【物理】2019届一轮复习人教版　牛顿运动定律的综合应用学案 19页

第 4 讲　牛顿运动定律的综合应用 　超重与失重现象[学生用书 P48] 【题型解读】 1．对超重、失重的理解：超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消 失了．在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉 力)发生了变化(即“视重”发生变化)． 2．判断方法 (1)不管物体的加速度是不是竖直方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态． (2)尽管不是整体有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超 重或失重现象． 　在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在 水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等． 【典题例析】 　 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，纵坐标为力 (单位为牛顿)，横坐标为时间．由图线可知　(　　) 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 C．下蹲过程中人处于失重状态 D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态 [审题指导]　 下蹲过程：静止→向下加速→向下减速→静止 起立过程：静止→向上加速→向上减速→静止 [解析]　在一次下蹲过程中，该同学要先后经历失重状态和超重状态，所以对压力传感器的压力先小于自 身重力后大于自身重力，而在一次起立过程中，该同学又要先后经历超重状态和失重状态，所以对压力传感器 的压力先大于自身重力后小于自身重力，所以题图记录的应该是一次下蹲－起立的动作． [答案]　B 【跟进题组】 1. 如图所示，台秤上有一装水容器，容器底部用一质量不计的细线系住一个乒乓球．某时刻细线断开，乒乓 球向上加速运动，在此过程中，关于台秤的示数与线断前相比的变化情况及原因．下列说法正确的是　(　　) A．由于乒乓球仍在容器中，所以示数与细线断前相同 B．细线断后不再向上提拉容器底部，所以示数变大 C．细线断后，乒乓球有向上的加速度，处于超重状态，故示数变大 D．容器、水、乒乓球整个系统的重心加速下移，处于失重状态，所以示数变小 解析：选 D.乒乓球加速上升，整个系统重心加速下移，处于失重状态，故 D 正确． 2. (多选)(2018·南京、盐城模拟)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点 为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员(　　) A．在第一过程中始终处于失重状态 B．在第二过程中始终处于超重状态 C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态 D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态 解析：选 CD.运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床 面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故 A 错误，C 正确；蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于 失重状态，故 B 错误，D 正确． 超重和失重现象判断的“三”技巧 (1)从受力的角度判断：当物体所受向上的拉力(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)从速度变化的角度判断 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．　 　动力学观点在连接体中的应用[学生用书 P49] 【题型解读】 1．多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的物体系统称为连接体．常见的 连接体如图所示： 2．连接体问题的分析方法：一是隔离法，二是整体法． (1)加速度相同的连接体 ①若求解整体的加速度，可用整体法．整个系统看成一个研究对象，分析整体受外力情况，再由牛顿第二 定律求出加速度． ②若求解系统内力，可先用整体法求出整体的加速度，再用隔离法将内力转化成外力，由牛顿第二定律求 解． (2)加速度不同的连接体：若系统内各个物体的加速度不同，一般应采用隔离法．以各个物体分别作为研 究对象，对每个研究对象进行受力和运动情况分析，分别应用牛顿第二定律建立方程，并注意应用各个物体的 相互作用关系联立求解． 3．充分挖掘题目中的临界条件 (1)相接触与脱离的临界条件：接触处的弹力 FN＝0. (2)相对滑动的临界条件：接触处的静摩擦力达到最大静摩擦力． (3)绳子断裂的临界条件：绳子中的张力达到绳子所能承受的最大张力． (4)绳子松弛的临界条件：张力为 0. 4．其他几个注意点 (1)正确理解轻绳、轻杆和轻弹簧的质量为 0 和受力能否突变的特征的不同． (2)力是不能通过受力物体传递的受力，分析时要注意分清内力和外力，不要漏力或添力． 【典题例析】 　质量为 M、长为 3L 的杆水平放置，杆两端 A、B 系着长为 3L 的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳 上套着一质量为 m 的小铁环．已知重力加速度为 g，不计空气影响． (1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小． (2)若杆与环保持相对静止，在空中沿 AB 方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于 A 端正下方， 如图乙所示． ①求此状态下杆的加速度大小 a. ②为保持这种状态需在杆上施加一个多大外力，方向如何？ [审题指导]　(1)题图甲中杆和环均静止，把环隔离出来受力分析，由平衡条件列方程可求出绳中拉力． (2)题图乙中，杆与环一起加速，把环隔离出来受力分析，由牛顿第二定律列方程可求出环的加速度，再 对杆和环整体进行受力分析，由牛顿第二定律列方程求出施加的外力． [解析]　 (1)环受力如图 1 所示，由平衡条件得： 2FTcos θ－mg＝0 由图 1 中几何关系可知：cos θ＝ 6 3 联立以上两式解得：FT＝ 6 4 mg. (2)①小铁环受力如图 2 所示，由牛顿第二定律得： F′Tsin θ′＝ma F′T＋F′Tcos θ′－mg＝0 由图 2 中几何关系可知 θ′＝60°，代入以上两式解得： a＝ 3 3 g. ②杆和环整体受力如图 3 所示，由牛顿第二定律得： Fcos α＝(M＋m)a Fsin α－(M＋m)g＝0 解得：F＝2 3 3 (M＋m)g，α＝60°. [答案]　(1) 6 4 mg　(2)① 3 3 g　②外力大小为2 3 3 (M＋m)g　方向与水平方向成 60°角斜向右上方 【迁移题组】 迁移 1　加速度相同的连接体问题 1．如图所示，质量为 M 的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为 m 的小球，M＞m，用 一力 F 水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度 a 向右运动时，细线与竖直方向成 θ 角，细线的拉力为 F1. 若用一力 F′水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度 a′向左运动时，细线与竖直方向也成 θ 角，细线的拉 力为 F′1.则(　　) A．a′＝a，F′1＝F1　　　 B．a′＞a，F′1＝F1 C．a′＜a，F′1＝F1 D．a′＞a，F′1＞F1 解析：选 B.当用力 F 水平向右拉小球时，以小球为研究对象， 竖直方向有 F1cos θ＝mg ① 水平方向有 F－F1sin θ＝ma， 以整体为研究对象有 F＝(m＋M)a， 解得 a＝m Mgtan θ ② 当用力 F′水平向左拉小车时，以球为研究对象， 竖直方向有 F′1cos θ＝mg ③ 水平方向有 F′1sin θ＝ma′， 解得 a′＝gtan θ ④ 结合两种情况，由①③有 F1＝F′1；由②④并结合 M＞m 有 a′＞a.故正确选项为 B. 迁移 2　加速度不同的连接体问题 2. 一个弹簧测力计放在水平地面上，Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P 为一重物，已知 P 的质量 M＝ 10.5 kg，Q 的质量 m＝1.5 kg，弹簧的质量不计，劲度系数 k＝800 N/m，系统处于静止．如图所示，现给 P 施加一个方向竖直向上的力 F，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前 0.2 s 内，F 为变力，0.2 s 以后， F 为恒力．求力 F 的最大值与最小值．(取 g＝10 m/s2) 解析：设开始时弹簧压缩量为 x1，t＝0.2 s 时弹簧的压缩量为 x2，物体 P 的加速度为 a，则有 kx1＝(M＋m)g ① kx2－mg＝ma ② x1－x2＝1 2at2 ③ 由①式得 x1＝ （M＋m）g k ＝0.15 m， ④ 由②③④式得 a＝6 m/s2 F 小＝(M＋m)a＝72 N，F 大＝M(g＋a)＝168 N. 答案：168 N　72 N 迁移 3　连接体中的临界、极值问题 3．如图所示，在光滑水平面上有一辆小车 A，其质量为 mA＝2.0 kg，小车上放一个物体 B，其质量为 mB ＝1.0 kg.如图甲所示，给 B 一个水平推力 F，当 F 增大到稍大于 3.0 N 时，A、B 开始相对滑动．如果撤去 F，对 A 施加一水平推力 F′，如图乙所示．要使 A、B 不相对滑动，求 F′的最大值 Fm′. 解析：根据题图甲所示，设 A、B 间的静摩擦力达到最大值 fm 时，系统的加速度为 a.根据牛顿第二定律， 对 A、B 整体有 F＝(mA＋mB)a，对 A 有 fm＝mAa，代入数据解得 fm＝2.0 N. 根据题图乙所示情况，设 A、B 刚开始滑动时系统的加速度为 a′，根据牛顿第二定律有： fm＝mBa′，Fm′＝(mA＋mB)a′， 代入数据解得 Fm′＝6.0 N. 答案：6.0 N 1．隔离法的选取原则：若连接体或关联体内各物体的加速度不相同，或者需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． 2．整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求系统内物体之间的作用力时， 可以把它们看成一个整体来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)． 3．整体法、隔离法交替运用原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求系统内物体之间的作用 力时，可以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”． 4．“四种”典型临界条件 (1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力 FN＝0. (2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件 是：静摩擦力达到最大值． (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力 等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是：FT＝0. (4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为 0 时． 5．“四种”典型数学方法 (1)三角函数法； (2)根据临界条件列不等式法； (3)利用二次函数的判别式法； (4)极限法．　 　传送带问题的解题技巧[学生用书 P50] 【题型解读】 1．模型特征 (1)水平传送带模型 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景 1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景 2 (1)v0>v 时，可能一直减速，也可能 先减速再匀速 (2)v0v 返回时速度 为 v，当 v08.3 m，木块将从 B 端落下，所以木块在传送带上最多能被 16 颗子弹击 中． 答案：见解析 迁移 2　倾斜传送带模型 2．如图所示，与水平面成 θ＝30°的传送带正以 v＝3 m/s 的速度匀速运行，A、B 两端相距 l＝13.5 m．现每隔 1 s 把质量 m＝1 kg 的工件(视为质点)轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工件与 传送带间的动摩擦因数 μ＝2 3 5 ，取 g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字．求： (1)相邻工件间的最小距离和最大距离； (2)满载与空载相比，传送带需要增加多大的牵引力？ 解析：(1)设工件在传送带上加速运动时的加速度为 a，则 μmgcos θ－mgsin θ＝ma 代入数据解得 a＝1.0 m/s2 刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，且最小距离 dmin＝1 2at2 解得 dmin＝0.50 m 当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则 dmax＝vt＝3.0 m. (2)由于工件加速时间为 t1＝v a＝3.0 s，因此传送带上总有三个(n1＝3)工件正在加速，故所有做加速运动的 工件对传送带的总滑动摩擦力 f1＝3μmgcos θ 在滑动摩擦力作用下工件移动的位移 x＝v2 2a＝4.5 m 传送带上匀速运动的工件数 n2＝l－x dmax ＝3 当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力 f0＝mgsin θ，所有做匀速运动的工件对传送带的总 静摩擦力 f2＝n2f0 与空载相比，传送带需增大的牵引力 F＝f1＋f2 联立解得 F＝33 N. 答案：(1)0.50 m　3.0 m　(2)33 N 解答传送带问题应注意的事项 (1)比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物块的加速 度． (2)关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判断 μ 与 tan θ 的关系 才能决定物块以后的运动． (3)得出运动过程中两者相对位移情况，以后在求解摩擦力做功时有很大作用．　 　滑块——滑板模型分析[学生用书 P52] 【题型解读】 1．模型特征 滑块——滑板模型(如图 a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过 程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中，例如 2015 年全国Ⅰ、Ⅱ卷中压轴题 25 题．另外，常见的子弹射击滑板(如图 b)、圆环在直杆中滑动(如图 c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块—— 滑板模型类似． 2．思维模板 【典题例析】 　(2017·高考全国卷Ⅲ) 如图，两个滑块 A 和 B 的质量分别为 mA＝1 kg 和 mB＝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 μ1＝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 v0＝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/s2.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 在木板上滑动时，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 f1、f2 和 f3，A 和 B 相对于地面的加速度大小分别为 aA 和 aB，木板相对于地面的加速度大小为 a1.在物块 B 与 木板达到共同速度前有 f1＝μ1mAg ① f2＝μ1mBg ② f3＝μ2(m＋mA＋mB)g ③ 由牛顿第二定律得 f1＝mAaA ④ f2＝mBaB ⑤ f2－f1－f3＝ma1 ⑥ 设在 t1 时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为 v1.由运动学公式有 v1＝v0－aBt1 ⑦ v1＝a1t1 ⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v1＝1 m/s. ⑨ (2)在 t1 时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为 sB＝v0t1－1 2aBt21 ⑩ 设在 B 与木板达到共同速度 v1 后，木板的加速度大小为 a2.对于 B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律 有 f1＋f3＝(mB＋m)a2 ⑪ 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为 v1，但运动方向 与木板相反．由题意知，A 和 B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为 v2.设 A 的速度大小从 v1 变到 v2 所用的时间为 t2，则由运动学公式，对木板有 v2＝v1－a2t2⑫ 对 A 有 v2＝－v1＋aAt2 ⑬ 在 t2 时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1＝v1t2－1 2a2t22 ⑭ 在(t1＋t2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 sA＝v0(t1＋t2)－1 2aA(t1＋t2)2 ⑮ A 和 B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同．因此 A 和 B 开始运动时，两者之间的距离为 s0＝sA＋s1＋sB ⑯ 联立以上各式，并代入数据得 s0＝1.9 m. (也可用如图的速度－时间图线求解) [答案]　见解析 【跟进题组】 1．质量 M＝4 kg、长 2l＝4 m 的木板放在光滑水平地面上，以木板中点为界，左边和右边的动摩擦因数 不同．一个质量为 m＝1 kg 的滑块(可视为质点)放在木板的左端，如图甲所示．在 t＝0 时刻对滑块施加一个水 平向右的恒力 F，使滑块和木板均由静止开始运动，t1＝2 s 时滑块恰好到达木板中点，滑块运动的 x1－t 图象 如图乙所示．取 g＝10 m/s2. (1)求滑块与木板左边的动摩擦因数 μ1 和恒力 F 的大小． (2)若滑块与木板右边的动摩擦因数 μ2＝0.1，2 s 末撤去恒力 F，则滑块能否从木板上滑落下来？若能，求 分离时滑块的速度大小．若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？ 解析：(1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为 a1，木板的加速度大小 为 a2，则 t1＝2 s 时木板的位移 x2＝1 2a2t21 ① 滑块的位移 x1＝4 m ② 由牛顿第二定律得 a2＝μ1mg M ③ 由位移关系得 x1－x2＝l ④ 联立①②③④解得 μ1＝0.4 ⑤ 滑块位移 x1＝1 2a1t21 ⑥ 恒力 F＝ma1＋μ1mg ⑦ 联立②⑤⑥⑦解得 F＝6 N. (2)设滑块到达木板中点时，滑块的速度为 v1，木板的速度为 v2，滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继 续做匀加速运动，此时滑块和木板的加速度大小分别为 a′1＝μ2mg m ＝μ2g，a′2＝μ2mg M 设滑块与木板从 t1 时刻开始到速度相等时的运动时间为 t2，则 v2＝a2t1，v1＝a1t1，v1－a′1t2＝v2＋a′2t2 解得 t2＝1.6 s 在此时间内，滑块位移 x′1＝v1t2－1 2a′1t22 木板的位移 x′2＝v2t2＋1 2a′2t22 Δx＝x′1－x′2 联立解得Δx＝1.6 m<2 m 因此滑块没有从木板上滑落，滑块与木板相对静止时距木板右端的距离为 d＝l－Δx＝0.4 m. 答案：见解析 2．(2015·高考全国卷Ⅱ) 下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为 θ＝37°(sin 37°＝3 5)的山坡 C， 上面有一质量为 m 的石板 B，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆 A(含有大量泥土)，A 和 B 均处于静止 状态，如图所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为 m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、 B 间的动摩擦因数 μ1 减小为3 8，B、C 间的动摩擦因数 μ2 减小为 0.5，A、B 开始运动，此时刻为计时起点；在 第 2 s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2 保持不变．已知 A 开始运动时，A 离 B 下边缘的距离 l＝27 m，C 足 够长，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/s2.求： (1)在 0～2 s 时间内 A 和 B 加速度的大小； (2)A 在 B 上总的运动时间． 解析：(1)在 0～2 s 时间内，A 和 B 的受力如图所示，其中 f1、N1 是 A 与 B 之间的摩擦力和正压力的大小， f2、N2 是 B 与 C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得 f1＝μ1N1 ① N1＝mgcos θ ② f2＝μ2N2 ③ N2＝N′1＋mgcos θ ④ 规定沿斜面向下为正．设 A 和 B 的加速度分别为 a1 和 a2，由牛顿第二定律得 mgsin θ－f1＝ma1 ⑤ mgsin θ－f2＋f1′＝ma2 ⑥ N1＝N1′ ⑦ f1＝f1′ ⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得 a1＝3 m/s2 ⑨ a2＝1 m/s2. ⑩ (2)在 t1＝2 s 时，设 A 和 B 的速度分别为 v1 和 v2，则 v1＝a1t1＝6 m/s ⑪ v2＝a2t1＝2 m/s ⑫ t＞t1 时，设 A 和 B 的加速度分别为 a′1 和 a′2.此时 A 与 B 之间的摩擦力为零，同理可得 a′1＝6 m/s2 ⑬ a′2＝－2 m/s2 ⑭ B 做减速运动．设经过时间 t2，B 的速度减为零，则有 v2＋a′2t2＝0 ⑮ 联立⑫⑭⑮式得 t2＝1 s ⑯ 在 t1＋t2 时间内，A 相对于 B 运动的距离为 s＝(1 2a1t＋v1t2＋1 2a′1t)－(1 2a2t＋v2t2＋1 2a′2t) ＝12 m<27 m ⑰ 此后 B 静止，A 继续在 B 上滑动．设再经过时间 t3 后 A 离开 B，则有 l－s＝(v1＋a′1t2)t3＋1 2a′1t23 ⑱ 可得 t3＝1 s(另一解不合题意，舍去) ⑲ 设 A 在 B 上总的运动时间为 t 总，有 t 总＝t1＋t2＋t3＝4 s. (另解：也可利用下面的速度图线求解) 答案：(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)4 s 分析滑块—滑板模型的一个转折和两个关联 分析滑块—滑板类模型时要抓住一个转折和两个关联．一个转折——滑块与滑板达到相同速度或者滑块从 滑板上滑下是受力和运动状态变化的转折点． 两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、滑板位移与板长之间的关联．一般情况下，由于摩 擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和滑板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行 受力分析是建立模型的关键．　 　 [学生用书 P53] 1. (2018·武汉模拟)如图所示，两黏连在一起的物块 a 和 b，质量分别为 ma 和 mb，放在光滑的水平桌面上， 现同时给它们施加方向如图所示的水平推力 Fa 和水平拉力 Fb，已知 Fa＞Fb，则 a 对 b 的作用力(　　) A．必为推力　　　　　　　　　 B．必为拉力 C．可能为推力，也可能为拉力 D．不可能为零 解析：选 C.将 a、b 看做一个整体，加速度 a＝Fa＋Fb ma＋mb，单独对 a 进行分析，设 a、b 间的作用力为 Fab， 则 a＝Fa＋Fab ma ＝Fa＋Fb ma＋mb，即 Fab＝Fbma－Famb ma＋mb ，由于不知道 ma 与 mb 的大小关系，故 Fab 可能为正，可能为负， 也可能等于 0. 2．(2018·南阳五校联考) 如图所示，滑轮 A 可沿倾角为 θ 的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为 G 的物体 B，下滑 时，物体 B 相对于 A 静止，则下滑过程中(　　) A．B 的加速度为 gsin θ B．绳的拉力为 G cos θ C．绳的方向保持竖直 D．绳的拉力为 G 解析：选 A. A、B 相对静止，即两物体的加速度相同，以 A、B 整体为研究对象分析受力可知，系统的加速度为 gsin θ，所以选项 A 正确；再以 B 为研究对象进行受力分析，如图，根据平行四边形法则可知，绳子的方向与斜面 垂直，拉力大小等于 Gcos θ，故选项 B、C、D 都错误． 3. (多选)(高考江苏卷)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 1 2μ.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 ＝5 2μmg 时， A 的加速度为 1 3μg 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 1 2μg 解析：选 BCD.A、B 间的最大静摩擦力为 2μmg，B 和地面之间的最大静摩擦力为 3 2μmg，对 A、B 整体， 只要 F＞3 2μmg，整体就会运动，选项 A 错误；当 A 对 B 的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B 将要发生相对滑动， 故 A、B 一起运动的加速度的最大值满足 2μmg－3 2μmg＝mamax，B 运动的最大加速度 amax＝1 2μg，选项 D 正确； 对 A、B 整体，有 F－3 2μmg＝3mamax，则 F＞3μmg 时两者会发生相对运动，选项 C 正确；当 F＝5 2μmg 时，两 者相对静止，一起滑动，加速度满足 F－3 2μmg＝3ma，解得 a＝1 3μg，选项 B 正确． 4. (2018·河南安阳模拟)在倾角为 α 的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已 知猫的质量是木板的质量的 2 倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不 变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为(　　) A．3gsin α　　　　　　　 B．gsin α C.3gsin α 2 D．2gsin α 解析：选 A.猫与木板加速度不同，分别对其受力分析是比较常见的解决方法．猫受力平衡，设猫的质量 为 2m，其所受摩擦力沿斜面向上，且 F f＝2mgsin α，则木板所受摩擦力沿斜面向下，木板的加速度为 a＝ 2mgsin α＋mgsin α m ＝3gsin α，正确选项为 A. 5. 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≥gsin 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 μ6 m，所以小物块将 从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A 错误；传送带的速度为 5 m/s 时，小物块在传送带上受力 情况不变，则运动情况也不变，仍会从传送带左端滑出，B 正确；若小物块的速度为 4 m/s，小物块向左减速 运动的位移大小为 x′＝v′ 2a＝ 42 2 × 2 m＝4 m<6 m，则小物块的速度减到零后再向右加速，小物块加速到与传送 带共速时的位移为 x″＝ v 2a＝ 22 2 × 2 m＝1 m<6 m，以后小物块以 v1＝2 m/s 的速度匀速运动到右端，则小物块 从传送带右端滑出时的速度为 2 m/s，C 正确；若小物块的速度为 1 m/s，小物块向左减速运动的位移大小为 x ＝v″ 2a＝ 12 2 × 2 m＝0.25 m<6 m，则小物块速度减到零后再向右加速，由于 x