5,6第5～6節(jié)綜合訓(xùn)練第5～6節(jié)綜合訓(xùn)練刷綜合C解析關(guān)鍵點撥物體從t＝0時刻開始以初速度v0沿水平地面向右做勻減速運(yùn)動，受到的滑動摩擦力大小為Ff＝μmg＝0.3×1×10N＝3N，方向向左，大小不變，為負(fù)值．當(dāng)物體的速度減到零時，物體所受的最大靜摩擦力為fm＝μmg＝3N，F(xiàn)＜fm，所以物體不能被拉動而處于靜止?fàn)顟B(tài)，受到靜摩擦力作用，其大小為F′f＝F＝1N，方向向右，為正值，故C選項正確．對于摩擦力，要根據(jù)物體的受力情況分析物體的運(yùn)動狀態(tài)，判斷物體受到的是靜摩擦力還是滑動摩擦力，滑動摩擦力可以根據(jù)公式求解，而靜摩擦力由平衡條件求解．第5～6節(jié)綜合訓(xùn)練刷綜合CD解析對B由牛頓第二定律得mg－T＝ma，同理對A有T＝Ma，解得a＝T＝

＜mg，因此，物體B下降時處于失重狀態(tài)，故C正確，A、B錯誤；物體A對桌面的壓力與桌面對A的支持力是一對作用力和反作用力，大小相等，故D正確．第5～6節(jié)綜合訓(xùn)練刷綜合BCD解析A．t2時刻，小物塊與A處的距離達(dá)到最大B．t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達(dá)到最大C．0～t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向始終向右D．0～t3時間內(nèi)，小物塊相對傳送帶的位移大小為t2在0～t1時間內(nèi)小物塊向左減速，受向右的摩擦力作用，在t1～t2時間內(nèi)小物塊向右加速運(yùn)動，受到向右的摩擦力作用，t1時刻小物塊的速度為零，與A處的距離達(dá)到最大，故A錯誤；0～t2時間內(nèi)小物塊相對傳送帶向左運(yùn)動，t2時刻開始相對靜止，則知t2時刻小物塊相對傳送帶滑動的距離達(dá)到最大，故B正確；0～t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向始終向右，且大小不變，故C正確；0～t2時間內(nèi)，傳送帶的位移大小為v1t2，小物塊的位移大小為

，所以小物塊相對傳送帶的位移大小為t2，由于t2～t3時間內(nèi)小物塊相對傳送帶靜止，所以0～t3時間內(nèi)，小物塊相對傳送帶的位移大小為t2，故D正確．第5～6節(jié)綜合訓(xùn)練刷綜合D解析4．如圖所示的裝置豎直放置，質(zhì)量為m的小球被不可伸長的輕繩OA、OB系住，且小球相對于裝置的位置保持不變，當(dāng)整個裝置向某方向運(yùn)動時，下列說法正確的是(

)

A．若裝置沿水平方向運(yùn)動，當(dāng)OB繩上拉力為零時，則裝置一定向左加速B．若裝置豎直向上加速運(yùn)動，OA繩上張力可能為零C．若裝置豎直向下加速，OA、OB繩上張力不可能同時為零D．無論裝置在水平方向做何種運(yùn)動，OA繩上張力均不可能為零若裝置沿水平方向運(yùn)動，當(dāng)OB繩上拉力為零時，裝置的加速度一定向左，可能是向左加速或向右減速，故A錯誤；若裝置向上加速運(yùn)動，加速度向上，合力向上，AO、BO繩拉力的合力向上，OA繩拉力不能為零，故B錯誤；若裝置向下加速運(yùn)動的加速度為g，小球處于完全失重狀態(tài)，則OA、OB繩上張力同時為零，故C錯誤；裝置在水平方向運(yùn)動時，因豎直方向小球受力平衡，則OA繩上張力的豎直分量一定等于mg，則OA繩上的張力不可能為零，故D正確．第5～6節(jié)綜合訓(xùn)練刷綜合ACD解析由題圖乙可知，物塊先向上減速，到達(dá)最高點時再向下加速；v－t圖象與時間軸圍成圖形的面積為物塊經(jīng)過的位移，故可求出物塊沿斜面上滑的最大位移；v－t圖象的斜率表示加速度，上滑過程及下滑過程的加速度均可求出，上滑過程有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，下滑過程有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，兩式聯(lián)立可求得斜面傾角及動摩擦因數(shù)，進(jìn)而可求出物塊沿斜面向上滑行的最大高度；但由于m均被消去，故無法求得物塊的質(zhì)量．故選A、C、D.第5～6節(jié)綜合訓(xùn)練刷綜合C解析設(shè)三個光滑斜軌道的共同底邊長為d，當(dāng)物體沿著與水平方向成θ角的斜軌道下滑時，加速度a＝gsinθ，斜軌道長s＝

，物體沿光滑斜軌道下滑的時間由s＝at2可得t＝

，當(dāng)θ＝45°時，2θ＝90°，sin2θ＝1，此時t值最小，因此乙最先到達(dá)O點；當(dāng)θ＝30°和θ＝60°時，sin60°＝sin120°<1，因此甲和丙滑行的時間相同，在乙之后同時到達(dá)O點，故C正確．第5～6節(jié)綜合訓(xùn)練刷綜合D解析火箭上升的最大高度即為運(yùn)動過程中達(dá)到的最大位移，由題圖可知當(dāng)速度等于零時，位移最大，火箭處于最高點，即t3時刻到達(dá)最高點，故A錯誤；火箭在t2～t3時間內(nèi)沒有燃料燃燒，不計空氣阻力，故火箭只受重力，所以加速度等于重力加速度，故B錯誤；v－t圖線的斜率表示加速度，斜率越大表示加速度越大，由題圖可知火箭在0～t1時間內(nèi)的加速度小于t1～t2時間內(nèi)的加速度，故C錯誤；加速度方向向上，物體處于超重狀態(tài)，加速度方向向下，物體處于失重狀態(tài)，由題圖可知，t1～t2時間內(nèi)加速度向上，所以火箭處于超重狀態(tài)，t2～t3時間內(nèi)加速度向下，所以火箭處于失重狀態(tài)，故D正確．第5～6節(jié)綜合訓(xùn)練刷綜合(1)2N

(2)4.48N解析關(guān)鍵點撥(1)對A受力分析如圖甲所示，根據(jù)平衡條件，水平方向有f1＝μN(yùn)1＝Tcos37°①豎直方向有GA＝N1＋Tsin37°②由①②可得T＝2N，N1＝8N；(2)對B受力分析如圖乙所示，根據(jù)平衡條件得豎直方向有N2＝N′1＋GB＝N1＋GB＝14.4N，對B水平方向有F＝μN(yùn)1＋μN(yùn)2＝4.48N.題是兩個物體平衡問題，采用隔離法研究，分析受力，作出受力分析圖是解題的關(guān)鍵，利用平衡條件，根據(jù)正交分解法列出水平方向和豎直方向的方程即可解答．第5～6節(jié)綜合訓(xùn)練刷綜合(1)4m/s2

30kg/s解析(1)由速度—時間圖象可知，運(yùn)動員先做加速度減小的加速直線運(yùn)動，然后做勻速運(yùn)動，在t＝0時刻，圖線切線的斜率即為該時刻的加速度，故有a＝

＝m/s2＝4m/s2.(2)在t＝0時刻，v0＝0，空氣阻力為零，由牛頓第二定律可得mgsin37°－μmgcos37°＝ma；勻速運(yùn)動階段有vm＝10m/s，a′＝0，由平衡關(guān)系可得mgsin37°－kvm－μmgcos37°＝0，聯(lián)立可得μ＝，k＝30kg/s.第5～6節(jié)綜合訓(xùn)練刷綜合(1)6m/s

(2)1.8s解析(1)物體在水平面上運(yùn)動時，由于F為恒力，物體做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律得Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝ma，解得a＝6m/s2,物體從A到B，有v＝2aL1，解得vB＝6m/s.(2)物體在水平面上運(yùn)動，有t1＝＝1s，根據(jù)牛頓第二定律，物體在斜面上運(yùn)動時有F－mgsin37°－μmgcos37°＝ma′，解得a′＝0，則物體在斜面上做勻速運(yùn)動，運(yùn)動的時間t2＝

＝0.8s，所以物體從A點到C點的時間t＝t1＋t2＝1.8s.第5～6節(jié)綜合訓(xùn)練刷綜合

(2)2.4m/s

(3)3m/s11．長為L＝1.5m的木板B靜止放在水平冰面上，可視為質(zhì)點的小物塊A以初速度v0從左端水平滑上木板B，一段時間后A、B達(dá)到相同的速度v