2019版高考物理大一轮复习《第8讲：牛顿第二定律 两类动力学问题》讲义（含答案解析）

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1、第 8讲 牛顿第二定律 两类动力学问题考纲要求考情分析命题趋势1.对牛顿第二定律的理解2对牛顿第二定律瞬时性的考查3动力学两类基本问题2015全国卷，20高考命题中有关本节内容的题型比较灵活，有选择题、计算题高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查，要深刻理解牛顿第二定律的确切含义，会利用牛顿第二定律处理动力学两类基本问题1牛顿第二定律(1)内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成_正比_ ，跟它的质量成_反比_.加速度的方向与_作用力的方向_相同(2)表达式：_Fma_，F 与 a 具有瞬时对应关系(3)适用范围：牛顿第二定律只适用于_惯性参考系_(相对地面静止或做匀速直线运动的参考

2、系)牛顿第二定律只适用于_宏观物体_(相对于分子、原子) 、_低速运动_(远小于光速)的情况2动力学两类基本问题(1)动力学两类基本问题已知受力情况，求物体的_运动_情况已知运动情况，求物体的_受力_情况(2)解决两类基本问题的方法以_加速度_为“桥梁” ，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图所示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)物体加速度的方向与所受合外力的方向可以不同( )解析 由 Fma 可知，加速度 a 的方向与合外力 F 的方向一定相同(2)对静止在光滑水平面上的物体施加一水平力，当力刚开始作用瞬间，物体立即获得加速度( )(3)物体由于做加

3、速运动，所以才受合外力作用( )解析 物体由于受合外力作用才做加速运动(4)物体所受合外力变小，物体的速度一定变小( )解析 虽然物体合外力变小，但只要合外力与速度方向相同，物体速度将增加(5)物体所受合外力大，其加速度就一定大( )解析 物体的加速度由物体所受合外力、物体的质量共同决定的(6)牛顿第二定律适用于一切运动情况( )解析 牛顿运动定律只适用于惯性参考系、低速运动的情况(7)单位“牛顿”是国际单位制中的基本单位( )解析 “牛顿”是导出单位，1 N 1 kgm/s 22(多选) 下列说法正确的是( BCD )A物体只有在受力的前提下才会产生加速度，因此，加速度的产生要滞后于力的作用

4、BFma 是矢量式，a 的方向与 F 的方向相同，与速度方向无关C物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小D物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系解析 物体的的加速度与合外力有瞬时对应关系，加速度与力同时产生，故选项 A 错误a 的方向与 F 的方向相同，与速度方向无关，故选项 B 正确合外力减小，加速度一定减小，但如果 a 与 v 同向，v 变大，故选项 C 正确物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量之间的单位关系，故选项 D 正确3(多选) 关于力学单位制，以下说法中正确的是( BC )Akg、m/s 、N 等单位为导出单位

5、Bkg、m、s 都是基本单位C牛顿第二定律的表达式 Fkma，式中各物理量取国际单位时 k1D在国际单位制中，质量的单位可以是 kg，也可以是 g解析 kg 为基本单位，故选项 A 错误kg、m、s 是国际单位制中的基本单位，故选项 B 正确Fkma，质量取“kg”，a 取“m/s 2”，F 取“N” 时， k1，选项 C 正确，国际单位制中质量的单位是 kg，选项 D 错误一 牛顿第二定律的瞬时性例 1(2018广西南宁模拟)两个质量均为 m 的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示现突然迅速剪断轻绳 OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球 A、B 的加速度分别用 a1 和 a2

6、表示，则( A )Aa 1g a 2g Ba 10 a 22gCa 1g a 20 Da 12g a 20解析 由于绳子张力可以突变，故剪断 OA 后小球 A、B 只受重力，其加速度a1a 2g.故选项 A 正确【拓展延伸 1】把“轻绳”换成“轻弹簧”在例 1中只将 A、B 间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图所示，则典例选项中正确的是( D )解析 剪短轻绳 OA 后，由于弹簧弹力不能突变，故小球 A 所受合力为 2mg，小球 B所受合力为零，所以小球 A、B 的加速度分别为 a12g，a 20，故选项 D 正确【拓展延伸 2】改变平衡状态的呈现方式把【拓展延伸 1】的题图放置在倾角为 30

7、 的光滑斜面上，如图所示系统静止时，弹簧与轻绳均平行于斜面，在轻绳被剪断的瞬间，则下列说法正确的是( B )Aa A0 a B g Ba Ag a B012Ca Ag a Bg Da A0 a Bg解析 轻绳被剪断的瞬间，小球 B 的受力情况不变，加速度为零剪断前，分析整体受力可知轻绳的拉力为 T2mg sin ，剪断瞬间，A 受的合力沿斜面向下，大小为 2mgsin ，所以 A 的瞬时加速度为 aA2gsin 30g，故选项 B 正确抓住“两关键” 、遵循“四步骤”(1)分析瞬时加速度的“两个关键”明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点分析瞬时前、后的受力情况和运动状态(2)“四个步骤”第一

8、步：分析原来物体的受力情况第二步：分析物体在突变时的受力情况第三步：由牛顿第二定律列方程第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性二 动力学两类基本问题动力学两类基本问题的解题思路例 2(2018广东深圳模拟)如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用一架质量 m2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力 F36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为 Ff4 N，g 取 10 m/s2.(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞求在 t5 s 时离地面的高度 h；(2)无人机悬停在距离地面高度 H100 m 处，由于动力设备故障，无人机突

9、然失去升力而坠落求无人机坠落地面时的速度 v；(3)在无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间 t1.解析 (1)设无人机上升时加速度为 a，由牛顿第二定律，有FmgF fma，解得 a6 m/s 2，由 h at2，解得 h75 m.12(2)设无人机坠落过程中加速度为 a1，由牛顿第二定律，有mgF fma 1，解得 a18 m/s 2，由 v22a 1H，解得 v40 m/s.(3)设飞行器恢复升力后向下减速时加速度为 a2，由牛顿第二定律，有FmgF fma 2，解得 a210 m/s 2.设飞行器恢复

10、升力时速度为 vm，则有 H，v2m2a1 v2m2a2解得 vm m/s，4053由 vma 1t1，解得 t1 s.553答案 (1)75 m (2)40 m/s (3) s.553解决两类动力学问题的两个关键点(1)把握“两个分析” “一个桥梁”两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁(2)寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，画图找出各过程的位移之间的联系三 等时圆模型及其应用1模型特征(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图乙所示；(2)质点从竖直圆环上最

11、高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示；(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示2思维模板例 3(2017山东济南模拟)如图所示，在倾角为 的斜面上方的 A 点处旋转一光滑的木板 AB，B 端刚好在斜面上，木板与竖直方向 AC 所成角度为 一小物块由 A 端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则 与 角的大小关系( B )A B2C2 D3解析 如图所示，以竖直线 AC 上选取一点 O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A 点，且与斜面相切于 D 点由等时圆模型的特点知，由 A 点沿斜面滑到

12、D 点所用时间比由 A 点到达斜面上其他各点所用时间都短将木板下端 B 点与 D 点重合即可，而COD ，则 .21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、a 2、a 3、a 4.重力加速度大小为 g，则有( C )Aa 1a 2a 3a 40Ba 1a 2a 3a 4gCa 1a 2g a 30 a 4 gm MMDa 1g a 2 g a 30 a 4 gm MM m

13、MM解析 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 a1a 2g；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 mgF，a 30；由牛顿第二定律得物块 4 满足 a4 g，故选项 CF MgM M mM正确2(2017河南郑州预测)( 多选) 如图甲所示，静止在水平地面上的物块 A，受到水平向右的拉力 F 作用，F 与时间 t 的关系如图乙所示，设物块与地面间的最大静摩擦力 Ffm 与滑动摩擦力大小相等，则( BC )At 2t 5

14、 时间内物块 A 的加速度逐渐减小Bt 2 时刻物块 A 的加速度最大Ct 3 和 t5 时刻物块 A 的速度相等D0t 5 时间内物块 A 一直做加速运动解析 开始物块 A 静止，到 t1 后拉力 F 大于摩擦阻力，物块 A 开始加速运动，到 t4 时加速度为 0，加速运动结束，之后摩擦阻力大于拉力 F，物块 A 做减速运动，选项 D 错误；从 t1 到 t2，拉力 F 越来越大，加速度越来越大；从 t2 到 t4，拉力 F 越来越小，加速度越来越小；从 t4 到 t5，拉力 F 小于摩擦阻力且越来越小，加速度反向越来越大；由图可知，在t2 时刻加速度最大，选项 A 错误，B 正确；根据拉力

15、和摩擦阻力的大小关系，应用对称性可知，t 3 和 t5 两个时刻的加速度等大反向，同理从 t3 到 t4 和从 t5 到 t4 关于 t4 时刻对称各时刻的加速度都等大反向，可知物块 A 先加速后减速，t 3 和 t5 两时刻速度相等，选项 C 正确3(2017江苏南京模拟)如图所示， AB 和 CD 为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为 R 和 r 的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点 P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由 A 滑到 B 和由 C 滑到 D，所用的时间分别为 t1 和 t2，则 t1 与 t2 之比为( B )A21 B11C 1 D13 3解析 对物体受

16、力分析可知：当重物从 A 点下落时，重物受重力 mg，支持力 FN1，在沿斜面方向上加速度是 a1，mg cos 30ma 1，解得 a1 g，由公式 S1 a1t 得 S12Rcos 32 12 2130 2rcos 30 (Rr) ，所以 t12 .当重物从 C 点下滑时，受重力 mg，支持力3R rgFN2，在沿斜面的加速度是 a2，mgcos 60ma 2，解得 a2 g，由公式 S2 a1t 得12 12 2S22Rcos 602rcos 60Rr，t 22 ，所以 t1t 2，选项 B 正确R rg例 1(2017浙江宁波一模6 分 )如图所示，弹簧左端固定、右端自由伸长到 O 点

17、并系住物体，现将弹簧压缩到 A 点，然后释放，物体一直可以运动到 B 点，如果物体受到的阻力恒定，则( )A物体从 A 到 O 先加速运动后减速运动B物体从 A 到 O 加速运动，从 O 到 B 减速运动C物体运动到 O 点时所受合力为零D物体从 A 到 O 的运动过程中加速度逐渐减小答题送检 来自阅卷名师报告错误致错原因扣分BCD受力分析时漏掉了摩擦力而仅从水平方向上的弹簧弹力加以分析，误认为弹簧弹力即为物块所受合外力，则加速度先指向 O 点，加速运动；之后加速度反向，做减速运动.6规范答题 解析 物体从 A 到 O 的运动过程中，弹力方向向右，初始阶段弹力大于阻力，合力方向向右，随着物体向

18、右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，此阶段物体的加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度的方向相同，物体的速度逐渐增大，所以初始阶段物体向右做加速度逐渐减小的加速运动当物体向右运动至 AO 间某点( 设为O) 时，弹力减小到与阻力大小相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大此后，随着物体继续向右运动，弹力逐渐减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至 O 点时弹力减小到零，此后弹力向左且逐渐增大，所以物体离开 O点(加速度为零，速度最大) 后的合力方向向左且合力逐渐增大，由牛顿第二定律可知，此阶段的物体的加速度向左且逐渐增大由于加速度与速度的方向相反，物体做加速度逐渐增

19、大的减速运动故选项 A 正确答案 A1(2018安徽芜湖模拟)如图所示，光滑水平面上， A、B 两物体用轻弹簧连接在一起，A、B 的质量分别为 m1、m 2，在拉力 F 作用下，A、B 共同做匀加速直线运动，加速度大小为 a，某时刻突然撤去拉力 F，此瞬时 A 和 B 的加速度大小为 a1 和 a2，则( D )Aa 10 a 20 Ba 1a a 2 am2m1 m2Ca 1 a a 2 a m1m1 m2 m2m1 m2Da 1a a 2 am1m2解析 撤去拉力 F 的瞬间，物体 A 的受力不变，所以 a1a，对物体 A 受力分析得 F弹 m 1a；撤去拉力 F 的瞬间，物体 B 受到的

20、合力大小为 F 弹 m 2a2，所以 a2 ，故m1am2选项 D 正确2(2018湖南长沙模拟)如图所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从 P 点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最离点，则各小球最高点的位置( D )A在同一水平线上 B在同一竖直线上C在同一抛物线上 D在同一圆周上解析 设某一直轨道与水平面成 角，末速度为零的匀减速直线运动可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动，则小球在直轨道上运动的加速度 a gsin ，由位移公mgsin m式得 l at2 gsin t2，即 gt2，不同的倾角 对应不同的位移 l，但 相同，即12 1

21、2 lsin 12 lsin 各小球最高点的位置在直径为 gt2 的圆周上，选项 D 正确121(多选) 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 上的细绳悬挂于固定点 O，整个系统处于静止状态现将细绳剪断，将物块 a 的加速度的大小记为 a1，S 1 和 S2 相对于原长的伸长分别记为 l1 和 l2，重力加速度大小为 g，在剪断的瞬间( AC )Aa 13g Ba 10C l12l 2 D l1l 2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

22、和弹簧 S1 的拉力 FT1，剪断前对 b、c 和弹簧 S2 组成的整体分析可知 FT12mg，故 a 受到的合力 Fmg F T1 mg2mg3mg，故加速度a1 3g，选项 A 正确，B 错误；设弹簧 S2 的拉力为 FT2，则 FT2mg .根据胡克定律FmFk x 可得 l12l 2，选项 C 正确，D 错误2(多选) 如图甲，一物块在 t0 时刻滑上一固定斜面，其运动的 vt 图线如图乙所示若重力加速度及图中的 v0、v 1、t 1 均为已知量，则可求出( ACD )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 由题图乙可以求出物块上升过程中的

23、加速度为 a1 ，下降过程中的加速度为v0t1a2 .物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得 mgsin F fma 1，mgsin v1t1F fma 2，由以上各式可求得 sin ，滑动摩擦力 Ff ，而v0 v12t1g mv0 v12t1Ff FNmg cos ，由以上分析可知，选项 A、C 正确由 vt 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3(多选) 如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑当升降机加速上升时，下列说法正确的是( BD )A物块与斜面间的摩擦力减小B

24、物块与斜面间的正压力增大C物块相对于斜面减速下滑D物块相对于斜面匀速下滑解析 升降机加速上升时，物体将出现超重现象，故物体对斜面压力增大，选项 B 正确；由 FfF N 知，物体与斜面间的摩擦力也增大，故选项 A 错误；开始升降机匀速运动，则 Gsin Gcos ，所以 tan .当电梯加速上升时，电梯内物体超重，这仅仅是相当于重力增大了，由于依然满足 tan 这一条件，故物体相对斜面仍匀速下滑，故选项 C 错误，D 正确4避险车道(标志如图甲所示 )是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示的竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为 的斜面一辆长 12 m 的载有货物

25、的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为 23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了 4 m 时，车头距制动坡床顶端 38 m，再过一段时间，货车停止，已知货车质量是货物质量的 4 倍，货物与车厢间的动摩擦因数为 0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44 倍，货物与货车分别视为小滑块和平板，取 cos 1，sin 0.1，g10 m/s 2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度解析 (1)设货物的质量为 m，货物与车厢间的动摩擦因数 0.4，货物在车厢内滑动过程中，受到的摩擦力大

26、小为 Ff，加速度大小为 a1，则Ff mgsin ma 1，Ff mgcos ，联立式并代入数据得 a15 m/s 2，a1 的方向沿制动坡床向下(2)设货车的质量为 M，车尾位于制动坡床底端时的车速为 v23 m/s.货物在车厢内从开始滑动到车头距制动坡床顶端 s038 m 的过程中，用时为 t，货物相对制动坡床的运动距离为 s1，在车厢内滑动的距离 s4 m，货车的加速度大小为 a2，货车相对制动坡床的运动距离为 s2，货车受到制动坡床的阻力大小为 F，F 是货车和货物总重的 k 倍，k0.44，货车长度 l012 m，制动坡床的长度为 l，则Mgsin F F fMa 2，Fk(mM)

27、 g， s1vt a1t2，12s2vt a2t2，12ss 1s 2，ll 0s 0s 2，联立并代入数据得 l98 m.答案 (1)5 m/s 2 方向沿制动坡床向下 (2) 98 m课时达标 第 8讲解密考纲 主要考查对牛顿第二定律的深刻理解，会利用牛顿第二定律处理动力学两类基本问题，高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查，题型有选择题、计算题1.一个质量为 m1 kg 的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数 0.2.从 t0 时刻起物块同时受到两个水平力 F1 与 F2 的作用，若力 F1、F 2 随时间的变化如图所示，设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加

28、速度 g 取 10 m/s2，则物块在此后的运动过程中( C )A物块从 t0 时刻开始运动B物块运动后先做加速运动再做减速运动，最后匀速运动C物块加速度的最大值是 3 m/s2D物块在 t4 s 时速度最大2如图所示，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是( B )AF 1 BF 2 CF 3 DF 4 解析 鸟在空中飞行受到重力和空气对其作用力，这两个力的合力的方向沿虚线斜向上(与加速度方向相同)，由平行四边形定则可得，空气对其作用力可能是沿 F2 方向，故选项 B 正确3小孩从滑梯上滑下的运动可看做匀加速直线运动质量为 M 的小孩单独从滑梯上滑下，加速度为 a1；该小孩抱着一只质量

29、为 m 的小狗再从滑梯上滑下( 小狗不与滑梯接触)，加速度为 a2，则 a1 和 a2 的关系为( D )Aa 1 a2 Ba 1 a2Mm mMCa 1 a2 Da 1a 2MM m解析 设小孩与滑梯间动摩擦因数为 ，小孩从滑梯上滑下，受重力 G、支持力 FN 和滑动摩擦力 Ff.如图所示，由牛顿第二定律，Mg sin Mgcos Ma 1，a 1gsin gcos ；当小孩抱着一只质量为 m 的小狗再从滑梯上滑下时，满足 (Mm )gsin ( Mm) gcos (Mm )a2，得 a2gsin g cos ，可见 a1a 2，选项 D 正确4如图所示，ad、bd、cd 是竖直面内三根固定

30、的光滑细杆，a、b、c、d 位于同一圆周上，a 点为圆周的最高点，d 点为最低点，每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出) ，三个滑环分别从 a、b、c 处释放( 初速度为 0)，用 t1、t 2、t 3 依次表示各滑环到达 d 点所用的时间，则( D )At 1t 2t 3 Bt 1t 2t 3 Ct 3t 1t 2 Dt 1t 2t 3解析 设 P 为圆上的任一点，adP ，s Pd 2Rcos ，由 s at2，且 agcos 12，则 t2 ，显然 t 与 无关，故选项 D 正确Rg5如图所示，倾斜索道与水平面夹角为 37，当载人车厢沿钢索匀加速向上运动时，车厢里的人对厢底的压力为其重力

31、的 1.25 倍，那么车厢对人的摩擦力为其体重的( B )A B14 13C D54 43解析 人受力如图甲所示，显然本题分解加速度更为简便将加速度 a 分解为水平分量 ax和竖直分量 ay，如图乙所示，则 axacos 37，ayasin 37.由牛顿第二定律得：水平方向 Ffma x，竖直方向 FNmgma y，其中 FN1.25mg，联立以上各式解得 .Ffmg 13综上所述，选项 B 正确6(2018河南郑州模拟)如图所示，质量为 4 kg 的物体 A 静止在竖直的轻弹簧上面质量为 1 kg 的物体 B 用细线悬挂起来，A、B 紧挨在一起但 A、B 之间无压力某时刻将细线剪断，则细线剪

32、断瞬间，B 对 A 的压力大小为(取 g10 m/s 2)( B )A0 N B8 NC10 N D50 N解析 细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，A 和 B 整体受到的合外力等于物体 B 的重力，因此整体的加速度为 a g，对物体 B 有 mBgF Nm Ba，所以 A、B 间作用力mBgmA mB 15FNm B(ga) mBg8 N故细线剪段瞬间，B 对 A 的压力大小为 8 N，选项 B 正确457(2017重庆一模)质量 m030 kg、长 L1 m 的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数 10.15.将质量 m10 kg 的小木块(可视为质点 )，以 v04 m/s 的速度从木板的

33、左端水平滑到木板上(如图所示 )小木块与木板面的动摩擦因数 20.4( 最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g 取 10 m/s2)则以下判断中正确的是( C )A木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板B木板一定向右滑动，小木块能滑出木板C木板一定静止不动，小木块能滑出木板D木板一定静止不动，小木块不能滑出木板解析 木块受到的滑动摩擦力为 Ff2，方向向左，F f2 2mg40 N，木板受到木块施加的滑动摩擦力为 F f2，方向向右，F f2F f240 N，木板受地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即 Ff1 1(m m0)g60 NF f1 方向向左，F f2L1 20m，故小木块能滑出木板，选项

34、 C 正确8(多选) 冬天哈尔滨时常大雪，路面结冰严重，行驶汽车难以及时停车，经常出现事故因此某些路段通过在道路上洒一些炉灰来增加轮胎与地面的摩擦如图所示，一辆运送炉灰的自卸卡车装满炉灰，灰粒之间的动摩擦因数为 1，炉灰与车厢底板的动摩擦因数为 2，卸灰时车厢的倾角用 表示(已知 21)(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，下列说法正确的是( AC )A要顺利地卸干净全部炉灰，应满足 tan 2B要顺利地卸干净全部炉灰，应满足 sin 2C只卸去部分炉灰，车上还留有一部分炉灰，应满足 12mgcos ，所以 2tan ，且炉灰之间有 mgsin 1mgcos ，得 1tan ，故选项 A、C 正

35、确9(2017甘肃兰州一模)( 多选) 如图所示，一物块以初速度 v0 滑上正沿逆时针转动的水平传送带，传送带上 A、B 两点间的距离 L9 m，已知传送带的速度 v2 m/s.物块与传送带间的动摩擦因数 0.2，重力加速度 g 取 10 m/s2.下列说法正确的是 ( AC )A要使物块被传送到 B 点，初速度可为 v06 m/sB要使物块被传送到 B 点，初速度可为 v02 m/sC当物块的初速度 v04 m/s 时，物块将以 2 m/s 的速度离开传送带D当物块的初速度 v02 m/s 时，物块在传送带上先做减速运动，再做加速运动，而后做匀速运动解析 当物块恰好被传送到 B 点时，由 0

36、v 2aL，解得 v06 m/s，所以要使物20块被传送到 B 点，初速度 v06 m/s，选项 A 正确、B 错误；当物块的初速度 v04 m/s 时，向右匀减速到零的距离 s 4 m，然后向左匀加速，加速到传送带速度 2 m/s 时，再匀v202a速运动回到 A 点，选项 C 正确；当物块的初速度 v02 m/s 时，物块在传送带上先做匀减速运动，再反向做匀加速运动，当回到 A 点时速度恰好达到 2 m/s，所以没有匀速运动过程，选项 D 错误10如图所示，一质量为 1 kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角 为30.现小球在 F20 N 的竖直向上的拉力作用下，从 A 点静止

37、出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为 ，取 g 10 m/s2.试求：36(1)小球运动的加速度大小；(2)若 F 作用 1.2 s 后撤去，求小球上滑过程中距 A 点最大距离解析 (1)在力 F 作用下，由牛顿第二定律得(Fmg)sin 30 (Fmg)cos 30 ma 1，解得 a12.5 m/s 2.(2)刚撤去 F 时，小球的速度 v1a 1t13 m/s ，小球的位移 x1 t11.8 m，v12撤去力 F 后，小球上滑时，由牛顿第二定律得mgsin 30mgcos 30ma 2，解得 a27.5 m/s 2，小球上滑时间 t2 0.4 s，v1a2上滑位移 x2 t20.6

38、m，v12则小球上滑的最大距离为 xmx 1x 22.4 m.答案 (1)2.5 m/s 2 (2)2.4 m11如图所示，半径为 R 的圆筒内壁光滑，在筒内放有两个半径为 r 的光滑圆球 P 和Q，且 R1.5r.在圆球 Q 与圆筒内壁接触点 A 处安装有压力传感器当用水平推力推动圆筒在水平地面上以 v05 m/s 的速度匀速运动时，压力传感器显示压力为 25 N；某时刻撤去推力 F，之后圆筒在水平地面上滑行的距离为 x m已知圆筒的质量与圆球的质量534相等，取 g10 m/s 2.求：(1)水平推力 F 的大小；(2)撤去推力后传感器的示数解析 (1)系统匀速运动时，圆球 Q 受三个力作用如图所示，其中传感器示数 F125 N设 P、Q 球心连线与水平方向成 角，则cos ，2R 2r2r 12则圆球重力 mgF 1tan ，由式解得 60 ，mg25 N3当撤去推力 F 后，设系统滑行的加速度大小为 a.则 v 2ax，20系统水平方向受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律得 MgMa，系统匀速运动时 FMg，其中 Mg3mg，由解得a m/s2，F75 N1033(2)撤去推力后，对球 Q，由牛顿第二定律得F Ama ，mgtan 解得 FA0，即此时传感器示数为 0.答案 (1)75 N (2)0