专题03 牛顿运动定律的应用 专项训练——2027届高考一轮复习高分突破系列（全国适用）

**基本信息** 以牛顿运动定律应用为核心，通过"典例剖析-深度探究-类题拓展"三阶训练，构建"模型识别-方法提炼-迁移应用"的系统化解题体系，强化运动与相互作用观念及科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |典例剖析|2个核心典例|基本模型：受力分析→运动过程分析→加速度桥梁；复杂模型：整体法求加速度+隔离法求内力|从单一物体到连接体，体现"概念-规律-应用"递进关系| |深度探究|3类拓展设问|提炼"两类分析"(受力/运动)、"两个桥梁"(加速度/速度)解题框架|通过变式设问构建"基础公式-过程关联-综合应用"逻辑链| |类题拓展|6道变式题|涵盖斜面、传送带、板块等6类模型，强调模型迁移与情境转化|从恒力到变力、从文字到图像表征，实现知识网络横向拓展|

专题03 牛顿运动定律的应用 典例剖析1：基本模型应用 如图所示，倾角、高度的斜面与水平面平滑连接。小木块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的点停止。已知小木块的质量，它与斜面、水平面间的动摩擦因数均为，重力加速度。，。求： （1）小木块在斜面上运动时的加速度大小； （2）小木块滑至斜面底端时的速度大小； （3）小木块在水平面上运动的距离。 深度探究 探究1：试题点拨 牛顿第二运动定律应用的基本思路？ 探究2：拓展设问 设问1：小木块在斜面上运动的时间t？ 设问2：小木块在水平面上运动的时间t？ 设问3：在小木块停止运动后，恰好停在距离斜面末端x=0.4m处，若此时在其上施加一水平向右的恒力F，一直到小木块到达斜面底端时撤去，小木块恰好能够再次滑行到斜面的顶端，求恒力F的大小？ 探究3：类题拓展 1．（经典情境：已知运动信息求解力学信息）如图所示，倾角为的足够长斜面固定在水平地面上，现有一物块以某一初速度从底端冲上斜面，一段时间后物块返回到斜面底端。已知物块沿斜面向下运动的时间是向上运动的时间的倍，则它与斜面间的动摩擦因数为（　　） A． B． C． D． 2．（表征方式变异：文字表征——图像表征）如图所示，一足够长的斜面静止在粗糙水平地面上，可视为质点的滑块从斜面底端以一定的初速度沿斜面向上滑动，滑块与斜面间有摩擦。已知滑块最终又返回到出发点，斜面始终静止不动，则滑块在斜面上运动的整个过程中，下列关于地面对斜面的静摩擦力随时间变化关系的图像中，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 3．（情境拓展：恒力作用——变力作用）如图甲所示，水平地面上放置质量为的物块，与地面间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用与水平方向夹角为的推力作用在上，的大小随时间的变化关系如图乙所示。取重力加速度，，则时，物块的速度大小为（　　） A． B． C． D． 典例剖析2：复杂模型应用 如图，、两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，已知，。从开始，推力和拉力分别作用于、上，、随时间的变化规律为：，。则（ ） A.时，物体的加速度为 B.时，、之间的相互作用力为 C.时，、开始分离 D.、开始分离时的速度为 深度探究 探究1：方法总结 本题属于典型的连接体模型，而处理连接体模型的经典方法就是整体法与隔离法综合使用，整体法一般用来求解加速度，隔离法一般用来求解两个物体之间的相互作用力，即内力。比如本题中，在 与 的加速度相等时，采用整体法，合力，进而求得加速度。 探究2：常见连接体的类型 1.同速连接体（如图） 特点：两物体具有相同的速度和加速度。 处理方法：用整体法求出与的关系，用隔离法求出与的关系。 2.关联速度连接体（如图） 探究3：拓展设问 设问1：物体A、B之间的作用力是否保持恒定？ 设问2：物体A在受到作用的时间内做怎样的运动？ 探究4：类题拓展 4．（情境拓展：含弹簧的连接体）如图所示，在光滑水平地面上，物块A、B用轻弹簧相连。两物块质量之比。若在水平拉力作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动，则弹簧弹力大小为（     ） A． B． C． D． 5．（情境拓展：传送带模型）随着我国快递行业的迅速发展，快递分拣流水线设备也得到了广泛应用，如图1为某快递分拣流水线工作的简化流程：水平传送带与倾斜传送带在B点平滑衔接，两传送带分别以速度、按图示方向运动，快递包裹（视为质点）从投递口投放后落到水平传送带的A点（不考虑反弹），在水平传送带的作用下包裹被转移到倾斜传送带上（不考虑B点对包裹运动的影响），倾斜传送带倾角为，包裹在倾斜传送带上运动的速度大小与时间的关系图像如图2所示。已知包裹刚好能送到传送带顶端C点，包裹与两传送带间的动摩擦因数相同，重力加速度g取。下列说法错误的是（　　） A．倾斜传送带倾角 B．包裹与传送带间的动摩擦因数为 C．水平传送带的最小长度为 D．水平传送带运动的最小速度为 6．（模型拓展：板块模型）如图所示，在水平桌面上有一个质量M=4kg的长木板，其上端放置一个质量m=2kg的物块A，木板右端连接一根轻绳，轻绳跨过光滑的定滑轮连接一质量也为m=2kg的物块B，木板与A和桌面间的动摩擦因数μ均为0.4，t=0时刻在木板左端施加一个水平向左的拉力F=2t（F单位为N，t单位为s）。不计空气阻力，木板、轻绳足够长，A不会从木板上滑落，B不会碰到定滑轮，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．t=0时刻，桌面对木板的摩擦力大小为24N B．t=25s时刻，A的加速度大小为1m/s2 C．t=25s时刻，B的速度为1.125m/s D．t=50s时刻，轻绳对B的拉力大小为34N 秘法提炼 1.基本思路 2.基本步骤 3.解题关键 （1）两类分析——物体的受力分析和运动过程分析。 （2）两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。 专题巩固提升 一、单选题 1．如图所示，冰雪运动训练场水平直道上交替铺设长度的制动区和长度的光滑区。滑雪运动员从第一个制动区的左端以的初速度开始向右滑行。制动区与雪板间动摩擦因数为0.5，重力加速度g取，运动员在第几个减速区停下（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 2．如图，质量为M、高为h的一只长方体薄壁铁箱静止放置在光滑水平面上，铁箱内后壁顶部放有一个质量为m、可视作质点的物块。物块与铁箱内壁间的动摩擦因数为。若对铁箱施加水平向右的恒力F，可恰好使物块与铁箱间无相对运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若对铁箱施加水平向右的恒力，让铁箱和物块同时开始运动，物块落地时，铁箱的位移为（    ） A． B． C． D． 3．小明乘坐观光电梯时，通过手机上的加速度传感器，记录了电梯从静止开始运动的加速度随时间变化情况，近似处理后得到如图乙所示图像（以向上为正方向）。电梯总质量 ，忽略一切阻力，重力加速度g取，下列说法中正确的是（     ） A．电梯在第末速度达到最大 B．电梯在 时间内上升的高度为 C．电梯在到内向上做匀速运动且速率为 D．电梯在上升过程中受到的最小拉力为 4．图示为索道输运货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，质量为的重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.20。当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，重力加速度取，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小以及车厢的加速度大小分别为（     ） A．0.35mg，2m/s2 B．0.30mg，2m/s2 C．0.25mg，2.5m/s2 D．0.20mg，2.5m/s2 5．如图所示，质量相等的A、B两小球分别连在轻绳两端，A球的一端与轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在倾角为30°的光滑斜面顶端，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（     ） A．剪断轻绳的瞬间，A的加速度为零，B的加速度大小为g B．剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度大小均为 C．剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度均为零 D．剪断轻绳的瞬间，A的加速度为零，B的加速度大小为g 6．如图甲所示，滑块沿倾角为足够长的固定斜面上滑，滑块在斜面上运动的速率与时间的图像如图乙所示，滑块和斜面各部分的动摩擦因数相同，则（    ） A．滑块上滑的最大距离为5m B．滑块下滑的时间为2s C．斜面的倾角 D．滑块与斜面间的摩擦因数 7．滑沙是一种有趣的游乐项目，如图甲所示，游客乘坐滑板从沙山顶自然下滑，沿着斜面向下，下滑速度逐渐变大。其运动可以简化为如图乙所示的模型，一位游客先后两次从静止下滑，下列v-t图像中实线代表第一次从较低位置滑下，虚线代表第二次从较高位置滑下，假设斜面和地面与滑板之间的动摩擦因数相同，忽略空气阻力，拐弯处速度大小不变，则v-t图像正确的是（     ） A． B． C． D． 8．如图所示，质量为3kg的一只长方体空箱在水平拉力作用下沿光滑水平面向右匀加速运动。这时铁箱内一个质量为1kg的木块恰好能静止在后壁上。已知木块对铁箱的压力为50N。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，以下说法正确的是（     ） A．木块与铁箱内壁间的动摩擦因数 B．铁箱的加速度大小为 C．水平拉力的大小为100N D．地面对铁箱的支持力大小为20N 9．质量分别为M和m的物块由相同的材料制成，且，将它们用通过光滑的轻质定滑轮的轻细线连接。若按图甲放置，则质量为m的物块恰好匀速下降。若将两物块互换位置，如图乙所示，它们的共同加速度大小为（    ） A． B． C． D． 10．如图所示，在水平直线传送轨道上，智能快递分拣车的前、后两个货舱质量分别为2m和m，用轻质刚性连接杆相连。每个货舱所受运行阻力与自身质量成正比，比例系数为k。前货舱的驱动装置提供水平牵引力F，使两货舱一起向前做匀加速直线运动。已知连接杆能承受的最大拉力为T₀，重力加速度为g，为保证连接杆不被拉断，牵引力F的最大值为（     ） A．3T0 B． C． D． 二、多选题 11．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－ 12．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行。初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知，则（　　） A．时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右 D．时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 13．如图所示，质量为、长度为的长木板在光滑的水平地面上以的速度向右运动，将一可视为质点的物体轻放在的右端，与之间的动摩擦因数为，的质量为，。滑离时，下列判断正确的是（　　） A．的速度是 B．的速度是 C．的位移是 D．的位移是 14．自动驾驶汽车在平直公路上进行刹车性能测试。其运动过程中的速度与位移的关系图像如图所示。已知汽车的质量为，则汽车在刹车过程中，所受合力随位移的变化关系图像，可能正确的是（     ） A． B． C． D． 三、解答题 15．如图甲所示，在水平面上固定一倾角、底端带有弹性挡板的足够长的斜面，斜面底端挡板上静置一个质量的物块（可视为质点）。从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块沿斜面向上的位移x变化的图像如图乙所示，拉力F减为零后不再施加拉力作用，物块每次与弹性挡板碰撞后都能以碰前的速率返回。已知物块与斜面之间的动摩擦因数，，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求： (1)物块第一次沿斜面向上运动到加速度时的位移大小； (2)物块沿斜面向上滑动的最大位移的大小； (3)物块在斜面上运动的总路程。 16．如图甲所示，有一质量的物件从静止开始，在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F－t图线如图乙所示，34s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，g取，求物件： (1)做匀减速运动的加速度大小和方向； (2)匀速运动的速度大小； (3)做加速运动时受到的牵引力大小。 17．科技节上航模社团进行了“飞行特技表演”，四翼飞行器（可视为质点）从地面由静止启动，获得竖直向上、大小恒定的升力，开始匀加速起飞，经过一段时间关闭动力，飞行器继续上升到最高点后开始竖直下落，一段时间后重新开启动力装置使飞行器获得跟起飞时相同的升力，飞行器着陆时速度刚好为零，实现完美软着陆，全过程的图像如图所示。已知飞行器的质量，运动过程中所受空气阻力大小视作恒定，方向与速度方向相反，重力加速度g取。求： (1)飞行器上升的最大高度； (2)飞行器恒定升力的大小及空气阻力的大小； (3)飞行器下降过程中的最大速度。 试卷第22页，共23页 试卷第23页，共23页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 牛顿运动定律的应用 典例剖析1：基本模型应用 如图所示，倾角、高度的斜面与水平面平滑连接。小木块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的点停止。已知小木块的质量，它与斜面、水平面间的动摩擦因数均为，重力加速度。，。求： （1）小木块在斜面上运动时的加速度大小； （2）小木块滑至斜面底端时的速度大小； （3）小木块在水平面上运动的距离。 【答案】（1）2m/s2 (2)2m/s (3)0.4m 【详解】（1）小木块在斜面上运动时，由牛顿第二定律可知 解得加速度大小 （2）根据， 可得小木块滑至斜面底端时的速度大小 （3）小木块在水平面上运动时的加速度大小 运动的距离 深度探究 探究1：试题点拨 牛顿第二运动定律应用的基本思路？ 【答案】牛顿第二运动定律的基本应用问题，基本上都是与匀变速直线运动结合在一起的。所以，基本问题分为两个大的类型：已知受力，求运动相关参量的问题；已知运动相关信息，求物体受力的问题。此类问题中，桥梁量是加速度a。 探究2：拓展设问 设问1：小木块在斜面上运动的时间t？ 【答案】小木块在斜面上运动时，由牛顿第二定律可知 解得加速度大小 根据L=at2， 可得小木块滑至斜面底端时一共用时t=1s。 设问2：小木块在水平面上运动的时间t？ 【答案】小木块在斜面上运动时，由牛顿第二定律可知 解得加速度大小 根据， 可得小木块滑至斜面底端时的速度大小 小木块在水平面上运动时的加速度大小 故小木块在水平面上运动的时间t=v/=0.4s。 设问3：在小木块停止运动后，恰好停在距离斜面末端x=0.4m处，若此时在其上施加一水平向右的恒力F，一直到小木块到达斜面底端时撤去，小木块恰好能够再次滑行到斜面的顶端，求恒力F的大小？ 【答案】小木块在斜面上运动时，由牛顿第二定律可知 解得加速度大小 根据， 可得小木块从斜面底端向上滑行的初速度大小. 小木块在水平面上运动时，根据牛顿第二运动定律，有F-=ma1，又因为2a1x，代入数据解得F=30N。 探究3：类题拓展 1．（经典情境：已知运动信息求解力学信息）如图所示，倾角为的足够长斜面固定在水平地面上，现有一物块以某一初速度从底端冲上斜面，一段时间后物块返回到斜面底端。已知物块沿斜面向下运动的时间是向上运动的时间的倍，则它与斜面间的动摩擦因数为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因上滑与下滑两个单程的位移相等，上滑过程用可逆法看作初速度为零的匀加速直线运动，故上滑过程由牛顿第二定律 解得 下滑过程由牛顿第二定律 解得 由 解得 故选D。 2．（表征方式变异：文字表征——图像表征）如图所示，一足够长的斜面静止在粗糙水平地面上，可视为质点的滑块从斜面底端以一定的初速度沿斜面向上滑动，滑块与斜面间有摩擦。已知滑块最终又返回到出发点，斜面始终静止不动，则滑块在斜面上运动的整个过程中，下列关于地面对斜面的静摩擦力随时间变化关系的图像中，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】CD．设斜面倾角为，滑块与斜面动摩擦因数为 滑块上滑时，加速度沿斜面向下，大小 滑块下滑时，加速度仍沿斜面向下，大小 可得​，且两种情况加速度水平分量均向左。 分析地面对斜面的静摩擦力大小， 对整体用牛顿第二定律，水平方向仅受地面静摩擦力，满足（为滑块加速度的水平分量）： 上滑时， 下滑时， 结合​，可得，CD错误； AB．上滑和下滑的位移大小相等，根据 结合，可得上滑时间下滑时间，即：摩擦力对应时间更短，摩擦力对应时间更长，A正确，B错误。 故选A 。 3．（情境拓展：恒力作用——变力作用）如图甲所示，水平地面上放置质量为的物块，与地面间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用与水平方向夹角为的推力作用在上，的大小随时间的变化关系如图乙所示。取重力加速度，，则时，物块的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由图乙得推力随时间变化关系为 对物块受力分析，竖直方向有 最大静摩擦力 当水平分力时，物块才会运动，即 解得 对应时间 因此前物块静止，当， 当， 故推力的平均作用力为 对过程，由动量定理有 解得 故选D。 典例剖析2：复杂模型应用 如图，、两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，已知，。从开始，推力和拉力分别作用于、上，、随时间的变化规律为：，。则（ ） A.时，物体的加速度为 B.时，、之间的相互作用力为 C.时，、开始分离 D.、开始分离时的速度为 【答案】B 【详解】由题可知，时，，，合力，此时 与 的加速度相等，都为，故选项 错误；设 时、间的作用力为，则对于，，代入数据解得，故、之间的作用力为，故选项 正确；由题意可知，当、间的作用力为0时开始分离，此时对于，，对于，，解得，故选项 错误；由于两个力的合力 是不变的，分离前两物体一起做匀加速直线运动，结合 项可知，、分离时的速度为，故选项错误。 深度探究 探究1：方法总结 本题属于典型的连接体模型，而处理连接体模型的经典方法就是整体法与隔离法综合使用，整体法一般用来求解加速度，隔离法一般用来求解两个物体之间的相互作用力，即内力。比如本题中，在 与 的加速度相等时，采用整体法，合力，进而求得加速度。 探究2：常见连接体的类型 1.同速连接体（如图） 特点：两物体具有相同的速度和加速度。 处理方法：用整体法求出与的关系，用隔离法求出与的关系。 2.关联速度连接体（如图） 探究3：拓展设问 设问1：物体A、B之间的作用力是否保持恒定？ 【答案】不是。 设问2：物体A在受到作用的时间内做怎样的运动？ 【答案】由题中条件可知时，两个物体分离，在此之前，两个物体一直做匀加速直线运动，此后，两个物体分离，物体A受到的力随着时间不断减小，一直到时，力减小到0，故这段时间内，物体做加速度减小的加速直线运动。故，物体A在受到作用的时间内先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，最后速度达到最大。 探究4：类题拓展 4．（情境拓展：含弹簧的连接体）如图所示，在光滑水平地面上，物块A、B用轻弹簧相连。两物块质量之比。若在水平拉力作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动，则弹簧弹力大小为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】对A、B整体，根据牛顿第二定律 设弹簧弹力为，对A，根据牛顿第二定律 联立解得 故选B。 5．（情境拓展：传送带模型）随着我国快递行业的迅速发展，快递分拣流水线设备也得到了广泛应用，如图1为某快递分拣流水线工作的简化流程：水平传送带与倾斜传送带在B点平滑衔接，两传送带分别以速度、按图示方向运动，快递包裹（视为质点）从投递口投放后落到水平传送带的A点（不考虑反弹），在水平传送带的作用下包裹被转移到倾斜传送带上（不考虑B点对包裹运动的影响），倾斜传送带倾角为，包裹在倾斜传送带上运动的速度大小与时间的关系图像如图2所示。已知包裹刚好能送到传送带顶端C点，包裹与两传送带间的动摩擦因数相同，重力加速度g取。下列说法错误的是（　　） A．倾斜传送带倾角 B．包裹与传送带间的动摩擦因数为 C．水平传送带的最小长度为 D．水平传送带运动的最小速度为 【答案】C 【详解】AB．由图2的图像可得时加速度大小为 时加速度大小为 当包裹速度大于倾斜传送带速度​时，相对传送带向上运动，摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律可得 当包裹速度小于​时，相对传送带向下运动，摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律 联立解得，，故AB正确； CD．包裹刚好到达C点，说明包裹进入倾斜传送带的初速度必须为，因此水平传送带的最小速度等于包裹到达B点的速度，即 包裹在水平传送带上的加速度为 根据匀变速直线运动速度与位移关系 水平传送带的最小长度为 故C错误，D正确。 本题选错误的，故选C。 6．（模型拓展：板块模型）如图所示，在水平桌面上有一个质量M=4kg的长木板，其上端放置一个质量m=2kg的物块A，木板右端连接一根轻绳，轻绳跨过光滑的定滑轮连接一质量也为m=2kg的物块B，木板与A和桌面间的动摩擦因数μ均为0.4，t=0时刻在木板左端施加一个水平向左的拉力F=2t（F单位为N，t单位为s）。不计空气阻力，木板、轻绳足够长，A不会从木板上滑落，B不会碰到定滑轮，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．t=0时刻，桌面对木板的摩擦力大小为24N B．t=25s时刻，A的加速度大小为1m/s2 C．t=25s时刻，B的速度为1.125m/s D．t=50s时刻，轻绳对B的拉力大小为34N 【答案】C 【详解】A．时刻拉力，木板受到向右的绳子拉力大小为，小于桌面最大静摩擦力，木板保持静止，桌面对木板的静摩擦力大小等于，A错误； B．木板与桌面间的最大静摩擦力 木板即将向左滑动时，向左的拉力需满足，对应时刻 A与木板间的最大静摩擦力 因此A能达到的最大加速度 当A与木板即将相对滑动时，整体加速度等于 对木板、A、B整体列牛顿第二定律，解得，对应时刻 时A与木板相对静止，共同加速度，B错误； C．内，加速度随时间的关系为 类比匀加速运动的位移公式可得(为加速度的变化速率)，C正确； D．时，A与木板发生相对滑动，A对木板的滑动摩擦力向右、大小为。 设木板加速度为，对B有 对木板有 联立解得，D错误。 故选 C。 秘法提炼 1.基本思路 2.基本步骤 3.解题关键 （1）两类分析——物体的受力分析和运动过程分析。 （2）两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。 专题巩固提升 一、单选题 1．如图所示，冰雪运动训练场水平直道上交替铺设长度的制动区和长度的光滑区。滑雪运动员从第一个制动区的左端以的初速度开始向右滑行。制动区与雪板间动摩擦因数为0.5，重力加速度g取，运动员在第几个减速区停下（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【详解】运动员在制动区受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律，加速度大小 设运动员在制动区滑行的总路程为时速度减为零，根据运动学公式 解得 因为每个制动区长度，且，说明运动员滑过前两个制动区后，还需要在第三个制动区滑行才能停下，光滑区不改变速度大小。 故选B。 2．如图，质量为M、高为h的一只长方体薄壁铁箱静止放置在光滑水平面上，铁箱内后壁顶部放有一个质量为m、可视作质点的物块。物块与铁箱内壁间的动摩擦因数为。若对铁箱施加水平向右的恒力F，可恰好使物块与铁箱间无相对运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若对铁箱施加水平向右的恒力，让铁箱和物块同时开始运动，物块落地时，铁箱的位移为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】当施加恒力时，物块和铁箱恰好无相对运动，整体加速度为 对物块受力分析，竖直方向最大静摩擦力等于重力，水平方向弹力提供加速度 联立得 即 代入整体加速度得 施加​时，物块沿铁箱左壁向下滑动，下落过程始终与左壁接触，因此水平方向物块和铁箱加速度相同。水平面光滑，对整体由牛顿第二定律，水平加速度​ 对物块竖直方向受力分析，滑动摩擦力 竖直加速度满足 代入 得 物块下落高度，初速度为0，由匀加速位移公式 即 铁箱从静止开始做匀加速直线运动，位移 因此物块落地时铁箱位移为 故选C。 3．小明乘坐观光电梯时，通过手机上的加速度传感器，记录了电梯从静止开始运动的加速度随时间变化情况，近似处理后得到如图乙所示图像（以向上为正方向）。电梯总质量 ，忽略一切阻力，重力加速度g取，下列说法中正确的是（     ） A．电梯在第末速度达到最大 B．电梯在 时间内上升的高度为 C．电梯在到内向上做匀速运动且速率为 D．电梯在上升过程中受到的最小拉力为 【答案】B 【分析】本题考查了动力学中的图像问题；本题一要有基本的读图能力，能根据加速度时间图象分析电梯的运动情况；二要能运用类比法，理解加速度时间图象“面积”的物理意义。 图像与时间轴所围的面积大小等于速度变化量，由此求出电梯在第1s内的速度变化量，从而求得电梯在第1s末的速率；用同样的方法求出电梯在第11s末的速率。电梯在11s到30s内向上做匀速运动，速率等于电梯在第11s末的速率；由图读出电梯向上加速运动的最大加速度和减速运动的最大加速度大小，由牛顿第二定律求解最大拉力和最小拉力。 【详解】ABC．图像的面积表示速度变化，电梯在第1s末的速率为0到1s图像的面积，即 电梯在10s末的速率为0到10s图像的面积， 由图像可得，此时图像的面积并非最大，第11s末图像面积有最大值； 内电梯匀加速上升，初速为，加速度为，时间9s，则，代入数据解得； 电梯在11s末的速率为0到11s图像的面积，即 电梯在11s到30s内加速度为零，故向上做匀速运动，且速率与11s末的速率一致，故为，故AC错误；B正确； D．电梯减速上升过程中，拉力较小，最小拉力在以最大加速度减速时，即在31s到40s之间，此时加速度，根据牛顿第二定律得 解得 故电梯在上升过程中受到的最小拉力为 ，故D错误。 故选B。 4．图示为索道输运货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，质量为的重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.20。当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，重力加速度取，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小以及车厢的加速度大小分别为（     ） A．0.35mg，2m/s2 B．0.30mg，2m/s2 C．0.25mg，2.5m/s2 D．0.20mg，2.5m/s2 【答案】D 【详解】由于重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，根据牛顿第三定律可得地板对重物的支持力为 设重物的加速度为，在竖直方向的加速度为，在水平方向的加速度为，则 根据牛顿第二定律在竖直方向上有 解得 根据牛顿第二定律在水平方向上有 解得 故选D。 5．如图所示，质量相等的A、B两小球分别连在轻绳两端，A球的一端与轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在倾角为30°的光滑斜面顶端，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（     ） A．剪断轻绳的瞬间，A的加速度为零，B的加速度大小为g B．剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度大小均为 C．剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度均为零 D．剪断轻绳的瞬间，A的加速度为零，B的加速度大小为g 【答案】B 【详解】设小球的质量为，对整体分析，弹簧的弹力 剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对A分析， B的加速度为： 故选B 。 6．如图甲所示，滑块沿倾角为足够长的固定斜面上滑，滑块在斜面上运动的速率与时间的图像如图乙所示，滑块和斜面各部分的动摩擦因数相同，则（    ） A．滑块上滑的最大距离为5m B．滑块下滑的时间为2s C．斜面的倾角 D．滑块与斜面间的摩擦因数 【答案】B 【详解】A．根据图线与坐标轴所围面积表示位移可知，滑块上滑的最大距离为，故A错误； B．由图乙可知，滑块下滑的加速度大小为 根据 解得滑块下滑的时间为，故B正确； CD．由图乙可知，滑块上滑的加速度大小为 上滑过程中，根据牛顿第二定律可得 下滑过程中，根据牛顿第二定律可得 联立，解得，，故CD错误。 故选B。 7．滑沙是一种有趣的游乐项目，如图甲所示，游客乘坐滑板从沙山顶自然下滑，沿着斜面向下，下滑速度逐渐变大。其运动可以简化为如图乙所示的模型，一位游客先后两次从静止下滑，下列v-t图像中实线代表第一次从较低位置滑下，虚线代表第二次从较高位置滑下，假设斜面和地面与滑板之间的动摩擦因数相同，忽略空气阻力，拐弯处速度大小不变，则v-t图像正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设滑板与沙之间的动摩擦因数为μ，斜面与水平面之间的夹角为θ，当游客与滑板沿斜面向下运动时，ma1=mgsinθ-μmgcosθ 则a1=gsinθ-μgcosθ 可知，向下滑动 的加速度与斜面的高度无关，则在v-t图中两次加速的过程图线是重复的，只是从高处下滑时到达底端时的速度较大； 在水平面上减速的过程中ma2=μmg 所以a2=μg 可知减速的过程中的加速度也是大小相等的，则两次减速过程中的v-t图线是平行线。 故选D。 8．如图所示，质量为3kg的一只长方体空箱在水平拉力作用下沿光滑水平面向右匀加速运动。这时铁箱内一个质量为1kg的木块恰好能静止在后壁上。已知木块对铁箱的压力为50N。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，以下说法正确的是（     ） A．木块与铁箱内壁间的动摩擦因数 B．铁箱的加速度大小为 C．水平拉力的大小为100N D．地面对铁箱的支持力大小为20N 【答案】B 【详解】A．木块恰好能静止在后壁上，摩擦力达到最大静摩擦力，则有 根据牛顿第三定律可知，解得木块与铁箱内壁间的动摩擦因数，故A错误； B．对木块进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 可知铁箱的加速度大小为，故B正确； C．对木块与铁箱整体进行分析，根据牛顿第二定律有 代入数据解得，故C错误； D．对木块与铁箱整体进行分析，根据平衡条件可得，故D错误。 故选B。 9．质量分别为M和m的物块由相同的材料制成，且，将它们用通过光滑的轻质定滑轮的轻细线连接。若按图甲放置，则质量为m的物块恰好匀速下降。若将两物块互换位置，如图乙所示，它们的共同加速度大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】按图甲放置，质量为m的物块恰好匀速下降，则由平衡可知 若按图乙，则对整体根据牛顿第二定律可知 解得 故选A。 10．如图所示，在水平直线传送轨道上，智能快递分拣车的前、后两个货舱质量分别为2m和m，用轻质刚性连接杆相连。每个货舱所受运行阻力与自身质量成正比，比例系数为k。前货舱的驱动装置提供水平牵引力F，使两货舱一起向前做匀加速直线运动。已知连接杆能承受的最大拉力为T₀，重力加速度为g，为保证连接杆不被拉断，牵引力F的最大值为（     ） A．3T0 B． C． D． 【答案】A 【详解】取前进方向为正方向，后货舱（质量）受连接杆向前的拉力和向后的阻力，由牛顿第二定律 前货舱（质量）受牵引力（向前）、连接杆向后的拉力和向后的阻力，由牛顿第二定律有 联立消去，得 当时，，与、无关。 故选A。 二、多选题 11．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 【详解】A．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； B．小木块在0~t0内，受到的滑动摩擦力方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得 解得小木块的加速度为 且a1＝，解得μ＝－tan θ，故B错误； C．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； D．t0时刻后，根据牛顿第二定律可得 解得木块的加速度为a2＝gsin θ－μgcos θ＝2gsin θ－，故D正确。 故选AD。 12．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行。初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知，则（　　） A．时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右 D．时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 【答案】ABC 【详解】A．由图像可得，时间内小物块相对地面向左运动，不断远离点，在时刻速度为零，下一刻开始向右运动，所以时刻小物块离A处最远，故A正确； B．时间内，小物块始终相对传送带向左运动，时刻小物块速度等于传送带速度，二者相对静止，所以此刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确； CD．时间内，小物块相对传送带向左运动，始终受到向右的滑动摩擦力，滑动摩擦力的大小和方向都不变，时间内，小物块相对传送带静止做匀速直线运动，合外力为零，水平方向没有其他外力，所以摩擦力为零，故C正确，D错误。 故选ABC。 13．如图所示，质量为、长度为的长木板在光滑的水平地面上以的速度向右运动，将一可视为质点的物体轻放在的右端，与之间的动摩擦因数为，的质量为，。滑离时，下列判断正确的是（　　） A．的速度是 B．的速度是 C．的位移是 D．的位移是 【答案】AD 【详解】物体轻放在的右端，的初速度为零，的初速度，则两者发生相对滑动，在滑动摩擦力的作用下，做匀加速直线运动，做匀减速直线运动​，两者之间的摩擦力为 由牛顿第二定律可知、的加速度大小为， 由匀变速直线运动的规律可知， 所以当滑离时，的位移比的位移多了木板长度，有 代入数据解得 A．滑离时，的速度，故A正确； B．滑离时，的速度，故B错误； C．根据匀变速直线运动的规律可知，滑离时，的位移，故C错误； D．滑离时，有 代入 解得，故D正确。 故选AD。 14．自动驾驶汽车在平直公路上进行刹车性能测试。其运动过程中的速度与位移的关系图像如图所示。已知汽车的质量为，则汽车在刹车过程中，所受合力随位移的变化关系图像，可能正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】BC 【详解】A．以自动驾驶汽车在平直公路上前进的方向为正方向，汽车在减速刹车，加速度方向与速度方向相反。由牛顿第二定律可知合力方向与加速度方向一致，故合力沿负方向，应是负值，故A错误； BCD．由图像的斜率知 图像斜率不断减小，刹车过程中速度也减小，因此加速度减小。由牛顿第二定律知，合力减小，故D错误，BC正确。 故选BC。 三、解答题 15．如图甲所示，在水平面上固定一倾角、底端带有弹性挡板的足够长的斜面，斜面底端挡板上静置一个质量的物块（可视为质点）。从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块沿斜面向上的位移x变化的图像如图乙所示，拉力F减为零后不再施加拉力作用，物块每次与弹性挡板碰撞后都能以碰前的速率返回。已知物块与斜面之间的动摩擦因数，，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求： (1)物块第一次沿斜面向上运动到加速度时的位移大小； (2)物块沿斜面向上滑动的最大位移的大小； (3)物块在斜面上运动的总路程。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）当物块加速度为零时有 由图乙可得出 则时，可得 （2）根据图像与坐标轴所围的面积表示功，则有 由动能定理可得 解得 （3）撤去F后，因为，所以物块最终会停在斜面的底端，全程由动能定理有 解得 16．如图甲所示，有一质量的物件从静止开始，在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F－t图线如图乙所示，34s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，g取，求物件： (1)做匀减速运动的加速度大小和方向； (2)匀速运动的速度大小； (3)做加速运动时受到的牵引力大小。 【答案】(1)，方向竖直向下； (2)； (3) 【详解】（1）由图乙可知内物件匀速运动，物件做匀减速运动，减速时电机的牵引力 减速时根据牛顿第二定律得 解得，方向竖直向下 （2）设匀速运动速度为，减速时间为，由图乙可得 物件减速时 解得 （3）物件匀速时 物件减速时 物件加速时 联立解得 根据匀加速运动速度与位移关系可得 由牛顿第二定律得 解得 17．科技节上航模社团进行了“飞行特技表演”，四翼飞行器（可视为质点）从地面由静止启动，获得竖直向上、大小恒定的升力，开始匀加速起飞，经过一段时间关闭动力，飞行器继续上升到最高点后开始竖直下落，一段时间后重新开启动力装置使飞行器获得跟起飞时相同的升力，飞行器着陆时速度刚好为零，实现完美软着陆，全过程的图像如图所示。已知飞行器的质量，运动过程中所受空气阻力大小视作恒定，方向与速度方向相反，重力加速度g取。求： (1)飞行器上升的最大高度； (2)飞行器恒定升力的大小及空气阻力的大小； (3)飞行器下降过程中的最大速度。 【答案】(1)24m (2)16N，2N (3) 【详解】（1）由图像0-4s飞行器一直在上升，所以时达到最大高度。根据v-t图像与坐标轴所围的面积表示位移，可得最大高度 （2）由图像得加速度大小 加速度大小， 在根据牛顿第二定律 解得 在根据牛顿第二定律 解得 （3）下降阶段：重启动力前根据牛顿第二定律 解得 重启动力后，根据牛顿第二定律 解得 下降总位移为，由运动学公式 解得 试卷第22页，共23页 试卷第23页，共23页 学科网（北京）股份有限公司 $