牛顿运动定律真题分类汇总 学案（word版含解析）

专题3　牛顿运动定律真题汇总　
目录TOC \o "1-3" \h \u
一、 对牛顿定律的理解 1
二、两类动力学问题 3
三、超重与失重 7
四、连接体问题 8
五、板块模型 9
专题3　牛顿运动定律真题汇总答案解析 12
对牛顿定律的理解
1．(2013·全国卷Ⅱ)一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间关系的图像是(　　)
2.(多选)(2015·海南高考)如图，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
3．(多选)(2016·高考全国卷乙)一质点做匀速直线运动．现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则(　　)
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
4．(多选)(2016·江苏高考)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中(　　)
A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
5．(2020·浙江7月选考)如图所示，底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子四周有一定空间．当公交车(　　)
A．缓慢起动时，两只行李箱一定相对车子向后运动
B．急刹车时，行李箱a一定相对车子向前运动
C．缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子向外侧运动
D．急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧运动
6.（2021全国甲卷） 如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将（　　）
A. 逐渐增大 B. 逐渐减小 C. 先增大后减小 D. 先减小后增大
7. （2021全国乙卷）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于时，速度的大小为，此时撤去F，物体继续滑行的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（　　）
A. 在此过程中F所做的功为
B. 在此过中F的冲量大小等于
C. 物体与桌面间的动摩擦因数等于
D. F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
二、两类动力学问题
1．(2014·全国卷Ⅰ)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的。若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。
2．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)如图(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v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　)
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
3.(2015·重庆高考)若货物随升降机运动的v t图像如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是(　　)
4．(多选)(2016·高考浙江卷)如图所示为一滑草场．某条滑道由上、下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则(　　)
A．动摩擦因数μ＝
B．载人滑草车最大速度为
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
5. (2016·四川理综)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，如图所示。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，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。
6．(2017·高考江苏卷)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：
(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；
(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P.
7．(2017年高考·课标全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．
8. (2018·高考全国卷 Ⅰ )如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动．以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是(　　)
9.　(2019·全国卷Ⅰ)(多选) 在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a x关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则(　　)
A．M与N的密度相等
B．Q的质量是P的3倍
C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
10．(2019·全国卷Ⅱ)一质量为m＝2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机忽然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图甲中的图线．图甲中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8 s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m.
(1)在图乙中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线；
(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)
11.(2020·浙江7月选考)如图甲所示，有一质量m＝200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F－t图线如图乙所示，t＝34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求物件：
　
(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；
(2)匀速运动的速度大小；
(3)总位移的大小。
12.(2020·全国卷Ⅰ)我国自主研制了运－20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；
(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
三、超重与失重
1.(多选)(2015·江苏高考)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(　　)
A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小
2.(2020·新高考山东卷)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示．乘客所受支持力的大小用 FN表示，速度大小用v表示．重力加速度大小为g.以下判断正确的是(　　)
A．0～t1时间内，v增大，FN>mg
B．t1～t2时间内，v减小，FNC．t2～t3时间内，v增大，FND．t2～t3时间内，v减小，FN>mg
四、连接体问题
1．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)
A．8　　　　　　　　　　 B．10
C．15 D．18
2．(多选)(2016·高考天津卷)我国高铁技术处于世界领先水平．和谐号动车组是由动车和拖车编组而成的，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组(　　)
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2
C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2
3.(多选)(2017·海南物理)如图所示，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F的水平外力推动物块P，记R和Q之间相互作用力与Q和P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是(　　)
A.若μ≠0，则k＝ B.若μ≠0，则k＝
C.若μ＝0，则k＝ D.若μ＝0，则k＝
4．(2020·高考江苏卷)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量．某运送抗疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F.若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为(　　 )
A．F　　　　　　　　 B.
C. D.
五、板块模型
1．(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v t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。
2．(2017·高考全国卷丙)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．
3．(2019年高考·课标全国卷Ⅲ)(多选)如图(a)所示，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取g＝10 m/s2.由题给数据可以得出(　　)
A．木板的质量为1 kg
B．2 s～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
4.(2019·江苏卷)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
5．(2015·全国卷Ⅱ)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；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间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2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，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 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0～2 s时间内A和B加速度的大小；
(2)A在B上总的运动时间．
专题3　牛顿运动定律真题汇总答案解析　
一、对牛顿定律的理解
1.解析：选C　设物块所受滑动摩擦力为f，在水平拉力F作用下，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，F－f＝ma，F＝ma＋f，所以能正确描述F与a之间关系的图像是C，选项C正确。
2.解析：选AC　设物体的质量为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FT1，剪断前对b、c和弹簧组成的整体分析可知FT1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋FT1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为FT2，则FT2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。
3．解析：选BC.施加一恒力后，质点的速度方向可能与该恒力的方向相同，可能与该恒力的方向相反，也可能与该恒力方向成某一角度且角度随时间变化，但不可能总是与该恒力的方向垂直，若施加的恒力方向与质点初速度方向垂直，则质点做类平抛运动，质点速度方向与恒力方向的夹角随时间的增大而减小，选项A错误，B正确．质点开始时做匀速直线运动，说明原来作用在质点上的合力为零，现对其施加一恒力，根据牛顿第二定律，质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同，且大小不变，由a＝可知，质点单位时间内速度的变化量Δv总是不变的，但速率的变化量不确定，选项C正确，D错误．
4.解析：选BD　鱼缸相对于桌布向左运动，故应受到向右的摩擦力，选项A错误；由于鱼缸与桌布、桌面之间的动摩擦因数相等，鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小相等，根据v＝at，鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等，选项B正确；若猫增大拉力，鱼缸与桌布之间的摩擦力仍然为滑动摩擦力，大小不变，选项C错误；若猫减小拉力，鱼缸可能随桌布一起运动而滑出桌面，选项D正确。
5．解析：选B.缓慢起动的公交车具有向前的加速度，但加速度较小，若箱子所受的静摩擦力足以提供该加速度，则箱子可以相对公交车静止，A项错；急刹车时，公交车的加速度较大，箱子轮子受到公交车的摩擦力较小，行李箱a一定相对车子向前运动，B项正确；缓慢转弯时，车子具有指向轨迹内侧的较小的加速度，当行李箱所受的静摩擦力足以提供其加速度时，行李箱相对车子静止，C项错；急转弯时，汽车的加速度较大，若行李箱b所受的静摩擦力不足以提供所需的向心力，则其做离心运动，即相对车子向外侧运动，若行李箱b所受的静摩擦力足以提供所需的向心力，则其相对车子静止，D项错．
6.解析：选D 设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知，可得，可知时，t 有最小值，故当从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t先减小后增大。故选D。
7.解析：选BC 外力撤去前，由牛顿第二定律可知 ①，由速度位移公式有：②，外力撤去后，由牛顿第二定律可知 ③，由速度位移公式有：
④，由①②③④可得，水平恒力，动摩擦因数，滑动摩擦力，可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；
A．在此过程中，外力F做功为，故A错误；
B．由平均速度公式可知，外力F作用时间，在此过程中，F的冲量大小是，故B正确。
故选BC。
二、两类动力学问题
1.解析：设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为x，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg＝ma0①
x＝v0t0＋②
式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。
设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝μ0③
设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得
μmg＝ma④
x＝vt0＋⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
v＝20 m/s(或72 km/h)。⑥
答案：20 m/s(或72 km/h)
2.解析：选ACD　由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝，下降过程中的加速度为a2＝。物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑动摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项A、C正确。由v t图像中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确。
3.解析：选B　根据v t图像可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B正确。
4．解析：选AB.由题意根据动能定理有，2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，得动摩擦因数μ＝，则A项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为Wf＝2mgh，则C项错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，则载人滑草车在上下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，则在上段底端时达到最大速度v，由运动学公式有2a1＝v2得，v＝ ＝ ，故B项正确，D项错误．
5.解析　(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则f＋mgsin θ＝ma1①
f＝μmgcos θ②
联立①②并代入数据得a1＝5 m/s2③
a1的方向沿制动坡床向下。
(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23 m/s。货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端x0＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为x1，在车厢内滑动的距离x＝4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为x2。货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则
Mgsin θ＋F－f＝Ma2④
F＝k(m＋M)g⑤
x1＝vt－a1t2⑥
x2＝vt－a2t2⑦
x＝x1－x2⑧
l＝l0＋x0＋x2⑨
联立①～⑨并代入数据得l＝98 m⑩
答案　(1)5 m/s2　方向沿制动坡床向下　(2)98 m
6．解析：(1)感应电动势E＝Bdv0
感应电流I＝，解得I＝.
(2)安培力F＝BId
牛顿第二定律F＝ma
解得a＝.
(3)金属杆切割磁感线的速度v′＝v0－v，则感应电动势E＝Bd(v0－v)
电功率P＝
解得P＝.
答案：见解析
7.解：(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，
由动能定理得
－μmgs0＝mv12－mv02①
解得μ＝②
(2)冰球到达挡板时，运动员刚好到达小旗处，加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t，由运动学公式得v02－v12＝2a1s0③
v0－v1＝a1t④
s1＝a2t2⑤
联立③④⑤式得a2＝⑥
8．解析：选A.假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，BCD错误．
9.解析：AC 如图，当x＝0时，对P：mPgM＝mP·3a0，即星球M表面的重力加速度gM＝3a0；对Q：mQgN＝mQa0，即星球N表面的重力加速度gN＝a0。
当P、Q的加速度a＝0时，对P有：mPgM＝kx0，则mP＝，对Q有：mQgN＝k·2x0，则mQ＝，即mQ＝6mP，B错误；根据mg＝G得，星球质量M＝，则星球的密度ρ＝＝，所以M、N的密度之比＝·＝×＝1，A正确；当P、Q的加速度为零时，P、Q的动能最大，系统的机械能守恒，对P有：mPgMx0＝Ep弹＋EkP，即EkP＝3mPa0x0－Ep弹，对Q有：mQgN·2x0＝4Ep弹＋EkQ，即EkQ＝2mQa0x0－4Ep弹＝12mPa0x0－4Ep弹＝4×(3mPa0x0－Ep弹)＝4EkP，C正确；P、Q在弹簧压缩到最短时，其位置与初位置关于加速度a＝0时的位置对称，故P下落过程中弹簧的最大压缩量为2x0，Q为4x0，D错误。
10.解析 (1)v-t图象如图所示．
(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度为v2，在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt＝1 s，设汽车在t2＋(n－1)Δt内的位移为sn，n＝1,2,3，….
若汽车在t2＋3Δt～t2＋4Δt时间内未停止，设它在t2＋3Δt时刻的速度为v3，在t2＋4Δt时刻的速度为v4，由运动学有s1－s4＝3a(Δt)2，①
s1＝v2Δt－a(Δt)2，②
v4＝v2－4aΔt，③
联立①②③式，代入已知数据解得v4＝－m/s，④
这说明在t2＋4Δt时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立．
由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt内汽车停止，由运动学公式
v3＝v2－3aΔt，⑤
2as4＝v，⑥
联立②⑤⑥，代入已知数据解得a＝8 m/s2，v2＝28 m/s，⑦
或者a＝ m/s2，v2＝29.76 m/s，⑧
第二种情形下v3小于零，不符合条件，故舍去．
(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿定律有f1＝ma，⑨
在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量大小为I＝f1(t2－t1)，⑩
由动量定理有I＝mv1－m2v2,
由动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为W＝mv－mv，
联立⑦⑨⑩ 式，代入已知数据解得
v1＝30 m/s，
W＝1.16×105 J．
从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为
s＝v1t1＋(v1＋v2)(t2－t1)＋，
联立⑦ ，代入已知数据解得s＝87.5 m.
答案 (1)见解析图　(2)28 m/s　8 m/s2　(3)30 m/s 16×105 J　87.5 m
11.解析：(1)对物件受力分析，由牛顿第二定律
mg－F＝ma
得a＝g－＝0.125 m/s2
方向竖直向下。
(2)物件做匀减速运动的时间t2＝8 s，根据运动学公式
v＝at2＝1 m/s。
(3)匀速上升的位移h1＝vt1＝26 m
匀减速上升的位移h2＝t2＝4 m
总位移大小满足h＝h1＋h2，解得h＝40 m。
答案：(1)0.125 m/s2　竖直向下　(2)1 m/s　(3)40 m
12.答案　(1)78 m/s　(2)2.0 m/s2　39 s
解析：　(1)设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满足条件
m1g＝kv①
m2g＝kv②
由①②式及题给条件得v2＝78 m/s③
(2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t。由匀变速直线运动公式有
v＝2as④
v2＝at⑤
联立③④⑤式及题给条件得
a＝2.0 m/s2⑥
t＝39 s⑦
三、超重与失重
1.解析：选AD　人受重力mg和支持力FN的作用，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma。由牛顿第三定律得人对地板的压力FN′＝FN＝mg＋ma。当t＝2 s时a有最大值，FN′最大；当t＝8.5 s时，a有最小值，FN′最小，选项A、D正确。
2．解析：选D.根据位移－时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FNmg，选项C错误，D正确．
四、连接体问题
1.解析：选BC　设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分。设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为a时，对P有F＝(n－n1)ma，联立得2n＝5n1。当n1＝2，n1＝4，n1＝6时，n＝5，n＝10，n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确。
2．解析：选BD.启动时，动车组做加速运动，加速度方向向前，乘客受到竖直向下的重力和车厢对乘客的作用力，由牛顿第二定律可知，这两个力的合力方向向前，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向一定倾斜向前，选项A错误．设每节车厢质量为m，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，则有每节车厢所受阻力f＝kmg.设动车组匀加速直线运动的加速度为a，每节动车的牵引力为F，对8节车厢组成的动车组整体，由牛顿第二定律，2F－8f＝8ma；设第5节车厢对第6节车厢的拉力为F5，隔离第6、7、8节车厢，把第6、7、8节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得，F5－3f＝3ma，解得F5＝；设第6节车厢对第7节车厢的拉力为F6，隔离第7、8节车厢，把第7、8节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得，F6－2f＝2ma，解得F6＝；第5、6节车厢与第6、7节车厢间的作用力之比为F5∶F6＝∶＝3∶2，选项B正确．关闭发动机后，动车组在阻力作用下滑行，由匀变速直线运动规律，滑行距离x＝，与关闭发动机时速度的二次方成正比，选项C错误．设每节动车的额定功率为P，当有2节动车带6节拖车时，2P＝8f·v1m；当改为4节动车带4节拖车时，4P＝8f·v2m；联立解得v1m∶v2m＝1∶2，选项D正确．
3.解析：选BD 三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动，则加速度a＝，R和Q之间相互作用力F1＝3ma＋3μmg＝F，Q与P之间相互作用力F2＝F－μmg－ma＝F－F＝F，可得k＝＝，k与μ是否为零无关，选项B、D正确。
4．解析：选C.设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma，再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝F，C项正确，A、B、D项均错误．
五、板块模型
1.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，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v1＝4 m/s，
由运动学公式有
v1＝v0＋a1t1②
s0＝v0t1＋a1t12③
式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰撞前的位移，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＝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。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＝Δt
小物块运动的位移为
s2＝Δt
小物块相对木板的位移为
Δs＝s2－s1
联立⑥⑧⑨⑩ 式，并代入数值得
Δs＝6.0 m
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)a4
0－v32＝2a4s3
碰后木板运动的位移为
s＝s1＋s3
联立⑥⑧⑨⑩ 式，并代入数值得
s＝－6.5 m
木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。
答案：(1)0.1　0.4　 (2)6.0 m　(3)6.5 m
2．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为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＝μ1mAg①
f2＝μ1mBg②
f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③
由牛顿第二定律得
f1＝mAaA④
f2＝mBaB⑤
f2－f1－f3＝ma1⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有
v1＝v0－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v1＝1 m/s.⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－aBt⑩
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
f1＋f3＝(mB＋m)a2
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2
对A有v2＝－v1＋aAt2
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－a2t
在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同．因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝sA＋s1＋sB
联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m.
(也可用如图的速度－时间图线求解)
答案：见解析
3.解析：选AB 结合两图象可判断出0～2 s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2～5 s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2～4 s和4～5 s列运动学方程，可解出质量m为1 kg，2～4 s内的力F为0.4 N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ，故D错误．
4.答案　(1)　(2)3μg　μg　(3)2
解析：A、B的运动过程如图所示
(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA＝μg
匀变速直线运动v＝2aAL
解得vA＝。
(2)设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg
由牛顿运动定律F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝2μmg
由牛顿运动定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。
(3)设经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L
解得vB＝2。
5.解析 (1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中Ff1、FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
Ff1＝μ1FN1，①
FN1＝mgcos θ，②
Ff2＝μ2FN2，③
FN2＝F′N1＋mgcos θ，④
规定沿斜面向下为正．设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得
mgsin θ－Ff1＝ma1，⑤
mgsin θ－Ff2＋F′f1＝ma2，⑥
FN1＝F′N1，⑦
Ff1＝F′f1，⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得
a1＝3 m/s2，⑨
a2＝1 m/s2.⑩
(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1＝a1t1＝6 m/s，
v2＝a2t1＝2 m/s，
t＞t1时，设A和B的加速度分别为a′1和a′2.此时A与B之间的摩擦力为零，同理可得，
a′1＝6 m/s2，
a′2＝－2 m/s2，
B做减速运动．设经过时间t2，B的速度减为零，则有
v2＋a′2t2＝0，
联立 式得t2＝1 s，
在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为
x＝(a1t＋v1t2＋a′1t)－(a2t＋v2t2＋a′2t)＝12 m<27 m，
此后B静止，A继续在B上滑动．设再经过时间t3后A离开B，则有
l－x＝(v1＋a′1t2)t3＋a′1t，
可得，t3＝1 s，(另一解不符合题意，舍去)
设A在B上总的运动时间为t总，有
t总＝t1＋t2＋t3＝4 s.
答案 (1)3 m/s2　1 m/s2　(2)4 s