資源簡介

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第7講　牛頓運動定律的應用
目錄
[考試標準] 1
[基礎過關] 1
一、兩類動力學問題 1
二、超重與失重 2
[命題點研究] 2
命題點一　超重與失重現象 2
命題點二　動力學中的圖象問題 5
命題點三　動力學的兩類基本問題 8
命題點四　傳送帶模型 10
[課時訓練] 14
[考試標準]
知識內容 考試要求 說明
牛頓運動定律應用 d 1.求解連接體問題時，只限于各物體加速度相同的情形． 2.不要求解決加速度不同的兩個物體的動力學問題.
超重與失重 b
[基礎過關]
一、兩類動力學問題
1．兩類動力學問題
(1)已知受力情況求物體的運動情況．
(2)已知運動情況求物體的受力情況．
2．解決兩類基本問題的方法
以加速度為“橋梁”，由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關系如圖所示：
二、超重與失重
1．超重
(1)定義：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)大于物體所受重力的現象．
(2)產生條件：物體具有向上的加速度．
2．失重
(1)定義：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)小于物體所受重力的現象．
(2)產生條件：物體具有向下的加速度．
3．完全失重
(1)定義：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)等于零的現象．
(2)產生條件：物體的加速度a＝g，方向豎直向下．
[命題點研究]
命題點一　超重與失重現象
1．對超重和失重的理解
(1)不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變．
(2)在完全失重的狀態下，一切由重力產生的物理現象都會完全消失．
(3)盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重或失重狀態．
2．判斷超重和失重的方法
從受力的角度判斷 當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態；小于重力時，物體處于失重狀態；等于零時，物體處于完全失重狀態
從加速度的角度判斷 當物體具有向上的加速度時，物體處于超重狀態；具有向下的加速度時，物體處于失重狀態；向下的加速度等于重力加速度時，物體處于完全失重狀態
從速度變化的角度判斷 ①物體向上加速或向下減速時，超重 ②物體向下加速或向上減速時，失重
（多選）（2023 浙江模擬）神舟十四號又被稱為“最忙乘組”，在空間站工作期間迎接了問天、夢天、天舟五號和神舟十五號，它于12月4日返回祖國。返回時在穿越大氣層時對返回艙起主要減速作用的降落傘（主傘）面積達1200m2，質量為120kg，由96根堅韌的傘繩均勻連接返回艙懸掛點和降落傘邊緣，降落傘邊緣為圓形狀，半徑為15m，設每一根傘繩長度為39m，返回艙（不含航天員）的質量為2670kg，艙內三個航天員的質量每人平均計70kg。設某一段過程，返回艙受到的空氣阻力為返回艙總重力的0.05倍，中軸線（返回能懸掛點與降落傘中心的連線）保持豎直，返回艙以0.5m/s2的加速度豎直向下減速。此過程的重力加速度可以近似取g＝10m/s2。對此以下分析正確的是（　?。?br/>A．在迎接神舟十五號的時候，神舟十四號處于完全失重狀態，不受外力
B．題中減速階段，傘繩對返回艙的合力大于返回艙的總重力
C．題中減速階段，每根傘繩的拉力為325N
D．題中減速階段，降落傘受到的空氣阻力為1500N
（2022 浙江三模）如圖所示，在名為“勇敢者”的課堂演示實驗中，用不可伸長的輕長繩將一鐵球懸掛在天花板上。一同學靠墻站立，雙手拉球使其與鼻尖恰好接觸，然后由靜止釋放鐵球。若該同學保持圖示姿勢不變，則下列說法中正確的是（　　）
A．鐵球可能會撞擊該靜止不動的同學
B．鐵球運動到最低點時處于失重狀態
C．釋放瞬間鐵球的加速度水平向右
D．釋放瞬間長繩拉力小于鐵球重力
（2022 寧波二模）寧波市東部新城音樂噴泉啟動一段時間穩定后可保持如圖所示的迷人風姿，假設從水面四周噴出的各水流，速度大小相等、與水平面所成夾角大小相同，不計空氣阻力、水流互不干擾。則下列說法正確的是（　?。?br/>A．水落回水面的速度都相同
B．初速度加倍，水在空中飛行時間加倍
C．初速度加倍，水的水平射程加倍
D．空中上升過程的水，處在超重狀態
（2021 濱江區校級模擬）我國的月球探測計劃“嫦娥工程”分為“繞、落、回”三步?！版隙鹞逄枴钡娜蝿帐恰盎亍?。2020年11月24日，“嫦娥五號”成功發射，它分為四部分：著陸器、上升器、軌道器和返回器。12月3日，載著珍貴“月壤”的嫦娥5號“上升器”發動機點火，以“著陸器”作為發射臺，從月面起飛（如圖1），回到預定環月軌道，與繞月飛行的“軌道器與返回器組合體”成功交會對接（如圖2），將珍貴的“月壤”轉移到“返回器”中。12月17日，“返回器”進入月地轉移軌道重返地球，以超高速進入大氣層。由于速度太快會使得“返回器”與空氣劇烈摩擦產生高溫，高溫會對“月壤”產生不利影響，甚至溫度過高，返回器有燃燒殆盡的風險。為避免這些風險，采用“半彈道跳躍式返回”俗稱“太空打水漂”的方式兩次進入大氣層，梯次氣動減速（如圖3）。最終在預定地點平穩著陸。根據以上信息，判斷下列說法正確的是（　?。?br/>A．“上升器”從點火上升到回到預定環月軌道的過程中，“月壤”一直處于超重狀態
B．“月壤”隨“返回器”進入環月軌道后，“返回器”的彈力給“月壤”提供向心力
C．為了利用地球自轉，節省燃料，“嫦娥五號”應采用由東向西發射
D．為了利用地球自轉，降低回收過程中的風險，“返回器”應采用由西向東進入大氣層回收
（2020 溫州三模）隨著我國國力的增強，農業將逐步實行現代化。一臺“大疆”無人機在田間進行農藥噴灑，無人機從地面靜止起飛，豎直向上運動，然后懸停在空中，接著水平向前做加速運動，后勻速運動噴灑農藥。關于這一系列過程，下列說法正確的是（　?。?br/>A．豎直向上運動的過程中，無人機一直處于超重狀態
B．水平向前加速時，空氣對無人機的作用力豎直向上
C．水平向前加速時，空氣對無人機的作用力大于無人機總重力
D．在水平方向勻速運動噴灑農藥過程中，無人機（含內部未噴灑的農藥）機械能保持不變
命題點二　動力學中的圖象問題
1．常見的動力學圖象
v－t圖象、a－t圖象、F－t圖象等．
2．圖象問題的類型
(1)已知物體受到的力隨時間變化的圖線，要求分析物體的運動情況．
(2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖線，要求分析物體的受力情況．
(3)由已知條件確定某物理量的變化圖象．
3．解決圖象問題的關鍵
(1)看清圖象的橫、縱坐標所表示的物理量及單位并注意坐標原點是否從0開始．
(2)理解圖象的物理意義，能夠抓住圖象的一些關鍵點，如斜率、截距、面積、交點、拐點等，判斷物體的運動情況或受力情況，再結合牛頓運動定律求解．
（2020 江西模擬）水平力F方向確定，大小隨時間的變化如圖a所示，用力F拉靜止在水平桌面上的小物塊，在F從0開始逐漸增大的過程中，物塊的加速度a隨時間變化的圖象如圖b所示，重力加速度大小為10m/s2，最大靜摩擦力大于滑動摩擦力，由圖示可知（　?。?br/>A．物塊的質量m＝2kg
B．物塊與水平桌面間的動摩擦因數為0.2
C．在4s末，物體的動量為12kg m/s
D．在2s～4s時間內，小物塊速度均勻增加
（多選）（2019 龍巖模擬）質量m＝2kg的物塊在粗糙的水平地面上運動，t＝0時刻開始受到方向相反的水平拉力F1、F2的作用，以3m/s的速度做勻速直線運動，F1、F2隨時間t的變化規律如圖所示，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A．物塊與地面的動摩擦因數為0.3
B．3s末物塊的加速度大小為1.5m/s2
C．5s末物塊的速度大小為1.5m/s
D．5s內物塊的位移大小為9m
（2021 浙江模擬）如圖所示為質量m＝75kg的滑雪運動員在傾角θ＝37°的直滑道上由靜止開始向下滑行的v﹣t圖象，圖中的OA直線是t＝0時刻速度圖線的切線，速度圖線末段BC平行于時間軸，運動員與滑道間的動摩擦因數為μ，所受空氣阻力與速度平方成正比，比例系數為k。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則（　?。?br/>A．滑雪運動員開始時做加速度增大的加速直線運動，最后勻速運動
B．t＝0時刻運動員的加速度大小為2m/s2
C．動摩擦因數μ為0.25
D．比例系數k為15kg/s
（2021春 新華區校級期末）某同學為了研究物體下落過程的特點，設計了如下實驗：將兩本書AB從高樓樓頂放手讓其落下，兩本書下落過程中沒有翻轉和分離，由于受到空氣阻力的影響，其v﹣t圖象如圖所示，虛線在P點與速度圖線相切，已知mA＝2kg，mB＝2kg，g＝10m/s由圖可知（　?。?br/>A．0～2s內AB的平均速度等于4.5m/s
B．t＝2s時AB受到空氣阻力等于25N
C．t＝2s時A對B的壓力等于16N
D．下落過程中A對B的壓力不變
（2020 浙江模擬）一物體在水平拉力F的作用下沿水平面做直線運動，拉力F隨位移x變化的圖線如圖甲所示。經時間t0后撤去拉力F，物體運動的速度﹣時間圖象如圖乙所示。重力加速度為g，下列說法正確的是（　?。?br/>A．物體的質量為
B．在拉力F作用下物體一定做勻加速直線運動
C．物體與水平面之間的動摩擦因數為
D．物體在0～t0時間內的平均速度大小與t0～2t0時間內的平均速度大小均為
命題點三　動力學的兩類基本問題
1．解題關鍵
(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析；
(2)兩個橋梁——加速度是聯系運動和力的橋梁；速度是各物理過程間相互聯系的橋梁．
2．常用方法
(1)合成法
在物體受力個數較少(2個或3個)時一般采用合成法．
(2)正交分解法
若物體的受力個數較多(3個或3個以上)，則采用正交分解法．
（2023 湖南）如圖，光滑水平地面上有一質量為2m的小車在水平推力F的作用下加速運動。車廂內有質量均為m的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水平底面上，且與底面的動摩擦因數為μ，桿與豎直方向的夾角為θ，桿與車廂始終保持相對靜止。假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（　　）
A．若B球受到的摩擦力為零，則F＝2mgtanθ
B．若推力F向左，且tanθ≤μ，則F的最大值為2mgtanθ
C．若推力F向左，且μ＜tanθ≤2μ，則F的最大值為4mg（2μ﹣tanθ）
D．若推力F向右，且tanθ＞2μ，則F的范圍為4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）
（2022秋 浙江期中）2022年北京冬季奧運會上，跳臺滑雪使觀眾心潮澎湃。其實滑雪運動中滑雪板與雪地間的動摩擦因數會隨速度的變化而變化。如圖一滑雪者從傾角θ＝37°的坡頂A處由靜止開始自由下滑至坡底B處后再滑上一段水平雪地到C處停下。假設滑雪者速度小于v0＝6m/s時滑雪板與雪地間的動摩擦因數為μ1＝0.25，速度大于6m/s時動摩擦因數變為μ2＝0.125?？諝庾枇雎裕碌繟B長為29.8m。（取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）滑雪者從坡頂A開始下滑時的加速度大??；
（2）滑雪者到達B處的速度大小；
（3）滑雪者在斜坡上運動的時間。
（2021秋 嘉興期中）如圖所示，一足夠長的斜面，傾角θ為37°，斜面BC與水平面AB平滑連接，質量m＝2kg的物體靜止于水平面上的M點，M點與B點之間的距離L＝9m，物體與水平面和斜面間的動摩擦因數均為μ＝0.5，現物體受到一水平向右的恒力F＝14N作用，運動至B點時撤去該力，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2）則：
（1）物體在恒力作用下運動時的加速度大?。?br/>（2）物體到達B點時的速度大小；
（3）物體沿斜面向上滑行的最遠距離；
（4）物體從開始運動到最后停止運動的總時間。
（2023春 浙江期中）如圖所示，甲同學需要用平板車搬運學習用品，經過一段校園道路。平板車和用品的總質量為30kg，道路可以簡化為一段長為13.5m的水平道路AB和一段傾角為37°的斜坡BC組成。甲同學拉動平板車由靜止從A點出發，經9s時間運動至B點，然后沖上斜坡。甲同學的拉力大小恒定，且拉力方向始終沿著小車的運動方向。當車剛滑上斜坡運動，乙同學在后面幫助推車，其推力大小為104N，方向沿斜面向上。已知平板車所受摩擦阻力為其對接觸面壓力的0.3倍，求：
（1）平板車到達B點時的速度大小；
（2）甲同學的拉力大??；
（3）平板車剛滑上斜面時的加速度大小和方向。
（2021 浙江）機動車禮讓行人是一種文明行為。如圖所示，質量m＝1.0×103kg的汽車以v1＝36km/h的速度在水平路面上勻速行駛，在距離斑馬線s＝20m處，駕駛員發現小朋友排著長l＝6m的隊伍從斑馬線一端開始通過，立即剎車，最終恰好停在斑馬線前。假設汽車在剎車過程中所受阻力不變，且忽略駕駛員反應時間。
（1）求開始剎車到汽車停止所用的時間和所受阻力的大??；
（2）若路面寬L＝6m，小朋友行走的速度v0＝0.5m/s，求汽車在斑馬線前等待小朋友全部通過所需的時間；
（3）假設駕駛員以v2＝54km/h超速行駛，在距離斑馬線s＝20m處立即剎車，求汽車到斑馬線時的速度。
命題點四　傳送帶模型
模型1　水平傳送帶模型
項目 圖示 滑塊可能的運動情況
情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速
情景2 (1)v0＞v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速 (2)v0＝v時，一直勻速 (3)v0＜v時，可能一直加速，也可能先加速再勻速
情景3 (1)傳送帶較短時，滑塊一直減速達到左端 (2)傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端．當v0＞v時返回右端的速度為v，當v0＜v時返回右端的速度為v0
模型2　傾斜傳送帶模型
項目 圖示 滑塊可能的運動情況
情景1 若滑塊能夠上滑，則： (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速
情景2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 (3)可能先以a1加速后以a2加速
情景3 (1)可能一直加速 (2)可能一直勻速 (3)可能先加速后勻速 (4)可能先減速后勻速 (5)可能先以a1加速后以a2加速 (6)可能一直減速
情景4 (1)可能一直加速 (2)可能一直勻速 (3)可能先減速后反向加速 (4)可能一直減速
（2022秋 日照期末）如圖所示，水平放置的傳送帶以v＝2m/s的速度向右勻速運行，一小物塊以v0＝4m/s的水平速度從傳送帶最左端A處水平向右滑上傳送帶，物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。若A端與B端相距8m，則物塊由A端運動到B端所用時間為（　?。?br/>A．1s B．2s C．3s D．4s
（2022秋 泗陽縣校級期末）如圖所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，以大小為v＝4m/s的恒定速率順時針轉動。一質量m＝1kg的煤塊以初速度v0＝14m/s從A端沖上傳送帶又滑了下來，煤塊的速度隨時間變化的圖像如圖所示，g＝10m/s2，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．煤塊上升的最大位移為9m
B．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.25
C．煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為
D．煤塊在皮帶上留下的劃痕為
（2023 平谷區一模）如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率v1沿順時針方向轉動，傳送帶的傾角為37°。一物塊以初速度v0從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運動，其運動的v﹣t圖像如圖乙所示，物塊到傳送帶頂端時速度恰好為零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。g取10m/s2，則（　　）
A．傳送帶的速度為16m/s
B．摩擦力方向一直與物塊運動的方向相反
C．物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.25
D．傳送帶轉動的速率越大，物塊到達傳送帶頂端時的速度就會越大
（2023 寧波一模）逆時針轉動的繃緊的傳送帶與水平方向夾角為37°，傳送帶的v﹣t圖像如圖所示。在t＝0時刻質量為1kg的物塊從B點以某一初速度滑上傳送帶并沿傳送帶向上做勻速運動。2s后開始減速，在t＝4s時物體恰好能到達最高點A。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。以下說法正確的是（　?。?br/>A．物體與傳送帶間的摩擦因數為0.6
B．傳送帶AB長度為6m
C．2s后物體受到的摩擦力沿傳送帶向下
D．物體與傳送帶間由于摩擦而產生的熱量為6J
（2023 重慶模擬）如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行，初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶，若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v﹣t圖像（以地面為參考系）如圖乙所示，已知v2＞v1，則（　?。?br/>A．t2時刻，小物塊離A處的距離達到最大
B．t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大
C．0～t2時間內，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3時間內，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用
（2022秋 寧波期末）某同學想利用家里的跑步機進行相關實驗。如圖所示，將跑步機尾端抬高固定，與水平面成α＝37°，跑步機A、B兩端間距L＝2m。啟動跑步機，跑帶以速度v0＝2m/s逆時針轉動，現將一小盒子（可視為質點）放到跑帶上，已知小盒子與跑帶之間的動摩擦因數為μ＝0.5。
（1）如圖乙所示，若將小盒子無初速地輕放在A處，求小盒子運動到B處的速度大小v；
（2）如圖丙所示將小盒子從B處以初速度 v1＝4m/s 沿斜面向上推出，求盒子向上運動過程中與傳送帶速度相同時，盒子與B點的距離x；
（3）第（2）題的情形下，求小盒子從B出發再返回B所用的總時間t。
[課時訓練]
一．選擇題（共12小題）
1．（2023 羅湖區校級三模）舞蹈《只此青綠》表演中，需要舞者兩腳前后分開，以胯部為軸，上半身緩慢后躺，與地面近乎平行，在舞考緩慢后躺的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．舞者對地面的壓力就是舞者的重力
B．地面對舞者的支持力和舞者的重力是一對平衡力
C．舞者受到地面的摩擦力向前
D．舞者處于失重狀態
2．（2023春 黃浦區校級期中）有一種大型游戲器械，它是一個圓筒型大容器，筒壁豎直，懸佇立在高空，可以繞其中心軸線轉動。游客進入容器后靠筒壁站立，當圓筒開始轉動后，轉速增大到一定程度時，地板突然塌落，驚恐的游客卻發現自己并沒有落下去，這是因為（　?。?br/>A．游客受到離心力的作用
B．游客處于失重狀態
C．游客受到的摩擦力大小等于重力
D．游客隨著轉速的增大有沿筒壁向上滑動的趨勢
3．（2022秋 三明期末）如圖甲，傳送帶與水平面的夾角為θ，逆時針運行速度恒為v0，現將質量為m的物塊輕放到頂端上，物塊從頂端到底端的過程中v﹣t圖像如圖乙所示，物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，則物塊（　?。?br/>A．在0～t1時間內所受摩擦力大小為μmg，方向沿斜面向下
B．在0～t1時間內所受摩擦力大小為μmgcosθ，方向沿斜面向上
C．在t1后所受摩擦力大小為μmgcosθ，方向沿斜面向下
D．在t1后所受摩擦力大小為mgsinθ，方向沿斜面向上
4．（2023 北侖區校級開學）學習物理知識可以幫助我們分析一些生活中的實際問題。在抗擊新冠肺炎疫情居家學習期間，某同學用手托禮盒進行表演。若禮盒的質量為m，手與禮盒之間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，手掌一直保持水平。則下列說法中正確的是（　?。?br/>A．若手托著禮盒一起向上勻加速運動，則手對禮盒的作用力大于禮盒對手的作用力
B．若手托著禮盒一起向右勻速運動，則禮盒受到水平向右的靜摩擦力
C．若手托著禮盒一起向右勻加速運動，則手對禮盒的作用力大小為μmg
D．若手托著禮盒一起向右勻減速運動，則手對禮盒的作用力大小不會超過
5．（2021秋 耀州區校級期末）如圖，一個小物塊由靜止開始分別沿坡度不同的光滑斜面AB′和AB滑下，最后都停在水平面BC上，斜面和水平面平滑連接。下列說法正確的是（　?。?br/>A．小物塊沿斜面AB′下滑的時間一定比沿斜面AB下滑的時間長
B．小物塊沿斜面AB′下滑的時間一定比沿斜面AB下滑的時間短
C．小物塊沿斜面AB′下滑的末速度比沿斜面AB下滑的末速度大
D．小物塊沿斜面AB′與沿斜面AB下滑的末速度相同
6．（2023春 湖北期中）如圖所示，摩天輪懸掛座艙，座艙地板總處于水平狀態，乘客隨座艙在豎直平面內做勻速圓周運動。則下列說法正確的是（　　）
A．乘客的加速度始終不變
B．座艙地板對乘客始終沒有摩擦力的作用
C．在最低點時，乘客處于超重狀態
D．座艙對乘客的作用力始終指向圓心
7．（2023春 越秀區校級期中）某質量為m的人（視為質點）正在蕩秋千時，A和B分別為其運動過程中的最低點和最高點，如圖所示。兩根秋千繩均長為L，人運動到A位置時的速度大小為v，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，不計秋千繩受到的重力，下列說法正確的是（　?。?br/>A．在B位置時，小明所受的合力為零
B．在A位置時，小明處于失重狀態
C．在A位置時，每根秋千繩的拉力大小為
D．在A位置時，每根秋千繩的拉力大小為
8．（2022秋 江北區校級月考）如圖所示，傾角為θ＝37°的傳送帶以速度v1＝2m/s順時針勻速轉動，一物塊以v2＝6m/s的速度從傳送帶的底端滑上傳送帶。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，傳送帶足夠長，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（　?。?br/>A．小物塊向上運動的時間為1.4s
B．小物塊向上運動過程中的加速度恒定
C．小物塊向上滑行的最遠距離為3m
D．小物塊最終將隨傳送帶一起向上勻速運動
9．（2022秋 渝中區校級期中）如圖所示，質量均為1kg的甲乙兩物體與地面的動摩擦因數均為0.5，最初甲乙相距8.75m，現給乙一個初速度v0＝10m/s，同時用與水平方向成37°斜向上的恒定拉力拉動靜止的甲，F＝10N，甲的質量為1kg，則經過多長時間甲追上乙（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（　　）
A．1.8s B．2s C．2.5s D．3s
10．（2022秋 渝北區期末）如圖，有一水平傳送帶以v0＝3m/s的速度順時針勻速轉動，一小物塊從斜坡上下滑到傳送帶A端時的速度大小為v＝1m/s，方向水平向右，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為0.2，已知傳送帶長度為L＝8m，則（　　）
A．物塊離開傳送帶時的速度大小為7m/s
B．物塊在傳送帶上運動的時間為4s
C．物塊在傳送帶上留下的劃痕長度為1m
D．物塊在傳送帶上留下的劃痕長度為2m
11．（2022秋 孟津縣期末）如圖所示，三角形傳送帶以1m/s的速度逆時針勻速轉動，兩邊的傳送帶長度都是2m，且與水平方向的夾角均為37°?，F有兩個小物塊A、B從傳送帶頂端都以1m/s的初速度沿傳送帶下滑，物塊與傳送帶間的動摩擦因數均為0.5。下列說法中正確的是（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（　?。?br/>A．物塊A到達底端的速度比物塊B到達底端的速度大
B．物塊B先到達傳送帶底端
C．物塊A先到達傳送帶底端
D．物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度之比為1：3
12．（2022秋 北侖區校級期中）如圖所示為地鐵站用于安全檢查的裝置，主要由水平傳送帶和X光透視系統兩部分組成，傳送過程傳送帶速度不變。假設乘客把物品輕放在傳送帶上之后，物品總會先、后經歷兩個階段的運動，已知傳送帶長度為2.1m，速率2m/s，物品與傳送帶間的動摩擦因數0.4，則（　?。?br/>A．物品在傳送帶上運動的時間是1.3s
B．物品加速運動時，其速度有可能超過皮帶速度
C．前階段物品受到滑動摩擦力，后階段物品受到的是靜摩擦力
D．若僅使傳送帶的速率增大為原來的2倍，前階段物品的位移也增大為原來的2倍
二．計算題（共2小題）
13．（2023 衡水二模）2022年北京冬季奧運會冰壺比賽的水平場地如圖所示，運動員推動冰壺從發球區松手后，冰壺沿中線做勻減速直線運動，最終恰好停在了營壘中心．若在冰壺中心到達前擲線時開始計時，則冰壺在第2s末的速度大小v2＝3.2m/s，在第15s內運動了x15＝0.08m，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）冰壺與冰面間的動摩擦因數μ；
（2）營壘中心到前擲線的距離L0。
14．（2023春 溫州期中）北京時間2022年11月29日23時08分，搭載神舟十五號載人飛船的長征二號F遙十五運載火箭在酒泉衛星發射中心點火發射，神舟十五號乘組與神舟十四號乘組進行在軌輪換，在空間站工作生活約6個月。長征二號F遙十五運載火箭質量約500噸，總長為58.3m。若發射塔高105m，點火后，經5s火箭離開發射塔，已知火箭離開發射塔過程做勻加速直線運動，忽略一切阻力和運載火箭質量的變化，g＝10m/s2，求
（1）火箭離開發射塔瞬間的速度大??；
（2）火箭起飛時推動力的大??；
（3）若火箭剛離開發射塔瞬間，一個小零件從火箭的尾部自然脫落，求該零件運動過程中離地面的最大高度。
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第7講　牛頓運動定律的應用
目錄
[考試標準] 1
[基礎過關] 1
一、兩類動力學問題 1
二、超重與失重 2
[命題點研究] 2
命題點一　超重與失重現象 2
命題點二　動力學中的圖象問題 7
命題點三　動力學的兩類基本問題 11
命題點四　傳送帶模型 17
[課時訓練] 25
[考試標準]
知識內容 考試要求 說明
牛頓運動定律應用 d 1.求解連接體問題時，只限于各物體加速度相同的情形． 2.不要求解決加速度不同的兩個物體的動力學問題.
超重與失重 b
[基礎過關]
一、兩類動力學問題
1．兩類動力學問題
(1)已知受力情況求物體的運動情況．
(2)已知運動情況求物體的受力情況．
2．解決兩類基本問題的方法
以加速度為“橋梁”，由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關系如圖所示：
二、超重與失重
1．超重
(1)定義：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)大于物體所受重力的現象．
(2)產生條件：物體具有向上的加速度．
2．失重
(1)定義：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)小于物體所受重力的現象．
(2)產生條件：物體具有向下的加速度．
3．完全失重
(1)定義：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)等于零的現象．
(2)產生條件：物體的加速度a＝g，方向豎直向下．
[命題點研究]
命題點一　超重與失重現象
1．對超重和失重的理解
(1)不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變．
(2)在完全失重的狀態下，一切由重力產生的物理現象都會完全消失．
(3)盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重或失重狀態．
2．判斷超重和失重的方法
從受力的角度判斷 當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態；小于重力時，物體處于失重狀態；等于零時，物體處于完全失重狀態
從加速度的角度判斷 當物體具有向上的加速度時，物體處于超重狀態；具有向下的加速度時，物體處于失重狀態；向下的加速度等于重力加速度時，物體處于完全失重狀態
從速度變化的角度判斷 ①物體向上加速或向下減速時，超重 ②物體向下加速或向上減速時，失重
（多選）（2023 浙江模擬）神舟十四號又被稱為“最忙乘組”，在空間站工作期間迎接了問天、夢天、天舟五號和神舟十五號，它于12月4日返回祖國。返回時在穿越大氣層時對返回艙起主要減速作用的降落傘（主傘）面積達1200m2，質量為120kg，由96根堅韌的傘繩均勻連接返回艙懸掛點和降落傘邊緣，降落傘邊緣為圓形狀，半徑為15m，設每一根傘繩長度為39m，返回艙（不含航天員）的質量為2670kg，艙內三個航天員的質量每人平均計70kg。設某一段過程，返回艙受到的空氣阻力為返回艙總重力的0.05倍，中軸線（返回能懸掛點與降落傘中心的連線）保持豎直，返回艙以0.5m/s2的加速度豎直向下減速。此過程的重力加速度可以近似取g＝10m/s2。對此以下分析正確的是（　?。?br/>A．在迎接神舟十五號的時候，神舟十四號處于完全失重狀態，不受外力
B．題中減速階段，傘繩對返回艙的合力大于返回艙的總重力
C．題中減速階段，每根傘繩的拉力為325N
D．題中減速階段，降落傘受到的空氣阻力為1500N
【解答】解：A、在迎接神舟十五號的時候，地球對神州十四號的萬有引力提供繞地球做勻速圓周運動的向心力，神舟十四號處于完全失重狀態，故A錯誤；
B、減速階段，返回艙所受合力豎直向上，傘繩對返回艙的合力大于返回艙的總重力，故B正確；
D、降落傘、返回艙和航天員的質量為m＝2670kg+120kg+3×70kg＝3000kg
降落傘受到的空氣阻力為f＝0.05mg＝0.05×3000×10N＝1500N
故D正確；
C、設傘繩與豎直方向夾角為θ，每根傘繩的拉力大小為T，則sinθ
則cosθ
對返回艙受力分析，由平衡條件得：96Tcosθ+0.05mg﹣mg＝ma
代入數據解得：T＝339N
故C錯誤。
故選：BD。
（2022 浙江三模）如圖所示，在名為“勇敢者”的課堂演示實驗中，用不可伸長的輕長繩將一鐵球懸掛在天花板上。一同學靠墻站立，雙手拉球使其與鼻尖恰好接觸，然后由靜止釋放鐵球。若該同學保持圖示姿勢不變，則下列說法中正確的是（　　）
A．鐵球可能會撞擊該靜止不動的同學
B．鐵球運動到最低點時處于失重狀態
C．釋放瞬間鐵球的加速度水平向右
D．釋放瞬間長繩拉力小于鐵球重力
【解答】解：A.若不考慮空氣阻力，根據機械能守恒定律，當球擺回到出發點時速度恰好為零，鐵球不會撞擊該同學，若考慮空氣阻力鐵球速度為零時離該同學還有一段距離，故A錯誤；
B.在最低點繩子拉力減去重力提供向心力，合力向上，拉力大于重力，球處于超重狀態，故B錯誤；
CD.釋放瞬間，鐵球的重力分解為沿繩向下和垂直于繩向下，由于速度為零，不需要向心力，故繩子拉力等于重力沿繩向下的分力，小于重力，垂直繩子的分力產生加速度，故C錯誤，D正確。
故選：D。
（2022 寧波二模）寧波市東部新城音樂噴泉啟動一段時間穩定后可保持如圖所示的迷人風姿，假設從水面四周噴出的各水流，速度大小相等、與水平面所成夾角大小相同，不計空氣阻力、水流互不干擾。則下列說法正確的是（　?。?br/>A．水落回水面的速度都相同
B．初速度加倍，水在空中飛行時間加倍
C．初速度加倍，水的水平射程加倍
D．空中上升過程的水，處在超重狀態
【解答】解：A、速度是矢量，水落回水面的速度大小相等，方向不同，故A錯誤；
BC、設初速度大小為v0，與水平方向的夾角為θ，斜拋運動在豎直方向上的分運動為豎直上拋運動，其上升到最高點的時間為，則其水在空中運動的時間為t；
斜拋運動在水平方向上的分運動為勻速直線運動，則水的水平射程x＝v0cosθ t；
由此可知：若水的初速度加倍變為2v0，則水在空中飛行的時間也變為原來的二倍，其水平射程為原來的四倍，故C錯誤，B正確。
D、空中上升過程的水，只受重力作用，處于失重狀態，故D錯誤；
故選：B。
（2021 濱江區校級模擬）我國的月球探測計劃“嫦娥工程”分為“繞、落、回”三步?！版隙鹞逄枴钡娜蝿帐恰盎亍薄?020年11月24日，“嫦娥五號”成功發射，它分為四部分：著陸器、上升器、軌道器和返回器。12月3日，載著珍貴“月壤”的嫦娥5號“上升器”發動機點火，以“著陸器”作為發射臺，從月面起飛（如圖1），回到預定環月軌道，與繞月飛行的“軌道器與返回器組合體”成功交會對接（如圖2），將珍貴的“月壤”轉移到“返回器”中。12月17日，“返回器”進入月地轉移軌道重返地球，以超高速進入大氣層。由于速度太快會使得“返回器”與空氣劇烈摩擦產生高溫，高溫會對“月壤”產生不利影響，甚至溫度過高，返回器有燃燒殆盡的風險。為避免這些風險，采用“半彈道跳躍式返回”俗稱“太空打水漂”的方式兩次進入大氣層，梯次氣動減速（如圖3）。最終在預定地點平穩著陸。根據以上信息，判斷下列說法正確的是（　　）
A．“上升器”從點火上升到回到預定環月軌道的過程中，“月壤”一直處于超重狀態
B．“月壤”隨“返回器”進入環月軌道后，“返回器”的彈力給“月壤”提供向心力
C．為了利用地球自轉，節省燃料，“嫦娥五號”應采用由東向西發射
D．為了利用地球自轉，降低回收過程中的風險，“返回器”應采用由西向東進入大氣層回收
【解答】解：A、“上升器”即將回到預定環月軌道時，軌道接近圓，此時，“月壤”加速度指向月球，即加速度向下，“上升器”處于失重狀態，只有在剛發射的一段時間內，處于超重狀態，故A錯誤；
B、“月壤”隨“返回器”進入環月軌道后，“月壤”處于完全失重狀態，不受“返回器”的作用力，向心力由萬有引力提供，故B錯誤；
C、地球自西向東自轉，故為了節省燃料，“嫦娥五號”也應當由西向東發射，故C錯誤；
D、回收過程中，讓“返回器”與地球自轉方向一致，可以減小其與地球大氣的相對速度，減小摩擦生熱，降低風險，故D正確。
故選：D。
（2020 溫州三模）隨著我國國力的增強，農業將逐步實行現代化。一臺“大疆”無人機在田間進行農藥噴灑，無人機從地面靜止起飛，豎直向上運動，然后懸停在空中，接著水平向前做加速運動，后勻速運動噴灑農藥。關于這一系列過程，下列說法正確的是（　　）
A．豎直向上運動的過程中，無人機一直處于超重狀態
B．水平向前加速時，空氣對無人機的作用力豎直向上
C．水平向前加速時，空氣對無人機的作用力大于無人機總重力
D．在水平方向勻速運動噴灑農藥過程中，無人機（含內部未噴灑的農藥）機械能保持不變
【解答】解：A、豎直向上運動的過程中，無人機經歷了先向上加速，后向上減速的過程，加速度先向上后向下，無人機先處于超重狀態后處于失重狀態，故A錯誤；
B、無人機水平向前加速時，對其進行受力分析，如圖所示：
合力沿水平方向，空氣對無人機的作用力F斜向上，故B錯誤；
C、如上圖所示，水平向前加速時，空氣對無人機的作用力：Fmg，故C正確；
D、在水平方向勻速運動噴灑農藥過程中，農藥質量不斷減小，無人機（含內部未噴灑的農藥）機械能減小，故D錯誤。
故選：C。
命題點二　動力學中的圖象問題
1．常見的動力學圖象
v－t圖象、a－t圖象、F－t圖象等．
2．圖象問題的類型
(1)已知物體受到的力隨時間變化的圖線，要求分析物體的運動情況．
(2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖線，要求分析物體的受力情況．
(3)由已知條件確定某物理量的變化圖象．
3．解決圖象問題的關鍵
(1)看清圖象的橫、縱坐標所表示的物理量及單位并注意坐標原點是否從0開始．
(2)理解圖象的物理意義，能夠抓住圖象的一些關鍵點，如斜率、截距、面積、交點、拐點等，判斷物體的運動情況或受力情況，再結合牛頓運動定律求解．
（2020 江西模擬）水平力F方向確定，大小隨時間的變化如圖a所示，用力F拉靜止在水平桌面上的小物塊，在F從0開始逐漸增大的過程中，物塊的加速度a隨時間變化的圖象如圖b所示，重力加速度大小為10m/s2，最大靜摩擦力大于滑動摩擦力，由圖示可知（　?。?br/>A．物塊的質量m＝2kg
B．物塊與水平桌面間的動摩擦因數為0.2
C．在4s末，物體的動量為12kg m/s
D．在2s～4s時間內，小物塊速度均勻增加
【解答】解：AB、由圖知：當t＝2s時，a＝1m/s2，F＝6N，根據牛頓第二定律得：F﹣μmg＝ma，代入得：6﹣μm×10＝m；當t＝4s時，a＝3m/s2，F＝12N，根據牛頓第二定律得：F﹣μmg＝ma，代入得：12﹣μm×10＝3m。聯立解得：μ＝0.1，m＝3kg，故AB錯誤；
C、a﹣t圖象與時間軸所圍的面積表示速度的變化量，則得0﹣4s內物體速度的增量為：Δv，t＝0時刻速度為0，則物塊在第4s末的速度為4m/s；根據動量定理，得0﹣4s內合外力的沖量為：ΔI＝ΔP＝mΔv＝3×4＝12N s．故C正確；
D、在2s～4s時間內，小物塊受的拉力勻速增加，做加速度增大的加速運動，故D錯誤。
故選：C。
（多選）（2019 龍巖模擬）質量m＝2kg的物塊在粗糙的水平地面上運動，t＝0時刻開始受到方向相反的水平拉力F1、F2的作用，以3m/s的速度做勻速直線運動，F1、F2隨時間t的變化規律如圖所示，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．物塊與地面的動摩擦因數為0.3
B．3s末物塊的加速度大小為1.5m/s2
C．5s末物塊的速度大小為1.5m/s
D．5s內物塊的位移大小為9m
【解答】解：A、0 2s內，物體做勻速直線運動，由物體的平衡條件可得：F1+F2+f＝0，代入數據得：9﹣5+f＝0，解得摩擦力f＝﹣4N，方向與F2方向相同。由滑動摩擦力大小等于μmg＝4N，解得：μ＝0.2，故A錯誤；
BC、0 2s內，物體受到的滑動摩擦力方向與F2方向相同，可知物體運動方向與F2方向相反，與F1方向相同，2s之后F1減小，物體做勻減速直線運動，物塊的加速度為：am/s2＝﹣1.5m/s2，方向與F1方向相同。
2s之后物體減速到0的時間為：，即物體在4s末速度減為0，因F1與F2的合力大小等于1N，小于滑動摩擦力的大小，故4s之后物體處于靜止狀態，則5s末物塊的速度大小為0，3s末物塊的加速度大小為1.5m/s2，故B正確，C錯誤；
D、5s內物塊的位移大小等于物體4s內的位移大小，即為x，故D正確。
故選：BD。
（2021 浙江模擬）如圖所示為質量m＝75kg的滑雪運動員在傾角θ＝37°的直滑道上由靜止開始向下滑行的v﹣t圖象，圖中的OA直線是t＝0時刻速度圖線的切線，速度圖線末段BC平行于時間軸，運動員與滑道間的動摩擦因數為μ，所受空氣阻力與速度平方成正比，比例系數為k。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則（　　）
A．滑雪運動員開始時做加速度增大的加速直線運動，最后勻速運動
B．t＝0時刻運動員的加速度大小為2m/s2
C．動摩擦因數μ為0.25
D．比例系數k為15kg/s
【解答】解：A、v﹣t圖象的斜率等于加速度，可知物體開始時做加速度減小的加速直線運動，最后做勻速運動。故A錯誤；
B、在t＝0時刻，圖線切線的斜率即為該時刻的加速度大?。篴04m/s2；故B錯誤；
CD、在t＝0時刻開始加速時，v0＝0，由牛頓第二定律可得：
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma0…①
最后勻速時，vm＝10m/s，a＝0，
由平衡條件可得：mgsinθμmgcosθ＝0…②
由①②解得：μ＝0.25，k＝3kg/s；故C正確，D錯誤。
故選：C。
（2021春 新華區校級期末）某同學為了研究物體下落過程的特點，設計了如下實驗：將兩本書AB從高樓樓頂放手讓其落下，兩本書下落過程中沒有翻轉和分離，由于受到空氣阻力的影響，其v﹣t圖象如圖所示，虛線在P點與速度圖線相切，已知mA＝2kg，mB＝2kg，g＝10m/s由圖可知（　　）
A．0～2s內AB的平均速度等于4.5m/s
B．t＝2s時AB受到空氣阻力等于25N
C．t＝2s時A對B的壓力等于16N
D．下落過程中A對B的壓力不變
【解答】解：A、根據速度圖象可知，2s時的速度為9m/s，根據圖象與坐標軸圍成的面積表示位移可知，2s內的位移小于9m，所以2s內的平均速度小于4.5m/s，故A錯誤；
B、t＝2s時AB的加速度大小為a2m/s整體根據牛頓第二定律可得：（mA+mB）g﹣f＝（mA+mB）a，解得t＝2s時AB受到空氣阻力f＝32N，故B錯誤；
C、t＝2s時以A為研究對象，根據牛頓第二定律可得mAg﹣FN＝mAa，解得FN＝16N．根據牛頓第三定律可得A對B的壓力等于16N，故C正確；
D、下落過程中加速度逐漸減小，A對B的壓力F′N＝mAg﹣mAa逐漸增大，故D錯誤。
故選：C。
（2020 浙江模擬）一物體在水平拉力F的作用下沿水平面做直線運動，拉力F隨位移x變化的圖線如圖甲所示。經時間t0后撤去拉力F，物體運動的速度﹣時間圖象如圖乙所示。重力加速度為g，下列說法正確的是（　?。?br/>A．物體的質量為
B．在拉力F作用下物體一定做勻加速直線運動
C．物體與水平面之間的動摩擦因數為
D．物體在0～t0時間內的平均速度大小與t0～2t0時間內的平均速度大小均為
【解答】解：BC、由圖可知有拉力F0作用時物體做勻速運動，則有：F0＝f＝μmg
撤去拉力后物體做勻減速運動，加速度為：
可知物體與水平面之間的動摩擦因數為：，故BC錯誤；
A、有拉力作用時拉力的功等于摩擦力的功，即為：F0x0＝μmgx0＝μmgv0t0
撤去拉力后有：
聯立可得：，故A正確；
D、物體在0～t0時間內的平均速度大小為v0，而t0～2t0時間內的平均速度大小為，故D錯誤。
故選：A。
命題點三　動力學的兩類基本問題
1．解題關鍵
(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析；
(2)兩個橋梁——加速度是聯系運動和力的橋梁；速度是各物理過程間相互聯系的橋梁．
2．常用方法
(1)合成法
在物體受力個數較少(2個或3個)時一般采用合成法．
(2)正交分解法
若物體的受力個數較多(3個或3個以上)，則采用正交分解法．
（2023 湖南）如圖，光滑水平地面上有一質量為2m的小車在水平推力F的作用下加速運動。車廂內有質量均為m的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水平底面上，且與底面的動摩擦因數為μ，桿與豎直方向的夾角為θ，桿與車廂始終保持相對靜止。假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（　　）
A．若B球受到的摩擦力為零，則F＝2mgtanθ
B．若推力F向左，且tanθ≤μ，則F的最大值為2mgtanθ
C．若推力F向左，且μ＜tanθ≤2μ，則F的最大值為4mg（2μ﹣tanθ）
D．若推力F向右，且tanθ＞2μ，則F的范圍為4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）
【解答】解：A、若B球所受摩擦力為零，對A、B整體由牛頓第二定律得FNA＝2ma，
對A球由牛頓第二定律得FNA﹣Nsinθ＝ma，
豎直方向：Ncosθ＝mg，
聯立解得a＝gtanθ，
對整體由牛頓第二定律得F＝4ma＝4mgtanθ，故A錯誤；
B、若推力向左，則系統的加速度向左，廂底對B的摩擦力達到最大靜摩擦力，A與左壁彈力為零，此時F有最大值，對AB整體：豎直方向FNB＝2mg，
水平方向：μFNB＝2ma解得a＝μg，對A水平方向Nsinθ＝maA，豎直方向Ncosθ＝mg，
解得aA＝gtanθ，由于μ≥tanθ，所以系統的加速度a＝aA＝gtanθ，所以F最大值為F＝4ma＝4mgtanθ，故B錯誤；
C、若推力向左，μ＜tanθ≤2μ，時，A與左壁彈力不為零，廂底對B的摩擦力達到最大靜摩擦力，方向水平向左，此時F取最大值，則2μmg﹣NA＝2ma，
整體：Fm＝4ma，
對A豎直方向：Ncosθ＝mg，
對A水平方向：Nsinθ﹣NA＝ma，
聯立解得Fm＝4mg（2μ﹣tanθ）故C正確；
D、若推力向右，tanθ＞2μ，廂底對B的摩擦力達到最大靜摩擦力，方向水平向右，F有最大值，
則：2μmg+NA＝2ma1，
對A豎直方向：Ncosθ＝mg
NA﹣Nsinθ＝ma1
聯立解得a1＝2μg+μgtanθ
廂底對B的摩擦力達到最大靜摩擦力，方向水平向左，F有最小值，
則：對AB整體有NA﹣2μmg＝2ma2
對A水平方向有NA﹣Nsinθ＝ma2
對A豎直方向：Ncosθ＝mg
聯立解得：a2＝gtanθ﹣2μg
所以4a2≤F≤4a1
即4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）故D正確；
故選：CD。
（2022秋 浙江期中）2022年北京冬季奧運會上，跳臺滑雪使觀眾心潮澎湃。其實滑雪運動中滑雪板與雪地間的動摩擦因數會隨速度的變化而變化。如圖一滑雪者從傾角θ＝37°的坡頂A處由靜止開始自由下滑至坡底B處后再滑上一段水平雪地到C處停下。假設滑雪者速度小于v0＝6m/s時滑雪板與雪地間的動摩擦因數為μ1＝0.25，速度大于6m/s時動摩擦因數變為μ2＝0.125?？諝庾枇雎?，坡道AB長為29.8m。（取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）滑雪者從坡頂A開始下滑時的加速度大?。?br/>（2）滑雪者到達B處的速度大??；
（3）滑雪者在斜坡上運動的時間。
【解答】解：（1）滑雪者在AB段，剛開始時，根據牛頓第二定律可得：mgsin37°﹣μ1mgcos37°＝ma1
代入數據解得a1＝4m/s2；
（2）從靜止下滑至速度v0＝6m/s，由速度—位移公式可得：v02＝2a1x1
代入數據解得：x1＝4.5m
滑雪者在AB段后期，當速度大于6m/s時加速度大小為a2，則有：mgsin37°﹣μ2mgcos37°＝ma2，
解得a2＝5m/s2
由運動學公式可得vB2v02＝2a2（x﹣x1），解得：vB＝17m/s；
（3）滑雪者在斜坡上運動總時間：t
代入數據解得：t＝3.7s。
答：（1）滑雪者從坡頂A開始下滑時的加速度大小為4m/s2；
（2）滑雪者到達B處的速度大小為17m/s；
（3）滑雪者在斜坡上運動的時間為3.7s。
（2021秋 嘉興期中）如圖所示，一足夠長的斜面，傾角θ為37°，斜面BC與水平面AB平滑連接，質量m＝2kg的物體靜止于水平面上的M點，M點與B點之間的距離L＝9m，物體與水平面和斜面間的動摩擦因數均為μ＝0.5，現物體受到一水平向右的恒力F＝14N作用，運動至B點時撤去該力，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2）則：
（1）物體在恒力作用下運動時的加速度大??；
（2）物體到達B點時的速度大小；
（3）物體沿斜面向上滑行的最遠距離；
（4）物體從開始運動到最后停止運動的總時間。
【解答】解：（1）在水平面上，根據牛頓第二定律可知：F﹣μmg＝ma
解得：a
（2）物體由M到B，根據速度—位移公式可知：
解得：m/s＝6m/s
（3）在斜面上，設加速度大小為a′，根據牛頓第二定律可知：mgsinθ+μmgcosθ＝ma′
代入數據解得：a′＝10m/s2
根據速度—位移公式可知：﹣2a′x＝0
解得：x＝1.8m
（4）物體由M到B，由vB＝at1得，t1s＝3s
在斜面上，由0＝vB﹣a′t2得，t2s＝0.6s
mgsinθ＞μmgcosθ
物體到達最高點時，不會靜止，而會沿斜面下滑，下滑時，根據牛頓第二定律得：
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
據速度—位移公式可知：2a1x＝vB′2
代入數據解得：vB′m/s
下滑時間為t3ss
在水平面上，物體乙做勻減速直線運動，根據牛頓第二定律得：μmg＝ma2
解得a2＝5m/s2
運動時間t4s＝0.4s
運動到最后停止運動的總時間t＝t1+t2+t3+t4＝3s+0.6ss+0.4s＝（3.6s+1.4）s
答：（1）物體在恒力作用下運動時的加速度是2m/s2；
（2）物體到達B點時的速度是6m/s；
（3）物體沿斜面向上滑行的最遠距離是1.8m；
（3）物體從開始運動到最后停止運動的總時間為（3.6s+1.4）s。
（2023春 浙江期中）如圖所示，甲同學需要用平板車搬運學習用品，經過一段校園道路。平板車和用品的總質量為30kg，道路可以簡化為一段長為13.5m的水平道路AB和一段傾角為37°的斜坡BC組成。甲同學拉動平板車由靜止從A點出發，經9s時間運動至B點，然后沖上斜坡。甲同學的拉力大小恒定，且拉力方向始終沿著小車的運動方向。當車剛滑上斜坡運動，乙同學在后面幫助推車，其推力大小為104N，方向沿斜面向上。已知平板車所受摩擦阻力為其對接觸面壓力的0.3倍，求：
（1）平板車到達B點時的速度大小；
（2）甲同學的拉力大小；
（3）平板車剛滑上斜面時的加速度大小和方向。
【解答】解：（1）A﹣B過程，受力分析如圖：
水平方向受恒力作用，所以加速度恒定。
據勻變速直線運動規律xt
即13.5m9m
解得平板車到達B點時的速度大小為vB＝3m/s
（2）從A點到B點，由勻加速直線運動規律am/s ＝3m/s
依牛頓第二定律得：F﹣0.3mg＝ma
解得甲同學的拉力大小F＝100N
（3）平板車剛滑上斜面時，受力分析如圖：
由牛頓第二定律得：F+F'﹣mgsinθ﹣0.3mgcosθ＝ma'
解得：a'＝﹣1.6m/s2
所以平板車剛滑上斜面時的加速度大小為1.6m/s2，加速度的方向沿斜面向下。
（2021 浙江）機動車禮讓行人是一種文明行為。如圖所示，質量m＝1.0×103kg的汽車以v1＝36km/h的速度在水平路面上勻速行駛，在距離斑馬線s＝20m處，駕駛員發現小朋友排著長l＝6m的隊伍從斑馬線一端開始通過，立即剎車，最終恰好停在斑馬線前。假設汽車在剎車過程中所受阻力不變，且忽略駕駛員反應時間。
（1）求開始剎車到汽車停止所用的時間和所受阻力的大小；
（2）若路面寬L＝6m，小朋友行走的速度v0＝0.5m/s，求汽車在斑馬線前等待小朋友全部通過所需的時間；
（3）假設駕駛員以v2＝54km/h超速行駛，在距離斑馬線s＝20m處立即剎車，求汽車到斑馬線時的速度。
【解答】解：以汽車初速度方向為正方向，
（1）v1＝36km/h＝10m/s，由于剎車過程所受阻力不變，因此汽車做勻減速直線運動，末速度為0，
此過程平均速度：，
根據平均速度的定義：，
解得剎車時間：t＝4s，
末速度：0＝v1+at，
解得剎車加速度：a＝﹣2.5m/s2，
根據牛頓第二定律：f＝ma，
解得：f＝﹣2.5×103N，阻力方向與初速度方向相反，大小為2.5×103N；
（2）小朋友全部通過時間：t'，
等待時間：t0＝t'﹣t，
解得：t0＝20s；
（3）v2＝54km/h＝15m/s，
根據速度—位移關系：v2＝2as，
解得：v＝5m/s
答：（1）求開始剎車到汽車停止所用的時間為4s，所受阻力的大小為2.5×103N ；
（2）汽車在斑馬線前等待小朋友全部通過所需的時間為20s；
（3）汽車到斑馬線時的速度為5m/s。
命題點四　傳送帶模型
模型1　水平傳送帶模型
項目 圖示 滑塊可能的運動情況
情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速
情景2 (1)v0＞v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速 (2)v0＝v時，一直勻速 (3)v0＜v時，可能一直加速，也可能先加速再勻速
情景3 (1)傳送帶較短時，滑塊一直減速達到左端 (2)傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端．當v0＞v時返回右端的速度為v，當v0＜v時返回右端的速度為v0
模型2　傾斜傳送帶模型
項目 圖示 滑塊可能的運動情況
情景1 若滑塊能夠上滑，則： (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速
情景2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 (3)可能先以a1加速后以a2加速
情景3 (1)可能一直加速 (2)可能一直勻速 (3)可能先加速后勻速 (4)可能先減速后勻速 (5)可能先以a1加速后以a2加速 (6)可能一直減速
情景4 (1)可能一直加速 (2)可能一直勻速 (3)可能先減速后反向加速 (4)可能一直減速
（2022秋 日照期末）如圖所示，水平放置的傳送帶以v＝2m/s的速度向右勻速運行，一小物塊以v0＝4m/s的水平速度從傳送帶最左端A處水平向右滑上傳送帶，物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。若A端與B端相距8m，則物塊由A端運動到B端所用時間為（　?。?br/>A．1s B．2s C．3s D．4s
【解答】解：設傳送帶長度為L，物體在傳送帶上運動的加速度大小為a＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2
則物塊向右運動速度到與傳送帶速度相等的時間為：t12s
通過的距離：xm＝6m
物塊速度與傳送帶速度相等后做勻速直線運動，時間為：t1s＝1s
物塊由A端運動到B端所用時間為：t＝t1+t2＝3s，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
（2022秋 泗陽縣校級期末）如圖所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，以大小為v＝4m/s的恒定速率順時針轉動。一質量m＝1kg的煤塊以初速度v0＝14m/s從A端沖上傳送帶又滑了下來，煤塊的速度隨時間變化的圖像如圖所示，g＝10m/s2，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．煤塊上升的最大位移為9m
B．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.25
C．煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為
D．煤塊在皮帶上留下的劃痕為
【解答】解：A、根據v﹣t圖像中圖線與時間軸所圍的面積表示位移，可得3s內，煤塊上升的最大位移為：，故A錯誤；
B、在0～1s內，煤塊受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力，對煤塊受力分析，根據牛頓第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
由圖像的斜率可得0～1s內煤塊的加速度大小
在1s～3s內，煤塊受到沿傳送帶向上的滑動摩擦力，根據受力分析，結合牛頓第二定律有：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
由圖像可得1s～3s內，煤塊的加速度大小，聯立解得μ＝0.5，θ＝37°，故B錯誤；
C、煤塊在3s后將向下做勻加速直線運動，由勻變速直線運動位移與時間關系式有
解得
因此煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為，故C錯誤；
D、在0～1s內，煤塊相對于傳送帶向上運動，此時留下的劃痕長度
在內，煤塊相對于傳送帶向下運動，最后煤塊回到A端，兩個過程中煤塊的位移大小相等，方向相反，即x煤2＝﹣x煤1＝﹣9m
傳送帶向上位移
內，煤塊在傳送帶留下的劃痕長度
由于Δx2＞Δx1
因此煤塊在皮帶上留下的劃痕為，故D正確。
故選：D。
（2023 平谷區一模）如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率v1沿順時針方向轉動，傳送帶的傾角為37°。一物塊以初速度v0從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運動，其運動的v﹣t圖像如圖乙所示，物塊到傳送帶頂端時速度恰好為零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。g取10m/s2，則（　　）
A．傳送帶的速度為16m/s
B．摩擦力方向一直與物塊運動的方向相反
C．物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.25
D．傳送帶轉動的速率越大，物塊到達傳送帶頂端時的速度就會越大
【解答】解：A．由圖乙可知傳送帶的速度為8m/s，故A錯誤；
BC．在0～1s內，物塊的速度大于傳送帶速度，傳送帶對物塊的摩擦力沿傳送帶向下，此過程摩擦力的方向與物體的運動方向相反，根據牛頓第二定律得
mgsin37°+μmgcos37°＝ma1
根據圖乙可得
在1﹣2s內傳送帶的速度大于物塊的速度，傳送帶對物塊的摩擦力沿傳送帶向上，此過程與物體摩擦力的方向與運動方向相同，根據牛頓第二定律得
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2
根據圖乙可得
聯立解得μ＝0.25 故：B錯誤，C正確；
D．當傳送帶的速度大于16m/s后，物塊在傳送帶上一直做加速度為a2的減速運動，無論傳送帶的速度為多大，物塊到達傳送帶頂端時的速度都相等，故D錯誤。
故選：C。
（2023 寧波一模）逆時針轉動的繃緊的傳送帶與水平方向夾角為37°，傳送帶的v﹣t圖像如圖所示。在t＝0時刻質量為1kg的物塊從B點以某一初速度滑上傳送帶并沿傳送帶向上做勻速運動。2s后開始減速，在t＝4s時物體恰好能到達最高點A。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。以下說法正確的是（　?。?br/>A．物體與傳送帶間的摩擦因數為0.6
B．傳送帶AB長度為6m
C．2s后物體受到的摩擦力沿傳送帶向下
D．物體與傳送帶間由于摩擦而產生的熱量為6J
【解答】解：A、前2s物塊速度小于傳送帶速度，物塊受到摩擦力沿斜面向上。由于物塊勻速上滑，根據平衡條件得：μmgcos37°＝mgsin37°，代入數據解得：μ＝0.75，故A錯誤；
C、由物體2s后開始減速，由圖示v﹣t圖像可知，2s時傳送帶的速度為1m/s，可得物體前2s內做勻速運動的速度v1＝1m/s，在t＝4s時物體恰好到達最高點A點，此時傳送帶的速度也恰好為零，說明二者減速運動的加速度相同，所以2s后物體與傳送帶相對靜止一起運動，2s后物體受到的靜摩擦力方向沿傳送帶向上，故C錯誤
B、2s后物體相對于傳送帶靜止，由圖示v﹣t圖像可知，加速度大小為am/s2＝0.5m/s2，前2s物塊沿傳送帶上滑的位移為x1＝v1t＝1×2m＝2m；2s后物塊相對傳送帶靜止，物體所受摩擦力方向沿傳送帶向上，跟傳送帶以相同加速度a＝0.5m/s2，向上勻減速運動x2＝v1t1，其中t1＝2s，代入數據解得：x2＝1m，傳送帶AB長L＝x1+x2＝2m+1m＝3m，故B錯誤；
D、物體上滑過程中，滑動摩擦力為f＝μmgcos37°＝0.75×1×10×0.8N＝6N，由傳送帶的v﹣t圖像可知前2s，傳送帶位移為x＝3m，故物體與傳送帶間由于摩擦而產生的熱量為Q＝f（x﹣x1）＝6×（3﹣2）J＝6J，故D正確。
故選：D。
（2023 重慶模擬）如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行，初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶，若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v﹣t圖像（以地面為參考系）如圖乙所示，已知v2＞v1，則（　?。?br/>A．t2時刻，小物塊離A處的距離達到最大
B．t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大
C．0～t2時間內，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3時間內，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用
【解答】解：A、t1時刻小物塊向左運動到速度為零，離A處的距離達到最大，故A錯誤；
B、0～t1時間內木塊向左勻減速直線運動，小物塊速度一直減小到零；t1～t2時間內小物塊向右勻加速，在該段時間內小物塊相對傳送帶向左運動，當與傳送帶速度相等時，即t2時刻小物塊相對傳送帶向左運動的距離最大，故B正確；
C、在0～t1時間內小物塊向左減速，受向右的摩擦力作用，t1～t2時間內小物塊向右勻加速，相對傳送帶向左，摩擦力方向仍向右，故C錯誤；
D、由圖知，t2～t3小物塊做勻速直線運動，此時受力平衡，小物塊不受摩擦力作用，故D錯誤。
故選：B。
（2022秋 寧波期末）某同學想利用家里的跑步機進行相關實驗。如圖所示，將跑步機尾端抬高固定，與水平面成α＝37°，跑步機A、B兩端間距L＝2m。啟動跑步機，跑帶以速度v0＝2m/s逆時針轉動，現將一小盒子（可視為質點）放到跑帶上，已知小盒子與跑帶之間的動摩擦因數為μ＝0.5。
（1）如圖乙所示，若將小盒子無初速地輕放在A處，求小盒子運動到B處的速度大小v；
（2）如圖丙所示將小盒子從B處以初速度 v1＝4m/s 沿斜面向上推出，求盒子向上運動過程中與傳送帶速度相同時，盒子與B點的距離x；
（3）第（2）題的情形下，求小盒子從B出發再返回B所用的總時間t。
【解答】解：（1）對小盒子，由牛頓第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα＝ma
代入數據解得：a＝2m/s2
小盒子沿跑帶向下做初速度為零的勻加速直線運動，到達B點時的速度vm/s＝2m/s
（2）小盒子放在B處相對于傳送帶向上滑動，由牛頓第二定律得：mgsinα+μmgcosα＝ma1
代入數據解得：a1＝10m/s2
小盒子減速到與跑帶速度相等需要的時間t1s＝0.2s
該時間內小盒子的位移大小x0.2m＝0.6m
（3）由于mgsinα＞μmgcosα，小盒子的速度與跑帶速度相等后繼續沿跑帶向上做勻減速直線運動
由牛頓第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα＝ma2
代入數據解得：a2＝2m/s2
小盒子減速到零需要的時間t2s＝1s
該過程的位移大小x'm＝1m
小盒子減速為零后反向向下做初速度為零的勻加速直線運動，加速度大小為a2
設經過時間t3小盒子回到B點，則x+x'
代入數據解得：t3s≈1.26s
小盒子從B出發再返回B所用的總時間t＝t1+t2+t3＝（0.2+1+1.26）s＝2.46s
答：（1）小盒子運動到B處的速度大小是2m/s；
（2）盒子向上運動過程中與傳送帶速度相同時，盒子與B點的距離是0.6m；
（3）小盒子從B出發再返回B所用的總時間是2.46s。
[課時訓練]
一．選擇題（共12小題）
1．（2023 羅湖區校級三模）舞蹈《只此青綠》表演中，需要舞者兩腳前后分開，以胯部為軸，上半身緩慢后躺，與地面近乎平行，在舞考緩慢后躺的過程中，下列說法正確的是（　?。?br/>A．舞者對地面的壓力就是舞者的重力
B．地面對舞者的支持力和舞者的重力是一對平衡力
C．舞者受到地面的摩擦力向前
D．舞者處于失重狀態
【解答】解：A、舞者對地面的壓力和舞者的重力性質不同，施力物體不同，故不是一個力，故A錯誤；
B、舞者緩慢后躺，始終處于平衡狀態，則舞者所受的支持力始終等于舞者的重力，是一對平衡力，故B正確；
CD、舞者緩慢后躺，始終處于平衡狀態，受重力和支持力平衡，舞者受到地面的摩擦力零，合力為零，故CD錯誤。
故選：B。
2．（2023春 黃浦區校級期中）有一種大型游戲器械，它是一個圓筒型大容器，筒壁豎直，懸佇立在高空，可以繞其中心軸線轉動。游客進入容器后靠筒壁站立，當圓筒開始轉動后，轉速增大到一定程度時，地板突然塌落，驚恐的游客卻發現自己并沒有落下去，這是因為（　?。?br/>A．游客受到離心力的作用
B．游客處于失重狀態
C．游客受到的摩擦力大小等于重力
D．游客隨著轉速的增大有沿筒壁向上滑動的趨勢
【解答】解：ABC．轉速增大到一定程度時，地板突然塌落，此時游客受到筒壁的彈力提供向心力，從而使游客與筒壁之間存在摩擦力，游客受到的摩擦力大小等于重力大小，所以游客在豎直方向上合力為零，加速度為零，不處于失重狀態，故AB錯誤，C正確；
D．無論轉速是否增大，在重力作用下，游客都有沿筒壁向下滑動的趨勢，故D錯誤。
故選：C。
3．（2022秋 三明期末）如圖甲，傳送帶與水平面的夾角為θ，逆時針運行速度恒為v0，現將質量為m的物塊輕放到頂端上，物塊從頂端到底端的過程中v﹣t圖像如圖乙所示，物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，則物塊（　?。?br/>A．在0～t1時間內所受摩擦力大小為μmg，方向沿斜面向下
B．在0～t1時間內所受摩擦力大小為μmgcosθ，方向沿斜面向上
C．在t1后所受摩擦力大小為μmgcosθ，方向沿斜面向下
D．在t1后所受摩擦力大小為mgsinθ，方向沿斜面向上
【解答】解：AB、在0～t1時間內物塊所受摩擦力為滑動摩擦力，其大小為μmgcosθ，因物塊相對傳送帶向上運動，故滑動摩擦力方向沿斜面向下，故AB錯誤；
CD、在t1時刻后物塊相對傳送帶靜止，物塊受到的摩擦力為靜摩擦力，根據平衡條件可知，其大小等于重力沿斜面向下的分力大小為mgsinθ，方向沿斜面向上，故C錯誤，D正確。
故選：D。
4．（2023 北侖區校級開學）學習物理知識可以幫助我們分析一些生活中的實際問題。在抗擊新冠肺炎疫情居家學習期間，某同學用手托禮盒進行表演。若禮盒的質量為m，手與禮盒之間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，手掌一直保持水平。則下列說法中正確的是（　?。?br/>A．若手托著禮盒一起向上勻加速運動，則手對禮盒的作用力大于禮盒對手的作用力
B．若手托著禮盒一起向右勻速運動，則禮盒受到水平向右的靜摩擦力
C．若手托著禮盒一起向右勻加速運動，則手對禮盒的作用力大小為μmg
D．若手托著禮盒一起向右勻減速運動，則手對禮盒的作用力大小不會超過
【解答】解：A．根據牛頓第三定律，若手托著禮盒一起向上勻加速運動，則手對禮盒的作用力大小等于禮盒對手的作用力大小，故A錯誤；
B．若手托著禮盒一起向右勻速運動，則禮盒和手之間沒有摩擦力，故B錯誤；
C．若手托著禮盒一起向右勻加速運動，因為加速度未知，無法求出手對禮盒的作用力大小，故C錯誤；
D．若手托著禮盒一起向右勻減速運動，則手對禮盒的最大摩擦力大小為μmg，手對禮盒的最大作用力大小為
若手托著禮盒一起向右勻減速運動，則手對禮盒的作用力大小不會超過，故D正確。
故選：D。
5．（2021秋 耀州區校級期末）如圖，一個小物塊由靜止開始分別沿坡度不同的光滑斜面AB′和AB滑下，最后都停在水平面BC上，斜面和水平面平滑連接。下列說法正確的是（　?。?br/>A．小物塊沿斜面AB′下滑的時間一定比沿斜面AB下滑的時間長
B．小物塊沿斜面AB′下滑的時間一定比沿斜面AB下滑的時間短
C．小物塊沿斜面AB′下滑的末速度比沿斜面AB下滑的末速度大
D．小物塊沿斜面AB′與沿斜面AB下滑的末速度相同
【解答】解：AB、設斜面的傾角為θ，對小物塊受力分析得沿斜面方向：mgsinθ＝ma，a＝gsinθ；設斜面的高度為h，則斜面的長度為：；根據位移—時間關系得：，故，所以θ越大，t越短；可知物塊沿斜面AB′下滑的時間一定比沿斜面AB下滑的時間長，故A正確，B錯誤；
CD、根據位移—速度關系v2＝2aL得：，所以v與θ無關，即小物塊沿斜面AB′與沿斜面AB下滑的末速度大小相同，但是方向不相同，故CD錯誤。
故選：A。
6．（2023春 湖北期中）如圖所示，摩天輪懸掛座艙，座艙地板總處于水平狀態，乘客隨座艙在豎直平面內做勻速圓周運動。則下列說法正確的是（　?。?br/>A．乘客的加速度始終不變
B．座艙地板對乘客始終沒有摩擦力的作用
C．在最低點時，乘客處于超重狀態
D．座艙對乘客的作用力始終指向圓心
【解答】解：A．乘客隨座艙在豎直平面內做勻速圓周運動，向心加速度始終指向圓心，所以加速度方向時刻在變化，故A錯誤；
B．分析乘客在特殊位置的受力，分析其向心力的來源，如圖：
可知乘客在最高點和最低點時，座艙對乘客的作用力與重力的合力指向圓心，故這兩個位置不受到摩擦力作用；除這兩個位置外，其他位置重力都有沿圓周軌道切線方向的分力，因為乘客做勻速圓周運動，所以摩擦力與重力沿切線方向的分力大小相等，方向相反，此時存在摩擦力，故B錯誤；
C．在最低點，對乘客受力分析，如上圖，則根據牛頓第二定理，結合向心力公式，可得：
解得：
可知支持力大于重力，所以乘客處于超重狀態，故C正確；
D．乘客的向心力始終指向圓心，而其向心力是由座艙對乘客的作用力與重力的合力提供的，故座艙對乘客的作用力與重力的合力時刻指向圓心，但是座艙對乘客的作用力的合力不是始終指向圓心，故D錯誤。
故選：C。
7．（2023春 越秀區校級期中）某質量為m的人（視為質點）正在蕩秋千時，A和B分別為其運動過程中的最低點和最高點，如圖所示。兩根秋千繩均長為L，人運動到A位置時的速度大小為v，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，不計秋千繩受到的重力，下列說法正確的是（　　）
A．在B位置時，小明所受的合力為零
B．在A位置時，小明處于失重狀態
C．在A位置時，每根秋千繩的拉力大小為
D．在A位置時，每根秋千繩的拉力大小為
【解答】解：A．在B位置時，該人受到豎直向下的重力和沿著秋千繩方向的拉力，兩力之間夾角為鈍角，合力不為零，故A錯誤；
B．在A位置時，重力和秋千繩拉力的合力產生向上的向心加速度，該人處于超重狀態，故B錯誤；
CD．在A位置時，由牛頓第二定律可得：，可知每根秋千繩的拉力大小為，故C錯誤，D正確。
故選：D。
8．（2022秋 江北區校級月考）如圖所示，傾角為θ＝37°的傳送帶以速度v1＝2m/s順時針勻速轉動，一物塊以v2＝6m/s的速度從傳送帶的底端滑上傳送帶。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，傳送帶足夠長，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．小物塊向上運動的時間為1.4s
B．小物塊向上運動過程中的加速度恒定
C．小物塊向上滑行的最遠距離為3m
D．小物塊最終將隨傳送帶一起向上勻速運動
【解答】解：B、由于v2＞v1，則開始一端時間小物塊相對傳送帶向上運動，其所受滑動摩擦力沿傳送帶向下，由牛頓第二定律得：
ma1＝mgsinθ+μmgcosθ
代入數據解得：
方向沿斜面向下
因為mgsinθ＞μmgcosθ
則物塊速度與傳送帶速度相同之后，小物塊將相對傳送帶向下運動，其所受滑動摩擦力方向沿傳送帶向上，由牛頓第二定律得：
ma2＝mgsinθ﹣μmgcosθ
代入數據解得：，故B錯誤；
A、小物塊運動的總時間為：
代入數據解得：t＝1.4s，故A正確；
C、小物塊在兩端時間內的位移分別為
則向上滑行的最遠距離為
x＝x1+x2
聯立解得：x＝2.6m，故C錯誤；
D、由上述計算分析可知，小物塊先沿斜面向上減速到零，再反向加速，故D錯誤；
故選：A。
9．（2022秋 渝中區校級期中）如圖所示，質量均為1kg的甲乙兩物體與地面的動摩擦因數均為0.5，最初甲乙相距8.75m，現給乙一個初速度v0＝10m/s，同時用與水平方向成37°斜向上的恒定拉力拉動靜止的甲，F＝10N，甲的質量為1kg，則經過多長時間甲追上乙（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（　?。?br/>A．1.8s B．2s C．2.5s D．3s
【解答】解：對甲受力分析，設甲的加速度大小為a1，水平方向，根據牛頓第二定律得：Fcos37°﹣f＝ma1
豎直方向，根據共點力平衡條件得：Fsin37°+N＝mg
摩擦力f＝μN
代入數據聯立解得：a1＝6m/s2
對乙受力分析，設乙的加速度大小為a2，根據牛頓第二定律得：μmg＝ma2
代入數據解得：a2＝5m/s2
乙做勻減速直線運動，當乙的速度為0時，時間為t1s＝2s
乙的位移為x乙v0t110×2m＝10m
甲的位移為x甲1a1t126×22m＝12m
x甲1＜x乙+8.75m
即此時甲未追上乙，甲繼續運動，當兩物體相遇時，設時間為t，則x甲＝x乙+8.75m
x甲a1t2
代入數據聯立解得：t＝2.5s
故C正確，ABD錯誤；
故選：C。
10．（2022秋 渝北區期末）如圖，有一水平傳送帶以v0＝3m/s的速度順時針勻速轉動，一小物塊從斜坡上下滑到傳送帶A端時的速度大小為v＝1m/s，方向水平向右，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為0.2，已知傳送帶長度為L＝8m，則（　?。?br/>A．物塊離開傳送帶時的速度大小為7m/s
B．物塊在傳送帶上運動的時間為4s
C．物塊在傳送帶上留下的劃痕長度為1m
D．物塊在傳送帶上留下的劃痕長度為2m
【解答】解：A、剛滑上傳送帶的初始階段，物塊做勻加速運動，根據牛頓第二定律：μmg＝ma
代入數據解得：a＝2m/s2
物塊加速到與傳送帶速度相等時，加速到的時間：t1s＝1s
此階段，物塊的位移：x1m＝2m
接下來隨傳送帶做勻速運動，離開傳送帶時的速度為3m/s，故A錯誤；
B、物塊勻速運動所用時間：t2s＝2s，所以物塊在傳送帶的時間t＝t1+t2＝1s+2s＝3s，故B錯誤；
CD、物塊在加速階段有相對位移，所以物塊在傳送帶上留下的劃痕長Δx＝v0t1﹣x1＝（3×1﹣2）m＝1m，故
故D錯誤，C正確。
故選：C。
11．（2022秋 孟津縣期末）如圖所示，三角形傳送帶以1m/s的速度逆時針勻速轉動，兩邊的傳送帶長度都是2m，且與水平方向的夾角均為37°?，F有兩個小物塊A、B從傳送帶頂端都以1m/s的初速度沿傳送帶下滑，物塊與傳送帶間的動摩擦因數均為0.5。下列說法中正確的是（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（　　）
A．物塊A到達底端的速度比物塊B到達底端的速度大
B．物塊B先到達傳送帶底端
C．物塊A先到達傳送帶底端
D．物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度之比為1：3
【解答】解：ABC、對物塊A，因μ＜tan37°，即μmgcos37°＜mgsin37°，又有A的初速度與傳送帶速度相同，故A會相對傳送帶下滑，所受滑動摩擦力沿傳送帶向上，物塊A向下做勻加速直線運動。對物塊B，其初速度方向與傳送帶速度方向相反，其所受滑動摩擦力也沿傳送帶向上，物塊B也向下做勻加速直線運動?？傻脙晌飰K做勻加速直線運動的加速度大小相等，由牛頓第二定律可得：
agsin37°﹣μgcos37°，解得：a＝2m/s2
兩者下滑過程位移大小相等，初速度大小相等，根據，可知兩者下滑到底端的時間相等，再根據v＝at，可知兩者到達底端的速度大小相等，故ABC錯誤；
D、由位移—時間公式得：，其中v0＝1m/s，x＝2m，解得t＝1s或t＝﹣2s（舍去），則兩物塊下滑時間為t＝1s
此時間內傳送帶運動的位移為x'＝vt＝1×1m＝1m，
物塊A在傳送帶上的劃痕長度為：Δx1＝x﹣x'＝2m﹣1m＝1m
物塊B在傳送帶上的劃痕長度為：Δx2＝x+x'＝2m+1m＝3m
所以物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度之比為1：3，故D正確。
故選：D。
12．（2022秋 北侖區校級期中）如圖所示為地鐵站用于安全檢查的裝置，主要由水平傳送帶和X光透視系統兩部分組成，傳送過程傳送帶速度不變。假設乘客把物品輕放在傳送帶上之后，物品總會先、后經歷兩個階段的運動，已知傳送帶長度為2.1m，速率2m/s，物品與傳送帶間的動摩擦因數0.4，則（　?。?br/>A．物品在傳送帶上運動的時間是1.3s
B．物品加速運動時，其速度有可能超過皮帶速度
C．前階段物品受到滑動摩擦力，后階段物品受到的是靜摩擦力
D．若僅使傳送帶的速率增大為原來的2倍，前階段物品的位移也增大為原來的2倍
【解答】解：BC．物品先在傳送帶加速運動，由牛頓第二定律可得
0.4×10m/s2＝4m/s2
物品加速階段的位移為
物品加速達到與傳送帶共同速度后，與傳送帶一起勻速運動，物品勻速運動時不受摩擦力，故BC錯誤；
A．物品勻加速運動的時間為t1
物品勻速運動的時間
物品在傳送帶上運動的總時間是
t＝t1+t2＝0.5s+0.8s＝1.3s
故A正確；
D．由，若僅使傳送帶的速率增大為原來的2倍，前階段物品的位移增大為原來的4倍，故D錯誤。
故選：A。
二．計算題（共2小題）
13．（2023 衡水二模）2022年北京冬季奧運會冰壺比賽的水平場地如圖所示，運動員推動冰壺從發球區松手后，冰壺沿中線做勻減速直線運動，最終恰好停在了營壘中心．若在冰壺中心到達前擲線時開始計時，則冰壺在第2s末的速度大小v2＝3.2m/s，在第15s內運動了x15＝0.08m，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）冰壺與冰面間的動摩擦因數μ；
（2）營壘中心到前擲線的距離L0。
【解答】解：（1）假設冰壺速度減到0后冰壺可以反向退回，則冰壺的加速度大小
am/s2m/s
若冰壺以加速度m/s2減速，則冰壺在最后1s通過的位移
sat212mm＞x15
所以冰壺在第15s內的某瞬間已經停止運動，令Δt＝1s，設冰壺運動x15所用的時間為t，則有
v2＝a（12Δt+t）
代入數據解得μ＝0.025
（2）根據運動學公式有
代入數據解得L0＝27.38m
答：（1）冰壺與冰面間的動摩擦因數μ為0.025；
（2）營壘中心到前擲線的距離L0為27.38m。
14．（2023春 溫州期中）北京時間2022年11月29日23時08分，搭載神舟十五號載人飛船的長征二號F遙十五運載火箭在酒泉衛星發射中心點火發射，神舟十五號乘組與神舟十四號乘組進行在軌輪換，在空間站工作生活約6個月。長征二號F遙十五運載火箭質量約500噸，總長為58.3m。若發射塔高105m，點火后，經5s火箭離開發射塔，已知火箭離開發射塔過程做勻加速直線運動，忽略一切阻力和運載火箭質量的變化，g＝10m/s2，求
（1）火箭離開發射塔瞬間的速度大小；
（2）火箭起飛時推動力的大??；
（3）若火箭剛離開發射塔瞬間，一個小零件從火箭的尾部自然脫落，求該零件運動過程中離地面的最大高度。
【解答】（1）對火箭，由勻變速運動位移公式有 ，將x＝105m，t＝5s 代入數值解得 a＝8.4m/s2，則火箭離開發射塔瞬間的速度v＝at＝42m/s；
（2）設火箭起飛時推動力大小為F，由牛頓第二定律F﹣mg＝ma 得F＝mg+ma＝500×103×10N+500×103×8.4N＝9.2×106N；
（3）零件從火箭上脫落瞬間初速度為v＝42m/s，零件開始向上做豎直上拋運動運動，由 v2＝2gh 得零件向上運動的高度 ，零件運動過程中離地面的最大高度為H＝105m+h＝193.2m。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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