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考向06 牛二综合应用-备战2022年高考一轮复习考点微专题
解决目标及考点:
1、瞬时问题
2、超重失重问题
3、连接体问题
4、滑板与传送带问题
【例题1】如图甲、乙中小球m、m原来均静止，现如果均从图中B处剪断，已知图甲中的弹簧和图乙中
1 2
的下段绳子（m1=m2）
(1)它们的拉力将分别如何变化？
(2)如果均从图中A处剪断，则图甲中的弹簧和图乙中的下段绳子的拉力又将如何变化呢？
(3)试分析分别剪断A瞬间和剪断B瞬间每个小球的加速度？（只断一处）
【答案】
(1)弹簧和下段绳的拉力都变为0.
(2)弹簧的弹力来不及变化，下段绳的拉力变为0.
(3)甲图中，若断A，由于弹簧未形变，所以拉力不变，m1小球受力mg+mg，所以加速度为2g，m2小球受
1 2
拉力和重力平衡，所以加速度为0；若断B，m2小球只受重力，所以加速度为g，m1受力平衡，加速度为
0。
乙图中，若断A，下端绳子拉力瞬间为0，两个小球整体相对静止地做自由落体运动，所以加速度均为 g；
若断B，下端绳子拉力瞬间为0，上端绳子拉力瞬间由2G变为G，m2小球加速度g，m1小球加速度为0
一、瞬时问题
1.牛顿第二定律的表达式为：F ＝ma，加速度由物体所受合外力决定，加速度的方向与物体所受合外力的
合
方向一致.当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变.
2.轻绳、轻杆和轻弹簧(橡皮条)的区别：
(1)轻绳和轻杆：剪断轻绳或轻杆断开后，原有的弹力将 突变为 0.
(2)轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条与其它物体连接时，轻弹簧或橡皮条的弹力不能发生突变.
二、超重与失重问题
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现象.
(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现象.
(2)产生条件：物体具有向下的加速度.
技巧：判断超重与失重的重要方法——看物体的加速度方向。向上（不一定竖直向上，只要有向上趋势即
可）则超重，向下（不一定竖直向下，只要有向下趋势即可）则失重。
三、连接体问题
1.连接体的类型
2.需要注意点：
(1)弹簧连接体
1、AB整体相对静止的沿着某方向匀变速直线运动
时，先分析整体加速度，再单独分析 A或者B的受
力情况，则可知弹簧的弹力大小。
2、弹簧、绳子的弹力方向都是沿着弹簧/绳子自身
的方向；支持力的方向都是垂直于接触面；硬杆的
弹力方向不确定，可能沿着杆，也可能不沿着杆。
(2)物物叠放连接体 3、轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳
方向的速度总是相等.
轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；
轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度
(3)轻绳连接体
与转动半径成正比.
轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体
的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接
体的速率相等.
(4)轻杆连接体
2.处理连接体问题的方法
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可
整体法的选取原则 以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加
速度或其他未知量
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用
隔离法的选取原则
力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解
若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以
整体法、隔离法的交
先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿
替运用
第二定律求作用力.即“先整体求加速度，后隔离求内力”考点：瞬时问题
【例题2】(2017·山东泰安二模)如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水
平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直板上.两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细绳相连，两球均处于静止状态.
已知B球质量为m，O在半圆柱体圆心O的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，
1
OB与竖直方向成45°角，现将轻质细绳剪断的瞬间(重力加速度为g)，下列说法正确的是( )
A.弹簧弹力大小为mg
B.球B的加速度为g
C.球A受到的支持力为mg
D.球A的加速度为g
【答案】D
【解析】剪断细绳前对B球受力分析如图，由平衡条件可得F ＝mgtan 45°＝mg；剪断细绳瞬间，细绳上
弹
弹力立即消失，而弹簧弹力F 和B球重力的大小和方向均没有改变，则F ＝＝mg，a＝
弹 合 B
g，A、B项错误.剪断细绳前，有A球的重力大小G＝2F cos 30°＝mg，剪断细绳瞬间，
A 绳
A球受到的支持力F ＝Gcos 30°＝ mg，C项错误.剪断细绳瞬间，对A球由牛顿第二定
NA A
律有mgsin 30°＝ma，得A的加速度a＝gsin 30°＝g，D项正确.
A A A A
解决瞬时问题步骤：
1、分析变化前整体和个体的受力情况（每个力的大小和方向）
2、发生变化瞬间，判断哪些力能发生突变，哪些力不能发生突变
3、根据变化后受力情况重新对整体和个体进行受力分析，从而判断物体的合力与加速度。
4、当物体剩余的力都是不变力的时候，直接根据四边形原则求合力和加速度；当剩余的力中有突变
力时，则要根据物体实际的运动情况来判断其合力情况。（以例2来示范）
【例题3】如图所示，两木块A、B质量均为m，用劲度系数为k、原长为L的轻弹簧连在一起，放在倾角为
α的传送带上，两木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，用与传送带平行的细线拉住木块A，传送带按图
示方向匀速转动，两木块处于静止状态.求：
(1)A、B两木块之间的距离；
(2)剪断细线瞬间，A、B两木块加速度分别为多大.
【解析】(1)隔离B木块受力分析，由平衡条件可得F ＝mgsin α＋μmgcos α
弹由胡克定律F ＝kΔx得两木块间的距离为L＝L＋Δx＝L＋
弹 AB
(2)剪断细线瞬间弹簧弹力不变，对木块B由牛顿第二定律得F －(mgsin α＋μmgcos α)＝ma
弹 B
解得a＝0.
B
对于木块A有F ＋μmgcos α＋mgsin α＝ma
弹 A
解得a＝2(gsin α＋μgcos α)＝2g(sin α＋μcos α).
A
考点：超重、失重问题
【例题4】（2016·镇江高三期中考试）某运动员（可看成质点）参加跳板跳水比赛，
t=0是其向上起跳瞬间，其速度与时间关系图象如图所示，则
A．t1时刻开始进入水面
B．t2时刻开始进入水面
C．t3时刻已浮出水面
D．t2—t3的时间内，运动员处于失重状态
【答案】B
【解析】运动员起跳后进入水面前，做匀变速直线运动。由图象可知，0~t1为上升阶段，t1时刻速度减小
到零，到达最高点，选项A错误。t1~t2为下落阶段，做加速直线运动，t2时刻速度到达最大，开始进入
水面，选项B正确。进入水后，向下做匀减速直线运动，运动员处于超重状态，选项CD错误。考点：
【例题5】如图所示，电梯内重为10N的物体悬挂在弹簧测力计上．某时刻，乘客观察到测力计示数变为
8N，则电梯可能
A．匀加速向上运动 B．匀减速向上运动
C．匀加速向下运动 D．匀减速向下运动
【答案】BC
【解析】弹簧测力计F=8N<G,电梯处于失重状态，加速度向下，故电梯可能匀加速向下，也可能匀减速向
上运动。
考点: 连接体问题
【例题6】如图所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿斜面向上运动，轻绳
与拉力F的方向均平行于斜面。当拉力F一定时，Q受到绳的拉力( )
A．与斜面倾角θ有关 B．与动摩擦因数有关
C．与系统运动状态有关 D．仅与两物块质量有关
【答案】D
【解析】设P、Q的质量分别为m、m，Q受到绳的拉力大小为F，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据
1 2 T
牛顿第二定律，对整体分析，有F－(m＋m)gsin θ－μ(m＋m)gcos θ＝(m＋m)a；对Q分析：有F－
1 2 1 2 1 2 T
mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得F＝F，可见Q受到绳的拉力F与斜面倾角θ、动摩擦因数μ和系统
2 2 2 T T
运动状态均无关，仅与两物块质量和F有关，选项D正确。【变式1】(多选)(2018·陕西商洛质检)如图13所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B
用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加
速度a匀加速运动时，弹簧的伸长量为x；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B
1 1
上且两物块共同以加速度a匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x，则下列说法中正确的是( )
2 2
A.若m>M，有x＝x B.若m<M，有x＝x
1 2 1 2
C.若μ>sin θ，有x>x D.若μ<sin θ，有x<x
1 2 1 2
【答案】AB
【解析】在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有
F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a ①
1
隔离物块A，根据牛顿第二定律，有F－μmg＝ma ②
T 1
联立①②解得F＝ ③
T
在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有
F－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a ④
2
隔离物块A，根据牛顿第二定律，有F′－mgsin θ＝ma ⑤
T 2
联立④⑤解得F′＝ ⑥
T
比较③⑥可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误.
【变式2】(多选)如图所示，倾角为θ的斜面放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜
面加速下滑.支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为
θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是( )
A.斜面光滑
B.斜面粗糙
C.达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左
D.达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右
【答案】AC
【解析】隔离小球，可知小球的加速度方向为沿斜面向下，大小为gsin θ，对支架系统进行分析，只有
斜面光滑，支架系统的加速度才是gsin θ，所以A正确，B错误.将支架系统和斜面看成一个整体，因为
整体具有沿斜面向下的加速度，故地面对斜面体的摩擦力水平向左，C正确，D错误.故选A、C.
考点：滑板与传送带
【例题7】一大小不计的木块通过长度忽略不计的绳固定在小车的前壁上，小车表面光滑。某时刻小车由
静止开始向右匀加速运动，经过2 s，细绳断裂。细绳断裂前后，小车的加速度保持不变，又经过一段时
间，滑块从小车左端刚好掉下，在这段时间内，已知滑块相对小车前3 s内滑行了4.5 m，后3 s内滑行
了10.5 m。求从绳断到滑块离开车尾所用的时间是多少？【解析】设小车加速度为a。绳断裂时，车和物块的速度为v＝at。断裂后，小车的速度v＝v＋at，小
1 1 1 2
车的位移为：x＝vt＋at 滑块的位移为：x＝vt
1 1 2 2 1 2
绳断后，前3 s相对位移有关系：Δx＝x－x＝at＝4.5 m
1 2
得：a＝1 m/s2
细绳断开时小车和物块的速度均为：v＝at＝1×2 m/s＝2 m/s
1 1
设后3 s小车的初速度为v′，则小车的位移为：x′＝v′t＋at
1 1 1 4
滑块的位移为：x′＝vt
2 1 4
得：x′－x′＝3v′＋4.5 m－3v＝10.5 m
1 2 1 1
解得：v′＝4 m/s
1
由此说明后3 s实际上是从绳断后2 s开始的，滑块与小车相对运动的总时间为：
t ＝5 s
总
答案 5 s
01下列哪个说法是正确的( )
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
02如图6-3，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块，木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在
箱顶上．若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为
A．加速下降 B．加速上升
C．减速上升 D．减速下降1.在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带。当旅客把行李放到传送带上时，传送
带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动。随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进。
设传送带匀速前进的速度为0.25 m/s，把质量为5 kg的木箱静止放到传送带上，由于滑动摩擦力的作
用，木箱以6 m/s2的加速度前进，那么这个木箱放在传送带上后，传送带上将留下的摩擦痕迹约为(
)
图1
A．5 mm B．6 mm C．7 mm D．10 mm
2.两个质量分别为m、m的物体A和B紧靠在一起放在光滑水平桌面上，如图2所示，如果它们分别受到
1 2
水平推力2F和F，则A、B之间弹力的大小为( )
图2
A.F B.F C.F D.F
3.如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量均为m,2、4
质量均为m，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态.现将两木板沿水平方向突然抽出，
0
设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a、a、a、a.重力加速度大小为g，则有( )
1 2 3 4
A.a＝a＝a＝a＝0
1 2 3 4
B.a＝a＝a＝a＝g
1 2 3 4
C.a＝a＝g，a＝0，a＝g
1 2 3 4
D.a＝g，a＝g，a＝0，a＝g
1 2 3 4
4.电梯在t＝0时由静止开始上升，运动的a－t图象如图3所示(选取向上为正)，电梯内乘客的质量m＝
0
50 kg，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.第9 s内乘客处于失重状态
B.1～8 s内乘客处于平衡状态
C.第2 s内乘客对电梯的压力大小为550 N
D.第9 s内电梯速度的增加量为1 m/s
5.(多选)如图4甲所示，质量为m＝2 kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平地面间的动摩
擦因数μ＝0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动，经过一段时间后，物块回到
出发点O处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示，重力
加速度g取10 m/s2，则( )
A.物块经过4 s回到出发点
B.物块运动到第3 s时改变水平拉力的方向
C.3.5 s时刻水平力F的大小为4 ND.4.5 s时刻水平力F的大小为16 N
6.如图5所示，质量为m的小球用一水平轻弹簧系住，并用倾角为60°的光滑木板AB托住，小球恰好处于
静止状态，在木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为( )
图5
A.0 B.大小为g，方向竖直向下
C.大小为g，方向垂直木板向下 D.大小为2g，方向垂直木板向下
7.(多选)(2017·河北保定一模)如图6所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面
上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体.用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持
相对静止地向左运动.重力加速度为g＝10 m/s2，下列判断正确的是( )
A.系统做匀速直线运动
B.F＝40 N
C.斜面体对楔形物体的作用力大小为5 N
D.增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动
8.如图7所示，质量分别为m、m的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速
1 2
直线运动(m在光滑地面上，m在空中).已知力F与水平方向的夹角为θ.则m的加速度大小为( )
1 2 1
A.
B.
C.
D.
9.(2018·湖南怀化质检)如图8所示，A、B、C三球质量均为m，轻 质弹簧一
端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接.倾角为θ的光
滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下
列说法正确的是( )
A.A球受力情况未变，加速度为零
B.C球的加速度沿斜面向下，大小为g
C.A、B之间杆的拉力大小为2mgsin θ
D.A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsin θ
10.如图甲所示，两滑块A、B用轻质细线跨过光滑轻质定滑轮相连，B距地面一定高度，A可在与斜面平行
的细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动.已知m＝2 kg，m＝4 kg，斜面倾角θ＝37°.某时刻由静止
A B
释放A，测得A沿斜面向上运动的v－t图象如图乙所示.已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝
0.8，求：(1)A与斜面间的动摩擦因数；
(2)A沿斜面向上滑动的最大位移；
(3)滑动过程中细线对A的拉力所做的功.
11.(2018·吉林公主岭模拟)如图甲所示，光滑水平面上的O处有一质量为m＝2 kg的物体.物体同时受到
两个水平力的作用，F＝4 N，方向向右，F的方向向左，大小随时间均匀变化，如图乙所示.物体从零时
1 2
刻开始运动.
(1)求当t＝0.5 s时物体的加速度大小.
(2)物体在t＝0至t＝2 s内何时物体的加速度最大？最大值为多少？
(3)物体在t＝0至t＝2 s内何时物体的速度最大？最大值为多少？
12.(多选)如图12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a－F图象.取g＝10
m/s2.则下列说法正确的是( )
图12
A.滑块的质量m＝4 kg B.木板的质量M＝4 kg
C.滑块与木板间动摩擦因数为0.1 D.当F＝8 N时滑块加速度为2 m/s2
13.如图7所示，甲、乙两传送带倾斜放置，与水平方向夹角均为37°，传送带乙长为4 m，传送带甲比乙长0.45 m，两传送带均以3 m/s的速度逆时针匀速转动，可视为质点的物块A从传送带甲的顶端由静止释
放，可视为质点的物块B由传送带乙的顶端以3 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块质量相等，与传送带
间的动摩擦因数均为0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图7
(1)物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间；
(2)物块A、B在传送带上的划痕长度之比。
14.如图8甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板。开始时
质量为m＝1 kg 的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，现将力F变为水平向右，当滑块滑到木板
上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失。此后滑块和木板在水平面上运动的v－t图象如图乙
所示，g＝10 m/s2。求：
(1)水平作用力F的大小；
(2)滑块开始下滑时的高度；
(3)木板的质量。
15.(2018·四川德阳模拟)如图11甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可看做质点的物体A静止叠放
在B的最左端.现用F＝6 N的水平力向右拉物体A，经过5 s物体A运动到B的最右端，其v－t图象如图乙所示.已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.
(1)求物体A、B间的动摩擦因数；
(2)若B不固定，求A运动到B的最右端所用的时间.
16.(多选)(2015·新课标全国Ⅱ·20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢.当
机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小
为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨
间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )
A.8 B.10 C.15 D.18
01.答案B
解析：体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于静止状态，蹦床运动员在空中上升和下落过程中加速
度向下，都处于失重状态，向下A错误B正确；举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于静止状态，
游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于静止状态，选项CD正确。
02.答案BD
解析：木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到箱顶向下的压力。当物块对箱顶刚好无压力时，表明系
统处于超重状态，有向上的加速度，属于超重，木箱的运动状态可能为加速上升或减速下降，选项BD正确。
1.解析 木箱加速的时间为t＝v/a，这段时间内木箱的位移为x＝，而传送带的位移为x＝vt，传送带上
1 2
将留下的摩擦痕迹长为l＝x－x，联立各式并代入数据，解得l＝5.2 mm，选项A正确。
2 1
答案 A
2.答案 C解析 根据牛顿第二定律对整体有：2F－F＝(m＋m)a，方向水平向右；对物体B有：F－F＝ma，联立上
1 2 N 2
述两式得：F＝F，故选项A、B、D均错误，选项C正确.
N
3.答案 C
解析 在抽出木板的瞬间，物块1、2与轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由
牛顿第二定律知a＝a＝g；物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块 3向上的弹力大
1 2
小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足F－mg＝0，即a＝0；由牛顿第二定律得物块4满
3
足a＝＝g，所以C对.
4
4.答案 C 5.答案 CD
6.答案 D
解析 撤离木板AB瞬间，木板对小球的支持力消失，而小球所受重力和弹力不变，且二力的合力与原支持
力等大反向.
7.答案 BD
解析 对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有 F＝(M＋m)a，对楔形物体
受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律有mgtan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10
m/s2，A错，B对.斜面体对楔形物体的作用力F ＝＝mg＝10 N，C错.外力F增大，
N2
则斜面体加速度增加，楔形物体不能获得那么大的加速度，将会相对斜面体沿斜面
上滑，D对.
8.答案 A
解析 把m、m看成一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得：Fcos θ＝(m＋m)a，
1 2 1 2
所以a＝，选项A正确.
9.答案 D
解析 细线被烧断的瞬间，以A、B整体为研究对象，弹簧弹力不变，细线拉力突变为 0，合力不为0，加
速度不为0，故A错误；对球C，由牛顿第二定律得：mgsin θ＝ma，解得：a＝gsin θ，方向沿斜面向下，
故B错误；以A、B、C组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B、C静止，处于平衡状态，合力为零，
弹簧的弹力F＝3mgsin θ，烧断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B整体为研究
对象，由牛顿第二定律得：3mgsin θ－2mgsin θ＝2ma，则A、B的加速度a＝gsin θ，故D正确；由D
可知，B的加速度为a＝gsin θ，以B为研究对象，由牛顿第二定律得F－mgsin θ＝ma，解得：F＝
T T
mgsin θ，故C错误；故选D.
10.答案 (1)0.25 (2)0.75 m (3)12 J
解析 (1)在0～0.5 s内，根据题图乙，A、B系统的加速度为a＝＝ m/s2＝4 m/s2
1
对A，F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma
T A A A 1
对B，mg－F＝ma
B T B 1
得：μ＝0.25
(2)B落地后，A继续减速上升.由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
A A A 2
将已知量代入，可得a＝8 m/s2
2
故A减速向上滑动的位移为x＝＝0.25 m
2考虑0～0.5 s内A加速向上滑动的位移x＝＝0.5 m
1
所以，A上滑的最大位移为x＝x＋x＝0.75 m
1 2
(3)A加速上滑过程中，由动能定理：W－(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝mv2－0
A A 1 A
得W＝12 J.
11.解析 (1)由题图乙可知F＝(2＋2t) N
2
当t＝0.5 s时，F＝(2＋2×0.5) N＝3 N
2
F－F＝ma
1 2
a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2.
(2)物体所受的合外力为F ＝F－F＝2－2t(N)。作出F －t图象如图所示
合 1 2 合
从图中可以看出，在0～2 s范围内
当t＝0时，物体有最大加速度a
m
F＝ma；a＝＝ m/s2＝1 m/s2
m m m
当t＝2 s时，物体也有最大加速度a′
m
F′＝ma′；a′＝＝ m/s2＝－1 m/s2负号表示加速度方向向左.
m m m
(3)由牛顿第二定律得a＝＝1－t(m/s2)
画出a－t图象如图所示
由图可知t＝1 s时速度最大，最大值等于a－t图象在t轴上方与横、纵坐标轴所围的三角形的面积v＝
×1×1 m/s＝0.5 m/s.
12.答案 AC
解析 由题图乙，当F等于6 N时，加速度a＝1 m/s2，对整体：F＝(M＋m)a，解得：M＋m＝6 kg，当F大
于6 N时，根据牛顿第二定律得a＝，知图线的斜率k＝＝，解得M＝2 kg，故滑块的质量m＝4 kg，故A
正确，B错误；根据F大于6 N的图线延长线知，F＝4 N时，a＝0，则a＝，解得μ＝0.1，故C正确；根
据μmg＝ma′，得a′＝1 m/s2，D错误.
13.解析 (1)对物块A由牛顿第二定律知mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma，代入数值得a＝10 m/s2
1 1
设经时间t物块A与传送带共速，则由运动学规律知v ＝at，即t＝0.3 s
1 带 1 1 1
此过程中物块A的位移为x＝at＝0.45 m
1 1
物块A与传送带共速后，由牛顿第二定律知
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma，代入数值得a＝2 m/s2
2 2
由运动学规律知L －x＝v t＋at，代入数值得t＝1 s
甲 1 带 2 2 2
所以物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间为t＝t＋t＝1.3 s。
1 2
(2)在物块A的第一个加速过程中，物块A在传送带上的划痕长度为L＝v t－x＝0.45 m
1 带 1 1
在物块A的第二个加速过程中，物块A在传送带上的划痕长度为L＝v t＋at－v t＝1.0 m
2 带 2 2 带 2所以物块A在传送带上的划痕长度为L＝L＝1.0 m
A 2
由分析知物块B的加速度与物块A在第二个加速过程的加速度相同，从传送带顶端加速到底端所需时间与
t相同
2
所以物块B在传送带上的划痕长度为L＝v t＋at－v t＝1.0 m
B 带 2 2 带 2
故物块A、B在传送带上的划痕长度之比为L∶L＝1∶1
A B
答案 (1)1.3 s (2)1∶1
14.解析 (1)滑块受力如图所示，根据平衡条件，有
mgsin θ＝Fcos θ
解得F＝ N
(2)当力F变为水平向右之后，由牛顿第二定律，有mgsin θ＋Fcos θ＝ma
解得a＝10 m/s2
根据题意，由题图乙可知，滑块滑到木板上的初速度v＝10 m/s。
滑块下滑的位移x＝，解得x＝5 m
故滑块下滑的高度h＝xsin 30°＝2.5 m
(3)由题图乙可知，滑块和木板起初相对滑动，当达到共同速度后一起做匀减速运动，两者共同减速时
加速度a＝1 m/s2，相对滑动时，木板的加速度a＝1 m/s2，滑块的加速度大小a＝4 m/s2，设木板与地面
1 2 3
间的动摩擦因数为μ，滑块与木板间的动摩擦因数为μ，对它们整体受力分析，有
1 2
a＝＝μg，解得μ＝0.1
1 1 1
0～2 s内分别对木板和滑块受力分析，即
对木板：μmg－μ(M＋m)g＝Ma
2 1 2
对滑块：μmg＝ma
2 3
联立解得M＝1.5 kg。
答案 (1) N (2)2.5 m (3)1.5 kg
15.答案 (1)0.4 (2)5 s
解析 (1)根据v－t图象可知物体A的加速度为a＝＝ m/s2＝2 m/s2
A
以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得F－μmg＝ma 解得μ＝＝0.4
A A A
(2)由题图乙可知木板B的长度为l＝×5×10 m＝25 m
若B不固定，则B的加速度为a＝＝ m/s2＝1 m/s2
B设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得at2－at2＝l，解得t＝5 s.
A B
16.答案 BC
解析 设PQ西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则F＝nma ①
设PQ东边有k节车厢，则F＝km·a ②
联立①②得3n＝2k，由此式可知n只能取偶数，
当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5
当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10
当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15
当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确.
