4.5 牛顿运动定律的应用 专项训练-2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

**基本信息** 以牛顿第二定律为核心，通过“受力-运动”双向分析，系统整合斜面、连接体、传送带等应用场景，构建“概念-方法-变式”三层训练体系，培养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| |----|-----------|----------|----------| |力和运动关系|2问概念填空|明确“力-加速度-运动”逻辑链|从牛顿第二定律基本关系出发，推导两类基本问题（已知力求运动、已知运动求力）的解题流程| |斜面问题|8题（含等时圆）|斜面受力正交分解、临界态分析|结合光滑/粗糙斜面、外力作用等情境，深化摩擦力与加速度的动态关系| |连接体问题|15题（绳/杆/弹簧）|整体法与隔离法、瞬时性分析|通过不同连接方式（绳/杆/弹簧）对比，揭示系统内力分配规律| |传送带/板块|20题|相对运动分析、多过程建模|综合滑动摩擦力、运动状态突变，培养复杂情境下的科学论证能力|

2 / 5 2 / 5 4.5 牛顿运动定律的应用 1．力和运动的关系 牛顿第二定律确定了物体________和_______的关系；加速度的大小与物体所受合力的大小成_________，与物体的质量成_________；加速度的方向与物体受到的合力的方向___________． 两类基本问题 两类基本问题 2．从受力确定运动情况 如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的_____________，再通过运动学的规律确定物体的__________情况。 3．从运动情况确定受力 如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的___________，结合__________分析，再根据牛顿第二定律求出力。 备考训练一： 1、 已知力求运动 2、 已知运动求力 1．机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量的汽车以的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线处，驾驶员发现小朋友排着长的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。 （1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小； （2）若路面宽，小朋友行走的速度，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间； （3）假设驾驶员以超速行驶，在距离斑马线处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。 2．将一物体以某一初速度竖直上抛．物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t2，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t0．则（    ） A．t1＞t0，t2＜t1 B．t1＜t0，t2＞t1 C．t1＞t0，t2＞t1 D．t1＜t0，t2＜t1 3．将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是（  ） A． B． C． D． 4．如图所示，小孩与冰车的总质量为43kg，静止在水平冰面上，大人用与水平方向夹角的恒力F拉冰车，小孩与冰车一起沿冰面由静止开始做匀加速直线运动，小孩与冰车向前运动4m时速度为2m/s。已知冰车与冰面间的动摩擦因数为0.1，若不计空气阻力，重力加速度g取，，。求： (1)小孩与冰车的加速度大小； (2)拉力F大小。 5．南京朝天宫滑滑梯是位于南京朝天宫棂星门前的一块百年青石板，因历代小朋友长期使用而形成凹陷滑梯状，这块已有150多年历史的石阶已成为兼具历史温度与趣味的打卡点。如图为某次游客滑滑梯的示意图，滑道的倾斜部分可视为倾角的斜面。游客（视为质点）从距滑梯底端4m处由静止开始匀加速下滑，经过2s滑到滑梯底端。已知游客在经过滑梯底端拐角时速度大小不变，滑到水平滑道后会额外受到一个大小恒为游客重力的的阻力，游客与滑道间动摩擦因数均相同，重力加速度g取，。求： (1)游客与滑道间的动摩擦因数； (2)游客在水平滑道上滑行的位移。 6．物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为，货物可视为质点（取，，重力加速度）。 （1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度的大小； （2）求货物在倾斜滑轨末端时速度的大小； （3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度。 7．在某段平直的铁路上，一列以324km/h的速度高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5min后恰好停在某车站，并在该站停留4min，随后匀加速驶离车站，经8.1km后恢复到原速度324km/h. （1）求列车减速时的加速度大小； （2）若该列车总质量为8.0×105kg，所受阻力恒为车重的0.1，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小； （3）求列车从开始减速到恢复原速度这段时间内的平均速度大小。 8．一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道匀变速下滑，滑行54m后进入水平雪道，继续滑行40.5m后匀减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为60kg，整个滑行过程用时10.5s，斜直雪道倾角为37°。求小明和滑雪车： （1）滑行过程中的最大速度的大小； （2）在斜直雪道上滑行的时间； （3）在斜直雪道上受到的平均阻力的大小。 9．如图1所示，有一质量的物件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图线如图2所示，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，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)总位移的大小。 10．如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正确的是（　　） A．v0= 2.5m/s B．v0= 1.5m/s C．μ = 0.28 D．μ = 0.25 备考训练二： 1、 光滑斜面 2、 粗糙斜面 3、 有外力斜面及极值 4、 等时圆 11．如图所示，质量为m的物块在倾角为的斜面上加速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为。下列说法正确的是（　　） A．斜面对物块的支持力大小为 B．斜面对物块的摩擦力大小为 C．斜面对物块作用力的合力大小为 D．物块所受的合力大小为 12．第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°=0.26，重力加速度取，求雪车（包括运动员） （1）在直道AB上的加速度大小； （2）过C点的速度大小； （3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。 13．如图所示，倾角为的足够长光滑固定斜面底端有质量为1kg的物体，现用恒力F平行于斜面向上作用在物体上，使物体由静止开始沿斜面向上加速运动，一段时间后撤去恒力F，又经过相同的时间物体返回斜面底端。重力加速度大小取，，。求： (1)撤去恒力F时物体速度的大小和物体返回斜面底端时速度的大小的比值； (2)恒力F的大小； (3)如果恒力F的作用时间，则物体上升的最大高度。 14．（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． 15．如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将（　　） A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 16．固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图所示，取重力加速度g＝10m/s2．求： （1）小环的质量m； （2）细杆与地面间的倾角a． 17．工人经常利用木板来装卸货物。工人将长为l=0.9m木板搭在高为h=0.72m的车厢末端，使木板与地面构成一个固定斜面，如图所示。质量m=20kg的货物从该斜面顶端由静止下滑，经过0.6s到达斜面底端。货物可以视为质点，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g=10m/s2。 (1)求货物与木板之间的动摩擦因数； (2)若要将该货物推上货车，求工人沿斜面向上的最小推力； (3)若改用l1=1.2m的木板搭在车厢末端，使用（2）问中的最小推力沿斜面向上推静止在斜面底端的该货物，求货物到达斜面顶端时的速度。（结果可以用根式表示） 18．（多选）如图，物块A放在倾斜的木板上，木板的倾角α为30°和45°时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则下列判断正确的是（     ） A．物块和木板间的动摩擦因数为0.5 B．物块和木板间的动摩擦因数为 C．木板的倾角α为45°时物块可能在斜面上做匀速运动 D．木板的倾角α为45°时物块一定在斜面上做匀加速运动 19．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 20．如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑直轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为（　　） A． B． C． D． 21．如图所示，质量m=2kg的物体在恒定的水平推力F作用下，从固定斜面的底端由静止开始沿斜面向上运动，已知斜面的倾角，物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.5。若已知F=42N，设斜面足够长（g取10m/s2）求∶ (1)求物体向上运动的加速度大小； (2)若物体上行4m后撤去F，则物体沿斜面向上滑行的最大距离？ 2 / 5 2 / 5 每个知识点两个按照2-3-3练习（简、中、难——多为期中、期末、高考真题）——全面掌握 每个知识点两个按照2-3-3练习（简、中、难——多为期中、期末、高考真题）——全面掌握 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 2 3 10 11 14 18 19 20 答案 B C B B BC BD B B 1．（1），；（2）20s；（3） 【详解】（1）根据平均速度 解得刹车时间 刹车加速度 根据牛顿第二定律 解得 （2）小朋友过时间 等待时间 （3）根据 解得 2．B 【详解】由题可知，空气阻力大小不变，故三段时间均为匀变速直线运动，根据匀变速直线运动的特点，将三个过程均看成初速度为零的匀变速直线运动，由可知，加速度大的用时短，有阻力时上升时加速度大于g，下降时加速度小于g，则有阻力上升时时间较小，下降时时间较长；即t1＜t0，t2＞t1； 故选B． 3．C 【详解】BD．皮球竖直向上抛出，受到重力和向下的空气阻力，根据牛顿第二定律，有 根据题意，空气阻力的大小与速度的大小成正比，有 联立解得 由于速度不断减小，故加速度不断减小，到最高点速度为零，阻力为零，加速度为g，不为零，故BD错误； AC．根据 有 由于加速度减小，则也减小，也减小，即a-t图象的斜率不断减小，故A错误，C正确。 故选C。 4．(1) (2)75N 【详解】（1）选择小孩与冰车整体为研究对象，在冰面上做匀加速直线运动， 根据运动学公式，解得 （2）选择小孩与冰车整体为研究对象，进行受力分析如下： 沿水平方向和竖直方向建立平面直角坐标系，将拉力F分别沿x轴方向和y轴方向正交分解， 其中 则研究对象在x轴和y轴的受力满足： ，，代入数据解得F＝75N 5．(1)0.5 (2)1m 【详解】（1）根据位移时间公式有 代入数据解得 对游客在斜面上受力分析，根据牛顿第二定律有 代入数据解得 （2）游客滑到斜面底端时，根据速度位移公式有 代入数据解得 对游客在水平面上进行受力分析，根据牛顿第二定律有 代入数据解得 在水平方向上，根据速度位移公式有 代入数据解得 6．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）根据牛顿第二定律可得 代入数据解得 （2）根据运动学公式 解得 （3）根据牛顿第二定律 根据运动学公式 代入数据联立解得 7．（1）0.3m/s2；（2）1.2×106N；（3）30m/s 【详解】（1）列车的初速度为 324km/h=90m/s 经过 5min=300s 停下，所以列车减速时的加速度为 a=m/s2=－0.3m/s2 即列车减速时加速度大小为0.3m/s2，负号说明加速度的方向与运动方向相反。 （2）由运动学公式得 v2=2a′x’ 解得 a′=m/s2=0.5m/s2 阻力 Ff=0.1mg 根据牛顿第二定律，有 F－0.1mg=ma′ 代入数值解得 F=1.2×106N （3）列车加速的时间为 t′=s=180s 减速过程中通过的位移 x=t=45×300m=13500m 所以整个过程的平均速度 m/s=30m/s 8．(1) ； (2) ；(3) 。 【详解】（1）小明和滑雪车在斜面上滑行时做初速度为0的匀加速的直线运动，在水平上滑行时，做末速度为0的匀减速直线运动，由平均速度公式可得滑行分析运动过程可知： ， 则整个过程有： 解得： （2）在斜直雪道上滑行过程中由可得，滑行的时间： （3）根据匀变速直线运动速度时间关系式可得小明和滑雪车在斜直雪道上的加速度： 由牛顿第二运动定律： 解得： 9．(1)，竖直向下；(2)1m/s；(3)40m 【详解】(1)由图2可知0~26s内物体匀速运动，26s~34s物体减速运动，在减速运动过程根据牛顿第二定律有 根据图2得此时FT=1975N，则有 方向竖直向下。 (2)结合图2根据运动学公式有 (3)根据图像可知匀速上升的位移 匀减速上升的位移 匀加速上升的位移为总位移的，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的，则有 所以总位移为 h=40m 10．B 【详解】AB．物块水平沿中线做匀减速直线运动，则 由题干知x = 1m，t = 1s，v > 0 代入数据结合全过程平均速度大于1m/s有1m/s< v0 < 2m/s，故A不可能，B可能； CD．对物块做受力分析有a = - μg，v2 - v02= 2ax 整理有v02 - 2x > 0 由于v0 < 2m/s可得μ < 0.2，故CD不可能。 故选B。 11．B 【详解】A．对物块受力分析可知，沿垂直斜面方向根据平衡条件，可得支持力为 故A错误； B．斜面对物块的摩擦力大小为 故B正确； CD．因物块沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律得 可知 则斜面对物块的作用力为 故CD错误。 故选B。 12．（1）；（2）12m/s；（3）66N 【详解】（1）AB段 解得 （2）AB段 解得 BC段 过C点的速度大小 （3）在BC段有牛顿第二定律 解得 13．(1) (2)8N (3)0.8m 【详解】（1）设力F作用时间为t，物体的位移为x，规定沿斜面向上为正方向，则有 撤去力F至物体运动到斜面底端的过程中有 撤去拉力F时的速度和返回底端时的速度的比值为 （2）设力F作用时的加速度为，撤去力F后的加速度为，则有 返回时，有 所以，有 撤去力F作用时，由牛顿第二定律可得 解得， 力F作用时由牛顿第二定律可得 解得 （3）力F作用时物体的位移为 撤去力F时的速度为 撤去力F后至最高点过程，根据速度-位移公式，有 解得 所以物体沿斜面向上运动的总位移为 14．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。 15．D 【详解】设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知 可得 可知时，t 有最小值，故当从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t先减小后增大。 故选D。 16．（1）m＝1kg，（2）a＝30°． 【详解】由图得：0-2s内环的加速度a==0.5m/s2 前2s，环受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有： 2s后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有： 由图读出F1=5.5N，F2=5N 联立两式，代入数据可解得：m=1kg，sinα=0.5，即α=30° 17．(1) (2) (3) 【详解】（1）货物从该斜面顶端由静止下滑，有 解得 设斜面倾角为，有 由牛顿第二定律有 解得 （2）最小推力刚好推动货物，合力为零，有 （3）设倾角为，有 加速度为 货物做匀加速直线运动，有 解得 18．BD 【详解】AB．木板的倾角α为30°时为静摩擦力，大小为 倾角为45°时为滑动摩擦力，大小为 由题意可知 解得，A错误，B正确； CD．木板的倾角α为45°时，因，可知物块一定在斜面上做匀加速运动，C错误，D正确。 故选BD。 19．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。 20．B 【详解】设上面圆的半径为R，下面圆的半径为r。轨道EF长度为 滑块沿EF下滑的加速度由受力分析可知 由公式 可得运动时间 轨道与竖直方向的夹角越小，时间越短，根据判断 故选B。 21．(1)0.5m/s2 (2)0.2m 【详解】（1）物体受重力、支持力和摩擦力，通过受力分析可知物体对斜面的压力为 受到的摩擦力为 由牛顿第二定律，有     可得 （2）加速阶段由运动学公式 解得 减速过程，由牛顿第二定律，有 解得 由运动学公式 解得物体沿斜面向上滑行的最大距离。 备考训练三： 1、 绳连接 2、 杆连接 3、 弹簧连接 4、 接触连接 1．（多选）如图所示，一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设各车厢质量均相等（含乘客），在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共有3节车厢，车头对第一节车厢的拉力为，第一节车厢对第二节车厢的拉力为，第二节车厢对第三节车厢的拉力为，则（  ） A．当火车匀速直线运动时， B．当火车匀速直线运动时， C．当火车匀加速直线运动时， D．当火车匀加速直线运动时， 2．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1kg，细线能承受的最大拉力为2N。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．1N B．2N C．4N D．5N 3．如图所示，光滑水平地面上有两个完全相同且质量为的物块，二者用水平轻杆连接。在水平拉力作用下，两物块一起由静止向右做匀加速直线运动。求： (1)两个物块整体加速度的大小； (2)两个物块之间轻杆弹力的大小。 4．（多选）如图所示，将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁，开始时a、b均静止。弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力，b所受摩擦力，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间 （ ） A．大小不变 B．方向改变 C．仍然为零 D．方向向右 5．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． 6．如图所示，物块A放在木箱B中，并保持相对静止，一起做匀速直线运动，轻弹簧处于拉伸状态，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列哪种情形A一定不会被弹簧拉动（　　） A．原来沿竖直方向运动，现向上加速 B．原来沿竖直方向运动，现向下加速 C．原来沿水平方向运动，现向右加速 D．原来沿水平方向运动，现向左减速 7．如图所示，A、B两物体并排放在光滑水平面上，质量分别为1kg和2kg。当水平向右推力作用在物体上时，A、B之间作用力的大小为，若水平推力的大小不变，将变为水平向左推动物体，则A、B之间作用力的大小为（    ） A． B． C． D． 8．如图所示，两大小相等的方木块、挨着静止在光滑水平面上，已知两物块的质量之比，当用恒力水平向右推物块，或用恒力水平向左推物块时，、两物块间的弹力大小均相等，则力与力的大小之比为（　　） A．2:1 B．1:1 C．1:2 D．1:3 9．如图所示，b、c通过细线跨过定滑轮连接置于a上，c刚好与a接触。已知三个物体的质量均为，与、与间的动摩擦因数均为0.2，水平面光滑，滑轮的质量及摩擦不计，为使三物体间无相对运动，则水平推力至少为（　　） A． B． C． D． 10．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 11．如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到图像。重力加速度大小为g。在下列图像中，可能正确的是（　　） A．B．C． D． 12．（多选）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（　　） A．P的加速度大小的最大值为 B．Q的加速度大小的最大值为 C．P的位移大小一定大于Q的位移大小 D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 13．如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为、，P与桌面间的动摩擦因数，重力加速度。则推力F的大小为（　　） A． B． C． D． 14．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． 15．如图所示，倾角为的斜面体固定在水平地面上，斜面足够长。两相同物块A、B用一根与斜面平行的轻质细杆连接，轻放在斜面上，一起沿斜面加速下滑。若斜面光滑，两物块加速度大小为，轻杆的弹力大小为；若斜面粗糙，两物块加速度大小为，轻杆的弹力大小为。则（　　） A．， B．， C．， D．， 备考训练四： 1、 水平传送带 2、 倾斜传送带 16．某快递分拣中心的水平传送带以恒定速度匀速运行，将质量的包裹无初速度地轻放在传送带上某位置，已知包裹与传送带间的动摩擦因数，包裹放在传送带上的初始位置到分拣口的距离，取重力加速度。求： (1)包裹在传送带上加速运动时的加速度大小； (2)包裹从放上传送带到包裹运动至分拣口的时间。 17．如图所示，一长为的水平传送带以的速度顺时针匀速转动。将一质量的物块（可视为质点）轻放在传送带左端，已知物块与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度。 (1)求物块刚放上传送带时的加速度大小； (2)求物块在传送带上运动的时间。 18．一煤矿采用传送带输送煤块，其简化图形如图所示。水平传送带长，以恒定速度顺时针运行，煤块与传送带间的动摩擦因数。现有一煤块（视为质点）被无初速度地放在传送带左端，取重力加速度的大小为。 (1)求煤块在传送带上匀加速时间t； (2)传送带右端和水平平台平滑连接，煤块与平台间的动摩擦因数，煤块经过连接处时速度不变，经过一段时间刚好能到达平台上的指定位置，求煤块从离开传送带至到达指定位置的时间。 19．如图所示，传送带以速率顺时针转动，一煤块无初速放在底端B点，经时间t到达顶端A点，煤块在传送带上的划痕长为。若传送带以速率逆时针转动，将煤块无初速放在A点，也经时间t刚好到达B点，煤块在传送带上的划痕长为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，划痕未出现覆盖，则（　　） A． B． C． D． 20．传送带作为连续运输设备，具有结构简单、运行稳定、维护方便等优点，可解决大量货物的连续输送问题，提高生产效率。如图所示，倾角为的传送带（足够长）逆时针匀速转动，货箱与传送带间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若在传送带的上端轻轻放置一货箱，则在下面四幅货箱的速度随时间变化的关系图像中，可能正确的是（　　） A．B．C． D． 21．倾角为θ的倾斜传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行，如图甲所示。在时，将一小煤块轻放在传送带上A点处，1.5s时小煤块从B点离开传送带。小煤块速度随时间变化的图像如图乙所示，设沿传送带向下为运动的正方向，重力加速度，求： (1)内和内小煤块的加速度大小； (2)在时间内小煤块在传送带上留下的痕迹长度。 22．机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求： （1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； （2）小包裹通过传送带所需的时间t。 23．如图所示传送带，其水平部分ab长度为2m，倾斜部分bc的长度为4 m，bc与水平面的夹角θ=37°，现将小物块A（可视为质点）轻轻放在传送带的a端， 物块A与传送带之间的动摩擦因数μ=0.25.传送带沿图示方向以v=2m/s的速度匀速运动，若物块A始终未脱离传送带，求小物块A从a端被传送到c端所用的时间和到达c时的速度大小。（g 取10 m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8） 24．如图所示，水平面与倾角为足够长的传送带在点平滑相连，传送带以速度逆时针匀速转动，小物块（可视为质点）在水平面上距点右侧的处以初速度向左运动，后从传送带的底端点滑上传送带，小物块与段水平面间以及与传送带间的动摩擦因数均为，，，重力加速度。求： (1)小物块运动到点的速度大小； (2)小物块向上运动过程中的加速度大小； (3)小物块向上滑行的最远距离。 25．在快递物流中，分拣是其中一个重要环节，如图甲所示，这是分拣传送装置，它由水平传送机与倾斜传送机组成，图乙是该装置的简化图，水平部分的长度，倾斜部分的长度未知，、间距可忽略不计。已知水平传送带以的速率顺时针转动，倾斜传送带也是顺时针转动，速率为，倾角，把一个可视为质点的货物无初速度放在端，货物从运动到速度大小保持不变，货物通过倾斜传送带运送到端时速度恰好为0。已知货物与水平传送带间的动摩擦因数，货物与倾斜传送带间的动摩擦因数（） (1)求货物在上加速时的加速度大小； (2)求货物在运送过程中，从到的总时间。 (3)求货物与倾斜传送带之间的划痕长度。 备考训练五： 1、 光滑板块 2、 粗糙板块 3、 有外力板块 26．如图所示，木板A上放着可视为质点的铅块B，A平放在光滑桌面上，A的长为0.1m，质量为50g，B的质量也为50g，位于A的左端，A、B间的动摩擦因数μ=0.03。若刚开始时B有向右的初速度v0=（相对于桌面），求B从开始运动到脱离A所经历的时间（g取结果保留两位有效数字）。 27．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 28．如图，木板静止在光滑的水平面上，滑块静止在木板的最左端。已知木板质量，滑块质量，滑块与木板之间的动摩擦因数为0.4。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块可视为质点，取。 (1)若对滑块施加水平力，滑块与木板一起做匀加速直线运动，求加速度的大小。 (2)若对滑块施加水平力，滑块在木板上相对滑动，求滑块与木板的加速度大小。 (3)在（2）中，若滑块经过滑离木板，求木板的长度。 29．（多选）如图所示，质量，长的木板A静止在光滑水平面上，木板上右端放一个小滑块B（可视为质点），小滑块的质量，小滑块和木板之间的动摩擦因数。若用水平向右的拉力F作用在木板上，取，则下列说法正确的是（　　） A．时，滑块的加速度大小为 B．时，小滑块与木板发生相对滑动 C．时，小滑块会从木板上滑下 D．把木板从小滑块下面抽出，水平拉力F必须满足 30．如图所示，有一个质量为足够长的木板A静止在光滑的水平地面上，在木板的左端静止放置一个大小不计、质量为的小物体B，A、B间的动摩擦因数为，g取。求： (1)当对B施加水平向右的力时，A、B保持相对静止，A、B加速度各为多大？ (2)当时，A、B发生相对滑动，则A、B加速度各为多大？ (3)的力作用0.5s后撤去，再经过多长时间A、B共速？ 31．如图所示，长、质量的木板静置于光滑水平面上，质量的小物块（可视为质点）放在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对木板施加一水平向右的拉力，取。求： (1)使物块与木板保持相对静止一起运动的拉力的最大值； (2)若，要使物块不从木板上滑下，作用的最长时间。 32．如图甲所示，质量为的足够长木板静止放在光滑水平地面上，木板左端放置一质量为的小物块，现对小物块施加水平向右的拉力，的大小随时间变化的图像如图乙所示。时，撤去，小物块最终没有离开长木板。已知物块与木板之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为，求： (1)时，木板受到的摩擦力的大小； (2)时，物块与木板的加速度的大小、； (3)撤去拉力后的运动过程中，小物块比木板多运动的最大距离。 33．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． 34．如图所示，在水平面上有一足够长的质量的木板，在木板右端有一质量的物块（视为质点），物块与木板间的动摩擦因数，木板与水平面间的动摩擦因数。开始时木板与物块均静止，现用的水平恒力向右拉木板，两者发生相对滑动，经时间撤去水平恒力，取重力加速度，不计空气阻力。求： (1)撤去力之前，物块加速度大小和木板的加速度大小； (2)刚撤去时，物块速度大小和木板的速度大小； (3)最终停止时，物块距木板右端的距离。 35．如图，质量为2.5kg的一只长方体空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速直线运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数为0.3。这时铁箱内一个质量为0.5kg的木块（可视为质点）恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取，求： (1)木块对铁箱压力的大小； (2)水平拉力F的大小； 2 / 5 2 / 5 每个知识点两个按照2-3-3练习（简、中、难——多为期中、期末、高考真题）——全面掌握 每个知识点两个按照2-3-3练习（简、中、难——多为期中、期末、高考真题）——全面掌握 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 BD C AD B A D A B D D 题号 12 13 14 15 19 20 27 29 答案 AD A A B D B A AC 1．BD 【详解】 AB．设每节车厢重G，当火车匀速直线运动时 得 故A错误，B正确； CD．当火车匀加速直线运动时 得 T1∶T2∶T3=3∶2∶1 故C错误，D正确。 故选BD。 2．C 【详解】对两物块整体做受力分析有 F = 2ma 再对于后面的物块有 FTmax= ma FTmax= 2N 联立解得 F = 4N 故选C。 3．(1) (2) 【详解】（1）两物块整体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有 代入数据解得 （2）以左边物块为研究对象，它与整体的加速度相同，由牛顿第二定律有 代入数据解得 4．AD 【详解】初始状态，a在水平方向上受绳子拉力、弹簧的弹力还有摩擦力处于平衡，b受弹簧的弹力和绳子的拉力处于平衡，右侧细绳剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，a仍然受三个力作用，摩擦力的大小和方向不变，而b受到向左的弹力，将受到向右的摩擦力，故选AD。 5．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 结合 可得 故选B。 6．A 【详解】A．原来沿竖直方向运动做匀速直线运动，A处于平衡状态，对A受力分析，可得在水平方向有，在竖直方向上有 若向上加速，则A有竖直向上的加速度，即 又最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据 可知最大静摩擦力增大，而弹簧的弹力大小不变，则A一定不会被弹簧拉动，故A正确； B．原来沿竖直方向运动做匀速直线运动，A处于平衡状态，对A受力分析，可得在水平方向有，在竖直方向上有 若向下加速，则A有竖直向下的加速度，即 又最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据 可知最大静摩擦力减小，而弹簧的弹力大小不变，则 A有可能会被弹簧拉动，故B错误； C．原来沿水平方向运动做匀速直线运动，A处于平衡状态，对A受力分析，可得在水平方向有，在竖直方向上有 若向右加速，则A有向右的加速度，根据牛顿第二定律有 可知有可能为零，向左减小或向右增加，当且向右时，对应的加速度为 若加速度大于，则A有可能会被弹簧拉动，故C错误； D．原来沿水平方向运动做匀速直线运动，A处于平衡状态，对A受力分析，可得在水平方向有，在竖直方向上有 若向左减速，则A有向右的加速度，根据牛顿第二定律有 可知有可能为零，向左减小或向右增加，当且向右时，对应的加速度为 若加速度大于，则A有可能会被弹簧拉动，故D错误。 故选A。 7．D 【详解】当水平向右推力F作用在物体上时，对AB整体，由牛顿第二定律有 对B分析可知 当水平向左推力作用在B物体上时，对AB整体，由牛顿第二定律 对A分析可知 联立解得 故选D。 8．A 【详解】当用恒力水平向右推物块时，设整体向右加速的加速度为，根据牛顿第二定律，对整体有 对木块Q有 联立解得 当用恒力水平向左推物块时，设整体向左加速的加速度为，根据牛顿第二定律，对整体有 对木块P有 联立解得 根据题意有， 则有 联立解得 故选A。 9．B 【详解】为使三物体间无相对运动，即三个物体以相同的加速度向右做匀加速直线运动，要求此时水平推力最小，对应最小的加速度设为。对c受力分析，可知此时与间的静摩擦力刚好达到最大，且c有向下运动的趋势，即最大静摩擦力方向为竖直向上，在竖直方向，根据平衡条件有 且 在水平方向，由对的支持力产生加速度，则有 联立可得 对b受力分析，此时、间的静摩擦力也刚好达到最大，根据牛顿第二定律有 对、、整体，根据牛顿第二定律有 联立解得 故选B。 10．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。 11．D 【详解】设P的质量为，P与桌面的动摩擦力为；以P为对象，根据牛顿第二定律可得 以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得 联立可得 可知，a-m不是线性关系，排除AC选项,可知当砝码的重力小于物块P最大静摩擦力时，物块和砝码静止，加速度为0，当砝码重力大于时，才有一定的加速度，当趋于无穷大时，加速度趋近等于。 故选D。 12．AD 【详解】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为 撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为 AB．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为 解得 此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。 故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为。 Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时 解得 故滑块Q加速度大小最大值为，A正确，B错误； C．滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误； D．滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为 解得 撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。 故选AD。 13．A 【详解】P静止在水平桌面上时，由平衡条件有 推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即 故Q物体加速下降，有 可得 而P物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律 解得 故选A。 14．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。 15．B 【详解】若斜面光滑，对整体，根据牛顿第二定律 解得 设细杆的弹力为F1，对B根据牛顿第二定律 联立解得 设物块与斜面的摩擦因数为，对整体，根据牛顿第二定律 解得 设细杆的弹力为F2，对B根据牛顿第二定律 联立解得 由此可知，。 故选B。 16．(1) (2) 【详解】（1）包裹轻放在传送带上，有解得 （2）包裹匀加速至与传送带共速，有 解得位移为，加速时间 之后包裹匀速至传送带末端，有包裹从放上传送带到包裹运动至分拣口的时间为 17．(1) (2) 【详解】（1）物块放上传送带初始时刻，相对于传送带向左滑动，故受到方向向右的滑动摩擦力。根据牛顿第二定律有 代入数据解得 （2）物块在传送带上先做初速为零的匀加速运动，当其速度达到传送带速度后，将随传送带匀速运动。 物块加速至所需时间 此段时间内物块的位移 在传送带上匀速的时间 物块在传送带上运动时间 18．(1) (2) 【详解】（1）设煤块在传送带上运动时的加速度大小为，由牛顿第二定律有 解得 设煤块加速到与传送带速度相等时的位移大小为，根据匀变速直线运动的速度与位移的关系式有 解得 所以煤块先加速到与传送带共速，然后和传送带一起向右匀速运动，则有 解得 （2）煤块与传送带共速后匀速运动的时间为 由（1）分析可知煤块做加速运动的时间为 设煤块在平台上减速运动的加速度大小为，由牛顿第二定律有 解得 所以煤块做减速运动的时间为 故煤块从放上传送带至到达预定区域的时间为 19．D 【详解】AB．设传送带的倾角为，煤块的质量为，煤块与传送带之间的动摩擦因数为，传送带顺时针转动时，对煤块，根据牛顿第二定律有 解得 当传送带逆时针转动时，对煤块，根据牛顿第二定律有 解得 可知 由题知，煤块向上运动和向下运动的时间相同，位移大小也相同，则作出符合题意要求的图像，如图所示 煤块向下运动时一定先加速后匀速，向上运动时可能一直加速或先加速后匀速，根据图像可判断，故AB错误； CD．根据图像，可知煤块向上运动过程相对位移更大，故，故C错误，D正确。 故选D。 20．B 【详解】当货箱的速度小于传送带的速度时，货箱受到向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律 其中 可得 当货箱与传送带共速后，因为 所以此后货箱将与传送带一起匀速运动。即货箱先加速运动后匀速运动。 故选B。 21．(1)10m/s2，2m/s2 (2)1.25m 【详解】（1）由题图乙知，内 内 （2）由题图乙知，0.5s时刻小煤块和传送带共速，传送带的速率，该时刻小煤块的速度为，内传送带比小煤块多运动 1.5s时小煤块速度为，内小煤块比传送带多运动 所以第二次的痕迹未覆盖第一次的痕迹，所以小煤块在传送带上留下的痕迹长度为1.25m 22．（1）；（2） 【详解】（1）小包裹的速度大于传动带的速度，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知 解得 （2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时 在传动带上滑动的距离为 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为 所以小包裹通过传送带的时间为 23．， 【详解】物体A在ab之间运动，根据牛顿第二定律得μmg =ma1 解得a1=μg=0.25×10=2.5m/s2 设小物块A速度达到2m/s所需时间为t1，运动位移为s1，根据运动学规律可得， 由于s1＜2m可知A在还没有运动到b时，已于皮带具有共同运动的速度．此后A做匀速运动，设运动时间t2，可知 A在bc间运动时，小物块A所受的摩擦力方向为沿斜面向上，mgsinθ-μmgcosθ=ma2 得 根据 得t3=1s，t3=-2s（舍去） 所以t=t1+t2+t3=0.8s+0.6s+1s=2.4s 到达c时的速度 24．(1) (2)见解析 (3) 【详解】（1）小物块从点到点是匀减速运动，由牛顿运动定律 解得产生加速度大小为 设小物块运动到点的速度为，由运动学公式可得 解得 （2）当时，对小物块由牛顿第二定律可得 解得 由于，则小物块速度与传送带速度相同后会继续减速。 当时，有 解得 （3）由运动学公式得 可得小物块从点向上运动到与传送带速度相同的时间 又 解得小物块与传送带同速到速度为0的时间 小物块向上减速到0后，会反向加速下滑；小物块向上滑行的最远距离为 解得 25．(1) (2)2.9s (3)1m 【详解】（1）货物在AB上相对滑动时，根据牛顿第二定律得 解得 （2）设货物达到共同速度的时间为，则 解得 货物加速的位移为 则匀速运动时间为 货物以的速度冲上倾斜传送带，共速前根据牛顿第二定律得 解得 方向沿传送带向下，共速时 由于，当货物的速度小于时，对货物分析 解得 方向沿传送带向下，又 则总时间为 （3）物块与倾斜传送带共速前后的相对位移大小分别为， 因为，所以划痕长度为1m。 26．0.33s 【详解】分别以A、B为研究对象，受力分析，木板和物块的加速度大小分别为， 由牛顿第二定律得 且 解得（另一值已舍） 27．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。 28．(1) (2)， (3)4m 【详解】（1）将滑块与木板看作一个整体进行受力分析，根据牛顿第二定律得，滑块与木板一起运动时的加速度 解得 （2）对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律得 对木板进行受力分析，根据牛顿第二定律得 （3）滑块在内的位移 木板在2s内的位移 故木板的长度 【点睛】忽略滑块大小时，滑块从左端开始运动到滑离木板，过程中滑块和木板的相对位移即木板的长度。 29．AC 【详解】AD．若BA能相对静止，则最大加速度为 此时 则把木板从小滑块下面抽出，水平拉力F必须满足，则当时，AB相对静止，则滑块的加速度大小为，A正确，D错误； B．当时，小滑块与木板相对静止，B错误； C．当时，小滑块会从木板上滑下，C正确。 故选AC。 30．(1) (2)， (3) 【详解】（1）由题知，当对B施加水平向右的力时，A、B保持相对静止，则A、B加速度相等，根据牛顿第二定律，对A、B组成的整体有 解得 （2）由题知，当时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对A有 解得 对B有 解得 （3）的力作用0.5s后撤去，则此时A、B的速度分别为， 撤去F后，A所受力的情况不变，则A的加速度仍为，而B在水平方向上只受到向左的滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有 解得 设经时间，两者共速，则有 解得 31．(1) (2) 【详解】（1）当物块和木板刚好发生相对滑动时，物块的加速度由最大静摩擦力提供。对物块由牛顿第二定律有 得最大加速度 对整体（），由牛顿第二定律有 解得拉力的最大值 （2）当，物块与木板发生相对滑动，临界情况为：物块刚好不从木板滑下时，两者总相对位移等于木板长度，且最终共速。 ①作用过程：物块加速度 对木板由牛顿第二定律可得 解得 设作用时间为，则时刻物块速度，木板速度 此阶段相对位移 ②撤去后到共速过程：撤去后，物块加速度仍为 木板加速度满足 解得 设经过时间共速，共速时 代入得 此阶段相对位移 ③临界条件求解：刚好不滑下时总相对位移 解得作用的最长时间 32．(1) (2)， (3) 【详解】（1）当时拉力，对木板和小物块组成的整体，二者相对静止，根据牛顿第二定律有 对木板，同理 联立解得 （2）当时拉力，物块与木板发生相对运动，对物块，根据牛顿第二定律有 解得 对木板，根据牛顿第二定律有 解得 （3）设时物块的速度大小为，木板的速度大小为，根据匀变速直线运动的规律有， 撤去拉力后，对小物块有 设撤去拉力后再经过，两者速度大小相等，则有 则 解得 33．（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． 34．(1)， (2)， (3) 【详解】（1）现用的水平恒力向右拉木板，两者发生相对滑动，力作用时，对有 解得 对有 解得 （2）撤力时，根据速度公式可得物块速度 木板速度 （3）撤力时，木板开始匀减速，物块继续匀加速，直到两者共速。对木板有 解得 设经过时间，共速时有 解得 则此时速度为 则共速时，物块相对木板左滑的距离为 此后，由于，物块与木板间仍有相对滑动，两者分别减速直到先后停止，此过程物块相对木板向右滑动。对木板有 解得 停止运动时，物块相对木板向右滑距离为 所以最终停止时物块的位置与木板右端间的距离为 35．(1)20N (2)129N 【详解】（1）题意可知木块恰好能静止在后壁上，对木块有 解得铁箱内壁对木块的弹力 根据牛顿第三定律可知，木块对铁箱压力的大小为20N。 （2）对木块，根据牛顿第二定律有 对木块与铁箱整体有 联立解得 参考答案： 1． 加速度 力 正比 反比 相同 【详解】[1][2]可知牛顿第二定律确定了物体加速度和力的关系； [3][4][5]根据 可得 可知加速度的大小与物体所受合力的大小成正比，与物体的质量成反比；加速度的方向与物体受到的合力的方向相同。 2． 加速度 运动 3． 加速度 受力 【解析】2．[1][2]如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学的规律确定物体的运动情况。 3．[1][2]如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的加速度，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出力。 每个知识点两个按照2-3-3练习（简、中、难——多为期中、期末、高考真题）——全面掌握 每个知识点两个按照2-3-3练习（简、中、难——多为期中、期末、高考真题）——全面掌握 学科网（北京）股份有限公司 $