2.2 牛顿运动定律及其应用 专项练-2027届高考物理一轮复习选考尖子培优【浙江专用】

2.2 牛顿运动定律及其应用 【核心知识点】 一、牛顿第一、第三定律（惯性与相互作用） 1. 惯性：物体保持原有运动状态的性质，质量是惯性大小的唯一量度。 2. 作用力与反作用力：大小相等、方向相反、作用在不同物体上。 2、 牛顿第二定律（动力学核心） 1．公式： 。这是解决动力学问题的核心方程。 2．瞬时性：力与加速度的对应关系是瞬时的。 3．矢量性：加速度方向与合外力方向一致。 三、受力分析与运动分析 1．连接体问题：整体法与隔离法的应用。 2． 传送带模型：涉及摩擦力突变、相对运动和划痕问题。 3．板块模型：木块与木板间的相对滑动与碰撞。 四、超重与失重 1．当加速度向上时为超重（支持力 > 重力）。 2．当加速度向下时为失重（支持力 < 重力）（如第17题电梯问题）。 【典型题型】 题型一、概念辨析与惯性思维类 特点： 考察对牛顿第一、第三定律的深刻理解，通常利用“惯性”设置陷阱，需要排除生活经验的干扰。 例题1、如图所示，在上表面光滑的小车上放有质量的物块和质量为的小球，且，开始时物块，小车小球一起在水平面上匀速运动，现让小车向右匀加速运动则 A．由于物块将向前与小球相碰 B．由于，物块的惯性大，在小车上小球相对物块向左运动 C．由于，物块的惯性大，在小车上小物块相对球向右运动 D．物块的质量大惯性也大，但在小车上小球相对物块仍静止 题型二、临界与极值问题 特点： 涉及物体刚好不滑动、刚好分离或最大加速度等问题，通常需要寻找“临界状态”（如弹力为0或静摩擦力达到最大值）。 例题2、如图所示，一个质量为的小球用细线吊在倾角的斜面顶端，斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计一切摩擦，重力加速度为，则（　　） A．当斜面以向右加速运动时，斜面对小球的支持力为 B．当斜面以向右加速运动时，绳子对小球的拉力为 C．当斜面以向左加速运动时，绳子的拉力为0 D．无论斜面做什么运动，小球所受的拉力和支持力的合力一定竖直向上 题型三、传送带模型 特点： 动力学中计算量较大、逻辑较复杂的题型。考察物体在传送带上的加速、匀速过程，以及相对位移（划痕）的计算。 例题3、如图所示，分拣快递的车间里，与水平面成θ=30°的传送带正以v=4m/s的速度匀速运行，A、B两端相距l=20m。现每隔 1s 把质量m=1kg的工件（视为质点）轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数 ，取 g=10m/s2，结果保留两位有效数字。求： （1）一个工件从A到B所用的时间； （2）一个工件在上传过程中留下的痕迹长度； （3）相邻工件之间的最大和最小距离。 题型四、连接体与整体法/隔离法 特点： 系统中包含多个物体（如斜面+滑块、弹簧+物块），考察灵活选取研究对象的能力。 例题4、在如图所示的装置中，质量为3kg的物块被平行于斜面的细绳拴在斜面上端的小柱上，斜面的倾角为30°，被固定在测力计上，整个装置保持静止。如果物体与斜面间无摩擦，装置稳定以后，当细线被烧断，物体正在下滑的过程中，与稳定时比较，测力计的读数（g=10m/s²）（　　） A．增加15N B．减小15N C．减小7.5N D．保持不变 题型五、图像与实际情境结合 特点： 结合生活实际（如拔河、电梯、索道）或给出 、 图像，考察从图像中提取物理信息的能力。 例题5、如图甲、乙、丙所示，小先同学分别乘坐三种不同的电梯上楼，上楼过程中其相对电梯静止，三次都经历了电梯以加速度大小为的加速上升阶段。甲、乙中的电梯倾角均为。则加速过程中，下列说法正确的是（　　） A．乙情况下小先同学受到的摩擦力最大 B．丙情况下小先同学受到的支持力最大 C．三种情况下小先同学所受支持力都大于重力 D．甲图中小先同学与电梯之间的动摩擦因数不可能为 【提升练习】 一、单选题 1．女航天员王亚平在“天宫一号”目标飞行器里通过一个实验成功展示了失重状态下液体的表面张力引起的效应，在视频中可观察到漂浮的液体处于相互垂直的两个椭球之间不断变化的周期性“脉动”中。假设液滴处于完全失重状态，液滴的上述“脉动”可视为液滴形状的周期性微小变化（振动），如图所示，已知液体振动的频率表达式为，其中k为一个无单位的比例系数。r为液滴半径，为液滴密度，为液体表面张力系数（其单位为N/m），x是待定常数。对于待定常数x的大小，下列说法中可能正确的是（　　） A． B．-3 C． D． 2．普朗克常量，光速为c，电子质量为，则在国际单位制下的单位是（　　） A．J/s B．m C．J•s D．m/s 3．如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”。两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢。若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是（　　） A．若甲的质量比乙大，则绳对甲的拉力大于绳对乙的拉力 B．仅甲乙的质量相等，绳对甲的拉力才等于绳对乙的拉力 C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利 D．若甲乙的质量相等，甲收绳的速度比乙快，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利 4．泰山索道包括泰山中天门索道、后石坞索道、桃花源索道。三条索道以岱顶为中心，构成了连接中天门景区、后石坞景区和桃花峪景区的泰山空中交通网。图甲为正在运行的泰山索道，简化如图乙。已知质量为60kg的游客站立于轿厢底面，倾斜索道与水平面的夹角为30°，当载人轿厢沿索道斜向上做加速度为的匀加速直线运动时，轿厢底面始终保持水平，不计空气阻力，重力加速度g取。下列说法正确的是（    ） A．游客处于失重状态 B．轿厢对游客的支持力与游客受到的重力是一对平衡力 C．游客受到的摩擦力大小为 D．游客对轿厢的作用力大小为720N 5．如图所示的装置中，重4 N的物块被平行于斜面的细线拴在斜面上端的小柱上，整个装置保持静止，斜面的倾角为30°，被固定在测力计上，如果物块与斜面间无摩擦，装置稳定以后，当细线被烧断物块下滑时，与稳定时比较，测力计的读数(g＝10 m/s²)(　　) A．增加4 N B．增加3 N C．减少1 N D．不变 6．如图，一橡皮筋上端固定在O点，自然伸直后另一端位于O点正下方的A点，在A点固定一光滑铁钉，将橡皮筋跨过铁钉与位于粗糙地面上P点的物块相连，由静止释放物块，物块沿水平地面向左运动并能经过O点正下方。已知橡皮筋的弹力跟其形变量成正比，橡皮筋始终在弹性限度内，地面上各点动摩擦因数处处相同。则物块从P点运动至O点正下方的过程中，以下说法正确的是（　　） A．物块所受摩擦力越来越小 B．物块对地面的压力越来越小 C．物块加速度越来越小 D．物块加速度先减小后增大 7．在建筑工地上有时需要将一些建筑材料由高处送到低处，为此工人们设计了一种如图所示的简易滑轨：两根圆柱形木杆AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上，把一摞瓦放在两木杆构成的滑轨上，瓦将沿滑轨滑到低处。在实际操作中发现瓦滑到底端时速度较大，为了防止瓦被损坏，下列措施中可行的是（　　） A．减少每次运送瓦的块数 B．增多每次运送瓦的块数 C．增大两杆的倾角α D．增大两杆之间的距离 8．一倾角为30°的斜面置于粗糙水平面上，斜面足够长，一物块能沿斜面匀速下滑。现给物块施加一个与竖直方向夹角为30°的力F，F施加过程中，物块继续下滑，如图所示，则下列说法中正确的是（　　） A．物块与斜面间动摩擦因数为 B．物块仍沿斜面匀速运动 C．若F大小逐渐增大，则随着F的增大斜面最终会沿水平面发生滑动 D．若物块一直保持沿斜面下滑状态，则无论F沿何方向施加在物块上，地面对斜面的摩擦力始终为零 9．如图甲所示的水平传送带逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示（图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点），已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取。设从物块在传送带上开始运动到第一次回到传送带左端的时间为t，下列计算结果正确的是（　　） A． B． C． D． 10．如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为，保持某一速度匀速转动，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为，小木块速度大小随时间变化的关系如图乙所示。、、已知，重力加速度为g，则（　　）   A．传送带一定顺时针转动 B．传送带的速度大小等于 C． D．时间后木块的加速度大小为 二、多选题 11．如图所示，质量为的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态，现对小球同时施加水平向右的恒力和竖直向上的力，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力大小始终与小球的速度成正比，即（图中未标出）。已知小球与杆间的动摩擦因数为，下列说法中正确的是（　　） A．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，直到最后做匀速运动 B．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止 C．小球的最大加速度为 D．小球的最大速度为 12．如图所示，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1 kg的物体（B物体与弹簧栓接），弹簧的劲度系数为，初始时系统处于静止状态。现用一方向竖直向上的拉力作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度的匀加速直线运动，重力加速度取，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　） A．外力刚施加的瞬间，的大小为 B．当弹簧压缩量减小到时，间弹力大小为 C．A、B分离时，A物体的位移大小为 D．B物体速度达到最大时，B物体的位移为 13．如图甲，一个物块放在水平面上，在两个恒力作用下做匀速直线运动。时刻，其中某个力发生变化，大小随时间的变化关系如图乙所示，在时间内（　　）   A．若变化的是，物块运动的加速度可能均匀减小 B．若变化的是，地面对物块的摩擦力可能先不变后均匀减小 C．若变化的是，物块可能做匀加速直线运动 D．若变化的是，地面对物块的摩擦力可能均匀减小 14．如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（    ） A．弹簧的劲度系数为 B．小球在P点下方处的加速度大小为 C．小球在M点和N点的加速度大小相同、方向相反 D．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变大再变小 15．质量为m的小滑块a静置于质量为M的粗糙斜块b的斜面上，斜面倾角为θ（），a、b间动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对a施加一与斜面始终平行的外力F，斜块b一直静止于粗糙的水平平面c上。g为重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．若且为水平方向（如图所示），因为，所以a仍静止 B．若且为水平方向（如图所示），则a的加速度大小为 C．若改变外力F的大小和方向，则b、c间摩擦力有为零的情况 D．若改变外力F的大小和方向，则b对c的最小压力为Mg+mgcos2θ 16．如图甲所示，水平传送带在电机的作用下，时刻由静止开始向右做匀加速直线运动，物块（视为质点）在时刻以速度从左轮中心的正上方水平向右滑上传送带，时刻物块与传送带的速度相等均为，物块和传送带运动的图像如图乙所示，时刻前后物块的加速度大小变化量为，物块从右轮中心正上方离开传送带时速度为，整个过程中物块相对传送带的位移为。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。则下列说法正确的是（　　） A．物块的初速度大小为 B．传送带的加速度大小为 C．传送带的长度为 D．物块通过传送带的平均速度为 17．系统如图所示，A、B两物体的质量分别为、，绳与滑轮间无摩擦，A与水平桌面间的摩擦系数记为，绳的质量可略，开始时A、B静止。与水平方向的夹角为，右侧水平绳被剪断后瞬间，设物块A的向左运动的加速度，B竖直向下的加速度为，设此瞬间线中张力为T，地面给A物的支持力为N，为求解，列出下列四个方程，其中正确的方程是（　　） A． B． C． D． 三、解答题 18．如图所示，一质量m=0.4kg的小物块，以v0=2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t=2s的时间物块由A点运动到B点，A与B之间的距离L=10m。已知斜面倾角θ=30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ=，g=10m/s2。 (1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小； (2)若加速度同(1)，拉力F的方向沿斜面向上，则拉力F是多少？ 19．如图所示，某传送装置由倾角为θ=37°的倾斜传送带和放在水平面上质量为M=1kg的长木板组成，长木板长为L=2m，其右端靠近传送带的底端B点，传送带逆时针转动的速率为v=2m/s，皮带始终处于绷紧状态。某时刻将质量为m=1kg的物块（可视为质点）无初速度地轻放在传送带的顶端A点，物块经1.2s到达传送带的底端B点。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5，与长木板间的动摩擦因数μ2=0.4，长木板与水平面间的动摩擦因数μ3=0.1，不计物块从传送带滑上长木板时的机械能损失，重力加速度g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： （1）传送带上A、B两点间的距离。 （2）物块从A点运动到B点的过程中，传送带对物块做的功及物块与传送带摩擦产生的热量。 （3）若在距离长木板左侧处有一固定挡板，长木板与挡板的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，则物块滑上长木板到长木板第一次速度减为0时所用的时间为多长。 20．质量m=4kg的物体，与水平地面间的动摩擦因数μ=0.1，沿水平地面向右做直线运动，经过A点时速度为6m/s。物体过A点时开始计时，对物体施加水平恒力F作用，经过0.5s物体向右移动了2.5m到达B点；若t时刻撤去水平恒力F，物体最后停在A的右方3.75m处。g=10m/s²。求： (1)撤去水平恒力F的时刻t； (2)从物体经过A点到最终停止，水平恒力F做的功WF 。 2.2 牛顿运动定律及其应用 第6页，共6页 2.2 牛顿运动定律及其应用 第5页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 《2.2 牛顿运动定律及其应用》参考答案 【例题部分参考答案】 例题1、D 【详解】小车向右匀加速运动时，由于小车上表面光滑，小车对物块和小球水平方向没有作用力，由于惯性，两者相对于地面都静止，所以物块和小球不会相碰，故A错误；m1＞m2，物块的惯性更大，但在小车上小球相对物块静止，故BC错误；物块的质量大惯性也大，但由于惯性，物块和小球保持原来的匀速运动状态，在小车上小球相对物块仍静止，故D正确．所以D正确，ABC错误． 例题2、ABC 【详解】A．设小球刚刚脱离斜面时，斜面向右的加速度为，此时斜面对小球的支持力恰好为零，小球只受重力和细绳的拉力，且细绳仍然与斜面平行，小球受力如图所示： 由牛顿第二定律得 解得临界加速度 当斜面以向右加速运动时，因 则小球没有脱离斜面，对小球受力分析可得， 得斜面对小球的支持力为 故A正确； B．当斜面以向右加速运动时，因 小球离开斜面，绳子对小球的拉力 故B正确； C．当斜面以向左加速运动时绳子的拉力为零时，小球受重力和支持力，根据牛顿第二定律得 D．斜面在水平面上加速运动时，绳子拉力与斜面弹力需要提供水平方向的加速度，因此绳子拉力与斜面弹力的合力不在竖直方向上，故D错误。 故选ABC。 例题3、（1）7.0s；（2）8.0m；（3）4.0m， 0.5m； 【详解】（1）设工件在传送带加速运动时的加速度为a，则 代入数据解得 工件的加速时间为 位移为 所以匀速运动的时间为 所以总时间为 （2）只有加速阶段留下痕迹，此过程传送带位移为 所以划痕长度为 （3）刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，且最小距离为 当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则有 例题4、C 【详解】对物块和斜面体整体受力分析，受总重力和支持力，平衡时，有 N﹣(M+m）g=0 ① 加速下滑时，再次对物块和斜面体整体受力分析，受总重力、支持力和静摩擦力，根据牛顿第二定律，有竖直方向 （M+m）g-N′=masin30°  ② 水平方向 f=macos30°  ③ 对物块受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有 mgsin30°=ma  ④ 有由①②③④得到 N-N′=masin30°=mg（sin30°）2=3×10×0.25 N =7.5N 故选C。 【点睛】本题关键是对物块、物块和斜面体整体多次受力分析，然后根据牛顿第二定律、共点力平衡条件列式求解；要注意整体法对于有相对运动的物体系统同样适用。 例题5、BD 【详解】ABC．甲情况下，对小先同学沿斜面方向和垂直斜面方向分别有， 得 乙情况下，对小先同学水平方向和竖直方向分别有， 解得 丙情况下，小先同学所受摩擦力 根据牛顿第二定律有 解得 则，，，，故B正确，AC错误； D．若甲图中小先同学与电梯之间的动摩擦因数为，则甲图中小先同学与电梯之间的最大静摩擦力为 而 即 故甲图中小先同学与电梯之间的动摩擦因数不可能为，故D正确。 故选BD。 【提升练习参考答案】 1．D 【详解】由得 频率f的单位是s-1，的单位是kg/m3，的单位是N/m，代入可得等式右边的单位为 而等式左边液滴半径r的单位为m，所以 选项D正确，ABC错误。 故选D。 2．B 【详解】的单位为 而 代入后得，故选B。 3．C 【详解】AB．因为绳子质量不计，甲对绳子的拉力和乙对绳子的拉力是相等的，绳子对甲的拉力和绳子对乙的拉力是相等的，AB错误； C．甲、乙受大小相同的拉力，若甲的质量比乙大，则甲的加速度比乙的小，所以甲赢，C正确； D．若甲乙质量相等，收绳速度的快慢并不能决定“拔河”比赛的输赢，甲收绳的速度比乙快，因为可能甲向分界线运动得比乙快，这样甲将输掉比赛，D错误。 故选C。 4．C 【详解】A．游客随轿厢相对静止一起沿索道斜向上做匀加速直线运动，有沿钢索斜向上的加速度，因此游客处于超重状态，故A错误； B．游客处于超重状态，则竖直方向轿厢对游客的支持力大于游客受到的重力，故B错误； C．当载人轿厢沿钢索做匀加速直线运动时，以游客为研究对象，其水平方向上有 竖直方向上有 解得游客受到的摩擦力大小为 轿厢对游客的支持力大小为，故C正确； D．轿厢对游客的作用力大小为 则由牛顿第三定律可知，游客对轿厢的作用力大小为，故D错误。 故选C。 5．C 【详解】对物块和斜面体整体受力分析，受总重力和支持力，平衡时，有 N－(M＋m)g＝0① 加速下滑时，再次对物块和斜面体整体受力分析，受总重力、支持力和静摩擦力，根据牛顿第二定律，有 竖直方向： (M＋m)g－N′＝masin 30°② 对物块受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有 mgsin 30°＝ma③ 由①②③解得： N－N′＝masin30°＝mg(sin 30°)2＝0.4×10×0.25 N＝1 N。 A.增加4 N。与上述结论不符，故A错误； B.增加3 N。与上述结论不符，故B错误；     C.减少1 N。与上述结论相符，故C正确；     D.不变。与上述结论不符，故D错误. 故选：C 6．D 【详解】AB．设橡皮条在OA正下方时伸长量为x1，x2为物体在任意处的伸长量，分别对物块受力分析如图所示 由题意可得 在OA正下方处，根据平衡条件得 物体在任意处，在竖直方向上根据平衡条件得 联立解得 由牛顿第三定律得：物体对地面的压力不变 由 可知，物块从P点运动至O点正下方的过程中，摩擦力不变，故AB错误； CD．由牛顿第二定律得 弹力kx2变小，θ增大则cosθ减小，kx2cosθ减小， 不变，则加速度a减小；当kx2cosθ小于摩擦力时，加速度反向增大，故C错误，D正确。 故选D。 7．D 【详解】AB．为了防止瓦被损坏，则瓦沿滑轨滑的加速度不能太大，对瓦受力分析，如下图所示 设两杆对瓦的支持力的夹角为，则根据平衡条件有 根据牛顿第二定律有 可知，瓦沿滑轨滑的加速度与瓦的质量无关，因此增加或减小每次运送瓦的块数是没有作用的，故AB错误； C．增大两杆的倾角α，则瓦对滑轨的压力减小，重力沿滑轨向下的分力增大，根据牛顿第二定律可知，瓦沿滑轨滑的加速度增大，故C错误； D．增大两杆之间的距离，则两杆对瓦的支持力的夹角增大，即杆对瓦的支持力增大，则瓦下滑时受到的滑动摩擦力增大，加速度减小，故D正确。 故选D。 8．D 【详解】A．物块能沿斜面匀速下滑，则 解得 A错误； B．对物块受力分析，沿斜面和垂直于斜面的正交分解得 根据牛顿第二定律 联立解得 B错误； CD．对斜面受力分析，受重力、支持力、斜面间的压力和摩擦力。根据滑动摩擦力的大小的表达式 分析得 故斜面间的压力和摩擦力的合力竖直向下，无论F大小和方向如何，斜面均保持静止。C错误，D正确。 故选D。 9．C 【详解】由速度图像可知，物块滑上传送带的初速度大小v=4m/s，传送带的速度大小时，物块在传送带上滑动后与传送带相对静止，前两秒物块的位移 方向向右，第三秒内的位移大小为 方向向左，前三秒内物块的位移 方向向右，物块再向左匀速运动的时间为 所以物块在传送带上第一次向左返回的时间为 故ABD错误，C正确。 故选C。 10．D 【详解】A．若传送带顺时针转动，当木块下滑时满足 物块将一直匀加速到底端，且加速度不变，当木块上滑时满足 木块先匀加速，在速度与传送带相等后将匀速运动，两种情况均不符合运动图像，故A错误； B．由A中分析可知，传送带逆时针转动，只有木块的速度大于传送带速度时，木块所受摩擦力才能沿传送带向上，由图乙可知，传送带速度的大小等于，故B错误； C．木块在时间内，所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有 由图乙可知 联立解得 故C错误； D．时间后木块所受摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律 把C中解得代入解得 故D正确。 故选D。 11．AC 【详解】AB．刚开始运动，加速度为 当速度v增大，加速度增大，当速度v增大到符合后，加速度为 当速度v增大，加速度减小，当减小到0，做匀速运动，选项A正确；B错误； C．当阻力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为 选项C正确； D．当加速度为零时，小球的速度最大，此时有 所以最大速度为 选项D错误。 故选AC。 12．CD 【详解】A．施加外力前，系统处于静止状态，对整体受力分析，由平衡条件可得 代入数据解得 外力施加的瞬间，物体A加速度为4m/s2，对整体由牛顿第二定律得 代入数据解得 A错误； B．当弹簧压缩量减小到时，设A、B间弹力大小为FAB，对A受力分析，由牛顿第二定律可得 对A、B组成的系统受力分析，由牛顿第二定律得 代入数据解得 B错误； C．设A、B分离时，弹簧的形变量为x2，对B受力分析，由牛顿第二定律得 所以A物体的位移大小为 C正确； D．当B物体的合力为零时速度最大，由C可知，A、B分离时有向上的加速度，所以速度最大时A、B已经分离，当合力为零时，对B受力分析，由平衡条件得 代入数据解得 D正确。 故选CD。 13．BD 【详解】A．减小时，摩擦力不变应该减速，合力为摩擦力减 ，合力增大，因此加速度增大，故A错误； B． 当速度减小为0后摩擦力为静摩擦力，等于逐渐减小，故B正确； CD．若变化的是，物块的加速度会发生变化，地面对物块的摩擦力可能均匀减小，故C错误，D正确。 故选BD。 14．BD 【详解】A．小球置于杆上P点时，恰好能保持静止，则 解得弹簧的劲度系数为 故A错误； B．设弹簧弹力与水平方向的夹角为，小球在P点下方处，则 此时弹簧的弹力为 𝑚𝑔+ 𝑎= C．小球在M点和N点，弹簧处于原长，弹簧弹力为零，故小球在M点和N点只受到重力的作用，加速度大小相同、方向相同，故C错误； D．小球受到的摩擦力为 𝑓=𝜇 ，故选BD。 15．BCD 【详解】A．若，则F与重力沿斜面分力的合力为 由于，即 所以a已经滑动。故A错误； B．若，则a的合力为 加速度大小为 故B正确； C．若改变外力F的大小和方向，当力F与重力分力方向相同时，此时物块a受到的支持力和摩擦力与原来相同且方向不变，支持力与摩擦力的合力竖直向上，所以ab整体对c没有水平方向的力，此时bc之间的摩擦力可以为零，故C正确； D．若改变外力F的大小和方向，则对ab整体分析：当F大小一定时，F与水平面的夹角越大，b对c的压力越小。而外力F与斜面始终平行，结合图可知，F与水平面的夹角最大为。 当夹角一定时，且a未滑动，F的值越大，b对c的压力越小。而F最大为 ab整体分析得 解得 若a滑动后，受力分析可知，a对b的摩擦力和压力不变。则b对c的压力不变为。故D正确。 故选BCD。 16．BD 【详解】B．物块在前的加速度大小为 物块在后的加速度和传送带加速度大小相等，为 时刻前后物块的加速度大小变化量为，则有 解得， 故B正确； A．时刻后，物块的加速度和传送带加速度相等，速度相等，则无相对滑动移。整个过程中物块相对传送带的位移为，则有 联立解得， 故A错误； CD．物块从右轮中心正上方离开传送带时速度为，由图可知在时刻物块离开传送带，传送带的长度为 物块通过传送带的平均速度为 故C错误，D正确； 故选BD。 17．AC 【详解】A．对物体A，在水平方向上，根据牛顿第二定律 A正确； B．对物体A，在竖直方向上 B错误； C．对物体B，根据牛顿第二定律 C正确； D．由于初速度均为零，经过极短的时间内，A前进的距离为，B下降的高度，倾斜绳子与水平方向夹角由增加到 ，则有 根据 由于时间相同，可知 D错误。 故选AC。 18．(1) a=3m/s2，v=8m/s (2) 5.2N 【详解】(1)由运动学公式，有 ， 将L=10m，v0=2m/s，t=2s代入，解得 a=3m/s2，v=8m/s； 即物块的加速度为3m/s2，到达B点的速度为8m/s。 (2)以m为对象，垂直斜面方向 沿着斜面方向 得 F=5.2N 故拉力F大小为5.2N。 19．（1）3.2m；（2）-11.2J；4.8J；（3） 【详解】（1）物块与传送带共速前，所受摩擦力的方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律，有 代入数据，解得 则物块从静止到加速到速度为v=2m/s所需的时间为 运动的位移为 因为，所以物块与传送带共速后还会继续加速下滑，运动的时间 根据牛顿第二定律，有 代入数据，解得 则物块与传送带共速到运动到B点，运动的位移 代入数据，解得 故传送带上A、B两点间的距离 （2）物块从A点运动到B点的过程中，设物块运动到B点的速度为v'，则 根据动能定理，有 联立并代入数据，解得传送带对物块做的功为 物块从A点运动到B点的过程中，与传送带共速前皮带运动的距离为 与传送带共速后皮带运动的距离为 可知，物块与传送带的相对位移为 则物块从A点运动到B点的过程中，与传送带摩擦产生的热量为 联立并代入数据，解得 Q=4.8J （3）物块刚滑上长木板，根据牛顿第二定律，对物块，有 对长木板，有 从物块滑上长木板至两者第一次共速，有 长木板运动的位移 物块运动的位移 联立并代入数据，解得 ，，， 可知，物块与长木板第一次共速时，物块未滑到长木板左边缘，后两者一起向左减速至碰到挡板，根据牛顿第二定律，有 两者运动的位移 解得两者一起向左减速至碰到挡板运动的时间 碰到挡板前，两者的速度 长木板与固定挡板发生弹性碰撞，可知碰撞过程中对长木板和挡板组成的系统，动量守恒和机械能守恒，则碰撞后，长木板的速度大小不变，方向反向，长木板与挡板碰撞后，物块向左运动，长木板向右运动，对长木板，根据牛顿第二定律，有 当长木板速度减为0时，根据运动学公式，有 联立并代入数据，解得 根据t5可求得当长木板速度减为0时，物块速度没有减为0且没有滑离长木板，故物块滑上长木板到长木板第一次速度减为0时所用的时间 20．(1)2s；(2)-51J 【详解】(1)首先判断F的方向。设恒力水平向左，大小为F，摩擦力大小为f，物体从A到B的加速度大小为a1。则由牛顿第二定律 又 由题设条件，物体从A到B作匀减速运动，有 联立并代入数据，得a1=4m/s2（水平向左），F=12N（水平向左） 接下来要判断在哪个阶段撤去F。设物体从A点到速度为零的P点共经历的时间为t2，通过的位移为，这段时间没有撤去F。有， 解得    因此撤去F时物体还未到达P点 设在t时刻撤去F，则在时间内，物体在F和水平向右方向的摩擦力（）作用下，由P点向左做匀加速运动并到达M点。设其加速度大小为a2，设水平向右为正，有 在M点后，物体在摩擦力的作用下匀减速运动到停止在Q点，设其加速度大小为a3，有 依题意 联立并代入数据，得 s (2)根据(1)的分析可知 WF=-F·sAM 又 联立并代入数据，得 WF= -51J 答案第2页，共12页 答案第3页，共12页 学科网（北京）股份有限公司 $