2025-2026学年高一上学期期末物理复习讲义：牛顿运动定律（二）

该高中物理牛顿运动定律复习讲义通过分类梳理构建知识体系，涵盖等时圆、动态分析、瞬时加速度等核心知识点，分基础版与提升版学案呈现，清晰呈现各考点内在联系及重难点分布。 讲义特色在于分层练习设计，基础版针对训练巩固基础题型（如等时圆模型应用），提升版综合例题（如板块模型多过程问题）培养科学思维与模型建构能力，助力不同层次学生提升，为教师精准教学提供系统支持。

人教版物理必修一 期末复习系列 唐山市第二中学 2025—2026 学年度第一学期期末复习（五） 牛顿运动定律 （内容：第四章第二定律应用等时圆、动态分析、瞬时加速度、简单连接体、分解加速度、临界、传送带、板块、超失重） 目录 1、 精品学案（一）基础版 1.例题分析 2.针对训练 2、 精品学案（二）提升版 1.例题分析 2.针对训练 三、链接高考 四、 复习习题集 1.等时圆模型 2.瞬时分析 3.动态分析 4.简单连接体 5.临界 6.传送带 7.板块模型 第一部分：精品学案（一）基础版 例题分析 一、等时圆问题 (1) “等时圆”模型 所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点（或从最高点到达同一圆周上各点）的时间 ，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。 (2)基本规律 ①物体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 点所用时间相等。 ②物体从竖直圆环上最 点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图甲所示。 ③两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过 点，物体沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。 (3)解题思路 ①设置顶点。上端相交：交点为圆的最 点；下端相交：交点为圆的最 点。 ②作等时圆。a、过顶点作竖直线；b、以某条轨道为弦作圆心在竖直线上的圆。 ③比较时间。a、轨道端点都在圆周上，质点的运动时间相等；b、端点在圆内的轨道，质点运动时间短些，端点在圆外的轨道，质点运动时间长些。 例1．如图所示，O、A、B、C、D在同一圆周上，OA、OB、OC、OD是四条光滑的弦，若一小物体由静止从O点开始下滑到A、B、C、D所用的时间分别为tA、tB、tC、tD，则（　　） A．tA＜tB＜tC＜tD B．tA＞tB＞tC＞tD C．tA=tB=tC=tD D．无法判断 二、动态分析 例2．研究表明，雨滴在下落过程中所受到的空气阻力随着下落速度的增大而增大。雨滴由静止竖直下落，下列速度-时间图像能大致描述该过程的是（　　） A． B． C． D． 三、瞬时加速度 例3．如图所示，两个质量分别是m、2m小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细线悬挂起来，剪断细线的瞬间，A、B两球的加速度大小分别是（　　） A．g、g B．3g、0 C．2g、0 D．4g、g 四、简单连接体 例4．如图所示，两相同物块用水平细线相连接，放在粗糙水平面上，在水平恒力F作用下，一起做匀加速直线运动，两物块的加速度大小为a1，物块间水平细线的拉力大小为T1。当两物块在F的作用下在光滑水平面上运动，两物块的加速度大小为a2，物块间水平细线的拉力大小为T2。则下列说法正确的是（　　） A．a2>a1，T2=T1 B．a2=a1，T2=T1 C．a2>a1，T2<T1 D．a2=a1，T2<T1 五、分解加速度 例5．旅游业的快速发展增加了观光缆车的大量需求，如图是某旅游景点缆车示意图。若用该缆车运输货物，倾斜的索道与水平方向的夹角为θ＝30°，质量m＝5kg的货物与缆车相对静止，当载重缆车沿索道以a＝0.5m/s2的加速度斜向上做匀加速直线运动时，连接索道与车厢的杆始终沿竖直方向，取g＝10m/s2。求： (1)缆车地板对货物的支持力大小； (2)缆车地板对货物的摩擦力大小。（结果均保留3位有效数字） 六、临界问题 1.斜面临界 例6．如图所示，细线的一端固定在倾角为 的光滑劈形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球，问： (1)当滑块至少以多大的加速度向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零？ (2)当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零？ (3)若细线的最大张力为 ，则滑块向左运动的最大加速度是多少？ 2.相对滑动临界 例7．如图所示，质量为m1的木块放在光滑水平面上，m1上放置一质量m2的另一木块，两木块之间的动摩擦因数为μ，先后分别用水平力拉m1和m2，使两木块恰好不发生相对滑动，若两次拉动木块时，两木块间的摩擦力分别为f1和f2，则两次拉木块一起运动时，拉力之比为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　） A． B． C． D． 3.相互分离临界 例8. A、B两个滑块靠在一起放在光滑水平 面上，其质量分别为2m和m,从t=0时刻起，水平力F1和F2同时分别作用在滑块A和B上，如图所示。已知F1=（10+4t）N, F2=(40-4t)N,两力作用在同一直线上，求滑块开始滑动后，经过多长时间A、B发生分离？ 七、传送带问题 1.水平传送带 例9．“平安北京，绿色出行”，地铁已成为北京的主要绿色交通工具之一，图甲为地体安检场景，乙是安检时传送带运行的示意图。某乘客把一行李放在水平传送带的入口处，行李随传送带匀速运动到出口处。由于行李与传送带间的动摩擦因数很大，传送带的运行速度很小，可忽略行李的加速时间，已知传送带始终以的速度匀速运行，、两处之间的距离。对于行李从传送至的整个过程，下列说法正确的是（　　） A．行李始终受到向右的摩擦力 B．行李相对传送带向右运动 C．行李从传送至的时间为8s D．行李匀速运动时有相对传送带运动的趋势 2.倾斜传送带 例10．如图所示，倾角的传送带沿逆时针以的速率匀速运行。将质量m=1kg的物体（可视为质点）无初速度放在传送带的顶端A，经过t=1.4s运动到传送带的底端B。已知物体与传送带之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。 (1)求A、B之间的距离l； (2)若物体漏出黑色粉末粘到传送带表面（不影响动摩擦因数），求传送带上黑色痕迹的长度。 八、板块模型 例11．如图所示，一足够长的木板在水平面上滑动，速度时，将一相对于地面静止的物块轻放到木板右端，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间动摩擦因数，g取10m/s2，求： (1)若地面光滑，经过多长时间物块相对木板停止运动； (2)若地面光滑，从木板开始运动到两者相对静止，物块发生的位移； (3)若地面光滑，从木板开始运动到两者相对静止，板块之间的相对位移d； (4)若木板与地面间动摩擦因数，木板与物块相对静止后还能向前滑行的距离。 九、超重失重 例12．图甲中，某高中生做双手引体向上，用压力传感器记录了一段过程中单杠对其右手支持力的大小随时间变化的情况，结果如图乙所示。则下列说法正确的是（　　） A．从传感器的示数可知该同学的体重约为25kg B．1～2s内，该同学经历了先失重、后超重的状态 C．5～6s内，该同学经历了先失重、后超重的状态 D．0～8s内，该同学进行了先拉起身体、后放下身体的动作 针对训练 一、单选题 1．如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连。两物块质量均为2kg，细线能承受的最大拉力为4N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动，则F的最大值为（　　） A．2N B．4N C．6N D．8N 2．用劲度系数的水平轻弹簧连接物块A和B，它们的质量均为，与地面的动摩擦因数均为0.1，现用大小为的水平拉力作用在物块B上，使两物块一起做匀加速直线运动，如图所示。轻弹簧始终未超出弹性限度，重力加速度，则轻弹簧的形变量为（　　） A． B． C． D． 3．如图所示，吊篮、物体、物体的质量分别为、、，和分别固定在轻质弹簧的两端，和在吊篮的水平底板上处于静止状态，将悬挂吊篮的轻绳剪断的瞬间（重力加速度为）（　　） A．吊篮A的加速度大小为 B．物体的加速度大小为 C．物体的加速度大小为 D．和的加速度大小都为 4．如图A所示，一质量为的小球系于长度分别为的两根细线上，的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为，水平拉直，小球处于平衡状态。如图B所示，现将图中的细线改为长度相同、质量不计的轻弹簧。关于下列说法正确的是（　　） A．在图A中，若剪断水平的绳子，小球的加速度 B．在图A中，若剪断绳子，小球的加速度是 C．在图B中，若剪断水平的绳子，小球的加速度 D．剪断水平的绳子，两者的加速度是相同并且绳子与弹簧是可以等效的 5．如图甲所示为市面上深受儿童喜欢的一款玩具——“冲天火箭”，模型火箭被安装在竖直发射支架上，当小朋友用力一踩旁边的气囊，模型火箭会受到一个较大的气体压力而瞬间被竖直发射出去，离开支架后的运动可看成直线运动，若运动过程所受阻力大小与速率成正比，以刚开始离开支架瞬间为计时起点，火箭的速度—时间图像如图乙所示，则（　　） A．过程火箭的加速度先减小后增大 B．时刻火箭的加速度大小大于重力加速度g C．火箭离开支架后上升的最大高度小于 D．若时刻火箭回到起始位置，则 6．青云学习小组在研究雨滴下落的运动规律时，用钢珠从静止开始掉入油中来做模拟实验。小组同学发现钢珠加速下落过程中，加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中（    ） A．钢珠速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值 B．钢珠位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移达到最大值 C．钢珠加速度的方向与运动方向相反 D．每经历相等的时间，钢珠速度的增加量越来越大 7．为了增强起跑爆发力，运动员常在腰间绑有弹性拉力带，此过程可等效为如图所示的模型。在倾角为θ的斜面体上用轻质细绳系一小球，在水平拉力F的作用下，斜面体从静止开始向左加速运动。该过程中，下列说法正确的是（　　） A．与静止时相比，绳子拉力一定增大 B．与静止时相比，斜面对小球弹力一定增大 C．运动中随着拉力的增大地面对斜面体的摩擦力一定增大 D．当斜面体的加速度时，小球对斜面体无压力作用 8．小明利用体重计研究超重、失重现象。他在体重计上做下蹲和站起，读数随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是（　　） A．为下蹲过程，t2~t3为站起过程 B．为站起过程，t2~t3为下蹲过程 C．t1~t3为下蹲过程 D．t1~t3为站起过程 9．2025年4月24日17点17分，载有陈冬、陈中瑞、王杰三位航天员的神舟二十号飞船成功发射，如图甲，火箭发射过程中某段的速度—时间关系可简化为图乙的图像，取竖直向上为正方向，由图像可知（   ） A．时刻，火箭速度达到最大 B．时刻，火箭距离地面最远 C．时间内，航天员处于失重状态 D．t2~t3时间内，航天员处于超重状态 二、多选题 10．如图甲所示，质量为的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为的小球，，用一力水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度向右运动时，细线与竖直方向成 角，细线的拉力大小为若用一力水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度向左运动时，细线与竖直方向也成 角，如图乙所示，细线的拉力大小为，则（　　） A． B． C． D． 11．如图所示，竖直圆环中有多条起始于A点的光滑轨道，其中AB通过环心O并保持竖直。一质点分别自A点沿各条轨道下滑，初速度均为零。那么，质点沿各轨道下滑的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．质点沿着与AB夹角越大的轨道下滑，加速度越大 B．质点沿着轨道AB下滑，时间最短 C．轨道与AB夹角越小（AB除外），滑到底端时速率越大 D．无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同 12．如图所示，某同学去超市购物，在超市门前遇到缓慢运行的自动扶梯。当他走上自动扶梯，自动扶梯感应到有人时立即加速，人与自动扶梯始终保持相对静止。则加速过程中（　　） A．该同学对自动扶梯的作用力与自动扶梯对该同学的作用力大小相等、方向相反 B．该同学对自动扶梯的压力与自动扶梯对该同学的支持力是一对平衡力 C．该同学处于失重状态 D．自动扶梯对该同学的摩擦力方向沿着接触面水平向左 三、解答题 13．如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型。紧绷的传送带始终保持的恒定速率运行，间的距离为。旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在处，则： (1)行李刚放在传送带上是否受摩擦力？如果受摩擦力请分析是滑动摩擦力还是静摩擦力？如果受摩擦力说明行李受摩擦力方向。 (2)若已知行李在传送带上加速度为，试通过计算分析行李从运动至的运动情况并计算所需时间？ (3)求行李在传送带上留下摩擦痕迹的长度？ 14．如图所示，足够长、倾角θ=37°的传送带以速率v=8m/s沿逆时针方向转动。t=0时刻将可视为质点、质量m=2kg的物块无初速度地轻放在传送带底端，与此同时，将方向平行于传送带向上、大小F=17N的恒力作用在物块上，时撤去恒力。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.25，接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，求： (1)恒力作用在物块上时物块的加速度大小a1； (2)物块上滑的最高点到传送带底端的距离x； (3)物块从开始运动至返回传送带底端的时间t。 15．如图甲所示，倾斜传送带倾角θ=37°，两端A、B间距离为L=4m，传送带以4m/s速度沿顺时针转动，质量为1kg的小滑块从传送带顶端B点由静止释放下滑，到A时用时2s，g取10m/s2，求： (1)小滑块与传送带间的动摩擦因数； (2)若该小滑块在传送带的底端A，现用一沿传送带向上的大小为6N的恒定拉力F拉滑块，使其由静止沿传送带向上运动，当速度与传送带速度相等时求滑块的位移大小。 16．如图所示，一质量M＝0.2kg的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m＝0.2kg的小滑块以v0＝1.2m/s的速度从长木板的左端滑上长木板，已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10m/s2，小滑块始终没有滑离长木板，求： (1)经过多长时间，小滑块与长木板速度相等； (2)长木板的最小长度lmin。 17．如图所示，质量为的物块叠放在质量为的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为，在木板上施加一水平向右的拉力F，在内，内，后撤去拉力，重力加速度，整个系统开始时静止。求： (1)内木板的加速度； (2)末木板的速度； (3)内物块相对木板的位移。 第二部分：精品学案（二）提升版 例题分析 例1．如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端与垂直固定在斜面上的挡板相连，另一端与物块B拴接，物块A紧挨着物块B，两物块相对斜面静止。现对A施加沿斜面向上的拉力，使A、B一起沿斜面做加速度大小为的匀加速直线运动直到A、B分离。A、B的质量分别为、m，重力加速度为g，，下列说法正确的是（    ） A．施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为 B．A、B分离瞬间弹簧弹力大小为 C．整个过程中拉力先增大后不变 D．拉力F的最大值为 例2．如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在点相接，倾斜传送带与水平面的倾角为。传送带均以速率沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块（视为质点），滑块与传送带间的动摩擦因数均为，且。不计滑块在传送带连接处的能量损失，传送带足够长。下列说法正确的是（　　） A．滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同 B．滑块一定可以回到点 C．滑块最终停留在点 D．若不断增大水平传送带的速率，滑块也不会运动到A点上方 二、解答题 例3．如图甲，足够长、质量的木板Q静止在水平面上，质量的小滑块P（可视为质点）静止在木板左端，滑块与木板间的动摩擦因数，木板与水平面间的动摩擦因数。从零时刻起，对滑块施加水平向右的恒定外力，此时滑块相对木板滑动，经过时间撤去此力。取，则： (1)撤去外力前，滑块和木板的加速度分别是多大； (2)木板的最大速度； (3)如图乙，若零时刻起，对滑块施加的恒定外力，方向变为与水平面成斜向右上方，经过时间撤去此力，已知，，求木板运动的最大速度。 针对训练 1．盾构机在隧道挖掘过程中，通过内部皮带输送机将渣土运送至盾构机尾部的出口。该过程可简化为如下模型：传送带由AB、BC两部分组成，AB段与水平面夹角θ=37°，长1.8m，BC段水平，长10m，两段传送带在B处平滑连接，以恒定速率v=2m/s顺时针运行，将一渣土块（可视为质点）无初速度地放到传送带底端，渣土块与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。则（　　） A．渣土块刚放到传送带上时的加速度大小为0.4m/s2 B．渣土块在传送带AB段上运动的时间为3s C．渣土块在传送带上运动的总时间为8.02s D．渣土块在传送带上留下的划痕的长度为4.2m 2．如图所示，A、B两物块的质量分别为3m和2m，静止叠放在水平地面上。A、B之间的动摩擦因数为，B与地面之间的动摩擦因数为，可认为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，则下列说法正确的是（　　） A．当时，A、B都相对地面静止 B．无论F为何值，B的加速度都不会超过 C．当时，A、B之间的摩擦力 D．当时，A、B之间发生相对滑动 3．图甲为某机场货物传送装置实物图，简化图如图乙所示，该装置由传送带及固定挡板CDEF组成，固定挡板与传送带上表面垂直，传送带上表面ABCD与水平地面的夹角，CD与水平面平行。传送带匀速转动时，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放，在L=10m处取下货物，货物在传送带上运动时的剖面图如图丙所示。已知传送带运行速度v=2m/s，货物质量m=10kg，其底面与传送带ABCD的动摩擦因数，其侧面与挡板CDEF的动摩擦因数。已知、重力加速度大小，不计空气阻力。求： (1)货物刚放上传送带时，其底面所受摩擦力f1的大小及侧面所受摩擦力f2的大小； (2)货物在传送带上运动的时间。 4．如图所示，长为8m，质量为的长木板放在水平面上，质量为的物块放在长木板上表面的左端，物块和长木板均处于静止状态，物块与长木板间的动摩擦因数为0.5，长木板与水平面间的动摩擦因数为0.1，现给物块施加一个方向水平向右、大小为的恒力，作用2s后撤去，同时立即给长木板施加一个水平向右的恒力，重力加速度g取，不计物块的大小，求： (1)作用时，物块和长木板的加速度大小； (2)撤去时，物块离长木板右端的距离； (3)要使物块不滑离长木板，作用在长木板上的拉力满足的条件。 第三部分：链接高考 一、单选题 1．中国运动员以121公斤的成绩获得2024年世界举重锦标赛抓举金牌，举起杠铃稳定时的状态如图所示。重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．双臂夹角越大受力越小 B．杠铃对每只手臂作用力大小为 C．杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对平衡力 D．在加速举起杠铃过程中，地面对人的支持力大于人与杠铃总重力 2．如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水面，吞食荷花花瓣的过程中，下列说法正确的是（   ）    A．鱼儿吞食花瓣时鱼儿受力平衡 B．鱼儿摆尾出水时浮力大于重力 C．鱼儿摆尾击水时受到水的作用力 D．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把鱼儿视为质点 3．如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F的水平外力推动物块P，设R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是（） A．若μ≠0，则k= B．若μ≠0 ， k = C．若μ=0，则 D．若μ=0，则 二、多选题 4．某同学在地面上用体重计称得体重为490N。他将体重计移至电梯内称其体重，至时间段内，体重计的示数如图甲所示，电梯运行的图像可能是下图中的哪一个？（取电梯向上运动的方向为正）（　　） A． B． C． D． 5．如右图，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块；木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上．若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为 A．加速下降 B．加速上升 C．减速上升 D．减速下降 三、解答题 6．如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg 和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： （1）B与木板相对静止时，木板的速度大小； （2）木板在地面上运动的距离一共是多少？    7．如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ．先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下．接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求： （1）A被敲击后获得的初速度大小vA； （2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'； （3）B被敲击后获得的初速度大小vB． 8．可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏，如图所示，有一企鹅在倾角为 37°的倾斜冰面上，先以加速度 a=0.5m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t=8s 时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）。已知企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数 µ=0.25， sin37°=0.60，cos37°=0.80，重力加速度 g 取 10m/s2。求： （1）企鹅向上“奔跑”的位移大小； （2）企鹅在冰面向前滑动的加速度大小； （3）企鹅退滑到出发点时的速度大小。（结果可用根式表示） 9．一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图所示。质量为的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t=0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。求： (1)弹簧的劲度系数；(2)物块b加速度的大小； (3)在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式。 第四部分：复习习题集 （一）等时圆问题 1．竖直平面内有一固定的大圆环，自圆环的最高点搭建两条光滑直轨道、，、为圆环上的两点，且。现将两个相同的可视为质点的小物块（图中未画出）自点由静止开始分别沿、下滑，则两小物块分别到达、时的速率之比为（　　） A． B． C． D． 2．（多选）如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A、B、C三点。现让三个小球（可以看作质点）分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止下滑到Q点，运动的时间分别为t1、t2和t3，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有（　　） A． B． C． D． （二）瞬时分析 3．如图所示，用细绳b和两弹簧a、c将质量均为m的两小球1和2连接后悬挂在天花板上，两小球处于静止状态，弹簧a与竖直方向的夹角为30°，弹簧c水平。重力加速度大小为g。则（　　） A．弹簧a对小球1的拉力大小 B．弹簧c对小球2的拉力大小 C．剪断细线b瞬间，小球1的加速度大小 D．剪断细线b瞬间，小球2的加速度大小 4．如图所示，升降机以加速度竖直向下做匀加速运动，升降机内有质量之比为2∶1的物体，重力加速度为间用轻弹簧相连并通过轻绳悬挂在升降机顶上，剪断轻绳的瞬间，的加速度大小分别为（　　） A．1.5g、a B． C． D．0，2a 5．如图所示，吊篮、物体、物体的质量分别为、、，和分别固定在轻质弹簧的两端，和在吊篮的水平底板上处于静止状态，将悬挂吊篮的轻绳剪断的瞬间（重力加速度为）（　　） A．吊篮A的加速度大小为 B．物体的加速度大小为 C．物体的加速度大小为 D．和的加速度大小都为 （三）动态分析 6．跳伞运动员从悬停的飞机上跳下，下落一段时间后打开降落伞，开伞前运动视为自由落体，开伞后空气阻力f与速度的关系为，其中k为常数。为描述运动员从飞机跳下后的运动情况，下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 7．（多选）一个质量为m的圆环套在一根足够长、固定的水平粗糙直杆上，如图所示。现给环一个向右的初速度v0，如果在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F的作用，已知力F的大小随速度变化关系为F＝kv（其中k为大于0的常数），则环运动的速度—时间图像可能为（　　） A． B． C． D． （四）简单连接体问题 8．（多选）如图所示，在倾角为的固定粗糙斜面上，两材质相同、质量分别为、的小物块用轻杆连接，轻杆始终与斜面平行。两物块在沿斜面向上的恒力作用下，一起向上做匀加速直线运动。下列说法正确的是（　　） A．轻杆的弹力大小为 B．轻杆的弹力大小为 C．若只增大倾角，轻杆弹力变大 D．若只增大，轻杆弹力变大 9．（多选）如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，一不可伸长的细线一端固定在斜面底端，另一端与小球A相连，另一条不可伸长的细线跨过固定在斜面顶端的定滑轮连接小球A和物块B，细线均平行于斜面，物块B、C间用一轻质刚性杆连接，初始时刻，小球A与物块B、C均处于静止状态。已知小球A与物块B、C的质量均为且均可视为质点，重力加速度为，不计滑轮和细线间的摩擦。若某一时刻剪断细线，则此时（    ） A．小球A的加速度大小为 B．物块B的加速度大小为 C．物块C的加速度大小为 D．刚性杆对物块C的作用力大小为 10．（多选）如图所示，质量均为m的滑块A、B、C置于水平地面上，中间用劲度系数分别为的轻弹簧a，b连接，在施加在滑块C上的水平恒力F作用下，一起无相对运动地向右加速运动。已知滑块与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。在滑块运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．滑块A比滑块C受到的合力小 B．两弹簧a、b的弹力之比 C．两弹簧a、b的伸长量之比 D．若弹簧a突然断裂，在断裂瞬间，滑块A比滑块B的加速度小 （五）临界问题 11．一辆货车运载着若干相同的光滑圆柱形空油桶。桶C受到桶A和桶B的支持力和汽车一起保持静止，不计空气阻力，如图所示，当C与车共同向左运动时（　　） A．当车向左匀速直线运动时，桶A对桶C的支持力小于桶B对桶C的支持力 B．当车加速直线运动时，B对C的支持力不变 C．当匀速向左的速度足够大时，C可能脱离A D．当向左的加速度足够大时，C可能脱离A 12．为了增强起跑爆发力，运动员常在腰间绑有弹性拉力带，此过程可等效为如图所示的模型。在倾角为θ的斜面体上用轻质细绳系一小球，在水平拉力F的作用下，斜面体从静止开始向左加速运动。该过程中，下列说法正确的是（　　） A．与静止时相比，绳子拉力一定增大 B．与静止时相比，斜面对小球弹力一定增大 C．运动中随着拉力的增大地面对斜面体的摩擦力一定增大 D．当斜面体的加速度时，小球对斜面体无压力作用 13．如图所示，质量为4kg的长木板置于光滑的水平面上，其上放一质量为1kg的木块。现对长木板施加一水平方向的恒力，木块随长木板一起由静止开始运动，两者之间保持相对静止，木块与木板之间的摩擦力大小为（　　） A．2N B．2.5N C．8N D．10N 14．（多选）如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端与垂直固定在斜面上的挡板相连，另一端与物块B拴接，物块A紧挨着物块B，两物块相对斜面静止。现对A施加沿斜面向上的拉力，使A、B一起沿斜面做加速度大小为的匀加速直线运动直到A、B分离。A、B的质量分别为、m，重力加速度为g，，下列说法正确的是（    ） A．施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为 B．A、B分离瞬间弹簧弹力大小为 C．整个过程中拉力先增大后不变 D．拉力F的最大值为 15．（多选）如图所示，水平地面上有一小车，用两段不可伸长的轻绳将一质量为的小球悬挂在车厢水平顶部的A、B处，且。重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．小球和车都静止时，轻绳上张力的大小 B．当轻绳恰好伸直但没有张力时，小车运动的加速度为，方向向右 C．当轻绳恰好伸直但没有张力时，小车运动的加速度为，方向向左 D．当小车以的加速度向右加速时，绳上张力大小为 16．（多选）如图所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m2的木块。t=0时刻起，给木块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是（　　） A． B． C． D． （六）传送带问题 17．（多选）某机场航站楼行李处理系统其中的一段如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，一小行李箱以初速度滑上水平传送带，从A点运动到B点的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．小行李箱的初速度大小为 B．传送带转动的速度大小为 C．A、B两点间的距离为 D．小行李箱与传送带的相对位移大小为 18．如图甲所示，一质量的小煤块静止在足够长的白色水平传送带上。时刻启动传送带，传送带开始向右匀加速运动，3s后突然停电，传送带做匀减速运动直至静止不动。此过程中传送带的图像如图乙所示，已知传送带和煤块之间的动摩擦因数为，重力加速度大小取，求： (1)经过多长时间煤块与传送带速度相同； (2)煤块从开始运动到静止过程中的位移大小。 19．如图所示，某生产线上用两个平滑连接的传送带运输货物。传送带Ⅰ水平，长度，传送带Ⅱ倾斜，与水平面夹角，长度。传送带Ⅰ、Ⅱ启动后，皮带均先以加速度匀加速，达到最大速度后匀速。某次运输过程中，启动传送带Ⅰ的同时，将质量的货物轻放在传送带Ⅰ的左端。货物与传送带Ⅰ、Ⅱ间的动摩擦因数，已知，，重力加速度g取。 (1)求货物放上传送带Ⅰ瞬间的加速度大小； (2)启动传动带Ⅰ后，经过时间启动传动带Ⅱ，恰能使货物全程以最短时间t到达传送带Ⅱ的右端，求和t； (3)实际上不同的货物粗糙程度不同。若货物与传送带Ⅰ、Ⅱ间的动摩擦因数在0.50~0.72之间，则待传送带均已匀速运行后，放置货物的时间间隔至少为多少才能避免货物之间发生碰撞。 （七）板块模型 20．如图所示，质量、长度的长木板放在水平地面上，它与水平地面间的动摩擦因数。质量可视为质点的滑块从长木板的右端以初速度向左滑上长木板，长木板刚开始运动时的加速度大小，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。求： (1)滑块与长木板间的动摩擦因数； (2)滑块刚开始运动时的加速度大小； (3)要使滑块不滑出长木板且恰好运动到长木板的左端，求滑块初速度大小。 21．如图甲所示，木板B静止在水平桌面上，一质量m=3kg的物块A（可视为质点）从木板的左端沿木板上表面水平冲上木板。A和B经过1s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v-t图像如图乙所示，重力加速度g=10m/s2。 (1)求A与B上表面之间的动摩擦因数μ1及B与水平桌面间的动摩擦因数μ2。 (2)求B的质量M。 (3)若A、B静止时，在A的右端施加一水平向右、大小为36N的力F，求A的加速度大小。 22．如图所示，匀质木板A、B右端对齐静止叠放于光滑水平面上，木板A的质量为m、长度为L，木板B的质量为、长度，A、B间动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。 (1)若对A施加水平向右的拉力F，间恰好发生相对滑动，求F的大小； (2)若对A施加水平向右的恒力，求木板左端对齐所需时间； (3)若地面不光滑，木板A与地面间的动摩擦因数为，对B施加水平向左的恒力，作用一段时间后再撤去，木板B恰好未从木板A上掉落。求木板B速度的最大值。 答案解析 例1．C 【详解】物体沿光滑斜面下滑，根据牛顿第二定律可得 解得物体的加速度a＝gcos θ θ是斜面与竖直方向的夹角，在斜面上的位移s与圆的半径的关系s＝2Rcosθ 由运动学规律2Rcosθ＝at2 联立解得 可见运动时间与斜面长度及其倾斜程度无关。 故选C。 例2．C 【详解】雨滴从空中由静止竖直下落，受到的空气阻力随速度增大而增大，可知一开始空气阻力小于重力，根据牛顿第二定律可得 可知雨滴合力向下，速度增大，空气阻力随之增大，加速度逐渐减小，所以雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，图像的斜率表示加速度，可知C能大致描述该过程。 故选C。 例3．B 【详解】剪断细线前，对B球受力分析，B球受到重力和弹簧向上的弹力F，处于平衡状态，所以 剪断细线瞬间，弹簧弹力不变，可得B球的合力不变，加速度为零。对A球，受到重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律可得 可得A球加速度 故选B。 例4．A 【详解】设物块的质量为m，当水平地面粗糙时，设动摩擦因数为μ，以两物块为整体，根据牛顿第二定律有 解得加速度 以左侧物体为研究对象，根据牛顿第二定律有 联立得绳子的拉力 当水平地面光滑时，以两物块为整体，根据牛顿第二定律有 解得加速度 以左侧物体为研究对象，根据牛顿第二定律有 联立得绳子的拉力 则有a2>a1，T2=T1 故选A。 例5．(1) (2) 【详解】（1）由题意，货物与缆车相对静止，一起以a＝0.5m/s2的加速度斜向上做匀加速直线运动，对货物进行受力分析，货物受到竖直向下的重力、竖直向上的支持力、水平向右的摩擦力，对加速度进行分解，分解到水平方向和竖直方向，水平方向的加速度为 竖直方向的加速度为 根据牛顿第二定律有 代入数据解得支持力 （2）根据牛顿第二定律有 代入数据解得摩擦力 例6．(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意，作出小球受力的示意图，如图所示 可得 结合牛顿第二定律可得 解得 （2）同理可得 解得 （3）根据（2）的结论可知，此时细线上的张力 所以细线的张力为，小球已脱离斜面，小球受到重力和细线的拉力 设此时滑块的最大加速度为，细线与竖直方向的夹角为，水平方向上，由牛顿第二定律可得 竖直方向上，由平衡条件可得 联立解得 例7．BD 【详解】当拉力作用于m1时，两木块间的摩擦力为f1，以m2为研究对象水平方向受到m1的摩擦力f1，由牛顿第二定律知m2产生的加速度 所以对m1和m2整体而言，其生产的加速度 根据牛顿第二定律知，此时拉力 当拉力作用于m2时，两木块间的摩擦力为f2，以m1为研究对象水平方向受到m2的摩擦力f2，由牛顿第二定律知m1产生的加速度 所以对m1和m2整体而言，其生产的加速度 根据牛顿第二定律知，此时拉力 所以 如果此时摩擦力达到最大静摩擦力，则有 故选BD。 例8.F1=ma F2=2ma 得t=1.3s 例9．C 【详解】AD．当行李与传送带共速时，没有相对传送带运动的趋势，行李不受摩擦力作用，故AD错误； B．加速阶段，行李相对传送带向左运动，当行李与传送带共速时，两者相对静止，故B错误； C．从A处运动到B处的时间，故C正确； 故选C。 例10．(1)5.8m (2)1m 【详解】（1）最初物体相对传送带向上滑， 得 经，与传送带共速，此时间内的位移 接着由于，物体相对传送带加速下滑，合力 ， 物体在下滑的位移 故A、B之间的距离； （2）前0.4s内，传送带的位移 故物体相对传送带向上滑了 在后1s内, 传送带的位移 故物体相对传送带向下滑了 故传送带上黑色痕迹的长度为1m（其中有0.8m重叠）。 例11．(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）放上物块后，由牛顿第二定律， 解得， 设经过时间速度相同，根据速度时间公式得 解得 （2）根据匀变速直线运动位移与时间的关系 解得 （3）根据匀变速直线运动位移与时间的关系 解得 板块之间的相对位移 （4）若木板与地面间动摩擦因数为，由牛顿第二定律 解得 设经过时间速度相同，根据速度时间公式得 解得 共同速度为 共速后两者一起运动，由牛顿第二定律 解得 由速度与位移的关系，木板与物块相对静止后还能向前滑行的距离 例12．B 【详解】A．从传感器的示数可知，单杠对该同学右手支持力的大小为，同理单杠对左手的支持力大小也为，根据平衡条件可知该同学的重力约为500N，体重约为，故A错误； B．1s~2s内，从传感器示数可知，支持力先小于重力，处于失重状态，之后支持力大于重力，处于超重状态，所以该同学经历了先出现失重现象后出现超重现象，故B正确； C．5～6s内，从传感器示数可知，支持力先大于重力，处于超重状态，之后支持力小于重力，处于失重状态，故C错误； D．人在进行放下身体的动作过程中，先向下加速运动，此时加速度的方向向下，故人处于失重状态，最后人处于静止状态，所以后半段人向下做减速运动，加速度的方向向上，此过程人处于超重状态，结合图像可以看出，1s时人放下身体，2s时过程结束。内，该同学进行了先放下身体的动作、后拉起身体，故D错误。 故选B。 针对训练答案 1．D 【详解】当细线上拉力最大时，对后面的物块，根据牛顿第二定律有 对两物块整体根据牛顿第二定律有 联立解得力F的最大值 故选D。 2．B 【详解】以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得 解得 以A为对象，根据牛顿第二定律可得 根据胡克定律可得 联立解得轻弹簧的形变量为 故选B。 3．D 【详解】对剪断绳前的分别进行受力分析，如图： 一开始静止，所以有，， 剪断绳后，绳上的力瞬间消失，而弹簧弹力不会突变，所以加速度为0，若分开运动，对有， 得， 说明在下面且紧靠着，加速度不可能大于，所以以共同加速度一起向下加速，且紧压着，则有 解得。 故选D。 4．B 【详解】A．将细线剪断后，甲球做圆周运动，剪断细线的瞬间，加速度方向沿轨迹的切线方向，由牛顿第二定律得： 解得： 故A错误； B．在图A中，若剪断绳子，小球做圆周运动，故剪断绳子的瞬间，小球的加速度是，故B正确； C．弹簧的弹力不可突变，将细线从中间剪断瞬间，对乙球，由牛顿第二定律得： 解得： 故C错误； D．绳子的弹力是可以发生突变的，弹簧的弹力是不能发生突变的，所以剪断水平的绳子，两者的加速度不相同，并且绳子与弹簧是不可以等效的，故D错误。 故选B。 5．C 【详解】A．过程，火箭处于上升阶段，根据牛顿第二定律可得 可知随着火箭速度的减小，加速度逐渐减小；过程，火箭处于下降阶段，根据牛顿第二定律可得 可知随着火箭速度的增大，加速度继续逐渐减小；综上分析可知，过程火箭的加速度一直在减小，故A错误； B．时刻，火箭的速度为0，所受阻力为零，只受重力作用，加速度大小为g，故B错误； C ．时间内物体的运动不是匀变速直线运动，根据图像与横轴围成的面积表示位移，可知火箭上升的最大高度小于，故C正确； D．上升过程、下降过程位移大小相等，由于上升过程的平均加速度大于下降过程的平均加速度，所以上升过程的时间小于下降过程的时间，则有 可得，故D错误。 故选C。 6．A 【详解】A．钢珠从静止开始加速下落，加速度方向与速度方向相同。虽然加速度逐渐减小，但只要加速度为正值（方向与速度同向），速度就会持续增大。当加速度减小到零时，速度不再变化，达到最大值。故A正确。 B．当加速度为零时，钢珠开始以最大速度匀速运动，位移会继续随时间线性增加，而非达到最大值。位移的最大值不会在此刻出现。故B错误。 C．钢珠在加速下落，说明加速度方向与运动方向相同。故C错误。 D．速度增量公式为，由于加速度逐渐减小，在相等时间间隔内，会越来越小。故D错误。 故选A。 7．A 【详解】 AB．如图所示，小球静止时受到重力mg、绳子拉力T、斜面弹力N三个力作用，由平衡条件得绳子拉力 斜面对小球弹力 当斜面体向左加速运动时，在小球没离开斜面之前，水平方向有 竖直方向有 解得， 则， A正确，B错误； C．由整体法受力分析，斜面体受到的摩擦力 与斜面体的加速度无关，保持不变，C错误； D．当小球刚好离开斜面时， 解得 当斜面体加速度 小球对斜面体无压力作用，D错误。 故选A。 8．D 【详解】AB．下蹲过程可大致分为两个阶段，第一阶段人体重心向下加速，加速度向下，压力小于重力；第二阶段人体重心向下减速，加速度向上，压力大于重力。站起过程可大致分为两个阶段，第一阶段人体重心向上加速，加速度向上，压力大于重力；第二阶段人体重心向上减速，加速度向下，压力小于重力；站起不动时加速度变为0，压力大小等于重力，故AB错误； CD．由图像可知到阶段为站起的第一阶段，到阶段为站起的第二阶段，整个过程是站起过程。站起过程的图如图所示 故C错误，D正确。 故选D。 9．A 【详解】A．由题图乙可知，时刻，火箭速度达到最大，故A正确； B．根据可知，时间内，火箭加速上升，时间内，火箭减速上升，可见时刻，火箭距离地面并非最远，故B错误； C．时间内，火箭加速上升（变加速），具有向上的加速度，航天员处于超重状态，故C错误； D．时间内，火箭减速上升，具有向下的加速度，航天员处于失重状态，故D错误。 故选A。 10．BD 【详解】对题图甲中小车和小球组成的整体，根据牛顿第二定律有 对题图甲中小球受力分析，如图所示 对小球，根据牛顿第二定律有 联立解得 对题图乙中小车和小球组成的整体，根据牛顿第二定律有 对题图乙中小球受力分析，如图所示 对小球，根据牛顿第二定律有 解得 综合可知 因为 所以 故BD符合题意。 故选BD。 11．CD 【详解】A．设轨道与竖直线AB的夹角为θ，则根据牛顿第二定律可得加速度为 可知质点沿着与AB夹角越大的轨道下滑，加速度越小，故A错误； BD．设，则倾斜轨道的长度为，根据运动学公式可得 解得 可知无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同，故B错误，D正确； C．根据运动学公式可得 可得质点滑到底端时速率为 可知轨道与AB夹角越小（AB除外），滑到底端时速率越大，故C正确。 故选CD。 12．AD 【详解】A．该同学对自动扶梯的作用力与自动扶梯对该同学的作用力是一对相互作用力，大小相等、方向相反，故A正确； B．该同学对自动扶梯的压力与自动扶梯对该同学的支持力是一对相互作用力，故B错误； C．该同学的加速度方向斜向上偏左，具有竖直向上的分量，处于超重状态，故C错误； D．该同学的加速度方向斜向上偏左，具有水平向左的分量，根据牛顿第二定律可知动扶梯对该同学的摩擦力方向沿着接触面水平向左，故D正确。 故选AD。 13．(1)受摩擦力，滑动摩擦力，方向水平向左 (2)先向左做匀加速直线运动，接着向左做匀速直线运动，6.5s (3)0.25m 【详解】（1）行李刚放在传送带上，相对于传送带有水平向右的运动，故行李刚放在传送带上受到水平向左的滑动摩擦力。 （2）由运动学公式可知行李在传送带上加速的时间为 加速位移为 接着行李在传送带上匀速，匀速时间为 故行李从运动至的时间为 综上所述，行李从运动至的过程中先做匀加速直线运动，接着做匀速直线运动，运动的总时间为6.5s。 （3）行李在匀加速阶段，传送带运动的位移为 故行李在传送带上留下摩擦痕迹的长度为 14．(1) (2) (3) 【详解】（1）根据牛顿第二定律，可知加速度大小 （2）F撤去时物块速度 F撤去后物块加速度大小 方向沿传送带向下，此后物块做匀减速到最高点，则物块上滑的最高点到传送带底端的距离 （3）从以上分析，可知撤去力后物体运动到最高点时间 物块从最高点静止下滑时加速度大小 则从开始下滑到与传送带共速用时 该阶段物块位移 因为，可知共速后物块仍加速运动，加速度大小 共速后有 解得 则物块从开始运动至返回传送带底端的时间 15．(1)0.5 (2)2m 【详解】（1）根据运动学公式可得 解得 小滑块相对于传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律有 解得 （2）小滑块相对传送带沿斜面向下运动，受到的摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律有 解得 设经过时间小滑块速度与传送带速度相等，则有 此时滑块的位移为 16．(1)0.15s (2)0.09m 【详解】（1）根据牛顿第二定律得小滑块的加速度为 木板的加速度为 小滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动．根据运动学公式有 解得t=0.15s （2）长木板的最小长度 17．(1)，方向水平向右 (2)，方向水平向右 (3)，方向水平向左 【详解】（1）内，假设两者不发生相对滑动，对整体由牛顿第二定律，有 解得 对物块，最大加速度大小为 因，假设不成立，故两者初始时相对滑动，对木板，有 此时，解得内木板的加速度，方向水平向右 （2）1s末木板的速度 内，，木板仍做匀加速运动，对木板，有 解得 可得末木板的速度，方向水平向右 （3）后撤去拉力，木板开始做匀减速运动，其加速度大小为 物块仍做匀加速运动，设再经历t3时间，两者速度相同，有 解得 即两者在内只有2s时间发生相对运动，此过程物块的位移 木板的位移 内物块相对木板的位移，方向水平向左 能力提升答案 例1．AB 【详解】A．施加拉力之前，A、B整体受力平衡，根据平衡条件有 施加拉力瞬间A、B开始向上一起做加速度大小为的匀加速直线运动，对A、B整体，根据牛顿第二定律有 解得 对A，根据牛顿第二定律有 解得A、B间的弹力大小为 故A正确； BD．分离时，A、B间作用力为0，F最大，对A根据牛顿第二定律得 解得 对B根据牛顿第二定律有 解得A、B分离瞬间弹簧弹力大小为 故B正确，D错误。 C．根据以上分析可知整个过程中拉力F一直增大，故C错误。 故选AB。 例2．AD 【详解】A．根据 可知 所以滑块由A点释放后沿传送带向下做匀加速运动，所受摩擦力沿传送带向上，滑块经过B点后在水平传送带上运动，再次返回到B点时速度小于或等于v，然后沿倾斜传送带向上匀减速，所受摩擦力沿传送带向上，速度减小到零后重复之前的过程，所以滑块在倾斜传送带上运动时，向上运动和向下运动受力情况均相同，加速度也相同，故A正确； BD．若滑块第一次到达B点时的速度小于或等于v，则滑块第二次到达B点时的速度与第一次到达B点时的速度大小相等，因滑块在倾斜传送带上向上运动和向下运动时的加速度相同，所以滑块上滑的最高点仍为A点；若滑块第一次到达B点时的速度大于v，则滑块第二次到达B点时的速度大小等于v，滑块上滑的最高点将比A点低，所以滑块不一定能回到A点，故B错误，D正确； C．由以上分析可知，滑块将在B点两侧来回运动，不会停止运动，故C错误。 故选AD。 例3．(1)， (2) (3) 【详解】（1）撤去外力前，对滑块P，根据牛顿第二定律 解得 对木板Q，根据牛顿第二定律有 解得 （2）时滑块P速度为 木板Q速度为 撤去外力后，木板Q以加速度继续加速，滑块P以加速度减速，对P根据牛顿第二定律有 解得 设经过后滑块P和木板Q共速，则有 解得 则木板的最大速度为 （3）滑块在拉力作用下做加速运动，设其加速度为，木板与滑块的摩擦力为，根据牛顿第二定律，对滑块P有 其中 代入数据解得 此过程中，木板与水平面间的摩擦力为 由于，所以木板不动；撤去拉力时，滑块的速度达到最大，为 撤去拉力后，滑块减速的加速度为 撤去拉力后对木板根据牛顿第二定律有 解得 设再经过时间滑块与木板速度相同，则有 解得 此时木板速度达到最大，为 针对训练 1．ABC 【详解】A．对渣土块在AB段时进行受力分析，如图所示 根据牛顿第二定律有 解得，故A正确； B．设渣土块在AB段一直加速，则有 解得 此时 渣土块没有和传送带共速，假设成立，故B正确； C．在BC段， 此时 则 故，故C正确； D．t=3s前，渣土块在AB段的划痕 到达B端时，渣土块和传送带间仍存在相对滑动，故划痕的长度一定大于4.2m，故D错误。 故选ABC。 2．AD 【详解】A．A、B之间的最大静摩擦力 B与地面之间的最大静摩擦力 A、B都相对地面静止时，，选项A正确； CD．若A、B一起向右运动，A、B之间的摩擦力为静摩擦力，对A、B组成的整体有 对B有 又 解得 故时，A、B之间发生相对滑动，当时，A、B之间的摩擦力，选项C错误，D正确； B．当A、B发生相对滑动时，B的加速度 所以无论F为何值，B的加速度都不会超过，选项B错误。 故选AD。 3．(1)20N，12N (2)6.25s 【详解】（1）货物放上传送带后，由剖面图对货物受力分析可得，传送带对货物支持力为，货物底面所受滑动摩擦力为，挡板对货物支持力为，货物侧面所受滑动摩擦力为，由力的平衡条件有， 则由滑动摩擦力计算公式可得， （2）因为与运动方向相同，与运动方向相反，货物将由静止开始沿传送带做匀加速直线运动，若能与传送带共速，则此后做匀速运动，由牛顿第二定律可得 解得 设货物匀加速至与传送带共速所用时间为，对地位移为，由运动学公式得 货物匀加速阶段的位移为 因，故能够共速。共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，设此段运动时间为，位移为，由运动学公式得 货物匀速阶段所用的时间为 则货物在传送带上运动的时间为 4．(1)， (2) (3) 【详解】（1）设作用时，物块和长木板均做加速运动且发生相对滑动，设物块的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得 设长木板的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得 代入， 可得， 因为，假设成立，可知物块和长木板的加速度大小分别为、 （2）设作用时间内，物块的位移为 长木板运动的位移为 因此撤去后，物块离长木板右端的距离为 （3）撤去的一瞬间，物块的速度为 长木板的速度为 设作用在长木板上的拉力为时，物块运动到长木板右端时与长木板刚好共速，此过程设物块的加速度大小为，则 解得 设长木板的加速度为，则 设经过时间共速，则 位移关系 解得，， 设作用在长木板上的拉力为时，物块最终与长木板一起做匀加速运动，且无论与长木板刚好发生相对滑动，此时的加速度大小为 对整体，有 解得 可得要使物块不滑离长木板，作用在长木板上的拉力满足 链接高考参考答案 题号 1 2 3 4 5 答案 D C D AC BD 1．D 【详解】AB．杠铃的重力为 手臂与水平的杠铃之间有夹角，假设手臂与竖直方向夹角为，根据平衡条件可知 可知，双臂夹角越大，F越大；结合，解得杠铃对手臂的弹力，而杠铃对手臂的作用力是弹力和摩擦力的合力，可知杠铃对每只手臂作用力大小大于，AB错误； C．杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对相互作用力，C错误； D．加速举起杠铃，人和杠铃构成的相互作用系统加速度向上，系统处于超重状态，因此地面对人的支持力大于人与杠铃的总重力，D正确。 故选D。 2．C 【详解】A．鱼儿吞食花瓣时处于失重状态，A错误； BC．鱼儿摆尾出水时排开水的体积变小，浮力变小，鱼儿能够出水的主要原因是鱼儿摆尾时水对鱼向上的作用力大于重力，B错误、C正确； D．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作不可以把鱼儿视为质点，否则就无动作可言，D错误。 故选C。 3．D 【详解】三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动；则加速度大小： 所以，和之间相互作用力为： 与之间相互作用力： 所以可得： 由于谈论过程与是否为零无关，故有恒成立； A．与分析不符，故A错误； B．与分析不符，故B错误； C．与分析不符，故C错误； D．与分析相符，故D正确； 故选D。 4．AC 【详解】由图像可知，人先超重，再平衡，最后失重，则电梯的加速度先向上，再匀速，后加速度向下；若电梯向上运动的方向为正，则电梯可能先匀加速向上，再匀速向上，最后匀减速向上；或者电梯可能先匀减速向下，再匀速向下，最后匀加速向下； 故选AC。 5．BD 【详解】木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到箱顶向下的压力，当物块对箱顶刚好无压力时，物体受到的合力向上，所以系统应该有向上的加速度，是超重，物体可能是向上加速，也可能是向下减速，所以B正确． 【点睛】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度； 6．（1）1 m/s；（2）0.55m 【详解】（1）对B分析有 解得物块B加速度大小为 对木板分析有 解得木板加速度大小为 设B与木板相对静止时间为t1，由运动学公式可得 解得 则B与木板相对静止时，木板的速度大小为 （2）对A分析有 解得物块A加速度大小为 由于A与B初速度与加速度大小相等，所以当B速度减为时 ，A速度大小也减为 B与木板相对静止后，对B与木板整体有 解得B与木板的加速度大小为 设经时间t2，A与木板共速，取向右为正方向，由公式可得 代入数据解得 此时三者具有共同速度为 最后三者一起做匀减速运动，则可得 解得共同加速度大小为 木板在地面上运动的距离为 7．（1）；（2）aB=3μg，aB′=μg；（3） 【详解】（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg 匀变速直线运动2aAL=vA2 解得 （2）设A、B的质量均为m 对齐前，B所受合外力大小F=3μmg 由牛顿运动定律F=maB，得aB=3μg 对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg 由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg （3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA 则v=aAt，v=vB–aBt 且xB–xA=L 解得． 8．(1)    (2)    (3) 【详解】【分析】企鹅向上“奔跑”做匀加速运动，由运动学公式求出企鹅向上“奔跑”的位移大小；根据牛顿第二定律求出企鹅在冰面滑动的加速度大小，结合运动学公式求出企鹅退滑到出发点时的速度大小； 解：（1）“奔跑”过程 （2）上滑过程： 下滑过程 （3）上滑位移， 退滑到出发点的速度， 解得 9．(1)    (2)    (3) 【详解】(1)对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有： kx0=(m+ m）gsinθ 解得 k= (2)由题意可知，b经两段相等的时间位移为x0； 由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知 说明当形变量为时二者分离； 对m分析，因分离时ab间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知 kx1-mgsinθ=ma 联立解得 a= (3)设时间为t，则经时间t时，ab前进的位移 x=at2= 则形变量变为 △x=x0-x 对整体分析可知，由牛顿第二定律有 F+k△x-（m+m）gsinθ=(m+m）a 解得 F= mgsinθ+t2 因分离时位移x=由 x==at2 解得 故应保证0≤t＜，F表达式才能成立。 复习习题集答案 1．B 【详解】设弦长为x，弦与竖直直径夹角为，圆的半径为R，则有， 由可得， 故从PM、PN下滑的时间相等。又因为 可知两小物块分别到达、时的速率与位移成正比，故 故选B。 2．BC 【详解】AB．设任一斜面与水平方向的夹角为，圆的直径为d。根据牛顿第二定律 斜面的长度为 则由 解得 可见，小球下滑时间与斜面的倾角无关，则有故A错误；B正确； CD．根据 又 则 故C正确；D错误。 故选BC。 3．C 【详解】AB．对ab整体分析可知，竖直方向 可得弹簧a对小球1的拉力大小 水平方向弹簧c对小球2的拉力大小，AB错误； CD．对球2分析可知，细线b的拉力 剪断细线b瞬间，弹簧a的弹力不变，则小球1受的合力为Fb，则加速度大小 同理可知，剪断细线b瞬间，弹簧c的弹力不变，则小球2受的合力为Fb，则加速度大小；C正确，D错误。 故选C。 4．B 【详解】设B的质量为m，剪断轻绳前，弹簧弹力大小为F，绳子拉力大小为T，将A、B及弹簧视为整体，根据牛顿第二定律有 解得 以B为研究对象，根据牛顿第二定律有 解得 剪断轻绳后，绳中拉力T消失，弹簧弹力F不变，所以B受力不变，加速度大小仍为a，而A所受力发生变化，根据牛顿第二定律有 解得 故选B。 5．D 【详解】对剪断绳前的分别进行受力分析，如图： 一开始静止，所以有，， 剪断绳后，绳上的力瞬间消失，而弹簧弹力不会突变，所以加速度为0，若分开运动，对有， 得， 说明在下面且紧靠着，加速度不可能大于，所以以共同加速度一起向下加速，且紧压着，则有 解得。 故选D。 6．D 【详解】图像的斜率表示加速度，运动员从悬停的飞机上跳下，做自由落体运动。此阶段只受重力作用，加速度恒为重力加速度g，方向竖直向下。在图像中，这是一段过原点、斜率恒为正值的倾斜直线，开伞后空气阻力f与速度的关系为，其中k为常数，若此时的速度满足，可知合力向上，有 运动员做减速运动，加速度减小，加速度为零时做匀速运动；若此时的速度满足，可知合力向下，有 运动员做加速运动，加速度减小，加速度为零时做匀速运动；若，则运动员做匀速运动，可知D选项的图像符合题意。 故选D。 7．AD 【详解】A．若初速度v0满足，则圆环与直杆之间没有弹力，没有摩擦力，圆环做匀速直线运动，故A正确； BCD．若初速度v0满足，则圆环上端与直杆有摩擦力，根据牛顿第二定律，圆环加速度向左，做减速运动，外力随之减小，竖直方向有，弹力变大，摩擦力变大，加速度变大，图像斜率的绝对值变大，直至速度减为0。 若初速度v0满足，则圆环下端与直杆有摩擦力，根据牛顿第二定律，圆环加速度向左，做减速运动，外力随之减小，竖直方向有，弹力变小，摩擦力变小，加速度变小，当速度减到时，圆环做匀速直线运动，故BC错误，D正确。 故选AD。 8．BD 【详解】AB．设小物块与斜面的摩擦因数为，对整体，根据牛顿第二定律 设轻杆的弹力为，对根据牛顿第二定律 联立解得，故A错误，B正确。 C．由上述可知若只增大倾角，轻杆弹力不变，故C错误； D．若只增大，则轻杆弹力变大，故D正确。 故选BD。 9．AC 【详解】A．刻剪断细线，绳子M弹力突变为0，对A有 解得，故A正确； BC．刻剪断细线，对BC整体加速度相同，由牛顿第二定律有 解得，故B错误，C正确； D．设刚性杆弹力为F，对C有 解得T=0 可知刚性杆对物块C的作用力大小为0，故D错误。 故选AC。 10．CD 【详解】A．由于A、B、C一起无相对运动地向右加速运动，三者加速度相同，又由于质量均为m，根据牛顿第二定律得，三者所受合力相同，故A错误； B．使用整体法分析受力，根据牛顿第二定律得 解得 使用隔离法分析C的受力，根据牛顿第二定律得 解得 使用隔离法分析A的受力，根据牛顿第二定律得 解得 两弹簧a、b的弹力之比为，故B错误； C．根据胡克定律得，弹簧a的伸长量 弹簧b的伸长量 两弹簧a、b的伸长量之比，故C正确； D．若弹簧a突然断裂，在断裂瞬间消失、不变，对 A进行受力分析，根据牛顿第二定律得 解得 对 B进行受力分析，根据牛顿第二定律得 解得 由于在弹簧a没断裂前，A、B、C一起无相对运动地向右加速运动，可知 所以，故D正确。 故选CD。 11．D 【详解】A．对桶C受力分析如图 根据几何关系可知A对C的支持力与竖直方向的夹角与B对C的支持力在竖直方向的夹角相等都是θ，当车匀速直线运动时，根据平衡条件可得 所以A对C的支持力FA等于B对C的支持力FB，故A错误； B．当车加速直线运动时，水平方向上，根据牛顿第二定律有 得 可知B对C的支持力FB增大，故B错误； C．当车匀速向左运动时，无论速度有多大，根据平衡条件可知，A、B对C都有支持力作用，C不可能脱离A，故C错误； D．若车具有向左的加速度，则 可知随着车向左的加速度逐渐增大时，A对C的支持力逐渐减小，当车向左的加速度达到某个特定值时，A对C的支持力减小到零，若再增大加速度，则C会脱离A，故D正确。 故选D。 12．A 【详解】 AB．如图所示，小球静止时受到重力mg、绳子拉力T、斜面弹力N三个力作用，由平衡条件得绳子拉力 斜面对小球弹力 当斜面体向左加速运动时，在小球没离开斜面之前，水平方向有 竖直方向有 解得， 则， A正确，B错误； C．由整体法受力分析，斜面体受到的摩擦力 与斜面体的加速度无关，保持不变，C错误； D．当小球刚好离开斜面时， 解得 当斜面体加速度 小球对斜面体无压力作用，D错误。 故选A。 13．A 【详解】根据牛顿第二定律，对木板和木块的整体分析可知 对木块分析可知 f=ma 解得 f =2N。 故选A。 14．AB 【详解】A．施加拉力之前，A、B整体受力平衡，根据平衡条件有 施加拉力瞬间A、B开始向上一起做加速度大小为的匀加速直线运动，对A、B整体，根据牛顿第二定律有 解得 对A，根据牛顿第二定律有 解得A、B间的弹力大小为 故A正确； BD．分离时，A、B间作用力为0，F最大，对A根据牛顿第二定律得 解得 对B根据牛顿第二定律有 解得A、B分离瞬间弹簧弹力大小为 故B正确，D错误。 C．根据以上分析可知整个过程中拉力F一直增大，故C错误。 故选AB。 15．BD 【详解】A．当小车静止时，设轻绳和的拉力分别为、 由平衡条件得 水平方向 竖直方向 解得，故A错误； B．当轻绳拉力为零时，说明小球随小车向右加速，设此时轻绳的拉力为，加速度为，根据平衡条件及牛顿第二定律得 竖直方向 水平方向 解得，方向向右，故B正确； C．当轻绳拉力为零时，说明小球随小车向左加速，设此时轻绳的拉力为，加速度为，根据平衡条件及牛顿第二定律得 竖直方向 水平方向 解得，方向向左，故C错误； D．由B析可知，当轻绳的拉力恰好为零时 此时 说明小球已飘起，轻绳已经松弛，设此时轻绳拉力为，根据平衡条件及牛顿第二定律得 水平方向 竖直方向 解得，故D正确。 故选BD。 16．AC 【详解】A．若水平恒力F较小时，木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度相同，故A正确； BCD．水平恒力较大时，木块可能相对木板向右滑动，木块的加速度大于木板的加速度，即，结合图像中图线的斜率表示加速度，可知木块对应的图像斜率大于木板对应的图像斜率，故BD错误，C正确。 故选AC。 17．CD 【详解】AB．由图像可知，小行李箱的初速度大小为，传送带转动的速度大小为，AB错误； C．因图像的面积等于位移可知，A、B两点间的距离为，C正确； D．小行李箱与传送带的相对位移大小为，D正确。 故选CD。 18．(1) (2) 【详解】（1）若煤块受滑动摩擦力，则： 得 传送带的最大速度为 传送带加速阶段的加速度大小 减速阶段的加速度大小 因为，所以煤块以加速度做匀加速直线运动 时，煤块的速度 得 设又经过时间煤块与传送带速度相同，则 解得 所以 （2）煤块加速阶段的位移 解得 煤块的最大速度为 解得 减速过程中，煤块的最大加速度为，而传送带减速阶段的加速度为，所以，煤块与传送带分别减速， 由 得 所以，煤块从开始运动到静止过程中的位移为 19．(1) (2)0.75s，3.25s (3) 【详解】（1）假设货物受滑动摩擦力，则根据牛顿第二定律得 解得 假设成立，加速度大小为 （2）设货物到达传送带Ⅰ右端时速度大小为，假设货物在传送带Ⅰ上一直匀加速 解得，假设成立。 货物在传动带Ⅰ上的时间为 传送带Ⅱ需要在货物到达前加速到10m/s，加速过程需要的时间为 因此有 货物到达传送带Ⅱ后，加速度根据牛顿第二定律得 解得 假设货物在到达传送带Ⅱ右端前和传送带Ⅱ已经共速，且该过程中在传送带Ⅱ上的位移为，则 解得，假设成立。 此后货物匀速运动。设货物在传动带Ⅱ上加速的时间为，匀速的时间为，则， 运输时间为 （3）相邻两个货物最容易发生碰撞的情况：先放置的货物1的动摩擦因数为、后放置的货物2的动摩擦因数为 以最短时间间隔放置时，后者恰好与前者不相碰货物1与传送带达到共速时，位于传送带Ⅱ上，其走过的总路程为 所需的时间为 假设货物2在传动带Ⅰ上一直匀加速，则其到达传送带Ⅰ右端时，速度大小满足 解得，恰好与传送带Ⅰ达到共速，假设成立。 货物2在传送带Ⅰ上的加速时间为 货物2与传送带达到共速时，货物1尚未与传送带达到共速。易知临界条件为货物1达到与传送带共速时货物2恰好与货物1不相碰，此过程货物2的路程 因此有 解得 20．(1) (2) (3) 【详解】（1）对长木板进行受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得滑块与长木板间的动摩擦因数为 （2）对滑块，根据牛顿第二定律可得 解得滑块刚开始运动时的加速度大小为 （3）当滑块恰好运动到长木板的左端时两者速度相等，满足题意，设经过的时间为，则有 根据位移关系得 代入数据解得， 21．(1)0.2，0.1 (2)1kg (3)10m/s2 【详解】（1）由题图乙可知，A在0~1s内的加速度 对A，由牛顿第二定律得-μ1mg=ma1 解得μ1=0.2 由题图乙知，A、B在1s~3s内的加速度 对A、B整体，由牛顿第二定律得-μ2（m+M）g=（m+M）a3 解得μ2=0.1 （2）由题图乙可知，B在0~1 s内的加速度 对B，由牛顿第二定律得μ1mg-μ2（m+M）g=Ma2 代入数据解得M=1kg （3）当力F作用于A时，假设A、B不发生相对滑动，对A、B整体，根据牛顿第二定律，有F-μ2（m+M）g=(m+M）a' 解得 因为B的最大加速度a2=2m/s2，所以假设不成立，故A、B会发生相对滑动，则力F作用于A时，对A，有F-μ1mg=maA 解得aA=10m/s2 22．(1) (2) (3) 【详解】（1）当A、B间恰好相对滑动时，设两者加速度大小为，对A、B受力分析，根据牛顿第二定律有 对B进行受力分析，由牛顿第二定律有 联立解得 （2）由，、间发生相对滑动且滑动时的加速度大小仍为，设的加速度大小为，对受力分析，根据牛顿第二定律有 左端对齐时有 联立解得 （3）设作用的时间为，撤力时的速度最大，撤力后再经时间、速度相等，由与地面间的动摩擦因数小于、间动摩擦因数，速度相等后两者一起匀减速直至停下，设撤力前的加速度大小为，撤力后相对滑动的加速度大小为，速度相等前的加速度大小为，速度相等后的加速度大小为，撤力前对受力分析，根据牛顿第二定律有 速度相等前对受力分析，根据牛顿第二定律有 速度相等后对、受力分析，根据牛顿第二定律有 木板恰好未从木板上掉落，应该满足 其中 最大速度 联立解得 答案第18页，共69页 答案第19页，共69页 学科网（北京）股份有限公司 $