【物理】2019届一轮复习人教版 牛顿运动定律 学案
一、不能用物理规律解题
不能用牛顿运动定律解题，或不善于用牛顿运动定律解复杂问题，遇到难题想当然地进行分析。
二、不清楚模型的分析关键
1．弹簧模型和绳线（杆）模型，尤其是其弹力突变问题。
在因为某部分断裂而导致的弹簧或绳线（杆）连接体失去一部分约束时，弹簧的弹力不会突变，而是缓慢变化，而绳线（杆）的弹力会发生突变，变化情况需要具体进行运动分析和受力分析。
2．不会分析超重和失重。
超重和失重的“重”指的是物体本身受到的重力，当支持面对物体向上的作用力（测量工具的测量值，即视重）大于或小于实际的重力时，就是超重或失重。若不能抓住分析关键——超重物体的加速度向上、失重物体的加速度向下，就容易分析错误。
三、运动状态分析和受力分析问题
1．未明确分析的对象。多分析或少分析受力，导致运动状态的分析错误。
2．对运动状态的分析错误。运动状态的分析要点是速度和加速度，速度关系决定相对运动关系，涉及物体间的相互作用力的分析，加速度则可根据牛顿第二定律列式，直接计算力的大小和有无。
四、复杂问题、难题的分析
1．临界问题的分析关键是找到临界条件。不能只注重表面的关键词“相等”、“恰好”等，还要挖掘隐含的临界条件，如加速度相等、弹力为零、静摩擦力达到最大、摩擦力为零（即将反向）等。
2．多物体相互牵连（不一定有直接的牵连关系）要注意，只有部分直接牵连的物体（具有相同的运动状态）才能用整体法，其他情况一般需要明确物体间的受力关系隔离分析，物体间的相互作用力可能大小相等，但速度不同，也可能具有相同的速度，但加速度不同。
3．分析多过程问题切忌急躁，应根据速度和加速度的关系逐个过程进行分析，多过程问题的分析关键就是分析清楚速度相等、速度为零、加速度相等和加速度为零这四种情况，它们往往是多过程中各子过程的分界点。
4．复杂模型，如传送带往返问题、快–板模型，应结合以上3点的注意事项进行综合分析。
（2017甘肃泾川三中高一期末）下列关于力的叙述中正确的是
A．力是使物体位移增加的原因
B．力是维持物体运动速度的原因
C．力是使物体惯性改变的原因
D．力是使物体产生加速度的原因
本题易错选A，原因是没意识到运动状态不改变包括匀速直线运动，其位移是增加的。
1．（2017山东济南一中高二开 考试）某人在匀速行驶的火车上相对车厢竖直向上跳起，仍落回原处，这是因为
A．人腾空时间很短，人偏后的距离很小，不易察觉
B．人跳起后，车厢内空气给他一个向前的力，使他随同火车一起向前运动
C．人跳起的瞬间，车厢的地板给他一个向前的力，使他随同火车一起向前运动
D．人跳起后直至落地，在水平方向上人和车终具有相同的速度
【答案】D
【解析】火车匀速直线运动时，人随火车一起运动，人从车厢地板上竖直向上跳起时，由于惯性，在水平方向上仍然保持与火车相同的速度，所以会落回原处，选D。
（2017浙江东阳中 高一入 摸底）如图所示，浸在水中的物体A的质量为3 g，物体B的质量为2 g，且整体处于静止状态，弹簧测力计自身重力不计。下列说法正确的是
A．物体A对弹簧的拉力与弹簧对绳的拉力是一对作用力和反作用力
B．物体B受到的重力和B对绳的拉力是一对平衡力
C．弹簧测力计的示数为19.6 N
D．物体A浸在水中的体积为500 cm3
本题易错选A、B，错因是没有抓住分析平衡力和相互作用力的关键，平衡力是作用在同一物体上的，相互作用力的受力物体和施力物体正好相反；另外，在无特别说明时，重力加速度取9.8 m/s2，而不用10 m/s2，可能因为这一点而漏过正确选项C。
1．（2017广西玉林福绵中 高一期末）人在沼泽地行走时容易下陷，下陷的过程中
A．人对沼泽地的压力大于沼泽地对人的支持力
B．人对沼泽地的压力等于沼泽地对人的支持力
C．沼泽地对人的支持力小于人的重力
D．沼泽地对人的支持力等于人的重力
【答案】B
【解析】人对沼泽地的压力与沼泽地对人的支持力是一对作用力和反作用力，则人对沼泽地的压力等于沼泽地对人的支持力，A错误，B正确；人之所以下陷是因为人的重力大于沼泽地对人的支持力，但下陷过程中，可能是加速下陷，也可能是匀速下陷，还有可能减速下陷，所以沼泽地对人的支持力与人自身重力之间的大小关系无法判断，CD错误。
（2017天津一中高三摸底）
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质量为m，物块2、4质量为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，设抽出后瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g，则有
A．a1=g，a2=g，a3=0，a4=
B．a1=g，a2=g，a3=0，a4=0
C．a1=0，a2=g，a3=0，a4=g
D．a1=0，a2=g，a3=0，a4=
本题易错选D，错因是不理解弹力突变的意义，弹力突变意味着：如果连接的两物体可以相对静止，则弹力突变为零；如果连接的两物体有相对运动，则弹力突变使两者分别运动。
1．（2017四川宜宾一中高三周考）在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1 g的小球，小球的一端与水平轻弹簧连接，另一端与不可伸长的轻绳相连，轻绳与竖直方向成θ=45°角，如图所示。小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，取重力加速度g=10 m/s2。
A．此时弹簧的弹力为N
B．剪断弹簧瞬间，小球加速度大小为m/s2
C．剪断细绳瞬间，小球加速度大小为8 m/s2
D．剪断细绳瞬间，小球受到的合力斜向左上方45°
【答案】C
（2017四川宜宾一中高三月考）在探究超重和失重规律时，某体重为G的同 站在一压力传感器上完成一次下蹲和起立的动作．传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力随时间t变化的图象，则可能正确的图是
A． B．
C． D．
本题选错的原因主要有两点：第一，混淆超重和失重，不能根据加速度或受力情况分辨超重和失重；第二，对下蹲和起立过程的运动分析不正确，没有分析出作为始末速度均为零的过程，要经历先加速后减速的变化。
对人的运动过程进行分析可知，人在下蹲过程中，需要先向下加速，再减速到零至最低点，加速度先向下再向上，即先失重再超重，人对传感器的压力先小于重力，再大于重力；人在起立过程中，需要先向上加速，再减速到零至站立起来，加速度先向上再向下，即先超重再失重，人对传感器的压力先大于重力，再小于重力。答案：D。
1．（2017广东湛江大成中 高一月考）如图所示，A为电磁铁，挂在支架C上，放在台秤的托盘中，在它的正下方有一铁块B。铁块静止时，台秤示数为G。当电磁铁通电，铁块被吸引上升过程中（与A接触前），台秤的示数将
A．因为吸引力是内力，示数始终不变
B．先大于G，后小于G
C．一直大于G
D．一直小于G
【答案】C
【解析】电磁铁通电前，台秤示数为G；电磁铁通电后，铁块被吸引上升，向电磁铁靠近，其受到的磁力逐渐增大，加速度向上且增大，此过程一直超重，则台秤的示数，即视重一直大于G，选C。 .
一斜劈静止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放一滑块，若给滑块一向下的初速度，则正好保持匀速下滑，斜面依然不动。如图所示，下列说法正确的是
A．在m上加一竖直向下的力F1，则m将保持匀速运动，M对地无摩擦力的作用
B．在m上加一个沿斜面向下的力F2，则m将做加速运动，M对地有水平向左的静摩擦力作用
C．在m上加一个水平向右的力F3，则m将做减速运动，M在停止前对地有向右的静摩擦力作用
D．无论在m上加什么方向的力，在m停止前M对地都无静摩擦力作用
本题的解题关键点是分析清楚竖直向下的力和沿斜面方向的力，在m停止前不改变M受到的合力，并可将任何方向的力分解到这两个方向上。若不能抓住这一解题关键，仅对各力正交分解，再由牛顿第二定律列式分析，则解题过程复杂繁琐，容易出错。
m原来匀速下滑，M
静止，以滑块和斜面组成的整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件可知地面对斜面没有摩擦力，对m有，可得，其中是斜面倾角，m匀速下滑与其速度、质量无关。当施加竖直向下的力F1时，相当于m的质量增大了，m仍匀速运动，M对地无摩擦力作用，A正确；当施加一沿斜面向下的力F2时，m所受合力沿斜面向下，做加速运动，但m与M间的弹力和滑动摩擦力均不变，即m对M的合力不变，则M对地无摩擦力作用，B错误；在m上加任一方向的力，该力总可以分解为沿竖直方向和沿斜面方向的两个分力，只要m仍向下运动，沿竖直方向的分力相当于使m的质量变化为m′，沿斜面方向的分力不改变m′对M的合力，故M对地无静摩擦力作用，C错误，D正确。答案：AD。
1．（2017河北大名一中高三月考）如图所示，物体B的上表面水平，给A、B一个初速度，它们保持相对静止一起沿斜面下滑，斜面保持静止不动且受到地面的摩擦力水平向左，则下列判断正确的有
A．B、C都各受5个力作用
B．水平面对C的支持力大于三物体的重力之和
C．若只减小B的质量，其他条件不变，C有可能不受水平面的摩擦力作用
D．B的上表面一定是粗糙的
【答案】D
2．（2017黑龙江大庆实验中 高三训练）如图所示，一根固定直杆与水平方向夹角为，将质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂质量为m2的小球，杆与滑块间的动摩擦因数为
。通过某种外部作用，使滑块和小球瞬间获得初动量后，撤去外部作用，发现滑块与小球仍保持相对静止一起运动，且轻绳与竖直方向的夹角β>θ。则滑块的运动情况是
A．速度方向沿杆向下，正在均匀减小
B．速度方向沿杆向下，正在均匀增大
C．速度方向沿杆向上，正在均匀减小
D．速度方向沿杆向上，正在均匀增大
【答案】C
【解析】假设速度方向沿杆向下，根据牛顿第二定律，对滑块和小球整体，沿杆方向有(m1+m2)gsin θ–μ(m1+m2)gcos θ=(m1+m2)a，可得a=g(sin θ–μcos θ)，对小球有，可得，故假设不成立，速度方向应沿杆向上，整体所受合力偏向下，故速度均匀减小，选C。
如图所示，在竖直平面内有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是半圆的圆心。有三条光滑轨道a、b、c，它们的上下端分别位于上下两圆的圆周上，三轨道都经过O点，现让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为
A．ta
tb>tc C．ta=tb=tc D．不能确定
在已知等时圆的情况下，本题易错选C。要注意等时圆的下滑轨道是一端为竖直直径的任一端点，另一端在圆上的光滑轨道。
设轨道与竖直方向夹角为α，小圆半径为r，半圆半径为R，则轨道的长度L=2rcos α+R
，下滑的加速度a=gcos α，则下滑的时间，α越大，t越大，故ta2 N （3）小物体不会留在桌面上
【解析】（1）当小物体与纸板一起运动时，桌面对纸板间的滑动摩擦力f1=μ(m1+m2)g=1 N
（2）随F增大，小物体和纸板共同运动的加速度增大，小物体受到的静摩擦力增大，直到达到最大静摩擦力f2=μm2g，此时两者一起运动的最大加速度a==μg
根据牛顿第二定律有Fmin–μ(m1+m2)g=(m1+m2)a
解得Fmin=2 N，即F>2 N时小物体与纸板有相对滑动
（3）纸板抽出前，小物体在滑动摩擦力作用下做加速运动，加速度a=2 m/s2
经0.3 s离开纸板时小物体通过的距离x1=at2=0.09 m，速度v=at=0.6 m/s
纸板抽出后，小物体在桌面上受滑动摩擦力作用做匀减速运动，加速度大小也为a
小物体减速运动的最大可能位移x2==0.09 m
则小物体在桌面上可能运动的总位移x=x1+x2=0.18 m>d，故小物体不会留在桌面上
如图所示，水平传送带足够长，小工件放在传送带A端静止，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.25。现让传送带由静止开始以加速度a0=5 m/s2向右匀加速运动，当其速度增大到v=5 m/s时，立即改为以大小相同的加速度向右做匀减速运动直至停止，工件最终也停在传送带上。工件在传送带上滑动时会留下“划痕”，取重力加速度g=10 m/s2，在整个运动过程中
A．工件的最大速度为2.5 m/s
B．工件的运动时间为s
C．工件在传送带上的“划痕”长m
D．工件相对传送带的位移为m
对工件，由牛顿第二定律有μmg=ma，解得a=2.5 m/s2，传送带加速时间t1==1 s，传送带加速结束时工件的速度v1=at1=2.5 m/s<5 m/s，工件会继续加速，传送带减速到与工件速度相等过程有v1+at2=v–a0t2，解得t2=s，此时工件的速度最大，vm=v1+at2=m/s，A错误；然后工件做匀减速直线运动，减速运动的时间t3==s，工件的运动时间t=t1+t2+t3=s，B正确；工件与传送带共速前，工件的位移
x1==m，传送带的位移x2=+=m，工件与传送带共速后，工件的位移x3=
=m，传送带的位移x4==m，由x2–x1=m>x3–x4=m，所以工件在传送带上的划痕长m，C错误；工件相对传送带的位移x=x2+x4–x1–x3=m，D错误。答案：B。 *
1．（2017湖南双峰一中高三月考）如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以水平向左的速度v2滑上传送带后，经过一段时间后又返回光滑水平面上，这时速度为v3，则下列说法正确的是
A．若v1v2，则v3=v2
C．不管v2多大，总有v3=v2 D．只有v1=v2，才有v3=v1
【答案】AB
如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车间的动摩擦因数为0.2（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。t=0时，车在外力作用下开始沿水平面向右做直线运动，其v–t图象如图乙所示。已知t=12 s时，平板车停止运动，此后平板车始终静止。重力加速度g=10 m/s2，在运动过程中物块未从平板车上掉下。
（1）求t=3 s时物块的加速度。
（2）求t=8 s时物块的速度。
（3）若物块相对平板车运动会留下痕迹，求物块整个运动过程中在平板车上留下的痕迹长度。
（1）问会因为不加分析就认为物块和平板车共同运动而错误；（2）问在分析物块的运动时，有一段平板车减速，物块加速，最终共速的过程，若忽略这一部分的分析就容易出错；（3）问中易将划痕长度和相对位移概念混淆不清而出错。
（3）t=8 s后，平板车减速的加速度大小仍为4 m/s2，物块的最大加速度大小为a1=2 m/s2<4 m/s2，故物块不会与平板车一起减速，只能做加速度大小为a1的匀减速运动，直至停止
物块与平板车共速前，物块相对于平板车向左运动，相对位移大小为
x1=+–=48 m
物块与平板车共速后，物块相对于平板车向右运动，相对位移大小为x1=–=32 m
两阶段因相对运动而产生的痕迹会有部分重叠，由于x1>x2，故痕迹长度为x1=48 m
答案：（1）2 m/s2；（2）16 m/s；（3）48 m。
1．某电视台娱乐节目在游乐园举行家庭搬运砖块比赛活动。比赛规则是：向滑动的长木板上放砖块，且每次只能将一块砖无初速度（相对地面）地放到木板上，木板停止时立即停止搬放，以木板上砖块多少决定胜负。如图甲所示，已知木板的上表面光滑且足够长，比赛过程中木板始终受到恒定的拉力F=20 N作用，未放砖块时木板以v0 =3 m/s的速度匀速前进。获得冠军的家庭上场比赛时平均每隔T=0.8 s放一块砖，每块砖的质量m=0.8 g，从放上第一块砖开始计时，如图乙作出了0~0.8 s时间内木板运动的v–t图象，重力加速度g=10 m/s2。求：
（1）木板的质量M及木板与地面间的动摩擦因数μ；
（2）木板停止时，木板上放的砖的块数；
（3）从放上第一块砖到木板停止，木板的总位移。
【答案】（1）M=8 g，μ=0.25 （2）5 （3）7.6 m
【解析】（1）没有放砖时对木板受力分析有F=μMg
放上第一块砖时，木板减速，设加速度大小为a1，对木板有μ(M+m)g–F=Ma1
得Ma1=μmg，由图乙可知a1==0.25 m/s2
解得M=8 g，μ=0.25
（3）根据（2）可知木板上放第 +1（ =1,2,3,4）块砖时
木板的速度v +1=v0–(Δv1+…+Δv )=v0–Δv
则 Δt~( +1)Δt时间内，木板的平均速度=v0–Δv–Δv=v0–
则木板的位移x=[5v0–(1+4+…+25)]Δt=7.6 m
一、用牛顿第二定律解决动力 问题
（1）从受力确定运动情况（），a=0时处于平衡状态，静止或做匀速直线运动。
（2）从运动情况确定受力（F=ma）。
（3）综合受力分析和运动状态分析，运用牛顿第二定律解决问题。
二、瞬时变化的动力 模型
受外力时的形变量
弹力
弹力能否突变
轻绳
微小不计
拉力
能
轻杆
微小不计
拉力或压力
能
轻橡皮绳
较大
拉力
不能
轻弹簧
较大
拉力或压力
不能
三、传送带模型分析方法
四、滑块–木板模型分析方法
1．（2017江苏兴化一中高二期初）歼击机在进人战斗状态时要扔掉副油箱，这样做是为了
A．减小重力．使运动状态保持稳定 B．减小惯性，有利于运动状态的改变
C．增大加速度，使状态不易变化 D．增大速度，使运动状态易于改变
【答案】B
2．（2017河北大名一中高三月考）以下说法正确的是
A．人走在松软的土地上会下陷，说明人对地面的压力大于地面对人的支持力
B．物体的加速度不变，则物体所受力的合力一定为恒力
C．物体速度变化量越大，则物体所受力的合力越大
D．做曲线运动的物体其加速度一定变化
【答案】B
【解析】人走在松软的土地上会下陷，是因为人的重力大于地面的支持力，人对地面的压力等于地面对人的支持力，A错误；物体的加速度不变，则物体所受力的合力一定为恒力，B正确；物体速度变化量越大，则加速度越大，物体所受力的合力越大，C错误；做曲线运动的物体其加速度不一定变化，例如平抛运动，D错误。
3．如图所示，使鸡蛋A快速向另一完全一样的静止鸡蛋B撞去，结果每次都是被撞击的鸡蛋B被撞破，则下列说法正确的是
A．A鸡蛋的惯性大于B鸡蛋的惯性
B．A对B的作用力的大小大于B对A的作用力的大小
C．A对B的作用力的大小等于B对A的作用力的大小
D．碰撞瞬间，A鸡蛋内蛋白由于惯性会对A蛋壳产生向前的作用力
【答案】CD
4．（2015海南卷）如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间
A．a1=3g B．a1=0 C．Δl1=2Δl2 D．Δl1=Δl2
【答案】AC
【解析】设物块的质量均为m，剪断细绳前，绳上拉力T=3mg，弹簧S1的拉力F1=2mg，弹簧S2的拉力F2=mg，剪断细绳瞬间，绳上拉力立刻消失，弹簧来不及改变，所以a受到的合力F=T=3mg，加速度a1=3g，A正确，B错误；根据胡克定律F= Δx，F1=2F2，可得Δl1=2Δl2，C正确，D错误。
5．（2017广东河源连平中 期末）如图所示，质量相同的三个小球A、B、C通过轻弹簧和不可伸缩的轻细绳悬挂于天花板上，处于静止状态。剪断A、B间细绳的瞬间，A、B、C三者的加速度分别为a1、a2、
a3，则
A．a1=2g，方向竖直向上
B．a2=2g，方向竖直向下
C．a3=g，方向竖直向下
D．在剪断A、B间细绳前后，B、C间细绳的拉力不变
【答案】AC
【解析】设三个球的质量均为m，开始A、B、C处于静止状态，则弹簧的弹力F=3mg，A、B间细绳张力T1=2mg，B、C间细绳的张力T2=mg，剪断A、B间细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，A所受合力F1=T1，a1=2g，方向竖直向上，A正确；B、C整体的加速度相等，a2=a3=g，方向竖直向下，B、C间细绳的张力变为0，C正确，BD错误。
6．如图所示，两相同小球a、b用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上保持静止。现有一水平力F作用在a上并缓慢拉a，当B与竖直方向夹角为45°时，A、B伸长量刚好相同。若A、B的劲度系数分别为 1、 2，则以下判断正确的是
A．A、B两弹簧产生的弹力大小相等
B．=
C．撤去F的瞬间，a球的加速度为2g
D．撤去F的瞬间，b球处于失重状态
【答案】C
【解析】根据力的平行四边形定则可知，两弹簧产生的弹力大小不相等，A错误；根据平衡条件可知，，解得，B错误；撤去F的瞬间，a受到的合力大小为
，方向向右，加速度a=2g，b的加速度为零，C正确，D错误。
7．将重为50 N的物体放在电梯的地板上。如果电梯由起动到停止的过程中，物体受到的支持力随时间变化的图象如图所示。由此可以判断
A．t=2 s时电梯的加速度向上
B．t=6 s时电梯加速度为零
C．t=12 s时电梯处于失重状态
D．t=12 s时电梯处于超重状态
【答案】ABC
8．（2017江苏黄桥中 高三训练）如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球。若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，g为重力加速度，则
A．升降机停止前在向上运动
B．0~t1时间内小球处于失重状态，t1~t2时间内小球处于超重状态
C．t1~t3时间内小球向下运动，速度先增大后减小
D．t3~t4时间内小球向下运动，速度一直增大
【答案】AC
9．（2016上海卷）如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的
A．OA方向 B．OB方向 C．OC方向 D．OD方向
【答案】D
【解析】据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也应该向右，故选D。
10．（2017湖北荆州中高三月考）如图所示，在一个立方体空箱子顶部用细线悬吊着一个小球，让箱子分别沿甲、乙两个倾角相同的固定斜面下滑。在斜面甲上运动过程中悬线始终竖直向下，在斜面乙上运动过程中悬线始终与顶板垂直，则箱子
A．在斜面甲上做匀加速运动 B．在斜面乙上做匀加速运动
C．对斜面甲的作用力较大 D．对两斜面的作用力相等
【答案】BC
【解析】对于斜面甲上的箱子，小球受竖直方向上的重力和拉力作用，一定处于平衡状态，箱子也处于平衡状态，即箱子在斜面甲上做匀速直线运动，A错误；对于斜面乙上的箱子，小球受重力和拉力作用，合力沿斜面方向向下，小球具有沿斜面向下的加速度，箱子在斜面乙上做匀加速直线运动，B正确；在斜面甲上箱子做匀速运动，则斜面甲对箱子的作用力大小等于重力，在斜面乙上箱子与小球做匀加速运动，由牛顿第二定律，对小球有，对箱子有，可得f=0，斜面乙对箱子的作用力大小为
，由牛顿第三定律可知，箱子对斜面甲的作用力较大，C正确，D错误。 . .
11．如图甲所示，用大型货车在水平道路上运输规格相同的圆柱形水泥管道，货车可以装载两层管道。底层管道紧密固定在车厢里，上层管道堆放在底层管道上，如图乙所示。已知水泥管道间的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，货车紧急刹车时的加速度大小为a0。每根水泥管道的质量为m，重力加速度为g，最初堆放时上层管道最前端离驾驶室的距离为d，则下列分析正确的是
A．货车沿平直路面匀速行驶时，乙图中A、B管之间的弹力大小为mg
B．若，则上层管道一定会相对下层管道发生滑动
C．若，则上层管道一定会相对下层管道发生滑动
D．若，要使货车在紧急刹车时上层管道不撞上驾驶室，则货车在水平路面上匀速行驶的最大速度为
【答案】C
【解析】对上层管道受力分析有2FNcos 30°=mg，解得，A错误；上层管道和下层管道恰好未发生相对滑动时，紧急刹车时上层管道受到两个滑动摩擦力减速，有2μFN=ma0，解得，若，上层管道不一定相对下层管道发生滑动，若，上层管道一定相对下层管道发生滑动，B错误，C正确；若，上层管道相对下层管道发生滑动，货车刹车的位移，上层管道从急刹车到停下的位移，要使货车在紧急刹车时上层管道不撞上驾驶室，则应满足x2–x1≤d，可得，D错误。
12．如图所示，截面是直角梯形的物块放在在光滑水平地面上，其两个侧面恰好与两个固定在地面上的压力传感器P和Q接触，斜面ab上的ac部分光滑，cb
部分粗糙。开始时两压力传感器的示数均为零。现在a端由静止释放一金属块，下列说法正确的是
A．金属块在ac部分运动时，传感器P、Q示数均为零
B．金属块在ac部分运动时，传感器P的示数为零，Q的示数不为零
C．金属块在cb部分运动时，传感器P、Q示数可能均为零
D．金属块在cb部分运动时，传感器P的示数一定不为零，Q的示数一定为零
【答案】BC
13．（2017山西太原高一期末）如图，一物块放在水平地面上，从t=0时开始，物块受到方向不变的水平拉力F作用，F的大小及物块的速度v随t变化的关系如图所示，取重力加速度g=10 m/s2，则
A．物块受到的滑动摩擦力为1 N
B．物块的质量为0.5 g
C．物块与水平地面间的动摩擦因数为0.4
D．若6 s末撤去拉力F，物块还能运动2 m后停止
【答案】BCD
【解析】物块在4~6 s内做匀速运动，拉力与滑动摩擦力平衡，可知物块受到的滑动摩擦力f=2 N，A错误；物块在2~4 s内做匀加速运动，加速度a=2 m/s2，根据牛顿第二定律有F–f=ma，解得m=0.5
g，B正确；物块与水平地面间的动摩擦因数，C正确；撤去拉力F后，物块还能滑行的距离，D正确。
14．如图所示，三个质量不等的木块M、N、Q用两根水平细线a、b相连，放在粗糙水平面上。用水平向右的恒力F向右拉Q，使它们共同向右加速运动，此时细线a、b上的拉力大小分别为Ta、Tb。若在第2个木块N上再放一个小木块P，仍用水平向右的恒力F拉Q，使四个木块共同向右加速运动（P、N间无相对滑动），此时细线a、b上的拉力大小分别为Ta'、Tb'。则下列说法中正确的是
A．TaTb' B．Ta>Ta'，TbTa'，Tb>Tb'
【答案】B
15．如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。下列说法中正确的是
A．物块A先到达传送带底端
B．物块A、B同时到达传送带底端
C．物块A、B到达传送带底端时速度大小相等
D．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1:3
【答案】BCD
【解析】由tan 37°=0.75>0.5，A、B都以a=gsin θ–μgcos θ=2 m/s2的加速度沿传送带下滑，传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，滑到底端的位移大小相等，故运动时间相等，滑到底端时的速度大小相等，A错误，BC正确；物块滑到底端的时间，A的运动方向与传送带运动方向相同，B的运动方向与传送带运动方向相反，则A在传送带上的划痕长度，B在传送带上的划痕长度，D正确。
16．（2014四川卷）如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t=t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是
A
B
C
D
【答案】BC
【解析】P在传送带上的运动情况如表所示，其中f=μmPg，G=mQg，a1=，a2=。括号内表示传送带足够长时P的运动状态。
v1v2
v1=v2
f>G
向右以a1匀减速到v1（后向右匀速）
向右以a2匀加速到v1（后向右匀速）
向右匀速
f
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