2025-2026学年高一上学期期末专题复习训练：牛顿运动定律

专题3.1．牛顿第一定律 1．(2021浙江丽水、湖州、衢州三地市4月质检)大型油罐车内的油在运输过程中极易发生涌动(如图1)，为了防止油涌动导致车体重心急剧变化的危害，在油罐车内部设置了一些固定挡板（如图）。下列说法错误的是 A．油罐车匀速向左拐弯时，油罐内的油将涌动到油罐的右侧图1 图2 B．油罐车在设置挡板后，减小了油的惯性，使油不容易发生涌动 C．油罐车在匀速前进的过程中突然刹车，挡板可以减弱油向前剧烈涌动 D．油罐车在平直道路上匀速前进时，即使没有挡油板油也几乎不会涌动 2.（2020年4月浙江台州质量评估）亚里士多德在其著作《物理学》中提到：一切物体都具有某种“自然本性”，物体由其“ 自然本性”决定的运动称之为“自然运动”，而物体受到推、拉、提、举等作用后的非“自然运动”称之为“受迫运动”。伽利略、笛卡尔、牛顿等人批判地继承了亚里士多德的这些说法。牛顿认为一切物体都具有的“自然本性”是惯性。下列关于“惯性”和“运动” 的说法不符合牛顿观点的是 A．作用在物体上的力，是使物体做“受迫运动”的原因 B．一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动 C.竖直上抛的物体，因为有惯性，其速度只能连续变化，而不能突变 D.静止放入转盘上的物体向桌子边缘滑去，是由于物体受到向外的力大于转盘给物体的摩擦力 3.（2020浙江名校联盟模拟）下列四张图是教材中的有关物理知识的插图，关于下面说法正确的是 A．图 1 说明伽利略关于自由落体运动的结论是完全通过实验得到的 B.图 2 可推出所有形状规则的物体重心均在其几何中心处 C.图 3 中掷出后的冰壶能继续运动说明其具有惯性 D．图 4 中电梯向上制动时体重计的读数变小说明人所受重力减小 4.科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法符合历史事实的是 A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变 B．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去 C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向 D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质 专题3.2．牛顿第二定律 1．[2021·重庆诊断(一)]我国首台新型墙壁清洁机器人“蜘蛛侠”是由青岛大学学生自主研制开发的，“蜘蛛侠”利用8只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上，通过“爪子”交替伸缩，就能在墙壁或玻璃上自由移动．如图所示，假设“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀加速“爬行”到右上方B点，在这一过程中，图中关于“蜘蛛侠”在竖直面内的受力分析正确的是(　　) 2.（2020安徽合肥一模）如图所示，轻弹簧的一端固定在地面上，另一端固定一质量不为零的托盘，在托盘上放置一小物块，系统静止时弹簧顶端位于B点（未标出）。现对小物块施加以竖直向上的力F，小物块由静止开始做匀加速直线运动。以弹簧处于原长时，其顶端所在的位置为坐标原点，竖直向下为正方向，建立坐标轴。在物块与托盘脱离前，下列能正确反映力F的大小随小物块位置坐标x变化的图像是 3. （2020山东模拟2）如图，一固定斜面上两个质量相同的小物块A和B紧挨着匀速下滑，A与B的接触面光滑。已知A与斜面之间的动摩擦因数是B与斜面之间动摩擦因数的2倍，斜面倾角为。B与斜面之间的动摩擦因数是（ ） A. B. C. D. 4．（14分）图所示，在风洞实验室里，直细杆倾斜放置，一个m＝2kg小球穿在细杆上，风对小球的作用力的方向水平向右，作用力的大小恒定不变。细杆与水平面之间的倾角为θ＝37°，小球穿与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，从t＝0时刻开始，物体运动的与时间t的关系如图所示 所示（x为位移），t＝2s时关闭风洞撤去风力， g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）风力F的大小； （2）物体向上运动过程中距计时点的最大距离。 （3）物体由斜面最高点返回计时点的时间. 5．（14分）如图所示，一质量m=2kg的小球套在一根足够长的固定直杆上，直杆与水平夹角θ=37°，杆与球间的动摩擦因数μ=0.5，t=0时小球在水平向左的拉力F作用下从A点由静止出发沿杆开始做匀加速运动．加速度大小a1=2m/s2 ，小球运动t1=5s到达P点（没画出）后撤去拉力F，g=10m/s2 ， sin37°=0.6，cos37°=0.8． （1）求力F的大小； （2）求撤去力F后，再经过2.5s，小球的距离出发点A的距离 （3）小球运动到距离P点4m处时，小球的运动时间（可用根式） 专题3.3等时圆模型 1. （2021福建龙岩一模） 如图所示，用绝緣材料做成的圆环固定在竖直平面内，O为圆心，A、B、C为圆环上的点，AOC、AB均为用绝缘材料做成的光滑细杆，AB杆竖直，AC与AB的夹角为θ，匀强电场方向水平向左。将两个完全相同的带正电的小环分別套在AC、AB两根细杆上，小环所受的电场力与重力之比为tanθ。现将两小环同时从A点静止释放，不计小环之间的库仑力。则下列说法正确的是 A. 两小环下滑过程机械能均守恒 B.两小环下滑过程中都受到三个力的作用 C.两小环刚滑到B、C两点时速度的大小相等 D.两小环从A点分别下滑B、C两点的时间相等 2.（2020山东聊城模拟）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。每根杆上都套有一个完全相同的小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c点无初速度释放，下列关于它们下滑到d的过程的说法中正确的是 A．沿cd细杆下滑的滑环用时最长 B．重力对各环的冲量中a的最小 C．弹力对各环的冲量中c的最大 D．各力对各环的冲量大小相等 3. (2018·山东青岛模拟)如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A，B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为R，AC长为2R.现沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球，已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1，沿AC轨道运动到C点所用时间为t2，则t1与t2之比为(　　) A．1： B．1：2 C．1： D．1：3 4.（2018石家庄一模）如图所示，AB为竖直平面内某圆周的竖直直径，CD 为过O点且与AB成60°夹角的固定光滑细直杆，两细直杆上各套有一个小球，小球可视为质点。两小球分别从C点由静止释放，小球从C点运动到D点所用的时间为t1，另一小球从C点运动到B点所用的时间为t2，则t1∶t2等于 A．1∶1 B．2∶1 C．∶1 D．∶2 5．（2018安徽合肥三模）如图所示，点P位于倾角为37°的斜面底端Q的正上方22.5cm处。现从P点向斜面搭建一光滑倾斜直轨道，使小物块从P点由静止开始沿该轨道滑至斜面，g取l0m/s2。则小物块滑至斜面的最短时间为 A. 0. 1s B. 0. 2s C. 0. 3s D. 0. 4s 专题3.4牛顿第三定律 1.（2020年4月浙江三地市质检）在 2020 年的春节晚会上，杂技《绽放》表演了花样飞天，如图是女演员举起男演员的一个场景，两位杂技演员处于静止状态。下列说法正 确的是 A．水平地面对女演员的支持力等于两演员的重力之和 B．水平地面对女演员的摩擦力水平向右 C. 女演员对男演员的作用力大于男演员对女演员的作用力 D. 女演员对男演员的作用力小于男演员对女演员的作用力 2．(2019·四川宜宾期中)如图所示，光滑水平面上静止着一辆小车，在酒精灯燃烧一段时间后塞子喷出．下列说法正确的是 (　　) A．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将大于小车受到的冲击力 B．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将小于小车受到的冲击力 C．塞子喷出瞬间，小车对水平面的压力大于小车整体的重力 D．若增大试管内水的质量，则可以增大小车的惯性 3. (2019浙江台州模拟)冰上表演刚开始时，甲、乙两人都静止不动，如图（甲）所示，随着优美的音乐响起，他们在相互猛推一下对方后分别向相反方向运动如图（乙）所示。假定两人的冰鞋与冰面的动摩擦因数相同，甲的质量小于乙的质量，则下列说法中正确的是（　　） A．两人刚分开时，甲的速度比乙的速度大 B．两人分开后，甲的加速度比乙的加速度大 C．在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力 D．在推的过程中，甲推乙的时间小于乙推甲的时间 4.（2019湖南永州二模）如图所示，人站立在体重计上，下列说法正确的是（　　） A．人所受的重力和人对体重计的压力是一对平衡力 B．人所受的重力和人对体重计的压力是一对作用力和反作用力 C．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对平衡力 D．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对作用力和反作用力 5.（2018北京密云摸底）如图所示，质量为M的斜劈形物体放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿斜劈的粗糙面向上滑，至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止，则在物块m上、下滑动的整个过程中（ ） A．地面对物体M的摩擦力先向左后向右 B．地面对物体M的摩擦力大小不变 C．地面对物体M的摩擦力方向不变 D．地面对物体M的支持力总等于(M＋m)g 图2 专题3.5超重和失重问题 1．（2021年广东江门高一期末）如图2所示，电梯使用电动机通过钢丝绳把供人乘坐的轿厢在高低楼层之间来回运动，设某次人与轿厢的总重力为G，钢丝绳的拉力为T，忽略绳重平衡链重力，则下列说法正确的是 　A．电梯在减速上升时，人在电梯中处于失重状态，G<T 　B．电梯在加速上升时，人在电梯中处于超重状态，G<T C．电梯在加速下降时，人在电梯中处于超重状态，G>T 　D．电梯在匀速上升时，人在电梯中处于平衡状态，G<T 。 2.(2020·河南九校联考)2019年国际篮联篮球世界杯暨第18届国际篮联篮球世界杯，于2019年8月31日至9月15日在我国的北京、广州、南京、上海、武汉、深圳、佛山、东莞八座城市举行。图为比赛中一运动员，其三分远投经历了下蹲、蹬地、离地上升、抛投过程，动作一气呵成，若不计空气阻力，关于运动员的一系列动作。下列说法正确的是(　　) A．运动员下蹲过程始终处于失重状态 B．运动员蹬地上升到离地过程中，运动员蹬地的力大于地面对运动员的支持力 C．运动员蹬地上升到离地过程中，可能先超重后失重 D．运动员离地后上升过程中，处于完全失重状态，因此不受重力作用 3. (2019浙江稽阳联谊学校联考模拟)绍兴市S区奥体中心举行CH杯全国蹦床锦标赛，对于如图所示蹦床比赛时运动员的分析，下列说法中正确的是（　　） A．运动员在蹦床上上升阶段，一直处于超重状态 B．运动员在蹦床上加速上升阶段，蹦床的弹性势能增大 C．运动员离开蹦床在空中运动阶段，一直处于失重状态 D．运动员离开蹦床在空中运动阶段，重力势能一直增大 4. 如图所示，台秤上有一装水容器，容器底部用一质量不计的细线系住一个乒乓球．某时刻细线断开，乒乓球向上加速运动，在此过程中，关于台秤的示数与线断前相比的变化情况及原因．下列说法正确的是　(　　) A．由于乒乓球仍在容器中，所以示数与细线断前相同 B．细线断后不再向上提拉容器底部，所以示数变大 C．细线断后，乒乓球有向上的加速度，处于超重状态，故示数变大 D．容器、水、乒乓球整个系统的重心加速下移，处于失重状态，所以示数变小 5. 如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲－起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为牛顿)，横坐标为时间．由图线可知　(　　) A．该同学做了两次下蹲－起立的动作 B．该同学做了一次下蹲－起立的动作 C．下蹲过程中人处于失重状态 D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态 6,。（浙江新高考2018年4月选考科目物理试题）如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t图像能反应体重计示数随时间变化的是 A. B. C. D. 7、（2018北京密云摸底）我国“蛟龙号”深潜器在某次实验时，内部显示屏上显示了从水面开始下潜到返回水面过程中的速度图象，如图所示。以下判断正确的是 A．6 min～8 min内，深潜器的加速度最大 B．4 min～6 min内，深潜器停在深度为60 m处 C．3 min～4 min内，潜水员处于超重状态 D．6 min～10 min内，深潜器的加速度不变 专题3.6 瞬时性问题 1．（2021江西兴国三中期中）A、B 两球的质量均为m，两球之间用轻弹簧相连，放在光滑的水平地面上，A 球左侧靠墙，弹簧原长为L0，用恒力F向左推B 球使弹簧压缩，如图所示，整个系统处于静止状态，此时弹簧长为L，下列说法正确的是(　　) A．弹簧的劲度系数为 B．弹簧的劲度系数为 C．若突然将力F撤去，撤去瞬间，A、B 两球的加速度均为0 D．若突然将力F撤去，撤去瞬间，A 球的加速度为, B球的加速度大小为0 2．（2020河南开封一模）如图所示，在光滑的水平面上，质量m＝2 kg的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成θ＝45°角的拉力F作用下处于静止状态，此时水平面对物块的支持力恰好为零．若重力加速度g取10 m/s2，则以下说法正确的是 A．此时轻弹簧的弹力大小为 N B．当撤去拉力F 的瞬间，物块的加速度大小为，方向水平向右 C．当撤去拉力F 的瞬间，物块的加速度大小为 ，方向水平向左 D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度为 m/s2，方向斜向右上，与水平方向成45°角 3.（2018贵州联考）如图所示，倾角为α的斜面固定在水平地面上，斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧相连接，现对A施加一个水平向右大小为F=mg的恒力，使A、B在斜面上都保持静止，如果斜面和两个小球的摩擦均忽略不计，此时弹簧的长度为L，则下列说法正确的是 A．弹簧的原长为L– B．斜面的倾角为α=30° C．撤掉恒力F的瞬间小球A的加速度不变 D．撤掉恒力F的瞬间小球B的加速度为0 4.如图2，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上的细线悬挂于固定点O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为△l1和△l2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间 A.a1=3g B.a1=0 C. △l1=2△l2 D. △l1=△l2 5.(2018·深圳模拟)在光滑斜面上有一质量为m的小球，小球与平行于斜面的轻弹簧和与竖直方向成θ＝30°角轻绳的一端相连，如图所示，此时小球处于静止状态，且斜面对小球的弹力恰好为零．则下列关于小球的加速度a大小的说法，正确的是(　　) A．剪断绳的瞬间，a＝g B．剪断绳的瞬间，a＝g C．剪断弹簧B端的瞬间，a＝g D．剪断弹簧B端的瞬间，a＝g 专题3.7 与速度图象相关的动力学问题 1．[2021·湖南衡阳一模]中澳美“科瓦里－2019”特种兵联合演练于8月28日至9月4日在澳大利亚举行，中国空军空降兵部队首次派员参加．一名特种兵从空中静止的直升飞机上，抓住一根竖直悬绳由静止开始下滑，运动的速度随时间变化的规律如图所示，t2时刻特种兵着地．下列说法正确的是(　　) A．在t1～t2时间内，平均速度＝ B．在t1～t2时间内特种兵所受的阻力越来越大 C．在0～t1时间内加速度不变，在t1～t2时间内加速度减小 D．若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑，则他们在悬绳上的距离先增大后减小 2．(2020·宁波质检)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10 m/s2.下列选项中正确的是(　　) A．2～3 s内物块做匀减速运动 B．在t＝1 s时刻，恒力F反向 C．恒力F大小为10 N D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.5 3．粗糙水平面上静止放置质量均为m的A、B两物体，它们分别受到水平恒力F1、F2的作用后各自沿水平面运动了一段时间,之后撤去F1、F2,两物体最终都停止，其图象如图所示，下列说法正确的是 A．A、B两物体与地面间的滑动摩擦因数之比为2:1 B．F1与A物体所受摩擦力大小之比为3:1 C．F1和F2大小之比为2:1 D．A、B两物体通过的总位移大小相等 4.（2018洛阳联考）如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k，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A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v ­t图像如图乙所示(重力加速度为g)，则(　　) A．施加外力前，弹簧的形变量为 B．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M(g－a) C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零 D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值 专题3．8 与力图象相关的动力学问题 1.（2021上海嘉定一模） 右图为某运动员做蹦床运动时，利用传感器测得蹦床弹力随时间的变化图。假设运动员仅在竖直方向运动，且不计空气阻力，g取10m/s2。依据图像给出的物理信息，运动员离开蹦床上升的最大高度H和运动员的最大加速度大小a分别为（ ） （A）5m 40m/s2 （B）5m 50m/s2 （C）9.8m 40m/s2 （D）9.8m 50m/s2 2.　[2020·陕西宝鸡中学一模]如图甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对物体A施加一水平力F，Ft图象如图乙所示，两物体在力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止，规定水平向右为正方向，则下列说法正确的是(　　) A．两物体在4 s时改变运动方向 B．在1～3 s时间内两物体间的摩擦力为零 C．6 s时两物体的速度为零 D．B物体所受的摩擦力方向始终与力F的方向相同 3.（2020年3月武汉质检）如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向下的力F作用在P上，使其向下做匀加速直线运动，在弹簧的弹性限度内，下列表示力F和运动时间t之间关系的图像正确的是 4.（2019湖南师大附中二模）如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3 N时A、B将会分离。t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是( ) A．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力为零 B．t＝2.5 s时刻A对B的作用力方向向左 C．t＝2.5 s时刻A、B分离 D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4 m 5．(2016山东淄博模拟)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，设物块与地面的最大静摩擦力fm与滑动摩擦力大小相等，则 A．0～tl时间内物块A的加速度逐渐增大 B．t2时刻物块A的加速度最大 C．t3时刻物块A的速度最大 D．t2~t4时间内物块A一直做减速运动 6 .如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与一个托盘相连，托盘中放置一与托盘质量相同的物块，初始时物块和托盘都处于静止状态．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x之间的关系如图乙所示（g = 10 m/s2），则下列结论正确的是： A．物块和托盘静止时，弹簧的压缩量是10cm B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm[来源:学*科*网Z*X*X*K] C．物块的质量为2.5 kg D．物块的加速度大小为5 m/s2 7.（2021广东韶关一模）纵跳是体育运动的基本动作之一，可以分为原地纵跳和助跑纵跳。如图甲所示，人光脚在原地纵跳时，快速下蹲后立即蹬伸，在起跳过程中，人受到地面的支持力随时间变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是 A．人对地面的压力是由于地面发生微小形变引起的 B．人能够原地纵跳是由于地面对人的支持力大于人对地面的压力 C．在C点人达到最大速度 D．曲线上的A点表示人下蹲至最低点 8.（2018金考卷）—个物块放在粗糙的水平面上，现用一个很大的水平力推物块，并且推力不断减小，结果物块运动中的加速度a随推力F变化的图象如图所示。重力加速 。下列说法正确的是 A.物块的质量为0.5 kg B.物块与水平面间的动摩擦因数为0.2 C.当推力F减小为2 N时，物块的速度最大 D.当推力F减小为0时，物块的速度为零 9. （2020山东模拟2）如图甲所示，为一倾角θ＝37°足够长的斜面，将一质量为m＝1 kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化关系图象如图乙所示，与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)2 s末物体的速度； (2)前16 s内物体发生的位移． 10．小明家住在高楼的第23层,每次都乘小区高楼的观光电梯上下楼,如图甲所示.在学了有关超重和失重的知识后,他想用力传感器来测量电梯的加速度大小.一次实验中,小明进入电梯后,在力传感器下方悬挂一重物,电梯从第23层由静止开始启动,经过各个阶段的运行最后停在第1层.整个过程中,传感器记录了弹力随时间的变化情况如图乙所示,重力加速度g取9.8 m/s2.求: (1)电梯启动和制动的加速度大小; (2)图乙中横坐标t0的数值和该高楼每层的平均高度(保留两位有效数字). 11．一质量m=2kg的小球套在一根足够长的固定直杆上，直杆与水平面的夹角θ=37°，AB为直杆上相距L=1.15m的两点．现对小球施加一竖直向上、大小F=40N的拉力，使小球从A点由静止开始向上运动，且拉力F作用t1=1s时间后撤去．已知杆与小球间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求： (1)小球在拉力F作用下的加速度大小a1； (2)小球上滑过程中距A点的最大距离Lm； (3)从撤去拉力F到小球向下经过B点所用的时间t． 专题3.9．加速运动的叠加体问题（基础篇） 1．(2020·安徽八校联考)某同学为了研究物体下落过程的特点，设计了如下实验：将两本书A、B从高楼楼顶放手让其下落，两本书下落过程中没有翻转和分离，由于受到空气阻力的影响，其vt图像如图所示，虚线在P点与速度图线相切，已知mA＝2 kg，mB＝2 kg，g＝10 m/s2。由图可知(　　) A．0～2 s内A、B的平均速度等于4.5 m/s B．t＝2 s时A、B受到空气阻力等于25 N C．t＝2 s时A对B的压力等于16 N D．下落过程中A对B的压力不变 2.（2020河北石家庄期末调研）如图所示，长木板左端固定一竖直挡板，轻质弹簧左端与挡板连接，右端连接一小物块，在小物块上施加如图所示的水平恒力F，整个系统一起向右在光滑水平面上做匀加速直线运动。已知长木板质量为M，小物块质量为m，弹簧劲度系数为k，形变量为x（x≠0），则（　　） A. 小物块的加速度为 B. 小物块受到的摩擦力大小一定为kx- C. 小物块受到的摩擦力大小可能为kx+，方向水平向左 D. 小物块与长木板之间可能没有摩擦力 3.如图所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体。现对A施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得A的加速度a随拉力F变化的关系如图B所示。已知重力加速度g = 10 m/s2，由下列说法正确的是 A．A的质量是5kg B．B的质量是5kg C．A、B之间的动摩擦因数是0.4 D．A、B之间的动摩擦因数是0.8 4. (2017·哈尔滨三中模拟)如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B与C之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内。现用水平拉力F拉B木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是(　　) A．一起加速过程中，C木块受到四个力的作用 B．一起加速过程中，D所受到的静摩擦力大小为 C．一起加速过程中，A、D木块所受摩擦力大小和方向相同 D．当F撤去瞬间，A、D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变 5.(2016·江苏泰州期末)如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车质量为M＝5 kg，小车上静止地放置着质量为m＝1 kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM，可能正确的有(　　) A.am＝1 m/s2，aM＝1 m/s2 B.am＝1 m/s2，aM＝2 m/s2 C.am＝2 m/s2，aM＝4 m/s2 D.am＝3 m/s2，aM＝5 m/s2 6．[多选](2020·西安联考)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ1，B与地面间的动摩擦因数为μ2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则(　　) A．当μ2＝μ1且F＝μ1mg时，A的加速度为μ1g B．当μ2＝μ1且F＝4μ1mg时，A的加速度为μ1g C．当μ2＝μ1时，B的加速度最大为μ1g D．当μ2＝μ1时，无论F为何值B都不会运动 7. （2016山东济南测试）如图所示，小球B放在真空容器A内，球B的直径恰好等于正方体A的边长，将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是( ) A．若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的支持力 B．若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的压力向下 C．若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的压力向上 D．若不计空气阻力，下落过程中，B对A没有压力 8．（15分）（2016福建三校联考）如图所示，一平板车以某一速度v0匀速行驶，某时刻一货箱（可视为质点）无初速度地放置于平板车上，货箱离车后端的距离为l=3m，货箱放入车上的同时，平板车开始刹车，刹车过程可视为做a=4m/s2的匀减速直线运动。已知货箱与平板车之间的摩擦因数为μ=0.2，g=10m/s2。为使货箱不从平板上掉下，平板车匀速行驶的速度v0应满足什么条件？ 9.(2019高考信息卷)如图甲所示，地面上有一长l＝1 m，高h＝0.8 m，质量M＝2 kg的木板，木板的右侧放置一个质量m＝1 kg的木块（可视为质点），已知木板与木块之间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.6，初始时两者均静止。现对木板施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间的变化如图乙所示，取g＝10 m/s2。求： (1)前2 s木板的加速度； (2)木块落地时距离木板左侧的水平距离Δx。 专题3.10 加速运动的连接体问题 1. （2021辽宁模拟1）如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、 2m和3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T，现用水平拉力F拉物体B，使三个物体一起向右加速运动，则（　　） A. 此过程中物体C受重力等五个力作用 B. 当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断 C. 当F逐渐増大到1.5T时，轻绳刚好被拉断 D. 若水平面光滑，则绳刚要断时，A、C间的摩擦力为 2.（2020年3月山西调研）如图所示，A、B两滑块质量分别为2 kg和3 kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的粗糙水平面上，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.5。用手按着两滑块不动，第一次是将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4 kg的物块C挂于动滑轮上，只释放A而按着B不动；第二次是将物块C取走，换作竖直向下的40 N的恒力作用于动滑轮上，只释放B而按着A不动。重力加速度为g取10 m/s2，则两次操作中滑块A和B获得的加速度之比为 ( ) A.1：2 B．5：6 C．5：3 D．2：1 3.（2019河南郑州二模）如图所示，2019个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1—2，2和3间弹簧的弹力为F2—3，2018和2019间弹簧的弹力为F2018—2019，则下列结论正确的是( ) A.F1—2∶F2—3∶……F2018—2019=1∶2∶3∶……2018 B.从左到右每根弹簧长度之化为1∶2∶3∶……2018 C.如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，第2019个小球的加速度为F，其余每个球的加速度依然为a D.如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a 4. （2019全国高考联考）如图所示，足够长的、倾角为的光滑斜面上，档板C与斜面垂直。质量均为m的A、B两相同物块与劲度系数为k的轻弹簧两端相连，在C的作用下处于静止状态。现给A施加沿斜面向上的恒力F，使A、B两物块先后开始运动。已知弹簧始终在弹性限度内，下列判断正确的是　　 A. 恒力F的值一定大于mg B. 物块B开始运动时，物块A的加速度为（F-mg）/m C. 物块B开始运动时，A发生位移的值为mg/2k D. 当物块B的速度第一次最大时，弹簧的形变量为mg/k 5. (2018湖北八校联考)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止．则下列说法正确的是(　　) A．轻绳的拉力等于Mg B．轻绳的拉力等于mg C．M运动的加速度大小为(1－sin α)g D．M运动的加速度大小为g 6..(2017·黄冈质检)如图所示，bc 为固定在小车上的水平横杆，物块 M 串在杆上， 靠摩擦力保持相对杆静止，M 又通过轻细线悬吊着一个小球 m, 此时小车正以大小为 a 的加速度向右做匀加速运动，而 M、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为 θ。小车的加速度逐渐增加， M 始终和小车保持相对静止，当加速度增加到 2a 时(　　) A．横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍 B．横杆对M的弹力增加到原来的2倍 C．细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍 D．细线的拉力增加到原来的2倍 7．.(2016安徽合肥二模)如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨 过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B。保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如乙图所示。设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是（ ） A.若θ已知，可求出A的质量 B.若θ未知，可求出乙图中a1的值 C.若θ已知，可求出乙图中a2的值 D.若θ已知，可求出乙图中m0的值 8．（2016贵州六校联考）a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。当用恒力F竖直向上拉着 a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1 ；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着 a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，如图所示。则（ ）F b a F a b A．x1一定等于x2 B．x1一定大于x2 C．若m1>m2，则 x1>x2 D．若m1<m2，则 x1＜x2 9．（2021年重庆模拟）如图所示，倾角为θ的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM、MN长度均为3d。四个质量均为m的相同样品1、2、3、4放在斜面上，每个样品（可视为质点）左侧固定有长度为d的轻质细杆，细杆与斜面平行，且与其左侧的样品接触但不粘连，样品与MN间的动摩擦因数为tanθ。若样品1在P处时，四个样品由静止一起释放，则（重力加速度大小为g）（　　） A．当样品1刚进入MN段时，样品的共同加速度大小为 B．当样品1刚进入MN段时，样品1的轻杆受到压力大小为3mgsinθ C．当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为9dmgsinθ D．当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为 10.★(2016年大连二模)截面为直角三角形的斜面体固定在水平地面上，两斜面光滑，斜面倾角分别为60°和30°，一条不可伸长的轻绳跨过固定在斜面顶端的光滑定滑轮连接着两个小物体，物体B的质量为m，起始距地面的高度均为h，重力加速度为g。 （1）若A的质量也为m，由静止同时释放两物体，求当A刚到地面时的速度大小； （2）若斜面体不固定，当斜面体在外力作用下以大小为a的加速度水平向右做匀变速直线运动时，要使A、B两物体相对斜面都不动，分析物体A的质量和加速度a的关系。 专题3.11．水平传送带问题 1、如图所示，水平传送带以恒定速度v向右运动．将质量为m的物体Q轻轻放在水平传送带的左端A处，经过t秒后，Q的速度也变为v，再经t秒物体Q到达传送带的右端B处，则(　　) A．前t秒内物体做匀加速运动，后t秒内物体做匀减速运动 B．后t秒内Q与传送带之间无摩擦力 C．前t秒内Q的位移与后t秒内Q的位移大小之比为1：1 D．Q由传送带左端运动到右端的平均速度为v 2.(多选)如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端无初速放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间可能是(　　) A.＋ B. C. D. 3.如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙的传送带上，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，当传送带分别以v1、v2的速度做逆时针运动时(v1＜v2)，绳中的拉力分别为F1、F2，则下列说法正确的是(　　) A.物体受到的摩擦力Ff1＜Ff2 B.物体所受摩擦力方向向右 C.F1＝F2 D.传送带速度足够大时，物体受到的摩擦力可为0 4. (2020·榆林市第三次模拟)如图所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v1＝2 m/s的恒定速率运行。初速度大小为v2＝3 m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，则(　　) A．小墨块未与传送带速度相同时，受到的摩擦力方向水平向右 B．小墨块与传送带速度相同前其加速度a＝0.2 m/s2 C．小墨块在传送带上的痕迹长度为4.5 m D．小墨块在传送带上的痕迹长度为12.5 m 5．[2020·广东汕头5月模拟](20分)如图所示，一水平的足够长的传送带与一水平地面上的平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面．传送带上左端放置一质量为m＝1 kg的煤块(视为质点)，煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.1.初始时，传送带与煤块及平板都是静止的．现让传送带以恒定的水平向右的加速度a＝3 m/s2开始运动，当其速度达到v＝1.5 m/s后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，随后，在煤块平稳滑上右端平板的同时，在平板右侧施加一个水平向右的恒力F＝17 N，F作用了0.5 s时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去F.最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M＝4 kg(重力加速度为g＝10 m/s2)．(1)求传送带上黑色痕迹的长度；(2)求有F作用期间平板的加速度大小；(3)平板上表面至少多长？(计算结果保留两位有效数字) 专题3.12 倾斜传送带问题 1. .（2019广东惠州第三次调研）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是 2． (2016河北名校调研)三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)下列说法正确的是(　　) A．物块A先到达传送带底端 B．物块A、B同时到达传送带底端 C．传送带对物块A、B均做负功 D．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3 3. 如图所示，光滑斜面与倾斜传送带在同一个平面内，传送带以速度v0逆时针匀速转动，现有一滑块体从斜面上静止释放，若物体与传送带间的动摩擦因数恒定，规定沿斜面向下的速度方向的正方向，则物体在传送带上滑动时的速度随时间变化的图线可能是 A. B. C. D. 4.(2016年全国普通高考重庆适应性测试（第三次）理科综合试题)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因素为μ，小木块速度随时间变化关系如图所示，v0、t0已知，则 A．传送带一定逆时针转动 B． C．传送带的速度大于v0 D．t0后滑块的加速度为2 gsinθ- 5.如图所示，物体A置于倾斜的传送带上，它能随传送带一起向上或向下做匀速运动，下列关于物体A在上述两种情况下的受力描述，正确的是(　　) A．物体A随传送带一起向上运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下 B．物体A随传送带一起向下运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下 C．物体A随传送带一起向下运动时，A不受摩擦力作用 D．无论A随传送带一起向上还是向下运动，传送带对物体A的作用力均相同 6．（2019湖南十三校联考）如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v＝4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m=1kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F＝8N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为＝2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，（g取10 m/s2， sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）.问：（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？ （2）若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？ 7．(13分) (2021湖北荆州一模)如图所示，倾斜传送带以速度v2=1.2m/s匀速向下运动，倾角θ=37°，小物体A、B由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，mA=2kg、mB=0.5kg.某时刻A在传送带右端具有向左的速度v1=2m/s，A与定滑轮间的绳与传送带平行，传送带上下两端长L=5m．不计定滑轮质量和摩擦，小物体A与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，轻绳足够长。(g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)求： （1）若小物体A与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.25，A离开传送带时的速度． （2）若小物体A与传送带之间的动摩擦因数μ2= 0.5，A滑上传送带到离开传送带所需的时间. 专题3.13滑块板块问题 1. （2020江苏无锡期末）如图所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为mA=1kg和mB=2kg的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平拉力F拉A，取重力加速度g=10m/s2．改变F的大小，B的加速度大小可能为（　　） A. 1m/s2 B. 2m/s2 C. 3m/s2 D. 4m/s2 2．(2019·云南昆明检测)如图甲所示，质量mA＝1 kg，mB＝2 kg的A、B两物块叠放在一起静止于粗糙水平地面上。t＝0时刻，一水平恒力F作用在物块B上，t＝1 s时刻，撤去F，B物块运动的速度—时间图像如图乙所示，若整个过程中A、B始终保持相对静止，则下列说法正确的是(　　) A．物块B与地面间的动摩擦因数为0.2 B．1～3 s内物块A不受摩擦力作用 C．0～1 s内物块B对A的摩擦力大小为4 N D．水平恒力的大小为12 N 3.（2019年1月云南昆明复习诊断测试）如图甲所示，一块质量为mA=2kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为mB=1kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。则下列说法正确的是（ ） A.滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6 B.木板与地面之间的动摩擦因数为0.1 C.F的大小可能为9N D.F的大小与板长L有关 4. （2021辽宁模拟预测12）如图所示，一足够长的木板在粗糙水平地面上向右运动，某时刻初速度为v0，此时一与木板质量相等的小滑块（可视为质点）以v1＝4m/s的速度从右侧滑上木板，经过t=1s两者速度恰好相同，速度大小为v2＝1m/s，方向向左。已知木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.05，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)木板与滑块间的动摩擦因数μ1；(2)木板初速度v0的大小；(3)若在两者速度恰好相同时，木板与固定在地面的弹性挡板相碰，碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去挡板。求从滑块滑上木板开始的整个运动过程中，木板的对地位移大小。 5.如图所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v－t图象分别如图中的折线acd和bcd所示 ，a、b、c、d点的坐标为a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)。根据v－t图象，(g取10 m/s2)，求： (1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小a； (2)物块质量m与长木板质量M之比； (3)物块相对长木板滑行的距离Δx。 6．（13分））（2020河北衡水二调）如图所示，一块质量为，长为的均质薄木板静止在足够长的水平桌面上，在木板的左端静止摆放着质量为的小木块（可视为质点），薄木板和小木块之间的动摩擦因数为，薄木板与地面之间的动摩擦因数为．在时刻，在木板左端施加一水平向左恒定的拉力，取．则：（1）拉力刚作用在木板上时，木板的加速度大小是多少？（4分） （2）如果一直作用在上，那么经多少时间将离开？(4分） （3）若在时间末撤去，再经过多少时间和第一次速度相同？在此情况下，最终在上留下的痕迹的长度是多少？（5分） 7．（2021高考评估验收模拟13）(20分)如图所示，质量M＝10 kg、上表面光滑的足够长的木板在F＝50 N的水平拉力作用下，以初速度v0＝5 m/s沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m＝1 kg，将一铁块无初速度地放在木板的最右端，当木板运动了L＝1 m时，又无初速度地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L＝1 m就在木板的最右端无初速度放一铁块．试问：(取g＝10 m/s2) (1)第2块铁块放上时，木板的速度多大？ (2)最终木板上放有多少块铁块？ (3)从第1块铁块放上去之后，木板最大还能运动多远？ 8．质量M＝4 kg、长2l＝4 m的木板放在光滑水平地面上，以木板中点为界，左边和右边的动摩擦因数不同．一个质量为m＝1 kg的滑块(可视为质点)放在木板的左端，如图甲所示．在t＝0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力F，使滑块和木板均由静止开始运动，t1＝2 s时滑块恰好到达木板中点，滑块运动的x1－t图象如图乙所示．取g＝10 m/s2. (1)求滑块与木板左边的动摩擦因数μ1和恒力F的大小． (2)若滑块与木板右边的动摩擦因数μ2＝0.1，2 s末撤去恒力F，则滑块能否从木板上滑落下来？若能，求分离时滑块的速度大小．若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？ 专题3.1．牛顿第一定律 1．【参考答案】B 【名师解析】根据质量是惯性大小的量度可知，油罐车在设置挡板后，不能减小油的惯性，挡板对的涌动产生了较大的阻力，使油不容易发生涌动，选项B说法错误。 2.【参考答案】D 【命题意图】 本题考查对牛顿运动和力观念的理解及其相关知识点，考查的核心素养是“运动和力”的观点。 【解题思路】根据牛顿第一定律，一切物体都处于静止状态或匀速直线运动状态，作用在物体上的力，是使物体做加速运动或改变运动状态的原因，即“受迫运动”的原因，说法A符合牛顿的观点；牛顿认为一切物体都具有的“自然本性”是惯性，一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动，选项B符合牛顿的观点；竖直上抛的物体，因为有惯性，其速度只能连续变化，而不能突变，选项C符合牛顿的观点；静止放入转盘上的物体向桌子边缘滑去，是由于物体做匀速圆周运动所需要的向心力大于转盘给物体的摩擦力，选项D不符合牛顿的观点。 3.【参考答案】C 【名师解析】图 1 说明伽利略关于自由落体运动的结论是通过科学推理得到的，选项A错误；图 2 可推出所有形状规则质量分布均匀的物体重心均在其几何中心处，不能推出所有形状规则的物体重心均在其几何中心处，选项B错误；图 3 中掷出后的冰壶能继续运动说明其具有惯性，选项C正确；图 4 中电梯向上制动时体重计的读数变小说明人视重减小，但是人所受的重力不变，选项D错误。 4.【参照答案】BCD 【名师解析】 本题考查物理学史实。亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，他的观点是错误的；伽利略通过实验与推理证明了力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，假如没有力作用在运动的物体上，物体将以原来的速度永远运动下去；同时期的笛卡尔也得出了类似的结论；牛顿在伽利略和笛卡尔的基础上，提出了惯性定律， 即认为物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。本题应选BCD。 专题3.2．牛顿第二定律 1．【参考答案】C 【名师解析】根据牛顿第二定律可知，在竖直平面内“蜘蛛侠”所受合力方向应该是从A点指向B点，故C正确，A、B、D错误． 2.【参考答案】C 【名师解析】以弹簧处于原长时，其顶端所在的位置为坐标原点，竖直向下为正方向，其弹力方向向上。对小物块，由牛顿第二定律， ，变化为，可知F随着x增大而减小；当F=m（a+g）时，物块与弹簧脱离，x=0，所以选项C正确。 3.【参考答案】C 【名师解析】 B与斜面之间的动摩擦因数是μ，则A与斜面之间的动摩擦因数是2μ，对AB的整体，，解得，故选C. 4．【参考答案】 （1）32N；（2）52m；（3） 【名师解析】（1）由匀变速直线运动公式得,对照图线可知，图线在纵轴截距表示初速度，图线斜率表示，则有：v0＝12m/s，a1＝4m/s2在沿斜面上有解得 （2）2秒末v1＝v0＋a1t＝20m/s,0到2秒： 2秒后物体向上做匀减速运动，其加速度为a2＝gsin37°+μgcos37°＝10m/s2 2秒后沿斜面向上位移： ,物体向上运动过程中距计时点的最大距离为x＝x1＋x2＝52m （3）物体由斜面最高点返回计时点的过程中，做匀加速运动，其加速度为a3＝gsin37°-μgcos37°＝2m/s2 物体由斜面最高点返回计时点的时间 5．【参考答案】 （1）48N；（2）27.75m；（3）或7s或9s 【名师解析】（1）对小球受力分析，由牛顿第二定律得：在平行斜面方向上有： ① 垂直斜面方向上有： ②其中： ③联立①②③解得： ； （2）有F作用时，小球运动的距离为； 当撤去F后，由牛顿第二定律： ，解得小球的加速度为； 撤去F时小球的速度为，所以小球停下来还需要； 所以小球先沿杆向上运动t2=1s，然后沿杆向下运动t3=1.5s。 撤去F后小球沿杆向上运动的距离 小球沿杆向下运动时，由牛顿第二定律：，解得小球的加速度为； 在t3=1.5s小球运动的距离 故撤去力F后，再经过2.5s，小球的距离出发点A的距离为； (3) 小球运动到距离P点4m有三次：(a)第一次是沿杆向上运动经过P点上方4m处；(b)第二次是球沿杆向下运动经过P点上方4m处；(c)第三次是向下运动经过P点下方4m处。 （a）撤去外力后，再沿杆向上运动4m 由位移公式得：，解得，所以，第一次沿杆向上运动经过P点上方4m处，小球的运动时间t5=t1+t4=5.5s (b)第二次是球沿杆向下运动经过P点上方4m处,由位移公式： ，解得t6=1s，所以，第二次沿杆向下运动经过P点上方4m处，小球的运动时间t7=t1+ t2+t6=7s (c)第三次是向下运动经过P点下方4m处。由位移公式： ，解得t8=3s，所以，第三次沿杆向下运动经过P点下方4m处，小球的运动时间t9=t1+ t2+t8=9s 专题3.3等时圆模型 1. 【参考答案】.D 【命题意图】本题考查带电质点在复合场中运动、等时圆模型及其相关知识点。 【解题思路】由于受到电场力且电场力做功，所以两小环下滑过程机械能均不守恒，选项A错误；根据小环所受的电场力与重力之比为tanθ可知，小环所受的电场力与重力合力方向沿AC，所以在AC上下滑的小环只受到重力和电场力作用，选项B错误；由等时圆模型可知，两小环从A点分别下滑B、C两点的时间相等，速度不相等，选项C错误D正确。 2.【参考答案】C 【名师解析】此题为等时圆模型，设光滑细杆的长度为L，与竖直方向的夹角为θ，则L=2Rcosθ。小滑环沿光滑细杆下滑，由牛顿第二定律，mgcosθ=ma，由匀变速直线运动规律，L=at2，联立解得：t=2，由此可知，三个滑环分别从a、b、c点无初速度释放，所用时间相等，选项A错误；根据冲量的定义，I=Ft，可知重力对各环的冲量相等，选项B错误；由于沿cd光滑细杆的小滑环所受的弹力最大，根据冲量的定义，I=Ft，可知弹力对各环的冲量中c的最大，选项C正确；由于三个滑环分别从a、b、c点无初速度释放的加速度不同，所受合外力不同，所以各力对各环的冲量大小不相等，选项D错误。 【知识拓展】等时圆模型模型表述【】【】： （1）质点沿任一光滑弦自竖直圆最高点A从静止下滑至圆上另一点用时相等。（或者：质点从同一点沿光滑直线从静止运动用时相等的点共圆。） （2）质点从圆上任一点沿光滑弦从静止下滑至最低点B用时相等。（或者：质点从不同点沿光滑直线从静止运动至同一点用时相等的点共圆。） （3）等时圆上质点运动用时等于质点从最高点A自由下落至最低点B所用时间：t=2，其中R为等时圆半径。 3.【参考答案】A 【名师解析】设AB与竖直方向的夹角为θ，则AB＝2Rcosθ＝R，所以θ＝45°，小球沿AB下滑的加速度为a＝gcosθ，解得小球在AB运动的时间为t1＝＝；同理知小球在AC上运动的时间为t2＝＝，则t1与t2之比为1：，选项A正确． 4.【参考答案】.C 【命题意图】 本题考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律及其相关的知识点。【解题思路】对沿CD光滑细杆上运动的小球，由牛顿第二定律，mgsin30°=ma1，解得a1=g/2；设CD=d，由匀变速直线运动规律，d=a1t12，解得t1=2。对沿CB光滑细杆上运动的小球，由牛顿第二定律，mgsin60°=ma2，解得a2=g/2；光滑杆CB=d sin60°=d/2，由匀变速直线运动规律，d/2=a2t22，解得t2=。t1∶t2=2∶=∶1，选项C正确。 【易错警示】解答此题常见错误主要有：一是把该题的情景误认为是等时圆模型，导致错选A；二是不能正确运用相关数学知识得出CB光滑光滑杆的长度和倾角；三是没有正确运用牛顿运动定律和匀变速直线运动规律，导致计算错误。 5．【参考答案】.B 【命题意图】本题考查等时圆模型、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律及其相关的知识点。 【解题思路】在线段PQ上找一点O，O点到P点的距离和到斜面的距离相等，以O点为圆心，以PO为半径做一圆，该圆与斜面的切点为M，如图。设OQ=L，PO=R，由图中几何关系得：R=Lsin53°，R+L=22.5cm，小物块沿PM滑至斜面的最短时间为t，小物块沿PM滑动的加速度为a，则有PM=2Rcos18.5°，ma=mgcos18.5°，PM=at2，联立解得：t=0.2s，选项B正确。 【方法归纳】此题为等时圆模型。从竖直面内等时圆的最高点沿光滑杆滑至等时圆周上任意点的时间都相等。从竖直面内等时圆周上的任意点沿光滑杆滑至等时圆的最低点的时间都相等。 专题3.4牛顿第三定律 1.【参考答案】A 【名师解析】把两位杂技演员看作整体，由平衡条件可知，水平地面对女演员的支持力等于两演员的重力之和，水平地面对女演员的摩擦力为零，选项A正确B错误；女演员对男演员的作用力与男演员对女演员的作用力是一对作用力和反作用力，所以女演员对男演员的作用力等于男演员对女演员的作用力，选项CD错误。 2．【参考答案】CD 【名师解析】喷出时塞子受到的冲击力和小车受到的冲击力大小相等，方向相反，故A、B错误；塞子喷出瞬间，试管内的气体对小车整体有斜向左下的作用力，所以小车对水平面的压力大于小车整体的重力，故C正确；若增大试管内水的质量，则小车整体的惯性增大，故D正确． 3.【参考答案】.A 【命题意图】 本题考查对速度——时间图像的理解及其相关的知识点。 【解题思路】由于在他们相互猛推一下对方的过程中，作用时间很短，两人组成的系统动量守恒，以甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m甲v甲﹣m乙v乙＝0，m甲v甲＝m乙v乙，由于甲的质量小于乙的质量，所以两人刚分开时，甲的速度大于乙的速度，选项A正确；对两人分开后在冰面上滑行的过程，由牛顿第二定律，μmg=ma，解得：a＝μg，由于两人的冰鞋与冰面的动摩擦因数μ相同，所以两人的加速度a相等，选项B错误；在推的过程中，两人间的作用力为作用力与反作用力，它们大小相等，作用时间相等，选项CD错误。 【关键点拨】解题的关键是过程分析。虽然在两人互推过程中所受合外力不为零，但由于作用时间很短，合外力冲量可忽略，两人组成的系统动量守恒。 4.【参考答案】D 【名师解析】人对体重计的压力作用在体重计上，体重计反过来对人提供支持力，这是作用力和反作用力的关系；人所受的重力作用在人身上，人对体重计的压力作用在体重计上，且二者的产生没有相互性。 人所受的重力和人对体重计的压力方向相同，既不是相互作用力，也不是平衡力，故AB错误；人对体重计的压力和体重计对人的支持力是人与体重计间的相互作用力，故C错误，D正确。 【点评】本题关键明确平衡力、作用力与反作用力的区别，平衡力：作用在一个物体上，合力为零。作用力和反作用力：作用在两个物体上，有相互性，因果关系。 5.【参考答案】.A 【名师解析】：物块以某一初速度沿斜劈的粗糙面向上滑，所受斜面的摩擦力方向沿斜面向下，做减速运动，其加速度方向沿斜面向下。根据牛顿第三定律，斜面受到物体的摩擦力方向沿斜面向上。隔离斜面M，分析受力，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，物块对斜面沿斜面向上的摩擦力，根据平衡条件，M应该受到水平向左的静摩擦力，地面对物体M的支持力小于物块和斜面的总重力(M＋m)g。物块速度减小为零后又加速沿斜面下滑，所受滑动摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第三定律，物块对斜面的滑动摩擦力沿斜面向下。隔离斜面M，分析受力，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，物块对斜面沿斜面向下的摩擦力，根据平衡条件，M应该受到水平向右的静摩擦力，地面对物体M的支持力大于物块和斜面的总重力(M＋m)g，即地面对物体M的摩擦力先向左后向右，选项A正确BCD错误。 专题3.5超重和失重问题 1．【参考答案】B 【名师解析】电梯在减速上升时，加速度向下，人在电梯中处于失重状态，G＜T，选项A错误；电梯在加速上升时，加速度向上，人在电梯中处于超重状态，G<T，选项B正确；电梯在加速下降时，加速度向下，人在电梯中处于失重状态，G>T，选项C错误；电梯在匀速上升时，人在电梯中处于平衡状态，G=T，选项D错误。 2.【参考答案】C 【名师解析】　运动员下蹲过程，先向下加速后向下减速，加速度方向先向下后向上，因此运动员先处于失重状态后处于超重状态，A项错误；运动员蹬地上升到离地过程中，根据牛顿第三定律可知，运动员蹬地的力等于地面对运动员的支持力，B项错误；运动员蹬地上升到离地过程中，加速度的方向可能先向上后向下，因此可能先超重后失重，C项正确；运动员离地后上升过程中，处于完全失重状态，仍受重力作用且所受重力不变，D项错误。 3. 【参考答案】.C 【命题意图】 本题以蹦床锦标赛为情景，考查牛顿第二定律、超重和失重、机械能及其相关的知识点。 【解题思路】运动员在蹦床上上升阶段，先加速向上运动后减速向上运动，减速向上运动加速度向下，处于失重状态，选项A错误；运动员在蹦床上加速上升阶段，蹦床的弹力对运动员做功，蹦床的弹性势能减小，选项B错误；运动员离开蹦床在空中运动阶段，只受重力作用，加速度向下，一直处于失重状态，选项C正确；运动员离开蹦床在空中运动上升阶段，动能转化为重力势能，重力势能增大，在空中运动下降阶段，重力势能转化为动能，重力势能减小，选项D错误。【方法归纳】判断超重或失重的方法是：当物体具有向下的加速度时，处于失重状态；具有向上的加速度时，处于超重状态。 4. 【参考答案】D 【名师解析】.乒乓球加速上升，整个系统重心加速下移，处于失重状态，故D正确． 5. 【参考答案】B【名师解析】 .在一次下蹲过程中，该同学要先后经历失重状态和超重状态，所以对压力传感器的压力先小于自身重力后大于自身重力，而在一次起立过程中，该同学又要先后经历超重状态和失重状态，所以对压力传感器的压力先大于自身重力后小于自身重力，所以题图记录的应该是一次下蹲－起立的动作． 6.【参考答案】 C 【名师解析】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C正确，A、B、D错误；故选C。【点睛】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态。 7、【参考答案】.C 【名师解析】：根据速度图象斜率表示加速度可知，6 min～8 min内，深潜器的加速度小于0~1min内的加速度，选项A错误；根据速度图象表示位移可知，4 min～6 min内，深潜器停在深度为360 m处，选项B错误；3 min～4 min内，潜水员向下做减速运动，加速度方向向上，处于超重状态，选项C正确；6 min～10 min内，深潜器的加速度变化，选项D错误。 专题3.6 瞬时性问题 1．【参考答案】B 【名师解析】由胡克定律，弹簧的劲度系数为k=，选项B正确A错误；若突然将力F撤去，撤去瞬间，A 球的加速度为0, B球的加速度大小为a=，选项CD错误。 2．【参考答案】.A 【命题意图】 本题以与水平面上水平轻弹簧连接的物块受到斜向上拉力为情景，考查受力分析、平衡条件、弹簧弹力不能突变、牛顿运动定律及其相关知识点，考查的核心素养是“运动和力”的观点。 【解题思路】隔离物块分析受力，由平衡条件可得：Fsinθ=mg，Fcosθ=F弹，联立解得：F弹=mgcotθ=10N，F=10N，选项A正确；当撤去拉力F的瞬间，物块所受的合外力等于F弹，由牛顿第二定律，F弹=ma，解得物块的加速度a=5m/s2，方向水平向左，选项BC错误；若剪断弹簧，物块所受的合外力等于Fsinθ，牛顿第二定律，Fsinθ=ma，解得物块的加速度a=5m/s2，方向水平向右，选项D错误。【易错警示】解答此题常见错误主要是：一是对弹簧弹力的不能突变理解掌握不到位；二是不能灵活运用牛顿运动定律分析解决相关问题。 3.【参考答案】．ABD 【名师解析】对小球B进行受力分析，由平衡条件可得：kx=mgsin α，解得x=，所以弹簧的原长为L–x=L–；对小球A进行受力分析，由平衡条件可得：Fcos α=mgsin α+kx，解得：α=30°，弹簧的原长为L–，选项AB正确。撤掉恒力F的瞬间，对A进行受力分析，可得mgsin α+kx=maA，小球A此时的加速度aA=g，选项C错误。撤掉恒力F的瞬间，弹簧弹力不变，B球所受合力不变，故B球的加速度为零，选项D正确。 4.【参考答案】A【名师解析】 设物体的质量为m，剪断细绳前，对物块b和c整体，由平衡条件可得，物块ab之间的弹簧弹力F1=2mg。根据胡克定律，F1=k△l1，解得：△l1=2mg/k。对物块c，由平衡条件可得，物块bc之间的弹簧弹力F2=mg。根据胡克定律，F2=k△l2，解得：△l2=mg/k。剪断细绳的瞬间，细绳中拉力消失，而物块a、b下面的弹簧弹力不能发生突变。即△l1，△l2不变。所以，△l1=2△l2 ，选项C正确D错误。对物块a，由牛顿第二定律，mg+F=ma1，解得：a1=3g。选项A正确B错误。此题正确选项为AC。【点评】对于轻弹簧或橡皮筋类，若释放端未连接物体，则轻弹簧的弹力可突变为零；若释放端连接物体，则轻弹簧的弹力不能发生突变，释放瞬间其弹力不变。 5.【参考答案】C 【名师解析】小球处于静止状态，且斜面对小球的弹力恰好为零；根据共点力平衡有：弹簧的弹力F＝mgsin30°＝mg，剪断绳的瞬间，弹簧的弹力不变，则小球的加速度a＝＝0，故A、B错误；剪断弹簧B端的瞬间，根据牛顿第二定律得，a＝＝g，故C正确、D错误． 专题3.7 与速度图象相关的动力学问题 1．【参考答案】BD 【名师解析】本题考查根据v­t图象分析运动与受力情况．在t1～t2时间内，若特种兵做匀减速直线运动，由v1减速到v2，则平均速度为，根据图线与时间轴围成的面积表示位移，可知特种兵的实际位移大于匀减速直线运动的位移，则平均速度>，故A错误；在t1～t2时间内，根据牛顿第二定律得f－mg＝ma，得f＝mg＋ma，因为加速度a增大，则特种兵所受的阻力增大，故B正确；在0～t1时间内，图线的斜率不变，则加速度不变，在t1～t2时间内，图线切线的斜率绝对值逐渐增大，则加速度逐渐增大，故C错误；若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑，由于第一个特种兵的速度先大于第二个特种兵的速度，然后又小于第二个特种兵的速度，所以他们在空中的距离先增大后减小，故D正确． 2．【参考答案】B 【名师解析】 .由运动学公式v2－v＝2ax可知，v2－x图象中图线的斜率为2a，所以在前5 m内，物块以大小为10 m/s2的加速度做减速运动，减速时间为1 s．5～13 m的运动过程中，物块以4 m/s2的加速度做加速运动，加速时间为2 s，即物块在1～3 s内做加速运动，A错误，B正确．根据牛顿第二定律可知，在减速的过程中，F＋μmg＝ma1，加速过程中F－μmg＝ma2，代入数据可解得F＝7 N，μ＝0.3，所以C、D错误． 3．【参考答案】BD【名师解析】 试题分析：A、由图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1：2；由牛顿第二定律可知：A、B受摩擦力大小1：2，故选项A错误；B、对A物体加速（）和减速（）比为1:2，由牛顿第二定律可知，，可得，选项B正确.C、对B物体加速（）和减速（）比为2:1，同理，，联立可得：，则，选项C错误.D、图象面积表示位移为，故选项D正确，故选AD. 考点：本题考查了图象、牛顿第二定律. 4.【参考答案】B 【名师解析】　施加外力F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mg＝kx，解得x＝，故A错误；施加外力F的瞬间，对物体B，根据牛顿第二定律有F弹－Mg－FAB＝Ma，其中F弹＝2Mg，解得FAB＝M(g－a)，故B正确；由题图乙知，物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v和a，且FAB＝0，对B有F弹′－Mg＝Ma，解得F弹′＝M(g＋a)，故C错误；当F弹′＝Mg时，B达到最大速度，故D错误。 专题3．8 与力图象相关的动力学问题 1.【参考答案】A 【名师解析】运动员离开蹦床在空中运动时间t=8.7s-6.7s=2.0s，由H=g（ t）2，解得运动员离开蹦床上升的最大高度H=5m，运动员质量m=50kg，由牛顿第二定律，Fmax-mg=ma，解得a=40m/s2，选项A正确。 2.【参考答案】D 【名师解析】以A、B为整体，由牛顿第二定律知，加速度a＝，方向一直向右，整体一直做加速运动，选项A、C错误；对B分析，摩擦力Ff＝m0a，方向始终与力F的方向相同，1～6 s内摩擦力不为0，选项B错误，D正确． 3.【参考答案】D 【命题意图】 本题以竖直轻弹簧上物块受到向下压力为情景，考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、胡克定律及其相关知识点，考查的核心素养是“运动和力”的观点、用图线表示物理量的变化。 【解题思路】分析物块P受力，受到竖直向下的重力mg，竖直向下的力F和弹簧竖直向上的力kx，根据牛顿第二定律，F+mg-kx=ma，由匀变速直线运动规律，x-x0=at2，由胡克定律和平衡条件，mg=kx0，联立解得：F=ma+kat2，所以表示力F和运动时间t之间关系的图像正确的是图D。【科学思维】 分析物块P受力→由牛顿第二定律和匀变速直线运动规律、胡克定律列方程→联立解得并变化成F——t2形式。 4.【参考答案】D 【名师解析】由图可知：F1＝3.6－0.9t，F2＝0.9t；分析可知一开始AB一起运动，对AB整体有：F1＋F2＝a，有a＝1.2 m/s2；若t时刻A与B分离，此时对A：F1＋FNmax＝mAa，得t＝3.0 s，即t＝2.5 s时刻A、B分离，A、B之间作用力为零，选项AC错误；此过程中s＝at2＝5.4 m；当t＝2.5 s时，对A：F1＋FN＝mAa，FN＝－0.15 N，故此时A对B的作用力向右；选项D正确B错误。 5．【参考答案】．BC 【名师解析】0～tl时间内物块A受到的静摩擦力逐渐增大，物块处于静止状态，选项A错误。t2时刻物块A受到的拉力F最大，物块A的加速度最大，选项B正确。t3时刻物块A受到的拉力减小到等于滑动摩擦力，加速度减小到零，物块A的速度最大，选项C正确。t2~t3时间内物块A做加速度逐渐减小的加速运动，t3~t4时间内物块A一直做减速运动，选项D错误。 6 .【参考答案】AC 【名师解析】当托盘与物块静止不动时，根据胡克定律有：，一起向上做匀加速运动时， ，整理得：，由乙图可知：；，当物块与托盘分离时，以物块为对象： ，解得 ，，，故A、C正确，B、D错误。 7.【参考答案】C 【名师解析】人对地面的压力是由于人脚发生微小形变引起的，地面对人的压力是由于地面发生微小形变引起的，选项A错误；人能够原地纵跳是由于地面对人的支持力大于人的重力，产生向上的加速度，选项B错误；图中C点，地面对人的支持力减小到等于人的重力，人的速度达到最大，选项C正确；曲线上的A点表示人下蹲受到地面支持力最小，表示人向下的加速度最大，曲线上的峰值表示向下至最低点，选项D错误。 8.【参考答案】.BC 【名师解析】由物块运动中的加速度a随推力F变化的图象可知，当推力F=2N时，加速度为零，运用牛顿第二定律，F-μmg=0；当F=0时，加速度a=-2m/s2，运用牛顿第二定律，-μmg=-ma，联立解得：μ=0.2，m=1.0kg。即物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，物块的质量为1.0 kg，选项A错误B正确。用一个很大的水平力推物块，并且推力不断减小，物块做加速度逐渐减小的加速运动，当推力F减小为2 N时，物块的速度最大，选项C正确；当推力F减小为0时，物块做减速运动，物块的速度不为零，选项D错误。 9. 【参考答案】(1)5 m/s　(2)30 m　方向沿斜面向下 【名师解析】 (1)分析可知物体在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得 mgsin θ－F1－μmgcos θ＝ma1，v1＝a1t1，代入数据可得v1＝5 m/s. (2)设物体在前2 s内发生的位移为x1，则x1＝a1t＝5 m.,当拉力为F2＝4.5 N时，由牛顿第二定律可得 F2＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma2，代入数据可得a2＝0.5 m/s2， 物体经过t2时间速度减为0，则v1＝a2t2，t2＝10 s， 设t2时间发生的位移为x2，则x2＝a2t＝25 m， 由于mgsin θ－μmgcos θ＜F2＜μmgcos θ＋mgsin θ，则物体在剩下4 s时间内处于静止状态． 故物体在前16 s内发生的位移x＝x1＋x2＝30 m，方向沿斜面向下． 10．【名师解析】 ．（1）根据F0=mg可得，重物质量m=0.5kg,向下匀加速，有：mg-F1=ma1，代入数据解得a1=0.8m/s2 向下匀减速，有：F2-mg=ma2，代入数据解得a2=0.6m/s2 （2）匀速运动速度v=a1t1=0.8×3m/s=2.4m/s，向下匀减速运动时间 时间坐标t0=40s-4s=36s        向下匀加速 x1＝a1t12＝×0.8×9m＝3.6m， 匀速运动    x2=vt2=2.4×25=60m     向下匀减速． 总位移x=x1+x2+x3=68.4m   平均每层楼高h=m≈3.1m． 11.【名师解析】 (1) 对小球，在平行斜面方向上有：（F-mg）sin37°-f=ma1，垂直斜面方向上有：（F-mg）cos37°-N=0， 其中：f=μN，联立解得：a1=2m/s2； (2) 在第1s内，物体的末速度为：v1=a1t1=2m/s，第1s的位移大小为： 1s后撤去拉力，减速上升过程，加速度为： 减速上升的位移大小为： ;减速上升的时间为： 小球上滑过程中距A点的最大距离为：Lm=x1+x2=1.2m； (3) 物体返回B点过程是加速，位移为：x3=1.2m-1.15m=0.05m；加速度为： 根据位移公式，有： ;故下降时间为： 故从撤去拉力F到小球向下经过B点所用的时间为：t=t2+t3=1.2236s。 专题3.9．加速运动的叠加体问题 1．【参考答案】C 【名师解析】　根据速度图像可知，2 s时的速度为9 m/s，根据图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，2 s内的位移大于9 m，所以2 s内的平均速度大于4.5 m/s，故A错误；t＝2 s时，A、B的加速度大小为a＝＝2 m/s2，整体根据牛顿第二定律可得(mA＋mB)g－f＝(mA＋mB)a，解得t＝2 s时A、B受到空气阻力f＝32 N，故B错误；t＝2 s时以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得mAg－FN＝mAa，解得FN＝16 N，根据牛顿第三定律可得A对B的压力等于16 N，故C正确；下落过程中加速度逐渐减小，A对B的压力FN′＝mAg－mAa，逐渐增大，故D错误。 2.【参考答案】ACD 【名师解析】对整个系统，由牛顿第二定律得：加速度为a=，故A正确。取水平向右为正方向。假设小物块受到的摩擦力大小为f，方向水平向右。若弹簧对小物块的弹力方向水平向右。 对小物块，根据牛顿第二定律得：F+f+kx=ma，得f=-kx+ma-F=-kx+m•-F=-（kx+），负号表示f方向水平向左，大小为kx+。若弹簧对小物块的弹力方向水平向左，对小物块，根据牛顿第二定律得：F+f-kx=ma，得f=kx+ma-F=kx+m•-F=kx-。若kx-，则f=0，故B错误，CD正确。【关键点拨】。整个系统一起向右在光滑水平面上做匀加速直线运动，对整体，利用牛顿第二定律求加速度，对小物块，根据牛顿第二定律求小物块受到的摩擦力大小，并判断摩擦力方向。解决本题时，要考虑弹簧的状态，要知道弹簧可能处于压缩状态，也可能处理伸长状态，采用假设法列式分析。 3.【参考答案】BC【名师解析】 拉力F很小时，AB两物体何持相对静止，以相同的加速运动，后来B在A上表现滑动。当拉力F1=60N时，A物体加速度a1=4m/s2，两物体恰好要相对滑动，这时AB间的摩擦力是最大静摩擦力，根据牛顿第二定律，以B为对象有：①对A有：②当拉力F2=100N时，A物体加速度a2=8m/s2，两物体发生相对滑动，这时AB间是滑动静摩擦力，根据牛顿第二定律,对A有：③由①②③解得： ；；，故B、C正确，A、D错误。 4. 【参考答案】.BC 【名师解析】：　在水平拉力F的作用下，四个木块以相同的加速度一起加速运动，则由牛顿第二定律可知，对整体有F＝4ma，对A、D木块有fA＝fD＝ma，解得A、D木块所受摩擦力大小fA＝fD＝，方向均水平向右，故B、C正确；一起加速过程中，C木块受到重力、D木块对其的压力和静摩擦力、地面对其的支持力及弹簧对其的弹力，共五个力的作用，故A错误；当F撤去瞬间，D木块所受静摩擦力的大小和方向均不变，而A木块所受静摩擦力的大小不变但反向，故D错误。 5.【参考答案】　AC 【名师解析】　隔离木块，分析受力，木块和小车恰不发生相对滑动时，它们有相同的加速度，由牛顿第二定律有μmg＝mam，解得am＝2 m/s2。木块和小车不发生相对滑动时，二者加速度相等，木块和小车发生相对滑动时，am＝2 m/s2，小车的加速度aM为大于2 m/s2的任意值。可能正确的是A和C。 6．【参考答案】ACD 【名师解析】 　A、B恰好相对滑动时，对A、B整体有F0－μ2·3mg＝3ma，此时对B有μ1·2mg－μ2·3mg＝ma，联立解得：F0＝6μ1mg－6μ2mg。当μ2＝μ1时，F0＝3μ1mg，F＝μ1mg<F0，所以A、B一起运动，则加速度为a＝＝，故A正确；当μ2＝μ1且F＝4μ1mg>F0时，A、B相对滑动，对A有4μ1mg－μ1·2mg＝2ma，解得：a＝μ1g，故B错误；当A、B相对滑动时，B的加速度达最大，对B有μ1·2mg－μ2·3mg＝ma，解得：a＝μ1g，故C正确；A对B的最大摩擦力为fAB＝μ1·2mg，地面对B的最大摩擦力为fB＝μ2·3mg，当μ2＝μ1时，fB＝μ1mg>2μ1mg，所以无论F为何值B都不会运动，故D正确。 7. 【参照答案】　BD 【名师解析】 将容器以初速度V0竖直向上抛出后，若不计空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度为g，再以容器A为研究对象，上升和下落过程其合力等于其重力，则B对A没有压力，A对B也没有支持力．故A错误，D正确．若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：上升过程加速度大于g，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：B受到的合力大于重力，B除受到重力外，还应受到向下的压力．A对B的压力向下，故B正确．若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：下落过程加速度小于g，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：A受到的合力小于重力，B除受到重力外，还应受到向上的力，即A对B的支持力向上，B对A的压力向下，故C错误 8．【参照答案】v0≤6 m/s。【名师解析】 设经过时间t，货箱和平板车达到共同速度v，以货箱为研究对象，由牛顿第二定律得，货箱向右做匀加速运动的加速度a1＝μg, 货箱向右运动的位移x箱＝a1t2 ,又v＝a1t,平板车向右运动的位移x车＝v0t－at2,,又v＝v0－at 为使货箱不从平板车上掉下来，应满足：x车－x箱≤l,联立得v0≤ 代入数据v0≤6 m/s。 9.【名师解析】(1)设保持木块与木板一起做匀加速运动最大拉力Fm，共同的最大加速度为a1，则有： μ1mg＝ma1 (2分)Fm－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a1 (2分)解得：a1＝4 m/s2，Fm＝30 N (2分) 因F1＝24 N＜Fm，故木块与木板一起做匀加速运动，由牛顿运动定律得：F1－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a解得：a＝2 m/s2 (2分) (2)2 s末木块与木板的速度为v，由运动学知识可得：v＝at1 (1分) 2 s后F2＝34 N＞Fm，木块和木板发生相对滑动，木块加速度a1，木板加速度为a2，由牛顿运动定律得： F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 (1分) 设经时间t2二者分离，有运动学公式得： (2分) 此时对木块有：v1＝v＋a1t2 (1分)对木板有：v2＝v＋a2t2 (1分) 木块与木板分离至滑落到地的时间为t3，由平抛运动知识可得： (1分) 在木块与木板分离至滑落到地的时间为t3内，木块在水平方向向前的位移为：x块＝v1t3 (1分) 木块与木板分离后，木板的加速度为a3，由牛顿运动定律可得：F2－μ2Mg＝Ma3 (1分) 在木块与木板分离至滑落到地的时间t3内，木板在水平方向向前的位移为： (1分) 所以，木块落地时距离木板左侧：Δx＝x板－x块 (1分) 联立解得：Δx＝1.68 m。 (1分) 专题3.10 加速运动的连接体问题 1. 【参考答案】CD 【名师解析】物体C受到力有重力、支持力、绳的拉力、A对B的压力、地面对C的摩擦力、A对C的摩擦力，共6个力，故A错误。把ABC看成是一个整体，整体的质量为6m，根据牛顿第二定律有：F-μ•6mg=6ma，得，把AC看成是一个整体，绳子将被拉断的瞬间，根据牛顿第二定律有：T-μ(m+3m)g=(m+3m)a,解得：F=1.5T，故B错误，C正确。若水平面光滑，则绳刚要断时，对于整体ABC，根据牛顿第二定律：F=6ma   ,对整体AC，根据牛顿第二定律：T=4ma,对A，根据牛顿第二定律：f=ma,联合解得A、C间的摩擦力：，故D正确。 2.【参考答案】D 【名师解析】第一次只释放A而按着B不动，设轻绳中拉力为F1，滑块A的加速度为aA，物块C的加速度为为aC，对滑块A，由牛顿第二定律，F1-μmAg=mAaA，对物块C， mCg-2F1 =mCaC，轨迹动滑轮知识可得，aA=2 aC，联立解得：aA=10/3m/s2；第二次是将物块C取走，换作竖直向下的40 N的恒力作用于动滑轮上，只释放B而按着A不动，轻绳中拉力为F2=20N，设滑块B的加速度为aB，对滑块B，由牛顿第二定律，F2-μmBg=mBaB，解得aB=5/3m/s2；则两次操作中滑块A和B获得的加速度之比为aA∶aB=2∶1，选项D正确。 3.【参考答案】AD 【名师解析】隔离小球1，由牛顿运动定律，F1-2=ma，把小球1和2看作整体隔离，由牛顿运动定律，F2-3=2ma，把小球1、2和3看作整体隔离，由牛顿运动定律，F3-4=3ma，把小球1、2、3和4看作整体隔离，由牛顿运动定律，F4-5=4ma，·····把小球1到2018看作整体隔离，由牛顿运动定律，F2018-2019=2018ma，联立解得：F1-2∶F2-3∶F3-4∶F4-5∶F5-6······F2018-2019=1∶2∶3∶4∶5······2018，选项A正确；由于弹簧长度等于弹簧原长加弹簧伸长量，弹簧伸长量与弹簧弹力成正比，所以选项B错误；如果突然撤去拉力F，撤去F的瞬间，小球之间弹簧弹力不变，2018和2019之间的弹簧弹力F2018-2019=2018ma，由牛顿第二定律可得F=2019ma，F2018-2019=ma’，联立解得第2019个小球的加速度a’=，选项C错误；如果1和2两个球之间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间，第1个小球受力为零，加速度为零，第2个小球受到2和3之间弹簧弹力，F2-3=ma2，解得第2个小球的加速度a2=2a，其余小球受力情况不变，加速度依然为a，选项D正确。此题正确选项为AD。【方法点拨】对于连接体，要分析求解小球之间的作用力，需要隔离与该力相关的小球列方程解答。 4. 【参考答案】B【名师解析】物块B开始运动时，弹簧的弹力大小，此时A可能在做减速运动，则，选项A错误；物块B开始运动时，由牛顿运动定律，物块A的加速度为，故选项B正确；初始时弹簧的压缩量物块B开始运动时，弹簧的伸长量，所以A发生位移的值为，选项C错误；当物块B的速度第一次最大时，合力为零，则有，可得弹簧的形变量，选项D错误。此题正确选项为B。 【名师点评】本题是含有弹簧的力学问题，关键分析弹簧的状态，根据平衡条件求得弹簧的压缩的和伸长的长度，采用隔离法分析两个物体的受力情况。 5.【参考答案】．BC 【名师解析】：互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsin α＝mg，互换位置后，对M有Mg－T＝Ma，对m有：T′－mgsin α＝ma，又T＝T′，解得：a＝(1－ sin α)g，T＝mg，故选项A、D错误B、C正确． 6.【参考答案】.A 【名师解析】　对小球和物块组成的整体，分析受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得，水平方向：Ff＝(M＋m)a，竖直方向：FN＝(M＋m)g，则当加速度增加到2a时，横杆对M的摩擦力Ff增加到原来的2倍，横杆对M的弹力等于两个物体的总重力，保持不变，故A正确，B错误；以小球为研究对象，分析受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtan θ＝ma，解得tan θ＝，当a增加到两倍时，tan θ变为两倍，但θ不是原来的两倍。细线的拉力FT＝，可见，a变为两倍，FT不是原来的两倍，故C、D错误。 7．【参考答案】AB 【名师解析】设A的质量为M，当B的质量m=m0时，A的加速度为零，则有m0g=Mgsin，若已知，可求出A的质量，不可求出乙图中a2的值，不可求出乙图中m0的值，选项A正确CD错误。当B的质量m趋近于无限大时，A的加速度a的加速度趋近于g，即a1=g，选项B正确。 8．【参照答案】　A【名师解析】 F竖直向上时，有，F水平向右时，有，解得，故只有选项A正确。 9．【参考答案】AD 【解题思路】本题考查牛顿运动定律，功及其相关知识点，主要考查综合运用知识分析解决问题的能力。 当样品1刚进入MN段时，以四个样品整体为对象，根据牛顿第二定律得 解得样品的共同加速度大小为,以样品1为对象，根据牛顿第二定律得 解得样品1的轻杆受到压力大小为，故A正确，B错误；当四个样品均位于MN段时，摩擦力对样品1做功,摩擦力对样品2做功,摩擦力对样品3做功,此时样品4刚进入MN段摩擦力对样品4不做功，所以当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为，故C错误；样品1进入MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度,样品2进入MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度,样品3进入MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度,样品4进入MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度,由速度位移关第可知样品1刚进入MN段时的速度,样品2刚进入MN段时的速度,样品3刚进入MN段时的速度,样品4刚进入MN段时的速度,综合上面分析可知,当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为，故D正确。 10.★【参照答案】（1）v= （2）mA>m【名师解析】（18分）： （1）设A刚落地时的速度为v，由A和B运动中的机械能守恒得，mgh=mgsin30°+2mv2 （2分） v= （2分） （2）对两个物体分别进行受力分析，沿垂直斜面和平行斜面方向建立坐标系进行正交分解 。 当斜面体向右做匀加速直线运动时，加速度方向水平向右：对A物体， （2分） 对B物体， （2分）解得mA= （1分） 由等式右侧的分子得，加速度的大小应满足0< 加速度a越大，A物体的质量越小，A物体质量应满足0<mA<m。 当斜面体向右做匀减速直线运动时，加速度方向水平向左：对A物体, （2分） 对B物体, （2分）解得mA= （1分） 由等式右侧的分母大于零得，加速度的大小应满足0< 加速度a越大，A物体的质量越大，A物体质量应满足mA>m 。 专题3.11．水平传送带问题 1、【参考答案】 BD　 【名师解析】：前t秒内物体Q相对传送带向左滑动，物体Q受向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律Ff＝ma可知，物体Q做匀加速运动，后t秒内物体Q相对传送带静止，做匀速运动，不受摩擦力作用，选项A错误、B正确；前t秒内Q的位移x1＝t，后t秒内Q的位移x2＝vt，故＝，选项C错误；Q由传送带左端运动到右端的平均速度＝＝＝v，选项D正确． 2.【参考答案】：ACD 【名师解析】　若木块一直匀加速，则有L＝μgt2，得t＝；若到达传送带另一端时，速度恰好等于v，则有L＝ t＝t，得t＝；若木块先匀加速经历时间t1，位移为x，再匀速经历时间t2，位移为L－x，则有v＝μgt1，2μgx＝v2，vt2＝(L－x)，从而得t＝t1＋t2＝＋。故选项A、C、D正确。 3.【参考答案】：C 【名师解析】　物体的受力如图所示，滑动摩擦力与绳的拉力的水平分量平衡，因此方向向左，选项B错误；设绳与水平方向成θ角，则Fcos θ－μFN＝0，FN＋Fsin θ－mg＝0，解得F＝，θ不变，F恒定不变，选项C正确；滑动摩擦力Ff＝Fcos θ＝也不变，选项A、D错误。 4.【参考答案】 AD　 【名师解析】小墨块未与传送带速度相同时，相对传送带向左运动，故受到传送带的摩擦力方向水平向右，故A正确；小墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动，小墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，故加速度a＝＝＝1 m/s2，方向向右，故B错误；小墨块向左减速运动时，对小墨块有：0＝v2－at1，x1＝t1，联立解得：x1＝4.5 m；小墨块向左减速的过程中，对传送带的位移为：x2＝v1t1，小墨块向右加速运动时，对小墨块有：v1＝at2，x1′＝t2，对传送带x2′＝v1t2，因而小墨块在传送带上的痕迹长度为：x＝(x1＋x2)＋(x2′－x1′)，解得：x＝12.5 m，故C错误，D正确。 5.【名师解析】：答案：(1)0.75 m　(2)2.0 m/s2　(3)0.65 m (1)煤块在传送带上发生相对运动时，根据牛顿第二定律可得μ1mg＝ma0，则其加速度a0＝μ1g＝1 m/s2，方向水平向右(2分),设经过时间t1，煤块速度达到v，经过时间t2，传送带速度达到v,即v＝a0t1＝at2(1分)代入数据得t1＝1.5 s，t2＝0.5 s(1分),则t1时间内，传送带发生的位移s＝＋v(t1－t2)，煤块发生的位移s′＝(1分) 黑色痕迹长度即传送带与煤块发生的位移之差，即Δs＝s－s′＝0.75 m．(1分),(2)煤块滑上平板时的速度大小为v＝1.5 m/s(1分),加速度为a1＝＝－μ1g，方向水平向左(1分) 经过t0＝0.5 s，平板的速度大小v′＝v＋a1t0＝1.0 m/s(1分) 设平板的加速度大小为a2，依题意由v′＝a2t0＝1.0 m/s(1分)解得a2＝2.0 m/s2.(1分) (3)设平板与地面间的动摩擦因数为μ2，根据牛顿第二定律得(F＋μ1mg)－μ2(mg＋Mg)＝Ma2(2分), 代入数值得μ2＝0.2(1分) 由于μ2>μ1，共速后煤块将仍以加速度a1匀减速运动，直到停止，平板也匀减速运动，加速度设为a3 对平板，由牛顿第二定律有－μ2(mg＋Mg)＋μ1mg＝Ma3(2分) 解得a3＝－2.25 m/s2，方向水平向左，运动时间为t3＝＝ s(1分) 所以从滑块滑上平板到停止运动的过程中，平板的位移为s板＝＝ m(1分) 煤块的位移s煤＝＝ m(1分),若煤块没有从平板上滑下，则平板的最短长度即煤块与平板的位移之差 即L＝s煤－s板＝0.65 m．(1分), 专题3.12 倾斜传送带问题 1. 【参考答案】D 【命题意图】本题考查传送带、牛顿运动定律、速度图像及其相关知识点。 【解题思路】传送带以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块相对于传送带向上运动，受到的滑动摩擦力方向沿斜面向下，重力沿传送带斜面的分力和滑动摩擦力方向相同，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，所以a1＝gsin θ＋μgcos θ。小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，所以：a2＝gsin θ－μgcos θ。根据以上分析，有a2＜a1。所以，本题正确答案为D。 【方法归纳】物体在倾斜传送带上运动，要注意当物体速度小于传送带速度时，滑动摩擦力是动力，大于传送带速度时，滑动摩擦力是阻力。 2．【参考答案】：BCD 【名师解析】：因mgsin θ＞μmgcos θ，物块A、B都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，则传送带对两物块的滑动摩擦力方向均沿斜面向上，大小也相等，故两物块沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，则所用时间也相同，故A错误，B正确；滑动摩擦力沿传送带向上，位移向下，摩擦力做负功，故C正确；A、B两物块下滑时的加速度相同，下滑到底端的时间相同，由x＝v0t＋at2，a＝gsin θ－μgcos θ ，得t＝1 s，传送带1 s内运动的距离是1 m，A与传送带是反向运动的，则B在传送带上的划痕长度为(2－1)m＝1 m，B与传送带是反向运动，则B在传送带上的划痕长度为(2＋1)m＝3 m，所以D正确． 3.【参考答案】ACD 【名师解析】物体在传送带上受到重力、传送带的支持力和摩擦力，合力是重力沿斜面的分力和摩擦力的合力，若传送带的对滑块的摩擦力小于重力沿斜面的分力，则滑块一直做加速运动， 故A正确；若传送带的对滑块的摩擦力大于重力沿斜面的分力，所以物体先做匀减速直线运动．若物体的速度足够大，传送带足够短，则物体在速度减小到0前，物体的位移大于传送带的长度，则物体一直做匀减速运动．故C正确；若物体的速度比较小，在物体的速度减小到0时，物体的位移仍小于传送带的长度，则物体的速度等于0时，仍然在传送带上．由于传送带向沿斜面向上运动，物体在传送带上受到向沿斜面向上的摩擦力，将向做沿斜面向上做加速运动，由运动的对称性可知，若传送带的速度足够大，则物体返回出发点的速度大小仍然等于v1．故D正确，B错误。 4.【参考答案】AD 【名师解析】若传送带顺时针转动，当滑块沿传送带下滑时，mgsinθ>μmgcosθ,滑块将一直加速运动。当滑块沿传送带上滑时，mgsinθ<μmgcosθ,滑块将先加速到与传送带速度相等时匀速运动，两种情况的速度图像均不符合题给速度图像，所以传送带一定逆时针转动，选项A正确。传送带逆时针转动，滑块在0~t0时间内，加速度较大，说明滑动摩擦力沿传送带向下， mgsinθ+μmgcosθ=ma1，由速度图像可知，a1=v0/t0。联立解得：μ=-tanθ，选项B错误。当滑块速度增大到等于传送带速度时，滑块受到的摩擦力方向变成沿传送带向上，故传送带速度为v0，选项C错误。当滑块速度增大到等于传送带速度时，滑块受到的摩擦力方向变成沿传送带向上，mgsinθ-μmgcosθ=ma2，代入动摩擦因数值，得a2=2 gsinθ-，选项D正确。考点：考查牛顿第二定律、匀变速直线运动.【名师点睛】本题的关键1、物体的速度与传送带的速度相等时物体会继续加速下滑．2、小木块两段的加速度不一样大． 5.【参考答案】D 【名师解析】无论传送带向上还是向下运动，物体A随传送带匀速运动处于平衡状态，在重力作用下有相对于传送带沿斜面向下的运动趋势，传送带对物体有沿斜面向上的静摩擦力，如图所示，根据平衡条件可得Ff＝mgsin θ，所以D正确． 6．【参考答案】（1）1.33s （2）0.85s 【名师解析】对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，摩擦力的方向沿斜面向上，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：， 解得：a1=6m/s2。, ,物块达到与传送带同速后，物体未到顶端，物块受的摩擦力的方向改变，对物块受力分析发现，，因为F=8N而下滑力和最大摩擦力之和为10N。故不能相对斜面向上加速。故得：a2=0, ,得t=t1+t2= （2）若达到速度相等后撤力F，对物块受力分析，因为，故减速上行，得：a3=2m/s2。 物块还需t′离开传送带，离开时的速度为，则：，, =0.85s 【举一反三】（1）如果传送带是浅色的，而物体是一炭块，这一过程中，传送带上留下的有色痕迹有多长 7.【名师解析】 .先以加速度向左做匀加速运动，直到离开传送带，由牛顿第二定律得: 对A：-1分 对B： -1分 联立以上方程解得：---1分 由运动学公式得： --1分 解得--1分 先以加速度向左做匀减速运动，直到速度减为，设位移为，由牛顿第二定律得: 对A：--1分,对B：---1分 联立以上方程解得：---1分 由运动学公式得： 、---2分 解得： ,t1=2s------------1分A接着以速度v2向左做匀速运动，直到从下端离开，设位移为， 对A：------------1分 解得： -1分  则运动的总时间t=t1+t2=3.5s --1分 专题3.13滑块板块问题 1.【参考答案】AB 【名师解析】当A对长木板的静摩擦力达到最大值时，B的加速度最大，将轻质长木板和B看成整体，由牛顿第二定律得：  μmAg=mBaBmax，解得 aBmax==m/s2=2m/s2，因为aBmax＜μg=4m/s2，所以结果是合理，因此，B的加速度大小只可能为1m/s2、2m/s2，不可能为3m/s2、4m/s2，故AB正确，CD错误。【关键点拨】。当A对长木板的静摩擦力达到最大值时，B的加速度最大，由牛顿第二定律求出B的最大加速度，即可确定B加速度的可能值。解决本题的关键要确定临界状态，求B的最大加速度，要注意灵活选择研究对象。解答本题时要注意长木板的质量是不计的。 2．【参考答案】AC 【名师解析】　在v­t图像中图线的斜率大小等于物块运动的加速度大小，则a1＝4 m/s2，a2＝2 m/s2，对两物块受力分析，由牛顿第二定律可得：F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a1，μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a2，解得：μ＝＝0.2，F＝18 N，选项A正确，选项D错误；1～3 s内两物块一起运动，物块A也具有水平向左的加速度，对其受力分析，可知：B对A施加了水平向左的静摩擦力，选项B错误；同理在0～1 s内物块A也具有水平向右的加速度，对其受力分析，可知：B对A施加了水平向右的静摩擦力，由牛顿第二定律可得：Ff＝mAa1＝4 N，选项C正确。 3.【参考答案】BD 【命题意图】本题考查对速度----时间图像的理解、叠加体受力分析、牛顿运动定律和匀变速直线运动规律的运用。 【解题思路】由图乙可知，在0~1s内，木板A的加速度a1=2m/s2，在1~3s内，木板A的加速度a2=-1m/s2。设滑块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，在0~1s内，隔离木板A受力分析，由μ1mBg-μ2（mA+mB）g= m,Aa1，在1~3s内，隔离木板A受力分析，由-μ2mAg= m,Aa2，联立解得：μ2=0.1，μ1=0.7，选项A错误B正确；隔离B分析受力，由牛顿第二定律，F-μ1mBg= mBa3，根据速度图像的面积表示位移可知，在0~1s内，木板A位移x1=1m。滑块B在t=1s内的位移x2=a3t2=，木板A长度L= x2-x1=-1=，可变换为F=2L+3，即F的大小与板长L有关，选项D正确；若F的大小为9N，由牛顿第二定律，F-μ1mBg= mBa3，可得a3=2m/s2，AB加速度相同，不能发生相对滑动，所以F的大小必须大于9N，选项C错误。 【方法归纳】对于速度图像给出解题信息问题，从速度图像的斜率得出加速度，由速度图像面积得出位移。对于叠加体问题，采用隔离法分析受力，利用牛顿运动定律列方程解答。 4. 【答案】(1)0.3；(2)2m/s；(3)0.3625m 【解析】(1)设滑块与木板质量为m，加速度大小为a，以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得：μ1mg=ma 解得a=μ1g,滑块匀减速，v2-v1=-μ1gt,解得μ1=0.3 (2)木板先向右匀减速到零，设加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：μ1mg+μ22mg=ma1,解得a1=4m/s2 设匀减速到零的时间为t1，有,木板再向右匀加速到v2，设加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：μ1mg-μ22mg=ma2 解得a2=2m/s2,,v2=a2（t-t1）,解得v0=2m/s (3) 在0~t1时间内，设木板向右位移大小为x1 ,,在t1~1秒时间内，木板向左位移大小为x2 , ,与挡板碰后，木板原速反弹，向右匀减速运动，加速度大小为a1=4m/s2，设再经t2时间木板速度减到零,,设再经t3时间木板向右匀加速到二者第二次共速v共，加速度大小为a2=2m/s2，从与挡板碰后到二者第二次共速，滑块一直以a=μ1g匀减速，列式得v2-a（t2+t3）=a2t3,在1~（1+t2）时间内，设木板向右位移大小为x3,,在（1+t2）~（1+t3）时间内，木板向左位移大小为x4 , 二者第二次共速后，因为μ1＞μ2，二者以相同的加速度向左匀减速到停止运动，由牛顿第二定律列方程得 μ22mg=2ma共 ,设二者向左匀减速到停止运动的位移为x共, 0-（a2t3）2=-2a共x共 全程木板的位移大小x=x1-x2+x3-x4-x共 ,解得x=0.3625m 5.【名师解析】答案　(1)1.5 m/s2　1 m/s2　0.5 m/s2　(2)3∶2 (3)20 m 　(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小为a1＝ m/s2＝1.5 m/s2 木板开始做匀加速直线运动的加速度大小为a2＝ m/s2＝1 m/s2 达到相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小为a＝ m/s2＝0.5 m/s2。 (2)物块冲上木板匀减速运动时：μ1mg＝ma1 ,木板匀加速时：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 速度相同后一起匀减速运动，对整体μ2(M＋m)g＝(M＋m)a, 解得＝。 (3)由v－t图象知，物块在木板上相对滑行的距离Δx＝×10×4 m＝20 m。 6．【参考答案】（1）1m/s2 2.5m/s2 （2）2s（3） 0.67m 【名师解析】（1）F刚作用在木板上时，由牛顿第二定律得：对m：μ1mg=ma1；代入数据得 a1=1 m/s2 对M：F-μ1mg-μ2（M+m）g=Ma2 ,代入数据解得：a2=2.5 m/s2   （2）设m离开M的时间为t1，则对m有：；对M有：,又有 L=x2-x1,联立解得：t1=2s     （3）t=1s时  m的速度 v1=a1t=1×1m/s=1m/s,M的速度为：v2=a2t=2.5×1m/s=2.5m/s 此过程中m相对M的位移m 1s后m仍以a1的加速度作匀加速运动，M将以a3的加速度匀减速运动，且有：μ1mg+μ2（M+m）g=Ma3 设再经t2后二者速度相等，有：v1+a1t2=v2-a3t2,解得   ,此时两者的共同速度为v=4/3m/s 此过程中m相对M的位移m 由于共速之后不能一起匀减速，小木块相对于木板向左滑动。则在此情况下，最终m在M上留下的痕迹的长度： 7．【名师解析】：(1)木板最初做匀速运动，由F＝μMg计算得出，μ＝＝0.5 第1块铁块放上后，木板做匀减速运动，即有：F－μ(M＋m)g＝Ma1代入数据计算得出：a1＝－0.5 m/s2； 根据速度位移关系公式，有：v－v＝2a1L，计算得出v1＝7 m/s. (2)设最终有n块铁块能静止在木板上，则木板运动的加速度大小为：an＝ 第1块铁块放上后：v－v＝2a1L 第2块铁块放上后：v－v＝2a2L 第n块铁块放上后：v－v＝2anL 由上可得：(1＋2＋3＋…＋n)×2L＝v－v 木板停下时，vn＝0，得n＝9.5，即最终木板上放有10块铁块． (3)从放上第1块铁块至刚放上第10块铁块的过程中，由(2)中表达式可得： ×2L＝v－v 从放上第10 块铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移为d，则： 2d＝v－0 联立计算得出： d＝0.5 m 所以木板共运动9.5 m. 答案：(1)7 m/s　(2)10块　(3)9.5 m 8【名师解析】：(1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2，则t1＝2 s时木板的位移x2＝a2t ① 滑块的位移x1＝4 m ② 由牛顿第二定律得a2＝ ③ 由位移关系得x1－x2＝l ④ 联立①②③④式解得μ1＝0.4 ⑤ 滑块位移x1＝a1t ⑥ 恒力F＝ma1＋μ1mg ⑦ 联立②⑤⑥⑦式解得F＝6 N. (2)设滑块到达木板中点时，滑块的速度为v1，木板的速度为v2，滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继续做匀加速运动，此时滑块和木板的加速度大小分别为 a′1＝＝μ2g，a′2＝ 设滑块与木板从t1时刻开始到速度相等时的运动时间为t2，则 v2＝a2t1，v1＝a1t1，v1－a′1t2＝v2＋a′2t2 解得t2＝1.6 s 在此时间内，滑块位移x′1＝v1t2－a′1t 木板的位移x′2＝v2t2＋a′2t Δx＝x′1－x′2 联立解得Δx＝1.6 m<2 m 因此滑块没有从木板上滑落，滑块与木板相对静止时距木板右端的距离为d＝l－Δx＝0.4 m. 1 学科网（北京）股份有限公司 $