二、多项选择题（本题共5小题，每小题7分，共计35分。
每小题有多个选项符合题意。
全部选对的得7分，选对但不全的得4分，错选或不答的得0分。
）
6．（2015·郑州二检）如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B的质量分别为mA＝1kg，mB＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.3，在B上作用一个水平向右的拉力F后，下列说法中正确的是（ ）
A．由于A、B间存在摩擦，故无论F多大，A、B两者均能保持相对静止，
一起向前运动
B．要保持A、B两者相对静止，F必须小于等于9N
C．当F＝6N时，A、B间的摩擦力大小为2N
D．随着F的不断增大，A的加速度也将不断增大
7.
如图所示，轻质弹簧和轻质细线上端固定在天花板上，下端拴在质量为m的小球P上，系统静止。
此时弹簧和细线与竖直方向的夹角均为α，则下列说法正确的是（ ）
A．剪断弹簧的瞬间小球的加速度大小为
B．剪断弹簧的瞬间小球的加速度大小为gsinα
C．剪断细线的瞬间小球的加速度大小为
D．剪断细线的瞬间小球的加速度大小为gsinα
8
．用一根细线一端系一小球P（可视为质点），另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设线的张力大小为F、锥体对小球的支持力大小为FN，光滑锥在外力作用下向右做加速度增大的加速运动，则F和FN随a变化情况是（ ）
A．F一直增大B．F先增大后减小
C．FN一直增大D．FN先减小后不变
9．
如图所示，顶角为90°、质量为M的三角形木块放在水平地面上，两底角分别是α和β，两斜面光滑，在两斜面的顶端两个质量均为m的滑块A和B同时由静止释放，以下说法正确的是（ ）
A．两滑块可能同时到达地面
B．在两滑块到达地面前，地面对木块的支持力为（M＋m）g
C．在两滑块到达地面前，地面对木块的摩擦力为0
D．在两滑块到达地面前，只有当α＝β时地面与木块间才没有摩擦力
10．
如图所示，长为L＝6m、质量为m＝10kg的木板放在水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，一个质量为M＝50kg的人从木板的左端开始向右加速跑动，从人开始跑到人离开木板的过程中，以下v－t图象可能正确的是（取g＝10m/s2，a为人的v－t图象，b为木板的v－t图象）（ ）
三、计算题（本题共2小题，共计40分。
解答时写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。
）
11．（20分）
质量为m＝1kg的滑块受到一个沿斜面方向的外力F作用，从斜面底端开始，以初速度v0＝36m/s沿着斜面向上运动，斜面足够长，倾角为37°，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.8，滑块向上运动的过程中，某段时间内的v－t图象如图所示（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。
（1）求滑块上滑过程中的加速度的大小；
（2）求滑块所受外力F；
（3）当滑块到达最高点后是否立即下滑，若不能下滑，请说明理由，若能够下滑，求出滑块从出发到回到斜面底端的时间。
12.
（20分）如图所示，质量为M＝2kg、左端带有挡板的长木板放在水平面上，板上贴近挡板处放有一质量为m＝1kg的物块，现用一水平向右大小为9N的拉力F拉长木板，使物块和长木板一起做匀加速运动，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1＝0.1，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，运动一段时间后撤去F，最后物块恰好能运动到长木板的右端，木板长L＝4.8m，物块可看成质点，不计挡板的厚度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，求：
（1）小物块开始运动时的加速度；
（2）拉力F作用的时间；
（3）整个过程因摩擦产生的热量。
冲刺卷三 牛顿运动定律的应用
1．D [由牛顿第三定律可知，作用力和反作用力同时产生，同时消失，选项A错误；压力和支持力作用在两个不同的物体上，而平衡力是作用在同一个物体上，选项B错误；作用力与反作用力等大反向，故人对车的作用力大小等于车对人的作用力，选项C错误；物体对地面的摩擦力大小等于地面对物体的摩擦力，选项D正确。
]
2．B [对物体应用牛顿第二定律有Fcosθ－μ（mg－Fsinθ）＝ma，可得a＝
F－μg，图线纵截距表示μg，可知动摩擦因数相同，P和Q的材料相同，选项B正确；图线斜率表示
，选项C、D均错；P的质量小于Q的质量，选项A错误。
]
3．B [当M≤m时，P、Q静止，Q的加速度为0；当M>m时，分别对P、Q应用牛顿第二定律得Mg－F＝Ma，F－mg＝ma，解得加速度a＝
g＝g－
g，加速度a小于g、随M的增大越来越接近g，不可能大于g，所以答案为B。
]
4．C [剪断轻绳前对物体进行受力分析如图甲所示，物体受重力mg、弹簧的拉力F、轻绳的拉力T，有F＝mgtanθ＝mg。
剪断轻绳后对物体进行受力分析如图乙所示，物体受重力mg、地面对物体的支持力FN、弹簧的拉力F、地面对物体的摩擦力Ff，由牛顿第二定律得，F－μmg＝ma，a＝（1－μ）g＝7m/s2，选项C正确。
]
5．B [传送带静止和逆时针运动时，小麦袋受到的滑动摩擦力不变，一直做匀减速运动，小麦袋的加速度相等、并且初速度和位移都相等，根据位移公式可知时间相等，设小麦袋离开传送带时的速度为v2，有t1＝t2；若0.5v0v2，则小麦袋先做匀减速运动至速度减小为0.5v0、然后和传送带一起做匀速运动，则时间减少，有t1＝t2>t3，选项B正确。
]
6．BC [设A、B将要相对滑动时的加速度大小为a，对A由μmAg＝mAa，得a＝3m/s2，对整体有F＝（mA＋mB）a＝9N。
即当F≤9N时，A、B能保持相对静止，一起向右加速，当F>9N时，A、B发生相对滑动，A受到B的滑动摩擦力大小始终为3N，A的加速度大小也不变，故选项A、D均错误，选项B正确；当F＝6N时，A、B整体的加速度a′＝
＝2m/s2，故A、B间的静摩擦力为f＝mAa′＝2N，选项C正确。
]
7．BC [小球原来静止，根据对称性可知细线和弹簧上的拉力大小均为F＝
，剪断细线瞬间弹簧弹力和小球重力都不变，则小球此时所受合外力与剪断细线前细线上的拉力等大反向，则小球加速度大小为a＝
＝
，选项C正确，D错误；剪断弹簧瞬间，沿细线方向的合外力为0、垂直细线方向的合外力为重力的分力mgsinα，小球的加速度为gsinα，选项A错误，B正确。
]
8．
AD [光滑锥向右加速，分解加速度如图所示，对小球，沿x方向应用牛顿第二定律有Fsinθ－FNcosθ＝ma，y方向应用牛顿第二定律有Fcosθ＋FNsinθ－mg＝0，解得F＝mgcosθ＋masinθ、FN＝mgsinθ－macosθ，由此可知F随a增大而增大、FN随a增大而减小；当a＝gtanθ时FN＝0，a继续增大小球将离开光滑锥，FN为0不变、F继续增大，所以答案为A、D。
]
9．ABC [设木块的高度为h，对A有：
mgsinα＝maA，
＝
aAt
，tA＝
，同理对B有tB＝
，当α＝β时，tA＝tB，选项A正确；对木块受力分析如图，FNA＝mgcosα，FNB＝mgcosβ；竖直方向有FN＝Mg＋mgcos2α＋mgcos2β，因为α＋β＝90°，所以FN＝（M＋m）g，选项B正确；因为α＋β＝90°，水平方向有mgsinαcosα＝mgsinβcosβ，所以地面对木块的摩擦力为0，选项C正确、D错误。
]
10．ABC [人在木板上加速，受到木板向右的摩擦力，f＝Ma1，木板与地面之间的最大静摩擦力fm＝μ（M＋m）g＝120N；A中人的加速度a1＝1m/s2，f＝Ma1＝50N<120N，木板静止不动，t＝2
s内人的位移x＝6m，A正确；同理B正确；C中人的加速度a1＝3m/s2，f＝Ma1＝150N>120N，木板向左加速，f－μ（M＋m）g＝ma2，a2＝3m/s2，t＝
s内人的位移大小x1＝3m，木板的位移大小x2＝3m，C正确；D中木板的位移为负，应在时间轴的下方，因此D错误。
]
11．解析
（1）由速度图象可得：
a1＝15m/s2，
即加速度的大小为15m/s2。
（2）设F沿斜面向下，根据牛顿第二定律有
mgsinθ＋μmgcosθ＋F＝ma1，
代入数据解得：
F＝2.6N，
故力的方向平行于斜面向下。
（3）因为滑块到达最高点后摩擦力反向，
由于mgsinθ＋F>μmgcosθ，
所以滑块能够立即下滑。
根据牛顿第二定律有
mgsinθ＋F－μmgcosθ＝ma2，
代入数据解得：
a2＝2.2m/s2，
设滑块上滑的时间为t1，则t1＝
＝2.4s，
滑块上滑的距离为x＝
＝43.2m，
设滑块下滑的时间为t2，有x＝
a2t
，
解得：
t2＝6.3s，
故滑块从出发到回到斜面底端的时间为t＝t1＋t2＝8.7s。
答案
（1）15m/s2
（2）2.6N 平行于斜面向下 （3）8.7s
12．解析
（1）小物块开始运动时的加速度与整体的加速度相同，对整体，由牛顿第二定律有
F－μ2（M＋m）g＝（M＋m）a1
解得a1＝1m/s2。
（2）设拉力F作用的时间为t1，撤去拉力时长木板和物块的速度为v＝a1t1，
撤去拉力后，如果物块和长木板一起做匀减速运动，则匀减速运动的加速度大小为a＝μ2g＝2m/s2，
物块要维持2m/s2的加速度需要的外力大小为2N，而长木板对物块的最大静摩擦力等于f1＝μ1mg＝1N<2N，因此物块不可能和长木板一起做匀减速运动，物块与长木板发生相对滑动，长木板的加速度满足μ2（M＋m）g－μ1mg＝Ma2，
可得a2＝2.5m/s2，
小物块的加速度a3＝μ1g＝1m/s2，
－
＝L，
解得t1＝4s。
（3）根据功能关系可知，整个过程因摩擦产生的热量等于拉力F做的功，即Q＝Fx1，
x1＝
a1t
，
可得Q＝72J。
答案
（1）1m/s2
（2）4s （3）72J
多过程问题求解的一般思路
（1）基本思路：
受力分析和运动分析是解决问题的关键，而加速度是联系力与运动的桥梁。
基本思路如图所示：
（2）常用方法：
①整体法与隔离法。
②正交分解法。
（3）注意事项：
①仔细审题，分析物体的受力及受力的变化情况，确定并划分出物体经历的每个不同的过程。
②逐一分析各个过程中的受力情况和运动情况，以及总结前一过程和后一过程的状态有何特点。
③前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的交接点受力的变化、状态的特点是解题的关键。
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