高考物理一轮复习：牛顿运动定律的应用
一、选择题
1．（2024高三上·浙江开学考）2024年5月3日，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中（ ）
A．减速阶段所受合外力为0
B．悬停阶段不受力
C．自由下落阶段机械能守恒
D．自由下落阶段加速度大小g = 9.8m/s2
2．（2019高三上·大名月考）如图所示，滑块以初速度 滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点。则下列能大致描述滑块整个运动过程中的速度v、加速度a、动能 、重力对滑块所做的功W与时间t或位移x之间关系的图象是 取初速度方向为正方向
A． B．
C． D．
3．（2024高三上·江油月考）如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行。现给小滑块施加一个竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有（ ）
A．小球对斜劈的压力保持不变
B．轻绳对小球的拉力先减小后增大
C．竖直杆对小滑块的弹力先增大再减小
D．对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大
4．（2024高三上·遂宁月考）如图所示，斜面体P放在水平面上，物体Q放在斜面上。Q受一水平作用力F，Q和P都静止。这时P对Q的静摩擦力和水平面对P的静摩擦力分别为、。现使力F变大，系统仍静止，则（ ）
A．一定变大 B．一定变小
C．一定变大 D．不一定变大
5．（2024高三上·泸县开学考）如图所示，倾角为的光滑斜面体A放在光滑的水平面上。质量为m的细长直杆B，受固定的光滑套管C约束，只能在竖直方向上自由运动。某时刻，A在水平推力F作用下处于静止状态，此时B杆下端正好压在A顶端的斜面上。重力加速度为g，则（ ）
A．直杆B只受重力和支持力 B．斜面A共受五个外力
C．A对B的支持力的大小为 D．推力F的大小为
6．（2024高一下·南宁期末）如图甲所示，足够长的水平传送带始终以恒定速率运行，一质量为、水平初速度大小为的小物块，从与传送带等高的光滑水平面上的A处滑上传送带；若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的图像（以地面为参考系）如图乙所示，。下列说法正确的是（ ）
A．时间内，小物块离A处的最大距离为
B．时间内，小物块动能增加了
C．时间内，小物块受到摩擦力的冲量大小为
D．时间内，传送带克服摩擦力做功为
7．（2024高三上·贵州开学考）如图所示，某滑雪爱好者以某一初速度经过倾斜雪道最低点M，滑行到N点时速度为0，接着自由下滑返回到M点。若不计空气阻力，滑雪板与雪道间的动摩擦因数处处相等，则滑雪爱好者运动过程中，其速度大小v随时间t的变化图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高三上·简阳月考）如图，动物园熊猫馆中有一个长，倾角为的光滑坡道，坡道底端有一垂直于坡面的防护板。一个质量的熊猫从坡道顶端由静止滑下，熊猫与防护板的作用时间，熊猫与防护板接触后不反弹，并且可以看作质点，重力加速度取，下列说法正确的是（ ）
A．熊猫滚到坡底所用的时间为
B．熊猫到达坡底时的动量大小为
C．熊猫受到防护板对它的平均作用力大小为
D．熊猫与防护板碰撞过程中只受到防护板对它的冲量
9．（2024高二上·望城开学考）如图所示，一根固定直杆与水平方向夹角为，将质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为．通过某种外部作用，使滑块和小球瞬间获得初动量后，撤去外部作用，发现滑块与小球仍保持相对静止一起运动，且轻绳与竖直方向夹角．则滑块的运动情况是（ ）
A．速度方向沿杆向下，正在均匀减小
B．速度方向沿杆向下，正在均匀增大
C．速度方向沿杆向上，正在均匀减小
D．速度方向沿杆向上，正在均匀增大
10．（2024高三上·邵阳月考）如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2m，B和C的质量都是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为。设B足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（ ）
A．若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过
B．当力F逐渐增大时，A、B之间先发生打滑现象
C．当力时，B与A相对滑动
D．无论力F为何值，B的加速度不会超过
11．（2024高三上·湖北月考）如图甲所示，一滑块置于足够长的木板上，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为1kg，滑块与木板间的动摩擦因数为0.3，木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1。现在木板上施加一个（N）的变力作用，从时刻开始计时，木板所受摩擦力的合力随时间变化的关系如图乙所示，已知。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取，则下列说法正确的是（ ）
A．k=0.6
B．
C．，滑块的位移大小为337.5m
D．当t=15s时，长木板的加速度大小为
12．（2024高三上·长沙开学考）如图所示是某地铁站的安检设施。该设施中的水平传送带以恒定速率运动，乘客将一个物品放在传送带上，物品由静止开始加速与传送带共速后，匀速通过安检设施，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．物品所受摩擦力的方向与其运动方向始终相反
B．物品先受滑动摩擦力作用，后受静摩擦力作用
C．运送距离一定时，物品与传送带间动摩擦因数越大，运送时间越长
D．物品与传送带间动摩擦因数越大，物品与传送带相对位移越小
二、多项选择题
13．（2024高三上·邵阳月考）如图（a）所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图（b）所示，取g=10 m/s2，=2.24，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则根据图像可求出（ ）
A．物体的初速率v0=4 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8
C．当θ=30°时，物体达到最大位移后将保持静止
D．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin≈0.7 m
14．（北京市首都师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期开学考物理试卷）如图所示，水平传送带在电动机带动下始终保持以速度v匀速运动，某时刻质量为m的物块无初速地放在传送带的左端，经过一段时间物块能与传送带保持相对静止。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ。若当地的重力加速度为g，对于物块放上传送带到物块与传送带相对静止的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．物块所受摩擦力的方向水平向左
B．物块运动的时间为
C．物块动能增加为
D．物块与传送带摩擦生热为
15．（2024高三下·成都期中）如图所示为教师办公室中抽屉使用过程的简图：抽屉底部安有滚轮，当抽屉在柜中滑动时可认为不受抽屉柜的摩擦力，抽屉柜右侧装有固定挡板，当抽屉拉至最右端与挡板相碰时速度立刻变为0。现在抽屉完全未抽出，在中间位置放了一个手机，手机长度，质量，其右端离抽屉右侧的距离也为d，手机与抽屉接触面之间的动摩擦因数，抽屉总长，质量。不计抽屉左右两侧及挡板的厚度，重力加速度。现对把手施加水平向右的恒力F，则（ ）
A．当水平恒力的大小时，手机与抽屉有相对运动
B．当水平恒力的大小时，手机不与抽屉右侧发生磕碰
C．为使手机不与抽屉右侧发生磕碰，水平恒力的大小应满足
D．为使手机不与抽屉左侧发生磕碰，水平恒力的大小必定满足
16．（2024高二上·大祥开学考）如图所示，在倾角的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态，现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg，则（ ）
A．物块B刚要离开C时B的加速度也为a
B．加速度
C．以A、B整体为研究对象可以计算出加速度
D．从F开始作用到B刚要离开C，A的位移为
17．（2024高三上·湖南月考）如图所示，有一根均匀的非密绕弹簧和4个等质量的钩码，固定在弹簧底端的A2处和固定在弹簧中部的A1处各有2个钩码，整个装置保持静止时，A1之上的弹簧长度S1恰好等于A1之下的弹簧长度S2。则（ ）
A．S1部分的原长（无弹力时的长度）比S2部分的原长短
B．取A1处的一个钩码移到A2处，S1部分会缩短
C．取A2处的一个钩码移到A1处，弹簧总长不变
D．将A1的悬挂点下移一小段，弹簧总长会变长
三、非选择题
18．（2024高一下·邵阳月考）如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑，已知A与B间的动摩擦因数为，A与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若AB总重力为G，则水平力大小为 ，A与B的质量之比为
19．（2024高三上·遂宁月考）用三根细线a、b、c将两个小球1和2连接并悬挂，如图所示。两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平，两个小球1和2的重力分别为2G和G。求：
（1）细线a、c分别对小球1和2的拉力大小；
（2）细线b对小球2的拉力大小；
（3）细线b与竖直方向的夹角。
20．（2020高一下·沧县期末）如图所示：把质量为5kg铁块放在倾角为 度的静止斜面上，铁块与斜面间的动摩擦因数 ，放手后开始计时，铁块能自动沿斜面由静止下滑。则(重力加速度为 、 、 )
（1）铁块在斜面上下滑时受到合力的大小；
（2）放手后开始计时，铁块在斜面上下滑3s的时间内铁块的位移大小。
21．（2024高三上·竹溪开学考）如图所示，质量为m＝0.6kg的物块通过一段细绳悬挂在轻绳PA和PB的结点P上并处于静止状态，PA与竖直方向的夹角为α＝53°，PB沿水平方向。质量为M＝25kg的木块与PB相连，恰好静止在倾角为θ＝37°的斜面上，已知重力加速度取g＝10m/s2，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）轻绳PA和轻绳PB各自产生张力的大小；
（2）木块M跟斜面之间的动摩擦因数。（该结果保留两位有效数字）
22．（2024·海南） 某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量，一质量为的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为，忽略空气阻力，重力加速度，求：
（1）游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；
（2）滑板的长度L
23．（2024高三上·江油月考）2018年8月23日，雅加达亚运会赛艇女子单人双桨决赛中，中国选手陈云霞夺得冠军。比赛中，运动员用双桨同步划水使赛艇沿直线运动，每次动作分划水和空中运桨两个阶段。假设划水和空中运桨时间均为1s，赛艇（含运动员、双桨）的质量为60kg，受到的阻力恒定，划水时双桨产生动力大小为赛艇所受阻力的2倍。某时刻双桨刚入水时赛艇的速度大小为4m/s，运动员紧接着完成2次动作的过程中，赛艇前进20m，求：
（1）划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比；
（2）赛艇的最大速度的大小；
（3）划艇时，双桨产生的动力大小。
24．（2024·贵州） 如图，半径为的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面相切于P点，的长度。一长为的水平传送带以恒定速率逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为。以后每隔给b一相同的瞬时冲量I，直到b离开传送带。已知a的质量为的质量为，它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为，取重力加速度大小。求：
（1）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；
（2）b从M运动到N的时间；
（3）b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。
25．（2024高三上·泸县开学考）如图所示，AB、CD为两个光滑的平台，一倾角为37°、长为5 m的传送带与两平台平滑连接．现有一小物体以10 m/s的速度沿平台AB向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到平台CD上．(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(1)求小物体跟传送带间的动摩擦因数；
(2)当小物体在平台AB上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度有多大，小物体都不能到达平台CD，求这个临界速度；
(3)若小物体以8 m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体能到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；万有引力定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据减速概念分析合外力是否为0，组合体在减速阶段有加速度，合外力不为零，故A错误；
B．根据悬停的平衡态分析受力情况，组合体在悬停阶段速度为零，处于平衡状态，合力为零，仍受重力和升力，故B错误；
C．组合体在自由下落阶段只受重力，只有重力做功，机械能守恒，故C正确；
D．月球表面重力加速度不为9.8m/s2，故D错误。
故选C。
【分析】根据机械能守恒条件进行判断；根据月球表面重力加速度小于地球表面重力加速度进行判断。
2．【答案】D
【知识点】对单物体(质点)的应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】物体上滑时的加速度大小 a1= =gsinθ+μgcosθ，方向沿斜面向下．下滑时的加速度大小 a2= =gsinθ-μgcosθ，方向沿斜面向下，则知a1＞a2，方向相同，均为负方向．因v-t线的斜率等于加速度，可知AB不符合题意；动能是标量，不存在负值．C不符合题意．重力做功W=-mgh=-mgxsinθ，D符合题意．
故答案为：D.
【分析】解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况．要通过列方程分析图象的物理意义．
3．【答案】D
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．对小球进行受力分析，采用图解法，根据平衡条件分析轻绳对小球的拉力以及斜面对小球的支持力变化情况，结合牛顿第三定律分析小球对斜面的压力的变化情况。对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，如图所示
CD．对小球和滑块整体分析，根据平衡条件，分析对小滑块施加的竖直向上的拉力、竖直杆对小滑块的弹力的变化情况。对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力N，杆的支持力N'，拉力F，如图所示
根据平衡条件，水平方向有
竖直方向有
由于N减小，故N'减小，F增加，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】本题考查动态平衡分析问题，关键在于正确运用整体法与隔离法，灵活选择研究对象，采用图像法分析。
4．【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】对物体Q受力分析，由平衡态可知：Q受重力、支持力、推力、可能有摩擦力，设斜面体的倾角为θ，物体Q的质量为m；
当时，P对Q的静摩擦力沿斜面向上，大小为
可知当力F变大时，变小；
当时，摩擦力是零，可知当力F变大时，变大；
当时，摩擦力沿斜面向下，摩擦力大小为
可知当力F变大时，变大。
对整体受力分析，由平衡条件，则有水平面对P的静摩擦力大小为
可知当力F变大时，一定变大。ABD不符合题意，C符合题意。
故答案为C。
【分析】
5．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AC．本题考查受力分析及共点力平衡条件的应用，解题关键掌握A对B的支持力垂直斜面向上。A对B有垂直斜面向上的支持力，C对B有水平向右的作用力，对B受力分析，如图1所示
由平衡条件可知，竖直方向上有
解得
故A错误；C正确；
BD．由牛顿第三定律可知，作用力和反作用力大小相等，方向相反，B对A只有垂直斜面向下的压力，大小为
对A受力分析，如图2示，由平衡条件，水平方向上有
故BD错误。
故选C。
【分析】静止时A对B只有垂直斜面向上的支持力，C对B有水平向右的作用力，分别对A和B受力分析可解得推力F的大小。
6．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；功的计算；动能；冲量
7．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．滑雪爱好者在水平雪道上为匀速直线运动，速度不变，在倾斜雪道上为匀减速直线运动，速度减小至0，减速过程中加速度不变，图线为倾斜向下的直线。滑雪爱好者沿倾斜雪道上滑时做匀减速直线运动，下滑时做匀加速直线运动，A错误；
BCD．要理解v-t图像中图线的含义，斜率表示加速度，结合牛顿第二定律求解加速度。设斜面倾角为，动摩擦因数为，上滑时，根据牛顿第二定律
下滑时，根据牛顿第二定律
可得
根据运动学公式
可知回到M点时速度小于初速度，上滑时图像斜率的绝对值大于下滑时图像斜率的绝对值，B正确，CD错误。
故选B。
【分析】要理解v-t图像中图线的含义，斜率表示加速度，正负表示分析。
8．【答案】B
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的综合应用；动量
【解析】【解答】A．由题意可知，熊猫沿坡道向下做匀加速直线运动，对物体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小
由匀变速运动规律可知
，
联立解得
，
故A错误；
B．根据动量定义式求解动量，熊猫到达坡底时的动量大小
故B正确；
C．以沿斜面向下为正方向，设防护板对熊猫的平均作用力大小为，由动量定理合力的冲量等于物体动量变化，可知
解得
故C错误；
D．根据冲量的定义式，各个力冲量不可能为零，熊猫与防护板碰撞过程中受防护板的弹力、自身重力，斜面支持力等力的冲量，故D错误。
故选B。
【分析】熊猫沿坡道向下做匀加速直线运动，根据运动学公式以及牛顿运动定律求解时间，结合动量定理求解。
9．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】把滑块和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得，若假设滑块速度方向向下，则沿斜面方向
垂直斜面方向
其中摩擦力
联立可解得
对小球现有θ＜β，则有
所以
因为θ＜β，所以
但，所以假设不成立，即速度的方向一定向上．滑块向上运动，重力有沿杆向下的分力，同时摩擦力的方向沿杆的方向向下，所以滑块的加速度方向向下，滑块沿杆减速上滑．则滑块的速度方向沿杆向上，正在均匀减小．故ABD错误，C正确.
故选C。
【分析】根据整体法和隔离法，用反证的思想分析：
1.多个物体运动性质相同时，一般先用整体发分析共同加速度。
2.用隔离法分析单个物体的受力，根据受力情况分析加速度。
10．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A．A、B间的最大静摩擦力为
B、C间的最大静摩擦力为
B与地面的最大静摩擦力为
若A、B、C三个物体始终相对静止，则三者一起向右加速，对整体根据牛顿第二定律可知
假设C恰好与B相对不滑动，则对C有
解得
，
设此时A与B间的摩擦力为f，对A有
解得
表明C达到临界时A还没有到达临界值，则当力F逐渐增大时，B、C之间先发生打滑现象，要使三者始终相对静止，则F不能超过，故AB错误；
C．B相对A滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，对AB整体
对A研究得
解得
故当拉力大于时，B相对A滑动，故C正确；
D．当F较大时，A与C会相对于B滑动，B的加速度达到最大，当A与B相对滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，则B受到A的摩擦力向前，B受到C的摩擦力向后，B受到地面的摩擦力向后，对B有
解得
故D错误。
故选C。
【分析】解题的突破口：分别对BC、AB和整体分析，根据牛顿第二定律以及最大静摩擦力的性质确定发生相对滑动的条件，分析对应状态的临界值和此时力的大小关系。注意：选择正确的研究对象。
11．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．时间内，长木板与滑块均保持静止，则长木板与滑块间无摩擦力，对整体，根据平衡条件可得
解得
故A错误；
B．时间内，长木板与滑块一起做加速运动，两者不发生相对滑动时最大加速度为
对长木板，根据牛顿第二定律
其中
解得
故B错误；
D．由图可得
对长木板，根据牛顿第二定律
整理可得
当t=15s时，长木板的加速度大小为
故D正确；
C．根据图像，时刻滑块的速度为
时间内，长木板与滑块均保持静止，时间内，对整体，根据动能定理
其中
解得，滑块的位移大小为
故C错误。
故选D。
12．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AB．物品加速时，滑动摩擦力方向与运动方向相同；匀速后，与传送带之间无相对运动趋势，不受静摩擦力作用，故AB错误；
D．物品与传送带有相对运动时，其加速度
物品由静止开始加速至速率为过程用时
与传送带相对位移
故物品与传送带间动摩擦因数越大，相对位移越小，故D正确；
C．物品匀速运动时间为
物品运输总时间为
运送距离一定时，物品与传送带间动摩擦因数越大，运送时间越短。故C错误。
故选D。
【分析】根据牛顿运动定律的综合应用分析：
1.分析物品与传送带的相对运动方向，从而判断物品的摩擦力方向。
2.根据物品的运动情况分析物品的受力情况，当物品与传送带相对静止做匀速运动时，物品没有受到摩擦力作用。
3.根据题意，结合牛顿第二定律和运动学公式分析运送物品的时间与动摩擦因数的关系。
4.物品与传送带的相对位移是传送带位移与物品匀加速运动位移之差，结合速度-位移公式分析动摩擦因数与相对位移的关系。
13．【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．由图可知，当时物体做竖直上抛运动，位移为，由竖直上抛运动规律可知
代入数据解得
故A正确；
B．当时，位移为，由动能定理可得
代入数据解得
故B错误；
C．若时，物体的重力沿斜面向下的分力为
最大静摩擦力为
小球达到最高点后会下滑，故C错误；
D．由动能定理得
解得
当时
，此时位移最小为
故D正确。
故选AD。
【分析】根据图像上点坐标的意义分析：
1.斜面倾角为0°时，物体相当于在水平面内做减速运动，减速最大位移为1.60m；斜面倾角为90°时，物体相当于做竖直上抛运动，上升的最大高度为0.80m。根据动能定理求出初速度和动摩擦因数。
2.分析斜面倾角为30°时，重力沿斜面向下的分力于最大静摩擦力比较，判断物体是否停在最大位移处。
3.斜面倾角为时，根据动能定理和数学关系分析位移的最小值。
14．【答案】B,C
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．根据滑动摩擦力与相对运动方向相反分析，物块相对传送带向左滑动，摩擦力方向水平向右，故A错误；
B．利用牛顿第二定律可得物块加速度大小，利用运动学公式可得物块与传送带共速所用时间。对物块，根据牛顿第二定律可得
加速达到共速时物块运动的时间为
所以
故B正确；
C．利用运动学公式可得物块和传送带的位移，则可得物块相对传送带的位移，根据Q=μmgx相对可得摩擦产生的热量。根据动能的定义可得动能增加量，物块动能的增加量为
故C正确；
D．物块的位移大小为
传送带的位移大小为
所以物块相对传送带的位移大小为
所以摩擦生热为
故D错误。
故选BC。
【分析】本题考查了水平传送带问题、功能关系和能量守恒定律，解题的关键是知道滑动摩擦力与物体相对运动的方向相反，知道利用Q=μmgx相对求解摩擦产生的热量。
15．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的综合应用
16．【答案】B,D
【知识点】胡克定律；力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．物块B初始时处于静止状态，随着A的移动，弹簧弹力逐渐增大，当物块B刚要离开C时，B对挡板的压力为零，B仍处于静止状态，此时加速度为零，故A错误；
B．当B刚要离开C时，对B进行受力分析，根据平衡条件及力的合成与分解可得
解得
对A进行受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
故B正确；
C．此时物体B的加速度为零，A的加速为g，两物体的加速度不同，不能根据整体法求解，故C错误；
D．系统开始处于静止状态，弹簧处于压缩状态，对A进行数理分析，根据平衡条件及力的合成与分解得
解得
A的位移等于弹簧初末状态长度的变化量，为
故D正确。
故选BD。
【分析】A、B初始时均处于静止状态，随后A在拉力作用下做匀加速运动，B在离开C之前始终处于静止状态，即加速度始终为零。明确A静止时A的受力情况及B刚要离开C时A、B的受力情况，再根据平衡条件确定初末状态弹簧的形变量，A的位移等于弹簧初末状态长度的变化量。再对B刚要离开C时，对A运用牛顿第二定律确定其加速度。
17．【答案】A,D
【知识点】整体法隔离法；胡克定律
【解析】【解答】A．根据整体法的思想，弹簧A1之上部分的拉力要与A1之下的所有物体总重平衡，大小等于A1和A2的总重；两个物体隔离分析，A1之下部分的拉力仅与A2的重力平衡，故大小等于A2的重。由于A1之上部分受到较大的拉力，根据胡克定律，所以如果都撤除拉力，则S1部分应该收缩量大于S2部分的收缩量，由于
可见
即S1部分的原长（无弹力时的长度）比S2部分的原长短，故A正确；
B．根据整体法，取A1处的一个钩码移到A2处，S1部分受力不变，不会缩短，故B错误；
C．将下面物体隔离出来，取A2处的一个钩码移到A1处，S1部分受力不变，S2部分受力变小收缩，弹簧总长变短，故C错误；
D．将A1的悬挂点下移一小段，A1移过的一小段弹簧受力变大被拉长，其余部分受力不变，故总长变长，故D正确。
故选AD。
【分析】以如果都撤除拉力，则S1部分应该收缩量ΔS1大于S2部分的收缩量ΔS2，据此分析。
18．【答案】；
【知识点】整体法隔离法
19．【答案】（1），；（2）2G；（3）60°
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】（1）设细线a、c分别对小球1和2的拉力大小分别为Ta、Tc，对小球1、2整体分析，有
解得
（2）设细线b对小球2的拉力大小为Tb，对小球2分析，有
（3）设细线b与竖直方向的夹角为θ，对小球2分析，有
可得
20．【答案】（1）解：设：铁块受到的重力为 。
铁块在垂直斜面方向上受力平衡，有：
铁块在平行斜面方向上受到合力 ，则有：
因为铁块与斜面间为滑动摩擦力，有：
由以上三式得：
（2）解：设：铁块在斜面上的加速度为 ，由牛顿第二定律有
解得：
铁块在3s内的位移为：
【知识点】共点力平衡条件的应用；对单物体(质点)的应用
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解，应用平衡方程求解合力大小；
（2）在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度，结合运动学公式求解位移。
21．【答案】（1）如图1所示，分析结点P的受力
根据平衡条件得
解得轻绳PA、PB的张力分别为
FA=10N，FB=8N
（2）对斜面上的物体受力分析，如图2所示
根据平衡条件得
其中
联立代入数据解得
【知识点】共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】根据共点力平衡分析：
1.对结点分析，写出平衡方程分析求解。
2.对斜面上静止的木块进行受力分析，分析在达到最大静摩擦力的条件下的平衡条件，写出沿斜面和垂直于斜面的平衡方程，联立分析求解动摩擦因数。
22．【答案】（1）解：设游客滑到b点时速度为，从a到b过程，由机械能守恒得，解得；
在b点，由牛顿第二定律得，解得；
根据牛顿第三定律得，游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为。
（2）解：设游客恰好滑上平台时的速度为，在平台上运动过程，由动能定理得，解得；
根据题意，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，则该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为和，得，，对游客由运动学规律得，解得，则该段时间内游客的位移为，滑板的位移为，由位移关系得滑板的长度为。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1)根据机械能守恒列式求出游客滑从a到b点时速度；游客在b点时，根据牛顿第二定律和第三定律求出游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；(2)对于游客在平台上运动过程，由动能定理可求出游客恰好滑上平台时的速度，结合运动学规律求出滑板的长度。
23．【答案】解：（1）设划水阶段和运桨阶段的加速度分别为、，设动力为F，阻力为f，由牛顿第二定律可得
又因为
故
（2）可知，一次动作中划水的运动为匀加速运动，其位移为
又
得
故最大速度
（3）由
可得
所以
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）根据划水和空中运桨两阶段赛艇的受力情况，根据牛顿第二定律求划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比；
（2）根据位移—时间公式求出加速度大小，再根据速度-时间公式求赛艇的最大速度大小；
（3）由牛顿第二定律求赛艇受到的动力大小
24．【答案】（1）解：a从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律
在点，设轨道对它的支持力大小为，根据牛顿第二定律
联立解得
（2）解：a从静止释放到M点过程中，根据动能定理
解得
与发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
滑上传送带后，根据牛顿第二定律
解得
的速度减小到与传送带速度相等所需的时间
对地位移
此后做匀速直线运动，到达传送带最左端还需要的时间
b从M运动到N的时间
（3）解：设向右为正方向，瞬间给b一水平向右的冲量，对根据动量定理
解得
向右减速到零所需的时间
然后向左加速到所需的时间
可得
在时间内向右运动的距离
循环10次后向右运动的距离
每一次相对传动带运动的路程
b从N向右运动3m的过程中与传送带摩擦产生的热量
然后继续向右减速运动，根据运动学公式
解得
此过程，b相对传动带运动的路程
此过程中与传送带摩擦产生的热量
b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的应用—传送带模型；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）由机械能守恒定律求出a运动到P点时的速度，再由牛顿第二定律求出a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；（2）由动能定理求出a运动到M点时的速度，再由动量守恒定律和机械能守恒定律求出b与a碰后的速度，然后由牛顿第二定律和运动学公式，求解b从M运动到N的时间；（3）根据动量定理求物块b的速度，再根据运动学公式求相对位移，最后根据摩擦生热的公式求b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。
25．【答案】解：(1)传送带静止时，小物体在传送带上受力如图甲所示，
根据牛顿第二定律得：
μmgcos37°＋mgsin37°＝ma1
B→C过程，有：
v02＝2a1L
解得：
a1＝10 m/s2，μ＝0.5．
(2)当小物体在传送带上受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，根据牛顿第二定律得：
mgsin37°－μmgcos37°＝ma2
若恰好能到达平台CD，有：
v2＝2a2L
解得：
，a2＝2 m/s2
即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于 m/s时，无论传送带顺时针运动的速度有多大，小物体都不能到达平台CD．
(3)设小物体在平台AB上的运动速度为v1，传送带顺时针运动的速度大小为v2，从小物体滑上传送带至小物体速度减小到传送带速度过程，有：
v12－v22＝2a1x1
从小物体速度减小到传送带速度至恰好到达平台CD过程，有：
v22＝2a2x2
x1＋x2＝L
解得：
v2＝3 m/s
即传送带至少以3 m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达平台CD．
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）由速度—位移公式可求解物体的加速度，根据牛顿第二定律可求得小物体跟传送带间的动摩擦因数；
（2）当小物体受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，对小物体受力分析，据牛顿第二定律得加速度，由位移—速度关系知临界速度；
（3）物体在传送带上与传送带相对滑动过程中，分别由运动学公式求出物体和传送带发生的位移列式求解。
1 / 1高考物理一轮复习：牛顿运动定律的应用
一、选择题
1．（2024高三上·浙江开学考）2024年5月3日，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中（ ）
A．减速阶段所受合外力为0
B．悬停阶段不受力
C．自由下落阶段机械能守恒
D．自由下落阶段加速度大小g = 9.8m/s2
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；万有引力定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据减速概念分析合外力是否为0，组合体在减速阶段有加速度，合外力不为零，故A错误；
B．根据悬停的平衡态分析受力情况，组合体在悬停阶段速度为零，处于平衡状态，合力为零，仍受重力和升力，故B错误；
C．组合体在自由下落阶段只受重力，只有重力做功，机械能守恒，故C正确；
D．月球表面重力加速度不为9.8m/s2，故D错误。
故选C。
【分析】根据机械能守恒条件进行判断；根据月球表面重力加速度小于地球表面重力加速度进行判断。
2．（2019高三上·大名月考）如图所示，滑块以初速度 滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点。则下列能大致描述滑块整个运动过程中的速度v、加速度a、动能 、重力对滑块所做的功W与时间t或位移x之间关系的图象是 取初速度方向为正方向
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】对单物体(质点)的应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】物体上滑时的加速度大小 a1= =gsinθ+μgcosθ，方向沿斜面向下．下滑时的加速度大小 a2= =gsinθ-μgcosθ，方向沿斜面向下，则知a1＞a2，方向相同，均为负方向．因v-t线的斜率等于加速度，可知AB不符合题意；动能是标量，不存在负值．C不符合题意．重力做功W=-mgh=-mgxsinθ，D符合题意．
故答案为：D.
【分析】解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况．要通过列方程分析图象的物理意义．
3．（2024高三上·江油月考）如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行。现给小滑块施加一个竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有（ ）
A．小球对斜劈的压力保持不变
B．轻绳对小球的拉力先减小后增大
C．竖直杆对小滑块的弹力先增大再减小
D．对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大
【答案】D
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．对小球进行受力分析，采用图解法，根据平衡条件分析轻绳对小球的拉力以及斜面对小球的支持力变化情况，结合牛顿第三定律分析小球对斜面的压力的变化情况。对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，如图所示
CD．对小球和滑块整体分析，根据平衡条件，分析对小滑块施加的竖直向上的拉力、竖直杆对小滑块的弹力的变化情况。对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力N，杆的支持力N'，拉力F，如图所示
根据平衡条件，水平方向有
竖直方向有
由于N减小，故N'减小，F增加，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】本题考查动态平衡分析问题，关键在于正确运用整体法与隔离法，灵活选择研究对象，采用图像法分析。
4．（2024高三上·遂宁月考）如图所示，斜面体P放在水平面上，物体Q放在斜面上。Q受一水平作用力F，Q和P都静止。这时P对Q的静摩擦力和水平面对P的静摩擦力分别为、。现使力F变大，系统仍静止，则（ ）
A．一定变大 B．一定变小
C．一定变大 D．不一定变大
【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】对物体Q受力分析，由平衡态可知：Q受重力、支持力、推力、可能有摩擦力，设斜面体的倾角为θ，物体Q的质量为m；
当时，P对Q的静摩擦力沿斜面向上，大小为
可知当力F变大时，变小；
当时，摩擦力是零，可知当力F变大时，变大；
当时，摩擦力沿斜面向下，摩擦力大小为
可知当力F变大时，变大。
对整体受力分析，由平衡条件，则有水平面对P的静摩擦力大小为
可知当力F变大时，一定变大。ABD不符合题意，C符合题意。
故答案为C。
【分析】
5．（2024高三上·泸县开学考）如图所示，倾角为的光滑斜面体A放在光滑的水平面上。质量为m的细长直杆B，受固定的光滑套管C约束，只能在竖直方向上自由运动。某时刻，A在水平推力F作用下处于静止状态，此时B杆下端正好压在A顶端的斜面上。重力加速度为g，则（ ）
A．直杆B只受重力和支持力 B．斜面A共受五个外力
C．A对B的支持力的大小为 D．推力F的大小为
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AC．本题考查受力分析及共点力平衡条件的应用，解题关键掌握A对B的支持力垂直斜面向上。A对B有垂直斜面向上的支持力，C对B有水平向右的作用力，对B受力分析，如图1所示
由平衡条件可知，竖直方向上有
解得
故A错误；C正确；
BD．由牛顿第三定律可知，作用力和反作用力大小相等，方向相反，B对A只有垂直斜面向下的压力，大小为
对A受力分析，如图2示，由平衡条件，水平方向上有
故BD错误。
故选C。
【分析】静止时A对B只有垂直斜面向上的支持力，C对B有水平向右的作用力，分别对A和B受力分析可解得推力F的大小。
6．（2024高一下·南宁期末）如图甲所示，足够长的水平传送带始终以恒定速率运行，一质量为、水平初速度大小为的小物块，从与传送带等高的光滑水平面上的A处滑上传送带；若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的图像（以地面为参考系）如图乙所示，。下列说法正确的是（ ）
A．时间内，小物块离A处的最大距离为
B．时间内，小物块动能增加了
C．时间内，小物块受到摩擦力的冲量大小为
D．时间内，传送带克服摩擦力做功为
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；功的计算；动能；冲量
7．（2024高三上·贵州开学考）如图所示，某滑雪爱好者以某一初速度经过倾斜雪道最低点M，滑行到N点时速度为0，接着自由下滑返回到M点。若不计空气阻力，滑雪板与雪道间的动摩擦因数处处相等，则滑雪爱好者运动过程中，其速度大小v随时间t的变化图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．滑雪爱好者在水平雪道上为匀速直线运动，速度不变，在倾斜雪道上为匀减速直线运动，速度减小至0，减速过程中加速度不变，图线为倾斜向下的直线。滑雪爱好者沿倾斜雪道上滑时做匀减速直线运动，下滑时做匀加速直线运动，A错误；
BCD．要理解v-t图像中图线的含义，斜率表示加速度，结合牛顿第二定律求解加速度。设斜面倾角为，动摩擦因数为，上滑时，根据牛顿第二定律
下滑时，根据牛顿第二定律
可得
根据运动学公式
可知回到M点时速度小于初速度，上滑时图像斜率的绝对值大于下滑时图像斜率的绝对值，B正确，CD错误。
故选B。
【分析】要理解v-t图像中图线的含义，斜率表示加速度，正负表示分析。
8．（2024高三上·简阳月考）如图，动物园熊猫馆中有一个长，倾角为的光滑坡道，坡道底端有一垂直于坡面的防护板。一个质量的熊猫从坡道顶端由静止滑下，熊猫与防护板的作用时间，熊猫与防护板接触后不反弹，并且可以看作质点，重力加速度取，下列说法正确的是（ ）
A．熊猫滚到坡底所用的时间为
B．熊猫到达坡底时的动量大小为
C．熊猫受到防护板对它的平均作用力大小为
D．熊猫与防护板碰撞过程中只受到防护板对它的冲量
【答案】B
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的综合应用；动量
【解析】【解答】A．由题意可知，熊猫沿坡道向下做匀加速直线运动，对物体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小
由匀变速运动规律可知
，
联立解得
，
故A错误；
B．根据动量定义式求解动量，熊猫到达坡底时的动量大小
故B正确；
C．以沿斜面向下为正方向，设防护板对熊猫的平均作用力大小为，由动量定理合力的冲量等于物体动量变化，可知
解得
故C错误；
D．根据冲量的定义式，各个力冲量不可能为零，熊猫与防护板碰撞过程中受防护板的弹力、自身重力，斜面支持力等力的冲量，故D错误。
故选B。
【分析】熊猫沿坡道向下做匀加速直线运动，根据运动学公式以及牛顿运动定律求解时间，结合动量定理求解。
9．（2024高二上·望城开学考）如图所示，一根固定直杆与水平方向夹角为，将质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为．通过某种外部作用，使滑块和小球瞬间获得初动量后，撤去外部作用，发现滑块与小球仍保持相对静止一起运动，且轻绳与竖直方向夹角．则滑块的运动情况是（ ）
A．速度方向沿杆向下，正在均匀减小
B．速度方向沿杆向下，正在均匀增大
C．速度方向沿杆向上，正在均匀减小
D．速度方向沿杆向上，正在均匀增大
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】把滑块和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得，若假设滑块速度方向向下，则沿斜面方向
垂直斜面方向
其中摩擦力
联立可解得
对小球现有θ＜β，则有
所以
因为θ＜β，所以
但，所以假设不成立，即速度的方向一定向上．滑块向上运动，重力有沿杆向下的分力，同时摩擦力的方向沿杆的方向向下，所以滑块的加速度方向向下，滑块沿杆减速上滑．则滑块的速度方向沿杆向上，正在均匀减小．故ABD错误，C正确.
故选C。
【分析】根据整体法和隔离法，用反证的思想分析：
1.多个物体运动性质相同时，一般先用整体发分析共同加速度。
2.用隔离法分析单个物体的受力，根据受力情况分析加速度。
10．（2024高三上·邵阳月考）如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2m，B和C的质量都是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为。设B足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（ ）
A．若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过
B．当力F逐渐增大时，A、B之间先发生打滑现象
C．当力时，B与A相对滑动
D．无论力F为何值，B的加速度不会超过
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A．A、B间的最大静摩擦力为
B、C间的最大静摩擦力为
B与地面的最大静摩擦力为
若A、B、C三个物体始终相对静止，则三者一起向右加速，对整体根据牛顿第二定律可知
假设C恰好与B相对不滑动，则对C有
解得
，
设此时A与B间的摩擦力为f，对A有
解得
表明C达到临界时A还没有到达临界值，则当力F逐渐增大时，B、C之间先发生打滑现象，要使三者始终相对静止，则F不能超过，故AB错误；
C．B相对A滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，对AB整体
对A研究得
解得
故当拉力大于时，B相对A滑动，故C正确；
D．当F较大时，A与C会相对于B滑动，B的加速度达到最大，当A与B相对滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，则B受到A的摩擦力向前，B受到C的摩擦力向后，B受到地面的摩擦力向后，对B有
解得
故D错误。
故选C。
【分析】解题的突破口：分别对BC、AB和整体分析，根据牛顿第二定律以及最大静摩擦力的性质确定发生相对滑动的条件，分析对应状态的临界值和此时力的大小关系。注意：选择正确的研究对象。
11．（2024高三上·湖北月考）如图甲所示，一滑块置于足够长的木板上，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为1kg，滑块与木板间的动摩擦因数为0.3，木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1。现在木板上施加一个（N）的变力作用，从时刻开始计时，木板所受摩擦力的合力随时间变化的关系如图乙所示，已知。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取，则下列说法正确的是（ ）
A．k=0.6
B．
C．，滑块的位移大小为337.5m
D．当t=15s时，长木板的加速度大小为
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．时间内，长木板与滑块均保持静止，则长木板与滑块间无摩擦力，对整体，根据平衡条件可得
解得
故A错误；
B．时间内，长木板与滑块一起做加速运动，两者不发生相对滑动时最大加速度为
对长木板，根据牛顿第二定律
其中
解得
故B错误；
D．由图可得
对长木板，根据牛顿第二定律
整理可得
当t=15s时，长木板的加速度大小为
故D正确；
C．根据图像，时刻滑块的速度为
时间内，长木板与滑块均保持静止，时间内，对整体，根据动能定理
其中
解得，滑块的位移大小为
故C错误。
故选D。
12．（2024高三上·长沙开学考）如图所示是某地铁站的安检设施。该设施中的水平传送带以恒定速率运动，乘客将一个物品放在传送带上，物品由静止开始加速与传送带共速后，匀速通过安检设施，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．物品所受摩擦力的方向与其运动方向始终相反
B．物品先受滑动摩擦力作用，后受静摩擦力作用
C．运送距离一定时，物品与传送带间动摩擦因数越大，运送时间越长
D．物品与传送带间动摩擦因数越大，物品与传送带相对位移越小
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AB．物品加速时，滑动摩擦力方向与运动方向相同；匀速后，与传送带之间无相对运动趋势，不受静摩擦力作用，故AB错误；
D．物品与传送带有相对运动时，其加速度
物品由静止开始加速至速率为过程用时
与传送带相对位移
故物品与传送带间动摩擦因数越大，相对位移越小，故D正确；
C．物品匀速运动时间为
物品运输总时间为
运送距离一定时，物品与传送带间动摩擦因数越大，运送时间越短。故C错误。
故选D。
【分析】根据牛顿运动定律的综合应用分析：
1.分析物品与传送带的相对运动方向，从而判断物品的摩擦力方向。
2.根据物品的运动情况分析物品的受力情况，当物品与传送带相对静止做匀速运动时，物品没有受到摩擦力作用。
3.根据题意，结合牛顿第二定律和运动学公式分析运送物品的时间与动摩擦因数的关系。
4.物品与传送带的相对位移是传送带位移与物品匀加速运动位移之差，结合速度-位移公式分析动摩擦因数与相对位移的关系。
二、多项选择题
13．（2024高三上·邵阳月考）如图（a）所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图（b）所示，取g=10 m/s2，=2.24，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则根据图像可求出（ ）
A．物体的初速率v0=4 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8
C．当θ=30°时，物体达到最大位移后将保持静止
D．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin≈0.7 m
【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．由图可知，当时物体做竖直上抛运动，位移为，由竖直上抛运动规律可知
代入数据解得
故A正确；
B．当时，位移为，由动能定理可得
代入数据解得
故B错误；
C．若时，物体的重力沿斜面向下的分力为
最大静摩擦力为
小球达到最高点后会下滑，故C错误；
D．由动能定理得
解得
当时
，此时位移最小为
故D正确。
故选AD。
【分析】根据图像上点坐标的意义分析：
1.斜面倾角为0°时，物体相当于在水平面内做减速运动，减速最大位移为1.60m；斜面倾角为90°时，物体相当于做竖直上抛运动，上升的最大高度为0.80m。根据动能定理求出初速度和动摩擦因数。
2.分析斜面倾角为30°时，重力沿斜面向下的分力于最大静摩擦力比较，判断物体是否停在最大位移处。
3.斜面倾角为时，根据动能定理和数学关系分析位移的最小值。
14．（北京市首都师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期开学考物理试卷）如图所示，水平传送带在电动机带动下始终保持以速度v匀速运动，某时刻质量为m的物块无初速地放在传送带的左端，经过一段时间物块能与传送带保持相对静止。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ。若当地的重力加速度为g，对于物块放上传送带到物块与传送带相对静止的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．物块所受摩擦力的方向水平向左
B．物块运动的时间为
C．物块动能增加为
D．物块与传送带摩擦生热为
【答案】B,C
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．根据滑动摩擦力与相对运动方向相反分析，物块相对传送带向左滑动，摩擦力方向水平向右，故A错误；
B．利用牛顿第二定律可得物块加速度大小，利用运动学公式可得物块与传送带共速所用时间。对物块，根据牛顿第二定律可得
加速达到共速时物块运动的时间为
所以
故B正确；
C．利用运动学公式可得物块和传送带的位移，则可得物块相对传送带的位移，根据Q=μmgx相对可得摩擦产生的热量。根据动能的定义可得动能增加量，物块动能的增加量为
故C正确；
D．物块的位移大小为
传送带的位移大小为
所以物块相对传送带的位移大小为
所以摩擦生热为
故D错误。
故选BC。
【分析】本题考查了水平传送带问题、功能关系和能量守恒定律，解题的关键是知道滑动摩擦力与物体相对运动的方向相反，知道利用Q=μmgx相对求解摩擦产生的热量。
15．（2024高三下·成都期中）如图所示为教师办公室中抽屉使用过程的简图：抽屉底部安有滚轮，当抽屉在柜中滑动时可认为不受抽屉柜的摩擦力，抽屉柜右侧装有固定挡板，当抽屉拉至最右端与挡板相碰时速度立刻变为0。现在抽屉完全未抽出，在中间位置放了一个手机，手机长度，质量，其右端离抽屉右侧的距离也为d，手机与抽屉接触面之间的动摩擦因数，抽屉总长，质量。不计抽屉左右两侧及挡板的厚度，重力加速度。现对把手施加水平向右的恒力F，则（ ）
A．当水平恒力的大小时，手机与抽屉有相对运动
B．当水平恒力的大小时，手机不与抽屉右侧发生磕碰
C．为使手机不与抽屉右侧发生磕碰，水平恒力的大小应满足
D．为使手机不与抽屉左侧发生磕碰，水平恒力的大小必定满足
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的综合应用
16．（2024高二上·大祥开学考）如图所示，在倾角的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态，现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg，则（ ）
A．物块B刚要离开C时B的加速度也为a
B．加速度
C．以A、B整体为研究对象可以计算出加速度
D．从F开始作用到B刚要离开C，A的位移为
【答案】B,D
【知识点】胡克定律；力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．物块B初始时处于静止状态，随着A的移动，弹簧弹力逐渐增大，当物块B刚要离开C时，B对挡板的压力为零，B仍处于静止状态，此时加速度为零，故A错误；
B．当B刚要离开C时，对B进行受力分析，根据平衡条件及力的合成与分解可得
解得
对A进行受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
故B正确；
C．此时物体B的加速度为零，A的加速为g，两物体的加速度不同，不能根据整体法求解，故C错误；
D．系统开始处于静止状态，弹簧处于压缩状态，对A进行数理分析，根据平衡条件及力的合成与分解得
解得
A的位移等于弹簧初末状态长度的变化量，为
故D正确。
故选BD。
【分析】A、B初始时均处于静止状态，随后A在拉力作用下做匀加速运动，B在离开C之前始终处于静止状态，即加速度始终为零。明确A静止时A的受力情况及B刚要离开C时A、B的受力情况，再根据平衡条件确定初末状态弹簧的形变量，A的位移等于弹簧初末状态长度的变化量。再对B刚要离开C时，对A运用牛顿第二定律确定其加速度。
17．（2024高三上·湖南月考）如图所示，有一根均匀的非密绕弹簧和4个等质量的钩码，固定在弹簧底端的A2处和固定在弹簧中部的A1处各有2个钩码，整个装置保持静止时，A1之上的弹簧长度S1恰好等于A1之下的弹簧长度S2。则（ ）
A．S1部分的原长（无弹力时的长度）比S2部分的原长短
B．取A1处的一个钩码移到A2处，S1部分会缩短
C．取A2处的一个钩码移到A1处，弹簧总长不变
D．将A1的悬挂点下移一小段，弹簧总长会变长
【答案】A,D
【知识点】整体法隔离法；胡克定律
【解析】【解答】A．根据整体法的思想，弹簧A1之上部分的拉力要与A1之下的所有物体总重平衡，大小等于A1和A2的总重；两个物体隔离分析，A1之下部分的拉力仅与A2的重力平衡，故大小等于A2的重。由于A1之上部分受到较大的拉力，根据胡克定律，所以如果都撤除拉力，则S1部分应该收缩量大于S2部分的收缩量，由于
可见
即S1部分的原长（无弹力时的长度）比S2部分的原长短，故A正确；
B．根据整体法，取A1处的一个钩码移到A2处，S1部分受力不变，不会缩短，故B错误；
C．将下面物体隔离出来，取A2处的一个钩码移到A1处，S1部分受力不变，S2部分受力变小收缩，弹簧总长变短，故C错误；
D．将A1的悬挂点下移一小段，A1移过的一小段弹簧受力变大被拉长，其余部分受力不变，故总长变长，故D正确。
故选AD。
【分析】以如果都撤除拉力，则S1部分应该收缩量ΔS1大于S2部分的收缩量ΔS2，据此分析。
三、非选择题
18．（2024高一下·邵阳月考）如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑，已知A与B间的动摩擦因数为，A与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若AB总重力为G，则水平力大小为 ，A与B的质量之比为
【答案】；
【知识点】整体法隔离法
19．（2024高三上·遂宁月考）用三根细线a、b、c将两个小球1和2连接并悬挂，如图所示。两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平，两个小球1和2的重力分别为2G和G。求：
（1）细线a、c分别对小球1和2的拉力大小；
（2）细线b对小球2的拉力大小；
（3）细线b与竖直方向的夹角。
【答案】（1），；（2）2G；（3）60°
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】（1）设细线a、c分别对小球1和2的拉力大小分别为Ta、Tc，对小球1、2整体分析，有
解得
（2）设细线b对小球2的拉力大小为Tb，对小球2分析，有
（3）设细线b与竖直方向的夹角为θ，对小球2分析，有
可得
20．（2020高一下·沧县期末）如图所示：把质量为5kg铁块放在倾角为 度的静止斜面上，铁块与斜面间的动摩擦因数 ，放手后开始计时，铁块能自动沿斜面由静止下滑。则(重力加速度为 、 、 )
（1）铁块在斜面上下滑时受到合力的大小；
（2）放手后开始计时，铁块在斜面上下滑3s的时间内铁块的位移大小。
【答案】（1）解：设：铁块受到的重力为 。
铁块在垂直斜面方向上受力平衡，有：
铁块在平行斜面方向上受到合力 ，则有：
因为铁块与斜面间为滑动摩擦力，有：
由以上三式得：
（2）解：设：铁块在斜面上的加速度为 ，由牛顿第二定律有
解得：
铁块在3s内的位移为：
【知识点】共点力平衡条件的应用；对单物体(质点)的应用
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解，应用平衡方程求解合力大小；
（2）在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度，结合运动学公式求解位移。
21．（2024高三上·竹溪开学考）如图所示，质量为m＝0.6kg的物块通过一段细绳悬挂在轻绳PA和PB的结点P上并处于静止状态，PA与竖直方向的夹角为α＝53°，PB沿水平方向。质量为M＝25kg的木块与PB相连，恰好静止在倾角为θ＝37°的斜面上，已知重力加速度取g＝10m/s2，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）轻绳PA和轻绳PB各自产生张力的大小；
（2）木块M跟斜面之间的动摩擦因数。（该结果保留两位有效数字）
【答案】（1）如图1所示，分析结点P的受力
根据平衡条件得
解得轻绳PA、PB的张力分别为
FA=10N，FB=8N
（2）对斜面上的物体受力分析，如图2所示
根据平衡条件得
其中
联立代入数据解得
【知识点】共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】根据共点力平衡分析：
1.对结点分析，写出平衡方程分析求解。
2.对斜面上静止的木块进行受力分析，分析在达到最大静摩擦力的条件下的平衡条件，写出沿斜面和垂直于斜面的平衡方程，联立分析求解动摩擦因数。
22．（2024·海南） 某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量，一质量为的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为，忽略空气阻力，重力加速度，求：
（1）游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；
（2）滑板的长度L
【答案】（1）解：设游客滑到b点时速度为，从a到b过程，由机械能守恒得，解得；
在b点，由牛顿第二定律得，解得；
根据牛顿第三定律得，游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为。
（2）解：设游客恰好滑上平台时的速度为，在平台上运动过程，由动能定理得，解得；
根据题意，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，则该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为和，得，，对游客由运动学规律得，解得，则该段时间内游客的位移为，滑板的位移为，由位移关系得滑板的长度为。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1)根据机械能守恒列式求出游客滑从a到b点时速度；游客在b点时，根据牛顿第二定律和第三定律求出游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；(2)对于游客在平台上运动过程，由动能定理可求出游客恰好滑上平台时的速度，结合运动学规律求出滑板的长度。
23．（2024高三上·江油月考）2018年8月23日，雅加达亚运会赛艇女子单人双桨决赛中，中国选手陈云霞夺得冠军。比赛中，运动员用双桨同步划水使赛艇沿直线运动，每次动作分划水和空中运桨两个阶段。假设划水和空中运桨时间均为1s，赛艇（含运动员、双桨）的质量为60kg，受到的阻力恒定，划水时双桨产生动力大小为赛艇所受阻力的2倍。某时刻双桨刚入水时赛艇的速度大小为4m/s，运动员紧接着完成2次动作的过程中，赛艇前进20m，求：
（1）划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比；
（2）赛艇的最大速度的大小；
（3）划艇时，双桨产生的动力大小。
【答案】解：（1）设划水阶段和运桨阶段的加速度分别为、，设动力为F，阻力为f，由牛顿第二定律可得
又因为
故
（2）可知，一次动作中划水的运动为匀加速运动，其位移为
又
得
故最大速度
（3）由
可得
所以
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）根据划水和空中运桨两阶段赛艇的受力情况，根据牛顿第二定律求划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比；
（2）根据位移—时间公式求出加速度大小，再根据速度-时间公式求赛艇的最大速度大小；
（3）由牛顿第二定律求赛艇受到的动力大小
24．（2024·贵州） 如图，半径为的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面相切于P点，的长度。一长为的水平传送带以恒定速率逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为。以后每隔给b一相同的瞬时冲量I，直到b离开传送带。已知a的质量为的质量为，它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为，取重力加速度大小。求：
（1）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；
（2）b从M运动到N的时间；
（3）b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。
【答案】（1）解：a从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律
在点，设轨道对它的支持力大小为，根据牛顿第二定律
联立解得
（2）解：a从静止释放到M点过程中，根据动能定理
解得
与发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
滑上传送带后，根据牛顿第二定律
解得
的速度减小到与传送带速度相等所需的时间
对地位移
此后做匀速直线运动，到达传送带最左端还需要的时间
b从M运动到N的时间
（3）解：设向右为正方向，瞬间给b一水平向右的冲量，对根据动量定理
解得
向右减速到零所需的时间
然后向左加速到所需的时间
可得
在时间内向右运动的距离
循环10次后向右运动的距离
每一次相对传动带运动的路程
b从N向右运动3m的过程中与传送带摩擦产生的热量
然后继续向右减速运动，根据运动学公式
解得
此过程，b相对传动带运动的路程
此过程中与传送带摩擦产生的热量
b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的应用—传送带模型；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）由机械能守恒定律求出a运动到P点时的速度，再由牛顿第二定律求出a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；（2）由动能定理求出a运动到M点时的速度，再由动量守恒定律和机械能守恒定律求出b与a碰后的速度，然后由牛顿第二定律和运动学公式，求解b从M运动到N的时间；（3）根据动量定理求物块b的速度，再根据运动学公式求相对位移，最后根据摩擦生热的公式求b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。
25．（2024高三上·泸县开学考）如图所示，AB、CD为两个光滑的平台，一倾角为37°、长为5 m的传送带与两平台平滑连接．现有一小物体以10 m/s的速度沿平台AB向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到平台CD上．(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(1)求小物体跟传送带间的动摩擦因数；
(2)当小物体在平台AB上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度有多大，小物体都不能到达平台CD，求这个临界速度；
(3)若小物体以8 m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体能到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？
【答案】解：(1)传送带静止时，小物体在传送带上受力如图甲所示，
根据牛顿第二定律得：
μmgcos37°＋mgsin37°＝ma1
B→C过程，有：
v02＝2a1L
解得：
a1＝10 m/s2，μ＝0.5．
(2)当小物体在传送带上受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，根据牛顿第二定律得：
mgsin37°－μmgcos37°＝ma2
若恰好能到达平台CD，有：
v2＝2a2L
解得：
，a2＝2 m/s2
即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于 m/s时，无论传送带顺时针运动的速度有多大，小物体都不能到达平台CD．
(3)设小物体在平台AB上的运动速度为v1，传送带顺时针运动的速度大小为v2，从小物体滑上传送带至小物体速度减小到传送带速度过程，有：
v12－v22＝2a1x1
从小物体速度减小到传送带速度至恰好到达平台CD过程，有：
v22＝2a2x2
x1＋x2＝L
解得：
v2＝3 m/s
即传送带至少以3 m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达平台CD．
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）由速度—位移公式可求解物体的加速度，根据牛顿第二定律可求得小物体跟传送带间的动摩擦因数；
（2）当小物体受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，对小物体受力分析，据牛顿第二定律得加速度，由位移—速度关系知临界速度；
（3）物体在传送带上与传送带相对滑动过程中，分别由运动学公式求出物体和传送带发生的位移列式求解。
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