資源簡介

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預習銜接.夯實基礎 牛頓運動定理的運用
一．選擇題（共4小題）
1．（2024秋 羅湖區校級期末）如題所示，在傾角為30°的光滑斜面上端系有一勁度系數為200N/m的輕質彈簧，彈簧下端連一個質量為2kg的小球，球被一垂直于斜面的擋板A擋住，此時彈簧沒有形變．若擋板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做勻加速運動，取g＝10m/s2，則（　　）
A．小球從一開始就與擋板分離
B．小球速度最大時與擋板分離
C．小球向下運動0.01m時與擋板分離
D．小球向下運動0.02m時速度最大
2．（2024秋 蕪湖期末）如圖所示，AQ為圓的豎直直徑，沿AQ、BQ、CQ固定三個光滑桿，現讓三個小環（可以看作質點）套在桿上，并分別沿著AQ、BQ、CQ桿自頂端由靜止開始下滑到Q點，下滑所用時間分別為t1、t2和t3，運動的平均速度分別為v1、v2和v3。則有（　　）
A．t3＞t2＞t1 B．t1＞t2＞t3 C．v3＞v2＞v1 D．v1＞v2＞v3
3．（2024秋 讓胡路區校級期末）如圖所示，在傾角為θ的斜面上方的A點處放置一光滑的木板AB，B端剛好在斜面上．木板與豎直方向AC所成角度為α，一小物塊自A端沿木板由靜止滑下，要使物塊滑到斜面的時間最短，則α與θ角的大小關系應為（　　）
A．α＝θ B．α C．α D．α＝2θ
4．（2024秋 濰坊期末）如圖所示，在傾角37°足夠長的斜面上有一個質量為1kg的物體，物體與斜面之間的動摩擦因數為0.5，t＝0時物體在F＝15N拉力的作用下由靜止開始沿斜面向上運動，t＝2s時撤去拉力F。g取10m/s2，sin37°＝0.6。下列說法正確的是（　　）
A．物體沿斜面向上加速時加速度大小為2m/s2
B．物體在t＝2.5s時的速度為0
C．物體在斜面上運動的總時間為3s
D．物體沿斜面向上運動的最大位移為15m
二．多選題（共3小題）
（多選）5．（2024秋 武昌區校級期末）如圖甲所示，質量為M的長木板放置于水平面上，其上左端有一質量為m1＝3kg的物塊A，物塊A通過輕繩跨過光滑滑輪與質量為m2＝6kg的物塊B相連，物塊B離地面高度為h。t＝0時刻由靜止釋放物塊B，同時給長木板一水平向左的初速度v0＝7m/s，以后物塊A運動的加速度—時間圖像如圖乙所示。物塊與木板間動摩擦因數為μ1，木板與地面間動摩擦因數為μ2，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上。取重力加速度的大小g＝10m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A．物塊與木板間的動摩擦因數μ1＝0.1
B．木板與地面間的動摩擦因數μ2＝0.1
C．木板向左運動的最大位移為3.5m
D．長木板的質量M＝2kg
（多選）6．（2024秋 米東區校級期末）如圖甲所示，長木板B固定在光滑水平面上，可視為質點的物體A靜止疊放在長木板B的最左端。從某時刻起，用F＝8N的水平力向右拉A，經過5s，A運動到B的最右端，物體A的v﹣t圖像如圖乙所示。已知A、B的質量分別為2kg、8kg，A、B間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．長木板B的長度為10m
B．A、B間的動摩擦因數為0.2
C．若B不固定，B的加速度大小為0.5m/s2
D．若B不固定，A運動到B的最右端所用的時間為10s
（多選）7．（2024春 倉山區校級期末）如圖1所示，質量為M＝0.5kg的木板靜止在光滑水平面上，質量為m＝1kg的物塊以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物塊與木板之間的動摩擦因數為μ＝0.2，在物塊滑上木板的同時，給木板施加一個水平向右的恒力F。當恒力F取某一值時，物塊在木板上相對于木板滑動的路程為s，給木板施加不同大小的恒力F，得到的關系如圖2所示，其中AB段與橫軸平行，AB段的縱坐標為1m﹣1，若將物塊視為質點，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2。則下列說法正確的是（　　）
A．若恒力F＝0，物塊滑出木板時的速度為3m/s
B．C點縱坐標為1.5m﹣1
C．隨著F增大，當外力F＝1.5N時，物塊恰好不能從木板右端滑出
D．圖像中D點對應的外力的值為3N
三．填空題（共4小題）
8．（2024秋 普陀區校級期末）如圖所示，質量為m的光滑小球，用輕繩連接后掛在三角劈的頂端斜面平行，劈置于光滑水平面上，當劈水平向右勻加速加速度a1＝　 　時，球與斜面相對靜止且細繩的拉力恰好為零；當劈以加速度a＝2g向左勻加速運動時，繩的拉力T2＝　 　。
9．（2024秋 福州期末）質量為2kg的小物塊置于水平地面上，用10N的水平拉力使它從靜止開始做加速度為2m/s2的勻加速直線運動，如圖，則小物塊在離出發點9m處速度大小為 　 　m/s；運動中受到地面的摩擦力大小 　 　N。
10．（2024秋 嘉定區校級期末）一物體受豎直向上拉力作用，從靜止開始做勻加速直線運動，當拉力F1＝140N時，物體向上的加速度a1為4m/s2，不計空氣阻力，則物體的質量是 　 　kg；物體在2s內的位移是 　 　m；若物體以向上減速時，豎直向上拉力F2為 　 　N。
11．（2024秋 連江縣校級期末）如圖所示，木板A與木塊B疊放在光滑的水平面上，兩者間的動摩擦因數為μ，已知A的質量為2m，B的質量為m，水平推力F作用在木板A上，兩者一起做勻加速直線運動。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則當B相對A剛要滑動時，推力F的大小為 　 　。
四．解答題（共4小題）
12．（2024秋 武昌區校級期末）一質量為m的粗糙直木棒A靜置于水平地面上，木棒上端通過一輕繩跨過滑輪與質量為m的重物C連接，質量為2m的小環B套在木棒上。t＝0時刻，小環以的速度從距木棒底部h＝1.925m的位置沿木棒向上滑動，同時由靜止釋放重物C。當木棒第一次與水平地面相碰時，連接重物C的細繩斷裂，且每次木棒與地面碰撞時均原速率反彈。已知木棒與小環間的滑動摩擦力f＝mg，小環可以看作質點，且整個過程中小環不會從木棒上端滑出。取g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，忽略空氣阻力以及滑輪與輕繩間的摩擦力，求：
（1）t＝0時刻，小環和木棒的加速度；
（2）木棒第一次與地面碰撞時的速度大小；
（3）小環從木棒下端滑出前，木棒與地面碰撞的次數n，及滑出瞬間小環與水平地面間的距離d。
13．（2024春 天心區校級期末）如圖所示，在粗糙的水平地面上有一長為L＝12m、質量為M＝2kg的長木板B，在長木板的中點P放有一質量為m＝1kg（可視為質點）的小物塊A，開始時A、B均靜止。已知A與B、B與地面之間的動摩擦因數分別為μ1＝0.1和μ2＝0.3，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現用水平向右的恒力拉長木板B，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）當A剛好相對B開始滑動時，水平拉力F0的大小；
（2）若水平拉力F1＝10.5N，A所受到的摩擦力大小；
（3）若水平拉力F2＝24N，要使A剛好不滑離B，則F2作用多長時間后撤去？并求A最終停在B上的位置。
14．（2024秋 羅湖區校級期末）如圖所示，傾斜的傳送帶正常工作時順時針勻速轉動，傳送帶的速率為v2＝4m/s，傳送帶傾角為θ＝30°。一物塊從傳送帶上端滑上傳送帶，已知滑上時速率為v1＝5m/s，不計空氣阻力，動摩擦因數為μ，傳送帶長度為L，g＝10m/s2，求：
（1）若μ＝0，且使傳送帶不動，L＝7.5m，物塊離開傳送帶時的速度大小；
（2）若，L＝10m，傳送帶正常轉動，物塊在傳送帶上運動的時間；
（3）若，L＝10m，傳送帶正常轉動，物塊從哪一端離開傳送帶？并求物塊離開傳送帶時速度大小和在傳送帶上運動的時間。
15．（2024秋 安寧區校級期末）如圖甲所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，傾斜傳送帶與水平方向夾角為θ，以恒定速率v＝4m/s順時針轉動。一煤塊以初速度v0＝12m/s從傳送帶底端A沖上傳送帶，煤塊與傳送帶間的動摩擦因數μ，煤塊的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，取g＝10m/s2，求：（以下結果可以用根式表示）
（1）傾角θ的正切值和動摩擦因數μ為多大；
（2）煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為多長；
（3）煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為多大。
預習銜接.夯實基礎 牛頓運動定理的運用
參考答案與試題解析
一．選擇題（共4小題）
1．（2024秋 羅湖區校級期末）如題所示，在傾角為30°的光滑斜面上端系有一勁度系數為200N/m的輕質彈簧，彈簧下端連一個質量為2kg的小球，球被一垂直于斜面的擋板A擋住，此時彈簧沒有形變．若擋板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做勻加速運動，取g＝10m/s2，則（　　）
A．小球從一開始就與擋板分離
B．小球速度最大時與擋板分離
C．小球向下運動0.01m時與擋板分離
D．小球向下運動0.02m時速度最大
【考點】牛頓第二定律的臨界問題．
【答案】C
【分析】對球受力分析可知，當球受力平衡時，速度最大，此時彈簧的彈力與物體重力沿斜面的分力相等，由胡克定律和平衡條件即可求得小球向下運動的路程．從開始運動到小球與擋板分離的過程中，擋板A始終以加速度a＝4m/s2勻加速運動，小球與擋板剛分離時，相互間的彈力為零，由牛頓第二定律和胡克定律結合求得小球的位移．
【解答】解：A、C、設球與擋板分離時位移為x，經歷的時間為t，
從開始運動到分離的過程中，m受豎直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的擋板支持力F1和彈簧彈力F。
根據牛頓第二定律有：mgsin30°﹣kx﹣F1＝ma，
保持a不變，隨著x的增大，F1減小，當m與擋板分離時，F1減小到零，則有：
mgsin30°﹣kx＝ma，
解得：m，
即小球向下運動0.01m時與擋板分離，故A錯誤，C正確。
B、球和擋板分離前小球做勻加速運動；球和擋板分離后做加速度減小的加速運動，當加速度為零時，速度最大。故B錯誤；
D．球和擋板分離后做加速度減小的加速運動，當加速度為零時，速度最大，此時物體所受合力為零。即：
kxm＝mgsin30°，
解得：xmm，
由于開始時彈簧處于原長，所以速度最大時小球向下運動的路程為0.05m。故D錯誤。
故選：C。
【點評】在擋板運動的過程中，擋板對球的支持力的大小是在不斷減小的，從而可以使球和擋板一起以恒定的加速度運動，在運動的過程中物體的受力在變化，但是物體的運動狀態不變，從而可以求得物體運動的位移．
2．（2024秋 蕪湖期末）如圖所示，AQ為圓的豎直直徑，沿AQ、BQ、CQ固定三個光滑桿，現讓三個小環（可以看作質點）套在桿上，并分別沿著AQ、BQ、CQ桿自頂端由靜止開始下滑到Q點，下滑所用時間分別為t1、t2和t3，運動的平均速度分別為v1、v2和v3。則有（　　）
A．t3＞t2＞t1 B．t1＞t2＞t3 C．v3＞v2＞v1 D．v1＞v2＞v3
【考點】牛頓運動定律的應用—從受力確定運動情況；平均速度（定義式方向）；勻變速直線運動位移與時間的關系；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；直線運動規律專題；推理論證能力．
【答案】D
【分析】利用牛頓第二定律可得小環的加速度大小，利用運動學公式可得小環下滑時間的表達式，則可得三條不同路徑運動的時間關系，
根據三條路徑的位移大小關系、時間關系，利用平均速度定義式可知小環經過不同路徑的平均速度大小關系。
【解答】解：設斜面的傾角為θ，圓的直徑為d，小環下滑過程，由牛頓第二定律可得小環的加速度為：
斜面的長度為：x＝dsinθ，由可得小環下滑所用時間為：
可知小環下滑的時間與斜面的傾角無關，則t1＝t2＝t3
由于AQ＞BQ＞CQ，根據平均速度的定義式可得v1＞v2＞v3，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
【點評】本題考查了勻變速直線運動的規律，解題的關鍵是知道利用運動學公式找出小環下滑的時間與直徑的關系，此時間與傾角無關。
3．（2024秋 讓胡路區校級期末）如圖所示，在傾角為θ的斜面上方的A點處放置一光滑的木板AB，B端剛好在斜面上．木板與豎直方向AC所成角度為α，一小物塊自A端沿木板由靜止滑下，要使物塊滑到斜面的時間最短，則α與θ角的大小關系應為（　　）
A．α＝θ B．α C．α D．α＝2θ
【考點】物體在光滑斜面上的運動；勻變速直線運動位移與時間的關系．
【專題】牛頓運動定律綜合專題．
【答案】B
【分析】在豎直線AC上取一點O，以適當的長度為半徑畫圓，使該圓過A點，且與斜面相切與D點，根據等時圓的結論及幾何關系即可求解．
【解答】解：如圖所示：
在豎直線AC上取一點O，以適當的長度為半徑畫圓，使該圓過A點，且與斜面相切與D點，
根據等時圓的結論可知：A點滑到圓上任一點的時間都相等，所以由A點滑到D點所用時間比由A到達斜面上其他各點時間都短，
將木板下端B點與D點重合即可，
而角COD為θ，所以
故選：B。
【點評】本題有其特殊的解題方法，作等時圓是一種快捷、方便的方法，難度適中．
4．（2024秋 濰坊期末）如圖所示，在傾角37°足夠長的斜面上有一個質量為1kg的物體，物體與斜面之間的動摩擦因數為0.5，t＝0時物體在F＝15N拉力的作用下由靜止開始沿斜面向上運動，t＝2s時撤去拉力F。g取10m/s2，sin37°＝0.6。下列說法正確的是（　　）
A．物體沿斜面向上加速時加速度大小為2m/s2
B．物體在t＝2.5s時的速度為0
C．物體在斜面上運動的總時間為3s
D．物體沿斜面向上運動的最大位移為15m
【考點】牛頓運動定律的應用—從受力確定運動情況；勻變速直線運動位移與時間的關系；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】D
【分析】根據牛頓第二定律可求出加速度大小；利用運動學公式以及牛頓第二定律可求出物體在t＝3s時的速度；根據受力情況，得到物體的運動情況，得出物體在斜面上的運動時間不止3s；根據運動學公式可求出位移。
【解答】解：A.有拉力作用時，對物體受力分析，根據牛頓第二定律可得F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
解得，物體沿斜面向上加速時加速度大小為a1＝5m/s2，故A錯誤；
B.2s時物體的速度為v1＝a1t1＝5×2m/s＝10m/s
撤去拉力后，物體向上滑動的過程中，對物體受力分析，根據牛頓第二定律可得
mgsinθ+μmgcosθ＝ma2
解得，物體向上減速的加速度大小為a2＝10m/s2
則物體向上減速的時間為t2，解得t2＝1s
則物體在t＝3s時的速度為0，故B錯誤；
C.當物體速度減為零時，由于mgsinθ＞μmgcosθ則物體不能保持靜止，物體會沿斜面向下做加速運動，則物體在斜面上的運動時間不止3s，故C錯誤；
D.物體沿斜面向上運動的最大位移為xt1t2，解得x＝15m，故D正確。
故選：D。
【點評】學生在解答本題時，應注意靈活運用牛頓第二定律求解加速度。
二．多選題（共3小題）
（多選）5．（2024秋 武昌區校級期末）如圖甲所示，質量為M的長木板放置于水平面上，其上左端有一質量為m1＝3kg的物塊A，物塊A通過輕繩跨過光滑滑輪與質量為m2＝6kg的物塊B相連，物塊B離地面高度為h。t＝0時刻由靜止釋放物塊B，同時給長木板一水平向左的初速度v0＝7m/s，以后物塊A運動的加速度—時間圖像如圖乙所示。物塊與木板間動摩擦因數為μ1，木板與地面間動摩擦因數為μ2，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上。取重力加速度的大小g＝10m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A．物塊與木板間的動摩擦因數μ1＝0.1
B．木板與地面間的動摩擦因數μ2＝0.1
C．木板向左運動的最大位移為3.5m
D．長木板的質量M＝2kg
【考點】無外力的水平板塊模型；連接體模型．
【專題】定量思想；方程法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力；模型建構能力．
【答案】BC
【分析】0～1s內物塊A、B一起勻加速，對A和B根據牛頓第二定律求解物塊與木板間的動摩擦因數；
對A分析可知，1～3s內物塊B已經落地，3s末物塊A與木板共速，之后二者一起做勻減速直線運動，對木板和A分析，由牛頓第二定律進行解答；
根據a﹣t圖像中圖線與坐標軸所圍面積表示速度變化，可知3s末物塊A的速度；0～3s內木板先向左勻減速，再向右勻加速，由牛頓第二定律結合運動學公式進行解答。
【解答】解：A．由乙圖可知，0～1s內物塊A、B一起勻加速，此時A受到的摩擦力方向向左，由整體法可得：m2g﹣μ1m1g＝（m1+m2）a1
解得：μ1＝0.2，故A錯誤；
B．物塊A所受木板的滑動摩擦力產生的加速度大小為a2，則有：μ1m1g＝m1a2
解得加速度大小為：
可知，1～3s內物塊B已經落地，物塊A水平方向只受木板的滑動摩擦力作用，由圖乙可知3s末物塊A的加速度大小突然減為1m/s2，則此時物塊A與木板共速，之后二者一起做勻減速直線運動。由牛頓第二定律，可得：
μ2（M+m1）g＝（M+m1）a3
解得：μ2＝0.1，故B正確；
CD．根據a﹣t圖像中圖線與坐標軸所圍面積表示速度變化，可知3s末物塊A的速度為：v＝6×1m/s﹣2×2m/s＝2m/s
依題意，0～3s內木板先向左勻減速，再向右勻加速，受力分析由牛頓第二定律，有
木板向左運動的過程中：μ1m1g+μ2（M+m1）g＝Ma木
木板向右運動過程中：μ1m1g﹣μ2（M+m1）g＝Ma木'
又：a木，a木′
且：t1+t2＝3s
聯立解得：M＝1.5kg，a木＝7m/s2，a木'＝1m/s2，t1＝1s，t2＝2s
則木板向左運動的最大位移為：xm＝3.5m，故C正確、D錯誤。
故選：BC。
【點評】對于牛頓第二定律的綜合應用問題，關鍵是弄清楚物體的運動過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運動學的計算公式求解加速度，再根據題目要求進行解答；知道加速度是聯系力和運動的橋梁。
（多選）6．（2024秋 米東區校級期末）如圖甲所示，長木板B固定在光滑水平面上，可視為質點的物體A靜止疊放在長木板B的最左端。從某時刻起，用F＝8N的水平力向右拉A，經過5s，A運動到B的最右端，物體A的v﹣t圖像如圖乙所示。已知A、B的質量分別為2kg、8kg，A、B間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．長木板B的長度為10m
B．A、B間的動摩擦因數為0.2
C．若B不固定，B的加速度大小為0.5m/s2
D．若B不固定，A運動到B的最右端所用的時間為10s
【考點】無外力的水平板塊模型；勻變速直線運動位移與時間的關系；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】定量思想；圖析法；運動學中的圖象專題；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力；模型建構能力．
【答案】BC
【分析】根據v﹣t圖像面積代表位移，分析木板長度；
根據v﹣t圖像斜率代表加速度，求A的加速度，再結合牛頓第二定律，求摩擦因數；
B不固定，對B受力分析，由牛頓第二定律，求B加速度；
若B不固定，A運動到B的最右端的過程由運動學公式求時間。
【解答】解：A．根據v﹣t圖像面積代表位移，可知長木板B的長度為，故A錯誤；
B．根據v﹣t圖像斜率代表加速度，可知物體A的加速度為
對物體A受力分析，由牛頓第二定律得
F﹣μmAg＝mAaA
解得
μ＝0.2
故B正確；
C．若B不固定，對B受力分析，由牛頓第二定律
μmAg＝mBaB
代入數據解得
故C正確；
D．若B不固定，A運動到B的最右端的過程由運動學公式
解得
故D錯誤。
故選：BC。
【點評】本題解題關鍵是掌握v﹣t圖像面積代表位移、v﹣t圖像斜率代表加速、以及牛頓第二定律，是一道具有綜合性的，熱度較高的題。
（多選）7．（2024春 倉山區校級期末）如圖1所示，質量為M＝0.5kg的木板靜止在光滑水平面上，質量為m＝1kg的物塊以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物塊與木板之間的動摩擦因數為μ＝0.2，在物塊滑上木板的同時，給木板施加一個水平向右的恒力F。當恒力F取某一值時，物塊在木板上相對于木板滑動的路程為s，給木板施加不同大小的恒力F，得到的關系如圖2所示，其中AB段與橫軸平行，AB段的縱坐標為1m﹣1，若將物塊視為質點，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2。則下列說法正確的是（　　）
A．若恒力F＝0，物塊滑出木板時的速度為3m/s
B．C點縱坐標為1.5m﹣1
C．隨著F增大，當外力F＝1.5N時，物塊恰好不能從木板右端滑出
D．圖像中D點對應的外力的值為3N
【考點】有外力的水平板塊模型．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合；分析綜合能力；模型建構能力．
【答案】BD
【分析】應用動量守恒和能量守恒求出物塊滑出木板時的速度；當F較小時，物塊將從木板右端滑下；當F繼續增大時，物塊減速、木板加速，兩者在木板上某一位置具有共同速度，根據受力情況和運動情況求解BC段恒力F的取值范圍，求出的關系函數關系進行分析；當F較小時，物塊將從木板右端滑下，當F增大到某一值時物塊恰好到達木板的右端，且兩者具有共同速度v，根據牛頓第二定律結合速度—時間關系進行解答；圖中D（C）臨界點對應的情況是物塊滑至某處時，木板與物塊已達到速度相同，求出兩者一起加速運動的臨界加速度，根據牛頓第二定律求解外力的值。
【解答】解：A．由圖2知，AB段為物塊從木板右側滑出去，BC段為物塊沒有從木板上滑出去，DE段為物塊從木板左側滑出去。當恒力F＝0時，s＝1m，即木板長度為L＝1m，設物塊滑出木板時的速度為v1，對應木板的速度為v2，取向右為正方向，根據動量守恒有
mv0＝mv1+Mv2
能量守恒有
解得
，（舍去v1＝2m/s，v2＝4m/s）
故A錯誤；
BD．圖2中C點對應位物塊和木板達到共同速度之后一起加速，且一起加速時物塊的加速度達到最大，有
μmg＝ma物max
物塊和木板一起加速時，對整體有
F＝（M+m）a物max
解得
F＝3N
從物塊滑到木板上到它們共速的過程對木板有
F+μmg＝Ma板
從物塊滑到木板上到它們共速的過程對物塊有
μmg＝ma物
該階段速度有
v共＝v0﹣a物t
又有
v共＝a板t
其有
解得
，，，
圖2中C、D兩點橫坐標相同，都為3N，故BD正確；
C．圖2中B點對應物塊恰好不能從木板右端滑出，且物塊到達木板右端時它們恰好共速，共速前根據動力學公式有
F+μmg＝Ma板
對于物塊有
μmg＝ma物
其速度有
v共＝v0﹣a物t
對于板有
v共＝a板t
則恰好滑下有
解得
F＝1N
故C錯誤。
故選：BD。
【點評】本題考查動量守恒和能量守恒的綜合應用。滑塊問題是物理模型中非常重要的模型，是學生物理建模能力培養的典型模型。滑塊問題的解決非常靈活，針對受力分析、運動分析以及牛頓第二定律的掌握，還有相對運動的分析，特別是摩擦力的變化與轉型，都是難點所在。本題通過非常規的圖象來分析滑塊的運動，能從圖中讀懂物體的運動。
三．填空題（共4小題）
8．（2024秋 普陀區校級期末）如圖所示，質量為m的光滑小球，用輕繩連接后掛在三角劈的頂端斜面平行，劈置于光滑水平面上，當劈水平向右勻加速加速度a1＝　g　時，球與斜面相對靜止且細繩的拉力恰好為零；當劈以加速度a＝2g向左勻加速運動時，繩的拉力T2＝　mg　。
【考點】物體在光滑斜面上的運動；力的合成與分解的應用．
【專題】應用題；定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題．
【答案】見試題解答內容
【分析】根據題意確定小球的受力情況，然后應用牛頓第二定律求出加速度；
應用牛頓第二定律的求出小球與斜面間作用力為零時的臨界加速度，
然后根據劈的加速度與臨界加速度的關系確定小球的位置狀態，然后求出繩子的拉力。
【解答】解：球與斜面相對靜止且細繩的拉力恰好為零時，小球受力如圖所示：
由牛頓第二定律得：a1g；
當劈加速度向左，球恰好剛要離開斜面；
即斜面對球的作用力恰好為零時，球受力如圖所示：
由牛頓第二定律得：a臨界g＜a＝2g，
當加速度：a＝2g，方向：水平向左時，小球離開斜面，受力如圖所示：
繩子的拉力：T2mg；
故答案為：g；mg。
【點評】本題考查了牛頓第二定律的應用，解決本題的關鍵知道小球和三角劈具有相同的加速度，通過隔離法分析，運用牛頓第二定律進行求解。
9．（2024秋 福州期末）質量為2kg的小物塊置于水平地面上，用10N的水平拉力使它從靜止開始做加速度為2m/s2的勻加速直線運動，如圖，則小物塊在離出發點9m處速度大小為 　6　m/s；運動中受到地面的摩擦力大小 　6　N。
【考點】牛頓運動定律的應用—從運動情況確定受力；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】信息給予題；定量思想；推理法；直線運動規律專題；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．
【答案】6；6。
【分析】根據運動學公式求速度；根據牛頓第二定律求加速度。
【解答】解：根據運動學公式v2＝2ax
可得小物塊的速度
以小物塊為研究對象，根據牛頓第二定律F﹣f＝ma
小物塊受到地面的摩擦力f＝F﹣ma＝10N﹣2×2N＝6N
故答案為：6；6。
【點評】本題考查了速度—位移公式和牛頓第二定律的運用；運用牛頓第二定律時，關鍵是要分析清楚物體的受力情況，然后再根據所求合力列出牛頓第二定律的表達式。
10．（2024秋 嘉定區校級期末）一物體受豎直向上拉力作用，從靜止開始做勻加速直線運動，當拉力F1＝140N時，物體向上的加速度a1為4m/s2，不計空氣阻力，則物體的質量是 　10　kg；物體在2s內的位移是 　8　m；若物體以向上減速時，豎直向上拉力F2為 　80　N。
【考點】牛頓運動定律的應用—從受力確定運動情況；勻變速直線運動位移與時間的關系；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．
【答案】10；8；80。
【分析】對物體受力分析，由牛頓第二定律求解物體的質量；由位移—時間關系式求解2s內的位移；再對向上減速過程由牛頓第二定律求得拉力大小。
【解答】解：以物體為研究對象，由牛頓第二定律得
F1﹣mg＝ma1
解得物體的質量是
物體在2s內的位移是
物體以向上減速時，由牛頓第二定律可得
mg﹣F2＝ma2
解得
F2＝mg﹣ma2＝10×10N﹣10×2N＝80N。
故答案為：10；8；80。
【點評】本題考查牛頓第二定律的應用以及運動學公式，要注意正確確定研究對象，明確物體的合力，再由牛頓第二定律列式求解。
11．（2024秋 連江縣校級期末）如圖所示，木板A與木塊B疊放在光滑的水平面上，兩者間的動摩擦因數為μ，已知A的質量為2m，B的質量為m，水平推力F作用在木板A上，兩者一起做勻加速直線運動。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則當B相對A剛要滑動時，推力F的大小為 　3μmg　。
【考點】連接體模型．
【專題】定性思想；推理法；受力分析方法專題；理解能力；模型建構能力．
【答案】3μmg。
【分析】當B相對A剛要滑動時，對B根據牛頓第二定律求解加速度大小，以整體為研究對象，根據牛頓第二定律求解推力F的大小。
【解答】解：當B相對A剛要滑動時，B受到的摩擦力為滑動摩擦力，大小f＝μmg；
則對B由牛頓第二定律μmg＝mam
對A由牛頓第二定律F﹣μmg＝2mam
解得F＝3μmg。
故答案為：3μmg。
【點評】本題主要是考查了牛頓第二定律的知識；利用牛頓第二定律答題時的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用牛頓第二定律建立方程進行解答；注意整體法和隔離法的應用。
四．解答題（共4小題）
12．（2024秋 武昌區校級期末）一質量為m的粗糙直木棒A靜置于水平地面上，木棒上端通過一輕繩跨過滑輪與質量為m的重物C連接，質量為2m的小環B套在木棒上。t＝0時刻，小環以的速度從距木棒底部h＝1.925m的位置沿木棒向上滑動，同時由靜止釋放重物C。當木棒第一次與水平地面相碰時，連接重物C的細繩斷裂，且每次木棒與地面碰撞時均原速率反彈。已知木棒與小環間的滑動摩擦力f＝mg，小環可以看作質點，且整個過程中小環不會從木棒上端滑出。取g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，忽略空氣阻力以及滑輪與輕繩間的摩擦力，求：
（1）t＝0時刻，小環和木棒的加速度；
（2）木棒第一次與地面碰撞時的速度大小；
（3）小環從木棒下端滑出前，木棒與地面碰撞的次數n，及滑出瞬間小環與水平地面間的距離d。
【考點】牛頓運動定律的應用—從受力確定運動情況；勻變速直線運動規律的綜合應用；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；直線運動規律專題；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．
【答案】（1）t＝0時刻，小環的加速度為15m/s2，方向豎直向下，木棒的加速度為5m/s2，方向豎直向上；
（2）木棒第一次與地面碰撞時的速度大小為2m/s；
（3）小環從木棒下端滑出前，木棒與地面碰撞的次數n為4次，及滑出瞬間小環與水平地面間的距離d為0.1m。
【分析】（1）小環相對于木棒向上運動，所受摩擦力向下，利用牛頓第二定律即可計算小環的加速度，木棒與重物用細繩連接，故加速度大小相同可利用整體法和牛頓第二定律計算二者的加速度；
（2）由題意可知，小環與木棒先相對滑動后達到共速，可先利用牛頓第二定律以及運動學公式計算出二者達到共速過程中相對的位移大小，而后小環、木棒與重物以大小相等的加速度做雙向勻變速直線運動，利用運動學公式即可計算木棒第一次碰撞后的速度大小；
（3）利用運動學公式分析碰撞規律，通過雙向勻變速直線運動的特點和位移差計算次數、距離。
【解答】解：（1）t＝0時刻，小環相對于木棒向上運動，小環所受滑動摩擦力向下，根據牛頓第二定律有
f+2mg＝2ma1
代入數據解得
該加速度方向豎直向下。對木棒與重物整體分析，根據牛頓第二定律有
mg+f﹣mg＝（m+m）a2
代入數據解得
該加速度方向豎直向上。
（2）根據上述可知，小環開始向上做勻減速直線運動，木棒與重物做勻加速直線運動，經歷時間t0達到相等速度，則有
v共＝v0﹣a1t0＝a2t0
代入數據解得
，
此過程木棒的位移為
代入數據解得
x1＝0.2m
此過程小環相對于木棒向上運動，相對位移大小為
x0＝x2﹣x1
代入數據解得
x0＝0.8m
之后小環、木棒與重物以大小相等的加速度做雙向勻變速直線運動，根據牛頓第二定律有
mg+2mg﹣mg＝（m+m+2m）a3
代入數據解得
取向上為正方向，根據速度與位移的關系式有
代入數據解得
v1＝2m/s
（3）綜合上述，小環、木棒與重物以大小相等的加速度做雙向勻變速直線運動到與地面第一次碰撞時，環與木棒下端間距為
L＝x0+h
代入數據解得
L＝2.725m
碰撞時，連接重物C的細繩斷裂，碰撞后，小環向下做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律有
2mg﹣f＝2ma4
代入數據解得
小環向下做勻加速直線運動，木棒向上做雙向勻變速直線運動，根據對稱性可知，在木棒與地面再次碰撞之前，小環速度始終大于木棒速度，即小環在之后的碰撞過程中始終向下做勻加速直線運動，木棒一直重復第一次碰撞之后的雙向勻變速直線運動，可知，每一次木棒上升到做高點的時間為
代入數據解得
t1＝0.1s
利用逆向思維，木棒上升到最大的高度為
代入數據解得
h0＝0.1m
可知，環在到達離地面高度為h0之前都不會與木棒分離，對小環有
代入數據解得
t2＝0.7s
則木棒與地面碰撞的次數為
且第四次碰撞后，木棒上升到最高點時恰好與小環分離，可知，此時，小環離地面的高度
d＝h0＝0.1m。
答：（1）t＝0時刻，小環的加速度為15m/s2，方向豎直向下，木棒的加速度為5m/s2，方向豎直向上；
（2）木棒第一次與地面碰撞時的速度大小為2m/s；
（3）小環從木棒下端滑出前，木棒與地面碰撞的次數n為4次，及滑出瞬間小環與水平地面間的距離d為0.1m。
【點評】本題考查了牛頓第二定律、勻變速直線運動規律的應用，掌握相對運動的特點是解決本題的而關鍵。
13．（2024春 天心區校級期末）如圖所示，在粗糙的水平地面上有一長為L＝12m、質量為M＝2kg的長木板B，在長木板的中點P放有一質量為m＝1kg（可視為質點）的小物塊A，開始時A、B均靜止。已知A與B、B與地面之間的動摩擦因數分別為μ1＝0.1和μ2＝0.3，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現用水平向右的恒力拉長木板B，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）當A剛好相對B開始滑動時，水平拉力F0的大小；
（2）若水平拉力F1＝10.5N，A所受到的摩擦力大小；
（3）若水平拉力F2＝24N，要使A剛好不滑離B，則F2作用多長時間后撤去？并求A最終停在B上的位置。
【考點】有外力的水平板塊模型．
【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；整體法和隔離法；分析綜合能力；模型建構能力．
【答案】（1）當A剛好相對B開始滑動時，水平拉力F0的大小為12N；
（2）A所受到的摩擦力大小為0.5N；
（3）F2作用1s時間后撤去，A最終停在B上離B左端1.5m的位置。
【分析】（1）當A與B剛好相對滑動時，A、B之間靜摩擦力達到最大值，對A，根據牛頓第二定律求出加速度，再對整體，利用牛頓第二定律求水平拉力F0的大小；
（2）若水平拉力F1＝10.5N，分析A、B的運動狀態，對整體，由牛頓第二定律求出加速度，再對A，利用牛頓第二定律求A所受到的摩擦力大小；
（3）若水平拉力F2＝24N，A與B相對滑動，分析A和B的運動情況，根據牛頓第二定律求解各個階段B的加速度大小，再根據速度—時間關系、位移—時間關系列方程求解。
【解答】解：（1）當A與B剛好相對滑動時，A、B之間靜摩擦力達到最大值，對A，由牛頓第二定律有
μ1mg＝ma0
解得：
對A、B整體，由牛頓第二定律有
F0﹣μ2（M+m）g＝（M+m）a0
解得：F0＝12N
（2）由于F1＝10.5N＜F0＝12N
且F1＞μ2（M+m）g＝0.3×（2+1）×10N＝9N
所以A、B一起向右做勻加速運動，對A、B整體，由牛頓第二定律有
F1﹣μ2（M+m）g＝（M+m）a共
解得：
對A，由牛頓第二定律有
f＝ma共
解得：f＝0.5N
（3）由于水平拉力F2＝24N＞F0＝12N
故A、B相對滑動，對A，由牛頓第二定律有
μ1mg＝ma1
解得：
對B，由牛頓第二定律有
F2﹣μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma2
解得：
設拉力作用t1時最終小物塊剛好沒有滑離長木板，則t1時間內小物塊速度和位移分別為
v1＝a1t1，
t1時間內木板的速度和位移分別為
v2＝a2t1，
此過程中A相對B向左滑動距離
水平拉力撤去后，設再經時間t2，A、B剛好共速，因A的受力不變，故A繼續加速，加速度仍然為
B做減速運動，且有
μ2（M+m）g+μ1mg＝Ma3
解得：
則有
v共＝v1+a1t2＝v2﹣a3t2
此過程中A相對B向左滑動
此時A剛好滑到B最左端，則有
Δx＝Δx1+Δx2
聯立解得：v共＝2m/s，t1＝t2＝1s
即F2作用1s時間后撤去，A剛好不從B的左邊滑離。由于A、B間動摩擦因數小，故共速后A相對B向右滑動，A向右減速，加速度大小仍然為
B向右減速，設加速度大小為a4，則有
μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma4
解得：
此后，A、B分別運動x3、x4后停下，有
x3，x4
解得：x3＝2m，x4＝0.5m
A相對B向右滑動了
Δx′＝x3﹣x4＝2m﹣1.5m＝1.5m
即A最終停在B上離B左端1.5m的位置。
答：（1）當A剛好相對B開始滑動時，水平拉力F0的大小為12N；
（2）A所受到的摩擦力大小為0.5N；
（3）F2作用1s時間后撤去，A最終停在B上離B左端1.5m的位置。
【點評】對于牛頓第二定律和運動學公式的綜合應用問題，關鍵是弄清楚物體的運動過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運動學的計算公式求解加速度，再根據題目要求進行解答；知道加速度是聯系靜力學和運動學的橋梁。
14．（2024秋 羅湖區校級期末）如圖所示，傾斜的傳送帶正常工作時順時針勻速轉動，傳送帶的速率為v2＝4m/s，傳送帶傾角為θ＝30°。一物塊從傳送帶上端滑上傳送帶，已知滑上時速率為v1＝5m/s，不計空氣阻力，動摩擦因數為μ，傳送帶長度為L，g＝10m/s2，求：
（1）若μ＝0，且使傳送帶不動，L＝7.5m，物塊離開傳送帶時的速度大小；
（2）若，L＝10m，傳送帶正常轉動，物塊在傳送帶上運動的時間；
（3）若，L＝10m，傳送帶正常轉動，物塊從哪一端離開傳送帶？并求物塊離開傳送帶時速度大小和在傳送帶上運動的時間。
【考點】傾斜傳送帶模型；牛頓第二定律求解多過程問題．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力；模型建構能力．
【答案】（1）若μ＝0，且使傳送帶不動，L＝7.5m，物塊離開傳送帶時的速度大小為10m/s；
（2）若，L＝10m，傳送帶正常轉動，物塊在傳送帶上運動的時間為2s；
（3）從上端離開傳送帶，物塊離開傳送帶時速度大小為4m/s，在傳送帶上運動的時間為4.05s。
【分析】（1）對物塊受力分析，由牛頓第二定律解得加速度，根據運動學規律解答；
（2）對物塊受力分析，從而分析其運動狀態，根據運動學公式計算；
（3）分析物塊的運動情況，根據牛頓第二定律分析解答。
【解答】解：（1）依題意，對物塊受力分析，由牛頓第二定律可得
mgsinθ＝ma1
物塊在傳送帶上做勻加速直線運動，有
聯立，解得
v＝10m/s
（2）對物塊受力分析，可得
mgsinθ＝mgmg
μmgcosθmgmg
即物塊下滑過程，合力為零，做勻速直線運動，有
解得t＝2s
（3）對物塊受力分析，由牛頓第二定律可得
μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma2
解得
即物塊做勻減速下滑，設經t1速度減為零，則有
0＝v1﹣a2t1
解得
t1＝2s
此時物塊下滑的距離為
解得x＝5m＜L
說明物塊將沿傳送帶向上做勻加速直線運動，設經t2與傳送帶共速，則有
此時物塊上滑位移為
因為μmgcosθ＞mgsinθ，此后將隨傳送帶一起運動，則有
從上端離開傳送帶，物塊離開傳送帶時速度大小與傳送帶相同為
v2＝4m/s
綜上所述，物塊在傳送帶上運動的時間為
t總＝t1+t2+t3
解得t總＝4.05s
答：（1）若μ＝0，且使傳送帶不動，L＝7.5m，物塊離開傳送帶時的速度大小為10m/s；
（2）若，L＝10m，傳送帶正常轉動，物塊在傳送帶上運動的時間為2s；
（3）從上端離開傳送帶，物塊離開傳送帶時速度大小為4m/s，在傳送帶上運動的時間為4.05s。
【點評】該題涉及的過程比較多，二者過程的變化較復雜，在解答的過程中要注意對各個過程的把握，正確進行受力分析，同時要明確其運動的過程與特點。
15．（2024秋 安寧區校級期末）如圖甲所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，傾斜傳送帶與水平方向夾角為θ，以恒定速率v＝4m/s順時針轉動。一煤塊以初速度v0＝12m/s從傳送帶底端A沖上傳送帶，煤塊與傳送帶間的動摩擦因數μ，煤塊的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，取g＝10m/s2，求：（以下結果可以用根式表示）
（1）傾角θ的正切值和動摩擦因數μ為多大；
（2）煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為多長；
（3）煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為多大。
【考點】傾斜傳送帶模型．
【專題】計算題；定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力；模型建構能力．
【答案】（1）傾角θ的正切值是0.75，動摩擦因數μ為0.25；
（2）煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為（2）s；
（3）煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為（12+4）m。
【分析】（1）根據圖示v﹣t圖像求出煤塊的加速度大小，應用牛頓第二定律求出斜面的傾角與動摩擦因數。
（2）根據v﹣t圖像分析清楚煤塊的運動過程，應用運動學公式求解。
（3）根據v﹣t圖像與運動學公式求出煤塊與傳送帶的位移，然后求出痕跡的長度。
【解答】解：（1）由圖乙所示圖像可知，0﹣1s內，煤塊的加速度大小a1m/s2＝8m/s2，方向沿傳送帶向下
根據牛頓第二定律得 mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
1﹣2s，物塊的加速度大小a2m/s2＝4m/s2，方向沿傳送帶向下
根據牛頓第二定律得 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入數據解得：μ＝0.25，tanθ＝0.75，則θ＝37°
（2）物塊上升的位移大小等于v﹣t圖象與時間軸所包圍的面積大小：x1m（2﹣1）m＝10m
根據xa2t下2，得煤塊下滑的時間t下s，
所以煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間t＝t上+t下＝2ss＝（2）s
（3）由圖乙所示圖像可知，傳送帶的速度v＝4m/s，在0﹣1s內傳送帶的位移x帶1＝vt1＝4×1m＝4m
煤塊的位移為x煤11m＝8m
兩者相對位移大小為Δx1＝x煤1﹣x帶1＝8m﹣4m＝4m，方向沿傳送帶向上
在1﹣2s內傳送帶的位移x帶2＝vt2＝4×1m＝4m，物塊的位移為x煤24×（2﹣1）m＝2m
兩者相對位移大小為Δx2＝x帶2﹣x煤2＝4m﹣2m＝2m，方向沿傳送帶向下
在2～（2）s傳送帶向上運動，煤塊向下運動，此過程煤塊相對傳送帶向下的相對位移大小為：Δx3a2t下2+vt下
代入數據解得：Δx3＝（10+4）m
因Δx1＜Δx2+Δx3，故劃痕總的長度為ΔL＝Δx2+Δx3＝2m+（10+4）m＝（12+4）m
答：（1）傾角θ的正切值是0.75，動摩擦因數μ為0.25；
（2）煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為（2）s；
（3）煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為（12+4）m。
【點評】解決本題的關鍵要理清物體在整個過程中的運動規律，抓住v﹣t圖象的斜率表示加速度，面積表示位移，結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解。要注意摩擦生熱與相對路程有關；注意劃痕長度重疊時按最長的計算。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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