人教版新教材必修一 4.5 牛顿运动定律的应用斜面专题（含答案）
文档属性
| 名称 | 人教版新教材必修一 4.5 牛顿运动定律的应用斜面专题（含答案） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 802.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-11-26 10:13:40 | ||
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文档简介
人教版新教材必修一第四章斜面专题（含答案）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本大题共10小题，共60.0分）
如图所示，质量为的物体放在斜面体上，在斜面体以加速度水平向右做匀加速直线运动的过程中，物体始终与斜面体保持相对静止，则斜面体对物体的摩擦力和支持力分别为重力加速度为( )
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
一物块在时刻滑上一固定斜面，其运动的图线如图所示，若重力加速度及图中的、、均为已知量，则不可求出
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
如图所示倾角为的斜面放在地面上，一小滑块从斜面底端冲上斜面，到达最高点后又返回点，斜面始终保持静止，已知滑块上滑过程经过，，的时间相等，且比长，上滑时间为下滑时间的一半，下列说法正确的是取( )
A. 滑块与斜面间的动摩擦因数为
B. 斜面长为
C. 地面对斜面的摩擦力先向左后向右
D. 滑块向上运动的过程中，地面受到的压力大于斜面体和滑块的总重力
如图所示，离地面高处有甲、乙两个小球，甲以初速度水平抛出，同时乙以初速度沿倾角为的光滑斜面滑下。若甲、乙同时到达地面，不计空气阻力，则甲运动的水平距离是( )
A. B. C. D.
如图所示，小滑块从斜面顶端由静止开始滑下，到达底端的过程中，其速率的二次方与位移的变化关系如图所示已知斜面的倾角，滑块与斜面间的动摩擦因数为，取，，若此滑块以某初速度从斜面底端开始上滑，恰好到达顶端，则以下结论正确的是 ( )
A. B. C. D.
如图所示，木盒中固定一质量为的砝码，木盒和砝码在斜面上一起以一定的初速度滑行一段距离后停止今拿走砝码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力，其他条件不变，则木盒滑行的距离将
A. 不变 B. 变小 C. 变大 D. 变大变小均有可能
物体以的初速度沿粗糙斜面向上滑行后自行返回原出发点，这一过程中物体的速度一时间图像是( )
A. B. C. D.
在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的质量都为的物块、，弹簧劲度系数为，为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力拉物块使之向上运动，当物块刚要离开挡板时，则这个过程中下列说法正确的是( )
A. 物块的位移为
B. 当物块刚要离开挡板时，物块的速度为
C. 弹簧弹性势能的增加量为
D. 此时，突然撤去恒力，物块的加速度为
如图甲为位移传感器，图乙为相对应的木块下滑过程中的部分位移一时间图象，若斜面倾角为，取重力加速度，斜面足够长。下列说法中正确的是( )
A. 木块在内发生位移 B. 木块在时速度大小为
C. 木块与斜面间的动摩擦因数为 D. 木块的加速度大小为
如图所示，直角三角形物体放在水平地面上，将表面粗糙的两长方体，叠放在一起，轻放在的斜面上，而后，沿斜边一起加速下滑，且物体始终静止。下列说法正确的是( )
A. 若斜面光滑，则受到平行斜面向下的摩擦力 B. 若斜面粗糙，则受到水平地面向左的摩擦力
C. 若斜面粗糙，则受到的摩擦力为零 D. 若斜面粗糙，则受到平行斜面向上的摩擦力
二、计算题（本大题共3小题，共40.0分）
下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为的山坡，上面有一质量为的石板，其上下表面与斜坡平行上有一碎石堆含有大量泥土，和均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，浸透雨水后总质量也为可视为质量不变的滑块，在极短时间内，、间的动摩擦因数减小为，、间的动摩擦因数减小为，、开始运动，此时刻为计时起点在第末，的上表面突然变为光滑，保持不变。已知开始运动时，离下边缘的距离，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。求：
在时间内和加速度的大小
在上总的运动时间。
如图所示，光滑水平面上放置倾角为斜面体，物块和斜面间的动摩擦因数，在斜面体左侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器。一个可视为质点的滑块以一定的初速度从斜面底端冲上斜面，在其运动过程中，取，求：
滑块上滑和下滑所用时间的比值。
在滑块上滑和下滑过程中力传感器的示数；
如图，有一质量为的物体放在长为的斜面顶部，斜面倾角．
若由静止释放物体，后物体到达斜面底端，则物体到达斜面底端时的速度大小为多少？
物体与斜面之间的动摩擦因数为多少？
若给物体施加一个竖直方向的恒力，使其由静止释放后沿斜面向下做加速度大小为的匀加速直线运动，则该恒力大小为多少？
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
隔离对物体分析，结合物体的加速度，采用正交分解，通过牛顿第二定律求出摩擦力和支持力的大小．
解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住物体与斜面的加速度相等，结合牛顿第二定律进行求解．
【解答】
解：对物体受力分析，受重力、支持力、摩擦力沿斜面向上，向右匀加速，故合力大小为，方向水平向右；
采用正交分解法，在平行斜面方向，有：，
在垂直斜面方向，有：，
联立解得：，；
故A正确，BCD错误。
故选A。
2.【答案】
【解析】
【分析】
由图可求得物体运动过程及加速度，再对物体受力分析，由牛顿第二定律可明确各物理量是否能够求出。
本题考查牛顿第二定律及图象的应用，要注意图象中的斜率表示加速度，面积表示位移；同时注意正确的受力分析，根据牛顿第二定律明确力和运动的关系。
【解答】
由图可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速度；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移；
图象的斜率表示加速度，上升过程及下降过程加速度均可求，上升过程有：；
下降过程有：；两式联立可求得斜面倾角及动摩擦因数；
但由于均消去，故无法求得质量；因已知上升位移及夹角，则可求得上升的最大高度；
本题选择不能求出的；故选B。
3.【答案】
【解析】
【分析】
根据及初速度为零的匀变速直线运动的比例得出斜面长度，再根据分解加速度的思想得出地面对斜面体的摩擦力和支持力和总重力的关系。
本题是匀变速直线运动的运动学公式和推理的综合应用，及牛顿第二定律及超重和失重的灵活应用，中等难度。
【解答】
A.根据上滑时间为下滑时间的一半，得出上滑加速度为下滑加速度的倍，故得出：，解得，故A错误；
B.物体在斜面上减速滑行，根据逆向思维得出：，，再结合初速度为零的匀变速直线运动的比例得出：，，，故斜面长度为，故B正确；
因为上滑加速度，和下滑加速度方向都向下，故加速度的水平分量向左，竖直分量向下，是失重现象，故地面对斜面的摩擦力始终水平向左，地面受到的压力都小于斜面体和滑块的总重力，故 CD错误。
故选B。
4.【答案】
【解析】【解答】
解：平抛运动的时间为：，
乙在斜面下滑的加速度为：，
乙的运动：，
甲的水平位移：，
由以上各式代入数据求得，则A正确，
故选：。
5.【答案】
【解析】解：、小滑块匀加速下滑，由牛顿第二定律：，解得：，由图知得得，联立解得：，故AB错误；
、滑块上滑，由牛顿第二定律：，解得，由 得，故D正确，C错误；
故选：。
、由牛顿第二定律结合图像求得；、上滑由牛顿第二定律求得加速度，再由速度位移关系求得
本题考查牛顿第二定律的综合运用，关键是做好受力分析，熟练运用匀变速直线运动公式解题，会解动力学图像。
6.【答案】
【解析】分析：根据牛顿第二定律分别求出两种情况下的加速度，根据匀变速直线运动的速度位移公式比较位移的大小．解决本题的关键通过牛顿第二定律比较出加速度的大小，注意选择的研究对象不同，第一次选择整体，第二次选择木盒．
解：设木盒的质量为，根据牛顿第二定律得，放砝码时，加速度：
拿走砝码施加时，加速度：
可知．
根据得，知加速度增大，则滑行的距离变小．故B正确，、、D错误．
故选B．
7.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查理解速度时间图象的能力，抓住图线的斜率表示加速度的特点进行分析。
物体以初速度沿粗糙斜面向上滑行，先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：这两个过程的加速度不同。
【解答】
物体以初速度沿粗糙斜面向上滑行，先向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知加速度大小为：；后向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知加速度大小：，由表达式可知这两个过程前一阶段的加速度大于后一阶段的加速度。由于两过程物体的位移大小相等，故物体到达斜面底端的速度大小小于，故由图可知D正确，ABC错误。
故选D。
8.【答案】
【解析】
【分析】
由胡克定律求出开始时弹簧的压缩量，当刚离开时，弹簧的弹力等于的重力沿斜面向下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量，从而得到物块的位移；根据功能关系求解物块刚要离开挡板时的速度，并分析弹簧弹性势能的增加量．根据牛顿第二定律求出物块的加速度大小。
对于含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路。
【解答】
解：
A.开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于的重力沿斜面向下的分力，则有，得弹簧的压缩量为当刚要离开时，弹簧的弹力等于的重力沿斜面向下的分力，则有，得弹簧的伸长量为，所以物块的位移为，故A错误；
B.设当物块刚要离开挡板时，物块的速度为。对和弹簧组成的系统，由功能关系得：，解得，故B正确。
C.由于，所以弹簧弹性势能的增加量为零，故C错误。
D.此时，突然撤去恒力，对，根据牛顿第二定律：，解得物块加速度，故D错误；
故选B。
9.【答案】
【解析】
【分析】
对木块受力分析，可知其做匀变速直线运动，由匀变速直线运动规律的位移公式结合图象解得物块的加速度，再由位移公式解得内的位移；由速度公式解得末末瞬时速度；
本题主要考查匀变速直线运动规律的位移图象及含义，并在实际问题中进行应用，较简单。
【解答】
对木块受力分析，可知其做匀变速直线运动，由图可知物体的位移时间图象为过原点的抛物线，故确定物块做匀加速直线运动；由位移公式：，代入图象中的坐标解得其加速度大小为：；故由位移公式解得木块在内的移：，故AD错误；
B.由速度公式解得木块在时速度大小为：，B错误；
C.物块下滑过程中，由牛顿第二定律可得：，解得木块与斜面间的动摩擦因数为，C正确；
故选C。
10.【答案】
【解析】
【分析】
先以系统为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，在利用隔离法分析物体受摩擦力情况。
对连接体问题，经常用到的方法是整体法和隔离法，结合牛顿第二定律分析受力。
【解答】
A.若斜面光滑，根据摩擦力产生条件，则与斜面之间，没有摩擦力作用，故A错误；
B.选ABC整体为研究对象，整体有水平向右的加速度，故C受到水平地面向右的摩擦力，故B错误；
若斜面粗糙，系统下滑的加速度小于，对：，所以一定受到平行斜面向上的摩擦力，故C错误，D正确；
故选D。
11.【答案】解：在时间内，和的受力如图所示：
其中、是与之间的摩擦力和正压力的大小，、是与之间的摩擦力和正压力的大小；由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：
，
，
规定沿斜面向下为正方向
设和的加速度分别为和，由牛顿第二定律得：，
联立可解得：，
在时，设和的速度分别为和，则，
当时，设和的加速度分别为和，此时与之间的摩擦力为零，同
理可得：，
即做减速运动，设经过时间，的速度减为零，则有
联立解得：
在时间内，相对于运动的距离为：
此后静止不动，继续在上滑动，设再经过时间后离开，则有：
可得：另一解不合题意，舍去
则在上总的运动时间为，有
【解析】本题考查叠加体的多过程运动，运动过程比较复杂，解题的关键是分别对石板和石堆进行受力分析，通过受力分析结合牛顿第二定律分析出运动状态，进而根据运动学的相关公式即可求解，当然本题也可以用图像法。
对的受力情况进行分析可知合外力的大小，进而根据牛顿第二定律解答；
分析清楚石板和石堆运动状态的差异性，进而结合运动学公式即可解答。
12.【答案】解：滑块上滑过程做末速度为的匀减速直线运动，下滑过程做初速度为的匀加速直线运动，其位移和时间均满足：
上滑过程滑块加速度大小：
下滑过程滑块加速度大小：
又上滑和下滑过程位移大小相等，设上、下滑时间分别为和，有：
解得：。
滑块上滑过程中，对滑块和斜面整体进行受力分析，得：
滑块下滑过程中，先后对滑块和斜面进行受力分析，得：
联立解得：；
【解析】本题考查牛顿第二定律的综合应用，关键是正确分析滑块和斜面体的受力情况，采用整体法隔离法求解。
滑块上滑和下滑的位移大小相等，由牛顿第二定律求出滑块上滑和下滑的加速度，再由运动学公式求解所用时间之比。
分析滑块和斜面体的受力情况，滑块对斜面体的压力和摩擦力在水平方向上分量的矢量和等于传感器的示数，由此列式联立求解；
13.【答案】解：根据平均速度公式可知：
，
解得：
根据速度公式可知： ，
由牛顿第二定律得：，
将 ，代入，
可求得
因为物体加速度向下，所以恒力与重力的合力竖直向下，设该合力为，
则有
将 、、代入，可求得
因为，所以。
答：若由静止释放物体，后物体到达斜面底端，则物体到达斜面底端时的速度大小为；
物体与斜面之间的动摩擦因数为；
该恒力大小为。
【解析】根据平均速度公式可求得物体到达底部的速度大小；
根据速度公式可求得加速度，再根据牛顿第二定律可求得动摩擦因数大小；
对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律可求得恒力的大小．
本题考查牛顿第二定律的综合应用，要注意正确进行受力分析和运动学过程分析，明确加速度在力和运动学中的桥梁作用．
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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本大题共10小题，共60.0分）
如图所示，质量为的物体放在斜面体上，在斜面体以加速度水平向右做匀加速直线运动的过程中，物体始终与斜面体保持相对静止，则斜面体对物体的摩擦力和支持力分别为重力加速度为( )
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
一物块在时刻滑上一固定斜面，其运动的图线如图所示，若重力加速度及图中的、、均为已知量，则不可求出
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
如图所示倾角为的斜面放在地面上，一小滑块从斜面底端冲上斜面，到达最高点后又返回点，斜面始终保持静止，已知滑块上滑过程经过，，的时间相等，且比长，上滑时间为下滑时间的一半，下列说法正确的是取( )
A. 滑块与斜面间的动摩擦因数为
B. 斜面长为
C. 地面对斜面的摩擦力先向左后向右
D. 滑块向上运动的过程中，地面受到的压力大于斜面体和滑块的总重力
如图所示，离地面高处有甲、乙两个小球，甲以初速度水平抛出，同时乙以初速度沿倾角为的光滑斜面滑下。若甲、乙同时到达地面，不计空气阻力，则甲运动的水平距离是( )
A. B. C. D.
如图所示，小滑块从斜面顶端由静止开始滑下，到达底端的过程中，其速率的二次方与位移的变化关系如图所示已知斜面的倾角，滑块与斜面间的动摩擦因数为，取，，若此滑块以某初速度从斜面底端开始上滑，恰好到达顶端，则以下结论正确的是 ( )
A. B. C. D.
如图所示，木盒中固定一质量为的砝码，木盒和砝码在斜面上一起以一定的初速度滑行一段距离后停止今拿走砝码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力，其他条件不变，则木盒滑行的距离将
A. 不变 B. 变小 C. 变大 D. 变大变小均有可能
物体以的初速度沿粗糙斜面向上滑行后自行返回原出发点，这一过程中物体的速度一时间图像是( )
A. B. C. D.
在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的质量都为的物块、，弹簧劲度系数为，为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力拉物块使之向上运动，当物块刚要离开挡板时，则这个过程中下列说法正确的是( )
A. 物块的位移为
B. 当物块刚要离开挡板时，物块的速度为
C. 弹簧弹性势能的增加量为
D. 此时，突然撤去恒力，物块的加速度为
如图甲为位移传感器，图乙为相对应的木块下滑过程中的部分位移一时间图象，若斜面倾角为，取重力加速度，斜面足够长。下列说法中正确的是( )
A. 木块在内发生位移 B. 木块在时速度大小为
C. 木块与斜面间的动摩擦因数为 D. 木块的加速度大小为
如图所示，直角三角形物体放在水平地面上，将表面粗糙的两长方体，叠放在一起，轻放在的斜面上，而后，沿斜边一起加速下滑，且物体始终静止。下列说法正确的是( )
A. 若斜面光滑，则受到平行斜面向下的摩擦力 B. 若斜面粗糙，则受到水平地面向左的摩擦力
C. 若斜面粗糙，则受到的摩擦力为零 D. 若斜面粗糙，则受到平行斜面向上的摩擦力
二、计算题（本大题共3小题，共40.0分）
下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为的山坡，上面有一质量为的石板，其上下表面与斜坡平行上有一碎石堆含有大量泥土，和均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，浸透雨水后总质量也为可视为质量不变的滑块，在极短时间内，、间的动摩擦因数减小为，、间的动摩擦因数减小为，、开始运动，此时刻为计时起点在第末，的上表面突然变为光滑，保持不变。已知开始运动时，离下边缘的距离，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。求：
在时间内和加速度的大小
在上总的运动时间。
如图所示，光滑水平面上放置倾角为斜面体，物块和斜面间的动摩擦因数，在斜面体左侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器。一个可视为质点的滑块以一定的初速度从斜面底端冲上斜面，在其运动过程中，取，求：
滑块上滑和下滑所用时间的比值。
在滑块上滑和下滑过程中力传感器的示数；
如图，有一质量为的物体放在长为的斜面顶部，斜面倾角．
若由静止释放物体，后物体到达斜面底端，则物体到达斜面底端时的速度大小为多少？
物体与斜面之间的动摩擦因数为多少？
若给物体施加一个竖直方向的恒力，使其由静止释放后沿斜面向下做加速度大小为的匀加速直线运动，则该恒力大小为多少？
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
隔离对物体分析，结合物体的加速度，采用正交分解，通过牛顿第二定律求出摩擦力和支持力的大小．
解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住物体与斜面的加速度相等，结合牛顿第二定律进行求解．
【解答】
解：对物体受力分析，受重力、支持力、摩擦力沿斜面向上，向右匀加速，故合力大小为，方向水平向右；
采用正交分解法，在平行斜面方向，有：，
在垂直斜面方向，有：，
联立解得：，；
故A正确，BCD错误。
故选A。
2.【答案】
【解析】
【分析】
由图可求得物体运动过程及加速度，再对物体受力分析，由牛顿第二定律可明确各物理量是否能够求出。
本题考查牛顿第二定律及图象的应用，要注意图象中的斜率表示加速度，面积表示位移；同时注意正确的受力分析，根据牛顿第二定律明确力和运动的关系。
【解答】
由图可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速度；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移；
图象的斜率表示加速度，上升过程及下降过程加速度均可求，上升过程有：；
下降过程有：；两式联立可求得斜面倾角及动摩擦因数；
但由于均消去，故无法求得质量；因已知上升位移及夹角，则可求得上升的最大高度；
本题选择不能求出的；故选B。
3.【答案】
【解析】
【分析】
根据及初速度为零的匀变速直线运动的比例得出斜面长度，再根据分解加速度的思想得出地面对斜面体的摩擦力和支持力和总重力的关系。
本题是匀变速直线运动的运动学公式和推理的综合应用，及牛顿第二定律及超重和失重的灵活应用，中等难度。
【解答】
A.根据上滑时间为下滑时间的一半，得出上滑加速度为下滑加速度的倍，故得出：，解得，故A错误；
B.物体在斜面上减速滑行，根据逆向思维得出：，，再结合初速度为零的匀变速直线运动的比例得出：，，，故斜面长度为，故B正确；
因为上滑加速度，和下滑加速度方向都向下，故加速度的水平分量向左，竖直分量向下，是失重现象，故地面对斜面的摩擦力始终水平向左，地面受到的压力都小于斜面体和滑块的总重力，故 CD错误。
故选B。
4.【答案】
【解析】【解答】
解：平抛运动的时间为：，
乙在斜面下滑的加速度为：，
乙的运动：，
甲的水平位移：，
由以上各式代入数据求得，则A正确，
故选：。
5.【答案】
【解析】解：、小滑块匀加速下滑，由牛顿第二定律：，解得：，由图知得得，联立解得：，故AB错误；
、滑块上滑，由牛顿第二定律：，解得，由 得，故D正确，C错误；
故选：。
、由牛顿第二定律结合图像求得；、上滑由牛顿第二定律求得加速度，再由速度位移关系求得
本题考查牛顿第二定律的综合运用，关键是做好受力分析，熟练运用匀变速直线运动公式解题，会解动力学图像。
6.【答案】
【解析】分析：根据牛顿第二定律分别求出两种情况下的加速度，根据匀变速直线运动的速度位移公式比较位移的大小．解决本题的关键通过牛顿第二定律比较出加速度的大小，注意选择的研究对象不同，第一次选择整体，第二次选择木盒．
解：设木盒的质量为，根据牛顿第二定律得，放砝码时，加速度：
拿走砝码施加时，加速度：
可知．
根据得，知加速度增大，则滑行的距离变小．故B正确，、、D错误．
故选B．
7.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查理解速度时间图象的能力，抓住图线的斜率表示加速度的特点进行分析。
物体以初速度沿粗糙斜面向上滑行，先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：这两个过程的加速度不同。
【解答】
物体以初速度沿粗糙斜面向上滑行，先向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知加速度大小为：；后向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知加速度大小：，由表达式可知这两个过程前一阶段的加速度大于后一阶段的加速度。由于两过程物体的位移大小相等，故物体到达斜面底端的速度大小小于，故由图可知D正确，ABC错误。
故选D。
8.【答案】
【解析】
【分析】
由胡克定律求出开始时弹簧的压缩量，当刚离开时，弹簧的弹力等于的重力沿斜面向下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量，从而得到物块的位移；根据功能关系求解物块刚要离开挡板时的速度，并分析弹簧弹性势能的增加量．根据牛顿第二定律求出物块的加速度大小。
对于含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路。
【解答】
解：
A.开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于的重力沿斜面向下的分力，则有，得弹簧的压缩量为当刚要离开时，弹簧的弹力等于的重力沿斜面向下的分力，则有，得弹簧的伸长量为，所以物块的位移为，故A错误；
B.设当物块刚要离开挡板时，物块的速度为。对和弹簧组成的系统，由功能关系得：，解得，故B正确。
C.由于，所以弹簧弹性势能的增加量为零，故C错误。
D.此时，突然撤去恒力，对，根据牛顿第二定律：，解得物块加速度，故D错误；
故选B。
9.【答案】
【解析】
【分析】
对木块受力分析，可知其做匀变速直线运动，由匀变速直线运动规律的位移公式结合图象解得物块的加速度，再由位移公式解得内的位移；由速度公式解得末末瞬时速度；
本题主要考查匀变速直线运动规律的位移图象及含义，并在实际问题中进行应用，较简单。
【解答】
对木块受力分析，可知其做匀变速直线运动，由图可知物体的位移时间图象为过原点的抛物线，故确定物块做匀加速直线运动；由位移公式：，代入图象中的坐标解得其加速度大小为：；故由位移公式解得木块在内的移：，故AD错误；
B.由速度公式解得木块在时速度大小为：，B错误；
C.物块下滑过程中，由牛顿第二定律可得：，解得木块与斜面间的动摩擦因数为，C正确；
故选C。
10.【答案】
【解析】
【分析】
先以系统为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，在利用隔离法分析物体受摩擦力情况。
对连接体问题，经常用到的方法是整体法和隔离法，结合牛顿第二定律分析受力。
【解答】
A.若斜面光滑，根据摩擦力产生条件，则与斜面之间，没有摩擦力作用，故A错误；
B.选ABC整体为研究对象，整体有水平向右的加速度，故C受到水平地面向右的摩擦力，故B错误；
若斜面粗糙，系统下滑的加速度小于，对：，所以一定受到平行斜面向上的摩擦力，故C错误，D正确；
故选D。
11.【答案】解：在时间内，和的受力如图所示：
其中、是与之间的摩擦力和正压力的大小，、是与之间的摩擦力和正压力的大小；由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：
，
，
规定沿斜面向下为正方向
设和的加速度分别为和，由牛顿第二定律得：，
联立可解得：，
在时，设和的速度分别为和，则，
当时，设和的加速度分别为和，此时与之间的摩擦力为零，同
理可得：，
即做减速运动，设经过时间，的速度减为零，则有
联立解得：
在时间内，相对于运动的距离为：
此后静止不动，继续在上滑动，设再经过时间后离开，则有：
可得：另一解不合题意，舍去
则在上总的运动时间为，有
【解析】本题考查叠加体的多过程运动，运动过程比较复杂，解题的关键是分别对石板和石堆进行受力分析，通过受力分析结合牛顿第二定律分析出运动状态，进而根据运动学的相关公式即可求解，当然本题也可以用图像法。
对的受力情况进行分析可知合外力的大小，进而根据牛顿第二定律解答；
分析清楚石板和石堆运动状态的差异性，进而结合运动学公式即可解答。
12.【答案】解：滑块上滑过程做末速度为的匀减速直线运动，下滑过程做初速度为的匀加速直线运动，其位移和时间均满足：
上滑过程滑块加速度大小：
下滑过程滑块加速度大小：
又上滑和下滑过程位移大小相等，设上、下滑时间分别为和，有：
解得：。
滑块上滑过程中，对滑块和斜面整体进行受力分析，得：
滑块下滑过程中，先后对滑块和斜面进行受力分析，得：
联立解得：；
【解析】本题考查牛顿第二定律的综合应用，关键是正确分析滑块和斜面体的受力情况，采用整体法隔离法求解。
滑块上滑和下滑的位移大小相等，由牛顿第二定律求出滑块上滑和下滑的加速度，再由运动学公式求解所用时间之比。
分析滑块和斜面体的受力情况，滑块对斜面体的压力和摩擦力在水平方向上分量的矢量和等于传感器的示数，由此列式联立求解；
13.【答案】解：根据平均速度公式可知：
，
解得：
根据速度公式可知： ，
由牛顿第二定律得：，
将 ，代入，
可求得
因为物体加速度向下，所以恒力与重力的合力竖直向下，设该合力为，
则有
将 、、代入，可求得
因为，所以。
答：若由静止释放物体，后物体到达斜面底端，则物体到达斜面底端时的速度大小为；
物体与斜面之间的动摩擦因数为；
该恒力大小为。
【解析】根据平均速度公式可求得物体到达底部的速度大小；
根据速度公式可求得加速度，再根据牛顿第二定律可求得动摩擦因数大小；
对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律可求得恒力的大小．
本题考查牛顿第二定律的综合应用，要注意正确进行受力分析和运动学过程分析，明确加速度在力和运动学中的桥梁作用．
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