高考物理一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)九牛頓運動定律的綜合應(yīng)用含解析新人教版

一輪復(fù)習(xí)精品資料(高中)PAGE1-牛頓運動定律的綜合應(yīng)用(建議用時40分鐘)1．應(yīng)用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象，可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物體，由靜止開始豎直向上運動，直至將物體拋出。對此現(xiàn)象分析正確的有()A．手托物體向上運動的過程中，物體始終處于超重狀態(tài)B．手托物體向上運動的過程中，物體始終處于失重狀態(tài)C．在物體離開手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度D．在物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度〖解析〗選D。物體由靜止開始向上運動時，物體和手掌先一起加速向上，物體處于超重狀態(tài)，之后物體和手掌分離前，應(yīng)減速向上，物體處于失重狀態(tài)，故A、B均錯誤；在物體離開手的瞬間，物體只受重力，此時物體的加速度等于重力加速度，選項C錯誤；手和物體分離之前速度相同，分離之后手速度的變化量比物體速度的變化量大，物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度，所以選項D正確。2．(2021·荊州模擬)豎直向上飛行的子彈，到達(dá)最高點后又返回原處，假設(shè)運動過程中子彈受到阻力與速率成正比，則在整個過程中，加速度和速度的大小變化可能是()A．加速度始終變小，速度先變小后變大B．加速度始終變大，速度先變小后變大C．加速度先變小后變大，速度先變小后變大D．加速度先變大后變小，速度先變小后變大〖解析〗選A?？諝庾枇Φ拇笮∨c速率成正比，在上升過程中速度不斷減小，則阻力不斷減小，根據(jù)a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(mg＋f,m)，可知加速度不斷減?。辉谙陆档倪^程中，速度不斷增大，阻力不斷變大，根據(jù)a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(mg－f,m)，可知加速度仍不斷變小，選項A正確。3．(2021·鄭州模擬)如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的兩物體P和Q疊放在傾角θ＝30°的固定斜面上，Q與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，它們從靜止開始沿斜面加速下滑，P恰好能與Q保持相對靜止，設(shè)P與Q間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則P與QA．eq\f(μ,4)B．eq\f(μ,2)C．μD．2μ〖解析〗選C。對P、Q整體，由牛頓第二定律有(m＋2m)gsin30°－μ(m＋2m)gcos30°＝(m＋2m)a，設(shè)P與Q之間的動摩擦因數(shù)為μ′，P恰好與Q保持相對靜止，靜摩擦力恰好達(dá)到最大，對P，由牛頓第二定律有mgsin30°－μ′mgcos30°＝ma，聯(lián)立解得μ′＝μ，4.如圖所示，質(zhì)量分別為m1＝1kg、m2＝2kg的滑塊A和滑塊B疊放在光滑水平地面上，A和B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，拉力F作用在滑塊A上，拉力F從0開始逐漸增大到7N的過程中，A．當(dāng)F＞5N時，A、B發(fā)生了相對滑動B．始終保持相對靜止C．從一開始就發(fā)生了相對滑動D．開始相對靜止，后來發(fā)生相對滑動〖解析〗選B。隔離對B分析，當(dāng)A、B間靜摩擦力達(dá)到最大值時，A、B剛要發(fā)生相對滑動，則：a＝eq\f(μm1g,m2)＝2.5m/s2，再對整體：F＝(m1＋m2)a＝3×2.5N＝7.5N。知當(dāng)拉力達(dá)到7.5N時，A、B才發(fā)生相對滑動，所以拉力F從0開始逐漸增大到7N的過程中，A、B始終保持相對靜止，故A、C、D錯誤，B正確。5．(創(chuàng)新題)(多選)“蛟龍”號載人潛水器計劃于2020年6月至2021年6月執(zhí)行環(huán)球航次?！膀札垺碧柨梢哉鞣?9.8%的海底世界，假設(shè)在某次實驗時，深潛器內(nèi)的顯示屏上顯示出了從水面開始下潛到最后返回水面10min內(nèi)全過程的深度曲線(a)和速度圖象(b)，則下列說法中正確的是()A.圖中h3代表本次下潛的最大深度B．全過程中最大加速度是0.025m/sC．潛水員感到超重發(fā)生在3～4min和6～8min的時間段內(nèi)D．4～8min“蛟龍”號處于完全失重狀態(tài)〖解題指導(dǎo)〗（1）速度—時間圖象的斜率表示加速度；（2）速度—時間圖象和位移—時間圖象具有對應(yīng)性，是同一運動的不同表述?！冀馕觥竭xA、C。圖中h3代表本次下潛的最大深度，全過程中最大加速度是a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(2,60)m/s2＝0.033m/s2，選項A正確、B錯誤；潛水員感到超重發(fā)生在3～4min和6～8min的時間段內(nèi)，即為減速向下和加速上升的過程，該過程加速度方向向上，選項C正確；4～6min“蛟龍”號處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，選項D錯誤。6.如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的固定光滑圓環(huán)軌道與水平面相切于M點，與豎直墻相切于A點。豎直墻上另一點B與M的連線和水平面的夾角為60°，C是圓環(huán)軌道的圓心。已知在同一時刻a、b兩球分別由A、B兩點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道AM、BM運動到M點；c球由C點自由下落到M點。則()A．a(chǎn)球最先到達(dá)M點B．b球最先到達(dá)M點C．c球最先到達(dá)M點D．b球和c球都可能最先到達(dá)M點〖解析〗選C。如圖所示，令圓環(huán)半徑為R，則c球由C點自由下落到M點用時滿足R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(c))，所以tc＝eq\r(\f(2R,g))；對于a球令A(yù)M與水平面成θ角，則a球下滑到M用時滿足AM＝2Rsinθ＝eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(a))，即ta＝2eq\r(\f(R,g))；同理b球從B點下滑到M點用時也滿足tb＝2eq\r(\f(r,g))(r為過B、M且與水平面相切于M點的豎直圓的半徑，r＞R)。綜上所述可得tb＞ta＞tc。7.(創(chuàng)新題)“新冠肺炎”的易傳染性讓每一個接觸到病毒的人都有可能成為被感染的對象。如果在一些易傳播的環(huán)境中啟用機器人替代人工操作的話，就可以有效防控病毒傳播，其中送餐服務(wù)就是機器人應(yīng)用的一個領(lǐng)域，只要設(shè)置好路線、安放好餐盤，它就會穩(wěn)穩(wěn)地舉著托盤，到達(dá)指定的位置送餐，如圖所示。若某一隔離病區(qū)的配餐點和目標(biāo)位置在相距x＝43m的直線通道上，機器人送餐時從靜止開始啟動，加速過程的加速度大小a1＝2m/s2，速度達(dá)到v＝2m/s后勻速，之后適時勻減速，恰好把食物平穩(wěn)送到目標(biāo)位置，23s。若載物平臺呈水平狀態(tài)，食物的總質(zhì)量m＝2kg，食物與平臺無相對滑動，g取10m/s2(1)機器人加速過程位移的大小x；(2)勻速運動持續(xù)的時間t0；(3)減速過程中平臺對食物的平均作用力F的大小?！冀馕觥?1)加速過程位移x1＝eq\f(v2,2a1)解得x1＝1(2)設(shè)機器人減速時的加速度為a2，勻速的時間為t0，則由題可知t1＝eq\f(v,a1)x＝x1＋vt0＋eq\f(v2,2a2)t＝t1＋t0＋eq\f(v,a2)解得t0＝20s，a2＝1m/s(3)平臺對食物豎直方向的支持力FN＝mg水平方向的摩擦力Ff＝ma2故平臺對食物的作用力大小F＝eq\r(（mg）2＋（ma2）2)代入數(shù)據(jù)解得F＝2eq\r(101)N〖答案〗(1)1m(2)20s(3)2eq\r(101)N8.(2021·樂山模擬)圖甲中的塔吊是現(xiàn)代工地必不可少的建筑設(shè)備,圖乙為150kg的建筑材料被吊車豎直向上提升過程的簡化運動圖象,g取10m/s2,下列判斷正確的是()A.前10s懸線的拉力恒為1500NB.46s末材料離地面的距離為22mC.0～10s材料處于失重狀態(tài)D.在30～36s鋼索最容易發(fā)生斷裂〖解析〗選B。由題圖乙可知前10s內(nèi)材料的加速度a=0.1m/s2,由F-mg=ma可知懸線的拉力為1515N,選項A錯誤;由圖象面積可得整個過程上升的高度是28m,下降的高度為6m,46s末材料離地面的距離為22m,選項B正確;因30～36s材料加速度向下,材料處于失重狀態(tài),F<mg;前10s材料處于超重狀態(tài),F>mg,鋼索最容易發(fā)生斷裂,選項C、D錯誤。9.如圖所示，甲、乙兩物體質(zhì)量分別為m1＝2kg，m2＝3kg，疊放在水平桌面上。已知甲、乙間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.6，物體乙與平面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.5，現(xiàn)用水平拉力F作用于物體乙上，使兩物體一起沿水平方向向右做勻速直線運動，如果運動中F突然變?yōu)榱?，則物體甲在水平方向上的受力情況(g10m/s2，A．大小為12N，方向向右B．大小為12N，方向向左C．大小為10N，方向向右D．大小為10N，方向向左〖解析〗選D。當(dāng)F突變?yōu)榱銜r，可假設(shè)甲、乙兩物體一起沿水平方向運動，則它們運動的加速度可由牛頓第二定律求出，由此可以求出甲所受的摩擦力，若此摩擦力小于它與乙間的最大靜摩擦力，則假設(shè)成立，反之不成立。假設(shè)甲、乙兩物體一起沿水平方向運動，則由牛頓第二定律得Ff2＝(m1＋m2)a①Ff2＝μ2(m1＋m2)g②由①②得：a＝5m/s物體甲的受力如圖所示，可得甲受的摩擦力為Ff1＝m1a＝10因為最大靜摩擦力Ffm＝μ1m1g＝12N，F(xiàn)f1所以假設(shè)成立，甲受的摩擦力大小為10N，方向向左，選項D正確。10.如圖所示，A、B的質(zhì)量分別為mA＝2kg，mB＝4kg，盤C的質(zhì)量mC＝6kg，現(xiàn)懸掛于天花板O處，處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)用火柴燒斷O處的細(xì)線瞬間，木塊A、B、C的加速度分別是aA、aB、aC，B對C的壓力大小是FBC(g取10m/sA．a(chǎn)A＝aB＝aC＝g，F(xiàn)BC＝0B．a(chǎn)A＝0，aB＝aC＝g，F(xiàn)BC＝0C．a(chǎn)A＝aB＝0，aC＝3g，F(xiàn)BC＝60D．a(chǎn)A＝0，aB＝aC＝12m/s2，F(xiàn)BC＝12〖解析〗選D。燒斷細(xì)線前細(xì)線的拉力為T＝(mA＋mB＋mC)g＝120N彈簧的彈力大小F＝mAg＝20N燒斷細(xì)線后瞬間，彈簧的彈力沒有改變，則A的受力情況沒有改變，其合力仍為零，根據(jù)牛頓第二定律得A的加速度aA＝0對BC整體，根據(jù)牛頓第二定律得aBC＝eq\f(F＋（mB＋mC）g,mB＋mC)＝eq\f(20＋（4＋6）×10,4＋6)m/s2＝12m/s2對C由牛頓第二定律可得FBC＋mCg＝mCaBC解得FBC＝12N。故A、B、C錯誤，D正確。〖加固訓(xùn)練〗如圖，物塊A和B的質(zhì)量分別為4m和m，開始A、B均靜止，細(xì)繩拉直，在豎直向上拉力F＝6mg作用下，動滑輪豎直向上加速運動。已知動滑輪質(zhì)量忽略不計，動滑輪半徑很小，不考慮繩與滑輪之間的摩擦，細(xì)繩足夠長。在滑輪向上運動過程中，物塊A和B的加速度分別為()A.aA＝g，aB＝5gB.aA＝aB＝gC.aA＝g，aB＝3gD.aA＝0，aB＝2g〖解析〗選D。對滑輪分析：F－2T＝ma，又m＝0，所以T＝＝3mg，對A分析：由于T<4mg故A靜止，aA＝0，對B分析：aB＝＝2g，故D正確。11．(多選)(2021·鄭州模擬)如圖甲所示，足夠長的傳送帶與水平面的夾角為θ，正以某一速度勻速轉(zhuǎn)動，在傳送帶上某位置輕輕放置一小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，小木塊速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，v0、t0已知，重力加速度為g，則()A．傳送帶一定順時針轉(zhuǎn)動B．傳送帶的速度大小等于v0C．μ＝eq\f(v0,gt0cosθ)－tanθD．t0時間后木塊的加速度大小為eq\f(v0,t0)－2gsinθ〖解析〗選B、C。若傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，當(dāng)木塊下滑時滿足mgsinθ>μmgcosθ，將一直勻加速到底端而且加速度不變；當(dāng)木塊上滑時滿足mgsinθ<μmgcosθ，木塊先勻加速運動，在速度與傳送帶速度相等后將勻速運動，兩種均不符合運動圖象，故傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，A錯誤；只有當(dāng)木塊的速度大于傳送帶的速度時，木塊所受的摩擦力沿傳送帶向上，故傳送帶的速度大小等于v0，故B正確；木塊在0～t0時間內(nèi)，滑動摩擦力沿傳送帶向下，木塊勻加速下滑，由牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得：a1＝gsinθ＋μgcosθ，由題圖乙可知，a1＝eq\f(v0,t0)，聯(lián)立解得：μ＝eq\f(v0,gt0cosθ)－tanθ，故C正確；木塊與傳送帶共速后，由牛頓第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得：a2＝gsinθ－μgcosθ，代入μ值得：a2＝2gsinθ－eq\f(v0,t0)，故D錯誤。12.(2019·江蘇高考)如圖所示，質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊。A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ。先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離L后停下。接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求：(1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA；(2)在左邊緣再次對齊的前、后，B運動加速度的大小aB、aB′；(3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB。〖解題指導(dǎo)〗（1）A被敲擊后，A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ，由于μmg<2μmg，因此木板B一定不動；（2）B被敲擊,A做加速運動，B做減速運動，直到二者速度相等時，一起在水平面上做減速運動直到停下?！冀馕觥?1)由牛頓運動定律知，A加速度的大小aA＝μg由勻變速直線運動規(guī)律有2aAL＝veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))解得vA＝eq\r(2μgL)(2)設(shè)A、B的質(zhì)量均為m對齊前，B所受合外力大小F＝3μmg由牛頓運動定律F＝maB，得aB＝3μg對齊后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg由牛頓運動定律F′＝2maB′，得aB′＝μg(3)設(shè)敲擊B后經(jīng)過時間t，A、B達(dá)到共同速度v，位移分別為xA、xB，A加速度的大小等于aA則v＝aAt，v＝vB－aBtxA＝eq\f(1,2)aAt2，xB＝vBt－eq\f(1,2)aBt2且xB－xA＝L解得vB＝2eq\r(2μgL)?！即鸢浮?1)eq\r(2μgL)(2)3μgμg(3)2eq\r(2μgL)牛頓運動定律的綜合應(yīng)用(建議用時40分鐘)1．應(yīng)用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象，可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物體，由靜止開始豎直向上運動，直至將物體拋出。對此現(xiàn)象分析正確的有()A．手托物體向上運動的過程中，物體始終處于超重狀態(tài)B．手托物體向上運動的過程中，物體始終處于失重狀態(tài)C．在物體離開手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度D．在物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度〖解析〗選D。物體由靜止開始向上運動時，物體和手掌先一起加速向上，物體處于超重狀態(tài)，之后物體和手掌分離前，應(yīng)減速向上，物體處于失重狀態(tài)，故A、B均錯誤；在物體離開手的瞬間，物體只受重力，此時物體的加速度等于重力加速度，選項C錯誤；手和物體分離之前速度相同，分離之后手速度的變化量比物體速度的變化量大，物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度，所以選項D正確。2．(2021·荊州模擬)豎直向上飛行的子彈，到達(dá)最高點后又返回原處，假設(shè)運動過程中子彈受到阻力與速率成正比，則在整個過程中，加速度和速度的大小變化可能是()A．加速度始終變小，速度先變小后變大B．加速度始終變大，速度先變小后變大C．加速度先變小后變大，速度先變小后變大D．加速度先變大后變小，速度先變小后變大〖解析〗選A?？諝庾枇Φ拇笮∨c速率成正比，在上升過程中速度不斷減小，則阻力不斷減小，根據(jù)a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(mg＋f,m)，可知加速度不斷減小；在下降的過程中，速度不斷增大，阻力不斷變大，根據(jù)a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(mg－f,m)，可知加速度仍不斷變小，選項A正確。3．(2021·鄭州模擬)如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的兩物體P和Q疊放在傾角θ＝30°的固定斜面上，Q與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，它們從靜止開始沿斜面加速下滑，P恰好能與Q保持相對靜止，設(shè)P與Q間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則P與QA．eq\f(μ,4)B．eq\f(μ,2)C．μD．2μ〖解析〗選C。對P、Q整體，由牛頓第二定律有(m＋2m)gsin30°－μ(m＋2m)gcos30°＝(m＋2m)a，設(shè)P與Q之間的動摩擦因數(shù)為μ′，P恰好與Q保持相對靜止，靜摩擦力恰好達(dá)到最大，對P，由牛頓第二定律有mgsin30°－μ′mgcos30°＝ma，聯(lián)立解得μ′＝μ，4.如圖所示，質(zhì)量分別為m1＝1kg、m2＝2kg的滑塊A和滑塊B疊放在光滑水平地面上，A和B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，拉力F作用在滑塊A上，拉力F從0開始逐漸增大到7N的過程中，A．當(dāng)F＞5N時，A、B發(fā)生了相對滑動B．始終保持相對靜止C．從一開始就發(fā)生了相對滑動D．開始相對靜止，后來發(fā)生相對滑動〖解析〗選B。隔離對B分析，當(dāng)A、B間靜摩擦力達(dá)到最大值時，A、B剛要發(fā)生相對滑動，則：a＝eq\f(μm1g,m2)＝2.5m/s2，再對整體：F＝(m1＋m2)a＝3×2.5N＝7.5N。知當(dāng)拉力達(dá)到7.5N時，A、B才發(fā)生相對滑動，所以拉力F從0開始逐漸增大到7N的過程中，A、B始終保持相對靜止，故A、C、D錯誤，B正確。5．(創(chuàng)新題)(多選)“蛟龍”號載人潛水器計劃于2020年6月至2021年6月執(zhí)行環(huán)球航次?！膀札垺碧柨梢哉鞣?9.8%的海底世界，假設(shè)在某次實驗時，深潛器內(nèi)的顯示屏上顯示出了從水面開始下潛到最后返回水面10min內(nèi)全過程的深度曲線(a)和速度圖象(b)，則下列說法中正確的是()A.圖中h3代表本次下潛的最大深度B．全過程中最大加速度是0.025m/sC．潛水員感到超重發(fā)生在3～4min和6～8min的時間段內(nèi)D．4～8min“蛟龍”號處于完全失重狀態(tài)〖解題指導(dǎo)〗（1）速度—時間圖象的斜率表示加速度；（2）速度—時間圖象和位移—時間圖象具有對應(yīng)性，是同一運動的不同表述?！冀馕觥竭xA、C。圖中h3代表本次下潛的最大深度，全過程中最大加速度是a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(2,60)m/s2＝0.033m/s2，選項A正確、B錯誤；潛水員感到超重發(fā)生在3～4min和6～8min的時間段內(nèi)，即為減速向下和加速上升的過程，該過程加速度方向向上，選項C正確；4～6min“蛟龍”號處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，選項D錯誤。6.如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的固定光滑圓環(huán)軌道與水平面相切于M點，與豎直墻相切于A點。豎直墻上另一點B與M的連線和水平面的夾角為60°，C是圓環(huán)軌道的圓心。已知在同一時刻a、b兩球分別由A、B兩點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道AM、BM運動到M點；c球由C點自由下落到M點。則()A．a(chǎn)球最先到達(dá)M點B．b球最先到達(dá)M點C．c球最先到達(dá)M點D．b球和c球都可能最先到達(dá)M點〖解析〗選C。如圖所示，令圓環(huán)半徑為R，則c球由C點自由下落到M點用時滿足R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(c))，所以tc＝eq\r(\f(2R,g))；對于a球令A(yù)M與水平面成θ角，則a球下滑到M用時滿足AM＝2Rsinθ＝eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(a))，即ta＝2eq\r(\f(R,g))；同理b球從B點下滑到M點用時也滿足tb＝2eq\r(\f(r,g))(r為過B、M且與水平面相切于M點的豎直圓的半徑，r＞R)。綜上所述可得tb＞ta＞tc。7.(創(chuàng)新題)“新冠肺炎”的易傳染性讓每一個接觸到病毒的人都有可能成為被感染的對象。如果在一些易傳播的環(huán)境中啟用機器人替代人工操作的話，就可以有效防控病毒傳播，其中送餐服務(wù)就是機器人應(yīng)用的一個領(lǐng)域，只要設(shè)置好路線、安放好餐盤，它就會穩(wěn)穩(wěn)地舉著托盤，到達(dá)指定的位置送餐，如圖所示。若某一隔離病區(qū)的配餐點和目標(biāo)位置在相距x＝43m的直線通道上，機器人送餐時從靜止開始啟動，加速過程的加速度大小a1＝2m/s2，速度達(dá)到v＝2m/s后勻速，之后適時勻減速，恰好把食物平穩(wěn)送到目標(biāo)位置，23s。若載物平臺呈水平狀態(tài)，食物的總質(zhì)量m＝2kg，食物與平臺無相對滑動，g取10m/s2(1)機器人加速過程位移的大小x；(2)勻速運動持續(xù)的時間t0；(3)減速過程中平臺對食物的平均作用力F的大小。〖解析〗(1)加速過程位移x1＝eq\f(v2,2a1)解得x1＝1(2)設(shè)機器人減速時的加速度為a2，勻速的時間為t0，則由題可知t1＝eq\f(v,a1)x＝x1＋vt0＋eq\f(v2,2a2)t＝t1＋t0＋eq\f(v,a2)解得t0＝20s，a2＝1m/s(3)平臺對食物豎直方向的支持力FN＝mg水平方向的摩擦力Ff＝ma2故平臺對食物的作用力大小F＝eq\r(（mg）2＋（ma2）2)代入數(shù)據(jù)解得F＝2eq\r(101)N〖答案〗(1)1m(2)20s(3)2eq\r(101)N8.(2021·樂山模擬)圖甲中的塔吊是現(xiàn)代工地必不可少的建筑設(shè)備,圖乙為150kg的建筑材料被吊車豎直向上提升過程的簡化運動圖象,g取10m/s2,下列判斷正確的是()A.前10s懸線的拉力恒為1500NB.46s末材料離地面的距離為22mC.0～10s材料處于失重狀態(tài)D.在30～36s鋼索最容易發(fā)生斷裂〖解析〗選B。由題圖乙可知前10s內(nèi)材料的加速度a=0.1m/s2,由F-mg=ma可知懸線的拉力為1515N,選項A錯誤;由圖象面積可得整個過程上升的高度是28m,下降的高度為6m,46s末材料離地面的距離為22m,選項B正確;因30～36s材料加速度向下,材料處于失重狀態(tài),F<mg;前10s材料處于超重狀態(tài),F>mg,鋼索最容易發(fā)生斷裂,選項C、D錯誤。9.如圖所示，甲、乙兩物體質(zhì)量分別為m1＝2kg，m2＝3kg，疊放在水平桌面上。已知甲、乙間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.6，物體乙與平面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.5，現(xiàn)用水平拉力F作用于物體乙上，使兩物體一起沿水平方向向右做勻速直線運動，如果運動中F突然變?yōu)榱?，則物體甲在水平方向上的受力情況(g10m/s2，A．大小為12N，方向向右B．大小為12N，方向向左C．大小為10N，方向向右D．大小為10N，方向向左〖解析〗選D。當(dāng)F突變?yōu)榱銜r，可假設(shè)甲、乙兩物體一起沿水平方向運動，則它們運動的加速度可由牛頓第二定律求出，由此可以求出甲所受的摩擦力，若此摩擦力小于它與乙間的最大靜摩擦力，則假設(shè)成立，反之不成立。假設(shè)甲、乙兩物體一起沿水平方向運動，則由牛頓第二定律得Ff2＝(m1＋m2)a①Ff2＝μ2(m1＋m2)g②由①②得：a＝5m/s物體甲的受力如圖所示，可得甲受的摩擦力為Ff1＝m1a＝10因為最大靜摩擦力Ffm＝μ1m1g＝12N，F(xiàn)f1所以假設(shè)成立，甲受的摩擦力大小為10N，方向向左，選項D正確。10.如圖所示，A、B的質(zhì)量分別為mA＝2kg，mB＝4kg，盤C的質(zhì)量mC＝6kg，現(xiàn)懸掛于天花板O處，處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)用火柴燒斷O處的細(xì)線瞬間，木塊A、B、C的加速度分別是aA、aB、aC，B對C的壓力大小是FBC(g取10m/sA．a(chǎn)A＝aB＝aC＝g，F(xiàn)BC＝0B．a(chǎn)A＝0，aB＝aC＝g，F(xiàn)BC＝0C．a(chǎn)A＝aB＝0，aC＝3g，F(xiàn)BC＝60D．a(chǎn)A＝0，aB＝aC＝12m/s2，F(xiàn)BC＝12〖解析〗選D。燒斷細(xì)線前細(xì)線的拉力為T＝(mA＋mB＋mC)g＝120N彈簧的彈力大小F＝mAg＝20N燒斷細(xì)線后瞬間，彈簧的彈力沒有改變，則A的受力情況沒有改變，其合力仍為零，根據(jù)牛頓第二定律得A的加速度aA＝0對BC整體，根據(jù)牛頓第二定律得aBC＝eq\f(F＋（mB＋mC）g,mB＋mC)＝eq\f(20＋（4＋6）×10,4＋6)m/s2＝12m/s2對C由牛頓第二定律可得FBC＋mCg＝mCaBC解得FBC＝12N。故A、B、C錯誤，D正確。〖加固訓(xùn)練〗如圖，物塊A和B的質(zhì)量分別為4m和m，開始A、B均靜止，細(xì)繩拉直，在豎直向上拉力F＝6mg作用下，動滑輪豎直向上加速運動。已知動滑輪質(zhì)量忽略不計，動滑輪半徑很小，不考慮繩與滑輪之間的摩擦，細(xì)繩足夠長。在滑輪向上運動過程中，物塊A和B的加速度分別為()A.aA＝g，aB＝5gB.aA＝aB＝gC.aA＝g，aB＝3gD.aA＝0，aB＝2g〖解析〗選D。對滑輪分析：F－2T＝ma，又m＝0，所以T＝＝3mg，對A分析：由于T<4mg故A靜止，aA＝0，對B分析：aB＝＝2g，故D正確。11．(多選)(2021·鄭州模擬)如圖甲所示，足夠長的傳送帶與水平面的夾角為θ，正以某一速度勻速轉(zhuǎn)動，在傳送帶上某位置輕輕放置一小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，小木塊速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，v0、t0已知，重力加速度為g，則()A．傳送帶一定順時針轉(zhuǎn)動B．傳送帶的速度大小等于v0C．μ＝eq\f(v0,gt0cosθ)－tanθD．t0時間后木塊的加速度大小為eq\f(v0,t0)－2g