2016版高考物理考前三个月第1部分专题2力与直线运动试题

1、图 3 1 【步步高】（全国通用）2016版高考物理 考前三个月 第1部分专题 2力与直线运动试题 I真题示例 _ 1 .（多选）（2015 新课标全国120）如图 1（a），一物块在t = 0 时刻滑上一固定斜面，其运 动的v t图线如图（b）所示.若重力加速度及图中的 V。、V1、11均为已知量，则可求出（ ） 图 1 A. 斜面的倾角 B. 物块的质量 C. 物块与斜面间的动摩擦因数 D. 物块沿斜面向上滑行的最大高度 2. （2015 山东理综 14）距地面高 5 m 的水平直轨道上 A B两点相距 2 m，在B点用细线 悬挂一小球，离地高度为 h,如图 2 所示.小车始终以 4 m/

2、s的速度沿轨道匀速运动，经过 A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至 B点时细线被轧断，最后两球同时 落地.不计空气阻力，取重力加速度的大小 g= 10 m/s2.可求得h等于（ ） A. 1.25 m B. 2.25 m C. 3.75 m D. 4.75 m 3. （多选）（2015 海南单科 9）如图 3 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 （ ） 己 A u 图 2 2 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

3、 4. (2015 新课标全国 25)下暴雨时， 有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害. 某地有 3 一倾角为0 = 37 (sin 37=三)的山坡C,上面有一质量为 m的石板B,其上下表面与斜坡 5 平行；B上有一碎石堆 A含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图 4 所示.假设某次暴 雨中，A浸透雨水后总质量也为 m可视为质量不变的滑块)，在极短时间内， A B间的动摩 3 擦因数卩1减小为 8，B C间的动摩擦因数 卩2减小为 0.5 , A、B开始运动，此时刻为计时起 点；在第2 s 末，B的上表面突然变为光滑， 卩2保持不变.已知 A开始运动时，A离B下边 缘的距离I = 27

4、m,C足够长，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) 在 02 s 时间内A和B加速度的大小; A在B上总的运动时间.3 I考纲解读 _ 1 .题型特点 牛顿第二定律是高考中每年必考的热点内容，既会单独考查，又会与电磁学内容结合考查学 生的综合处理问题的能力.近几年高考主要考查匀变速直线运动的公式、规律及运动图象的 应用，题型多以选择题和计算题为主，题目新颖，与生活实际联系密切考查直线运动和力 的关系 时大多综合牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容. 2 .应考技巧 抓住“两个分析”和“一个桥梁” “两个分析”是指受力分析和运动情景分析，“

5、一个桥 梁”是指加速度是联系运动和受力的桥梁综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题. 考题一匀变速直线运动基本规律的应用 1 . （2015 新余二模）一质点做匀加速直线运动时，速度变化 度变化同样的 V时发生位移X2，则该质点的加速度为（ 收费站中心线之间以 4 m/s的速度匀速行驶，通过收费站中心线后才加速行驶离开，已知甲 2 匀减速过程的加速度大小为 ai= 1 m/s，虚线EF处与收费站中心线距离 d= 10 m.乙车过人 工收费通道，需要在中心线前某位置开始做匀减速运动，至中心线处恰好速度为零，经过缴 费成功后再启动汽车行驶离开已知乙车匀减速过程的加速度大小为 收费站 中心燼 P

6、/=10 Hi 甲行驶方向二 1 匀速行 It 区阿 肮口通車 兀行驶方向二 (1)甲车过 ETC 通道时，从开始减速到收费站中心线过程中的位移大小; 乙车比甲车提前多少时间到收费站中心线. A v时发生位移X1，紧接着速 ） 2 1 1 A. ( ( v)(x：+ X2) ) 2 1 1 C ( (AV)(XTX2) ) D. V X2 2 A v X2 X1 15 m/s的速度匀速行驶，司机 0.6 s，刹车后卡 a2= 2 m/s 2.求: 人匚收费通道 4 规律小结规律小结 1 .基本公式 常用推论 , t Vo + Vt 一 X /Vo2+ V2 x=aT v2 =厂=v 忙 2 2

7、 总结：应用运动学规律解题的基本步骤 第一步：根据题意确定研究对象. 第二步：分析运动过程，明确物体做什么运动，构建运动情景，必要时画出运动示意图. 第三步：明确题中的已知量、未知量及其关系，选用合适的运动规律. 第四步：若运动包含多个阶段，要分阶段逐个分析，各段交接点处的速度是衔接各段运动的 关键物理量，也是解题的突破口. 第五步：选取正方向，由运动学公式列方程求解. 考题二牛顿运动定律的应用 4. （多选）（2015 海南单科 8）如图 6,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 Si和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点 Q整个系统处于静止状态.现 将细线

8、剪断.将物块a的加速度的大小记为 ai,S和S2相对于原长的伸长分别记为 l i和 12, 重力加速度大小为 g.在剪断的瞬间（ ） Ct h 图 6 A. ai = 3g B. ai = 0 C. 11 = 2 A 12 D. 1 i= A 1 2 5. （多选）（20i5 银川一模）如图 7 甲所示，用粘性材料粘在一起的 A、B两物块静止于光滑 v = Vo + at 1 x = vot + 2at v2 Vo 2= 2ax 5 水平面上，两物块的质量分别为 mA= i kg、mB= 2 kg ,当A、B之间产生拉力且大于 0.3 N 时, A、B将会分离.t = 0 时刻开始对物块 A施

9、加一水平推力 Fi,同时对物块 B施加同一方向的 拉力H,使A、B从静止开始运动，运动过程中 Fi、F2方向保持不变，Fi、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 （ ）6 图 7 A. t = 2.0 s时刻A、B之间作用力大小为 0.6 N B. t = 2.0 s时刻A B之间作用力为零 C. t = 2.5 s 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 5.4 m 6. (2015 山东临沂一中二模)如图 8 所示，在倾角为 0 = 37的足够长固定斜面底端, 质量 m= 1 kg 的小物

10、块以某一初速度沿斜面上滑，一段时间后返回出发点物块上滑所用时 t2大小之比为 t1 : t2= 1 : 5，取 g= 10 m/s1 2, sin 37= 0.6 , cos 37 =0.8.求: 1 物块由斜面底端上滑时的初速度 2 物块和斜面之间的动摩擦因数； (3) 若给物块施加一大小为 5 5 N、方向与斜面成适当角度的力，使物块沿斜面向上加速运 动，求加速度的最大值. 间11和下滑所用时间 V2的大小之比; 图 9 7 方法小结方法小结 1 研究对象的选取方法 在实际解题过程中整体法和隔离法经常交替使用，一般是选用整体法求加速度，再用隔离法 求物体间的相互作用力. 2 .受力分析的处

11、理方法 (1) 合成法：若物体只受两个力作用而产生加速度时， 应用力的合成法较简单， 合外力的方向 就是加速度方向. (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， 常用正交分解法解题，多数 情况下把力正交分解在加速度方向和垂直加速度方向上，此时有 Fx= ma Fy= 0,特殊情况下 分解加速度比分解力更简单. 3 .运动情景分析法 (1) 程序法：对于研究对象按时间的先后经历了几个不同的运动过程的一类问题的解决方法叫 程序法.运用程序法时，要注意前一个过程的结束是后一个过程的开始，两个过程的交接点 的速度往往是解决问题的关键. (2) 图象法：图象能形象地表达物理规律， 能

12、直观地描述物理过程，能鲜明地表示物理量之间 的关系.应用图象，不仅能进行定性分析，比较判断，也适宜于定量计算、论证，而且，通 过图象的启发常能找到巧妙的解题途径. 考题三运动学图象问题 7. (2015 湖北八校联考二模)如图 9 所示，为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标 x 随时间t变化的图象，已知甲做匀变速直线运动，乙做匀速直线运动，则 0t2时间内下列 说法正确的是( ) 8 A. 两物体在ti时刻速度大小相等 B. ti时刻乙的速度大于甲的速度 C. 两物体平均速度大小相等 D. 甲的平均速度小于乙的平均速度 8. （2015 安康二模）图象法可以形象直观地描述物体的运动情况对于

13、图 位移一时间图象和速度一时间图象，分析结果正确的是 （ ） 10 两质点运动的 9 图 10 A. 由图甲可知，质点做曲线运动，且速度逐渐增大 B. 由图甲可知，质点在前 10 s 内的平均速度大小为 4 m/s C. 由图乙可知，质点在第 4 s 内加速度的方向与物体运动的方向相反 9.一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面, 到达某一高度后返回斜面底端. 表示滑块在斜面上运动的速度 v、加速度a、重力势能 &、机械能E随时间 下列各图分别 t变化的图象， 则下列图象可能正确的是 ti 10 知识小结知识小结 1. xt、v t、a t 的关系 2 .图象问题的五看 一看：轴；二看：

14、线；三看：斜率；四看：面积；五看：特殊点. 3 .注意：x t图象和v t图象描述的都是直线运动，而 a t图象描述的并非一定是直线 运动. 考题四应用动力学方法分析传送带问题 10. （多选） （2015 江苏省盐城中学高三上学期期末考试 ）如图 11 所示，以速度v逆时针匀速 转动的足够长的传送带与水平面的夹角为 0 ,现将一个质量为 m的小木块轻轻地放在传送带 的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为 卩,则下列选项中能够正确地描述小木块的速度 随时间变化关系的图线是（ ） 11. 如图 12 所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度 v= 4 m/s ,传送带与 水平面的夹角0

15、 = 37,现将质量 m= 1 kg 的小物块轻放在其底端（小物块可视作质点），与 此同时，给小物块施加沿传送带方向向上的恒力 F= 8 N,经过一段时间，小物块运动到了离 斜殼斜殼 面和 11 地面高为h= 2.4 m 的平台上.已知物块与传送带之间的动摩擦因数 卩=0.5 , （ g取 10 m/s2,12 sin 37 = 0.6 , cos 37 = 0.8).问: (1) 物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？ (2) 若在物块与传送带达到相同速度时， 立即撤去恒力F,计算小物块还需经过多长时间离开 传送带以及离开时的速度？ 方法小结方法小结 1 水平放置运行的传送带 处理水平放置

16、的传送带问题，首先应对放在传送带上的物体进行受力分析，分清物体所受摩 擦力是阻力还是动力；然后对物体进行运动状态分析，即对静态T动态T终态进行分析和判 断，对其全过程作出合理分析、推导，进而采用有关物理规律求解这类问题可分为： 运动学型； 动力学型； 图象型. 2 倾斜放置运行的传送带 处理这类问题，同样是先对物体进行受力分析，再判断摩擦力的方向是解题关键，正确理解 题意和挖掘题中隐含条件是解决这类问题的突破口这类问题通常分为：运动学型；动力学 型；能量守恒型. 亜虐难点全 5JHS(www.S1ta ik&.e im) 应用动力学观点分祈传送带问题 考题五应用动力学方法分析“滑块一木

17、图 12 精品微课 13 板模型”问题 12. （多选）（2015 安康二模）如图 13 所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上， 一物块静 止在木板上，木板和物块间有摩擦. 现用水平拉力向右拉木板， 在物块相对木板运动过程中， 撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为 （ ） 拉力 图 13 A. 物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动 B. 物块先向左运动，再向右运动 C. 木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动 D. 木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零 13. （2015 大连二模）如图 14 甲所示，地面上有一长为 I = 1 m 高为h= 0.8 m 质量 M= 2

18、 kg 的木板，木板的右侧放置一个质量为 m= 1 kg 的木块（可视为质点），已知木板与木块之间 的动摩擦因数为 卩1= 0.4 ,木板与地面之间的动摩擦因数为 卩2= 0.6 ,初始时两者均静止.现 对木板施加一水平向右的拉力 F,拉力F随时间t的变化如图乙所示，求木块落地时距离木 2 板左侧的水平距离 x.（取g= 10 m/s ） F/N 34 F T - - H F 24 1 - ; 图 14 14 方法小结方法小结 1 抓住两个分析 （1） 对物体在初态时（静止释放或有初速度的释放）所受滑动摩擦力的方向分析. （2） 二者达到共速时摩擦力的有无及方向的分析， 其方法是：假设刚好达到

19、最大静摩擦力求出 临界的加速度ao与实际的加速度 a比较. 若aa。则发生相对滑动. 若aw ao则能相对静止. 2 .解题关键：以动力学分析为切入点，弄清物体的运动过程. 专题综合练 1 . （2015 皖南八校联考）如图 15 所示为甲、乙两物体运动的图象，在 0t2时间内甲一直 做匀加速直线运动，乙先做匀减速到速度为零，再做匀加速直线运动， 122x乙 C. x 甲33 m，所以会撞到小孩. Z A ) 3. (1)202 m (2)3.4 s 解析（1）甲车过 ETC 通道时，减速过程的位移为: 2 2 V1 V2 X甲=飞厂 可得x甲=192 m 所以总的位移：X总=X甲+ d =

20、202 m （2）甲车减速过程的时间 t甲 1=也二呼=16 s a1 、 d 甲车匀速过程的时间 t甲 2= = 2.5 s V2 乙车过人工收费通道减速过程的时间 t乙 2 = V1= 10 s a2 2 V1 乙车过人工收费通道减速过程的位移 X2= - = 100 m 2a2 乙车在甲车开始减速后匀速过程的位移 X1 = X总一 X2= 102 m X1 乙车在甲车开始减速后匀速过程的时间 t乙 1 = - = 5.1 s V1 则乙车提前甲车到中心线的时间为 t = （t甲 1+ t甲 2） （t乙 1 +1乙 2） = 3.4 s. 考题二牛顿运动定律的应用 4. AC 设物体的质

21、量为 m剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变， 所以剪断细线的瞬间 a受到重力和弹簧 S1的拉力T1，剪断前对b、c和弹簧组成的整体分析 可知T = 2mg故a受到的合力 F= m肝= mc+ 2mg= 3mg故加速度 a1=m= 3g, A 正确，B 错误；设弹簧 S的拉力为T2,贝U Ta= mg根据胡克定律 F= kA X可得 l 1= 2A 12, C 正确，x = 9 m+ 22.5 m + 1.5 m =33 m, X1 + X2 v t 8.75 m/s , 若 Vo = 20 m/s , 27 (1) 5 ：1 (2)0.5 (3)2.5 m/s 2 解析(1)

22、设物块上滑的最大位移为 L,根据运动学公式 v 1 + 0 上滑过程：L=p t1 0 + V2 下滑过程：L=厂t2 亠 V1 厂 整理得：一=5 ：1 V2 ” (2)设上滑时加速度为 ai,下滑时加速度为 下滑时：mn 0 1 mgcos 0 = ma 由位移时间公式得：L=fat刍 1a2t 2 联立三式代入数据得： 1= 0.5 D 错误. 5. AD 设t时刻AB分离，分离之前 AB物块共同运动，加速度为 a,以整体为研究对象, F1 + F2 3.6 + 0 2 2 则有：a=m+m =+r =+r m/sm/s =2 m/s2 m/s , 分离时：F2 F= mBa, 得：F2

23、= F+ ma= 0.3 N + 2X 1.2 N = 2.7 N , 4 经历时间：t =萌X 2.7 s s = 3 3 s s , 1 根据位移公式：x = at 2= 5.4 m，则 D 正确; F F t = 2.0 s 时，F2 = 1.8 N , F2 + F =ma,得: =nBa F2= 0.6 N , A 正确，B 错误. t = 2.5 s 时，F2 = 2.25 N , F2 + F= ma,得: =na F20, C 错误. 根据牛顿第二定律得上滑时： m n 0 + mgcos 0 = ma 28 设F与斜面的夹角为 a，加速度为a, 由牛顿第二定律得: Fcos

24、a mgpin 0 1 (mgpos 0 Fsin a ) = ma 即：F(cos a + 1 sin a ) mgsin 0 + 1 cos 0 ) = ma _ 1 整理得： F , 1 + 12( - 2cos .1+1 . 1 . a + 1 -2sin a ) p1 + 1 mgsin 0 + 1 cos 0 ) = ma 29 1 令 tan B=，则: sin( a + 3 )的最大值为 1，设加速度最大值为 am, 得：F 1+ 2-mgs in 0 + 口 cos 0 ) = ma 2 代入数据得：a 2.5 m/s 考题三运动学图象问题 7. C 根据位移图象的斜率等于速

25、度，则在 t1时刻，甲图象的斜率大于乙图象的斜率，所 以甲的速度大于乙的速度，故 A、B 错误；坐标的变化量等于位移，根据图象可知，甲、乙位 移大小相等，方向相反，而时间相等，则平均速度的大小相等，故 C 正确，D 错误 8. D 运动图象反映物体运动的规律， 不是运动轨迹， 无论速度一时间图象还是位移一时间 图象都只能表示物体做直线运动，故 A 错误；由图甲可知，质点在前 10 s 内的位移x = 20 m x 20 0 m= 20 m，所以平均速度 v=-=和 m/s = 2 m/s，故 B 错误；由图乙可知，质点在第 4 s 内加速度和速度都为负，方向相同，故 C 错误；vt图线的斜率表

26、示物体运动的加速度，由 图乙可知，质点在运动过程中，加速度的最大值出现在 24s 内，最大加速度大小为 a = j 15 2 2 =m/s = 15 m/s，故 D 正确. 9. B 滑块在斜面上运动过程中， 由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的 速度小于上滑的速度，回到出发点时的速度比出发时的初速度小.故 A 错误； 设斜面的倾角 为a .滑块在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向相同.设 上滑与下滑两个过程加速度大小分别为 a1和a2.根据牛顿第二定律得： min a +卩mcpos a =ma； mgsin a mapos a = ma;则得： a1

27、= gsin a + gcos a , a2= gsin a gcos 1 2 . a .则有：aa2,故 B 正确；上滑过程中：上滑的位移大小为： 为=vot 护让，重力势能为： 1 2 一 一 一 一 曰=mgxsin a = mgi n a (vot 尹比),E t图象为抛物线.下滑过程：重力势能为： 曰= 1 mg H-a2(t 10)2sin a , H为滑块所能到达的最大高度， to是上滑的时间，此为开口向下 F寸 1 + 2si n( a + 3 ) mgsin B + u cos 0 ) = ma 30 的抛物线方程，故 C 错误；由于滑块克服摩擦力做功， 其机械能不断减小，

28、根据功能关系得： 1 2 E= E) Ff1x= E) Ff1(vot a1t2)，可知 0t1时间内E t图象应为抛物线.故 D 错误. 考题四 应用动力学方法分析传送带问题 10. CD 木块放上后一定先向下加速， 由于传送带足够长， 所以一定有木块速度大小等于传31 送带速度大小的时刻， 此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力， 则之后木块 继续加速，但加速度变小了；而若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力， 则木块将随传送带匀速运动，故 C、D 正确，A、B 错误. 11- (1)3 s 6 s 4 433 3 m/s 解析(1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力

29、作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀 加速运动，摩擦力的方向沿斜面向上，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律: ma= F+ 卩 mcpos 37 min 37 ，计算得： a = 6 m/s 2 v 2 11= = s a1 3 v2 4 x1= 2a1= 3 m m 物块与传送带速度相同时，物块未到顶端，物块受到的摩擦力的方向改变， 对物块受力分析 发现，因为F=8 N 而重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力之和为 10 N，故不能相对斜面 向上加速.故得：a2= 0 x X1 2 t2=厂=3 s s 得 t = t1+ t2= 4 4 S (2)若达到速度相等后撤去 F,对物块受力

30、分析，因为 mn 37 卩mcpos 37 ，故物块减 _ 2 速上行，ma= m i n 37 卩 mgcos 37 ，得 a3= 2 m/s 物块还需t 离开传送带，离开时的速度为 vt，则: v2 v2= 2a3X2, x2= x X1 心/ vt = m/s 3 , v Vt 6 2 衍 t = = s a3 3 考题五应用动力学方法分析“滑块一木板模型”问题 12. AC 由题知：当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力， 此时物块的速 度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其 速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力

31、方向向左，与其速度方向相 反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动. 13. 1.68 m 32 2 s末二者的速度为 v = ati = 4 m/s 2 s后木块和木板发生相对滑动 木块加速度 11mg , , 2 a1= = 4 m/s m 木板加速度 F 11mg- 12 m+ M g 2a2= = 6 m/s M 经时间 t2 二者分离：Vt2+ 讥2 (Vt2+ fait22) = l 得 12= 1 s，此时 v 块=8 m/s , v 板=10 m/s 2h 再经t3=% _= 0.4 s 木块落地，在 0.4 s 内 g x 块=v 块13= 3.2 m 2

32、= 4.88 m 所以，木块落地时距离木板左侧的水平距离 x = x板一 x块=1.68 m 专题综合练 1 . B 由于图线与时间轴围成的面积表示位移，我们现在将图象的 范围分成 6 个部分如图，则甲的位移： x甲=X1+ X2+ X3+ X4+ X5 乙的位移：X乙=X1 + X4 其中由于 X1 = X2, X4= X3+ X6,由图象可知： X5X6,所以： X1+ X2+ X3 + X4+ X5= 2x1 +(X4 X6)+ X4+ X52(X1 + X4) 则：x甲2x乙 2. D 在轻绳刚断的瞬间， 弹簧的弹力不能突变， 则物体B受力情况不变，故物体B的加速 度大小为零，A 错误

33、；将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得， aAC= 牛卫=mgt2mg 2m 2m =1.5 g,即卩A、C的加速度均为 1.5 g.故 B、C 错误剪断轻绳的瞬间， A受到重力和 C对A 的作用力，对 A： Fc+ mg= ma 得：FC= ma- mg= 0.5 mg 故 D 正确. 3. AB 当汽车向左匀加速启动过程中， P传感器示数为零而 Q N传感器 , 一解析因为木块的最大加速度为 3= 4 m/s m 所以前 2 s 二者一起做匀加速运动, F a = 2 m+ M g m+ M =2 m/s 木板a3= F 护 11 m/s M 33 示数不为零，受力分析如图知 FQ+

34、mg= FNCOS 15。 F 合=FNSi n 15 = m 由知： FQ+ mg FQ a= tan 15 = x 0.27 + 10X 0.27 m m FQ 2 =0.27 + 2.7 2.7 m/s m 4. BC 第一次放置时 M静止，则：Mgsin a = mg 第二次放置时，由牛顿第二定律： Mg- mgiin a = (M n) a, 联立解得：a= (1 sin a ) g. 对m 由牛顿第二定律： FT mgsin a = ma 解得：FT= mg 5. A 物体从A点到0点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧的弹力大于摩擦力， 合力向右, 加速度向右，速度也向右，物体加速，

35、后来弹力小于摩擦力，合力向左，速度向右，物体减 速即物体先加速后减速，故 A 正确，B 错误；物体运动到 O点时，弹簧的弹力为零，而滑 动摩擦力不为零，则物体所受合力不为零故 C 错误；物体从 A点至O点先做加速度不断减 小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故 D 错误. 2 6. (1)1.5 m/s (2)20 m/s Vt Vo 解析加速度a= 2 由v t图象并代入数据得 a= 1.5 m/s 0 + Vm 设第 20 s 时速度为Vm,020 s 的位移S1= 11 2045 S 的位移S2 = Vmt2 Vm+ 0 4575 s 的位移S3 = _13 075 s 这段时间

36、的总位移 S= S1+ S2 + S3 代入数据得V = 20 m/s 7. (1)0.4 (2)4.5 N (3)2 m 解析 由题图乙可知，木块所受到的滑动摩擦力075 s 这段时间的平均速度 V S t1+ t2+ t - 3 34 Ff = 3.12 N 由Ff =卩FN ZB Ff Ff 3.12 小， 得卩=FN= mg 0.78 X 10 = 0.40.4 (2) 根据牛顿第二定律、力的平衡得 Feos 0 Ff = ma Fsin 0 + FN= mg Ff = (1 FN 代入数据解得F= 4.5 N (3) 2 s 末速度v= at 撤去拉力F后i mg= ma 2 0 v = 2( a)x 代入数据解得x= 2 m 8. (1)3 s (2)40 J 解析(1)设物块加速度为a1,加速时间为t1,通过的位移为X1, 由牛顿第二定律，有： i mg= ma 所以 a= 4 m/s 2 r + r