专题二 动力学
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专题 动力学
考纲要求：牛顿运动定律、牛顿运动定律的应用 Ⅱ 超重和失重 Ⅰ
高考动向：本讲主要包括：1.牛顿运动定律 ( http: / / www.21cnjy.com )及其应用，以联系实际的两类动力学问题、超重和失重问题为主。近三年高考对牛顿定律的考查较少单独命题，主要是体现在计算题中和其他知识综合考查，对匀变速直线运动的考查重点是有关运动的图象。
知识结构：
考点一、连接体问题
方法： 整体法和隔离法
注意事项：
(1)整体法适用于解决连接体的各部分具有相同的加速度的情况，对于加速度不同的连接体一般采用隔离法分析。
(2)在处理连接体问题时，往往要用到牛顿第三定律。
（3）用滑轮连接的两个物体，其加速度大小相同，方向不同，一般采用隔离法分析。
例1、 (2012·江苏高考)如图所示，一 ( http: / / www.21cnjy.com )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、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．2f(m＋M)/M
B．2f(m＋M)/m C．2f(m＋M)/M－(m＋M)g
D．2f(m＋M)/m＋(m＋M)g
[思路点拨] 当夹子与木块两侧间的摩擦力达到最大值时，木块向上运动的加速度达到最大值，若木块不相对夹子滑动，则力F达到最大值。
[解析] 当夹子与木块两侧间的摩擦力达到最 ( http: / / www.21cnjy.com )大摩擦力f时，拉力F最大，系统向上的加速度为a。先以m为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律可知：
F－2f－mg＝ma，
再以M为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律可知：
2f－Mg＝Ma，
两式联立可解得F＝，A正确。
[答案] A
练习1、如图所示，在光滑的 ( http: / / www.21cnjy.com )水平地面上有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在外力F1、F2的作用下运动．已知F1＞F2，当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为( )
A． B． C． D．
【解析】取A、B及弹簧整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F1－F2＝2ma
取B为研究对象：kx－F2＝ma
(或取A为研究对象：F1－kx＝ma)
可解得：x＝．
[答案] C
【点评】①解析中的三个方程任取两个求解都可以．
②当地面粗糙时，只要两物体与地面的动摩擦因数相同，则A、B之间的拉力与地面光滑时相同．
练习2、如图所示，质量为m的小物块A放 ( http: / / www.21cnjy.com )在质量为M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A、B相对静止．某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B在地面上滑行了一段距离x，A在B上相对于B向右滑行了一段距离L(设木板B足够长)后A和B都停了下来．已知A、B间的动摩擦因数为μ1，B与地面间的动摩擦因数为μ2，且μ2＞μ1，则x的表达式应为( )
A．x＝L B．x＝
C．x＝ D．x＝
【解析】设A、B相对静止一起向右匀速运动时的速度为v，撤去外力后至停止的过程中，A受到的滑动摩擦力为：
f1＝μ1mg
其加速度大小a1＝＝μ1g
B做减速运动的加速度大小a2＝
由于μ2＞μ1，所以a2＞μ2g＞μ1g＝a1
即木板B先停止后，A在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变
对A应用动能定理得：－f1(L＋x)＝0－mv2
对B应用动能定理得：
μ1mgx－μ2(m＋M)gx＝0－Mv2
解得：x＝．
[答案] C
【点评】①虽然使A产生加速度的力由 ( http: / / www.21cnjy.com )B施加，但产生的加速度a1＝μ1g是取大地为参照系的．加速度是相对速度而言的，所以加速度一定和速度取相同的参照系，与施力物体的速度无关．
②动能定理可由牛顿第二定律推导，特别对于匀变速直线运动，两表达式很容易相互转换．
考点二、动力学的两类问题
1、已知物体的受力情况求物体的运动情况 2、已知物体的运动情况求物体的受力情况。无论哪种情况，联系力和运动的“桥梁”都是加速度。
2、动力学两类问题的分析思路
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3.、常用方法
①整体法、隔离法。
②正交分解法，一般取加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，为减少分解的矢量的个数，有时也根据情况分解加速度。
应用牛顿第二定律列式时，一般以加速 ( http: / / www.21cnjy.com )度方向为正方向列式，而应用运动学公式列式时，一般以初速度方向为正方向列式，在处理具体问题时加速度与初速度的方向不一定一致，因此要注意v0和a的符号。
例2、（2012·浙江理综）为了研究鱼所受水 ( http: / / www.21cnjy.com )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后速度减为零，“B鱼”竖直下潜hB后速度减为零。“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受浮力和水的阻力。已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的倍，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vA1；
（2）“A鱼”在水中运动时所受阻力fA；
（3）“A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fA∶fB。
[破题关键点]
(1)两“鱼”入水前做什么规律的运动？
(2)两“鱼”入水后竖直下潜过程中，受哪些力作用？做什么规律的直线运动？
[解析] (1)“A鱼”在入水前做自由落体运动，有
v－0＝2gH ①
得：vA1＝ ②
(2)“A鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为aA，有F合＝F浮＋fA－mg ③
F合＝maA ④
0－v＝－2aAhA ⑤
由题意：F浮＝mg
综合上述各式，得
fA＝mg(－) ⑥
(3)考虑到“B鱼”的受力、运动情况与“A鱼”相似，有
fB＝mg(－) ⑦
综合⑥、⑦两式，得
＝
[答案] (1) (2)mg(－) (3)
【拓展练习】某大型游乐场内 ( http: / / www.21cnjy.com )，有一种能使人体产生超重、失重感觉的大型娱乐设施，该设施用电梯将乘坐有十多人的座舱悬停在几十米的高空处，然后让座舱从高空自由下落（此时座舱受到的阻力极小，可忽略），当落至一定位置时，良好的制动系统开始工作，使座舱落至地面时刚好停止。假设座舱开始下落时的高度为45 m，当下落至离地面30 m时，开始对座舱进行制动，并认为座舱的制动是匀减速运动。求：（取g＝10 m/s2）
（1）从开始下落至落到地面所用的时间。
（2）当座舱下落到距地面10 m位置时，人对座舱的压力与人所受到的重力之比是多少？
【拓展练习】答案：（1）5.0 s （2）2.5∶1
解析：（1）开始下落时做自由落体运动：h＝gt
t1＝＝3.0 s
此时座舱的速度v1＝＝30 m/s
后30 m做匀减速运动，设加速度为a，则v＝2as a＝15 m/s2
t2＝＝2.0 s
故从开始下落至落到地面所用时间为：t＝t1＋t2＝5.0 s
（2）座舱下落到距地面10 m位置时，人随座舱做匀减速运动，受到座舱对人的支持力、重力两个力的作用，由牛顿运动定律得： FN－mg＝ma
解得：FN＝2.5mg
即FN∶mg＝2.5∶1
考点三、动力学中的图象问题及超重、失重
高考中关于动力学问题的图象主要有x－t图象、v－t图象、F－t图象等。
注意事项：
(1)首先弄清图象纵、横坐标的含义(位移、速度、加速度等)。
(2)利用图象分析动力学问题时，关键要将题目中的物理情境与图象结合起来分析，利用物理规律或公式求解或作出判断。
(3)弄清图象中斜率、截距、交点、转折点、面积等的物理意义，从而充分利用图象提供的信息来解决问题。
（4）“超重”和“失重” ( http: / / www.21cnjy.com )现象是人的日常生活及现代科学实验中常见的一种现象，如电梯的启动和停止过程，火箭的发射过程及绕地球运动的卫星中，都存在超重和失重现象。而对于超重和失重现象中视重和重力的关系、则为超重和失重现象的实质。
例3 、如图甲所示，在风洞实验室里，一 ( http: / / www.21cnjy.com )根足够长的细杆与水平面成θ＝37°固定，质量m＝1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点．现有水平向右的风力F作用于小球上，经时间t1＝2 s后停止，小球沿细杆运动的部分v－t图象如图乙所示．试求：(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～4 s内的加速度a2．
(2)风对小球的作用力F的大小．
【解析】(1)由图象可知，在0～2 s内小球的加速度为：
a1＝＝20 m/s2，方向沿杆向上
在2～4 s内小球的加速度为：
a2＝＝－10 m/s2，负号表示方向沿杆向下．
(2)有风力时的上升过程，小球的受力情况如图1－15丙所示
在y方向，由平衡条件得：
FN1＝Fsin θ＋mgcos θ
在x方向，由牛顿第二定律得：
Fcos θ－mgsin θ－μFN1＝ma1
停风后上升阶段，小球的受力情况如图丁所示
在y方向，由平衡条件得：
FN2＝mgcos θ
在x方向，由牛顿第二定律得：
－mgsin θ－μFN2＝ma2
联立以上各式可得：F＝60 N．
【点评】①斜面(或类斜面)问题是高中最常出现的物理模型．
②正交分解法是求解高中物理题最重要的思想方法之一．
例4 、（2009安徽理综）为了节省能 ( http: / / www.21cnjy.com )量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速动转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示。那么下列说法中正确的是
A．顾客始终受到三个力的作用
B．顾客始终处于超重状 态
C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下
D．顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下
答案：C
【解析】在慢慢加速的过程中顾客受到的摩擦力水平向左，电梯对其的支持力 和 摩擦力的合力方向指向右上，由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下；在匀速运动的过程中，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下。
练习：如图甲所示，质量为M的长木板 ( http: / / www.21cnjy.com )，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v－t图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)。根据v－t图象，求：(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；
(2)物块质量m与长木板质量M之比；
(3)物块相对长木板滑行的距离Δx。
[思路点拨]
(1)v－t图象斜率大小表示物体运动的加速度大小；
(2)不同物体或不同时间阶段受力情况分析；
(3)物块与木板同速后不再发生相对滑动。
[解析] (1)由v－t图象可求出物块冲 ( http: / / www.21cnjy.com )上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1＝ m/s2＝1.5 m/s2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2＝ m/s2＝1 m/s2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3＝ m/s2＝0.5 m/s2。
(2)对物块冲上木板匀减速阶段：μ1mg＝ma1
对木板向前匀加速阶段：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段：μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3
以上三式联立可得＝。
(3)由v－t图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δx对应图中△abc的面积，故Δx＝10×4× m＝20 m。
[答案] (1)1.5 m/s2 1 m/s2 0.5 m/s2 (2) (3)20 m
[课堂——针对考点强化训练]
1.(2012·武汉调研)如图1－2 ( http: / / www.21cnjy.com )－4所示，在倾角为θ＝30°的足够长的光滑斜面上，一质量为2 kg的小球自与斜面底端P点相距0.5 m处，以4 m/s的初速度沿斜面向上运动。在返回P点之前，若小球与P点之间的距离为d，重力加速度g取10 m/s2。则d与t的关系式为( )
图1－2－4
A．d＝4t＋2.5t2 B．d＝4t－2.5t2
C．d＝0.5＋4t＋2.5t2 D．d＝0.5＋4t－2.5t2
解析：选D 取沿斜面向上为正方向，小球 ( http: / / www.21cnjy.com )沿斜面向上做匀减速直线运动，其位移x＝v0t－at2，v0＝4 m/s，a＝gsin θ＝5 m/s2，故x＝4t－2.5t2，又d＝0.5＋x，所以d＝0.5＋4t－2.5t2，D正确。
2．(2012·江苏高考)将一 ( http: / / www.21cnjy.com )只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是( )
图1－2－5
解析：选C 对皮球进行受力分析，受到竖 ( http: / / www.21cnjy.com )直向下的重力、阻力作用，根据牛顿第二定律，皮球在上升过程中的加速度大小a＝，因皮球上升过程中速度v减小，加速度减小，当速度v＝0时，加速度a＝g，a－t图象逐渐趋近一条平行于t轴的直线，C正确；A、B、D错误。
3.(2012·济南模拟)如图1－2－6所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块之间用一轻弹簧相连，轻弹簧能承受的最大拉力为T。现用水平拉力F拉质量 图1－2－6
为3m的木块，使三个木块一起加速运动，则以下说法正确的是( )
A．质量为2m的木块受到四个力的作用
B．当F逐渐增大到T时，轻弹簧刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5T时，轻弹簧还不会被拉断
D．当F撤去瞬间，m所受摩擦力的大小和方向不变
解析：选CD 以三个木块为整 ( http: / / www.21cnjy.com )体，由牛顿第二定律可得：F＝6ma，对m和2m的整体，则有T弹＝(2m＋m)a，当T弹＝T时，F＝2T，可见B错误，C正确；2m的木块受到轻弹簧的拉力、重力、地面支持力、m对2m的压力、和m对2m水平向左的静摩擦力，故A错误；因F撤去瞬间，轻弹簧的弹力T弹不变，故m的加速度的大小和方向均不变，故D正确。
4．(2012·安徽高考) 质量为0. ( http: / / www.21cnjy.com )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1－2－7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f，取g＝10 m/s2，求： 图1－2－7
(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。
解析： (1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1，由图知
a1＝＝ m/s2＝8 m/s2
根据牛顿第二定律，得
mg－f＝ma1
f＝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＋f＝ma2，a2＝12 m/s2
于是，有0－v＝－2a2h
解得h＝ m。
答案：(1)0.2 N (2) m
[课下——针对高考押题训练]
一、单项选择题
1．(2012·重庆检测)如图1所示， ( http: / / www.21cnjy.com )汽车以10 m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20 m处时，绿灯还有3 s熄灭。而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的速度(v)－时间(t)图象可能是 ( )
图1
解析：选C 由速度图象与横轴所夹“面积” ( http: / / www.21cnjy.com )等于这段时间内的位移可知，该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，其在3 s内的位移一定为20 m，故汽车运动的速度(v)－时间(t)图象可能是C。
2．(2012·安徽高考)如图2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个竖直向下的恒力F，则( )
图2
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
解析：选C 对物块进行受力分析，设斜面的角度 ( http: / / www.21cnjy.com )为θ，可列方程mgsin θ－μmgcos θ＝ma，sin θ－μcos θ＝a/g，当加上力F后，由牛顿第二定律得(mg＋F)sin θ－μ(mg＋F)cos θ＝ma1，即mgsin θ－μmgcos θ＋Fsin θ－μFcos θ＝ma1，ma＋Fsin θ－μFcos θ＝ma1，Fsin θ－μFcos θ＝F(sin θ－μcos θ)＝Fa/g，Fa/g大于零，代入上式知，a1大于a。物块将以大于a的加速度匀加速下滑。只有C项正确。
3.(2012·上海高考)如图3所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，光滑斜面固定于水平面上，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A、B整体在斜面上运动时，B受力的示意图为( )
图3
图4
解析：选A 因A上表面水平，A、B间若 ( http: / / www.21cnjy.com )存在摩擦力，只能沿水平方向，故C、D均错误；因A、B沿光滑斜面向上冲时，加速度一定沿斜面向下，故滑块B水平方向必有向左的合外力，即A对B的静摩擦力Ff，故A正确，B错误。
4.(2012·合肥模拟)如图5所示，在 ( http: / / www.21cnjy.com )水平桌面上叠放着质量相等的A、B两块木板，在木板A上放着质量为m的物块C，木板和物块均处于静止状态。A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数均为μ， 图5
设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现用水平恒力F向右拉木板A，则以下判断正确的是( )
A．不管F多大，木板B一定保持静止
B．B受到地面的滑动摩擦力大小一定小于F
C．A、C之间的摩擦力大小一定等于μmg
D．A、B之间的摩擦力大小不可能等于F
解析：选A 设A、B的质量为M，则 ( http: / / www.21cnjy.com )A对B的最大静摩擦力FfAB＝μ(M＋m)g，而地面对B的最大静摩擦力大小为FfB地＝μ(2M＋m)g，故无论F多大，B一定保持静止，A正确；若F二、多项选择题
5.(2012·上海质检)甲、乙两位 ( http: / / www.21cnjy.com )同学进行百米赛跑，假如把他们的运动近似当作匀速直线运动来处理，他们同时从起跑线起跑，经过一段时间后他们的位置如图6所示，在图7中分别作出在这段时间内两人运动的位移x、 图6
速度v与时间t的关系图象，正确的是( )
图7
解析：选BC 甲、乙两同学均做匀速直线运动，C正确，D错误，由题图1可知，v乙>v甲，故B正确，A错误。
6.(2012·江西重点中学联考)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )8所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2的木块。t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，图9中可能符合运动情况的是( ) 图8
解析：选AC 若施加的外力F ( http: / / www.21cnjy.com )较小，则木块m2与木板m1一起加速运动，A正确；若施加的外力F足够大，则木块m2相对木板m1滑动，此时a2>a1，故C正确，B、D均错误。
7．利用如图10甲所示的装 ( http: / / www.21cnjy.com )置测量滑块和滑板间的动摩擦因数，将质量为M的滑块A放在倾斜滑板B上，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示出滑块A的速度－时间(v－t)图象。先给滑块A一个沿滑板B向上的初速度，得到的v－t图象如图乙所示，则( )
图10
A．滑块A上滑时加速度的大小为8 m/s2
B．滑块A下滑时加速度的大小为8 m/s2
C．滑块与滑板之间的动摩擦因数μ＝0.25
D．滑块A上滑时运动的位移为1 m
解析：选ACD 滑块A上滑时加速度的大小a ( http: / / www.21cnjy.com )1＝|| m/s2＝8.0 m/s2，A项正确；A下滑时的加速度a2＝ m/s2＝4.0 m/s2，B项错误；由牛顿第二定律知A上滑时mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，A下滑时mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得μ＝0.25，C项正确；在速度－时间图象中面积表示位移，滑块A上滑时运动的位移为1 m，D项正确。
8．如图11甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒 ( http: / / www.21cnjy.com )定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则( )
图11
A．t1时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
解析：选ABC 小物块对地速度为零时，即t1 ( http: / / www.21cnjy.com )时刻，向左离开A处最远，A正确。t2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此刻，它相对传送带滑动的距离最大，B正确。0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变，C正确。t2时刻以后相对传送带静止，故不再受摩擦力作用，D错误。
三、非选择题
9．（2005年江苏理综卷） ( http: / / www.21cnjy.com ) 水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查。如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v=1m/s的恒定速率运行，一质量为m=4Kg的行李无初速地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，AB间的距离l=2.0m，g取10m/s2。
（1）求行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小。
（2）求行李做匀加速直线运动的时间。
（3）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处。求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。
解：（1）滑动摩擦力F=μmg
代入题给数值，得 F=4N
由牛顿第二定律，得 F=ma
代入数值，得 a=1m/s2
（2）设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v=1m/s。
则v=at1 代入数值，得t1=1s
匀速运动的时间为t2
t2 = ( L - 1/2 at12 )／v = 1.5s
运动的总时间为 T=t1+t2=2.5s
（3）行李从A处匀加速运动到B处时，传送时间最短。则
l=1/2atmin2
代入数值，得tmin=2s
传送带对应的最小运行速率vmin=atmin
代入数值，得vmin=2m/s
10 、(2012·北京高考)摩 ( http: / / www.21cnjy.com )天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米，电梯的简化模型如图12甲所示。考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的。已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图乙所示。电梯总质量m＝2.0×103 kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/s2。
图12
(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；
(2)类比是一种常用的研究方法。对于直线运 ( http: / / www.21cnjy.com )动，教科书中讲解了由v－t图象求位移的方法。请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图乙所示a－t图象，求电梯在第1 s内的速度改变量Δv1和第2 s末的速率v2。
解析：(1)由牛顿第二定律，有F－mg＝ma
由a－t图象可知，F1和F2对应的加速度分别是a1＝1.0 m/s2，a2＝－1.0 m/s2，
F1＝m(g＋a1)＝2.0×103×(10＋1.0)N＝2.2×104 N
F2＝m(g＋a2)＝2.0×103×(10－1.0)N＝1.8×104 N
(2)类比可得，所求速度变化量等于第1 s内a－t图线下的面积
Δv1＝0.5 m/s
同理可得Δv2＝v2－v0＝1.5 m/s
v0＝0，第2 s末的速率v2＝1.5 m/s
答案：(1)F1＝2.2×104 N F2＝1.8×104 N
(2) Δv1＝0.5 m/s v2＝1.5 m/s
B
A
v
L
m
考纲要求：牛顿运动定律、牛顿运动定律的应用 Ⅱ 超重和失重 Ⅰ
高考动向：本讲主要包括：1.牛顿运动定律 ( http: / / www.21cnjy.com )及其应用，以联系实际的两类动力学问题、超重和失重问题为主。近三年高考对牛顿定律的考查较少单独命题，主要是体现在计算题中和其他知识综合考查，对匀变速直线运动的考查重点是有关运动的图象。
知识结构：
考点一、连接体问题
方法： 整体法和隔离法
注意事项：
(1)整体法适用于解决连接体的各部分具有相同的加速度的情况，对于加速度不同的连接体一般采用隔离法分析。
(2)在处理连接体问题时，往往要用到牛顿第三定律。
（3）用滑轮连接的两个物体，其加速度大小相同，方向不同，一般采用隔离法分析。
例1、 (2012·江苏高考)如图所示，一 ( http: / / www.21cnjy.com )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、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．2f(m＋M)/M
B．2f(m＋M)/m C．2f(m＋M)/M－(m＋M)g
D．2f(m＋M)/m＋(m＋M)g
[思路点拨] 当夹子与木块两侧间的摩擦力达到最大值时，木块向上运动的加速度达到最大值，若木块不相对夹子滑动，则力F达到最大值。
[解析] 当夹子与木块两侧间的摩擦力达到最 ( http: / / www.21cnjy.com )大摩擦力f时，拉力F最大，系统向上的加速度为a。先以m为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律可知：
F－2f－mg＝ma，
再以M为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律可知：
2f－Mg＝Ma，
两式联立可解得F＝，A正确。
[答案] A
练习1、如图所示，在光滑的 ( http: / / www.21cnjy.com )水平地面上有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在外力F1、F2的作用下运动．已知F1＞F2，当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为( )
A． B． C． D．
【解析】取A、B及弹簧整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F1－F2＝2ma
取B为研究对象：kx－F2＝ma
(或取A为研究对象：F1－kx＝ma)
可解得：x＝．
[答案] C
【点评】①解析中的三个方程任取两个求解都可以．
②当地面粗糙时，只要两物体与地面的动摩擦因数相同，则A、B之间的拉力与地面光滑时相同．
练习2、如图所示，质量为m的小物块A放 ( http: / / www.21cnjy.com )在质量为M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A、B相对静止．某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B在地面上滑行了一段距离x，A在B上相对于B向右滑行了一段距离L(设木板B足够长)后A和B都停了下来．已知A、B间的动摩擦因数为μ1，B与地面间的动摩擦因数为μ2，且μ2＞μ1，则x的表达式应为( )
A．x＝L B．x＝
C．x＝ D．x＝
【解析】设A、B相对静止一起向右匀速运动时的速度为v，撤去外力后至停止的过程中，A受到的滑动摩擦力为：
f1＝μ1mg
其加速度大小a1＝＝μ1g
B做减速运动的加速度大小a2＝
由于μ2＞μ1，所以a2＞μ2g＞μ1g＝a1
即木板B先停止后，A在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变
对A应用动能定理得：－f1(L＋x)＝0－mv2
对B应用动能定理得：
μ1mgx－μ2(m＋M)gx＝0－Mv2
解得：x＝．
[答案] C
【点评】①虽然使A产生加速度的力由 ( http: / / www.21cnjy.com )B施加，但产生的加速度a1＝μ1g是取大地为参照系的．加速度是相对速度而言的，所以加速度一定和速度取相同的参照系，与施力物体的速度无关．
②动能定理可由牛顿第二定律推导，特别对于匀变速直线运动，两表达式很容易相互转换．
考点二、动力学的两类问题
1、已知物体的受力情况求物体的运动情况 2、已知物体的运动情况求物体的受力情况。无论哪种情况，联系力和运动的“桥梁”都是加速度。
2、动力学两类问题的分析思路
( http: / / www.21cnjy.com )
3.、常用方法
①整体法、隔离法。
②正交分解法，一般取加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，为减少分解的矢量的个数，有时也根据情况分解加速度。
应用牛顿第二定律列式时，一般以加速 ( http: / / www.21cnjy.com )度方向为正方向列式，而应用运动学公式列式时，一般以初速度方向为正方向列式，在处理具体问题时加速度与初速度的方向不一定一致，因此要注意v0和a的符号。
例2、（2012·浙江理综）为了研究鱼所受水 ( http: / / www.21cnjy.com )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后速度减为零，“B鱼”竖直下潜hB后速度减为零。“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受浮力和水的阻力。已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的倍，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vA1；
（2）“A鱼”在水中运动时所受阻力fA；
（3）“A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fA∶fB。
[破题关键点]
(1)两“鱼”入水前做什么规律的运动？
(2)两“鱼”入水后竖直下潜过程中，受哪些力作用？做什么规律的直线运动？
[解析] (1)“A鱼”在入水前做自由落体运动，有
v－0＝2gH ①
得：vA1＝ ②
(2)“A鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为aA，有F合＝F浮＋fA－mg ③
F合＝maA ④
0－v＝－2aAhA ⑤
由题意：F浮＝mg
综合上述各式，得
fA＝mg(－) ⑥
(3)考虑到“B鱼”的受力、运动情况与“A鱼”相似，有
fB＝mg(－) ⑦
综合⑥、⑦两式，得
＝
[答案] (1) (2)mg(－) (3)
【拓展练习】某大型游乐场内 ( http: / / www.21cnjy.com )，有一种能使人体产生超重、失重感觉的大型娱乐设施，该设施用电梯将乘坐有十多人的座舱悬停在几十米的高空处，然后让座舱从高空自由下落（此时座舱受到的阻力极小，可忽略），当落至一定位置时，良好的制动系统开始工作，使座舱落至地面时刚好停止。假设座舱开始下落时的高度为45 m，当下落至离地面30 m时，开始对座舱进行制动，并认为座舱的制动是匀减速运动。求：（取g＝10 m/s2）
（1）从开始下落至落到地面所用的时间。
（2）当座舱下落到距地面10 m位置时，人对座舱的压力与人所受到的重力之比是多少？
【拓展练习】答案：（1）5.0 s （2）2.5∶1
解析：（1）开始下落时做自由落体运动：h＝gt
t1＝＝3.0 s
此时座舱的速度v1＝＝30 m/s
后30 m做匀减速运动，设加速度为a，则v＝2as a＝15 m/s2
t2＝＝2.0 s
故从开始下落至落到地面所用时间为：t＝t1＋t2＝5.0 s
（2）座舱下落到距地面10 m位置时，人随座舱做匀减速运动，受到座舱对人的支持力、重力两个力的作用，由牛顿运动定律得： FN－mg＝ma
解得：FN＝2.5mg
即FN∶mg＝2.5∶1
考点三、动力学中的图象问题及超重、失重
高考中关于动力学问题的图象主要有x－t图象、v－t图象、F－t图象等。
注意事项：
(1)首先弄清图象纵、横坐标的含义(位移、速度、加速度等)。
(2)利用图象分析动力学问题时，关键要将题目中的物理情境与图象结合起来分析，利用物理规律或公式求解或作出判断。
(3)弄清图象中斜率、截距、交点、转折点、面积等的物理意义，从而充分利用图象提供的信息来解决问题。
（4）“超重”和“失重” ( http: / / www.21cnjy.com )现象是人的日常生活及现代科学实验中常见的一种现象，如电梯的启动和停止过程，火箭的发射过程及绕地球运动的卫星中，都存在超重和失重现象。而对于超重和失重现象中视重和重力的关系、则为超重和失重现象的实质。
例3 、如图甲所示，在风洞实验室里，一 ( http: / / www.21cnjy.com )根足够长的细杆与水平面成θ＝37°固定，质量m＝1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点．现有水平向右的风力F作用于小球上，经时间t1＝2 s后停止，小球沿细杆运动的部分v－t图象如图乙所示．试求：(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～4 s内的加速度a2．
(2)风对小球的作用力F的大小．
【解析】(1)由图象可知，在0～2 s内小球的加速度为：
a1＝＝20 m/s2，方向沿杆向上
在2～4 s内小球的加速度为：
a2＝＝－10 m/s2，负号表示方向沿杆向下．
(2)有风力时的上升过程，小球的受力情况如图1－15丙所示
在y方向，由平衡条件得：
FN1＝Fsin θ＋mgcos θ
在x方向，由牛顿第二定律得：
Fcos θ－mgsin θ－μFN1＝ma1
停风后上升阶段，小球的受力情况如图丁所示
在y方向，由平衡条件得：
FN2＝mgcos θ
在x方向，由牛顿第二定律得：
－mgsin θ－μFN2＝ma2
联立以上各式可得：F＝60 N．
【点评】①斜面(或类斜面)问题是高中最常出现的物理模型．
②正交分解法是求解高中物理题最重要的思想方法之一．
例4 、（2009安徽理综）为了节省能 ( http: / / www.21cnjy.com )量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速动转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示。那么下列说法中正确的是
A．顾客始终受到三个力的作用
B．顾客始终处于超重状 态
C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下
D．顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下
答案：C
【解析】在慢慢加速的过程中顾客受到的摩擦力水平向左，电梯对其的支持力 和 摩擦力的合力方向指向右上，由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下；在匀速运动的过程中，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下。
练习：如图甲所示，质量为M的长木板 ( http: / / www.21cnjy.com )，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v－t图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)。根据v－t图象，求：(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；
(2)物块质量m与长木板质量M之比；
(3)物块相对长木板滑行的距离Δx。
[思路点拨]
(1)v－t图象斜率大小表示物体运动的加速度大小；
(2)不同物体或不同时间阶段受力情况分析；
(3)物块与木板同速后不再发生相对滑动。
[解析] (1)由v－t图象可求出物块冲 ( http: / / www.21cnjy.com )上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1＝ m/s2＝1.5 m/s2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2＝ m/s2＝1 m/s2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3＝ m/s2＝0.5 m/s2。
(2)对物块冲上木板匀减速阶段：μ1mg＝ma1
对木板向前匀加速阶段：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段：μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3
以上三式联立可得＝。
(3)由v－t图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δx对应图中△abc的面积，故Δx＝10×4× m＝20 m。
[答案] (1)1.5 m/s2 1 m/s2 0.5 m/s2 (2) (3)20 m
[课堂——针对考点强化训练]
1.(2012·武汉调研)如图1－2 ( http: / / www.21cnjy.com )－4所示，在倾角为θ＝30°的足够长的光滑斜面上，一质量为2 kg的小球自与斜面底端P点相距0.5 m处，以4 m/s的初速度沿斜面向上运动。在返回P点之前，若小球与P点之间的距离为d，重力加速度g取10 m/s2。则d与t的关系式为( )
图1－2－4
A．d＝4t＋2.5t2 B．d＝4t－2.5t2
C．d＝0.5＋4t＋2.5t2 D．d＝0.5＋4t－2.5t2
解析：选D 取沿斜面向上为正方向，小球 ( http: / / www.21cnjy.com )沿斜面向上做匀减速直线运动，其位移x＝v0t－at2，v0＝4 m/s，a＝gsin θ＝5 m/s2，故x＝4t－2.5t2，又d＝0.5＋x，所以d＝0.5＋4t－2.5t2，D正确。
2．(2012·江苏高考)将一 ( http: / / www.21cnjy.com )只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是( )
图1－2－5
解析：选C 对皮球进行受力分析，受到竖 ( http: / / www.21cnjy.com )直向下的重力、阻力作用，根据牛顿第二定律，皮球在上升过程中的加速度大小a＝，因皮球上升过程中速度v减小，加速度减小，当速度v＝0时，加速度a＝g，a－t图象逐渐趋近一条平行于t轴的直线，C正确；A、B、D错误。
3.(2012·济南模拟)如图1－2－6所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块之间用一轻弹簧相连，轻弹簧能承受的最大拉力为T。现用水平拉力F拉质量 图1－2－6
为3m的木块，使三个木块一起加速运动，则以下说法正确的是( )
A．质量为2m的木块受到四个力的作用
B．当F逐渐增大到T时，轻弹簧刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5T时，轻弹簧还不会被拉断
D．当F撤去瞬间，m所受摩擦力的大小和方向不变
解析：选CD 以三个木块为整 ( http: / / www.21cnjy.com )体，由牛顿第二定律可得：F＝6ma，对m和2m的整体，则有T弹＝(2m＋m)a，当T弹＝T时，F＝2T，可见B错误，C正确；2m的木块受到轻弹簧的拉力、重力、地面支持力、m对2m的压力、和m对2m水平向左的静摩擦力，故A错误；因F撤去瞬间，轻弹簧的弹力T弹不变，故m的加速度的大小和方向均不变，故D正确。
4．(2012·安徽高考) 质量为0. ( http: / / www.21cnjy.com )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1－2－7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f，取g＝10 m/s2，求： 图1－2－7
(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。
解析： (1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1，由图知
a1＝＝ m/s2＝8 m/s2
根据牛顿第二定律，得
mg－f＝ma1
f＝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＋f＝ma2，a2＝12 m/s2
于是，有0－v＝－2a2h
解得h＝ m。
答案：(1)0.2 N (2) m
[课下——针对高考押题训练]
一、单项选择题
1．(2012·重庆检测)如图1所示， ( http: / / www.21cnjy.com )汽车以10 m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20 m处时，绿灯还有3 s熄灭。而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的速度(v)－时间(t)图象可能是 ( )
图1
解析：选C 由速度图象与横轴所夹“面积” ( http: / / www.21cnjy.com )等于这段时间内的位移可知，该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，其在3 s内的位移一定为20 m，故汽车运动的速度(v)－时间(t)图象可能是C。
2．(2012·安徽高考)如图2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个竖直向下的恒力F，则( )
图2
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
解析：选C 对物块进行受力分析，设斜面的角度 ( http: / / www.21cnjy.com )为θ，可列方程mgsin θ－μmgcos θ＝ma，sin θ－μcos θ＝a/g，当加上力F后，由牛顿第二定律得(mg＋F)sin θ－μ(mg＋F)cos θ＝ma1，即mgsin θ－μmgcos θ＋Fsin θ－μFcos θ＝ma1，ma＋Fsin θ－μFcos θ＝ma1，Fsin θ－μFcos θ＝F(sin θ－μcos θ)＝Fa/g，Fa/g大于零，代入上式知，a1大于a。物块将以大于a的加速度匀加速下滑。只有C项正确。
3.(2012·上海高考)如图3所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，光滑斜面固定于水平面上，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A、B整体在斜面上运动时，B受力的示意图为( )
图3
图4
解析：选A 因A上表面水平，A、B间若 ( http: / / www.21cnjy.com )存在摩擦力，只能沿水平方向，故C、D均错误；因A、B沿光滑斜面向上冲时，加速度一定沿斜面向下，故滑块B水平方向必有向左的合外力，即A对B的静摩擦力Ff，故A正确，B错误。
4.(2012·合肥模拟)如图5所示，在 ( http: / / www.21cnjy.com )水平桌面上叠放着质量相等的A、B两块木板，在木板A上放着质量为m的物块C，木板和物块均处于静止状态。A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数均为μ， 图5
设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现用水平恒力F向右拉木板A，则以下判断正确的是( )
A．不管F多大，木板B一定保持静止
B．B受到地面的滑动摩擦力大小一定小于F
C．A、C之间的摩擦力大小一定等于μmg
D．A、B之间的摩擦力大小不可能等于F
解析：选A 设A、B的质量为M，则 ( http: / / www.21cnjy.com )A对B的最大静摩擦力FfAB＝μ(M＋m)g，而地面对B的最大静摩擦力大小为FfB地＝μ(2M＋m)g，故无论F多大，B一定保持静止，A正确；若F
5.(2012·上海质检)甲、乙两位 ( http: / / www.21cnjy.com )同学进行百米赛跑，假如把他们的运动近似当作匀速直线运动来处理，他们同时从起跑线起跑，经过一段时间后他们的位置如图6所示，在图7中分别作出在这段时间内两人运动的位移x、 图6
速度v与时间t的关系图象，正确的是( )
图7
解析：选BC 甲、乙两同学均做匀速直线运动，C正确，D错误，由题图1可知，v乙>v甲，故B正确，A错误。
6.(2012·江西重点中学联考)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )8所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2的木块。t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，图9中可能符合运动情况的是( ) 图8
解析：选AC 若施加的外力F ( http: / / www.21cnjy.com )较小，则木块m2与木板m1一起加速运动，A正确；若施加的外力F足够大，则木块m2相对木板m1滑动，此时a2>a1，故C正确，B、D均错误。
7．利用如图10甲所示的装 ( http: / / www.21cnjy.com )置测量滑块和滑板间的动摩擦因数，将质量为M的滑块A放在倾斜滑板B上，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示出滑块A的速度－时间(v－t)图象。先给滑块A一个沿滑板B向上的初速度，得到的v－t图象如图乙所示，则( )
图10
A．滑块A上滑时加速度的大小为8 m/s2
B．滑块A下滑时加速度的大小为8 m/s2
C．滑块与滑板之间的动摩擦因数μ＝0.25
D．滑块A上滑时运动的位移为1 m
解析：选ACD 滑块A上滑时加速度的大小a ( http: / / www.21cnjy.com )1＝|| m/s2＝8.0 m/s2，A项正确；A下滑时的加速度a2＝ m/s2＝4.0 m/s2，B项错误；由牛顿第二定律知A上滑时mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，A下滑时mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得μ＝0.25，C项正确；在速度－时间图象中面积表示位移，滑块A上滑时运动的位移为1 m，D项正确。
8．如图11甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒 ( http: / / www.21cnjy.com )定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则( )
图11
A．t1时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
解析：选ABC 小物块对地速度为零时，即t1 ( http: / / www.21cnjy.com )时刻，向左离开A处最远，A正确。t2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此刻，它相对传送带滑动的距离最大，B正确。0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变，C正确。t2时刻以后相对传送带静止，故不再受摩擦力作用，D错误。
三、非选择题
9．（2005年江苏理综卷） ( http: / / www.21cnjy.com ) 水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查。如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v=1m/s的恒定速率运行，一质量为m=4Kg的行李无初速地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，AB间的距离l=2.0m，g取10m/s2。
（1）求行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小。
（2）求行李做匀加速直线运动的时间。
（3）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处。求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。
解：（1）滑动摩擦力F=μmg
代入题给数值，得 F=4N
由牛顿第二定律，得 F=ma
代入数值，得 a=1m/s2
（2）设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v=1m/s。
则v=at1 代入数值，得t1=1s
匀速运动的时间为t2
t2 = ( L - 1/2 at12 )／v = 1.5s
运动的总时间为 T=t1+t2=2.5s
（3）行李从A处匀加速运动到B处时，传送时间最短。则
l=1/2atmin2
代入数值，得tmin=2s
传送带对应的最小运行速率vmin=atmin
代入数值，得vmin=2m/s
10 、(2012·北京高考)摩 ( http: / / www.21cnjy.com )天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米，电梯的简化模型如图12甲所示。考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的。已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图乙所示。电梯总质量m＝2.0×103 kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/s2。
图12
(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；
(2)类比是一种常用的研究方法。对于直线运 ( http: / / www.21cnjy.com )动，教科书中讲解了由v－t图象求位移的方法。请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图乙所示a－t图象，求电梯在第1 s内的速度改变量Δv1和第2 s末的速率v2。
解析：(1)由牛顿第二定律，有F－mg＝ma
由a－t图象可知，F1和F2对应的加速度分别是a1＝1.0 m/s2，a2＝－1.0 m/s2，
F1＝m(g＋a1)＝2.0×103×(10＋1.0)N＝2.2×104 N
F2＝m(g＋a2)＝2.0×103×(10－1.0)N＝1.8×104 N
(2)类比可得，所求速度变化量等于第1 s内a－t图线下的面积
Δv1＝0.5 m/s
同理可得Δv2＝v2－v0＝1.5 m/s
v0＝0，第2 s末的速率v2＝1.5 m/s
答案：(1)F1＝2.2×104 N F2＝1.8×104 N
(2) Δv1＝0.5 m/s v2＝1.5 m/s
B
A
v
L
m
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