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2021届高考物理通用一轮练习：考点8 牛顿运动定律的综合应用
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考点8 牛顿运动定律的综合应用
题组一 基础小题
1.如图所示，A、B两物块的质量分别为m和M，把它们靠在一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑。已知斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止。则在此过程中物块B对物块A的压力为( )
A．Mgsinθ B．Mgcosθ
C．0 D．(M＋m)gsinθ
答案 C
解析 对A、B组成的整体受力分析可知，整体受重力、支持力而做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知，a＝＝gsinθ，再对B应用牛顿第二定律得：F合＝Ma＝Mgsinθ，合力等于B的重力沿斜面向下的分力，故说明A、B间没有相互作用力，C正确。
2.如图，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，以下说法正确的是( )
A．从接触弹簧到速度最大的过程是失重过程
B．从接触弹簧到加速度最大的过程是超重过程
C．从接触弹簧到速度最大的过程加速度越来越大
D．速度达到最大时加速度也达到最大
答案 A
解析 从接触弹簧到速度最大的过程，小球的加速度向下，且加速度逐渐减小，是失重过程，当弹簧的弹力等于小球的重力时，小球的加速度为零，此时速度最大，A正确，C、D错误；当小球到达最低点时，小球的加速度最大，速度为0，则从接触弹簧到加速度最大的过程中，小球先向下加速，后向下减速，先失重后超重，故B错误。
3．(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是( )
A．轻绳的拉力等于Mg
B．轻绳的拉力等于mg
C．M运动的加速度大小为(1－sinα)g
D．M运动的加速度大小为g
答案 BCD
解析 互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsinα＝mg，互换位置后，对M有：Mg－FT＝Ma，对m有：FT′－mgsinα＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sinα)g＝g，FT＝mg，故A错误，B、C、D正确。
4．如图所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零。小物体下滑过程中位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系如选项图所示，以沿斜面向下为正方向，则下列图象中可能正确的是( )
答案 B
解析 小物体在斜面上先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，故位移—时间图线的斜率先增大后减小，A错误；物体到达底端的速度为零，即前半段和后半段的平均速度相等，由于位移也相等，则小物体前半段和后半段的运动时间相等，B正确；再结合匀加速直线运动的末速度等于匀减速直线运动的初速度可知，小物体在这两段运动中的加速度大小相等、方向相反，受到的合力也大小相等、方向相反，C、D错误。
5.如图所示，两质量相等的物体A、B叠放在水平面上静止不动，A与B间及B与地面间的动摩擦因数相同。现用水平恒力F拉物体A，A与B恰好不发生相对滑动；若改用另一水平恒力拉物体B，要使A与B能发生相对滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则拉物体B的水平恒力至少应大于( )
A．F B．2F
C．3F D．4F
答案 D
解析 设A、B的质量均为m，A与B间及B与地面间的动摩擦因数为μ，A、B之间的最大静摩擦力为：fAB＝fBA＝μmg，B与地面间的最大静摩擦力为：fB地＝f地B＝μ(m＋m)g＝2μmg，当恒力F作用在A上且A、B之间的静摩擦力达到最大时，有F＝μmg；当恒力F′作用在B上且A、B之间即将发生相对滑动时，A的加速度达到最大，此时：fBA＝maA，即aA＝μg，A的加速度与B的加速度相等，所以对B有：F′－f地B－fAB＝maB，aB＝aA，联立可得恒力F′＝4F，故A、B、C错误，D正确。
6．倾角为θ的光滑斜面C固定在水平面上，将两物体A、B叠放在斜面上，且同时由静止释放，若A、B的接触面与斜面平行，则下列说法正确的是( )
A．物体A相对于物体B向上运动
B．斜面C对水平面的压力等于A、B、C三者重力之和
C．物体A、B之间的动摩擦因数不可能为零
D．物体A运动的加速度大小为gsinθ
答案 D
解析 由于斜面光滑，所以A和B一起向下加速运动，根据牛顿第二定律可得二者的加速度大小为a＝gsinθ，A错误，D正确；物体A相对于物体B没有运动趋势，二者之间的摩擦力为零，A和B之间的动摩擦因数可以为零，也可以不为零，故C错误；由于A、B一起加速下滑，有竖直向下的分加速度，A、B在竖直方向上处于失重状态，所以斜面C对水平面的压力小于A、B、C三者重力之和，故B错误。
7.如图所示，某发射系统内有一木箱，木箱内有一竖直放置的轻质弹簧，弹簧上方有一物块，木箱内上表面和下表面都装有压力传感器。木箱静止时，上表面压力传感器的读数为12.0 N，下表面压力传感器的读数为20.0 N。当系统竖直向上发射时，上表面压力传感器读数变为下表面压力传感器读数的一半，重力加速度g取10 m/s2，此时木箱的加速度为( )
A．10.0 m/s2 B．5.0 m/s2
C．2.5 m/s2 D．条件不足，无法确定
答案 C
解析 木箱静止时，对弹簧和物块整体进行受力分析，受重力G、上方传感器向下的压力F1＝12 N、下方传感器向上的支持力N1＝20 N，根据平衡条件，有G＋F1＝N1，得G＝20 N－12 N＝8 N，弹簧重力不计，故物块的重力为8 N，所以物块的质量m＝＝ kg＝0.8 kg；由牛顿第三定律可知弹簧弹力F＝N1＝20 N。当系统竖直向上发射时，木箱上表面和下表面压力传感器均有示数，说明弹簧长度不变，即弹簧弹力不变，仍为F，故下表面压力传感器读数为F，上表面压力传感器读数为，根据牛顿第二定律，有F－G－＝ma，解得a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，故A、B、D错误，C正确。
8．在电梯中，把一重物置于水平放置的压力传感器上，电梯从静止开始加速上升，然后匀速运动一段时间，最后减速直至停止运动。在此过程中传感器的屏幕上显示出其所受压力与时间关系的图象如图所示，则( )
A．在0～4 s内电梯先超重后失重
B．在18～22 s内电梯加速下降
C．仅在4～18 s内重物的惯性才保持不变
D．电梯加速和减速时加速度的最大值大小相等
答案 D
解析 由题图可知，在前4 s内，重物对电梯的压力一直大于重物的重力，说明电梯一直处于超重状态，故A错误；在18～22 s内重物处于失重状态，向上减速，故B错误；重物的惯性大小取决于其质量大小，一直保持不变，故C错误；由题图可知，重物向上加速时受到的最大支持力为50 N，而匀速时受到的支持力等于重力，为30 N，故向上加速过程中重物所受的最大合力为20 N，同理得重物向上减速时所受的最大合力也为20 N，故由牛顿第二定律可知，两过程中重物的加速度最大值大小相等，故D正确。
9．以不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忽略，另一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vt图象可能正确的是( )
答案 D
解析 空气阻力可忽略的物体只受重力，做竖直上抛运动，vt图象是向下倾斜的直线，如虚线所示；受空气阻力的物体向上运动时，根据牛顿第二定律，有：mg＋f＝ma上，故a上＝g＋，由于阻力随着速度的减小而减小，故加速度逐渐减小，上升至最高点时，其速度为零，加速度有最小值为g；下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg－f＝ma下，故a下＝g－，由于阻力随着速度的增大而增大，故加速度减小。vt图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，此时刻实线的切线与虚线平行。故D正确。
10．如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数。设物体A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力Ff，且A、B的质量相等，则下列可以定性描述长木板B运动的vt图象是( )
答案 B
解析 A、B相对滑动之前加速度相同，对A、B整体由牛顿第二定律可得：F＝2ma，F增大，a增大。当A、B间刚好发生相对滑动时，对长木板B有Ff＝ma，故此时F＝2Ff＝kt，t＝，之后长木板B做匀加速直线运动，故B正确。
11．如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的aF图象。取g＝10 m/s2，则下列说法错误的是( )
A．滑块的质量m＝4 kg
B．木板的质量M＝2 kg
C．当F＝8 N时，滑块加速度为2 m/s2
D．滑块与木板间的动摩擦因数为0.1
答案 C
解析 由图乙可知，当F>6 N时，长木板与滑块发生相对运动，当F≤6 N时两者相对静止。当F＝6 N时，对整体可得F＝(M＋m)a，得M＋m＝6 kg；当F>6 N时对木板分析受力，水平方向受到拉力和滑块给它的摩擦力，故有a＝＝F－，图象的斜率k＝＝＝，即M＝2 kg，所以m＝4 kg，图象的横截距为μmg＝4 N，解得μ＝0.1，A、B、D正确；当F＝8 N时滑块的加速度为a′＝＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2，C错误。本题要求选说法错误的，故选C。
题组二 高考小题
12．(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是( )
答案 A
解析 物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态，有：kx0＝mg，施加拉力F后，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以F＝ma＋kx，A正确。
13.(2016·江苏高考)(多选)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )
A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
答案 BD
解析 由题图可见，鱼缸相对桌布向左滑动，故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右，A错误；因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等，所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等，均为μg；由v＝at可知，鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等，故B正确；若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，由Ff＝μmg可知，Ff不变，故C错误；若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动，则鱼缸就会滑出桌面，故D正确。
14．(2015·海南高考)(多选)如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时( )
A．物块与斜面间的摩擦力减小
B．物块与斜面间的正压力增大
C．物块相对于斜面减速下滑
D．物块相对于斜面匀速下滑
答案 BD
解析 当升降机加速上升时，物块有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力FN增大，根据滑动摩擦力公式Ff＝μFN可知物块与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，当物块沿斜面匀速下滑时有mgsinθ＝μmgcosθ，即sinθ＝μcosθ，当升降机加速上升时，假设物块相对于斜面匀速下滑，有N＝m(g＋a)cosθ，f＝μm(g＋a)cosθ，因为sinθ＝μcosθ，所以m(g＋a)sinθ＝μm(g＋a)cosθ，故假设成立，即物块仍相对于斜面匀速下滑，C错误，D正确。
15.(2015·全国卷Ⅰ)(多选)如图a所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图b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
答案 ACD
解析 由vt图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别得a1＝gsinθ＋μgcosθ＝，a2＝gsinθ－μgcosθ＝，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A、C正确；根据运动的vt图线与横轴所围面积表示位移s，可求出物块向上滑行的最大高度h＝ssinθ，选项D正确。
16．(2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图a，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＝4 s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b所示，木板的速度v与时间t的关系如图c所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出( )
A．木板的质量为1 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s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
答案 AB
解析 木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b知，2 s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2 N。由题图c知，2～4 s内，木板的加速度大小a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，设木板质量为m，根据牛顿第二定律，对木板有：2～4 s内：F－F摩＝ma1,4 s以后：F摩＝ma2，解得m＝1 kg，F＝0.4 N，A、B正确。0～2 s内，F＝f，由题图b知，F是均匀增加的，C错误。因物块质量不可求，故由F摩＝μm物g可知动摩擦因数不可求，D错误。
题组三 模拟小题
17．(2019·安徽芜湖高三上学期期末)如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，上端分别与圆相交于A、B、C三点。现让三个小球(可以看做质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自上端点由静止下滑到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有( )
A．v2＞v1＞v3 B．v1＞v2＞v3
C．v3＞v1＞v2 D．v1＞v3＞v2
答案 A
解析 设斜面轨道的倾角为θ，圆的直径为d。根据牛顿第二定律得a＝gsinθ，又由几何关系可得斜面的长度为x＝dsinθ，则由x＝at2得t＝＝＝，可见，小球下滑时间与斜面的倾角无关，则有t1＝t2＝t3。由于x2＞x1＞x3，根据＝，可得v2＞v1＞v3，故A正确。
18．(2019·江苏七市二模)为使雨水尽快离开房屋的屋顶面，屋顶的倾角设计必须合理。某房屋示意图如图所示，设屋顶面光滑，倾角为θ，雨水由静止开始沿屋顶面向下流动，则理想的倾角θ为( )
A．30° B．45°
C．60° D．75°
答案 B
解析 设屋檐的底边长为L，屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑的加速度为a，雨滴只受重力mg和屋顶对它的支持力N作用，垂直于屋顶方向：N＝mgcosθ，平行于屋顶方向：ma＝mgsinθ，则雨滴的加速度a＝gsinθ，根据几何关系，屋顶坡面的长度为：s＝，由s＝at2得：t＝ ＝ ，则当θ＝45°时t最短，故B正确。
19．(2019·山东淄博市三模)如图所示，某宾馆大楼中的电梯下方固定有4根相同的竖直弹簧，其劲度系数均为k。这是为了防止电梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险。若缆绳断裂后，总质量为m的电梯下坠，4根弹簧同时着地而开始缓冲，电梯坠到最低点时其加速度大小为5g(g为重力加速度大小)，下列说法正确的是( )
A．电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为
B．电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为
C．从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯先处于失重状态后处于超重状态
D．从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯始终处于失重状态
答案 C
解析 在最低点时，由牛顿第二定律：4kx－mg＝ma，其中a＝5g，解得x＝，A、B错误；从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，弹簧的弹力逐渐增大，其重力先大于弹力，加速度向下，电梯向下做加速运动，当重力小于弹力时，电梯的加速度向上，电梯向下做减速运动，则下降过程中电梯先处于失重状态后处于超重状态，C正确，D错误。
20.(2019·山东济南二模)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＝6 kg、mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数是0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大到50 N的过程中，则( )
A．当拉力F<12 N时，两物体均保持静止状态
B．当拉力为49 N时，B的加速度为6 m/s2
C．两物体间从受力开始就有相对运动
D．当拉力F>45 N时，两物体之间始终没有相对滑动
答案 B
解析 当A、B刚要发生相对滑动时，A、B间的静摩擦力恰好达到最大值，对B分析，由牛顿第二定律得：aB＝＝ m/s2＝6 m/s2，对A、B整体分析，由牛顿第二定律得：F＝(mA＋mB)aB＝(6＋2)×6 N＝48 N，即当拉力F达到48 N时，A、B才发生相对滑动，则当拉力F<12 N时，两物体有相同加速度，一起向右加速运动，故A、C、D错误；由以上分析知，当拉力F＝49 N时，两物体相对运动，此时B的加速度为：aB＝6 m/s2，故B正确。
21．(2019·辽宁省沈阳市三模)如图所示，水平桌面上放置一个倾角为45°的光滑楔形滑块A，一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m＝0.2 kg的小球。若滑块与小球一起以加速度a向左做匀加速运动(取g＝10 m/s2)，则下列说法正确的是( )
A．当a＝5 m/s2时，滑块对球的支持力为 N
B．当a＝15 m/s2时，滑块对球的支持力为 N
C．当a＝5 m/s2时，地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和
D．当a＝15 m/s2时，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和
答案 A
解析 设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，此时对小球受力分析，受重力、线的拉力，根据牛顿第二定律有：水平方向：F合＝F0cos45°＝ma0，竖直方向：F0sin45°＝mg，解得a0＝g。当a＝5 m/s2时，小球未离开滑块，对小球受力分析，水平方向：Fcos45°－FNsin45°＝ma，竖直方向：Fsin45°＋FNcos45°＝mg，解得FN＝ N，故A正确；当a＝15 m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和线的拉力，滑块对球的支持力为零，故B错误；当滑块和小球组成的系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，C、D错误。
22.(2019·广东肇庆高三一模)(多选)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球的质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们之间的摩擦力及空气阻力不计，则( )
A．运动员的加速度为gtanθ
B．球拍对球的作用力为mg
C．运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcosθ
D．若运动员的加速度大于gtanθ，球一定沿球拍向上运动
答案 AD
解析 对网球：受到重力mg和球拍的支持力N，作出受力图如图1，根据牛顿第二定律得：Nsinθ＝ma，Ncosθ＝mg，解得，a＝gtanθ，N＝，故A正确，B错误；以球拍和球整体为研究对象，作出受力示意图如图2，根据牛顿第二定律得：运动员对球拍的作用力为F＝，故C错误；若运动员的加速度a大于gtanθ，假设球相对球拍静止，则其加速度也为a，如图3所示，将a分解，则ax＝acosθ，因为a>gtanθ，所以ax>gtanθcosθ＝gsinθ，即大于重力沿球拍平面方向的分力，所以必须有一个沿球拍向下的外力才能使球相对球拍静止，而实际上这个力不存在，故球一定沿球拍向上运动，D正确。
题组一 基础大题
23．光滑水平地面上有一质量M＝2 kg的木板以速度v0＝10 m/s向右匀速运动，在t＝0时刻起对其施加一向左的恒力F＝8 N。经t＝1 s时，将一质量m＝2 kg可视为质点的小物块无初速度地轻放在木板右端。物块与木板间动摩擦因数μ＝0.4，木板足够长。求：
(1)刚放上小物块时木板的速度；
(2)物块在木板上相对木板滑动的时间。
答案 (1)6 m/s，方向向右 (2)0.5 s
解析 (1)未放小物块时，木板在力F作用下做匀加速直线运动，
对木板：F＝Ma1，解得：a1＝4 m/s2
t＝1 s时，木板的速度：v1＝v0－a1t＝6 m/s，方向向右。
(2)放上小物块后，对物块：f＝μFN
FN＝mg
f＝ma2
解得：a2＝4 m/s2
对木板：F＋f＝Ma3
解得：a3＝8 m/s2
设物块在木板上相对滑动的时间为t′，则有：
a2t′＝v1－a3t′
解得：t′＝0.5 s。
24.如图所示，传送带与水平面成α＝37°，传送带A、B两端间距L＝5.8 m，传送带始终以v＝4 m/s的速度顺时针转动，将一质量为m的小物体无初速地轻放在A处，小物体与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10 m/s2)试求：
(1)刚释放时，小物体加速度的大小；
(2)小物体从A运动到B所需的时间。
答案 (1)10 m/s2 (2)1.4 s
解析 (1)刚释放小物体时，对小物体受力分析如图所示，
根据牛顿第二定律可知：
mgsinα＋μmgcosα＝ma1
解得：a1＝gsinα＋μgcosα＝10 m/s2。
(2)小物体加速到与传送带共速时的位移
x1＝ ＝ m＝0.8 m
t1＝＝ s＝0.4 s
又因为μ＝0.5
该过程小物体运动的位移为：x2＝L－x1＝5 m
根据位移时间公式可知：x2＝vt2＋a2t
解得：t2＝1 s或t2＝－5 s(舍去)
故小物体由A运动到B所需的总时间为：
t＝t1＋t2＝1.4 s。
题组二 高考大题
25．(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)B与木板相对静止时，木板的速度；
(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。
答案 (1)1 m/s (2)1.9 m
解析 (1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有
f1＝μ1mAg①
f2＝μ1mBg②
f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③
由牛顿第二定律得
f1＝mAaA④
f2＝mBaB⑤
f2－f1－f3＝ma1⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有
v1＝v0－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v1＝1 m/s⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－aBt⑩
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
f1＋f3＝(mB＋m)a2⑪
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有
v2＝v1－a2t2⑫
对A有
v2＝－v1＋aAt2⑬
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－a2t⑭
在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2 ⑮
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
s0＝sA＋s1＋sB⑯
联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m
(也可用如图所示的速度—时间图线求解)
题组三 模拟大题
26．(2019·湖南衡阳二模)如图1所示，在水平面上有一质量为m1＝1 kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2＝2 kg的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加随时间t增大的水平拉力F＝3t(N)，重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)求木块和木板保持相对静止的时间t1；
(2)t＝10 s时，木板和木块的加速度各为多大；
(3)在图2中画出木块的加速度随时间变化的图象(取水平拉力F的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程)。
答案 (1)4 s (2)3 m/s2 12 m/s2 (3)图见解析
解析 (1)当F＜μ2(m1＋m2)g＝3 N时，木块和木板都没有被拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动，且木块和木板之间的摩擦力为最大静摩擦力时，其共同的加速度最大。
此时对木板：fmax－μ2(m1＋m2)g＝m1amax，fmax＝μ1m2g
解得：amax＝3 m/s2
对整体有：Fmax－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)amax
解得：Fmax＝12 N
由Fmax＝3t1得：t1＝4 s。
(2)t＝10 s时，木板和木块已相对运动，则
对木板：μ1m2g－μ2(m1＋m2)g＝m1a1
解得：a1＝3 m/s2
对木块：F－μ1m2g＝m2a2，F＝3t＝30 N
解得：a2＝12 m/s2。
(3)图象如图所示。
考点8 牛顿运动定律的综合应用
题组一 基础小题
1.如图所示，A、B两物块的质量分别为m和M，把它们靠在一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑。已知斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止。则在此过程中物块B对物块A的压力为( )
A．Mgsinθ B．Mgcosθ
C．0 D．(M＋m)gsinθ
答案 C
解析 对A、B组成的整体受力分析可知，整体受重力、支持力而做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知，a＝＝gsinθ，再对B应用牛顿第二定律得：F合＝Ma＝Mgsinθ，合力等于B的重力沿斜面向下的分力，故说明A、B间没有相互作用力，C正确。
2.如图，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，以下说法正确的是( )
A．从接触弹簧到速度最大的过程是失重过程
B．从接触弹簧到加速度最大的过程是超重过程
C．从接触弹簧到速度最大的过程加速度越来越大
D．速度达到最大时加速度也达到最大
答案 A
解析 从接触弹簧到速度最大的过程，小球的加速度向下，且加速度逐渐减小，是失重过程，当弹簧的弹力等于小球的重力时，小球的加速度为零，此时速度最大，A正确，C、D错误；当小球到达最低点时，小球的加速度最大，速度为0，则从接触弹簧到加速度最大的过程中，小球先向下加速，后向下减速，先失重后超重，故B错误。
3．(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是( )
A．轻绳的拉力等于Mg
B．轻绳的拉力等于mg
C．M运动的加速度大小为(1－sinα)g
D．M运动的加速度大小为g
答案 BCD
解析 互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsinα＝mg，互换位置后，对M有：Mg－FT＝Ma，对m有：FT′－mgsinα＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sinα)g＝g，FT＝mg，故A错误，B、C、D正确。
4．如图所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零。小物体下滑过程中位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系如选项图所示，以沿斜面向下为正方向，则下列图象中可能正确的是( )
答案 B
解析 小物体在斜面上先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，故位移—时间图线的斜率先增大后减小，A错误；物体到达底端的速度为零，即前半段和后半段的平均速度相等，由于位移也相等，则小物体前半段和后半段的运动时间相等，B正确；再结合匀加速直线运动的末速度等于匀减速直线运动的初速度可知，小物体在这两段运动中的加速度大小相等、方向相反，受到的合力也大小相等、方向相反，C、D错误。
5.如图所示，两质量相等的物体A、B叠放在水平面上静止不动，A与B间及B与地面间的动摩擦因数相同。现用水平恒力F拉物体A，A与B恰好不发生相对滑动；若改用另一水平恒力拉物体B，要使A与B能发生相对滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则拉物体B的水平恒力至少应大于( )
A．F B．2F
C．3F D．4F
答案 D
解析 设A、B的质量均为m，A与B间及B与地面间的动摩擦因数为μ，A、B之间的最大静摩擦力为：fAB＝fBA＝μmg，B与地面间的最大静摩擦力为：fB地＝f地B＝μ(m＋m)g＝2μmg，当恒力F作用在A上且A、B之间的静摩擦力达到最大时，有F＝μmg；当恒力F′作用在B上且A、B之间即将发生相对滑动时，A的加速度达到最大，此时：fBA＝maA，即aA＝μg，A的加速度与B的加速度相等，所以对B有：F′－f地B－fAB＝maB，aB＝aA，联立可得恒力F′＝4F，故A、B、C错误，D正确。
6．倾角为θ的光滑斜面C固定在水平面上，将两物体A、B叠放在斜面上，且同时由静止释放，若A、B的接触面与斜面平行，则下列说法正确的是( )
A．物体A相对于物体B向上运动
B．斜面C对水平面的压力等于A、B、C三者重力之和
C．物体A、B之间的动摩擦因数不可能为零
D．物体A运动的加速度大小为gsinθ
答案 D
解析 由于斜面光滑，所以A和B一起向下加速运动，根据牛顿第二定律可得二者的加速度大小为a＝gsinθ，A错误，D正确；物体A相对于物体B没有运动趋势，二者之间的摩擦力为零，A和B之间的动摩擦因数可以为零，也可以不为零，故C错误；由于A、B一起加速下滑，有竖直向下的分加速度，A、B在竖直方向上处于失重状态，所以斜面C对水平面的压力小于A、B、C三者重力之和，故B错误。
7.如图所示，某发射系统内有一木箱，木箱内有一竖直放置的轻质弹簧，弹簧上方有一物块，木箱内上表面和下表面都装有压力传感器。木箱静止时，上表面压力传感器的读数为12.0 N，下表面压力传感器的读数为20.0 N。当系统竖直向上发射时，上表面压力传感器读数变为下表面压力传感器读数的一半，重力加速度g取10 m/s2，此时木箱的加速度为( )
A．10.0 m/s2 B．5.0 m/s2
C．2.5 m/s2 D．条件不足，无法确定
答案 C
解析 木箱静止时，对弹簧和物块整体进行受力分析，受重力G、上方传感器向下的压力F1＝12 N、下方传感器向上的支持力N1＝20 N，根据平衡条件，有G＋F1＝N1，得G＝20 N－12 N＝8 N，弹簧重力不计，故物块的重力为8 N，所以物块的质量m＝＝ kg＝0.8 kg；由牛顿第三定律可知弹簧弹力F＝N1＝20 N。当系统竖直向上发射时，木箱上表面和下表面压力传感器均有示数，说明弹簧长度不变，即弹簧弹力不变，仍为F，故下表面压力传感器读数为F，上表面压力传感器读数为，根据牛顿第二定律，有F－G－＝ma，解得a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，故A、B、D错误，C正确。
8．在电梯中，把一重物置于水平放置的压力传感器上，电梯从静止开始加速上升，然后匀速运动一段时间，最后减速直至停止运动。在此过程中传感器的屏幕上显示出其所受压力与时间关系的图象如图所示，则( )
A．在0～4 s内电梯先超重后失重
B．在18～22 s内电梯加速下降
C．仅在4～18 s内重物的惯性才保持不变
D．电梯加速和减速时加速度的最大值大小相等
答案 D
解析 由题图可知，在前4 s内，重物对电梯的压力一直大于重物的重力，说明电梯一直处于超重状态，故A错误；在18～22 s内重物处于失重状态，向上减速，故B错误；重物的惯性大小取决于其质量大小，一直保持不变，故C错误；由题图可知，重物向上加速时受到的最大支持力为50 N，而匀速时受到的支持力等于重力，为30 N，故向上加速过程中重物所受的最大合力为20 N，同理得重物向上减速时所受的最大合力也为20 N，故由牛顿第二定律可知，两过程中重物的加速度最大值大小相等，故D正确。
9．以不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忽略，另一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vt图象可能正确的是( )
答案 D
解析 空气阻力可忽略的物体只受重力，做竖直上抛运动，vt图象是向下倾斜的直线，如虚线所示；受空气阻力的物体向上运动时，根据牛顿第二定律，有：mg＋f＝ma上，故a上＝g＋，由于阻力随着速度的减小而减小，故加速度逐渐减小，上升至最高点时，其速度为零，加速度有最小值为g；下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg－f＝ma下，故a下＝g－，由于阻力随着速度的增大而增大，故加速度减小。vt图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，此时刻实线的切线与虚线平行。故D正确。
10．如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数。设物体A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力Ff，且A、B的质量相等，则下列可以定性描述长木板B运动的vt图象是( )
答案 B
解析 A、B相对滑动之前加速度相同，对A、B整体由牛顿第二定律可得：F＝2ma，F增大，a增大。当A、B间刚好发生相对滑动时，对长木板B有Ff＝ma，故此时F＝2Ff＝kt，t＝，之后长木板B做匀加速直线运动，故B正确。
11．如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的aF图象。取g＝10 m/s2，则下列说法错误的是( )
A．滑块的质量m＝4 kg
B．木板的质量M＝2 kg
C．当F＝8 N时，滑块加速度为2 m/s2
D．滑块与木板间的动摩擦因数为0.1
答案 C
解析 由图乙可知，当F>6 N时，长木板与滑块发生相对运动，当F≤6 N时两者相对静止。当F＝6 N时，对整体可得F＝(M＋m)a，得M＋m＝6 kg；当F>6 N时对木板分析受力，水平方向受到拉力和滑块给它的摩擦力，故有a＝＝F－，图象的斜率k＝＝＝，即M＝2 kg，所以m＝4 kg，图象的横截距为μmg＝4 N，解得μ＝0.1，A、B、D正确；当F＝8 N时滑块的加速度为a′＝＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2，C错误。本题要求选说法错误的，故选C。
题组二 高考小题
12．(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是( )
答案 A
解析 物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态，有：kx0＝mg，施加拉力F后，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以F＝ma＋kx，A正确。
13.(2016·江苏高考)(多选)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )
A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
答案 BD
解析 由题图可见，鱼缸相对桌布向左滑动，故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右，A错误；因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等，所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等，均为μg；由v＝at可知，鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等，故B正确；若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，由Ff＝μmg可知，Ff不变，故C错误；若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动，则鱼缸就会滑出桌面，故D正确。
14．(2015·海南高考)(多选)如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时( )
A．物块与斜面间的摩擦力减小
B．物块与斜面间的正压力增大
C．物块相对于斜面减速下滑
D．物块相对于斜面匀速下滑
答案 BD
解析 当升降机加速上升时，物块有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力FN增大，根据滑动摩擦力公式Ff＝μFN可知物块与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，当物块沿斜面匀速下滑时有mgsinθ＝μmgcosθ，即sinθ＝μcosθ，当升降机加速上升时，假设物块相对于斜面匀速下滑，有N＝m(g＋a)cosθ，f＝μm(g＋a)cosθ，因为sinθ＝μcosθ，所以m(g＋a)sinθ＝μm(g＋a)cosθ，故假设成立，即物块仍相对于斜面匀速下滑，C错误，D正确。
15.(2015·全国卷Ⅰ)(多选)如图a所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图b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
答案 ACD
解析 由vt图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别得a1＝gsinθ＋μgcosθ＝，a2＝gsinθ－μgcosθ＝，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A、C正确；根据运动的vt图线与横轴所围面积表示位移s，可求出物块向上滑行的最大高度h＝ssinθ，选项D正确。
16．(2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图a，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＝4 s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b所示，木板的速度v与时间t的关系如图c所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出( )
A．木板的质量为1 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s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
答案 AB
解析 木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b知，2 s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2 N。由题图c知，2～4 s内，木板的加速度大小a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，设木板质量为m，根据牛顿第二定律，对木板有：2～4 s内：F－F摩＝ma1,4 s以后：F摩＝ma2，解得m＝1 kg，F＝0.4 N，A、B正确。0～2 s内，F＝f，由题图b知，F是均匀增加的，C错误。因物块质量不可求，故由F摩＝μm物g可知动摩擦因数不可求，D错误。
题组三 模拟小题
17．(2019·安徽芜湖高三上学期期末)如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，上端分别与圆相交于A、B、C三点。现让三个小球(可以看做质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自上端点由静止下滑到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有( )
A．v2＞v1＞v3 B．v1＞v2＞v3
C．v3＞v1＞v2 D．v1＞v3＞v2
答案 A
解析 设斜面轨道的倾角为θ，圆的直径为d。根据牛顿第二定律得a＝gsinθ，又由几何关系可得斜面的长度为x＝dsinθ，则由x＝at2得t＝＝＝，可见，小球下滑时间与斜面的倾角无关，则有t1＝t2＝t3。由于x2＞x1＞x3，根据＝，可得v2＞v1＞v3，故A正确。
18．(2019·江苏七市二模)为使雨水尽快离开房屋的屋顶面，屋顶的倾角设计必须合理。某房屋示意图如图所示，设屋顶面光滑，倾角为θ，雨水由静止开始沿屋顶面向下流动，则理想的倾角θ为( )
A．30° B．45°
C．60° D．75°
答案 B
解析 设屋檐的底边长为L，屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑的加速度为a，雨滴只受重力mg和屋顶对它的支持力N作用，垂直于屋顶方向：N＝mgcosθ，平行于屋顶方向：ma＝mgsinθ，则雨滴的加速度a＝gsinθ，根据几何关系，屋顶坡面的长度为：s＝，由s＝at2得：t＝ ＝ ，则当θ＝45°时t最短，故B正确。
19．(2019·山东淄博市三模)如图所示，某宾馆大楼中的电梯下方固定有4根相同的竖直弹簧，其劲度系数均为k。这是为了防止电梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险。若缆绳断裂后，总质量为m的电梯下坠，4根弹簧同时着地而开始缓冲，电梯坠到最低点时其加速度大小为5g(g为重力加速度大小)，下列说法正确的是( )
A．电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为
B．电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为
C．从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯先处于失重状态后处于超重状态
D．从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯始终处于失重状态
答案 C
解析 在最低点时，由牛顿第二定律：4kx－mg＝ma，其中a＝5g，解得x＝，A、B错误；从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，弹簧的弹力逐渐增大，其重力先大于弹力，加速度向下，电梯向下做加速运动，当重力小于弹力时，电梯的加速度向上，电梯向下做减速运动，则下降过程中电梯先处于失重状态后处于超重状态，C正确，D错误。
20.(2019·山东济南二模)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＝6 kg、mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数是0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大到50 N的过程中，则( )
A．当拉力F<12 N时，两物体均保持静止状态
B．当拉力为49 N时，B的加速度为6 m/s2
C．两物体间从受力开始就有相对运动
D．当拉力F>45 N时，两物体之间始终没有相对滑动
答案 B
解析 当A、B刚要发生相对滑动时，A、B间的静摩擦力恰好达到最大值，对B分析，由牛顿第二定律得：aB＝＝ m/s2＝6 m/s2，对A、B整体分析，由牛顿第二定律得：F＝(mA＋mB)aB＝(6＋2)×6 N＝48 N，即当拉力F达到48 N时，A、B才发生相对滑动，则当拉力F<12 N时，两物体有相同加速度，一起向右加速运动，故A、C、D错误；由以上分析知，当拉力F＝49 N时，两物体相对运动，此时B的加速度为：aB＝6 m/s2，故B正确。
21．(2019·辽宁省沈阳市三模)如图所示，水平桌面上放置一个倾角为45°的光滑楔形滑块A，一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m＝0.2 kg的小球。若滑块与小球一起以加速度a向左做匀加速运动(取g＝10 m/s2)，则下列说法正确的是( )
A．当a＝5 m/s2时，滑块对球的支持力为 N
B．当a＝15 m/s2时，滑块对球的支持力为 N
C．当a＝5 m/s2时，地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和
D．当a＝15 m/s2时，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和
答案 A
解析 设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，此时对小球受力分析，受重力、线的拉力，根据牛顿第二定律有：水平方向：F合＝F0cos45°＝ma0，竖直方向：F0sin45°＝mg，解得a0＝g。当a＝5 m/s2时，小球未离开滑块，对小球受力分析，水平方向：Fcos45°－FNsin45°＝ma，竖直方向：Fsin45°＋FNcos45°＝mg，解得FN＝ N，故A正确；当a＝15 m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和线的拉力，滑块对球的支持力为零，故B错误；当滑块和小球组成的系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，C、D错误。
22.(2019·广东肇庆高三一模)(多选)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球的质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们之间的摩擦力及空气阻力不计，则( )
A．运动员的加速度为gtanθ
B．球拍对球的作用力为mg
C．运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcosθ
D．若运动员的加速度大于gtanθ，球一定沿球拍向上运动
答案 AD
解析 对网球：受到重力mg和球拍的支持力N，作出受力图如图1，根据牛顿第二定律得：Nsinθ＝ma，Ncosθ＝mg，解得，a＝gtanθ，N＝，故A正确，B错误；以球拍和球整体为研究对象，作出受力示意图如图2，根据牛顿第二定律得：运动员对球拍的作用力为F＝，故C错误；若运动员的加速度a大于gtanθ，假设球相对球拍静止，则其加速度也为a，如图3所示，将a分解，则ax＝acosθ，因为a>gtanθ，所以ax>gtanθcosθ＝gsinθ，即大于重力沿球拍平面方向的分力，所以必须有一个沿球拍向下的外力才能使球相对球拍静止，而实际上这个力不存在，故球一定沿球拍向上运动，D正确。
题组一 基础大题
23．光滑水平地面上有一质量M＝2 kg的木板以速度v0＝10 m/s向右匀速运动，在t＝0时刻起对其施加一向左的恒力F＝8 N。经t＝1 s时，将一质量m＝2 kg可视为质点的小物块无初速度地轻放在木板右端。物块与木板间动摩擦因数μ＝0.4，木板足够长。求：
(1)刚放上小物块时木板的速度；
(2)物块在木板上相对木板滑动的时间。
答案 (1)6 m/s，方向向右 (2)0.5 s
解析 (1)未放小物块时，木板在力F作用下做匀加速直线运动，
对木板：F＝Ma1，解得：a1＝4 m/s2
t＝1 s时，木板的速度：v1＝v0－a1t＝6 m/s，方向向右。
(2)放上小物块后，对物块：f＝μFN
FN＝mg
f＝ma2
解得：a2＝4 m/s2
对木板：F＋f＝Ma3
解得：a3＝8 m/s2
设物块在木板上相对滑动的时间为t′，则有：
a2t′＝v1－a3t′
解得：t′＝0.5 s。
24.如图所示，传送带与水平面成α＝37°，传送带A、B两端间距L＝5.8 m，传送带始终以v＝4 m/s的速度顺时针转动，将一质量为m的小物体无初速地轻放在A处，小物体与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10 m/s2)试求：
(1)刚释放时，小物体加速度的大小；
(2)小物体从A运动到B所需的时间。
答案 (1)10 m/s2 (2)1.4 s
解析 (1)刚释放小物体时，对小物体受力分析如图所示，
根据牛顿第二定律可知：
mgsinα＋μmgcosα＝ma1
解得：a1＝gsinα＋μgcosα＝10 m/s2。
(2)小物体加速到与传送带共速时的位移
x1＝ ＝ m＝0.8 m
t1＝＝ s＝0.4 s
又因为μ＝0.5
该过程小物体运动的位移为：x2＝L－x1＝5 m
根据位移时间公式可知：x2＝vt2＋a2t
解得：t2＝1 s或t2＝－5 s(舍去)
故小物体由A运动到B所需的总时间为：
t＝t1＋t2＝1.4 s。
题组二 高考大题
25．(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)B与木板相对静止时，木板的速度；
(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。
答案 (1)1 m/s (2)1.9 m
解析 (1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有
f1＝μ1mAg①
f2＝μ1mBg②
f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③
由牛顿第二定律得
f1＝mAaA④
f2＝mBaB⑤
f2－f1－f3＝ma1⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有
v1＝v0－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v1＝1 m/s⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－aBt⑩
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
f1＋f3＝(mB＋m)a2⑪
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有
v2＝v1－a2t2⑫
对A有
v2＝－v1＋aAt2⑬
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－a2t⑭
在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2 ⑮
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
s0＝sA＋s1＋sB⑯
联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m
(也可用如图所示的速度—时间图线求解)
题组三 模拟大题
26．(2019·湖南衡阳二模)如图1所示，在水平面上有一质量为m1＝1 kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2＝2 kg的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加随时间t增大的水平拉力F＝3t(N)，重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)求木块和木板保持相对静止的时间t1；
(2)t＝10 s时，木板和木块的加速度各为多大；
(3)在图2中画出木块的加速度随时间变化的图象(取水平拉力F的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程)。
答案 (1)4 s (2)3 m/s2 12 m/s2 (3)图见解析
解析 (1)当F＜μ2(m1＋m2)g＝3 N时，木块和木板都没有被拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动，且木块和木板之间的摩擦力为最大静摩擦力时，其共同的加速度最大。
此时对木板：fmax－μ2(m1＋m2)g＝m1amax，fmax＝μ1m2g
解得：amax＝3 m/s2
对整体有：Fmax－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)amax
解得：Fmax＝12 N
由Fmax＝3t1得：t1＝4 s。
(2)t＝10 s时，木板和木块已相对运动，则
对木板：μ1m2g－μ2(m1＋m2)g＝m1a1
解得：a1＝3 m/s2
对木块：F－μ1m2g＝m2a2，F＝3t＝30 N
解得：a2＝12 m/s2。
(3)图象如图所示。
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