第三章第二节牛顿第二定律和两类动力学问题

第二节牛顿第二定律两类动力学问题一、牛顿第二定律1．内容：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同．2．表达式：F＝ma.3．适用范围(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系．(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况．1.(单选)根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是()A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度C．物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比D．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二、两类动力学问题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．利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是利用加速度的“桥梁”作用，将运动学规律和牛顿第二定律相结合，寻找加速度和未知量的关系，是解决这类问题的思考方向．2.(多选)如图所示，总质量为460 kg 的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是()A．所受浮力大小为4 830 NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N答案：AD三、力学单位制1．单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制．2．基本单位：基本物理量的单位，基本物理量共七个，其中力学有三个，它们是长度、质量、时间，它们的单位分别是米、千克、秒．3．导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．3.(单选)在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为()A．m2·kg·s－4·A－1B．m2·kg·s－3·A－1C．m2·kg·s－2·A－1D．m2·kg·s－1·A－1答案：B考点一用牛顿第二定律求解瞬时加速度1．求解思路：求解物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况或运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．2．牛顿第二定律瞬时性的“两类”模型(1)刚性绳(轻杆或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间．(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．3．在求解瞬时加速度时应注意的问题(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析．(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．(多选)(2015·高考海南卷)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态．现将细线剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在剪断的瞬间，()A．a1＝3g B．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2[审题突破](1)剪断前，S1的弹力为________，S2的弹力为________，a物块所受合力为________；(2)剪断瞬间，两弹簧弹力________，物块a所受合力为________．[解析]设物体的质量为m，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力F T1，剪断前对bc和弹簧S2组成的整体分析可知F T1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋F T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝Fm＝3g，A正确、B错误；设弹簧S2的拉力为F T2，则F T2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确、D错误．[答案]AC(单选)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，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＝0B．a1＝a2＝a3＝a4＝gC ．a 1＝a 2＝g ，a 3＝0，a 4＝m ＋MMg D ．a 1＝g ，a 2＝m ＋M M g ，a 3＝0，a 4＝m ＋MMg解析：选C.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a 1＝a 2＝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 ，a 3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a 4＝F ＋Mg M ＝M ＋mMg ，所以C 对．考点二 动力学两类基本问题求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．已知受力求运动(2016·洛阳市期中考试)某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目——推矿泉水瓶．选 手们从起点开始用力推瓶子一段时间后，放手让它向前滑动，若瓶子最后停在桌上有效区域内(不能压线)视为成功；若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败．其简化模型如图所示，AC 是长度L 1＝5.5 m 的水平桌面，选手们将瓶子放在A 点，从A 点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC 为有效区域．已知BC 长度L 2＝1.1 m ，瓶子质量m ＝0.5 kg ，与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，g ＝10 m/s 2.某选手作用在瓶子上的水平推力F ＝11 N ，瓶子沿AC 做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求：在手推瓶子过程中瓶子的位移取值范围．(令5＝2.2)[审题突破] (1)推瓶子阶段，瓶子做________运动，放开手后做________运动，瓶子前段的末速度________于后段的初速度；(2)要获得成功，两段的总位移应满足：________<x 总<________．[解析] 要想获得成功，瓶子滑到B 点时速度恰好为0，力作用时间最短，滑到C 点时速度恰好为0，力作用时间最长．设力作用时的加速度为a 1、位移为x 1，撤力时瓶子的速度为v 1，撤力后瓶子的加速度为a 2、位移为x 2，则F －μmg ＝ma 1 －μmg ＝ma 2 2a 1x 1＝v 212a 2x 2＝－v 21L 1－L 2<x 1＋x 2<L 1 由以上各式联立可解得： 0．4 m<x 1<0.5 m. [答案] 0.4 m ～0.5 m已知运动求受力(单选)(2015·高考重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)，此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m 2gh t＋mgB.m 2gh t－mgC.m gh t ＋mgD.m gh t－mg[审题突破] (1)安全带作用的过程，可认为人做________运动；(2)安全带达到最大伸长时，人的速度为________．[解析] 设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，则v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，设安全带对人的平均作用力为F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝ma又v ＝at解得F ＝m 2gh t ＋mg .[答案] A两类动力学问题的解题步骤考点三 动力学图象问题1．图象类型(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图象，要求分析物体的运动情况． (2)已知物体在一运动过程中位移、速度、加速度随时间变化的图象，要求分析物体的受力情况．(3)已知物体在物理图象中的运动初始条件，分析物体位移、速度、加速度随时间的变化情况．2．问题的实质：是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图象的物理意义，理解图象的轴、点、线、截、斜、面六大功能．已知F －t 图象求运动(单选)(2016·陕西西安联考)质量为2 kg 的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t ＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F 的作用，F 随时间t 的变化规律如图所示．重力加速度g 取10 m/s 2，则物体在t ＝0到t ＝12 s 这段时间内的位移大小为( )A ．18 mB ．54 mC ．72 mD ．198 m[审题突破] (1)物体所受最大静摩擦力(滑动摩擦力)为________ N ，因此0～3 s ，物体________；(2)物体在3～6 s 内做________运动，在6～9 s 内做________运动，在9～12 s 内做________运动．[解析] 由题中条件可得最大静摩擦力F fm ＝4 N.拉力只有大于最大静摩擦力时，物体才会由静止开始运动． 0～3 s 内：F ＝F fm ，物体保持静止，x 1＝0；3～6 s 内：F >F fm ，物体由静止开始做匀加速直线运动，a ＝F －F fm m ＝8－42 m/s 2＝2 m/s 2，6 s 末的速度v ＝at ＝6 m/s ，3～6 s 内的位移x 2＝12at 2＝12×2×32 m ＝9 m ；6～9 s 内：F ＝F fm ，物体做匀速直线运动，x 3＝v t ＝18 m ；9～12 s 内：F >F fm ，物体以6 m/s 为初速度，以2 m/s 2为加速度继续做匀加速直线运动，x 4＝v t ＋12at 2＝27 m.所以0～12 s 内物体的位移为x ＝x 1＋x 2＋x 3＋x 4＝54 m ，选项B 正确． [答案] B已知v －t 图象求受力(2016·福建福州质检)如图甲所示，质量m ＝1 kg 的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t ＝0.5 s 时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v －t 图象)如图乙所示，g 取10 m/s 2，求：(1)2 s 内物块的位移大小x 和通过的路程L ；(2)0～0.5 s 和0.5 s ～1 s 两个阶段加速度大小a 1、a 2和拉力大小F . [审题突破] (1)0～0.5 s 内物体沿斜面向________做________运动； (2)0.5～1 s 内物体沿斜面向________做________运动； (3)1～2 s 内物体沿斜面向________做________运动． [解析] (1)在2 s 内，由题图乙知：物块上升的最大距离：x 1＝12×2×1 m ＝1 m ①物块下滑的距离：x 2＝12×1×1 m ＝0.5 m ②所以位移大小x ＝x 1－x 2＝0.5 m ③ 路程L ＝x 1＋x 2＝1.5 m ．④(2)由题图乙知，所求两个阶段加速度的大小 a 1＝4 m/s 2⑤ a 2＝4 m/s 2⑥设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为F f ，根据牛顿第二定律有0～0.5 s内：F－F f－mg sin θ＝ma1⑦0．5～1 s内：F f＋mg sin θ＝ma2⑧由⑤⑥⑦⑧式得F＝8 N.[答案](1)0.5 m 1.5 m(2)4 m/s2 4 m/s28 N数形结合解决动力学问题1．物理公式与物理图象的结合是一种重要题型．对于已知图象求解相关物理量的问题，往往是结合物理过程从分析图象的横、纵坐标轴所对应的物理量的函数入手，分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得出所求结果．2．解决这类问题必须把物体的实际运动过程与图象结合，相互对应起来．物理模型——传送带模型的分析1．模型特征(1)水平传送带模型2.模型动力学分析(1)传送带模型问题的分析流程(2)判断方法 (2)判断方法 ①水平传送带情景1 若v 22μg ≤l ，物、带能共速；情景2 若|v 2－v 20|2μg ≤l ，物、带能共速；情景3 若v 202μg ≤l ，物块能返回．②倾斜传送带情景1 若v 22a ≤l ，物、带能共速；情景2 若v 22a≤l ，物、带能共速；若μ≥tan θ，物、带共速后匀速； 若μ<tan θ，物体以a 2加速(a 2<a )． 3．模型功能关系分析(1)传送带问题中各力做功情况①传送带对物体做功的实质就是摩擦力对物体做的功，即W f ＝F f ·x 物； ②外部动力对传送带做的功W F ＝F ·x 带； ③因相对滑动产生的热量Q ＝F f ·x 相对． (2)功能关系①水平传送带：W F ＝ΔE k ＋Q ；②倾斜传送带：W F ＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q .(16分)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v 0＝2 m/s 的速率运行，现把一质量为m ＝10 kg 的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经过时间1.9 s ，工件被传送到h ＝1.5 m 的高处，取g ＝10 m/s 2，求：(1)工件与传送带间的动摩擦因数；(2)电动机由于传送工件多消耗的电能．[审题突破] (1)运动过程分析：1.9 s 内工件是否一直加速？若工件先匀加速运动后匀速运动，所受摩擦力是否相同？(2)能量转化分析：多消耗的电能转化成了哪几种能量？各如何表示？(1)由题图可知，皮带长x ＝h sin θ＝3 m ．工件速度达v 0前，做匀加速运动的位移x 1＝v t 1＝v 02t 1(2分) 匀速运动的位移为x －x 1＝v 0(t －t 1)(1分)解得加速运动的时间t 1＝0.8 s(1分)加速运动的位移x 1＝0.8 m(1分)所以加速度a ＝v 0t 1＝2.5 m/s 2(1分) 由牛顿第二定律有：μmg cos θ－mg sin θ＝ma (2分)解得：μ＝32.(1分) (2)从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功发出的热量．在时间t 1内，皮带运动的位移x 皮＝v 0t 1＝1.6 m(1分)在时间t 1内，工件相对皮带的位移x 相＝x 皮－x 1＝0.8 m(1分)在时间t 1内，摩擦生热Q ＝μmg cos θ·x 相＝60 J(2分)工件获得的动能E k ＝12m v 20＝20 J(1分) 工件增加的势能E p ＝mgh ＝150 J(1分)电动机多消耗的电能W ＝Q ＋E k ＋E p ＝230 J ．(1分)[答案] (1)32(2)230 J1．分析传送带问题的关键是判断．一是摩擦力方向的判断；二是物、带能否共速的判断；三是共速后物体能否与传送带保持相对静止的判断．2．水平传送带：共速后不受摩擦力，不再有能量转化．倾斜传送带：共速后仍有静摩擦力，仍有能量转化．滑动摩擦力做功，其他能量转化为内能，静摩擦力做功，不产生内能.(单选)(2016·贵州六校联考)如图所示，传送带足够长，与水平面间的夹角θ＝37°，并以v ＝10 m/s 的速率逆时针匀速转动着，在传送带的A 端轻轻地放一个质量为m ＝1 kg 的小物体，若已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)则下列有关说法正确的是( )A ．小物体运动1 s 后，受的摩擦力大小不适用公式F ＝μF NB ．小物体运动1 s 后加速度大小为2 m/s 2C ．在放上小物体的第1 s 内，系统产生50 J 的热量D ．在放上小物体的第1 s 内，至少给系统提供能量70 J 才能维持传送带匀速转动 解析：选B.刚放上小物体时，小物体相对于传送带向上运动，小物体受到的摩擦力方向沿传送带斜向下，大小为F f1＝μmg cos θ，其加速度大小a 1＝mg sin θ＋μmg cos θm＝10 m/s 2，方向沿传送带斜向下.1 s 末小物体的速度为v ＝a 1t ＝10 m/s ，又μ<tan θ，则此后小物体相对于传送带向下滑动，受到的摩擦力沿传送带斜向上，大小为F f2＝μmg cos θ，其加速度大小a 2＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2，方向沿传送带斜向下，故A 错、B 对；在第1 s 内小物体与传送带产生的热量为Q ＝F f L ＝μF N L ＝μmgL cos θ，又知L ＝v t －12a 1t 2，解得Q ＝20 J ，故C 错；第1 s 内小物体的位移为x ＝12v t ＝5 m ，其增加的动能为E k ＝12m v 2＝50 J ，需向系统提供的能量E ＝E k ＋Q －mg sin θ·x ＝40 J ，D 项错．1．(考点一)(单选)(2016·孝感统测)如图所示，弹簧一端固定在天花板上，另一端连一质量为M ＝2 kg 的秤盘，盘内放一个质量为m ＝1 kg 的物体，秤盘在竖直向下的拉力F 的作用下保持静止，F ＝30 N ，突然撤去拉力F 的瞬间，物体对秤盘的压力为(g ＝10 m/s 2)( )A ．10 NB ．15 NC ．20 ND ．40 N解析：选C.由于拉力F 撤去之前秤盘和物体均保持静止，系统受力平衡，在拉力F 撤去的瞬间，系统所受合力方向向上，对整体由牛顿第二定律可得F ＝(M ＋m )a ，对物体再根据牛顿第二定律可得F N －mg ＝ma ，两式联立解得F N ＝20 N ，再根据牛顿第三定律可知物体对秤盘的压力大小为20 N ，方向竖直向下，C 正确．2.(考点二)(多选)如图所示，质量为m 2的物体2放在车厢底板上，用竖直细线通过定滑轮与质量为m 1的物体1连接，不计滑轮摩擦，车厢正在水平向右做加速直线运动，连接物体1的细线与竖直方向成θ角，物体2仍在车厢底板上，则( )A ．细线拉力为m 1g cos θB ．车厢的加速度为g tan θC ．底板对物体2的支持力为m 2g －m 1g cos θD ．底板对物体2的摩擦力为零解析：选BC.以物体1为研究对象，水平方向有F T sin θ＝m 1a ，竖直方向有F T cos θ＝m 1g ，解得a ＝g tan θ，F T ＝m 1gcos θ，选项A 错误、B 正确；以物体2为研究对象，水平方向有F f ＝m 2a ，竖直方向有F T ＋F N ＝m 2g ，解得F f ＝m 2g tan θ，F N ＝m 2g －m 1g cos θ，选项C 正确、D 错误．3．(考点三)(多选)(2015·高考全国卷Ⅰ)如图甲，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v －t 图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度解析：选ACD.由题图乙可以求出物块上升过程中的加速度为a 1＝v 0t 1，下降过程中的加速度为a 2＝v 1t 1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋F f ＝ma 1，mg sin θ－F f ＝ma 2，由以上各式可求得sin θ＝v 0＋v 12t 1g ，滑动摩擦力F f ＝m （v 0－v 1）2t 1，而F f ＝μF N ＝μmg cos θ，由以上分析可知，选项A 、C 正确．由v －t 图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D 正确．4.(微专题8)(多选)(2016·湖北黄冈模拟)三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以v0的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是() A．若v0≥1 m/s，则物块A先到达传送带底端B．若v0≥1 m/s，则物块A、B同时到达传送带底端C．若v0＜1 m/s，则物块A先到达传送带底端D．若v0＜1 m/s，则物块A、B同时到达传送带底端解析：选BC.因为μ＜tan 37°，若v0≥1 m/s，两物块以相同的初速度和加速度沿传送带下滑，摩擦力均阻碍物块的运动，所以物块A、B同时到达传送带底端，B选项正确；若v0＜1 m/s，开始运动的一段时间内，物块A的加速度大于物块B的加速度，然后加速度相等，所以物块A先到达传送带底端，即C选项正确．5．(考点二)(2016·太原质检)如图所示，倾角θ＝37°的斜面固定在水平面上．质量m＝1.0 kg的小物块受到沿斜面向上的F＝9.0 N的拉力作用，小物块由静止沿斜面向上运动．小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25(斜面足够长，取g＝10 m/s2.sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．(1)求小物块运动过程中所受摩擦力的大小；(2)求在拉力的作用过程中，小物块加速度的大小；(3)若在小物块沿斜面向上运动0.80 m时，将拉力F撤去，求此后小物块沿斜面向上运动的距离．解析：(1)F作用时，物体受力如图甲所示．F f＝μmg cos 37°＝2.0 N.(2)设加速度为a1，根据牛顿第二定律有F－F f－mg sin 37°＝ma1解得a1＝1.0 m/s2.(3)设撤去拉力前小物块运动的距离为x1，撤去拉力时小物块的速度为v，撤去拉力后小物块的加速度和向上运动的距离大小分别为a2、x2，有v2＝2a1x1①撤去F后，物体受力如图乙所示．由牛顿第二定律得：mg sin 37°＋F f＝ma2②v2＝2a2x2③联立①②③式并代入数据解得：x2＝0.10 m.答案：(1)2.0 N(2)1.0 m/s2(3)0.10 m一、单项选择题1．(2016·海南三亚一中月考)竖直起飞的火箭在推力F的作用下产生10 m/s2的加速度，若推力增大到2F，则火箭的加速度将达到(g取10 m/s2，不计空气阻力)() A．20 m/s2B．25 m/s2C．30 m/s2D．40 m/s2解析：选C.根据牛顿第二定律可知F－mg＝ma1，当推力为2F时，有2F－mg＝ma2，代入数据解得a2＝30 m/s2，则C正确．2．(2016·宝鸡高三质检)如图所示，将质量为M的U形框架开口向下置于水平地面上，用轻弹簧1、2、3将质量为m的小球悬挂起来．框架和小球都静止时弹簧1竖直，弹簧2、3水平且长度恰好等于弹簧原长，这时框架对地面的压力大小等于(M＋m)g.现将弹簧1从最上端剪断，则在剪断后瞬间()A．框架对地面的压力大小仍为(M＋m)gB．框架对地面的压力大小为0C．小球的加速度大小等于gD．小球的加速度为0解析：选D.剪断弹簧1瞬间，弹簧的形变不改变，小球所受合外力为0，由牛顿第二定律可知此时小球的加速度大小为0，C项错误、D项正确；框架受重力和支持力作用，F N＝Mg，由牛顿第三定律可知，框架对地面的压力大小为Mg，A、B项错误．3.如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC ＝5∶4∶3，AC杆竖直，各杆上分别套有一可视为质点的小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为1∶2∶3，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d 三小球在各杆上滑行的时间之比为()A．1∶1∶1 B．5∶4∶3C．5∶8∶9 D．1∶2∶3解析：选A.由题可知A、B、C、D恰好在以AC为直径的圆上，且C为最低点，由等时圆知识可知三小球在杆上滑行时间相等，A对．4.(2016·唐山一中模拟)一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦．现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平．若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是()A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析：选D.因滑块始终未与皮带达到共速，故滑块始终受到水平向左的滑动摩擦力，由μmg－kx＝ma可知，滑块的加速度先减小后反向增大，而滑块的速度先增大后减小，直到速度为零，故只有D项正确．5．(2016·河北衡水调研)如图甲所示，在木箱内粗糙斜面上静置一个质量为m的物体，木箱竖直向上运动的速度v与时间t的变化规律如图乙所示，物体始终相对斜面静止．斜面对物体的支持力和摩擦力分别为F N和F f，则下列说法正确的是()A．在0～t1时间内，F N增大，F f减小B．在0～t1时间内，F N减小，F f增大C．在t1～t2时间内，F N增大，F f增大D．在t1～t2时间内，F N减小，F f减小解析：选D.在0～t1时间内，由题图乙可知，物体做加速运动，加速度逐渐减小，设斜面倾角为θ，对物体受力分析，在竖直方向上有F N cos θ＋F f sin θ－mg＝ma1，在水平方向上有F N sin θ＝F f cos θ，因加速度减小，则支持力F N和摩擦力F f均减小．在t1～t2时间内，由题图乙可知，物体做减速运动，加速度逐渐增大，对物体受力分析，在竖直方向上有mg －(F N cos θ＋F f sin θ)＝ma2，在水平方向上有F N sin θ＝F f cos θ，因加速度增大，则支持力F N和摩擦力F f均减小，故选D.6.如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是()A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小或也可能相等B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C．若μ≥tan θ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度a≥g sin θ解析：选A.若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；若μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B 端时速度与v 相同；若μ<tan θ，则粮袋先做加速度为g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 端时的速度大于v ，选项A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm＝g (sin θ＋μcos θ)，选项B 错误；若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能一直是做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误．二、多项选择题7．(2014·高考山东卷)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．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 ．t 1B ．t 2C ．t 3D ．t 4解析：选AC.当合外力方向与速度方向相同时，质点做加速运动．由v －t 图象可知，质点在t 1、t 3时刻做加速运动，在t 2、t 4时刻做减速运动．故选项A 、C 正确，选项B 、D 错误．8．(2016·高考江苏卷)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )A ．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B ．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C ．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D ．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面解析：选BD.将桌布从鱼缸下拉出的过程，鱼缸相对桌布向左运动，因此桌布对它的摩擦力方向向右，A 项错误．设动摩擦因数为μ，鱼缸在桌布对它的滑动摩擦力的作用下做初速度为零的匀加速运动，加速度大小为μg ，设经过t 1时间鱼缸滑离桌布，滑离时的速度为v ，则v ＝μgt 1；鱼缸滑到桌面上后，做匀减速运动，加速度大小也为μg ，因此鱼缸在桌面上运动的时间t 2＝v μg，因此t 1＝t 2，B 项正确．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，大小为μmg ，保持不变，C 项错误．若猫减小拉力，则鱼缸与桌布间的摩擦力有可能小于滑动摩擦力，则鱼缸与桌布一起运动，从而滑出桌面，D 项正确． 9.如图所示，一倾角θ＝30°的光滑斜面固定在箱子底板上，一小球用一细绳拴于箱子顶部，细绳与斜面间夹角也为θ，细绳对小球的拉力为F T ，斜面对小球的支持力为F N ，重力加速度为g ，小球始终相对斜面静止，则下列运动能确保F T 、F N 中只有一个为0的是( )A ．箱子自由下落B ．箱子水平向右做加速运动，且加速度大小为33g C ．箱子水平向右做减速运动，且加速度大小为33g D ．箱子以任意加速度竖直向上做加速运动解析：选BC.当箱子自由下落时，小球的加速度为g ，F T 、F N 均为0，A 错；箱子水平向右加速，此时斜面对小球的支持力可以为0，则有tan 60°＝mg ma ，即加速度大小为33g ，B 对；箱子水平向右减速时，绳的拉力可以为0，则有tan 30°＝ma mg ，即加速度大小为33g ，C 对；当箱子以任意加速度竖直向上加速时，绳的拉力F T 和斜面的支持力F N 均不为0，D 错．10．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2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v 2＞v 1，则( )A ．t 1时刻，小物块离A 处的距离达到最大B ．t 2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C ．0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右。