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2018年高考考点完全题物理考点通关练：考点11 牛顿运动定律的综合应用 Word版含解析
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这是一份2018年高考考点完全题物理考点通关练：考点11 牛顿运动定律的综合应用 Word版含解析，共20页。试卷主要包含了基础与经典，真题与模拟等内容，欢迎下载使用。
考点细研究：本考点是物理教材的基础，也是历年高考必考的内容之一，其主要包括的考点有：(1)超重、失重；(2)连接体问题；(3)牛顿运动定律的综合应用、滑块滑板模型、传送带模型等。其中考查到的如：2015年全国卷Ⅰ第25题、2015年全国卷Ⅱ第25题、2015年海南高考第9题、2014年北京高考第8题、2014年四川高考第7题、2014年大纲卷第19题、2014年江苏高考第5题、2014年福建高考第15题、2013年浙江高考第17题和第19题、2013年广东高考第19题、2013年山东高考第15题等。
备考正能量：牛顿运动定律是历年高考的主干知识；它不仅是独立的知识点，更是解决力、电动力学综合问题的核心规律。可单独命题(选择题、实验题)，也可综合命题(解答题)。高考对本考点的考查以对概念和规律的理解及应用为主，试题难度中等或中等偏上。
一、基础与经典
1．小明家住十层，他乘电梯从一层直达十层。则下列说法正确的是( )
A．他始终处于超重状态
B．他始终处于失重状态
C．他先后处于超重、平衡、失重状态
D．他先后处于失重、平衡、超重状态
答案 C
解析 小明乘坐电梯从一层直达十层过程中，一定是先向上加速，再向上匀速，最后向上减速，运动过程中加速度方向最初向上，中间为零，最后加速度方向向下，因此先后对应的状态应该是超重、平衡、失重三个状态，C正确。
2．如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，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。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的( )
答案 A
解析 放上小木块后，长木板受到小木块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小木块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于木板刚开始运动时的加速度，故A正确，也可能物块与长木板间动摩擦因数较小，达到共同速度后物块相对木板向右运动，给木板向右的摩擦力，但木板的加速度也小于刚开始运动的加速度，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误。
3．如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则( )
A．物块可能匀速下滑
B．物块仍以加速度a匀加速下滑
C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑
D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑
答案 C
解析 对物块进行受力分析，设斜面的角度为θ，可列方程mgsinθ－μmgcsθ＝ma，sinθ－μcsθ＝eq \f(a,g)，当加上力F后，由牛顿第二定律得(mg＋F)sinθ－μ(mg＋F)csθ＝ma1，即mgsinθ－μmgcsθ＋Fsinθ－μFcsθ＝ma1，ma＋Fsinθ－μFcsθ＝ma1，Fsinθ－μFcsθ＝F(sinθ－μcsθ)＝eq \f(Fa,g)，eq \f(Fa,g)大于零，代入上式知，a1大于a。物块将以大于a的加速度匀加速下滑。只有C项正确。
4. (多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增加轻线上的张力，可行的办法是( )
A．减小A物块的质量 B．增大B物块的质量
C．增大倾角θ D．增大动摩擦因数μ
答案 AB
解析 对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得：F－(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcsθ＝(mA＋mB)a，隔离物体B，应用牛顿第二定律得，FT－mBgsinθ－μmBgcsθ＝mBa。以上两式联立可解得：FT＝eq \f(mBF,mA＋mB)，由此可知，FT的大小与θ、μ无关，mB越大，mA越小，FT越大，故A、B均正确。
5．(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是( )
A．轻绳的拉力等于Mg
B．轻绳的拉力等于mg
C．M运动的加速度大小为(1－sinα)g
D．M运动的加速度大小为eq \f(M－m,M)g
答案 BC
解析 互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsinα＝mg，互换位置后，对M有Mg－FT＝Ma，对m有：FT′－mgsinα＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sinα)g，FT＝mg，故A、D错误，B、C正确。
6. 如图所示，木块A的质量为m，木块B的质量为M，叠放在光滑的水平面上，A、B之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现用水平力F作用于A，则保持A、B相对静止的条件是F不超过 ( )
A．μmg B．μMg
C．μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(m,M))) D．μMgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(M,m)))
答案 C
解析 由于A、B相对静止，以整体为研究对象可知F＝(M＋m)a；若A、B即将相对滑动，以物体B为研究对象可知μmg＝Ma，联立解得F＝μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(m,M)))，选项C正确。
7．如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数。设物体A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力Ff，且A、B的质量相等，则下列可以定性描述长木板B运动的vt图象是( )
答案 B
解析 A、B相对滑动之前加速度相同，由整体法可得：F＝2ma，F增大，a增大。当A、B间刚好发生相对滑动时，对木板有Ff＝ma，故此时F＝2Ff＝kt，t＝eq \f(2Ff,k)，之后木板做匀加速直线运动，故只有B项正确。
8. 如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )
答案 A
解析 本题考查的是牛顿第二定律的应用。本题中开始阶段两物体一起做匀加速运动有F＝(m1＋m2)a，即a＝eq \f(F,m1＋m2)＝eq \f(kt,m1＋m2)，两物体加速度相同且与时间成正比。当两物体间的摩擦力达到μm2g后，两者发生相对滑动。对m2有F－f＝ma2，在相对滑动之前f逐渐增大，相对滑动后f＝μm2g不再变化，a2＝eq \f(F－f,m2)＝eq \f(kt,m2)－μg，故其图象斜率增大；而对m1，在发生相对滑动后，有μm2g＝m1a1，故a1＝eq \f(μm2g,m1)为定值。故A选项正确。
9. (多选)神舟飞船返回时，3吨重的返回舱下降到距地面10 km时，下降速度为200 m/s。再减速就靠降落伞了，先是拉出减速伞，16 s后返回舱的速度减至80 m/s，此时减速伞与返回舱分离。然后拉出主伞，主伞张开后使返回舱的下降速度减至10 m/s，此时飞船距地面高度为1 m，接着舱内4台缓冲发动机同时点火，给飞船一个向上的反冲力，使飞船的落地速度减为零。将上述各过程视为匀变速直线运动，g＝10 m/s2。根据以上材料可得( )
A．减速伞工作期间返回舱处于失重状态
B．主伞工作期间返回舱处于失重状态
C．减速伞工作期间返回舱的平均加速度大小为7.5 m/s2
D．每台缓冲发动机的反冲推力约为返回舱重力的1.5倍
答案 CD
解析 减速伞和主伞工作期间返回舱均减速下降，处于超重状态，A、B项错；减速伞工作期间，返回舱从200 m/s减速至80 m/s，由运动学公式得a1＝eq \f(v1－v2,t1)＝7.5 m/s2，C项正确；缓冲发动机开动后，加速度大小为a3＝eq \f(v\\al(2,3),2h3)＝50 m/s2，由牛顿第二定律得4F－mg＝ma3，解得eq \f(F,mg)＝1.5, D项正确。
10．(多选)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，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的图象如图乙所示，g＝10 m/s2。下列说法中正确的是( )
A．0～5 s内物块做匀减速运动
B．在t＝1 s时刻恒力F反向
C．恒力F大小为10 N
D．物块与水平面的动摩擦因数为0.3
答案 BD
解析 题图乙为物块运动的v2x图象，由v2－veq \\al(2,0)＝2ax可知，图象的斜率k＝2a，得0～5 m位移内a1＝－10 m/s2，5～13 m位移内a2＝4 m/s2，可知恒力F反向时物块恰好位于x＝5 m处，t＝eq \f(0－v0,a1)＝1 s，A错误，B正确。对物块受力分析可知，－F－Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，得F＝7 N，Ff＝3 N，μ＝eq \f(Ff,mg)＝0.3，C错误，D正确。
二、真题与模拟
11. 2015·海南高考](多选)如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时( )
A．物块与斜面间的摩擦力减小
B．物块与斜面间的正压力增大
C．物块相对于斜面减速下滑
D．物块相对于斜面匀速下滑
答案 BD
解析 当升降机匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑时有：mgsinθ＝μmgcsθ，则μ＝tanθ(θ为斜面倾角)。当升降机加速上升时，设加速度为a，物体处于超重状态，超重ma。物块“重力”变为G′＝mg＋ma，支持力变为N′＝(mg＋ma)csθ>mgcsθ，B正确。“重力”沿斜面向下的分力GF′＝(mg＋ma)sinθ，沿斜面摩擦力变为f′＝μN′＝μ(mg＋ma)csθ>μmgcsθ，A错误。f′＝μ(mg＋ma)csθ＝tanθ(mg＋ma)csθ＝(mg＋ma)sinθ＝G下′，所以物块仍沿斜面匀速运动，D正确，C错误。
12．2015·海南高考] (多选)如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。现将细线剪断。将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间( )
A．a1＝3g B．a1＝0
C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2
答案 AC
解析 剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T＝3mg。因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同。则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mg＝ma1，得a1＝3g，A正确，B错误。由胡克定律知：2mg＝kΔl1，mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。
13．2014·北京高考]应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是( )
A．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
答案 D
解析 物体在手掌的推力作用下，由静止竖直向上加速时，物体处于超重状态。当物体离开手的瞬间，只受重力作用，物体的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，故A、B、C错误；物体离开手的前一时刻，手与物体具有相同的速度，物体离开手的下一时刻，手的速度小于物体的速度，即在物体离开手的瞬间这段相同的时间内，手的速度变化量大于物体的速度变化量，故手的加速度大于物体的加速度，也就是手的加速度大于重力加速度，故D正确。
14．2014·四川高考](多选)如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是( )
答案 BC
解析 若v2μmPg，则P先匀减速到零再反向加速到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带)；若v2>v1，且mQg<μmPg，则P先匀减速至v1，然后与传送带一起匀速运动，直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带)；若v2>v1且mQg>μmPg，满足mQg＋μmPg＝(mP＋mQ)a2，中途减速至v1，以后满足mQg－μmPg＝(mP＋mQ)a3，以a3先减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带)，故C正确，A、D错误。
15．2014·大纲卷]一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为eq \f(v,2)时，上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为( )
A．tanθ和eq \f(H,2) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v2,2gH)－1))tanθ和eq \f(H,2)
C．tanθ和eq \f(H,4) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v2,2gH)－1))tanθ和eq \f(H,4)
答案 D
解析 对物块上滑过程由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcsθ＝ma，根据运动规律可得v2＝2a·eq \f(H,sinθ)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,2)))2＝2a·eq \f(h,sinθ)，联立可得μ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v2,2gH)－1))tanθ，h＝eq \f(H,4)。故D项正确。
16．2014·福建高考]如图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( )
答案 B
解析 对物体受力分析，由于物体在斜面上能够停止，物体所受的滑动摩擦力大于物体重力沿斜面的分力。设斜面倾角为α，由牛顿第二定律可知，Ff－mgsinα＝ma，FN＝mgcsα，又Ff＝μFN，解得a＝μgcsα－gsinα，加速度a为定值，D错误。由v＝v0－at可知，vt图线应为倾斜的直线，C错误。由s＝v0t－eq \f(1,2)at2可知，st图线为抛物线，B正确。由几何关系可知h＝s·sinα，即ht图线应类似于st图线，A错误。
17．2017·江西宜春三中检测] 如图所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角，则下列说法正确的是( )
A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．凹槽对小铁球的支持力为eq \f(mg,sinα)
C．系统的加速度为a＝gtanα
D．推力F＝Mgtanα
答案 C
解析 根据小铁球与光滑凹槽相对静止的状态可知，系统有向右的加速度，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为eq \f(mg,csα)，A、B错误。小球所受合外力为mgtanα，加速度a＝gtanα，推力F＝( m＋M)gtanα，C正确，D错误。
18．2016·海口联考](多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。工件滑上A端瞬时速度vA ＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则(g＝10 m/s2)( )
A．若传送带不动，则vB＝3 m/s
B．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，vB＝3 m/s
C．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝3 m/s
D．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝2 m/s
答案 ABC
解析 若传送带不动，由匀变速规律可知veq \\al(2,B)－veq \\al(2,A)＝－2as，a＝μg，代入数据解得vB＝3 m/s，当满足选项B、C中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度还是μg，所以工件到达B端时的瞬时速度仍为3 m/s，故选项A、B、C正确，D错误。
19．2016·福州质检] 如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。观察小球开始下落到小球第一次运动到最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是( )
答案 A
解析 此过程可分为三段，第一段小球向下做自由落体运动，加速度a＝g，方向竖直向下，速度v＝gt；第二段小球向下做加速运动，加速度a＝eq \f(mg－kx,m)，弹簧的压缩量x变大，加速度a变小，方向向下；第三段运动小球向下做减速运动，加速度a＝eq \f(kx－mg,m)，弹簧的压缩量x变大，加速度a变大，方向向上，到达最低点时a>g，而且小球接触弹簧后at图线不是线性关系，所以C、D都错误。又由vt图象的斜率变化代表加速度的变化，故选项A正确。
20．2016·山东烟台期中] (多选)如图所示，横截面为直角三角形的三棱柱质量为M，放在粗糙的水平地面上，两底角中其中一个角的角度为α(α>45°)。三棱柱的两倾斜面光滑，上面分别放有质量为m1和m2的两物体，两物体间通过一根跨过定滑轮的细绳相连接，定滑轮固定在三棱柱的顶端，若三棱柱始终处于静止状态。不计滑轮与绳以及滑轮与轮轴之间的摩擦，重力加速度大小为g，则将m1和m2同时由静止释放后，下列说法正确的是( )
A．若m1＝m2，则两物体可静止在斜面上
B．若m1＝m2ctα，则两物体可静止在斜面上
C．若m1＝m2，则三棱柱对地面的压力小于(M＋m1＋m2)g
D．若m1＝m2，则三棱柱所受地面的摩擦力大小为零
答案 BC
解析 若m1＝m2，m2的重力沿斜面向下的分力大小为m2gsin(90°－α)，m1的重力沿斜面向下的分力大小为m1gsinα，由于α>45°，则m2gsin(90°－α)一、基础与经典
21. 如图所示，长L＝1.6 m、质量M＝3 kg的木板静置于光滑水平面上，质量m＝1 kg的小物块放在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1。现对木板施加一水平向右的拉力F，取g＝10 m/s2。
(1)求使物块不掉下去的最大拉力F；
(2)如果拉力F＝10 N恒定不变，求小物块所能获得的最大速度。
答案 (1)4 N (2)1.26 m/s
解析 (1)物块不掉下去的最大拉力，其存在的临界条件必是物块与木板具有共同的最大加速度a1。
对物块，最大加速度a1＝eq \f(μmg,m)＝μg＝1 m/s2，
对整体，F＝(M＋m)a1＝(3＋1)×1 N＝4 N。
(2)当F＝10 N时，木板的加速度
a2＝eq \f(F－\a\vs4\al(μ)mg,M)＝eq \f(10－0.1×1×10,3) m/s2＝3 m/s2
由eq \f(1,2)a2t2－eq \f(1,2)a1t2＝L得物块滑过木板所用时间
t＝eq \r(1.6) s，
物块离开木板时的速度v1＝a1t＝eq \r(1.6) m/s＝1.26 m/s
即小物块所能获得的最大速度为1.26 m/s。
22．质量为20 kg的物体若用20 N的水平力牵引它，刚好能在水平面上匀速前进。问：若改用50 N拉力、沿与水平方向成37°的夹角向斜上方拉它，使物体由静止出发在水平面上前进2.3 m，它的速度多大？在前进2.3 m时撤去拉力，又经过3 s，物体的速度多大？(sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g取10 m/s2)
答案 2.3 m/s 0
解析 施加20 N水平拉力时，物体做匀速运动，
F1＝f1，f1＝μFN1，FN1＝G，解得μ＝0.1。
对物体施加斜向上的拉力后，设加速度为a1，由牛顿第二定律可得F2csθ－f2＝ma1，f2＝μ(G－F2sinθ)，
a1＝1.15 m/s2(方向与运动方向相同)，
由运动学定律可得v2＝2a1x，v＝2.3 m/s，
撤去拉力后，物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有
f1＝ma2，a2 ＝1 m/s2(方向与运动方向相反)。
由t＝eq \f(v,a2)，可得物体停止运动的时间为t＝2.3 s<3 s，
所以3 s后物体的速度大小为0。
二、真题与模拟
23．2015·全国卷Ⅰ]一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的vt图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
答案 (1)μ1＝0.1 μ2＝0.4 (2)木板的最小长度为6.0 m (3)木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m
解析 (1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有
－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①
由题图(b)可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1＝4 m/s，由运动学公式得
v1＝v0＋a1t1②
s0＝v0t1＋eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)③
式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。
联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有－μ2mg＝ma2⑤
由题图(b)可得a2＝eq \f(v2－v1,t2－t1)⑥
式中，t2＝2 s, v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得
μ2＝0.4。⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3。取向右为正方向，则a3为正，a2为负，由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧
v3＝－v1＋a3Δt⑨
v3＝v1＋a2Δt⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1＝eq \f(－v1＋v3,2)Δt⑪
小物块运动的位移为s2＝eq \f(v1＋v3,2)Δt⑫
小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1⑬
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δs＝6.0 m⑭
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m。
(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3，由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮
0－veq \\al(2,3)＝2a4s3⑯
碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3⑰
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得s＝－6.5 m⑱
木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。
24．2016·山东青岛统一质检]如图甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板，开始时质量为m＝1 kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，今将水平力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失。此后滑块和木板在水平上运动的vt图象如图乙所示，g＝10 m/s2。求：
(1)水平作用力F的大小；
(2)滑块开始下滑时的高度；
(3)木板的质量。
答案 (1)eq \f(10\r(3),3) N (2)2.5 m (3)1.5 kg
解析 (1)对滑块受力分析可得mgsinθ＝Fcsθ，
代入数据可得F＝eq \f(10\r(3),3) N。
(2)由题意可知，滑块滑到木板上的初速度为10 m/s，当F变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得
mgsinθ＋ Fcsθ＝ma，解得a＝10 m/s2，
下滑的位移x＝eq \f(v2,2a)，解得x＝5 m，
故下滑的高度，h＝xsin30°＝2.5 m。
(3)由图象可知，二者先发生相对滑动，当达到共速后一起做匀减速运动，设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板间的摩擦因数为μ2，由图象得，二者共同减速时的加速度大小a1＝1 m/s2，发生相对滑动时，木板的加速度a2＝1 m/s2，滑块减速的加速度大小a3＝4 m/s2，
对整体受力分析可得a1＝eq \f(μ1M＋mg,M＋m)＝μ1g，
可得μ1＝0.1。
在0～2 s内分别对m和M受力分析可得
对M：eq \f(μ2mg－μ1M＋mg,M)＝a2，
对m：eq \f(μ2mg,m)＝a3，
代入数据解得M＝1.5 kg。
考点细研究：本考点是物理教材的基础，也是历年高考必考的内容之一，其主要包括的考点有：(1)超重、失重；(2)连接体问题；(3)牛顿运动定律的综合应用、滑块滑板模型、传送带模型等。其中考查到的如：2015年全国卷Ⅰ第25题、2015年全国卷Ⅱ第25题、2015年海南高考第9题、2014年北京高考第8题、2014年四川高考第7题、2014年大纲卷第19题、2014年江苏高考第5题、2014年福建高考第15题、2013年浙江高考第17题和第19题、2013年广东高考第19题、2013年山东高考第15题等。
备考正能量：牛顿运动定律是历年高考的主干知识；它不仅是独立的知识点，更是解决力、电动力学综合问题的核心规律。可单独命题(选择题、实验题)，也可综合命题(解答题)。高考对本考点的考查以对概念和规律的理解及应用为主，试题难度中等或中等偏上。
一、基础与经典
1．小明家住十层，他乘电梯从一层直达十层。则下列说法正确的是( )
A．他始终处于超重状态
B．他始终处于失重状态
C．他先后处于超重、平衡、失重状态
D．他先后处于失重、平衡、超重状态
答案 C
解析 小明乘坐电梯从一层直达十层过程中，一定是先向上加速，再向上匀速，最后向上减速，运动过程中加速度方向最初向上，中间为零，最后加速度方向向下，因此先后对应的状态应该是超重、平衡、失重三个状态，C正确。
2．如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，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。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的( )
答案 A
解析 放上小木块后，长木板受到小木块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小木块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于木板刚开始运动时的加速度，故A正确，也可能物块与长木板间动摩擦因数较小，达到共同速度后物块相对木板向右运动，给木板向右的摩擦力，但木板的加速度也小于刚开始运动的加速度，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误。
3．如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则( )
A．物块可能匀速下滑
B．物块仍以加速度a匀加速下滑
C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑
D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑
答案 C
解析 对物块进行受力分析，设斜面的角度为θ，可列方程mgsinθ－μmgcsθ＝ma，sinθ－μcsθ＝eq \f(a,g)，当加上力F后，由牛顿第二定律得(mg＋F)sinθ－μ(mg＋F)csθ＝ma1，即mgsinθ－μmgcsθ＋Fsinθ－μFcsθ＝ma1，ma＋Fsinθ－μFcsθ＝ma1，Fsinθ－μFcsθ＝F(sinθ－μcsθ)＝eq \f(Fa,g)，eq \f(Fa,g)大于零，代入上式知，a1大于a。物块将以大于a的加速度匀加速下滑。只有C项正确。
4. (多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增加轻线上的张力，可行的办法是( )
A．减小A物块的质量 B．增大B物块的质量
C．增大倾角θ D．增大动摩擦因数μ
答案 AB
解析 对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得：F－(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcsθ＝(mA＋mB)a，隔离物体B，应用牛顿第二定律得，FT－mBgsinθ－μmBgcsθ＝mBa。以上两式联立可解得：FT＝eq \f(mBF,mA＋mB)，由此可知，FT的大小与θ、μ无关，mB越大，mA越小，FT越大，故A、B均正确。
5．(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是( )
A．轻绳的拉力等于Mg
B．轻绳的拉力等于mg
C．M运动的加速度大小为(1－sinα)g
D．M运动的加速度大小为eq \f(M－m,M)g
答案 BC
解析 互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsinα＝mg，互换位置后，对M有Mg－FT＝Ma，对m有：FT′－mgsinα＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sinα)g，FT＝mg，故A、D错误，B、C正确。
6. 如图所示，木块A的质量为m，木块B的质量为M，叠放在光滑的水平面上，A、B之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现用水平力F作用于A，则保持A、B相对静止的条件是F不超过 ( )
A．μmg B．μMg
C．μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(m,M))) D．μMgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(M,m)))
答案 C
解析 由于A、B相对静止，以整体为研究对象可知F＝(M＋m)a；若A、B即将相对滑动，以物体B为研究对象可知μmg＝Ma，联立解得F＝μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(m,M)))，选项C正确。
7．如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数。设物体A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力Ff，且A、B的质量相等，则下列可以定性描述长木板B运动的vt图象是( )
答案 B
解析 A、B相对滑动之前加速度相同，由整体法可得：F＝2ma，F增大，a增大。当A、B间刚好发生相对滑动时，对木板有Ff＝ma，故此时F＝2Ff＝kt，t＝eq \f(2Ff,k)，之后木板做匀加速直线运动，故只有B项正确。
8. 如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )
答案 A
解析 本题考查的是牛顿第二定律的应用。本题中开始阶段两物体一起做匀加速运动有F＝(m1＋m2)a，即a＝eq \f(F,m1＋m2)＝eq \f(kt,m1＋m2)，两物体加速度相同且与时间成正比。当两物体间的摩擦力达到μm2g后，两者发生相对滑动。对m2有F－f＝ma2，在相对滑动之前f逐渐增大，相对滑动后f＝μm2g不再变化，a2＝eq \f(F－f,m2)＝eq \f(kt,m2)－μg，故其图象斜率增大；而对m1，在发生相对滑动后，有μm2g＝m1a1，故a1＝eq \f(μm2g,m1)为定值。故A选项正确。
9. (多选)神舟飞船返回时，3吨重的返回舱下降到距地面10 km时，下降速度为200 m/s。再减速就靠降落伞了，先是拉出减速伞，16 s后返回舱的速度减至80 m/s，此时减速伞与返回舱分离。然后拉出主伞，主伞张开后使返回舱的下降速度减至10 m/s，此时飞船距地面高度为1 m，接着舱内4台缓冲发动机同时点火，给飞船一个向上的反冲力，使飞船的落地速度减为零。将上述各过程视为匀变速直线运动，g＝10 m/s2。根据以上材料可得( )
A．减速伞工作期间返回舱处于失重状态
B．主伞工作期间返回舱处于失重状态
C．减速伞工作期间返回舱的平均加速度大小为7.5 m/s2
D．每台缓冲发动机的反冲推力约为返回舱重力的1.5倍
答案 CD
解析 减速伞和主伞工作期间返回舱均减速下降，处于超重状态，A、B项错；减速伞工作期间，返回舱从200 m/s减速至80 m/s，由运动学公式得a1＝eq \f(v1－v2,t1)＝7.5 m/s2，C项正确；缓冲发动机开动后，加速度大小为a3＝eq \f(v\\al(2,3),2h3)＝50 m/s2，由牛顿第二定律得4F－mg＝ma3，解得eq \f(F,mg)＝1.5, D项正确。
10．(多选)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，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的图象如图乙所示，g＝10 m/s2。下列说法中正确的是( )
A．0～5 s内物块做匀减速运动
B．在t＝1 s时刻恒力F反向
C．恒力F大小为10 N
D．物块与水平面的动摩擦因数为0.3
答案 BD
解析 题图乙为物块运动的v2x图象，由v2－veq \\al(2,0)＝2ax可知，图象的斜率k＝2a，得0～5 m位移内a1＝－10 m/s2，5～13 m位移内a2＝4 m/s2，可知恒力F反向时物块恰好位于x＝5 m处，t＝eq \f(0－v0,a1)＝1 s，A错误，B正确。对物块受力分析可知，－F－Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，得F＝7 N，Ff＝3 N，μ＝eq \f(Ff,mg)＝0.3，C错误，D正确。
二、真题与模拟
11. 2015·海南高考](多选)如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时( )
A．物块与斜面间的摩擦力减小
B．物块与斜面间的正压力增大
C．物块相对于斜面减速下滑
D．物块相对于斜面匀速下滑
答案 BD
解析 当升降机匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑时有：mgsinθ＝μmgcsθ，则μ＝tanθ(θ为斜面倾角)。当升降机加速上升时，设加速度为a，物体处于超重状态，超重ma。物块“重力”变为G′＝mg＋ma，支持力变为N′＝(mg＋ma)csθ>mgcsθ，B正确。“重力”沿斜面向下的分力GF′＝(mg＋ma)sinθ，沿斜面摩擦力变为f′＝μN′＝μ(mg＋ma)csθ>μmgcsθ，A错误。f′＝μ(mg＋ma)csθ＝tanθ(mg＋ma)csθ＝(mg＋ma)sinθ＝G下′，所以物块仍沿斜面匀速运动，D正确，C错误。
12．2015·海南高考] (多选)如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。现将细线剪断。将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间( )
A．a1＝3g B．a1＝0
C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2
答案 AC
解析 剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T＝3mg。因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同。则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mg＝ma1，得a1＝3g，A正确，B错误。由胡克定律知：2mg＝kΔl1，mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。
13．2014·北京高考]应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是( )
A．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
答案 D
解析 物体在手掌的推力作用下，由静止竖直向上加速时，物体处于超重状态。当物体离开手的瞬间，只受重力作用，物体的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，故A、B、C错误；物体离开手的前一时刻，手与物体具有相同的速度，物体离开手的下一时刻，手的速度小于物体的速度，即在物体离开手的瞬间这段相同的时间内，手的速度变化量大于物体的速度变化量，故手的加速度大于物体的加速度，也就是手的加速度大于重力加速度，故D正确。
14．2014·四川高考](多选)如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是( )
答案 BC
解析 若v2
15．2014·大纲卷]一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为eq \f(v,2)时，上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为( )
A．tanθ和eq \f(H,2) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v2,2gH)－1))tanθ和eq \f(H,2)
C．tanθ和eq \f(H,4) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v2,2gH)－1))tanθ和eq \f(H,4)
答案 D
解析 对物块上滑过程由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcsθ＝ma，根据运动规律可得v2＝2a·eq \f(H,sinθ)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,2)))2＝2a·eq \f(h,sinθ)，联立可得μ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v2,2gH)－1))tanθ，h＝eq \f(H,4)。故D项正确。
16．2014·福建高考]如图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( )
答案 B
解析 对物体受力分析，由于物体在斜面上能够停止，物体所受的滑动摩擦力大于物体重力沿斜面的分力。设斜面倾角为α，由牛顿第二定律可知，Ff－mgsinα＝ma，FN＝mgcsα，又Ff＝μFN，解得a＝μgcsα－gsinα，加速度a为定值，D错误。由v＝v0－at可知，vt图线应为倾斜的直线，C错误。由s＝v0t－eq \f(1,2)at2可知，st图线为抛物线，B正确。由几何关系可知h＝s·sinα，即ht图线应类似于st图线，A错误。
17．2017·江西宜春三中检测] 如图所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角，则下列说法正确的是( )
A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．凹槽对小铁球的支持力为eq \f(mg,sinα)
C．系统的加速度为a＝gtanα
D．推力F＝Mgtanα
答案 C
解析 根据小铁球与光滑凹槽相对静止的状态可知，系统有向右的加速度，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为eq \f(mg,csα)，A、B错误。小球所受合外力为mgtanα，加速度a＝gtanα，推力F＝( m＋M)gtanα，C正确，D错误。
18．2016·海口联考](多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。工件滑上A端瞬时速度vA ＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则(g＝10 m/s2)( )
A．若传送带不动，则vB＝3 m/s
B．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，vB＝3 m/s
C．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝3 m/s
D．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝2 m/s
答案 ABC
解析 若传送带不动，由匀变速规律可知veq \\al(2,B)－veq \\al(2,A)＝－2as，a＝μg，代入数据解得vB＝3 m/s，当满足选项B、C中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度还是μg，所以工件到达B端时的瞬时速度仍为3 m/s，故选项A、B、C正确，D错误。
19．2016·福州质检] 如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。观察小球开始下落到小球第一次运动到最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是( )
答案 A
解析 此过程可分为三段，第一段小球向下做自由落体运动，加速度a＝g，方向竖直向下，速度v＝gt；第二段小球向下做加速运动，加速度a＝eq \f(mg－kx,m)，弹簧的压缩量x变大，加速度a变小，方向向下；第三段运动小球向下做减速运动，加速度a＝eq \f(kx－mg,m)，弹簧的压缩量x变大，加速度a变大，方向向上，到达最低点时a>g，而且小球接触弹簧后at图线不是线性关系，所以C、D都错误。又由vt图象的斜率变化代表加速度的变化，故选项A正确。
20．2016·山东烟台期中] (多选)如图所示，横截面为直角三角形的三棱柱质量为M，放在粗糙的水平地面上，两底角中其中一个角的角度为α(α>45°)。三棱柱的两倾斜面光滑，上面分别放有质量为m1和m2的两物体，两物体间通过一根跨过定滑轮的细绳相连接，定滑轮固定在三棱柱的顶端，若三棱柱始终处于静止状态。不计滑轮与绳以及滑轮与轮轴之间的摩擦，重力加速度大小为g，则将m1和m2同时由静止释放后，下列说法正确的是( )
A．若m1＝m2，则两物体可静止在斜面上
B．若m1＝m2ctα，则两物体可静止在斜面上
C．若m1＝m2，则三棱柱对地面的压力小于(M＋m1＋m2)g
D．若m1＝m2，则三棱柱所受地面的摩擦力大小为零
答案 BC
解析 若m1＝m2，m2的重力沿斜面向下的分力大小为m2gsin(90°－α)，m1的重力沿斜面向下的分力大小为m1gsinα，由于α>45°，则m2gsin(90°－α)
21. 如图所示，长L＝1.6 m、质量M＝3 kg的木板静置于光滑水平面上，质量m＝1 kg的小物块放在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1。现对木板施加一水平向右的拉力F，取g＝10 m/s2。
(1)求使物块不掉下去的最大拉力F；
(2)如果拉力F＝10 N恒定不变，求小物块所能获得的最大速度。
答案 (1)4 N (2)1.26 m/s
解析 (1)物块不掉下去的最大拉力，其存在的临界条件必是物块与木板具有共同的最大加速度a1。
对物块，最大加速度a1＝eq \f(μmg,m)＝μg＝1 m/s2，
对整体，F＝(M＋m)a1＝(3＋1)×1 N＝4 N。
(2)当F＝10 N时，木板的加速度
a2＝eq \f(F－\a\vs4\al(μ)mg,M)＝eq \f(10－0.1×1×10,3) m/s2＝3 m/s2
由eq \f(1,2)a2t2－eq \f(1,2)a1t2＝L得物块滑过木板所用时间
t＝eq \r(1.6) s，
物块离开木板时的速度v1＝a1t＝eq \r(1.6) m/s＝1.26 m/s
即小物块所能获得的最大速度为1.26 m/s。
22．质量为20 kg的物体若用20 N的水平力牵引它，刚好能在水平面上匀速前进。问：若改用50 N拉力、沿与水平方向成37°的夹角向斜上方拉它，使物体由静止出发在水平面上前进2.3 m，它的速度多大？在前进2.3 m时撤去拉力，又经过3 s，物体的速度多大？(sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g取10 m/s2)
答案 2.3 m/s 0
解析 施加20 N水平拉力时，物体做匀速运动，
F1＝f1，f1＝μFN1，FN1＝G，解得μ＝0.1。
对物体施加斜向上的拉力后，设加速度为a1，由牛顿第二定律可得F2csθ－f2＝ma1，f2＝μ(G－F2sinθ)，
a1＝1.15 m/s2(方向与运动方向相同)，
由运动学定律可得v2＝2a1x，v＝2.3 m/s，
撤去拉力后，物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有
f1＝ma2，a2 ＝1 m/s2(方向与运动方向相反)。
由t＝eq \f(v,a2)，可得物体停止运动的时间为t＝2.3 s<3 s，
所以3 s后物体的速度大小为0。
二、真题与模拟
23．2015·全国卷Ⅰ]一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的vt图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
答案 (1)μ1＝0.1 μ2＝0.4 (2)木板的最小长度为6.0 m (3)木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m
解析 (1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有
－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①
由题图(b)可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1＝4 m/s，由运动学公式得
v1＝v0＋a1t1②
s0＝v0t1＋eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)③
式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。
联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有－μ2mg＝ma2⑤
由题图(b)可得a2＝eq \f(v2－v1,t2－t1)⑥
式中，t2＝2 s, v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得
μ2＝0.4。⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3。取向右为正方向，则a3为正，a2为负，由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧
v3＝－v1＋a3Δt⑨
v3＝v1＋a2Δt⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1＝eq \f(－v1＋v3,2)Δt⑪
小物块运动的位移为s2＝eq \f(v1＋v3,2)Δt⑫
小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1⑬
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δs＝6.0 m⑭
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m。
(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3，由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮
0－veq \\al(2,3)＝2a4s3⑯
碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3⑰
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得s＝－6.5 m⑱
木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。
24．2016·山东青岛统一质检]如图甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板，开始时质量为m＝1 kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，今将水平力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失。此后滑块和木板在水平上运动的vt图象如图乙所示，g＝10 m/s2。求：
(1)水平作用力F的大小；
(2)滑块开始下滑时的高度；
(3)木板的质量。
答案 (1)eq \f(10\r(3),3) N (2)2.5 m (3)1.5 kg
解析 (1)对滑块受力分析可得mgsinθ＝Fcsθ，
代入数据可得F＝eq \f(10\r(3),3) N。
(2)由题意可知，滑块滑到木板上的初速度为10 m/s，当F变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得
mgsinθ＋ Fcsθ＝ma，解得a＝10 m/s2，
下滑的位移x＝eq \f(v2,2a)，解得x＝5 m，
故下滑的高度，h＝xsin30°＝2.5 m。
(3)由图象可知，二者先发生相对滑动，当达到共速后一起做匀减速运动，设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板间的摩擦因数为μ2，由图象得，二者共同减速时的加速度大小a1＝1 m/s2，发生相对滑动时，木板的加速度a2＝1 m/s2，滑块减速的加速度大小a3＝4 m/s2，
对整体受力分析可得a1＝eq \f(μ1M＋mg,M＋m)＝μ1g，
可得μ1＝0.1。
在0～2 s内分别对m和M受力分析可得
对M：eq \f(μ2mg－μ1M＋mg,M)＝a2，
对m：eq \f(μ2mg,m)＝a3，
代入数据解得M＝1.5 kg。
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