2019-2020年高考物理大一轮复习第三章牛顿运动定律第8讲牛顿第二定律两类动力学问题学案

2019-2020年高考物理大一轮复习第三章牛顿运动定律第8讲牛顿第二定律两类动力学问题学案考纲要求考情分析命题趋势

1.对牛顿第二定律的理解Ⅱ2．对牛顿第二定律瞬时性的考查Ⅱ3．动力学两类基本问题Ⅱxx·全国卷Ⅰ，20高考命题中有关本节内容的题型比较灵活，有选择题、计算题．高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查，要深刻理解牛顿第二定律的确切含义，会利用牛顿第二定律处理动力学两类基本问题1．牛顿第二定律1内容物体加速度的大小跟它受到的作用力成__正比__，跟它的质量成__反比__.加速度的方向与__作用力的方向__相同．2表达式__F＝ma__，F与a具有瞬时对应关系．3适用范围

①牛顿第二定律只适用于__惯性参考系__相对地面静止或做匀速直线运动的参考系．

②牛顿第二定律只适用于__宏观物体__相对于分子、原子、__低速运动__远小于光速的情况．2．动力学两类基本问题1动力学两类基本问题

①已知受力情况，求物体的__运动__情况．

②已知运动情况，求物体的__受力__情况．2解决两类基本问题的方法以__加速度__为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图所示．1．请判断下列表述是否正确，对不正确的表述，请说明原因．1物体加速度的方向与所受合外力的方向可以不同．　×　解析　由F＝ma可知，加速度a的方向与合外力F的方向一定相同．2对静止在光滑水平面上的物体施加一水平力，当力刚开始作用瞬间，物体立即获得加速度．　√　3物体由于做加速运动，所以才受合外力作用．　×　解析　物体由于受合外力作用才做加速运动．4物体所受合外力变小，物体的速度一定变小．　×　解析　虽然物体合外力变小，但只要合外力与速度方向相同，物体速度将增加．5物体所受合外力大，其加速度就一定大．　×　解析　物体的加速度由物体所受合外力、物体的质量共同决定的．6牛顿第二定律适用于一切运动情况．　×　解析　牛顿运动定律只适用于惯性参考系、低速运动的情况．7单位“牛顿”是国际单位制中的基本单位．　×　解析　“牛顿”是导出单位，1N＝1kg·m/s22．多选下列说法正确的是　BCD　A．物体只有在受力的前提下才会产生加速度，因此，加速度的产生要滞后于力的作用B．F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关C．物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小D．物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系解析　物体的的加速度与合外力有瞬时对应关系，加速度与力同时产生，故选项A错误．a的方向与F的方向相同，与速度方向无关，故选项B正确．合外力减小，加速度一定减小，但如果a与v同向，v变大，故选项C正确．物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量之间的单位关系，故选项D正确．3．多选关于力学单位制，以下说法中正确的是　BC　A．kg、m/s、N等单位为导出单位B．kg、m、s都是基本单位C．牛顿第二定律的表达式F＝kma，式中各物理量取国际单位时k＝1D．在国际单位制中，质量的单位可以是kg，也可以是g解析　kg为基本单位，故选项A错误．kg、m、s是国际单位制中的基本单位，故选项B正确．F＝kma，质量取“kg”，a取“m/s2”，F取“N”时，k＝1，选项C正确，国际单位制中质量的单位是kg，选项D错误．一　牛顿第二定律的瞬时性[例1]xx·广西南宁模拟两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示．现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则　A　A．a1＝g　a2＝gB．a1＝0　a2＝2gC．a1＝g　a2＝0D．a1＝2g　a2＝0解析　由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g.故选项A正确．【拓展延伸1】把“轻绳”换成“轻弹簧”在[例1]中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图所示，则典例选项中正确的是　D　解析　剪短轻绳OA后，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a1＝2g，a2＝0，故选项D正确．【拓展延伸2】改变平衡状态的呈现方式把【拓展延伸1】的题图放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示系统静止时，弹簧与轻绳均平行于斜面，在轻绳被剪断的瞬间，则下列说法正确的是　B　A．aA＝0　aB＝gB．aA＝g　aB＝0C．aA＝g　aB＝gD．aA＝0　aB＝g解析　轻绳被剪断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为零．剪断前，分析整体受力可知轻绳的拉力为T＝2mgsinθ，剪断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsinθ，所以A的瞬时加速度为aA＝2gsin30°＝g，故选项B正确．抓住“两关键”、遵循“四步骤”1分析瞬时加速度的“两个关键”

①明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点．

②分析瞬时前、后的受力情况和运动状态．2“四个步骤”第一步分析原来物体的受力情况．第二步分析物体在突变时的受力情况．第三步由牛顿第二定律列方程．第四步求出瞬时加速度，并讨论其合理性．　二　动力学两类基本问题动力学两类基本问题的解题思路[例2]xx·广东深圳模拟如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用．一架质量m＝2kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36N，运动过程中所受空气阻力大小恒为Ff＝4N，g取10m/s

2.1无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t＝5s时离地面的高度h；2无人机悬停在距离地面高度H＝100m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落地面时的速度v；3在无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t

1.解析　1设无人机上升时加速度为a，由牛顿第二定律，有F－mg－Ff＝ma，解得a＝6m/s2，由h＝at2，解得h＝75m.2设无人机坠落过程中加速度为a1，由牛顿第二定律，有mg－Ff＝ma1，解得a1＝8m/s2，由v2＝2a1H，解得v＝40m/s.3设飞行器恢复升力后向下减速时加速度为a2，由牛顿第二定律，有F－mg＋Ff＝ma2，解得a2＝10m/s

2.设飞行器恢复升力时速度为vm，则有＋＝H，解得vm＝m/s，由vm＝a1t1，解得t1＝s.答案　175m　240m/s　3s.解决两类动力学问题的两个关键点1把握“两个分析”“一个桥梁”两个分析物体的受力情况分析和运动过程分析．一个桥梁加速度是联系物体运动和受力的桥梁．2寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系．如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，画图找出各过程的位移之间的联系．　三　等时圆模型及其应用1．模型特征1质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图乙所示；2质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示；3两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示．2．思维模板[例3]xx·山东济南模拟如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处旋转一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC所成角度为α一小物块由A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系　B　A．α＝θB．α＝C．α＝2θD．α＝解析　如图所示，以竖直线AC上选取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于D点．由等时圆模型的特点知，由A点沿斜面滑到D点所用时间比由A点到达斜面上其他各点所用时间都短．将木板下端B点与D点重合即可，而∠COD＝θ，则α＝.1．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

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，设抽出后的瞬间，物块

1、

2、

3、4的加速度大小分别为a

1、a

2、a

3、a

4.重力加速度大小为g，则有　C　A．a1＝a2＝a3＝a4＝0B．a1＝a2＝a3＝a4＝gC．a1＝a2＝g　a3＝0　a4＝gD．a1＝g　a2＝g　a3＝0　a4＝g解析　在抽出木板的瞬间，物块

1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块

3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g，故选项C正确．2．xx·河南郑州预测多选如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面间的最大静摩擦力Ffm与滑动摩擦力大小相等，则　BC　A．t2～t5时间内物块A的加速度逐渐减小B．t2时刻物块A的加速度最大C．t3和t5时刻物块A的速度相等D．0～t5时间内物块A一直做加速运动解析　开始物块A静止，到t1后拉力F大于摩擦阻力，物块A开始加速运动，到t4时加速度为0，加速运动结束，之后摩擦阻力大于拉力F，物块A做减速运动，选项D错误；从t1到t2，拉力F越来越大，加速度越来越大；从t2到t4，拉力F越来越小，加速度越来越小；从t4到t5，拉力F小于摩擦阻力且越来越小，加速度反向越来越大；由图可知，在t2时刻加速度最大，选项A错误，B正确；根据拉力和摩擦阻力的大小关系，应用对称性可知，t3和t5两个时刻的加速度等大反向，同理从t3到t4和从t5到t4关于t4时刻对称各时刻的加速度都等大反向，可知物块A先加速后减速，t3和t5两时刻速度相等，选项C正确．3．xx·江苏南京模拟如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为　B　A．2∶1B．1∶1C．∶1D．1∶解析　对物体受力分析可知当重物从A点下落时，重物受重力mg，支持力FN1，在沿斜面方向上加速度是a1，mgcos30°＝ma1，解得a1＝g，由公式S1＝a1t得S1＝2Rcos30°＋2rcos30°＝R＋r，所以t1＝

2.当重物从C点下滑时，受重力mg，支持力FN2，在沿斜面的加速度是a2，mgcos60°＝ma2，解得a2＝g，由公式S2＝a1t得S2＝2Rcos60°＋2rcos60°＝R＋r，t2＝2，所以t1＝t2，选项B正确．[例1]xx·浙江宁波一模·6分如图所示，弹簧左端固定、右端自由伸长到O点并系住物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体一直可以运动到B点，如果物体受到的阻力恒定，则　　A．物体从A到O先加速运动后减速运动B．物体从A到O加速运动，从O到B减速运动C．物体运动到O点时所受合力为零D．物体从A到O的运动过程中加速度逐渐减小[答题送检]来自阅卷名师报告错误致错原因扣分BCD受力分析时漏掉了摩擦力而仅从水平方向上的弹簧弹力加以分析，误认为弹簧弹力即为物块所受合外力，则加速度先指向O点，加速运动；之后加速度反向，做减速运动.－6[规范答题]　[解析]　物体从A到O的运动过程中，弹力方向向右，初始阶段弹力大于阻力，合力方向向右，随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，此阶段物体的加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度的方向相同，物体的速度逐渐增大，所以初始阶段物体向右做加速度逐渐减小的加速运动．当物体向右运动至AO间某点设为O′时，弹力减小到与阻力大小相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大．此后，随着物体继续向右运动，弹力逐渐减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至O点时弹力减小到零，此后弹力向左且逐渐增大，所以物体离开O′点加速度为零，速度最大后的合力方向向左且合力逐渐增大，由牛顿第二定律可知，此阶段的物体的加速度向左且逐渐增大．由于加速度与速度的方向相反，物体做加速度逐渐增大的减速运动．故选项A正确．[答案]　A1．xx·安徽芜湖模拟如图所示，光滑水平面上，A、B两物体用轻弹簧连接在一起，A、B的质量分别为m

1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做匀加速直线运动，加速度大小为a，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度大小为a1和a2，则　D　A．a1＝0　a2＝0B．a1＝a　a2＝aC．a1＝a　a2＝aD．a1＝a　a2＝a解析　撤去拉力F的瞬间，物体A的受力不变，所以a1＝a，对物体A受力分析得F弹＝m1a；撤去拉力F的瞬间，物体B受到的合力大小为F′弹＝m2a2，所以a2＝，故选项D正确．2．xx·湖南长沙模拟如图所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从P点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最离点，则各小球最高点的位置　D　A．在同一水平线上B．在同一竖直线上C．在同一抛物线上D．在同一圆周上解析　设某一直轨道与水平面成θ角，末速度为零的匀减速直线运动可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动，则小球在直轨道上运动的加速度a＝＝gsinθ，由位移公式得l＝at2＝gsinθ·t2，即＝gt2，不同的倾角θ对应不同的位移l，但相同，即各小球最高点的位置在直径为gt2的圆周上，选项D正确．1．多选如图，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上的细绳悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态．现将细绳剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在剪断的瞬间　AC　A．a1＝3gB．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2解析　设物体的质量为m，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力FT1，剪断前对b、c和弹簧S2组成的整体分析可知FT1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋FT1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝＝3g，选项A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为FT2，则FT2＝mg.根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，选项C正确，D错误．2．多选如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v

0、v

1、t1均为已知量，则可求出　ACD　A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度解析　由题图乙可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝，下降过程中的加速度为a2＝.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsinθ＋Ff＝ma1，mgsinθ－Ff＝ma2，由以上各式可求得sinθ＝，滑动摩擦力Ff＝，而Ff＝μFN＝μmgcosθ，由以上分析可知，选项A、C正确．由v－t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确．3．多选如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时，下列说法正确的是　BD　A．物块与斜面间的摩擦力减小B．物块与斜面间的正压力增大C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑解析　升降机加速上升时，物体将出现超重现象，故物体对斜面压力增大，选项B正确；由Ff＝μFN知，物体与斜面间的摩擦力也增大，故选项A错误；开始升降机匀速运动，则Gsinθ＝μGcosθ，所以μ＝tanθ.当电梯加速上升时，电梯内物体超重，这仅仅是相当于重力增大了，由于依然满足μ＝tanθ这一条件，故物体相对斜面仍匀速下滑，故选项C错误，D正确．4．避险车道标志如图甲所示是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示的竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4m时，车头距制动坡床顶端38m，再过一段时间，货车停止，已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为

0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的

0.44倍，货物与货车分别视为小滑块和平板，取cosθ＝1，sinθ＝

0.1，g＝10m/s

2.求1货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；2制动坡床的长度．解析　1设货物的质量为m，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝

0.4，货物在车厢内滑动过程中，受到的摩擦力大小为Ff，加速度大小为a1，则Ff＋mgsinθ＝ma1，

①Ff＝μmgcosθ，

②联立

①②式并代入数据得a1＝5m/s2，

③a1的方向沿制动坡床向下．2设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23m/s.货物在车厢内从开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s＝4m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2，货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝

0.44，货车长度l0＝12m，制动坡床的长度为l，则Mgsinθ＋F－Ff＝Ma2，

④F＝km＋Mg，

⑤s1＝vt－a1t2，

⑥s2＝vt－a2t2，

⑦s＝s1－s2，

⑧l＝l0＋s0＋s2，

⑨联立

①②④～

⑨并代入数据得l＝98m.答案　15m/s2　方向沿制动坡床向下　298m课时达标　第8讲[解密考纲]主要考查对牛顿第二定律的深刻理解，会利用牛顿第二定律处理动力学两类基本问题，高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查，题型有选择题、计算题．

1.一个质量为m＝1kg的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝

0.

2.从t＝0时刻起物块同时受到两个水平力F1与F2的作用，若力F

1、F2随时间的变化如图所示，设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则物块在此后的运动过程中　C　A．物块从t＝0时刻开始运动B．物块运动后先做加速运动再做减速运动，最后匀速运动C．物块加速度的最大值是3m/s2D．物块在t＝4s时速度最大2．如图所示，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是　B　A．F1B．F2C．F3D．F4解析　鸟在空中飞行受到重力和空气对其作用力，这两个力的合力的方向沿虚线斜向上与加速度方向相同，由平行四边形定则可得，空气对其作用力可能是沿F2方向，故选项B正确．3．小孩从滑梯上滑下的运动可看做匀加速直线运动．质量为M的小孩单独从滑梯上滑下，加速度为a1；该小孩抱着一只质量为m的小狗再从滑梯上滑下小狗不与滑梯接触，加速度为a2，则a1和a2的关系为　D　A．a1＝a2B．a1＝a2C．a1＝a2D．a1＝a2解析　设小孩与滑梯间动摩擦因数为μ，小孩从滑梯上滑下，受重力G、支持力FN和滑动摩擦力Ff.如图所示，由牛顿第二定律，Mgsinα－μMgcosα＝Ma1，a1＝gsinα－μgcosα；当小孩抱着一只质量为m的小狗再从滑梯上滑下时，满足M＋mgsinα－μM＋mgcosα＝M＋ma2，得a2＝gsinα－μgcosα，可见a1＝a2，选项D正确．4．如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点，每根杆上都套着一个小滑环图中未画出，三个滑环分别从a、b、c处释放初速度为0，用t

1、t

2、t3依次表示各滑环到达d点所用的时间，则　D　A．t1＜t2＜t3B．t1＞t2＞t3C．t3＞t1＞t2D．t1＝t2＝t3解析　设P为圆上的任一点，∠adP＝θ，s＝Pd＝2Rcosθ，由s＝at2，且a＝gcosθ，则t＝2，显然t与θ无关，故选项D正确．5．如图所示，倾斜索道与水平面夹角为37°，当载人车厢沿钢索匀加速向上运动时，车厢里的人对厢底的压力为其重力的

1.25倍，那么车厢对人的摩擦力为其体重的　B　A．B．C．D．解析　人受力如图甲所示，显然本题分解加速度更为简便．将加速度a分解为水平分量ax和竖直分量ay，如图乙所示，则ax＝acos37°，ay＝asin37°.由牛顿第二定律得水平方向Ff＝max，竖直方向FN－mg＝may，其中FN＝

1.25mg，联立以上各式解得＝.综上所述，选项B正确．6．xx·河南郑州模拟如图所示，质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面．质量为1kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力．某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为取g＝10m/s2　B　A．0NB．8NC．10ND．50N解析　细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，A和B整体受到的合外力等于物体B的重力，因此整体的加速度为a＝＝g，对物体B有mBg－FN＝mBa，所以A、B间作用力FN＝mBg－a＝mBg＝8N．故细线剪段瞬间，B对A的压力大小为8N，选项B正确．7．xx·重庆一模质量m0＝30kg、长L＝1m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数μ1＝

0.

15.将质量m＝10kg的小木块可视为质点，以v0＝4m/s的速度从木板的左端水平滑到木板上如图所示．小木块与木板面的动摩擦因数μ2＝

0.4最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g取10m/s2．则以下判断中正确的是　C　A．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板B．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板C．木板一定静止不动，小木块能滑出木板D．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板解析　木块受到的滑动摩擦力为Ff2，方向向左，Ff2＝μ2mg＝40N，木板受到木块施加的滑动摩擦力为F′f2，方向向右，F′f2＝Ff2＝40N，木板受地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即Ff1＝μ1m＋m0g＝60N．Ff1方向向左，F′f2Ff1，木板静止不动，木块向右做匀减速运动，设木块减速到零时的位移为x，则由0－v＝－2μ2gx得x＝2mL＝1m，故小木块能滑出木板，选项C正确．8．多选冬天哈尔滨时常大雪，路面结冰严重，行驶汽车难以及时停车，经常出现事故．因此某些路段通过在道路上洒一些炉灰来增加轮胎与地面的摩擦．如图所示，一辆运送炉灰的自卸卡车装满炉灰，灰粒之间的动摩擦因数为μ1，炉灰与车厢底板的动摩擦因数为μ2，卸灰时车厢的倾角用θ表示已知μ2μ1假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是　AC　A．要顺利地卸干净全部炉灰，应满足tanθμ2B．要顺利地卸干净全部炉灰，应满足sinθμ2C．只卸去部分炉灰，车上还留有一部分炉灰，应满足μ1tanθμ2D．只卸去部分炉灰，车上还留有一部分炉灰，应满足tanθμ1μ2解析　欲使炉灰全部卸下，应有mgsinθμ2mgcosθ，所以μ2tanθ；欲使炉灰留下一部分，应有m′gsinθμ2m′gcosθ，得μ2tanθ，且炉灰之间有m″gsinθμ1m″gcosθ，得μ1tanθ，故选项A、C正确．9．xx·甘肃兰州一模多选如图所示，一物块以初速度v0滑上正沿逆时针转动的水平传送带，传送带上A、B两点间的距离L＝9m，已知传送带的速度v＝2m/s.物块与传送带间的动摩擦因数μ＝

0.2，重力加速度g取10m/s

2.下列说法正确的是　AC　A．要使物块被传送到B点，初速度可为v0＝6m/sB．要使物块被传送到B点，初速度可为v0＝2m/sC．当物块的初速度v0＝4m/s时，物块将以2m/s的速度离开传送带D．当物块的初速度v0＝2m/s时，物块在传送带上先做减速运动，再做加速运动，而后做匀速运动解析　当物块恰好被传送到B点时，由0－v＝－2aL，解得v0＝6m/s，所以要使物块被传送到B点，初速度v0≥6m/s，选项A正确、B错误；当物块的初速度v0＝4m/s时，向右匀减速到零的距离s＝＝4m，然后向左匀加速，加速到传送带速度2m/s时，再匀速运动回到A点，选项C正确；当物块的初速度v0＝2m/s时，物块在传送带上先做匀减速运动，再反向做匀加速运动，当回到A点时速度恰好达到2m/s，所以没有匀速运动过程，选项D错误．10．如图所示，一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F＝20N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为，取g＝10m/s

2.试求1小球运动的加速度大小；2若F作用

1.2s后撤去，求小球上滑过程中距A点最大距离．解析　1在力F作用下，由牛顿第二定律得F－mgsin30°－μF－mgcos30°＝ma1，解得a1＝

2.5m/s

2.2刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝3m/s，小球的位移x1＝t1＝

1.8m，撤去力F后，小球上滑时，由牛顿第二定律得mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2，解得a2＝

7.5m/s2，小球上滑时间t2＝＝

0.4s，上滑位移x2＝t2＝

0.6m，则小球上滑的最大距离为xm＝x1＋x2＝

2.4m.答案　

12.5m/s2　

22.4m11．如图所示，半径为R的圆筒内壁光滑，在筒内放有两个半径为r的光滑圆球P和Q，且R＝

1.5r.在圆球Q与圆筒内壁接触点A处安装有压力传感器．当用水平推力推动圆筒在水平地面上以v0＝5m/s的速度匀速运动时，压力传感器显示压力为25N；某时刻撤去推力F，之后圆筒在水平地面上滑行的距离为x＝m．已知圆筒的质量与圆球的质量相等，取g＝10m/s

2.求1水平推力F的大小；2撤去推力后传感器的示数．解析　1系统匀速运动时，圆球Q受三个力作用如图所示，其中传感器示数F1＝25N．设P、Q球心连线与水平方向成θ角，则cosθ＝＝，

①则圆球重力mg＝F1tanθ，

②由

①②式解得θ＝60°，mg＝25N．

③当撤去推力F后，设系统滑行的加速度大小为a.则v＝2ax，

④系统水平方向受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律得μMg＝Ma，

⑤系统匀速运动时F＝μMg，

⑥其中Mg＝3mg，由

③④⑤⑥解得a＝m/s2，F＝75N．

⑦2撤去推力后，对球Q，由牛顿第二定律得－FA＝ma，

⑧解得FA＝0，即此时传感器示数为

0.答案　175N　20。