=0.5μg，选项D正确。
7.“蹦极”是一项非常刺激的体育运动，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，如图中a点是弹性绳的原长位置，c点是人能到达的最低点，b点是人静止悬吊着时的平衡位置。
人在从P点下落到最低点c的过程中（ ）
A.在Pa段做自由落体运动，人处于完全失重状态
B.在ab段，绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态
C.在bc段，绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态
D.在c点，人的速度为零，其加速度为零
【解析】选A、B。
人在Pa段只受重力作用，a=g，完全失重，A正确；人在ab段受重力和向上的拉力，拉力小于重力，合力向下，加速度向下，失重，B正确；人在bc段受重力和向上的拉力，拉力大于重力，合力向上，加速度向上，超重，C错误；人在c点时，绳的拉力最大，人所受的合力最大，加速度最大，D错误。
8.（2019·全国卷Ⅲ）如图甲，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。
t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力。
细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图乙所示，木板的速度v与时间t的关系如图丙所示。
木板与实验台之间的摩擦可以忽略。
重力加速度g取10m/s2。
由题给数据可以得出（ ）
A.木板的质量为1kg
B.2～4s内，力F的大小为0.4N
C.0～2s内，力F的大小保持不变
D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【解析】选A、B。
结合两图象可判断出0～2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；在4～5s内，木板在摩擦力的作用下做匀减速运动，ma2=f=0.2N，加速度大小为a2=
m/s2=0.2m/s2，得m=1kg，故A正确；在2～4s内木板加速度大小为a1=
m/s2=0.2m/s2，则F=ma1+f=0.4N，故B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ，故D错误。
9.如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻绳连接放在倾角为θ的固定斜面上，用平行于斜面向上的恒力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，为了增大轻绳上的张力，可行的办法是（ ）
A.减小A物块的质量
B.增大B物块的质量
C.增大倾角θ
D.增大动摩擦因数μ
【解析】选A、B。
当用沿斜面向上的恒力拉A，两物块沿斜面向上匀加速运动时，对整体运用牛顿第二定律，有F-（mA+mB）gsinθ-μ（mA+mB）gcosθ=（mA+mB）a，
得a=
-gsinθ-μgcosθ。
隔离B研究，根据牛顿第二定律有
FT-mBgsinθ-μmBgcosθ=mBa，
则FT=mBgsinθ+μmBgcosθ+mBa=
，要增大FT，可减小A物块的质量或增大B物块的质量，故A、B正确。
二、计算题（16分，需写出规范的解题步骤）
10.质量为1.5kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。
A的v-t图象如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
（2）木板B与水平面间的动摩擦因数μ2；
（3）A的质量。
【解析】
（1）由图象可知，A在0～1s内加速度为
a1=
=-3m/s2，
对A由牛顿第二定律得，
-μ1mg=ma1
得μ1=0.3
（2）由图象可知，AB在1～3s内加速度为
a2=
=-1.5m/s2，
对AB整体由牛顿第二定律得
-μ2（M+m）g=（M+m）a2
得μ2=0.15
（3）由图象可知B在0～1s内的加速度
a3=
=3m/s2
对B由牛顿第二定律得，
μ1mg-μ2（M+m）g=Ma3
代入数据解得：
m=4.5kg
答案：
（1）0.3
（2）0.15 （3）4.5kg
【加固训练】
如图所示，物块A放在足够长的木板B上，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.6，木板与水平面间的动摩擦因数μ2=0.2，某时刻A、B分别有向左和向右的速度v0，且速度大小v0=10m/s，如果A、B的质量相同，g取10m/s2。
求：
（1）初始时刻A、B的加速度大小；
（2）A向左运动的最大位移。
【解析】
（1）对A：
maA=μ1mg
解得aA=6m/s2
对B：
μ1mg+μ2×2mg=m
解得
=10m/s2。
（2）B的加速度大，B先减速到0，
设B由v0减速到0的时间为t1，
v0=
t1，t1=1s
此时A的速度为：
vA=v0-aAt1，vA=4m/s，
该过程A的位移为：
x1=v0t1-
aA
，x1=7m
之后B所受水平面的摩擦力反向：
μ1mg-μ2×2mg=m
，
=2m/s2
设B反向加速至与A共速所用时间为t2，
vA-aAt2=
t2，t2=0.5s
从B反向加速到两者共速，该过程A的位移为：
x2=vAt2-
aA
，x2=1.25m
共同速度v=
t2=1m/s
两者共速后一起向左做减速运动，
μ2×2mg=2ma，a=2m/s2
两者共同减速的位移：
x3=
，x3=0.25m
A向左运动的总位移
x=x1+x2+x3=8.5m。
答案：
（1）6m/s2 10m/s2
（2）8.5m
11.（10分）（多选）如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。
斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。
若T-a图象如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度g取
10m/s2。
则（ ）
A.a=
m/s2时，FN=0
B.小球质量m=0.1kg
C.斜面倾角θ的正切值为
D.小球离开斜面之前，FN=0.8+0.06a（N）
【解题指导】解答本题应注意以下两点
（1）若加速度较小，小球在斜面上，受三个力的作用；
（2）若加速度较大，小球离开斜面，受两个力的作用。
【解析】选A、B、C。
小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，
可得Tcosθ-FNsinθ=ma，Tsinθ+FNcosθ=mg，
联立解得FN=mgcosθ-masinθ，
T=macosθ+mgsinθ，
所以小球离开斜面之前，T-a图象为直线，
由题图乙可知a=
m/s2时，
FN=0，A正确；
当a=0时，T=0.6N，
此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，
所以mgsinθ=T；
当a=
m/s2时，
斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以
=ma，
联立可得tanθ=
，m=0.1kg，B、C正确；
将θ和m的值代入FN=mgcosθ-masinθ，
得FN=0.8-0.06a（N），D错误。
12.（20分）如图所示为一电磁选矿、传输一体机的传送带示意图，已知传送带由电磁铁组成，位于A轮附近的铁矿石被传送带吸引后，会附着在A轮附近的传送带上，被选中的铁矿石附着在传送带上与传送带之间有恒定的电磁力作用且电磁力垂直于接触面，且吸引力为其重力的1.4倍，当有铁矿石附着在传送带上时，传送带便会沿顺时针方向转动，并将所选中的铁矿石送到B端，由自动卸货装置取走。
已知传送带与水平方向夹角为53°，铁矿石与传送带间的动摩擦因数为0.5，A、B两轮间的距离为L=64m，A、B两轮半径忽略不计，g取
10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。
（1）若传送带以恒定速率v0=10m/s传动，求被选中的铁矿石从A端运动到B端所需要的时间；
（2）实际选矿传送带设计有节能系统，当没有铁矿石附着传送带时，传送带速度几乎为0，一旦有铁矿石吸附在传送带上时，传送带便会立即加速启动，要使铁矿石最快运送到B端，传送带的加速度至少为多大？
并求出最短时间。
【解析】
（1）当传送带匀速向上传动时，对铁矿石
沿传送带方向Ff-mgsinθ=ma
垂直传送带方向：
FN-mgcosθ-F=0
其中F=1.4mg，Ff=μFN，解得：
a=2m/s2
则铁矿石运动到与传送带速度相等所需要的时间为：
t1=
=
s=5s
对应的位移为：
x1=
a
=
×2×52m=25m
根据以上计算可知，铁矿石在传送带上受到的滑动摩擦力大于铁矿石重力沿传送带方向的分力，所以当铁矿石的速度与传送带速度相等以后，铁矿石会随传送带匀速运动到B端，则其匀速运动时间为：
t2=
=
s=3.9s，所以铁矿石从传送带的A端运动到B端所需要的时间为：
t=t1+t2=8.9s。
（2）只有铁矿石一直加速运动到B点时，所用时间才会最短，根据问题
（1）分析可知，铁矿石在传送带上的最大加速度是2m/s2，所以传送带的最小加速度为：
amin=2m/s2，
则有：
L=
at′2，代入数据解得最短时间为：
t′=8s。
答案：
（1）8.9s
（2）2m/s2 8s
【总结提升】
（1）传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。
因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键。
（2）传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断。
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