专题三　牛顿运动定律的综合应用
考纲解读
1.掌握超重、失重的概念，会分析有关超重、失重的问题.2.学会分析临界与极值问题.3.会进行动力学多过程问题的分析．

1． [对超重和失重的理解]关于超重和失重的下列说法中，正确的是 (　　) A．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了 B．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力 作用 C．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态 D．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化 答案　D 解析　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，超重和失重并非物体的重力发生变化，而是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了变化，综上所述，A、B、C均错，D正确． 2． [对超重和失重的理解]下列说法正确的是 (　　) A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态 B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态 C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态 D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态 答案　B 解析　运动员是否超重或失重取决于加速度方向，A、C、D三个选项中，运动员均处于平衡状态，不超重也不失重，只有B正确．
考点梳理
1． 超重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的情况． (2)产生条件：物体具有向上的加速度． 2． 失重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的情况． (2)产生条件：物体具有向下的加速度． 3． 完全失重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的情况称为完全失重现象． (2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．
3． [应用动力学方法分析传送带问题]如图1所示，传送带保持v0＝1 m/s 的速度运动，现将一质量m＝0.5 kg的物体从传送带左端放上，设物 体与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，传送带两端水平距离x＝2.5 m， 图1 则物体从左端运动到右端所经历的时间为 (　　) A. s B．(－1) s C．3 s D．5 s 答案　C 解析　物体在传送带左端开始运动时受到的摩擦力为Ff＝μmg，获得的加速度a＝＝μg＝1 m/s2 当加速到v0时经过的时间t1＝＝1 s 经过的位移为x1＝＝0.5 m 以后物体随传送带一起向右匀速运动，到达右端用时t2＝＝2 s，所以物体从左端运动到右端的总时间为t＝t1＋t2＝3 s．选项C正确． 4． [动力学中的图象问题]如图2所示，水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端 与物体A相连接，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向下的力压物体A，使A 竖直向下做匀加速直线运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内．下 列关于所加力F的大小和运动距离x之间关系图象正确的是 (　　) 图2
答案　D 解析　由于弹簧弹力与弹簧压缩量成正比，由牛顿第二定律得，F－kx＝ma，解得F＝kx＋ma，故所加力F的大小和运动距离x之间关系图象正确的是图D.
方法提炼
1． 传送带问题模型 关键是分析清楚物体与传送带间的摩擦力的大小、方向及物体与传送带之间的相对运动情况． 2． 动力学中图象问题的解题思路：对于已知图象求解相关物理量的问题，往往是结合物理过程，从分析图象的横、纵轴所对应的物理量的函数入手，分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得出所求结果．其中，写出纵、横坐标的函数关系式是关键．
考点一　超重与失重 1． 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． 只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关． 3． 尽管物体的加速度不是在竖直方向，但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． 4． 物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma.
例1
　在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作，传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是 (　　)

解析　该同学下蹲过程中，其加速度方向先向下后向上，故先失重后超重，故选项D 正确． 答案　D 方法点拨 超重和失重现象的判断“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．
突破训练1
　在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图3所示．在这段时间内下列说法中正确的是 (　　)
图3 A．晓敏同学所受的重力变小了 B．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力 C．电梯一定在竖直向下运动 D．电梯的加速度大小为g/5，方向一定竖直向下 答案　D 解析　由题图知晓敏在这段时间内处于失重状态，是由于晓敏对体重计的压力变小了，而晓敏的重力没有改变，A选项错；晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，B选项错；以竖直向下为正方向，有：mg－F＝ma，解得a＝，方向竖直向下，但其速度方向可能是竖直向上，也可能是竖直向下，C选项错，D选项正确． 考点二　动力学中的临界极值问题分析 1． 当物体的运动从一种状态转变为另一种状态时必然有一个转折点，这个转折点所对应的状态叫做临界状态；在临界状态时必须满足的条件叫做临界条件．用变化的观点正确分析物体的受力情况、运动状态变化情况，同时抓住满足临界值的条件是求解此类问题的关键． 2． 临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点； (2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界状态； (3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点； (4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是要求收尾加速度或收尾速度．
例2
　如图4所示，质量为m＝1 kg的物块放在倾角为θ＝37°的斜面体 上，斜面体质量为M＝2 kg，斜面体与物块间的动摩擦因数为μ＝ 0.2，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面 静止，试确定推力F的取值范围．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝ 图4 10 m/s2) 审题指导　此题有两个临界条件：当推力F较小时，物块有相对斜面向下运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向上；当推力F较大时，物块有相对斜面向上运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向下．找准临界状态是求解此题的关键． 解析　(1)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此 时物块受力分析如图所示，取加速度的方向为x轴正方向． 对物块，水平方向有FNsin θ－μFNcos θ＝ma1 竖直方向有FNcos θ＋μFNsin θ－mg＝0 对M、m整体有F1＝(M＋m)a1 代入数值得：a1＝4.8 m/s2，F1＝14.4 N (2)设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，对物块受 力分析如图，在水平方向有 FN′sin θ＋μFN′cos θ＝ma2 竖直方向有FN′cos θ－μFN′sin θ－mg＝0 对整体有F2＝(M＋m)a2 代入数值得a2＝11.2 m/s2，F2＝33.6 N 综上所述可知推力F的取值范围为：14.4 N≤F≤33.6 N 答案　14.4 N≤F≤33.6 N 规律总结 动力学中的典型临界条件 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．绳子断裂与松驰的临界条件：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，绳子松驰的临界条件是：FT＝0. 4．加速度变化时，速度达到最大的临界条件：当加速度变化为a＝0时．
突破训练2
　如图5所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面 上，A、B质量分别为mA＝6 kg，mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因 数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N的过程 图5 中，则 (　　) A．当拉力F<12 N时，物体均保持静止状态 B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对运动 C．两物体从受力开始就有相对运动 D．两物体始终没有相对运动 答案　D 解析　当A、B间的静摩擦力达到最大静摩擦力，即滑动摩擦力时，A、B才会发生相对 运动．此时对B有：Ffmax＝μmAg＝12 N，而Ffmax＝mBa，a＝6 m/s2，即二者开始相对运 动时的加速度为6 m/s2，此时对A、B整体：F＝(mA＋mB)a＝48 N，即F>48 N时，A、B 才会开始相对运动，故选项A、B、C错误，D正确．
12．“传送带模型”问题的分析思路
1． 模型特征 一个物体以速度v0(v0≥0)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统可看做“传送带”模型，如图6(a)、(b)、(c)所示．
图6 2． 建模指导 传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题． (1)水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻． (2)倾斜传送带问题：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．
例3
　如图7所示，倾角为37°，长为l＝16 m的传送带，转动速度为v＝ 10 m/s，动摩擦因数μ＝0.5，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质 量为m＝0.5 kg的物体．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2. 求： (1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间； 图7 (2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间． 解析　(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg(sin 37°－μcos 37°)＝ma则a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2， 根据l＝at2得t＝4 s. (2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 则有a1＝＝10 m/s2 设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有 t1＝＝ s＝1 s，x1＝a1
＝5 mμmgcos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则 a2＝＝2 m/s2 x2＝l－x1＝11 m 又因为x2＝vt2＋a2t，则有10t2＋t＝11 解得：t2＝1 s(t2＝－11 s舍去) 所以t总＝t1＋t2＝2 s. 答案　(1)4 s　(2)2 s 方法点拨 分析处理传送带问题时需要特别注意两点：一是对物体在初态时所受滑动摩擦力的方向的分析；二是对物体在达到传送带的速度时摩擦力的有无及方向的分析．
突破训练3
如图8所示，水平传送带AB长L＝10 m，向右匀速 运动的速度v0＝4 m/s，一质量为1 kg的小物块(可视为质点) 以v1＝6 m/s的初速度从传送带右端B点冲上传送带，物块与 图8 传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2.求： (1)物块相对地面向左运动的最大距离； (2)物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间． 答案　(1)4.5 m　(2)3.125 s 解析　(1)设物块与传送带间摩擦力大小为Ff Ff ＝μmg Ff x物＝m v12 x物＝4.5 m (2)设小物块经时间t1速度减为0，然后反向加速，设加速度大小为a，经时间t2与传送 带速度相等 v1－at1＝0 a＝ t1＝1.5 s v0＝at2 t2＝1 s 设反向加速时，物块的位移为x1，则有 x1＝a
＝2 m 物块与传送带共速后，将做匀速直线运动，设经时间t3再次回到B点 x物－x1＝v0t3 t3＝0.625 s 所以t总＝t1＋t2＋t3＝3.125 s 13．“滑块—木板模型”问题的分析思路
1． 模型特点：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动． 2． 建模指导 解此类题的基本思路：(1)分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；(2)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移.

解析　(1)木板受到的摩擦力Ff ＝μ(M＋m)g＝10 N 木板的加速度a＝＝2.5 m/s2. (2分) (2)设拉力F作用时间t后撤去 F撤去后，木板的加速度为a′＝－＝－2.5 m/s2 (2分) 木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且a＝－a′，故 at2＝L 解得t＝1 s，即F作用的最短时间为1 s． (2分) (3)设木块的最大加速度为a木块，木板的最大加速度为a木板，则μ1mg＝ma木块 (2分) 得a木块＝μ1g＝3 m/s2 对木板：F1－μ1mg－μ(M＋m)g＝Ma木板 (2分) 木板能从木块的下方抽出的条件为a木板>a木块 解得F1>25 N． (2分) (4)木块的加速度a木块′＝μ1g＝3 m/s2 (1分) 木板的加速度a木板′＝＝4.25 m/s2 (1分) 木块滑离木板时，两者的位移关系为x木板－x木块＝L，即 a木板′t2－a木块′t2＝L (2分) 代入数据解得t＝2 s．(2分) 答案　(1)2.5 m/s2　(2)1 s　(3)大于25 N　(4)2 s 技巧点拨 分析滑块—木板模型问题时应掌握的技巧 1．分析题中滑块、木板的受力情况，求出各自的加速度． 2．画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系． 3．知道每一过程的末速度是下一过程的初速度． 4．两者发生相对滑动的条件：(1)摩擦力为滑动摩擦力．(2)二者加速度不相等．
突破训练4
　如图10所示，质量M＝8 kg的小车放在光滑的水平面上， 在小车左端加一水平推力F＝8 N，当小车向右运动的速度达到 1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，当二者达到相同速 图10 度时，物块恰好滑到小车的最左端．取g＝10 m/s2.则： (1)小物块放上后，小物块及小车的加速度各为多大？ (2)小车的长度L是多少？ 答案　(1)2 m/s2　0.5 m/s2　(2)0.75 m 解析　(1)以小物块为研究对象，由牛顿第二定律，得 μmg＝ma1 解得a1＝μg＝2 m/s2 以小车为研究对象，由牛顿第二定律，得F－μmg＝Ma2 解得a2＝＝0.5 m/s2 (2)由题意及运动学公式：a1t＝v0＋a2t 解得：t＝＝1 s 则物块运动的位移x1＝a1t2＝1 m 小车运动的位移x2＝v0t＋a2t2＝1.75 m L＝x2－x1＝0.75 m

高考题组
1． (2012·江苏·4)将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小 成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是 (　　)

答案　C 解析　皮球上升过程中受重力和空气阻力作用，由于空气阻力大小与速度的大小成正比，速度v减小，空气阻力f＝kv也减小，根据牛顿第二定律mg＋f＝ma，知a＝＋g，可知，a随v的减小而减小，且v变化得越来越慢，所以a随时间t减小且变化率减小， 选项C正确． 2． (2011·福建理综·16)如图11甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则 (　　)
图11 A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 答案　B 解析　相对地面而言，小物块在0～t1时间内，向左做匀减速运动，t1～t2时间内，又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻)，小物块向右做匀速运动．故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误．相对传送带而言，在0～t2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确，C、D均错误． 3． (2010·浙江理综·14)如图12所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初 速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是 (　　) A．在上升和下降过程中A对B的压力一定为零 图12 B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力 C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力 D．在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力 答案　A 解析　由于空气阻力不计，两物体只受重力作用，处于完全失重状态，A对B的压力在上升和下降阶段都为零． 4． (2012·安徽理综·22)质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v－t图象如图13所示．弹性球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的.设球受到的空气阻力大小恒为f，取g＝10 m/s2，求： 图13 (1)弹性球受到的空气阻力f的大小； (2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h. 答案 (1)0.2 N　(2)0.375 m 解析　(1)由v－t图象可知，弹性球下落过程的加速度为 a1＝＝ m/s2＝8 m/s2 根据牛顿第二定律，得mg－f＝ma1 所以弹性球受到的空气阻力 f＝mg－ma1＝(0.1×10－0.1×8) N＝0.2 N (2)弹性球第一次反弹后的速度v1＝×4 m/s＝3 m/s 根据牛顿第二定律，得弹性球上升的加速度为 a2＝＝ m/s2＝12 m/s2 根据vt2－v02＝－2ah，得弹性球第一次反弹的高度 h＝
＝ m＝0.375 m.
模拟题组
5． 如图14所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的 中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因 数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力 图14 与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板 加速度大小a可能是 (　　) A．a＝μg B．a＝ C．a＝ D．a＝－ 答案　CD 解析　当F较大，二者发生相对滑动时，对木板有：μmg－·2mg＝ma，所以a＝g.当F 较小，二者一起加速时，有：F－·2mg＝2ma，所以a＝－g，故选项C、D正确． 6． 如图15所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三 个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相 连，轻绳能承受的最大拉力为FT.现用水平拉力F拉质量为3m 图15 的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是 (　　) A．质量为2m的木块受到四个力的作用 B．当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断 C．当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳还不会被拉断 D．当轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为FT 答案　C 解析　质量为2m的木块受重力、地面的支持力、轻绳的拉力、木块m的压力和摩擦力 五个力作用，选项A错误；当轻绳达到最大拉力FT时，对m和2m整体，FT＝3ma，再 对三个木块整体，F＝(m＋2m＋3m)a，得到F＝2FT，选项B错误，C正确；对木块m， 由Ff＝ma，得到Ff＝FT，选项D错误．
?题组1　对超重和失重现象的理解 1． 下列实例属于超重现象的是 (　　) A．汽车驶过拱桥顶端时 B．火箭点火后加速升空时 C．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动时 D．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时 答案　B 解析　发生超重现象时，物体的加速度方向竖直向上．汽车驶过拱桥顶端时，其向心加速度竖直向下指向圆心，汽车处于失重状态，A错误；火箭点火后加速升空，加速度竖直向上，处于超重状态，B正确；跳水运动员离开跳板向上运动时，只受重力，运动员处于完全失重状态，C错误；体操运动员握住单杠在空中不动时，运动员处于平衡状态，D错误． 2． 有关超重和失重，以下说法中正确的是 (　　) A．物体处于超重状态时，所受重力增大，处于失重状态时，所受重力减小 B．竖直上抛的木箱中的物体处于完全失重状态 C．在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机必定处于下降过程 D．站在月球表面的人处于失重状态 答案　B 3． 伦敦第三十届夏季奥运会于北京时间2012年7月28日开幕，关于各项体育运动的解释，下列说法正确的是 (　　) A．蹦床运动员在空中上升到最高点时处于超重状态 B．跳高运动员在越杆时处于平衡状态 C．举重运动员在举铃过头停在最高点时，铃处于平衡状态 D．跳远运动员助跑是为了增加自己的惯性，以便跳得更远 答案　C ?题组2　动力学中的图象问题 4． 某物体由静止开始做直线运动，物体所受合力F随时间t变化的 图象如图1所示，在0～8 s内，下列说法正确的是 (　　) A．物体在0～2 s内做匀加速直线运动 B．物体在第2 s末速度最大 C．物体在第8 s末离出发点最远 图1 D．物体在第4 s末速度方向发生改变 答案　C 5． 刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一，图2所示的图线 1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离s与刹车 前的车速v的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩 擦，据此可知，下列说法正确的是 (　　) A．甲车与地面间的动摩擦因数较大，甲车的刹车性能好 图2 B．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好 C．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好 D．甲车的刹车距离s随刹车前的车速v变化快，甲车的刹车性能好 答案　B 解析　如图可知，当甲、乙二车的初速度v0相同时，可发现s甲>s乙， 由s＝知，a甲μmgcos θ，所以小木块将继续加速下滑，再次对 小木块受力分析可知，小木块此时受沿传送带向上的滑动摩擦力作用，此时有mgsin θ －μmgcos θ＝ma2，可知a2＝gsin θ－μgcos θ，a1m，则从滑块开始运动起，滑块、木板运动的v－t图 象可能是 (　　)

答案　AC 解析　滑块在木板上时，在滑动摩擦力的作用下，滑块做初速度为v0的匀减速直线运动，木板做初速度为零的匀加速直线运动，由于木板质量大于滑块质量，故木板的加速度大小小于滑块的加速度大小．若二者共速时，滑块未离开长木板，则二者以同一速度匀速运动；若共速前二者已脱离，则各自做匀速运动，且滑块速度大于木板速度，A、C对，B、D错． 13．如图9甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传 送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则 (　　)
图9 A．乘客与行李同时到达B处 B．乘客提前0.5 s到达B处 C．行李提前0.5 s到达B处 D．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处 答案　BD 解析　行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动， 随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速度为a＝μg＝1 m/s2，历时t1＝ ＝1 s与传送带达到共同速度，位移x1＝t1＝0.5 m，此后行李匀速运动t2＝＝ 1.5 s到达B，共用时间2.5 s；乘客到达B，历时t＝＝2 s，故B正确，A、C错误．若 传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间tmin＝  s＝2 s，D正确． 14．如图10所示为上、下两端相距L＝5 m，倾角α＝30°，始终以v＝3 m/s 的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)．将一物体放在传送带 的上端由静止释放滑下，经过t＝2 s到达下端．重力加速度g取10 m/s2，求： (1)传送带与物体间的动摩擦因数； 图10 (2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快 地到达下端． 答案　(1)0.29　(2)8.66 m/s 解析　(1)物体在传送带上受力如图所示，物体沿传送带向下匀加速 运动，设加速度为a. 由题意得L＝at2解得 a＝2.5 m/s2； 由牛顿第二定律得 mgsin α－Ff ＝ma 又Ff ＝μmgcos α 解得μ＝＝0.29 (2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度，即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为vm，物体加速度为a′.由牛顿第二定律得 mgsin α＋Ff＝ma′ Ff＝μmgcos α v
＝2La′ 联立解得vm＝8.66 m/s.

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