【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习考点06《牛二综合应用》 (含解析).doc，共(17)页，366.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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考向06牛二综合应用-备战2022年高考一轮复习考点微专题解决目标及考点:1、瞬时问题2、超重失重问题3、连接体问题4、滑板与传送带问题【例题1】如图甲、乙中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中B处剪断，已知图甲中的弹簧和图乙中的下段绳子（m1=m2）

(1)它们的拉力将分别如何变化？(2)如果均从图中A处剪断，则图甲中的弹簧和图乙中的下段绳子的拉力又将如何变化呢？(3)试分析分别剪断A瞬间和剪断B瞬间每个小球的加速度？（只断一处）【答案】(1)弹簧和下段绳的拉力都变为0.(2)弹簧的弹力来

不及变化，下段绳的拉力变为0.(3)甲图中，若断A，由于弹簧未形变，所以拉力不变，m1小球受力m1g+m2g，所以加速度为2g，m2小球受拉力和重力平衡，所以加速度为0；若断B，m2小球只受重力，所以加速度为g，m1受力平衡，加速度为0。乙图中，若断A，下端绳子拉力瞬间为0，两个小球整体相对

静止地做自由落体运动，所以加速度均为g；若断B，下端绳子拉力瞬间为0，上端绳子拉力瞬间由2G变为G，m2小球加速度g，m1小球加速度为0一、瞬时问题1.牛顿第二定律的表达式为：F合＝ma，加速度由物体所受合外力决定，加速度的方向与物体所受合外

力的方向一致.当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变.2.轻绳、轻杆和轻弹簧(橡皮条)的区别：(1)轻绳和轻杆：剪断轻绳或轻杆断开后，原有的弹力将突变为0.(2)轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条与其它物体连接时，轻弹簧或橡皮条的弹力不能发生突变.二

、超重与失重问题1.超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象.(2)产生条件：物体具有向上的加速度.2.失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象.(2)产生条件：物体具有向下的加速度.技巧：

判断超重与失重的重要方法——看物体的加速度方向。向上（不一定竖直向上，只要有向上趋势即可）则超重，向下（不一定竖直向下，只要有向下趋势即可）则失重。三、连接体问题1.连接体的类型(1)弹簧连接体(2)物物叠放连接体(3)轻绳连接体

(4)轻杆连接体2.处理连接体问题的方法整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量隔离法的选取原则若连接

体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解整体法、隔离法的交替若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以2.需要注意点：1、AB整体相对静止的沿着某方向匀变速直线运动时，先分析整体加速度，再单

独分析A或者B的受力情况，则可知弹簧的弹力大小。2、弹簧、绳子的弹力方向都是沿着弹簧/绳子自身的方向；支持力的方向都是垂直于接触面；硬杆的弹力方向不确定，可能沿着杆，也可能不沿着杆。3、轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等.轻杆——轻杆平动时

，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比.轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等.运用先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对

象，应用牛顿第二定律求作用力.即“先整体求加速度，后隔离求内力”考点：瞬时问题【例题2】(2017·山东泰安二模)如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直板上.两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细绳相连，两球均处于静止状态.已知B球质量为m，O在半

圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，现将轻质细绳剪断的瞬间(重力加速度为g)，下列说法正确的是()A.弹簧弹力大小为2mgB.球B的加速度为gC.球A受到的支持力为2m

gD.球A的加速度为12g【答案】D【解析】剪断细绳前对B球受力分析如图，由平衡条件可得F弹＝mgtan45°＝mg；剪断细绳瞬间，细绳上弹力立即消失，而弹簧弹力F弹和B球重力的大小和方向均没有改变，则F合＝mgcos45°＝2mg，aB＝2g，A、B

项错误.剪断细绳前，有A球的重力大小GA＝2F绳cos30°＝6mg，剪断细绳瞬间，A球受到的支持力FNA＝GAcos30°＝182mg，C项错误.剪断细绳瞬间，对A球由牛顿第二定律有mAgsin30°＝mAaA，得A的加速度aA＝gsin30°＝12g，D项正确.解决瞬时问题

步骤：1、分析变化前整体和个体的受力情况（每个力的大小和方向）2、发生变化瞬间，判断哪些力能发生突变，哪些力不能发生突变3、根据变化后受力情况重新对整体和个体进行受力分析，从而判断物体的合力与加速度。4

、当物体剩余的力都是不变力的时候，直接根据四边形原则求合力和加速度；当剩余的力中有突变力时，则要根据物体实际的运动情况来判断其合力情况。（以例2来示范）【例题3】如图所示，两木块A、B质量均为m，用劲度系数为k、原长为L的轻弹簧连在一起，放在倾角为α的传送带上，两木块与传送带间的动摩擦因数均为

μ，用与传送带平行的细线拉住木块A，传送带按图示方向匀速转动，两木块处于静止状态.求：(1)A、B两木块之间的距离；(2)剪断细线瞬间，A、B两木块加速度分别为多大.【解析】(1)隔离B木块受力分析，由平衡条件可得F弹＝mgsinα＋μmgcosα由胡克定律F弹＝kΔx得两木块间的距离为LAB＝

L＋Δx＝L＋mgsinα＋μmgcosαk(2)剪断细线瞬间弹簧弹力不变，对木块B由牛顿第二定律得F弹－(mgsinα＋μmgcosα)＝maB解得aB＝0.对于木块A有F弹＋μmgcosα＋mgs

inα＝maA解得aA＝2(gsinα＋μgcosα)＝2g(sinα＋μcosα).考点：超重、失重问题【例题4】（2016·镇江高三期中考试）某运动员（可看成质点）参加跳板跳水比赛，t=0是其向上起跳瞬间，其速度与时间关系图象如图所示，则A．t1时刻开始进入水面B．t2时刻开始进入

水面C．t3时刻已浮出水面D．t2—t3的时间内，运动员处于失重状态【答案】B【解析】运动员起跳后进入水面前，做匀变速直线运动。由图象可知，0~t1为上升阶段，t1时刻速度减小到零，到达最高点，选项A错误。t1~t2为下落阶

段，做加速直线运动，t2时刻速度到达最大，开始进入水面，选项B正确。进入水后，向下做匀减速直线运动，运动员处于超重状态，选项CD错误。考点：【例题5】如图所示，电梯内重为10N的物体悬挂在弹簧测力计上．某时刻，乘客观察到测力计

示数变为8N，则电梯可能A．匀加速向上运动B．匀减速向上运动C．匀加速向下运动D．匀减速向下运动【答案】BC【解析】弹簧测力计F=8N<G,电梯处于失重状态，加速度向下，故电梯可能匀加速向下，也可能匀减速向

上运动。考点:连接体问题【例题6】如图所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。当拉力F一定时，Q受到绳的拉力()A．与斜面倾角θ有关B．与动摩擦因数有关C．与系统运动状态有关D．仅与两物

块质量有关【答案】D【解析】设P、Q的质量分别为m1、m2，Q受到绳的拉力大小为FT，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，对整体分析，有F－(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1

＋m2)a；对Q分析：有FT－m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a，解得FT＝m2m1＋m2F，可见Q受到绳的拉力FT与斜面倾角θ、动摩擦因数μ和系统运动状态均无关，仅与两物块质量和F有关，选项D正确。【变式1】

(多选)(2018·陕西商洛质检)如图13所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样

大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是()A.若m>M，有x1＝x2B.若m<M，有x1＝x2C.若μ>sin

θ，有x1>x2D.若μ<sinθ，有x1<x2【答案】AB【解析】在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①隔离物块A，根据牛顿第二定律，有FT－μmg＝ma1②联立①②解得FT＝F·mm＋M③在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，

有F－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a2④隔离物块A，根据牛顿第二定律，有FT′－mgsinθ＝ma2⑤联立④⑤解得FT′＝F·mM＋m⑥比较③⑥可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C

、D错误.【变式2】(多选)如图所示，倾角为θ的斜面放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑.支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是()A.斜面光滑B.斜面粗糙C.达到稳定状态后，地面对

斜面体的摩擦力水平向左D.达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右【答案】AC【解析】隔离小球，可知小球的加速度方向为沿斜面向下，大小为gsinθ，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是gsinθ，所以A正确，B错误.将支架系统

和斜面看成一个整体，因为整体具有沿斜面向下的加速度，故地面对斜面体的摩擦力水平向左，C正确，D错误.故选A、C.考点：滑板与传送带【例题7】一大小不计的木块通过长度忽略不计的绳固定在小车的前壁上，小车表

面光滑。某时刻小车由静止开始向右匀加速运动，经过2s，细绳断裂。细绳断裂前后，小车的加速度保持不变，又经过一段时间，滑块从小车左端刚好掉下，在这段时间内，已知滑块相对小车前3s内滑行了4.5m，后3s内滑行了10.5m。求从绳断到滑块离开车尾所用

的时间是多少？【解析】设小车加速度为a。绳断裂时，车和物块的速度为v1＝at1。断裂后，小车的速度v＝v1＋at2，小车的位移为：x1＝v1t2＋12at22滑块的位移为：x2＝v1t2绳断后，前3s相对位移有关系：Δx＝x1－x2＝12

at23＝4.5m得：a＝1m/s2细绳断开时小车和物块的速度均为：v1＝at1＝1×2m/s＝2m/s设后3s小车的初速度为v1′，则小车的位移为：x1′＝v1′t4＋12at24滑块的位移为：x2′＝v1t4得：x1′－x2′＝3v1′＋4.5m－3v1＝10.5m解得：v1

′＝4m/s由此说明后3s实际上是从绳断后2s开始的，滑块与小车相对运动的总时间为：t总＝5s答案5s01下列哪个说法是正确的()A.体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态B.蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态C.举重运动员

在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D.游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态02如图6-3，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块，木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上．若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为A．加速下降B．加速上升C．减速

上升D．减速下降1.在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带。当旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动。随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进。设传送带匀速前进的速度为0.25m/s，把质量为5k

g的木箱静止放到传送带上，由于滑动摩擦力的作用，木箱以6m/s2的加速度前进，那么这个木箱放在传送带上后，传送带上将留下的摩擦痕迹约为()图1A．5mmB．6mmC．7mmD．10mm2.两个质量分别为m1、m2的物体A和B紧靠在一起放在光滑水平桌

面上，如图2所示，如果它们分别受到水平推力2F和F，则A、B之间弹力的大小为()图2A.m2m1＋m2FB.m1m1＋m2FC.m1＋2m2m1＋m2FD.2m1＋m2m1＋m2F3.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

均为m,2、4质量均为m0，两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.a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝m＋m0m0gD.a1＝g，a2＝m＋m0m0g，a3＝0，a4＝m＋m0m0g4.电梯在t＝0时由静止开始上升，运动的a－t图象如图3所示(选取向上为正)，电梯内乘客的质量m0＝50k

g，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A.第9s内乘客处于失重状态B.1～8s内乘客处于平衡状态C.第2s内乘客对电梯的压力大小为550ND.第9s内电梯速度的增加量为1m/s5.(多选)如图4甲所示，质量为m＝2kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平地面间的动摩

擦因数μ＝0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则()A.物块经

过4s回到出发点B.物块运动到第3s时改变水平拉力的方向C.3.5s时刻水平力F的大小为4ND.4.5s时刻水平力F的大小为16N6.如图5所示，质量为m的小球用一水平轻弹簧系住，并用倾角为60°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态，

在木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为()图5A.0B.大小为g，方向竖直向下C.大小为3g，方向垂直木板向下D.大小为2g，方向垂直木板向下7.(多选)(2017·河北保定一模)如图6所示，一质量M＝3kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜

面体上有一质量为m＝1kg的光滑楔形物体.用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动.重力加速度为g＝10m/s2，下列判断正确的是()A.系统做匀速直线运动B.F＝40NC.斜面体对楔形物体的作用力大小为52ND.增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动8

.如图7所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上，m2在空中).已知力F与水平方向的夹角为θ.则m1的加速度大小为()A.Fcosθm1＋m2B.Fsinθm1＋m2C.Fcosθm1D.Fsinθ

m29.(2018·湖南怀化质检)如图8所示，A、B、C三球质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接.倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正

确的是()A.A球受力情况未变，加速度为零B.C球的加速度沿斜面向下，大小为gC.A、B之间杆的拉力大小为2mgsinθD.A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为12gsinθ10.如图甲所示，两滑块A、B用轻

质细线跨过光滑轻质定滑轮相连，B距地面一定高度，A可在与斜面平行的细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动.已知mA＝2kg，mB＝4kg，斜面倾角θ＝37°.某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v－

t图象如图乙所示.已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)A与斜面间的动摩擦因数；(2)A沿斜面向上滑动的最大位移；(3)滑动过程中细线对A的拉力所做的功.11.(2018·吉林公主岭模拟)如图甲所示，光滑水平面上的O处有一质量为m＝2kg

的物体.物体同时受到两个水平力的作用，F1＝4N，方向向右，F2的方向向左，大小随时间均匀变化，如图乙所示.物体从零时刻开始运动.(1)求当t＝0.5s时物体的加速度大小.(2)物体在t＝0至t＝2s内何时物体的加速度最大？最大值为多少

？(3)物体在t＝0至t＝2s内何时物体的速度最大？最大值为多少？12.(多选)如图12甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块.木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加

速度a，得到如图乙所示的a－F图象.取g＝10m/s2.则下列说法正确的是()图12A.滑块的质量m＝4kgB.木板的质量M＝4kgC.滑块与木板间动摩擦因数为0.1D.当F＝8N时滑块加速度为2m/s213.如图7所示，甲、

乙两传送带倾斜放置，与水平方向夹角均为37°，传送带乙长为4m，传送带甲比乙长0.45m，两传送带均以3m/s的速度逆时针匀速转动，可视为质点的物块A从传送带甲的顶端由静止释放，可视为质点的物块B由传送带乙的顶端以3m/s的初速度沿传送带下滑，两物块质量相等，

与传送带间的动摩擦因数均为0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：图7(1)物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间；(2)物块A、B在传送带上的划痕长度之比。14.如图8甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平

面上放一质量为M的木板。开始时质量为m＝1kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，现将力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失。此后滑块和木板在水平面上运动的v－t图象如图乙所示，g＝10m/s2。求：(1)水平作用力F的大小；(

2)滑块开始下滑时的高度；(3)木板的质量。15.(2018·四川德阳模拟)如图11甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可看做质点的物体A静止叠放在B的最左端.现用F＝6N的水平力向右拉物体A，经过5s物体A运动到B的最右端，其v－t图象如图乙所示.已知A、

B的质量分别为1kg、4kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.(1)求物体A、B间的动摩擦因数；(2)若B不固定，求A运动到B的最右端所用的时间.16.(多选)(2015·新课标全国Ⅱ·20)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.1801.答案B解析：体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于静止状态，蹦床运动员在空中上升和下落过程中加速度向下，都处于失重状态，向下A错误B正确；举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于静止状态，游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于静止状态，选项CD正确。02.答案B

D解析：木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到箱顶向下的压力。当物块对箱顶刚好无压力时，表明系统处于超重状态，有向上的加速度，属于超重，木箱的运动状态可能为加速上升或减速下降，选项BD正确。1.解析木箱加速的时间为t＝v/a，这段时间内木箱的位

移为x1＝v22a，而传送带的位移为x2＝vt，传送带上将留下的摩擦痕迹长为l＝x2－x1，联立各式并代入数据，解得l＝5.2mm，选项A正确。答案A2.答案C解析根据牛顿第二定律对整体有：2F－F＝(m1＋m2)a，方向水平向右；对物体B有

：FN－F＝m2a，联立上述两式得：FN＝m1＋2m2m1＋m2F，故选项A、B、D均错误，选项C正确.3.答案C解析在抽出木板的瞬间，物块1、2与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a1＝a2＝g

；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F－mg＝0，即a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝F＋m0gm0＝m0＋mm0

g，所以C对.4.答案C5.答案CD6.答案D解析撤离木板AB瞬间，木板对小球的支持力消失，而小球所受重力和弹力不变，且二力的合力与原支持力等大反向.7.答案BD解析对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示，

由牛顿第二定律有mgtan45°＝ma，可得F＝40N，a＝10m/s2，A错，B对.斜面体对楔形物体的作用力FN2＝mgsin45°＝2mg＝102N，C错.外力F增大，则斜面体加速度增加，楔形物体不能获得那么大的加速度，将会相对斜面体沿斜面上滑，D对.8.答案A解析把m1、m2看成一个

整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得：Fcosθ＝(m1＋m2)a，所以a＝Fcosθm1＋m2，选项A正确.9.答案D解析细线被烧断的瞬间，以A、B整体为研究对象，弹簧弹力不变，细线拉力突变为0，合力不为0，加速度不为0，故A错误；对球C，由牛顿第二定律得：mg

sinθ＝ma，解得：a＝gsinθ，方向沿斜面向下，故B错误；以A、B、C组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B、C静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力F＝3mgsinθ，烧断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律

得：3mgsinθ－2mgsinθ＝2ma，则A、B的加速度a＝12gsinθ，故D正确；由D可知，B的加速度为a＝12gsinθ，以B为研究对象，由牛顿第二定律得FT－mgsinθ＝ma，解得：FT＝32mgsinθ，故C错误；故选D.10.答案(1)0.25(2)0.75

m(3)12J解析(1)在0～0.5s内，根据题图乙，A、B系统的加速度为a1＝vt＝20.5m/s2＝4m/s2对A，FT－mAgsinθ－μmAgcosθ＝mAa1对B，mBg－FT＝mBa1得：μ＝0.25(2)B落地后，A继续减速上升.由牛顿第二定律得mAgsinθ＋μmAgcosθ＝

mAa2将已知量代入，可得a2＝8m/s2故A减速向上滑动的位移为x2＝v22a2＝0.25m考虑0～0.5s内A加速向上滑动的位移x1＝v22a1＝0.5m所以，A上滑的最大位移为x＝x1＋x2＝0.75m(3)A加速上滑过程中，由动能定理：W－(mAgsinθ＋μmAgcos

θ)x1＝12mAv2－0得W＝12J.11.解析(1)由题图乙可知F2＝(2＋2t)N当t＝0.5s时，F2＝(2＋2×0.5)N＝3NF1－F2＝maa＝F1－F2m＝4－32m/s2＝0.5m/s2

.(2)物体所受的合外力为F合＝F1－F2＝2－2t(N)。作出F合－t图象如图所示从图中可以看出，在0～2s范围内当t＝0时，物体有最大加速度amFm＝mam；am＝Fmm＝22m/s2＝1m/s2当t＝2s时，物体也有最大加速度am′Fm′＝mam′；am′＝Fm′m＝－22m/s2＝－

1m/s2负号表示加速度方向向左.(3)由牛顿第二定律得a＝F合m＝1－t(m/s2)画出a－t图象如图所示由图可知t＝1s时速度最大，最大值等于a－t图象在t轴上方与横、纵坐标轴所围的三角形的面积v＝12×1×1m/s＝0.5m/s

.12.答案AC解析由题图乙，当F等于6N时，加速度a＝1m/s2，对整体：F＝(M＋m)a，解得：M＋m＝6kg，当F大于6N时，根据牛顿第二定律得a＝F－μmgM，知图线的斜率k＝1M＝12，解得M＝2kg，故滑块的质量m＝4kg，故A正确

，B错误；根据F大于6N的图线延长线知，F＝4N时，a＝0，则a＝F－μmgM，解得μ＝0.1，故C正确；根据μmg＝ma′，得a′＝1m/s2，D错误.13.解析(1)对物块A由牛顿第二定律知mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1，代入数值得a1＝10m/s2设经时间t

1物块A与传送带共速，则由运动学规律知v带＝a1t1，即t1＝0.3s此过程中物块A的位移为x1＝12a1t21＝0.45m物块A与传送带共速后，由牛顿第二定律知mgsin37°－μmgcos37°＝m

a2，代入数值得a2＝2m/s2由运动学规律知L甲－x1＝v带t2＋12a2t22，代入数值得t2＝1s所以物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间为t＝t1＋t2＝1.3s。(2)在物块A的第一个加速过程中，物块A在传送带上的划痕长度为L1＝v带t1－x1

＝0.45m在物块A的第二个加速过程中，物块A在传送带上的划痕长度为L2＝v带t2＋12a2t22－v带t2＝1.0m所以物块A在传送带上的划痕长度为LA＝L2＝1.0m由分析知物块B的加速度与物块A在第二个加速过程的加速度相同，从传送带顶端加速到底端所需

时间与t2相同所以物块B在传送带上的划痕长度为LB＝v带t2＋12a2t22－v带t2＝1.0m故物块A、B在传送带上的划痕长度之比为LA∶LB＝1∶1答案(1)1.3s(2)1∶114.解析(1)滑块受力如图所示，根据平衡条件，有mgsinθ＝Fcosθ解得F＝1033N(2)当

力F变为水平向右之后，由牛顿第二定律，有mgsinθ＋Fcosθ＝ma解得a＝10m/s2根据题意，由题图乙可知，滑块滑到木板上的初速度v＝10m/s。滑块下滑的位移x＝v22a，解得x＝5m故滑块下滑的高度h＝xsin30°＝2.5m(3)由题图乙可知，滑块和木板起初相

对滑动，当达到共同速度后一起做匀减速运动，两者共同减速时加速度a1＝1m/s2，相对滑动时，木板的加速度a2＝1m/s2，滑块的加速度大小a3＝4m/s2，设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板间的动摩擦因数为

μ2，对它们整体受力分析，有a1＝μ1（M＋m）gM＋m＝μ1g，解得μ1＝0.10～2s内分别对木板和滑块受力分析，即对木板：μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2对滑块：μ2mg＝ma3联立解得M＝1.5kg。答案(1)10

33N(2)2.5m(3)1.5kg15.答案(1)0.4(2)52s解析(1)根据v－t图象可知物体A的加速度为aA＝ΔvΔt＝105m/s2＝2m/s2以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得F－μmAg＝mAaA解得μ＝F－mAaAmAg＝0.4(2)

由题图乙可知木板B的长度为l＝12×5×10m＝25m若B不固定，则B的加速度为aB＝μmAgmB＝0.4×1×104m/s2＝1m/s2设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得12aAt2－12aBt2＝

l，解得t＝52s.16.答案BC解析设PQ西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则F＝nma①设PQ东边有k节车厢，则F＝km·23a②联立①②得3n＝2k，由此式可知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.