2023届高三物理一轮复习最新试题汇编：牛顿第二定律及其应用
一、单选题
1．（2022高二下·沈阳期末）以一定的初速度从足够高的某点竖直上抛一物体，物体受到的空气阻力与速度成正比，则物体在运动过程中的加速度大小（ ）
A．先变小后变大 B．先变大后变小
C．一直变大 D．一直变小，最后变为零
2．（2022高二下·大连期末）在竖直升降电梯内的水平地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50.0kg。若电梯运动中的某一段时间内，该同学发现体重计示数为如图所示的40.0kg，则在这段时间内重力加速度为g = 10m/s2）（ ）
A．该同学所受的重力变小了
B．电梯一定在竖直向下运动
C．电梯的加速度大小为2m/s2，方向一定竖直向下
D．该同学对体重计的压力小于体重计对她的支持力
3．（2022高一下·新洲期末）如图所示，轻质滑轮两侧绳子上分别系有小球A和小球B，两球质量分别为、，两球从静止开始运动后，小球A下降，小球B上升。重力加速度为g，两球运动过程中细绳拉力为（ ）
A． B． C． D．
4．（2022高二下·南阳期末）如图所示，一水平传送带在电动机的带动下以的速度沿顺时针方向运动。一可视为质点的滑块放在传送带的左端A点处，滑块与传送带之间的动摩擦因数，传送带的左端A点与右端B点之间的距离为，重力加速度g取。则（ ）
A．滑块从A点到B点一直做匀加速直线运动
B．滑块从A点到B点的运动时间为1s
C．滑块从A点到B点的运动时间为2s
D．若传送带以速率匀速运行，滑块从A点到B点的运动时间为3s
5．（2022高二下·河池期末）如图为一台弹簧台秤，台秤弹簧和托盘下方支撑杆质量均可不计，测得某玩具汽车的质量为1.5kg，用力压台秤内的玩具汽车使台秤示数为3.5kg，若放手的瞬间玩具汽车的加速度大小为10m/s2，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．放手的瞬间玩具汽车处于超重状态，台秤托盘质量为0.5kg
B．放手的瞬间玩具汽车处于超重状态，台秤托盘质量为1kg
C．放手的瞬间玩具汽车处于失重状态，台秤托盘质量为0.5kg
D．放手的瞬间玩具汽车处于失重状态，台秤托盘质量为1kg
二、多选题
6．（2022高二下·铁岭期末）如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角= 53°的斜劈放在木板上，一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶，另一端拴接一可视为质点的小球，已知木板、斜劈、小球质量均为1 kg，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g=10m/s2，现对木板施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是（ ）
A．若μ=0.2，当F=4N时，木板相对斜劈向右滑动
B．若μ=0.5，不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止
C．若μ=0.8，当F=22.5N时，小球对斜劈的压力为0
D．若μ=0.8，当F=26 N时，细绳对小球的拉力为
7．（2022高二下·石家庄期末）质量为、足够长的木板静置于水平地面上，一质量也为的滑块沿弧形轨道下滑后以的速度从木板的左端滑上木板，如图所示。已知木板与滑块间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数，取重力加速度大小，最后木板和滑块都停止运动，下列说法正确的是（ ）
A．滑块刚滑上木板时，滑块的加速度大小为
B．滑块刚滑上木板时，木板的加速度大小为
C．滑块在木板上滑动后，滑块和木板相对静止
D．整个过程中，木板在地面上滑行的距离为
8．（2022高三上·河北开学考）汽车运送圆柱形工件的示意图如图所示，图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器。假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止时，Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零。汽车以加速度向左匀加速启动，重力加速度，下列情况说法正确的是（ ）（）
A．当时，P有示数，Q无示数
B．当时，P有示数，Q有示数
C．当时，P有示数，Q有示数
D．当时，P无示数，Q有示数
9．（2022高二下·新乡期末）如图所示，质量为2m的长木板P放置在足够大的水平地面上，质量为m的木块Q放在长木板P上，初始时P、Q均静止，已知木块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。现对长木板P或木块Q施加一水平拉力F，下列关于木板P和木块Q的运动情况的说法，正确的是（ ）
A．若拉力F作用在木块Q上，，则木块Q的加速度大小为
B．若拉力F作用在木块Q上，无论怎样改变F的大小，木板P都不可能运动
C．若拉力F作用在木板P上，则地面对木板P的摩擦力大小一定为
D．若拉力F作用在木板P上，P、Q相对静止，则
10．（2022高一下·开远期末）人站在力传感器上完成了下蹲、起立的动作。观察计算机采集的图线，以下说法正确的是（ ）
A．人在传感器上下蹲时处于失重状态，人在传感器上起立时处于超重状态
B．失重时人的体重变小，超重时人的体重变大
C．人的质量是50Kg
D．人在下蹲时先失重再超重，起立时先超重再失重
三、综合题
11．（2022高二下·大连期末）如图所示，水平桌面上有一质量为m的木板，其右端放着质量为m、不计大小的物块，整体处于静止状态。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与桌面间的动摩因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
（1）若木板与物块一起以初速度沿桌面向右运动，求两者共同加速度的大小；
（2）若对木板施加水平向右的拉力F，为使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动，求拉力F应满足的条件；
（3）若给木板施加大小为水平向右的拉力，经过时间撤去拉力F，此后运动过程中小物块始终未脱离木板，求木板的最小长度L。
12．（2022高一下·咸宁期末）如图所示，传送带的水平部分长度，倾斜部分长度，与水平方向的夹角为。传送带沿图示顺时针方向匀速率运动，速率，现将质量的小煤块（视为质点）由静止轻放到a处，之后它将被传送到c点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数，且此过程中小煤块不会脱离传送带，取重力加速度大小，求：
（1）煤块经过b点时的速度大小；
（2）煤块从b运动到c的时间t；
（3）煤块在传送带上留下的黑色痕迹的长度。
13．（2022高二下·宣城期末）某空降兵部队进行空降训练时，空降兵坠离机舱后，先自由下落一段距离，然后再打开降落伞做匀减速运动，直至安全着落。设某次训练的高度为h，未打开降落伞时，空气阻力可忽略不计，打开降落伞后，空气阻力等于重力的1.5倍，空降兵坠离机舱时速度为零，到达地面时的速度也可视为零，重力加速度为g，试求：
（1）打开降落伞后空降兵下降的距离；
（2）空降兵下落运动过程所能达到的最大速度。
14．（2022高一下·丽江期末）在平直的公路上，一辆以14m/s的速度匀速行驶的汽车，因前方出现事故，司机紧急刹车，汽车开始减速。刹车后制动系统开始工作，制动系统启动前后汽车所受阻力与汽车重力的比值随时间变化的情况可简化为如下图所示的图像。取重力加速度。求：
（1）汽车刹车瞬间的加速度大小。
（2）汽车在末的速度大小。
（3）汽车从开始减速到停止的过程中行驶的位移大小。
15．（2022高一下·阜阳期末）如图所示，质量的长木板放在光滑的水平面上，质量的小物块放在木板上处于静止状态，物块与木板间的动摩擦因数。对木板施加向左的作用力F使木板向左运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小。
（1）为使物块与木板运动过程中保持相对静止，F的大小应满足什么条件；
（2）使木板以的加速度匀加速运动，求此过程中力F的大小；
（3）使木板先以的加速度匀加速运动4s，再以的加速度匀加速运动，当速度达到14m/s后保持匀速直线运动，最终木板和物块相对静止。求上述过程中物块相对木板滑动的距离。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】设物体上升时空气阻力为f1，加速度为a1，由牛顿第二定律可知
由题意可知，上升时的速度逐渐减小，则f1逐渐减小，a1逐渐减小；当物体上升到最高点时
综上可得
设物体下落时空气阻力为f2，加速度为a2，由牛顿第二定律可知
由题意可知，下落时的速度逐渐增大，则f2逐渐增大，a2逐渐减小；当
时有
此时，若物体未落地，则物体将保持匀速继续下落。所以物体在运动过程中的加速度将逐渐减小，最终为零。
故答案为：D。
【分析】利用牛顿第二定律结合速度的变化可以判别上升过程加速度不断减小，在下落过程中，利用速度不断增大则可以判别加速度不断减小，最后等于0.
2．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A．同学在这段时间内处于失重状态，是由于他对体重计的压力变小了，而她的重力没有改变，A不符合题意；
BC．以竖直向下为正方向，有mg - F = ma
即500 - 400 = 50a
解得a = 2m/s2
方向竖直向下，但速度方向可能是竖直向上，也可能是竖直向下，B不符合题意，C符合题意；
D．她对体重计的压力与体重计对她的支持力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】体重计读数显示同学对体重计的压力，同学本身的重力保持不变；利用牛顿第二定律可以求出加速度的方向，不能判别速度的方向；同学对体重计的压力和体重计对同学的支持力属于相互作用力，大小相等。
3．【答案】B
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】对AB整体由牛顿第二定律可得
解得
对A由牛顿第二定律可得
解得。
故答案为：B。
【分析】对AB整体进行受力分析，结合牛顿第二定律得出加速度的表达式，对A利用牛顿牛二定律得出细绳的拉力。
4．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】ABC．对滑块受力分析知
即
则加速到的时间为
对应的位移为
之后随传送带一起匀速运动，用时
所以滑块从A点到B点的运动时间为
AB不符合题意，C符合题意；
D．若传送带以速率匀速运行，则滑块与传送带共速的时间为
对应的位移为
所以物块一直匀加速，则滑块从A点到B点的运动时间满足
解得
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律得出加速度的大小，结合匀变速直线运动的规律得出滑块从A点到B点的运动时间以及滑块从A点到B点的运动时间。
5．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】放手的瞬间，玩具汽车有向上的加速度，所以处于超重状态；依题意，被测玩具汽车的质量m =1.5kg，用力压玩具汽车台秤示数为3.5kg时，弹簧弹力为
其中为托盘重力，放手瞬间托盘和玩具汽车一起运动，由牛顿第二定律得
代入数据得托盘质量
BCD不符合题意，A符合题意。
故答案为：A。
【分析】当物体具有向上的加速度时处于超重状态，利用牛顿第二定律得出托盘的质量。
6．【答案】B,C,D
【知识点】临界类问题；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．若μ=0.2，当F=4N时，假设板、斜劈、球三者相对静止，则对板、斜劈、球构成的系统，有F=3ma
解得
对斜劈和球构成的系统，若斜劈与板之间的摩擦力达到最大静摩擦力，有
得a板=2m/s2>a
可知此时木板相对于斜劈静止，所以A不符合题意；
B．若μ=0.5，假设斜劈与球保持相对静止，则对斜劈与球构成的系统，最大加速度为
当球刚好要离开斜劈时，受到重力和绳子拉力作用，有
得a球=7.5m/s2>a
可知此情况下不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止，所以B符合题意；
C．若μ=0.8，假设板、球和斜劈相对静止，则球和斜劈构成的系统能够获得的最大加速的为
此时对板、球和斜劈构成的系统，有F临界=(m+m+m)a=24N
当F=22.5N时，板、球和斜劈相对静止，有
可知此时球刚好要离开斜劈，所以C符合题意；
D．若μ=0.8，当F=26 N时，球离开斜劈，在重力和绳子拉力作用下与斜劈保持相对静止，此时球和斜劈的加速度均为a=8m/s2，对球分析，有
所以D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】利用系统牛顿第二定律可以求出系统加速度的大小，结合木板牛顿第二定律可以求出最大加速度的大小，进而判别木板和斜劈是否存在相对运动；再利用小球的牛顿第二定律可以求出小球的加速度大小，进而判别小球与木板是否发生相对滑动；利用小球的加速度大小结合力的合成可以求出绳子拉力的大小。
7．【答案】B,C
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．滑块以的速度滑上木板时，对于滑块和木板，由牛顿第二定律可得
代入数据可得滑块的加速度a1=3m/s2，木板的加速度a2=1m/s2，A不符合题意，B符合题意；
C．滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，设经时间t达到共同速度v，由速度公式可得
代入数据可解得t=1s，v=1m/s，即滑块在木板上滑动后，滑块和木板相对静止，C符合题意；
D．达到共同速度时，木板滑行位移
达到共同速度后，相对静止，一起减速至速度为零，加速度为
滑行位移
故在整个过程中，木板在地面上滑行的距离为
D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】对于滑块和木板，由牛顿第二定律可得相关方程。滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动。
8．【答案】A,D
【知识点】加速度；牛顿第二定律
【解析】【解答】仅N传感器示数有示数时，有
得
当
时，P有示数，Q无示数
当
时，P无示数，Q有示数。
故答案为：AD。
【分析】N传感器示数有示数时，得，当时，P有示数，Q无示数。
9．【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】AB．木块与木板的最大静摩擦力为μmg，如果水平拉力F作用在木块Q上，无论怎样改变F的大小，木块与木板间的摩擦力都不可能超过μmg，而木板与地面的最大静摩擦力为3μmg，所以木板不可能运动；当拉力F作用在木块Q上，且，木块的合力为，根据牛顿第二定律，可知加速度为，A不符合题意，B符合题意；
C．若F作用在木板上，将木板P和木块Q视为一整体，木板与地面的最大静摩擦力为3μmg，如果F小于3μmg，根据牛顿运动定律可知，整体会静止不动，则地面对木板P的摩擦力大小大小与F相等，方向与F相反，C不符合题意；
D．若F作用在木板上，使木板P和木块Q恰好发生相对运动，分别对木块和木板，根据牛顿第二定律有
解得
可知若使得P、Q相对静止，则，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用木板受到木块的最大静摩擦力及地面最大静摩擦力比较可以判别拉力作用在木块时木板不会发生运动；利用牛顿第二定律可以求出木块加速度的大小；当拉力作用在木板时，地面对P的摩擦力不一定等于最大静摩擦力；当F作用在木板上时，利用整体的牛顿第二定律结合木块的牛顿第二定律可以求出相对静止时拉力的大小。
10．【答案】C,D
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】ABD．人在下蹲的过程先向下加速运动，然后在向下减速运动，根据超重和失重的判断条件，在下蹲时先是失重，然后是超重；同理，人在起立的时候，先超重再失重，但是不管是超重还是失重，人的体重不会发生变化，所以AB不符合题意，D符合题意；
C．根据图示，人在达到平衡，即既不超重也不失重时，人的重力为500N，所以人的体重为50Kg，所以C符合题意。
故答案为：CD。
【分析】利用下蹲过程先加速后减速可以判别加速度先向下后向上所以先失重后超重，起立过程则是先超重后失重；超重与失重时人的体重保持不变；利用人平衡时重力的大小可以求出体重的大小。
11．【答案】（1）解：木板与物块一起沿桌面向右运动时，对二者构成的系统运用牛顿第二定律，有
解得
（2）解：设施加的拉力为F1时，系统恰好能向右运动，有
设施加的拉力为F2时，木板恰好与物块保持相同速度向右运动，则对物块，有
对系统，有
解得
所以拉力F应满足
（3）解：若给木板施加大小为水平向右的拉力，木板将相对于物块向右运动，对物块，有
对木板，有
经过时间t0，物块有
木板有
撤去F后，物块继续以a1的加速度做匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动，直到二者共速，之后不再相对滑动，设此过程木板的加速度大小为a3，有
当二者共速时，有
则木板的最小长度为
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）当木块与木板一起做匀减速直线运动时，利用牛顿第二定律可以求出共同加速度的大小；
（2）当木板受到拉力时，利用物块与整体的牛顿第二定律可以求出拉力的大小范围；
（3）当给木板施加拉力时，利用牛顿第二定律可以求出物块与木板加速度的大小，结合速度公式可以求出两者速度的大小，利用位移公式可以求出两者位移的大小，再利用牛顿第二定律可以求出木板和木块加速度的大小，结合速度公式可以求出共速的时间，结合位移公式可以求出两者的位移，利用位移可以求出木板的最小长度。
12．【答案】（1）解：小煤块在水平传送带上的加速度为
在水平部分小煤块达到与传送带共同速度的加速时间为
在水平部分的加速位移为
则小煤块在没有到达b点时速度已经达到了，此后在水平部分匀速运动，所以煤块经过b点时的速度大小
（2）解：小煤块在斜面上受到的滑动摩擦力
所以小煤块在斜面上会加速下滑，其加速度
设小煤块在斜面上加速滑行，则
解得，（舍去）
所以煤块从b运动到c的时间
（3）解：小煤块在ab段加速过程，传送带位移大小
小煤块在水平传送带上留下痕迹的长度
煤块从b运动到c的时间传送带位移大小
煤块相对于传送带的位移大小
由于ab段煤块相对传送带向后滑动，bc段煤块相对传送带向前滑动，所以在倾斜段痕迹将完全覆盖水平段痕迹，从a点运动到c点的过程，小煤块在传送带上留下的痕迹长度
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1） 由牛顿第二定律得出小煤块在水平传送带上的加速度，得出煤块经过b点时的速度大小。
（2）小煤块在斜面上受到的滑动摩擦力，小煤块在斜面上会加速下滑 ，由匀变速直线运动的位移时间关系得出煤块从b运动到c的时间t 。
（3） ab段煤块相对传送带向后滑动，bc段煤块相对传送带向前滑动，在倾斜段痕迹将完全覆盖水平段痕迹 。
13．【答案】（1）解：未打开降落伞时
则
打开降落伞后
则
打开降落伞后下降的距离为x，能达到的最大速度为v；则有
解得
（2）解：由解得
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律可得未打开降落伞时和打开降落伞后的加速度。由匀变速直线运动规律得打开降落伞后空降兵下降的距离。
（2） 由匀变速直线运动速度位移规律得空降兵下落运动过程所能达到的最大速度 。
14．【答案】（1）解：根据题意，由图可知，汽车开始刹车时
由牛顿第二定律有
联立解得
（2）解：由运动学公式可得，汽车做减速运动，则汽车在末的速度大小为
代入数据解得
（3）解：根据题意，制动系统工作前，由运动学公式可得，运动的位移为
制动系统工作后，由图可知
由牛顿第二定律有
由运动学公式可得
联立代入数据解得
汽车从开始减速到停止的过程中行驶的位移大小
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）从图像可以得出阻力和重力的大小关系，结合牛顿第二定律可以求出开始刹车的加速度大小；
（2）汽车在第1s内做匀减速直线运动，利用速度公式可以求出末速度的大小；
（3）汽车在第1s内中，利用平均速度公式及运动的时间可以求出运动的位移，在制动系统开始工作后，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出继续减速的位移。
15．【答案】（1）解：物块与木板相对静止，加速度相同，设最大值为，由牛顿第二定律有
对木板和物块整体
解得
即F不大于9N
（2）解：因为，故此阶段物块与木板相对滑动，对物块
对木板
解得
（3）解：木板和物块相对静止运动4s，获得的速度
此后物块以加速度做匀加速运动的时间
木板速度达到14m/s的时间
物块运动的位移
木板运动的位移
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1） 物块与木板相对静止，加速度相同，对木板和物块整体由牛顿第二定律列方程求解。
（2）物块与木板相对滑动，对物块和对木板分别由牛顿第二定律列方程求解。
（3） 物块做匀加速运动，利用匀变速直线运动的规律求解木板滑动的距离。
1 / 12023届高三物理一轮复习最新试题汇编：牛顿第二定律及其应用
一、单选题
1．（2022高二下·沈阳期末）以一定的初速度从足够高的某点竖直上抛一物体，物体受到的空气阻力与速度成正比，则物体在运动过程中的加速度大小（ ）
A．先变小后变大 B．先变大后变小
C．一直变大 D．一直变小，最后变为零
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】设物体上升时空气阻力为f1，加速度为a1，由牛顿第二定律可知
由题意可知，上升时的速度逐渐减小，则f1逐渐减小，a1逐渐减小；当物体上升到最高点时
综上可得
设物体下落时空气阻力为f2，加速度为a2，由牛顿第二定律可知
由题意可知，下落时的速度逐渐增大，则f2逐渐增大，a2逐渐减小；当
时有
此时，若物体未落地，则物体将保持匀速继续下落。所以物体在运动过程中的加速度将逐渐减小，最终为零。
故答案为：D。
【分析】利用牛顿第二定律结合速度的变化可以判别上升过程加速度不断减小，在下落过程中，利用速度不断增大则可以判别加速度不断减小，最后等于0.
2．（2022高二下·大连期末）在竖直升降电梯内的水平地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50.0kg。若电梯运动中的某一段时间内，该同学发现体重计示数为如图所示的40.0kg，则在这段时间内重力加速度为g = 10m/s2）（ ）
A．该同学所受的重力变小了
B．电梯一定在竖直向下运动
C．电梯的加速度大小为2m/s2，方向一定竖直向下
D．该同学对体重计的压力小于体重计对她的支持力
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A．同学在这段时间内处于失重状态，是由于他对体重计的压力变小了，而她的重力没有改变，A不符合题意；
BC．以竖直向下为正方向，有mg - F = ma
即500 - 400 = 50a
解得a = 2m/s2
方向竖直向下，但速度方向可能是竖直向上，也可能是竖直向下，B不符合题意，C符合题意；
D．她对体重计的压力与体重计对她的支持力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】体重计读数显示同学对体重计的压力，同学本身的重力保持不变；利用牛顿第二定律可以求出加速度的方向，不能判别速度的方向；同学对体重计的压力和体重计对同学的支持力属于相互作用力，大小相等。
3．（2022高一下·新洲期末）如图所示，轻质滑轮两侧绳子上分别系有小球A和小球B，两球质量分别为、，两球从静止开始运动后，小球A下降，小球B上升。重力加速度为g，两球运动过程中细绳拉力为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】对AB整体由牛顿第二定律可得
解得
对A由牛顿第二定律可得
解得。
故答案为：B。
【分析】对AB整体进行受力分析，结合牛顿第二定律得出加速度的表达式，对A利用牛顿牛二定律得出细绳的拉力。
4．（2022高二下·南阳期末）如图所示，一水平传送带在电动机的带动下以的速度沿顺时针方向运动。一可视为质点的滑块放在传送带的左端A点处，滑块与传送带之间的动摩擦因数，传送带的左端A点与右端B点之间的距离为，重力加速度g取。则（ ）
A．滑块从A点到B点一直做匀加速直线运动
B．滑块从A点到B点的运动时间为1s
C．滑块从A点到B点的运动时间为2s
D．若传送带以速率匀速运行，滑块从A点到B点的运动时间为3s
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】ABC．对滑块受力分析知
即
则加速到的时间为
对应的位移为
之后随传送带一起匀速运动，用时
所以滑块从A点到B点的运动时间为
AB不符合题意，C符合题意；
D．若传送带以速率匀速运行，则滑块与传送带共速的时间为
对应的位移为
所以物块一直匀加速，则滑块从A点到B点的运动时间满足
解得
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律得出加速度的大小，结合匀变速直线运动的规律得出滑块从A点到B点的运动时间以及滑块从A点到B点的运动时间。
5．（2022高二下·河池期末）如图为一台弹簧台秤，台秤弹簧和托盘下方支撑杆质量均可不计，测得某玩具汽车的质量为1.5kg，用力压台秤内的玩具汽车使台秤示数为3.5kg，若放手的瞬间玩具汽车的加速度大小为10m/s2，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．放手的瞬间玩具汽车处于超重状态，台秤托盘质量为0.5kg
B．放手的瞬间玩具汽车处于超重状态，台秤托盘质量为1kg
C．放手的瞬间玩具汽车处于失重状态，台秤托盘质量为0.5kg
D．放手的瞬间玩具汽车处于失重状态，台秤托盘质量为1kg
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】放手的瞬间，玩具汽车有向上的加速度，所以处于超重状态；依题意，被测玩具汽车的质量m =1.5kg，用力压玩具汽车台秤示数为3.5kg时，弹簧弹力为
其中为托盘重力，放手瞬间托盘和玩具汽车一起运动，由牛顿第二定律得
代入数据得托盘质量
BCD不符合题意，A符合题意。
故答案为：A。
【分析】当物体具有向上的加速度时处于超重状态，利用牛顿第二定律得出托盘的质量。
二、多选题
6．（2022高二下·铁岭期末）如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角= 53°的斜劈放在木板上，一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶，另一端拴接一可视为质点的小球，已知木板、斜劈、小球质量均为1 kg，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g=10m/s2，现对木板施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是（ ）
A．若μ=0.2，当F=4N时，木板相对斜劈向右滑动
B．若μ=0.5，不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止
C．若μ=0.8，当F=22.5N时，小球对斜劈的压力为0
D．若μ=0.8，当F=26 N时，细绳对小球的拉力为
【答案】B,C,D
【知识点】临界类问题；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．若μ=0.2，当F=4N时，假设板、斜劈、球三者相对静止，则对板、斜劈、球构成的系统，有F=3ma
解得
对斜劈和球构成的系统，若斜劈与板之间的摩擦力达到最大静摩擦力，有
得a板=2m/s2>a
可知此时木板相对于斜劈静止，所以A不符合题意；
B．若μ=0.5，假设斜劈与球保持相对静止，则对斜劈与球构成的系统，最大加速度为
当球刚好要离开斜劈时，受到重力和绳子拉力作用，有
得a球=7.5m/s2>a
可知此情况下不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止，所以B符合题意；
C．若μ=0.8，假设板、球和斜劈相对静止，则球和斜劈构成的系统能够获得的最大加速的为
此时对板、球和斜劈构成的系统，有F临界=(m+m+m)a=24N
当F=22.5N时，板、球和斜劈相对静止，有
可知此时球刚好要离开斜劈，所以C符合题意；
D．若μ=0.8，当F=26 N时，球离开斜劈，在重力和绳子拉力作用下与斜劈保持相对静止，此时球和斜劈的加速度均为a=8m/s2，对球分析，有
所以D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】利用系统牛顿第二定律可以求出系统加速度的大小，结合木板牛顿第二定律可以求出最大加速度的大小，进而判别木板和斜劈是否存在相对运动；再利用小球的牛顿第二定律可以求出小球的加速度大小，进而判别小球与木板是否发生相对滑动；利用小球的加速度大小结合力的合成可以求出绳子拉力的大小。
7．（2022高二下·石家庄期末）质量为、足够长的木板静置于水平地面上，一质量也为的滑块沿弧形轨道下滑后以的速度从木板的左端滑上木板，如图所示。已知木板与滑块间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数，取重力加速度大小，最后木板和滑块都停止运动，下列说法正确的是（ ）
A．滑块刚滑上木板时，滑块的加速度大小为
B．滑块刚滑上木板时，木板的加速度大小为
C．滑块在木板上滑动后，滑块和木板相对静止
D．整个过程中，木板在地面上滑行的距离为
【答案】B,C
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．滑块以的速度滑上木板时，对于滑块和木板，由牛顿第二定律可得
代入数据可得滑块的加速度a1=3m/s2，木板的加速度a2=1m/s2，A不符合题意，B符合题意；
C．滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，设经时间t达到共同速度v，由速度公式可得
代入数据可解得t=1s，v=1m/s，即滑块在木板上滑动后，滑块和木板相对静止，C符合题意；
D．达到共同速度时，木板滑行位移
达到共同速度后，相对静止，一起减速至速度为零，加速度为
滑行位移
故在整个过程中，木板在地面上滑行的距离为
D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】对于滑块和木板，由牛顿第二定律可得相关方程。滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动。
8．（2022高三上·河北开学考）汽车运送圆柱形工件的示意图如图所示，图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器。假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止时，Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零。汽车以加速度向左匀加速启动，重力加速度，下列情况说法正确的是（ ）（）
A．当时，P有示数，Q无示数
B．当时，P有示数，Q有示数
C．当时，P有示数，Q有示数
D．当时，P无示数，Q有示数
【答案】A,D
【知识点】加速度；牛顿第二定律
【解析】【解答】仅N传感器示数有示数时，有
得
当
时，P有示数，Q无示数
当
时，P无示数，Q有示数。
故答案为：AD。
【分析】N传感器示数有示数时，得，当时，P有示数，Q无示数。
9．（2022高二下·新乡期末）如图所示，质量为2m的长木板P放置在足够大的水平地面上，质量为m的木块Q放在长木板P上，初始时P、Q均静止，已知木块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。现对长木板P或木块Q施加一水平拉力F，下列关于木板P和木块Q的运动情况的说法，正确的是（ ）
A．若拉力F作用在木块Q上，，则木块Q的加速度大小为
B．若拉力F作用在木块Q上，无论怎样改变F的大小，木板P都不可能运动
C．若拉力F作用在木板P上，则地面对木板P的摩擦力大小一定为
D．若拉力F作用在木板P上，P、Q相对静止，则
【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】AB．木块与木板的最大静摩擦力为μmg，如果水平拉力F作用在木块Q上，无论怎样改变F的大小，木块与木板间的摩擦力都不可能超过μmg，而木板与地面的最大静摩擦力为3μmg，所以木板不可能运动；当拉力F作用在木块Q上，且，木块的合力为，根据牛顿第二定律，可知加速度为，A不符合题意，B符合题意；
C．若F作用在木板上，将木板P和木块Q视为一整体，木板与地面的最大静摩擦力为3μmg，如果F小于3μmg，根据牛顿运动定律可知，整体会静止不动，则地面对木板P的摩擦力大小大小与F相等，方向与F相反，C不符合题意；
D．若F作用在木板上，使木板P和木块Q恰好发生相对运动，分别对木块和木板，根据牛顿第二定律有
解得
可知若使得P、Q相对静止，则，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用木板受到木块的最大静摩擦力及地面最大静摩擦力比较可以判别拉力作用在木块时木板不会发生运动；利用牛顿第二定律可以求出木块加速度的大小；当拉力作用在木板时，地面对P的摩擦力不一定等于最大静摩擦力；当F作用在木板上时，利用整体的牛顿第二定律结合木块的牛顿第二定律可以求出相对静止时拉力的大小。
10．（2022高一下·开远期末）人站在力传感器上完成了下蹲、起立的动作。观察计算机采集的图线，以下说法正确的是（ ）
A．人在传感器上下蹲时处于失重状态，人在传感器上起立时处于超重状态
B．失重时人的体重变小，超重时人的体重变大
C．人的质量是50Kg
D．人在下蹲时先失重再超重，起立时先超重再失重
【答案】C,D
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】ABD．人在下蹲的过程先向下加速运动，然后在向下减速运动，根据超重和失重的判断条件，在下蹲时先是失重，然后是超重；同理，人在起立的时候，先超重再失重，但是不管是超重还是失重，人的体重不会发生变化，所以AB不符合题意，D符合题意；
C．根据图示，人在达到平衡，即既不超重也不失重时，人的重力为500N，所以人的体重为50Kg，所以C符合题意。
故答案为：CD。
【分析】利用下蹲过程先加速后减速可以判别加速度先向下后向上所以先失重后超重，起立过程则是先超重后失重；超重与失重时人的体重保持不变；利用人平衡时重力的大小可以求出体重的大小。
三、综合题
11．（2022高二下·大连期末）如图所示，水平桌面上有一质量为m的木板，其右端放着质量为m、不计大小的物块，整体处于静止状态。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与桌面间的动摩因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
（1）若木板与物块一起以初速度沿桌面向右运动，求两者共同加速度的大小；
（2）若对木板施加水平向右的拉力F，为使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动，求拉力F应满足的条件；
（3）若给木板施加大小为水平向右的拉力，经过时间撤去拉力F，此后运动过程中小物块始终未脱离木板，求木板的最小长度L。
【答案】（1）解：木板与物块一起沿桌面向右运动时，对二者构成的系统运用牛顿第二定律，有
解得
（2）解：设施加的拉力为F1时，系统恰好能向右运动，有
设施加的拉力为F2时，木板恰好与物块保持相同速度向右运动，则对物块，有
对系统，有
解得
所以拉力F应满足
（3）解：若给木板施加大小为水平向右的拉力，木板将相对于物块向右运动，对物块，有
对木板，有
经过时间t0，物块有
木板有
撤去F后，物块继续以a1的加速度做匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动，直到二者共速，之后不再相对滑动，设此过程木板的加速度大小为a3，有
当二者共速时，有
则木板的最小长度为
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）当木块与木板一起做匀减速直线运动时，利用牛顿第二定律可以求出共同加速度的大小；
（2）当木板受到拉力时，利用物块与整体的牛顿第二定律可以求出拉力的大小范围；
（3）当给木板施加拉力时，利用牛顿第二定律可以求出物块与木板加速度的大小，结合速度公式可以求出两者速度的大小，利用位移公式可以求出两者位移的大小，再利用牛顿第二定律可以求出木板和木块加速度的大小，结合速度公式可以求出共速的时间，结合位移公式可以求出两者的位移，利用位移可以求出木板的最小长度。
12．（2022高一下·咸宁期末）如图所示，传送带的水平部分长度，倾斜部分长度，与水平方向的夹角为。传送带沿图示顺时针方向匀速率运动，速率，现将质量的小煤块（视为质点）由静止轻放到a处，之后它将被传送到c点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数，且此过程中小煤块不会脱离传送带，取重力加速度大小，求：
（1）煤块经过b点时的速度大小；
（2）煤块从b运动到c的时间t；
（3）煤块在传送带上留下的黑色痕迹的长度。
【答案】（1）解：小煤块在水平传送带上的加速度为
在水平部分小煤块达到与传送带共同速度的加速时间为
在水平部分的加速位移为
则小煤块在没有到达b点时速度已经达到了，此后在水平部分匀速运动，所以煤块经过b点时的速度大小
（2）解：小煤块在斜面上受到的滑动摩擦力
所以小煤块在斜面上会加速下滑，其加速度
设小煤块在斜面上加速滑行，则
解得，（舍去）
所以煤块从b运动到c的时间
（3）解：小煤块在ab段加速过程，传送带位移大小
小煤块在水平传送带上留下痕迹的长度
煤块从b运动到c的时间传送带位移大小
煤块相对于传送带的位移大小
由于ab段煤块相对传送带向后滑动，bc段煤块相对传送带向前滑动，所以在倾斜段痕迹将完全覆盖水平段痕迹，从a点运动到c点的过程，小煤块在传送带上留下的痕迹长度
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1） 由牛顿第二定律得出小煤块在水平传送带上的加速度，得出煤块经过b点时的速度大小。
（2）小煤块在斜面上受到的滑动摩擦力，小煤块在斜面上会加速下滑 ，由匀变速直线运动的位移时间关系得出煤块从b运动到c的时间t 。
（3） ab段煤块相对传送带向后滑动，bc段煤块相对传送带向前滑动，在倾斜段痕迹将完全覆盖水平段痕迹 。
13．（2022高二下·宣城期末）某空降兵部队进行空降训练时，空降兵坠离机舱后，先自由下落一段距离，然后再打开降落伞做匀减速运动，直至安全着落。设某次训练的高度为h，未打开降落伞时，空气阻力可忽略不计，打开降落伞后，空气阻力等于重力的1.5倍，空降兵坠离机舱时速度为零，到达地面时的速度也可视为零，重力加速度为g，试求：
（1）打开降落伞后空降兵下降的距离；
（2）空降兵下落运动过程所能达到的最大速度。
【答案】（1）解：未打开降落伞时
则
打开降落伞后
则
打开降落伞后下降的距离为x，能达到的最大速度为v；则有
解得
（2）解：由解得
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律可得未打开降落伞时和打开降落伞后的加速度。由匀变速直线运动规律得打开降落伞后空降兵下降的距离。
（2） 由匀变速直线运动速度位移规律得空降兵下落运动过程所能达到的最大速度 。
14．（2022高一下·丽江期末）在平直的公路上，一辆以14m/s的速度匀速行驶的汽车，因前方出现事故，司机紧急刹车，汽车开始减速。刹车后制动系统开始工作，制动系统启动前后汽车所受阻力与汽车重力的比值随时间变化的情况可简化为如下图所示的图像。取重力加速度。求：
（1）汽车刹车瞬间的加速度大小。
（2）汽车在末的速度大小。
（3）汽车从开始减速到停止的过程中行驶的位移大小。
【答案】（1）解：根据题意，由图可知，汽车开始刹车时
由牛顿第二定律有
联立解得
（2）解：由运动学公式可得，汽车做减速运动，则汽车在末的速度大小为
代入数据解得
（3）解：根据题意，制动系统工作前，由运动学公式可得，运动的位移为
制动系统工作后，由图可知
由牛顿第二定律有
由运动学公式可得
联立代入数据解得
汽车从开始减速到停止的过程中行驶的位移大小
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）从图像可以得出阻力和重力的大小关系，结合牛顿第二定律可以求出开始刹车的加速度大小；
（2）汽车在第1s内做匀减速直线运动，利用速度公式可以求出末速度的大小；
（3）汽车在第1s内中，利用平均速度公式及运动的时间可以求出运动的位移，在制动系统开始工作后，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出继续减速的位移。
15．（2022高一下·阜阳期末）如图所示，质量的长木板放在光滑的水平面上，质量的小物块放在木板上处于静止状态，物块与木板间的动摩擦因数。对木板施加向左的作用力F使木板向左运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小。
（1）为使物块与木板运动过程中保持相对静止，F的大小应满足什么条件；
（2）使木板以的加速度匀加速运动，求此过程中力F的大小；
（3）使木板先以的加速度匀加速运动4s，再以的加速度匀加速运动，当速度达到14m/s后保持匀速直线运动，最终木板和物块相对静止。求上述过程中物块相对木板滑动的距离。
【答案】（1）解：物块与木板相对静止，加速度相同，设最大值为，由牛顿第二定律有
对木板和物块整体
解得
即F不大于9N
（2）解：因为，故此阶段物块与木板相对滑动，对物块
对木板
解得
（3）解：木板和物块相对静止运动4s，获得的速度
此后物块以加速度做匀加速运动的时间
木板速度达到14m/s的时间
物块运动的位移
木板运动的位移
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1） 物块与木板相对静止，加速度相同，对木板和物块整体由牛顿第二定律列方程求解。
（2）物块与木板相对滑动，对物块和对木板分别由牛顿第二定律列方程求解。
（3） 物块做匀加速运动，利用匀变速直线运动的规律求解木板滑动的距离。
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