不管游客速度如何变化，游客的质量不变，故全过程游客的惯性不变，故A错误； B．游客在做自由落体运动时，是出于完全失重状态，由自由落体运动公式hgt2 解得ts＝3s，故B正确。 C．游客从O点自由下落，至B点时弹性绳自然伸直，游客在B点时，弹性绳刚有弹力，合力向下，游客依旧处于加速向下运动，游客经过C点时合力为零，此时速度最大，故C错误； D．游客对弹性绳的拉力和弹性绳对游客的拉力互为相互作用力，两个力不管游客超重还是失重，游客加速还是减速，大小均相等，故D错误。 故选：B。 7．木工师傅利用如图甲所示的推台锯切割木料时，可以简化成以下情境：切割一块质量为m＝10kg、长度为L＝2m的木板（图乙中虚线所示）时，机器对木板全程施加水平向前的恒力F，使木板从静止开始沿水平操作台向前运动，同时还对木板施加竖直向下的作用力为FN1＝100N，两侧定位靠板分别对木板施加侧向压力为FN2＝20N。已知木板与操作台间的动摩擦因数为μ1＝0.3，木板与两侧定位靠板间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，不考虑锯片在木板运动方向的阻碍作用，g取10m/s2。若切割时间需要4s，则恒力F大小为（　　） A．40.5N B．68.0N C．70.5N D．74.5N 【答案】C 【解答】解：木板沿水平方向做匀加速直线运动，有L，代入数据可得a＝0.25m/s2， 底板对木板的滑动摩擦力f1＝μ1（mg+FN1），两侧定位靠板对木板的滑动摩擦力f2＝2μ2FN2，代入数据可得f1＝60N，f2＝8N， 由牛顿第二定律可知F﹣f1﹣f2＝ma，代入数据可得F＝70.5N，故ABD错误，C正确。 故选：C。 8．快递员手拿快递乘电梯送货上楼，快递员进入电梯后，电梯向上运行的v﹣t图像如图所示，则在乘坐电梯过程中，快递员感觉货物“最轻”的时间段是（　　） A．0∼t1 B．t3～t4 C．t2～t3 D．t1∼t2 【答案】B 【解答】解：感觉“最轻”是指货物对手的压力最小时，v﹣t图的斜率代表加速度，由牛顿第二定律可知，当电梯向上减速时，加速度向下mg﹣F＝ma，货物失重，此时F＜mg，此时货物对手的压力最小，由图可知为t3～t4阶段，故ACD错误，B正确。 故选：B。 二．多选题（共3小题） （多选）9．盾构机在隧道挖掘过程中，通过内部皮带输送机将渣土运送至盾构机尾部的出口。该过程可简化为如下模型：传送带由AB、BC两部分组成，AB段与水平面夹角θ＝37°，长1.8m，BC段水平，长10m，两段传送带在B处平滑连接，以恒定速率v＝2m/s顺时针运行，将一渣土块（可视为质点）无初速度地放到传送带底端，渣土块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。则（　　） A．渣土块刚放到传送带上时的加速度大小为0.4m/s2 B．渣土块在传送带AB段上运动的时间为3s C．渣土块在传送带上运动的总时间为8.02s D．渣土块在传送带上留下的划痕的长度为4.2m 【答案】ABC 【解答】解：A．对渣土块在AB段时进行受力分析，如图所示 根据牛顿第二定律有μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma 代入数据得a＝0.4m/s2，故A正确； B．设渣土块在AB段一直加速，则有 代入数据得t＝3s，此时vB＝at＝1.2m/s＜v＝2m/s，渣土块没有和传送带共速，假设成立，故B正确； C．在BC段， 代入数据得t1＝0.1s 此时 则 代入数据得t2＝4.92s 故t总＝t+t1+t2 代入数据得t总＝8.02s，故C正确； D．t＝3s前，渣土块在AB段的划痕s＝vt﹣LAB 代入数据得s＝4.2m，到达B端时，渣土块和传送带间仍存在相对滑动，故划痕的长度一定大于4.2m，故D错误。 故选：ABC。 （多选）10．如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速度放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为µ，则木块从左端运动到右端的时间可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】ACD 【解答】解：木块在传送带上加速时，根据牛顿第二定律得 若木块一直做匀加速直线运动，则有 可得 若木块一直匀加速，且到达右端时恰好达到传送带速度，则有 可得 若木块先做匀加速直线运动，共速后做匀速直线运动，则有 ，故ACD错误，B正确。 故选：ACD。 （多选）11．实验小组利用顺时针匀速转动的水平传送带做科学实验，将一物块从左侧以初速度v0滑上水平传送带，获得物块的v﹣t图像，下列图像中可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】ACD 【解答】解：ABC、若v0＞v，则物块在传送带上可能一直做匀减速直线运动，也可能先做匀减速直线运动，与传送带共速后做匀速直线运动；若v0＝v，则物块在传送带上一直匀速直线运动，故AC正确，B错误； D、若v0＜v，则物块在传送带上可能一直做匀加速直线运动，也可能先做匀加速直线运动，与传送带共速后做匀速直线运动，故D正确。 故选：ACD。 三．解答题（共5小题） 12．在校园劳动课上，小明用水平拉力F拖动一箱书籍，由静止开始沿水平地面做匀加速直线运动，测得书箱的加速度a＝2m/s2。已知书箱底部与地面间的动摩擦因数为μ＝0.4，书籍和箱子总质量m＝15kg，重力加速度g取10m/s2。若小明在2s后撤去水平拉力F，求： （1）水平拉力F的大小； （2）从开始运动起计时，书箱在4s内的位移大小。 【答案】（1）水平拉力F的大小是90N； （2）从开始运动起计时，书箱在4s内的位移大小是6m。 【解答】解：（1）对书籍受力分析如图所示 由牛顿第二定律得 F﹣μmg＝ma1 代入数据得F＝90N （2）前2s（匀加速阶段）初速度v0＝0，加速度，时间t1＝2s， 2s末速度v＝a1t1＝2×2m/s＝4m/s 2s后撤去拉力后，仅受摩擦力，加速度a2＝﹣μg 代入数据得a2＝﹣4m/s2 书箱停止运动的时间 即后2s中仅前1s运动，所以位移为 所以4s内总位移x总＝x1+x2 代入数据得x总＝6m 答：（1）水平拉力F的大小是90N； （2）从开始运动起计时，书箱在4s内的位移大小是6m。 13．摩擦现象中蕴藏着丰富的力学原理，对其规律的探索是解决众多生活与工程问题的关键。 （1）如图1所示，拖把是生活中常用的清洁工具，由拖杆（可视为轻杆）和拖把头构成。沿拖杆方向施加大小为F的力推动拖把在水平地板上匀速移动，拖杆与竖直方向的夹角为θ。求拖把受到地面的摩擦力大小f； （2）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图2所示，以恒定速率v1＝0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角θ＝37°，两转轴间距L＝3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求小包裹通过传送带所需的时间t； （3）在传动装置中，用三角皮带（截面如图3）较普通皮带更不易打滑，小明为了探究其中蕴含的物理原理，进行了相关的实验模拟：先将字典按图4方式平放在倾斜的平板上，再将字典按图5方式两侧对称放在截面为等腰梯形的倾斜长柱体上，平板及长柱体底面与水平面的夹角相同且固定。已知等腰梯形的底角为θ，两种情况字典都处于静止状态，字典与平板及长柱体表面间的动摩擦因数相同。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，垂直于书脊方向的摩擦力远小于书的重力，可忽略。求两种情况下字典的最大静摩擦力之比。 【答案】（1）拖把受到地面的摩擦力大小为Fsinθ； （2）小包裹通过传送带所需的时间为4.5s； （3）两种情况下字典的最大静摩擦力之比为cosθ。 【解答】解：（1）拖把在水平地板上匀速移动，对拖把进行分析，根据平衡条件有f＝Fsinθ （2）由于 则有mgsinθ＜μmgcosθ 由于包裹的初速度大于传送带的速度，可知，包裹先向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma1 解得 经历时间t1，包裹减速至与传送带速度相等，则有v1＝v2﹣a1t1 解得t1＝2.5s 此过程包裹的位移 解得 之后包裹与传送带保持相对静止，向下做匀速直线运动，则有L﹣x1＝v1t2 解得t2＝2s 则小包裹通过传送带所需的时间t＝t1+t2 代入数据解得t＝4.5s （3）令平板及长柱体底面与水平面的夹角为α，将字典按图4方式平放在倾斜的平板上，对字典进行分析，则有fmax1＝μN1，N1＝mgcosα 将字典按图5方式两侧对称放在截面为等腰梯形的倾斜长柱体上，对字典进行分析，结合对称性，在垂直于书脊方向上有2N2cosθ＝mgcosα 此时字典的最大静摩擦力fmax2＝2μN2 解得 答：（1）拖把受到地面的摩擦力大小为Fsinθ； （2）小包裹通过传送带所需的时间为4.5s； （3）两种情况下字典的最大静摩擦力之比为cosθ。 14．如图所示，一质量M＝2kg的长木板静置在光滑水平面上，某时刻一可视为质点的质量m＝1kg的滑块从木板的左端以v0＝15m/s的速度滑上木板。当滑块和木板共速时，滑块恰好从A点滑上与木板等高的平台AB，平台的长度x＝0.9m。随后滑块再从B点滑出平台，从C点沿着CD方向切入倾角θ＝37°，长度L＝7.55m，以v＝6m/s顺时针转动的传送带。已知滑块与木板，滑块与平台，滑块与传送带之间的动摩擦因数都为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）滑块刚滑上木板时，滑块和木板的加速度分别为多少； （2）传送带的C端距平台的B端的水平距离s和竖直高度h； （3）滑块在传送带上留下的划痕长度。 【答案】（1）滑块的加速度为5m/s2，木板的加速度为5m/s2； （2）水平距离为1.2m，竖直高度为0.45m （3）滑块在传送带上留下的划痕长度为1m。 【解答】解：（1）滑块刚滑上木板时，对滑块，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1 解得 对木板，根据牛顿第二定律可得μmg＝Ma2 解得 （2）设滑块在木板上滑动的时间为t1两者共速时的速度大小为v共，则v0﹣a1t1＝a2t1＝v±共 解得t1＝2s，v其＝5m/s 滑块在AB间运动过程中，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma3 解得 则 解得vB＝4m/s 滑块从B点滑出平台后做平抛运动，滑块从C点沿着CD方向运动到传送带上，可知，在C点时 解得vy＝3m/s 则滑块从B点到C点运动的时间为 传送带的C端距平台的B端的水平距离为s＝vBt2＝4m/s×0.3s＝1.2m 竖直高度： （3）滑块在C点的速度大小为 所以滑块在C点时受到的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律mgsinθ+μmgcosθ＝ma4 解得 滑块加速到与传送带共速所需时间为 滑块在传送带上运动的位移大小为 即滑块与传送带共速时，滑块还未运动到最低点，此过程中，划痕在滑块的前方 传送带位移：x带1＝vt3＝6m/s×0.1s＝0.6m 划痕长度：Δx1＝x带1﹣x1＝0.6m﹣0.55m＝0.05m 此后因为mgsinθ＞μmgcosθ，所以滑块继续加速，根据牛顿第二定律mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma5 解得 设滑块继续加速t4后，到达传送带低端，根据运动学公式可得 解得t4＝1s 此过程中，划痕在滑块的后方，长度为Δx2＝L﹣x1﹣vt4＝7.55m﹣0.55m﹣6m＝1m 因为Δx1＜Δx2 所以滑块在传送带上留下的划痕长度为1m。 答：（1）滑块的加速度为5m/s2，木板的加速度为5m/s2； （2）水平距离为1.2m，竖直高度为0.45m （3）滑块在传送带上留下的划痕长度为1m。 15．黄老师想测量地铁启动过程中的加速度，他把一条细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段加速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片（如图所示），拍摄方向跟地铁前进方向垂直。通过测量计算得出细线与竖直扶手的夹角为θ＝6°，tan6°＝0.1，g取10m/s2。 （1）求拍照时刻该列地铁加速度的大小； （2）假设该列地铁加速时做匀加速直线运动，加速度大小为第（1）问中所求，求该列地铁的速度从0加速到36km/h的过程中所用的时间。 【答案】（1）地铁加速度大小为1m/s2； （2）所用时间为10s； 【解答】解：（1）设圆珠笔质量为m，受力分析可知，绳子拉力的水平分量提供加速度，竖直分量平衡重力：mgtanθ＝ma 代入tan6°＝0.1，g＝10m/s2. a＝gtanθ＝10m/s2×0.1＝1m/s2 （2）36km/h＝10m/s 由匀加速直线运动速度公式v＝v0+at，初速度v0＝0，得： 答：（1）地铁加速度大小为1m/s2； （2）所用时间为10s； 16．如图甲所示，质量为M＝0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量m＝1kg的物块以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示，其中AB段与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m﹣1，将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。 （1）若F＝0，试求出当物块在木板上滑动时，m与M的加速度大小； （2）求该木板的长度L； （3）求图乙中D点对应的恒力F，以及C点对应的s； （4）若物块不会从木板上滑出，写出与F的关系式。 【答案】（1）物块加速度大小为2m/s2，木板加速度大小为4m/s2。 （2）木板的长度L为1m。 （3）D点对应的恒力F为3N，C点对应的s为。 （4）与F的关系式为（1N≤F≤3N）。 【解答】解：（1）当F＝0时，对物块受力分析有μmg＝mam，解得物块加速度为；对木板受力分析有μmg＝MaM，解得木板加速度为。 （2）根据图乙所示，当F较小时保持不变，表明物块从木板右端滑出，此时相对路程s等于木板长度L，由，解得L＝1m。 （3）物块与木板恰好能保持相对静止的临界条件为，解得D点对应的恒力F＝3N； 当F＝3N时，木板加速度，由相对位移公式，解得。 （4）若要物块不从木板上滑出，则恒力F需满足物块在达到共速前不从右端滑离且共速后不从左端滑离，即1N≤F≤3N； 在此范围内物块相对木板滑动的路程，解得与F的关系式为（1N≤F≤3N）。 答：（1）物块加速度大小为2m/s2，木板加速度大小为4m/s2。 （2）木板的长度L为1m。 （3）D点对应的恒力F为3N，C点对应的s为。 （4）与F的关系式为（1N≤F≤3N）。 第19页（共20页） 学科网（北京）股份有限公司 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