考点14 用牛顿第二定律解决两类问题——备战2021年高考物理考点一遍过



一、用牛顿第二定律解决动力学问题
（1）从受力确定运动情况（）。
（2）从运动情况确定受力（F=ma）。
（3）综合受力分析和运动状态分析，运用牛顿第二定律解决问题。
二、瞬时变化的动力学模型

受外力时的形变量
纵向弹力
弹力能否突变
轻绳
微小不计
拉力
能
轻杆
微小不计
拉力或压力
能
轻橡皮绳
较大
拉力
不能
轻弹簧
较大
拉力或压力
不能
三、传送带模型分析方法


四、滑块–木板模型分析方法




（2020·辽宁省高三三模）2020年1月，武汉爆发新冠疫情，辽宁驰援疫区物资紧急运往湖北。一辆运送抗疫物资的货车在一段平直公路上行驶，突然从前车掉下一片质量为100g的橡胶垫飞落到货车前挡风玻璃上，驾驶室前挡风玻璃可视为倾角的斜面，如图所示，橡胶垫再往上运动就会影响司机的视线。当汽车以km/h速度匀速行驶时，橡胶垫刚好要向上滑动；司机为了让橡胶垫下滑，立即以加速度a做匀减速直线运动，当货车速度减到km/h时，橡胶垫刚好要向下滑动。设行驶中橡胶垫受到的空气阻力大小f=0.2v（v代表车速），方向始终与车运动方向相反，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)橡胶垫与车窗玻璃之间的动摩擦因数；
(2)汽车做匀减速运动的加速度大小a。

【参考答案】(1)0.5；(2)10m/s2
【详细解析】(1)设汽车做匀速运动时，橡胶垫受到挡风玻璃的支持力为，橡胶垫受到的空气阻力为，橡胶垫受到的滑动摩擦力为，则有


建立沿斜面和垂直斜面的直角坐标系，根据平衡条件得


由题意知
，，
联立解得

(2)设汽车匀减速运动时，橡胶垫受到挡风玻璃的支持力为，橡胶垫受到的空气阻力为，橡胶垫受到的最大静摩擦力为，有


仍建立沿斜面和垂直斜面的直角坐标系，由牛顿第二定律得


由题意知
，
联立并代入，解得


1．（2020·靖远县第四中学高三期中）如图所示的翻斗车车斗的底部是一个平面，司机正准备将车上运送的一块大石块（图中未画出）卸下。司机将车停稳在水平路面上，通过操纵液压杆使车斗底部倾斜，直到石块开始加速下滑时，保持车斗倾斜角不变。则在石块沿车斗底面匀加速下滑的过程中（　　）

A．若刹车失灵，翻斗车可能会向前运动
B．翻斗车不受地面的摩擦力
C．翻斗车受到的合外力逐渐减小
D．地面对翻斗车的支持力小于翻斗车和车上石块的总重力
【答案】AD
【解析】AB．由于石块有沿斜面向下的加速度a，则对车和石块的整体，水平方向

即车受到地面向左的摩擦力作用，有向右运动的趋势，则若刹车失灵，翻斗车可能会向前运动，选项A正确，B错误；
C．石块下滑过程中对车的作用力不变，则翻斗车受到的合外力不变，选项C错误；
D．石块竖直方向由竖直向下的加速度，对石块和车的整体在竖直方向

可知

即地面对翻斗车的支持力小于翻斗车和车上石块的总重力，选项D正确。
故选AD。


（2020·天津南开中学高三月考）如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为 mA=lkg、mB=2kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离．t=0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于A、B两物块 受力及运动情况的分析，正确的是

A．t=2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6N
B．t=2.0s时刻A、B之间作用力为零
C．t=2.5s时刻A对B的作用力方向向左
D．从t=0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4m
【参考答案】AD
【详细解析】设t时刻AB分离，分离之前AB物体共同运动，加速度为，以整体为研究对象，则有：，分离时：，得，经历时间，根据位移公式，则D正确；当时，，，得，A正确B错误；当时，，，得，C错误．
考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用
【名师点睛】AB分离之前共同运动，以整体为研究对象根据牛顿第二定律列方程求出加速度大小，分离时二者之间的作用力为0．3N但加速度相等，然后隔离A、B分别为研究对象根据牛顿第二定律和运动学公式列方程确定分离的时刻．

1．（2020·定远县民族学校高一月考）如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a﹣F图像，g取10m/s2 ， 则（　　）

A．滑块A的质量为4kg B．木板B的质量为1kg
C．当F=6N时木板B加速度为0 D．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1
【答案】B
【解析】ABD．由图知，当F=8N时，加速度为：a=2m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：
F=（mA+mB）a
代入数据解得
mA+mB=4kg
当F大于8N时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：对B有

由图示图象可知，图线的斜率

解得
mB=1kg
mA=3kg
将a=0时，F=6N代入解得
μ=0.2
故AD错误，B正确。
C．根据F=6N<8N时，滑块与木板相对静止，由图像可知B的加速度不为零，选项C错误。
故选B。



（2020·宜宾市叙州区第一中学校高三）如图所示，离地H高处有一个质量为m的物体，给物体施加一个水平方向的作用力F，已知F随时间的变化规律为：以向左为正，、k均为大于零的常数，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为，且时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑后脱离墙面，此时速度大小为，最终落在地面上。则下列关于物体的说法，正确的是　　

A．当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动
B．物体与墙壁脱离的时刻为
C．物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一条直线
D．物体克服摩擦力所做的功为
【参考答案】BD
【详细解析】竖直方向上，由牛顿第二定律有：，随着F减小，加速度a逐渐增大，做变加速运动，当时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故A错误。当物体与墙面脱离时F为零，所以，解得时间，故B正确；物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线。故C错误。物体从开始运动到脱离墙面F一直不做功，由动能定理得：，物体克服摩擦力所做的功故D正确。故选BD。
【点睛】
本题关键能运用牛顿第二定律，正确分析物体的运动情况，结合动能定理求解摩擦力做功，并要知道物体做直线运动还是曲线运动的条件。

1．（2020·黑龙江省齐齐哈尔市实验中学高一期中）如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止．剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块分别落地的过程中，两物块（　　）

A．落地时速度相同 B．运动时间相同
C．重力做功相同 D．重力的平均功率相同
【答案】D
【解析】刚开始AB处于静止状态，所以有

则
A．剪断轻绳后A自由下落，B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，根据机械能守恒定律得

解得，但落地时A的速度方向竖直向下，而B的速度方向沿斜面向下，故两者落地时的速度不相同，故A错误；
B．A做自由落体运动，则A运动的时间为

B沿斜面下滑，加速度为，向下加速的位移为，则有

解得，则，故B错误；
C．重力做功为

由于A、B的质量不相等，所以重力做功不相同，故C错误；
D．根据平均功率

可得A的重力的平均功率为

B的重力的平均功率为

又上分析知，，故，故D正确。
故选D。


已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图甲所示），以此时为t=0记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系（如图乙所示），图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，已知传送带的速度保持不变，则

A．物块在0~t1内运动的位移比在t1~t2内运动的位移小
B．0–t2内，重力对物块做正功
C．若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，那么μ D．0~t2内，传送带对物块做功为W=
【参考答案】B
【详细解析】由图乙图线与时间轴所围面积可看出，物块在0~t1内运动的位移比在t1–t2内运动的位移大，故A错误；由于物块在0~t1内向下运动的位移大于t1–t2内向上运动的位移，所以0~t2内物体的总位移向下，所以重力对物块做正功，故B正确；在t1~t2内，物块向上运动，则有μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ，故C错误；由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：，则传送带对物块做功，故D错误。
1．（2019·安徽高一期末）如图，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1顺时针转动。一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v1>v2）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端。在上述过程中，下列判断正确的是

A．滑块返回传送带右端的速率为v2
B．此过程中电动机对传送带做功为2mv1v2
C．此过程中传送带对滑块做功为mv－mv
D．此过程中滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为m（v1－v2）2
【答案】AB
【解析】由于传送带足够长，滑块受向右的摩擦力，减速向左滑行，至速度为0，之后，再加速向右滑行，由于v1>v2，物体会在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于v2时，物体回到原出发点，即滑块返回传送带右端的速率为v2，故A正确；设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则：，摩擦力对滑块做功：W1=fx1=①，又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：W1=mv22②，该过程中传送带的位移：x2=v1t1，摩擦力对传送带做功：③，将①②代入③得：W2=mv1v2，同理可计算，滑块返回到出发点时摩擦力对传送带做功为W2=mv1v2，则此过程中电动机对传送带做功为W=W2+ =2mv1v2，选项B正确；此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理W′=△EK得：W=△EK=mv22–mv22=0，故C错误；物块向左减速运动时，物块相对传送带的位移为：，物块向右加速运动时，物块相对传送带的位移为：，则此过程中滑块与传送带问因摩擦产生的热量为，故D错误。


（2020·衡水市第十四中学高一月考）质量为1 kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示．外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正确的是(　　)

A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
B．物体运动的位移为13 m
C．物体在前3 m运动过程中的加速度为3 m/s2
D．x＝9 m时，物体的速度为3 m/s
【参考答案】ACD
【详细解析】在W-x图中，斜率是力。
A．由：
Wf＝Ffx
对应题图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff＝2 N，由
Ff＝μmg
可得：
μ＝0.2
A正确；
C．由：
WF＝Fx
对应题图乙可知，前3 m内，拉力F1＝5 N，3～9 m内拉力F2＝2 N，物体在前3 m内的加速度：
a1＝＝3m/s2
C正确；
D．由动能定理得：
WF－Ffx＝mv2
可得x＝9 m时，物体的速度为v＝3m/s
D正确；
B．物体的最大位移：
xm＝＝13.5 m
B错误．

1．（2020·江苏省西亭高级中学高一期中）如图甲所示，质量m＝2 kg的物体以100 J的初动能在粗糙的水平地面上滑行，其动能Ek随位移x变化的关系图象如图乙所示，则下列判断中正确的是（ ）

A．物体运动的总位移大小为10 m
B．物体运动的加速度大小为10 m/s2
C．物体运动的初速度大小为10 m/s
D．物体所受的摩擦力大小为10 N
【答案】ACD
【解析】A.由图乙可知物体运动的总位移大小为10 m，故A正确；
BD. 由动能定理得：
－fx＝ΔEk＝－100 J，
则：
f＝10 N，
由牛顿第二定律得：
f＝ma，
则：
a＝＝5 m/s2，
故B错误，D正确；
C. 物体的初动能：
Ek0＝＝100 J，
则
v0＝＝10 m/s，
故C正确；
故选：ACD


（2020·陕西省高三）如图所示，倾角的固定光滑斜面上有两个质量均为m的物块A和物块B，物块A通过劲度系数为的轻质弹簧栓接在斜面底端的固定挡板上，物块B通过一根跨过定滑轮的细线与物块C相连，物块C的质量为，离地面的距离足够高，物块B离滑轮足够远，弹簧与细线均与所对应斜面平行。初始时，用手托住物块C，使细线恰好伸直且无拉力。已知重力加速度为g，弹簧的弹性势能（x为弹簧的形变量），不计滑轮质量及滑轮处阻力，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，则释放物块C后（　　）

A．释放物块C的瞬间，细线拉力的大小为
B．释放物块C的瞬间，C的加速度大小为
C．物块A、B分离时，物块A的速度大小为
D．物块A、B分离时，弹簧的弹性势能为
【参考答案】BCD
【详细解析】AB．释放物块C前，细线对物块A、B的作用力为零，物块A、B整体受力平衡，则有

解得

弹簧的弹性势能为

释放物块C瞬间，根据牛顿第二运动定律，物块C有

物块A、B有

解得


故A错误，B正确；
CD．物块A、B分离时，物块A、B之间的相互作用力为0，且物块A、B的加速度相同，分别对物块A、B、C受力分析，由牛顿第二定律可知，物块A有

物块B有

物块C有

解得



弹簧的弹性势能

从释放C到A、B分离过程中，A、B、C移动的距离为

系统的机械能守恒，则有

解得物块A、B分离时，物块A的速度大小为

故C、D正确；
故选BCD。

1．从地面上以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小球，若运动过程中小球受到的空气阻力与其速率成正比，小球运动的速度大小随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则在整个过程中，下列说法中不正确的是

A．小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小
B．小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小
C．小球抛出瞬间的加速度大小为
D．小球下落过程的平均速度大于
【答案】A
【解析】小球上升过程的加速度大小为，随速度减小而减小，到达最高点时加速度为g，下落过程的加速度大小为，随着速度增大，加速度减小，最后减小到0，故小球被抛出时的加速度值最大，A错误，B正确；当小球匀速时，有，则抛出瞬间的加速度，C正确；下落过程小球做加速度减小的加速运动，平均速度大于，D正确。故选A。


1.（2020·黑龙江省哈师大附中高一月考）如图所示，劲度数为的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4．物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为．则（ ）

A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动
B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为
C．物体做匀减速运动的时间为
D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为
2．（2020·南昌市八一中学高一开学考试）放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，力F的大小与时间t的关系如甲图所示；物块的运动速度v与时间t的关系如乙图所示，6s后的速度图象没有画出，g取10m/s2．下列说法正确的是（ ）

A．滑动时受的摩擦力大小是3N
B．物块的质量为1.5kg
C．物块在6－9s内的加速度大小是2m/s2
D．物块前6s内的平均速度大小是4.5m/s
3．（2020·宁波市北仑中学高二月考）质量m=1kg的物体静止放在粗糙水平地面上。现对物体施加一个随位移变化的水平外力F时物体在水平面上运动。已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。若F-x图象如图所示。且4～5m内物体匀速运动。x=7m时撤去外力，取g=10m/s2，则下列有关描述正确的是（　 ）

A．物体与地面间的动摩擦因数为0.1
B．撤去外力时物体的速度为m/s
C．x=3m时物体的速度最大
D．撤去外力后物体还能在水平面上滑行3s
4．（2020·乾县第一中学高一月考）质量为1 kg的物体以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的图线如图所示，g取10 m/s2，则以下说法中正确的是（ ）

A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
C．物体滑行的总时间为4s
D．物体滑行的总时间为2.5s
5．（2020·四川省棠湖中学高三二模）如图所示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上A点开始无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．假设小孩在AB段和BC段滑动时的动摩擦因数分别为和，AB与BC长度相等，则

A．整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作用
B．动摩擦因数
C．小孩从滑梯上A点滑到C点先超重后失重
D．整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于小孩和滑梯的总重力
6．如图所示，质量相同的三个小球A、B、C通过轻弹簧和不可伸缩的轻细绳悬挂于天花板上，处于静止状态。剪断A、B间细绳的瞬间，A、B、C三者的加速度分别为a1、a2、a3，则

A．a1=2g，方向竖直向上
B．a2=2g，方向竖直向下
C．a3=g，方向竖直向下
D．在剪断A、B间细绳前后，B、C间细绳的拉力不变
7．（2019·山东山东省实验中学高三高考模拟）如图所示，在放置在水平地面上的斜面上，一光滑球被平行于斜面的轻绳系住。斜面体在外力作用下由静止向右做加速度不断增大的直线运动的一小段时间内，关于球所受到的轻绳拉力T和斜面支持力N的说法中正确的是

A．T和N都逐渐增大
B．T和N都逐渐减小
C．T和N的合力保持不变
D．T和N的合力逐渐增大
8．一小球从地面竖直上抛，后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比，取竖直向上为正方向。下列关于小球运动的速度v、加速度a、位移s、机械能E随时间t变化的图象中可能正确的有




A
B
C
D
9．（2019·广东高三高考模拟）水平面上放置一个斜面足够长的斜劈A，小物块B静止在斜面上，如图所示。现对B施加一个沿斜面向上的拉力F，F的大小从零随时间均匀增大，斜劈A一直处于静止状态。设A、B之间的摩擦力大小为f1，A与地面之间的摩擦力大小为f2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则整个过程中摩擦力大小随时间变化的图象可能正确的是

A． B．
C． D．
10．如图所示，在一个立方体空箱子顶部用细线悬吊着一个小球，让箱子分别沿甲、乙两个倾角相同的固定斜面下滑。在斜面甲上运动过程中悬线始终竖直向下，在斜面乙上运动过程中悬线始终与顶板垂直，则箱子

A．在斜面甲上做匀加速运动
B．在斜面乙上做匀加速运动
C．对斜面甲的作用力较大
D．对两斜面的作用力相等
11．（2019·六盘水市第七中学高三月考）如图所示，轻质细线一端固定在质量为的物体上，另一端绕过光滑的滑轮悬挂质量为的物体。初始时用手托住使整过系统处于静止状态，此时离地面的高度为，某时刻将手拿掉、从静止开始运动（），则

A．绳子对物体的拉力大于物体所受的重力
B．物体落地前的加速度
C．物体刚落地时的速度大小为
D．整个过程中物体上升的最大高度为
12．如图所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定光滑竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。下列判断正确的是

A．a下落的某段过程中，b对地面的压力可能大于b受到地面的支持力
B．a落地前，轻杆对b先做正功后做负功
C．a下落的某段过程中，其加速度大小可能大于g
D．a落地前瞬间a的机械能最小，此时b对地面的压力大小等于mg
13．如图所示，一质量为m的物块在与水平方向成θ的力F的作用下从A点由静止开始沿水平直轨道运动，到B点后撤去力F，物体飞出后越过“壕沟”落在平台EG段。已知物块的质量m=1 kg，物块与水平直轨道间的动摩擦因数为μ=0.5，AB段长L=10 m，BE的高度差h=0.8 m，BE的水平距离x=1.6 m。若物块可看作质点，空气阻力不计，g取10 m/s2。
（1）要越过“壕沟”，求物块在B点最小速度v的大小；
（2）若θ=37°，为使物块恰好越过“壕沟”，求拉力F的大小；

14．（2019·安徽高一期末）可视为质点的小滑块从半径为0.8 m的四分之一光滑圆弧轨道顶端滑下。在轨道最低点滑上水平传送带的最右端（设轨道衔接处无机械能损失）。设传送带长度L=8 m，并以恒定的v=3 m/s速度顺时针转动，小滑块恰好能运动到水平传送带的最左端而没有掉下传送带。已知重力加速度大小为g=10 m/s2。求：

（1）物块与传送带间的动摩擦因数；
（2）物块从圆弧轨道最低点滑入传送带到第一次返回圆弧轨道最低点所用的时间（本小题计算结果保留两位有效数字）。
15．如图所示，水平地面上有一质量为M的长木板，一个质量为m的物块（可视为质点）放在长木板的最右端。已知m与M之间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为。从某时刻起物块m以v1的水平初速度向左运动，同时木板M在水平外力F控制下始终向右以速度匀速运动，求：

（1）在物块m向左运动过程中外力F的大小：
（2）木板至少多长物块不会从木板上滑下来?
16．（2019·湖南雅礼中学高三开学考试）某电视台娱乐节目在游乐园举行家庭搬运砖块比赛活动．比赛规则是：如图甲所示向滑动行驶的小车上搬放砖块，且每次只能将一块砖无初速度（相对地面）地放到车上，车停止时立即停止搬放，以车上砖块多少决定胜负．已知每块砖的质量m＝0.8 kg，小车的上表面光滑且足够长，比赛过程中车始终受到恒定牵引力F＝20 N的作用，未放砖块时车以v0＝3 m/s的速度匀速前进．获得冠军的家庭上场比赛时每隔T＝0.8 s搬放一块砖，从放上第一块砖开始计时，图中仅画出了0～0.8 s内车运动的v－t图象，如图乙所示，g取10 m/s2。求：

（1）小车的质量及车与地面间的动摩擦因数；
（2）车停止时，车上放有多少块砖。

17．（2020·全国高考课标2卷）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M =4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg, g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。

18．（2018·江苏卷）如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度．细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B．质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l．用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°．松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：

（1）小球受到手的拉力大小F；
（2）物块和小球的质量之比M:m；
（3）小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T．
19．（2017·新课标全国Ⅲ卷）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m=4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2。求：

（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。
20．（2016·四川卷）避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长为12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ=1，sin θ=0.1，重力加速度g=10 m/s2。求：

（1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
（2）制动坡床的长度。

1.BD【解析】
A．撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动，A错误；
B．刚开始时，由牛顿第二定律有：

解得：
B正确；
C．由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律得：

将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则：

联立解得：，C错误；
D．当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度速度最大时合力为零，则有

解得，所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为：

D正确。
故选BD。
2．BCD【解析】
物体在3-6s内做匀速直线运动，所以拉力F等于摩擦力f，即物体滑动时受到的摩擦力大小为6N，故A错误；根据图像可知物体在0-3s内的加速度，根据牛顿第二定律可得F-f=ma1，所以物体的质量：m=1.5kg，故B正确．物体在6-9s内的加速度大小为，故C正确；v-t图像中图线围成的面积表示物体的位移，所以物体在前6s内的位移是：，所用时间为t=6s，所以平均速度为，故D正确。
故选BCD。
3． B【解析】
A. 由图象知4~5m内外力恒定，又物体匀速运动，由

知动摩擦因数为0.3，故A不符合题意；
B. 前7m内外力和阻力共同作用，物体做变速运动，且F−x图围成的面积表示外力所做的功，由动能定理

解得，故B符合题意；
C. 由图知前3m内物体做加速度逐渐增大的加速运动，3~4m内做加速度逐渐减小的加速运动，匀速运动时速度最大，故C不符合题意；
D. 撤去外力后物体匀减速停下，由动量定理有

解得，故D不符合题意。
4．C【解析】
AB．根据动能定理
Ek2-Ek1=-Ffl
可得

所以
μ=
故A错误，B错误；
CD．根据牛顿第二定律可得
a=m/s2
由运动学公式得物体滑行的总时间

故C正确，D错误。
故选C。
5．B【解析】小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度分解为水平和竖直两个方向，由于小朋友有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律知，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右；有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知：小孩处于失重，地面对滑梯的支持力小于小朋友和滑梯的总重力．同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左，故ACD错误；设AB的长度为L，小孩在B点的速度为v．小孩从A到B为研究对象，由牛顿第二定律可得：，由运动学公式可得：；小孩从B到C为研究过程，由牛顿第二定律可得：，由运动学公式可得：；联立解得：，故B正确．
6．AC【解析】设三个球的质量均为m，开始A、B、C处于静止状态，则弹簧的弹力F=3mg，A、B间细绳张力T1=2mg，B、C间细绳的张力T2=mg，剪断A、B间细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，A所受合力F1=T1，a1=2g，方向竖直向上，A正确；B、C整体的加速度相等，a2=a3=g，方向竖直向下，B、C间细绳的张力变为0，C正确，BD错误。
7．D【解析】设斜面倾角为θ，加速度为a，则将加速度分解在沿斜面向上的方向和垂直斜面方向，分别为ax=acosθ和ay=asinθ，则沿斜面方向：T–mgsinθ=max，则随着a的增大，T增大；垂直斜面方向：mgcosθ–N=may，则随着a的增大，N增大；选项AB错误；由平行四边形定则可知，T和N的合力，则随着a的增加，T和N的合力逐渐增大，选项C错误，D正确。
8．AC【解析】小球在上升过程中的加速度，随着v减小，a1增大到–g，v–t图象斜率的绝对值逐渐减小，小球在下落过程中的加速度大小为，随着v增大，a2从–g减小到0，v–t图象斜率的绝对值逐渐减小，A正确，B错误；根据位移–时间图象的斜率等于速度，s–t图象的斜率应先减小到零，然后斜率的绝对值增大，且下落时间大于上升时间，C正确；根据功能关系得，则，则E–t图象的斜率是变化的，图象应为曲线，D错误。
9．D【解析】由题有，物体原来处于静止状态，故有，有外力F后，F=kt，k>0，以B为研究对象，A对B的摩擦力先沿斜面向上，由平衡条件得F+f1=mgsinα，得f1=mgsinα−kt，知f1随时间均匀减小。当F=mgsinα，得f1=0，之后，A对B的摩擦力沿斜面向下，由平衡条件得F=f1+mgsinα，得f1=mgsinα+kt，知f1随时间均匀增大。当F增大到物体运动后，f1=μmgcosα，保持不变，故AB错误。A、B均不动时，以A、B组成的整体为研究对象，由平衡条件得：f2=Fcosα=ktcosα，则f2与t成正比。当B相对A向上运动时，A的受力情况不变，f2不变，故C错误，D正确。
10．BC【解析】对于斜面甲上的箱子，小球受竖直方向上的重力和拉力作用，一定处于平衡状态，箱子也处于平衡状态，即箱子在斜面甲上做匀速直线运动，A错误；对于斜面乙上的箱子，小球受重力和拉力作用，合力沿斜面方向向下，小球具有沿斜面向下的加速度，箱子在斜面乙上做匀加速直线运动，B正确；在斜面甲上箱子做匀速运动，则斜面甲对箱子的作用力大小等于重力，在斜面乙上箱子与小球做匀加速运动，由牛顿第二定律，对小球有，对箱子有，可得f=0，斜面乙对箱子的作用力大小为，由牛顿第三定律可知，箱子对斜面甲的作用力较大，C正确，D错误。
11．AC【解析】将手拿掉后，m2加速上升，则绳子对物体的拉力大于物体所受的重力，选项A正确；对两物体的整体，由牛顿第二定律：，解得a=5 m/s2，选项B错误；物体m1刚落地时m2的速度大小为，选项C正确；m1落地后，m2向上做上抛运动，还能上升的高度为，则整个过程中物体上升的最大高度为0.4 m+0.2 m=0.6 m，选项D错误。
12．BC【解析】根据牛顿第三定律知，b对地面的压力与b受到地面的支持力一定大小相等，故A错误。b开始时速度为零，当a到达底端时，b的速度为零，在整个过程中，b的速度先增大后减小，动能先增大后减小，由动能定理可知轻杆对b先做正功，后做负功。故B正确。在整个过程中，b的速度先增大后减小，所以轻杆对b的作用力先是动力后是阻力，所以轻杆对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，轻杆对a是斜向下的拉力，此时a的合力大于重力，则其加速度大于重力加速度g，故C正确；a落地前瞬间b的速度为零，由a、b整体的机械能守恒，知此时a的机械能最大，此时b对地面的压力大小为mg，故D错误。
13．（1）4 m/s　（2）5.27 N
【解析】（1）设运动时间为t，则有：h=gt2
所以，t==0.4 s
水平方向匀速直线运动，故有：v=x/t=4 m/s
（2）设AB段加速度为a，由匀变速直线运动规律得：v2=2aL
a==0.8 m/s2
对物块受力分析，由牛顿第二定律可得：Fcosθ–μ（mg–Fsinθ）=ma
带入数据解得：F=5.27 N
14．（1）0.1 （2）8.17 s
【解析】（1）物块从圆形光滑轨道下滑的过程，根据机械能守恒有

解得
物块沿传送带滑到最左端速度恰好为零，由动能定理有
代入数据解得：
（2）物块在传送带先做匀减速运动
则物块减速到零的时间为
反向加速时加速度不变，故加速时间为
这段时间的位移为
之后物块随传送带匀速运动，则
物块在传送带上第一次往返所用的时间为
15．（1） （2）
【解析】（1）在物块m向左运动过程中，木板受力如图所示，

其中f1，f2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知
f1=μ1mg
f2=μ2（m+M）g
由平衡条件得：F=f1+f2=μ1mg＋μ2（m+M）g
（2）以木板为参考系，设物块相对木板向左匀减速初速度为，末速度为，则


加速度：
根据运动学公式：
解得：
16．（1） （2）n=5
【解析】（1）小车的上表面光滑，砖块相对地面始终保持静止状态，放上砖块后小车开始做匀减速运动，设小车与地面间的动摩擦因数为，未放砖块时
放上第一块砖后，对小车有
即
由v—t图象可知，
放上第一块砖后小车的加速度为
解得μ=0.25；M=8 kg
（2）同理，放上第二块砖后，对小车有
代入数据解得
0.8 s内速度改变量
放上第三块砖后小车的加速度为
0.8 s内速度改变量
则放上第n块砖后小车的加速度an=–n×0.25m/s2=0.25nm/s2（n=1，2，3……）
0.8 s内速度改变量∆vn=0.2nm/s（n=1，2，3……）
所以
而
联立解得n=5
即当小车停止时，车上有5块砖
17．【答案】（1）a1=2g，a2=3g；（2）；（3）
【解析】
（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有
Ma1=Mg+f ①
ma2= f– mg ②
联立①②式并代入题给数据，得
a1=2g，a2=3g③
（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为
④
方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式
v0–a1t1= –v0+a2t1⑤
联立③④⑤式得
⑥
设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得
⑦
⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有
⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则
H1= h1+ h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得
⑪
（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有
Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0⑫
联立⑪⑫式并代入题给数据得
⑬
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为
⑭
设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是
x1+ x2≤L⑮
联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为
⑯
18．（1） （2） （3）（）
【解析】（1）设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2
F1sin53°=F2cos53° F+mg=F1cos53°+ F2sin53°且F1=Mg
解得
（2）小球运动到与A、B相同高度过程中
小球上升高度h1=3lsin53°，物块下降高度h2=2l
机械能守恒定律mgh1=Mgh2
解得
（3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点．设此时AC方向的加速度大小为a，重物受到的拉力为T
牛顿运动定律Mg–T=Ma 小球受AC的拉力T′=T
牛顿运动定律T′–mgcos53°=ma
解得（）
19．（1）1 m/s （2）1.9 m
【解析】（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有f1=μ1mAg，f2=μ1mBg，f3=μ2（mA+mB+m）g
由牛顿第二定律得f1=mAaA，f2=mBaB，f2–f1–f3=ma1
可得aA=aB=5 m/s2，a1=2.5 m/s2
设在t1时刻，B与木板共速，为v1
由运动学公式有v1=v0–aBt1=a1t1
解得t1=0.4 s，v1=1 m/s
（2）在t1时间内，B相对地面的位移
设B与木板共速后，木板的加速度大小为a2
假设B与木板相对静止，由牛顿第二定律有f1+f3=（mB+m）a2
可得，假设成立
由aA=aB可知，B与木板共速时，A的速度大小也为v1
设从B与木板共速到A和B相遇经过的时间为t2，A和B相遇且共速时，速度大小为v2
由运动学公式有v2=v1–a2t2=–v1+aAt2
解得t2=0.3 s，v2=0.5 m/s
在t2时间内，B及木板相对地面的位移
全过程A相对地面的位移
则A、B开始运动时，两者之间的距离x=xB+x1+|xA|=1.9 m
（也可用如图的速度–时间图线求解）

20．（1）5 m/s2，方向沿制动坡床向下 （2）98 m
【解析】（1）设货物的质量为m，货物减速的加速度大小为a1
根据牛顿第二定律有μmgcos θ+mgsin θ=ma1
解得a1=5 m/s2，方向沿制动坡床向下
（2）从货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端38 m过程
货物的位移x1=vt–a1t2
对货车，根据牛顿第二定律有4mgsin θ+5kmg–μmgcos θ=4ma2
货车减速的加速度大小为a2=5.5 m/s2
货车的位移x2=vt–a2t2，又x1–x2=4 m
解得t=4 s，x1=52 m，x2=48 m
制动坡床的长度L=38 m+12 m+x2=98 m