7 滑块—木板(小车)模型
1.如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常量)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )
2．质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.15.将质量为m＝10 kg的小铁块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平抛射到木板上(如图所示)，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2).则下列判断正确的是( )
A．木板一定静止不动，小铁块不能滑出木板
B．木板一定静止不动，小铁块能滑出木板
C．木板一定向右滑动，小铁块不能滑出木板
D．木板一定向右滑动，小铁块能滑出木板
3.
质量M＝3 kg的长木板放在光滑的水平面上，在水平拉力F＝11 N的作用下由静止开始向右运动．如图所示，当木板速度达到1 m/s时，将质量m＝4 kg的物块轻轻放到木板的右端．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点(g取10 m/s2).求：
(1)物块刚放在木板上时，物块和木板的加速度大小；
(2)木板至少多长，物块才能与木板最终保持相对静止；
(3)物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力的大小．
4．如图所示，一木箱静止在长平板车上，某时刻平板车以a＝2.5 m/s2的加速度由静止开始向前做匀加速直线运动，当速度达到v＝9 m/s时改做匀速直线运动，已知木箱与平板车之间的动摩擦因数μ＝0.225，箱与平板车之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(g取10 m/s2).求：
(1)车在加速过程中木箱运动的加速度的大小；
(2)木箱做加速运动的时间和位移的大小；
(3)要使木箱不从平板车上滑落，木箱开始时距平板车右端的最小距离．
专项7 滑块—木板(小车)模型 [提能力]
1．答案：A
解析：在木块与木板相对滑动前，木块与木板以共同加速度运动，F＝kt＝(m1＋m2)a1，则木块与木板的a t关系图线的斜率均为，当木块与木板相对滑动后，对木板有f1＝μm2g＝m1a1，得a1＝，为一定值，对木块有F－μm2g＝m2a2，得a2＝－μg，对应图线的斜率为＞，选项A正确，B、C、D错误．
2．答案：A
解析：木板与地面间的最大静摩擦力为f1＝μ1(m0＋m)g＝45 N，小铁块与木板之间的最大静摩擦力为f2＝μ2mg＝40 N，f1＞f2，所以木板一定静止不动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑行的距离为x，则v＝2μ2gx，解得x＝2 m＜L＝5 m，所以小铁块不能滑出木板，选项A正确．
3．答案：(1)2 m/s2 1 m/s2 (2)0.5 m (3) N
解析：(1)放上物块后，物块的加速度a1＝＝μg＝2 m/s2，木板的加速度a2＝＝1 m/s2.
(2)木板和物块达到共同速度后保持相对静止，
故a1t＝v0＋a2t，
解得t＝1 s，
1 s内物块位移x1＝a1t2＝1 m，
木板位移x2＝v0t＋a2t2＝1.5 m，
所以木板长度至少为L＝x2－x1＝0.5 m.
(3)物块与木板相对静止后，对整体有F＝(M＋m)a，
对物块有Ff＝ma，
故Ff＝＝ N．
4．答案：(1)2.25 m/s2 (2)4 s 18 m (3)1.8 m
解析：(1)设木箱的最大加速度为a′，根据牛顿第二定律得μmg＝ma′解得a′＝2.25 m/s2＜2.5 m/s2
则木箱与平板车存在相对运动，所以车在加速过程中木箱的加速度为2.25 m/s2.
(2)设木箱的加速时间为t1，加速位移为x1，
t1＝＝4 s，x1＝＝18 m.
(3)设平板车做匀加速直线运动的时间为t2，则t2＝＝3.6 s达共同速度时平板车的位移为x2，则x2＝＋v(t1－t2)＝19.8 m
要使木箱不从平板车上滑落，木箱距平板车末端的最小距离满足Δx＝x2－x1＝1.8 m．
16 传送带模型
1.
如图所示，足够长的水平传送带以v＝2 m/s的速度逆时针匀速转动，一个物块以v0＝4 m/s的初速度从左端A处水平滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，那么物块再次返回到A处所用的时间为( )
A．4 s B．2 s
C．4.5 s D．3 s
2．[2022·江苏南京三校联考]质量为M的物块在静止的传送带上匀加速下滑时，传送带突然转动，传送带的方向如图中箭头所示．则传送带转动后( )
A．物块减速下滑
B．物块仍匀加速下滑，加速度比之前大
C．物块仍匀加速下滑，加速度与之前相同
D．物块仍匀加速下滑，加速度比之前小
3．[2022·安徽师大附中高一上期末]如图所示，在水平面上有一传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触).现有一物块在右端水平面上以速度v2向左运动，物块速度随时间变化的图像不可能的是( )
4．如图所示，水平传送带两端相距x＝8 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度vA＝10 m/s，设工件到达B端时的速度为vB.(取g＝10 m/s2)
(1)若传送带静止不动，求vB；
(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，求到达B点的速度vB；
(3)若传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动，求物块在传送带上划痕的长度．
5.
如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s沿顺时针方向运动，物体质量m＝1 kg无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，试求：
(1)物体由A端运动到B端的时间；
(2)物体与传送带共速前的相对位移．
专项6 传送带模型 [提能力]
1．答案：C
解析：物块在传送带上运动的加速度为a＝μg＝2 m/s2，则物块向右运动速度减为零的时间为t1＝＝2 s，通过的距离x＝＝ m＝4 m；物块速度减为零后反向加速，加速到与传送带共速时的时间为t2＝＝1 s，位移x1＝＝ m＝1 m；物块匀速运动回到原出发点的时间为t3＝＝ s＝1.5 s，则物块从左端A处滑上传送带到再次返回到A处所用的时间t＝t1＋t2＋t3＝4.5 s，故选项C正确．
2．答案：C
解析：传送带静止时，物块加速向下滑，对物块受力分析，垂直传送带方向N＝Mg cos θ，平行传送带方向Mg sin θ－μN＝Ma，所以a＝g sin θ－μg cos θ，传送带突然向上转动，物块依然相对传送带向下运动，受力没有变化，摩擦力依然平行传送带向上，所以小物块加速度不变，所以C正确．
3．答案：C
解析：当v2＜v1并且物块不从左端离开传送带时，物块滑上传送带先向左减速，到零后，再反向加速，达到原速度的大小后，恰好离开传送带，A正确，不符合题意；当v2≥v1并且物块不从左端离开传送带时，物块滑上传送带先向左减速，到零后，再反向加速，达到传送带速度后再匀速，然后离开传送带，B正确，不符合题意；从C选项图像可知，物块滑上传送带先向左减速，到零后，再向左加速，这是不可能的，因为传送带提供的摩擦力是向右的，C错误，符合题意；当物块从左端离开传送带时，物块滑上传送带向左减速，一直减速运动到左端，离开传送带，D正确，不符合题意．
4．答案：(1)2 m/s (2)能，2 m/s (3)0.75 m
解析：(1)根据牛顿第二定律可得μmg＝ma
则a＝μg＝6 m/s2
且v－v＝2ax故vB＝2 m/s.
(2)能，当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然始终减速，故工件到达B端的速度vB＝2 m/s.
(3)物体速度达到13 m/s时所用时间为t1＝＝0.5 s
运动的位移为x1＝vAt1＋at＝5.75 m＜x
传送带的位移x2＝vt1＝6.5 m
此后工件与传送带相对静止所以划痕的长度Δx＝x2－x1＝0.75 m．
5．答案：(1)2 s (2)5 m
解析：(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1
设物体经时间t1加速到与传送带同速，
则v＝a1t1，x1＝a1t
可解得a1＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝5 m
又因为mg sin θ＞μmg cos θ
故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2
运动到B端时，有L－x1＝vt2＋a2t
解得t2＝1 s
故物体由A端运动到B端的时间t＝t1＋t2＝2 s.
(2)物体与传送带共速前的相对位移
x相对＝vt1－x1＝5 m．
15 动力学中的临界、极值问题
1.
如图所示，水平桌面上放置着质量为m、2m的A、B两物体，A与B、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，现用水平拉力F拉B，使A、B以相同的加速度运动．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则拉力F的最大值为( )
A．3μmg B．4μmg
C．5μmg D．6μmg
2.
如图所示，质量都为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止．现用大小等于mg的恒力F竖直向上拉B，B向上运动h时与A分离，则下列说法正确的是( )
A．B和A刚分离时，弹簧为原长
B．B和A刚分离时，它们的加速度为g
C．在B与A分离之前，它们做匀加速运动
D．弹簧的劲度系数等于
3.
[2022·广西南宁市高一联考](多选)如图所示，光滑水平桌面上放置一个倾角为37°的光滑楔形滑块A，质量为M＝0.8 kg.一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m＝0.2 kg的小球．若滑块与小球在外力F作用下，一起以加速度a向左做匀加速运动．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，则下列说法正确的是( )
A．当a＝5 m/s2时，滑块对小球的支持力为零
B．当a＝15 m/s2时，滑块对小球的支持力为零
C．当a＝5 m/s2时，外力F的大小为4 N
D．当a＝15 m/s2时，地面对A的支持力为10 N
4.
如图，将质量m＝0.1 kg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，环与杆间的动摩擦因数μ＝0.8.对环施加一位于直杆所在竖直平面内斜向上，与杆夹角θ＝53°的拉力F，使圆环由静止以a＝4.4 m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小．(g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)
5．如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面上端系有一劲度系数为k＝100 N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为m＝8 kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．从t＝0时刻开始挡板A以加速度a＝1 m/s2沿斜面向下匀加速运动，则：(g＝10 m/s2)
(1)t＝0时刻，挡板对小球的弹力多大？
(2)从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为多少？
(3)小球向下运动多少距离时速度最大？
专项5 动力学中的临界、极值问题 [提能力]
1．答案：D
解析：当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大，此时A物体所受的合力μmg，由牛顿第二定律知aA＝＝μg
对于A、B整体，加速度a＝aA＝μg
由牛顿第二定律得F－μ(m＋2m)g＝3ma＝3μmg
可得F＝6μmg.
2．答案：D
解析：A、B错：物体B和A刚分离时，A与B之间的弹力为零，B受到重力mg和恒力F，因为F＝mg，所以B的加速度为零，A的加速度也为零，弹簧对A有向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态．C错：在B与A分离之前，对A、B整体，F不变，重力为2mg不变，弹簧弹力减小，合力减小，整体做变加速运动．D对：物体B和A刚分离时，弹簧的弹力大小为mg，原来静止时弹力大小为2mg，则由静止开始到物体B与A刚分离时，弹力减小量ΔF＝mg，两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小Δx＝h，由胡克定律得k＝＝.
3．答案：BD
解析：设加速度为a0时滑块对小球的支持力等于零，对小球受力分析，受重力和细线的拉力，根据牛顿第二定律，在水平方向上有F合＝F cos 37°＝ma0，竖直方向上有F sin 37°＝mg，解得a0＝g≈13.3 m/s2.当a＝5 m/s2＜a0时，小球未离开滑块，滑块对小球的支持力不为零，选项A错误；当a＝15 m/s2＞a0时，小球已经离开滑块，只受重力和细线的拉力，滑块对小球的支持力为零，选项B正确；当a＝5 m/s2时，小球和滑块一起向左做匀加速运动，由整体法可知F＝(M＋m)a＝5 N，选项C错误；对系统整体受力分析，其竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于小球和滑块的重力之和，即N＝(M＋m)g＝10 N，选项D正确．
4．答案：1 N或9 N
解析：本题疑难之处在于环分别与杆上、下部分接触时，受力情况的分析．令F sin 53°－mg＝0，解得F＝1.25 N
当F＜1.25 N时，环与杆的上部接触，受力如图1所示
由牛顿第二定律得F cos θ－μN＝ma，F sin θ＋N－mg＝0
联立得F＝
代入数据得F＝1 N
当F＞1.25 N时，环与杆的下部接触，受力如图2所示
由牛顿第二定律得F cos θ－μN′＝ma，F sin θ－(mg＋N′)＝0
联立得F＝
代入数据得F＝9 N
故F可能为1 N或9 N．
5．答案：(1)32 N (2)0.8 s (3)0.4 m
解析：解答本题的关键是要能分析得出板和小球分离时，板对小球作用力为零；当球的速度最大时，球的加速度为零．
(1)因开始时弹簧无形变，故对小球，根据牛顿第二定律得mg sin 30°－F1＝ma，
解得F1＝32 N
(2)当挡板和小球分离时，根据牛顿第二定律得mg sin 30°－kx＝ma，其中x＝at2，
解得t＝0.8 s，x＝0.32 m.
(3)当小球的速度最大时，加速度为零，此时mg sin 30°＝kx1，解得x1＝0.4 m．
14 用整体法、隔离法巧解连接体问题
1．如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M(m∶M＝1∶2)的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同．当用水平力F作用于B上使两物块以共同的加速度向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1，当用同样大小的力F作用于B上，使两物块以共同的加速度向上运动时(如图乙所示)，弹簧的伸长量为x2，则x1∶x2等于( )
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．2∶3
2.
(多选)如图所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成α角．则下列说法正确的是( )
A．小铁球所受合力为零
B．小铁球受到的合外力方向水平向左
C．F＝(M＋m)g tan α
D．系统的加速度为a＝g tan α
3．[2022·河北名校联盟高一上月考]如图甲所示，质量为m的物块B静止在质量为M的物块A上，物块A通过细绳与质量为m0的物块C相连，在细绳拉力的作用下A、B一起沿光滑水平面运动．现以一恒力F代替物块C，仍使A、B一起沿光滑水平面运动，如图乙所示．已知两种情况下A、B始终保持相对静止且系统的加速度相等．不计绳、滑轮的质量及绳和滑轮间的摩擦，则恒力F的大小为( )
A．m0g B．(M－m)g
C． D．
4.
(多选)如图所示，在水平面上竖直放置的轻弹簧上，放着质量为2 kg的物体A，处于静止状态．若将一个质量为3 kg的物体B轻放在A上，在轻放瞬间(g取10 m/s2)( )
A．B的加速度为0
B．B对A的压力大小为30 N
C．B的加速度为6 m/s2
D．B对A的压力大小为12 N
5．[2022·天津一中高一上期末](多选)如图所示，质量为m的木块放在质量为M、倾角为θ的光滑斜面体上，斜面体在水平推力F作用下，沿光滑水平面滑动，而木块在斜面体上与斜面体相对静止，则斜面体对木块的支持力为( )
A． B．Mg cos θ
C． D．＋mg cos θ
6．(多选)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，每节动车提供的动力相同为F，动车组在水平直轨道上运行过程中每节车厢受到阻力相同为f.某列动车组由8节车厢组成，其中第1、3、6节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相同
B．做匀加速运动时，第5、6节车厢间的作用力为1.125F
C．做匀加速运动时，第5、6节车厢间的作用力为0.125F
D．做匀加速运动时，第6、7节车厢间的作用力为0.75F
7.
(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ.为了增加轻线上的张力，可行的办法是( )
A．减小A物块的质量 B．增大B物块的质量
C．增大倾角θ D．增大动摩擦因数μ
8.
如图所示，质量均为2 kg的物体A、B静止在竖直的轻弹簧上面．质量为1 kg的物体 C用细线悬挂起来，B、C紧挨在一起但B、C之间无压力．某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(g取10 m/s2)( )
A．24 N B．0
C．36 N D．28 N
9．[2022·天津市联考]如图，公共汽车沿水平面向右做匀变速直线运动，小球A用细线悬挂于车顶上，质量为m的一位中学生手握固定于车厢顶部的扶杆，始终相对于汽车静止地站在车厢底板上，学生鞋底与公共汽车间的动摩擦因数为μ.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻公共汽车对学生产生的作用力的大小和方向为( )
A．大小等于μmg，方向水平向左
B．大小等于mg，方向竖直向上
C．大小大于，方向水平向左
D．大小等于，方向斜向左上方
10．如图所示，质量为m1的木块放在光滑水平面上，木块上放置一质量为m2的另一木块(以下用m1、m2代指两木块)，先后分别用水平力拉m1和m2，使两木块都能一起运动，若两次拉动木块时，两木块间的摩擦力分别为Fμ1和Fμ2，则两次拉动时，拉力大小之比一定可以表示为( )
A． B．
C． D．1
11．如图所示，水平面上有一带圆弧形凸起的木块A，木块A上的物体B用绕过凸起的轻绳与物体C相连，B与凸起之间的绳是水平的．用一水平向左的拉力F作用在物体B上，恰使A、B、C保持相对静止．已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计所有的摩擦，则拉力F应多大？
专项4 用整体法、隔离法巧解连接体问题 [提能力]
1．答案：A
解析：当两物块向右加速运动时，由牛顿第二定律有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1
kx1－μmg＝ma1
可得x1＝
当两物块向上运动时，由牛顿第二定律有F－(m＋M)g＝(M＋m)a2，kx2－mg＝ma2
可得x2＝
故x1∶x2＝1∶1.
2．答案：CD
解析：隔离小铁球受力分析得F合＝mg tan α＝ma，且合外力水平向右，故小铁球加速度为g tan α，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为g tan α，A、B错误，D正确．整体受力分析得F＝(M＋m)a＝(M＋m)g tan α，故选项C正确．
3．答案：C
解析：以连接的整体为研究对象，对题图甲，根据牛顿第二定律有m0g＝(M＋m＋m0)a，对题图乙，根据牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，解得F＝.
4．答案：CD
解析：在B轻放在A上的瞬间，虽然速度为0，但因A、B整体的合外力不为0，故加速度不为0，所以选项A错误．在物体B轻放在A上之前，轻弹簧处于压缩状态，设其压缩量为x，对A有kx＝mAg；B轻放在A上之后，对整体有(mA＋mB)g－kx＝(mA＋mB)a，对B有mBg－N＝mBa，解得a＝6 m/s2，N＝12 N，根据牛顿第三定律可知，B对A的压力大小为12 N，选项B错误，选项C、D正确．
5.
答案：AC
解析：对于木块，cos θ＝，解得N＝，B错误，A正确；对整体受力分析，由牛顿第二定律得F＝(M＋m)a，解得a＝，对于木块，sin θ＝，解得N＝，D错误，C正确．
6．答案：ACD
解析：启动时乘客的加速度方向与车厢的运动方向相同，则乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相同，选项A正确；做匀加速运动时，加速度为a＝
对后三节车厢，则F56＋F－3f＝3ma
解得第5、6节车厢间的作用力为F56＝0.125F
对最后两节车厢，则F67－2f＝2ma
解得第6、7节车厢间的作用力为F67＝0.75F
选项C、D正确，B错误．
7．答案：AB
解析：对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得F－(mA＋mB)g sin θ－μ(mA＋mB)g cos θ＝(mA＋mB)a，隔离物块B，应用牛顿第二定律得T－mBg sin θ－μmBg cos θ＝mBa.以上两式联立可解得T＝，由此可知，T的大小与θ、μ无关，mB越大，mA越小，T越大，故A、B正确．
8．答案：A
解析：在细线被剪断之前，对A、B整体受力分析，重力与弹簧的弹力平衡，则弹簧的弹力大小等于A、B整体的重力大小，即为F弹＝2×20 N＝40 N；在细线被剪断之后的瞬间，A、B、C组成的整体的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2，设A对B的作用力为FAB，则对B、C组成的整体有(mB＋mC)g－FAB＝(mB＋mC)a，解得FAB＝24 N，则根据牛顿第三定律有B对A的压力大小为24 N．
9．答案：D
解析：以小球为研究对象，根据牛顿第二定律，得m球g tan θ＝m球a，得到a＝g tan θ.以人为研究对象，人与球的加速度相同，均水平向左，作出人的受力图，如图所示．设汽车对学生的作用力与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律，得mg tan α＝ma，F＝，将α＝g tan θ代入，得α＝θ，F＝，方向斜向左上方，故D正确．
10．答案：C
解析：当拉力作用于m1时，两木块间的摩擦力为Fμ1，以m2为研究对象，水平方向受到m1的摩擦力Fμ1，由牛顿第二定律知m2的加速度a2＝，对m1和m2整体而言，其加速度a＝a2，根据牛顿第二定律知，此时拉力F1＝(m1＋m2)·；当拉力作用于m2时，两木块间的摩擦力为Fμ2，以m1为研究对象，水平方向受到m2的摩擦力Fμ2，m1的加速度a1＝，对m1和m2整体，其加速度a′＝a1，此时拉力F2＝(m1＋m2)，所以＝，C符合题意．
11．答案：mg
解析：设绳中张力为T，A、B、C共同的加速度为a，与C相连部分的绳与竖直线的夹角为α，由牛顿第二定律，对A、B、C组成的整体有F＝3ma
对B有F－T＝ma
对C有T cos α＝mg，T sin α＝ma
联立各式解得F＝mg.
13 牛顿运动定律与图像结合问题
1.一物块静止在粗糙的水平桌面上，从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用，假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小，能正确描述F与a之间关系的图像是( )
2.
[2022·江苏如皋高一上期中]如图所示，物体在五个共点力的作用下沿F1方向做匀速直线运动，t＝0时刻撤去力F1，而保持其余四个力不变，则物体的v t图像可能正确的是( )
3．质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，如图所示，a、b分别表示物体不受拉力作用和受到水平拉力作用时的v t图线，则拉力和摩擦力之比为( )
A．9∶8 B．3∶2
C．2∶1 D．4∶3
4．(多选)如图甲所示，一轻质弹簧物的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静上状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，下列结论正确的是( )
A．物体与弹簧分离时，弹簧处于原长状态
B．弹簧的劲度系数为750 N/m
C．物体的质量为2 kg
D．物体的加速度大小为5 m/s2
5．如图甲所示是杂技运动员的爬杆表演，运动员爬上固定竖直金属杆，然后双腿夹紧金属杆倒立，头部离地面一定高度，运动员通过双腿对金属杆施加不同的压力来控制身体的运动情况．假设运动员保持如图甲所示姿势，从静止开始先匀加速下滑1.5 s，速度达到8 m/s时开始匀减速下滑，再经2 s，当运动员头部刚要接触地面时，速度恰好减为零，整个过程运动员的v t图像如图乙所示，设运动员质量为50 kg，空气阻力不计，求运动员：
(1)匀加速下滑的加速度大小；
(2)开始加速时头部离地面高度；
(3)匀减速下滑时所受摩擦力的大小．
6．为了探究物体与斜面间的动摩擦因数，某同学进行了如下实验：取一质量为m的物体，使其在沿斜面方向的推力作用下向上运动，如图甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面的倾角α＝30°，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求物体与斜面间的动摩擦因数；
(2)求撤去推力F后，物体还能上升的距离(斜面足够长).
7．[2022·河南洛阳第一高级中学月考]一位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，弹簧床对运动员的弹力随时间的变化规律可以通过高科技手段绘制出来，弹力F随时间t的变化如图所示．不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2.结合图像，求：
(1)运动员的质量；
(2)运动过程中，运动员的最大加速度大小；
(3)运动过程中，运动员离开蹦床上升的最大高度．
8．[2022·广东广州越秀区、荔湾区高一期末]竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图甲所示，t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后A的速度反向；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为零，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止，物块A运动的v t图像如图乙所示，图中的v1和t1均为未知量；碰后瞬间B的速度大小也为v1，之后沿水平轨道向右减速运动，不计空气阻力．
(1)求A沿倾斜轨道下滑的加速度与碰后沿轨道上滑的加速度大小之比；
(2)若倾斜轨道与水平面的夹角为θ，求A与倾斜轨道间的动摩擦因数μ.
专项3 牛顿运动定律与图像结合问题 [提能力]
1．答案：C
解析：当拉力大于最大静摩擦力时，物块才产生加速度，由牛顿第二定律有F－μmg＝ma，可知C正确．
2．答案：C
解析：物体原来处于平衡状态，物体的合力为零，当撤去其中一个力F1，其余力的合力与F1大小相等、方向相反，加速度方向与原来的运动方向相反，因此物体将做匀减速直线运动，选项C正确，A、B、D错误．
3．答案：B
解析：由题可知，题图中图线a表示的为仅受摩擦力时的运动图线，加速度大小a1＝1.5 m/s2；图线b表示的为受水平拉力和摩擦力的运动图线，加速度大小为a2＝0.75 m/s2；由牛顿第二定律得ma1＝f，ma2＝F－f，解得F∶f＝3∶2，B正确．
4．答案：ACD
解析：物体与弹簧分离时，弹簧的弹力为零，轻弹簧无形变，所以选项A正确；由题可得x＜4 cm时，F＋k(x0－x)－mg＝ma，kx0＝mg，x≥4 cm时，F－mg＝ma，从题图乙中可知ma＝10 N，ma＝30 N－mg，解得物体的质量为m ＝2 kg，物体的加速度大小为a＝5 m/s2，所以选项C、D正确；弹簧的劲度系数k＝＝N/m＝500 N/m，所以选项B错误．
5．答案：(1) m/s2 (2)14 m (3)700 N
解析：(1)运动员匀加速下滑的加速度a1＝，代入数据得a1＝ m/s2.(2)高度x＝vt，代入数据得x＝14 m．(3)运动员匀减速下滑的加速度a2＝＝4 m/s2，由牛顿第二定律f－mg＝ma2，得f＝700 N．
6．答案：(1) (2)0.075 m
解析：(1)0～2 s内，F1－mg sin α－μmg cos α＝ma1，a1＝＝0.5 m/s2，2 s后，F2－mg sin α－μmg cos α＝ma2＝0，代入数据解得m＝3 kg，μ＝.(2)撤去推力F后，有－μmg cos α－mg sin α＝ma3，解得a3＝－ m/s2，x3＝＝0.075 m.
7．答案：(1)50 kg (2)40 m/s2 (3)3.2 m
解析：(1)由题图知G＝500 N，解得m＝50 kg.(2)最大弹力Fm＝2 500 N，由Fm－G＝mam，得am＝40 m/s2.(3)运动员在空中的时间t0＝8.4 s－6.8 s＝1.6 s，根据运动的对称性可知，他的下落时间t＝＝0.8 s，
运动员离开蹦床上升的最大高度为h＝gt2＝0.5×10×0.82 m＝3.2 m．
8．答案：(1) (2)
解析：(1)由题乙可知，A向下加速的加速度为a1＝，向上减速的加速度为a2＝＝，所以＝＝.
(2)对A进行受力分析，下滑与上滑时受力分别如图甲、乙所示，
下滑时，沿斜面方向有G sin θ－f＝ma1，垂直斜面方向有G cos θ－N＝0，且f＝μN；上滑时，沿斜面方向有G sin θ＋f＝ma2，垂直斜面方向有G cos θ－N＝0，且f＝μN，联立上面各式可得a1＝g sin θ－μg cos θ，a2＝g sin θ＋μg cos θ，因为＝，解得μ＝.
12 瞬时性问题
1.
[2022·吉林长春高一上期末](多选)如图所示，A和B的质量分别是1 kg和2 kg，弹簧和悬线的质量不计，在A上面的悬线烧断的瞬间( )
A．A的加速度等于3g
B．A的加速度等于g
C．B的加速度为零
D．B的加速度为g
2．如图所示，光滑水平面上，A、B两物体用轻弹簧连接在一起，A、B的质量分别为m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做匀加速直线运动，加速度大小为a，某时刻突然撤去拉力F，此刻A和B的加速度大小分别为a1和a2，则( )
A．a1＝0，a2＝0
B．a1＝a，a2＝a
C．a1＝a，a2＝a
D．a1＝a，a2＝a
3.
如图所示，物体甲、乙质量均为m，弹簧和悬线的质量可以忽略不计．在悬线被烧断的瞬间，甲、乙的加速度数值应是下列哪一种情况( )
A．甲是0，乙是g
B．甲是g，乙是g
C．甲是0，乙是0
D．甲是，乙是g
4．如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，物块2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有( )
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g
D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g
5．如图所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板上，两球静止，两细线与水平面的夹角α＝30°，弹簧水平，以下说法正确的是( )
A．细线拉力大小为mg
B．弹簧的弹力大小为mg
C．剪断左侧细线瞬间，小球b的加速度为0
D．剪断左侧细线瞬间，小球a的加速度为g
6．[2022·黑龙江双鸭山高一联考]如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为θ＝30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为( )
A．零
B．大小为g，方向竖直向下
C．大小为g，方向垂直于木板向下
D．大小为g，方向水平向右
专项2 瞬时性问题 [提能力]
1．答案：AC
解析：悬线烧断前，由B受力平衡得到弹簧的弹力大小F＝mBg，悬线烧断的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，大小仍为F＝mBg，此瞬间B物体受到的弹力与重力仍平衡，合力为零，则B的加速度为零；A受到重力和向下的弹力，由牛顿第二定律得aA＝＝g＋＝3g，方向向下，故A、C正确．
2．答案：D
解析：有拉力F作用时，设弹簧的弹力为F1，对A有F1＝m1a，对B有F－F1＝m2a，撤去拉力F瞬间，弹簧的弹力F1不变，则对A、B分别有F1＝m1a1，F1＝m2a2，所以a1＝a，a2＝a，选项D正确．
3．答案：B
解析：悬线被烧断前甲、乙两物体的受力情况如图1所示，甲受重力、弹簧拉力及悬线的拉力F乙，且mg＋F乙＝F弹；乙受重力及悬线的拉力F′乙，F乙＝F′乙，F′乙＝mg.
烧断悬线瞬间F乙及F′乙消失，但弹簧仍保持悬线烧断前的形状F弹不变，甲、乙两物体的受力情况分别如图2所示，则a甲＝＝＝g，方向竖直向上；a乙＝＝g，方向竖直向下．
4．答案：C
解析：在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g，所以C正确．
5．答案：C
解析：对小球a，根据共点力平衡条件可得，细线的拉力T＝＝2mg，弹簧的弹力F＝T cos α＝mg，选项A、B错误；剪断左侧细线瞬间，弹簧的弹力不变，故小球b所受的合力为0，加速度为0，选项C正确；剪断左侧细线瞬间，弹簧的弹力不变，小球a所受的合力大小F合＝T＝2mg，根据牛顿第二定律得a＝2g，选项D错误．
6.
答案：C
解析：未撤离木板前，小球受到重力mg、弹簧的拉力F弹、木板的支持力F，如图所示．由平衡条件得Fcos θ＝mg，即F＝.当撤离木板的瞬间，弹簧的弹力不能突变，木板的支持力F突然消失，小球只受重力mg和弹簧的弹力F弹的作用，它们的合力大小等于F，方向与F的方向相反，故小球加速度方向垂直于木板向下，大小为a＝＝＝g.C正确．
11 实验创新
1．为了探究加速度与力的关系，使用如图所示的气垫导轨装置进行实验．其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器通过G1、G2光电门时，光束被遮挡的时间Δt1、Δt2都可以被测量并记录．滑行器连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M，挡光片的宽度为D，光电门间的距离为x，牵引砝码的质量为m.回答下列问题．
(1)实验开始时，应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下，判定调节是否到位的方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
(2)若取M＝0.4 kg，改变m的值，进行多次实验，以下m的取值不合适的一个是( )
A．5 g B．15 g
C．40 g D．400 g
(3)在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，其中求得的加速度的表达式为a＝________(用Δt1、Δt2、D、x表示).
2．[2022·广东广州华南师大月考改编]如图甲为“用DIS研究加速度和力的关系”的实验装置．
(1)改变所挂钩码的数量，多次重复测量．在某次实验中根据测得的多组数据可画出a F关系图线(如图乙)，此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是________________．
(2)若在原装置中的P处加装一力传感器，重复上述实验，得到的a F图线与图乙中的图线相比会有什么不同？_______________________________________________________.
(3)在(2)中，若小车的质量为M，不断增加钩码的数量，则力传感器示数的极限值为________．
3．[2022·安徽合肥高一上期末]为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，某同学设计了如图甲所示的实验装置．其中M为小车的质量，m0为沙和沙桶的总质量．一轻绳跨过轻质定滑轮和动滑轮一端连接沙桶，另一端连接力传感器，力传感器可测出轻绳中的拉力大小．实验过程中，每次在释放小车前，先读出力传感器的示数并记为F.
(1)实验过程中，下列操作正确的是________．
A．调整长木板左端的定滑轮，使得轻绳与长木板平行
B．在不挂沙桶的前提下，将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源
D．为减小误差，实验中要保证沙和沙桶的总质量m0远小于小车的质量M
(2)该同学在实验中得到如图丙所示的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________ m/s2(结果保留两位有效数字).
(3)该同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a F图像是一条直线，如图乙所示，图线与横坐标轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为________．
A．2 tan θ B．
D．
专项1 实验创新 [提能力]
1．答案：(1)取下牵引砝码，滑行器放在任意位置都不动(或取下牵引砝码，轻推滑行器，用数字计时器记录的每一个光电门的光束被遮挡的时间Δt都相等) (2)D (3)
解析：(1)气垫导轨水平时，滑行器在水平方向仅受拉力作用，故取下牵引砝码，滑行器放在任意位置都不动；或取下牵引砝码，轻推滑行器，用数字计时器记录的两个光电门的光束被遮挡的时间Δt都相等，就可说明气垫导轨已调节水平．(2)实验要求m M，而M＝0.4 kg，故当m＝400 g时不符合要求．(3)滑行器通过光电门G1时的速度v1＝，通过光电门G2时的速度v2＝.滑行器做匀加速运动，根据运动学公式v－v＝2ax，可得a＝＝.
2．答案：(1)钩码质量过大 (2)图线为直线，没有弯曲部分 (3)Mg
解析：(1)当钩码的质量m远小于小车的总质量M时，钩码的重力才能作为小车所受外力，随着钩码质量的增大，无法满足钩码质量m M的条件，则小车受到的合力不等于钩码的重力，所以造成误差的主要原因是钩码质量过大．
(2)力传感器可以直接测出绳子拉力的大小，即小车受到的合外力，所以拉力F不再需要代入钩码重力，而是变为传感器示数，作出的图线为直线，没有弯曲部分．
(3)设钩码质量为m，小车质量为M，绳子拉力为T，则分析钩码有mg－T＝ma，分析小车有T＝Ma，联立解得a＝g，当m不断增大趋向极限时，a＝g，则拉力T＝Ma＝Mg，即传感器示数的极限值为Mg.
3．答案：(1)AB (2)2.0 (3)D
解析：(1)调整长木板左端的定滑轮，使得轻绳与长木板平行，使绳的拉力沿着小车运动方向，减小误差，A正确；在不挂沙桶的前提下，将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，减小由摩擦力产生的误差，B正确；小车靠近打点计时器，先接通电源，打点稳定后再释放小车，C错误；只有实验中无法直接测量绳 的拉力大小时，才需要使沙和沙桶的总质量m0远小于小车的质量M，本实验采用力传感器直接测量绳的拉力，不需要沙和沙桶的总质量m0远小于小车的质量M，D错误．
(2)设题图丙中x1＝1.10 cm，x2＝3.09 cm，x3＝5.12 cm，x4＝7.10 cm，x5＝9.13 cm，x6＝11.09 cm，T＝0.1 s，由逐差法可得a＝≈2.0 m/s2.
(3)由实验结论可知2F＝Ma，解得a＝，a F图像的斜率为k＝，所以M＝，由于不知道横、纵坐标的标度是否相同，故不能确定斜率k与tan θ是否相同．
1
