【物理】2019届一轮复习人教版 牛顿运动定律的综合应用学案
第 4 讲 牛顿运动定律的综合应用
超重与失重现象[学生用书 P48]
【题型解读】
1．对超重、失重的理解：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．判断方法
(1)不管物体的加速度是不是竖直方向，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．
(2)尽管不是整体有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超
重或失重现象．
在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在
水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等．
【典题例析】
如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲－起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力
(单位为牛顿)，横坐标为时间．由图线可知 ( )
A．该同学做了两次下蹲－起立的动作
B．该同学做了一次下蹲－起立的动作
C．下蹲过程中人处于失重状态
D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
[审题指导]
下蹲过程：静止→向下加速→向下减速→静止
起立过程：静止→向上加速→向上减速→静止
[解析] 在一次下蹲过程中，该同学要先后经历失重状态和超重状态，所以对压力传感器的压力先小于自
身重力后大于自身重力，而在一次起立过程中，该同学又要先后经历超重状态和失重状态，所以对压力传感器
的压力先大于自身重力后小于自身重力，所以题图记录的应该是一次下蹲－起立的动作．
[答案] B
【跟进题组】
1.
如图所示，台秤上有一装水容器，容器底部用一质量不计的细线系住一个乒乓球．某时刻细线断开，乒乓
球向上加速运动，在此过程中，关于台秤的示数与线断前相比的变化情况及原因．下列说法正确的是 ( )
A．由于乒乓球仍在容器中，所以示数与细线断前相同
B．细线断后不再向上提拉容器底部，所以示数变大
C．细线断后，乒乓球有向上的加速度，处于超重状态，故示数变大
D．容器、水、乒乓球整个系统的重心加速下移，处于失重状态，所以示数变小
解析：选 D.乒乓球加速上升，整个系统重心加速下移，处于失重状态，故 D 正确．
2.
(多选)(2018·南京、盐城模拟)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点
为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员( )
A．在第一过程中始终处于失重状态
B．在第二过程中始终处于超重状态
C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态
D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态
解析：选 CD.运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床
面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故 A 错误，C
正确；蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于
失重状态，故 B 错误，D 正确．
超重和失重现象判断的“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)从速度变化的角度判断
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．
动力学观点在连接体中的应用[学生用书 P49]
【题型解读】
1．多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的物体系统称为连接体．常见的
连接体如图所示：
2．连接体问题的分析方法：一是隔离法，二是整体法．
(1)加速度相同的连接体
①若求解整体的加速度，可用整体法．整个系统看成一个研究对象，分析整体受外力情况，再由牛顿第二
定律求出加速度．
②若求解系统内力，可先用整体法求出整体的加速度，再用隔离法将内力转化成外力，由牛顿第二定律求
解．
(2)加速度不同的连接体：若系统内各个物体的加速度不同，一般应采用隔离法．以各个物体分别作为研
究对象，对每个研究对象进行受力和运动情况分析，分别应用牛顿第二定律建立方程，并注意应用各个物体的
相互作用关系联立求解．
3．充分挖掘题目中的临界条件
(1)相接触与脱离的临界条件：接触处的弹力 FN＝0.
(2)相对滑动的临界条件：接触处的静摩擦力达到最大静摩擦力．
(3)绳子断裂的临界条件：绳子中的张力达到绳子所能承受的最大张力．
(4)绳子松弛的临界条件：张力为 0.
4．其他几个注意点
(1)正确理解轻绳、轻杆和轻弹簧的质量为 0 和受力能否突变的特征的不同．
(2)力是不能通过受力物体传递的受力，分析时要注意分清内力和外力，不要漏力或添力．
【典题例析】
质量为 M、长为 3L 的杆水平放置，杆两端 A、B 系着长为 3L 的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳
上套着一质量为 m 的小铁环．已知重力加速度为 g，不计空气影响．
(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小．
(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿 AB 方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于 A 端正下方，
如图乙所示．
①求此状态下杆的加速度大小 a.
②为保持这种状态需在杆上施加一个多大外力，方向如何？
[审题指导] (1)题图甲中杆和环均静止，把环隔离出来受力分析，由平衡条件列方程可求出绳中拉力．
(2)题图乙中，杆与环一起加速，把环隔离出来受力分析，由牛顿第二定律列方程可求出环的加速度，再
对杆和环整体进行受力分析，由牛顿第二定律列方程求出施加的外力．
[解析]
(1)环受力如图 1 所示，由平衡条件得：
2FTcos θ－mg＝0
由图 1 中几何关系可知：cos θ＝ 6
3
联立以上两式解得：FT＝ 6
4 mg.
(2)①小铁环受力如图 2 所示，由牛顿第二定律得：
F′Tsin θ′＝ma
F′T＋F′Tcos θ′－mg＝0
由图 2 中几何关系可知 θ′＝60°，代入以上两式解得：
a＝ 3
3 g.
②杆和环整体受力如图 3 所示，由牛顿第二定律得：
Fcos α＝(M＋m)a
Fsin α－(M＋m)g＝0
解得：F＝2 3
3 (M＋m)g，α＝60°.
[答案] (1)
6
4 mg (2)① 3
3 g ②外力大小为2 3
3 (M＋m)g 方向与水平方向成 60°角斜向右上方
【迁移题组】
迁移 1 加速度相同的连接体问题
1．如图所示，质量为 M 的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为 m 的小球，M＞m，用
一力 F 水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度 a 向右运动时，细线与竖直方向成 θ 角，细线的拉力为 F1.
若用一力 F′水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度 a′向左运动时，细线与竖直方向也成 θ 角，细线的拉
力为 F′1.则( )
A．a′＝a，F′1＝F1 B．a′＞a，F′1＝F1
C．a′＜a，F′1＝F1 D．a′＞a，F′1＞F1
解析：选 B.当用力 F 水平向右拉小球时，以小球为研究对象，
竖直方向有 F1cos θ＝mg ①
水平方向有 F－F1sin θ＝ma，
以整体为研究对象有 F＝(m＋M)a，
解得 a＝m
Mgtan θ ②
当用力 F′水平向左拉小车时，以球为研究对象，
竖直方向有 F′1cos θ＝mg ③
水平方向有 F′1sin θ＝ma′，
解得 a′＝gtan θ ④
结合两种情况，由①③有 F1＝F′1；由②④并结合 M＞m 有 a′＞a.故正确选项为 B.
迁移 2 加速度不同的连接体问题
2.
一个弹簧测力计放在水平地面上，Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P 为一重物，已知 P 的质量 M＝
10.5 kg，Q 的质量 m＝1.5 kg，弹簧的质量不计，劲度系数 k＝800 N/m，系统处于静止．如图所示，现给 P
施加一个方向竖直向上的力 F，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前 0.2 s 内，F 为变力，0.2 s 以后，
F 为恒力．求力 F 的最大值与最小值．(取 g＝10 m/s2)
解析：设开始时弹簧压缩量为 x1，t＝0.2 s 时弹簧的压缩量为 x2，物体 P 的加速度为 a，则有
kx1＝(M＋m)g ①
kx2－mg＝ma ②
x1－x2＝1
2at2 ③
由①式得 x1＝
（M＋m）g
k ＝0.15 m， ④
由②③④式得 a＝6 m/s2
F 小＝(M＋m)a＝72 N，F 大＝M(g＋a)＝168 N.
答案：168 N 72 N
迁移 3 连接体中的临界、极值问题
3．如图所示，在光滑水平面上有一辆小车 A，其质量为 mA＝2.0 kg，小车上放一个物体 B，其质量为 mB
＝1.0 kg.如图甲所示，给 B 一个水平推力 F，当 F 增大到稍大于 3.0 N 时，A、B 开始相对滑动．如果撤去
F，对 A 施加一水平推力 F′，如图乙所示．要使 A、B 不相对滑动，求 F′的最大值 Fm′.
解析：根据题图甲所示，设 A、B 间的静摩擦力达到最大值 fm 时，系统的加速度为 a.根据牛顿第二定律，
对 A、B 整体有 F＝(mA＋mB)a，对 A 有 fm＝mAa，代入数据解得 fm＝2.0 N.
根据题图乙所示情况，设 A、B 刚开始滑动时系统的加速度为 a′，根据牛顿第二定律有：
fm＝mBa′，Fm′＝(mA＋mB)a′，
代入数据解得 Fm′＝6.0 N.
答案：6.0 N
1．隔离法的选取原则：若连接体或关联体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内两物体之间的
作用力时，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．
2．整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求系统内物体之间的作用力时，
可以把它们看成一个整体来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)．
3．整体法、隔离法交替运用原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求系统内物体之间的作用
力时，可以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，应用牛顿第二定律求作用力．即“先
整体求加速度、后隔离求内力”．
4．“四种”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)绳子断裂与松弛的临界条件：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，绳子松弛与拉紧的临界条件是：FT＝0.
(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为 0 时．
5．“四种”典型数学方法
(1)三角函数法；
(2)根据临界条件列不等式法；
(3)利用二次函数的判别式法；
(4)极限法．
传送带问题的解题技巧[学生用书 P50]
【题型解读】
1．模型特征
(1)水平传送带模型
项目 图示 滑块可能的运动情况
情景 1
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景 2 (1)v0>v 时，可能一直减速，也可能
先减速再匀速
(2)v0
v 返回时速度
为 v，当 v08.3 m，木块将从 B 端落下，所以木块在传送带上最多能被 16 颗子弹击
中．
答案：见解析
迁移 2 倾斜传送带模型
2．如图所示，与水平面成 θ＝30°的传送带正以 v＝3 m/s 的速度匀速运行，A、B 两端相距 l＝13.5
m．现每隔 1 s 把质量 m＝1 kg 的工件(视为质点)轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工件与
传送带间的动摩擦因数 μ＝2 3
5 ，取 g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字．求：
(1)相邻工件间的最小距离和最大距离；
(2)满载与空载相比，传送带需要增加多大的牵引力？
解析：(1)设工件在传送带上加速运动时的加速度为 a，则
μmgcos θ－mgsin θ＝ma
代入数据解得 a＝1.0 m/s2
刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，且最小距离 dmin＝1
2at2
解得 dmin＝0.50 m
当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则
dmax＝vt＝3.0 m.
(2)由于工件加速时间为 t1＝v
a＝3.0 s，因此传送带上总有三个(n1＝3)工件正在加速，故所有做加速运动的
工件对传送带的总滑动摩擦力 f1＝3μmgcos θ
在滑动摩擦力作用下工件移动的位移 x＝v2
2a＝4.5 m
传送带上匀速运动的工件数 n2＝l－x
dmax ＝3
当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力 f0＝mgsin θ，所有做匀速运动的工件对传送带的总
静摩擦力 f2＝n2f0
与空载相比，传送带需增大的牵引力 F＝f1＋f2
联立解得 F＝33 N.
答案：(1)0.50 m 3.0 m (2)33 N
解答传送带问题应注意的事项
(1)比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物块的加速
度．
(2)关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判断 μ 与 tan θ 的关系
才能决定物块以后的运动．
(3)得出运动过程中两者相对位移情况，以后在求解摩擦力做功时有很大作用．
滑块——滑板模型分析[学生用书 P52]
【题型解读】
1．模型特征
滑块——滑板模型(如图 a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过
程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中，例如 2015 年全国Ⅰ、Ⅱ卷中压轴题 25
题．另外，常见的子弹射击滑板(如图 b)、圆环在直杆中滑动(如图 c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块——
滑板模型类似．
2．思维模板
【典题例析】
(2017·高考全国卷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．
[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＝μ1mAg ①
f2＝μ1mBg ②
f3＝μ2(m＋mA＋mB)g ③
由牛顿第二定律得
f1＝mAaA ④
f2＝mBaB ⑤
f2－f1－f3＝ma1 ⑥
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－aBt1 ⑦
v1＝a1t1 ⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v1＝1 m/s. ⑨
(2)在 t1 时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－1
2aBt21 ⑩
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)a2 ⑪
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＋aAt2 ⑬
在 t2 时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－1
2a2t22 ⑭
在(t1＋t2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为
sA＝v0(t1＋t2)－1
2aA(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＋sB
⑯
联立以上各式，并代入数据得 s0＝1.9 m.
(也可用如图的速度－时间图线求解)
[答案] 见解析
【跟进题组】
1．质量 M＝4 kg、长 2l＝4 m 的木板放在光滑水平地面上，以木板中点为界，左边和右边的动摩擦因数
不同．一个质量为 m＝1 kg 的滑块(可视为质点)放在木板的左端，如图甲所示．在 t＝0 时刻对滑块施加一个水
平向右的恒力 F，使滑块和木板均由静止开始运动，t1＝2 s 时滑块恰好到达木板中点，滑块运动的 x1－t 图象
如图乙所示．取 g＝10 m/s2.
(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数 μ1 和恒力 F 的大小．
(2)若滑块与木板右边的动摩擦因数 μ2＝0.1，2 s 末撤去恒力 F，则滑块能否从木板上滑落下来？若能，求
分离时滑块的速度大小．若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？
解析：(1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为 a1，木板的加速度大小
为 a2，则 t1＝2 s 时木板的位移 x2＝1
2a2t21 ①
滑块的位移 x1＝4 m ②
由牛顿第二定律得 a2＝μ1mg
M ③
由位移关系得 x1－x2＝l ④
联立①②③④解得 μ1＝0.4 ⑤
滑块位移 x1＝1
2a1t21 ⑥
恒力 F＝ma1＋μ1mg ⑦
联立②⑤⑥⑦解得 F＝6 N.
(2)设滑块到达木板中点时，滑块的速度为 v1，木板的速度为 v2，滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继
续做匀加速运动，此时滑块和木板的加速度大小分别为
a′1＝μ2mg
m ＝μ2g，a′2＝μ2mg
M
设滑块与木板从 t1 时刻开始到速度相等时的运动时间为 t2，则 v2＝a2t1，v1＝a1t1，v1－a′1t2＝v2＋a′2t2
解得 t2＝1.6 s
在此时间内，滑块位移 x′1＝v1t2－1
2a′1t22
木板的位移 x′2＝v2t2＋1
2a′2t22
Δx＝x′1－x′2
联立解得Δx＝1.6 m<2 m
因此滑块没有从木板上滑落，滑块与木板相对静止时距木板右端的距离为 d＝l－Δx＝0.4 m.
答案：见解析
2．(2015·高考全国卷Ⅱ)
下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为 θ＝37°(sin 37°＝3
5)的山坡 C，
上面有一质量为 m 的石板 B，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆 A(含有大量泥土)，A 和 B 均处于静止
状态，如图所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为 m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、
B 间的动摩擦因数 μ1 减小为3
8，B、C 间的动摩擦因数 μ2 减小为 0.5，A、B 开始运动，此时刻为计时起点；在
第 2 s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2 保持不变．已知 A 开始运动时，A 离 B 下边缘的距离 l＝27 m，C 足
够长，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)在 0～2 s 时间内 A 和 B 加速度的大小；
(2)A 在 B 上总的运动时间．
解析：(1)在 0～2 s 时间内，A 和 B 的受力如图所示，其中 f1、N1 是 A 与 B 之间的摩擦力和正压力的大小，
f2、N2 是 B 与 C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
f1＝μ1N1 ①
N1＝mgcos θ ②
f2＝μ2N2 ③
N2＝N′1＋mgcos θ ④
规定沿斜面向下为正．设 A 和 B 的加速度分别为 a1 和 a2，由牛顿第二定律得
mgsin θ－f1＝ma1 ⑤
mgsin θ－f2＋f1′＝ma2 ⑥
N1＝N1′ ⑦
f1＝f1′ ⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得
a1＝3 m/s2 ⑨
a2＝1 m/s2. ⑩
(2)在 t1＝2 s 时，设 A 和 B 的速度分别为 v1 和 v2，则
v1＝a1t1＝6 m/s ⑪
v2＝a2t1＝2 m/s ⑫
t＞t1 时，设 A 和 B 的加速度分别为 a′1 和 a′2.此时 A 与 B 之间的摩擦力为零，同理可得
a′1＝6 m/s2 ⑬
a′2＝－2 m/s2 ⑭
B 做减速运动．设经过时间 t2，B 的速度减为零，则有
v2＋a′2t2＝0 ⑮
联立⑫⑭⑮式得
t2＝1 s ⑯
在 t1＋t2 时间内，A 相对于 B 运动的距离为
s＝(1
2a1t＋v1t2＋1
2a′1t)－(1
2a2t＋v2t2＋1
2a′2t)
＝12 m<27 m ⑰
此后 B 静止，A 继续在 B 上滑动．设再经过时间 t3 后 A 离开 B，则有
l－s＝(v1＋a′1t2)t3＋1
2a′1t23 ⑱
可得 t3＝1 s(另一解不合题意，舍去) ⑲
设 A 在 B 上总的运动时间为 t 总，有
t 总＝t1＋t2＋t3＝4 s.
(另解：也可利用下面的速度图线求解)
答案：(1)3 m/s2 1 m/s2 (2)4 s
分析滑块—滑板模型的一个转折和两个关联
分析滑块—滑板类模型时要抓住一个转折和两个关联．一个转折——滑块与滑板达到相同速度或者滑块从
滑板上滑下是受力和运动状态变化的转折点．
两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、滑板位移与板长之间的关联．一般情况下，由于摩
擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和滑板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行
受力分析是建立模型的关键．
[学生用书 P53]
1.
(2018·武汉模拟)如图所示，两黏连在一起的物块 a 和 b，质量分别为 ma 和 mb，放在光滑的水平桌面上，
现同时给它们施加方向如图所示的水平推力 Fa 和水平拉力 Fb，已知 Fa＞Fb，则 a 对 b 的作用力( )
A．必为推力 B．必为拉力
C．可能为推力，也可能为拉力 D．不可能为零
解析：选 C.将 a、b 看做一个整体，加速度 a＝Fa＋Fb
ma＋mb，单独对 a 进行分析，设 a、b 间的作用力为 Fab，
则 a＝Fa＋Fab
ma ＝Fa＋Fb
ma＋mb，即 Fab＝Fbma－Famb
ma＋mb ，由于不知道 ma 与 mb 的大小关系，故 Fab 可能为正，可能为负，
也可能等于 0.
2．(2018·南阳五校联考)
如图所示，滑轮 A 可沿倾角为 θ 的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为 G 的物体 B，下滑
时，物体 B 相对于 A 静止，则下滑过程中( )
A．B 的加速度为 gsin θ
B．绳的拉力为 G
cos θ
C．绳的方向保持竖直
D．绳的拉力为 G
解析：选 A.
A、B 相对静止，即两物体的加速度相同，以 A、B 整体为研究对象分析受力可知，系统的加速度为 gsin
θ，所以选项 A 正确；再以 B 为研究对象进行受力分析，如图，根据平行四边形法则可知，绳子的方向与斜面
垂直，拉力大小等于 Gcos θ，故选项 B、C、D 都错误．
3.
(多选)(高考江苏卷)如图所示，A、B 两物块的质量分别为 2m 和 m, 静止叠放在水平地面上．A、B 间的
动摩擦因数为 μ，B 与地面间的动摩擦因数为 1
2μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g．现对 A
施加一水平拉力 F，则( )
A．当 F < 2μmg 时，A、B 都相对地面静止
B．当 F ＝5
2μmg 时， A 的加速度为 1
3μg
C．当 F > 3μmg 时，A 相对 B 滑动
D．无论 F 为何值，B 的加速度不会超过 1
2μg
解析：选 BCD.A、B 间的最大静摩擦力为 2μmg，B 和地面之间的最大静摩擦力为 3
2μmg，对 A、B 整体，
只要 F＞3
2μmg，整体就会运动，选项 A 错误；当 A 对 B 的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B 将要发生相对滑动，
故 A、B 一起运动的加速度的最大值满足 2μmg－3
2μmg＝mamax，B 运动的最大加速度 amax＝1
2μg，选项 D 正确；
对 A、B 整体，有 F－3
2μmg＝3mamax，则 F＞3μmg 时两者会发生相对运动，选项 C 正确；当 F＝5
2μmg 时，两
者相对静止，一起滑动，加速度满足 F－3
2μmg＝3ma，解得 a＝1
3μg，选项 B 正确．
4.
(2018·河南安阳模拟)在倾角为 α 的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已
知猫的质量是木板的质量的 2 倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不
变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为( )
A．3gsin α B．gsin α
C.3gsin α
2 D．2gsin α
解析：选 A.猫与木板加速度不同，分别对其受力分析是比较常见的解决方法．猫受力平衡，设猫的质量
为 2m，其所受摩擦力沿斜面向上，且 F f＝2mgsin α，则木板所受摩擦力沿斜面向下，木板的加速度为 a＝
2mgsin α＋mgsin α
m ＝3gsin α，正确选项为 A.
5.
如图所示为粮袋的传送装置，已知 A、B 两端间的距离为 L，传送带与水平方向的夹角为 θ，工作时运行
速度为 v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为 μ，正常工作时工人在 A 端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大
静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为 g.关于粮袋从 A 到 B 的运动，以下说法正确的是 ( )
A．粮袋到达 B 端的速度与 v 比较，可能大，可能小或也可能相等
B．粮袋开始运动的加速度为 g(sin θ－μcos θ)，若 L 足够大，则以后将以速度 v 做匀速运动
C．若 μ≥tan θ，则粮袋从 A 端到 B 端一定是一直做加速运动
D．不论 μ 大小如何，粮袋从 A 端到 B 端一直做匀加速运动，且加速度 a≥gsin θ
解析：选 A.若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达 B 端时的速度小于 v；若 μ≥tan
θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达 B 端时速度与 v 相同；若 μ6 m，所以小物块将
从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A 错误；传送带的速度为 5 m/s 时，小物块在传送带上受力
情况不变，则运动情况也不变，仍会从传送带左端滑出，B 正确；若小物块的速度为 4 m/s，小物块向左减速
运动的位移大小为 x′＝v′
2a＝ 42
2 × 2 m＝4 m<6 m，则小物块的速度减到零后再向右加速，小物块加速到与传送
带共速时的位移为 x″＝ v
2a＝ 22
2 × 2 m＝1 m<6 m，以后小物块以 v1＝2 m/s 的速度匀速运动到右端，则小物块
从传送带右端滑出时的速度为 2 m/s，C 正确；若小物块的速度为 1 m/s，小物块向左减速运动的位移大小为 x
＝v″
2a＝ 12
2 × 2 m＝0.25 m<6 m，则小物块速度减到零后再向右加速，由于 x
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