2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义：必修1第三章专题课牛顿运动定律的综合应用

专题课　牛顿运动定律的综合应用
　超重、失重问题
1.超重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有向上的加速度。
2.失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有向下的加速度。
3.完全失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象。
(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。
4.对超重和失重的“三点”深度理解
(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)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。
(3)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。
命题角度1　超重、失重现象的判断
【例1】　伦敦奥运会开幕式的弹跳高跷表演中，一名质量为m的演员穿着这种高跷从距地面H高处由静止落下，与水平地面撞击后反弹上升到距地面高h处。假设弹跳高跷对演员的作用力类似于弹簧的弹力，演员和弹跳高跷始终在竖直方向运动，不考虑空气阻力的影响，则该演员(　　)

图1
A.在向下运动的过程中始终处于失重状态
B.在向上运动的过程中始终处于超重状态
C.在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态
D.在向上运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态
解析　演员在空中时，加速度为g，方向向下，处于失重状态；当演员落地加速时，加速度a向下，处于失重状态；落地后期减速，加速度a向上，处于超重状态；所以演员在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态，选项C正确；同理可知，演员在向上运动的过程中先处于超重状态后处于失重状态，选项D错误。
答案　C
命题角度2　根据超重、失重现象判断物体的受力情况
【例2】　某人在地面上最多可举起50 kg 的物体，当他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60 kg的物体时，电梯加速度的大小和方向为(g＝10 m/s2)(　　)
A.2 m/s2　竖直向上 B. m/s2　竖直向上
C.2 m/s2　竖直向下 D. m/s2　竖直向下
解析　由题意可知，在地面上，人能承受的最大压力为Fm＝mg＝500 N，在电梯中人能举起60 kg物体，物体一定处于失重状态，对60 kg的物体：m′g－Fm＝m′a，即a＝ m/s2＝ m/s2，所以选项D正确。
答案　D

判断超重和失重的方法
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
从加速度的
角度判断
当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度(a＝g)时，物体处于完全失重状态
从速度变化的
角度判断
①物体向上加速或向下减速时，超重
②物体向下加速或向上减速时，失重
【变式训练1】　(2018·4月浙江选考)如图2所示，小芳在体重计上完成下蹲动作。下列F－t图象能反映体重计示数随时间变化的是(　　)

图2

解析　体重计的读数为人所受的支持力大小，下蹲过程人的速度从0开始最后又回到0，因此人先加速运动后减速运动，加速度方向先向下后向上，即先失重后超重，所以支持力先小于重力，后大于重力，因此选项C正确。
答案　C
　动力学中的图象问题
1.常见的动力学图象
v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象等。
2.图象问题的类型
(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况。
(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线。要求分析物体的受力情况。
(3)由已知条件确定某物理量的变化图象。
3.解题策略

命题角度1　动力学中的v－t图象
【例3】　(2018·宁夏模拟)将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反。该过程的v－t图象如图3所示，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

图3
A.小球所受重力和阻力之比为6∶1
B.小球上升与下落所用时间之比为2∶3
C.小球回落到抛出点的速度大小为8 m/s
D.小球下落过程，受到向上的空气阻力，处于超重状态
解析　小球向上做匀减速运动的加速度大小a1＝＝ m/s2＝12 m/s2，根据牛顿第二定律得mg＋f＝ma1，解得阻力f＝ma1－mg＝2 N，则重力和阻力大小之比为5∶1，故选项A错误；小球下降的加速度大小a2＝＝ m/s2＝8 m/s2，根据x＝at2得t＝，知上升的时间和下落的时间之比为t1∶t2＝∶＝∶3，故选项B错误；小球匀减速上升的位移x＝×2×24 m＝24 m，根据v2＝2a2x得，v＝＝ m/s＝8 m/s，故选项C正确；下落的过程中，加速度向下，处于失重状态，故选项D错误。
答案　C
命题角度2　动力学中的F－t图象
【例4】　物体最初静止在倾角θ＝30°的足够长斜面上，如图4甲所示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)(　　)

图4
A.物体的质量m＝0.5 kg
B.物体的质量m＝2 kg
C.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝
D.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝
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＝＝ m/s2＝1 m/s2；在0～2 s内对物体应用牛顿第二定律得，F1＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma，2 s后由平衡条件可得，F2＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝0，联立解得m＝1 kg，μ＝，选项D正确。
答案　D

1.(2018·绍兴期中)一物体放在水平地面上，如图5甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示，则(　　)

图5
A. 滑动摩擦力为3 N
B. 全过程克服摩擦力做功30 J
C. 动摩擦因数为0.2
D. 物体的质量为1.5 kg
解析　由图象可知：6～8 s内物体匀速，则滑动摩擦力Ff＝2 N，A错误；物体全过程位移为v－t图象与t轴围成面积x＝×3 m＝15 m，全过程摩擦力做功W＝－fx＝－2×15 J＝－30 J，B正确；根据8～10 s内物体匀减速加速度a＝＝ m/s2＝－1.5 m/s2，由牛顿第二定律－μmg＝ma可知μ＝0.15，C错误；根据2～6 s内物体匀加速，a1＝ m/s2，由F1－Ff＝ma1，可求得m＝ kg，D错误。
答案　B
2.如图6(a)，质量m＝1 kg的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图(b)所示，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2) 求：

图6
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)比例系数k。
解析　(1)当v＝0时，由图(b)知a0＝4 m/s2，
由mgsin θ－μmgcos θ＝ma0，
得μ＝＝0.25。
(2)当v＝5 m/s时，a＝0，
由mgsin θ－μFN－kvcos θ＝0，
FN＝mgcos θ＋kvsin θ
得k＝＝0.84 kg/s。
答案　(1)0.25　(2)0.84 kg/s
3.质量为3 kg的物体放在水平地面上，在水平恒力F的作用下做匀加速直线运动，4 s末撤去此水平恒力F。物体运动的v－t图象如图7所示。求：

图7
(1)物体在0～4 s的加速度大小；
(2)物体在4～10 s的位移大小；
(3)物体所受的摩擦力大小。
解析　设加速运动时间为t1，减速运动时间为t2，运动过程最大速度为v1
(1)0～4 s内的加速度大小a1＝得a1＝3 m/s2①
(2)4～10 s的加速度大小a2＝得a2＝2 m/s2②
4～10 s的位移大小x2＝a2t得x2＝36 m③
(3)由牛顿第二定律Ff＝ma2④
得Ff＝6 N
答案　(1)3 m/s2　(2)36 m　(3)6 N
　动力学中的临界极值问题
1.临界或极值条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；
(2)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点。
2.解答临界问题的三种方法
极限法
把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法
临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题
数学法
将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件
【例5】　一斜面放在水平地面上，倾角为θ＝53°，一个质量为0.2 kg的小球用细绳吊在斜面顶端，如图8所示。斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计斜面与水平面的摩擦，当斜面以10 m/s2的加速度向右运动时，求细绳的拉力及斜面对小球的弹力。(g取10 m/s2)

图8
解析　设小球刚刚脱离斜面时斜面向右的加速度为a，此时斜面对小球的支持力恰好为零，小球只受到重力和细绳的拉力，且细绳仍然与斜面平行。对小球受力分析如图所示。
易知＝ma0
a0＝＝7.5 m/s2
因为a＝10 m/s2>a0
故小球已离开斜面，斜面对小球的弹力FN＝0
细绳的拉力T＝＝2 N
tan α＝＝1，α＝45°，即细绳拉力的方向与水平方向成45°角斜向上。
答案　2 N，方向与水平方向成45°角斜向上　0

1.如图9所示，木块A的质量为m，木块B的质量为M，叠放在光滑的水平面上，A、B之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现用水平力F作用于A，则保持A、B相对静止的条件是F不超过(　　)

图9
A.μmg B.μMg
C.μmg D.μMg
解析　由于A、B相对静止，以整体为研究对象可知F＝(M＋m)a；若A、B即将相对滑动，以物体B为研究对象可知μmg＝Ma，联立解得F＝μmg，选项C正确。
答案　 C
2.(2018·济宁检测)如图10所示，一足够长的木板，上表面与木块之间的动摩擦因数为μ＝，重力加速度为g，木板与水平面成θ角，让小木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，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。

图10
解析　当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则木块沿木板斜面方向列牛顿第二定律方程：
－mgsin θ－μmgcos θ＝ma①
木块的位移为x，有0－v＝2ax②
根据数学关系知木块加速度最大时位移最小，根据①式有a＝－g(sin θ＋μcos θ)
根据数学关系有sin θ＋μcos θ＝sin(θ＋α)，其中tan α＝μ＝，则α＝30°
要使加速度a最大，则有θ＋α＝90°时取最大值g
所以有θ＝90°－α＝60°时，加速度取最大值为a＝－
代入②可得xmin＝
答案　60°　
　动力学中的连接体问题
1.连接体
多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、弹簧、细杆联系)在一起构成的物体系统称为连接体。连接体一般具有相同的运动情况(速度、加速度)。
2.解决连接体问题的两种方法

【例6】　如图11所示，两个质量分别为m1＝3 kg、m2＝2 kg 的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则(　　)

图11
A.弹簧测力计的示数是50 N
B.弹簧测力计的示数是24 N
C.在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4 m/s2
D.在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为10 m/s2
解析　对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二定律得整体的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2，隔离m2，根据牛顿第二定律有F－F2＝m2a，解得F＝24 N，所以弹簧测力计的示数为24 N，选项A错误，B正确；在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，m1的加速度不变，为2 m/s2，m2的加速度a2＝＝ m/s2＝12 m/s2，选项C、D错误。
答案　B

1.如图12所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量为M，木块质量为m，加速度大小为a，木块和小车之间的动摩擦因数为μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是(　　)

图12
A.μmg B.
C.μ(M＋m)g D.ma
解析　m与M无相对滑动，故a相同，对m、M整体，有F＝(M＋m)a，故a＝，m与整体加速度相同也为a，对m有f＝ma，即f＝，故D正确。
答案　D
2.如图13所示，在光滑的水平地面上质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度a做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此瞬间A和B的加速度的大小分别为a1和a2，则(　　)

图13
A.a1＝a2＝0
B.a1＝a，a2＝0
C.a1＝a，a2＝a
D.a1＝a，a2＝a
解析　两木块在光滑的水平地面上一起以加速度a向右做匀加速直线运动时，以A为研究对象，根据牛顿第二定律得，弹簧的弹力F弹＝m1a，在力F撤去的瞬间，弹簧的
弹力来不及改变，大小仍为m1a，因此木块A的加速度此时仍为a；以木块B为研究对象，则F弹′＝m2a2，又F弹＝F弹′，解得木块B的加速度大小a2＝a，所以选项D正确。
答案　D
3.(2017·三明模拟)如图14所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m。现施加水平力F拉B(如图甲)，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动。若改用水平力F′拉A(如图乙)，使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不得超过(　　)

图14
A.2F B. C.3F D.
解析　力F拉物体B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A受力分析，受重力mg、支持力FN1、向前的静摩擦力fm，根据牛顿第二定律，有
fm＝ma①
对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有F＝3ma②
由①②解得fm＝F。
当F′作用在物体A上时，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有
F′－fm＝ma1③
对整体，有F′＝3ma1④
由上述各式联立解得F′＝fm＝F，即F′的最大值是F。
答案　B

科学思维——传送带模型
1.水平传送带问题
求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
【例1】　如图15所示，水平长传送带始终以v匀速运动，现将一质量为m的物体轻放于A端，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，AB长为L，L足够长。问：

图15
(1)物体从A到B做什么运动？
(2)当物体的速度达到传送带速度v时，物体的位移多大？传送带的位移多大？
(3)物体从A到B运动的时间为多少？
(4)什么条件下物体从A到B所用时间最短？
解析　(1)物体先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相同时，做匀速直线运动。
(2)由v＝at和a＝μg，解得t＝
物体的位移x1＝at2＝
传送带的位移x2＝vt＝
(3)物体从A到B运动的时间为
t总＝＋＝＋
(4)当物体从A到B一直做匀加速直线运动时，所用时间最短由v2＝2ax得v＝，所以要求传送带的速度满足v≥。
答案　(1)先匀加速，后匀速　(2)　　(3)＋
(4)v≥
【拓展延伸1】　若在【例1】中物体以初速度v0(v0≠v)从A端向B端运动，则：
(1)物体可能做什么运动？
(2)什么情景下物体从A到B所用时间最短，如何求最短时间？
解析　(1)①若v0 ②若v0>v，物体刚放到传送带上时将做加速度大小为a＝μg的匀减速运动。假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v′＝。显然，若v≤，则物体在传送带上将一直减速运动；若v0>v>，则物体在传送带上将先减速，后匀速运动。
(2)物体一直做匀减速直线运动时，从A到B所用时间最短，加速度大小a＝μg，由L＝v0t－μgt2可求最短时间。
答案　见解析
【拓展延伸2】　若在【例1】中物体以初速度v0从B向A运动，则物体可能做什么运动？
解析　物体刚放到传送带上时将做加速度大小为a＝μg的匀减速运动，假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v′＝。显然，若v0≥，则物体将一直做匀减速运动直到从传送带的另一端离开传送带；若v0<，则物体将不会从传送带的另一端离开，而是从进入端离开，其可能的运动情形有：
①v0≤v先沿v0方向减速，再沿v0的反方向加速运动直至从进入端离开传送带；
②如果v0≤v先沿v0方向减速，再沿v0的反方向加速，最后匀速运动直至从进入端离开传送带。
答案　见解析
2.倾斜传送带问题
求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
【例2】　如图16所示，传送带与地面夹角θ＝37°，AB长度为16 m，传送带以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0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5。求物体从A运动到B所需时间是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)

图16
解析　物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿传送带向下的滑动摩擦力Ff，物体受力情况如图甲所示。物体由静止加速，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，得
a1＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s2＝10 m/s2。
物体加速至与传送带速度相等需要的时间
t1＝＝ s＝1 s，
时间t1内的位移x＝a1t＝5 m。

由于μ 设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t2，由
L－x＝vt2＋a2t，解得t2＝1 s，t2＝－11 s(舍去)。
所以物体由A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2 s。
答案　2 s
【针对训练】
1.如图17所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中(　　)

图17
A.煤块从A运动到B的时间是2.25 s
B.煤块从A运动到B的时间是1.5 s
C.划痕长度是0.5 m
D.划痕长度是1 m
解析　根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝＝4 m/s2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝＝1 s，位移大小x1＝at＝2 m＜x，此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即Δx＝v0t1－x1＝2 m，选项C、D错误；x2＝x－x1＝2 m，匀速运动的时间t2＝＝0.5 s，运动的总时间t＝t1＋t2＝1.5 s，选项A错误，B正确。
答案　B
2.如图18所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A、B两端相距L＝5.0 m，质量为M＝10 kg的物体以v0＝6.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5。传送带顺时针运转的速度v＝4.0 m/s，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

图18
(1)物体从A点到达B点所需的时间；
(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少？
解析　(1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得Mgsin θ＋μMgcos θ＝Ma1①
设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同，t1＝②
通过的位移x1＝③
设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a2
Mgsin θ－μMgcos θ＝Ma2④
物体继续减速，设经t2速度到达传送带B点
L－x1＝vt2－a2t⑤
联立得①②③④⑤式可得t＝t1＋t2＝2.2 s
(2)若传送带的速度较大，物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度一直为a2，L＝v0t′－a2t′2，t′＝1 s(t′＝5 s舍去)
答案　(1)2.2 s　(2)1 s
活页作业
(时间：30分钟)
A组　基础过关
1.(2018·新高考选考终极适应卷)撑杆跳是田径运动项目一种。在这项比赛中，运动员双手握住一根特制的杆子，经过快速助跑后，借助杆子撑地的反弹力量，使身体腾起，跃过横杆。关于撑杆跳，下列说法正确的是(　　)
A.运动员起跳时，撑杆提供给运动员的弹力等于运动员所受重力
B.运动员起跳时，撑杆提供给运动员的弹力小于运动员所受重力
C.在运动员起跳上升阶段，运动员始终处于超重状态
D.在运动员越过杆子下落阶段，运动员始终处于失重状态
解析　起跳时运动员的加速度的方向向上，竿对他的弹力大于他的重力，故A、B错误；起跳以后的上升、下落过程中运动员的加速度的方向向下，他处于失重状态，故C错误，D正确。
答案　D
2.从“神舟六号”载人飞船的发射成功可以预见，随着航天员在轨道舱内停留时间的增加，体育锻炼成了一个必不可少的环节，下列器材适宜航天员在轨道舱中进行锻炼的是(　　)
A.哑铃 B.弹簧拉力器
C.单杠 D.跑步机
解析　用哑铃锻炼身体主要就是利用哑铃的重力，在轨道舱中哑铃处于完全失重状态，它对人的胳膊没有压力的作用，不能用来锻炼，故A错误；弹簧拉力器锻炼的是人肌肉的伸缩和舒张力，与重力无关，能用来锻炼，故B正确；利用单杠锻炼身体需克服自身的重力上升，利用自身的重力下降，在完全失重状态下不能用来锻炼，故C错误；在轨道舱中人处于失重状态，这时脚与跑步机之间没有摩擦力，故不能用来锻炼，故D错误。
答案　B
3.电梯内用弹簧秤测物体的重量，下列几种情况，弹簧秤示数最小的为(　　)
A.以10 m/s2的加速度加速上升
B.以3 m/s2的加速度加速上升
C.以8 m/s2的加速度加速上升
D.以5 m/s2的加速度加速上升
解析　根据牛顿第二定律有F弹－mg＝ma可得F弹＝m(a＋g)，故加速度越大，所需弹簧弹力越大。加速度越小，弹簧秤的示数越小，选项B正确。
答案　B
4.如图1甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为150 kg的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，g取10 m/s2，下列判断正确的是(　　)

图1
A.前10 s悬线的拉力恒为1 500 N
B.46 s末材料离地面的距离为22 m
C.0～10 s材料处于失重状态
D.在30～36 s钢索最容易发生断裂
解析　由图可知前10 s内材料的加速度a＝0.1 m/s2，由F－mg＝ma可知悬线的拉力为1 515 N，选项A错误；由图象面积可得整个过程上升高度是28 m，下降的高度为6 m，46 s末材料离地面的距离为22 m，选项B正确；因30～36 s 材料加速度向下，材料处于失重状态，Fmg，钢索最容易发生断裂，选项C、D错误。
答案　B
5.如图2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向右做匀加速直线运动(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(　　)

图2
A. B.
C. D.
解析　把m1、m2看做一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得Fcos θ＝(m1＋m2)a，所以a＝，选项A正确。
答案　A
6.某同学用台秤研究在电梯中的超失重现象。在地面上称得其体重为500 N，再将台秤移至电梯内称其体重。电梯从t＝0时由静止开始运动，到t＝11 s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的情况如图3所示(g＝10 m/s2)，则下列选项不正确的是(　　)

图3
A.电梯为下降过程
B.在10～11 s内电梯的加速度大小为2 m/s2
C.F3的示数为550 N
D.电梯运行的总位移为19 m
解析　在0～2 s内电梯支持力小于该同学重力，合力向下，加速度向下，初速为零，所以0～2 s电梯匀加速下降，2～10 s 内支持力等于该同学重力，该同学受力处于平衡状态，向下匀速，10～11 s内支持力大于该同学的重力，合力向上，所以向下匀减速，A正确；电梯匀加速阶段a1＝＝1 m/s2，2 s末电梯速度v1＝a1t1＝2 m/s，此阶段位移x1＝a1t＝2 m，匀速阶段x2＝v1t2＝16 m，匀减速阶段t3＝1 s，则此阶段加速度大小a2＝＝2 m/s2，由牛顿第二定律有FN2－mg＝ma2，求得FN2＝600 N，即F3＝600 N，此阶段位移x3＝·t3＝1 m，电梯总位移x＝x1＋x2＋x3＝19 m，B、D正确，C错误。
答案　C
7.质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v－t图象如图4所示，球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的。设球受到的空气阻力大小恒为Ff，取g＝10 m/s2，求：

图4
(1)弹性球受到的空气阻力Ff的大小；
(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。
解析　(1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1，由题图知a1＝＝ m/s2＝8 m/s2，根据牛顿第二定律，得mg－Ff＝ma1，Ff＝m(g－a1)＝0.2 N。
(2)由题图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1＝4 m/s，设球第一次离开地面时的速度大小为v2，则v2＝v1＝3 m/s，第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为a2，则mg＋Ff＝ma2，a2＝12 m/s2，于是有0－v＝－2a2h，解得h＝ m。
答案　(1)0.2 N　(2) m
B组　能力提升
8.如图5所示，水平光滑的细杆上套一环A，环A与球B用一不可伸长轻质绳相连，质量分别为mA和mB，由于B球受到水平风力作用，细绳与竖直方向的夹角为θ，A环与B球一起向右做加速度为a的匀加速运动，则下列说法中正确的是(　　)

图5
A.B球所受到的风力大小为mBa
B.当风力增大时，杆对A环的支持力变大
C.此时B受到的绳子拉力大小为mBgcos θ
D.当风力增大时，轻绳对B球的拉力不变
解析　对B球受力分析可知，B球受到水平风力、绳拉力和重力作用，在水平方向F－Tsin θ＝mBa，竖直方向：Tcos θ＝mBg，解得T＝，选项A、C错误；对A、B整体分析可知，在竖直方向上A、B整体受力平衡，杆对A环支持力等于(mA＋mB)g，风力增大时拉力不变，B错误，D正确。
答案　D
9.(2018·浙江温州期末)利用传感器和计算机可以研究力的大小变化的情况。实验时某消防队员从平台上自由下落，在t1时刻双脚触地，他顺势弯曲双腿。计算机显示消防队员双脚触地后的过程中，他受到地面支持力F随时间变化的图象如图6所示。根据图象提供的信息，以下判断正确的是(　　)

图6
A.在t1至t2时间内，消防队员做减速运动
B.在t2至t3时间内，消防队员处于失重状态
C.t2时刻，消防队员的速度达到最大
D.t3时刻，消防队员的速度达到最大
解析　在t1到t2时间内，支持力的大小小于重力，加速度大小向下，消防队员在加速下降，A错误；t2到t3时间内，支持力的大小大于重力，加速度大小向上，消防队员处于超重状态，B错误；t2时刻之前消防员做加速运动，而此后消防员做减速运动，故t2时刻消防员的速度达最大，故C正确，D错误。
答案　C
10.如图7所示，传送带的水平部分长为L，传动带速率为v，在其左端无初速度释放一小木块，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不可能是(　　)

图7
A.＋ 　B. C. D.
解析　①若木块一直做匀加速直线运动，并且到达右端未达到速度v，由牛顿第二定律有a＝μg，L＝at2，t＝，若木块一直做匀加速直线运动且到达右端速度刚好达到v，则L＝t，t＝。②若木块先做匀加速，再做匀速直线运动有：t1＝＝，匀加速阶段木块经过的位移x1＝，匀速的位移L－x1，匀速时间t2＝＝－，总时间t＝t1＋t2＝＋，选项B正确。
答案　B
11.如图8所示，水平轨道AB段为粗糙水平面，BC段为一水平传送带，两段相切于B点，一质量为m＝1 kg 的物块(可视为质点)，静止于A点，AB距离为x＝2 m。已知物块与AB段和BC段的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2。

图8
(1)若给物块施加一水平拉力F＝11 N，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C点，求传送带的长度；
(2)在(1)问中，若将传送带绕B点逆时针旋转37°后固定(AB段和BC段仍平滑连接)，要使物块仍能到达C端，则在AB段对物块施加拉力F′应至少多大。
解析　(1)物块在AB段：F－μmg＝ma1，a1＝6 m/s2
则到达B点时速度为vB，有v＝2a1x，vB＝2 m/s
滑上传送带有－μmg＝ma2，a2＝－5 m/s2
刚好到达C点，有－v＝2a2L，得传送带长度L＝2.4 m。
(2)将传送带倾斜，滑上传送带有
－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma3，a3＝－10 m/s2
物块仍能刚好到C端，有－vB′2＝2a3L，vB′＝4 m/s
在AB段，有vB′2＝2ax，F′－μmg＝ma
联立解得F′＝17 N。
答案　(1)2.4 m　(2)17 N
12.(2018·浙江教育绿色评价联盟适应性考试)一旦发生火灾，高楼居民如何逃生是一直困扰我们的致命问题。最近有人设计了一种新型逃生滑梯，提供了颇具创意的解决方式，这种装置类似于“滑滑梯”，紧急情况中放下，逃生者躺在滑梯内，即可顺势滑到底楼。(假设楼层间的高度h＝3 m)

图9
(1)经发明者测试，逃生者可以从5楼滑到1楼需要10秒钟，假设滑梯坡度为37°，忽略转角处的速度损失和空气阻力。求逃生者的下滑加速度大小和逃生者与“滑滑梯”间的动摩擦因数？
(2)为了安全，处于高层的逃生者都备有智能躺椅，躺椅配有控速系统和刹车系统，控速系统可以限制下滑过程中速度不超过6 m/s，刹车系统可以使减速过程的加速度的大小和加速过程的加速度大小相等。为了安全，滑到地面时的速度大小要求不超过2 m/s，假设逃生者躺在躺椅上加速下滑的加速度大小和题(1)中的加速度大小相等，求从25楼下滑到地面的最短时间？
解析　(1)发明者测试时做初速度为零的匀加速直线运动，则有＝at2
解得：a＝0.4 m/s2
对发明者受力分析，根据牛顿第二定律得：
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma
解得μ＝0.7
(2)经分析研究对象先做匀加速运动再做匀速运动最后做匀减速运动时间最短
根据几何关系有：s总＝＝120 m
则加速度时间：t1＝＝15 s，加速的位移s1＝t1＝45 m
减速时间有：t3＝＝10 s，减速的位移s3＝·t3＝40 m
故匀速的时间为t2＝＝ s＝5.83 s
则总时间为t总＝t1＋t2＋t3＝30.83 s
答案　(1)0.7　(2)30.83 s