2025年高考物理复习：牛顿运动定律的综合运用（分层练）（解析版）

专题03牛顿运动定律的综合运用

A­常考题不丢分

命题点01动力学的两类基本问题

命题点02连接体问题

命题点03超重失重问题

命题点04力学单位制

命题点05板块模型

命题点06传送带模型

B•拓展培优拿高分

C-挑战真题争满分

.A

【命题点oi动力学的两类基本问题】

◎针对缚单。’

【针对练习1］（多选）游乐场有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由

驱动装置将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面49m高处，然后由静止释放。可以认为座椅沿轨道做自由

落体运动2s后，开始受到恒定的制动力而立即做匀减速运动，且下落到离地面13m高处时速度刚好减为零,

然后再让座椅非常缓慢的平稳下落，将游客送回地面。g取10m/s2,则（）

A.在下落过程中，游客加速度方向竖直向下

B.座椅在匀减速阶段的时间是1.6s

C.在下落过程中其加速度大小为12m/s2

D.要避免整个装置撞击地面，自由落体的时间不能超过为

【答案】BD

【详解】A.在下落过程中，游客先是做自由落体运动，加速度方向竖直向下，然后做匀减速直线运动，加

速度方向竖直向上，最后做匀速直线运动，加速度为零。故A错误；

BC.依题意，座椅自由落体过程的位移和末速度分别为

1?

八1=2=20m,%=gt、=20m/s

匀减速过程的位移为

h2=49m—hr—13m=16m

根据

2ah2=忧

解得

a=12,5m/s2

根据

0二%一at2

解得

t2—1.6s

故B正确；C错误；

D.要避免整个装置撞击地面，设自由落体的时间不能超过£,则有座椅到达地面时速度恰好减到零，即

1（。1）2

49m=-gt92+——

22a

解得

7

t=3S

故D正确。

故选BDo

【针对练习2】如图所示，倾角为37。的斜面体固定在水平地面上，一质量为加=lkg的小物块在平行于斜面

向上的拉力尸=8N作用下，从斜面底端。点由静止开始沿斜面向上运动，运动到4点后撤去拉力，其中04

段光滑，段粗糙，已知O4=/B=4m,小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25,g取lOm/s?求:

(1)拉力作用下小物块的加速度大小；

(2)掀去拉力后小物块还能沿斜面上滑的最大距离;

(3)小物块在AB段滑行的时间。

【答案】(1)2m/s2；(2)1m；(3)铝s

【详解】(1)拉力作用下小物块的受力示意图如图1

F—7ngsin37°=mar

解得

=2m/s2

(2)小物块到达4点的速度为v

2

v=2arL

小物块在45段上滑时的受力示意图如图2

mgsin37°+^mgcos37°=ma2

小物块在AB段上滑的最大距离为久max

0—V2=-2a2%max

解得

%max=lm

(3)小物块在N3段上滑的时间打

0=v—a2t1

小物块在段下滑时的受力示意图如图3

图3

则

mgsin37°—”mgcos37°=ma3

又

12

Xmax—5613t2

t=h+I2

得

【针对练习3】可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，有一企鹅在倾角为37。的倾斜冰面上，先以加

速度a=0.5m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t=8s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行,

最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数

〃=0.25,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2.求：

(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；

(2)企鹅贴着冰面向前滑行过程的加速度大小和退滑到出发点过程的加速度大小；

(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(计算结果用根式表示)

22

【答案】(1)16m；(2)ar=8m/s,a2=4m/s；(3)2V34m/s

【详解】(1)在企鹅向上“奔跑”的过程中有

1,

x——atz

2

解得

x=16m

(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑回

到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有

mgsin37°+〃7ngcos37°=mar

7ngsin37°—〃zngcos370=ma2

解得

=8m/s2

2

a2=4m/s

(3)企鹅从卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为/,位移为/

/1/at\2

x=2\d^J

企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为力,初速度为0,则有

_g2_2a2(x+/)

解得

vt=2V34m/s

【命题点02连接体问题】

e针对缚习回

【针对练习4】如图所示，质量为M的木箱子放在水平桌面上，木箱中的竖直立杆(质量不计)上套有一

质量为根的圆环,圆环由静止开始释放，圆环下滑的加速度恒为a=*则圆环在下落过程中处于状

态(填“超重”或“失重”)；此下落过程中木箱对地面的压力为o

【答案】失重Mg+^mg

【详解】［1］圆环加速下落加速度方向向下，故处于失重状态;

[2]以环为研究对象，可知环受到重力和摩擦力的作用，由牛顿第二定律得

ma—mg—f

所以

f91

以箱子为研究对象，分析受力情况：箱子受到重力〃g、地面的支持力N和环对箱子向下的滑动摩擦力力

根据平衡条件得

1

N=Mg+/=Mg+—mg

根据牛顿第三定律得木箱对地面的压力大小

1

N=Mg+—mg

【针对练习5】（多选）车厢顶部固定一滑轮，在跨过定滑轮绳子的两端各系一个物体，质量分别为根1、m2,

且瓶2＞爪1，爪2静止在车厢底板上，当车厢向右运动时，爪1、机2与车厢保持相对静止，系根1的那段绳子与

竖直方向夹角为仇如图所示，绳子的质量、滑轮与绳子间的摩擦忽略不计，重力加速度为g,下列说法正

A.车厢的加速度为三B.绳子中的张力大小为艺

C.车厢底板对瓶2的支持力为（爪2-爪i）9D.车厢底板对瓶2的摩擦力为根2gtan。

【答案】BD

【详解】AB.物体的与车厢具有相同的加速度，对物体如分析，受重力和拉力，根据合成法知

F合二加/gtan。

拉力

,mi9

cosO

物体mi的加速度

m^tanO

a=-----------=gland

所以车厢的加速度为gtan仇故A错误，B正确;

CD.物体也加速度为gtanO,对物体小受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，支持力

户m2a=m2gtane

故C错误，D正确。

故选BDo

【针对练习6】（多选）如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为机的物体

A、B（B与弹簧连接，A、B均可视为质点），弹簧的劲度系数为七初始时刻物体处于静止状态.现用竖直向

上的拉力下作用在A上，使A开始向上做加速度大小为a的匀加速运动，测得A、B的v-f图像如图乙所

示，物体B的v-f图像在力时刻的斜率与［轴平行，已知重力加速度大小为g,则（）

A

17777777^777777777"

乙

A.施加力尸前，弹簧的形变量为等

B.施加力厂的瞬间，A、B间的弹力大小为%（g+a）

C.A、B在力时刻分离，此时弹簧弹力等于B的重力

D.B上升速度最大时，A、B间的距离为詈

【答案】AD

【详解】A.施加力/前，A、B整体受力平衡，则弹簧弹力

Fo=2mg=kxo

解得弹簧的形变量

选项A正确；

B.施加力厂的瞬间，即f=0时刻，对B,根据牛顿第二定律有

Fo-mg-FAB=ma

解得A、B间的弹力大小

FAB=m(g—a)

选项B错误；

C.A、B在〃时刻分离，此时A、B具有共同的速度与加速度，且

FAB=O

对B有

Fi-mg=ma

解得此时弹簧弹力大小

d)

选项C错误；

D.打时刻B上升速度最大，加速度为零，则

kx2=mg

解得此时弹簧的形变量

V—m9

X2~~

B上升的高度

h=XLX2=g

A上升的高度

1

所以A、B间的距离

仙岭应一整

2k

选项D正确。

故选ADo

【命题点03超重失重问题】

e针对绰期④

【针对练习7】如图所示，一个盛水的容器底部有一小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在

下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则()

A.容器自由下落时，小孔向下漏水

B.将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水

C.将容器竖直向上抛出，不管是容器向上运动，还是向下运动，小孔都向下漏水

D.将容器竖直向上抛出，不管是容器向上运动，还是向下运动，小孔都不向下漏水

【答案】D

【详解】无论是让容器自由下落，还是竖直上抛，水和容器都是处于完全失重状态，运动情况相同。所以

不管怎样，水都不会漏下来，所以ABC错误，D正确。

故选D。

【针对练习8】升降机箱内底部放一个质量为小的物体，当箱从高空某处以初速度为下落时，其速度-时间

图象如图乙所示，以下说法正确的是（）

A.内箱内底对物体的支持力保持不变B.0-%内箱内底对物体的支持力可能为0

C.物体在0-七时间内处于失重状态D.物体在0-h时间内处于超重状态

【答案】D

【详解】在v-f图中，图线切线的斜率表示物体速度变化的快慢，即物体的加速度，由图可知，在0〜4时

间内物体的加速度逐渐减小。向下做加速度减小的减速，加速度向上，处于超重状态，根据牛顿第二定律

F-mg—ma

0-ti内箱内底对物体的支持力逐渐减小，不可能为零。

故选D。

【针对练习9】（多选）乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着坡度为30。

的山坡以加速度a上行，如图所示。若在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为机的

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.小物块处于失重状态

B.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上

C.小物块受到的静摩擦力为（mg+ma

D.若缆车加速度减小，则小物块受到的摩擦力和支持力都减小

【答案】BC

【详解】A.由于小物块和斜面保持相对静止，所以物块具有沿斜面向上的加速度°,所以小物块处于超重

状态，故A错误；

BCD.以物块为研究对象，小物块受竖直向下的重力加g,垂直斜面向上的支持力N和沿斜面向上的静摩擦

力了,根据牛顿第二定律有

f—zngsin30°=ma

可得小物块受到的静摩擦力为

1

f=—mg+ma

若缆车加速度减小，则静摩擦力减小，但支持力

N=mgcos30°

支持力不变，

故BC正确，D错误。

故选BC-

【命题点04力学单位制】

。针对缚

【针对练习10］利用旋涡现象可以测定液体的流速。如图所示（为截面图），液体的振动周期T与流速V、

旋涡发生体的宽度。有关。结合物理量的单位分析，下列关系式可能正确的是（其中后是一个没有单位的

常量）（）

管壁

流缪

于旋涡发生於」J%7

A7DD

A.V—K-C.v=kDT-八畸

T

【答案】A

【详解】液体的振动周期T与流速v、旋涡发生体的宽度D有关，速度"的单位为m/s,振动周期T的单位

为s,宽度。的单位为m；而左是一个没有单位的常量，则根据单位之间的关系可得

D

v=k-

故选Ao

【针对练习11】“另类加速度4”的定义为4=9,其中vo和可分别表示某段位移x的初速度和末速度。

x

则用国际单位制基本单位的符号来表示/的单位，正确的是（）

A.s1B.HzC.m/s2D.m2/s

【答案】A

【详解】根据量纲法可知，“另类加速度4'的单位为

m1.

-------=s-1

sm

故选Ao

【针对练习12］雨滴在空气中下落的速度比较大时.受到的空气阻力/与其速度v的二次方成正比，与其横

截面积S成正比，即/=kS/。则比例系数左的单位是（）

A.kg/s-m3B.kg/m2C.kg/m3D.kg-s2/m

【答案】C

【详解】将/=kSB变形，有

k=----y

Sv2

f、S、v,的单位分别为kg•m/s?、m2>m/s,代入可知比例系数左的单位为kg/m?。

故选Co

【命题点05板块模型】

【针对练习13】一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为m/=lkg和机B=2kg的/、2两

物块，/、2与木板之间的动摩擦因数都为〃=0.2,水平恒力下作用在“物块上，如图所示（重力加速度g取

10m/s2）.贝!!（）

,上411国，

A.若尸=1N,则物块、木板都静止不动

B.若/=1.5N,则N物块所受摩擦力大小为1.5N

C.若尸=4N,则2物块所受摩擦力大小为4N

D.若产=8N,则3物块的加速度为1m/s?

解析：选D.物块/的滑动摩擦力为&4=/如/g=2N,物块2的滑动摩擦力为为=〃》?Bg=4N.若尸=1

N<2N,则两物块相对木板静止不动，而木板向左加速运动，A错误；若尸=1.5N〈2N,对两木块与木板整

体由牛顿第二定律得共同加速度为4=---=—m/s2=0.5m/s2,对/有/一衣=加衣，解得/f=lN,B

rriA~\~mB3

错误；当k=4N>2N时，木块N与木板相对滑动，此时木板和5的加速度为。=侬里=1m/s?,此时8物

ms

块所受摩擦力大小为a=z?wz=2N,C错误；同理若尸=8N,木块4与木板相对滑动，此时木板和5的加

速度为0=幽第=1m/s2,D正确.

me

【针对练习141一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4.5m,如图a所示.f=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=ls

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1s时间内小物块的/一/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10m/s2.求：

Iv/(m-s-1)

0121/s

图a图b

(1)木板与地面间的动摩擦因数分及小物块与木板间的动摩擦因数42；

(2)木板的最小长度；

(3)木板右端离墙壁的最终距离.

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

a\,小物块和木板的质量分别为冽和M由牛顿第二定律有

一〃i(冽+A/)g=(冽+A/)ai①

由题图b可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度

%=4m/s,

由运动学公式有

%=%+〃访②

S0=W1+-6Z1/?@

2

式中，ti=ls,so=4.5m是木板碰撞前的位移，口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

川=0.1④

在木板与墙壁碰撞后，木板以一片的初速度向左做匀变速运动，小物块以片的初速度向右做匀变速运

动.设小物块的加速度为42,由牛顿第二定律有

—]H2mg=ma2®

由题图b可得

。2二------⑥

t2-t\

式中，，2=2S,n=o,联立⑤⑥式和题给条件得

侬=0.4⑦

(2)设碰撞后木板的加速度为的，经过时间△方,木板和小物块刚好具有共同速度外.由牛顿第二定律及运

动学公式得

〃2加g+〃1(Af+Mg=A/6Z3⑧

%=-⑨

%=%+。2△，⑩

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

-n+氏4

51-------------------△/⑪

2

小物块运动的位移为

n+%.g

S2=--------A(⑫

2

小物块相对木板的位移为As=S2—Sl

联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得

As=6.0m⑭

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6.0m.

(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04,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

〃1(7M+A/)g=(%+跖。4⑮

0—必=2。4s3⑯

碰后木板运动的位移为

S=S1+S3⑰

联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得

5=—6.5m@

木板右端离墙壁的最终距离为6.5m.

答案：(1)0.10.4(2)6.0m(3)6.5m

【针对练习15】如图，光滑水平桌面右端固定有一个定滑轮和挡板尸，长木板c质量为？=2kg,物块。

静止放在长木板c左端，并通过与桌面平行的轻绳与重物6相连。重物b由静止释放后f=2s时，长木板c

与挡板尸发生碰撞(碰撞时间极短)，同时轻绳立即断裂，碰后长木板c以碰前速率的0.8倍反弹，已知物

块。和重物b的质量均为"，“="=lkg,物块。与长木板c间的动摩擦因数为〃=0.75,光滑水平桌面足够

长，重物6离地面的高度足够高，g=10m/s2»求：

(I)重物6刚开始下落时轻绳的拉力及长木板c与挡板P碰前的速率为多少？

【答案】(1)7.5N,5m/s；(2)3.6m

【详解】(1)重物b释放后假设a、b、c一起运动，根据牛顿第二定律有

mbg^(ma+mb+mc)a

解得

a=2.5m/s2

则长木板c应受到的摩擦力为

fc=mca=5N<—"g=7.5N

故重物b释放后，a、b、c一起运动，根据牛顿第二定律有

mbg-T=mba

解得

T=7.5N

长木板c与挡板P碰前的速率为

vc=at=5m/s

(2)长木板c与挡板P碰后，a、c均做减速运动，a、c的加速度大小分别为

12

r<i2a”=-=3.75m/s

aa=jLig=7.5m/s02

物块a减速为零的时间为

/」_2

I,————S

a.3

长木板c减速为零的时间为

0.8匕16

t,=------=—s

ac15

则物块先减速为零，物块a减速为零的位移为

v；5

x,.=—=-m

2%3

此时长木板c的速度为

v'c=0.8vc-actl=1.5m/s

长木板的位移为

0.8v,+v：5.5

-----------t,=——m

213

长木板和物块共速时有

aat'=v'c-act'

解得

t'~-s

15

此时长木板和物块的速度为

r

v=aat=lm/s

该段时间长木板的位移为

H+v0.5

%=~——t=——m

，23

物块a的位移为

v,121

XQ=—t=—x——m=——m

"2221515

则木板的长度至少为

L=xal+xcl+xc2-xa2=3,6m

【命题点06传送带模型】

。针不缮封软

【针对练习16］（多选）如图所示为粮袋的传送装置，已知N8间长度为A,传送带与水平方向的夹角为。，

工作时其运行速度为匕粮袋与传送带间的动摩擦因数为〃，正常工作时工人在/点将粮袋放到运行中的传

送带上，关于粮袋从N到8的运动，以下说法正确的是（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）

A.粮袋到达3点的速度与，比较，可能大，也可能相等或小

B.粮袋开始运动的加速度为g（sin〃一〃cos。），若£足够大，则以后将一定以速度/做匀速运动

C.若〃<tan仇则粮袋从N到3一定一直是做加速运动

D.不论〃大小如何，粮袋从N到3一直做匀加速运动，且Agsin。

解析：选AC.开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第

二定律可知，mgsin0+/.iF^=ma,FN=mgcos6,解得a=gsin。+〃geos仇B错误；粮袋加速到与传送带相

对静止时，若〃zgsinewwgcos/即当〃<tan。时粮袋将继续做加速运动，A、C正确，D错误.

【针对练习17］（多选）如图所示，传送带与水平地面的夹角6=37。，从N到3的长度为£=10.25m,传送

带以%=10m/s的速率逆时针转动。在传送带上端/无初速度地放一个质量为%=0.5kg的黑色煤块，它与

传送带之间的动摩擦因数为4=0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin37。=0.6,g取lOm/s"

则（）

A.煤块一直加速运动

B.煤块从N到B的时间为1.525s

C.煤块从/到8的过程中在传送带上留下痕迹的长度是5m

D.煤块从/到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度是5.25m

【答案】AC

【详解】AB.煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，受力分析如图所示，设加速度大小为al

根据牛顿第二定律有

mgsin9+pimgcos0-max

解得

2

ax=10m/s

匀加速运动到与传送带速度相等的时间为tl,则有

=—=1s

12

芭二务明=5m<L

即下滑5m与传送带速度相等，达到vO后，受到向上的摩擦力，由于N〈tan37。，煤块仍将匀加速下滑。受

力分析如图所示

设加速度大小为电，根据牛顿第二定律有

mgsin0-jumgcos0=ma2

解得

2

a2=2m/s

继续做匀加速运动的位移为

x2=L-xx=5.25m

根据位移公式得

12

X2=

解得

t?—0.5s

煤块从A到B的时间为

t=tx+t2=1.5s

A正确，B错误；

CD.煤块从放上传送带到与传送带共速，煤块相对于传送带向上运动，发生的相对位移为

Axj=x传一石二一再=5m

煤块从与传送带共速到底端B,煤块相对于传送带向下运动，发生的相对位移为

AX2=X2-%传二马・=0.25m

由于

AX2<Axj

可知煤块从A运动到B的过程中在传送带上形成的黑色痕迹的长度为5m。c正确，D错误。

故选AC。

【针对练习18】如图所示，一足够长的水平传送带以速度V=2m/s匀速运动，质量为%=lkg的小物块p和

质量为%=1.5kg的小物块Q由通过定滑轮的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻给P、Q同时提供

大小相等的初速度为=4m/s,使Q竖直向上运动、P从传送带左端冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平。

已知物块P与传送带间的动摩擦因数〃=0.5,,重力加速度为g=10m/s2,不计滑轮的质量与摩擦，整个运

动过程中物块Q都没有上升到定滑轮处。求：

(1)物块P在传送带上运动过程中受到的摩擦力大小和方向：

(2)物块P在传送带上向右运动的最大距离X。

【答案】(1)5N,速度与传送带速度相等前，方向向左，与传送带速度相等后方向向右；(2)l.25m

【详解】(1)(2)物块P刚冲上传送带时，设PQ的加速度为生,轻绳的拉力为耳，因P的初速度大于传送

带的速度，则P相对传送带向右运动，故P受到向左的摩擦力作用，对P由牛顿第二定律得

耳+〃加1g=mxax

对Q受力分析可知，在竖直方向受向下的重力和向上的拉力作用，由牛顿第二定律得

m2g一耳=m2al

联立解得

ax=8mzs2

物块P先减速到与传送带速度相同，设位移为西，则有

v2-VQ——24］不

解得

X]=0.75m

共速后，由于摩擦力

Ff=〃㈣g=5N<m2g=15N

故P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，摩擦力方向水平向右，设此时的加速度为电，轻绳的

拉力为巴，对P,由牛顿第二定律得

F2-]umxg=mxa2

对Q,由牛顿第二定律得

m2g-F2=m2a2

联立解得

2

a2=4m/s

设减速到0位移为毛，则有

2

v=2a2x2

解得

x2=0.5m

物块P在传送带上向右运动的最大距离

x=xi+x2

解得x=1.25m

冒:B.《i展培休隼高克

一、单选题

1.如图所示，带有固定挡板P和定滑轮的木板垫高后与水平面夹角为e=30。，质量为2m的物块4与挡板P

之间有一轻质弹簧，细线跨过定滑轮，一端连接着质量为a的物块另一端连接着物块C（细线在滑轮左

侧部分与木板平行）.开始时用外力托着C,细线伸直但无张力，A、B处于静止状态.现撤去外力，静止

释放C后，发现C速度最大时，A、B恰好分离.己知木板足够长，所有摩擦不计，弹簧劲度系数为k,重

力加速度为9,则下列说法中正确的是（）

A.物块C质量大小为小B.撤去外力瞬间，弹簧弹力变为原来的,

C.撤去外力瞬间，力、B间压力变为原来的一半D.细绳张力最大值为gmg

【答案】D

【详解】A.C的速度最大时，加速度为0,此时有砂="L0,对C受力分析可知绳子拉力为

Fi=mcg

对B受力分析可知

Fi=mgsin6

联立解得

mc=0.5m

故A错误；

BC.撤去外力瞬间，弹簧弹力不变；没有撤去外力时，A、B静止，以A、B整体为研究对象，由平衡方程

可知

F^=3mgsin30°=l.5mg

弹簧弹力方向沿斜面向上，隔离A物体，由受力平衡可知

F/手1"+2加gsin30°

解得

FBA=0.5777g

撤去外力时，对C由牛顿第二定律：

0.5mg-F^=0.5ma

对A、B整体，由牛顿第二定律

FF^-3mgsin300=3ma

两式联立解得

1

a=y9

隔离A,对A由牛顿第二定律

FjrF'BA-2mgsin30°=2m(2

解得

3

F'BA=77爪9

故BC错误；

D.由A选项分析可知，绳子最大拉力为

1

F'=mcg=-mg

故D正确。

故选D。

2.如图所示，质量为2加、长为工的长木板c静止在光滑水平面上，质量为加的物块6放在c的正中央，

质量为m的物块a以大小为火的速度从c的左端滑上c,a与b发生弹性正碰，最终b刚好到c的右端与c

相对静止，不计物块大小，物块。、6与c间动摩擦因数相同，重力加速度为g,则下列说法正确的是()

ab

口-％n

A.。与6碰撞前6的速度始终为零B.。与6碰撞后，。与6都相对c滑动

C.物块与木板间的动摩擦因数为碧D.整个过程因摩擦产生的内能为:小诏

8gL2u

【答案】c

【详解】AB.物块。滑上模板c后，假设物块b与长木板。一起滑动，设物块。与长木板c间的动摩擦因

数为〃，则有

林mg=3ma

解得

1

a=

则物块b与长木板c间的静摩擦力为

1

/静=ma=-iimg<林mg=fm

所以假设成立，物块6与长木板c一起做匀加速直线运动，速度并不为零，即。滑上c后，6不会相对c滑

动。a与6发生弹性正碰，a与6质量相等，所以正碰后速度发生交换，物块a的速度与长木板c的相等，

一起做匀加速直线运动，直到最终6刚好滑到c的右端与c相对静止，故AB错误。

CD.6刚好到c的右端与a、c相对静止时，设共同速度为u共，以a、b、c为整体，系统动量守恒，贝U

mv0=(m+m+2m)u共

根据能量守恒可得

112

—mvg?——(m+m+共=[imgL=Q

所以整个过程因摩擦产生的内能为

32

Q=

o

物块与木板间的动摩擦因数为

_3听

LL----

"8gL

故C正确，D错误。

故选Co

3.如图甲所示，质量分别为1kg、2kg、3kg的三个物块A、B、C叠放在水平面上，现对物块B施加一水

平向右的拉力R物块A、B、C的加速度与水平拉力的关系如图乙(以水平向右为正)。若物块足够长，物

块A、B间的动摩擦因数为山，物块B、C间的动摩擦因数为〃2,物块C与地面间的动摩擦因数为〃3,重力

加速度g=10m/s2,下列说法正确的是()

A.=0.1B.=0.2C.\\，2—0.3D.%—0-4

【答案】C

【详解】由图可知，当％=6N时B开始有加速度，此时应该是ABC整体一起相对地面开始滑动，所以此

时的F大小应等于整体与地面的最大静摩擦力，即有

Fi=(mA+mB+=6N

得

〃3=。二

当尸2=12N,a2=lm/s2时，此时应该是AB一起与C发生相对的滑动，即有

F2-(mA+mB)5M2=(mA+mB)a2

得

〃2=0.3

当尸3=21N,a3=4m/s2时，此时应该是B与A,B与C都发生相对的滑动，即有

F3--(MA+mB)gn2=mBa3

得

=0.4

故选Co

4.如图所示，A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为。的光滑斜面上，当用沿斜面向

上的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止，己知A、B、C三者质量相等，重力加速度为g。下列

说法正确的是（）

X6>____________

A.在轻绳被烧断的瞬间，A的加速度大小为gsin®

B.在轻绳被烧断的瞬间，B的加速度大小为gsin。

C.剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为ggsin。

D.突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为jgsin。

【答案】CD

【详解】A.把ABC看成是一个整体进行受力分析，根据平衡条件可得拉力

F=37ngsin。

在轻绳被烧断的瞬间，AB之间的绳子拉力为零，对A由牛顿第二定律

F—mgsinO=maA

解得

aA=2gsin8

故A错误；

B.在轻绳被烧断前，对于C根据平衡条件可得弹簧弹力

F弹=mgsmO

在轻绳被烧断的瞬间，对于B分析，由于绳子拉力为零，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律

弹

F+mgsinO=maB

解得

aB=2gsin6

故B错误;

C.剪断弹簧的瞬间，对于整体AB,弹簧弹力为零，根据牛顿第二定律

F—2mgsin。=2maAB

解得

1

O-AB=/sin®

而A的加速度大小

1

aA=aAB~^gsine

故c正确；

D.突然撤去外力尸的瞬间，对整体AB,由牛顿第二定律

7

尸弹+2mgsin0=2maAB

F弹=mgsind

解得

，3

aAB=2

，，3

—=a.=/sin®

故D正确。

故选CD»

5.如图所示，光滑水平面与光滑斜面平滑连接，小滑块A从斜面上某位置由静止释放，已知其下滑的加速

度为的，同时位于平面上紧靠斜面的小滑块B,在外力的作用下由静止开始向左匀加速运动，其加速度为a,

oC.CL—~1

C.若仅减小的，并调整a,仍使A恰好追上B,则AB的相遇点会变远

D.若仅减小的,并调整a,仍使A恰好追上B,则AB的相遇时间会变长

【答案】AD

【详解】AB.设A恰能追上B,在斜面上运动时间〃，在平面上运动时间〃，则有位移关系

1,

aitit2=~a(t1+t2y

速度关系

a[t]=a(t]+t2)

解得

1

tl=4=2(tl+f2)

1

故A正确，B错误；

D.设小滑块A从斜面上由静止释放的位置距斜面底端的距离为x,则

12

X=尹共彳

若仅减小的,则%变长，又因为调整a,仍使A恰好追上B,仍满足

1

—t2——(tl+±2)

AB的相遇时间0+上会变长，故D正确；

C.若仅减小的，并调整a,仍使A恰好追上B,则AB的相遇点距斜面底端的的距离

1

X1=2a(fi+f2)7

因为

1

a=-aT

的减小，贝！|a减小，ti+b变长，则AB的相遇点会变远还是变近或不变，不能确定，故C错误。

故选AD。

6.如图，物块A通过细绳悬挂于电梯侧壁的。点，A与侧壁间夹有薄木板B,绳与侧壁夹角为仇已知A、

B质量分别为M、m,A、B间摩擦忽略不计。当电梯静止时，B恰好不滑落，重力加速度为g,下列判断

A.电梯竖直加速上升时，木板B会滑落

B.电梯以加速度a(a<g)竖直加速下降时，木板B会滑落

C.当电梯以加速度。竖直加速上升时，绳子拉力7=盟誓

cosy

D.当电梯以加速度。(Q〈g)竖直加速下降时，A对B的压力N=M(g-a)tan。

【答案】CD

【详解】A.电梯静止不动时，先分析A,受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相

连的矢量三角形，如图所示

Mg

T=——

cosO

N]=MgtanO

再分析物体B,受重力、A对B的压力N、电梯侧壁对B支持力型和静摩擦力，根据牛顿第三定律，有

N=N、=MgtanO

根据平衡条件有

N2=N=Mgtand

f=mg

其中

f=皿

联立解得

m

a=------

Mtan。

当电梯加速上升时，等效重力加速度变化为

g=g+a

则电梯侧壁对B的支持力变为

N2=Mg'tan。

最大静摩擦力变为

m，,

f=丽而-Mgtan®=mg

故木板B保持静止，故A错误；

BD.电梯以加速度。Q<g)竖直下降时，等效重力加速度变化为

9=g-a

则电梯侧壁对B的支持力变为

N=Mgland=M(g—a)tanO

最大静摩擦力变为

f=叫=芯而■Mg'tanJ=mg'

故木板B保持静止，故B错误，D正确；

C.当电梯以加速度。竖直加速上升时，等效重力加速度变化为

g=g+a

故绳子拉力变为

丁Mg'M(g+a)

1=------=-------------

COS0COS0

故C正确。

故选CD。

7.如图，倾斜的光滑杆与水平方向的夹角为37。，一质量为%=lkg的小环套在杆上位于底端，现施加一个

竖直向上的拉力尸作用在小环上，作用时间〃=ls后撤掉该力，小环再经时间〃=ls恰好返回杆的底端(最

初出发处)。(g=10m/s2),下列说法正确的是()

A.恒力厂的大小为12N

B.滑块返回斜面底端时的速度为6m/s

C.滑块撤掉/前后的加速度分别2m/s2和6m/s2

D.撤掉尸之前，小环处于超重状态；撤掉尸之后到返回出发点之前，小环处于失重状态

【答案】CD

【详解】有拉力时，对小环根据牛顿第二定律可得

Fsin37°—7ngsin370=mar

撤去拉力后，对小环根据牛顿第二定律可得

mgsin370=ma2

解得

2

a2=6m/s

由运动学公式

有拉力时，由位移公式

12

X=

撤去拉力后，根据位移公式

12

一x=171t2-2a2t2'

解得

2

ax—2m/s

A.由上述讨论，可解得F=13,33N,故A错误；

B.撤去拉力时速度为

v1=即以=2m/s

返回时的速度为

2=%—a2t2=-4m/s

故B错误；

C.根据前面的分析，撤掉产前后的加速度大小分别为2m/s2和6m/s2,故C正确；

D.撤掉尸之前，加速度沿杆向上，有竖直向上的分量，处于超重状态，撤掉F之后，加速度沿杆向下，

有竖直向下的分量，处于失重状态，故D正确。

故选CDo

三、解答题

8.如图所示，煤矿有一传送带与地面夹角8=37。，从N到3长度达到Z,=10.45m,传送带以为=7m/s

的速率逆时针转动。在传送带上端/无初速度地放一个质量为爪=1kg的黑色煤块，它与传送带之间的动

摩擦因数为4=03,煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin37。=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2,

求

（1）煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间;

(2)煤块从/到B的时间和煤块到B时速度的大小；

(3)煤块从/到8的过程中，传送带上形成痕迹的长度。

【答案】(1)0.7s；(2)1.7s,9m/s；(3)2.45m

【详解】(1)煤块刚放在传送带上时，对煤块，由牛顿第二定律得

mgsind+(imgcosd=ma1

代入数据解得

的=10m/s2

煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间

v7

ti=—Q=—s=0,7s

的10

(2)前0.7秒内煤块的位移为

11

2

x1==—x10x0.7m=2.45mVL

由于卬ngcosevzngsin。，煤块与传送带速度相等后继续沿传送带向下加速运动；对煤块，由牛顿第二定律

得

mgsind—林gmcusB=ma2

代入数据解得

2

a2=2m/s

设煤块在经过时间才2到达5,则

1

£一11=孙12+区。2%7

代入数据解得

t2=ls

煤块从4到5的运动时间

t=匕+=0.7s+Is=1.7s

可得

vB=10x0.7m/s+2xIm/s=9m/s

(3)从煤块放上传送带到与传送带速度相等过程，传送带的位移

=

%传送带］VQt-y—7x0.7m—4.9m

煤块在传送带上留下痕迹的长度

=%传送带1—=4.9m—2.45m=2.45m

从煤块与传送带速度相等到煤块到达3的过程，传送带的位移

%传送带2==7xlm=7m

煤块的位移

x2=L-x1=10.45m—2.45m=8m

煤块相对传送带滑行距离

x

△x2—2~%传送带2=8m—7m=lm<Ax1

则煤块从/到B过程中在传送带上留下痕迹的长度

△x—A比1=2.45m

9.如图所示，倾角为8=37。的传送带足够长，初始静止。质量M=2kg的长木板放置在传送带上，恰好

静止。有一质量m=1kg的小物块，以为=3m/s沿着板面从上边缘滑上木板。当木板与物块恰好相对静止

时，板撞到传送带下端的弹性开关上，传送带立即以u=lm/s顺时针转动，木板以碰前相同大小的速度反

弹。最终物块恰好没有滑离木板。已知物块与木板之间的动摩擦因数4=0875,41137。=0.6,重力加速

度g=10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木块、物块的上下表面均与传送带平行，物块可看成质点。

求：

(1)长木板A与传送带之间的动摩擦因数由

(2)木板与开关相撞时的速度巧；

(3)木板的长度£。

以X)

e

【答案】⑴0.75；（2）lm/s；（3）ym

【详解】（1）长木板恰好静止在传送带上

MgsinO=41Mgeos。

解得

=0.75

（2）对长木板由牛顿第二定律得

7rl

Mgsind+ggeos。—〃式“+m）gcos0=Mar

解得

%=0.5m/s2

对物块由牛顿第二定律得

—mgsinO+林2mgeos®=ma2

解得

2

a2=lm/s

物块与长木板达到共同速度时

V1=VQ—做1]=

解得

%=lm/s

方向向下

（3）木板向下运动过程中，相对位移

02—VQ2

=——------r=3m

—2（«1+。2）

木板被反弹，木板与物块的加速度均未变

02一（2也）24

=-Z7------r=­m

—2（%+做）3

所以木板的长度