4.3牛顿运动定律——模型归类（专题训练）【五大重要题型】-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 以牛顿运动定律为核心，通过五大题型系统覆盖基础概念到综合应用，构建从惯性原理到复杂模型的递进式训练体系，强化科学推理与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |牛顿第一定律|5题|物理学史辨析、惯性概念应用|从伽利略理想实验出发，建立力与运动关系的认知基础| |瞬时性问题|10题|弹簧/绳模型突变分析|通过瞬时受力变化，深化牛顿第二定律的矢量性理解| |超失重|10题|运动状态与视重关系判断|结合加速度方向，构建超重失重的动态分析框架| |传送带|10题|摩擦方向判断、运动过程分段|综合应用牛顿定律解决相对运动与能量转化问题| |板块模型|10题|临界状态分析、相对位移计算|通过多体相互作用，培养复杂系统的受力分析能力|

4.3牛顿运动定律——模型归类（专题训练）【五大重要题型】 【考点1 】 牛顿第一定律 1 【考点2 】牛顿第二定律瞬时性问题 4 【考点3 】牛顿第二定律超失重 10 【考点4 】牛顿第二定律传送带 20 【考点5 】牛顿第二定律板块 30 【考点1：牛顿第一定律 】 一、单选题 1．关于伽利略的两个斜面实验(外推法研究自由落体运动的示意图a和理想斜面实验的示意图b），下面说法错误的是（     ） A．伽利略在图(a)中使用了光滑斜面进行实验 B．伽利略在图(b)中把实验和逻辑推理和谐地结合起来 C．伽利略从图(a)中得出：自由落体运动是匀加速直线运动 D．伽利略从图(b)中得出：力不是维持物体运动的原因 2．伽利略创造性地设计了如图1、2所示的两个斜面实验。则下列说法正确的是（　　） A．利用图1斜面实验直接证明了重的物体比轻的物体下落得快 B．利用图1实验利用斜面是为了缩短小球下滑的时间以便测量 C．利用图2实验是为了归纳小球做自由落体运动的规律 D．利用图2实验结合逻辑推理可以得出力不是维持物体运动的原因 3．下列说法正确的是（    ） A．汽车的速度越大，它的惯性就越大 B．物体的形状改变时，其重心不一定改变 C．牛顿第一定律是牛顿通过实验发现的规律 D．伽利略利用理想斜面实验证实了“力是维持物体运动的原因”的观点 4．科学思维和科学方法是我们认识世界的基本手段。利用如图的装置进行如下实验：小球从左侧斜面上的点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种越来越光滑的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。根据三次实验现象的对比，可推出（     ） A．斜面越光滑，小球的惯性越大 B．小球的质量越大，惯性越大 C．小球没有受到力的作用，它的运动状态也能发生变化 D．如果斜面没有摩擦，小球将上升到与点等高的位置 二、解答题 5．在伽利略的斜面实验的各个过程中（如图所示），哪些可以通过实验完成？哪些是推理得出的？ 【考点2：牛顿第二定律瞬时性问题】 一、单选题 1．如图所示，吊盘A、物体B、物体C的质量均为m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计。整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊盘的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间（     ） A．物体B的加速度大小为g B．物体C与吊盘A间的弹力大小为0.5mg C．物体C的加速度大小为0 D．吊盘A的加速度大小为g 2．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．g、0 C．3g、0 D．4g、g 3．如图所示，倾角为的光滑斜面固定在地面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与球A相连，球A、B间由一轻质细线连接，弹簧与细线均平行于斜面，A、B均处于静止状态。已知A、B的质量分别为m、2m，重力加速度为g。则烧断细线的瞬间（　　） A．球A的加速度为0 B．球A的加速度为 C．球B的加速度为0 D．球B的加速度为 4．如图所示，物块A、B和C的质量相同，均为m，A和B之间用细绳相连，B和C之间用轻弹簧相连，通过系在A上的细绳悬挂于固定点，整个系统处于静止状态。现将A、B间的细 绳剪断，重力加速度大小为g，在剪断瞬间（     ） A．物块A的加速度大小为2g B．物块B的加速度大小为2g C．物块C的加速度大小为g D．O、A间细绳的拉力大小为3mg 5．如图所示，两个质量均为的物体A和B，由轻绳和轻弹簧连接，绕过不计摩擦的轻质定滑轮，系统静止．现将另一质量也是的有小孔的物体C轻放在A上，则在刚放上C的瞬间（     ） A．A的加速度大小是 B．A和B的加速度都是0 C．C对A的压力大小为 D．C对A的压力大小为 二、多选题 6．如图，两个相同小物块和之间用一根轻弹簧相连，系统用细线静止悬挂于足够高的天花板下。已知重力加速度为，则（　　） A．细线剪断瞬间，和的加速度大小均为 B．细线剪断瞬间，的加速度大小为的加速度大小为 C．弹簧剪断瞬间，的加速度大小为的加速度大小为 D．弹簧剪断瞬间，和的加速度大小均为 7．细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连。平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示。以下说法正确的是（已知cos53°=0.6，sin53°=0.8）（　　） A．小球静止时弹簧的弹力大小为 B．小球静止时细绳的拉力大小为 C．细线烧断瞬间小球的加速度立即为g D．细线烧断瞬间小球的加速度立即为 8．如图所示，一质量为的小球与弹簧I和水平细线II相连，I、II的另一端分别固定于P、Q两点。弹簧与竖直方向夹角为。下列说法正确的是（　　） A．绳子的拉力大小为 B．弹簧的弹力 C．若突然断开水平细线II，则此瞬间 9．如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳OA和OB悬挂静止在O点，绳OA与竖直方向的夹角为θ，绳OB水平。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．剪断绳OB瞬间，小球的加速度大小为gtanθ B．剪断绳OB瞬间，小球的加速度大小为gsinθ C．剪断绳OA瞬间，小球的加速度为g D．剪断绳OA瞬间，小球的加速度为gsinθ 10．两个质量分别为，的物体A、B静止在粗糙的水平地面上，中间用一轻质弹簧将两物体连接．如图所示，现用水平推力推物体A，已知两物体与水平地面间的动摩擦因数均为，则（     ） A．当两物体一起以相同加速度运动时，弹簧的弹力为12N B．当两物体一起以相同加速度运动时，弹簧的弹力为8N C．在突然撤去F的瞬间，A的加速度为 D．在突然撤去F的瞬间，B的加速度为0 【考点3：牛顿第二定律超失重】 一、单选题 1．如图所示，重为G的人站在升降机里的测力计上。则（　　） A．升降机静止时，人对测力计的压力大于G B．升降机匀速上升时，人对测力计的压力大于G C．升降机匀加速上升时，人对测力计的压力大于G 2．某同学站在力的传感器上连续完成多次下蹲起立。某时刻作为计时起点，传感器与计算机连接，经计算机处理后得到力的传感器示数随时间变化的情况，如图所示。已知重力加速度。下列说法正确的是（     ） A．完成了一次起立过程 B．该同学向下的最大加速度约为 C．该同学向上的最大加速度约为 D．该同学向上速度达到最大 3．某高层建筑内的电梯上升过程中的图像如图所示，则关于电梯内的人运动情况的分析正确的是（　　） A．时间内一定失重 B．时间内一定超重 C．时间内一定超重 D．时间内一定是完全失重 4．竖直升降的电梯内水平地板上放置一台秤，质量为的人站在台秤上。若电梯运动过程中台秤示数为，取，则此时电梯的运动情况可能是（     ） A．以的加速度加速上升 B．以的加速度减速下降 C．以的加速度加速下降 D．以的加速度减速下降 5．在学习了超重和失重后，小明将一力学传感器固定在电梯轿厢顶部，并在传感器下方悬挂一重物。此后，小明观察到重物对传感器的拉力随时间变化的图像如图所示，则下列说法不正确的是（　　） A．时间内，电梯先静止，后向下运动 B．时间内，小明处于失重状态 C．时刻，小明的速度为0 D．时间内，小明处于超重状态 6．如图是某人站在力传感器上做下蹲起跳动作的数据图。图是根据传感器画出的F-t图线。图中a、c、e对应的纵坐标均为700N，取重力加速度g=10m/s2。请根据图像所给出的信息，判断下面说法中正确的是（　　） A．此人在b时刻处于超重状态 B．此人在c时刻的加速度大小大于在b点时的加速度大小 C．此人在e时刻的加速度大小大于在a点时的加速度大小 D．此人在f时刻时脚刚好离开传感器 7．几位同学为了探究电梯起动和制动时的运动状态变化情况，他们将体重计放在电梯中，一位同学站在体重计上，然后乘坐电梯从1层直接到10层，之后又从10层直接回到1层。用照相机进行了相关记录，如下图所示。图1为电梯静止时体重计的照片，图2、图3、图4和图5分别为电梯运动过程中体重计的照片。根据照片推断正确的是（　　） A．根据图2推断电梯一定处于加速上升过程，电梯内同学可能处于超重状态 B．根据图3推断电梯一定处于减速下降过程，电梯内同学可能处于失重状态 C．根据图4推断电梯可能处于减速下降过程，电梯内同学一定处于失重状态 D．根据图5推断电梯可能处于加速上升过程，电梯内同学一定处于超重状态 8．如图甲所示，在体重计上一同学下蹲和站起，体重计的示数变化如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．a-b段对应的是站起过程，b-c段对应的是下蹲过程 B．d-e段对应的是站起过程，e-f段对应的是下蹲过程 C．该同学做了一次下蹲-起立的动作，且下蹲后约3s起立 D．c点和d点处于直立状态，a点和f点处于蹲下状态 二、多选题 9．如图，质量为的同学站在电梯内的电子磅秤上，读数显示为。关于电梯的运动情况，下列说法可能正确的是（　　） A．加速下降 B．加速上升 C．减速下降 D．减速上升 10．原来做匀速运动的升降机内，被伸长的弹簧拉住的物体A静止在地板上，如图所示，现发现A突然被弹簧拉向右方，由此可判断，此时升降机的运动可能是（     ） A．加速上升 B．减速上升 C．加速下降 D．减速下降 【考点4：牛顿第二定律传送带】 一、单选题 1．如图所示，传送带与水平面夹角，以恒定的速度顺时针匀速转动，物块以初速度沿平行于传送带方向从传送带底端滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数，物块恰能到达传送带顶端，取重力加速度，，。下列说法正确的是（　　） A．物块受摩擦力方向沿斜面始终向下 B．物块先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力 C．物块整个过程运动时间为0.6s D．传送带底端到顶端距离为 2．如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时，将质量m=1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v-t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2。以下结论错误的是（　　） A．传送带逆时针运行速率v0=10m/s B．初始物体受沿斜面向下的摩擦力 C．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5 D．物体在传送带上留下痕迹总长为6m 二、多选题 3．如图所示，传送带与水平面间夹角为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为μ，则下图中能客观地反映小木块在传送带上的速度随时间变化关系可能正确的是（     ） A． B． C． D． 4．如图甲所示，一水平传送带以初速度沿顺时针匀速转动，在传送带左端A处轻放可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度一时间变化规律如图乙所示，时恰好到B点，重力加速度g取10，则（　　） A．改变物块的质量，物块从A端运动到B端的时间会改变 B．物块从A端运动到B端过程中一直受到水平向右的摩擦力 C．物块与传送带之间的动摩擦因数为 5．某物流公司的快递投送装置可视为水平传送带，如图所示。设传送带足够长，已知传送带沿顺时针转动速度m/s，现将一快递轻放在A端，快递与传送带之间的动摩擦因数，g取，则（　　） A．快递刚放在传送带上时，快递受到摩擦力的方向向左 B．从放快递时开始计时，经过s后，快递与传送带速度相同 C．从放快递时开始计时，经过s后，快递的位移为0.12m D．快递在传送带上留下的划痕长度为0.03m 6．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度v0=4m/s顺时针运行，小物块以v1=6m/s的初速度从传送带右端滑上传送带。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带的长度为10m，重力加速度g=10m/s2，考虑小物块滑上传送带到离开传送带的过程，不计传送带滑轮的大小，下列说法正确的是（　　） A．小物块从传送带左端滑离传送带 B．小物块向左运动的最大距离为9m C．小物块滑离传送带时的速度大小为6m/s D．小物块从滑上传送带到滑离传送带经历的时间为6.25s 7．如图甲所示的水平传送带AB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A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，下列正确的是（　　） A．传送带的速度为1m/s B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.2 C．物块在传送带上运动第一次回到传送带左端A的时间为6s D．物块在传送带上划痕长度为9m 8．如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，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μ，小木块速度大小随时间变化的关系如图乙所示。θ、v0、t0已知，重力加速度为g，则（　　） A．传送带可能顺时针转动 B．传送带的速度大小等于v0 C． D．t0时间后木块的加速度大小为 三、解答题 9．如图甲所示，倾斜传送带正以恒定的速度v沿顺时针方向运动，传送带的倾角为θ＝37°，一质量m＝1kg的物块以某一初速度，从传送带的底部A处冲上传送带并沿传送带运动，其运动的v－t图像如图乙所示，物块运动到顶端B处时，速度恰好为零，，，。求： (1)物块与传送带间的动摩擦因数； (2)传送带AB的长度； (3)物块在传送带上留下划痕的长度。 10．如图所示，倾角为，且长L=0.9m的传送带以恒定的速率v=1m/s沿顺时针方向运行，现将一质量m=2kg的煤块（可视为质点）以的速度从距离底部滑上传送带，传送带与煤块之间的动摩擦因数，忽略传送带轮子的大小，取，（）。 (1)求煤块速度与传送带速度达到相同时，煤块的位移大小； (2)煤块最终从传送带上端还是下端飞出？请计算煤块飞出时的速度大小； (3)计算煤块在传送带上留下的划痕长度。 【考点5：牛顿第二定律板块】 1．如图甲所示，长木板M=9kg静止在水平面上，小物块m=1kg静止放在长木板的右端。t=0时刻用水平拉力F作用在木板上，使长木板和小物块一起由静止开始水平向右运动（运动过程中长木板和小物块始终保持相对静止），拉力F作用一段时间后撤去。描绘出长木板和小物块的速度一时间（v-t）图像如图乙所示。重力加速度g=10m/s2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（     ） A．长木板与水平面间的动摩擦因数等于0.2 B．拉力F大小等于100N C．长木板与小物块运动的总位移等于80m D．长木板与小物块之间的动摩擦因数可能等于0.5 2．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，则正确的是（　　） A．当μ1=μ2时，只要F足够大B就可以滑动起来 B．当μ1=2μ2时，F=5μ2mg时，A的加速度为 C．当μ1=2μ2时，F＞6μ2mg时，A相对B滑动 D．当μ1=2μ2时，无论F多大B的加速度都不会超过 3．如图所示，质量的长木板位于光滑水平面上，质量为的物块静止在长木板上，两者之间的动摩擦因数为。重力加速度大小为，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力。现对物块施加水平向右的力F，下列说法错误的是（　　） A．水平力时，物块m不会保持静止状态 B．水平力时，物块m的加速度大小为2 C．水平力时，长木板M的加速度大小为2.5 D．水平力时，长木板M受到的摩擦力大小为5N 4．如图甲所示，粗糙水平地面上有一长木板P，小滑块Q置于长木板的最右端。现将一大小为F=8N、水平向右的恒力作用于长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用，滑块和长木板在0~4s内的v-t图像如图乙所示。已知小滑块Q的质量为m=1kg重力加速度，则下列说法正确的是（　　） A．长木板P的质量为2kg B．长木板P与地面之间的动摩擦因数为0.1 C．t=6s时，滑块Q停止运动 D．长木板P先停止，Q后停止 二、多选题 5．如图所示，粗糙水平面上有一质量为的足够长的木板，其上端叠放一质量为的铁块。现给铁块施加一随时间增大的水平力，木板和铁块加速度的大小分别为和，设木板和铁块之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列图线可能正确的是（　　） A． B． C． D． 6．叠放在光滑水平面上的物块和木板质量分别为m和M，，二者之间的动摩擦因数为，木板长，物块在木板中间，大小忽略不计，。在物块上施加水平外力F，则（　　） A．如果，二者将以加速度共同做匀加速直线运动 B．如果，二者将发生相对滑动 C．如果，经过1s物块的速度为 D．如果，经过1s可以将物块从木板上拉下 7．如图所示，质量m=1kg的足够长木板B静止在粗糙水平地面上，质量M=2kg的小物块A静止在B的右端。已知B的下表面与地面之间的动摩擦因数B的上表面与A之间的动摩擦因数重力加速度为现对B施加一水平向右的拉力，拉力F随时间t变化的规律为F=2+t（N），下列判断正确的是（　　） A．t=5s时，B的速度大小为 B．t=6s时，A受到的摩擦力大小为 C．t=8s时，B的速度大小为9m/s D．7~8s的时间内，A的位移大小为7m 8．如图甲所示，质量为的的滑块A放在静止于水平地面上的木板B的左端，B的质量为，某时刻滑块A开始以6m/s的初速度向右运动，两者以后的v-t图像如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取。下列说法正确的是（    ） A．木板与地面之间的动摩擦因数为0.2 B．木板运动的总位移大小为1.44m C．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.4 D．木板的最小长度为3.6m 三、解答题 9．如图所示，一块质量为M＝2kg、长为L＝3m的匀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m＝1kg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t＝0时刻，在木板左端施加一水平向左的恒定拉力F＝12N，g取。求： (1)拉力F刚作用在木板上时，木板的加速度大小； (2)如果F一直作用在木板上，那么经过多长时间木块将离开木板。 10．如图所示，某时刻长木板以4m/s的初速度水平向左运动，可视为质点的小物块以4m/s的初速度水平向右滑上长木板。已知小物块的质量为m=0.1kg，长木板的质量为M=1.5kg，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ1=0.1，小物块与长木板之间的动摩擦因数为μ2=0.4，重力加速度大小为g=10m/s2，最终小物块未滑离长木板，求： (1)小物块向右减速为零时，长木板的速度； (2)小物块与长木板刚好相对静止时的速度； (3)长木板的最短长度。 学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 4.3牛顿运动定律——模型归类（专题训练）【五大重要题型】 【考点1 】 牛顿第一定律 1 【考点2 】牛顿第二定律瞬时性问题 4 【考点3 】牛顿第二定律超失重 10 【考点4 】牛顿第二定律传送带 20 【考点5 】牛顿第二定律板块 30 【考点1：牛顿第一定律 】 一、单选题 1．关于伽利略的两个斜面实验(外推法研究自由落体运动的示意图a和理想斜面实验的示意图b），下面说法错误的是（     ） A．伽利略在图(a)中使用了光滑斜面进行实验 B．伽利略在图(b)中把实验和逻辑推理和谐地结合起来 C．伽利略从图(a)中得出：自由落体运动是匀加速直线运动 D．伽利略从图(b)中得出：力不是维持物体运动的原因 【答案】A 【分析】如果空气阻力和摩擦力小到可以忽略，伽利略推断出小球在斜面运动能到达原来下滑时的高度，存在某个守恒量。 【详解】A．伽利略从图(a)中将斜面实验的结论外推到斜面倾角90的情形，所以没有必要斜面一定光滑，故A错误； B．伽利略在图(b)中把实验和逻辑推理和谐地结合起来，故B正确； C．伽利略从图(a)中将斜面实验的结论外推到斜面倾角90的情形，从而间接证明了自由落体运动是匀加速直线运动，故C正确； D．伽利略从图(b)中得出:力不是维持物体运动的原因，选项D正确。 本题选择错误选项，故选A。 2．伽利略创造性地设计了如图1、2所示的两个斜面实验。则下列说法正确的是（　　） A．利用图1斜面实验直接证明了重的物体比轻的物体下落得快 B．利用图1实验利用斜面是为了缩短小球下滑的时间以便测量 C．利用图2实验是为了归纳小球做自由落体运动的规律 D．利用图2实验结合逻辑推理可以得出力不是维持物体运动的原因 【答案】D 【详解】A．图1解释了自由落体运动也是匀加速直线运动，不能解释重的物体比轻的物体下落快，故A错误； B．利用图1实验的斜面是为了延长小球下滑的时间以便测量，故B错误； CD．图2结合逻辑推理可以得出结论，力不是维持物体运动的原因，不能归纳小球做自由落体运动的规律，故C错误，D正确。 故选D。 3．下列说法正确的是（    ） A．汽车的速度越大，它的惯性就越大 B．物体的形状改变时，其重心不一定改变 C．牛顿第一定律是牛顿通过实验发现的规律 D．伽利略利用理想斜面实验证实了“力是维持物体运动的原因”的观点 【答案】B 【详解】A．惯性是物体的固有属性，大小仅由物体的质量决定，与运动速度无关，故A错误； B．物体形状改变时，若质量分布的等效对称中心不变，重心位置可不发生变化，例如均匀正方体铁块被压成等厚均匀圆板，重心仍在几何中心，故B正确； C．牛顿第一定律是基于大量实验事实、通过逻辑推理得出的结论，不存在完全不受外力的实验环境，无法通过直接实验验证，不是通过实验发现的规律，故C错误； D．伽利略的理想斜面实验推翻了“力是维持物体运动的原因”的错误观点，证实了力是改变物体运动状态的原因，故D错误。 故选B。 4．科学思维和科学方法是我们认识世界的基本手段。利用如图的装置进行如下实验：小球从左侧斜面上的点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种越来越光滑的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。根据三次实验现象的对比，可推出（     ） A．斜面越光滑，小球的惯性越大 B．小球的质量越大，惯性越大 C．小球没有受到力的作用，它的运动状态也能发生变化 D．如果斜面没有摩擦，小球将上升到与点等高的位置 【答案】D 【详解】AB．惯性大小由质量唯一确定，与其他因素无关，质量越大，惯性越大；但本实验无法说明小球惯性大小与质量的关系，故AB错误； CD．力是改变运动状态的原因，通过实验现象发现，斜面越光滑小球上升的位置越高，可推出：如果斜面没有摩擦，小球将上升到与点等高的位置，故C错误，D正确。 故选D。 二、解答题 5．在伽利略的斜面实验的各个过程中（如图所示），哪些可以通过实验完成？哪些是推理得出的？ 【答案】可以通过实验完成：小球从斜面静止释放，滚下后能滚上另一个斜面；不断减小右侧斜面的倾角，小球在右侧斜面上运动的距离越来越大。 推理得出：如果没有摩擦，小球将上升到原来释放时的高度；若右侧斜面放平（倾角为零），小球将沿水平面永远匀速运动下去。 【详解】可以通过实验完成：小球从斜面静止释放，滚下后能滚上另一个斜面；不断减小右侧斜面的倾角，小球在右侧斜面上运动的距离越来越大。 推理得出：如果没有摩擦，小球将上升到原来释放时的高度；若右侧斜面放平（倾角为零），小球将沿水平面永远匀速运动下去。 【考点2：牛顿第二定律瞬时性问题】 一、单选题 1．如图所示，吊盘A、物体B、物体C的质量均为m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计。整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊盘的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间（     ） A．物体B的加速度大小为g B．物体C与吊盘A间的弹力大小为0.5mg C．物体C的加速度大小为0 D．吊盘A的加速度大小为g 【答案】B 【详解】A．在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，仍等于物体的重力，即，则物体B受力情况不变，故物体B的加速度大小为零，故A错误； BCD．假设A、C间的弹力为零，C的加速度为2g，A的加速度为g，可见C超前运动，即C和A实际为一个整体，根据牛顿第二定律得 解得 对A受力分析，根据牛顿第二定律有 解得，故B正确，CD错误。 故选B。 2．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．g、0 C．3g、0 D．4g、g 【答案】C 【详解】剪断细线之前，对B受力分析弹簧弹力大小为 剪断细线的瞬间弹簧弹力不突变，故B球仍然受力平衡， 对A球应用牛顿第二定律，解得 故选C。 3．如图所示，倾角为的光滑斜面固定在地面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与球A相连，球A、B间由一轻质细线连接，弹簧与细线均平行于斜面，A、B均处于静止状态。已知A、B的质量分别为m、2m，重力加速度为g。则烧断细线的瞬间（　　） A．球A的加速度为0 B．球A的加速度为 C．球B的加速度为0 D．球B的加速度为 【答案】B 【详解】系统处于静止状态，A、B受力平衡。 将A、B看作一个整体，沿斜面方向受力平衡，则有 弹簧的形变不能突变，因此在烧断细线的瞬间，弹簧的弹力大小和方向保持不变，对A有 解得 对B有 解得 故选B。 4．如图所示，物块A、B和C的质量相同，均为m，A和B之间用细绳相连，B和C之间用轻弹簧相连，通过系在A上的细绳悬挂于固定点，整个系统处于静止状态。现将A、B间的细 绳剪断，重力加速度大小为g，在剪断瞬间（     ） A．物块A的加速度大小为2g B．物块B的加速度大小为2g C．物块C的加速度大小为g D．O、A间细绳的拉力大小为3mg 【答案】B 【详解】A．剪断、间细绳的瞬间，上端细绳仍绷直，物块的加速度为零，故A错误； B．剪断前物块静止，弹簧弹力大小为。剪断瞬间弹簧形变量不变，弹力大小仍为，物块受到的重力和弹簧拉力均竖直向下，由牛顿第二定律得，故B正确； C．剪断瞬间物块受到的弹簧拉力仍为，与重力平衡，其加速度为零，故C错误； D．剪断瞬间物块的加速度为零，由牛顿第二定律得 即上端细绳的拉力大小为，故D错误。 故选B。 5．如图所示，两个质量均为的物体A和B，由轻绳和轻弹簧连接，绕过不计摩擦的轻质定滑轮，系统静止．现将另一质量也是的有小孔的物体C轻放在A上，则在刚放上C的瞬间（     ） A．A的加速度大小是 B．A和B的加速度都是0 C．C对A的压力大小为 D．C对A的压力大小为 【答案】A 【详解】A．物体刚放到物体上的瞬间，弹簧形变量来不及改变，因此弹簧弹力和轻绳张力仍为，以物体、组成的整体为研究对象，取竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律有 解得 方向竖直向下，故A正确； B．物体刚放上瞬间，弹簧弹力仍为mg，对物体根据牛顿第二定律有 解得 但物体的加速度不为，故B错误； CD．物体与物体保持接触，二者加速度相同，对物体取竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律有 解得 因此物体对物体的压力大小为，小于mg，故CD错误。 故选A。 二、多选题 6．如图，两个相同小物块和之间用一根轻弹簧相连，系统用细线静止悬挂于足够高的天花板下。已知重力加速度为，则（　　） A．细线剪断瞬间，和的加速度大小均为 B．细线剪断瞬间，的加速度大小为的加速度大小为 C．弹簧剪断瞬间，的加速度大小为的加速度大小为 D．弹簧剪断瞬间，和的加速度大小均为 【答案】BC 【详解】AB．开始时系统处于平衡状态，对b受力分析，可得弹簧的弹力大小为 当细线剪断瞬间，弹簧不能突变，则所受弹簧的弹力大小仍为 即b受力仍然平衡，故加速度为零，对受力分析，可知其受到向下的弹力和重力作用，根据牛顿第二定律有 解得加速度为，故A错误，B正确； CD．当弹簧剪断瞬间，弹力消失，则受重力作用，加速度为，而受向下重力作用和向上的绳子拉力作用而平衡，加速度为，故C正确，D错误。 故选BC。 7．细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连。平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示。以下说法正确的是（已知cos53°=0.6，sin53°=0.8）（　　） A．小球静止时弹簧的弹力大小为 B．小球静止时细绳的拉力大小为 C．细线烧断瞬间小球的加速度立即为g D．细线烧断瞬间小球的加速度立即为 【答案】BD 【详解】AB．小球静止时受三个力，重力、弹簧的水平弹力、细绳的拉力，三力平衡。 将拉力正交分解 竖直方向 水平方向 解得，，故A错误，B正确； CD．细绳烧断瞬间，细绳拉力立即消失，但弹簧的形变来不及改变，因此弹簧弹力和重力的大小、方向都未发生变化。 这两个力的合力，与原来的拉力大小相等、方向相反，因此合力大小为，根据牛顿第二定律 可得瞬时加速度，故C错误，D正确。 故选 BD。 8．如图所示，一质量为的小球与弹簧I和水平细线II相连，I、II的另一端分别固定于P、Q两点。弹簧与竖直方向夹角为。下列说法正确的是（　　） A．绳子的拉力大小为 B．弹簧的弹力 C．若突然断开水平细线II，则此瞬间 D．若突然断开水平细线II，则此瞬间 【答案】AC 【详解】AB．绳子未断时，对小球受力如图所示 由共点力平衡条件得绳子的拉力大小为，弹簧的弹力，故A正确，B错误； CD．若突然断开水平细线II，弹簧弹力和重力不变，小球受力如图所示 由几何关系可得 联立解得，故C正确，D错误。 故选AC。 9．如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳OA和OB悬挂静止在O点，绳OA与竖直方向的夹角为θ，绳OB水平。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．剪断绳OB瞬间，小球的加速度大小为gtanθ B．剪断绳OB瞬间，小球的加速度大小为gsinθ C．剪断绳OA瞬间，小球的加速度为g D．剪断绳OA瞬间，小球的加速度为gsinθ 【答案】BC 【详解】AB．剪断绳OB瞬间，小球即将开始绕A点做圆周运动，沿切线方向可得 解得，故A错误，B正确； CD．剪断OA瞬间，小球将绕B点开始做圆周运动，此时切线方向的加速度大小为g，故D错误，C正确。 故选BC。 10．两个质量分别为，的物体A、B静止在粗糙的水平地面上，中间用一轻质弹簧将两物体连接．如图所示，现用水平推力推物体A，已知两物体与水平地面间的动摩擦因数均为，则（     ） A．当两物体一起以相同加速度运动时，弹簧的弹力为12N B．当两物体一起以相同加速度运动时，弹簧的弹力为8N C．在突然撤去F的瞬间，A的加速度为 D．在突然撤去F的瞬间，B的加速度为0 【答案】BC 【详解】AB．两物体一起向右运动时，受到的滑动摩擦力总大小为，对两物体组成的整体，根据牛顿第二定律有 对物体，根据牛顿第二定律有 联立解得 代入数据解得 弹簧的弹力不是，故A错误B正确； C．突然撤去力的瞬间，弹簧的形变量来不及改变，因此弹簧弹力仍为，物体仍向右运动，所受弹簧弹力和滑动摩擦力均向左，根据牛顿第二定律有 解得 代入数据解得 加速度方向水平向左，故C正确； D．突然撤去力的瞬间，物体所受弹簧弹力向右，滑动摩擦力向左，根据牛顿第二定律有 解得 代入数据解得 物体的加速度不为零，故D错误。 故选BC。 【考点3：牛顿第二定律超失重】 一、单选题 1．如图所示，重为G的人站在升降机里的测力计上。则（　　） A．升降机静止时，人对测力计的压力大于G B．升降机匀速上升时，人对测力计的压力大于G C．升降机匀加速上升时，人对测力计的压力大于G D．升降机匀减速上升时，人对测力计的压力大于G 【答案】C 【详解】A．升降机静止时，人处于平衡态，人受到的支持力等于G，由牛顿第三定律可知人对测力计的压力等于G，A错误； B．升降机匀速上升时，人处于平衡态，人受到的支持力等于G，由牛顿第三定律可知人对测力计的压力等于G，B错误； C．升降机匀加速上升时，加速度方向向上，合外力方向向上，故人受到的支持力大于G，由牛顿第三定律可知人对测力计的压力大于G，C正确； D．升降机匀减速上升时，加速度方向向下，合外力方向向下，故人受到的支持力小于G，由牛顿第三定律可知人对测力计的压力小于G，D错误。 故选C。 2．某同学站在力的传感器上连续完成多次下蹲起立。某时刻作为计时起点，传感器与计算机连接，经计算机处理后得到力的传感器示数随时间变化的情况，如图所示。已知重力加速度。下列说法正确的是（     ） A．完成了一次起立过程 B．该同学向下的最大加速度约为 C．该同学向上的最大加速度约为 D．该同学向上速度达到最大 【答案】B 【详解】初始阶段人静止在传感器上，示数等于重力，即，因此人的质量。 A．下蹲过程是先失重（支持力小于重力，向下加速）、后超重（支持力大于重力，向下减速）；起立过程是先超重（支持力大于重力，向上加速）、后失重（支持力小于重力，向上减速）。先出现失重再出现超重，完成的是一次下蹲过程，并非起立，故A错误； B．向下加速度最大对应失重最显著、支持力最小的时刻，图中最小支持力约为。根据牛顿第二定律​ 代入数据得 ， 即向下最大加速度约为，故B正确； C．向上加速度最大对应超重最显著、支持力最大的时刻，图中最大支持力约为。根据牛顿第二定律 代入数据得 ，远小于，故C错误； D．时支持力小于重力，加速度向下，人处于向下加速的下蹲过程，向上的速度为0，并非向上速度最大，故D错误。 故选 B。 3．某高层建筑内的电梯上升过程中的图像如图所示，则关于电梯内的人运动情况的分析正确的是（　　） A．时间内一定失重 B．时间内一定超重 C．时间内一定超重 D．时间内一定是完全失重 【答案】B 【详解】由牛顿第二定律可知 （向上）时，，超重 时，，不超重，也不失重 （向下）时，，失重 （向下）时，，完全失重 A．时间内加速度为0，既不超重，也不失重，电梯中的人处于平衡状态，故A错误； B．电梯在上升过程中，时间内加速度为正，即加速度方向向上，故为超重，故B正确； CD．在时间内，加速度为负即加速度方向向下，人处于失重状态，但不一定是完全失重，故C、D错误。 故选B。 4．竖直升降的电梯内水平地板上放置一台秤，质量为的人站在台秤上。若电梯运动过程中台秤示数为，取，则此时电梯的运动情况可能是（     ） A．以的加速度加速上升 B．以的加速度减速下降 C．以的加速度加速下降 D．以的加速度减速下降 【答案】D 【详解】对人受力分析，台秤示数等于台秤对人的支持力，人的重力 为超重状态，加速度方向竖直向上。 根据牛顿第二定律 代入数据解得加速度大小，方向竖直向上。加速度向上对应两种运动情况：加速上升、减速下降。 故选D。 5．在学习了超重和失重后，小明将一力学传感器固定在电梯轿厢顶部，并在传感器下方悬挂一重物。此后，小明观察到重物对传感器的拉力随时间变化的图像如图所示，则下列说法不正确的是（　　） A．时间内，电梯先静止，后向下运动 B．时间内，小明处于失重状态 C．时刻，小明的速度为0 D．时间内，小明处于超重状态 【答案】C 【详解】A．时间内，拉力先保持稳定（对应静止），后小于重力（可知加速度向下），因此电梯先静止，后向下运动，故A正确，不符合题意； B．时间内，拉力小于重力（可知加速度向下），说明小明处于失重状态，故B正确，不符合题意； C．时间内，电梯向下加速，时刻是加速阶段的结束点，此时速度不为0，故C错误，符合题意； D．时间内，拉力大于重力，说明小明处于超重状态，故D正确，不符合题意。 故选C。 6．如图是某人站在力传感器上做下蹲起跳动作的数据图。图是根据传感器画出的F-t图线。图中a、c、e对应的纵坐标均为700N，取重力加速度g=10m/s2。请根据图像所给出的信息，判断下面说法中正确的是（　　） A．此人在b时刻处于超重状态 B．此人在c时刻的加速度大小大于在b点时的加速度大小 C．此人在e时刻的加速度大小大于在a点时的加速度大小 D．此人在f时刻时脚刚好离开传感器 【答案】D 【详解】ABC．刚开始，人站立在传感器上，重力大小等于支持力大小，传感器的示数为700N，即人的体重为700N，a、c、e点在同一水平线上，支持力相等，合力为零，加速度均为0，b点传感器的支持力小于重力700N，人处于失重状态，加速度大于零，则此人在c时刻的加速度大小小于在b点时的加速度大小，故ABC错误； D．f点时，传感器的示数为0，人与传感器脱离接触，故D正确。 故选D。 7．几位同学为了探究电梯起动和制动时的运动状态变化情况，他们将体重计放在电梯中，一位同学站在体重计上，然后乘坐电梯从1层直接到10层，之后又从10层直接回到1层。用照相机进行了相关记录，如下图所示。图1为电梯静止时体重计的照片，图2、图3、图4和图5分别为电梯运动过程中体重计的照片。根据照片推断正确的是（　　） A．根据图2推断电梯一定处于加速上升过程，电梯内同学可能处于超重状态 B．根据图3推断电梯一定处于减速下降过程，电梯内同学可能处于失重状态 C．根据图4推断电梯可能处于减速下降过程，电梯内同学一定处于失重状态 D．根据图5推断电梯可能处于加速上升过程，电梯内同学一定处于超重状态 【答案】D 【详解】AD．根据图2和图5可知体重计的示数大于人的体重，可知人处于超重状态，加速度向上，则推断电梯可能处于加速上升过程或者减速下降的过程，A错误，D正确； BC．根据图3和图4可知体重计的示数小于人的体重，可知人处于失重状态，加速度向下，则推断电梯可能处于加速下降过程或者减速上升的过程，BC错误。 故选D。 8．如图甲所示，在体重计上一同学下蹲和站起，体重计的示数变化如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．a-b段对应的是站起过程，b-c段对应的是下蹲过程 B．d-e段对应的是站起过程，e-f段对应的是下蹲过程 C．该同学做了一次下蹲-起立的动作，且下蹲后约3s起立 D．c点和d点处于直立状态，a点和f点处于蹲下状态 【答案】C 【详解】A．a-b段视重小于实重，b-c段视重大于实重，整个a-c段先加速向下后减速向下，对应的是下蹲过程，故A错误； B．d-e段视重大于实重，e-f段视重小于实重，整个d-f段先加速向上后减速向上，对应的是站起过程，故B错误； C．由图可知，该同学1s~2s这段时间下蹲，下蹲后约3s，在约5s到6s这段时间起立，故C正确； D．由上述分析可知，c点和d点处于蹲下状态，a点和f点处于直立状态，故D错误。 故选C。 二、多选题 9．如图，质量为的同学站在电梯内的电子磅秤上，读数显示为。关于电梯的运动情况，下列说法可能正确的是（　　） A．加速下降 B．加速上升 C．减速下降 D．减速上升 【答案】AD 【详解】因视重小于人的重力，可知人处于失重状态，加速度向下，则电梯可能加速下降或者减速上升。 故选AD。 10．原来做匀速运动的升降机内，被伸长的弹簧拉住的物体A静止在地板上，如图所示，现发现A突然被弹簧拉向右方，由此可判断，此时升降机的运动可能是（     ） A．加速上升 B．减速上升 C．加速下降 D．减速下降 【答案】BC 【详解】当升降机匀速运动时，地板给物体的静摩擦力与弹簧的弹力平衡，且该静摩擦力可能小于或等于最大静摩擦力。现发现A突然被弹簧拉向右方，可知弹簧的弹力大于物体与地板间的最大静摩擦力，可知物体与地面间的压力变小（相对于匀速运动时），则物体有向下的加速度，所以升降机的运动可能是减速上升或加速下降。 故选BC。 一、单选题 1．如图所示，重为G的人站在升降机里的测力计上。则（　　） A．升降机静止时，人对测力计的压力大于G B．升降机匀速上升时，人对测力计的压力大于G C．升降机匀加速上升时，人对测力计的压力大于G D．升降机匀减速上升时，人对测力计的压力大于G 【答案】C 【详解】A．升降机静止时，人处于平衡态，人受到的支持力等于G，由牛顿第三定律可知人对测力计的压力等于G，A错误； B．升降机匀速上升时，人处于平衡态，人受到的支持力等于G，由牛顿第三定律可知人对测力计的压力等于G，B错误； C．升降机匀加速上升时，加速度方向向上，合外力方向向上，故人受到的支持力大于G，由牛顿第三定律可知人对测力计的压力大于G，C正确； D．升降机匀减速上升时，加速度方向向下，合外力方向向下，故人受到的支持力小于G，由牛顿第三定律可知人对测力计的压力小于G，D错误。 故选C。 2．某同学站在力的传感器上连续完成多次下蹲起立。某时刻作为计时起点，传感器与计算机连接，经计算机处理后得到力的传感器示数随时间变化的情况，如图所示。已知重力加速度。下列说法正确的是（     ） A．完成了一次起立过程 B．该同学向下的最大加速度约为 C．该同学向上的最大加速度约为 D．该同学向上速度达到最大 【答案】B 【详解】初始阶段人静止在传感器上，示数等于重力，即，因此人的质量。 A．下蹲过程是先失重（支持力小于重力，向下加速）、后超重（支持力大于重力，向下减速）；起立过程是先超重（支持力大于重力，向上加速）、后失重（支持力小于重力，向上减速）。先出现失重再出现超重，完成的是一次下蹲过程，并非起立，故A错误； B．向下加速度最大对应失重最显著、支持力最小的时刻，图中最小支持力约为。根据牛顿第二定律​ 代入数据得 ， 即向下最大加速度约为，故B正确； C．向上加速度最大对应超重最显著、支持力最大的时刻，图中最大支持力约为。根据牛顿第二定律 代入数据得 ，远小于，故C错误； D．时支持力小于重力，加速度向下，人处于向下加速的下蹲过程，向上的速度为0，并非向上速度最大，故D错误。 故选 B。 3．某高层建筑内的电梯上升过程中的图像如图所示，则关于电梯内的人运动情况的分析正确的是（　　） A．时间内一定失重 B．时间内一定超重 C．时间内一定超重 D．时间内一定是完全失重 【答案】B 【详解】由牛顿第二定律可知 （向上）时，，超重 时，，不超重，也不失重 （向下）时，，失重 （向下）时，，完全失重 A．时间内加速度为0，既不超重，也不失重，电梯中的人处于平衡状态，故A错误； B．电梯在上升过程中，时间内加速度为正，即加速度方向向上，故为超重，故B正确； CD．在时间内，加速度为负即加速度方向向下，人处于失重状态，但不一定是完全失重，故C、D错误。 故选B。 4．竖直升降的电梯内水平地板上放置一台秤，质量为的人站在台秤上。若电梯运动过程中台秤示数为，取，则此时电梯的运动情况可能是（     ） A．以的加速度加速上升 B．以的加速度减速下降 C．以的加速度加速下降 D．以的加速度减速下降 【答案】D 【详解】对人受力分析，台秤示数等于台秤对人的支持力，人的重力 为超重状态，加速度方向竖直向上。 根据牛顿第二定律 代入数据解得加速度大小，方向竖直向上。加速度向上对应两种运动情况：加速上升、减速下降。 故选D。 5．在学习了超重和失重后，小明将一力学传感器固定在电梯轿厢顶部，并在传感器下方悬挂一重物。此后，小明观察到重物对传感器的拉力随时间变化的图像如图所示，则下列说法不正确的是（　　） A．时间内，电梯先静止，后向下运动 B．时间内，小明处于失重状态 C．时刻，小明的速度为0 D．时间内，小明处于超重状态 【答案】C 【详解】A．时间内，拉力先保持稳定（对应静止），后小于重力（可知加速度向下），因此电梯先静止，后向下运动，故A正确，不符合题意； B．时间内，拉力小于重力（可知加速度向下），说明小明处于失重状态，故B正确，不符合题意； C．时间内，电梯向下加速，时刻是加速阶段的结束点，此时速度不为0，故C错误，符合题意； D．时间内，拉力大于重力，说明小明处于超重状态，故D正确，不符合题意。 故选C。 6．如图是某人站在力传感器上做下蹲起跳动作的数据图。图是根据传感器画出的F-t图线。图中a、c、e对应的纵坐标均为700N，取重力加速度g=10m/s2。请根据图像所给出的信息，判断下面说法中正确的是（　　） A．此人在b时刻处于超重状态 B．此人在c时刻的加速度大小大于在b点时的加速度大小 C．此人在e时刻的加速度大小大于在a点时的加速度大小 D．此人在f时刻时脚刚好离开传感器 【答案】D 【详解】ABC．刚开始，人站立在传感器上，重力大小等于支持力大小，传感器的示数为700N，即人的体重为700N，a、c、e点在同一水平线上，支持力相等，合力为零，加速度均为0，b点传感器的支持力小于重力700N，人处于失重状态，加速度大于零，则此人在c时刻的加速度大小小于在b点时的加速度大小，故ABC错误； D．f点时，传感器的示数为0，人与传感器脱离接触，故D正确。 故选D。 7．几位同学为了探究电梯起动和制动时的运动状态变化情况，他们将体重计放在电梯中，一位同学站在体重计上，然后乘坐电梯从1层直接到10层，之后又从10层直接回到1层。用照相机进行了相关记录，如下图所示。图1为电梯静止时体重计的照片，图2、图3、图4和图5分别为电梯运动过程中体重计的照片。根据照片推断正确的是（　　） A．根据图2推断电梯一定处于加速上升过程，电梯内同学可能处于超重状态 B．根据图3推断电梯一定处于减速下降过程，电梯内同学可能处于失重状态 C．根据图4推断电梯可能处于减速下降过程，电梯内同学一定处于失重状态 D．根据图5推断电梯可能处于加速上升过程，电梯内同学一定处于超重状态 【答案】D 【详解】AD．根据图2和图5可知体重计的示数大于人的体重，可知人处于超重状态，加速度向上，则推断电梯可能处于加速上升过程或者减速下降的过程，A错误，D正确； BC．根据图3和图4可知体重计的示数小于人的体重，可知人处于失重状态，加速度向下，则推断电梯可能处于加速下降过程或者减速上升的过程，BC错误。 故选D。 8．如图甲所示，在体重计上一同学下蹲和站起，体重计的示数变化如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．a-b段对应的是站起过程，b-c段对应的是下蹲过程 B．d-e段对应的是站起过程，e-f段对应的是下蹲过程 C．该同学做了一次下蹲-起立的动作，且下蹲后约3s起立 D．c点和d点处于直立状态，a点和f点处于蹲下状态 【答案】C 【详解】A．a-b段视重小于实重，b-c段视重大于实重，整个a-c段先加速向下后减速向下，对应的是下蹲过程，故A错误； B．d-e段视重大于实重，e-f段视重小于实重，整个d-f段先加速向上后减速向上，对应的是站起过程，故B错误； C．由图可知，该同学1s~2s这段时间下蹲，下蹲后约3s，在约5s到6s这段时间起立，故C正确； D．由上述分析可知，c点和d点处于蹲下状态，a点和f点处于直立状态，故D错误。 故选C。 二、多选题 9．如图，质量为的同学站在电梯内的电子磅秤上，读数显示为。关于电梯的运动情况，下列说法可能正确的是（　　） A．加速下降 B．加速上升 C．减速下降 D．减速上升 【答案】AD 【详解】因视重小于人的重力，可知人处于失重状态，加速度向下，则电梯可能加速下降或者减速上升。 故选AD。 10．原来做匀速运动的升降机内，被伸长的弹簧拉住的物体A静止在地板上，如图所示，现发现A突然被弹簧拉向右方，由此可判断，此时升降机的运动可能是（     ） A．加速上升 B．减速上升 C．加速下降 D．减速下降 【答案】BC 【详解】当升降机匀速运动时，地板给物体的静摩擦力与弹簧的弹力平衡，且该静摩擦力可能小于或等于最大静摩擦力。现发现A突然被弹簧拉向右方，可知弹簧的弹力大于物体与地板间的最大静摩擦力，可知物体与地面间的压力变小（相对于匀速运动时），则物体有向下的加速度，所以升降机的运动可能是减速上升或加速下降。 故选BC。 【考点4：牛顿第二定律传送带】 一、单选题 1．如图所示，传送带与水平面夹角，以恒定的速度顺时针匀速转动，物块以初速度沿平行于传送带方向从传送带底端滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数，物块恰能到达传送带顶端，取重力加速度，，。下列说法正确的是（　　） A．物块受摩擦力方向沿斜面始终向下 B．物块先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力 C．物块整个过程运动时间为0.6s D．传送带底端到顶端距离为 【答案】D 【详解】开始时物块的速度大于传送带的速度，则物块受到向下的滑动摩擦力，加速度大小 共速时上滑的距离和时间分别为 因 则物块继续减速，受向上的滑动摩擦力，则加速度大小 到达最高点时上滑的距离和时间分别为 传送带底端到顶端距离为 物块整个过程运动时间为，故ABC错误，D正确。 故选D。 2．如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时，将质量m=1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v-t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2。以下结论错误的是（　　） A．传送带逆时针运行速率v0=10m/s B．初始物体受沿斜面向下的摩擦力 C．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5 D．物体在传送带上留下痕迹总长为6m 【答案】D 【详解】A．由图可知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，t=1.0s时速度达到传送带速度时，摩擦力发生突变，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图像可知传送带的速度为10m/s，故A正确，不符合题意； BC．在0~1.0s内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为 由图可得 在1.0~2.0s内，物体所受摩擦力沿斜面向上，加速度为， 联立解得，故BC正确，不符合题意； D．由于v-t图线与坐标轴所围区域的面积表示位移可知，0~1.0s内，物体相对于传送带的位移为 方向沿斜面向上；1.0s~2.0s，物体相对于传送带的位移为 方向沿斜面向下，由于，所以物体在传送带上留下痕迹总长为5m，故D错误，符合题意。 故选D。 二、多选题 3．如图所示，传送带与水平面间夹角为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为μ，则下图中能客观地反映小木块在传送带上的速度随时间变化关系可能正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【详解】A．当木块刚放在传送带上时，木块相对传送带向上滑动，滑动摩擦力沿斜面向下。由牛顿第二定律有 求得 木块以加速度向下匀加速，图像是斜率为的倾斜直线。故A错误； B．若小木块还未达到传送带的速度就脱离传送带，则一直加速到最后，故B正确； C．木块速度增大到等于传送带速度后，分两种情况： 若，则 即木块和传送带共速后，静摩擦力平衡重力分力，木块和传送带一起匀速向下运动，故C正确； D．若 则木块速度超过传送带，木块相对传送带向下滑动，滑动摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律有 则 则，加速度变小，图像斜率变小，继续加速，故D正确。 故选BCD。 4．如图甲所示，一水平传送带以初速度沿顺时针匀速转动，在传送带左端A处轻放可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度一时间变化规律如图乙所示，时恰好到B点，重力加速度g取10，则（　　） A．改变物块的质量，物块从A端运动到B端的时间会改变 B．物块从A端运动到B端过程中一直受到水平向右的摩擦力 C．物块与传送带之间的动摩擦因数为 D．AB间的距离为16m 【答案】CD 【详解】A．改变物块的质量，在加速阶段，由于加速度不随质量的改变而改变，故物块从A端运动到B端的时间不变，故A错误； B．在4~6s内，小物块随传送带一起做匀速运动，在水平方向不受摩擦力，故B错误； C．由图乙知，加速过程的加速度 由牛顿第二定律得 联立解得，故C正确； D．在图像中，直线与时间轴所围面积表示物块运动的位移，故传送带的长度为，故D正确。 故选CD。 5．某物流公司的快递投送装置可视为水平传送带，如图所示。设传送带足够长，已知传送带沿顺时针转动速度m/s，现将一快递轻放在A端，快递与传送带之间的动摩擦因数，g取，则（　　） A．快递刚放在传送带上时，快递受到摩擦力的方向向左 B．从放快递时开始计时，经过s后，快递与传送带速度相同 C．从放快递时开始计时，经过s后，快递的位移为0.12m D．快递在传送带上留下的划痕长度为0.03m 【答案】CD 【详解】A．快递刚放在传送带上时，快递相对于传送带有向左运动的趋势，因此快递受到传送带的摩擦力水平向右，故A错误； B．对快递受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得快递的加速度大小为 则快递与传送带共速的时间为，故B错误； C．根据上述分析可知，共速前快递的位移为 共速后快递的位移为 则从放快递时开始计时，经过s后，快递的位移为，故C正确； D．根据上述分析可知，共速前传送带的位移大小为 共速后，快递相对于传送带处于静止状态，因此快递在传送带上留下的划痕长度为，故D正确。 故选CD。 6．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度v0=4m/s顺时针运行，小物块以v1=6m/s的初速度从传送带右端滑上传送带。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带的长度为10m，重力加速度g=10m/s2，考虑小物块滑上传送带到离开传送带的过程，不计传送带滑轮的大小，下列说法正确的是（　　） A．小物块从传送带左端滑离传送带 B．小物块向左运动的最大距离为9m C．小物块滑离传送带时的速度大小为6m/s D．小物块从滑上传送带到滑离传送带经历的时间为6.25s 【答案】BD 【详解】AB．小物块在传送带上，根据牛顿第二定律 解得，小物块的加速度大小为 假设小物块不会从传送带左侧离开，则小物块减速到零的位移大小为 故物块不会从左端滑离传送带，应从传送带右端滑离传送带，故A错误，B正确； C．物块向左减速到零后，向右加速，但只能加速到，故C错误； D．小物块减速到零的时间为 向右加速的时间为 加速的位移大小为 则向右匀速的时间为 所以小物块从滑上传送带到滑离传送带经历的时间为，故D正确。 故选BD。 7．如图甲所示的水平传送带AB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A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，下列正确的是（　　） A．传送带的速度为1m/s B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.2 C．物块在传送带上运动第一次回到传送带左端A的时间为6s D．物块在传送带上划痕长度为9m 【答案】BD 【详解】A．由题图乙可得，物块最终向左以2m/s的速度做匀速直线运动，可见传送带的速度为2m/s，故A错误； B．物块做匀变速运动的加速度大小为 由牛顿第二定律得 则可得物块与传送带间的动摩擦因数为，故B正确； C．在图像中，图线与轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得 解得物块在传送带上运动的总时间为，故C错误； D．0~2s传送带向左位移 物块向右位移 相对位移为 2s ~3s传送带向左位移 物块向左位移 相对位移为 物块在传送带上划痕长度为，故D正确； 故选BD。 8．如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，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μ，小木块速度大小随时间变化的关系如图乙所示。θ、v0、t0已知，重力加速度为g，则（　　） A．传送带可能顺时针转动 B．传送带的速度大小等于v0 C． D．t0时间后木块的加速度大小为 【答案】BC 【详解】A．若传送带顺时针转动，当木块下滑时满足mgsinθ>μmgcosθ 将一直匀加速到底端而且加速度不变； 当木块上滑时满足mgsinθ<μmgcosθ 木块先匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图像，所以传送带逆时针转动，故A错误； B．只有当木块的速度大于传送带的速度时，木块所受的摩擦力沿传送带向上，故传送带的速度大小等于v0，故B正确； C．木块在0~t0时间内，滑动摩擦力沿传送带向下，木块匀加速下滑，由牛顿第二定律，有 解得 由题图乙可知，加速阶段加速度 结合牛顿第二定律，有 解得，故C正确； D．木块与传送带共速后，由牛顿第二定律，有 解得加速度 联立解得，故D错误。 故选BC。 三、解答题 9．如图甲所示，倾斜传送带正以恒定的速度v沿顺时针方向运动，传送带的倾角为θ＝37°，一质量m＝1kg的物块以某一初速度，从传送带的底部A处冲上传送带并沿传送带运动，其运动的v－t图像如图乙所示，物块运动到顶端B处时，速度恰好为零，，，。求： (1)物块与传送带间的动摩擦因数； (2)传送带AB的长度； (3)物块在传送带上留下划痕的长度。 【答案】(1)0.25 (2)10m (3)4m 【详解】（1）由图像可知，0～1s内物块的加速度为 负号表示加速度方向与初速度方向相反；由牛顿第二定律得 代入数据解得μ＝0.25 （2）AB的长度等于0～2s内物块的位移 （3）由图像可知，传送带速度为4m/s，物块先相对传送带上滑，相对位移为 后相对传送带下滑，相对位移为，则物块在传送带上留下划痕的长度为4m。 10．如图所示，倾角为，且长L=0.9m的传送带以恒定的速率v=1m/s沿顺时针方向运行，现将一质量m=2kg的煤块（可视为质点）以的速度从距离底部滑上传送带，传送带与煤块之间的动摩擦因数，忽略传送带轮子的大小，取，（）。 (1)求煤块速度与传送带速度达到相同时，煤块的位移大小； (2)煤块最终从传送带上端还是下端飞出？请计算煤块飞出时的速度大小； (3)计算煤块在传送带上留下的划痕长度。 【答案】(1)0.4m (2)下端，1.8m/s (3)1.8m 【详解】（1）煤块开始上滑的加速度大小 当煤块与传送带共速时 解得 煤块的位移 （2）共速后煤块向上做减速运动的加速度大小 速度减为零时的位移 因 可知煤块没能到达传送带顶端，然后下滑到底端时的速度 即煤块最终从传送带下端滑下的速度为1.8m/s。 （3）煤块向上减速阶段的划痕长度 煤块向上减速到零时的划痕长度 向下加速运动时的划痕长度 因被覆盖，则煤块划痕长度为 由于传送带总长为2L=1.8m，所以最终在传送带上留下的划痕长度为1.8m。 【考点5：牛顿第二定律板块】 1．如图甲所示，长木板M=9kg静止在水平面上，小物块m=1kg静止放在长木板的右端。t=0时刻用水平拉力F作用在木板上，使长木板和小物块一起由静止开始水平向右运动（运动过程中长木板和小物块始终保持相对静止），拉力F作用一段时间后撤去。描绘出长木板和小物块的速度一时间（v-t）图像如图乙所示。重力加速度g=10m/s2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（     ） A．长木板与水平面间的动摩擦因数等于0.2 B．拉力F大小等于100N C．长木板与小物块运动的总位移等于80m D．长木板与小物块之间的动摩擦因数可能等于0.5 【答案】D 【详解】A．由图像可知，在内系统的加速度大小为 在内系统的加速度大小为 撤去拉力后，对整体由牛顿第二定律得 解得，故A错误； B．施加拉力时，对整体由牛顿第二定律得 代入数据解得，故B错误； C．图像与时间轴围成的面积表示位移，则总位移，故C错误； D．小物块与长木板保持相对静止，减速阶段小物块受到的静摩擦力提供加速度，有 由 得，所以动摩擦因数可能等于0.5，故D正确； 故选D。 2．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，则正确的是（　　） A．当μ1=μ2时，只要F足够大B就可以滑动起来 B．当μ1=2μ2时，F=5μ2mg时，A的加速度为 C．当μ1=2μ2时，F＞6μ2mg时，A相对B滑动 D．当μ1=2μ2时，无论F多大B的加速度都不会超过 【答案】C 【详解】A．当时，、间的最大静摩擦力为 地面对的最大静摩擦力为。即使足够大，对的摩擦力也不足以使滑动，故A错误； B．当且时，若、不相对滑动，对整体由牛顿第二定律得 维持共同运动所需的摩擦力满足 因此假设成立，的加速度为，故B错误； C．当时，若、共同运动，对整体由牛顿第二定律得 对由牛顿第二定律得 解得 不发生相对滑动需满足 由此得；当时，相对滑动，故C正确； D．取时，、恰好保持相对静止，对整体由牛顿第二定律得，故D错误。 故选C。 3．如图所示，质量的长木板位于光滑水平面上，质量为的物块静止在长木板上，两者之间的动摩擦因数为。重力加速度大小为，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力。现对物块施加水平向右的力F，下列说法错误的是（　　） A．水平力时，物块m不会保持静止状态 B．水平力时，物块m的加速度大小为2 C．水平力时，长木板M的加速度大小为2.5 D．水平力时，长木板M受到的摩擦力大小为5N 【答案】C 【详解】ABC．对长木板其受最大静摩擦力或者滑动摩擦力时加速度最大，有 解得 要使两者保持相对静止的最大拉力为 解得 当水平力时，两者相对静止，但物块m相对水平面加速运动，不会保持静止状态 当时，两者相对静止，对整体有 解得 当时，两者相对静止，对整体有 解得，故C错误，AB正确； D．时，两者相对滑动，长木板M受到的滑动摩擦力大小为,故D正确。 由于本题选择错误的，故选C。 4．如图甲所示，粗糙水平地面上有一长木板P，小滑块Q置于长木板的最右端。现将一大小为F=8N、水平向右的恒力作用于长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用，滑块和长木板在0~4s内的v-t图像如图乙所示。已知小滑块Q的质量为m=1kg重力加速度，则下列说法正确的是（　　） A．长木板P的质量为2kg B．长木板P与地面之间的动摩擦因数为0.1 C．t=6s时，滑块Q停止运动 D．长木板P先停止，Q后停止 【答案】D 【详解】AB．撤去力F前，根据图像的斜率求得长木板P的加速度为；撤去力F后，长木板P的加速度为，小滑块Q的加速度为。设小滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为，长木板P与地面之间的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律，对小滑块Q有 对长木板P有， 解得，，，AB错误； CD．因为，故小滑块Q与长木板P共速后，小滑块Q相对长木板P向右运动。对长木板P， 对小滑块Q，有 解得， 则从P、Q共速到长木板P停止运动，还需时间 则从P、Q共速到小滑块Q停止运动，还需时间 故时，滑块Q停止运动，C错误，D正确。 故选D。 二、多选题 5．如图所示，粗糙水平面上有一质量为的足够长的木板，其上端叠放一质量为的铁块。现给铁块施加一随时间增大的水平力，木板和铁块加速度的大小分别为和，设木板和铁块之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列图线可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】BC 【详解】AD．初始阶段（F较小时），水平面粗糙，整体受到的拉力F=kt小于地面对​的最大静摩擦力时， ​都保持静止，。因此一开始t较小时，加速度为0，故AD错误； B．若铁块和木板之间的最大静摩擦力大于木板与地面之间的最大静摩擦力，当拉力增大到 两者一起加速阶段，对整体由牛顿第二定律 整理得 a随t线性增大，斜率为， 当拉力增大到 相对滑动阶段，F继续增大，​发生相对滑动 对有 保持恒定不变 对由牛顿第二定律 整理得 斜率为，显然 因此相对滑动后的斜率变大，图线更陡。 故B正确，C错误。 C．若铁块和木板之间的最大静摩擦力小于木板与地面之间的最大静摩擦力，木板一直静止，物块先静止后做加速度随时间均匀增大的加速运动，故C正确； 故选BC。 6．叠放在光滑水平面上的物块和木板质量分别为m和M，，二者之间的动摩擦因数为，木板长，物块在木板中间，大小忽略不计，。在物块上施加水平外力F，则（　　） A．如果，二者将以加速度共同做匀加速直线运动 B．如果，二者将发生相对滑动 C．如果，经过1s物块的速度为 D．如果，经过1s可以将物块从木板上拉下 【答案】AD 【详解】施加水平外力在物块上，物块和木板加速时刚好发生相对滑动，有 联立解得， A．因，则物块和木板一起做匀加速直线运动，加速度为，故A正确； B．因，则物块和木板一起做匀加速直线运动，故B错误； C．因，则物块和木板一起做匀加速直线运动，加速度为 经过1s物块的速度为，故C错误； D．因，则物块和木板各自做匀加速直线运动，物块的加速度为 木板的加速度为 将物块从木板上拉下，有 解得，故D正确。 故选AD。 7．如图所示，质量m=1kg的足够长木板B静止在粗糙水平地面上，质量M=2kg的小物块A静止在B的右端。已知B的下表面与地面之间的动摩擦因数B的上表面与A之间的动摩擦因数重力加速度为现对B施加一水平向右的拉力，拉力F随时间t变化的规律为F=2+t（N），下列判断正确的是（　　） A．t=5s时，B的速度大小为 B．t=6s时，A受到的摩擦力大小为 C．t=8s时，B的速度大小为9m/s D．7~8s的时间内，A的位移大小为7m 【答案】BD 【详解】A．木板开始运动的时刻满足 解得，物块与木板相对静止阶段，整体加速度为 在内，由图像面积得，故A错误； B．在时，整体加速度为 物块受到的摩擦力大小为，故B正确； C．物块与木板即将相对滑动时，物块的加速度达到 由，整理得，由内的图像面积得 相对滑动后，木板在、时的加速度分别为、，在内由图像面积得，故C错误； D．在时两者刚开始相对滑动，共同速度为，此后物块的加速度为 在内，物块的位移为，故D正确。 故选BD。 8．如图甲所示，质量为的的滑块A放在静止于水平地面上的木板B的左端，B的质量为，某时刻滑块A开始以6m/s的初速度向右运动，两者以后的v-t图像如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取。下列说法正确的是（    ） A．木板与地面之间的动摩擦因数为0.2 B．木板运动的总位移大小为1.44m C．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.4 D．木板的最小长度为3.6m 【答案】BCD 【详解】AC．若设向右为正，设滑块与木板之间的动摩擦因数为，滑块运动的加速度为 由牛顿第二定律可列， 解得 设木板与地面之间的动摩擦因数为，木板运动的加速度 由牛顿第二定律可列 联立可得，故A错误，C正确； B．当时，滑块与木板处于相对静止，此后两物体一起运动逐渐减速为零，二者共同运动的加速度大小 方向水平向左，故减速所用时间 长木板运动位移可用v-t图像中直线与横坐标轴包围的面积求出，故，故B正确； D．木板的板长等于木板和滑块的相对位移， 其中 故木板最小长度为3.6m，故D正确。 故选BCD。 三、解答题 9．如图所示，一块质量为M＝2kg、长为L＝3m的匀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m＝1kg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t＝0时刻，在木板左端施加一水平向左的恒定拉力F＝12N，g取。求： (1)拉力F刚作用在木板上时，木板的加速度大小； (2)如果F一直作用在木板上，那么经过多长时间木块将离开木板。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）拉力F刚作用在木板上时，假设木板和小木块以共同加速度运动，由牛顿第二定律，得 解得 由于，则木块和木板发生相对滑动，对小木块，由牛顿第二定律，得 解得木块加速度 对木板，向左受拉力，向右受木块的滑动摩擦力、地面的滑动摩擦力，由牛顿第二定律，得 解得木板加速度 （2）木块离开木板时，木板相对于木块的位移大小等于木板长度，位移满足关系 二者都做初速度为0的匀加速直线运动，由位移与时间的关系，得 代入 解得 10．如图所示，某时刻长木板以4m/s的初速度水平向左运动，可视为质点的小物块以4m/s的初速度水平向右滑上长木板。已知小物块的质量为m=0.1kg，长木板的质量为M=1.5kg，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ1=0.1，小物块与长木板之间的动摩擦因数为μ2=0.4，重力加速度大小为g=10m/s2，最终小物块未滑离长木板，求： (1)小物块向右减速为零时，长木板的速度； (2)小物块与长木板刚好相对静止时的速度； (3)长木板的最短长度。 【答案】(1) (2)2m/s (3)6m 【详解】（1）根据牛顿第二定律，对长木板有 可得 小物块的加速度 小物块速度减小到0经历时间为t1=1s，此时木板向左的位移为 木板的速度 （2）小物块向右运动的位移为 此后，小物块开始向左加速，加速度大小为，长木板继续减速，加速度仍为，假设又经历时间二者速度相等，则有 解得 刚好相对静止时的速度 （3）此过程木板位移 小物块的位移 二者的相对位移为 所以木板最小的长度为6m 学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $