2014-2015学年度河南省宜阳一高高一年级上学期物理必修一第四章强化训练二（带解析）

一．选择题（共20小题）
1．（2015?安徽模拟）如图所示，原长为L的轻弹簧与光滑水平地面上质量为m和2m的物体A、B水平相接，若用水平力F1拉B，稳定后，A、B都做加速度为a1的匀加速运动，弹簧长度为L1，若用水平力F2推A，稳定后A、B都做加速度为a2的匀加速运动，弹簧长度为L2，且L1+L2=2L，则（　　）
　
A．
a1=a2，F1=F2
B．
a1=a2，F1=2F2
C．
a1=2a2，F1=F2
D．
a1=2a2，F1=2F2
　
2．（2015?绵阳模拟）“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳．质量为m的小明如图所示静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°，则（　　）
　
A．
每根橡皮绳的拉力为mg
　
B．
若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小
　
C．
若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a=g
　
D．
若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断裂时，小明的加速度a=g
　
3．（2015?凉山州一模）如图甲所示，倾角为30°的光滑斜面固定于水平地面上，垂直于斜面的挡板固定于斜面底端．轻质弹簧的下端固定在挡板上，上端拴接小物体A，质量相同的小物体B紧靠A但不粘连，初始时都处于静止状态，现用沿斜面向上的拉力F作用在物体B上，使物体B开始向上做匀加速直线运动，已知拉力F随物体A运动位移x的关系如图乙所示（g=10m/s2）则下列结论正确的是（　　）
　
A．
物体A与B分离时，弹簧处于原长
B．
物体A和B的质量均为2Kg
　
C．
物体A的加速度大小为1.5m/s2
D．
弹簧的劲度系数为20N/cm
　
4．（2015?贵州一模）如图所示，小车上固定一水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成α角，斜杆下端连接一质量为m的小球；同时横杆右端用一根细线悬挂相同的小球．当小车沿水平面做直线运动时，细线与竖直方向间的夹角β（β≠α）保持不变．设斜杆、细线对小球的作用力分别为F1、F2，下列说法正确的是（　　）
　
A．
F1、F2大小不相等
B．
F1、F2方向相同
　
C．
小车加速度大小为gtanα
D．
小车加速度大小为gtanβ
　
5．（2015?河南二模）质量为M的皮带轮工件放置在水平桌面上，一细绳绕过皮带轮的皮带槽，一端系一质量为m的重物，另一端固定在桌面上．如图所示，工件与桌面、绳之间以及绳与桌面边缘之间的摩擦都忽略不计，桌面上绳子与桌面平行，则重物下落过程中，工件的加速度为（　　）
　
A．
B．
C．
D．
　
6．（2015?河南二模）如图所示，m=0.5kg的小滑块以v0=6m/s的初速度从倾角为37°的斜面AB的底端A滑上斜面，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，取g=10m/s2，sin37°=0.6．cos37°=0.8．若从滑块滑上斜面起，经1.2s滑块正好通过B点．则AB两点之间的距离为（　　）
　
A．
0m
B．
2.16m
C．
0.36m
D．
1.44m
　
7．（2015?浙江模拟）如图所示，AB为光滑竖直杆，ACB为构成直角的光滑L形直轨道，C处有一小圆弧连接可使小球顺利转弯（即通过转弯处不损失机械能）．套在AB杆上的小球自A点静止释放，分别沿AB轨道和ACB轨道运动，如果沿ACB轨道运动的时间是沿AB轨道运动时间的1.5倍，则BA与CA的夹角为（　　）
　
A．
30°
B．
45°
C．
53°
D．
60°
　
8．（2014?江苏）如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A施加一水平拉力F，则（　　）
　
A．
当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止
　
B．
当F=μmg时，A的加速度为μg
　
C．
当F＞3μmg时，A相对B滑动
　
D．
无论F为何值，B的加速度不会超过μg
　
9．（2014?山东）一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图所示，在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有（　　）
　
A．
t1
B．
t2
C．
t3
D．
t4
　
10．（2014?福建）如图，某滑块初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是（　　）
　
A．
B．
C．
D．
　
11．（2014?北京）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是（　　）
　
A．
手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
　
B．
手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
　
C．
在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
　
D．
在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
　
12．（2014?扬州模拟）关于力学单位制，下列说法中正确的是（　　）
　
A．
kg、N、m/s都是导出单位
　
B．
kg、m、N是基本单位
　
C．
在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F=ma
　
D．
在国际单位制中，质量的基本单位是kg，也可以是g
　
13．（2014?葫芦岛二模）静止在光滑水平面上的物体，在水平方向同时受到在同一直线上的力F1、F2作用，F1、F2随时间变化的图象如图所示，则a﹣t图象是下列图中的（　　）
　
A．
B．
C．
D．
　
14．（2014?乌鲁木齐模拟）下列科学家中对发现惯性定律作出重大贡献的有（　　）
　
A．
伽利略
B．
爱因斯坦
C．
牛顿
D．
笛卡儿
　
15．（2014?扬州模拟）在研究加速度a 和力F、质量m的关系时，应用的是（　　）
　
A．
控制变量的方法
B．
等效替代的方法
C．
理论推导的方法
D．
理想实验的方法
　
16．（2014?静安区一模）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a与F之间关系的图象是（　　）
　
A．
B．
C．
D．
　
17．（2014?保定二模）A、B两物体同时同地从静止出发做直线运动，物体的加速度与时间关系如图所示，其中t2=2t1，关于两个物体的运动，下列判断正确的是（　　）
　
A．
t1时刻，两物体速度相同
B．
t2时刻，两物体位置相同
　
C．
t2时刻，两物体速度相同
D．
运动过程中两物体不可能相遇
　
18．（2014?杨浦区一模）历史上首先正确认识力和运动的关系，批驳“力是维持物体运动的原因”观点的物理学家是（　　）
　
A．
阿基米德
B．
牛顿
C．
伽利略
D．
以上三个都不是
　
19．（2014?河北一模）如图甲所示，某人通过定滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，定滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示，则下列判断正确的是（　　）
　
A．
图线与纵轴的交点M的值aM=﹣g
B．
图线与横轴的交点N的值TN=mg
　
C．
图线的斜率等于物体的质量m
D．
图线的斜率等于物体质量的倒数
　
20．（2014?徐汇区一模）下列物理规律中不能直接通过实验进行验证的是（　　）
　
A．
牛顿第一定律
B．
机械能守恒定律
C．
欧姆定律
D．
玻意耳定律
　
二．填空题（共5小题）
21．（2014?上海）牛顿第一定律表明，力是物体　_________　发生变化的原因，该定律引出的一个重要概念是　_________　．
　
22．（2014?上海二模）如图所示，光滑斜面长为a，宽为b，倾角为θ，一物块沿斜面左上方顶点P水平射人，而从右下方顶点Q离开斜面，此物体在斜面上运动的加速度大小为　_________　；入射初速度的大小为　_________　．
　
23．（2014?松江区一模）如图所示，质量m=1kg的小物块受到平行斜面向上的拉力F，沿斜面做匀加速运动，其初速度的大小为v0=2m/s，经t=2s的时间物块在斜面上运动的位移s=10m．已知斜面倾角θ=37°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.1．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）则物块加速度的大小为　_________　m/s2，拉力F的大小为　_________　N．
　
24．（2014?长宁区一模）在某地竖直向上提升重物，不计阻力，加速度a与拉力F之间的关系如图所示，该地重力加速度大小约为　_________　m/s2；若该重物从地面被竖直提起后作匀加速运动，2s末达到8m高度，则拉力F为　_________　N．
　
25．（2014?松江区一模）如图所示，质量为m1=0.3kg 的很长的平板小车静止在光滑的水平面上．现有一质量为m2=0.2kg的小物块，以水平向右的速度v0=2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5，则小车的最大速度是　_________　 m/s；物块在车面上滑行的时间是　_________　 s．（取g=10m/s2）
　
三．解答题（共5小题）
26．（2015?信阳一模）某同学表演魔术时，将一小型条形磁铁藏在自己的袖子里，然后对着一悬挂的金属小球指手画脚，结果小球在他神奇的功力下飘动起来．假设当隐藏的小磁铁位于小球的左上方某一位置C（∠QCS=30°）时，金属小球偏离竖直方向的夹角θ也是30°，如图所示．已知小球的质量为m，该同学（含磁铁）的质量为M，求此时：
（1）悬挂小球的细线的拉力大小为多少？
（2）该同学受到地面的支持力和摩擦力大小各为多少．
　
27．（2015?浙江一模）如图所示，一辆载重卡车沿平直公路行驶，车上载有质量均为m的A、B两块长方体水泥预制件．已知预制件左端与车厢前挡板的距离为L，A、B间以及B与车厢间的动摩擦因数分别μ1、μ2（μ1＜μ2），各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．卡车以速度v0匀速行驶时，因前方出现障碍物而制动并做匀减速直线运动．
（1）卡车制动的加速度满足什么关系时，预制件A相对B滑动，而B相对车厢底板静止？
（2）卡车制动后为保证司机安全，在B相对车厢底静止的情况下，预制件A不与车厢前挡板碰撞，则卡车从开始制动到停止所经历的时间应满足什么条件？
　
28．（2015?信阳一模）质量为M=2.5kg的一只长方体形铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数为μ1=0.50．这时铁箱内一个质量为m=0.5kg的木块恰好能静止在后壁上（如图所示），木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ2=0.25．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2．求：
（1）木块对铁箱的压力；
（2）水平拉力F的大小．
（3）缓慢减小拉力F，经过一段时间，木块落底后不反弹，某时刻当箱的速度为v=6m/s时撤去拉力，经1s时间木块从左侧到达右侧，则铁箱长度是多少？
　
29．（2015?巴中模拟）如图所示，水平传送带正以v=2m/s的速度运行，两端的距离为L=10m．把一质量为m=1kg的小物体轻轻放到传送带上，物体在传送带的带动下向右运动．如物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，则把这个物体从传送带左端传送到右端的过程中（g取10m/s2），求：
（1）摩擦力对物体做了多少功？
（2）为了传送物体电动机多消耗的电能为多少？
　
30．（2015?绵阳模拟）如图所示，某传送带装置倾斜放置，倾角θ=37°，传送带AB长度xo=l0m．有一水平平台CD高度保持6.45m不变．现调整D端位置，当D、B的水平距离合适时，自D端水平抛出的物体恰好从B点沿BA方向冲上斜面，此后D端固定不动，g=l0m/s2．另外，传送带B端上方安装一极短的小平面，与传送带AB平行共面，保证自下而上传送的物体能沿AB方向由B点斜向上抛出．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）求D、B的水平距离；
（2）若传送带以5m/s的速度逆时针匀速运行，某物体甲与传送带间动摩擦因数μ1=0.9，自A点沿传送带方向以某一初速度冲上传送带时，恰能水平落到水平台的D端，求物体甲的最大初速度v01；
（3）若传送带逆时针匀速运行，某物体乙与传送带间动摩擦因数μ2=0.6，自A点以vo2=11m/s的初速度沿传送带方向冲上传送带时，恰能水平落到水平台的D端，求传送带的速度v′．
　

物理必修一第四章训练
参考答案与试题解析
　
一．选择题（共20小题）
1．（2015?安徽模拟）如图所示，原长为L的轻弹簧与光滑水平地面上质量为m和2m的物体A、B水平相接，若用水平力F1拉B，稳定后，A、B都做加速度为a1的匀加速运动，弹簧长度为L1，若用水平力F2推A，稳定后A、B都做加速度为a2的匀加速运动，弹簧长度为L2，且L1+L2=2L，则（　　）
　
A．
a1=a2，F1=F2
B．
a1=a2，F1=2F2
C．
a1=2a2，F1=F2
D．
a1=2a2，F1=2F2
考点：
牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
通过L1+L2=2L，得出弹簧压缩量和伸长量的关系，从而得出弹簧弹力的大小关系，通过整体法和隔离法，运用牛顿第二定律求出两个力的大小关系以及加速度的大小关系．
解答：
解：对整体分析，加速度，隔离对A分析，弹簧的弹力，
加速度，隔离对B分析，弹簧的弹力，
因为L1+L2=2L，可知弹簧的伸长量与压缩量相等，根据胡克定律知，两次弹簧的弹力大小相等，可知F1=2F2，根据牛顿第二定律知，a1=2a2．故D正确，A、B、C错误．
故选：D．
点评：
本题考查了牛顿第二定律和胡克定律的综合运用，掌握整体法和隔离法的灵活运用，难度中等．
　
2．（2015?绵阳模拟）“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳．质量为m的小明如图所示静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°，则（　　）
　
A．
每根橡皮绳的拉力为mg
　
B．
若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小
　
C．
若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a=g
　
D．
若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断裂时，小明的加速度a=g
考点：
牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
根据共点力平衡求出每根绳的拉力，根据平行四边形定则判断悬点间距变化时绳子拉力的变化．当左侧绳子断裂，抓住合力沿垂直绳子方向求出合力的大小，从而得出加速度的大小．
解答：
解：A、根据平行四边形定则知，2Fcos30°=mg，解得F=．故A错误．
B、根据共点力平衡得，2Fcosθ=mg，当悬点间的距离变小，则θ变小，cosθ变大，可知悬绳的拉力变小．故B正确．
C、当左侧橡皮绳断裂，断裂的瞬间，右侧弹性绳的拉力不变，则重力和右侧绳拉力的合力与左侧绳初始时拉力大小相等，方向相反，根据平行四边形定则知，则合力大小为，加速度为．故C、D错误．
故选：B．
点评：
本题关键是对小明受力分析后，根据三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线来确定撤去一个力后的合力，再根据牛顿第二定律求解加速度
　
3．（2015?凉山州一模）如图甲所示，倾角为30°的光滑斜面固定于水平地面上，垂直于斜面的挡板固定于斜面底端．轻质弹簧的下端固定在挡板上，上端拴接小物体A，质量相同的小物体B紧靠A但不粘连，初始时都处于静止状态，现用沿斜面向上的拉力F作用在物体B上，使物体B开始向上做匀加速直线运动，已知拉力F随物体A运动位移x的关系如图乙所示（g=10m/s2）则下列结论正确的是（　　）
　
A．
物体A与B分离时，弹簧处于原长
B．
物体A和B的质量均为2Kg
　
C．
物体A的加速度大小为1.5m/s2
D．
弹簧的劲度系数为20N/cm
考点：
牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
当AB发生分离时，A、B间的作用力为零，抓住B的加速度不变，结合拉力的大小求出A、B的质量，从而根据牛顿第二定律求出加速度．结合弹簧弹力的变化，以及形变量的变化量，根据胡克定律求出劲度系数．
解答：
解：当A的位移为0时，F=6N，对A、B整体分析，此时合力F合=F=6N，则加速度为：a=，
当位移x=1.4cm时，A、B间的作用力为零，B的加速度为：a=，
联立解得m=2kg，a=1.5m/s2，故B、C正确．
A、B分离时，A、B的作用力为零，对A分析，，解得弹簧的弹力F弹=13N．弹簧不是处于原长状态，故A错误．
开始弹簧的弹力为：F弹′=2mgsin30°=20N，
根据胡克定律得：，故D错误．
故选：BC．
点评：
本题考查了胡克定律、牛顿第二定律的综合运用，指导A、B分离时，A、B的作用力为零，分离前加速度相同．
　
4．（2015?贵州一模）如图所示，小车上固定一水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成α角，斜杆下端连接一质量为m的小球；同时横杆右端用一根细线悬挂相同的小球．当小车沿水平面做直线运动时，细线与竖直方向间的夹角β（β≠α）保持不变．设斜杆、细线对小球的作用力分别为F1、F2，下列说法正确的是（　　）
　
A．
F1、F2大小不相等
B．
F1、F2方向相同
　
C．
小车加速度大小为gtanα
D．
小车加速度大小为gtanβ
考点：
牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
两小球和小车具有相同的加速度，先对细线吊的小球分析进行受力，根据牛顿第二定律求出加速度．再对轻杆固定的小球应用牛顿第二定律研究，得出轻杆对球的作用力方向．
解答：
解：A、B、对右边的小铁球研究，根据牛顿第二定律，设其质量为m，得：
mgtanβ=ma，
得到：a=gtanβ
对左边的小铁球研究．设其加速度为a′，轻杆对小球的弹力方向与竖直方向夹角为θ，
由牛顿第二定律，得：
mgtanθ=ma′
因为a=a′，得到θ=β，则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，即F1、F2方向相同，大小相等，故A错误，B正确；
C、D、小车的加速度a=gtanβ，故C错误，D正确．
故选：BD．
点评：
绳子的模型与轻杆的模型不同：绳子的拉力一定沿绳子方向，而轻杆的弹力不一定沿轻杆方向，与物体的运动状态有关，可根据牛顿定律确定．
　
5．（2015?河南二模）质量为M的皮带轮工件放置在水平桌面上，一细绳绕过皮带轮的皮带槽，一端系一质量为m的重物，另一端固定在桌面上．如图所示，工件与桌面、绳之间以及绳与桌面边缘之间的摩擦都忽略不计，桌面上绳子与桌面平行，则重物下落过程中，工件的加速度为（　　）
　
A．
B．
C．
D．
考点：
牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
抓住相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍，得出加速度之间的关系，结合牛顿第二定律求出绳子的拉力，再隔离对工件分析，运用牛顿第二定律求出工件的加速度．
解答：
解：相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，设绳子上的拉力为F，
根据牛顿第二定律有：，
解得：，
工件加速度为：，所以A正确．
故选：A．
点评：
解决本题的关键通过位移关系得出加速度的关系，这是解决本题的突破口，再运用牛顿第二定律进行求解．
　
6．（2015?河南二模）如图所示，m=0.5kg的小滑块以v0=6m/s的初速度从倾角为37°的斜面AB的底端A滑上斜面，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，取g=10m/s2，sin37°=0.6．cos37°=0.8．若从滑块滑上斜面起，经1.2s滑块正好通过B点．则AB两点之间的距离为（　　）
　
A．
0m
B．
2.16m
C．
0.36m
D．
1.44m
考点：
牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
根据牛顿第二定律求出滑块上滑的加速度，结合速度时间公式求出速度减为零的时间，求出上滑的最大位移，根据牛顿第二定律求出下滑的加速度，根据位移公式求出下滑的位移，从而得出AB两点间的距离．
解答：
解：滑块沿斜面向上运动时，加速度大小为：
a1=g（sin 37°+μcos 37°）=10×（0.6+0.5×8）=10 m/s2，
滑块经t1==0.6 s速度即减为零．因此1.2 s时是向下经过B点．
下滑时加速度大小为：
a2=g（sin 37°﹣μcos 37°）=10×（0.6﹣0.5×8）=2 m/s2，
物体上滑的最大距离：x==1.8m．
再次经过B点时，下滑的距离：x1=a1t2=2×0.36=0.36m．
所以B点到A点距离为：△x=x﹣x1=1.44m．
故选：D．
点评：
解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
　
7．（2015?浙江模拟）如图所示，AB为光滑竖直杆，ACB为构成直角的光滑L形直轨道，C处有一小圆弧连接可使小球顺利转弯（即通过转弯处不损失机械能）．套在AB杆上的小球自A点静止释放，分别沿AB轨道和ACB轨道运动，如果沿ACB轨道运动的时间是沿AB轨道运动时间的1.5倍，则BA与CA的夹角为（　　）
　
A．
30°
B．
45°
C．
53°
D．
60°
考点：
牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
以小球为研究对象，分别求出沿AC和ABC运动的时间，注意两种运动情况的运动遵循的规律，特别是在C点的速度即是上一段的末速度也是下一段的初速度，利用关系式和几何关系灵活求解．
解答：
解：设AB的长度为2L，小球沿AB做自由落体运动，运动的时间t2满足：
可解得t2=…①
小球沿AC段运动时，a=gcosα，且AC=2Lcosα，所需的时间tAC满足；
解得：
在C点小球的速度v=atAC，以后沿BC做匀加速运动，其加速度为：a'=gsinα，且BC=2Lsinα
故：2Lsinα=vtBC+
其中tBC=1.5t2﹣tAC=0.5t2=
代入后解得：tanα=，即α=53°
答：AC与AB夹角α的值为53°
点评：
本题的关键是能正确对ABC进行受力和运动分析，把运动的时间正确表示；可视为多过程的运动分析，一定明确前后过程的衔接物理量．
　
8．（2014?江苏）如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A施加一水平拉力F，则（　　）
　
A．
当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止
　
B．
当F=μmg时，A的加速度为μg
　
C．
当F＞3μmg时，A相对B滑动
　
D．
无论F为何值，B的加速度不会超过μg
考点：
牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．然后通过整体法隔离法逐项分析．
解答：
解：当A、B刚要发生相对滑动时，A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力，即f=2μmg，
隔离对B分析，根据牛顿第二定律得，，解得a=．
对整体分析，根据牛顿第二定律有：F﹣=3ma，解得F=3μmg．知当F＞3μmg时，A、B发生相对滑动．故C正确．
通过隔离对B分析，知B的加速度不会超过．故D正确．
当F=时，A、B保持相对静止，对整体分析，加速度a=．故B正确．
当F＜2μmg，知小于A、B之间的最大静摩擦力，则A、B不发生相对滑动，对整体分析，由于整体受到地面的最大静摩擦力，知A、B不能相对地面静止．故A错误．
故选：BCD．
点评：
本题考查牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．
　
9．（2014?山东）一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图所示，在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有（　　）
　
A．
t1
B．
t2
C．
t3
D．
t4
考点：
牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
根据牛顿第二定律，合外力方向与加速度方向相同，当加速度与速度同向时物体做加速运动．
解答：
解：A、C、t1时刻与t3时刻，物体正加速，故加速度与速度同向，而加速度和合力同向，故合力与速度同方向，故A正确，C正确；
B、D、t2时刻与t4时刻，物体正减速，故合力与速度反向，故B错误，D错误；
故选：AC．
点评：
本题关键是明确直线运动中，物体加速时合力与速度同向；物体减速时合力与速度反向，基础题目．
　
10．（2014?福建）如图，某滑块初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是（　　）
　
A．
B．
C．
D．
考点：
牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
对物体受力分析由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度位移及下降高度与时间的关系即可求的；
解答：
解：D、在下滑过程中，物体的加速度为mgsinθ﹣μmgcosθ=ma
a=gsinθ﹣μgcosθ，加速度的大小保持不变．故D错误；
C、下滑过程中速度大小关系为v=v0+at=v0+（gsinθ﹣μgcosθ）t，速度与时间之间是线性关系，所以速度图线是一条直线．故C错误；
A、B、物体向下做匀减速运动，故下滑的位移为s=）t2，
位移﹣时间关系的图象是向右弯曲的线．故B正确；
同理，下降的高度为h=ssinθ，也是向右弯曲的线．故A错误；
故选：B
点评：
本题主要考查了运动学公式，关键是把shv与时间的表达式表示出来即可；
　
11．（2014?北京）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是（　　）
　
A．
手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
　
B．
手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
　
C．
在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
　
D．
在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
考点：
超重和失重；牛顿第二定律．
分析：
超重指的是物体加速度方向向上，失重指的是加速度方向下，但运动方向不可确定．由牛顿第二定律列式分析即可．
解答：
解：
A、B物体向上先加速后减速，加速度先向上，后向下，根据牛顿运动定律可知物体先处于超重状态，后处于失重状态，故A错误．B错误；
C、D、重物和手有共同的速度和加速度时，二者不会分离，故物体离开手的瞬间，物体向上运动，物体的加速度等于重力加速度，但手的加速度大于重力加速度应大于重力加速度，并且方向竖直向下，故C错误，D正确．
故选：D．
点评：
超重和失重仅仅指的是一种现象，但物体本身的重力是不变的，这一点必须明确．重物和手有共同的速度和加速的时，二者不会分离．
　
12．（2014?扬州模拟）关于力学单位制，下列说法中正确的是（　　）
　
A．
kg、N、m/s都是导出单位
　
B．
kg、m、N是基本单位
　
C．
在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F=ma
　
D．
在国际单位制中，质量的基本单位是kg，也可以是g
考点：
力学单位制．
分析：
在力学中，质量、长度及时间作为基本物理量，其单位作为基本单位，而由这三个量推出的单位称导出单位；基本单位和导出单位组成单位制；而在国际单位制中，我们取长度单位米，质量单位千克，时间单位秒作为基本单位；而由这些基本单位根据物理公式推导得出的单位为导出单位．
解答：
解：A、千克是质量的单位，是基本单位；故A错误；
B、牛顿是由牛顿第二定律公式推导得出的单位，为导出单位，故B错误；
C、牛顿第二定律表达式为F=kma，只有在国际单位制中，k才取1，表达式才能写成F=ma，故C正确；
D、在国际单位制中，质量的单位只能利用kg，故D错误；
故选：C．
点评：
由选定的一组基本单位和由定义方程式与比例因数确定的导出单位组成的一系列完整的单位体制．基本单位是可以任意选定的，由于基本单位选取的不同，组成的单位制也就不同，如现存的单位有：市制、英制、米制、国际单位制等．
　
13．（2014?葫芦岛二模）静止在光滑水平面上的物体，在水平方向同时受到在同一直线上的力F1、F2作用，F1、F2随时间变化的图象如图所示，则a﹣t图象是下列图中的（　　）
　
A．
B．
C．
D．
考点：
加速度与力、质量的关系式；匀变速直线运动的图像．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
由图象知，物体0﹣t时间内，物体的合力均匀减小，t﹣2t时间内，物体的合力均匀增大，根据速度与合力的方向得到物体可能的运动情况．
解答：
解：根据F﹣t图象可知，0﹣t时间内，物体的合力均匀减小，方向沿正方向，
根据牛顿第二定律得知，加速度均匀减小，方向沿正方向，物体做加速度减小的加速运动；
t﹣2t时间内，物体的合力不变，方向沿正方向，加速度也不变，物体做加速度不变的加速运动，故B正确，ACD错误．
故选：B．
点评：
本题关键求出合力的变化情况后，根据牛顿第二定律确定加速度的情况，然后根据加速度与速度的方向关系确定速度的变化情况．
　
14．（2014?乌鲁木齐模拟）下列科学家中对发现惯性定律作出重大贡献的有（　　）
　
A．
伽利略
B．
爱因斯坦
C．
牛顿
D．
笛卡儿
考点：
惯性．
分析：
本题强调对惯性定律作出重大贡献的科学家，伽利略和笛卡儿做了相关实验，牛顿进行了总结．
解答：
解：对发现惯性定律作出重大贡献是：伽利略、牛顿、笛卡儿，故ACD正确，B错误；
故选：ACD
点评：
对物理定律与定理的物理史实要熟悉，同时还要记清晰．
　
15．（2014?扬州模拟）在研究加速度a 和力F、质量m的关系时，应用的是（　　）
　
A．
控制变量的方法
B．
等效替代的方法
C．
理论推导的方法
D．
理想实验的方法
考点：
加速度与力的关系图像．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
探究物体的加速度与物体质量、力的关系的时候，由于涉及多个变量，想研究其中两个的关系，必须控制其余的不变，这种方法称为控制变量法．
解答：
解：由于涉及多个变量，探究加速度与力的关系时，控制质量不变而改变力的大小；
探究加速度与质量的关系时，控制力不变而改变质量，
实验应用了控制变量法；故A正确．
故选：A．
点评：
控制变量法是常用的实验方法，多是用在涉及多个变量，而我们要探究其中两个的关系的时候，就要控制其余的量不变，要掌握其使用方法；科学探究用到的方法很多，要掌握常用的科学探究方法．
　
16．（2014?静安区一模）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a与F之间关系的图象是（　　）
　
A．
B．
C．
D．
考点：
加速度与力的关系图像；摩擦力的判断与计算．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
由牛顿第二定律可得F与a的关系，进而由数学方法来分析图象．
解答：
解：物体受拉力，摩擦力，由牛顿第二定律可得：F﹣f=ma；
在运动之前拉力等于摩擦力，直到拉力达到最大静摩擦力，物体才获得加速度并开始运动，由数学知识可知，F与a为线性函数关系，图象与F轴的交点为最大静摩擦力，故B正确．
故选：B．
点评：
对找图象问题，必须要由物理规律列出对应坐标轴物理量的方程，然后用数学方法来分析函数对应的图象．
　
17．（2014?保定二模）A、B两物体同时同地从静止出发做直线运动，物体的加速度与时间关系如图所示，其中t2=2t1，关于两个物体的运动，下列判断正确的是（　　）
　
A．
t1时刻，两物体速度相同
B．
t2时刻，两物体位置相同
　
C．
t2时刻，两物体速度相同
D．
运动过程中两物体不可能相遇
考点：
加速度与力、质量的关系式；匀变速直线运动的图像．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
a﹣﹣t图象中，面积表示速度，由图可知A做初速度为零的匀加速运动，B做初速度为零的变加速直线运动，且加速大小均匀增大．
解答：
解：A、a﹣﹣t图象中，面积表示速度，故t1时刻，两物体速度不相同，故A错误．
B、a﹣﹣t图象中，面积表示速度，故t2时刻，两物体速度相同，由于此段时间内A速度较大，故A在前，两物体位置不相同，故B错误．
C、由B分析知，C正确．
D、由B分析可知，随着时间延续，由于B加速运动，B最终会追上A，故D错误．
故选：C
点评：
考查了加速度的图象，会根据图象分析质点的运动情况，注意与速度﹣﹣时间图象的区别．
　
18．（2014?杨浦区一模）历史上首先正确认识力和运动的关系，批驳“力是维持物体运动的原因”观点的物理学家是（　　）
　
A．
阿基米德
B．
牛顿
C．
伽利略
D．
以上三个都不是
考点：
牛顿第一定律．
分析：
依据物理学的发展史和各个人的贡献可以判定结果．
解答：
解：
物理学中，提出“力是维持物体运动的原因”观点的物理学家是亚里士多德，伽利略最早提出“力不是维持物体运动的原因”，并用斜面实验基础上推理得出：运动的物体在不受外力作用时，保持运动速度不变．故C正确．
故选：C．
点评：
本题考查物理学史，了解科学家的贡献，有利于对培养学习物理的兴趣．
　
19．（2014?河北一模）如图甲所示，某人通过定滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，定滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示，则下列判断正确的是（　　）
　
A．
图线与纵轴的交点M的值aM=﹣g
B．
图线与横轴的交点N的值TN=mg
　
C．
图线的斜率等于物体的质量m
D．
图线的斜率等于物体质量的倒数
考点：
加速度与力的关系图像；牛顿第二定律．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
对货物受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律求出加速度的一般表达式进行分析．
解答：
解：对货物受力分析，受重力mg和拉力T，根据牛顿第二定律，有：
T﹣mg=ma
解得：
a=﹣g
A、当T=0时，a=﹣g，即图线与纵轴的交点M的值aM=﹣g，故A正确；
B、当a=0时，T=mg，故图线与横轴的交点N的值TN=mg，故B错误；
C、D、图线的斜率表示质量的倒数，故C错误，D正确；
故选：AD．
点评：
本题关键是根据牛顿第二定律求出加速度的一般表达式后对照a﹣T图象进行讨论．
　
20．（2014?徐汇区一模）下列物理规律中不能直接通过实验进行验证的是（　　）
　
A．
牛顿第一定律
B．
机械能守恒定律
C．
欧姆定律
D．
玻意耳定律
考点：
牛顿第一定律；机械能守恒定律．
分析：
“理想实验”无法直接验证，根据各个定律的验证条件，以及课本上提到的验证实验可以判定那些规律不能直接通过实验进行验证．
解答：
解：
A、牛顿第一定律提出惯性的概念，即物体不受力时会保持原来的运动状态一直运动，这是一种理想化模型，首先“不受力”这个条件现实无法满足，其次“永远”运动下去现实也无法验证，故这个定律不能直接用实验验证，故A正确．
B、机械能守恒定律可以用实验验证，课本上也提到该实验的设计方案，故B错误．
C、欧姆定律可以用实验直接验证，故C错误．
D、玻意耳定律虽然要求气体是理想气体，但是我们可以用近似的方法，也能做出相同的结果，故D错误．
故选：A．
点评：
“理想实验”虽然也叫做“实验”，但它同真实的科学实验是有原则区别的，真实的科学实验是一种实践的活动，而“理想实验”则是一种思维的活动；真实的科学实验是可以将设计通过物化过程而实现的实验，后者则是由人们在抽象思维中设想出来而实际上无法做到的实验，牛
　
二．填空题（共5小题）
21．（2014?上海）牛顿第一定律表明，力是物体　运动状态　发生变化的原因，该定律引出的一个重要概念是　惯性　．
考点：
牛顿第一定律．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
牛顿第一运动定律，又称惯性定律，它科学地阐明了力和惯性这两个物理概念，正确地解释了力和运动状态的关系，并提出了一切物体都具有保持其运动状态不变的属性﹣﹣惯性，它是物理学中一条基本定律．
解答：
解：牛顿第一定律表明，力是物体运动状态发生变化的原因，该定律引出的一个重要概念是惯性．
故答案为：运动状态；惯性．
点评：
本题考查了牛顿第一定律的内容和惯性的概念．基础题目．
　
22．（2014?上海二模）如图所示，光滑斜面长为a，宽为b，倾角为θ，一物块沿斜面左上方顶点P水平射人，而从右下方顶点Q离开斜面，此物体在斜面上运动的加速度大小为　a=gsinθ　；入射初速度的大小为　v0=a　．
考点：
牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；力的合成与分解的运用．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
将小球的运动分解为水平方向和沿斜面向下方向，在水平方向上做匀速直线运动，在沿斜面向下方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，抓住等时性，运用运动学公式求出入射的初速度．
解答：
解：在沿斜面向下方向上，根据牛顿第二定律得，a=．
根据b=得，t=．
则初速度．
故答案为：a=gsinθ，v0=a．
点评：
解决本题的关键掌握曲线运动的处理方法，判断出小球在两个分方向上的运动规律，抓住等时性，结合运动学公式进行求解．
　
23．（2014?松江区一模）如图所示，质量m=1kg的小物块受到平行斜面向上的拉力F，沿斜面做匀加速运动，其初速度的大小为v0=2m/s，经t=2s的时间物块在斜面上运动的位移s=10m．已知斜面倾角θ=37°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.1．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）则物块加速度的大小为　3　m/s2，拉力F的大小为　9.8或2.2　N．
考点：
牛顿第二定律．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
物块做匀加速直线运动，根据位移时间公式即可求解加速度，对物块进行受力分析，分物块向上匀加速和向下匀加速两种情况，根据牛顿第二定律列式求解F的大小．
解答：
解：根据运动学基本公式得：
x=v0t+at2
解得：a==3m/s2
对物块进行受力分析，若物块向上加速运动，则
根据牛顿第二定律得：
a=
代入数据解得：F=9.8N
若物块向下加速运动，则
根据牛顿第二定律得：
a=
代入数据解得：F=2.2N
故答案为：3； 9.8或2.2．
点评：
本题主要考查了运动学基本公式及牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确对物体进行受力分析，在求解F时要注意，物体可能向上做匀加速运动，也可能向下做匀加速运动，难度适中．
　
24．（2014?长宁区一模）在某地竖直向上提升重物，不计阻力，加速度a与拉力F之间的关系如图所示，该地重力加速度大小约为　10　m/s2；若该重物从地面被竖直提起后作匀加速运动，2s末达到8m高度，则拉力F为　14　N．
考点：
加速度与力的关系图像．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
物体受重力和拉力，根据牛顿第二定律列式求解加速度与拉力关系的表达式，结合图象得到物体的质量和重力加速度；物体匀加速上升后，先根据运动学公式求解加速度，再根据牛顿第二定律求解拉力．
解答：
解：在某地竖直向上提升重物，不计阻力，物体受重力和拉力，根据牛顿第二定律，有：
F﹣mg=ma
解得：a=
结合图象，纵轴截距表示﹣g，故g=10m/s2
结合图象，斜率表示质量的倒数，故：，m=1kg；
该重物从地面被竖直提起后作匀加速运动，2s末达到8m高度，根据位移时间关系公式，有：
h=；
解得：a=；
根据牛顿第二定律，有：
F﹣mg=ma
解得：F=m（g+a）=1×（10+4）=14N；
故答案为：10，14．
点评：
重点是对图象的识别，由于不同图象其坐标轴含义不一样，图象问题一般重点掌握以下几点的含义：起点，交点，终点，斜率．准确掌握以上几点，才能正确应对图象问题．
　
25．（2014?松江区一模）如图所示，质量为m1=0.3kg 的很长的平板小车静止在光滑的水平面上．现有一质量为m2=0.2kg的小物块，以水平向右的速度v0=2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5，则小车的最大速度是　0.8　 m/s；物块在车面上滑行的时间是　0.24　 s．（取g=10m/s2）
考点：
牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；滑动摩擦力；力的合成与分解的运用；动量定理；动量守恒定律．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
由于摩擦作用，滑块减速，平板小车加速，系统水平方向不受外力，总动量守恒；对滑块运用动量定理求解出加速时间．
解答：
解：系统动量守恒，有
m1v0=（m1+m2）v
代入数据解得
v=0.8m/s
对滑块运用动量定理，有
μm1gt=mv
代入数据解得
t=0.24s
故答案为：0.8，0.24．
点评：
本题关键是根据动量守恒定律和动量定理列式求解，也可以根据牛顿第二定律和速度时间公式列式联立求解．
　
三．解答题（共5小题）
26．（2015?信阳一模）某同学表演魔术时，将一小型条形磁铁藏在自己的袖子里，然后对着一悬挂的金属小球指手画脚，结果小球在他神奇的功力下飘动起来．假设当隐藏的小磁铁位于小球的左上方某一位置C（∠QCS=30°）时，金属小球偏离竖直方向的夹角θ也是30°，如图所示．已知小球的质量为m，该同学（含磁铁）的质量为M，求此时：
（1）悬挂小球的细线的拉力大小为多少？
（2）该同学受到地面的支持力和摩擦力大小各为多少．
考点：
牛顿第二定律．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
（1）小球处于静止状态，合外力为零，分析小球的受力情况，根据平衡条件求解悬挂小球的细线的拉力大小；
（2）对人研究，分析受力情况，由平衡条件求解地面的支持力和摩擦力大小．
解答：
解：（1）对小球受力分析：重力、细线的拉力和磁铁的引力．设细线的拉力和磁铁的引力分别为F1和F2．
根据平衡条件得：
水平方向：F1sin30°=F2sin30°
竖直方向：F1cos30°+F2cos30°=mg
解得，F1=F2=mg．
（2）以人为研究对象，分析受力情况：重力Mg、地面的支持力N、静摩擦力f和小球的引力F2′，F2′=F2=mg．
根据平衡条件得
f=F2′sin30°
N=F2′cos30°+Mg
解得，N=Mg+ f=mg
答：（1）悬挂小球的细线的拉力大小为mg．
（2）该同学受到地面的支持力和摩擦力大小各为Mg+和mg．
点评：
本题分析受力情况是解题的关键，再根据平衡条件进行求解．
　
27．（2015?浙江一模）如图所示，一辆载重卡车沿平直公路行驶，车上载有质量均为m的A、B两块长方体水泥预制件．已知预制件左端与车厢前挡板的距离为L，A、B间以及B与车厢间的动摩擦因数分别μ1、μ2（μ1＜μ2），各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．卡车以速度v0匀速行驶时，因前方出现障碍物而制动并做匀减速直线运动．
（1）卡车制动的加速度满足什么关系时，预制件A相对B滑动，而B相对车厢底板静止？
（2）卡车制动后为保证司机安全，在B相对车厢底静止的情况下，预制件A不与车厢前挡板碰撞，则卡车从开始制动到停止所经历的时间应满足什么条件？
考点：
牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
隔离对A、B受力分析，根据牛顿第二定律分别求出二者的加速度，应满足的条件：车的加速度大于A的加速度小于B的加速度．
求出木箱的相对加速度，通过相对位移，结合运动学公式，求出刹车最多持续的时间．
解答：
解：（1）对A根据牛顿第二定律，则有：μ1mg=ma1
即：a1=μ1g
对B，根据牛顿第二定律，
则有：2μ2mg﹣μ1mg=ma2
即：a2=（2μ2﹣μ1）g
要使A相对B滑动，需满足a1＜a车
要使B相对于车厢底板静止，需满足a车＜a2
以上各式联立得：μ1g＜a车＜（2μ2﹣μ1）g
（2）卡车制动后，设A的位移为s1，有：=2a1s1，
卡车的位移为s车 有：，
要使A不与车厢的前挡板相碰，应满足 s1﹣s车≤L
即：，
故有：
设卡车制动时间为t，则有：v0=a车t
得：．
答：（1）卡车制动的加速度满足μ1g＜a车＜（2μ2﹣μ1）g时，预制件A相对B滑动，而B相对车厢底板静止；
（2）制动后为保证司机安全，需使预制件不与车厢前挡板碰撞，则从卡车开始制动到停止所经历的时间应满足t≥．
点评：
本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式的运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，第二问，通过货车和预制件的位移关系，结合运动学公式进行求解．
　
28．（2015?信阳一模）质量为M=2.5kg的一只长方体形铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数为μ1=0.50．这时铁箱内一个质量为m=0.5kg的木块恰好能静止在后壁上（如图所示），木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ2=0.25．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2．求：
（1）木块对铁箱的压力；
（2）水平拉力F的大小．
（3）缓慢减小拉力F，经过一段时间，木块落底后不反弹，某时刻当箱的速度为v=6m/s时撤去拉力，经1s时间木块从左侧到达右侧，则铁箱长度是多少？
考点：
牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第三定律．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
（1）分析木箱的受力情况：木块恰好能静止在铁箱后壁上，木块所受的静摩擦力达到最大值，竖直方向上木块受力平衡，木块所受的重力恰好等于最大静摩擦力fm，由fm=μ2FN，求出木块对铁箱的压力；
（2）以木块为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再对铁箱和木块整体，由牛顿第二定律求出水平拉力F的大小；
（3）撤去拉力F时，箱和木块的速度均为v=6m/s，由于μ1＞μ2，木块相对箱滑动，由牛顿第二定律分别求出木块与铁箱的加速度，由速度公式求出铁箱减速至停止所受的时间，分析1s内可知木块到达箱右端时，箱未能停止．则t=1s木块与铁箱的位移之差等于铁箱长度，由运动学公式求出．
解答：
解：（1）对木块：在
竖直方向：由相对静止得 mg=Ff=μ2FN∴FN==N=20N
由牛顿第三定律得：木块对铁箱的压力FN′=﹣FN=﹣20N，方向水平向左
（2）对木块：在水平方向：FN=ma
∴a==40m/s2
对铁箱和木块整体：F﹣μ1（M+m）g=（M+m）a
故水平拉力F=（M+m）（a+μ1g）=135N
（3）撤去拉力F时，箱和木块的速度均为v=6m/s，
因μ1＞μ2，以后木块相对箱滑动．
木块加速度a2=μ2g=2.5m/s2
又铁箱加速度：a1==5.5m/s2
铁箱减速时间为t0=v/a1=1.1s＞1s，故木块到达箱右端时，箱未能停止．
则经t=1s木块比铁箱向右多移动距离L即铁箱长．
即有：L=（vt﹣a2t2）﹣（vt﹣a1t2）=（a1﹣a2）t2．
解得：L=1.5m
答：（1）木块对铁箱的压力大是20N，方向水平向左；
（2）水平拉力F的大小是135N．
（3）铁箱长度是1.5m．
点评：
本题要通过分析木块的状态，由牛顿第二定律求解木块对铁箱的压力和水平拉力．抓住木块与铁箱位移的关系，由牛顿第二定律和运动学公式结合研究铁箱的长度．
　
29．（2015?巴中模拟）如图所示，水平传送带正以v=2m/s的速度运行，两端的距离为L=10m．把一质量为m=1kg的小物体轻轻放到传送带上，物体在传送带的带动下向右运动．如物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，则把这个物体从传送带左端传送到右端的过程中（g取10m/s2），求：
（1）摩擦力对物体做了多少功？
（2）为了传送物体电动机多消耗的电能为多少？
考点：
牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题：
传送带专题．
分析：
物体轻轻放在传送带上受到滑动摩擦力而做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求得加速度，由速度公式求出物体的速度增大到与传送带相等所用时间，并求出此过程的位移，判断速度相等后物体的运动情况，若物体继续做匀速直线运动，由位移公式求解时间，即可求得总时间．
摩擦力对物体做的功等于摩擦力大小乘以物体相对地面的位移，电动机多消耗的电能一部分转化为物体的动能，一部分转化为热能．
解答：
解：（1）物体放到传送带上时，相对传送带向左滑行，受到向右的滑动摩擦力，因而向右做初速度为零的匀加速直线运动，当速度增加到传送带运动的速度v=2m/s时，物体与传送带间就不再有相对滑动，也就不再有摩擦力了，物体从此做匀速运动一直到右端．物体做匀加速运动时，受力如图示：
则：物体所受摩擦力大小为：f=μFN=μmg=1N…①
物体在皮带上滑行时加速度的大小为：a==1m/s2…②
经历时间t=后，一起做匀速运动，
加速到v=2m/s过程中运动的位移为：s==m=2m…③
摩擦力做的功为：W=fs=1×2J=2J…④
（2）2s内皮带的位移为s′=vt=2×2=4m
此过程中产生的热量Q=μmg（s′﹣s）=0.1×1×10×2=2J
物体的动能
所以多消耗的电能E消=Q+EK=2+2=4J
答：（1）摩擦力对物体做了2J的功；
（2）为了传送物体电动机多消耗的电能为4J．
点评：
解决本题的关键知道物体在传送带上先向右做匀加速直线运动，直到速度达到传送带的速度，又一起做匀速直线运动．
　
30．（2015?绵阳模拟）如图所示，某传送带装置倾斜放置，倾角θ=37°，传送带AB长度xo=l0m．有一水平平台CD高度保持6.45m不变．现调整D端位置，当D、B的水平距离合适时，自D端水平抛出的物体恰好从B点沿BA方向冲上斜面，此后D端固定不动，g=l0m/s2．另外，传送带B端上方安装一极短的小平面，与传送带AB平行共面，保证自下而上传送的物体能沿AB方向由B点斜向上抛出．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）求D、B的水平距离；
（2）若传送带以5m/s的速度逆时针匀速运行，某物体甲与传送带间动摩擦因数μ1=0.9，自A点沿传送带方向以某一初速度冲上传送带时，恰能水平落到水平台的D端，求物体甲的最大初速度v01；
（3）若传送带逆时针匀速运行，某物体乙与传送带间动摩擦因数μ2=0.6，自A点以vo2=11m/s的初速度沿传送带方向冲上传送带时，恰能水平落到水平台的D端，求传送带的速度v′．
考点：
牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
（1）从B点飞出后做平抛运动，根据平抛运动的基本公式列式即可求解；
（2）先根据几何关系求出物体从传送带上落下时的速度，再由动能定理即可求解；
（3）分摩擦力方向始终向上和向下两种情况，根据动能定理列式求出速度，从而判断摩擦力的方向，再根据牛顿第二定律列式求解．
解答：
解：（1）设水平抛出物体的初速度v0，经时间t落入传送带上时，竖直分速度为vy，竖直方向：
h﹣x0sinθ=gt2
vy=gt
tanθ=
水平方向距离 x=v0t
∴x=1.2m
（2）由（1）中得 sinθ=
所以物体从传送带上落下时 v=5m/s
则物体甲到B端的速度为v=5m/s，则恰能水平落到水平台的D端
由动能定理得：﹣mg x0sinθ﹣μ1mgcosθx0=mv2﹣mv012
解得：v01=17m/s
（3）若传送带对物体的摩擦力方向始终向下，设物体到B端速度v1
由动能定理得：﹣mg x0sinθ﹣μ2mgcosθx0=mv12﹣mv022
v1无解
若传送带对物体的摩擦力方向始终向上，设物体到B端速度v2
由动能定理得：﹣mgx0sinθ+μ2mgcosθx0=mv22﹣mv022
所以 v2=m/s＞5m/s
故只能是摩擦力方向先向下后向上
当摩擦力方向向下时，由牛顿第二定律得
mgsinθ+μ2mgcosθ=ma1
所以 a1=10.8m/s2
当摩擦力方向向上时，由牛顿第二定律得
mgsinθ﹣μ2mgcosθ=ma2
所以a2=1.2m/s2
设传送带速度为v′，则有
解得：v′=2m/s
答：（1）D、B的水平距离为1.2m；
（2）若传送带以5m/s的速度逆时针匀速运行，某物体甲与传送带间动摩擦因数μ1=0.9，自A点沿传送带方向以某一初速度冲上传送带时，恰能水平落到水平台的D端，求物体甲的最大初速度v01为17m/s；
（3）若传送带逆时针匀速运行，某物体乙与传送带间动摩擦因数μ2=0.6，自A点以vo2=11m/s的初速度沿传送带方向冲上传送带时，恰能水平落到水平台的D端，求传送带的速度v′为 2m/s．
点评：
本题主要考查牛顿第二定律和功能关系的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况和运动情况，选择合适的公式求解，难度适中．