小題必練4：牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用
(1)超重、失重；(2)連接體問(wèn)題；(3)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用、滑塊滑板模型、傳送帶模型等。
例1．(2019?全國(guó)III卷?20)如圖(a)，物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上，物塊用一不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上的力傳感器相連，細(xì)繩水平。t＝0時(shí)，木板開(kāi)始受到水平外力F的作用，在t＝4 s時(shí)撤去外力。細(xì)繩對(duì)物塊的拉力f隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖(b)所示，木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖(c)所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺(tái)之間的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出( )
A．木板的質(zhì)量為1 kg
B．2～4 s內(nèi)，力F的大小為0.4 N
C．0～2 s內(nèi)，力F的大小保持不變
D．物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2
【答案】AB
【解析】由題圖(c)可知木板在0～2 s內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，再結(jié)合題圖(b)中細(xì)繩對(duì)物塊的拉力f在0～2 s內(nèi)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(xiàng)C錯(cuò)誤；由題圖(c)可知木板在2～4 s內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)，其加速度大小為a1＝0.4－04－2 m/s2＝0.2 m/s2，在4～5 s內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)，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(dòng)，同時(shí)結(jié)合題圖(b)可知物塊與木板之間的滑動(dòng)摩擦力Ff＝f，故對(duì)木板進(jìn)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(xiàng)A、B均正確；由于不知道物塊的質(zhì)量，所以不能求出物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
【點(diǎn)睛】本題結(jié)合圖象考查板－塊模型。以木板為研究對(duì)象，通過(guò)f－t與v－t圖象對(duì)相應(yīng)過(guò)程進(jìn)行受力分析、運(yùn)動(dòng)分析，列方程解出相應(yīng)的問(wèn)題。
例2．(2020?浙江7月選考?19)如圖甲所示，有一質(zhì)量m＝200 kg的物件在電機(jī)的牽引下從地面豎直向上經(jīng)加速、勻速、勻減速至指定位置。當(dāng)加速運(yùn)動(dòng)到總位移的14時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，測(cè)得電機(jī)的牽引力隨時(shí)間變化的F－t圖線如圖乙所示，t＝34 s末速度減為0時(shí)恰好到達(dá)指定位置。若不計(jì)繩索的質(zhì)量和空氣阻力，求物件：
(1)做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向；
(2)勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小；
(3)總位移的大小。
【解析】(1)由圖乙可知0～26 s內(nèi)物體勻速運(yùn)動(dòng)，26 s～34 s物體減速運(yùn)動(dòng)，在減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程根據(jù)牛頓第二定律有：mg－FT＝ma
根據(jù)圖乙得此時(shí)FT＝1975 N，代入可得a＝0.125 m/s2
方向豎直向下。
(2)結(jié)合圖乙根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝at2＝1 m/s。
(3)根據(jù)圖像可知?jiǎng)蛩偕仙奈灰苃1＝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(diǎn)睛】本題考查牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵在正確理解圖象代表的運(yùn)動(dòng)過(guò)程。
1．如圖所示，A、B、C為三個(gè)實(shí)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(xì)線一端，彈簧和細(xì)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(nèi)。若將掛吊籃的繩子剪斷，則剪斷的瞬間相對(duì)于杯底(不計(jì)空氣阻力，ρ木＜ρ水＜ρ鐵)( )
A．A球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，B、C球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)
B．A、B球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，C球不動(dòng)
C．A球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)，B球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，C球不動(dòng)
D．A球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，B球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)，C球不動(dòng)
【答案】D
【解析】開(kāi)始時(shí)A球下的彈簧被壓縮，彈力向上；B球下的彈簧被拉長(zhǎng)，彈力向下；將掛吊籃的繩子剪斷的瞬時(shí)，系統(tǒng)的加速度為g，為完全失重狀態(tài)，此時(shí)水對(duì)球的浮力也為零，小球的重力也視為零，則A球?qū)⒃趶椓ψ饔孟孪鄬?duì)于杯底向上運(yùn)動(dòng)，B球?qū)⒃趶椓ψ饔孟孪鄬?duì)于杯底向下運(yùn)動(dòng)，C球相對(duì)于杯底不動(dòng)，故選D。
2．某同學(xué)找了一個(gè)用過(guò)的“易拉罐”在底部打了一個(gè)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(jì)，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．易拉罐上升的過(guò)程中，洞中射出的水的速度越來(lái)越快
B．易拉罐下降的過(guò)程中，洞中射出的水的速度越來(lái)越快
C．易拉罐上升、下降的過(guò)程中，洞中射出的水的速度都不變
D．易拉罐上升、下降的過(guò)程中，水都不會(huì)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(tài)，水都不會(huì)從洞中射出，A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。
3．質(zhì)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(zhì)量為m的小球靜止在圓槽上，如圖所示，則( )
A．小球?qū)A槽的壓力為MFm＋M
B．小球?qū)A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?qū)A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?qū)A槽的壓力減小
【答案】C
【解析】利用整體法可求得系統(tǒng)的加速度為a＝FM＋m，對(duì)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(xiàng)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(zhì)量為m＝1 kg的小木塊沿斜面上滑，若從此時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，整個(gè)過(guò)程中小木塊速度v的平方隨路程變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，g取10 m/s2，下列說(shuō)法正確的是( )
A．0～5 s內(nèi)小木塊做勻減速運(yùn)動(dòng)
B．在t＝1 s時(shí)刻，摩擦力反向
C．斜面傾角θ＝37°
D．小木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5
【答案】BCD
【解析】由勻變速直線運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝v－v0a＝1 s，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖示圖象可知，在0～1 s內(nèi)小木塊向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，1 s后小木塊反向做勻加速運(yùn)動(dòng)，t＝1 s時(shí)摩擦力反向，故B項(xiàng)正確；由圖示圖象可知，物體反向加速運(yùn)動(dòng)時(shí)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(shù)據(jù)解得μ＝0.5，θ＝37°，故C、D項(xiàng)正確。
5．某位同學(xué)在電梯中用彈簧測(cè)力計(jì)測(cè)量一物體的重力，在0至t3時(shí)間段內(nèi)，彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)F隨時(shí)間t變化如圖所示，以豎直向上為正方向，則下列關(guān)于物體運(yùn)動(dòng)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(méi)有告訴彈簧的拉力與重力大小之間的關(guān)系，可以依題意，分三種情況討論：(1)若F1＝mg，則0～t1時(shí)間內(nèi)電梯靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即速度等于0或速度保持不變，加速度等于0。四個(gè)圖線沒(méi)有是可能的。(2)若F2＝mg，則F1＜mg，在0～t1時(shí)間內(nèi)電梯受到的合外力的方向向下，加速度的方向向下，為負(fù)值，所以D是不可能的；則物體0～t1時(shí)間內(nèi)可能向下做加速運(yùn)動(dòng)，速度為負(fù)，或向上做減速運(yùn)動(dòng)，故A、B是不可能的；而t1～t2時(shí)間內(nèi)受到的合外力等于0，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，物體的速度不變，又由P＝mgv，可知t1～t2時(shí)間內(nèi)重力的功率不變，故C是錯(cuò)誤的。(3)若F3＝mg，則F1＜mg，F(xiàn)2＜mg，在0～t2時(shí)間內(nèi)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(shí)間內(nèi)向下的加速度大于t1～t2時(shí)間內(nèi)向下的加速度，而t2～t3時(shí)間內(nèi)物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，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(shí)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(xiàng)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(zhǎng)，給小車施加向右的拉力F，使拉力F從零開(kāi)始不斷增大，則彈簧的彈力FN大小和平板車對(duì)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(shè)物塊的質(zhì)量為m，車的質(zhì)量為M，物塊沒(méi)有發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，對(duì)于整體，根據(jù)牛頓第二定律得 ，此時(shí)彈簧的彈力為0，摩擦力 ，發(fā)生滑動(dòng)后，摩擦力等于滑動(dòng)摩擦，大小不變，故B錯(cuò)誤，A正確；物塊沒(méi)有發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，彈簧的彈力為0，當(dāng)物塊滑動(dòng)后，摩擦力大小不變，對(duì)于物塊m，根據(jù)牛頓第二定律FN＋fm＝ma，解得 ，故C錯(cuò)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(gè)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．a(chǎn)1＞2 m/s2，a2＜2 m/s2
B．a(chǎn)1＝2 m/s2，a2＝2 m/s2
C．a(chǎn)1＜2 m/s2，a2＜2 m/s2
D．a(chǎn)1＝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(xiàng)正確。
8．(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為m1、m2的A、B兩個(gè)物體放在斜面上，中間用一個(gè)輕桿相連，A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，它們?cè)谛泵嫔霞铀傧禄P(guān)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(wú)作用力
【答案】ACD
【解析】假設(shè)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(gè)物體有靠近的趨勢(shì)，所以桿受到壓力，A項(xiàng)正確；若μ1＝μ2，m1＞m2，aA＝aB，所以桿不受力，B項(xiàng)錯(cuò)誤；若μ1＜μ2，m1＜m2，則aA＞aB，兩物體有遠(yuǎn)離的趨勢(shì)，所以桿受到拉力作用，C項(xiàng)正確；若μ1＝μ2，m1≠m2，aA＝aB，所以桿不受力，D項(xiàng)正確。
9．如圖所示，一固定桿與水平方向夾角為θ，將一質(zhì)量為m1的滑塊套在桿上，通過(guò)輕繩懸掛一質(zhì)量為m2的小球，桿與滑塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。若滑塊與小球保持相對(duì)靜止以相同的加速度a一起運(yùn)動(dòng)，此時(shí)繩子與豎直方向夾角為β，且θ＜β，不計(jì)空氣阻力，則滑塊的運(yùn)動(dòng)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(gè)整體受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐標(biāo)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(lián)立可解得a＝gsin θ－μgcos θ，對(duì)小球有若θ＝β，a＝gsin β，現(xiàn)有θ＜β，則有a＞gsin β，所以gsin θ－μgcos θ＞gsin β，gsin θ－gsin β＞μgcos θ，因?yàn)?theta;＜β，所以gsin θ－gsin β＜0，但μgcos θ＞0，所以假設(shè)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(xiàng)正確。
10．如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為M的長(zhǎng)圓管豎直放置，頂端塞有一個(gè)質(zhì)量為m的彈性小球，M＝4m，球和管間的滑動(dòng)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(yùn)動(dòng)過(guò)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(shí)速度大小相等，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求：
(1)管第一次落地時(shí)管和球的速度。
(2)管第一次落地彈起時(shí)管和球的加速度。
(3)管第一次落地彈起后，若球恰好沒(méi)有從管口滑出，則此時(shí)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(shí)管和球的速度為
v0＝2gH，方向向下。
(2)管第一次落地彈起時(shí)，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(méi)有從管中滑出，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)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(diǎn)所需時(shí)間t2，則t2＝v0a1，因?yàn)閠1＜t2，說(shuō)明管在達(dá)到最高點(diǎn)前，球與管相對(duì)靜止，故管從彈起經(jīng)t1這段時(shí)間上升的高度為所求，得
h1＝v1t1－12a1t21＝1225H。
11．如圖所示，AB、CD為兩個(gè)光滑的平臺(tái)，一傾角為37°，長(zhǎng)為5 m的傳送帶與兩平臺(tái)平滑連接。現(xiàn)有一小物體以10 m/s的速度沿平臺(tái)AB向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)傳送帶靜止時(shí)，小物體恰好能滑到平臺(tái)CD上，問(wèn)：
(1)小物體跟傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為多大？
(2)當(dāng)小物體在平臺(tái)AB上的運(yùn)動(dòng)速度低于某一數(shù)值時(shí)，無(wú)論傳送帶順時(shí)針運(yùn)動(dòng)的速度多大，小物體都不能到達(dá)平臺(tái)CD，求這個(gè)臨界速度。
(3)若小物體以8 m/s的速度沿平臺(tái)AB向右運(yùn)動(dòng)，欲使小物體到達(dá)平臺(tái)CD，傳送帶至少以多大的速度順時(shí)針運(yùn)動(dòng)？
【解析】(1)傳送帶靜止時(shí)，小物體在傳送帶上受力如圖甲所示，據(jù)牛頓第二定律得
μmgcos 37°＋mgsin 37°＝ma1
B→C過(guò)程有v20＝2a1l
解得a1＝10 m/s2，μ＝0.5。
(2)顯然，當(dāng)小物體在傳送帶上受到的摩擦力始終向上時(shí)，最容易到達(dá)傳送帶頂端，此時(shí)，小物體受力如圖乙所示，據(jù)牛頓第二定律得
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2
若恰好能到達(dá)平臺(tái)CD時(shí)，有v2＝2a2l
解得v＝25 m/s，a2＝2 m/s2
即當(dāng)小物體在平臺(tái)AB上向右運(yùn)動(dòng)的速度小于25 m/s時(shí)，無(wú)論傳送帶順時(shí)針運(yùn)動(dòng)的速度多大，小物體都不能到達(dá)平臺(tái)CD。
(3)設(shè)小物體在平臺(tái)AB上的運(yùn)動(dòng)速度為v1，傳送帶順時(shí)針運(yùn)動(dòng)的速度大小為v2，對(duì)從小物體滑上傳送帶到小物體速度減小到傳送帶速度過(guò)程，有
v21－v22＝2a1x1
對(duì)從小物體速度減小到傳送帶速度到恰好到達(dá)平臺(tái)CD過(guò)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(shí)針運(yùn)動(dòng)，小物體才能到達(dá)平臺(tái)CD。
12．圖甲中，質(zhì)量為m1＝1 kg的物塊疊放在質(zhì)量為m2＝3 kg的木板右端。木板足夠長(zhǎng)，放在光滑的水平地面上，木板與物塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.2，整個(gè)系統(tǒng)開(kāi)始時(shí)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(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，拉力F至少應(yīng)為多大？
(2)在0～4 s內(nèi)，若拉力F的變化如圖乙所示，2 s后木板進(jìn)入μ2＝0.25的粗糙水平面，在圖丙中畫出0～4 s內(nèi)木板和物塊的v－t圖象，并求出0～4 s內(nèi)物塊相對(duì)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(duì)物塊分析，物塊與木板將要相對(duì)滑動(dòng)時(shí)有：μ1m1g＝m1a
聯(lián)立解得：F＝8 N。
(2)物塊在0～2 s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(nèi)F2＝μ1m1g
木板做勻速運(yùn)動(dòng)，速度為4 m/s
2～4 s內(nèi)如果物塊和木板一起減速運(yùn)動(dòng)，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(duì)滑動(dòng)2 s后物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，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(shí)間t3＝0－v1a3＝0－4－2 s＝2 s
木板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)有：－μ2(m1＋m2)g＋μ1m1g＝m2a4
得：a4＝－83 m/s2
速度從4 m/s減至零的時(shí)間t4＝0－v1′a4＝－4－83 s＝1.5 s
二者在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的v－t圖象如圖所示(實(shí)線是木板的v－t圖象，虛線是物塊的v－t圖象)
0～2 s內(nèi)物塊相對(duì)木板向左運(yùn)動(dòng)
Δx1＝12a2t22＋(a2t2)(t1－t2)－12a1t12
2～4 s內(nèi)物塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng)
Δx2＝ －
解得：Δx＝Δx1－Δx2＝1 m
所以0～4 s內(nèi)物塊相對(duì)木板的位移大小為Δx＝1 m。