2026届高考物理一轮复习专项训练：第三章 运动和力的关系

第三章 运动和力的关系专项分类训练（较难） 1、牛顿第二定律的基本应用 如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正确的是(　　) A.v0＝2.5 m/s B.v0＝1.5 m/s C.μ＝0.28 D.μ＝0.25 2、牛顿第二定律的基本应用 (多选)随着科技的发展，我国的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离。如图所示，某航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，电磁弹射区的长度l1＝80 m，一架质量m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可为飞机提供恒定的推力F推＝1.2×105 N，假设飞机在航母上受到的阻力恒为飞机重力的。若飞机可看成质量恒定的质点，从右边沿离舰的起飞速度v＝40 m/s，航空母舰始终处于静止状态(电磁弹射器提供的牵引力恒定，取g＝10 m/s2)。下列说法正确的是(　　) A.飞机在电磁弹射区运动的加速度大小a1＝5.0 m/s2 B.飞机在电磁弹射区的末速度大小v1＝20 m/s C.电磁弹射器对飞机的牵引力F牵的大小为2×104 N D.电磁弹射器在弹射过程中的功率是不变的 3、牛顿第二定律的基本应用 探测器“天问一号”成功着陆火星的最后阶段，探测器到达距火星表面100 m的时候，进入悬停阶段，这个时候可能会进行一些平移，选择安全的着陆区进行着陆。如图为探测器在火星表面最后100 m着陆的模拟示意图。某时刻从悬停开始关闭探测器发动机，探测器开始沿竖直方向匀加速下落，5 s后开启发动机，探测器开始沿竖直方向匀减速下落，到达火星表面时，探测器速度恰好为零，假设探测器下落过程中受到火星大气的阻力恒为探测器在火星表面重力的0.2倍，火星表面的重力加速度取4 m/s2，探测器总质量为5吨(不计燃料燃烧引起的质量变化)。求探测器： (1)全程的平均速度大小； (2)减速下落过程中的加速度大小； (3)减速下落过程中发动机产生的推力大小(保留3位有效数字)。 4、 动力学图像问题 如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不拴接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移s的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，则下列结论正确的是(　　) A.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B.弹簧的劲度系数为7.5 N/cm C.物体的质量为3 kg D.物体的加速度大小为5 m/s2 5、 动力学中的临界和极值问题 (多选)在水平直轨道上运动的火车车厢内有一个倾角为30°的斜面，如图所示。小球的重力、绳对球的拉力、斜面对小球的弹力分别用G、T、FN表示，当火车以加速度a向右加速运动时，则(　　) A.若a＝20 m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用 B.若a＝20 m/s2，小球只受G、T两个力的作用 C.若a＝10 m/s2，小球只受G、T两个力的作用 D.若a＝10 m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用 6、 动力学中的临界和极值问题 如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6 kg的物体P，Q为一质量为m2＝10 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0； (2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a； (3)力F的最大值与最小值。 7、水平传送带模型中的动力学问题 某快递公司为了提高效率，使用电动传输机输送快件如图所示，水平传送带AB长度L＝5.25 m，始终保持恒定速度v＝1 m/s运行，在传送带上A处轻轻放置一快件(可视为质点)，快件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，快件由静止开始加速，与传送带共速后做匀速运动到达B处，忽略空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.快件所受摩擦力的方向与其运动方向始终相反 B.快件先受滑动摩擦力作用，后受静摩擦力作用 C.快件与传送带的相对位移为0.5 m D.快件由A到B的时间为5.5 s 8、倾斜传送带模型中的动力学图像问题 (多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放上一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，重力加速度为g，则(　　) A.传送带一定逆时针转动 B.μ＝tan θ－ C.传送带的速度大于v0 D.t0时刻后木块的加速度为2gsin θ－ 9、倾斜传送带模型中的动力学图像问题 如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则(　　) A.传送带的速度为16 m/s B.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 D.传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大 9、倾斜传送带模型中的动力学图像问题 物块P以速度v0沿足够长的静止的倾斜传送带匀速下滑，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻传送带突然以恒定速率v1沿图所示逆时针方向运行，则从该时刻起，物块P的速度v随时间t变化的图像可能是(　　) 10．水平传送带模型中的动力图像学问题 如图甲所示，小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系图像如图乙所示。图线的0～3 s段为抛物线，3～4.5 s段为直线。求： (1)传送带的速度大小； (2)物块刚滑上传送带时的速度大小。 11、倾斜传送带模型中的动力学问题 如图所示，倾角为θ＝37°且长L的传送带以恒定的速率v＝1 m/s沿顺时针方向运行，现将一质量m＝2 kg的物块(可视为质点)以v0＝3 m/s的速度从底部滑上传送带，传送带与物块之间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)物块开始运动的加速度大小a； (2)物块速度减为零经过的时间t； (3)如果物块不能从传送带的顶端滑出，求传送带的最短长度L。 12、 斜面上的板块模型 如图所示，一倾角为θ的斜面体固定在水平地面上。一质量为m的长木板B静止在斜面上，质量也为m的物块A静止在长木板上，A与B间、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给长木板B一沿着斜面向上的拉力F，把长木板B从物块A的下面抽出，重力加速度为g。则拉力F应大于(　　) A.mgsin θ＋μmgcos θ B.mgsin θ＋2μmgcos θ C.4μmgcos θ D.2mgsin θ 按照考查要点分类 1.(考查：非平衡受力状态下的力的极值问题)歼－20战斗机安装了我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞机飞行方向的情况下，通过转动尾喷口方向改变推力的方向，使战斗机获得很多优异的飞行性能。已知在歼－20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时升阻比(垂直机身向上的升力和平行机身向后的阻力之比)为k，飞机的重力为G，能使飞机实现水平匀速巡航模式的最小推力是(　　) A. B. C. D．G 2.(考查：非常规的动力学图像问题)一轻弹簧竖直固定在桌面上，将一小球从弹簧正上方的O点由静止释放。以开始下落的位置为坐标原点，以竖直向下为x轴正方向，不计空气阻力，则关于小球向下运动过程中的速度v或加速度a随位移x变化的关系图像中，可能正确的是(　　) 3．(考查：共点力平衡中的整体与隔离)如图所示，在水平地面上放着一个左侧截面为半圆的光滑柱状物体A，在物体A与竖直墙面之间放着一个光滑斜面体B，斜面体B未接触地面，整个装置在水平力F作用下处于静止状态，现推动物体A缓慢向左移动一小段距离，在此过程中，下列说法正确的是(　　) A．水平力F大小不变 B．地面对物体A的支持力不变 C．斜面体B对物体A的压力逐渐增大 D．墙面对斜面体B的支持力逐渐减小 4．(考查：牛顿第二定律及研究对象的选取)普通火车动力都在火车头上，车厢(头)与车厢之间通过挂钩连接在一起。火车在启动时，会先往后退，再启动，这样会使挂钩松弛，车厢(头)与车厢之间无作用力，再向前启动时，车厢会一节一节的依次启动，减少所需要的动力。一列火车共有n节车厢，火车头与每节车厢的质量相等，车头及每节车厢与轨道间的摩擦力均为Ff，假设启动时每节车厢的加速度均为a，若火车不后退所有车厢同时启动，火车头提供的动力为F。若火车车厢依次启动，当第k(k≤n)节车厢启动时，则(　　) A．火车头提供的动力为 B．火车头提供的动力为 C．第k－1节车厢对第k节车厢的作用力为 D．第k－1节车厢对第k节车厢的作用力为 5．(考查：牛顿第二定律中的临界问题)(多选)(2023·湖南高考·改编)如图所示，水平向左加速运动的车厢内，一根长为l的轻质杆两端分别连接质量均为1 kg的小球a、b(可看成质点)，a球靠在车厢的光滑竖直侧壁上，距车厢底面的高度为0.8l，b球处在车厢水平底面上且与底面间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。要使杆与车厢始终保持相对静止，关于车厢的加速度，下列说法正确的是(　　) A．若μ＝0.5，则车厢的加速度大小可能为3 m/s2 B．若μ＝0.5，则车厢的加速度大小可能为2 m/s2 C．若μ＝0.8，则车厢的加速度大小可能为3 m/s2 D．若μ＝0.8，则车厢的加速度大小可能为7 m/s2 7．(考查：动力学的图像问题)有一倾角为θ＝37°的斜面雪道如图甲所示。假设一滑雪爱好者和他的雪橇总质量为m＝75 kg，沿足够长的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空气阻力Ff与滑雪速度v成正比，比例系数k未知，雪橇与雪道间的动摩擦因数均相同。从某时刻开始计时，测量得到雪橇运动的v -t图像如图乙中的曲线AD所示，图中AB是曲线AD在A点[坐标为(0，5 m/s)]的切线，切线上一点B的坐标为(4 s，15 m/s)，CD是曲线AD的渐近线。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则(　　) A．开始计时时雪橇的加速度大小为a＝3.75 m/s2 B．0～4 s内雪橇做加速度变小的曲线运动 C．因雪橇与雪道间的动摩擦因数μ未知，故无法计算出比例系数为k值 D．比例系数为k＝37.5 N·s/m 8．(考查：有恒力施加的滑板滑块问题)如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则： (1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？ (2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？ (3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？ (4)最终小物块离长木板右端多远？ 9.(考查：平抛运动问题)同学们设计了一个“地面飞镖”的游戏，如图所示，投掷者需站在投掷线后的一条直线上将飞镖水平抛出，飞镖落在水平放置的盘面内即可获得奖励。如图所示，甲同学将飞镖从较高的点以水平速度抛出，乙同学从较低的点以水平速度抛出，两飞镖落于盘面的同一点，且两飞镖与盘面夹角相同，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．两飞镖落到点的速度相同 B．抛出点与落点三点必共线 C．要使飞镖均落到盘面内，则从点抛出的水平速度范围更大 D．从两点水平抛出的飞镖，只要落到盘面内则必落到同一点 10.(考查：船过河问题及图像“面积”意义的考查)如图甲，某同学需要通过小木筏渡过一条河，已知小木筏在静水中的速度大小为。受地形等因素影响，不同位置河水流速会有变化。出发点A下游某位置的水流速度与该位置到A点的沿河距离关系如图乙所示，已知小木筏前端始终垂直河岸，最终到达对岸偏离正对面的B处，则以下说法正确的是（　　） A．小木筏在河水中的轨迹是直线 B．河的宽度为 C．若水流速度恒为，小木筏过河时间将变短 D．若水流速度恒为，小木筏可调节前端指向使轨迹垂直河岸渡河 11.(考查：船过河问题中的极值问题)如图所示，小船从河岸的O点沿虚线匀速运动到河对岸的P点，河水的流速、船在静水中的速度与虚线的夹角分别为、，河宽为L，且、的大小不变，渡河的时间为t，河水的流动方向与河岸平行，则下列说法正确的是（　　） A．当时，渡河的时间最短 B．渡河时间 C．渡河时间 D． 12.(考查：匀速圆周运动的基本概念)如图所示为甩水拖把的示意图。将拖把的托盘连同周边的拖布条全部放入脱水桶，使上方的固定套杆和旋转杆竖直，手握固定套杆让把手从旋转朴的顶端向下运动，固定套杆就会给旋转杆施加驱动力，驱动旋转杆、拖把头和脱水桶一起转动，固定套杆每下降10cm，旋转杆带动脱水桶转动1圈∶当固定套杆静止不动或向上运动时，固定套杆对旋转杆既不施加动力、也不施加阻力。某型号的甩水拖把部件的数据为∶托盘半径为8cm，拖布条长度为6cm，脱水桶的半径为9cm。固定套杆从最高处沿旋转杆下降40cm到达最低处的过程中，旋转杆恰好转动了4圈。某次脱水时，固定套杆从最高处由静止匀加速持续向下运动，脱水桶从静止开始转动，历时3s，固定套杆刚好运动到底端，此时，刚好有水从拖布条脱出。则下列说法正确的是（　　） A．紧贴脱水桶内壁的布条处表面附着的水先被脱出 B．脱水桶内胜与托盘外缘处的向心加速度之比为1∶ 1 C．脱水桶内壁与托盘外缘处的向心加速度之比为9∶ 8 D．拖布条表面附着的水刚被脱出时，脱水桶内壁处的线速度大小为m/s 13.(考查：斜抛运动的考查)在光滑的水平面上，一滑块的质量m=2kg，在水平面上恒定外力F=4N（方向未知）作用下运动，如图所示为滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过P、Q两点时速度大小均为v=5m/s，滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角α=37°，sin37°=0.6，则下列说法正确的是（ ） A．水平恒力F的方向与PQ连线成53°夹角 B．滑块从P到Q的时间为3s C．滑块从P到Q的过程中速度最小值为4m/s D．P、Q两点连线的距离为10m 14．(考查：竖直圆周运动的临界问题)如图所示，水平地面上固定一个半径为R的上表面光滑的半球面，一个小球（可视为质点）由球面的最高点以初速度沿着球面下滑，当滑至小球与球心O连线与竖直方向成的夹角时，刚好脱离球面。问保证小球由最高点沿着球面下滑，初速度的范围及小球刚脱离时的值，以下选项（　　） A． B． C．cosθ= D．cosθ= 15．(考查：杆球模型的考查—脱离轨道临界问题的考查)如图所示，半径为R、内壁光滑的硬质圆环固定在地面上，有一质量为m、可视为质点的光滑小球在圆环的底端，现给小球一个初速度v，下列说法中正确的是（　　） A．小球能上升的最大高度一定等于 B．无论v多大，小球上升的最大高度不超过 C．要使小球一直不脱离圆环，v的最小速度为 D．若小球能到达圆环最高点，则在最高点的速度大小可以等于零 16．(考查：圆周运动中的功能关系)在O点处固定一力传感器，被测细绳一端系上质量为m的小球，另一端连接力传感器，使小球绕O点在竖直平面内做半径为r的圆周运动。某次小球通过轨道最低点时力传感器的示数为8mg，经过半个圆周通过最高点时力传感器的示数恰好为零。已知运动过程中小球受到的空气阻力随小球速度的减小而减小，重力加速度为g，则（　　） A．从最低点到最高点的过程中，小球克服空气阻力做的功为5mgr B．从最低点到最高点的过程中，小球克服空气阻力做的功为mgr C．小球沿圆周轨道运动再次经过最低点时，力传感器的示数小于4mg D．小球沿圆周轨道运动再次经过最低点时，力传感器的示数大于4mg 17．(考查：竖直面内圆周运动中的牛顿第二定律、功能关系及动量守恒定律的考查)如图所示，外轨道光滑，内轨道粗糙（粗糙程度处处相同）的圆环轧道固定在竖直平面内，完全相同的小球A、B（直径略小于轨道间距）以相同的速率从与圆心与高处分别向上、向下运动，两球相遇时发生的碰撞可看作弹性碰撞，重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　） A．当时，小球A通过最高点和小球B通过最低点时对轨道的压力差为6mg B．当时，第一次碰撞前瞬间，A球机械能一定小于B球机械能 C．当时，第一次碰撞的位置一定在轨道的最低点 D．当时，第一次碰撞后瞬间，两球速度一定等大反向 按照题目考查要点分类 1．(运动状态与受力关系)如图所示为旅游景区常见的滑索.研究游客沿钢索下滑的运动时，可将钢索简化为一直杆，滑轮简化为套在杆上的环.滑轮与钢索间的摩擦力可忽略，不计滑轮和悬挂绳的重力.假设游客在某一小段时间所受空气阻力可忽略.则游客在这一小段时间下滑的状态应是（ ） A. B. C. D. 2．（研究对象的选取）如图所示，圆柱形玻璃容器内装满液体静置于水平面上，容器中有、、三个不同材质的物块，物块、均对容器壁有压力，物块悬浮于容器内的液体中，忽略、与容器壁间的摩擦.现给容器施加一水平向右的恒力，使容器向右做匀加速直线运动.下列说法正确的是（ ） A. 三个物块由于惯性，将一起保持静止不动 B. 物块将相对于容器向左运动，直至与容器左侧壁触碰 C. 物块将相对于容器向左运动，最终与容器左侧壁相互挤压 D. 物块将保持静止，相对容器向左做匀加速直线运动 3. (整体隔离与弹簧的瞬时性)如图所示，三个物块、、挤压一根轻质弹簧，恰好处于静止状态，已知三个物块的质量分别是，、，三个物块与水平面的动摩擦因数都是，重力加速度取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，突然把拿走后的瞬间，则对的弹力大小是（ ） A. B. C. D. 4.（想不到的等时圆）如图所示，是一个倾角为 的传送带，上方离传送带表面距离为的处为原料输入口，为避免粉尘飞扬，在与传送带间建立一直线光滑管道，使原料无初速度地从处以最短的时间到达传送带上，则最理想管道做好后，重力加速度为，原料从处到达传送带的时间为（ ） A. B. C. D. 5．（多过程问题）火箭是世界各国进行太空活动的主要运载工具，我国针对火箭可重复使用技术展开了探索和研究.为了研究火箭可回收技术，某次从地面发射质量为的小型实验火箭，火箭上的喷气发动机可产生恒定的推力，且可通过改变喷气发动机尾喷管的喷气质量和方向改变发动机推力的大小和方向.火箭起飞时发动机推力大小为，与水平方向的夹角为 ，火箭沿斜向右上与水平方向的夹角为 的方向做匀加速直线运动.经过，立即遥控火箭上的发动机，使推力的方向逆时针旋转 ，同时改变推力大小，使火箭沿原方向做匀减速直线运动（不计遥控器通信时间、空气阻力和喷气过程中火箭质量的变化，）.求： （1） 推力的大小； （2） 火箭上升的最大高度. 6.（数学运算）如图所示,一质量为的小物块,以的初速度,在与斜面成某一夹角的拉力作用下,沿斜面向上做匀加速运动,经的时间，物块由点运动到点,、之间的距离.已知斜面倾角 ,物块与斜面之间的动摩擦因数,重力加速度取. （1） 求物块加速度的大小及到达点时速度的大小. （2） 拉力与斜面夹角为多大时,拉力最小?拉力的最小值是多少? 7、8、9均为连接体受力分析出问题 7．如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾角为 的斜面上，质量分别为和的物块、通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，、间的接触面和轻绳均与木板平行，和、与斜面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，则轻绳的拉力为（ ） A. B. C. D. 8．如图所示，质量均为的物块甲、乙静止于倾角为 的固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上.给甲一个沿斜面向上的初速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为零，重力加速度为.挡板对乙的弹力最大值为（ ） A. B. C. D. 9．在光滑水平面上叠放有、两个物体，它们的质量分别为和，物体上固定一轻质滑轮，一轻质细线绕过两滑轮后连接到固定的墙上，其中与连接的细线水平，绕过的两细线竖直，如图所示.不考虑滑轮的摩擦，、间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，.下列说法正确的是（ ） A. 物体的最大加速度为 B. 物体的最大加速度为 C. 物体质量为时，的加速度为 D. 若、不发生相对运动，则物体的最大质量为 10．（划痕混淆)（多选）如图甲所示，一水平浅色传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数.初始时，两者都是静止的.现让传送带在电机带动下先加速后减速，传送带的速度—时间图像如图乙所示.设传送带足够长，一段时间后，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度.下列说法正确的是（ ） 甲 乙 A. 时煤块与传送带速度相同 B. 煤块相对传送带的位移大小为 C. 煤块的质量越大黑色痕迹的长度越长 D. 黑色痕迹的长度为 11．(运动过程分析）如图所示，水平传送带以恒定速度顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧.将小物块轻放在传送带左侧某位置，在传送带带动下向右运动，与弹簧接触时速度恰好达到.取放置点为坐标原点，全过程始终处在传送带上，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以水平向右为正方向，物块在向右运动或向左运动的过程中，加速度与位移的关系图像正确的是（ ） A. B. C. D. 12．如图所示，质量的物块（可视为质点），以速度大小水平向右滑上正在逆时针转动的水平传送带，传送带的长度，传送带的速度大小，物块与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小，物块滑离传送带时产生的划痕长度为（ ） A. B. C. D. 1.（受到恒定外力的板块问题）如图所示，质量的物块（视为质点）放在质量的木板的右端，木板长.开始木板静止放在水平地面上，物块与木板及木板与水平地面间的动摩擦因数均为.现对木板施加一水平向右的拉力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，.求： （1） 刚开始运动时，物块的加速度大小和木板的加速度大小； （2） 物块运动到木板左端的时间； （3） 若要让物块不从木板上掉下来，则拉力作用的最长时间是多少. 2.（受到变化外力的板块问题）如图所示，木块置于木板上，木板置于水平面上.的质量，的质量，、间的动摩擦因数，与地面间的动摩擦因数.某时刻水平拉力作用于上，其随时间变化的规律为（、均取国际单位制单位）.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，.求： （1） 经过多长时间开始滑动； （2） 经过多长时间开始相对滑动； （3） 时、间的摩擦力大小. 3.（无初速度下滑类）一长为、质量为的长板放在倾角 的光滑斜面上，并在外力作用下保持静止，其下端距离斜面底端的距离为，斜面底端固定一弹性挡板，与之相碰的物体会以原速率反弹.某时刻，撤去作用在板上的外力，同时将一质量为、可视为质点的小物块轻放在的上端.已知小物块与长板之间的动摩擦因数，重力加速度.（已知，）求： （1） 长板第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小； （2） 长板第一次与挡板碰撞后，小物块滑离长板所用的时间； （3） 若仅改变长板的长度，其他条件不变，可使得在小物块滑离长板的瞬间，长板刚好与挡板发生第3次碰撞，求的长度. 4.（有初速度下滑类）如图，倾角为 的斜面体固定在水平地面上，一质量的木板以初速度沿斜面匀速下滑，木板与斜面间的动摩擦因数为，将一质量的滑块轻放在木板上，滑块可视为质点，与木板之间的动摩擦因数为，且.当木板速度刚减为零时，滑块恰好从下端滑离木板，滑块在木板上滑动时会留下痕迹.已知斜面足够长，，重力加速度，求： （1） 木板与斜面间的动摩擦因数（结果可保留根号）； （2） 滑块刚放在木板上时，滑块的加速度大小及木板的加速度大小； （3） 滑块在木板上留下痕迹的长度. 5．（多选）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为时,木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动.某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板.已知到的时间内，木板速度随时间变化的图像如图所示，其中为重力加速度大小.时刻，小物块和木板的速度相同.下列说法正确的是（ ） A. 小物块在时刻滑上木板 B. 小物块和木板间的动摩擦因数为 C. 小物块与木板的质量比为 D. 之后小物块和木板一起做匀速运动 6．（多选）如图甲所示，质量为的足够长木板置于水平面上，滑块、质量均为，置于上，位于右方某处.、间的动摩擦因数，、间和与地面间的动摩擦因数.给施加一水平向右的恒力，从开始施加恒力到、第一次相遇时间为.可得与的关系如图乙所示（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取），下列说法正确的是（ ） 甲 乙 A. 滑块能获得的最大加速度为 B. 、之间的初始距离为 C. 滑块的质量为 D. 若，、之间将发生相对滑动 7．（多选）如图所示，长为、质量为的木板放在水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.2.一个质量为的人从木板的左端开始向右匀加速跑动到离开木板的过程中，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，关于人和木板的速度—时间图像可能正确的是取（ ） A. B. C. D. 8．如图甲所示，一长木板在水平地面上向右运动，在时刻将一无初速度的物块轻放到木板上，取水平向右为正方向，相对于的速度用表示，在内，相对速度随时间变化的关系图像如图乙所示.已知、的质量关系为，与及与地面之间均有摩擦（动摩擦因数不等），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，始终没有滑出，重力加速度.求（结果可以保留分数） 甲 乙 （1） 与间、与地面间的动摩擦因数； （2） 从时刻到与均停止运动时，相对于的位移大小. 实验4 探究加速度与物体受力、物体质量的关系 考查一：图像函数 2. 某小组同学用如图甲所示的装置，完成“探究加速度与力、质量的关系”的实验. 甲 （1） 用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，则_  _  . 乙 （2） 实验小组将滑块从图甲所示位置由静止释放，测得遮光条通过光电门1、2的时间分别为、，两个光电门间的距离为，则滑块加速度大小  （用字母、、、表示）. （3） 为了减小实验误差，该小组同学测得两个光电门间的距离为，遮光条从光电门1运动到光电门2的时间为.保持光电门2的位置及滑块在导轨上释放的位置不变，改变光电门1的位置进行多次测量，经过多次实验测得多组和，作出图像，如图丙所示.已知图像的纵轴截距为，横轴截距为.则表示遮光条通过光电门  （选填“1”或“2”）时的速度大小，滑块的加速度大小  （用字母、表示）. 丙 （4） 为探究滑块加速度与质量的关系，保持砝码质量不变，改变滑块与遮光条的总质量，实验中用砝码重力代替细线拉力，把细线中实际拉力记为，由此引起的相对误差表示为.请写出 随变化的关系式_  _  _  _  _  _  . 考查二：特殊读数 3. 某实验小组在实验室利用如图甲所示的实验装置测量物块（左侧有力传感器，上面有遮光条）与木板间的动摩擦因数 .他们将一端带有定滑轮和光电门的长木板固定在水平桌面上，在长木板的旁边固定刻度尺，物块通过跨过定滑轮的细线与沙桶相连，物块与定滑轮间的细线平行于木板.多次改变沙桶的质量，每次都让物块从同一位置由静止释放，记录多组传感器的示数和遮光条的挡光时间，已知物块释放前遮光条到光电门中心的距离为，重力加速度为. 甲 乙 丙 （1） 实验前用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度_  _  _  _  . （2） 实验过程中  （选填“需要”或者“不需要”）满足物块的质量远大于沙桶的质量. （3） 利用记录的数据作出图像如图丙所示，则物块与木板间的动摩擦因数为  ，物块的质量为  （用所给物理量的字母符号表示，如、、、、）. 考查三：创新实验 4．某同学在实验室取两个材质及底面粗糙程度均相同的木盒，来测量木盒和木板之间的动摩擦因数.他采用“对调法”，可省去称质量的步骤.如图甲所示，一端装有定滑轮的长木板放置在水平桌面上，木盒1放置在长木板上，左端与穿过打点计时器的纸带相连，右端用细线通过定滑轮与木盒2相接. 甲 （1）实验前，要调整定滑轮的角度，使细线与木板平行. （2） 木盒1不放细沙，在木盒2中装入适量的细沙，接通电源，释放纸带，打点计时器打出一条纸带，木盒1与木盒2（含细沙）位置互换，换一条纸带再次实验，打出第二条纸带，两纸带编号为第一组.改变木盒2中细沙的质量，重复上述过程，得到多组纸带.图乙为某组实验中获得的两条纸带中的一条，0、1、2、3、4、5、6是计数点，相邻两计数点间还有4个未标出的计时点，已知交流电源的频率为，该纸带运动的加速度  （结果保留两位有效数字）. 乙 （3） 五组实验测得的加速度如表所示，请在丙图中作出的关系图像，已知当地重力加速度为，由图像可得动摩擦因数为  （结果保留两位有效数字）. 丙 组次 1 2 3 4 5 3.00 3.24 4.00 4.80 5.31 2.81 2.60 1.82 1.00 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第三章 运动和力的关系 1、牛顿第二定律的基本应用 如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正确的是(　　) A.v0＝2.5 m/s B.v0＝1.5 m/s C.μ＝0.28 D.μ＝0.25 答案　B 解析　物块水平沿中线做匀减速直线运动，则＝＝，由题意知s＝1 m，t＝1 s，v>0，代入数据有v0 < 2 m/s，故A错误，B正确；对物块作受力分析，由牛顿第二定律有a＝－μg，又v － v＝2as，整理有v＋2as>0，联立可得μ < 0.2，故C、D错误。 2、牛顿第二定律的基本应用 (多选)随着科技的发展，我国的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离。如图所示，某航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，电磁弹射区的长度l1＝80 m，一架质量m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可为飞机提供恒定的推力F推＝1.2×105 N，假设飞机在航母上受到的阻力恒为飞机重力的。若飞机可看成质量恒定的质点，从右边沿离舰的起飞速度v＝40 m/s，航空母舰始终处于静止状态(电磁弹射器提供的牵引力恒定，取g＝10 m/s2)。下列说法正确的是(　　) A.飞机在电磁弹射区运动的加速度大小a1＝5.0 m/s2 B.飞机在电磁弹射区的末速度大小v1＝20 m/s C.电磁弹射器对飞机的牵引力F牵的大小为2×104 N D.电磁弹射器在弹射过程中的功率是不变的 答案　AC 解析　根据牛顿第二定律，飞机离开电磁弹射区后有F推－mg＝ma2，解得a2＝4.0 m/s2，由v2－v＝2a2(l－l1)，解得飞机在电磁弹射区的末速度v1＝20 m/s，由v＝2a1l1，解得飞机在电磁弹射区运动的加速度a1＝5 m/s2，根据牛顿第二定律有F牵＋F推－mg＝ma1，代入数据解得F牵＝2×104 N，故B错误，A、C正确；根据P＝Fv可知电磁弹射器在弹射过程中的功率不断增加，故D错误。 3、牛顿第二定律的基本应用 探测器“天问一号”成功着陆火星的最后阶段，探测器到达距火星表面100 m的时候，进入悬停阶段，这个时候可能会进行一些平移，选择安全的着陆区进行着陆。如图为探测器在火星表面最后100 m着陆的模拟示意图。某时刻从悬停开始关闭探测器发动机，探测器开始沿竖直方向匀加速下落，5 s后开启发动机，探测器开始沿竖直方向匀减速下落，到达火星表面时，探测器速度恰好为零，假设探测器下落过程中受到火星大气的阻力恒为探测器在火星表面重力的0.2倍，火星表面的重力加速度取4 m/s2，探测器总质量为5吨(不计燃料燃烧引起的质量变化)。求探测器： (1)全程的平均速度大小； (2)减速下落过程中的加速度大小； (3)减速下落过程中发动机产生的推力大小(保留3位有效数字)。 答案　(1)8 m/s　(2) m/s2　(3)2.67×104 N 解析　(1)探测器匀加速下落过程中，由牛顿第二定律得mg火－f＝ma1，其中f＝0.2mg火 解得a1＝3.2 m/s2 探测器5 s末的速度为v＝a1t1＝16 m/s 全程的平均速度大小为＝＝8 m/s。 (2)探测器加速下落过程中，由h1＝a1t 代入数据得h1＝40 m 则减速下落过程中通过的位移为 h2＝H－h1＝60 m 减速下落过程中的加速度大小a2＝＝ m/s2。 (3)设探测器减速下落过程中发动机产生的推力大小为F， 有F＋f－mg火＝ma2 代入数据解得F＝2.67×104 N。 4、 动力学图像问题 如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不拴接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移s的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，则下列结论正确的是(　　) A.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B.弹簧的劲度系数为7.5 N/cm C.物体的质量为3 kg D.物体的加速度大小为5 m/s2 答案　D 解析　物体与弹簧分离时，二者没有相互作用力，所以弹簧处于原长，A错误；物体不受拉力时，有mg＝kx0；物体与弹簧一起向上匀加速时，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－s)－mg＝ma，联立得F＝ks＋ma，可知题图乙中图线斜率表示劲度系数，可得k＝5 N/cm，B错误；s≥4 cm后，物体与弹簧脱离，根据牛顿第二定律有30 N－mg＝ma，且由纵轴截距知10 N＝ma，联立解得m＝2 kg，a＝5 m/s2，C错误，D正确。 5、 动力学中的临界和极值问题 (多选)在水平直轨道上运动的火车车厢内有一个倾角为30°的斜面，如图所示。小球的重力、绳对球的拉力、斜面对小球的弹力分别用G、T、FN表示，当火车以加速度a向右加速运动时，则(　　) A.若a＝20 m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用 B.若a＝20 m/s2，小球只受G、T两个力的作用 C.若a＝10 m/s2，小球只受G、T两个力的作用 D.若a＝10 m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用 答案　BD 解析　设火车加速度为a0时，小球刚好对斜面没有压力，对小球，根据牛顿第二定律可得＝ma0，解得a0＝10 m/s2≈17 m/s2。若a＝20 m/s2，可知小球已经离开斜面，小球受到重力和绳子拉力两个力的作用，A错误，B正确；若a＝10 m/s2，可知小球还没有离开斜面，小球受到重力、绳子拉力和斜面支持力三个力的作用，C错误，D正确。 6、 动力学中的临界和极值问题 如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6 kg的物体P，Q为一质量为m2＝10 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0； (2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a； (3)力F的最大值与最小值。 答案　(1)0.16 m　(2) m/s2　(3) N　 N 解析　(1)设开始时弹簧的压缩量为x0，对P、Q整体受力分析，平行斜面方向有 (m1＋m2)gsin θ＝kx0 解得x0＝0.16 m。 (2)前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1gsin θ＝m1a 前0.2 s时间内两物体的位移x0－x1＝at2 联立解得a＝ m/s2。 (3)对两物体受力分析知，开始运动时F最小，分离时F最大，则 Fmin＝(m1＋m2)a＝ N 对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a 解得Fmax＝ N。 7、水平传送带模型中的动力学问题 某快递公司为了提高效率，使用电动传输机输送快件如图所示，水平传送带AB长度L＝5.25 m，始终保持恒定速度v＝1 m/s运行，在传送带上A处轻轻放置一快件(可视为质点)，快件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，快件由静止开始加速，与传送带共速后做匀速运动到达B处，忽略空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.快件所受摩擦力的方向与其运动方向始终相反 B.快件先受滑动摩擦力作用，后受静摩擦力作用 C.快件与传送带的相对位移为0.5 m D.快件由A到B的时间为5.5 s 答案　D 解析　快件加速时，滑动摩擦力方向与运动方向相同，匀速时，与传送带之间无相对运动趋势，不受摩擦力作用，故A、B错误；快件与传送带相对运动时，由牛顿第二定律得其加速度为a＝＝μg＝2 m/s2，快件由静止开始加速至速率为v的过程所用时间为t＝＝0.5 s，与传送带的相对位移为Δs＝vt－t＝0.25 m，故C错误；快件匀速运动的时间为t′＝＝5 s，所以快件运输总时间为t总＝t＋t′＝5.5 s，故D正确。 8、倾斜传送带模型中的动力学图像问题 (多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放上一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，重力加速度为g，则(　　) A.传送带一定逆时针转动 B.μ＝tan θ－ C.传送带的速度大于v0 D.t0时刻后木块的加速度为2gsin θ－ 答案　AD 解析　由题图乙知，小木块先做匀加速直线运动，当速度达到v0后，以较小的加速度做匀加速运动，则0～t0时间内，小木块所受的摩擦力方向沿斜面向下，t0后小木块所受的摩擦力方向沿斜面向上，故传送带一定逆时针转动，故A正确；小木块在0～t0内，受到的滑动摩擦力方向沿传送带向下，小木块的加速度为a1＝gsin θ＋μgcos θ，且a1＝，解得μ＝－tan θ，故B错误；当小木块的速度等于传送带速度时，受到的滑动摩擦力方向沿传送带向上，故传送带的速度等于v0，故C错误；t0时刻后木块的加速度为a2＝gsin θ－μgcos θ＝2gsin θ－，故D正确。 9、倾斜传送带模型中的动力学图像问题 如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则(　　) A.传送带的速度为16 m/s B.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 D.传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大 答案　C 解析　由图乙可知传送带的速度为8 m/s，A错误；在0～1 s内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，根据图乙可得a1＝ m/s2＝8 m/s2，联立得μ＝0.25，而在1～3 s内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，故B错误，C正确；当传送带的速度大于16 m/s后，物块在传送带上一直做加速度为a2＝ m/s2＝4 m/s2的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，D错误。 9、倾斜传送带模型中的动力学图像问题 物块P以速度v0沿足够长的静止的倾斜传送带匀速下滑，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻传送带突然以恒定速率v1沿图所示逆时针方向运行，则从该时刻起，物块P的速度v随时间t变化的图像可能是(　　) 答案　A 解析　当v0<v1时，对物块P受力分析，由牛顿第二定律可得ma＝mgsin θ＋μmgcos θ，可知物块先做匀加速直线运动，当v0＝v1时，摩擦力瞬间消失，然后随着物块的继续加速，摩擦力反向，依题意有mgsin θ＝μmgcos θ，即物块匀速直线运动，故A正确，B错误；当v0>v1时，对物块P受力分析，有ma＝mgsin θ－μmgcos θ＝0，即物块一直做匀速直线运动，故C、D错误。 10．水平传送带模型中的动力图像学问题 如图甲所示，小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系图像如图乙所示。图线的0～3 s段为抛物线，3～4.5 s段为直线。求： (1)传送带的速度大小； (2)物块刚滑上传送带时的速度大小。 答案　(1)2 m/s　(2)4 m/s 解析　(1)由题图乙得，3 s后物块随传送带做匀速直线运动，则v传＝v1＝＝ m/s＝2 m/s (2)x－t图线的0～3 s段为抛物线，根据匀变速直线运动位移时间关系式可知，0～2 s物块做匀减速直线运动，则x2＝·t2 解得v物＝4 m/s。 11、倾斜传送带模型中的动力学问题 如图所示，倾角为θ＝37°且长L的传送带以恒定的速率v＝1 m/s沿顺时针方向运行，现将一质量m＝2 kg的物块(可视为质点)以v0＝3 m/s的速度从底部滑上传送带，传送带与物块之间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)物块开始运动的加速度大小a； (2)物块速度减为零经过的时间t； (3)如果物块不能从传送带的顶端滑出，求传送带的最短长度L。 答案　(1)10 m/s2　(2)0.7 s　(3)0.65 m 解析　(1)物块刚开始运动时，速度大于传送带速度，物块所受的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 解得a＝10 m/s2 (2)物块与传送带速度相等所需的时间t1＝ 代入数据可得t1＝0.2 s 物块速度与传送带速度相等后，根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma′ 可得a′＝2 m/s2 物块速度减为零还需要的时间t2＝＝0.5 s 物块速度减为零经过的时间 t＝t1＋t2＝0.7 s (3)物块从开始运动到与传送带共速过程中 v02－v2＝2ax1 得x1＝0.4 m 物块速度等于传送带速度到速度减为零过程中 x2＝＝0.25 m 如果物块不能从传送带的顶端滑出，则传送带的最短长度L＝x1＋x2＝0.65 m。 12、 斜面上的板块模型 如图所示，一倾角为θ的斜面体固定在水平地面上。一质量为m的长木板B静止在斜面上，质量也为m的物块A静止在长木板上，A与B间、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给长木板B一沿着斜面向上的拉力F，把长木板B从物块A的下面抽出，重力加速度为g。则拉力F应大于(　　) A.mgsin θ＋μmgcos θ B.mgsin θ＋2μmgcos θ C.4μmgcos θ D.2mgsin θ 答案　C 解析　设拉力为F0时，B刚要从A下面被抽出，对整体，根据牛顿第二定律有F0－2mgsin θ－2μmgcos θ＝2ma，对物块A，根据牛顿第二定律有μmgcos θ－ mgsin θ＝ma，联立可得F0＝4μmgcos θ，故A、B、D错误，C正确。 1.(考查：非平衡受力状态下的力的极值问题)(2023·山东聊城市一模)歼－20战斗机安装了我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞机飞行方向的情况下，通过转动尾喷口方向改变推力的方向，使战斗机获得很多优异的飞行性能。已知在歼－20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时升阻比(垂直机身向上的升力和平行机身向后的阻力之比)为k，飞机的重力为G，能使飞机实现水平匀速巡航模式的最小推力是(　　) A. B. C. D．G 答案　C 解析　飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力Ff，重力的方向竖直向下，升力F2的方向竖直向上，空气阻力Ff的方向与F2垂直，如图 歼－20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则有水平方向Fx＝Ff 竖直方向F2＋Fy＝G F2＝kFf 解得Fy＝G－kFf 则F12＝Fx2＋Fy2＝(k2＋1)Ff2－2kGFf＋G2 F12与Ff的函数图像为开口向上的抛物线，其对称轴为Ff＝，由于Δ＝(－2kG)2－4(k2＋1)G2＝－4G2<0， 所以当Ff＝时，F12取最小值，所以解得最小推力是F1min＝，故选C。 2.(考查：非常规的动力学图像问题)一轻弹簧竖直固定在桌面上，将一小球从弹簧正上方的O点由静止释放。以开始下落的位置为坐标原点，以竖直向下为x轴正方向，不计空气阻力，则关于小球向下运动过程中的速度v或加速度a随位移x变化的关系图像中，可能正确的是(　　) 答案　B 解析　小球在自由下落的过程中，速度随位移增大而增大，加速度保持不变，由v2＝2ax可知，此过程v－x图像不是直线，在与弹簧作用过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，小球与弹簧作用过程中的加速度大小a＝＝g－·x＋x0，其中x0是O点到弹簧自然伸长时顶端的距离，此阶段a－x图线为直线，故选B。 3．(考查：共点力平衡中的整体与隔离)(2024·江苏省仿真模拟)如图所示，在水平地面上放着一个左侧截面为半圆的光滑柱状物体A，在物体A与竖直墙面之间放着一个光滑斜面体B，斜面体B未接触地面，整个装置在水平力F作用下处于静止状态，现推动物体A缓慢向左移动一小段距离，在此过程中，下列说法正确的是(　　) A．水平力F大小不变 B．地面对物体A的支持力不变 C．斜面体B对物体A的压力逐渐增大 D．墙面对斜面体B的支持力逐渐减小 答案　AB 解析　以B为研究对象，由平衡条件可知，墙对B的作用力F1＝，物体A对斜面体的支持力F2＝，现推动物体A缓慢向左移动一小段距离，角度θ保持不变，所以F1、F2保持不变，以整体为研究对象，水平力F等于墙对B的作用力F1，其大小保持不变，故A正确，D错误；以整体为研究对象，地面对物体A的支持力等于A、B重力之和保持不变，故B正确；根据牛顿第三定律可知斜面体B对物体A的压力等于物体A对斜面体的支持力F2，保持不变，故C错误。 4．(考查：牛顿第二定律及研究对象的选取)普通火车动力都在火车头上，车厢(头)与车厢之间通过挂钩连接在一起。火车在启动时，会先往后退，再启动，这样会使挂钩松弛，车厢(头)与车厢之间无作用力，再向前启动时，车厢会一节一节的依次启动，减少所需要的动力。一列火车共有n节车厢，火车头与每节车厢的质量相等，车头及每节车厢与轨道间的摩擦力均为Ff，假设启动时每节车厢的加速度均为a，若火车不后退所有车厢同时启动，火车头提供的动力为F。若火车车厢依次启动，当第k(k≤n)节车厢启动时，则(　　) A．火车头提供的动力为 B．火车头提供的动力为 C．第k－1节车厢对第k节车厢的作用力为 D．第k－1节车厢对第k节车厢的作用力为 答案　AD 解析　若火车不后退所有车厢同时启动，则由牛顿第二定律可知F－(n＋1)Ff＝(n＋1)ma； 若火车车厢依次启动，当第k(k≤n)节车厢启动时，则F′－(k＋1)Ff＝(k＋1)ma，解得F′＝，选项A正确，B错误；以(k－1)节车厢和车头为研究对象，则F′－FT－kFf＝kma，解得FT＝，选项C错误，D正确。 5．(考查：牛顿第二定律中的临界问题)(多选)(2023·湖南高考·改编)如图所示，水平向左加速运动的车厢内，一根长为l的轻质杆两端分别连接质量均为1 kg的小球a、b(可看成质点)，a球靠在车厢的光滑竖直侧壁上，距车厢底面的高度为0.8l，b球处在车厢水平底面上且与底面间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。要使杆与车厢始终保持相对静止，关于车厢的加速度，下列说法正确的是(　　) A．若μ＝0.5，则车厢的加速度大小可能为3 m/s2 B．若μ＝0.5，则车厢的加速度大小可能为2 m/s2 C．若μ＝0.8，则车厢的加速度大小可能为3 m/s2 D．若μ＝0.8，则车厢的加速度大小可能为7 m/s2 答案：BCD 解析：杆长为l，a球靠在车厢的光滑竖直侧壁上，距车厢底面的高度为0.8l，则轻质杆与竖直方向的夹角的正切值tan θ＝0.75，对a球受力分析如图甲所示，在竖直方向根据平衡条件有FN1cos θ＝mg，当a球与车厢左壁的弹力刚好为零时，根据牛顿第二定律得mgtan θ＝ma1，解得a1＝gtan θ；当b球与车厢底面的静摩擦力刚好达到最大值时，对b受力分析如图乙所示，在竖直方向根据平衡条件有FN2＝mg＋FN1cos θ＝2mg，在水平方向根据牛顿第二定律有Ffm－FN1sin θ＝ma2，又Ffm＝μFN2，联立解得a2＝(2μ－tan θ)g；若μ＝0.5，此时a1＞a2，则车厢的加速度最大值为a2＝2.5 m/s2，A错误，B正确；若μ＝0.8，此时a1＜a2，则车厢的加速度最大值为a1＝7.5 m/s2，C、D正确。 7．(考查：动力学的图像问题)有一倾角为θ＝37°的斜面雪道如图甲所示。假设一滑雪爱好者和他的雪橇总质量为m＝75 kg，沿足够长的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空气阻力Ff与滑雪速度v成正比，比例系数k未知，雪橇与雪道间的动摩擦因数均相同。从某时刻开始计时，测量得到雪橇运动的v -t图像如图乙中的曲线AD所示，图中AB是曲线AD在A点[坐标为(0，5 m/s)]的切线，切线上一点B的坐标为(4 s，15 m/s)，CD是曲线AD的渐近线。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则(　　) A．开始计时时雪橇的加速度大小为a＝3.75 m/s2 B．0～4 s内雪橇做加速度变小的曲线运动 C．因雪橇与雪道间的动摩擦因数μ未知，故无法计算出比例系数为k值 D．比例系数为k＝37.5 N·s/m 答案：D 解析：在v -t图像中，图像的斜率表示加速度，因此开始计时时雪橇的加速度大小为a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，A错误；0～4 s内雪橇做加速度变小的直线运动，B错误；根据牛顿第二定律可得，开始运动时，有mgsin θ－μmgcos θ－kv0＝ma，足够长时间后，滑雪爱好者匀速运动，则有mgsin θ＝μmgcos θ＋kvm，代入数据整理得k＝37.5 N·s/m，C错误，D正确。 8．(考查：有恒力施加的滑板滑块问题)如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则： (1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？ (2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？ (3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？ (4)最终小物块离长木板右端多远？ 答案：(1)3 m/s2　(2)0.5 m　(3)2.8 m/s (4)0.7 m 解析：(1)对长木板，根据牛顿第二定律可得 a＝＝3 m/s2。 (2)撤去F之前，小物块只受摩擦力作用 故am＝μg＝2 m/s2 Δx1＝at2－amt2＝0.5 m。 (3)刚撤去F时，长木板的速度v＝at＝3 m/s 小物块的速度vm＝amt＝2 m/s 撤去F后，长木板的加速度a′＝＝0.5 m/s2 设再经过时间t′，二者最终速度相等为v′，有v′＝vm＋amt′＝v－a′t′ 解得v′＝2.8 m/s，t′＝0.4 s。 (4)在时间t′内，小物块和长木板的相对位移Δx2＝－＝0.2 m 最终小物块离长木板右端的距离x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。 9.(考查：平抛运动问题)同学们设计了一个“地面飞镖”的游戏，如图所示，投掷者需站在投掷线后的一条直线上将飞镖水平抛出，飞镖落在水平放置的盘面内即可获得奖励。如图所示，甲同学将飞镖从较高的点以水平速度抛出，乙同学从较低的点以水平速度抛出，两飞镖落于盘面的同一点，且两飞镖与盘面夹角相同，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．两飞镖落到点的速度相同 B．抛出点与落点三点必共线 C．要使飞镖均落到盘面内，则从点抛出的水平速度范围更大 D．从两点水平抛出的飞镖，只要落到盘面内则必落到同一点 【详解】A．甲同学飞镖落在C点时竖直方向上的分速度 甲同学飞镖落到C点的速度 乙同学飞镖落在C点时竖直方向上的分速度 乙同学飞镖落到C点的速度 由于，故两飞镖落到点的速度不同，A错误； B．由于两飞镖在C点速度与水平方向夹角相同，根据平抛运动的推论速度与水平方向夹角的正切值为位移方向夹角正切值的2倍，二者位移方向的偏角相等，故、三点必共线，B正确 C．结合上述分析可知 可知，同时运动时间甲同学的飞镖运动时间更长，而水平变化位移相同，对应的甲的变化时间更小，故从点抛出的水平速度范围更小，C错误； D．由于运动时间与水平抛出的速度大小均不相同，二者可能会落在同一点，也可能不落在同一点，D错误。 故选B。 10.(考查：船过河问题及图像“面积”意义的考查)如图甲，某同学需要通过小木筏渡过一条河，已知小木筏在静水中的速度大小为。受地形等因素影响，不同位置河水流速会有变化。出发点A下游某位置的水流速度与该位置到A点的沿河距离关系如图乙所示，已知小木筏前端始终垂直河岸，最终到达对岸偏离正对面的B处，则以下说法正确的是（　　） A．小木筏在河水中的轨迹是直线 B．河的宽度为 C．若水流速度恒为，小木筏过河时间将变短 D．若水流速度恒为，小木筏可调节前端指向使轨迹垂直河岸渡河 【详解】A．由题图乙可知，小木筏在沿水流方向上做变减速运动，垂直河岸方向上做匀速直线运动，合外力与合速度不共线，轨迹一定为曲线，故A错误； B．设在沿河方向运动极短距离耗时，根据瞬时速度定义，则有 渡河总时间 河宽 故B正确； C．过河时间取决于河宽和小木筏垂直河岸的分速度，由题可知小木筏前端始终垂直，则小木筏垂直河岸的分速度始终为，小木筏过河时间不受水流速度影响，故C错误； D．当水流速度恒为时，无论如何调节小木筏前端指向，水速和木筏速度都无法合成垂直河岸的速度，故此时无法使轨迹垂直河岸渡河，故D错误。 故选B。 11.(考查：船过河问题中的极值问题)如图所示，小船从河岸的O点沿虚线匀速运动到河对岸的P点，河水的流速、船在静水中的速度与虚线的夹角分别为、，河宽为L，且、的大小不变，渡河的时间为t，河水的流动方向与河岸平行，则下列说法正确的是（　　） A．当时，渡河的时间最短 B．渡河时间 C．渡河时间 D． AC 【详解】A．当，渡河时间最短 A正确； B．垂直于河岸方向上渡河的速度为，故渡河的时间 B错误； C．合速度大小为，故渡河时间 C正确 D．小船合速度沿方向，故满足 D错误。 故选AC。 12.(考查：匀速圆周运动的基本概念)如图所示为甩水拖把的示意图。将拖把的托盘连同周边的拖布条全部放入脱水桶，使上方的固定套杆和旋转杆竖直，手握固定套杆让把手从旋转朴的顶端向下运动，固定套杆就会给旋转杆施加驱动力，驱动旋转杆、拖把头和脱水桶一起转动，固定套杆每下降10cm，旋转杆带动脱水桶转动1圈∶当固定套杆静止不动或向上运动时，固定套杆对旋转杆既不施加动力、也不施加阻力。某型号的甩水拖把部件的数据为∶托盘半径为8cm，拖布条长度为6cm，脱水桶的半径为9cm。固定套杆从最高处沿旋转杆下降40cm到达最低处的过程中，旋转杆恰好转动了4圈。某次脱水时，固定套杆从最高处由静止匀加速持续向下运动，脱水桶从静止开始转动，历时3s，固定套杆刚好运动到底端，此时，刚好有水从拖布条脱出。则下列说法正确的是（　　） A．紧贴脱水桶内壁的布条处表面附着的水先被脱出 B．脱水桶内胜与托盘外缘处的向心加速度之比为1∶ 1 C．脱水桶内壁与托盘外缘处的向心加速度之比为9∶ 8 D．拖布条表面附着的水刚被脱出时，脱水桶内壁处的线速度大小为m/s 【详解】A．由 可知半径越大，所需要的向心力越大，所以紧贴脱水桶内壁的布条处表面附着的水先被脱出，故A正确； BC．由 可知脱水桶内壁与托盘外缘的向心加速度之比即为半径之比，即9:8，故B错误，C正确； D．由题意知3秒内旋转杆下降40cm，脱水桶转过4圈，脱水桶内壁转过的弧长为 固定杆匀加速向下运动，脱水桶内壁线速度大小均匀增加，转过的弧长与速度、时间的关系可类比匀变速直线运动的规律，所以 故脱水桶内壁处线速度大小为 故D错误。 故选AC。 13.(考查：斜抛运动的考查)在光滑的水平面上，一滑块的质量m=2kg，在水平面上恒定外力F=4N（方向未知）作用下运动，如图所示为滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过P、Q两点时速度大小均为v=5m/s，滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角α=37°，sin37°=0.6，则下列说法正确的是（ ） A．水平恒力F的方向与PQ连线成53°夹角 B．滑块从P到Q的时间为3s C．滑块从P到Q的过程中速度最小值为4m/s D．P、Q两点连线的距离为10m BC 【详解】在P、Q两点的速度具有对称性，故分解为沿PQ方向和垂直PQ方向，在沿PQ方向上做匀速直线运动，在垂直PQ方向上做匀变速直线运动，所以力F垂直PQ向下，在顶点处速度最小，只剩下沿PQ方向的速度，故为，A错误C正确；在垂直PQ方向上，，，故从P到顶点所用时间为，根据对称性可知从P到Q所用时间为，PQ连线的距离为，故B正确D错误． 14．(考查：竖直圆周运动的临界问题)如图所示，水平地面上固定一个半径为R的上表面光滑的半球面，一个小球（可视为质点）由球面的最高点以初速度沿着球面下滑，当滑至小球与球心O连线与竖直方向成的夹角时，刚好脱离球面。问保证小球由最高点沿着球面下滑，初速度的范围及小球刚脱离时的值，以下选项（　　） A． B． C．cosθ= D．cosθ= 【答案】AD 【详解】AB．若小球在最高点时对球面的压力恰为零，则解得若时，沿着半球面下滑；时，小球将做平抛运动；则A正确，B错误； CD．当小球离开时则满足解得根据动能定理 联立可得选项C错误，D正确。故选AD。 15．(考查：杆球模型的考查—脱离轨道临界问题的考查)如图所示，半径为R、内壁光滑的硬质圆环固定在地面上，有一质量为m、可视为质点的光滑小球在圆环的底端，现给小球一个初速度v，下列说法中正确的是（　　） A．小球能上升的最大高度一定等于 B．无论v多大，小球上升的最大高度不超过 C．要使小球一直不脱离圆环，v的最小速度为 D．若小球能到达圆环最高点，则在最高点的速度大小可以等于零 【答案】B 【详解】AB．小球在圆环上的运动情况有两种可能：一是速度较小，滑到某处速度为0，由机械能守恒定律有mgh＝mv2解得最大高度为h＝二是速度较大，小球通过到达圆环最高点做完整的圆周运动，或没有到达最高点就离开圆环而做斜抛运动，则在最高点还有水平速度，由机械能守恒定律可知小球所能达到的最大高度要小于，故A错误，B正确； CD．要使小球一直不脱离圆环，当小球不超过圆心等高处的A点时，有mgR＝mv2解得v＝小球的速度比这个小都不会离开圆环；当做完整的圆周运动时，则在最高点速度最小时，有mg＝解得 vmin＝由机械能守恒定律可得mv2-mv2min＝2mgR解得v＝故CD错误。故选B。 16．(考查：圆周运动中的功能关系)在O点处固定一力传感器，被测细绳一端系上质量为m的小球，另一端连接力传感器，使小球绕O点在竖直平面内做半径为r的圆周运动。某次小球通过轨道最低点时力传感器的示数为8mg，经过半个圆周通过最高点时力传感器的示数恰好为零。已知运动过程中小球受到的空气阻力随小球速度的减小而减小，重力加速度为g，则（　　） A．从最低点到最高点的过程中，小球克服空气阻力做的功为5mgr B．从最低点到最高点的过程中，小球克服空气阻力做的功为mgr C．小球沿圆周轨道运动再次经过最低点时，力传感器的示数小于4mg D．小球沿圆周轨道运动再次经过最低点时，力传感器的示数大于4mg 【答案】BD 【详解】AB．设在最低点的速度为，在最高点的速度为，在最低点和最高点根据牛顿第二定律分别得 ；又从最低点到最高点由动能定理得 联立解得故B正确，A错误； CD．设再一次到达最低点时速度为，假设摩擦力做功不变，从最高点到最低点根据动能定理得 在最低点，根据牛顿第二定律可得由于速度减小，所以摩擦力功小于mgr，所以在再一次到达最低点的速度大于，则拉力大于，故D正确，C错误。 故选BD。 17．(考查：竖直面内圆周运动中的牛顿第二定律、功能关系及动量守恒定律的考查)如图所示，外轨道光滑，内轨道粗糙（粗糙程度处处相同）的圆环轧道固定在竖直平面内，完全相同的小球A、B（直径略小于轨道间距）以相同的速率从与圆心与高处分别向上、向下运动，两球相遇时发生的碰撞可看作弹性碰撞，重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　） A．当时，小球A通过最高点和小球B通过最低点时对轨道的压力差为6mg B．当时，第一次碰撞前瞬间，A球机械能一定小于B球机械能 C．当时，第一次碰撞的位置一定在轨道的最低点 D．当时，第一次碰撞后瞬间，两球速度一定等大反向 【答案】ABD 【详解】A．当时，A球在最高点所受弹力为零时，只有重力提供向心力得 假设A球上升到最高点过程中外轨道对A球有弹力，则满足机械能守恒得说明假设成立，根据牛顿第二定律得，B球到最低点过程，由机械能守恒和牛顿第二定律；得球A通过最高点和球B通过最低点时对轨道的压力差为故A正确； B．使A球在最高点弹力为零，根据机械能守恒小球初速度为当 则，A球与内轨道存在摩擦力，机械能由损失，且A球先通过最高点，虽然不能确定两球相碰的位置，但是A球与内轨道接触过程运动的路程更大，损失的机械能更多，所以两球第一次相碰时A球机械能一定小于B球机械能，故B正确； C．假设内轨道光滑，使A球恰好到达最高点，根据机械能守恒得当 则，A、B两球无法到达最高点。因为A球先返回，所以第一次碰撞不在最低点，故C错误； D．当情况与选项C相似，两球在上半圆与内轨道接触时，相同高度的速度相同，故摩擦力等大，可知机械能损失一样多。两球一定是在下半圆轨道上相碰，而当二者相碰时一定在相同高度，则此时速度等大、反向，设为v3。根据动量守恒和机械能守恒； 解得第一次碰撞后瞬间，两球速度等大反向，故D正确。故选ABD。 9．(运动状态与受力关系)如图所示为旅游景区常见的滑索.研究游客沿钢索下滑的运动时，可将钢索简化为一直杆，滑轮简化为套在杆上的环.滑轮与钢索间的摩擦力可忽略，不计滑轮和悬挂绳的重力.假设游客在某一小段时间所受空气阻力可忽略.则游客在这一小段时间下滑的状态应是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】本题考查正交分解法在牛顿第二定律中的应用.由于滑轮与钢索间的摩擦力可忽略，游客在某一小段时间所受空气阻力可忽略，设钢索与水平面的夹角为 ，以滑轮与游客为整体，根据牛顿第二定律可得，解得 ，以游客为分析对象，由于游客重力沿钢索向下的分力等于游客的合力，则绳子拉力与游客重力垂直钢索分力平衡，即绳子应垂直钢索，正确. 12．（研究对象的选取）如图所示，圆柱形玻璃容器内装满液体静置于水平面上，容器中有、、三个不同材质的物块，物块、均对容器壁有压力，物块悬浮于容器内的液体中，忽略、与容器壁间的摩擦.现给容器施加一水平向右的恒力，使容器向右做匀加速直线运动.下列说法正确的是（ ） A. 三个物块由于惯性，将一起保持静止不动 B. 物块将相对于容器向左运动，直至与容器左侧壁触碰 C. 物块将相对于容器向左运动，最终与容器左侧壁相互挤压 D. 物块将保持静止，相对容器向左做匀加速直线运动 【答案】B 【解析】本题考查牛顿第一定律的应用.对容器上壁有压力，可知排开水的质量大于本身的质量，悬浮于容器内的液体中，可知排开水的质量等于本身的质量，对容器下壁有压力，可知排开水的质量小于本身的质量.当容器向右做匀加速运动时，结合牛顿第一定律可知物块将相对于容器向左运动，最终与容器左侧壁相互挤压，物块将相对于容器保持静止，与容器一起做匀加速运动，物块（可将想象为一个小气泡）因相等体积的水向左运动，将相对于容器向右运动，最终与容器右侧壁相互挤压，正确. 4(整体隔离与弹簧的瞬时性)如图所示，三个物块、、挤压一根轻质弹簧，恰好处于静止状态，已知三个物块的质量分别是，、，三个物块与水平面的动摩擦因数都是，重力加速度取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，突然把拿走后的瞬间，则对的弹力大小是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】根据题意可知，弹簧弹力大小为，突然把拿走后的瞬间，弹簧弹力保持不变，以、为整体，根据牛顿第二定律可得，解得，以为研究对象，根据牛顿第二定律可得，解得对的弹力大小为，正确. 变式．（想不到等时圆）[湖北黄石2024三模]如图所示，是一个倾角为 的传送带，上方离传送带表面距离为的处为原料输入口，为避免粉尘飞扬，在与传送带间建立一直线光滑管道，使原料无初速度地从处以最短的时间到达传送带上，则最理想管道做好后，重力加速度为，原料从处到达传送带的时间为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】如图所示，以处为圆的最高点作圆与传送带相切于点，设圆的半径为，从处建立一管道到圆周上，管道与竖直方向的夹角为 ，原料下滑的加速度为 ，管道长度为 ，由运动学公式可得，解得，可知从处建立任一管道到圆周上，原料下滑的时间相等，故在点与传送带间建立一管道，原料从处到传送带上所用时间最短；根据图中几何关系可得，可得，联立可得，故选. 11．火箭是世界各国进行太空活动的主要运载工具，我国针对火箭可重复使用技术展开了探索和研究.为了研究火箭可回收技术，某次从地面发射质量为的小型实验火箭，火箭上的喷气发动机可产生恒定的推力，且可通过改变喷气发动机尾喷管的喷气质量和方向改变发动机推力的大小和方向.火箭起飞时发动机推力大小为，与水平方向的夹角为 ，火箭沿斜向右上与水平方向的夹角为 的方向做匀加速直线运动.经过，立即遥控火箭上的发动机，使推力的方向逆时针旋转 ，同时改变推力大小，使火箭沿原方向做匀减速直线运动（不计遥控器通信时间、空气阻力和喷气过程中火箭质量的变化，）.求： （1） 推力的大小； （2） 火箭上升的最大高度. 【答案】（1） （2） 【解析】 11．本题考查多过程问题. （1） 如图所示，根据几何关系，. （2） 当推力逆时针方向转动 后受力情况如图所示， 其中与竖直方向的夹角为与垂直，， 加速阶段的加速度 减速阶段的加速度 加速阶段与减速阶段的速度变化情况相同，则有，解得 所以上升的最大高度. 例6（数学运算）如图所示,一质量为的小物块,以的初速度,在与斜面成某一夹角的拉力作用下,沿斜面向上做匀加速运动,经的时间，物块由点运动到点,、之间的距离.已知斜面倾角 ,物块与斜面之间的动摩擦因数,重力加速度取. （1） 求物块加速度的大小及到达点时速度的大小. （2） 拉力与斜面夹角为多大时,拉力最小?拉力的最小值是多少? 【答案】（1） ，（2） ， 【解析】（1） 设物块的加速度大小为，到达点时的速度大小为， 由运动学公式得，，联立代入数据得，. （2） 设物块所受支持力为、所受摩擦力为，拉力与斜面间的夹角为 受力分析如图所示，由牛顿第二定律得， ，又，联立解得 由数学知识得 可知对应最小的夹角 ，联立代入数据得的最小值. 7、8、9均为连接体受力分析出问题 7．[湖南益阳2024三模]如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾角为 的斜面上，质量分别为和的物块、通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，、间的接触面和轻绳均与木板平行，和、与斜面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，则轻绳的拉力为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】本题考查连接体问题.由于 ，因此、间会发生相对滑动，根据、的质量关系可知，将沿着斜面向下滑动，而相对于将向上滑动，二者为绳相连的连接体，滑动过程中加速度大小相同，则对由牛顿第二定律有，对由牛顿第二定律有，两式联立解得，正确. 8．[吉林2024一模]如图所示，质量均为的物块甲、乙静止于倾角为 的固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上.给甲一个沿斜面向上的初速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为零，重力加速度为.挡板对乙的弹力最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】本题考查斜面上的极值问题.物块甲运动至最高点时，挡板对乙的弹力最小值为零，对乙有 ，对甲有.物块甲运动至最低点时，根据对称性有，对乙受力分析，挡板对乙的弹力最大值为 ，正确. 10．[湖南邵阳2024三模]在光滑水平面上叠放有、两个物体，它们的质量分别为和，物体上固定一轻质滑轮，一轻质细线绕过两滑轮后连接到固定的墙上，其中与连接的细线水平，绕过的两细线竖直，如图所示.不考虑滑轮的摩擦，、间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，.下列说法正确的是（ ） A. 物体的最大加速度为 B. 物体的最大加速度为 C. 物体质量为时，的加速度为 D. 若、不发生相对运动，则物体的最大质量为 【答案】B 【解析】本题考查连接体问题.对受力分析，有，当外界拉力越大，则物体的加速度越大，而物体质量未知，所以其无确定的最大值，错误；对受力分析，当、之间的摩擦力达到最大时，其加速度有最大值，有，解得，正确；假设、恰好不发生相对滑动，设绳子中的力为，对有，对、整体有，解得，错误；当的质量为时、整体未发生相对滑动，对有，对、整体有，又因为，解得，错误. 2．（划痕混淆)（多选）如图甲所示，一水平浅色传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数.初始时，两者都是静止的.现让传送带在电机带动下先加速后减速，传送带的速度—时间图像如图乙所示.设传送带足够长，一段时间后，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度.下列说法正确的是（ ） 甲 乙 A. 时煤块与传送带速度相同 B. 煤块相对传送带的位移大小为 C. 煤块的质量越大黑色痕迹的长度越长 D. 黑色痕迹的长度为 【答案】AD 【解析】本题考查水平传送带模型.煤块的加速度，在图像上作出煤块的速度—时间图像，斜率为加速度，根据几何关系可知，图像过点；与传送带的图像交于点；然后减速，交轴于点，正确；由图可知，煤块先相对传送带向左滑动的相对位移为，共速后煤块相对传送带往右滑动的相对位移为，痕迹应取较长的相对位移，即为，煤块相对传送带的总位移大小为，错误，正确；煤块质量变大，不改变加速度，痕迹长度不变，错误. 3．(运动过程分析）如图所示，水平传送带以恒定速度顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧.将小物块轻放在传送带左侧某位置，在传送带带动下向右运动，与弹簧接触时速度恰好达到.取放置点为坐标原点，全过程始终处在传送带上，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以水平向右为正方向，物块在向右运动或向左运动的过程中，加速度与位移的关系图像正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】本题考查水平传送带模型.物块与弹簧接触时速度恰好达到说明与弹簧接触前物块做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得，解得，方向水平向右；与弹簧接触后在开始的一段时间内相对于传送带静止，即受的弹簧弹力和静摩擦力平衡，做匀速直线运动，则物块受到弹力大于最大静摩擦力后，根据牛顿第二定律可得，方向向左，正确. 6．如图所示，质量的物块（可视为质点），以速度大小水平向右滑上正在逆时针转动的水平传送带，传送带的长度，传送带的速度大小，物块与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小，物块滑离传送带时产生的划痕长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】本题考查水平传送带模型.物块向右减速运动时，根据牛顿第二定律可得加速度大小为，物块从开始运动到向右减速到速度为零的过程中通过的位移大小为，物块向右减速到速度为零后，反向加速到与传送带共速，之后与传送带相对静止一起匀速运动到从左端离开，物块减速时间为，此过程中传送带的位移大小为，此过程中，产生的划痕长度为，加速过程，时间为，此过程中物块的位移大小为，此过程中传送带的位移大小为，此过程中，产生的划痕长度为，物块滑离传送带时产生的划痕长度为，正确. 受到恒定外力的板块问题 2.如图所示，质量的物块（视为质点）放在质量的木板的右端，木板长.开始木板静止放在水平地面上，物块与木板及木板与水平地面间的动摩擦因数均为.现对木板施加一水平向右的拉力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，.求： （1） 刚开始运动时，物块的加速度大小和木板的加速度大小； （2） 物块运动到木板左端的时间； （3） 若要让物块不从木板上掉下来，则拉力作用的最长时间是多少. 【答案】（1） ；（2） （3） 【解析】 （1） 物块的加速度满足，解得，木板的加速度满足，解得. （2） 物块运动到木板左端时有，解得. （3） 设拉力作用时间为，撤去拉力后达到共同速度的时间为，撤去拉力时木板的速度，物块的速度，撤去拉力后木板做减速运动的加速度大小满足，解得，物块仍做加速运动，达到共同速度后，二者以共同的加速度做匀减速运动到停止.达到共同速度时有，解得，，二者的位移差为，解得. 角度3 受到变化外力的板块问题 3如图所示，木块置于木板上，木板置于水平面上.的质量，的质量，、间的动摩擦因数，与地面间的动摩擦因数.某时刻水平拉力作用于上，其随时间变化的规律为（、均取国际单位制单位）.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，.求： （1） 经过多长时间开始滑动； （2） 经过多长时间开始相对滑动； （3） 时、间的摩擦力大小. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 （1） 当开始滑动时，与地面间的摩擦力达到最大静摩擦力，即，解得. （2） 当开始在上滑动时，对木块有，对整体有，由题知，解得. （3） 因，此时已滑动，、间未发生相对滑动，对木块有，对整体有，根据题意，解得. 无初速度下滑类 4 一长为、质量为的长板放在倾角 的光滑斜面上，并在外力作用下保持静止，其下端距离斜面底端的距离为，斜面底端固定一弹性挡板，与之相碰的物体会以原速率反弹.某时刻，撤去作用在板上的外力，同时将一质量为、可视为质点的小物块轻放在的上端.已知小物块与长板之间的动摩擦因数，重力加速度.（已知，）求： （1） 长板第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小； （2） 长板第一次与挡板碰撞后，小物块滑离长板所用的时间； （3） 若仅改变长板的长度，其他条件不变，可使得在小物块滑离长板的瞬间，长板刚好与挡板发生第3次碰撞，求的长度. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 （1） 对、整体进行分析，根据牛顿第二定律有,解得,从释放到碰撞前过程，根据速度与位移关系式有,解得. （2） 长板与挡板碰撞后，对小物块进行分析，根据牛顿第二定律有,解得,对长板进行分析，根据牛顿第二定律有,解得,物块滑离长板过程有,解得或（舍去）. （3） 结合上述，长板每隔碰一次挡板，且有,该过程，一直向下匀加速下滑，在第3次碰撞挡板时物块刚好滑离长板，则有,解得. 角度2 有初速度下滑类 例5如图，倾角为 的斜面体固定在水平地面上，一质量的木板以初速度沿斜面匀速下滑，木板与斜面间的动摩擦因数为，将一质量的滑块轻放在木板上，滑块可视为质点，与木板之间的动摩擦因数为，且.当木板速度刚减为零时，滑块恰好从下端滑离木板，滑块在木板上滑动时会留下痕迹.已知斜面足够长，，重力加速度，求： （1） 木板与斜面间的动摩擦因数（结果可保留根号）； （2） 滑块刚放在木板上时，滑块的加速度大小及木板的加速度大小； （3） 滑块在木板上留下痕迹的长度. 【答案】（1） （2） ；（3） 【解析】 （1） 开始木板能够匀速下滑，由平衡条件有 ，解得. （2） 刚放上滑块，对滑块分析（如图1），由牛顿第二定律可得，解得，对木板分析（如图2），由牛顿第二定律可得，解得. 图1 图2 （3） 设经过时间，与共速，设共速时的速度为，对、分别有，，联立解得，，共速时相对向上滑动的位移大小为，有；共速后，再对受力分析（如图3），由牛顿第二定律可得，解得，对分析（如图4），由牛顿第二定律可得，解得，设再经过时间，木板速度减为零，有，此时滑块速度为，共速后相对向下运动的位移大小为，有，由于，则滑块在木板上留下痕迹的长度为 （4） . 图3 图4 7．[黑吉辽2024·10]（多选）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为时,木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动.某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板.已知到的时间内，木板速度随时间变化的图像如图所示，其中为重力加速度大小.时刻，小物块和木板的速度相同.下列说法正确的是（ ） A. 小物块在时刻滑上木板 B. 小物块和木板间的动摩擦因数为 C. 小物块与木板的质量比为 D. 之后小物块和木板一起做匀速运动 【答案】ABD 【解析】由图像可知，在时刻木板的加速度发生变化，可知小物块在时刻滑上木板，正确；由图像可知，，木板的加速度大小为，设木板的质量为，对木板分析有，可得，时刻，木板的速度为，根据题意可知小物块滑上木板时的速度为，由图像可知，，小物块的加速度大小为，设小物块的质量为,对小物块分析有，可得 ，正确；由图像可知，，木板的加速度大小为，对木板分析有，可得，错误；时刻后，假设木板与小物块相对静止，对整体有，假设成立，小物块与木板一起做匀速运动，正确. 8．[湖南长沙第一中学2025月考]（多选）如图甲所示，质量为的足够长木板置于水平面上，滑块、质量均为，置于上，位于右方某处.、间的动摩擦因数，、间和与地面间的动摩擦因数.给施加一水平向右的恒力，从开始施加恒力到、第一次相遇时间为.可得与的关系如图乙所示（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取），下列说法正确的是（ ） 甲 乙 A. 滑块能获得的最大加速度为 B. 、之间的初始距离为 C. 滑块的质量为 D. 若，、之间将发生相对滑动 【答案】AC 【解析】本题考查图像与受变化外力的板块综合问题.对滑块有，解得，正确；对滑块有，解得.由题图乙可知足够大时，、均相对滑动，相遇时间恒定为，由，解得，错误；当，滑块与恰好发生相对滑动，则有，解得，正确；设、、均产生相对运动时的拉力为，则有，解得，故时，、均保持静止，错误. 9．（多选）如图所示，长为、质量为的木板放在水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.2.一个质量为的人从木板的左端开始向右匀加速跑动到离开木板的过程中，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，关于人和木板的速度—时间图像可能正确的是取（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】本题考查图像与没有其他外力的板块综合问题.人在木板上向右做匀加速运动，则人受到木板向右的摩擦力，所以，而木板与地面之间的最大静摩擦力为，当人对木板的摩擦力大于地面对木板的最大静摩擦力时，木板向左加速，即，所以，由于，此时人向右加速，木板静止不动，错误；由于，此时人向右加速，木板静止不动，正确；由于，此时人向右加速，木板向左加速，根据牛顿第二定律，对木板有，解得，正确；由于，此时人向右加速，木板向左加速，错误. 10．如图甲所示，一长木板在水平地面上向右运动，在时刻将一无初速度的物块轻放到木板上，取水平向右为正方向，相对于的速度用表示，在内，相对速度随时间变化的关系图像如图乙所示.已知、的质量关系为，与及与地面之间均有摩擦（动摩擦因数不等），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，始终没有滑出，重力加速度.求（结果可以保留分数） 甲 乙 （1） 与间、与地面间的动摩擦因数； （2） 从时刻到与均停止运动时，相对于的位移大小. 【答案】（1） ；0.4 （2） 【解析】 10．本题考查图像与没有其他外力的板块综合问题. （1） 开始受到向右的滑动摩擦力，相对于地面向右做匀加速运动，相对于地面向右做匀减速运动，到时二者共速.设与间、与地面间的动摩擦因数分别为、，在内，根据牛顿第二定律，对有对有 由题图乙可知相对加速度，在内，，故受到的滑动摩擦力向左，相对于地面向右做匀减速运动，相对于地面向右做匀减速运动，根据牛顿第二定律，对有， 对有，由题图乙可知相对加速度， 联立解得，. （2） 在内，相对于的位移可用题图乙中内图线与横轴围成的面积计算， 故， 时刻，相对于地面的速度为，由题图乙可知时刻， 故相对于地面的速度为， 之后，减速到零的位移为， 减速到零的位移为， 相对于的位移为， 所以，从时刻到与均停止运动时， 相对于的位移为， 即相对于的位移大小为. 实验4 探究加速度与物体受力、物体质量的关系 考查一：图像函数 例2 [湖北宜昌2025开学考]某小组同学用如图甲所示的装置，完成“探究加速度与力、质量的关系”的实验. 甲 （1） 用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，则_  _  . 乙 （2） 实验小组将滑块从图甲所示位置由静止释放，测得遮光条通过光电门1、2的时间分别为、，两个光电门间的距离为，则滑块加速度大小  （用字母、、、表示）. （3） 为了减小实验误差，该小组同学测得两个光电门间的距离为，遮光条从光电门1运动到光电门2的时间为.保持光电门2的位置及滑块在导轨上释放的位置不变，改变光电门1的位置进行多次测量，经过多次实验测得多组和，作出图像，如图丙所示.已知图像的纵轴截距为，横轴截距为.则表示遮光条通过光电门_  _  _  _  （选填“1”或“2”）时的速度大小，滑块的加速度大小_  _  _  _  _  _  _  _  _  _  （用字母、表示）. 丙 （4） 为探究滑块加速度与质量的关系，保持砝码质量不变，改变滑块与遮光条的总质量，实验中用砝码重力代替细线拉力，把细线中实际拉力记为，由此引起的相对误差表示为.请写出 随变化的关系式_  _  _  _  _  _  . 【答案】（1） 5.25（2） （3） 2；（4） 【解析】 （1） 第5小格对齐，精度为，读数为. （2） 滑块通过光电门1、2的速度分别为，，由，可得. （3） 表示遮光条通过光电门2的速度，由，可得，由题图丙可知，解得. （4） 由牛顿第二定律，对滑块和砝码分别有，，因为，联立得. 考查二：特殊读数 例3 某实验小组在实验室利用如图甲所示的实验装置测量物块（左侧有力传感器，上面有遮光条）与木板间的动摩擦因数 .他们将一端带有定滑轮和光电门的长木板固定在水平桌面上，在长木板的旁边固定刻度尺，物块通过跨过定滑轮的细线与沙桶相连，物块与定滑轮间的细线平行于木板.多次改变沙桶的质量，每次都让物块从同一位置由静止释放，记录多组传感器的示数和遮光条的挡光时间，已知物块释放前遮光条到光电门中心的距离为，重力加速度为. 甲 乙 丙 （1） 实验前用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度_  _  _  _  . （2） 实验过程中_  _  _  _  _  _  （选填“需要”或者“不需要”）满足物块的质量远大于沙桶的质量. （3） 利用记录的数据作出图像如图丙所示，则物块与木板间的动摩擦因数为  ，物块的质量为  （用所给物理量的字母符号表示，如、、、、）. 【答案】（1） 0.675（2） 不需要（3） ； 【解析】 （1） 由题图乙可知，该游标卡尺为二十分度的游标卡尺，游标尺的第15条刻线与主尺的刻线对齐，所以有，解得. （2） 由于在该实验中可以通过力传感器直接测得拉力的大小，而不是将沙桶的重力当作拉力，所以不需要满足物块的质量远大于沙桶的质量. （3） 由题意可知遮光条通过光电门时物块的速度，根据运动学公式可得，对物块受力分析并结合牛顿第二定律有，整理得，结合题图丙有，，解得，. 考查三：创新实验 4．某同学在实验室取两个材质及底面粗糙程度均相同的木盒，来测量木盒和木板之间的动摩擦因数.他采用“对调法”，可省去称质量的步骤.如图甲所示，一端装有定滑轮的长木板放置在水平桌面上，木盒1放置在长木板上，左端与穿过打点计时器的纸带相连，右端用细线通过定滑轮与木盒2相接. 甲 （1）实验前，要调整定滑轮的角度，使细线与木板平行. （2） 木盒1不放细沙，在木盒2中装入适量的细沙，接通电源，释放纸带，打点计时器打出一条纸带，木盒1与木盒2（含细沙）位置互换，换一条纸带再次实验，打出第二条纸带，两纸带编号为第一组.改变木盒2中细沙的质量，重复上述过程，得到多组纸带.图乙为某组实验中获得的两条纸带中的一条，0、1、2、3、4、5、6是计数点，相邻两计数点间还有4个未标出的计时点，已知交流电源的频率为，该纸带运动的加速度  （结果保留两位有效数字）. 乙 （3） 五组实验测得的加速度如表所示，请在丙图中作出的关系图像，已知当地重力加速度为，由图像可得动摩擦因数为  （结果保留两位有效数字）. 丙 组次 1 2 3 4 5 3.00 3.24 4.00 4.80 5.31 2.81 2.60 1.82 1.00 【答案】（2） （3） ；图见解析 【解析】 （2） 每相邻两计数点间还有4个未标出的计时点，则，由逐差法可以得出加速度. （3） 描点作出的关系图像如图所示.根据牛顿第二定律可知，，可得，由图像可得纵轴截距为，则，可得动摩擦因数. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$