【初高衔接】衔接点18 牛顿运动定律的应用-2025年初升高物理暑假衔接讲练 (通用版)（含答案）

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知新高中知识
一、从受力确定运动情况 。
1、已知物体受力，求解物体的运动情况。
2、解答该类问题的一般步骤
（1）选定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出受力示意图。
（2）根据平行四边形定则，应用合成法或正交分解法，求出物体所受的合外力。受力分析和运动情况分析是解决该类问题的两个关键。
（3）根据牛顿第二定律列方程，求出物体运动的加速度。
（4）结合物体运动的初始条件（即初速度v0），分析运动情况并画出运动草图，选择合适的运动学公式，求出待求的运动学量——任意时刻的速度v、一段运动时间t以及对应的位移x等。
二、从运动情况确定受力
1、已知物体的运动情况，求解物体的受力。
2、解答该类问题的一般步骤
（1）选定研究对象，对研究对象进行运动情况分析和受力分析，并画出运动草图及受力示意图。
（2）选择合适的运动学公式，求出物体的加速度。
（3）根据牛顿第二定律列方程，求物体所受的合外力。
（4）根据力的合成法或正交分解法，由合外力求出待求力或与力有关的量。
三、动力学图象问题
1．常见图象
v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象等．
2．题型分类
(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．
(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．
(3)由已知条件确定某物理量的变化图象．
3．解题策略
(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点．
(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等．
(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．
四、连接体问题
1．连接体的类型
(1)弹簧连接体
(2)物物叠放连接体
(3)轻绳连接体
(4)轻杆连接体
2．连接体的运动特点
轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等．
轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比．
轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等．
3．处理连接体问题的方法
五、临界和极值问题
1．临界或极值条件的标志
(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点．
(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应着临界状态．
(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点．
2．常见临界问题的条件
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0.
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0.
(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零．
3．解题基本思路
(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)；
(2)寻找过程中变化的物理量；
(3)探索物理量的变化规律；
(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．
4．解题技巧方法
六、多运动过程问题
1．基本思路
(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．
(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图．
(3)根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合适的物理规律列方程．
(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程．
(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论．
2．解题关键
(1)注意应用v－t图象和情景示意图帮助分析运动过程．
(2)抓住两个分析：受力分析和运动过程分析．
七、传送带问题
1.传送带问题：利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。
2.分类：传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。
3.常见情况分析：（条件说明：传送带以速度v匀速运行，v0为物体进人传送带的初速度）
八、等时圆模型
1.定义
所谓“等时圆”模型,是指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)的时间相等,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)质点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低点所用时间相等，如图甲所示．
(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示．
(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示．
3. 解题思路
(1)设置顶点。上端相交:交点为圆的最高点；下端相交:交点为圆的最低点。
(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、高空跳水是一种十分惊险的跳水运动。运动员从很高的悬崖上或特制的超高跳台上起跳并完成空中动作后入水。一质量为的运动员从距水面高度为的跳台跳下（离开跳台的速度不计），结果以大小为的速度入水。重力加速度大小为，假设运动员在空中下落时受到的空气阻力恒定，将运动员视为质点。求：
(1)运动员在空中下落的加速度大小；
(2)运动员在空中下落时受到的空气阻力大小。
【答案】(1)(2)
【解析】（1）根据
可得运动员在空中下落的加速度大小
（2）根据牛顿第二定律
可得
例2、某快递车装上货物（视为质点），其中货物与车的简化图如图所示。货物在长度的水平车厢中间位置，总质量的车在平直路面以行驶，突然因紧急情况刹车（关闭发动机），经过车停下，最终发现货物也刚好滑到车厢前端靠近驾驶室。取重力加速度大小，货物的质量远小于快递车的质量。求：
(1)快递车刹车时受到的阻力大小；
(2)该货物与水平车厢间的动摩擦因数。
【答案】(1)(2)
【解析】（1）由题意可知车做匀减速直线运动，其加速度大小
又由牛顿第二定律有
解得
（2）车做匀减速直线运动的位移大小
则货物的位移大小
则货物的加速度大小
由牛顿第二定律有
解得
例3、四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器。一架质量的无人机，从地面由静止竖直向上运动，在内升高后立即关闭发动机。若无人机在运动过程中受到空气阻力大小恒定为，且空气阻力方向与运动方向相反，发动机工作时能够提供恒定的动力，重力加速度。
(1)求的大小；
(2)求关闭发动机后，无人机离地面的最大高度；
(3)为避免无人机在下落过程中与地面相撞，求重新启动发动机时离地的最低高度。
【答案】(1)(2)(3)
【解析】（1）t=4s升高h=20m，根据位移—时间公式有
解得=2.5m/s2
受力分析得
得F=30N
（2）根据速度—时间公式有
解得v1=10m/s
关闭发动机后受力分析得
解得
根据速度—位移公式有
解得
则
（3）要避免无人机下落过程与地面不相撞重新开启发动机的最低高度为无人机到地面的速度恰好为0，无人机下落过程分匀加速直线运动与匀减速直线运动，匀加速直线运动过程，受力分析得
解得
加速到v，则有
减速时有
解得
减速的位移为
由于
解得
从运动情况确定受力的两点提醒
(1)由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合外力的方向，不能将速度的方向和加速度的方向混淆．
(2)题目中所求的力可能是合力，也可能是某一特定的力，求合力时，则F合＝ma，求某一分力时根据力的合成或分解列式求解．
例4、冰壶比赛场地简化图如图所示。在某次比赛中，运动员从起滑架处推着冰壶从静止出发，在投掷线AB处放手让冰壶以速度（未知）沿虚线滑出。假设投掷线与之间的距离为30m，重力加速度。如果通过运动员摩擦冰面，使得动摩擦因数随距离的变化关系如图所示，即，其中，表示离投掷线的距离。在这种情况下，若运动员在投掷线以的速度将冰壶沿例题图甲中的虚线推出，求冰壶滑行20m时的速度大小。
【答案】
【解析】冰壶运动的加速度
结合可得，冰壶加速度大小与的关系为
可画出图像，则可知图像中图线与轴所围“面积”即速度平方的变化量的一半，则当时，；当时，，图像中的“面积”有
解得
例5、如图甲所示，倾角为的足够长粗糙斜面固定于水平面上，时刻质量为的小滑块由静止释放，小滑块沿斜面下滑过程中受到沿斜面向下的外力和沿斜面向上的外力作用，、随时间变化的规律如图乙所示（沿斜面向下的方向为正方向）。已知小滑块与斜面间的动摩擦因数，重力加速度为，，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求
(1)时间内小滑块加速度的大小；
(2)时小滑块速度的大小；
(3)时间内小滑块位移的大小。
【答案】(1)(2)0(3)
【解析】（1）在时间内对小滑块，由牛顿第二定律可得
解得
（2）在时间内，小滑块沿着斜面向下做匀加速直线运动，运动时间为，末速度为，有
在时间内，小滑块沿着斜面向下做匀减速直线运动，运动时间为，末速度为，对小滑块由牛顿第二定律可知
又
联立解得，时小滑块速度的大小为
（3）在时间内，小滑块的速度减为零，此时，因此小滑块静止在斜面上。所以小滑块在时间内的位移大小等于时间内的位移大小，依题意，可得，
解得
应用牛顿第二定律解题时求合力的方法
1.合成法
物体只受两个力的作用产生加速度时，合力的方向就是加速度的方向，解题时要求准确作出力的平行四边形，然后运用几何知识求合力F合．反之，若知道加速度方向就知道合力方向。
2.正交分解法
当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，通常用正交分解法解答，一般把力正交分解为加速度方向和垂直于加速度方向的两个分量．即沿加速度方向：Fx＝ma，垂直于加速度方向：Fy＝0。
例6、乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。如图所示是南京紫金山缆车沿着坡度为的山坡以加速度a下行。若在缆车中放一个与山坡表面平行的粗糙斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态运行）。重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．缆车对斜面的支持力大于斜面对缆车的压力
B．当时，摩擦力的大小为
C．当时，摩擦力的大小为
D．若缆车加速度增加，则小物块受到的摩擦力和支持力都可能减小
【答案】B
【解析】缆车对斜面的支持力与斜面对缆车的压力是一对作用力和反作用力，等大反向，故A错误；假设物块与斜面间的摩擦力沿斜面向上，对物块，有，解得。当时，可知f为负值，即方向沿斜面向下，大小为，当时，，故B正确，C错误；对物块，有，，当缆车加速度增加，小物块受到的摩擦力可能减小，也可能不变还可能增大，支持力不变，故D错误。
例7、如图所示，圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板AO、BO、CO，其下端都固定于底部圆心O，而上端则搁在仓库侧壁上，三块滑板与水平面的夹角依次是30°、45°、60°，若有三个小孩同时从A、B、C处开始下滑（忽略阻力），设三位小朋友到达到圆心O的时间分别为、、，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据牛顿第二定律
解得
设底部圆半径为，根据运动学规律
解得
故
因为
故
故选B。
例8、如图所示，质量为M的斜面体放置在水平地面上，左倾角为，右倾角为。质量为m的两个小滑块（视为质点）a、b同时从斜面顶端分别沿左、右斜面由静止下滑，不计物块与斜面之间的摩擦，斜面体始终处于静止状态。重力加速度为g，。在两滑块到达斜面底端之前，下列说法正确的是（ ）
A．水平地面对斜面体的摩擦力向左B．水平地面对斜面体的摩擦力向右
C．地面对斜面体的支持力大小为D．滑块a、b在斜面上的运动时间之比为
【答案】D
【解析】AB．根据题意可知，a对斜面体的压力水平分力为
b对斜面体的压力水平分力为
因为
所以水平地面对斜面体的摩擦力为零，故AB错误；
C．竖直方向上，地面对斜面体的支持力大小为
故C错误；
D．滑块a、b在斜面上的运动加速度之比为
设斜边长为L，位移之比为
根据
可知，时间之比为，故D正确。
故选D。
例9、如图所示，质量为的木块静止在水平地面上，的倾角为。将一质量为的滑块轻放到上时，滑块恰能保持静止。现给滑块施加一个斜向下，与夹角为，大小为2N的恒力，滑块做匀加速运动，木块仍静止。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，施加后，下列说法正确的是（ ）
A．水平地面对木块的摩擦力为零B．水平地面对木块的摩擦力向左
C．滑块的加速度大小为D．水平地面对木块的支持力大小为
【答案】A
【解析】AB．滑块轻放到上时，滑块恰能保持静止，根据平衡条件有
解得
当恒力施加在滑块上时，设此时滑块对木块的压力大小为，则木块对滑块的滑动摩擦力大小为，滑块对木块的摩擦力大小也为，如图所示
设滑块对木块的作用力大小为，则有
解得
可知，竖直向下，所以水平地面对木块没有摩擦力，故A正确，B错误；
C．结合上述，沿方向，对滑块有
解得
故C错误。
D．结合上述可知，滑块对木块的压力
所以滑块对木块的作用力大小
所以水平地面对木块的支持力大小
故D错误。
故选A。
例10、（多选）如图（a），倾角为的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为、，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物线，乙的曲线在时切线斜率为0，则（ ）
A．B．时，甲的速度大小为
C．之前，地面对斜面的摩擦力方向向左D．之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
【答案】AD
【解析】B．位置与时间的图像的斜率表示速度，甲乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙物体做匀减速运动，在时间内甲乙的位移可得
可得时刻甲物体的速度为，B错误；
A．甲物体的加速度大小为
乙物体的加速度大小为
由牛顿第二定律可得甲物体
同理可得乙物体
联立可得，A正确
C．设斜面的质量为，取水平向左为正方向，由系统牛顿牛顿第二定理可得
则之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误；
D．之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿下面向下加速，由系统牛顿第二定律可得
即地面对斜面的摩擦力向左，D正确。
故选AD。
例11、（多选）如图（1）所示，质量为的木板初始时静置于倾角的足够长的光滑斜面某段。某时刻质量为的小物块以初速度滑上木板底端，物块与木板之间的动摩擦因数为，同时对木板施加一个沿斜面向上的恒定拉力F，并将木板由静止释放。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为S，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图（2）所示，其中AB段与横轴平行，B点的横坐标为9.5N，若将物块视为质点，且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．小物块刚滑上木板时的加速度大小为B．木板的板长为0.5m
C．C点纵坐标为D．在图像的DE段中小物块将从木板上端滑出
【答案】ABC
【解析】A．小物块刚滑上木板时，分析物块受力
由牛顿第二定律可得
整理并代入数据解得，方向沿斜面向下，故A正确；
B．结合物体运动以及图形分析可知，AB段对应拉力较小时，物块从木板的上端滑出，相对路程等于板长。小物块刚滑上木板时，由以上分析可知
对物块，方向沿斜面向下
对木板，设加速度为
由牛顿第二定律有
由题意知B点的横坐标为9.5N
代入其它数据解得，方向沿斜面向上
假设木板不动，则由运动学知识得
木板的板长，故B正确；
C．结合物体运动以及图形分析可知，BC段对应拉力稍大一些，物块在斜面上减速滑动一段距离后与木板共速，之后摩擦力反向向上加速。图（2）中C点就对应物块和木板达到共同速度之后一起加速。
设物块向上加速时最大加速度为
对物块由牛顿第二定律得
代入数据解得一起加速时物块最大加速度，方向沿斜面向上
对木板和物块整体运用牛顿第二定律有
代入数据解得
图2中C、D两点横坐标相同，都为
物块刚滑上木板时，设物块加速度为，木板的加速度为，C点纵坐标为
由B中分析得，方向沿斜面向下
对木板由牛顿第二定律有
代入数据得，方向沿斜面向上
设经过时间t二者共速
由运动学知识得
各式联立并代入数据得
则C点纵坐标为，故C正确；
D．结合物体运动以及图形分析、上述内容分析可知，DE段属于拉力过大情况，物块先减速到与板共速，因摩擦力提供的加速度不够，不能随木板一起沿斜面向上加速运动，后在木板上加速滑动一段距离后，最终从木板的下端滑出木板，故D错误；
故选ABC。
例12、（多选）如图，一辆货车在水平路面上行驶，货车车厢底面水平，车厢底面上有四分之一圆弧轨道，圆弧轨道的圆心为O，OA为水平半径，B为圆弧轨道上的一点，OB与OA的夹角为，一小物块与圆弧轨道相对静止于圆弧轨道上的B点，小物块与圆弧轨道之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知，。则下列说法正确的是（ ）
A．小物块与圆弧轨道之间的摩擦力不可能为0
B．货车不可能做匀速直线运动
C．货车运动的加速度大小可能为
D．圆弧轨道下表面与车厢底面的动摩擦因数可能为
【答案】BD
【解析】A．假设小物块受到的摩擦力为0，以小物块为研究对象，设小物块质量为m，受力分析如图甲所示：
根据牛顿第二定律可得，
解得小物块的加速度为
整体的加速度与小物块的加速度相同，所以当货车以加速度运动时小物块受到的摩擦力为0，选项A错误。
B．小物块重力沿圆弧轨道切线向下的分量为
小物块与圆弧轨道的最大静摩擦力为
可见
则匀速运动时小物块与圆弧轨道不可能保持相对静止，所以货车不可能做匀速直线运动，选项B正确。
C．当小物块恰好相对于圆弧轨道向下运动时，即小物块与圆弧轨道之间的摩擦力达到最大静摩擦力，方向沿切线向上，受力分析如图乙所示：
此时小物块有最小的加速度，在竖直方向上有
水平方向上根据牛顿第二定律有
解得
整体的最小加速度与小球的最小加速度相同，则货车的最小加速度也为
当小物块恰好相对于圆弧轨道向上运动时，即小物块与圆弧轨道之间的摩擦力达到最大静摩擦力，方向沿切线向下，此时小球有最大的加速度，在竖直方向上有
水平方向上根据牛顿第二定律有
解得
整体的最大加速度与小球的最大加速度相同，则货车的最大加速度也为
所以货车的加速度范围为
而
所以货车运动的加速度不可能为，选项C错误。
D．设圆弧轨道的质量为M，以小物块和圆弧轨道整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得车厢底面与圆弧轨道下表面之间的摩擦力大小为
车厢底面与圆弧轨道下表面之间的最大静摩擦力为
货车的加速度范围为
木板与圆弧轨道保持相对静止，则有
解得
所以圆弧轨道下表面与车厢底面的动摩擦因数可能为，选项D正确。
故选BD。
例13、货车运输圆柱形钢卷时，为防止钢卷滚动，车厢常采用凹形槽。如图所示，某货车上的凹形槽由倾角分别是、的斜面1、2组成，质量为m的圆柱形钢卷放置在凹形槽中且始终相对于货车静止，不计钢卷与斜面间的摩擦。重力加速度大小为g。
(1)当货车做匀速直线运动时，求斜面1、2分别对钢卷的支持力大小、；
(2)当货车水平向右加速行驶且钢卷恰好对斜面2没有压力时，求货车的加速度大小；
(3)当货车以大小为的速度水平向右匀速行驶，紧急刹车（可视为匀减速直线运动）时钢卷恰好对斜面1没有压力，求货车刹车直至停止的位移大小。
【答案】(1)，(2)(3)
【解析】（1）由平衡可知，
（2）当货车水平向右加速行驶且钢卷恰好对斜面2没有压力时，由牛顿第二定律
解得
（3）钢卷恰好对斜面1没有压力时，则
解得
货车刹车直至停止的位移大小
例14、“佳节瞰山城，画卷渐次出”，重庆长江索道可为游客带来不错的观景体验。题图为索道运行时的简化示意图，一车厢沿索道由静止开始做匀加速直线运动，在时间 t内下降的高度为h。车厢内有一质量为m的乘客，乘客与车厢间无相对运动。已知索道与水平面间的夹角为，重力加速度为g，忽略空气阻力。求：
(1)该段时间t内，该乘客的加速度；
(2)该段时间t内，该乘客对车厢底部的压力大小。
【答案】(1)，方向沿索道向下(2)
【解析】（1）设乘客的加速度大小为a，由
解得，方向沿索道向下
（2）设车厢对乘客的支持力大小为N，在竖直方向有，
解得
由牛顿第三定律知，乘客对车厢底部的压力大小
例15、如图所示，三个质量均为的物块用不可伸长的轻绳连接起来，各物块间、物块与接触面间的动摩擦因数均为，绳子和滑轮间的摩擦不计，其中水平面内的绳子处于水平方向，而竖直面内的绳子处于竖直方向，。将该系统由静止释放，三个物块开始运动，则竖直面内的物块的加速度为（ ）
A．B．²C．D．
【答案】A
【解析】设竖直绳拉力为，绕过定滑轮的绳子拉力为，三物体加速度大小一样为a，由牛顿第二定律对竖直方向物块
对水平面上的下方物块
对水平面上的上方物块
联立解得竖直面内的物块的加速度为
故选A。
例16、如图所示，倾角为53°的斜面体放在水平面上，在斜面顶端O固定一个定滑轮，绕过定滑轮的细线两端分别连接着质量均为m的物块A、B。滑轮两边的细线分别与斜面体的竖直面和斜面平行，斜面光滑，竖直面粗糙，物块B与竖直面接触且锁定在斜面体上。斜面体以一定的加速度向左做匀加速运动时，物块A对斜面的压力恰好为零，撤去对物块B的锁定，物块B又刚好不上滑。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g、，则物块B与竖直面间的动摩擦因数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】斜面体以一定的加速度向左做匀加速运动时，物块A对斜面的压力恰好为零，物体受重力和拉力
对A由牛顿第二定律
而
可得,
撤去对物块B的锁定，物块B刚好不上滑，其以相同加速度向左做匀加速运动，最大静摩擦力向下。
对B由牛顿第二定律
而
联立得
故选B。
【点睛】
例17、如图甲所示，劲度系数的轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端叠放P、Q两物块，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做加速度的匀加速直线运动，F随时间t变化的图像如图乙所示。已知重力加速度g取，设P的质量为m，Q的质量为M，则下列关于m和M的值计算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】时刻，F最小，F的最小值；当P、Q分离后，F恒定，此时F最大，对P分析得，整理得，解得，D正确。
例18、如图1所示，质量相等的物块A、B紧靠在一起放置在水平地面上，水平轻弹簧一端与A拴接，另一端固定在竖直墙壁上。开始时弹簧处于原长，物块A、B保持静止。时刻，给B施加一水平向左的恒力F，使A、B一起向左运动，当A、B的速度为零时，立即撤去恒力。物块B的图像如图2所示，其中至时间内图像为直线。弹簧始终在弹性限度内，A、B与地面间的滑动摩擦力大小恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）

A．时刻A、B分离B．改变水平恒力F大小，的时间不变
C．时间内图像满足同一正弦函数规律D．和时间内图2中阴影面积相等
【答案】D
【解析】A．由题意结合题图2可知，时刻弹簧弹力与B所受的摩擦力大小相等，弹簧处于压缩状态，时刻弹簧刚好恢复原长，A、B刚要分离，故A错误；
B．改变水平恒力F大小，则弹簧压缩量变化，弹性势能改变，两物体分开时B的动能增大，则的时间改变，故B错误；
C． 时间内整体受外力、弹力、摩擦力做功，时间内受弹力与摩擦力做功，根据功能关系可知动能变化不相同，则时间内图像不满足同一正弦函数规律，故C错误；
D．时刻弹簧刚好恢复原长，根据图像与坐标轴围成的面积代表位移可知，和时间内图2中阴影面积相等，故D正确；
故选D。
例19、（多选）如图所示，水平地面上有一小车，车内有一轻弹簧，弹簧的上端固定，下端连接一质量为m的小球，轻绳的左端固定，右端连接小球。小车以大小为（g为重力加速度大小）的加速度水平向右做匀加速直线运动，轻绳恰好水平，弹簧与竖直方向的夹角为37°。取，。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的弹力大小为B．弹簧的弹力大小为
C．轻绳的拉力大小为D．轻绳的拉力大小为
【答案】AD
【解析】以小球为对象，竖直方向根据平衡条件可得
解得弹簧的弹力大小为
水平方向根据牛顿第二定律可得
解得轻绳的拉力大小为
故选AD。
例20、（多选）如图甲所示，倾角、底端带有固定挡板的足够长的斜面体置于水平面上，斜面光滑，劲度系数的轻质弹簧，一端固定在斜面体底端挡板上，另一端与小物块A相连，小物块B紧靠着A一起静止在斜面上。现用水平向左的推力使斜面体向左以加速度a做匀加速运动，稳定后弹簧的形变量大小为x，如图乙所示为弹簧形变量x与相应加速度a间的关系图像，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度，，。下列说法正确的是（ ）
A．乙图中
B．物块A的质量
C．物块B的质量
D．当时，斜面体对物块B的支持力与a的关系式为
【答案】ABD
【解析】A．根据图乙可知，加速度为时， 弹簧形变量x为0，即此时弹簧处于原长，对A、B整体分析有
解得
故A正确；
BC．根据图乙，加速度为0时，弹簧压缩量为
A、B处于静止状态，对A、B整体分析有
根据图乙可知，加速度大于时，弹簧处于拉伸状态，此时A、B分离，对A进行分析有
，
解得
结合图乙有
结合上述解得
，
故B正确，C错误；
D．结合上述可知，当时，A、B分离，B与斜面在垂直于斜面方向的分加速度相等，对B进行分析，则垂直于斜面方向上，根据牛顿第二定律有
结合上述解得
故D正确。
故选ABD。
例21、如图所示，一辆小车放置在水平面上，一条轻质细线穿过质量为m的光滑小圆环，两端分别系在侧壁和车顶上，现控制小车沿着水平面向右运动，当环与车保持相对静止时，发现细线一部分1与竖直方向间的夹角为53°，另一部分2与水平方向间的夹角为53°，重力加速度为g，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6，下列说法正确的是（ ）
A．细线1、2两部分的拉力大小可能不相等B．小车可能向右做匀速直线运动
C．细线1部分的拉力大小为D．小车加速度的大小为
【答案】C
【解析】A．轻质细线穿过光滑的圆环，细线的拉力大小处处相等，即细线1、2两部分的拉力大小一定相等，故A错误；
B．将细线1、2两部分的拉力分别沿着水平方向和竖直方向分解，则细线l部分沿水平向右的分力一定大于细线的2部分沿水平向左的分力，则环的合力一定水平向右，小车一定向右做匀加速直线运动，故B错误；
C．设细线的拉力大小为F，竖直方向由二力平衡可得Fcs53°＋Fsin53°＝mg
解得
故C正确；
D．水平方向由牛顿第二定律可得Fsin53°－Fcs53°＝ma
综合解得
故D错误。
故选C。
例22、如图所示，质量为M、倾角为的斜面体置于水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A、B的质量分别为m、2m，A与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，将A、B由静止释放，在B下降的过程中（物体A未碰到滑轮），斜面体静止不动。下列说法正确的是（ ）
A．轻绳对P点的拉力大小为
B．物体A的加速度大小为
C．地面对斜面体的支持力大小为
D．增大A的质量，再将A、B静止释放，则B有可能上升
【答案】B
【解析】AB．由于相同时间内物体B通过的位移是物体A通过的位移的两倍，则物体B的加速度是物体A的加速度的两倍；设物体A的加速度为a，则B的加速度为2a；设物体A、B释放瞬间，轻绳的拉力为T，对A、B分别受力分析，由牛顿第二定律得
解得
，
故A错误，B正确；
C．物体B下降过程中，对斜面体、A、B整体分析，在竖直方向根据牛顿第二定律得
解得地面对斜面体的支持力为
故C错误；
D．假设B上升，则A下滑，A所受滑动摩擦力沿斜面向上，分析此时A的受力情况可知
而A这样的受力情况，无法下滑，故假设错误，故D错误。
故选B。
例23、（多选）如图所示，光滑斜面体ABC固定在水平面上，倾角，顶角，物块a和长木板b分别放在斜面BC和AB上，细线绕过固定在斜面顶点的轻质光滑定滑轮，两端分别与物块a和长木板b相连，滑轮两侧的细线分别与两侧的斜面平行，长木板b上放置一质量为m的物块c，b与c间的动摩擦因数为μ，长木板b质量为2m，物块a质量为（大小可调节）。开始时，a、b、c的初速度均为零。重力加速度g取，取0.6，取0.8，下列判断可能正确的是（ ）
A．剪断绳子的瞬间，a的加速度为，b的加速度为，c的加速度为0
B．当时，b、c的加速度均为，方向沿斜面向下
C．当时，b、c的加速度均为，方向沿斜面向上
D．当时，b与c将相对滑动
【答案】BD
【解析】剪断绳子的瞬间，对分析，根据牛顿第二定律有，解得；当与间的动摩擦因数足够大时，与将保持相对静止向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有，解得，即的加速度均为，故A错误。当时，假设与能够保持相对静止，对整体有，解得；物块能够获得的最大加速度为，假设成立，故的加速度均为，方向沿斜面向下，B正确。当时，假设与能够保持相对静止，对整体有，解得，方向沿斜面向上，物块能够获得沿斜面向上的最大加速度为，假设成立，将保持相对静止，加速度均为，方向沿斜面向上，故C错误。当，时，假设与能够保持相对静止，对整体有，由于，解得，方向沿斜面向上；物块能够获得沿斜面向上的最大加速度为，故假设不成立，与将发生相对滑动，D正确。
例24、（多选）如图甲所示，对静止在光滑水平面上的木箱施加一水平向左的拉力F，木箱加速度a随时间t变化的图像如图乙所示，2.5s后加速度保持不变；箱内有一光滑斜面，斜面倾角，可视为质点的滑块刚开始在斜面底部。已知木箱质量，滑块的质量，斜面高。下列说法正确的是（ ）（、，）
A．1s末，水平拉力F的大小为4NB．2s末，木箱的速度为6m/s
C．2.5s后滑块开始相对于斜面向上运动D．2.8s末滑块到达斜面顶部
【答案】BC
【解析】A．以木箱作为参考系，当滑块相对于斜面刚要发生相对滑动时受到重力和支持力作用，此时滑块的加速度
1s末由图可知，滑块相对于木箱没有发生相对运动，滑块木箱可视为整体，由牛顿第二定律
解得
A错误；
B．根据图像可知，2s内速度增加量
2s末速度为6m/s，B正确；
C．2.5s末滑块的加速度为，滑块相对于斜面开始滑动，C正确；
D．2.5s后开始发生相对滑动，设相对加速度为，根据
，
解得
则滑块到达斜面顶部时刻为2.9s末，D错误。
故选BC。
例25、（多选）如图所示，静止在水平面上的小车里用两根不可伸长的轻绳连着一质量为m的小球，绳子均处于拉直状态，AB绳水平，在以下情况中BC绳保持与竖直方向的夹角为α，则下列说法正确的是（ ）
A．若小车突然向右加速运动时，BC绳对球的拉力不变
B．若小车突然向左加速运动时，BC绳对球的拉力会增大
C．若小车突然向左加速运动时，小车的加速度不可能大于
D．不管小车向左或向右运动，AB绳的拉力不可能为0
【答案】AC
【解析】解析：小车静止时有。若小车突然向右加速运动或突然向左加速运动时，竖直方向的受力不变，则有绳对球的拉力不变，A正确，B错误。若小车突然向左加速运动时，则有，当时，加速度最大，为，C正确，D错误。
例26、如图所示，一传送带与水平面间的夹角为θ，在电动机的带动下，传送带以速度v沿顺时针方向稳定运行。现将一物块（视为质点）从传送带的底端以速度v₀冲上传送带，，当物块运动到传送带的顶端时速度刚好为0，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，下列说法正确的是（ ）
A．μ与θ之间的关系为μ=tanθ
B．物块在做减速运动的过程中保持加速度不变
C．物块的速度达到v前后，加速度的大小之差为2μgcsθ
D．物块的速度达到v前，在传送带上的划痕长度等于物块位移大小的一半
【答案】C
【解析】A．根据题意可知，物块与传送带速度相等后继续向上减速，则有
可得
故A错误；
B．因为，物块与传送带速度相等之前，物块受到的滑动摩擦力沿斜面向下，加速度沿斜面向下，大小为
物块与传送带速度相等之后，加速度沿斜面向下，大小为
故B错误；
C．物块与传送带在速度相等前后，加速度的大小之差为
故C正确；
D．设物块从冲上传送带到与传送带速度相等所用时间为，此过程物块的位移为
传送带的位移为
可知此过程物块在传送带上的划痕长度为
若满足
则有
由于不一定等于，则共速前物块在传送带上的划痕长度不一定等于物块位移大小的一半，故D错误。
故选C。
例27、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＝1 kg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＝10 m/s2。则不正确的是（ ）
A．传送带的速率v0＝10 m/sB．传送带的倾角θ＝30°
C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D．0~2 s内物体在传送带上留下的痕迹为6m
【答案】BD
【解析】A．由图知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在t＝1.0s时刻），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
故A正确；
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
由图知
在1.0~2.0s，物体的加速度为
由图知
联立解得
故B错误，C正确；
D．根据“面积”表示位移，可知0~1.0s物体相对于地的位移
传送带的位移为
物体对传送带的位移大小为
方向向上；1.0~2.0s物体相对于地的位移
传送带的位移为
物体对传送带的位移大小为
方向向下，故留下的痕迹为5m，故D错误。
本题选不正确的，故选BD。
例28、（多选）传送带在社会生活生产中有着广泛的应用，一长的水平白色传动带顺时针匀速运行，如图1所示．现将一可视为质点的墨块自传送带的左端由静止释放，经墨块被送达传送带的右端，其速度－时间图像如图2所示，重力加速度g取．则下列判断正确的是（ ）
A．传动带的运行速度大小为
B．墨块在传送带上留下的黑色痕迹在墨块的左侧
C．墨块相对传送带滑动而留下黑色痕迹的长度为
D．若增大传送带的运行速度，墨块的传送时间最短可达
【答案】AC
【解析】A．根据图像可知，墨块先加速达到传送带速度与其一起匀速，所以传动带的运行速度大小为2m/s，故A正确；
B．由于墨块刚放到传送带上至与传送带共速时间内速度小于传送带的速度，传送带相对墨块向右运动，划痕也出现在墨块的右侧，故B错误；
C．根据题意，设加速时间为t，则
解得
所以加速阶段加速度
物块相对传送带滑动而留下痕迹的长度为
故C正确；
D．若增大传送带的运行速度，由于墨块与传送带间的摩擦力不变，可知加速度
则物体一直加速时间最短，有
代入数据解得
故D错误。
故选AC。
例29、在地铁和火车站入口处可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带。如图所示，水平传送带以速度匀速向右运动，长度为。旅客把行李箱无初速度放到传送带A端，行李箱与传送带间的动摩擦因数。已知重力加速度，行李箱可看成质点，不计空气阻力。求：
(1)行李箱从A端运动到B端的时间t；
(2)行李箱相对于传送带滑动的距离s。
【答案】(1)4.5s(2)0.5m
【解析】（1）由牛顿第二定律得行李箱在传送带上匀加速运动的加速度
行李箱在传送带上匀加速运动的位移大小
行李箱在传送带上匀加速运动的时间
行李箱在传送带上匀速运动的时间
行李箱从A端运动到B端的时间
（2）行李箱在传送带上匀加速运动的时间内传送带运动的位移大小
行李箱相对于传送带滑动的距离
例30、如图所示，倾斜的传送带正常工作时顺时针匀速转动，传送带的速率为，传送带倾角为一物块从传送带上端滑上传送带，已知滑上时速率为，不计空气阻力，动摩擦因数为μ，传送带长度为L。
(1)若，且使传送带不动，，求物块离开传送带时的速度大小。
(2)若，，传送带正常转动，求物块在传送带上运动的时间。
(3)若，，传送带正常转动，物块从哪一端离开传送带？并求物块离开传送带时速度大小和在传送带上运动的时间。
【答案】(1)(2)(3)见解析
【解析】（1）依题意，对物块受力分析，由牛顿第二定律可得，
物块在传送带上做匀加速直线运动，有，解得。
（2）对物块受力分析，可得，
即物块下滑过程，合力为零，做匀速直线运动，则。
（3）对物块受力分析，由牛顿第二定律可得，
解得，
即物块先做匀减速运动，设经速度减为零，则有，
解得。
此时物块下滑的距离为。
此后，物块将沿传送带向上做匀加速直线运动。
设经与传送带共速，则有，
此时物块上滑位移为。
因为，物块将随传送带一起运动，则有，
故物块从上端离开传送带，离开传送带时速度大小与传送带相同为。
物块在传送带上运动的时间为。
例31、传送带广泛应用于货物装卸和传输。如图所示，将一可视为质点的货物从光滑斜面上O处由静止释放，货物到达斜面底端A点后滑上水平传送带AB部分，O点与A点的竖直高度h=1.25m，水平传送带AB段的长度xAB=2.0m，以2.0m/s的速率顺时针转动。货物与水平传送带AB段、倾斜传送带CD段之间的动摩擦因数分别为µ1=0.4、µ2=0.5，倾斜传送带CD段与水平方向之间的夹角θ=37°，CD段的长度为xCD=1.25m。不计货物在A点和B点、C点速率的变化，不计B、C间的距离，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。（sin37°=0.6，cs37°=0.8）
(1)求货物到达A点时的瞬时速率；
(2)求货物从A点运动到B点的时间间隔；
(3)CD段传送带的速度至少是多少，货物能够到达D端。
【答案】(1)5m/s(2)0.5s(3)2m/s
【解析】（1）设斜面倾角为α，货物从O运动到A的过程，根据牛顿第二定律有，
代入数据解得
（2）假设货物滑上水平传送带后一直做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有，
解得
则假设成立，所以
（3）CD段传送带的速度小于货物速度，货物先做匀减速直线运动，则
解得
因为，所以货物不能匀速上升，即与传送带共速后再做匀减速直线运动，则
解得
根据题意可得
解得
例32、如图所示，A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板。A的右端和B的左端相接但不粘连。两板的质量均为m，长度皆为L；C是一质量为2m的小物块（C可视为质点）。现给它一初速度，使它从A板的左端开始向右滑动，恰能滑到B板的右端。已知C与A、B之间的动摩擦因数均为，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。地面与A、B之间的动摩擦因数均为，取重力加速度为g，从小物块C开始运动到最终静止的全过程，下列说法正确的是（ ）
A．木板A、B始终静止B．木板B滑行的距离为0.75L
C．系统因摩擦产生的总热量为D．当小物块C刚滑到木板B的左端时，木板B的速度最大
【答案】C
【解析】A．C在A上滑动时，由于
此时，C做匀减速直线运动，A、B处于静止，C刚刚滑过A时由动能定理
解得
之后C滑上B，由于
此时A、B分离，A仍然处于静止，B向右做匀加速直线运动，即A始终处于静止，B先静止后开始运动，故A错误；
B．结合上述，C滑上B后，对C分析有
对B进行分析，根据牛顿第二定律有
历时达到相同速度，则有
之后B、C保持相对静止，共同向右做匀减速直线运动，则有
全过程，B的位移
解得
故B错误；
C．结合上述可知，A、B、C最终均处于静止，根据能量守恒定律可知，系统因摩擦产生的总热量为
故C正确；
D．C恰能滑到B板的右端，结合上述可知，即C在B上滑动，C与B速度相等之前B做匀加速直线运动，之后C、B保持相对静止，共同向右做匀减速直线运动，可知，当小物块C滑到木板B的右端时，木板B的速度最大，故D错误。
故选C。
例33、如图甲所示，质量为2m的足够长木板C置于水平面上，滑块A、B质量均为m，置于C上，B位于A右方某处。A、C间的动摩擦因数，B、C间和C与地面间的动摩擦因数。给C施加一水平向右的恒力F，从开始施加恒力到A、B第一次相遇时间为t。可得与F的关系如图乙所示（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取）下列说法正确的是（ ）
A．滑块A能获得的最大加速度为B．A、B之间的初始距离为4m
C．滑块A的质量为1kgD．若，A、C之间将发生相对滑动
【答案】C
【解析】A．对滑块A有
解得
A错误；
B．对滑块B有
解得
由图可知F足够大时，A、B均相对C滑动，相遇时间恒定为
由
解得
B错误；
C．当，滑块B与C恰好发生相对滑动，则有
得，C正确；
D．设A、B、C均产生相对运动时的拉力为，则有
得
故时，A、C保持静止，D错误。
故选C。
例34、如图甲，质量的小滑块P（可视为质点），以的速度从木板左端向右滑上木板Q，此时木板Q速度大小为，方向水平向左，从该时刻开始1.2s内两物体的运动情况的v-t图像如图乙所示，1.2s时滑块P的速度为0，木板Q的速度大小为4m/s。已知木板Q质量，重力加速度g取。求：
(1)PQ间的动摩擦因数；
(2)Q与地面间的动摩擦因数；
(3)如果想要滑块P不从木板Q上掉落，木板Q的最小长度。
【答案】(1)(2)(3)
【解析】（1）图像斜率大小表示加速度大小，根据图乙可得，
对分析
解得
（2）根据图乙可得
对分析
解得
（3）时相对位移为
当时，，但，方向向左。此时滑块的加速度方向向左，大小为
木板加速度方向向右，大小为
当共速时，有
解得
则共同速度为
则这一阶段滑块向左运动的路程为
木板向左运动的路程为
两者的相对位移为
则想要滑块不从木板上掉落，木板至少长度为
例35、如图所示，质量相等的物块和叠放在水平地面上，左边缘对齐，与与地面间的动摩擦因数均为，先敲击立即获得水平向右的初速度，在上滑动距离后停下，接着敲击立即获得水平向右的初速度，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。求：
(1)被敲击后获得的初速度大小；
(2)在左边缘再次对齐的前，后，运动加速度的大小；
(3)被敲击后获得的初速度大小。
【答案】(1)(2)，(3)
【解析】（1）A被敲击后，B不动，A在B上做匀减速直线运动，对A根据牛顿第二定律有，
联立求得
（2）在A、B左边缘再次对齐前，B相对于A向右滑动，对B受力分析，根据牛顿第二定律有
可得
在A、B左边缘再次对齐后，AB一起向右滑动，对AB整体根据牛顿第二定律有
可得
（3）被敲击后，设AB左边缘再次对齐时整体的速度大小为，则该过程B对地位移大小为
A对地位移大小为且，，
联立求得
例36、如图所示，竖直圆的圆周上有A、B、C、D四点，AC、AD为两条光滑的直轨道，BC是圆的竖直直径，AD是圆的倾斜直径，AD与BC的夹角为53°。让小球1、2从A点由静止释放，分别沿AC、AD滑行到圆周上的C、D两点，用时分别为t1、t2，让小球3从B点由静止释放，下落到圆周上的C点，用时为t3。已知sin53°=0.8，小球可看成质点，则t1:t2:t3为（ ）
A．B．4:5:5
C．1:1:1D．
【答案】D
【解析】根据题意可知，小球沿AD运动的加速度为
则有
解得
设AC与水平方向夹角为θ，连接AB，如图所示
由几何关系可得
小球沿AC运动的加速度为
则有
解得
小球3沿竖直直径BC做自由落体运动，则有
解得
则
故选D。
例37、如图所示，竖直平面内三个圆的半径之比为3:2:1，它们的最低点相切于P点，有三根光滑细杆AP、BP、CP，杆的最高点分别处于三个圆的圆周上的某一点，杆的最低点都处于圆的最低点P。现各有一小环分别套在细杆上，都从杆的最高点由静止开始沿杆自由下滑至P点，空气阻力不计，则小环在细杆AP、BP、CP上运动的时间之比为（ ）
A．B．
C．3:2:1D．1:1:1
【答案】A
【解析】根据等时圆模型，如图所示
只需要求出A′P、B′P、C′P，的时间之比，设最小圆的直径为d，则
故选A。
例38、如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后该力突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10 m/s2。下列选项中正确的是（ ）
A．2～3 s内物块做匀减速运动B．在t＝1 s时刻，恒力F反向
C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.5D．恒力F大小为10 N
【答案】B
【解析】AB．根据速度位移公式
可得匀减速直线运动的加速度大小
匀加速直线运动的加速度大小
由乙图，可知物体做匀减速的初速度为，则速度减为零的时间
则物块1s后做匀加速直线运动，所以2～3 s内物块做匀加速运动，在t＝1s时刻恒力F反向，故A错误，B正确；
CD．根据牛顿第二定律，物体做匀减速有
物体做匀加速有
联立解得，，故CD错误。
故选B。
例39、如图甲所示，质量的物体沿倾角的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图乙所示．求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数；
(2)比例系数k．
【答案】(1)(2)
【解析】（1）对初始时刻，由题图乙读出，有
，
解得．
（2）末时刻加速度为零，有
，
又，
由图得出此时，
代入解得
．
1．如图所示，质量分别为m和M的两本书叠放在光滑水平面上，两本书之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，为使两本书一起做匀加速直线运动，则施加在m上的水平推力F最大值为（ ）
A．μmgB．
C．D．
【答案】D
【解析】依题意，由牛顿第二定律，m能够提供给M最大加速度时，二者间的静摩擦力达到最大值，即
对系统，
解得
故选D。
2．如图所示，水平运输带以速度沿顺时针方向匀速率运动。现将一罐头轻放在运输带的左端，到达右端时恰好与运输带速度相同。则罐头在运输带上运动的平均速度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】罐头受到恒定的摩擦力作用，到达运输带右端时恰好与运输带速度相同，说明在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的规律可知，罐头在运输带上运动的平均速度大小为
故选B。
3．用劲度系数的轻弹簧连接物块，它们的质量均为，与地面的动摩擦因数均为0.2，现用水平拉力F作用在物块B上，恰好使两物块均做匀速直线运动，且轻弹簧未超出弹性限度。如图所示。则轻弹簧的形变量为（ ）
A．伸长B．伸长C．伸长D．伸长
【答案】D
【解析】以物块A为研究对象，根据平衡条件
其中
解得
故选D。
4．蹴球是中国少数民族的一种传统体育项目，比赛在一块正方形水平地面上进行，比赛用球为硬塑实心球。如图所示，静止在场地中的球1与球2、球2与边线间的距离均为L，两球质量相同，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为μ，一队员用脚给球1一个水平冲击力使其获得水平速度，球1与球2发生弹性正碰后，球2恰好能到达边线，重力加速度为g。则球2运动的时间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】球2匀减速直线运动到停下，可以看作反向匀加速直线运动，可得
根据牛顿第二定律可得
联立求得
A正确。
故选A。
5．（多选）如图所示，水平平板小车放在光滑水平地面上，两小朋友（均视为质点）坐在水平平板小车上，相互间不接触。他们与小车间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其中小朋友乙的质量大一些。现用逐渐增大的水平力沿水平地面拉动平板小车，下列说法正确的是（ ）
A．小朋友甲相对小车先发生滑动B．两小朋友同时发生相对滑动
C．相对小车发生滑动前，小朋友乙的加速度较大D．小朋友乙所受的摩擦力一直较大
【答案】BD
【解析】ABC．由牛顿第二定律可知，甲、乙不与平板小车发生相对滑动的最大加速度，同时也是二者与平板小车发生相对滑动后的加速度，均为，甲、乙与平板小车间同时发生相对滑动或甲、乙与平板小车间同时不发生相对滑动，且甲、乙的加速度始终相同，选项A、C错误，选项B正确；
D．又水平方向的摩擦力提供合力，，加速度相同，质量大的小朋友乙所受的摩擦力大，选项D正确。
故选BD。
6．（多选）如图所示，一列玩具小火车静止在光滑水平轨道上，甲、乙两节车厢用一质量不可忽略的硬杆相连，甲、乙的质量相等且大于硬杆的质量，甲车厢受到水平向左的拉力，乙车厢受到水平向右的拉力，硬杆对甲、乙的作用力大小分别为、，下列说法正确的是（ ）
A．当时，B．当时，
C．当时，D．当时，
【答案】AB
【解析】A．根据题意可知，当时，系统处于静止状态，对硬杆分析可知，，故A正确；
BC．当时，系统具有向右的加速度，取硬杆为研究对象，结合牛顿第二定律知，故B正确，C错误；
D．当时，系统具有向左的加速度，取硬杆为研究对象，结合牛顿第二定律知，故D错误。
故选AB。
7．（多选）质量为M的抽屉通过两条平行滑轨水平安装到柜体内部，其与柜体的其他部位无接触，正视图如图（a）所示。抽屉内部放置质量为m的小物块，侧视图如图（b）所示，小物块与抽屉内表面的动摩擦因数为。抽屉运动时，每条滑轨给抽屉的阻力大小恒为f，方向与滑轨平行且水平，物块与抽屉之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度为g。给抽屉拉手施加水平拉力F，将其沿滑轨方向拉出，在此过程中抽屉与柜体无碰撞，下列说法正确的是（ ）
A．要能拉动抽屉，拉力F必须大于
B．要能拉动抽屉，拉力F必须大于2f
C．为保证物块与抽屉不发生相对滑动，拉力F不能超过
D．为保证物块与抽屉不发生相对滑动，拉力F不能超过
【答案】BC
【解析】AB．抽屉运动时，每条滑轨给抽屉的阻力大小恒为f，要能拉动抽屉，拉力F必须大于2f，故A错误，B正确；
CD．当物块与抽屉恰好发生相对滑动时，对物块，由牛顿第二定律有
解得
对抽屉和物块整体，由牛顿第二定律有
解得
故为保证物块与抽屉不发生相对滑动，拉力F不能超过，故C正确，D错误。
故选BC。
8．（多选）如图甲所示，物块、之间用一根轻质细线相连，均静止在光滑水平地面上。时对物块施加水平向右的恒力，两物块的位移随时间变化的情况如图乙所示（图线为抛物线）。已知物块a、b的质量分别为、，下列分析正确的是（ ）
A．物块的加速度大小为B．恒力的大小为
C．细线上的弹力大小为D．细线上的弹力大小为
【答案】BC
【解析】A．根据题意可知，物块a、b一起做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动位移与时间的关系有
将坐标（1，2）代入方程可得
故A错误；
B．对物块a、b组成的连接体，根据牛顿第二定律有
故B正确；
CD．对物块b，根据牛顿第二定律有
故C正确，D错误。
故选BC。
9．（多选）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，行李与传送带之间的动摩擦因数，A、B间的距离为，取。旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处。下列说法正确的是（ ）
A．行李在传送带上一直做匀加速直线运动
B．行李在传送带上先做匀加速直线运动，加速度大小为，后做匀速运动
C．行李从A到B所用的时间为1.5s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为1m
【答案】BD
【解析】AB．由牛顿第二定律可得行李的加速度为
行李加速到与传送带共速的位移
此时尚未到达B点，之后随传送带一起匀速运动，故A错误，B正确；
C．加速过程用时
匀速过程用时
则总运动时间为
故C错误；
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为
故D正确。
故选BD。
10．水上乐园小朋友正在玩水滑梯。已知滑梯顶端距地面高为4m，滑梯所构成的斜面长度为8m。一名质量为30kg的小朋友由静止从滑梯顶端滑下，其速度-时间图像如图所示。小朋友滑至底端后，沿水平滑轨滑行4m停止。小朋友视为质点，g=10m/s²求:
(1)小朋友沿滑梯下滑过程的加速度的大小；
(2)小朋友沿滑梯下滑过程受到的阻力；
(3)小朋友与水平滑轨间的动摩擦因数。
【答案】(1)1m/s2(2)120N(3)0.2
【解析】（1）在速度-时间图像中，加速度a等于图线的斜率。
由图像可知
（2）根据牛顿第二定律得
根据题意得
解得
（3）设小朋友滑至底端的速度v，
解得
设水平滑行时的加速度大小为a'，根据牛顿第二定律得
根据运动学公式
解得
11．AB为光滑水平面，BC为倾角的光滑固定斜面，两者在B处平滑连接。质量m=1.6kg的物体，受到与水平方向成θ=37°斜向上拉力F的作用，从A点开始运动，到B点时撤去F，物体冲上光滑斜面至D点的瞬间静止，物体在运动过程中的v-t图像如图（b），g取10。求：
(1)AB段的长度；
(2)拉力F的大小；
(3)物体冲上斜面的最大距离。
【答案】(1)5m(2)5N(3)2.5m
【解析】（1）AB段的长度为图像前2s的面积
（2）由图像的斜率可知，2s前的加速度大小为
根据牛顿第二定律
合力为
解得F=5N
（3）由于斜面光滑，则物体在斜面上，根据牛顿第二定律
解得
根据运动学公式
解得x=2.5m
12．如图甲所示是某科技馆内的一种设备——“娱乐风洞”，该设备通过人工制造和控制气流，把人“吹”起来，体验太空飘浮的感觉。图乙为该风洞的简化示意图，其主体是一个高的圆柱形竖直管道，开启管道底部的气流，恰好使一位质量为的游客悬浮在A点，由于设备故障，气流突然消失，游客开始做自由落体运动；为保障安全，在游客下落到B点时，启动备用装置立即产生更强的恒定气流，游客继续下落到靠近管道底部的C点时恰好速度为零，静坐后游戏结束。已知重力加速度g取，游客可看成质点。求：
(1)游客在B、C间受到的气流作用力大小；
(2)游客从开始下落到游戏结束时的平均速度大小。
【答案】(1)(2)
【解析】（1）从A点到B点，根据自由落体运动规律有
解得
从B点到C点，根据匀减速直线运动规律有
解得
根据牛顿第二定律有
解得
（2）从B点到C点，根据匀减速直线运动规律有
解得
根据
解得
则下落的总高度为
总时间为
根据平均速度的定义式有
解得
13．如图所示，防抱死制动系统（ABS）能使质量为1200kg的汽车从30m/s的速度在5s内匀减速停下来（即汽车速度为0）。求：
(1)汽车5s内的速度变化量的大小；
(2)汽车减速时加速度的大小；
(3)汽车减速时所受阻力的大小。
【答案】(1)(2)(3)
【解析】（1）以初速度方向为正方向，则汽车5s内的速度变化量为
可知汽车5s内的速度变化量的大小为。
（2）汽车减速时加速度为
可知汽车减速时加速度的大小为。
（3）根据牛顿第二定律可得
可知汽车减速时所受阻力的大小为。
14．如图所示，赛艇在划桨时可视为匀变速直线运动，已知加速阶段每次拉桨产生一个恒定的水平总推力F，其作用时间已知运动员与赛艇的总质量赛艇由静止开始第一次拉桨匀加速的末速度为，此运动过程所受恒定阻力。求：
(1)在加速过程中的加速度；
(2)拉桨所产生的水平总推力F；
(3)从静止到第一次拉浆结束通过的路程。
【答案】(1)(2)1000N(3)0.5m
【解析】（1）加速过程中的加速度大小
（2）根据牛顿第二定律可知
代入题中数据，联立解得
（3）从静止到第一次拉浆结束通过的路程
15．如图所示，足够长质量为的木板放置于光滑水平面上，木板左端放置了一可视为质点、质量为的物块，物块与木板之间的动摩擦因数。初始时，木板与物块都静止，现给木板一个向左的拉力，使木板以恒定的加速度开始运动，当其速度达到后，便以此速度做匀速运动，重力加速度取。求：
(1)物块相对于木板运动的最大距离；
(2)通过计算，写出拉力随时间变化的关系。
【答案】(1)(2)
【解析】（1）对物块，加速时有
解得
对物块，有
对木板，有
速度图像中阴影面积表示了相对距离，即
代入数据解得
（2）在过程中，对木板有
在过程中，对木板有
在过程中，对木板有
所以
16．风洞是空气动力学研究和实验中广泛使用的工具，风洞也从实验室走向大众游乐，如图甲所示。某研究小组设计了一个总高度的低速风洞游乐设备，等效模型如图乙所示，设备分成一个高度为的无风区和一个受风区，某物体质量，在无风区中受到空气的阻力可忽略，在受风区受到空气对它竖直向上的恒力作用。某次实验时该物体（可视作质点）从风洞顶端由静止释放，且运动到风洞底端时速度恰好为0，重力加速度取。求实验中：
(1)物体在受风区受到空气对它的作用力大小；
(2)若物体第一次运动到风洞底端时风力变为原来的0.8倍，则物体在无风区上升的最大高度。
【答案】(1)300N(2)14m
【解析】（1）物体进入受风区前做自由落体运动，有
解得
物体在受风区向下做匀减速直线运动，则有，
联立求解得物体在受风区受到的恒定作用力为
（2）物体在受风区向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
进入无风区后做匀减速直线运动，设进入边界的速度为，有
解得第一次在无风区上升的最大距离为
17．在2025年春晚《秧BOT》节目中，机器人与舞者进行了一场精彩绝伦的表演。假设舞台上有一个质量为的机器人，它在表演过程中沿着一条直线运动。在时刻，机器人的速度为，从该时刻开始，机器人在外力F作用下开始加速，其速度v随时间t的变化关系为（物理量均取国际单位制单位），机器人与舞台间的动摩擦因数，重力加速度.
(1)求外力F的大小；
(2)求0~2s时间内，机器人的位移大小。
【答案】(1)45N(2)12m
【解析】（1）根据可知加速度a=2m/s2
根据牛顿第二定律可知
可得F=45N
（2）0~2s时间内，机器人的位移大小
18．现代网络商品丰富多样，越来越多的人选择网购。如图为快递包裹运用传送带运输的过程，长为的传送带以水平向右做匀速运动，传送带右端与等高的粗糙水平面无缝衔接，包裹与传送带之间、与BC平面的动摩擦因数分别为，。现将一包裹轻放在传送带的A端，货物最终停在了水平面上的C点，取，求：
(1)初始时货物的加速度大小；
(2)货物从A经过多长时间与传送带共速行走；
(3)从包裹放在传送带开始计时到C处停止所用的时间t。
【答案】(1)(2)1s(3)4s
【解析】（1）根据牛顿第二定律有
解得初始时货物的加速度大小为
（2）设货物到达B端前，已经与传送带达到共速，则加速过程的时间为
（3）加速过程货物通过的位移为
共速后，货物与传送带相对静止一起匀速运动，此时传送带剩余5m，物块传送带共速行走，到达B点时间
货物在间做匀减速直线运动的加速度大小为
根据运动学公式可得
解得总时间为
19．如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩0.4m后锁定，时解除锁定同时释放滑块．计算机通过滑块上的速度传感器描绘出其图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，bc段对应的运动时间为0.4s．倾斜直线Od是时速度图线的切线．已知滑块质量，重力加速度g取．下列说法正确的是（ ）
A．滑块与地面间的动摩擦因数为0.2
B．滑块速度最大时弹簧弹力大小为14N
C．弹簧的劲度系数为262.5N/m
D．滑块与弹簧分离后运动的距离为0.4m
【答案】D
【解析】根据图像的斜率表示加速度，可知滑块脱离弹簧后的加速度大小为，由牛顿第二定律可得，解得滑块与地面间的动摩擦因数为，滑块与弹簧分离后做匀减速直线运动，运动的距离为，错误，D正确．滑块速度最大时，弹簧弹力大小等于摩擦力大小，则有，错误．根据图像的斜率表示加速度，可知刚释放时滑块的加速度为，由牛顿第二定律可得，联立解得，C错误．
20．倾角为的足够长斜面，上面有一质量为2kg，长为8m的长木板Q，木板上下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为1kg的小滑块P。P、Q间光滑，Q与斜面间的动摩擦因数为。若P、Q同时从静止释放，以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是（取，，）（ ）
A．P、Q两个物体加速度分别为、B．P、Q两个物体加速度分别为，
C．P滑块在Q上运动时间为1sD．P滑块在Q上运动时间为3s
【答案】B
【解析】对受力分析，受重力和对的支持力作用，根据牛顿第二定律有，解得；对受力分析，受重力，斜面对的支持力，摩擦力和对的压力作用，根据牛顿第二定律有，解得，A错误，B正确。设在上面滑动的时间为，因，故比运动更快，根据位移关系有，解得，C、D错误。
21．如图所示，系在墙上的轻绳跨过两个轻质滑轮连接着物体P和物体Q，两段连接动滑轮的轻绳始终水平。已知P、Q的质量均为1kg，P与水平桌面间的动摩擦因数为0.5，取重力加速度大小。当对P施加水平向左的拉力时，Q向上加速运动。下列说法正确的是（ ）
A．P、Q运动的加速度大小之比为
B．P的加速度大小为
C．轻绳的拉力大小为10N
D．若保持Q的加速度不变，改变拉力F与水平方向的夹角，则力F的最小值为
【答案】D
【解析】根据动滑轮的原理，物体移动的速度始终是物体的两倍，两物体同时开始运动，由公式可知，运动的加速度大小之比为，A错误。根据牛顿第二定律，对物体，有，对物体，有，联立解得轻绳的拉力大小为的加速度大小为，B、C错误。若保持的加速度不变，则的加速度也不变，故。设拉力与水平方向的夹角，则对物体，有，化简可得，其中，当，力有最小值，且最小值为，故D正确。
22．如图甲所示，在水平地面上，可视为质点的物体受到恒定的水平向右的拉力，从某点以的速度向左滑动，物体运动的部分速度随时间的变化图像如图乙所示，已知物体的质量，取重力加速度大小，下列说法正确的是（ ）
A．的大小为B．物体与水平面间的动摩擦因数为
C．物体回到点的速度大小为D．物体回到点的时刻为
【答案】D
【解析】AB．物体向左做减速运动时，加速度大小
物体向右加速时
根据，
解得，，选项AB错误；
CD．物体向左运动的位移为
根据
解得，
故物体回到点的时刻为1.5s，选项C错误、D正确。
故选D。
23．在水平面上放置一个质量为的滑块，其上方有一个光滑的圆弧形凹槽，质量也为的圆柱恰好能放置在光滑的圆弧形凹槽中，截面图如图所示，圆柱截面的圆心与滑块接触的左端点的连线跟竖直方向的夹角为。用不可伸长的轻绳跨过定滑轮，将质量为的物块与滑块连接起来，轻绳张紧后由静止释放物块。已知滑块离定滑轮较远，轻绳与水平面保持平行，滑块在水平面上的动摩擦因数为，不计空气阻力及绳与定滑轮之间的摩擦，，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A．圆柱与滑块之间会发生相对滑动
B．滑块对圆柱的作用力大小为
C．将物块换成质量为的物块，圆柱与滑块之间发生相对滑动
D．如果滑块在水平面上的动摩擦因数可以改变，当取合适的值，圆柱与滑块之间可能发生相对滑动
【答案】C
【解析】AC．当圆柱与滑块恰好发生相对滑动时，仍可视为一个整体，设加速度为，物块的质量为
对圆柱进行受力分析，
解得
对圆柱、滑块、物块整体进行受力分析，
解得
由于物块的质量为，、相对静止，故A错误，C正确；
B．设整体加速度为，对整体进行受力分析，
解得
则滑块对圆柱的作用力为，故B错误；
D．若圆柱与滑块恰好发生相对滑动，则加速度为
假设滑块与水平面间无摩擦，对整体进行受力分析，设加速度为
根据牛顿第二定律有，
解得，所以无论取何值，圆柱与滑块之间均保持相对静止，故D错误。
故选C。
24．（多选）如图所示，倾角为的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数。过程I：Q以速度从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点（图中未画出）时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A．P、M两点之间的距离为
B．过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为
C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为
D．连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM（含O、M点）之间
【答案】BCD
【解析】A．设的距离为，过程I，根据动能定理有
设的距离为，过程Ⅱ中，当Q速度最大时，根据平衡条件
P、M两点之间的距离
联立可得
故A错误；
B．根据功能关系，可知过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能
结合
可得
故B正确；
C．设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移，根据能量守恒定律
结合
解得
故C正确；
D．无论Q从何处释放，Q在斜面上运动过程中，弹簧与Q初始时的势能变为摩擦热，当在点时，满足
当在点时，满足
所以在OM（含O、M点）之间速度为零时，Q将静止，故D正确。
故选BCD。
25．（多选）实验台上有一个竖直放置的弹簧，其劲度系数为。其中物块B与弹簧紧密相连，物块A平稳置于物块B的上方。已知物块A的质量，物块B的质量，两物块初始时均处于静止状态。为了探究外力对物块系统运动的影响，研究人员通过一套精密的机械装置对物块A施加一个竖直向上、大小为的恒力。取，在这样的实验操作下，针对物块A和B后续的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．施加恒力瞬间，物块A对物块B的压力大小为
B．分离前的过程，物块A的动量变化率变大
C．物块A上升时两物块分离
D．分离时物块A的速度大小为
【答案】ACD
【解析】A．没有施加恒力之前，有
施加恒力的瞬间对整体分析，根据牛顿第二定律有
解得
对A分析，根据牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律可知物块A对物块B的压力大小为，故A正确；
B．分离前A、B两物块一起做加速度减小的加速运动，动量变化率即为所受合力的大小，根据
可知，在分离前动量变化率一直在减小，故B错误；
C．分离时A、B间作用力为零，对A分析有
解得
此时B与A加速度相同，对B分析有
则
初始时，此过程
故C正确；
D．全过程根据动能定理有
解得
故D正确。
故选ACD。
26．（多选）如图甲所示，水平地面固定一倾角为（大小未知）、足够长的斜面，现将一小滑块（可视为质点）从斜面底端B点以的初速度沿斜面上滑，其速度v随时间t变化的图像如图乙所示，以平行斜面向上为正方向，重力加速度。则下列说法正确的是（ ）
A．斜面倾角的正弦值
B．小滑块与斜面间的动摩擦因数
C．小滑块返回B点时的速度大小为9.6m/s
D．小滑块从B点开始上滑到返回B点经历的时间为3s
【答案】BD
【解析】AB．由图乙可知滑块上滑时的加速度大小
下滑时的加速度大小
根据牛顿第二定律沿斜面向上滑
沿斜面向下滑
联立代入数据解得，，故A错误，B正确；
CD．由图乙可知滑块上滑的位移
根据匀变速运动有
解得，
所以滑块从开始运动到返回B点所需的时间，故C错误，D正确。
故选BD。
27．如图甲所示，质量为M的长木板放置于水平面上，其上左端有一质量为的物块A，物块A通过轻绳跨过光滑滑轮与质量为的物块B相连，物块B离地面高度为h。时刻由静止释放物块B，同时给长木板一水平向左的初速度，以后物块A运动的加速度—时间图像如图乙所示。物块与木板间动摩擦因数为，木板与地面间动摩擦因数为，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小，求：
(1)物块与木板间动摩擦因数，木板与地面间动摩擦因数；
(2)木板向左运动的最大位移。
【答案】(1)，(2)
【解析】（1）由乙图可知，内物块A、B一起匀加速，由整体法可得
，
解得。
由于物块A所受木板的滑动摩擦力为
，
解得加速度大小为。
可知，内物块B已经落地，物块A水平方向只受木板的滑动摩擦力作用，由图可知末物块A的加速度大小突然减为，则此时物块A与木板共速，之后两者一起做匀减速直线运动；由牛顿第二定律，可得
，
解得。
（2）根据图像中图线与时间轴所围面积表示速度变化，可知末物块A的速度为
，
依题意，内木板先向左匀减速，再向右匀加速，由牛顿第二定律，有
，
，
又，
且，
联立解得，
则木板向左运动的最大位移为
。
28．如图，光滑水平面上有一质量为足够长的板，两质量均为的物块B、C与间的动摩擦因数分别为，物块B、C间连接劲度系数的轻质弹簧，调节B、C间距离，使其压缩一定长度，然后将B、C同时释放。重力加速度取，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，求：
(1)当初始压缩量时，释放瞬间的加速度大小。
(2)若要C相对A滑动，求初始压缩量的最小值。
【答案】(1)(2)
【解析】（1）当时，弹簧弹力
与间最大静摩擦力
与间最大静摩擦力
由于
所以与相对静止，在上滑动，根据牛顿第二定律则有
解得
（2）当相对于滑动时，的加速度达到最大值，对于长木板，由牛顿第二定律方程
解得
对于物块，则有
恰好发生相对运动时
可解得
即弹簧初始最小压缩量为16cm时，释放后，物块恰好相对滑动。
29．四轮驱动爬墙车利用负压装置可吸附在墙壁上移动。如图所示，该爬墙车在竖直墙面上从M点由静止开始向上做匀加速直线运动，1s后到达N点，已知MN距离为0.5m，接着做匀速直线运动3s到达P点，随后通过紧急刹车，使车轮停止转动，做匀减速运动，到达Q点时速度恰好减为零。已知爬墙车的质量为1kg，大气负压产生的车与墙壁间的弹力FN始终为其重力的2.5倍，动摩擦因数μ=0.6，且不计空气阻力。求该爬墙车
(1)运动到N点时的速度；
(2)从P到Q过程中加速度的大小；
(3)从M点运动至Q点的总位移。
【答案】(1)(2)a=25m/s2(3)
【解析】（1）爬墙车从M-N做初速度为0的匀加速直线运动，有
解得
（2）爬墙车从P到Q过程做匀减速运动，由受力分析得
联立得a=25m/s2
（3）爬墙车从M到Q的过程中总的位移为
解得
30．如图甲所示，质量为的足够长木板置于粗糙水平地面上，木板右端处有一固定竖直挡板，木板左端放置一质量、可视为质点的物块。时刻物块和木板以相同的初速度一起相对静止向右滑动，一段时间后，木板与挡板碰撞（碰撞时间极短），碰后木板的速度反向、大小不变，物块前内运动的速度随时间变化的图像如图乙所示。已知重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动过程中物块始终在上。求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数及物块与木板之间的动摩擦因数；
(2)木板与挡板碰撞后，物块与木板达到的共同速度的大小；
(3)木板的长度至少为多少。
【答案】(1)，(2)(3)
【解析】（1）时刻、一起相对静止向右滑动，对、整体进行分析，根据牛顿第二定律有
整体向右匀减速，根据图乙可知
解得
由图乙知末与挡板碰撞，碰后向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
根据图乙可知
解得
（2）Q与挡板碰撞后向左做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有：
解得
由图乙知碰后、的速度大小均为，设经历时间两者达到共同速度，则有，
解得，
（3）结合上述可知，Q与挡板碰撞后，Q向左做匀减速直线运动，P先向右做匀减速直线运动，后向左做匀加速直线运动，达到共速后由于，可知共速后两者保持相对静止，不再发生相对滑动，则整个运动过程中物块在木板上的相对位移
解得木板的长度至少为。
（考试时间：60分钟 试卷满分：100分）
一、单选题（5分/题，共35分）
1．小型四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用。无人机的质量m=2.5kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为f=5N，当无人机在地面上从静止开始，以最大升力F=55N竖直向上做匀加速直线运动（取g=10m/s2），则它的加速度大小为（ ）
A．20m/s2B．18m/s2C．10m/s2D．6m/s2
【答案】C
【解析】取无人机为研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律得
代入数据解得
故选C。
2．如图所示，两个质量相等的小球A和B之间用细绳连接，然后用轻弹簧悬挂于O点，两球静止后将细绳剪断，剪断细绳瞬间，有关A球和B球加速度的说法正确的是（ ）（重力加速度大小为g）
A．A球的加速度大小为g，方向竖直向下B．A球的加速度大小为2g，方向竖直向上
C．B球的加速度大小为2g，方向竖直向下D．B球的加速度大小为g，方向竖直向下
【答案】D
【解析】AB．设小球的质量为m，剪断绳子前，弹簧的弹力
剪断绳子的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对A分析，合力为竖直向上的mg，所以由牛顿第二定律可得
方向与合外力方向相同，竖直向上，故AB错误；
CD．对B分析，只受竖直向下的重力，合力为竖直向下的mg，所以由牛顿第二定律可得
方向与合外力方向相同，竖直向下，故C错误，D正确。
故选D。
3．传送带在实际生活中有广泛应用。如图所示，飞机场运输行李的传送带可以将行李箱送入飞机货舱。已知传送带与水平面夹角为，某行李箱的质量为，与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为，此行李箱与传送带一起斜向上匀速运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．行李箱受到的摩擦力方向与运动方向相反B．传送带速度越大，行李箱受到的摩擦力也越大
C．行李箱受到的摩擦力大小为D．行李箱受到的摩擦力大小为
【答案】D
【解析】A．依题意，行李箱与传送带一起斜向上匀速运动，其受力平衡。行李箱受到的摩擦力方向与运动方向相同，即沿传送带向上。故A错误；
B．根据共点力平衡，可知行李箱受到的摩擦力大小与传送带速度大小无关。故B错误；
CD．对行李箱受力分析，由受力平衡可得
故C错误；D正确。
故选D。
4．在民航机场和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带，如图甲所示。旅客把行李轻放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李从静止开始运动，若传送带足够长，随后它们将保持相对静止，行李随传送带一起前进，简化示意图如图乙所示。若传送带匀速前进的速度，某行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.4，重力加速度取。不计挡帘对行李箱的影响，行李箱轻放在传送带上至与传送带共速的过程中，该行李箱在传送带上留下的摩擦痕迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】行李箱的加速度
加速度到与行李箱共速时的时间
行李箱在传送带上留下的摩擦痕迹长度为
故选B。
5．如图甲所示，小物块a与质量为0.4kg的小物块b用一跨过桌边光滑小定滑轮的轻绳相连，a在水平桌面上，用手控制a，使b静止在空中。现将手松开，松手后a的速度—时间图像如图乙所示。不计空气阻力，取重力加速度大小，a、b均视为质点。则下列说法正确的是（ ）
A．b的初位置离地的高度为2mB．a的初位置到滑轮的距离可能为4m
C．a的质量为1.52kgD．a的质量为0.76kg
【答案】C
【解析】A．速度-时间图像中图线与时间轴包围的面积表示位移，0~4s内a的位移大小
即b的初位置到地面的高度为4m，故A错误；
B．速度-时间图像中图线与时间轴包围的面积表示位移，0~5s内a的位移大小为
5m大于4m，故B错误；
CD．速度-时间图像中图线切线的斜率表示加速度，0~4s内的加速度大小
4~5s内a的加速度大小分别为
根据牛顿第二定律，0~4s内有
4~5s内有
解得，
故C正确，D错误。
故选C。
6．如图甲所示，一轻质弹簧下端固定在倾角的光滑斜面上，弹簧的上端有一个可视为质点的静止物块，物块与弹簧不连接。现用沿斜面向上的拉力作用在物块上，使物块开始向上做匀加速运动，拉力与物块位移之间的关系图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度。下列说法中正确的是（ ）
A．未施加时，弹簧的弹力为B．弹簧的劲度系数为
C．物块的质量为D．物块的加速度大小为
【答案】C
【解析】ACD．初始时物块处于静止状态，沿斜面方向有
当沿斜面向上的拉力作用在物块上时物块开始向上做匀加速运动，设加速度为
当x=0cm时F1=10N，根据牛顿第二定律有
当x=2cm时F2=15N，且之后拉力大小不变，说明当x=2cm时物块与弹簧分离，根据牛顿第二定律有
联立解得，，，故AD错误，C正确；
B．由乙图可知物块向上运动2cm后弹力为零，说明初始时弹簧的压缩量为x=2cm，根据胡克定律有
解得，故B错误。
故选C。
7．如图所示，A、B两物块的质量分别为3m和m，静止叠放在水平地面上、A、B间动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为，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，则下列选项正确的是（ ）
A．当时，A、B都相对地面静止B．当时，A、B间的摩擦力为
C．F为某值，B的加速度可能会超过μgD．无论F为何值，A都不可能相对B滑动
【答案】B
【解析】A．A、B间的最大静摩擦力为
B与地面间的最大静摩擦力为
可知当时，A、B都相对地面静止，时，A、B相对地面滑动，故A错误；
BCD．设当时，A、B刚好保持相对静止一起做匀加速直线运动，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得
以B为对象，根据牛顿第二定律可得
联立解得，
可知当时，A、B保持相对静止一起做匀加速直线运动，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得
解得
以B为对象，根据牛顿第二定律可得
解得A、B间的摩擦力为
由以上分析可知，当时，A相对B滑动，此时B获得的最大加速度为
故B正确，CD错误。
故选B。
二、多选题（漏选得3分，全对得5分，错选得0分，共20分）
8．斜面ABC倾角为37°，AB段粗糙程度相同，BC段光滑，如图甲所示。质量为 1kg的小物块从A处以初速度沿斜面向上滑行，到达 B 处速度为 到达 C 处速度恰好为零，其上滑过程的v-t图像如图乙所示，重力加速度g取，，。下列说法正确的是（ ）
A．小物块沿斜面向上滑行通过AB的时间 B．物块与AB段斜面间的动摩擦因数
C．斜面AC间距离 D．小物块沿斜面下滑时间为3s
【答案】BCD
【解析】A．小物块上滑过程在BC段运动，由牛顿第二定律可得
由乙图可知，时间内加速度大小为
联立解得
所以小物块沿斜面向上滑行通过AB的时间1.0s，故A错误；
B．同理，小物块上滑过程在AB段运动，有
由乙图可知，时间内加速度大小为
联立解得
故B正确；
C．根据v-t图像中图线与横轴所围面积表示位移，可得
故C正确；
D．小物块下滑过程在BC段运动，加速度大小仍然为，做匀加速直线运动，有
解得
小物块下滑过程在AB段运动，有
解得
即小物块做匀速直线运动，可得
小物块沿斜面下滑时间为
故D正确。
故选BCD。
9．图（a）为某国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图（b），该装置由传送带及固定挡板组成，固定挡板与传送带上表面垂直，传送带上表面与水平台面的夹角。传送带匀速转动时，工作人员将正方体货物从点由静止释放，货物先做匀加速运动，一段时间后，货物和传送带一起做匀速运动，货物运动时的剖面图如图（c）所示，已知货物质量，其底部与传送带上表面的动摩擦因数为，其侧面与挡板的动摩擦因数为。（重力加速度，，，不计空气阻力）。（ ）
A．货物刚释放时，传送带上表面对货物的摩擦力大小为40N
B．货物刚释放时，挡板对货物的摩擦力大小为16N
C．货物和传送带一起匀速时，传送带上表面对货物的摩擦力大小为16N
D．货物和传送带一起匀速时，挡板对货物的摩擦力大小为12N
【答案】AD
【解析】货物放上传送带后，水平方向受力如图所示
设传送带对物体的摩擦力为，挡板对物体摩擦力为，由剖面图对货物受力分析如上图，传送带对货物支持力为，挡板对货物支持力为，根据平衡条件，有
由滑动摩擦力计算式有
代入数据可得
传送带上表面对货物的摩擦力大小为40N，挡板对货物的摩擦力大小为12N。共速后，传送带受静摩擦力
故选AD。
10．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．
【答案】BC
【解析】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。
11．如图所示，质量为m的木块P在水平力F的作用下，在质量为M的长木板ab上滑行，长木板放在水平地面上一直处于静止状态。若长木板ab与地面间的动摩擦因数为µ1，木块P与长木板ab间的动摩擦因数为µ2，重力加速度为g，则（ ）
A．长木板ab受到地面的摩擦力方向水平向右
B．木块P对长木板ab的摩擦力方向水平向右
C．长木板ab受到地面的摩擦力大小为µ1（m＋M）g
D．无论如何增大F的大小，木板ab都不可能运动起来
【答案】BD
【解析】ABC．木块P所受长木板ab的滑动摩擦力大小
方向水平向左，根据牛顿第三定律得知长木板ab受到木块P的摩擦力方向水平向右，大小等于，木板ab处于静止状态，水平方向受到木块P的滑动摩擦力和地面向左的静摩擦力，根据平衡条件木板ab受到地面的摩擦力的大小是，木板相对于地面处于静止状态，不能使用滑动摩擦力的公式计算木板ab受到的地面的摩擦力，所以木板与地面之间的摩擦力不一定是，故B正确，AC错误；
D．开始时木板处于静止状态，说明木块P与木板ab之间的摩擦力小于木板与地面之间的最大静摩擦力，与拉力F的大小无关，所以不管拉力F增大到多大时，木板ab仍静止，故D正确。
故选BD。
三、实验题（2分/空，共8分）
12．图甲所示为某实验小组测量完全相同的A、B两个箱子质量的装置图，其中D为铁架台，E为固定在铁架台上的轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略），F为光电门，C为固定在A上、宽度为d的细遮光条（质量不计）。此外该实验小组还准备了砝码一套（总质量）和刻度尺等，请在以下实验步骤中按要求作答：
（1）在铁架台上标记一位置O，并测得该位置与光电门之间的高度差h。
（2）取出质量为m（）的砝码放在A中，剩余砝码都放在B中，让A从位置O由静止开始下降；
（3）记录下遮光条通过光电门的时间t，根据所测数据计算出A下落到F处的速率 ；下落过程中的加速度大小 ；
（4）改变m，重复（2）（3）步骤，得到多组m及a的数据，作出 （填“”或“”）图像如图乙所示（图中横、纵坐标物理最的单位均采用国际制单位）；
（5）若已知图像斜率k的值为4，则每个箱子质量 （重力加速度大小g取）
【答案】
【解析】（3）[1]根据题意可知，A下落到F处的速率为
[2]由运动学公式可得
解得
（4）[3]根据题意，设A、B两个箱子的质量为，对整体，由牛顿第二定律有
整理可得
可知，作出图像。
（5）[4]根据题意可知，图像斜率k的值为4，则有
解得
四、解答题（13题9分，14题12分，15题16分，共37分）
13．如图所示，质量为、倾角的木楔静止在水平面上，质量为、截面为三角形的柱体放在木楔上，其中，质量为的物块恰好能沿柱体的斜面匀速下滑。木楔和柱体始终处于静止状态，重力加速度大小为。求：
(1)物块与斜面间的动摩擦因数；
(2)木楔对柱体的摩擦力大小以及木楔对水平面的压力大小。
【答案】(1)(2)；
【解析】（1）对物块受力分析，物块恰好能沿柱体的斜面匀速下滑，故
（2）把与物块看作一个整体，受力分析可知
把整个系统看作整体，受力分析可知
14．如图甲所示，分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作效率，派件员在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上，机器人可将包裹送至指定投递口，停止运动后缓慢翻转托盘，当托盘与水平方向的夹角增大到时，包裹恰好开始下滑。如图乙所示，质量为的机器人要把一质量为的包裹从供包台运至相距的分拣口处，为了运输安全，包裹需与水平托盘保持相对静止。已知包裹与水平托盘间的动摩擦因数，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度大小取，求：（，，，）
(1)包裹刚开始下滑时托盘与水平方向的夹角；
(2)机器人在运输包裹的过程中允许的最大加速度及此时机器人受到的水平合力大小；
(3)若机器人运行的最大速度为，则机器人从分拣处运行至投递口（恰好静止）所需的最短时间。
【答案】(1)(2)，(3)
【解析】（1）根据题意，当包裹刚开始下滑时满足
代入数据解得
（2）当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最大，即
代入数据解得
此时机器人与包裹的加速度相同，由牛顿第二定律，可得此时机器人在水平方向受到的合力
（3）当机器人先以最大加速度做匀加速直线运动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后以最大加速度做匀减速直线运动至零时，机器人从供包台运行至分拣口所需时间最短，则匀加速直线运动阶段，位移大小为
运动时间为
匀减速阶段，位移大小为
运动时间为
匀速运动的时间为
则机器人从分拣处运行至投递口（恰好静止）所需的最短时间
15．如图所示，AB段为足够长的水平面，CD为光滑的水平导轨，质量为的小车静止在AB段，小车的上表面与CD面等高。倾角为，长为的传动带下端通过一小段光滑的圆弧轨道衔接于D点。已知传送带沿逆时针方向以恒定的速度运动，可视为质点的质量为的物体乙静止放在CD段，物体乙到C点的距离为，可视为质点的质量为的物体甲由传送带的顶端静止释放，经过一段时间两物体发生弹性正碰，物体乙滑上小车后经的时间从小车的左端飞出，物体乙落地后不反弹。已知小车上表面到AB面的高度差为，小车与AB段的动摩擦因数为，物体甲、乙与传送带以及小车上表面的动摩擦因数均为。重力加速度，，．
(1)求甲乙碰后瞬间的速度大小；
(2)求小车左右两端的距离；
(3)通过计算分析此后小车车轮能否与物体乙发生碰撞。若能，请求出碰撞瞬间小车的速度；若不能，请求出静止时，甲乙之间的水平距离。
【答案】(1)，(2)(3)不能，
【解析】（1）甲释放后沿传送带加速下滑，对甲受力分析，根据牛顿第二定律可得
解得
设经过时间甲与传送带共速，则有
此阶段甲的位移大小
由于，故甲与传送带共速后继续加速下滑，设此阶段的加速度为，根据牛顿第二定律则有
解得
此阶段的位移大小
设甲物体到达底端的速度大小为，则有
解得
两物体发生弹性碰撞，以向左的方向为正方向，根据动量守恒定律则有
根据能量守恒定律则有
联立解得，
（2）甲乙碰后，乙滑上小车的时间
甲运动到C点的时间
乙滑上小车后，由牛顿第二定律可得
解得
对小车则有
解得
即小车静止不动，结合题意可知，物体乙滑上小车后经过的时间从小车的左端飞出。则乙在小车上滑行2s后，甲滑上小车，然后乙再滑行1s后飞出小车，乙在小车上滑行时间内的位移大小和速度大小分别为，
代入数据解得，
物体甲滑上小车后，由牛顿第二定律可得
解得
此后末物体甲、乙、小车的速度分别为，，
此阶段甲的位移
乙的位移
小车的位移
故小车的长度为
（3）由以上分析可知，乙物体以飞出小车，此后做平抛运动，乙在空中运动的时间
水平位移
物体乙离开小车瞬间，物体甲和小车的速度
由于，故甲与小车相对静止一起做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得
解得
假设小车与乙物体不会碰撞，物体乙离开小车后，小车的最大位移
因
故小车与乙物体不会碰撞，二者之间的距离大小为
初中阶段
高中阶段
初步认识牛顿运动定律，了解牛顿第一定律中物体在不受外力或受力平衡时保持静止或匀速直线运动状态。能够运用牛顿第二定律的初步知识，定性分析物体受力与运动状态改变的关系，比如知道物体受力越大，速度改变越快；质量越大，改变运动状态越困难。学会对简单物体进行受力分析，判断物体受到的重力、支持力、摩擦力等常见力，并能依据受力情况，简单推测物体的运动趋势，例如静止在水平面上的物体，若受到水平拉力，可能会由静止变为运动。
深入理解牛顿运动定律，能熟练运用牛顿第二定律F＝ma进行定量计算。学会解决两类动力学基本问题：一是已知物体的受力情况，通过受力分析求出合力，结合牛顿第二定律算出加速度，再利用运动学公式确定物体的运动情况，如速度、位移等；二是已知物体的运动情况，根据运动学公式求出加速度，进而分析物体的受力情况。掌握对物体进行全面、准确的受力分析方法，包括分析多个力作用下物体的受力，以及运用正交分解法处理不在同一直线上的力。还要能将牛顿运动定律应用到实际生活和复杂物理情境中，如分析汽车启动、刹车过程，电梯加速、减速运行时的受力与运动状态变化等问题，提升综合分析和解决问题的能力。
衔接指引
初中阶段考查形式：多以选择题、填空题和简答题出现。
高中阶段考查形式：选择题和计算题。
整体法的选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量
隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解
整体法、隔离法的交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”
极限法
把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法
临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题
数学法
将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件
类型
图示
滑块运动情况
水平传送带
(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速
(1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速(2)v0tanθ)
(3)可能先以a1加速后再以a2加速(μa2)
规律总结 解答极值问题的一般方法（1）解析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系，然后用数学方法求极值（如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值）。
（2）图解法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值。