C．如果a1＝a2，则F＝MgD．如果F＝
，则a1＝a2
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
9．如图甲所示，一质量为M的木板静止在光滑水平地面上，现有一质量为m的小滑块以一定的初速度v0从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图乙所示，根据图象作出如下判断：
①滑块始终与木板存在相对运动 ②滑块未能滑出木板 ③滑块从木板上滑出时速度大于木板的速度 ④在t1时刻滑块从木板上滑出
正确的是（ ）
A．①③④B．②③④C．②③D．②④
10.
（多选）如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直轻质弹簧上并保持静止，用大小等于
mg的恒力F竖直向上拉B，当上升距离为h时B与A开始分离．下列说法正确的是（ ）
A．B与A刚分离时，弹簧为原长
B．B与A刚分离时，A与B的加速度相同
C．弹簧的劲度系数等于
D．从开始运动到B与A刚分离的过程中，B物体的动能先增大后减小
11.
如图所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端与桌面的右端相齐．薄木板的质量M＝1.0kg，长度L＝1.0m．在薄木板的中央有一个小滑块（可视为质点），质量m＝0.5kg，小滑块与薄木板之间的动摩擦因数μ1＝0.10，小滑块和薄木板与桌面之间的动摩擦因数相等，都为μ2＝0.20.设小滑块与薄木板之间的滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力．某时刻起对薄木板施加一个向右的拉力使木板向右运动．
（1）若小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F1至少是多大？
（2）若小滑块脱离木板但不离开桌面，求拉力F2应满足的条件．
12．如图甲所示，一根直杆AB与水平面成某一角度固定，在杆上套一个小物块，杆底端B处有一弹性挡板，杆与板面垂直，现将物块拉到A点由静止释放，物块下滑与挡板第一次碰撞前后的v－t图象如图乙所示，物块最终停止在B点．重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物块与杆之间的动摩擦因数μ；
（2）物块滑过的总路程s.
1.
（多选）（2015·全国新课标卷Ⅰ）如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v—t图线如图乙所示．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
2．（多选）（2015·全国新课标卷Ⅱ）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
a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
3．（2015·重庆卷）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（ ）
4．（2014·新课标全国卷Ⅰ）公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120m．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的
，若要求安全距离仍为120m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．
5．（2015·全国新课标卷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°sin37°＝
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
，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2s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＝27m，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＝10m/s2.求：
（1）在0～2s时间内A和B加速度的大小；
（2）A在B上总的运动时间．
6．（2017·广东佛山二模）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（ ）
A．t＝4.5s时，电梯处于失重状态
B．5～55s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59.5s时，电梯处于超重状态
D．t＝60s时，电梯速度恰好为零
7.
（2017·黑龙江齐齐哈尔统考）如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示．则下列判断正确的是（ ）
A．图线与纵轴的交点M的纵坐标的绝对值等于g
B．图线的斜率在数值上等于物体的质量m
C．图线与横轴的交点N的值TN＝mg
D．图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数
8．（2017·湖南长沙一模）以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的速率—时间图象可能正确的是（ ）
9．（2017·河北正定模拟）
质量不可忽略的小球与轻质弹簧相连，穿在光滑的杆上，杆与水平面的夹角为45°.弹簧下端固定于杆上，初始系统静止，现在将系统以加速度g向右做匀加速运动，当地重力加速度为g.则（ ）
A．静止时，弹簧的弹力等于小球重力的一半
B．静止时，杆的弹力小于弹簧的弹力
C．加速时，弹簧的弹力等于零
D．加速时，弹簧的形变量是静止时的2倍
10．（2017·贵州六校联考）如图所示，传送带足够长，与水平面间的夹角θ＝37°，并以v＝10m/s的速率逆时针匀速转动着，在传送带的A端轻轻地放一个质量为m＝1kg的小物体，若已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）则下列有关说法正确的是（ ）
A．小物体运动1s后，受到的摩擦力大小不适用公式F＝μFN
B．小物体运动1s后加速度大小为2m/s2
C．在放上小物体的第1s内，系统产生50J的热量
D．在放上小物体的第1s内，至少给系统提供能量70J才能维持传送带匀速转动
11．（2017·山西右玉一模）
如图所示，长2m的木板AB静止在粗糙水平地面上，C为其中点，木板上表面AC部分光滑，CB部分粗糙，下表面与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板右端静止放置一个小物块（可看成质点），它与木板CB部分的动摩擦因数μ2＝0.2.已知木板和小物块的质量均为2kg，重力加速度g取10m/s2，现对木板施加一个水平向右的恒力F.
（1）为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值Fm.
（2）当F＝20N时，求小物块经多长时间滑到木板中点C.
12．（2017·陕西商洛模拟）如图甲所示，光滑水平面上放置斜面体ABC，AB与BC圆滑连接，AB表面粗糙且水平（长度足够长），倾斜部分BC表面光滑，与水平面的夹角θ＝37°.在斜面体右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，规定力传感器受压时，其示数为正值；力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从斜面体的C点由静止开始下滑，运动过程中，力传感器记录到力F和时间t的关系如图乙所示．（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2），求：
（1）斜面BC的长度．
（2）滑块的质量．
（3）运动过程中滑块克服摩擦力做的功．
课练9 牛顿运动定律的应用
1．BD 物块从斜面上滑下来，当传送带静止时，在水平方向受到与运动方向相反的摩擦力，物块将做匀减速运动，离开传送带后做平抛运动；当传送带逆时针转动时，物块相对传送带都是向前运动，受到滑动摩擦力方向与运动方向相反，物块做匀减速运动，离开传送带后也做平抛运动，且与传送带不动时的抛出速度相同，故落在Q点，A、C错误．当传送带顺时针转动时，物块相对传送带可能向前运动，使物块在传送带上一直做减速运动，然后做平抛运动离开传送带，物块仍落在O点；物块相对传送带也可能向后运动，受到的滑动摩擦力方向与运动方向相同，物块做加速运动，离开传送带时的速度大于传送带静止情况下的速度，所以会落到Q点的右边，故B、D正确．
2．C
根据小铁球与光滑凹槽相对静止可知，系统有向右的加速度，对小球受力分析如图所示，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为N＝
，选项A、B错误；小球所受的合外力为F合＝mgtanα，由牛顿第二定律得a＝
＝gtanα，选项C正确；分析凹槽和小球整体，应用牛顿第二定律得F＝（M＋m）a＝（M＋m）gtanα，选项D错误．
3．A 水平向右拉两物块时，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度a＝
＝
－μg，隔离分析物块A有FB－μmg＝ma，得FB＝
＝kx1，x1＝
.竖直向上加速提升两物块时，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度a′＝
＝
－g，对A物体有F′B－mg＝ma′，得F′B＝
＝kx2，x2＝
.所以x1∶x2＝1∶1，A正确，B、C、D错误．
4．AD 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．
5．D 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＝
，a＝
.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＝
，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.
6．BC 由图象可知，在拉力小于48N时，二者一起运动，由牛顿第二定律有F＝（M＋m）a，在拉力大于48N时，二者相对滑动．当拉力F1＝48N时，甲的加速度a1＝6m/s2，由牛顿第二定律有F1－μmg＝ma1；当拉力F2＝60N时，甲的加速度a2＝8m/s2，由牛顿第二定律有F2－μmg＝ma2，联立解得甲的质量为m＝6kg，甲、乙间的动摩擦因数μ＝0.2，选项B、C正确．
7．ABD 细绳另一端悬挂一质量为M（M>m）的物体B，分析A、B整体，由牛顿第二定律有Mg－mg＝（m＋M）a1，解得a1＝
g.如果用力F代替物体B，分析物体A，由牛顿第二定律有F－mg＝ma2，解得a2＝
－g.如果a1＝a2，则F，则a2＝
g＝a1，选项D正确．
8．B 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．A 由v－t图象可知，滑块先做匀减速运动后做匀速运动，木板先做匀加速运动后做匀速运动，而木板匀速运动的速度小于滑块匀速运动的速度，说明直到滑块从木板上滑落，两物体也没达到相同的速度，所以①③④正确，②错误，选项A正确．
10．BCD 当A和B两物体叠放在竖直轻质弹簧上并保持静止时，弹簧的弹力F弹＝2mg，由胡克定律得弹簧的形变量Δx1＝
；当A和B两物体一起上升时，把A和B两物体看成一个整体，由牛顿第二定律得F＋F弹－2mg＝2ma；对B物体进行隔离分析，得F＋FN－mg＝ma；当A和B开始分离时，FN＝0，解得a＝－
g，负号表示方向竖直向下，此时弹簧的弹力为F弹＝
mg，由胡克定律得弹簧的形变量Δx2＝
；由题中条件有Δx1－Δx2＝h，则k＝
；从开始运动到B与A刚分离的过程中，B物体先加速后减速，其动能先增大后减小，故B、C、D正确．
11．解题思路：
（1）设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为a1，薄木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律有，
μ1mg＝ma1，
F1－μ1mg－μ2（m＋M）g＝Ma2，
若a1＝a2时，拉力最小，联立解得F1＝4.5N.
即小滑块与木板间发生相对滑动，拉力F1至少是4.5N.
（2）设小滑块恰好滑到桌面边缘时，小滑块脱离木板时的速度为v，所用时间为t，在桌面上滑动的加速度为a3，小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为a4，空间位置变化如图所示，则v＝a1t，μ2mg＝ma3，滑块脱离木板前的位移x1＝
，滑块脱离木板后的位移x2＝
，
由几何关系知x1＋x2＝
，木板的位移为x3＝
＋x1＝
a4t2.
由牛顿第二定律知F2－μ1mg－μ2（m＋M）g＝Ma4，联立以上各式解得F2＝6N．即要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F2应满足的条件是F2≥6N.
答案：
（1）4.5N
（2）F2≥6N
12．解题思路：
（1）由图象可知物块下滑时加速度大小a1＝4m/s2，上滑时加速度大小a2＝8m/s2，杆AB长l＝
×1×4m＝2m；设直杆倾角为θ，物块的质量为m，物块与杆之间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2，代入数据得μ＝0.25，sinθ＝0.6，cosθ＝0.8.
（2）对物块整个运动过程分析，由动能定理得
mglsinθ－μmgscosθ＝0，解得s＝6m.
答案：
（1）0.25
（2）6m
加餐练
1．ACD 设物块的质量为m、斜面的倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2，根据牛顿第二定律有：
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2.再结合v－t图线斜率的物理意义有：
a1＝
，a2＝
.由上述四式可见，无法求出m，可以求出θ、μ，故B错，A、C均正确.0～t1时间内的v－t图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离，θ已求出，故可以求出物块上滑的最大高度，故D正确．
2．BC 如图所示，假设挂钩P、Q东边有x节车厢，西边有y节车厢，每节车厢质量为m.当向东行驶时，以y节车厢为研究对象，则有F＝mya；当向西行驶时，以x节车厢为研究对象，则有F＝
mxa，联立两式有y＝
x.可见，列车总节数N＝x＋y＝
x，设x＝3n（n＝1,2,3…），则N＝5n，故可知选项B、C正确．
3．B 由v－t图象可知，升降机的运动过程为：
向下加速（失重：
FF>mg）→向上加速（超重：
F>mg）→向上匀速（F＝mg）→向上减速（失重：
F4．解题思路：
设路面干燥时，汽车与路面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得
μ0mg＝ma0①
s＝v0t0＋
②
式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度．
设在雨天行驶时，汽车与路面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝
μ0③
设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得
μmg＝ma④
s＝vt0＋
⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
v＝20m/s（72km/h）⑥
答案：
20m/s（或72km/h）
5．解题思路：
（1）在0～2s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＝μ1N1①
N1＝mgcosθ②
f2＝μ2N2③
N2＝N1＋mgcosθ④
规定沿斜面向下为正方向．设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得
mgsinθ－f1＝ma1⑤
mgsinθ－f2＋f1＝ma2⑥
联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得
a1＝3m/s2⑦
a2＝1m/s2⑧
（2）在t1＝2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1＝a1t1＝6m/s⑨
v2＝a2t1＝2m/s⑩
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
a1′＝6m/s2⑪
a2′＝－2m/s2⑫
即B做减速运动．设经过时间t2，B的速度减为零，则有
v2＋a2′t2＝0⑬
联立⑩⑫⑬式得
t2＝1s⑭
在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为
s＝
－
a2t
＋v2t2＋
a2′t
＝12m<27m⑮
此后B静止不动，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＋a1′t2）t3＋
a1′t
⑯
可得
t3＝1s（另一解不合题意，舍去）⑰
设A在B上总的运动时间为t总，有
t总＝t1＋t2＋t3＝4s⑱
答案：
（1）3m/s2 1m/s2
（2）4s
6．D 利用a－t图象可判断：
t＝4.5s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；0～5s时间内，电梯处于超重状态，拉力>重力，5s～55s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55s～60s时间内，电梯处于失重状态，拉力<重力，综上所述，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＝60s时为零，D正确．
7．A 由题结合牛顿第二定律可得：
2T－mg＝ma，则有a＝
T－g，由a－T图象可判断，纵轴截距的绝对值等于g，A正确；图线的斜率在数值上等于
，则B、D错误；横轴截距代表a＝0时，TN＝
，则C错误．
8．D 在速率—时间图象中，斜率的绝对值表示物体运动的加速度大小．所受空气阻力可忽略的物体，其只受重力作用，加速度不变，图线为图中虚线；不可忽略空气阻力的物体，其所受空气阻力大小与速率成正比，为变力，图线为图中实线，对受空气阻力作用的物体分析知，其上升过程中速率越来越小，则其所受阻力越来越小，合力越来越小，加速度越来越小，当其到达最高点时速率为零，加速度等于重力加速度，其从最高点下落过程中，速率越来越大，阻力越来越大，合力越来越小，加速度越来越小，若其在落地前阻力已经等于重力，则其最后阶段做匀速运动，故选D.
9．C
根据力的平衡，当系统静止时，小球受弹簧的弹力大小F＝mgsin45°＝
mg，此时杆对小球的弹力大小FN＝mgcos45°＝
mg，与弹簧弹力大小相等，所以A、B项均错．当系统以加速度g向右做匀加速运动时，对小球受力分析如图，则可知此时弹簧弹力为0，所以C项正确，D项错误．
10．B 刚放上小物体时，小物体相对于传送带向上运动，小物体受到的摩擦力方向沿传送带斜向下，大小为Ff1＝μmgcosθ，其加速度大小a1＝
＝10m/s2，方向沿传送带斜向下.1
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