第10講 牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用 -備戰(zhàn)2025年高考物理一輪精細(xì)復(fù)習(xí)（解析版）

第第③解得t=結(jié)論：運(yùn)動時間與傾角無關(guān)，即沿各弦運(yùn)動時間相同。(2)各弦交點(diǎn)為最高點(diǎn)時，結(jié)論同上。【考向8】（2024·江蘇泰州·一模）如圖所示，半球形容器內(nèi)有三塊不同長度的滑板AO'、BO'、CO'，其下端都固定于容器底部O'點(diǎn)，上端擱在容器側(cè)壁上，已知三塊滑板的長度BO'>AO'>CO'。若三個滑塊同時從A、B、C處開始由靜止下滑（忽略阻力），則（）A．A處滑塊最先到達(dá)O'點(diǎn) B．B處滑塊最先到達(dá)O'點(diǎn)C．C處滑塊最先到達(dá)O'點(diǎn) D．三個滑塊同時到達(dá)O'點(diǎn)【答案】D【詳解】令半球形容器的半徑為R，滑板的傾角為θ，對滑塊進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有mg根據(jù)位移公式有2R解得t=2可知時間t與滑板的傾角θ和板的長度均無關(guān)，故三個滑塊同時到達(dá)O'點(diǎn)。故選D?！究枷?】如圖所示，豎直的圓環(huán)置于水平向左的勻強(qiáng)電場中，三個完全相同的帶正電的絕緣小球（未畫出）分別套在固定于AB、AC、AD的三根光滑細(xì)桿上，其中AB與豎直方向夾角為60°，AC經(jīng)過圓心，AD豎直?，F(xiàn)將小球無初速度地從A端釋放，小球分別沿AB、AC、AD下滑到B、C、D三點(diǎn)。已知小球所受電場力大小與重力大小之比為3，則小球在三根細(xì)桿上運(yùn)動的時間關(guān)系為（）A．tAB=tAC=tAD 【答案】B【詳解】小球所受電場力大小與重力大小之比為3，可知小球所受重力與電場力的合力F的方向恰好與AB平行，且由A指向B。延長AB，作MC⊥AC交AB于M，以AM為直徑畫一個圓（圖中虛線），AD與該圓交于N。設(shè)∠BAC=α,AM=d，則小球沿AC桿運(yùn)動的加速度為a=位移為x=d由x=1t=與α無關(guān)，由等時圓模型知t而AB<AM，AD>AN，故t故選B?！究枷?0】（2024·湖北黃石·三模）如圖所示，AB是一個傾角為θ的傳送帶，上方離傳送帶表面距離為l的P處為原料輸入口，為避免粉塵飛揚(yáng)，在P與AB傳送帶間建立一直線光滑管道，使原料無初速度地從P處以最短的時間到達(dá)傳送帶上，則最理想管道做好后，原料從P處到達(dá)傳送帶的時間為（）A．2lgcosθC．2lgcosθ【答案】D【詳解】如圖所示以P處為圓的最高點(diǎn)作圓O與傳送帶相切于C點(diǎn)，設(shè)圓O的半徑為R，從P處建立一管道到圓周上，管道與豎直方向的夾角為α，原料下滑的加速度為a=管道長度為L=2R由運(yùn)動學(xué)公式可得L=解得t=可知從P處建立任一管道到圓周上，原料下滑的時間相等，故在P與AB傳送帶間建立一管道PC，原料從P處到傳送帶上所用時間最短；根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得R+R可得R=聯(lián)立可得t=故選D?！究枷?1】（多選）如圖所示，O點(diǎn)為豎直圓周的圓心，MN和PQ是兩根光滑細(xì)桿，兩細(xì)桿的兩端均在圓周上，M為圓周上的最高點(diǎn)，Q為圓周上的最低點(diǎn)，N、P兩點(diǎn)等高。兩個可視為質(zhì)點(diǎn)的圓環(huán)1、2（圖中均未畫出）分別套在細(xì)桿MN、PQ上，并從M、P兩點(diǎn)由靜止釋放，兩圓環(huán)滑到N、Q兩點(diǎn)時的速度大小分別為v1、v2，所用時間分別為t1A．v1=v2 B．v1>【答案】BD【詳解】連接NQ、MP，如圖所示小環(huán)1從M點(diǎn)靜止釋放，根據(jù)牛頓第二定律可得aMN=MN=2Rv所以t1=同理可得t2=故選BD。考點(diǎn)4：動力學(xué)中的臨界、極值問題1．臨界或極值條件的標(biāo)志(1)有些題目中有“剛好”、“恰好”、“正好”等字眼，明顯表明題述的過程存在著臨界點(diǎn)．(2)若題目中有“取值范圍”、“多長時間”、“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在著“起止點(diǎn)”，而這些起止點(diǎn)往往就對應(yīng)臨界狀態(tài)．(3)若題目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個極值點(diǎn)往往是臨界點(diǎn)．(4)若題目要求“最終加速度”、“穩(wěn)定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．2．解決動力學(xué)臨界、極值問題的常用方法極限分析法：把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，以達(dá)到正確解決問題的目的．假設(shè)分析法：臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時，往往用假設(shè)法解決問題．?dāng)?shù)學(xué)極值法：將物理過程通過數(shù)學(xué)公式表達(dá)出來，根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式解出臨界條件．【考向12】如圖所示，在傾角為θ的斜面體上用細(xì)線系著一個質(zhì)量為m的小球，隨斜面體一起向右做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動。重力加速度為g，穩(wěn)定時，細(xì)線的拉力大小不可能為（）A．mgsinθ C．mgsinθ+a【答案】D【詳解】物體隨斜面向右加速運(yùn)動時，當(dāng)加速度較小時，物體和斜面之間有相互作用力，此時物體受三個力：重力、斜面的支持力、繩子拉力豎直方向T水平方向T解得T=m當(dāng)加速度較大時，物體會離開斜面，此時物體只受兩個力，重力和繩子拉力有T=在即將要離開斜面時，物體只受兩個力，重力和繩子拉力，此時繩子與水平面夾角為θT解得T=本題選不可能項(xiàng)，故選D。【考向13】如圖所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上，A、B質(zhì)量分別為mA=6kg、mB=2kg，A、B之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，水平向右的拉力F作用在物體A上，開始時F=10N，此后逐漸增加，在增大的過程中（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），則（）A．當(dāng)拉力F<12N時，物體均保持靜止?fàn)顟B(tài)B．兩物體始終沒有相對滑動C．兩物體從受力開始就有相對滑動D．要讓兩物體發(fā)生相對滑動需要F大于48N【答案】D【詳解】A．由于水平面光滑，當(dāng)拉力F<12N時，合外力不為零，所以A、B兩物體均不能保持靜止?fàn)顟B(tài)，A錯誤；BCD．當(dāng)A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大，即要發(fā)生相對滑動時Ffm=μmAg=12N此時物體B的加速度為a對AB整體來說F=（mA＋mB）am=48N故當(dāng)F從10N逐漸增到48N的過程中，兩物體不產(chǎn)生相對滑動，大于48N則兩物體會發(fā)生相對滑動，D正確，BC錯誤。故選D?！究枷?4】（多選）風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)是研究流體力學(xué)的重要依據(jù)，風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室中可以產(chǎn)生水平向右、大小可調(diào)節(jié)的風(fēng)力?，F(xiàn)將質(zhì)量為1kg的小球套在足夠長與水平方向夾角θ=37°的細(xì)直桿上，放入風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室，小球孔徑略大于細(xì)桿直徑。在無風(fēng)情況下小球由靜止開始經(jīng)0.5s沿細(xì)桿運(yùn)動了0.25m，假設(shè)小球所受最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）則下列說法正確的是（

）A．小球與細(xì)桿間的動摩擦因數(shù)為0.5B．風(fēng)力越大，小球受到的摩擦力越大C．若小球始終靜止在桿上，風(fēng)力F要滿足20D．若風(fēng)力恒為40N，則2s內(nèi)小球從靜止出發(fā)在細(xì)桿上通過位移為44m【答案】AC【詳解】A．在無風(fēng)情況下小球由靜止開始經(jīng)0.5s沿細(xì)桿運(yùn)動了0.25m，則x=可得加速度大小為a=2根據(jù)牛頓第二定律可得mg解得小球與細(xì)桿間的動摩擦因數(shù)為μ=故A正確；BC．當(dāng)小球受到的摩擦力沿桿向上且最大時，風(fēng)力最小，根據(jù)平衡條件可得mgsinθ=又f聯(lián)立解得F當(dāng)小球受到的摩擦力沿桿向下且最大時，風(fēng)力最大，根據(jù)平衡條件可得mgsinθ=又f聯(lián)立解得F=20則小球始終靜止在桿上，風(fēng)力F要滿足2011D．若風(fēng)力恒為40N，可知小球沿桿向上加速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可得F解得加速度大小為a則2s內(nèi)小球從靜止出發(fā)在細(xì)桿上通過位移為x故D錯誤。故選AC。【考向15】如圖所示，頂端附有光滑定滑輪的斜面體靜止在粗糙水平地面上，其傾角α=37°,質(zhì)量M=10kg。三條細(xì)繩結(jié)于O點(diǎn)，一條繩OB跨過定滑輪平行于斜面連接物塊P，一條繩連接質(zhì)量mQ=6kg的小球Q，另一條繩OA受外力F處于水平，并使OB繩與豎直方向夾角（θ=37°,并且P、Q均保持靜止?，F(xiàn)將繩OA從水平方向開始逆時針緩慢旋轉(zhuǎn)，且保持結(jié)點(diǎn)O靜止，直到F（1）物塊P與斜面間的最大靜摩擦力；（2）斜面體受到地面摩擦力的最大值與方向；（3）斜面體受到地面支持力的最小值?！敬鸢浮浚?）13.5N；（2）45N，水平向左；（3）240.9N【詳解】（1）F水平時，OB繩上拉力最大，由O靜止F由P恰靜止F當(dāng)OA垂直O(jiān)B,F最小，由O靜止F由P恰靜止F解得f（2）當(dāng)F水平時F由系統(tǒng)靜止f=方向水平向左（3）由（1）得m當(dāng)OA垂直O(jiān)BF系統(tǒng)豎直方向F解得F【真題1】（2022·浙江·高考真題）如圖所示，魚兒擺尾擊水躍出水面，吞食荷花花瓣的過程中，下列說法正確的是（

）

A．魚兒吞食花瓣時魚兒受力平衡B．魚兒擺尾出水時浮力大于重力C．魚兒擺尾擊水時受到水的作用力D．研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動作可把魚兒視為質(zhì)點(diǎn)【答案】C【詳解】A．魚兒吞食花瓣時處于失重狀態(tài)，A錯誤；BC．魚兒擺尾出水時排開水的體積變小，浮力變小，魚兒能夠出水的主要原因是魚兒擺尾時水對魚向上的作用力大于重力，B錯誤、C正確；D．研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動作不可以把魚兒視為質(zhì)點(diǎn)，否則就無動作可言，D錯誤。故選C?！菊骖}2】（2022·北京·高考真題）如圖所示，質(zhì)量為m的物塊在傾角為θ的斜面上加速下滑，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ。下列說法正確的是（）A．斜面對物塊的支持力大小為mgsinθ C．斜面對物塊作用力的合力大小為mg D．物塊所受的合力大小為mg【答案】B【詳解】A．對物塊受力分析可知，沿垂直斜面方向根據(jù)平衡條件，可得支持力為F故A錯誤；B．斜面對物塊的摩擦力大小為F故B正確；CD．因物塊沿斜面加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律得F可知mg則斜面對物塊的作用力為F=故CD錯誤。故選B?！菊骖}3】（2024·安徽·高考真題）傾角為θ的傳送帶以恒定速率v0順時針轉(zhuǎn)動。t=0時在傳送帶底端無初速輕放一小物塊，如圖所示。t0時刻物塊運(yùn)動到傳送帶中間某位置，速度達(dá)到v0。不計(jì)空氣阻力，則物塊從傳送帶底端運(yùn)動到頂端的過程中，加速度a、速度v隨時間tA． B．C． D．【答案】C【詳解】0~tt0C正確，ABD錯誤。故選C。【真題4】（2024·全國·高考真題）如圖，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊P，P置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤（質(zhì)量可忽略），盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質(zhì)量m，并測量P的加速度大小a，得到a?m圖像。重力加速度大小為g。在下列a?m圖像中，可能正確的是（）A．B．C． D．【答案】D【詳解】設(shè)P的質(zhì)量為M，P與桌面的動摩擦力為f；以P為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得T?f=Ma以盤和砝碼為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得mg?T=ma聯(lián)立可得a=可知當(dāng)砝碼的重力大于f時，才有一定的加速度，當(dāng)m趨于無窮大時，加速度趨近等于g。故選D?！菊骖}5】（多選）（2023·全國·高考真題）用水平拉力使質(zhì)量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運(yùn)動，兩物體與桌面間的動摩擦因數(shù)分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運(yùn)動后，所受拉力F與其加速度

A．m甲<m乙 B．m甲>【答案】BC【詳解】根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg=ma整理后有F=ma＋μmg則可知F—a圖像的斜率為m，縱截距為μmg，則由題圖可看出m甲>m乙，μ甲m甲g=μ乙m乙g則μ甲<μ乙故選BC?！菊骖}6】（多選）（2024·遼寧·高考真題）一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數(shù)為μ。t=0時，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運(yùn)動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的時間內(nèi)，木板速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，其中g(shù)為重力加速度大小。A．小物塊在t=3t0時刻滑上木板 C．小物塊與木板的質(zhì)量比為3︰4 D．t=4t【答案】ABD【詳解】A．v?t圖像的斜率表示加速度，可知t=3t0時刻木板的加速度發(fā)生改變，故可知小物塊在B．結(jié)合圖像可知t=3tv設(shè)小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為μ0v1物塊在木板上滑動的加速度為a經(jīng)過t0時間與木板共速此時速度大小為vv解得μ故B正確；C．設(shè)木板質(zhì)量為M，物塊質(zhì)量為m，根據(jù)圖像可知物塊未滑上木板時，木板的加速度為a=故可得F?μMg=Ma解得F=根據(jù)圖像可知物塊滑上木板后木板的加速度為a此時對木板由牛頓第二定律得F?μ解得m故C錯誤；D．假設(shè)t=4tF?μ故可知此時整體處于平衡狀態(tài)，假設(shè)成立，即t=4t故選ABD。【真題7】（2024·全國·高考真題）學(xué)生小組為了探究超重和失重現(xiàn)象，將彈簧測力計(jì)掛在電梯內(nèi)，測力計(jì)下端掛一物體。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?.8m/s(1)電梯靜止時測力計(jì)示數(shù)如圖所示，讀數(shù)為N（結(jié)果保留1位小數(shù)）；(2)電梯上行時，一段時間內(nèi)測力計(jì)的示數(shù)為4.5N，則此段時間內(nèi)物體處于（填“超重”或“失重”）狀態(tài)，電梯加速度大小為m/s【答案】(1)5.0(2)失重1.0【詳解】（1）由圖可知彈簧測力計(jì)的分度值為0.5N，則讀數(shù)為5.0N。（2）[1]電梯上行時，一段時間內(nèi)測力計(jì)的示數(shù)為4.5N[2]根據(jù)G=mg=5.0根據(jù)牛頓第二定律mg?T=ma代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得電梯加速度大小a≈1.0一、單選題1．（2024·黑龍江·三模）如圖所示為一無人機(jī)由地面豎直向上運(yùn)動的v－t圖像。關(guān)于無人機(jī)的運(yùn)動，下列說法正確的是（）A．0~t2段無人機(jī)的加速度大于t3~B．0~t3段，無人機(jī)的平均速度大小為C．t3D．t3~t【答案】D【詳解】A．v?t圖像中，其斜率表示加速度的大小，由于0～t2段傾斜程度小于t3～B．0～t3段無人機(jī)的加速度發(fā)生了變化，不是勻變速運(yùn)動，所以其平均速度不是vC．由圖像可知，無人機(jī)0～t2加速上升，t2～D．t3故選D。2．（2024·遼寧·三模）一同學(xué)乘電梯上樓，從靜止開始出發(fā)，用手機(jī)內(nèi)置傳感器測得某段時間內(nèi)電梯的加速度a隨時間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為加速度的正方向，則（

）

A．t=4s時地板對該同學(xué)的支持力最小 B．t=7C．6~8s內(nèi)電梯上升的高度約為4m D．6~8s內(nèi)電梯上升的高度約為9m【答案】C【詳解】A．t=4sN?mg=ma可知地板對該同學(xué)的支持力最大，故A錯誤；B．t=7sCD．根據(jù)a?t圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量，由圖可知，0~6s內(nèi)圍成的面積大約有4個小方格，則t=6v由圖像可知，6~8s內(nèi)電梯的加速度為0，做勻速運(yùn)動，上升的高度約為?=故C正確，D錯誤。故選C。3．（2024·甘肅張掖·一模）如圖所示，光滑水平面上靜置一質(zhì)量為m的長木板B，木板上表面各處粗糙程度相同，一質(zhì)量也為m的小物塊A（可視為質(zhì)點(diǎn)）從左端以速度v沖上木板。當(dāng)v=v0時，小物塊A歷時A．若v=v0B．若v=vC．若v=2v0，A經(jīng)歷D．若v=2v0【答案】A【詳解】AB．根據(jù)牛頓第二定律μmg=m則A、B兩物體加速度大小相等，設(shè)為a，小物塊A歷時t0v解得t0=v0木板的長度L=若v=vv解得t1=A、B相對靜止時，相對位移為L故A停在木板B的中點(diǎn)左側(cè)，故A正確，B錯誤；CD．若v=2vL=2解得tA從木板B右端離開時，木板速度為v故CD錯誤。故選A。4．（2024·內(nèi)蒙古通遼·一模）一個質(zhì)量為6kg的物體在水平面上運(yùn)動，圖中的兩條直線的其中一條為物體受水平拉力作用而另一條為不受拉力作用時的速度—時間圖像，則物體所受摩擦力的大小的可能值為（）A．1N B．2N C．2.5N D．3N【答案】B【詳解】根據(jù)v?t可知兩圖線對應(yīng)的加速度大小分別為a1=若水平拉力與運(yùn)動方向相反，則有a1=解得F=2N，若水平拉力與運(yùn)動方向相同，則有a1=解得F=2N，故選B。5．如圖1所示，一質(zhì)量為2kg的物塊受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上作加速直線運(yùn)動，其a?t圖像如圖2所示，t=0時其速度大小為2m/s。物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，g=10m/s2。下列說法錯誤的是（A．在t=2s時刻，物塊的速度為5m/s C．在t=1s時刻，物塊的加速度為1.5m/s2 D．在t=1【答案】B【詳解】A．在t=2sv故A正確，不符合題意；B．在0~2s時間內(nèi)，物塊的v-t圖像如下如果是勻加速直線運(yùn)動，位移為x=實(shí)際做加速度增大的加速運(yùn)動，圖形面積表示位移，可知物塊的位移小于7m，故B錯誤，符合題意；C．由圖可知a=1+在t=1sa故C正確，不符合題意；D．根據(jù)牛頓第二定律可得在t=1s時刻，拉力FF=ma+μmg=5故D正確，不符合題意。故選B。6．（2024·山東菏澤·二模）2024年4月25日晚，神舟18號載人飛船成功發(fā)射，在飛船豎直升空過程中，整流罩按原計(jì)劃順利脫落。整流罩脫落后受空氣阻力與速度大小成正比，它的v?t圖像正確的是（）A． B．C． D．【答案】A【詳解】空氣阻力與速度大小成正比，設(shè)空氣阻力為f=kv上升階段由牛頓第二定律mg+kv=ma隨著速度的減小，加速度逐漸減小，上升階段做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動。在最高點(diǎn)加速度為a=g下降階段由牛頓第二定律mg?kv=m隨著速度的增大，加速度繼續(xù)減小，下降階段做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動。故選A。7．（2024·廣東佛山·二模）春節(jié)煙花匯演中常伴隨無人機(jī)表演。如圖是兩架無人機(jī)a、b同時從同一地點(diǎn)豎直向上飛行的v—t圖像。下列說法正確的是（）A．t=5s時，無人機(jī)aB．t=10s時，無人機(jī)aC．0～30s內(nèi)，兩架無人機(jī)a、bD．0～10s內(nèi)，無人機(jī)a的位移小于無人機(jī)b【答案】C【詳解】A．t=5s時，無人機(jī)向上勻加速運(yùn)動，aB．t=10s時，無人機(jī)aC．v?t圖像下與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，0～30s內(nèi)，兩架無人機(jī)a、bD．v?t圖像下與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，0～10s內(nèi)，無人機(jī)a的位移大于無人機(jī)b故選C。二、多選題8．（2023·貴州安順·一模）很多智能手機(jī)都裝有加速度傳感器，能通過圖像顯示加速度情況。用手掌托著手機(jī)，打開加速度傳感器，手掌從靜止開始迅速上下運(yùn)動。規(guī)定豎直向上為正方向，得到豎直方向上加速度隨時間變化的圖像（如圖）。則下列關(guān)于手機(jī)的運(yùn)動和受力情況的判斷正確的是（）A．在t1B．在t2C．在t1到tD．在t2到t【答案】BC【詳解】A．由圖象可知，t1時刻之前向上做加速度增大的加速運(yùn)動，t1?B．由圖可知，t2C．對物體進(jìn)行受力分析可知，t1F該段時間內(nèi)，a逐漸減小，因此支持力FND．t2mg?該段時間內(nèi)，a′逐漸增大，因此支持力F故選BC。9．（2024·河南·二模）一足夠長的粗糙傾斜傳送帶以恒定的速率逆時針轉(zhuǎn)動，某時刻在傳送帶上適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣葀0的小物塊，如圖所示，取沿傳送帶向下的方向?yàn)檎较?，則下列描述小物塊在傳送帶上運(yùn)動的v-t圖像中可能正確是（）A． B．C． D．【答案】ABD【詳解】A．當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下，且小于傳送帶的速度時，對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得mg即a可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)小物塊達(dá)到傳送帶速度時，若滿足mg可知二者將共速，小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運(yùn)動，若滿足mg小物塊繼續(xù)加速下滑，其加速度大小為a故A正確；B．當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下，且大于傳送帶的速度時，若滿足mg則小物塊一直做勻加速直線運(yùn)動，加速度大小為a若滿足mg則小物塊應(yīng)沿傳送帶向下做勻減速直線運(yùn)動，其加速度大小為a二者共速后小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運(yùn)動，故B正確；CD．當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向上時，牛頓第二定律可得小物塊的加速度大小為a可知小物塊沿傳送帶向上做勻減速直線運(yùn)動，減到零后反向勻加速，其加速度仍為a3，與傳送帶共速時，若滿足mg則小物塊繼續(xù)做勻加速直線運(yùn)動，加速度大小為a若滿足mg則小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運(yùn)動，故C錯誤，D正確。故選ABD。10．（2024·黑龍江哈爾濱·三模）如圖所示，三個物塊A、B、C的質(zhì)量分別為m、2m、m，物塊B疊放在C上，物塊A與C之間用輕彈簧水平連接，物塊A、C與水平地面間的動摩擦因數(shù)都為μ，物塊B與C之間的動摩擦因數(shù)為μ2。在大小恒為F的水平推力作用下，使三個物塊正保持相對靜止地一起向右做勻加速直線運(yùn)動，已知重力加速度為g，最大靜摩擦力等于摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則下列說法正確的是（

A．彈簧彈力大小為FB．保持A、B、C三個物塊相對靜止，F(xiàn)最大值不超過6μmgC．在撤去水平推力的瞬間，物塊A的加速度變小D．若撤去水平推力后，物塊B和C仍能保持相對靜止【答案】AB【詳解】A．對A、B、C三個物體受力分析，摩擦力為f=μ根據(jù)牛頓第二定律F?f=對A受力分析，根據(jù)平衡條件F聯(lián)立，可得F故A正確；B．保持A、B、C三個物塊相對靜止，對B可知，整體的最大加速度為a對A、B、C三個物體，根據(jù)牛頓第二定律F解得F故B正確；C．在撤去水平推力的瞬間，彈簧對A的力不會發(fā)生突變，即在撤去水平推力的瞬間，A的受力情況不變，即物體A的加速度不變，故C錯誤；D．在撤去水平推力的瞬間，對物塊B、C整體受力分析F則整體的加速度為a=μg+由B選項(xiàng)可知，物塊B的最大加速度為a所以，若撤去水平推力后，物塊B和C不能保持相對靜止，故D錯誤。故選AB。11．（2024·山東菏澤·三模）測體重時，電子秤的示數(shù)會不斷變化，電子秤的示數(shù)始終與它受到的壓力大小成正比，最后才穩(wěn)定。某同學(xué)想探究不同情境下電子秤示數(shù)的變化情況。已知該同學(xué)的質(zhì)量為50kg，重力加速度大小取g=10m/sA．該同學(xué)在電子秤上下蹲的過程中，電子秤的示數(shù)先增大后減小B．該同學(xué)在電子秤上下蹲的過程中，電子秤的示數(shù)先減小后增大C．在減速下降的電梯中，人站在電子秤上時電子秤示數(shù)小于