(1)超重、失重；(2)連接體問題；(3)牛頓運動定律的綜合應用、滑塊滑板模型、傳送帶模型等。

例1．(2019?全國III卷?20)如圖(a)，物塊和木板疊放在實驗臺上，物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連，細繩水平。t＝0時，木板開始受到水平外力F的作用，在t＝4 s時撤去外力。細繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關系如圖(b)所示，木板的速度v與時間t的關系如圖(c)所示。木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由題給數據可以得出(　　)

A．木板的質量為1 kg
B．2～4 s內，力F的大小為0.4 N
C．0～2 s內，力F的大小保持不變
D．物塊與木板之間的動摩擦因數為0.2
【答案】AB
【解析】由題圖(c)可知木板在0～2 s內處于靜止狀態，再結合題圖(b)中細繩對物塊的拉力f在0～2 s內逐漸增大，可知物塊受到木板的摩擦力逐漸增大，故可以判斷木板受到的水平外力F也逐漸增大，選項C錯誤；由題圖(c)可知木板在2～4 s內做勻加速運動，其加速度大小為a1＝0.4－04－2 m/s2＝0.2 m/s2，在4～5 s內做勻減速運動，其加速度大小為a2＝0.4－0.25－4 m/s2＝0.2 m/s2，另外由于物塊靜止不動，同時結合題圖(b)可知物塊與木板之間的滑動摩擦力Ff＝f，故對木板進行受力分析，由牛頓第二定律可得F－Ff＝ma1、Ff＝ma2，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，選項A、B均正確；由于不知道物塊的質量，所以不能求出物塊與木板之間的動摩擦因數，選項D錯誤。
【點睛】本題結合圖象考查板－塊模型。以木板為研究對象，通過f－t與v－t圖象對相應過程進行受力分析、運動分析，列方程解出相應的問題。
例2．(2020?浙江7月選考?19)如圖甲所示，有一質量m＝200 kg的物件在電機的牽引下從地面豎直向上經加速、勻速、勻減速至指定位置。當加速運動到總位移的14時開始計時，測得電機的牽引力隨時間變化的F－t圖線如圖乙所示，t＝34 s末速度減為0時恰好到達指定位置。若不計繩索的質量和空氣阻力，求物件：

(1)做勻減速運動的加速度大小和方向；
(2)勻速運動的速度大小；
(3)總位移的大小。
【解析】(1)由圖乙可知0～26 s內物體勻速運動，26 s～34 s物體減速運動，在減速運動過程根據牛頓第二定律有：mg－FT＝ma
根據圖乙得此時FT＝1975 N，代入可得a＝0.125 m/s2
方向豎直向下。
(2)結合圖乙根據運動學公式有v＝at2＝1 m/s。
(3)根據圖像可知勻速上升的位移h1＝vt1＝26 m
勻減速上升的位移h2＝v2t2＝4 m
勻加速上升的位移為總位移的14，則勻速上升和減速上升的位移為總位移的34，則有：
h1＋h2＝34h
所以總位移為h＝40 m。
【點睛】本題考查牛頓第二定律和運動學公式的應用，解題的關鍵在正確理解圖象代表的運動過程。

1．如圖所示，A、B、C為三個實心小球，A為鐵球，B、C為木球。A、B兩球分別連在兩根彈簧上，C球連接在細線一端，彈簧和細線的下端固定在裝水的杯子底部，該水杯置于用繩子懸掛的靜止吊籃內。若將掛吊籃的繩子剪斷，則剪斷的瞬間相對于杯底(不計空氣阻力，ρ木＜ρ水＜ρ鐵)(　　)

A．A球將向上運動，B、C球將向下運動
B．A、B球將向上運動，C球不動
C．A球將向下運動，B球將向上運動，C球不動
D．A球將向上運動，B球將向下運動，C球不動
【答案】D
【解析】開始時A球下的彈簧被壓縮，彈力向上；B球下的彈簧被拉長，彈力向下；將掛吊籃的繩子剪斷的瞬時，系統的加速度為g，為完全失重狀態，此時水對球的浮力也為零，小球的重力也視為零，則A球將在彈力作用下相對于杯底向上運動，B球將在彈力作用下相對于杯底向下運動，C球相對于杯底不動，故選D。
2．某同學找了一個用過的“易拉罐”在底部打了一個洞，用手指按住洞，向罐中裝滿水，然后將易拉罐豎直向上拋出，空氣阻力不計，則下列說法正確的是(　　)
A．易拉罐上升的過程中，洞中射出的水的速度越來越快
B．易拉罐下降的過程中，洞中射出的水的速度越來越快
C．易拉罐上升、下降的過程中，洞中射出的水的速度都不變
D．易拉罐上升、下降的過程中，水都不會從洞中射出
【答案】D
【解析】易拉罐被拋出后，不論上升還是下降，易拉罐及水均處于完全失重狀態，水都不會從洞中射出，A、B、C項錯誤，D項正確。
3．質量為M的光滑圓槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上使得質量為m的小球靜止在圓槽上，如圖所示，則(　　)

A．小球對圓槽的壓力為MFm＋M
B．小球對圓槽的壓力為mFm＋M
C．水平恒力F變大后，如果小球仍靜止在圓槽上，小球對圓槽的壓力增加
D．水平恒力F變大后，如果小球仍靜止在圓槽上，小球對圓槽的壓力減小
【答案】C
【解析】利用整體法可求得系統的加速度為a＝FM＋m，對小球利用牛頓第二定律可得，小球受到圓槽的支持力為，由牛頓第三定律可知只有C項正確。
4．(多選)如圖甲所示，傾角為θ的粗糙斜面體固定在水平面上，初速度為v0＝10 m/s，質量為m＝1 kg的小木塊沿斜面上滑，若從此時開始計時，整個過程中小木塊速度v的平方隨路程變化的關系圖象如圖乙所示，g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　)

A．0～5 s內小木塊做勻減速運動
B．在t＝1 s時刻，摩擦力反向
C．斜面傾角θ＝37°
D．小木塊與斜面間的動摩擦因數為0.5
【答案】BCD
【解析】由勻變速直線運動的速度位移公式v2－v20＝2ax與圖象可得a＝－10 m/s2，由圖示圖象可知，初速度v20＝100(m/s)2，v0＝10 m/s，減速運動時間t＝v－v0a＝1 s，故A項錯誤；由圖示圖象可知，在0～1 s內小木塊向上做勻減速運動，1 s后小木塊反向做勻加速運動，t＝1 s時摩擦力反向，故B項正確；由圖示圖象可知，物體反向加速運動時的加速度為a′＝v22x＝2 m/s2，由牛頓第二定律得－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，mgsin θ－μmgcos θ＝ma′，代入數據解得μ＝0.5，θ＝37°，故C、D項正確。
5．某位同學在電梯中用彈簧測力計測量一物體的重力，在0至t3時間段內，彈簧測力計的示數F隨時間t變化如圖所示，以豎直向上為正方向，則下列關于物體運動的v－t圖、P－t圖(P為物體重力的功率大小)及a－t圖可能正確的是(　　)

【答案】C
【解析】由于該題沒有告訴彈簧的拉力與重力大小之間的關系，可以依題意，分三種情況討論：(1)若F1＝mg，則0～t1時間內電梯靜止或做勻速直線運動，即速度等于0或速度保持不變，加速度等于0。四個圖線沒有是可能的。(2)若F2＝mg，則F1＜mg，在0～t1時間內電梯受到的合外力的方向向下，加速度的方向向下，為負值，所以D是不可能的；則物體0～t1時間內可能向下做加速運動，速度為負，或向上做減速運動，故A、B是不可能的；而t1～t2時間內受到的合外力等于0，物體做勻速直線運動，物體的速度不變，又由P＝mgv，可知t1～t2時間內重力的功率不變，故C是錯誤的。(3)若F3＝mg，則F1＜mg，F2＜mg，在0～t2時間內電梯受到的合外力的方向都是向下，加速度的方向向下，故A、B、D是不可能的；F3＝mg，可知在0～t1時間內向下的加速度大于t1～t2時間內向下的加速度，而t2～t3時間內物體做勻速直線運動，所以速度圖象如圖，速度的方向向下，重力的方向也向下，由P＝mgv可知，圖C可能是重力的功率隨時間變化的圖線，故C是正確的。由以上的分析，可知只有C選項是可能的，A、B、D都是不可能的。

6．如圖所示，右端帶有固定擋板的小車靜止在光滑水平面上，物塊放在車上，用輕彈簧與擋板相連，彈簧處干原長，給小車施加向右的拉力F，使拉力F從零開始不斷增大，則彈簧的彈力FN大小和平板車對物塊的摩擦力f大小隨F變化圖像，正確的是（）

【答案】AD
【解析】設物塊的質量為m，車的質量為M，物塊沒有發生滑動時，對于整體，根據牛頓第二定律得，此時彈簧的彈力為0，摩擦力，發生滑動后，摩擦力等于滑動摩擦，大小不變，故B錯誤，A正確；物塊沒有發生滑動時，彈簧的彈力為0，當物塊滑動后，摩擦力大小不變，對于物塊m，根據牛頓第二定律FN＋fm＝ma，解得，故C錯誤，D正確。
7．如圖所示，滑塊A在傾角為30°的斜面上沿斜面下滑的加速度a為2.0 m/s2，若在A上放一個重為10 N的物體B，A、B一起以加速度a1沿斜面下滑；若在A上加豎直向下大小為10 N的恒力F，A沿斜面下滑的加速度為a2，則(　　)

A．a1＞2 m/s2，a2＜2 m/s2
B．a1＝2 m/s2，a2＝2 m/s2
C．a1＜2 m/s2，a2＜2 m/s2
D．a1＝2 m/s2，a2＞2 m/s2
【答案】D
【解析】依題意有mAgsin θ－μmAgcos θ＝mAa，(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a1，(mAg＋F)sin θ－μ(mAg＋F)cos θ＝mAa2，由以上各式可解得a1＝2 m/s2，a2＞2 m/s2，即D項正確。
8．(多選)如圖所示，質量分別為m1、m2的A、B兩個物體放在斜面上，中間用一個輕桿相連，A、B與斜面間的動摩擦因數分別為μ1、μ2，它們在斜面上加速下滑，關于桿的受力情況。下列分析正確的是(　　)

A．若μ1＞μ2，m1＝m2，則桿受到壓力
B．若μ1＝μ2，m1＞m2，則桿受到拉力
C．若μ1＜μ2，m1＜m2，則桿受到拉力
D．若μ1＝μ2，m1≠m2，則桿無作用力
【答案】ACD
【解析】假設桿不受力，則aA＝gsin α－μ1gcos α，aB＝gsin α－μ2gcos α，若μ1＞μ2，m1＝m2，則aA＜aB，即兩個物體有靠近的趨勢，所以桿受到壓力，A項正確；若μ1＝μ2，m1＞m2，aA＝aB，所以桿不受力，B項錯誤；若μ1＜μ2，m1＜m2，則aA＞aB，兩物體有遠離的趨勢，所以桿受到拉力作用，C項正確；若μ1＝μ2，m1≠m2，aA＝aB，所以桿不受力，D項正確。
9．如圖所示，一固定桿與水平方向夾角為θ，將一質量為m1的滑塊套在桿上，通過輕繩懸掛一質量為m2的小球，桿與滑塊之間的動摩擦因數為μ。若滑塊與小球保持相對靜止以相同的加速度a一起運動，此時繩子與豎直方向夾角為β，且θ＜β，不計空氣阻力，則滑塊的運動情況是(　　)

A．沿著桿減速下滑
B．沿著桿減速上滑
C．沿著桿加速下滑
D．沿著桿加速上滑
【答案】B
【解析】把滑塊和球看作一個整體受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐標系得，若速度方向向下，則沿斜面方向(m1＋m2)gsin θ－f＝(m1＋m2)a，垂直斜面方向N＝(m1＋m2)gcos θ，摩擦力f＝μN，聯立可解得a＝gsin θ－μgcos θ，對小球有若θ＝β，a＝gsin β，現有θ＜β，則有a＞gsin β，所以gsin θ－μgcos θ＞gsin β，gsin θ－gsin β＞μgcos θ，因為θ＜β，所以gsin θ－gsin β＜0，但μgcos θ＞0，所以假設不成立，即速度的方向一定向上。由于加速度方向向下，所以物體沿桿減速上滑，故B項正確。
10．如圖所示，一個質量為M的長圓管豎直放置，頂端塞有一個質量為m的彈性小球，M＝4m，球和管間的滑動摩擦力和最大靜摩擦力大小均為4mg，管從下端離地面距離為H處自由落下，運動過程中，管始終保持豎直，每次落地后向上彈起的速度與落地時速度大小相等，不計空氣阻力，重力加速度為g，求：

(1)管第一次落地時管和球的速度。
(2)管第一次落地彈起時管和球的加速度。
(3)管第一次落地彈起后，若球恰好沒有從管口滑出，則此時管的下端距地面的高度。
【解析】(1)取豎直向下為正方向。管第一次碰地時管和球的速度為
v0＝2gH，方向向下。
(2)管第一次落地彈起時，管的加速度為
a1＝4mg＋4mg4m＝2g，方向向下
球的加速度為a2＝f－mgm＝3g，方向向上。
(3)球的速度為v2＝2gH，方向向下
若球剛好沒有從管中滑出，設經過時間t1，球管速度v相同，則有
－v1＋a1t1＝v2－a2t1，t1＝2v0a1＋a2
管從碰地到它彈到最高點所需時間t2，則t2＝v0a1，因為t1＜t2，說明管在達到最高點前，球與管相對靜止，故管從彈起經t1這段時間上升的高度為所求，得
h1＝v1t1－12a1t21＝1225H。
11．如圖所示，AB、CD為兩個光滑的平臺，一傾角為37°，長為5 m的傳送帶與兩平臺平滑連接。現有一小物體以10 m/s的速度沿平臺AB向右運動，當傳送帶靜止時，小物體恰好能滑到平臺CD上，問：

(1)小物體跟傳送帶間的動摩擦因數為多大？
(2)當小物體在平臺AB上的運動速度低于某一數值時，無論傳送帶順時針運動的速度多大，小物體都不能到達平臺CD，求這個臨界速度。
(3)若小物體以8 m/s的速度沿平臺AB向右運動，欲使小物體到達平臺CD，傳送帶至少以多大的速度順時針運動？
【解析】(1)傳送帶靜止時，小物體在傳送帶上受力如圖甲所示，據牛頓第二定律得
μmgcos 37°＋mgsin 37°＝ma1

B→C過程有v20＝2a1l
解得a1＝10 m/s2，μ＝0.5。
(2)顯然，當小物體在傳送帶上受到的摩擦力始終向上時，最容易到達傳送帶頂端，此時，小物體受力如圖乙所示，據牛頓第二定律得
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2
若恰好能到達平臺CD時，有v2＝2a2l
解得v＝25 m/s，a2＝2 m/s2
即當小物體在平臺AB上向右運動的速度小于25 m/s時，無論傳送帶順時針運動的速度多大，小物體都不能到達平臺CD。
(3)設小物體在平臺AB上的運動速度為v1，傳送帶順時針運動的速度大小為v2，對從小物體滑上傳送帶到小物體速度減小到傳送帶速度過程，有
v21－v22＝2a1x1
對從小物體速度減小到傳送帶速度到恰好到達平臺CD過程，有
v22＝2a2x2，x1＋x2＝L
解得v2＝3 m/s
即傳送帶至少以3 m/s的速度順時針運動，小物體才能到達平臺CD。
12．圖甲中，質量為m1＝1 kg的物塊疊放在質量為m2＝3 kg的木板右端。木板足夠長，放在光滑的水平地面上，木板與物塊之間的動摩擦因數為μ1＝0.2，整個系統開始時靜止，重力加速度g＝10 m/s2。

(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，為使木板和物塊發生相對運動，拉力F至少應為多大？
(2)在0～4 s內，若拉力F的變化如圖乙所示，2 s后木板進入μ2＝0.25的粗糙水平面，在圖丙中畫出0～4 s內木板和物塊的v－t圖象，并求出0～4 s內物塊相對木板的位移大小。
【解析】(1)把物塊和木板看做整體，由牛頓第二定律得：F＝(m1＋m2)a
對物塊分析，物塊與木板將要相對滑動時有：μ1m1g＝m1a
聯立解得：F＝8 N。
(2)物塊在0～2 s內做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有：μ1m1g＝m1a1
解得a1＝2 m/s2
2 s末物塊的速度為v1＝a1t1＝2×2 m/s＝4 m/s
木板在0～1 s內做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有：F1－μ1m1g＝m2a2
解得a2＝4 m/s2
1 s末木板的速度v1′＝a2t2＝4×1 m/s＝4 m/s
在1～2 s內F2＝μ1m1g
木板做勻速運動，速度為4 m/s
2～4 s內如果物塊和木板一起減速運動，共同的加速度大小為a共＝μ2?m1＋m2?gm1＋m2＝μ2g
m1的合力μ2m1g＞fm＝μ1m1g
所以物塊和木板相對滑動2 s后物塊做勻減速直線運動，由牛頓第二定律有：－μ1m1g＝m1a3
得：a3＝－2 m/s2
速度從4 m/s減至零的時間t3＝0－v1a3＝0－4－2 s＝2 s
木板做勻減速直線運動有：－μ2(m1＋m2)g＋μ1m1g＝m2a4
得：a4＝－83 m/s2
速度從4 m/s減至零的時間t4＝0－v1′a4＝－4－83 s＝1.5 s
二者在整個運動過程的v－t圖象如圖所示(實線是木板的v－t圖象，虛線是物塊的v－t圖象)
0～2 s內物塊相對木板向左運動

Δx1＝12a2t22＋(a2t2)(t1－t2)－12a1t12
2～4 s內物塊相對木板向右運動
Δx2＝－
解得：Δx＝Δx1－Δx2＝1 m
所以0～4 s內物塊相對木板的位移大小為Δx＝1 m。

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小題必練4：牛頓運動定律的應用

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