2013年高考物理二轮复习精品学案专题三：牛顿运动定律

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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题三
牛顿运动定律
【重点知识解读】
牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。牛顿第一定律是在伽利略理想实验的基础上建立起来的，但它不是实验规律。牛顿第一定律给出了惯性的概念，惯性是物体保持原有运动状态的性质，惯性是物体的固有属性，质量是物体惯性大小的量度；牛顿第一定律揭示了力的本质，即力是产生加速度的原因。
2 .牛顿第二定律：物体的加速度a跟物体所受的合外力F成正比，跟物体的质量m成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。数学表达式： F=ma 。 牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，定量描述了力与运动（加速度）的关系，是经典力学的核心内容；由定律可知，力与加速度是瞬时对应关系，即加速度与力是同时产生、同时变化、同时消失；力与加速度的具有因果关系。力是产生加速度的原因，加速度是力产生的结果。只要合外力变化，其加速度一定变化。
3. 牛顿第三定律：两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上。牛顿第三定律揭示了物体与物体间相互作用规律。两个物体之间的作用力反作用力总是等值（大小相等）、反向（方向相反）、共线（作用在一条直线上）、异体（作用力与反作用力分别作用在相互作用的两个不同物体上）、同时（作用力与反作用力一定是同时产生、同时变化、同时消失，它们的存在不分先后）、同性（作用力与反作用力一定是同种性质的力），作用在两个物体上各自产生效果，一定不会相互抵消。
4.超重和失重
①.超重——物体对支持物的压力大于重力。原因：物体有向上的加速度。
②失重——物体对支持物的压力小于重力。原因：物体有向下的加速度。
③完全失重——物体对支持物的压力为零。原因：物体有向下的加速度且大小为g。
5..在连接体或叠加体问题中，如果不需要知道各物体间的作用力，并且各物体具有相同的加速度，就可把它们看作一个整体，分析整体的受力情况和运动情况，应用牛顿第二定律列方程求解；如果需要知道物体之间的作用力，则需隔离与该力相关的物体，把内力转化为外力，分析隔离出物体的受力情况和运动情况，应用牛顿第二定律列方程解之。
.灵活利用整体法与隔离法处理连接体或叠加体问题，是本单元的重点应用之一。
【高考命题动态】
牛顿运动定律是高中物理的核心内容，也是高考重点。高考对牛顿运动定律的考查重点是牛顿第二定律的应用及其相关知识点，难度中等或偏难。
【最新高考题分析】
典例1.（2012·新课标理综）伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是
A．.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B．.没有力作用，物体只能处于静止状态[来源:学+科+网Z+X+X+K]
C．.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
D．.运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动
【答案】：AD
【解析】：没有力作用，物体可能处于静止状态或匀速直线运动状态，行星在圆周轨道上保持匀速率运动是受到向心力作用的结果，不是惯性，选项BC错误。
【考点定位】此题考查惯性及其相关知识。
典例2. （2012·安徽理综）如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一竖直向下的恒力F，则
A. 物块可能匀速下滑
B. 物块仍以加速度a匀加速下滑
C. 物块将以大于a的加速度匀加速下滑
D. 物块将以小于a的加速度匀加速下滑
【答案】C
【解析】分析斜面上物体受力，将重力沿斜面忽然垂直斜面方向分解，由牛顿第二定律可得，mgsinθ-μmgcosθ=ma，再施加一竖直向下的恒力F，设加速度为a’， 由牛顿第二定律可得，(F+mg)sinθ-μ(F+mg)cosθ=ma’，由此可知，a’> a，物块将以大于a的加速度匀加速下滑,，选项C正确。
【考点定位】考查力的分解、牛顿运动定律及其相关知识。
典例3.（2012·海南物理）根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是
物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比
物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度
物体加速度的大小跟它所受作用力中任一个的大小成正比
当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比
【答案】：D
【解析】：根据牛顿第二定律，物体加速度的大小跟它所受的合外力成正比，跟它的质量成反比，选项ABC错误。当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比，选项D正确。
【考点定位】此题考查对牛顿第二定律的理解。
典例4．（2012·四川理综）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变。用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止。撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4 x0。物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则
A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动
B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为-μg
C．物体做匀减速运动的时间为
D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg (x0-μmg/k)
【答案】：BD
【解析】：由牛顿第二定律，撤去F后，物体所受合外力为F=kx0-μmg，由牛顿第二定律F=ma可知，物体刚运动时的加速度大小为a=-μg，选项B正确。由于弹簧弹力为变力，所以撤去F后，物体先做变加速运动，再做变减速运动，选项AC错误。当kx=μmg，物体开始向左运动到速度最大，在此过程中，克服摩擦力做的功为Wf=μmg( x+ x0)=μmg (x0-μmg/k)，选项D正确。
【考点定位】此题考查牛顿第二定律、摩擦力做功及其相关知识。
典例5．（2012·上海物理）如图，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平。则在斜面上运动时，B受力的示意图为 （ ）
【答案】：A
【解析】：滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，B具有沿斜面向下的加速度，B所受摩擦力一定沿BA接触面，B受力的合力沿斜面向下，选项A正确。
【考点定位】此题考查受力分析。
典例6. .（2012·江苏物理）如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m和M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f。若木块不滑动，力F的最大值是
A．
B．
C．-(m+M)g
D． +(m+M)g
【答案】：A
【解析】：对整体，由牛顿第二定律，F-(m+M)g=(m+M)a，
隔离木块M，由牛顿第二定律，2f-Mg=Ma，
联立解得：F=，选项A正确。
【考点定位】此题考查整体法隔离法受力分析和牛顿第二定律。
典例7（2012·上海物理）如图，将质量m=0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数μ=0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ=53°的拉力F，使圆环以a=4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小。
【解析】：令Fsin53°-mg=0，解得F=1.25N。
当F<1.25N时，环与杆的上部接触，受力如图。
由牛顿第二定律，Fcosθ-μFN=ma，
Fsinθ+FN=mg，
联立解得：F=。
代入数据得：F=1N。
当F>1.25N时，环与杆的下部接触，受力如图。
由牛顿第二定律，Fcosθ-μFN=ma，
Fsinθ=mg+FN，
联立解得：F=。
代入数据得：F=9N。
【考点定位】此题考查受力分析、力的分解与合成、牛顿第二定律、摩擦定律及其相关知识。
典例8（2012·安徽理综第22题） 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3/4。该球受到的空气阻力大小恒为f，取=10 m/s2, 求：
（1）弹性球受到的空气阻力f的大小；
（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。
【答案】（1）f=0.2N。（2）h=m。
【解析】（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a，由v-t图象知，加速度a1==8m/s2。
根据牛顿第二定律，得mg-f=ma1，
解得受到的空气阻力的大小f=0.2N。
（2）由v-t图象知，弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1=4m/s。
设弹性球第一次离开地面时的速度大小为v2，则v2=3 v1/ 4=3 m/s。
第一次离开地面后，设上升过程中弹性球的加速度大小为a2，则mg+f=ma2，
解得a2=12m/s2。
于是有0- v22=-2 a2h，
解得碰撞后反弹的高度h=m。
【考点定位】此题考查v-t图象、牛顿第二定律及其相关知识。
典例9（2012·浙江理综）为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图所示。在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”,“A鱼”竖直下潜hA后速度减小为零，“B鱼”竖直下潜hB后速度减小为零。“鱼” 在水中运动时，除受重力外，还受到浮力和水的阻力。已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的 10/9 倍，重力加速度为g, “鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度。假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计。求：
（1）“A鱼”入水瞬间的速度vA；
（2）“A鱼”在水中运动时所受阻力fA；
（3）“A鱼”和“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fA∶fB 。
【解析】（1）“A鱼”入水前做自由落体运动，由vA2=2gH，
解得“A鱼”入水前瞬间的速度vA=。
（2）“A鱼”在水中运动时受重力、浮力、阻力作用，做匀减速运动，设加速度为aA，有
F合=F浮+fA-mg，
由牛顿第二定律，F合=maA。
0- vA2=-2aAhA，
由题意，F浮=mg。
联立解得所受阻力fA=mg(-)。
（3）考虑到 “B鱼”的受力运动情况与 “A鱼”相似，有
fB=mg(-)。
解得“A鱼”和“B鱼”在水中运动时所受阻力之比：=。
典例10．（19分）（2012·重庆理综）某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为S。比赛时，某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点。整个过程中球一直保持在球拍中心不动。比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如题25图所示。设球在运动中受到空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g。
（1）求空气阻力大小与球速大小的比例系数；
（2）求在加速跑阶段球拍倾角随速度变化的关系式；
（3）整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v0，而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求β应满足的条件。
【解析】：（1）在匀速运动阶段，有mgtanθ0=kv0，
解得：k=tanθ0。
（2）加速阶段，设球拍对球的支持力为N’，有N’sinθ-kv=ma，
N’cosθ=mg
联立解得：tanθ=+tanθ0。
（3）以v0做匀速直线运动时，设空气阻力与重力的合力为F，有
F=。
球拍倾角为θ0+β时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为a’，有
Fsinβ=ma’，
设匀速跑阶段所用时间为t，有：t=-，
球不从球拍上掉落的条件为 a’t2≤r。
解得sinβ≤cosθ0。
【考点定位】此题考查平衡条件牛顿运动定律及其相关知识。
【最新模拟题训练】
1.（2013哈尔滨三中月考）下列说法正确的是：
A．牛顿认为质量一定的物体其加速度与物体受到的合外力成正比
B. 亚里士多德认为轻重物体下落快慢相同
C. 笛卡尔的理想斜面实验说明了力不是维持物体运动的原因
D. 伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落的同样快
答案：AD解析：牛顿认为质量一定的物体其加速度与物体受到的合外力成正比，选项A正确；亚里士多德认为重物体下落快，选项B错误；伽利略的理想斜面实验说明了力不是维持物体运动的原因，伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落的同样快，选项C错误D正确。
2.（2013邯郸摸底）物理学是一门以实验为基础的学科，物理定律就是在大量实验的基础上归纳总结出来的。但有些物理规律或物理关系的建立并不是直接从实验得到的，而是经过了理想化或合力外推，下列选项中属于这种情况的是（ ）
A．牛顿第一定律 B．牛顿第二定律
C．万有引力定律 D．库仑定律
答案：A
解析：牛顿第一定律是在实验的基础上经过合理外推得到的，用实验无法实现，选项A正确；牛顿第二定律是实验定律，万有引力定律是经过类比和实验验证的，库伦定律是通过采用控制变量法的实验而得到的实验定律，选项BCD错。
3、（2013衡水中学调研）以下说法中正确的是( )
A．牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性
B．速度大的物体惯性大，速度小的物体惯性小
C．力是维持物体运动的原因
D．做曲线运动的质点，若将所有外力都撤去，则该质点仍可能做曲线运动
答案：A解析：牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性，质量是惯性大小的量度，惯性与速度无关，选项A正确B错误；力不是维持物体运动的原因，力是产生加速度的原因，选项C错误；做曲线运动的质点，若将所有外力都撤去，则该质点将做匀速直线运动，选项D错误。
4. （2013哈尔滨三中月考）如图所示，两个倾角相同的滑竿上分别套有A、B两个圆环，两个圆环上分别用细线悬吊两个物体C、D，当它们都沿滑竿向下滑动时A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下。下列说法正确的是：
A.A环与滑竿之间没有摩擦力
B.B环与滑竿之间没有摩擦力
C.A环做的是匀加速直线运动
D.B环做的是匀加速直线运动
答案：AC解析：对图示两种情况受力分析，并应用牛顿第二定律，可知，A环与滑竿之间没有摩擦力，B环与滑竿之间有摩擦力，A环做的是匀加速直线运动，B环做的是匀加速直线运动，选项AC正确BD错误。
5．（2013哈尔滨三中月考）如图所示，升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，升降机静止时弹簧伸长量为10cm，运动时弹簧伸长量为9cm，则升降机的运动状态可能是（g=10m/s2）：
A.以a=1m/s2的加速度加速上升；
B.以a=1m/s2的加速度加速下降；
C.以a=9m/s2的加速度减速上升；
D.以a=9m/s2的加速度减速下降
答案：B解析：根据运动时弹簧伸长量为9cm，小于静止时弹簧伸长量为10cm，可知升降机加速度向下，则升降机的运动状态可能是以a=1m/s2的加速度加速下降；可能是以a=1m/s2的加速度减速上升，选项B正确。
6．（2013唐山摸底）风洞实验室可产生水平方向大小可调节的风力。实验室中有两个质量不等的球A、B，用一轻质绳连接。把A球套在水平细杆上如图所示，对B球施加水平风力作用，使A球与B球一起向右匀加速运动。若把A、B两球位置互换，重复实验，让两球仍一起向右做匀加速运动，已知两次实验过程中球的加速度相同，A、B两球与细杆的动摩擦因数相同。则两次运动过程中，下列物理量一定不变的是
A．细绳与竖直方向的夹角
B．轻绳拉力的大小
C．细杆对球的支持力
D．风给小球的水平力
答案：CD解析：由于AB两球质量不等，细绳与竖直方向的夹角，轻绳拉力的大小可能变化，选项AB错误；两次运动过程中，受到水平风力一定不变，细杆对球的支持力一定不变，选项CD正确。
7．（2013唐山摸底）从16世纪末，随着人们对力的认识逐渐清晰和丰富，建立了经典力学理论，以下有关力的说法正确的有
A．物体的速度越大，说明它受到的外力越大
B．物体的加速度在改变，说明它受到的外力一定改变
C．马拉车做匀速运动，说明物体做匀速运动需要力来维持
D．一个人从地面跳起来，说明地面对人的支持力大于人对地面的压力
答案：B解析：物体的加速度越大，说明它受到的外力越大，物体的加速度在改变，说明它受到的外力一定改变，选项A错误B正确；马拉车做匀速运动，说明物体所受合外力为零，选项C错误；地面对人的支持力在任何情况下都等于人对地面的压力，选项D错误。
8．（2013哈尔滨三中月考）一汽车沿直线由静止开始向右运动，汽车的速度和加速度方向始终向右。汽车速度的二次方v2与汽车前进位移x的图像如图所示，则下列说法正确的是：
A.汽车从开始运动到前进x 1过程中，汽车受到的合外力越来越大
B.汽车从开始运动到前进x 1过程中，汽车受到的合外力越来越小
C.汽车从开始运动到前进x 1过程中，汽车的平均速度大于v0/2
D.汽车从开始运动到前进x 1过程中，汽车的平均速度小于v0/2
答案：AD解析：由v2=2ax，可知，若汽车速度的二次方v2与汽车前进位移x的图像为直线，则，汽车做匀加速运动。由汽车速度的二次方v2与汽车前进位移x的图像可知，汽车的加速度越来越大，汽车受到的合外力越来越大，选项A正确B错误；根据汽车做加速度逐渐增大的加速运动，可画出速度图象，根据速度图象可得出，汽车从开始运动到前进x 1过程中，汽车的平均速度小于v0/2，选项C错误D正确。
9．（2013安徽江南十校摸底）如图所示，在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间（g取10m/s2），下列说法中正确的是 （ ）
A．小球受力个数不变
B．小球立即向左运动，且a=8 m/s2
C．小球立即向左运动，且a=10m/s2
D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a=10 m/s2
答案：B解析：在剪断轻绳前，分析小球受力，小球受到重力、弹簧弹力和绳子拉力。应用平衡条件可得弹簧弹力F=mgtan45°=10N。剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，重力不变，小球将受到水平面的弹力和摩擦力，小球受力个数变化，选项A错误；此时在竖直方向，水平面的弹力N=mg，摩擦力为f=μN=2N，小球水平向左的合力F-f=ma，解得a=8 m/s2，选项B正确C错误；若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球仍然静止，小球加速度的大小a=0，选项D错误。
10．(2013西安摸底)质量为0.6 kg的物体在水平面上运动，图中的两条斜线分别是物体受水平拉力和不受水平拉力的v-t图像，则 ( )
A．斜线①一定是物体受水平拉力时的图像
B．斜线②一定是物体不受水平拉力时的图像
C．水平拉力一定等于0.2 N
D．物体所受的摩擦力可能等于0.2 N
答案：CD解析：拉力方向可能与物体水平运动方向相同或相反，不能确定哪条斜线是物体受水平拉力时的图像，选项AB错误。斜线①对应的物体加速度大小为a1=m/s2，斜线②对应的物体加速度大小为a2=m/s2。若斜线①是物体受水平拉力时的图像，斜线②是物体不受水平拉力时的图像，拉力方向与物体水平运动方向相同，f - F =ma1，f =ma2，解得f=0.4N，F=0.2N; 若斜线②是物体受水平拉力时的图像，斜线①是物体不受水平拉力时的图像，拉力方向与物体水平运动方向相反，f + F =ma2，f =ma1，解得f=0.2N，F=0.2N;所以水平拉力一定等于0.2 N，物体所受的摩擦力可能等于0.2 N，可能等于0.4N，选项CD正确。
11. （2013哈尔滨三中月考）如图所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上。用轻质弹簧将两物块连接在一起。当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x，若用水平力F’作用在m1上时，两物块均以加速度a’=2a做匀加速运动。此时弹簧伸长量为x’。则下列关系正确的是：
A.F’=2F B.x’=2 x C. F’>2F D. x’<2 x
答案：AB解析：把两个物体看作整体，由牛顿第二定律可得，F’=2F，选项A正确C错误；隔离m2，由牛顿第二定律和胡克定律，x’=2 x，选项B正确D错误。
12. （2013江苏徐州摸底）一位同学乘坐电梯从六楼下到一楼的过程中，其v-t图象如图所示．下列说法正确的是
A．前2s内该同学处于超重状态
B．前2s内该同学的加速度是最后1s内的2倍
C．该同学在10s内的平均速度是1m/s
D．该同学在10s内通过的位移是17m
答案：D解析：同学乘坐电梯从六楼下到一楼的过程中，前2s内该同学处于失重状态，前2s内该同学的加速度是最后1s内的1/2，选项AB错误；该同学在10s内的位移为17m，平均速度是1.7m/s，选项D正确C错误。
13．（2013届江西省重点中学高三联考）如图甲所示，质量为m的物块沿足够长的粗糙斜面底端以初速度v0上滑先后通过A、B，然后又返回到底端。设从A到B的时间为t1，加速度大小为a1，经过A的速率为v1，从B返回到A的时间为t2，加速度大小为a2，经过A的速率为v2，则正确的是（ ）
A．t1=t2，a1=a2，v1=v2
B．t1＜t2，a1＜a2，v1＜v2
C．物块全过程的速度时间图线如图乙所示
D．物块全过程的速度时间图线如图丙所示
答案：D解析：由于从B返回到A所受合外力小，加速度小，所以从A到B的时间t1＜t2，a1>a2，v1>v2,选项AB错误；物块全过程的速度时间图线如图丙所示，选项C错误D正确。
14．(2013西安摸底)如图是一种升降电梯的示意图，A为载人箱，B为平衡重物，它们的质量均为M，由跨过滑轮的钢索系住，在电动机的牵引下使电梯上下运动．若电梯中乘客的质量为m，匀速上升的速度为v，在电梯即将到顶层前关闭电动机，靠惯性再经时间t停止运动卡住电梯，不计空气阻力，则t为（ ）
A． B． C． D．
答案：D解析：关闭电动机后，由牛顿第二定律，mg=(2M+m)a，解得电梯加速度大小a=mg/(2 M+m)，t=v/a=，选项D正确。
15. （2013广西三校联考）如图所示，一细绳跨过一轻质定滑轮（不计细绳和滑轮质量，不计滑轮与轴之间摩擦），绳的一端悬挂一质量为m的物体A，另一端悬挂一质量为M（M>m）的物体B，此时A物体加速度为a1。如果用力F代替物体B，使物体A产生的加速度为a2，那么（ ）
A. 如果al= a2，则F< Mg
B. 如果F=Mg，则al C．如果al =a2，则F=Mg
D．如果F=，则a1=a2
答案：ABD解析：另一端悬挂一质量为M（M>m）的物体B，由牛顿第二定律，Mg-mg=(m+M)a1.，解得a1=g。如果用力F代替物体B，由牛顿第二定律，F-mg=ma2.，解得a2=F/m-g。如果al= a2，则F< Mg；如果F=Mg，则al16. （2013辽宁省五校协作体高三期初联考）如图所示，将质量为m=0.1kg的物体用两个完全一样的竖直弹簧固定在升降机内，当升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，上面弹簧对物体的拉力为0.4N；当升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，上面弹簧的拉力为
A．0.6N B．0.8N C．1.0N D．1.2N
答案：A解析：当升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，上面弹簧对物体的拉力为0.4N；设下面弹簧支持力为FN，由牛顿第二定律，0.4+FN-mg=ma1；解得FN=mg=1N。当升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，设上面弹簧的拉力为F，则下面弹簧支持力为F’N=mg+F-0.4=0.6+F，由牛顿第二定律，F+F’N-mg=ma2；解得F=0.6N,选项A正确。
17．（2013南昌铁一中摸底）弹簧秤挂在升降机的顶板上，下端挂一质量为2kg的物体．当升降机在竖直方向运动时，弹簧秤的示数始终是16N．如果从升降机的速度为3m/s时开始计时，则经过1s，升降机的位移可能是（g取10m/s2）（ ）
A．2m B．3m C．4m D．8m
答案：AC
解析：根据弹簧秤的示数始终是16N可知，升降机加速度方向向下，mg-F=ma，解得a=2m/s2.若升降机向下加速运动，经过1s，升降机的速度为5m/s，经过1s，升降机的位移可能是4m；若升降机向上减速运动，经过1s，升降机的速度为1m/s，经过1s，升降机的位移可能是2m；选项AC正确。
18．（2013南昌铁一中摸底）建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料。质量为70.0kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg的建筑材料以0.500m／s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2.)（ ）
A．510 N B．490 N C．890 N D．910 N
答案：B
解析：将20.0kg的建筑材料以0.500m／s2的加速度拉升，拉力F=m（g+a）=20×(10+0.500)N=210N。对工人，由平衡条件可得地面支持力为700N-210N=490 N,根据牛顿第三定律，工人对地面的压力大小为490N，选项B正确。
19. （2013邯郸摸底）一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一块木炭无初速度地放在传送带的最左端，木炭在传送带上将会留下一段黑色的痕迹。下列说法正确的是（）
褐色的痕迹将出现在木炭的左侧
木炭的质量越大，痕迹的长度越短
传送带运动的速度越大，痕迹的长度越短
木炭与传送带间动摩擦因数越大，痕迹的长度越短
答案：D
解析：木炭水平方向无初速度放到传送带上时，相对于传送带向后运动，所以，会在木炭的右侧留下黑色痕迹，选项A错；在木炭的速度增加到等于传送带的速度之前，木炭相对于传送带向后做匀减速直线运动，根据v2=2ax,其中a=μg，与m无关，选项B错；由前式知，a一定时，v越大，x越长，选项C错；在v一定时，μ越大，a越大，x越小，选项D对。
20．（2013南昌铁一中摸底）如图所示，ad、bd、 cd是竖直面内的三根固定的光滑细杆，a、ｂ、c、ｄ位于同一圆周上，ａ点为圆周上最高点，ｄ点为圆周上最低点。每根杆上都套有一个小圆环，三个圆环分别从ａ、ｂ、c处由静止释放，用t1 、t2 、t3依次表示各环到达d点所用的时间，则（ ）
A．t 1＜t2＜t3 B．t 1＞t2＞t3
C．t 3＞t1＞t2 D．t 1＝t2 ＝t3
答案：D
解析：分析bd光滑细杆上小圆环受力，应用牛顿第二定律和直线运动公式，可得环到达d点所用的时间与光滑细杆的倾角无关，选项D正确。
21. （2013邯郸摸底）如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是（）
A．无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小
B．若粘在A木块上面，绳的拉力减小，A、B间摩擦力不变
C．若粘在B木块上面，绳的拉力增大，A、B间摩擦力增大
D．若粘在C木块上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小
答案：AD
解析：因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪块上，根据牛顿第二定律都有：F-3μmg-μΔmg=(3m+Δm)a，系统加速度a都将减小，选项A对；若粘在A木块上面，以C为研究对象，受F、摩擦力μmg、绳子拉力T，F-μmg-T=ma，a减小，F、μmg不变，所以，T增大，选项B错；若粘在B木块上面，a减小，以A为研究对象，m不变，所受摩擦力减小，选项C错；若粘在C木块上面，a减小，A的摩擦力减小，以AB为整体，有T-2μmg=2ma，T减小，选项D对。
22 （2013安徽师大摸底）如图所示，物体B叠放在物体A上，A、B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑，则(　　)
A．A，B间没有静摩擦力
B．A受到B的静摩擦力方向沿斜面向上
C．A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsinθ
D．A与B间的动摩擦因数μ＝tanθ
答案：C解析：它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑，A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsinθ，A对B的摩擦力等于B重力沿斜面方向的分力，选项A错误C正确；由牛顿第三定律，．A受到B的静摩擦力方向沿斜面向下，选项B错误；A与B间的摩擦力是静摩擦力，不能确定AB之间的动摩擦因数μ，选项D错误。
23．（2013南昌铁一中摸底）如图(a)所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图(b)所示，若重力加速度g取10m/s2.根据图(b)中所提供的信息可以计算出（ ）
A．物体的质量
B．斜面的倾角
C．斜面的长度
D．加速度为6m/s2时物体的速度
. 答案：AB
解析：当F=0时，物体向下的加速度大小为6m/s2，即gsinθ=6m/s2，可计算出斜面的倾角θ，选项B正确；当F=20N时，物体向上的加速度大小为2m/s2，即cosθ-gsinθ=2m/s2，可计算出物体的质量m，选项A正确。不能计算出斜面的长度，加速度为6m/s2时物体的速度，选项CD错误。
24．（2013衡水中学调研）如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化（图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正）.则物体运动的速度v随时间t变化的规律是图丙中的（物体的初速度为零，重力加速度取10m/s2）
答案：C解析：在0~1s，F=mg，由牛顿第二定律，加速度a=5m/s2；在1s~2s，F=0，由牛顿第二定律，加速度a=-5m/s2；在2s~3s，F=-mg，由牛顿第二定律，加速度a=-15m/s2；物体运动的速度v随时间t变化的规律是图丙中的C。
25．（2013衡水中学调研）质量为m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平面上，如图所示。若对A施加水平推力F，则两物块沿水平方向做加速运动。关于A对B的作用力，下列说法正确的是 （ ）
A．若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为F
B．若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为F/2
C．若物块A与地面、B与地面的动摩擦因数均为μ，则物块物块A对B的作用力大小为F/2
D．若物块A与地面的动摩擦因数为μ，B与地面的动摩擦因数为2μ，则物块物块A对B的作用力大小为(F +μmg)/2
答案：BCD 解析：若水平面光滑，对整体，由牛顿第二定律，F=2ma；隔离B，由牛顿第二定律，F’=ma；解得物块A对B的作用力大小为F’=F/2，选项A错误B正确。若物块A与地面、B与地面的动摩擦因数均为μ，对整体，由牛顿第二定律，F-2μmg=2ma；隔离B，由牛顿第二定律，F’ -μmg =ma；解得物块A对B的作用力大小为F’=F/2，选项C正确。若物块A与地面的动摩擦因数为μ，B与地面的动摩擦因数为2μ，对整体，由牛顿第二定律，F-μmg -2μmg=2ma；隔离B，由牛顿第二定律，F’ -2μmg =ma；解得物块A对B的作用力大小为F’=(F +μmg)/2，选项D正确。
26. （2013衡水中学调研）电梯的顶部挂一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6 N，关于电梯的运动（如图所示），以下说法正确的是(g取10 m/s2) ( )
A．电梯可能向上加速运动, 加速度大小为4m/s2
B．电梯可能向下加速运动, 加速度大小为4m/s2
C．电梯可能向上减速运动, 加速度大小为4m/s2
D．电梯可能向下减速运动, 加速度大小为4m/s2
答案：BC解析：弹簧秤的示数变为6 N，电梯加速度向下，电梯可能向下加速运动, 加速度大小为4m/s2，电梯可能向上减速运动, 加速度大小为4m/s2，选项BC正确。
27．（2013衡水中学调研）如图甲所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示.若重力加速度g取10 m/s2，根据图乙中所提供的信息，可以计算出（ ）
A.物体的质量
B.斜面的倾角
C.物体能静止在斜面上所施加的最小外力
D.加速度为6 m/s2时物体的速度
答案：ABC解析：由牛顿第二定律，Fcosθ-mgsinθ=ma。当F=15N时，a=0；当F=30N时，a=6 m/s2；当F=0N时，a= -6m/s2；可以计算出物体的质量m，斜面的倾角，物体能静止在斜面上所施加的最小外力为15N，选项ABC正确。
28．（2013衡水中学调研）如图所示，倾角为30°的光滑杆上套有一个小球和两根轻质弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉Ｍ、Ｎ固定于杆上，小球处于静止状态．设拔去销钉Ｍ（撤去弹簧ａ）瞬间，小球的加速度大小为6ｍ/s2．若不拔去销钉Ｍ，而拔去销钉Ｎ（撤去弹簧ｂ）瞬间，小球的加速度可能是（ｇ取10ｍ/s2）： （ ）
A．11ｍ/ s2，沿杆向上　　
B．11ｍ/ s2，沿杆向下
C．1ｍ/ s2，沿杆向下　　　
D．1ｍ/ s2，沿杆向上
答案：BC解析：设小球处于静止状态时b弹簧弹力为F，拔去销钉Ｍ瞬间，取向上为正方向，若a=6ｍ/s2，由牛顿第二定律，F-mgsin30°=ma，解得F=11m。若a=-6ｍ/s2，由牛顿第二定律，-F-mgsin30°=ma，解得F=m。设a弹簧弹力为F’，由平衡条件F= mgsin30°+F’， 当F=11m可得F’=6m，拔去销钉Ｎ瞬间，由牛顿第二定律， F’+mgsin30°=ma’，解得a’=11ｍ/ s2，选项B正确A错误；当F=m可得F’=-4m，拔去销钉Ｎ瞬间，由牛顿第二定律， F’+mgsin30°=ma’，解得a’=1ｍ/ s2，方向沿杆向下，选项C正确D错误。
29．（2013衡水中学调研）如图所示，小车的质量为M，人的质量为m，人用恒力F拉绳，若人与车保持相对静止，且地面为光滑的，又不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力可能是(　　)
A．()F ，方向向左
B．()F，方向向右
C．()F，方向向左
D．()F，方向向右
答案：CD解析：把人和车看作整体，二者有向左的加速度，由2F=(m+M)a解得a=2F/(m+M)。设车对人的摩擦力向右，大小为f，隔离人，由F-f=ma，联立解得f=()F，选项D正确B错误；设车对人的摩擦力向左，大小为f，隔离人，由F+f=ma，联立解得f=()F，选项C正确A错误。
30. （2013广西三校联考）如图所示，一细绳跨过一轻质定滑轮（不计细绳和滑轮质量，不计滑轮与轴之间摩擦），绳的一端悬挂一质量为m的物体A，另一端悬挂一质量为M（M>m）的物体B，此时A物体加速度为a1。如果用力F代替物体B，使物体A产生的加速度为a2，那么（ ）
A. 如果al= a2，则F< Mg
B. 如果F=Mg，则al C．如果al =a2，则F=Mg
D．如果F=，则a1=a2
答案：ABD解析：另一端悬挂一质量为M（M>m）的物体B，由牛顿第二定律，Mg-mg=(m+M)a1.，解得a1=g。如果用力F代替物体B，由牛顿第二定律，F-mg=ma2.，解得a2=F/m-g。如果al= a2，则F< Mg；如果F=Mg，则al 31. （2013武汉摸底）如图所示，质量为m1 和m2的两个物体，系在一条跨过光滑定滑轮的不一可伸长的轻绳两端。己知m1 +m2 =1kg，当m2改变时，轻绳的拉力也会不断变化。若轻绳所能承受的最大拉力为4.8N,为保证轻绳不断，试求m2的范围。(重力加速度g=l 0m/s2 )
.解析：以m1为研究对象，由牛顿第二定律，T-m1g=m1a，
以m2为研究对象，由牛顿第二定律， m2g -T=m2a，
联立解得：T=g。
由题意，T<4.8N，且m1 +m2 =1kg，代人可得m2 2- m2 +0.24>0,
解得：0< m2<0.4kg或0.6kg< m2<1.0kg
32.（10分）（2013山东寿光市质检）如图甲所示，质量m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动.过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v-t图象如图乙所示.取重力加速度为g=10m/s2.求：
（1）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ.
（2）10s末物体离a点的距离.
【解析】（1）设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v-t图得
a1=2m/s2 ①（1分）
根据牛顿第二定律，有F＋pmp＝ma1 ②（1分）
设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v-t图得
a2=1m/s2③（1分）
根据牛顿第二定律，有 ④（1分）
解①②③④得：F＝3N（1分） （1分）
（2）设10s末物体离a点的距离为d，d应为v-t图与横轴所围的面积则，负号表示物体在a点以左（4分）
注：未说负号意义不扣分.
33、（10分）（2013安徽师大摸底）在水平地面上有一质量为10kg的物体,在水平拉力F的作用下由静止开始运动，10s后拉力大小减为F/4，方向不变，再经过20s停止运动。该物体的速度与时间的关系如图所示。求：
（1）整个过程中物体的位移大小；
（2）物体与地面的动摩擦因数。
33、（10分）（1）依题意可知整个过程中物体的位移大小就等于图像与t轴所围成的三角形面积S=×30×10m=150m
(2)物体的运动分为两个过程，由图可知两个过程加速度分别为：
a1=1m/s2，a2=-0.5m/s2，
受力图如下：
对于两个过程，由牛顿第二定律得：
①
②
联立①②式解得：Ff=10N
由滑动摩擦力公式得：
解得：μ=0.1 。
34．(15分) （2013江苏徐州摸底）滑沙游戏中，游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下．为了安全，滑沙车上通常装有刹车手柄，游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F，从而控制车速．为便于研究，作如下简化：游客从顶端A点由静止滑下8s后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止．已知游客和滑沙车的总质量m=70kg，倾斜滑道AB长=128m，倾角θ=37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5．滑沙车经过B点前后的速度大小不变，重力加速度g取，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力．
(1)求游客匀速下滑时的速度大小．
(2)求游客匀速下滑的时间．[来源:Zxxk.Com]
(3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力?
解析：、(1) 由mgsin37°-μmgcos37°=ma
解得游客从顶端A点由静止滑下的加速度a=2m/s2。
游客匀速下滑时的速度大小v=at1=2×8m/s=16m/s．
(2)加速下滑路程为L1= at12=64m，
匀速下滑路程L2=- L1=64m，
游客匀速下滑的时间t2= L2/v=4s．[来源:Zxxk.Com]
(3)由动能定理，-FL-μmgL=0-mv2。
解得F= 210N。
35．(8分) （2013届江西省重点中学高三联考）如图所示，质量m=1Kg的小球穿在长L=1.6m的斜杆上，斜杆与水平方向成α＝37°角，斜杆固定不动,小球与斜杆间的动摩擦因数μ＝0.75。小球受水平向左的拉力F=1N,从斜杆的顶端由静止开始下滑（，）。
试求：（1）小球运动的加速度大小；
（2）小球运动到斜杆底端时的速度大小。
．(8分)解：
（1） （2分）
（2分）
∴ =1.25m/s2。（2分）
（2） （2分）
∴ v==m/s=2m/s。 （2分）
36．(8分) （2013南昌铁一中摸底）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2kg，动力系统提供的恒定升力F =28 N．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2。
（1）第一次试飞，飞行器飞行t1 = 8 s 时到达高度H = 64 m．求飞行器所阻力f的大小；
（2）第二次试飞，飞行器飞行t2 = 6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大高度h；
. 解析：
（1）由H=at2， -------------------------------（1分）
得：a1=2m/s2 ------------------------------------（1分）
由F-f-mg=ma -------------------------------------（1分）
得：f=4N ----------------------------------------（1分）
（2）.前6s向上做匀加速运动
最大速度：v=a1t=12m/s--------------------------（1分）
上升的高度：h1=a1t2 =36m--------------------------（1分）
接下来向上做匀减速运动，由牛顿第二定律，f+mg=ma2，
解得加速度a2=12m/s2。 ---------------------（2分）
由v2=2a2h2，解得上升的高度h2=6m。 --------------------------（1分）
最大高度：h= h1+ h2=42m-------------------------（1分）
37.（8分）（2013温州八校期初联考）一个质量为1500 kg行星探测器从某行星表面竖直升空，发射时发动机推力恒定，发射升空后8 s末，发动机突然间发生故障而关闭；如图19所示为探测器从发射到落回出发点全过程的速度图象；已知该行星表面没有大气，不考虑探测器总质量的变化；求：
（1）探测器在行星表面上升达到的最大高度；
（2）探测器落回出发点时的速度；
（3）探测器发动机正常工作时的推力。
（8分）解析：（1）0～24 s内一直处于上升阶段，H=×24×64 m=768 m （2）8s末发动机关闭，此后探测器只受重力作用，g==m/s2=4 m/s2 探测器返回地面过程有v2=2gH得v=32m/s。
（3）上升阶段加速度：a=8m/s2 （1分）
由F-mg=ma得，F=1.8×1.8×104N （2分）
38（19分）（2013广西三校联考）如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角=30o。现木块上有一质量m=l.0kg的滑块从斜面下滑，测得滑块在0.40 s内速度增加了1.4 m/s，且知滑块滑行过程中木块处于静止状态，重力加速度g=10 m/s2，求：
（1）滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；
（2）滑块滑行过程中木块受到地面的摩擦力大小及方向。
解析：（1）由题意可知滑块的加速度a==m/s2=3.5. m/s2。
滑块受力如图所示，根据牛顿第二定律，得：mgsinθ-f=ma，
解得：f=1.5N。
（2）由滑块受力图得：N=mgcosθ，
木块受理如图所示，根据水平方向平衡条件得，f地+fcosθ=Nsinθ，
解得：f地=3.03N。
f地为正数，即图中标出的摩擦力方向符合实际，摩擦力方向水平向左。
39. （2013哈尔滨三中月考）如图所示，以水平地面建立x轴，有一个质量为m=1kg的木块放在质量为M=2kg的长木板上，木板长L=11.5m。已知木板与地面的动摩擦因数为，m与M之间的摩擦因素（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。m与M保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为，在坐标为X=21m处有一挡板P，木板与挡板P瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板P，g取10m/s2,求：
（1）木板碰挡板P时的速度V1为多少？
（2）最终木板停止运动时其左端A的位置坐标？（此问结果保留到小数点后两位）
. 解. (1)对木块和木板组成的系统，有……………2分
……………1分
解得v1=9m/s。
（2）由牛顿第二定律可知am=μ2g=9 m/s2。
aM==6 m/s2。
m运动至停止时间为t1==1 s
此时M速度VM=V1-aMt1=3m/s, 方向向左，
此后至m,M共速时间t2，有：VM-aMt2=amt2 得：t2=0.2s……………2分
共同速度V共=1.8m/s，方向向左……………1分
至共速M位移S1=……………1分
共速后m，M以a1=1m/s2向左减速至停下位移S2==1.62m……………1分
最终木板M左端A点位置坐标为
x=9.5-S1-S2=9.5-6.48-1.62=1.40m。
40、（12分）（2013衡水中学调研）如图所示，平板车长为L=6m，质量为M=10kg，上表面距离水平地面高为h=1.25m，在水平面上向右做直线运动，A、B是其左右两个端点．某时刻小车速度为v0=7.2m/s，在此时刻对平板车施加一个方向水平向左的恒力F=50N，与此同时，将一个质量m=1kg的小球轻放在平板车上的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），，经过一段时间，小球脱离平板车落到地面．车与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计．取g=10m/s2．求：
（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间；
（2）小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间；
（3）从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小．
. 解：（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间

（2） 小球放到平板车后相对地面静止，小车的加速度为

小车向右运动的距离为
小于4m，所以小球不会从车的左端掉下．
小车向右运动的时间为
小车向左运动的加速度为

小车向左运动的距离为
小车向左运动的时间为
故小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间t=t1+t2=3s
（3） 小球刚离开平板车瞬间，小车的速度方向向左，大小为

小球离开车子后，车的加速度为
车子向左运动的距离为

从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小
X= x1 + x2+ x3 =5.175m。
41．(12分) （2013南昌铁一中摸底）如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F, t1＝1s时撤去拉力，物体运动的部分v—t图像如图乙所示．试求：(g取10m/s2)
（1）拉力F的大小．
（2）t＝4s时物体的速度v的大小．
．解析：
（1）设力F作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知
F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1
撤去力后，由牛顿第二定律有
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2
根据图像可知：a1＝20m/s2，a2＝10m/s2
代入解得 F=30N μ=0.5。
（2）设撤去力后物体运动到最高点时间为t2，
v1＝a2t2 ，解得t2＝2s
则物体沿着斜面下滑的时间为t3＝t－t1－t2＝1s
设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律
mgsinθ－μmgcosθ＝ma3
有 a 3= 2 m/s2
t＝4s时速度v＝a3t3＝2m/s
42、（2013衡水中学调研）（10分)如图，已知斜面倾角300，物体A质量mA=0.4kg，物体B质量mB=0.7kg，H=0.5m。B从静止开始和A一起运动，B落地时速度v=2m/s。若g取10m/s2，绳的质量及绳的摩擦不计，求：
（1）物体与斜面间的动摩擦因数
（2）物体沿足够长的斜面滑动的最大距离
【解析】分别对A和B进行受力分析，如图。
（1）对A、B列运动方程，对A有：
T – mAgsinθ-f=mAa1 ; FN=mAgcosθ ; f=μFN
对B有：mBg-T=mBa1
整合以上各式得： mBg-mBa - mAgsinθ - μmAgcosθ=ma1 (1)
对B的运动情况，有：v2=2a1H (2)
由（1）（2）代入数据得a1=4m/s2, μ=0.17
（2）B落地后，绳子松弛，不再对A有拉力T的作用，此时对A有
mAgsinθ+f=mAa2 ；FN=mAgcosθ ; f=μFN
联立解得： a2=6.5m/s2，方向沿斜面向下，
因此A继续沿斜面向上做匀减速运动，位移为x=v2/2a2=4/13m。
物体沿斜面滑动的最大距离为s=x+H=21/26m。
43．(14分) （2013南昌铁一中摸底）如图所示为粮食仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距L1=3m；另一台倾斜传送，传送带与地面间的倾角为θ为37o，C、D两端相距L2=4.45m，B、C相距很近．水平传送带以v0=5m/s沿顺时针方向转动．现将质量为m=10kg的一袋大米无初速度的放在A端，它随传送带到达B点后，速度大小不变的传到倾斜传送带的C端．米袋与两传送带之间的动摩擦因素均为0.5，取g=10m/s2，sin37o=0.6,cos37o=0.8.
（1）若倾斜传送带CD不转动，则米袋沿传送带CD所能上滑的最大距离是多少？
（2）若倾斜传送带CD以v=4m/s的速率沿顺时针方向转动，则米袋从C端运动到D端的时间为多少？
.. 解析：（1）米袋在AB上加速运动的加速度为a0=μmg/m=5m/s2。
米袋速度达到v0=5m/s时滑过的距离s0==2.5m故米袋先加速一段时间后再与传送带一起匀速运动，
到达C端速度为v0=5m/s。
设米袋在CD上传送的加速度大小为a，据牛顿第二定律
mg sinθ+μmgcosθ=ma
得 a=10m/s2。
能沿CD上滑的最大距离 s==1.25m。 、
（2）（8分）CD顺时针转动时，米袋速度减为v=4m/s之前的加速度为
a1=-g(sinθ+μcosθ)=-10m/s2，
此时上滑的距离s1==0.45m。
米袋速度达到v=4m/s后，由于μmgcosθ其加速度为a2=-g(sinθ-μcosθ)=-2m/s2，
减速到零时上滑的距离s2==4m。
s1+s2=4.45m=L2，即速度为零时刚好到D端
由v0减速为v所用时间 t1==0.1s
由v减速为0所用时间t2==2s
故米袋从C到D的总时间 t= t1+ t2=2.1s 。