【文档说明】高考物理一轮复习 精选题辑含答案： 课练9 牛顿运动定律的应用.doc，共(12)页，427.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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课练9牛顿运动定律的应用1．(2018·广东广州联考)(多选)如图所示，两个相同的小物块a和b之间用一根轻弹簧相连，系统用细线静止悬挂于足够高的天花板下．细线某时刻被剪断，系统下落，已知重力加速度为g，

则()A．剪断细线瞬间，a和b的加速度大小均为gB．弹簧恢复原长时，a和b的加速度大小均为gC．下落过程中弹簧一直保持拉伸状态D．下落过程中a、b和弹簧组成的系统机械能守恒答案：BD解析：细线被剪断前，a、b受力如图，F1＝F′1＝mg，F2＝F′

1＋mg＝2mg，剪断细线瞬间，细线拉力F2变为零，弹簧弹力不变．对a有F′1＋mg＝maa，aa＝2g；b受力情况不变，加速度为零，A错误；弹簧恢复原长时，a和b都只受重力，加速度大小均为g，B正确；由于开始a的加速度大于b的加速度，下落时弹簧长度开始变短，弹簧

恢复原长时，a的速度大于b的速度，弹簧开始处于压缩状态，C错误；下落过程中a、b和弹簧组成的系统动能、重力势能、弹性势能相互转化，系统机械能守恒，D正确．2．(2018·河南南阳一中月考)(多选)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μ2.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＝52μmg

时，A的加速度为13μgC．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12μg答案：BCD解析：A、B之间的最大静摩擦力为fmax＝μmAg＝2μmg，B与地面间的最大静摩擦力为f′max＝12μ(mA＋mB)g＝32μmg，A、B发生相对滑动时的加速

度为a＝12μg，此时对整体有F－f′max＝(m＋2m)a，所以当F＝12μ·3mg＋3ma＝3μmg时，A、B将发生相对滑动；当32μmg≤F<2μmg时，A、B之间不会发生相对滑动，B与地面间会发生相对滑动，A

错误；当F＝52μmg<3μmg时，A、B间不会发生相对滑动，由牛顿第二定律有a′＝F－f′maxmA＋mB＝52μmg－32μmg3m＝13μg，B正确；当F>3μmg时，A、B间发生相对滑动，C正确；A对B的最大摩擦力为2μmg，无论F为何值，B的加速度最大值为a＝12μg，D正确．3．(

2018·安徽蚌埠期末)爱因斯坦曾经设计了一个真空中的理想实验，在这个实验中，当电梯(内部为真空)相对于地球静止时，封闭在电梯里的观察者发现，从手中释放的苹果和羽毛落到电梯底板上，当电梯做自由落体运动时，观察者

发现从手中释放的苹果和羽毛会停在空中而不下落．以下对这一实验的说法中正确的是()A．电梯相对地球静止时，释放后的苹果比羽毛先落到电梯底板B．电梯做自由落体运动时，释放后的苹果和羽毛受到的合力为零C．以自由下落的电梯为参考系，

牛顿运动定律也是成立的D．在自由下落的电梯里，观察者不能仅从苹果和羽毛的运动现象判断引力是否存在答案：D解析：电梯静止时，由于不受空气阻力，苹果和羽毛均做自由落体运动，故二者同时落到电梯底板上，故A错误；电梯做自由落

体运动时，释放后的苹果和羽毛所受的合力等于它们的重力，故B错误；牛顿运动定律适用于惯性参考系，即选择静止或匀速直线运动的物体为参考系，以自由下落的电梯为参考系，牛顿运动定律是不成立的，故C错误；由于电梯、苹果和羽毛三

者同时自由下落时相对静止，此时它们仍受到引力作用，因此不能仅从苹果和羽毛的运动现象判断引力是否存在，故D正确．4．(2018·湖北黄石中学模考)(多选)如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两个滑块放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A、B与斜面间的动摩

擦因数分别为μ1、μ2，它们在斜面上加速下滑．关于杆的受力情况，下列分析正确的是()A．若μ1>μ2，m1＝m2，则杆受到压力B．若μ1＝μ2，m1>m2，则杆受到拉力C．若μ1<μ2，m1<m2，则杆受到压力

D．若μ1＝μ2，m1≠m2，则杆不受到作用力答案：AD解析：不考虑杆对滑块的作用时，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，对滑块A有m1gsinθ－μ1mgcosθ＝m1a1，解得a1＝g(sinθ－μ1cosθ)；同理，对滑块B有

a2＝g(sinθ－μ2cosθ)．考虑杆对两滑块的作用，若μ1>μ2，则a1<a2，B的加速度较大，则杆受到压力，故A正确；若μ1＝μ2，则a1＝a2，两滑块加速度相同，说明无相对运动趋势，杆不受到作用力，故B错误，D正确；若μ1<μ2，则a1>a2，A的加速度较大，则杆受到拉力，故C错误．5

．(2018·甘肃一诊)(多选)如图所示，在水平面上，有两个质量分别为m1和m2的物体A、B，它们与水平面之间的动摩擦因数均为μ，m1>m2，A、B间水平连接有一轻质弹簧测力计．若用大小为F的水平力向右拉B，稳定后B的加速度大小为a1，弹簧测力计示数为F1；如果改用大小为F的水平力

向左拉A，稳定后A的加速度大小为a2，弹簧测力计示数为F2.下列关系式正确的是()A．a1＝a2，F1>F2B．a1＝a2，F1<F2C．a1＝a2，F1＝F2D．a1>a2，F1>F2答案：A解析：以由A、B及弹簧组成的整体为研究对象，由

牛顿第二定律得两次运动过程中整体的加速度a＝F－μm1＋m2gm1＋m2，可得a1＝a2＝a.当用F拉B时，以A为研究对象有F1－μm1g＝m1a1，可得F1＝μm1g＋m1a1＝m1Fm1＋m2；同理，当用F拉A时，以B为研究对象，有F2－μm2g＝m2a2，可得F2＝m2

Fm1＋m2，由于m1>m2，则F1>F2，A正确．6．(多选)如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆右边用一根细线吊一小铁球，当小车向右做加速运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ<α，

则下列说法正确的是()A．轻杆对小球的弹力方向与细线平行B．轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上C．轻杆对小球的弹力方向既不与细线平行也不沿着轻杆方向D．此时轻杆的形变包括拉伸形变与弯曲形变答案：AD解析：分析细线下面的小铁球，受力如图甲所示，只受到重力和拉力，二者的合力沿水平方向，则有a＝

gtanα.分析轻杆下面的小球，设轻杆对小球的力F与竖直方向夹角为β，受力分析如图乙，则有mg＝Fcosβ，ma＝Fsinβ，小铁球加速度相同，则a＝gtanβ，代入计算得β＝α，所以A正确，B、C错误；由于弹力没有沿杆的方向，所以轻杆不但被拉伸，还被弯曲，因此D正

确．7．质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂另一质量为m的小球，且M>m.用一力F水平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度a向右运动，细线与竖直方向成α角，细线的拉力大小为F1，如图甲．若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速

度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力大小为F′1，如图乙，则()A．a′＝a，F′1＝F1B．a′>a，F′1>F1C．a′<a，F′1<F1D．a′>a，F′1＝F1答案：D解析：先对题图甲中的整体受力分析，受重力、支持力和拉力F，根据

牛顿第二定律有F＝(M＋m)a.再对题图甲的小球受力分析，如图(a)．根据牛顿第二定律有F－F1sinα＝ma，F1cosα－mg＝0.由以上三式可解得F1＝mgcosα，a＝mgtanαM.再对题图乙中小

球受力分析如图(b)，由几何关系得F合＝mgtanα，F′1＝mgcosα，再由牛顿第二定律得到a′＝gtanα，由于M>m，故a′>a，F′1＝F1，故选D.8．如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的力随时间变化的图线．由图

线可知，该同学的体重约为650N，除此以外，还可得到的信息是()A．该同学做了两次下蹲—起立的动作B．该同学做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2s起立C．下蹲过程中人一直处于失重状态D．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态答案：B解析：人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降处于失

重状态，达到一个最大速度后再减速下降处于超重状态，同理起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲—起立的动作，A错误；由图象看出两次超重的时间间隔就是人蹲在地上持续的时间，约2s，B正确；下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，C、D均错误．9．(2018·江西宜春中学等五校联考)

(多选)如图所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底角为α和β且α<β，a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块．已知所有接触面都是光滑的．现使a、b同时沿斜面下滑，则下列说法正确的是()A．楔形木块静止不动B．楔形木块向右运动C．a木

块处于超重状态D．b木块处于失重状态答案：AD解析：对木块a受力分析，如图甲所示，受重力和支持力．木块a匀加速下滑，所以a木块处于失重状态，同理b木块也处于失重状态，D正确，C错误；由力的合成与分解可得N1＝mgcosα，故木块a对楔

形木块的压力为N′1＝mgcosα，同理，木块b对楔形木块的压力为N′2＝mgcosβ，对楔形木块受力分析，如图乙所示，在水平方向上有N′2cosα＝N′1cosβ＝mgcosαcosβ，所以楔形木块静

止不动，故A正确，B错误．10．(2018·江西九校联考)如图所示，三个物体质量分别为m1＝1.0kg、m2＝2.0kg、m3＝3.0kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ＝30°，m1和m2之间的动摩擦因数μ＝0.8.不计绳

与滑轮的质量和摩擦．初始时刻用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将(g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．相对于m1上滑B．相对于m2下滑C．和m1一起沿斜面下滑D．和m1一起沿斜面上滑答案：B解析：假设m1和m2之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度a＝m

3g－m1＋m2gsin30°m1＋m2＋m3＝2.5m/s2.隔离对m2分析，由牛顿第二定律得f－m2gsin30°＝m2a，解得f＝m2gsin30°＋m2a＝15N，由题意可知最大静摩擦力fm＝μm2gcos30°＝13.9N，可知f

>fm，因为m2随m1一起做加速运动需要的摩擦力大于二者之间的最大静摩擦力，所以假设不正确，根据上述分析可知，m2相对于m1下滑，故B正确．11．(2018·辽宁鞍山一中一模)如图所示，水平面上有一固定着轻质定滑轮O的木块A，它的上表面与水平面平行，它的右侧

是一个倾角θ＝37°的斜面．放置在A上的物体B和物体C通过一轻质细绳相连，细绳的一部分与水平面平行，另一部分与斜面平行．现对A施加一水平向右的恒力F，使A、B、C恰好保持相对静止．已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦，求

恒力F的大小．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)答案：mg解析：设绳的张力为T，系统加速度为a，以物体B为研究对象，水平方向物体B只受绳的拉力，由牛顿第二定律得T＝ma；对物体C受力分析如图所示，受绳的张力T、斜面的支持力FN和重力mg，加速度也为a.对力进行正交分解：水平方向有

FNsinθ－Tcosθ＝ma；竖直方向有FNcosθ＋Tsinθ＝mg，联立解得a＝g3，以A、B、C整体为研究对象有F＝3ma，解得F＝mg.12．(2018·安徽蚌埠二中模拟)如图所示，地面依次摆放两个完全相同的木板A、B，长度均为l＝2.

5m，质量均为m2＝150g．现有一小滑块以速度v0＝6m/s冲上木板A的左端，已知小滑块质量m1＝200g，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小

相等，g取10m/s2)(1)若滑块滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件．(2)若μ1＝0.4，求滑块运动的时间(结果可用分数表示)．答案：(1)0.35<μ1≤0.5(2)2314s解析：(1)滑块滑上木板A时，木板不动

，由受力分析得μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g，滑块滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得μ1m1g>μ2(m1＋m2)g，代入数据解得0.35<μ1≤0.5.(2)若μ1＝0.4，则滑块在木板A上滑动时

，木板不动．设滑块在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1，解得a1＝4m/s2，由－2a1l＝v21－v20，得滑块到达木板B时的速度v1＝4m/s，设滑块在A板上运动的时间为t1，由v1＝v0－a1t1，

解得t1＝0.5s，滑块滑上B后，B开始运动，由μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2，解得a2＝23m/s2，当滑块与B速度相同时，有a2t2＝v1－a1t2，解得t2＝67s，相对位移Δx＝v1＋v共2t2－v共2t2＝12

7m<l＝2.5m，故滑块与木板B能达到共同速度，v共＝a2t2＝47m/s，然后两者相对静止并一起做减速运动，有μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a共，解得a共＝2m/s2，t3＝v共a共＝27s,所以t＝t1＋t2＋t3＝2314s.刷题加餐练刷高考真题——找

规律1．(2016·新课标全国卷Ⅱ)(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()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．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功答案：BD解析：设小球在下落过程中所受阻力F阻＝kR，k为常数，由牛顿第二定律可知：mg－F阻＝ma，由m＝ρV＝43ρπR3知43ρπR3g－kR＝43ρπR3a，则a＝g－3k4

ρπ·1R2，故知R越大，a越大，下落过程中a甲>a乙，故C错误；下落相同的距离，由h＝12at2知，a越大，t越小，故A错误；由2ah＝v2－v20知，v0＝0，a越大，v越大，故B正确；由W阻＝－F阻h知，甲球克服阻力做的功更大一些，故D正确．2．(201

5·新课标全国卷Ⅱ)(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23a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()A．8B．10C．15D．18答案：BC解析：设每节车厢质量为m，挂钩P、Q西边车厢的质量为bm，东边车厢的质量为cm，当机车在东边时，以bm为研究对象，F＝bma；当机车

在西边时，以cm为研究对象，F＝23cma，可得3b＝2c.设3b＝2c＝k，则总节数d＝b＋c＝56k，且d为正整数，则k取6,12,18，…，d＝5,10,15，…，故选项B、C正确．3．(2015·

新课标全国卷Ⅰ)(多选)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v­t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1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

大高度答案：ACD解析：v­t图线的斜率表示加速度，与时间轴围成的面积表示位移，故由题中所给的图象可得物块上滑的加速度大小a上＝v0t1，物块下滑的加速度大小a下＝v1t1.设斜面倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律

得，上滑时gsinθ＋μgcosθ＝a上，下滑时gsinθ－μgcosθ＝a下，两方程联立可解得斜面的倾角、物块与斜面间的动摩擦因数，选项A、C正确；物块运动的加速度与质量无直接关系，依据题意无法得出物块的质量，选项B错误；物块沿斜面上滑的最大距离，即是在t1时

间内v­t图线与时间轴所围的面积，即x＝12v0t1，则h＝xsinθ，选项D正确．刷仿真模拟——明趋向4．(2018·重庆巴蜀中学月考)如图所示，倾角为θ的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为

v1，一个物块从传送带底端以初速度大小v2(v2>v1)上滑，同时物块受到平行于传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的v­t图象不可能是()答

案：C解析：因v2>v1，则物块相对于传送带向上运动，物块所受滑动摩擦力向下．①若F＝mgsinθ＋μmgcosθ，则物块的加速度为零，将一直向上以v2匀速运动，选项B正确；②若F>mgsinθ＋μmgcosθ，则物块的加速度向上，将一直做匀加速直线运动，选项A正确；③若F<

mgsinθ＋μmgcosθ，则物块的加速度向下，将向上做匀减速直线运动，当两者速度相等时，物块受静摩擦力作用且它所受的合外力为零，则物块和传送带一起向上匀速运动，故选项C错误，选项D正确；故不可能的图象选C.5．(2018·江西丰城模拟)(多选)

质量均为m的两物块1和2之间用一根不可伸长的细线相连，两物块一起在光滑水平桌面上以速度v0匀速运动，某时刻物块1到达桌面的右边缘，如图所示．当物块1滑上与桌面等高的水平传送带后，经过一段时间到达传送带的最右端，若传送带的速度大于v0且保持不变，物块1和物块2与传送带间的动摩擦

因数分别为μ1、μ2(μ1<μ2)，则在此过程中(不考虑桌子边缘与传送带间的缝隙，细线的长度小于传送带的长度)()A．物块2在桌面上可能先做匀加速运动后做匀速运动B．两物块都在传送带上时，它们所受的摩擦力一定不相等C．两物块在任何时刻的速度和加速度都相

等D．可能存在物块1与物块2加速度不相等的阶段答案：AD解析：物块1滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，由于物块1和物块2通过不可伸长的细线连接，故物块2也做匀加速运动；如果在物块2滑上传送带之前，物块的速度已经等于传送带的速度，则此后物块1、2均做匀速直线运动，

故A正确；两物块都在传送带上时，如果两物块速度与传送带相同，则两物块所受静摩擦力相等，均为零，故B错误；如果物块2滑上传送带时，物块的速度小于传送带的速度，由于两个物块的动摩擦因数μ1<μ2，则加速度a1<a2，两个物块间的距离会缩小，故C错误，D正确．6．(2018·山西太原五中段考)在如

图所示的装置中，质量为3kg的物块被平行于斜面的细绳拴在斜面上端的小柱上，斜面的倾角为30°，被固定在测力计上，整个装置保持静止．如果物块与斜面间无摩擦，装置稳定以后，当细绳被烧断，物块正在下滑的过程中，与稳定时比较，测力计的读数(g取10m/s2)()A．增加15NB．减小15NC．减小7.

5ND．保持不变答案：C解析：对物块和斜面体整体受力分析，受重力和支持力，平衡时有N－(M＋m)g＝0，物块加速下滑时，再次对物块和斜面体整体受力分析，根据牛顿第二定律，竖直方向有(M＋m)g－N′＝m

asin30°，对物块受力分析，根据牛顿第二定律，有mgsin30°＝ma，联立得到N－N′＝masin30°＝mg(sin30°)2＝3×10×0.25N＝7.5N．故A、B、D错误，C正确．刷最新原创——抓重点7．(20

18·北京西城区模拟)在光滑水平面上放置两长度相同、质量分别为m1和m2的木板P、Q，在木板的左端各有一大小、形状、质量完全相同的物块a和b，木板和物块均处于静止状态．现对物块a和b分别施加水平恒力F1和F2，使它们向右运动．当物块与木板分离时，P、Q的速度分别为v1、v2，物块a、b相对地面的

位移分别为s1、s2.已知两物块与木板间的动摩擦因数相同，下列判断正确的是()A．若F1＝F2、m1>m2，则v1>v2、s1＝s2B．若F1＝F2、m1<m2，则v1>v2、s1＝s2C．若F1<F2、m1＝m2，则v1>v2、s1>s2D．若F1>F2、m1＝m

2，则v1<v2、s1>s2答案：C解析：若F1＝F2，由于a、b所受的摩擦力大小相等，因此a、b的加速度相同，设a、b的加速度大小为a0，P的加速度大小为a1，Q的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得a1＝μmgm1，a2＝μmgm2，其中m为物块a、

b的质量．设木板的长度为L，两木板均向右做匀加速直线运动，当物块与木板分离时，a与P的相对位移为L＝12a0t21－12a1t21，b与Q的相对位移为L＝12a0t22－12a2t22.若m1>m2，则a1<a2，t1

<t2.P的速度为v1＝a1t1，Q的速度为v2＝a2t2.物块a相对地面的位移为s1＝12a0t21，物块b相对地面的位移为s2＝12a0t22，则v1<v2，s1<s2；同理，若m1<m2，则v1>

v2，s1>s2，故A、B错误；若F1>F2、m1＝m2，根据受力分析和牛顿第二定律得aa>ab，由于m1＝m2，所以P、Q的加速度相同．设P、Q的加速度大小为a3，它们均向右做匀加速直线运动，当物块与木板分离时a与P的相对位移为

L＝12aat21－12a3t21，b与Q的相对位移为L＝12abt22－12a3t22，由于aa>ab，则t1<t2.P的速度为v1＝a3t1，Q的速度为v2＝a3t2，则v1<v2，s1<s2，故D错误；同理，若F1<F2、m1＝m2，则aa<ab，t1

>t2，v1>v2，s1>s2，故C正确．8．如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上，已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ，车厢静止时，两弹簧

长度相同，A恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现使车厢沿水平方向加速运动，为保证A、B仍相对车厢静止，则()A．速度可能向左，加速度可大于(1＋μ)gB．加速度一定向右，不能超过(1－μ)gC．加速度一定向左，不能超过μgD．加速度一定向左，不

能超过(1－μ)g答案：B解析：开始A恰好不下滑，对A分析有f＝mg＝μN＝μF弹，解得F弹＝mgμ，此时弹簧处于压缩状态．当车厢做加速运动时，为了保证A不下滑，侧壁对A的支持力必须大于等于mgμ，根据牛顿第二定律可知加速度方向一

定向右．对B分析，fBm＝μ(F弹－mg)≥ma，解得a≤(1－μ)g，故B正确，A、C、D错误．刷易错易误——排难点易错点1不能正确地选取研究对象9．(2018·安徽六安一中月考)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放

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fm.现用平行于斜面的拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力F的最大值为()A.35fmB.34fmC．fmD.3

2fm答案：D解析：由题意可知，当下面的质量为2m的木块受到的摩擦力达到最大时，拉力F达到最大．将四个木块看成整体，由牛顿第二定律有F＋6mgsin30°＝6ma，将两个质量为m的木块及处在斜面上面的质量为2m的木块看成整体，

有fm＋4mgsin30°＝4ma，联立解得F＝32fm，故选项D正确．易错点2对物体的运动过程分析不清10．(2018·陕西宝鸡中学模拟)(多选)如图所示，一粗糙的水平传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动，传送带的左、右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面

，一物体以恒定大小的速度v2沿水平面分别从左、右两端滑上传道带，下列说法正确的是()A．物体从右端滑到左端所需的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间B．若v2<v1，物体从左端滑上传送带必然先做加速运动，再做匀速运动C

．若v2<v1，物体从右端滑上传送带，则物体可能到达左端D．若v2<v1，物体从右端滑上传送带又回到右端，在此过程中物体先做减速运动再做加速运动答案：CD解析：若v2<v1，物体从左端滑上传送带时，由于传送带相对物体向右运动，所以物体受到向右的滑动摩擦力，在滑动摩擦力作用下做匀加速运动；若在到

达传送带右端之前，物体和传送带达到共速，则之后物体做匀速直线运动，若在到达传送带右端时物体的速度仍小于传送带的速度，则物体在传送带上整个运动过程中都做匀加速直线运动，故B错误；若v2<v1，物体从右端滑上传送带时，由于物体受到向右的滑动

摩擦力，在传送带上向左做减速运动，可能在减速到零前物体到达传道带左端，也有可能在传道带上某一点时，物体速度减小到零，之后由于物体相对传送带向左运动，物体受到向右的滑动摩擦力，在摩擦力作用下向右反向做加速运动，故C、D正确；若v2>v1，并且v2足够

大，无论从左端还是从右端滑上传送带的过程中，物体在传送带上运动的整个过程中都是做匀减速直线运动，加速度a＝μg，所以运动时间相同，故A错误．刷综合大题——提能力11．(2018·重庆八中一模)如图所示，质量M＝

1kg的木板静置于倾角为37°的足够长的固定斜面上的某个位置，质量m＝1kg、可视为质点的小物块以初速度v0＝5m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F＝14N，使木板从静止开始运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑出．

已知小物块与木板之间的动摩擦因数为0.25，木板与斜面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)物块和木板共速前，物块和木板的加速度；(2)木板的最

小长度；(3)物块在木板上运动的总时间．答案：(1)见解析(2)6148m(3)58＋6196s解析：(1)物块与木板共速前，对物块分析有mgsinθ＋μ1mgcosθ＝ma1，得a1＝8m/s2，方向沿斜面向下，

物块减速上滑；对木板分析有F＋μ1mgcosθ－Mgsinθ－μ2(m＋M)gcosθ＝Ma2，得a2＝2m/s2，方向沿斜面向上，木板加速上滑．(2)物块与木板共速时有v共＝v0－a1t1，v共＝a2t1，代入数据解得t1＝0.5s，v共＝1m/s，共速时物块与木板的相对位

移Δx1＝v0t1－12a1t21－12a2t21＝1.25m，撤掉F后，物块相对于木板上滑，加速度大小仍为a1＝8m/s2，物块减速上滑，对木板有Mgsinθ＋μ2(M＋m)gcosθ－μ1mgcosθ＝Ma′

2，则a′2＝12m/s2，方向沿斜面向下，木板减速上滑．由于Mgsinθ＋μ1mgcosθ＝μ(M＋m)gcosθ，则木板速度减为零后，物块在木板上滑动时，木板保持静止，经过t2＝112s，木板停止，经过t′2＝18s，物块速度减为零，此过程，物块和木板的相对位移Δx2＝v共2t′

2－v共2t2＝148m，故木板的最小长度Lmin＝Δx1＋Δx2＝6148m.(3)物块在木板上下滑时，木板静止不动，物块的加速度a′1＝gsinθ－μ1gcosθ＝4m/s2，Lmin＝12a′1t23，得t3＝6196s，物块在木板上运动的总时间t＝t1＋t′2＋t

3＝58＋6196s.