第四章 牛顿定律的应用-3 动力学综合应用 高三物理一轮复习

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目录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc112436512" 「弹力类连接体问题」 PAGEREF _Tc112436512 \h 1
\l "_Tc112436513" 「摩擦力类连接体问题」 PAGEREF _Tc112436513 \h 5
\l "_Tc112436514" 「传送带问题」 PAGEREF _Tc112436514 \h 7
\l "_Tc112436515" 「滑块-木板问题」 PAGEREF _Tc112436515 \h 12
\l "_Tc112436516" 「图像类问题」 PAGEREF _Tc112436516 \h 18
「弹力类连接体问题」
1.质量不等的两木块A、B，用跨过一轻质定滑轮的轻绳相连，在图示情况下，木块A、B一起做匀速运动。若木块A、B的位置互相交换，则木块A运动的加速度为(木块A、B与桌面间的动摩擦因数均为μ，且μ<1，重力加速度为g，空气阻力、滑轮摩擦均不计)（ ）
A．(1－μ)gB．(1－μ2)g
C．eq \f(1－μ2,μ)gD．与木块A、B的质量有关
【答案】A
【解析】
A、B匀速运动过程，有mAg＝μmBg，A、B互相交换后，有mBg－μmAg＝(mA＋mB)a，解得a＝(1－μ)g，故选项A正确。
2.如图所示，质量分别为2m和3m的两个小球静止于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端。今在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为（ ）
A．eq \f(F,5k) B．eq \f(2F,5k)
C．eq \f(3F,5k) D．eq \f(F,k)
【答案】C
【解析】
对整体分析，整体的加速度a＝eq \f(F,5m)，对质量为3m的小球分析，根据牛顿第二定律有F弹＝kx＝3ma，可得x＝eq \f(3F,5k)，故A、B、D错误，C正确。
3.(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面向上匀加速运动，为了增大A、B间的压力，可行的办法是（ ）
A．增大推力F B．减小倾角θ
C．减小B的质量 D．减小A的质量
【答案】AD
【解析】
设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对A、B整体受力分析，有F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcs θ＝(mA＋mB)a，对B受力分析，有FAB－mBgsin θ－μmBgcs θ＝mBa由以上两式可得FAB＝eq \f(mB,mA＋mB)F＝eq \f(F,\f(mA,mB)＋1)，为了增大A、B间的压力，即FAB增大，应增大推力F或减小A的质量，增大B的质量。故AD正确，BC错误。
4.如图所示，光滑的水平面上，两个质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg的物体中间用轻质弹簧秤连接，在两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力作用下一起匀加速运动，则（ ）
A．弹簧秤的示数是10 N
B．弹簧秤的示数是25 N
C．弹簧秤的示数是26 N
D．弹簧秤的示数是52 N
【答案】C
【解析】
以两物体组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得F1－F2＝(m1＋m2)a，解得a＝2 m/s2，对物体m1，由牛顿第二定律得F1－FT＝m1a，解得FT＝26 N，则弹簧秤示数为26 N，C正确。
5.如图甲所示，质量为m0的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，m0>m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为FT。若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，如图乙所示，细线的拉力为F′T。则（ ）
甲 乙
A．F′＝F，F′T＝FTB．F′>F，F′T＝FT
C．F′FTD．F′【答案】B
【解析】
对小球进行受力分析，由于小球竖直方向上所受合力为零，可知FTcs α＝mg，F′Tcs α＝mg，所以FT＝F′T。对于题图乙中的小球，水平方向有F′Tsin α＝ma′，对于题图甲中的小车，水平方向有FTsin α＝m0a，因为m0>m，所以a′>a。对小球与车组成的整体，由牛顿第二定律得F＝(m0＋m)a，F′＝(m0＋m)a′，所以F′>F，选项B正确。
6.如图所示，倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，在滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m＝eq \f(\r(5),5) kg，当滑块M以a＝2g 的加速度向右运动时，细线拉力的大小为(取g＝10 m/s2)（ ）
A．10 N B．5 N
C．eq \r(5) N D．eq \r(10) N
【答案】A
【解析】
当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到重力和线的拉力的作用，如图甲所示。
根据牛顿第二定律，有FTcs θ＝ma0，FTsin θ－mg＝0，其中θ＝45°，解得a0＝g，则知当滑块向右运动的加速度a＝2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图乙所示，则有FT′cs α＝m·2g，FT′sin α－mg＝0，又cs2α＋sin2α＝1，联立解得FT′＝10 N，故选项A正确。
7.如图所示，在水平地面上固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面顶端有一不计质量和摩擦的定滑轮，一细绳跨过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与物体B连接，物体A、B均处于静止状态，细绳与斜面平行。若将A、B两物体对调，将A置于距地面h高处由静止释放，设A与地面碰撞后立即停止运动，B在斜面上运动过程中不与滑轮发生碰撞，重力加速度为g。试求：
（1）A和B的质量之比；
（2）物体B沿斜面上滑的总时间。
【答案】（1）2∶1；（2）4eq \r(\f(h,g))
【解析】
（1）对物体A、B受力分析，有mAgsin 30°＝FT1，FT1＝mBg
解得eq \f(mA,mB)＝eq \f(2,1)。
（2）A、B对调后，A物体接触地面前
对A：mAg－FT2＝mAa1
对B：FT2－mBgsin 30°＝mBa1
A落地后，B继续向上运动mBgsin 30°＝mBa2，得a1＝a2
B在斜面上运动时，有h＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)，a1t1＝a2t2
解得t1＝t2＝2eq \r(\f(h,g))
所以B运动总时间t＝t1＋t2＝4eq \r(\f(h,g))。
8.如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物体P，Q为一质量为m2＝8 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。求力F的最大值与最小值。
【答案】72 N，36 N
【解析】
设开始时弹簧的压缩量为x0，由平衡条件得(m1＋m2)gsin θ＝kx0
代入数据解得x0＝0.12 m
因前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1
对物体P，由牛顿第二定律得
kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s时间内两物体的位移
x0－x1＝eq \f(1,2)at2
联立解得a＝3 m/s2
对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大
Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N
对Q应用牛顿第二定律得
Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝72 N。
「摩擦力类连接体问题」
9.如图所示，固定在水平面上的斜面体C上放有一个斜劈A，A的上表面水平且放有物块B。若A、B运动过程中始终保持相对静止。以下说法正确的是（ ）
A．若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，B物块可能只受两个力作用
B．若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B处于超重状态
C．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B受水平向左的摩擦力
D．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则B处于超重状态
【答案】C
【解析】
若C斜面光滑，A和B由静止释放，在沿斜面向下运动的过程中，整体加速度方向沿斜面向下，如图所示，可知，B受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三个力作用，故选项A错误；若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向沿斜面向下，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项B错误；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向沿斜面向下
由于B具有水平向左的分加速度，则根据牛顿第二定律可知B受水平向左的摩擦力，故选项C正确；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则整体加速度方向沿斜面向下，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项D错误。
10.(多选)如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为eq \f(μ,4)，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g。现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度a大小可能是（ ）
A．a＝0B．a＝eq \f(2μg,3)
C．a＝eq \f(μg,3)D．a＝eq \f(F,2m)－eq \f(μg,4)
【答案】ACD
【解析】
水平面对木板的最大摩擦力fm＝eq \f(μ,4)·2mg＝eq \f(1,2)μmg，若拉力F≤fm，则a＝0，故A项正确；若物块相对木板运动，则μmg－eq \f(μ,4)·2mg＝ma，获得的加速度为a＝eq \f(1,2)μg，此时加速度为最大值，故B错误，C正确；若木板相对物块静止，木板和物块一起做匀加速直线运动，整体水平方向的受力为F－fm＝2ma，a＝eq \f(F,2m)－eq \f(μg,4)，D正确。
11.如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0 kg，小车上放一个物体，其质量为mB＝1.0 kg，如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动。如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示。要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fm为（ ）
A．2.0 N B．3.0 N
C．6.0 N D．9.0 N
【答案】C
【解析】
根据题图甲所示情景，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时，系统的加速度为a，对A、B整体根据牛顿第二定律有F＝(mA＋mB)a，对A有Ffmax＝mAa，代入数据解得Ffmax＝2.0 N。根据题图乙所示情况，设A、B刚好相对滑动时系统的加速度为a′，以B为研究对象根据牛顿第二定律有Ffmax＝mBa′，以A、B整体为研究对象，有Fmax＝(mA＋mB)a′，代入数据解得Fmax＝6.0 N，故C正确。
「传送带问题」
12.某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送到另一端是合格的最低标准。假设皮带传送带的长度为10 m、运行速度是8 m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．工件与皮带间动摩擦因数不大于0.32才为合格
B．工件被传送到另一端的最长时间是2 s
C．若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等
D．若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为10 m/s
【答案】B
【解析】
工件恰好传送到右端，有0－veq \\al(2,0)＝－2μgL，代入数据解得μ＝0.5，工件与皮带间动摩擦因数不大于0.5才为合格，此过程用时t＝eq \f(v0,μg)＝2 s，故A错误，B正确；若工件不被传送过去，当反向运动时，最大速度与传送带共速，由于传送带的速度小于工件的初速度，根据匀变速运动速度时间关系可知，返回的时间与正向运动的时间不相等，故C、D错误。
13.(多选)如图所示，某传动装置与水平面的夹角为30°，两轮轴心相距L＝2 m，A、B分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑。现传送带沿顺时针方向匀速转动，将一小物块放置于A点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)，g取10 m/s2。若传送带的速度可以任意调节，当小物块在A点以v0＝3eq \r(6)m/s的速度沿传送带向上运动时，小物块到达B点的速度大小可能为（ ）
A．1 m/s B．3 m/s
C．6 m/s D．9 m/s
【答案】BC
【解析】
由题意可知mgsin 30°＜μmgcs 30°，若传送带的速度很小(一直小于物块的速度)，小物块一直减速，加速度大小a1＝gsin 30°＋μgcs 30°＝12.5 m/s2，到达B点时的速度最小，且最小速度v1＝eq \r(veq \\al(2,0)－2a1L)＝2 m/s；若传送带的速度很大(一直大于物块的速度)，小物块一直加速，加速度大小a2＝μgcs 30°－gsin 30°＝2.5 m/s2，到达B点时的速度最大，且最大速度v2＝eq \r(veq \\al(2,0)＋2a2L)＝8 m/s；综上可知小物块到达B点的速度在2 m/s到8 m/s的范围内，选项B、C正确。
14.如图所示为车站使用的水平传送带模型，其A、B两端的距离L＝8 m，它与水平台面平滑连接。现有一物块以v0＝10 m/s的初速度从A端水平地滑上传送带。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.6。求：
（1）若传送带保持静止，物块滑到B端时的速度大小；
（2）若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s，物块到达B端时的速度大小；
（3）若传送带逆时针匀速转动的速率恒为4 m/s，且物块初速度变为v′0＝6 m/s，仍从A端滑上传送带，物块从滑上传送带到离开传送带的总时间。
【答案】（1）2 m/s；（2）12 m/s；（3）eq \f(25,12) s
【解析】
（1）设物块的加速度大小为a，由受力分析可知
FN＝mg，Ff＝ma，Ff＝μFN，
得a＝6 m/s2。
传送带静止，物块从A到B做匀减速直线运动，
又x＝eq \f(v\\al(2,0),2a)＝eq \f(25,3) m>L＝8 m，
则由veq \\al(2,B)－veq \\al(2,0)＝－2aL，
得vB＝2 m/s。
（2）由题意知，传送带顺时针匀速转动的速率12 m/s>v0，物块所受的摩擦力沿传送带运动方向，即物块先加速到v1＝12 m/s，
由veq \\al(2,1)－veq \\al(2,0)＝2ax1，得x1＝eq \f(11,3) m故物块先加速运动后匀速运动
即物块到达B时的速度为v′B＝v1＝12 m/s。
（3）当物块初速度v′0＝6 m/s时，物块速度减为零时的位移x2＝eq \f(v′\\al(2,0),2a)＝3 m由0＝v′0－at1，得t1＝1 s。
当物块向左加速到v2＝4 m/s时
由veq \\al(2,2)＝2ax3得x3＝eq \f(4,3) m故物块向左先加速运动后匀速运动。
由v2＝at2，得t2＝eq \f(2,3) s。
物块匀速运动的位移
x4＝x2－x3＝eq \f(5,3) m。
由x4＝v2t3，
得t3＝eq \f(5,12) s。
故总时间t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(25,12) s。
15.如图所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，求：
（1）煤块从A到B的时间；
（2）煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。
【答案】（1）1.5 s；（2）5 m
【解析】
（1）煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，受力如图甲，其加速度为a1＝g(sin θ＋μcs θ)＝10 m/s2，
t1＝eq \f(v0,a1)＝1 s，x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝5 m即下滑5 m与传送带速度相等。
达到v0后，受到向上的摩擦力，由于μx2＝L－x1＝5.25 m，
x2＝v0t2＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)，得t2＝0.5 s，
则煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。
甲 乙
（2）第一过程痕迹长度为Δx1＝v0t1－eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝5 m，
第二过程痕迹长度为Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m，
Δx1与Δx2部分重合，
故痕迹总长为5 m。
16.一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB＝4 m，BC段是倾斜的，长度LBC＝5 m，倾角为θ＝37°，AB和BC由B点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4 m/s的恒定速率顺时针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在A点，求：
（1）工件第一次到达B点所用的时间；
（2）工件沿传送带上升的最大高度；
（3）工件运动了23 s后所在的位置。
【答案】（1）1.4 s；（2）2.4 m；（3）在A点右侧2.4 m处
【解析】
（1）工件刚放在水平传送带上的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μmg＝ma1
解得a1＝μg＝5 m/s2
经t1时间工件与传送带的速度相同，解得
t1＝eq \f(v,a1)＝0.8 s
工件前进的位移为x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝1.6 m
此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时
t2＝eq \f(LAB－x1,v)＝0.6 s
所以工件第一次到达B点所用的时间
t＝t1＋t2＝1.4 s。
（2）在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得μmgcs θ－mgsin θ＝ma2
解得a2＝－2 m/s2
由速度位移公式得0－v2＝2a2eq \f(hm,sin θ)
解得hm＝2.4 m。
（3）工件沿传送带向上运动的时间为t3＝eq \f(2hm,vsin θ)＝2 s
此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，则
T＝2t1＋2t3＝5.6 s
工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间t0＝2t1＋t2＋2t3＝6.2 s，而23 s＝t0＋3T，这说明经过23 s后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零，故工件在A点右侧，到A点的距离x＝LAB－x1＝2.4 m。
「滑块-木板问题」
17.如图所示，光滑的水平面上静置质量为M＝8 kg 的平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力F，一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是（ ）
A．当F增加到4 N时，m相对M开始运动
B．当F＝10 N时，M对m有向右的2 N的摩擦力
C．当F＝15 N时，m对M有向左的4 N的摩擦力
D．当F＝30 N时，M对m有向右的6 N的摩擦力
【答案】B
【解析】
假设小车和小物块刚好相对静止，对小物块m，其最大摩擦力Ff提供最大的加速度，故Ff＝μmg＝ma，所以a＝μg＝2 m/s2，对整体F＝(M＋m)a＝(8＋2)×2 N＝20 N，可知若要小物块相对于平板小车开始运动，则推力满足F＞20 N，故A错误；当F＝10 N时，对整体F＝(M＋m)a′，解得a′＝eq \f(F,M＋m)＝1 m/s2对小物块，受到的摩擦力提供加速度，有Ff′＝ma′＝2×1 N＝2 N，方向向右，故B正确；同理，当F＝15 N时，a″＝1.5 m/s2m受到的摩擦力Ff″＝ma″＝3 N，方向向右，故C错误；当F＝30 N时，两者相对滑动，m受到滑动摩擦力作用，Ff＝μmg＝4 N，方向向右，故D错误。
18.如图a，在光滑水平面上放置一木板A，在A上放置物块B，A和B的质量均为m＝1 kg。A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2。t＝0时刻起，对A施加沿水平方向的力，A和B由静止开始运动。取水平向右为正方向，B相对于A的速度用vBA＝vB－vA表示，其中vA和vB分别为A和B相对水平面的速度。在0～2 s时间内，相对速度vBA随时间t变化的关系如图b所示。运动过程中B始终未脱离A，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
（1）0～2 s时间内，B相对水平面的位移；
（2）t＝2 s时刻，A相对水平面的速度。
【答案】（1）3.5 m；（2）0
【解析】
（1）由题知B始终未脱离A，由vBA－t图像可知0～1.5 s内，vBvA，B在向左的摩擦力作用下向右匀减速运动，对物块B，由牛顿第二定律，μmg＝ma，得a＝μg＝2 m/s2，则物块B在1.5 s时，v1.5＝at1.5＝3 m/s，x1.5＝eq \f(v1.5,2) t1.5＝2.25 m
物块B在t＝2 s末，v2＝v1.5－at0.5＝2 m/s，
在1.5～2 s内位移x2＝eq \f(v1.5＋v2,2)t0.5＝1.25 m
所以B相对水平面的位移xB总＝x1.5＋x2＝3.5 m。
（2）由图可知t＝2 s时，vBA＝2 m/s，又此时B的速度
vB＝v2＝2 m/s
由vBA＝vB－vA得vA＝0。
19.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取10 m/s2，求：
（1）A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
（2）B与水平面间的动摩擦因数μ2；
（3）A的质量。
【答案】（1）0.2；（2）0.1；（3）6 kg
【解析】
（1）由图像可知，A在0～1 s内的加速度
a1＝eq \f(v1－v0,t1)＝－2 m/s2，
对A由牛顿第二定律得
－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2。
（2）由图像知，A、B在1～3 s内的加速度
a3＝eq \f(v3－v1,t2)＝－1 m/s2，
对A、B整体由牛顿第二定律得
－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1。
（3）由图可知B在0～1 s内的加速度a2＝eq \f(v1－0,t1)＝2 m/s2
对B由牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
代入数据解得m＝6 kg。
20.如图所示，质量M＝2 kg的滑板A放在水平地面上，当A向右滑动的速度v0＝13.5 m/s时，在A中间位置轻轻地放上一个大小不计、质量m＝1 kg的小物块B，同时给B施加一个水平向右的F＝6 N 的恒力作用并开始计时。已知A与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与B间的动摩擦因数μ2＝0.4。(设滑板A足够长，取g＝10 m/s2)求：
（1）经过多长时间A、B达到共同速度；
（2）从开始计时到A、B达到共同速度的时间内，A、B间因摩擦而产生的热量Q；
（3）2 s内滑板A的位移大小。
【答案】（1）1 s；（2）27 J；（3）22 m
【解析】
（1）设A的加速度大小为a1，对A由牛顿第二定律可得μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma1
解得a1＝3.5 m/s2，方向向左
设B的加速度大小为a2，对B由牛顿第二定律可得
F＋μ2mg＝ma2
解得a2＝10 m/s2，方向向右
A做减速运动，有v1＝v0－a1t
B做加速运动，有v2＝a2t
A、B达到共同速度时v1＝v2
解得t＝1 s。
（2）从开始计时到达到共同速度，A的位移大小
x1＝v0t－eq \f(1,2)a1t2＝11.75 m
B的位移大小x2＝eq \f(1,2)a2t2＝5 m
A、B间因摩擦而产生的热量为Q，则
Q＝μ2mg(x1－x2)＝27 J。
（3）经分析，A、B达到共同速度之后无法相对静止，各自做变速运动
设A的加速度大小为a3，对A由牛顿第二定律可得
μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma3
解得a3＝0.5 m/s2，方向向右
1 s时，由（1）可得v1＝10 m/s，再经过1 s，A的位移大小x3＝v1t＋eq \f(1,2)a3t2＝10.25 m
2 s内滑板A的位移大小为xA＝x1＋x3＝22 m。
21.如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝1 kg、长度L＝0.75 m的薄平板AB。平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为4 m。在平板的上端A处放一质量m＝0.6 kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释放。设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，通过计算判断无初速释放后薄平板是否立即开始运动，并求出滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
【答案】无初速释后薄平板不立即运动，1 s
【解析】
对薄平板，由于Mgsin 37°<μ(M＋m)gcs 37°，故滑块在薄平板上滑动时，薄平板静止不动
滑块在薄平板上滑行时加速度a1＝gsin 37°＝6 m/s2
到达B点时的速度v＝eq \r(2a1L)＝3 m/s
滑块由B至C时的加速度
a2＝gsin 37°－μgcs 37°＝2 m/s2
设滑块由B至C所用时间为t，则有
LBC＝vt＋eq \f(1,2)a2t2
代入数据解得t＝1 s
对薄平板，滑块滑离后才开始运动，加速度a3＝gsin 37°－μgcs 37°＝2 m/s2
设滑至C端所用时间为t′，则有LBC＝eq \f(1,2)a3t′2
代入数据解得t′＝2 s
滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差
Δt＝t′－t＝1 s。
22.一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v­t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
图(a) 图(b)
（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
（2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离。
【答案】（1）0.1，0.4；（2）6 m；（3）6.5 m
【解析】
（1）根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4 m/s
碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s
小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2＝eq \f(v－0,t)＝eq \f(4－0,1) m/s2＝4 m/s2
根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s
其逆运动则为匀加速直线运动，可得x＝vt＋eq \f(1,2)a1t2
解得a1＝1 m/s2
设小物块的质量为m，则木板的质量为15m，对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1
解得μ1＝0.1。
（2）碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3
可得a3＝eq \f(4,3) m/s2
对滑块，加速度大小为a2＝4 m/s2
由于a2>a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s的过程中，木板向左运动的位移为x1＝vt1－eq \f(1,2)a3teq \\al(2,1)＝eq \f(10,3) m，末速度v1＝v－a3t1＝eq \f(8,3) m/s
滑块向右运动的位移x2＝eq \f(v＋0,2)t1＝2 m
此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4 m/s2
木板继续减速，加速度大小仍为a3＝eq \f(4,3) m/s2
假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2
解得t2＝0.5 s
此过程中，木板向左运动的位移
x3＝v1t2－eq \f(1,2)a3teq \\al(2,2)＝eq \f(7,6) m，末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s
滑块向左运动的位移x4＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)＝0.5 m
此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m
小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m。
（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2
向左运动的位移为x5＝eq \f(v\\al(2,3),2a1)＝2 m
所以木板右端离墙壁最远的距离为
x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m。
「图像类问题」
23.一个物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终未变)，在这一过程中其余各力均不变。那么，下列各图中能正确描述该过程中物体速度变化情况的是（ ）
【答案】D
【解析】
由于物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐增大到原来的大小，物体受到的合力逐渐增大到某值，然后逐渐减小到零，根据牛顿第二定律知物体的加速度逐渐增大到某值后再逐渐减小至零，而速度从零开始一直增大，根据v－t 图像的切线斜率表示瞬时加速度，知D图正确，故A、B、C错误，D正确。
24.(多选)如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2 kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量Δx之间的函数图象如图乙所示，其中A点为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A．小球刚接触弹簧时速度最大
B．当Δx＝0.3 m时，小球处于超重状态
C．该弹簧的劲度系数为20.0 N/m
D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大
【答案】BCD
【解析】
由图乙知，开始时小球的速度不断增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx为0.1 m时，小球的速度达到最大，然后逐渐减小，说明当Δx为0.1 m时，小球的重力大小等于弹簧对它的弹力大小，可得kΔx＝mg，解得k＝eq \f(mg,Δx)＝20.0 N/m，选项A错误，C正确；当弹簧的压缩量为Δx＝0.3 m时，弹簧弹力为F＝6 N>mg，故此时小球的加速度方向向上，小球处于超重状态，选项B正确；对小球进行受力分析可知，其合力大小先由mg逐渐减小至零，然后再反向增加，故小球的加速度先减小后增大，选项D正确。
25.(多选)如图甲所示，物体最初静止在倾角θ＝30°的足够长的斜面上，从t＝0时刻起受到平行斜面向下的力F的作用，力F随时间变化的图象如图乙所示，开始运动2 s后物体以2 m/s的速度匀速运动。下列说法正确的是(g取10 m/s2)（ ）
甲 乙
A．物体的质量m＝1 kg
B．物体的质量m＝2 kg
C．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),3)
D．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝eq \f(7\r(3),15)
【答案】AD
【解析】
由开始运动2 s后物体以2 m/s的速度匀速运动，可知0～2 s内物体的加速度大小为a＝1 m/s2；在0～2 s内对物体应用牛顿第二定律得，F1＋mgsin 30°－μmgcs 30°＝ma,2 s后由平衡条件可得，F2＋mgsin 30°－μmgcs 30°＝0，联立解得m＝1 kg，μ＝eq \f(7\r(3),15)，选项A、D正确。
26.将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受空气阻力大小恒定，方向与运动方向相反，该过程的v－t图像如图5所示，g取10 m/s2。下列说法中正确的是（ ）
A．小球重力和阻力大小之比为6∶1
B．小球上升与下落所用时间之比为2∶3
C．小球落回到抛出点的速度大小为8eq \r(6) m/s
D．小球下落过程受到向上的空气阻力，处于超重状态
【答案】C
【解析】
根据图像可得上升过程的加速度大小为a1＝12 m/s2，由牛顿第二定律有mg＋f＝ma1，代入数据解得eq \f(f,m)＝2 m/s2，即mg∶f＝5∶1，故A错误；下降过程中由牛顿第二定律可得mg－f＝ma2，结合A选项解得a2＝8 m/s2，根据h＝eq \f(1,2)at2，可得t＝eq \r(\f(2h,a))，所以可知上升和下降时间之比为t1∶t2＝eq \r(a2)∶eq \r(a1)＝eq \r(2)∶eq \r(3)，故B错误；小球匀减速上升的高度h＝eq \f(1,2)×2×24 m＝24 m，根据v2＝2a2h，代入数据解得v＝8eq \r(6) m/s，故C正确；小球下落过程中，加速度竖直向下，处于失重状态，故D错误。
27.如图甲所示，广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟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 图像如图乙所示。则下列相关说法正确的是（ ）
A．t＝4.5 s时，电梯处于失重状态
B．5～55 s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态
D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零
【答案】D
【解析】
利用a－t图像可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则选项A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55 s时间内，a＝0，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，选项B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，选项D正确。
28.用外力F拉一物体使其做竖直上升运动，不计空气阻力，加速度a随外力F的变化关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．物体的质量为eq \f(F0,a0)
B．地球表面的重力加速度为2a0
C．当a＞0时，物体处于失重状态
D．当a＝a1时，拉力F＝eq \f(F0,a0)a1
【答案】A
【解析】
当F＝0时a＝－a0，此时的加速度为重力加速度，故g＝a0，B错误；当a＝0时，拉力F＝F0，拉力大小等于重力，故物体的质量为eq \f(F0,a0)，A正确；当a＞0时，加速度方向竖直向上，物体处于超重状态，C错误；当a＝a1时，由牛顿第二定律得F－mg＝ma1，又m＝eq \f(F0,a0)、g＝a0，故拉力F＝eq \f(F0,a0)(a1＋a0)，D错误。
29.某次新能源汽车性能测试中，如图甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化的关系，但由于机械故障，速度传感器只传回了第25 s以后的数据，如图乙所示。已知汽车质量为1 500 kg，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，设汽车所受阻力恒定。求：
（1）18 s末汽车的速度是多少？
（2）前25 s内的汽车的位移是多少？
【答案】（1）26 m/s；（2）608 m
【解析】
（1）0～6 s内由牛顿第二定律得
F1－Ff＝ma1
6 s末车速为v1＝a1t1
在6～18 s内，由牛顿第二定律得
F2－Ff＝ma2
第18 s末车速为v2＝v1＋a2t2
由题图知18 s后汽车匀速直线运动，牵引力等于阻力，
故有Ff＝F＝1 500 N，解得v1＝30 m/s，v2＝26 m/s。
（2）汽车在0～6 s内的位移为x1＝eq \f(v1,2)t1＝90 m
汽车在6～18 s内的位移为x2＝eq \f(v1＋v2,2)t2＝336 m
汽车在18～25 s内的位移为x3＝v2t3＝182 m
故汽车在前25 s内的位移为x＝x1＋x2＋x3＝608 m。