2019届一轮复习人教版 牛顿运动定律的综合应用 学案

第9讲牛顿运动定律的综合应用
1．超重和失重
(1)实重与视重
①实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态__无关__.
②视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的__示数__称为视重；视重大小等于弹簧测力计所受物体的__拉力__或台秤所受物体的__压力__.
(2)超重、失重和完全失重的比较
(1)整体法和隔离法
①整体法
当连接体内(即系统内)各物体的__加速度__相同时，可以把系统内的所有物体看成一个__整体__，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对__整体__列方程求解的方法．
②隔离法
当求系统内物体间相互作用的__内力__时，常把某个物体从系统中__隔离__出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对__隔离__出来的物体列方程求解的方法．
(2)动力学图象
①三种图象：v－t图象、a－t图象、F－t图象．
②图象间的联系：加速度是联系v－t图象与F－t图象的桥梁．
1．请判断下列表述是否正确，对不正确的表述，请说明原因．
(1)超重就是物体的重力变大的现象．(×)
解析不管超重还是失重，物体本身重力并不变．
(2)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力．(×)
解析减速上升和加速下降，物体加速度的方向均向下，物体对地板的压力小于物体的重力，处于失重状态．
(3)加速上升的物体处于超重状态．(√)
(4)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态．(×)
解析加速度竖直向下且等于g的物体，处于完全失重状态．(5)处于完全失重状态的物体，重力并没有发生变化．(√)
(6)超重和失重现象与物体运动的速度大小和方向无关．(√)
(7)站在台秤上的人下蹲过程中，台秤的示数保持不变．(×)
解析站在台秤上的人下蹲过程，加速度先向下再向上，人先失重再超重，台秤的示数先减小再增大．
2．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(AD)
A．t＝2 s时最大B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大D．t＝8.5 s时最小
解析当电梯有向上的加速度时，人处于超重状态，人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，压力越大，因此t＝2 s时，压力最大，选项A正确；当有向下的加速度时，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t＝8.5 s时压力最小，选项D正确．
一对超重和失重的理解
[例1]广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图所示，则下列相关说法正确的是(D)
A．t＝4.5 s时，电梯处于失重状态
B．5～55 s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态
D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零
解析利用a－t图象可判断t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则选项A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力>重力，5～55 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力<重力，综上所述，选项B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，选项D正确．
判断超重和失重现象的三个角度
(1)从受力的角度判断
当物体受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态．
(2)从加速度的角度判断
当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．
(3)从速度变化角度判断
①物体向上加速或向下减速时，超重；
②物体向下加速或向上减速时，失重．
二动力学中的图象问题
利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t ＝0.4 s 时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图乙所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m ．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g ，则( AC )
A ．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1
10
B ．在0.4～2.5 s 时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化
C ．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g
D ．在
0.4
～2.5 s 时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变
[思维导引]能正确识图，并从图象中提取所需的信息，是解答此类问题的关键，本题的分析思路具有一定的代表性，逻辑流程如下：
解析 在v －t 图象中，曲线与坐标轴所围成的面积表示物体运动位移的大小，根据题目给的图象可以大致判断飞机从着舰到停止通过的位移x ≈100 m ，故选项A 正确；由图象知，0.4～2.5 s 内飞机做匀减速直线运动，加速度不变，故所受合外力不变，而飞机所受的合外力为阻拦索的拉力与摩擦力的合力，由于摩擦力不变，阻拦索间的夹角变小，故阻拦索的张力随时间减小，受力如图所示，选项B 错误；由图象可知在0.4～2.5 s 内，a ≈65－10
2.5－0.4
m/s 2＝26.2 m/s 2>2.5g ，故选项C 正确．由于阻拦索对飞机的作用力F 阻不变，阻拦索对飞机
做功的功率P＝F阻v，故v减小时，阻拦系统对飞机做功的功率减小，选项D错误．
三连接体问题
涉及整体法和隔离法的具体类型
(1)通过滑轮和绳的连接体问题：若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法．绳跨过定滑轮，连接的两物体虽然加速度大小相同但方向不同，故采用隔离法．
(2)水平面上的连接体问题：这类问题一般多是连接体(系统)中各物体保持相对静止，即具有相同的加速度．解题时，一般整体法、隔离法交替应用．
(3)斜面体与上面物体组成的系统的问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析．
[例3](多选)如图所示，质量为m2的物体，放在沿平直轨道向左行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑的定滑轮连接质量为m1的物体．当车向左匀加速运动时，与物体m1相连接的绳与竖直方向成θ角，m2与车厢相对静止．则(BD)
A．车厢的加速度为g sin θ
B．绳对物体m1的拉力T为m1g cos θ
C．地板对物体m2的支持力F N＝(m2－m1)g
D．物体m2所受底板的摩擦力F f＝m2g tan θ
解析以物体m1为研究对象，分析受力情况如图甲所示，根据牛顿第二定律得m1g tan θ
＝m1a，得a＝g tan θ，则车厢的加速度也为g tan θ.绳对物体m1的拉力T＝m1g
cos θ，故选项A 错误，B正确；以物体m2为研究对象，分析其受力情况如图乙所示，根据牛顿第二定律有
F N＝m2g－T＝m2g－m1g
cos θ，F f＝m2a＝m2g tan θ.故选项C错误，D正确．
分析连接体问题的思路
四 传送带模型
传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题． 1．水平传送带问题
求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻．
2．倾斜传送带问题
求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．
[例4](2018·山东济南重点中学联考)如图甲所示，水平传送带沿顺时针方向匀速运转．从传送带左端P 先后由静止轻轻放上三个物体A 、B 、C ，物体A 经t A ＝9.5 s 到达传送带另一端Q ，物体B 经t B ＝10 s 到达传送带另一端Q ，若释放物体时刻作为t ＝0时刻，分别作出三物体的v －t 图象如图乙、丙、丁所示．求：
(1)传送带的速度大小v 0； (2)PQ 的长度L ；
(3)物体A 、B 、C 与传送带间的动摩擦因数； (4)物体C 从传送带左端P 到右端Q 所用的时间t C ．
解析 (1)物体A 与B 选做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，说明物体的速度与传送带的最终速度相等，所以由图乙、丙可知传送带的速度大小是4 m/s.
(2)v －t 图线与t 轴围成图形的面积表示物体的位移，所以A 的位移x A ＝36 m ，传送带的长度L 与A 的位移相等，也是36 m.
(3)(4)A 的加速度a A ＝Δv A t 1
＝4 m/s 2，
由牛顿第二定律得μA mg ＝ma A ，所以μA ＝a A
g
＝0.4.
同理，B 的加速度a B ＝Δv B t 2＝2 m/s 2，μB ＝a B
g ＝0.2.
设物体C 从传送带左端P 到右端Q 所用的时间为t C ，则 L ＝0＋v C
2t C ，
t C ＝2L
v C
＝24 s ，
C 的加速度a C ＝Δv C t C ＝18 m/s 2，μC ＝a C
g ＝0.012 5.
答案 (1)4 m/s (2)36 m (3)0.4 0.2 0.012 5 (4)24 s
滑块在水平传送带上运动常见的三个情景
中运动，两轮相距L AB ＝5 m ，将质量m ＝1 kg 的物体无初速度地轻轻放在A 处，若物体与皮带间的动摩擦因数μ＝
3
2
(取g ＝10 m/s 2)，物体从A 运动到B 共需多长时间？
解析 第一阶段，物块向上匀加速运动，由牛顿第二定律有 μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1， 代入数据求得a 1＝2.5 m/s 2.
根据匀变速直线运动规律得v ＝a 1t 1，x 1＝v
2t 1，
代入数据求得t 1＝1 s ，x 1＝1.25 m.
第二阶段，由于μ>tan θ，故物体向上匀速运动． L AB －x 1＝v t 2， t 2＝1.5 s.
总时间t＝t1＋t2＝2.5 s.
答案 2.5 s
滑块在倾斜传送带上运动常见的四个情景
1
2
3
4
五滑块——木板模型
1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．
2．位移关系：滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L.
[例6]一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度—时间图象如图所示．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦．物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，取重力加速度的大小g＝10 m/s2.求：
(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．
解析 从t ＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．
由图可知，在t 1＝0.5 s 时，物块和木板的速度相同．设t ＝0到t ＝t 1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a 1和a 2，则
a 1＝v 1
t 1，①
a 2＝v 0－v 1t 1
，②
式中v 0＝ 5m/s 、v 1＝1 m/s 分别为木板在t ＝0、t ＝t 1时速度的大小．设物块和木板的质量为m ，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得
μmg ＝ma 1，③ (μ1＋2μ2)mg ＝ma 2，④
联立①②③④式得μ1＝0.20，⑤ μ2＝0.30.⑥
(2)在t 1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为F f ，物块和木板的加速度大小分别为a ′1和a ′2，则由牛顿第二定律得
F f ＝ma ′1，⑦ 2μ2mg －F f ＝ma ′2，⑧ 假设F f <μ1mg ，则a ′1＝a ′2，
由⑤⑥⑦⑧式得F f ＝μ2mg >μ1mg ，与假设矛盾． 故F f ＝μ1mg ，⑨
由⑦⑧⑨式知，物块加速度的大小a ′1＝a 1，a ′2＝(2μ2－μ1)g ＝4 m/s 2； 物块的v －t 图象如图中点划线所示．
由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为 s 1＝2×v 21
2a 1
，⑩
s 2＝v 0＋v 12t 1＋v 212a 2
，⑪
物块相对于木板的位移的大小为s ＝s 2－s 1，⑫ 联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得s ＝1.125 m. 答案 (1)0.20 0.30 (2)1.125 m
“滑块——滑板”模型问题的分析思路
1．(2017·新疆乌鲁木齐二模)在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg ，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是( D )
A ．晓敏同学所受的重力变小了
B ．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力
C ．电梯一定在竖直向下运动
D ．电梯的加速度大小为g
5
，方向一定竖直向下
解析 由题知体重计的示数为40 kg 时，人对体重计的压力小于人的重力，故处于失重状态，实际人受到的重力并没有变化，选项A 错误；由牛顿第三定律知选项B 错误；电梯具有向下的加速度，但不一定是向下运动，选项C 错误；由牛顿第二定律mg －F N ＝ma ，可知a ＝g
5
，方向竖直向下，选项D 正确．
2．(2017·广东深圳市二模)如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块，其中两个质量为m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg ，现用水平拉力F 拉其中一个质量为2m 的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m 的最大拉力为( B )
A ．3μmg 5
B ．3μmg 4
C ．3μmg 2
D ．3μmg
解析 经过受力分析，A 、B 之间的静摩擦力给B 、C 、D 组成的系统提供加速度，加速度达到最大值的临界条件为A 、B 间达到最大静摩擦力，即a m ＝
μmg 4m ＝μg
4
，而绳子拉力F T 给C 、D 组成的系统提供加速度，因而拉力的最大值F Tm ＝3ma m ＝
3μmg
4
，故选项B 正确． 3．(多选)(2017·江西南昌市调研)如图，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A 、B 物体，B 的质量是A 的2倍，B 受到水平向右的恒力F B ＝2 N ，A 受到的水平向右的变力F A ＝(9－2t ) N ，t 的单位是s ，从t ＝0开始计时，则( ABD )
A ．A 物体在3 s 末时刻的加速度是初始时期的511倍
B ．t ＞4 s 后，B 物体做匀加速直线运动
C ．t ＝4.5 s 时，A 物体的速度为零
D ．t ＞4.5 s 后，A 、B 的加速度方向相反
解析 对于A 、B 整体据牛顿第二定律有F A ＋F B ＝(m A ＋m B )a ，设A 、B 间的作用为F ，则对B 据牛顿第二定律可得F ＋F B ＝m B a ，解得F ＝m B
F A ＋F B m A ＋m B
－F B ＝16－4t
3 N ．当t ＝
4 s 时
F ＝0，A 、B 两物体开始分离，此后B 做匀加速直线运动，而A 做加速度逐渐减小的加速运动．当t ＝4.5 s 时A 物体的加速度为零而速度不为零；t >4.5 s 后，A 所受合外力反向，即A 、B 的加速度方向相反．当t <4 s 时，A 、B 的加速度均为a ＝F A ＋F B
m A ＋m B .综上所述，选项A 、B 、
D 正确．
4．图甲中，质量为m 的物块叠放在质量为2m 的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2.在木板上施加一水平向右的拉力F ，在0～3 s 内F 的变化如图乙所示，图中F 以mg 为单位，重力加速度g ＝10 m/s 2.整个系统开始时静止．
(1)求1 s 、1.5 s 、2 s 、3 s 末木板的速度以及2 s 、3 s 末物块的速度；
(2)在同一坐标系中画出0～3 s内木板和物块的v－t图象，据此求0～3 s内物块相对于木板滑过的距离．
解析(1)设木板和物块的加速度分别为a和a′，在t时刻木板和物块的速度分别为v t 和v t′，木板和物块之间摩擦力的大小为F f，由牛顿第二定律、运动学公式以及摩擦力的计算得F f＝ma′，F f＝μmg，
当v t′<v t时v t2′＝v t1′＋a′(t2－t1)，
F－F f＝(2m)a，v t2＝v t1＋a(t2－t1)，
结合题给条件得
v1＝4 m/s，v1.5＝4.5 m/s，v2＝4 m/s，v3＝4 m/s，v2′＝4 m/s，v3′＝4 m/s.
(2)物块与木板运动的v－t图象如图所示．
在0～3 s内物块相对于木板的距离Δx等于木板和物块v－t图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三角形面积为0.25，下面的三角形面积为2，因此Δx＝2.25 m.
答案(1)v1＝4 m/s，v1.5＝4.5 m/s，v2＝4 m/s，v3＝4 m/s，v2′＝4 m/s，v3′＝4 m/s(2)见解析
[例1](2018·湖北黄石检测·15分)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g.
(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
(3)本实验中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1 m，取g ＝10 m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知，为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
[答题送检]来自阅卷名师报告
[错解1]不能以纸板和砝码整体为对象求解F f2，错解为F f2＝μm2g.
[错解2] 不能分析得出砝码与纸板相对运动的条件是a 2>a 1，以能拉动纸板的力F ＝F f1
＋F f2＝μ(2m 1＋m 2)g 作为第(2)问的答案．
[错解3] 不能正确确定砝码和纸板各自的位移及两物体位移的关系x 1＋x 2≤l ，特别是容易遗漏“纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x 2＝12
a 3t 2
2”，导致解答错误．
[规范答题]
[解析] (1)砝码对纸板的摩擦力F f1＝μm 1g ， 桌面对纸板的摩擦力F f2＝μ(m 1＋m 2)g ， 纸板所受摩擦力F f ＝F f1＋F f2， 解得F f ＝μ(2m 1＋m 2)g .
(2)设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则 F f1＝m 1a 1， F －F f1－F f2＝m 2a 2， 发生相对运动时，a 2>a 1， 解得F >2μ(m 1＋m 2)g .
(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x 1＝1
2a 1t 21，
纸板运动的距离d ＋x 1＝1
2a 2t 21
，
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离 x 2＝12a 3t 22，l ＝x 1＋x 2，
由题意知a 1＝a 3，a 1t 1＝a 3t 2， 解得F ＝2μ[m 1＋⎝⎛⎭⎫1＋d
l m 2]g ， 代入数据得F ＝22.4 N.
答案 (1)μ(2m 1＋m 2)g (4分) (2)大于2μ(m 1＋m 2)g (5分) (3)22.4 N(6分)
1．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( D )
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
解析 手托物体抛出的过程，必有一段加速过程，其后可以减速，可以匀速，当手和物
体匀速运动时，物体既不超重也不失重；当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，选项A 错误；物体从静止到运动，必有一段加速过程，此过程物体处于超重状态，选项B 错误；当物体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，选项C 错误；手和物体分离之前速度相同，分离之后手速度的变化率比物体速度的变化率大，物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度，故D 正确．
2．如图所示，两个质量分别为m 1＝3 kg 、m 2＝2 kg 的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接．两个大小分别为F 1＝30 N 、F 2＝20 N 的水平拉力分别作用在m 1、m 2上，则( B )
A ．弹簧测力计的示数是50 N
B ．弹簧测力计的示数是24 N
C ．在突然撤去F 2的瞬间，m 2的加速度大小为4 m/s 2
D ．在突然撤去F 2的瞬间，m 1的加速度大小为10 m/s 2
解析 对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二定律得整体的加速度a ＝F 1－F 2m 1＋m 2＝10
5
m/s 2＝2 m/s 2，隔离m 2，根据牛顿第二定律有F －F 2＝m 2a ，解得F ＝24 N ，所
以弹簧测力计的示数为24 N ，选项A 错误，B 正确；在突然撤去F 的瞬间，弹簧的弹力不变，m 1的加速度不变，为2 m/s 2，m 2的加速度a 2＝F m 2＝24
2
m/s 2＝12 m/s 2，选项C 、D 错误．
3．杂技中的“顶竿”由两个演员共同表演，站在地面上的演员肩部顶住一根长竹竿．另一演员爬至竹竿顶端完成各种动作后下滑．若竹竿上演员自竿顶由静止开始下滑，滑到竹竿底部时速度正好为零．已知竹竿底部与下面顶竿人肩部之间有一传感器，传感器显示竿上演员自竿顶滑下过程中顶竿人肩部的受力情况如图所示．竹竿上演员质量为m 1＝40 kg ，竹竿质量m 2＝10 kg ，取g ＝10 m/s 2.
(1)求竹竿上的人下滑过程中的最大速度v 1； (2)请估测竹竿的长度h .
解析 (1)由题图可知，0～4 s ，肩部对竹竿的支持力F 1＝460 N<(G 1＋G 2)，人加速下滑，设加速度为a 1，
0～4 s 竹竿受力平衡，受力分析如图甲
甲 乙
由F 1＝G 2＋F f ， 得F f ＝F 1－G 2＝360 N 对人受力分析如图乙
F f ′＝F f ＝360 N ，又由牛顿第二定律得
G 1－F f ′＝m 1a 1， 得a 1＝1 m/s 2.
t 1＝4 s 时达到最大速度，设为v 1，则 v 1＝a 1t 1＝4 m/s.
(2)由题图可知，4 s ～6 s 肩部对竹竿的支持力F 2＝580 N>(G 1＋G 2) 人减速下滑，设加速度为a 2，同理 a 2＝(F 2－G 2)－G 1m 1
＝2 m/s 2.
0～4 s ，下滑距离为h 1，h 1＝v 1
2t 1＝8 m ，
4 s ～6 s ，下滑距离为h 2，h 2＝v 1
2t 2＝4 m ，
竹竿的长度h ＝h 1＋h 2＝12 m. 答案 (1)4 m/s (2)12 m
4.如图所示，木块A 、B 静止叠放在光滑水平面上，A 的质量为m ，B 的质量为2m .现施加水平拉力F 拉B ，A 、B 刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动．若改为水平拉力F ′拉A ，使A 、B 也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F ′不得超过( B )
A ．2F
B ．F 2
C ．3F
D ．F 3
解析 水平力F 拉B 时，A 、B 刚好不发生相对滑动，这实际上是将要滑动但尚未滑动的一种临界状态，从而可知此时A 、B 间的摩擦力即为最大静摩擦力．
先用整体法考虑，对A 、B 整体F ＝(m ＋2m )a .
再将A 隔离可得A 、B 间最大静摩擦力为F fm ＝ma ，解以上两方程可得F f ＝F
3.
若将F ′作用在A 上，隔离B 可得B 能与A 一起运动，而A 、B 不发生相对滑动的最大
加速度a ′＝F fm
2m
，
再用整体法考虑，对A 、B 整F ′＝(m ＋2m )a ′，由以上方程解得F ′＝F
2.故选项B 正
确．
5．(2017·安徽名校联考)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 作用下由静止开始向右运动．如图所示，当速度达到1 m/s 时，将质量m ＝4 kg 的物块轻轻放到木板的右端．已知物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点．(g ＝10 m/s 2)求：
(1)物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多大； (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大小？
解析 (1)放上物块后，物块的加速度a 1＝μmg m ＝μg ＝2 m/s 2；木板的加速度a 2＝
F －μmg M ＝1 m/s 2.
(2)当两物体达速度相等后保持相对静止，故a 1t ＝v 0＋a 2t ，得t ＝1 s ，1 s 内木板位移x 1
＝v 0t ＋1
2
a 2t 2＝1.5 m ，
物块位移x 2＝1
2a 1t 2＝1 m.
所以板长L ＝x 1－x 2＝0.5 m.
(3)相对静止后，对整体F ＝(M ＋m )a . 对物块F f ＝ma ，故F f ＝m F
M ＋m ＝6.29 N.
答案 (1)2 m/s 2 1 m/s 2 (2)0.5 m (3)6.29 N
1．(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( BD )
A ．甲球用的时间比乙球长
B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D ．甲球克限阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
解析 小球的质量m ＝ρ·4
3
πr 3，由题意知m 甲>m 乙，ρ甲＝ρ乙，则r 甲>r 乙．空气阻力f ＝kr ，
对小球由牛顿第二定律，mg －f ＝ma ，则a ＝mg －f m ＝g －kr ρ·43πr 3＝g －3k
4πρr 2
，可得a 甲>a 乙，
由h ＝1
2
at 2知，t 甲<t 乙，选项A 、C 错误；由v ＝2ah 知，v 甲>v 乙，故选项B 正确；因为f 甲>f
乙
，由球克服阻力做功W f ＝f ·h 知，甲球克服阻力做功较大，选项D 正确．
2．(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在
东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为2
3a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力
大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( BC )
A ．8
B ．10
C ．15
D ．18
解析 设挂钩P 、Q 西边有n 节车厢，每节车厢的质量为m ，则挂钩P 、Q 西边车厢的质量为nm ，以西边这些车厢为研究对象，有F ＝nma ，①
P 、Q 东边有k 节车厢，以东边这些车厢为研究对象，有 F ＝km ·2
3
a ，②
联立①②得3n ＝2k ，总车厢数为N ＝n ＋k ，由此可知n 只能取偶数，
当n ＝2时，k ＝3，总节数为N ＝5；当n ＝4时，k ＝6，总节数为N ＝10；当n ＝6时，k ＝9，总节数为N ＝15；当n ＝8时，k ＝12，总节数为N ＝20，故选项B 、C 正确．
3.若货物随升降机运动的v －t 图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图象可能是( B )
解析 由v －t 图象可知：过程①为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，F <mg )；过程②为向下匀速直线运动(处于平衡状态，F ＝mg )；过程③为向下匀减速直线运动(加速度向上，超重，F >mg )；过程④为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，F >mg )；过程⑤为向上匀速直线(处于平衡状态，F ＝mg )；过程⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F <mg )．综合选项分析可知选项B 正确．
4.如图所示，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的
木板．假设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a 1和a 2.下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是( A )
解析 当F 比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得a ＝
F
m 1＋m 2
＝kt m 1＋m 2
，a ∝t . 当F 比较大时，m 2相对于m 1运动，根据牛顿第二定律得 对m 1：a 1＝μm 2g
m 1
，μ、m 1、m 2都一定，则a 1一定．
对m 2：a 2＝F －μm 2g m 2＝kt －μm 2g m 2＝k
m 2t －μg ，a 2是t 的线性函数，t 增大，a 2增大．
由于k m 1＋m 2<k
m 2
，则两木板相对滑动后a 2图象的斜率大于两者相对静止时a 图象的斜率，
故选项A 正确．
5．(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A 和B 的质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.5；木板的质量为m ＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0＝3 m/s.A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：
(1)B 与木板相对静止时，木板的速度； (2)A 、B 开始运动时，两者之间的距离．
解析 (1)滑块A 和B 在木块上滑动时，木板也在地面上滑动．设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为F f 1、F f 2和F f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1.在物块B 与木板达到共同速度前有
F f1＝μ1m A g ，① F f2＝μ1m B g ，②
F f3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g ，③ 由牛顿第二定律得， F f1＝m A a A ，④。