【高考押题卷】2025年高考物理高频易错考前冲刺 运动和力的关系（含解析）

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高考物理高频易错押题预测 运动和力的关系
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 丰台区期末）如图所示，一辆货车载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互一紧贴并被牢牢固定，上层只有一只桶C，自由地摆放在A、B之间，没有用绳索固定，和汽车一起处于静止状态。当油桶与车保持相对静止向左加速时（　　）
A．A对C的作用力大于C对A的作用力
B．A对C的支持力变小
C．A、B对C的作用力的合力方向右偏上
D．A、B对C的作用力的合力方向竖直向上
2．（2024秋 盐城期末）如图所示，轻弹簧的一端固定在垂直于光滑的倾角为θ的斜面底端挡板上，另一端自然伸长于斜面O点，将质量为m的物体拴接于弹簧上端后静止于距斜面O点x0处；现用平行于斜面向上的力F缓慢拉动物体，使在弹性限度内斜向上运动了4x0，物体再次静止。撤去F后，物体开始沿斜向下运动，重力加速度为g，不计空气阻力。则撤去F后（　　）
A．物体先做匀加速运动至O点，过O点后加速度一直减小
B．物体运动至最低点时弹力大小等于5mgsinθ
C．物体刚运动时的加速度大小为3gsinθ
D．物体向下运动至O点速度最大
3．（2024秋 朝阳区校级期末）在匀速运动的电梯中，一乘客站立在放于电梯底部的体重计上，发现体重计的示数突然变大，则此时（　　）
A．乘客处于失重状态，电梯可能向上减速
B．乘客处于超重状态，电梯可能向上加速
C．乘客处于失重状态，电梯可能向下减速
D．乘客处于超重状态，电梯可能向下加速
4．（2024秋 丰台区期末）关于惯性，下列说法正确的是（　　）
A．汽车速度越大，刹车后越难停下来，表明物体的速度越大，其惯性越大
B．汽车转弯后前进方向发生了改变，表明物体速度方向改变，其惯性也随之改变
C．水平抛出的小球，尽管速度的大小和方向都改变了，但惯性不变
D．若速度相同的沙袋在相同时间内停下来，则两沙袋惯性一定相等
5．（2024秋 杭州期末）英国物理学家焦耳最早发现了焦耳定律，给出了电能向热能转化的定量关系。为了纪念他，国际单位制（SI）中能量的导出单位也以焦耳（J）命名。焦耳用国际单位制中基本单位表示正确的是（　　）
A．J B．kg cm2 s﹣1
C．kg m2 s﹣2 D．kg s﹣2
6．（2024秋 榆林期末）如图四幅图片中：图甲是子弹射出枪口；图乙是“漂浮”在空间站的航天员；图丙是跳伞运动员在空中匀速下降：图丁是伽利略研究自由落体运动规律。下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，子弹射出枪口时的速度指的是平均速度
B．图乙中，“漂浮”在空间站的航天员，惯性消失了
C．图丙中，运动员和伞没有受到外力作用
D．图丁中，利用斜面是为了“冲淡”重力，便于测量运动时间
7．（2024秋 朝阳区校级期末）如图所示，传送带与水平方向夹角为θ，与两皮带轮相切与A、B两点，从A到B长度为L＝2m，传送带以一定的速率顺时针转动。现有一体积可忽略的小物块在传送带下端A以v0＝2m/s的初速度冲上传送带。当改变传送带匀速转动的速度v1时，小物块到达B处的速度v2也会相应变化，v2和v1的关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2。下列说法不正确的是（　　）
A．传送带与水平方向夹角θ满足sinθ＝0.6
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
C．物块在传送带上的最短运动时间为（3）s
D．当传送带的速度为5m/s时，物块在传送带上形成的划痕长为（4）m
8．（2024秋 丰台区期末）如图所示，质量分别为m和M的两本书叠放在光滑水平一面上，用大小为F的水平恒力推下面的书，使两本书保持相对静止一起做加速运动。则运动过程中上面的书受到的摩擦力大小为（　　）
A．F B． C． D．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 丰台区期末）利用速度传感器研究某弹性小球从距离地面一定高度处由静止下落后的运动，以开始下落瞬间作为计时起点，小球运动的v﹣t图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．该v﹣t图像选择以竖直向上为正方向
B．t1时刻小球恰好接触地面
C．t2时刻小球反弹到了最高点
D．由图像可知小球运动过程中受到的空气阻力可以忽略不计
（多选）10．（2024秋 朝阳区校级期末）如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，质量为m的小物块b紧靠a，且静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0。从t＝0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离，再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好为x0。弹簧始终在弹性限度内，其中心轴线与斜面平行，重力加速度大小为g，小物块a、b均可视为质点。下列说法正确的是（　　）
A．a、b分离时，弹簧的压缩量为
B．物块b加速度的大小为gsinθ
C．t时a、b分离
D．对b施加沿斜面向上的外力大小的最小值和最大值之比为4：9
（多选）11．（2024秋 渝中区校级期末）如图甲所示，两形状相同、质量分别为m和2m的物体A、B（不粘连）叠放在劲度系数为k的轻弹簧上处于静止状态，现对物体A施加竖直向上的力F后，物体A运动的v﹣t图像如图乙所示，t0时刻物体A、B将要分离，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．t＝0时刻弹簧的压缩量为
B．t0时刻物体B开始减速
C．0～t0时间力F逐渐增大
D．力F的最小值为
（多选）12．（2024秋 哈尔滨校级期末）如图所示，倾角为θ＝37°的光滑斜面固定在水平地面上，一轻质弹簧一端与垂直固定在斜面上的挡板相连，另一端与物块B栓接，劲度系数为k。物块A紧靠着物块B，物块与斜面均静止。现用一沿斜面向上的力F作用于A，使A、B两物块一起沿斜面做加速度大小为g的匀加速直线运动直到A、B分离。物块A质量为m，物块B质量为2m，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法中正确的是（　　）
A．施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为
B．A、B分离瞬间弹簧弹力大小为
C．拉力F的最大值大于mg
D．在A、B分离前整个过程中A的位移为
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 普陀区校级期末）质量为50kg的小理乘坐电梯，其速度v随时间t的变化关系如图所示（取竖直向上为正方向），则他处于超重状态的时间段是 　 　，t＝40s时，小理对电梯的压力大小为 　 　N。（g取9.8m/s2）
14．（2023秋 宁德期末）在“一带一路”年度汉字发布会活动中，“互”字曾作为最能体现其精神内涵的汉字拔得头筹。如图为某兴趣小组制作的“互”字形木制模型正面图。模型分上下两部分，质量均为m，并用细线连接，其中细线1连接a、b两点，细线2连接c、d两点。当细线都绷紧时，整个模型竖直静止在水平地面上。则细线1对a点的拉力方向 　 　（选填“向上”或“向下”），细线2对d点的拉力方向 　 　（选填“向上”或“向下”），细线2的拉力 　 　（选填“大于”、“等于”或“小于”）细线1的拉力。
15．（2024秋 天河区期末）（1）某同学借助高速照相机对亭台檐边下落的水滴进行探究：水滴每隔0.2s自檐边静止滴下，当第1滴落地时第6滴恰欲滴下，不考虑空气阻力，水滴处于无风环境中，g取10m/s2，则此时第2滴距地面的高度为 　 　m。
（2）将一个重力为G的铅球放在倾角为45°的斜面上，并用竖直挡板挡住，铅球处于静止状态。不考虑铅球受到的摩擦力，铅球对斜面的压力大小为 　 　。
（3）如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞。某次测试中在接近地球表面时以30m/s的速度竖直匀速下落，此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探测器质量为600kg，背罩质量为50kg，地球表面重力加速度大小取g＝10m/s2，忽略大气对探测器和背罩的阻力。“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为 　 　m/s2。
16．（2024秋 普陀区校级期末）如图，两个竖直挡板之间，用轻绳和轻弹簧挂着一质量为2kg的小球（可视为质点）。小球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为37°，弹簧恰好水平。剪断细绳瞬间，小球的加速度大小为 　 　m/s2，方向为 　 　。（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 重庆期末）为提高货物运输的效率，确保航班行李和货物的及时装卸，机场常用小火车在停机坪和货运站之间运输行李、货物等。如图所示是一辆机场小火车，它由一辆牵引车和5节载货拖车组成，拖车在牵引车牵引力的作用下做匀速直线运动，速度大小为v0＝3m/s，若某时刻最后一节拖车与前车脱钩，但牵引车的牵引力未变化。假设牵引车和各节拖车的质量都相同，它们运动时所受的阻力都等于他们车重的0.1倍，不计各拖车之间的距离，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）最后一节拖车刚脱钩后，牵引车的加速度是多大？
（2）4s末，最后这节拖车距离其前面一节拖车的距离是多少？
18．（2024秋 闽侯县期末）如图，速降自行车赛中某选手骑车进入一段直下坡，在坡道上不蹬踏板而自由加速下滑。自行车受到路面的阻力忽略不计，空气阻力与车速大小成正比，比例系数为k，方向与车速方向相反，人与车总质量为m，下坡路段与水平面间的夹角为θ，重力加速度为g。
（1）自行车在坡道上速度为v1时空气阻力和加速度的大小分别是多少？
（2）如果坡道足够长，自行车能达到的最大速度vm是多少？
（3）进入平直路面后该选手开始刹车，自行车在刹车阻力和空气阻力的共同作用下做匀减速运动，刹车过程车轮与地面接触处始终不打滑。从开始刹车起，车载速率表显示前轮转动第一圈过程车辆前进的平均速度为v，刹车过程前轮总共转了n圈，自行车开始刹车时的速度v2是多少？
19．（2024秋 临潼区期末）如图所示，地面依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l＝3m，质量均为m2＝100g，现有一小滑块以速度v0＝5m/s冲上木板A左端，已知小滑块质量m1＝200g，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2。（设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取10m/s2）
（1）若滑块滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件；
（2）若μ1＝0.35，求滑块运动时间（结果用分数表示）。
20．（2024秋 宁波期末）如图所示，粗糙水平面上有一长方体箱子，箱子内部固定有光滑斜面OA，斜面倾角θ＝37°，箱子右边固定有竖直挡板CD。现用水平恒力F推动箱子使其由静止开始向右做匀加速直线运动，此时斜面OA上的小球P（可视为质点）与斜面保持相对静止。已知整个装置（包括箱子、斜面和小球）的质量M＝6kg，箱子与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，P离箱底的高度h＝0.45m，斜面底端A与箱子底部右端B相距xAB＝0.15m，不计空气阻力。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求此时箱子的加速度大小和水平恒力F的大小；
（2）现保持（1）中F不变，设箱子与挡板CD碰撞后速度立即变为0且此后保持静止，而小球P则可能会与斜面OA、箱子底部AB或箱子右壁BB'发生碰撞。将P自飞出到第一次发生碰撞的时间记为t，P飞出后直接撞到箱子右壁BB时的速度大小记为v，箱子右壁与挡板间的距离BC记为L。
①当L取多大时，v有最小值，并求出该最小值vmin；
②通过分析计算，写出t与L间的函数关系。
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 丰台区期末）如图所示，一辆货车载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互一紧贴并被牢牢固定，上层只有一只桶C，自由地摆放在A、B之间，没有用绳索固定，和汽车一起处于静止状态。当油桶与车保持相对静止向左加速时（　　）
A．A对C的作用力大于C对A的作用力
B．A对C的支持力变小
C．A、B对C的作用力的合力方向右偏上
D．A、B对C的作用力的合力方向竖直向上
【考点】牛顿第二定律的简单应用；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据牛顿第二定律，结合已知条件，得出C受A、B作用力的合力及A对C的支持力的变化情况。
【解答】解：A.A对C的作用力与C对A的作用力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，故A错误。
BCD.静止时对油桶C受力分析如图所示
当油桶C和汽车相对地面保持静止时，根据共点力平衡的条件，FA＝FB。
当汽车以加速度a向左加速运动时，设A对C的作用力为FA'B对C的作用力为FB'，
竖直方向根据平衡条件可得FA'cos30°+FB'cos30°＝mg
水平方向根据牛顿第二定律可得FB'sin30°﹣FA'sin30°＝ma
联立解得，
与静止时相比，A对C的支持力减小，B对C的支持力增大，根据平行四边形定则可知A、B对C的作用力的合力方向左偏上，故B正确，CD错误；
故选：B。
【点评】本题考查了牛顿定律及受力分析，属于基础题。
2．（2024秋 盐城期末）如图所示，轻弹簧的一端固定在垂直于光滑的倾角为θ的斜面底端挡板上，另一端自然伸长于斜面O点，将质量为m的物体拴接于弹簧上端后静止于距斜面O点x0处；现用平行于斜面向上的力F缓慢拉动物体，使在弹性限度内斜向上运动了4x0，物体再次静止。撤去F后，物体开始沿斜向下运动，重力加速度为g，不计空气阻力。则撤去F后（　　）
A．物体先做匀加速运动至O点，过O点后加速度一直减小
B．物体运动至最低点时弹力大小等于5mgsinθ
C．物体刚运动时的加速度大小为3gsinθ
D．物体向下运动至O点速度最大
【考点】物体在粗糙斜面上的运动；胡克定律及其应用．
【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】由简谐运动的特点，可知越衡位置，回复力越小，加速度越小，速度越大；根据对物块受力分析，可计算其在最高点、最低点、平衡位置的合力、弹力和加速度。
【解答】解：AD、物体在弹力和重力的下滑分力作用下，做简谐运动，由简谐运动的特点，可知越衡位置，回复力越小，加速度越小，速度越大；
故从最高点A到平衡位置B的过程中，加速度逐渐变小，到平衡位置B时速度最大，故AD错误；
BC、由题意可知，物体在B点时，受力平衡，即：kx0＝mgsinθ，
在最高点A时：mgsinθ+k（4x0﹣x0）＝maA，
在最低点C时：k（4x0+x0）﹣mgsinθ＝maC，
由简谐运动特点，可知在A点和C点时的加速度大小相等：aA＝aC，
解得：aA＝4gsinθ，最低点时的弹力为：k（4x0+x0）＝5mgsinθ，故B正确，C错误；
故选：B。
【点评】本题考查简谐运动的受力分析，关键是利用简谐运动的受力、位置的对称性特点。
3．（2024秋 朝阳区校级期末）在匀速运动的电梯中，一乘客站立在放于电梯底部的体重计上，发现体重计的示数突然变大，则此时（　　）
A．乘客处于失重状态，电梯可能向上减速
B．乘客处于超重状态，电梯可能向上加速
C．乘客处于失重状态，电梯可能向下减速
D．乘客处于超重状态，电梯可能向下加速
【考点】超重与失重的概念、特点和判断．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】B
【分析】对于超重还是失重的判断，关键取决于加速度的方向：当物体的加速度向上时，处于超重状态；当加速度方向向下时，处于失重状态。
【解答】解：体重计的示数大于乘客的体重，则具有向上的加速度，处于超重状态，电梯可能向上加速运动，也可能向下减速运动，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】考查对超重、失重的理解，清楚其定义。
4．（2024秋 丰台区期末）关于惯性，下列说法正确的是（　　）
A．汽车速度越大，刹车后越难停下来，表明物体的速度越大，其惯性越大
B．汽车转弯后前进方向发生了改变，表明物体速度方向改变，其惯性也随之改变
C．水平抛出的小球，尽管速度的大小和方向都改变了，但惯性不变
D．若速度相同的沙袋在相同时间内停下来，则两沙袋惯性一定相等
【考点】惯性与质量．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】AB.根据惯性只与物体的质量有关，与速度快慢和速度方向的变化无关进行分析解答；
C.根据速度改变与惯性无关进行分析解答；
D.根据加速度和惯性的区别进行分析判断。
【解答】解：A.惯性是物体本身的一种属性，任何物体都具有惯性，质量是物体惯性大小的唯一量度，与汽车的运动状态以及速度的大小均无关，故A错误；
B.质量是物体惯性大小的唯一量度，汽车转弯时速度方向改变，可惯性不变，故B错误；
C.质量是物体惯性大小的唯一量度，被平抛出的小球，速度大小和方向都改变了，可惯性不变，故C正确；
D.速度相同的沙袋在相同时间内停下来，只是说明两沙袋的加速度大小相同，但不能说明两沙袋质量相等，惯性相等，故D错误。
故选：C。
【点评】考查物体的惯性的决定因素，与物体的受力情况和运动状态无关，会根据题意进行准确分析解答。
5．（2024秋 杭州期末）英国物理学家焦耳最早发现了焦耳定律，给出了电能向热能转化的定量关系。为了纪念他，国际单位制（SI）中能量的导出单位也以焦耳（J）命名。焦耳用国际单位制中基本单位表示正确的是（　　）
A．J B．kg cm2 s﹣1
C．kg m2 s﹣2 D．kg s﹣2
【考点】力学单位制与单位制．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据给出的计算公式进行单位的换算，并用基本单位表示即可。
【解答】解：J和cm都不是国际单位制中基本单位，1J＝1N m，1N＝1kg m/s2，联立可知1J＝1kg m2/s2，故C正确，ACD错误。
故选：C。
【点评】本题考查对单位制的认识，要注意明确物理公式同时对应了单位制的计算。
6．（2024秋 榆林期末）如图四幅图片中：图甲是子弹射出枪口；图乙是“漂浮”在空间站的航天员；图丙是跳伞运动员在空中匀速下降：图丁是伽利略研究自由落体运动规律。下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，子弹射出枪口时的速度指的是平均速度
B．图乙中，“漂浮”在空间站的航天员，惯性消失了
C．图丙中，运动员和伞没有受到外力作用
D．图丁中，利用斜面是为了“冲淡”重力，便于测量运动时间
【考点】惯性与质量；平均速度（定义式方向）；伽利略对自由落体运动的探究．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据瞬时速度、惯性和物体的受力分析，伽利略的斜面实验等知识进行分析判断。
【解答】解：A.图甲中，子弹射出枪口时的速度指的是瞬时速度，故A错误；
B.图乙中，“漂浮”在空间站的航天员处于完全失重状态，但质量不变，惯性不变，故B错误；
C.图丙中，运动员和伞受到重力和空气阻力的共同作用，故C错误；
D.图丁中，利用斜面是为了“冲淡”重力，延长运动时间而便于测量运动时间，故D正确。
故选：D。
【点评】考查瞬时速度、惯性和物体的受力分析，伽利略的斜面实验等知识，会根据题意进行准确分析解答。
7．（2024秋 朝阳区校级期末）如图所示，传送带与水平方向夹角为θ，与两皮带轮相切与A、B两点，从A到B长度为L＝2m，传送带以一定的速率顺时针转动。现有一体积可忽略的小物块在传送带下端A以v0＝2m/s的初速度冲上传送带。当改变传送带匀速转动的速度v1时，小物块到达B处的速度v2也会相应变化，v2和v1的关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2。下列说法不正确的是（　　）
A．传送带与水平方向夹角θ满足sinθ＝0.6
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
C．物块在传送带上的最短运动时间为（3）s
D．当传送带的速度为5m/s时，物块在传送带上形成的划痕长为（4）m
【考点】倾斜传送带模型；复杂的运动学图像问题．
【专题】定量思想；推理法；传送带专题；分析综合能力．
【答案】D
【分析】AB.分析物块的运动情况，根据速度一位移关系列方程，再结合牛顿第二定律列方程进行解答；
C，当平均速度最大时，物块在传送带上运动时间最短，根据运动学公式进行解答；
D.当传送带的速度为时，物块先做加速度大小为a1减速运动，速度减到v1＝5m/s后再做加速度大小为a2减速运动。求出前后两个过程中相对通过的距离，由此分析划痕长度。
【解答】解：AB、当v1≤2m/s时，物块一直做减速运动，所受摩擦力方向沿传送带向下，根据速度一位移关系可得
其中
v01＝2m/s
解得
此过程中，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
当时，物块一直做减速运动，所受摩擦力方向沿传送带向上，加速度大小为a2，根据速度一位移关系可得
其中
v02＝6m/s，
解得
此过程中，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
联立解得：sinθ＝0.6，μ＝0.5，故AB正确；
C、当平均速度最大时，物块在传送带上运动时间最短，最大的平均速度为：
最短时间为：
故C正确；
D、当传送带的速度为时，物块先做加速度大小为a1减速运动，速度减到v1＝5m/s后再做加速度大小为a2减速运动。物块做加速度大小为a1减速运动过程，物块运动时间：
这段时间内物块的位移：
解得：
传送带上形成的划痕长为
代入数据解得：
物块做加速度大小为a2减速运动过程的位移：
x2v0v0＝L﹣x1
解得
设物块运动到最高点的速度大小为υ'，则：
解得：
v'≈3.94m/s
此过程中运动时间为：
解得：
t2＝0.53s
这段时间内传送带上形成的划痕长为：
L2＝v1t2﹣x2
解得：
L2＝0.28m
由于L2＞L1，所以划痕长度为
故D错误。
本题选错误的，故选：D。
【点评】本题考查了传送带问题，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，传送带模型是重要的模型，一定要掌握传送带问题的处理方法。
8．（2024秋 丰台区期末）如图所示，质量分别为m和M的两本书叠放在光滑水平一面上，用大小为F的水平恒力推下面的书，使两本书保持相对静止一起做加速运动。则运动过程中上面的书受到的摩擦力大小为（　　）
A．F B． C． D．
【考点】牛顿第二定律的简单应用；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】C
【分析】先对整体分析，求出加速度大小，再对上面的书受力分析根据牛顿第二定律列式。
【解答】解：对整体受力分析，根据牛顿第二定律可得
F＝（M+m）a
解得
a
对上面的书受力分析，根据牛顿第二定律可得
f＝ma
解得
f
故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查的是牛顿第二定律的运用，其中需熟练掌握整体法以及隔离法。
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 丰台区期末）利用速度传感器研究某弹性小球从距离地面一定高度处由静止下落后的运动，以开始下落瞬间作为计时起点，小球运动的v﹣t图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．该v﹣t图像选择以竖直向上为正方向
B．t1时刻小球恰好接触地面
C．t2时刻小球反弹到了最高点
D．由图像可知小球运动过程中受到的空气阻力可以忽略不计
【考点】牛顿第二定律求解多过程问题；根据v﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况．
【专题】定性思想；推理法；运动学中的图象专题；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】A.小球第一个阶段竖直向下运动，结合图中信息，即可分析判断；
B.由小球的运动特征可知，小球恰好接触地面时速度不可能为零，结合图中信息，即可分析判断；
C.由小球的运动特征可知，小球反弹到最高点时速度为零，结合图中信息，即可分析判断；
D.结合图中信息，由v﹣t图像的物理意义、牛顿第二定律，即可分析判断。
【解答】解：A.小球第一个阶段竖直向下运动，由图知，该阶段小球速度为负，则该v﹣t图像选择以竖直向上为正方向，故A正确；
B.由小球的运动特征可知，小球恰好接触地面时速度不为零，由图知，t1时刻小球速度为零，则t1时刻小球未接触地面，故B错误；
C.由小球的运动特征可知，小球反弹到最高点时速度为零，由图知，t2时刻小球速度不为零，则t2时刻小球未反弹到最高点，故C错误；
D.由图可知，几段图线彼此平行，则由v﹣t图像的物理意义可知，图示的几个过程小球的加速度相同，则由牛顿第二定律可知，小球所受合力相同，则图中的几个过程，小球只受重力作用，故由图像可知，小球运动过程中受到的空气阻力可以忽略不计，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题主要考查牛顿第二定律求解多过程问题，解题时需注意：分析物体的运动过程、分析每一阶段物体受力的变化、根据牛顿第二定律分析物体加速度的变化、根据加速度的情况分析物体的运动情况。
（多选）10．（2024秋 朝阳区校级期末）如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，质量为m的小物块b紧靠a，且静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0。从t＝0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离，再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好为x0。弹簧始终在弹性限度内，其中心轴线与斜面平行，重力加速度大小为g，小物块a、b均可视为质点。下列说法正确的是（　　）
A．a、b分离时，弹簧的压缩量为
B．物块b加速度的大小为gsinθ
C．t时a、b分离
D．对b施加沿斜面向上的外力大小的最小值和最大值之比为4：9
【考点】牛顿第二定律求解多过程问题．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】ABD
【分析】A、初始状态，对物块a、b整体由力的平衡列式，根据物块b的运动特点，利用推论可得物块b从静止到与a分离过程的位移，此过程两者的位移大小相等，根据a、b分离时两者的加速度大小相等，可知弹簧所处状态，则可得弹簧的压缩量；
B、a、b分离时由弹簧压缩量可得弹簧弹力，根据两者分离时的特点，对a利用牛顿第二定律可得加速度大小，分离前a、b两者加速度大小相等，则可得结论；
C、利用运动学公式可得b运动的时间，根据题意可得解；
D、a、b分离前对b利用牛顿第二定律可知力F的变化特点，开始时把a、b看作一个整体，利用牛顿第二定律可得力F的最小值，a、b分离时，对b利用牛顿第二定律可得力F的最大值，则可得两力的比值。
【解答】解：A、开始时，物块a、b静止，对a、b整体由力的平衡可得：
物块b做初速度为零的匀加速直线运动，且始终做匀加速直线运动，可知物块b与物块a分离前后加速度不变，且前后运动时间相等，位移大小为x0，根据推论可知两物块分离前后，物块b的位移之比为1：3，可得物块b从静止到与a分离过程的位移大小为：
a、b分离瞬间，两者相互挤压的弹力为零，但两者的加速度大小相等，方向沿着斜面向上，此时弹簧仍处于压缩状态，可知从开始到a、b分离过程，a运动的位移等于，即弹簧的压缩量减少，所以a、b分离时，弹簧的压缩量为：x，故A正确；
B、由a、b分离时，弹簧的压缩量为，可得此时弹簧弹力大小为：，对物块a，由牛顿第二定律有：Fk﹣mgsinθ＝ma
联立方程可得：，a、b分离前两者的加速度大小相等，所以物块b的加速度大小为，故B正确；
C、设物块b运动位移为x0过程所用时间为t1，则，可得，由题意可知当时，a、b分离，故C错误；
D、设a、b分离前两者相互挤压的弹力为N，对b由牛顿第二定律有：，N逐渐减小，F逐渐增大，当N＝0时a、b恰好分离，可知开始时F最小，当两者分离时F最大，之后F不变，开始时把a、b看作一个整体，由牛顿第二定律有：
可得，a、b分离时，对b由牛顿第二定律有：，可得，则，故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律，解题的关键是知道a、b分离时，两者相互挤压的弹力为零，两者的加速度相等。
（多选）11．（2024秋 渝中区校级期末）如图甲所示，两形状相同、质量分别为m和2m的物体A、B（不粘连）叠放在劲度系数为k的轻弹簧上处于静止状态，现对物体A施加竖直向上的力F后，物体A运动的v﹣t图像如图乙所示，t0时刻物体A、B将要分离，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．t＝0时刻弹簧的压缩量为
B．t0时刻物体B开始减速
C．0～t0时间力F逐渐增大
D．力F的最小值为
【考点】牛顿第二定律的图像问题；胡克定律及其应用；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】ACD
【分析】根据v﹣t图像分析整体的运动情况和受力情况，结合牛顿第二定律和胡克定律列式求解即可。
【解答】解：A、t＝0时刻，对AB整体，重力等于弹簧弹力，则3mg＝kx1解得，弹簧的压缩量，故A正确；
B、t0时刻AB分离，分离瞬间，两物体加速度相同，均竖直向上，则B继续加速，故B错误；
C、0﹣t0时间内整体向上做匀加速直线运动，对整体，根据牛顿第二定律得：F+kx﹣3mg＝3ma，随物体向上运动，弹簧形变量x逐渐减小，则力F逐渐增大，故C正确；
D、两物体分离前，力F逐渐增大，则t＝0时，力F最小，由牛顿第二定律得：，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查牛顿第二定律和v﹣t图像，解题关键是选择合适的研究对象并对其受力分析，结合牛顿第二定律和胡克定律列式求解即可。
（多选）12．（2024秋 哈尔滨校级期末）如图所示，倾角为θ＝37°的光滑斜面固定在水平地面上，一轻质弹簧一端与垂直固定在斜面上的挡板相连，另一端与物块B栓接，劲度系数为k。物块A紧靠着物块B，物块与斜面均静止。现用一沿斜面向上的力F作用于A，使A、B两物块一起沿斜面做加速度大小为g的匀加速直线运动直到A、B分离。物块A质量为m，物块B质量为2m，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法中正确的是（　　）
A．施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为
B．A、B分离瞬间弹簧弹力大小为
C．拉力F的最大值大于mg
D．在A、B分离前整个过程中A的位移为
【考点】牛顿第二定律求解多过程问题；胡克定律及其应用；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；推理法；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】施加拉力F之前，根据平衡条件求得此时的弹簧弹力与形变量。依据题意，根据牛顿第二定律求得施加F瞬间A、B间的弹力大小；物块A、B分离瞬间，它们之间作用力为零，对B根据牛顿第二定律求得此时的弹簧弹力与形变量；根据弹簧的初末状态与形变量的变化，求解在A、B分离前整个过程中A的位移大小；在A、B分离前整个过程中弹簧一直处于伸长状态，且弹力减小，则拉力F一直增大，故A、B分离瞬间F最大，根据牛顿第二定律求得拉力F的最大值。
【解答】解：A．施加拉力F之前，A、B整体受力平衡，根据平衡条件可得此时的弹簧弹力为：F弹＝kx＝（m+2m）gsinθ
解得：F弹＝1.8mg，
已知施加F瞬间物体A、B加速度大小为，此时对B根据牛顿第二定律得：kx﹣FAB﹣2mgsinθ＝2ma
解得此时A、B间的弹力大小为：，故A正确；
B．物块A、B分离瞬间，它们之间作用力为零，对B根据牛顿第二定律得：F弹′＝kx'＝2ma+2mgsinθ
解得：F弹′＝1.6mg，，故B错误；
C．由上述分析可知，在A、B分离前整个过程中弹簧一直处于伸长状态，且弹力减小，则拉力F一直增大，故A、B分离瞬间F最大，此时对A根据牛顿第二定律得：
Fmax﹣mgsinθ＝ma，解得：Fmax＝0.8mg＜mg，故C错误；
D．由上述分析可得，在A、B分离前整个过程中A的位移大小为：，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，要知道两物体分离的临界条件为相互接触不挤压（之间的弹力为零）。掌握整体法与隔离法的应用。
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 普陀区校级期末）质量为50kg的小理乘坐电梯，其速度v随时间t的变化关系如图所示（取竖直向上为正方向），则他处于超重状态的时间段是 　0～10s　，t＝40s时，小理对电梯的压力大小为 　484　N。（g取9.8m/s2）
【考点】超重与失重的图像问题．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】0～10s；484N
【分析】根据v﹣t图像分析电梯和该同学的运动情况；v﹣t图像的斜率表示加速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求解该同学对地板的压力；加速度竖直向下，该同学处于失重状态，加速度竖直向上，该同学处于超重状态。
【解答】解：在0～10s内，从v﹣t图像可知，电梯速度为正值，向上做匀加速直线运动，加速度方向与速度方向相同，加速度竖直向上，该同学处于超重状态；
在10～30s内，v﹣t图像为水平线，此时电梯做匀速直线运动，受力平衡，该同学所受支持力等于自身的重力；
在30～36s 内，电梯速度为正值，向上做匀减速直线运动，加速度方向与速度方向相反，加速度竖直向下，该同学处于失重状态；
在36～46s内，电梯加速下降，加速度，由牛顿第二定律得：N﹣mg＝ma，代入数据解得：N＝484N
根据牛顿第三定律得，则该同学对电梯底板的压力等于支持力：F压＝N＝484N
故答案为：0～10s；484N
【点评】本题考查v﹣t图像和牛顿第二定律，解题关键是知道v﹣t图像表示速度随时间变化的关系，其斜率表示加速度；加速度竖直向上，物体处于超重状态，加速度竖直向下，物体处于失重状态。
14．（2023秋 宁德期末）在“一带一路”年度汉字发布会活动中，“互”字曾作为最能体现其精神内涵的汉字拔得头筹。如图为某兴趣小组制作的“互”字形木制模型正面图。模型分上下两部分，质量均为m，并用细线连接，其中细线1连接a、b两点，细线2连接c、d两点。当细线都绷紧时，整个模型竖直静止在水平地面上。则细线1对a点的拉力方向 　向下　（选填“向上”或“向下”），细线2对d点的拉力方向 　向上　（选填“向上”或“向下”），细线2的拉力 　大于　（选填“大于”、“等于”或“小于”）细线1的拉力。
【考点】作用力与反作用力．
【专题】定性思想；推理法；弹力的存在及方向的判定专题；理解能力．
【答案】向下；向上；大于。
【分析】根据整体受力平衡和弹力的方向分析问题。
【解答】解：细线只能提供沿细线的拉力，则细线1对a点的拉力方向向下，细线2对d点的拉力方向向上；
对模型上部分受力分析，有F1+mg＝ F2可知细线2的拉力大于细线1的拉力。
故答案为：向下；向上；大于。
【点评】在解决涉及弹力方向的问题时，关键在于识别物体的形变方向和接触面或绳子的相互作用。弹力的方向总是与物体形变的方向相反，这有助于我们准确地确定弹力的方向。在具体问题中，需要根据物体的受力情况和接触面或绳子的特性来确定弹力的方向
15．（2024秋 天河区期末）（1）某同学借助高速照相机对亭台檐边下落的水滴进行探究：水滴每隔0.2s自檐边静止滴下，当第1滴落地时第6滴恰欲滴下，不考虑空气阻力，水滴处于无风环境中，g取10m/s2，则此时第2滴距地面的高度为 　1.8　m。
（2）将一个重力为G的铅球放在倾角为45°的斜面上，并用竖直挡板挡住，铅球处于静止状态。不考虑铅球受到的摩擦力，铅球对斜面的压力大小为 　G　。
（3）如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞。某次测试中在接近地球表面时以30m/s的速度竖直匀速下落，此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探测器质量为600kg，背罩质量为50kg，地球表面重力加速度大小取g＝10m/s2，忽略大气对探测器和背罩的阻力。“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为 　120　m/s2。
【考点】物体在粗糙斜面上的运动；自由落体运动的规律及应用；牛顿第三定律的理解与应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）1.8；（2）G；（3）120。
【分析】（1）根据自由落体运动的规律列式求解；
（2）根据平衡条件结合相应的几何关系列式解答；
（3）根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解。
【解答】解：（1）依题意，第一滴水下落时对地的高度为h1g（5T）210×（5×0.2）2m＝5m，第2滴水此时距地面的高度Δh＝h1g（4T）2＝5m10×（4×0.2）2m＝1.8m；
（2）铅球的受力如图所示
根据平衡条件和相应的几何关系，Ncos45°＝G，得NG，由牛顿第三定律可知，铅球对斜面的压力大小也为G；
（3）整个装置匀速下落时，满足F＝（M+m）g，“背罩分离”后瞬间，对“背罩”根据牛顿第二定律有F﹣mg＝ma，代入M＝600kg，m＝50kg，解得a＝120m/s2。
故答案为：（1）1.8；（2）G；（3）120。
【点评】考查平衡条件的应用以及牛顿第二定律、第三定律的理解和应用，会根据题意进行准确分析解答。
16．（2024秋 普陀区校级期末）如图，两个竖直挡板之间，用轻绳和轻弹簧挂着一质量为2kg的小球（可视为质点）。小球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为37°，弹簧恰好水平。剪断细绳瞬间，小球的加速度大小为 　12.5　m/s2，方向为 　与竖直方向夹角为37°斜向左下方　。（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
【考点】牛顿第二定律求解瞬时问题；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】12.5；与竖直方向夹角为37°斜向左下方。
【分析】求出剪断轻绳前轻绳的拉力，剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不变，应用牛顿第二定律求出剪断轻绳瞬间小球的加速度。
【解答】解：小球受力如图所示
小球静止处于平衡状态，由图示可知，轻绳的拉力Tmg
剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不能突变，剪断轻绳瞬间，小球所受合力与轻绳拉力等大反向，
剪断轻绳瞬间，对小球，由牛顿第二定律得：mg＝ma
解得：a＝12.5m/s2，方向与竖直方向夹角为37°斜向左下方
故答案为：12.5；与竖直方向夹角为37°斜向左下方。
【点评】知道弹簧弹力不能突变是解题的前提，根据小球的受力情况，应用牛顿第二定律即可解题。
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 重庆期末）为提高货物运输的效率，确保航班行李和货物的及时装卸，机场常用小火车在停机坪和货运站之间运输行李、货物等。如图所示是一辆机场小火车，它由一辆牵引车和5节载货拖车组成，拖车在牵引车牵引力的作用下做匀速直线运动，速度大小为v0＝3m/s，若某时刻最后一节拖车与前车脱钩，但牵引车的牵引力未变化。假设牵引车和各节拖车的质量都相同，它们运动时所受的阻力都等于他们车重的0.1倍，不计各拖车之间的距离，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）最后一节拖车刚脱钩后，牵引车的加速度是多大？
（2）4s末，最后这节拖车距离其前面一节拖车的距离是多少？
【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况．
【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】（1）最后一节拖车刚脱钩后，牵引车的加速度大小是0.2m/s2；
（2）4s末，最后这节拖车距离其前面一节拖车的距离是9.1m。
【分析】（1）应用牛顿第二定律求出牵引车的加速度大小。
（2）应用牛顿第二定律求出加速度，然后应用运动学公式求出拖车与前面一节拖车间的距离。
【解答】解：（1）设牵引车与每节拖车的质量都是m
牵引车与5节拖车做匀速直线运动，由平衡条件解得：F＝0.6mg
最后一节拖车脱钩后，对牵引车与剩余的4节拖车整体，由牛顿第二定律得：F﹣0.5mg＝5ma1
代入数据解得：a1＝0.2m/s2
（2）对最后一节拖车，由牛顿第二定律得：0.1mg＝ma2
代入数据解得：a2＝1m/s2
最后一节拖车减速到零需要的时间t0s＝3s＜4s
最后一节拖车减速到零的位移x2m＝4.5m
牵引车在t＝4s内的位移x1＝v0t
代入数据解得：x1＝13.6m
4s末最后这节拖车距离其前面一节拖车的距离d＝x1﹣x2＝13.6m﹣4.5m＝9.1m
答：（1）最后一节拖车刚脱钩后，牵引车的加速度大小是0.2m/s2；
（2）4s末，最后这节拖车距离其前面一节拖车的距离是9.1m。
【点评】分析清楚牵引车与拖车的受力情况与运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
18．（2024秋 闽侯县期末）如图，速降自行车赛中某选手骑车进入一段直下坡，在坡道上不蹬踏板而自由加速下滑。自行车受到路面的阻力忽略不计，空气阻力与车速大小成正比，比例系数为k，方向与车速方向相反，人与车总质量为m，下坡路段与水平面间的夹角为θ，重力加速度为g。
（1）自行车在坡道上速度为v1时空气阻力和加速度的大小分别是多少？
（2）如果坡道足够长，自行车能达到的最大速度vm是多少？
（3）进入平直路面后该选手开始刹车，自行车在刹车阻力和空气阻力的共同作用下做匀减速运动，刹车过程车轮与地面接触处始终不打滑。从开始刹车起，车载速率表显示前轮转动第一圈过程车辆前进的平均速度为v，刹车过程前轮总共转了n圈，自行车开始刹车时的速度v2是多少？
【考点】牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】（1）自行车在坡道上速度为v1时空气阻力和加速度的大小分别是kv1与；
（2）自行车能达到的最大速度vm是；
（3）自行车开始刹车时的速度v2是2v（n）。
【分析】（1）根据题意求出空气阻力；再根据牛顿第二定律受力分析求出加速度大小；
（2）根据加速度为0时速度最大，结合二力平衡列式求解；
（3）先求出前轮转一圈后车辆前进的平均速度，再根据速度与位移公式列式，结合开始刹车到车停止运动的速度与位移公式联立求解。
【解答】解：（1）车在坡道上的速度达到v1时，空气阻力为
f＝kv1
由牛顿第二定律可得
mgsinθ﹣f＝ma
解得加速度为
a
（2）当加速度等于0时，自行车速度最大，由二力平衡可得
mgsinθ﹣kvm＝0
解得
vm
（3）自行车刹车后做匀减速运动，设加速度大小为a，前轮转动第一圈后车速为v3，车轮的周长为L，则
v
2aL
从开始刹车到车停止运动可知
联立解得
v2＝2v（n）
答：（1）自行车在坡道上速度为v1时空气阻力和加速度的大小分别是kv1与；
（2）自行车能达到的最大速度vm是；
（3）自行车开始刹车时的速度v2是2v（n）。
【点评】本题考查的是牛顿第二定律的运用，其中第三问中平均速度的求解是本题的难点，需特别注意。
19．（2024秋 临潼区期末）如图所示，地面依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l＝3m，质量均为m2＝100g，现有一小滑块以速度v0＝5m/s冲上木板A左端，已知小滑块质量m1＝200g，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2。（设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取10m/s2）
（1）若滑块滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件；
（2）若μ1＝0.35，求滑块运动时间（结果用分数表示）。
【考点】无外力的水平板块模型；匀变速直线运动规律的综合应用．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）若滑块滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，μ1应满足的条件为：0.3＜μ1≤0.4；
（2）若μ1＝0.35，滑块运动时间为s。
【分析】（1）结合题意，根据两个临期情况中，力与力的关系列式，即可分析求解；
（2）结合（1）及题意，分析确定滑块的运动分为几个阶段，对每个阶段，结合牛顿第二定律及运动学规律分别列式，即可分析求解。
【解答】解：（1）若滑块滑上木板A时，木板不动，则有：μ1m1g≤μ2（m1+2m2）g，
若滑块滑上木板B时，木板B开始滑动，则有：μ1m1g＞μ2（m1+m2）g，
解得：0.3＜μ1≤0.4；
（2）由（1）可知，若μ1＝0.35，则滑块滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，
设滑块在木板A上运动时的加速度大小为a1，在A上滑动的时间为t1，到达B板时速度大小v1，
由牛顿第二定律可得：μ1m1g＝m1a1，
由运动学规律可得：﹣2a1l，v1＝v0﹣a1t1，
设滑块在木板B上运动时的加速度大小为a2，两者达到的共同速度大小为v共，滑块在B上滑动至与B共速的时间为t2，滑块与B的相对位移大小为Δx，
由牛顿第二定律可得：μ1m1g﹣μ2（m1+m2）g＝m2a2，
由运动学规律可得：v共＝a2t2＝v1﹣a1t2，，
联立可得：v1＝2m/s，t1s，t2s，v共m/s，Δxm，
因为Δx小于l，所以滑块与B共速后，两者相对静止，一起减速至静止，
设两者从共速到静止的时间为t3，加速度大小为a共，
由牛顿第二定律可得：μ2（m1+m2）g＝（m1+m2）a共，
由运动学规律可得：v共＝a共t3，
滑块运动时间为：t＝t1+t2+t3，
联立可得：ts；
答：（1）若滑块滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，μ1应满足的条件为：0.3＜μ1≤0.4；
（2）若μ1＝0.35，滑块运动时间为s。
【点评】本题考查无外力的水平板块模型，解题时需注意，要牢牢把握物块与木板之间的联系，找出加速度关系、速度关系以及位移关系，可通过整体法与隔离法的综合运用解决问题。
20．（2024秋 宁波期末）如图所示，粗糙水平面上有一长方体箱子，箱子内部固定有光滑斜面OA，斜面倾角θ＝37°，箱子右边固定有竖直挡板CD。现用水平恒力F推动箱子使其由静止开始向右做匀加速直线运动，此时斜面OA上的小球P（可视为质点）与斜面保持相对静止。已知整个装置（包括箱子、斜面和小球）的质量M＝6kg，箱子与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，P离箱底的高度h＝0.45m，斜面底端A与箱子底部右端B相距xAB＝0.15m，不计空气阻力。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求此时箱子的加速度大小和水平恒力F的大小；
（2）现保持（1）中F不变，设箱子与挡板CD碰撞后速度立即变为0且此后保持静止，而小球P则可能会与斜面OA、箱子底部AB或箱子右壁BB'发生碰撞。将P自飞出到第一次发生碰撞的时间记为t，P飞出后直接撞到箱子右壁BB时的速度大小记为v，箱子右壁与挡板间的距离BC记为L。
①当L取多大时，v有最小值，并求出该最小值vmin；
②通过分析计算，写出t与L间的函数关系。
【考点】斜面上的连接体问题（连接体问题的特例）；牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；物体在粗糙斜面上的运动．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）求此时箱子的加速度大小等于7.5m/s2；水平恒力F的大小等于51N；
（2）①当L取0.5m时，v有最小值
②当0＜v0≤2m/s，即时，，（s）
当2m/s＜v0≤2.5m/s，即时，t＝0.3s
当v0＞2.5m/s，即时，
【分析】（1）对小球由牛顿第二定律求解加速度；对整个装置由牛顿第二定律求解水平恒力F的大小；
（2）①箱子与挡板CD碰撞前与小球一起加速运动，箱子与挡板CD碰撞后，小球做平抛运动，结合数学方法求解v的最小值；
②分小球P落到斜面上，小球落到AB间，小球与右壁BB'发生碰撞三种情况进行讨论。
【解答】解：（1）对小球由牛顿第二定律得：mgtanθ＝ma，解得a＝7.5m/s2；
对整个装置由牛顿第二定律得：F﹣μMg＝Ma；
解得：F＝51N
（2）①P飞出后由平抛运动规律得
联立，得
易知，当，即L＝0.5m，时，v有最小值
当P恰落到B点时，，
上述最小值可以取到，故
②当P恰落到A点时；
当0＜v0≤2m/s，即时，，（s）
当2m/s＜v0≤2.5m/s，即时，t＝0.3s
当v0＞2.5m/s，即时，
答：（1）求此时箱子的加速度大小等于7.5m/s2；水平恒力F的大小等于51N；
（2）①当L取0.5m时，v有最小值
②当0＜v0≤2m/s，即时，，（s）
当2m/s＜v0≤2.5m/s，即时，t＝0.3s
当v0＞2.5m/s，即时，
【点评】本题小球运动过程较复杂，解题关键是分析清楚小球运动过程，然后对应的应用物理公式。
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