3.3牛顿第三定律（预习衔接.含解析）2025-2026学年高一上学期物理必修第一册人教版（2019）
文档属性
| 名称 | 3.3牛顿第三定律（预习衔接.含解析）2025-2026学年高一上学期物理必修第一册人教版（2019） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 422.6KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-07-09 21:15:53 | ||
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文档简介
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新课预习衔接 牛顿第三定律
一．选择题（共5小题）
1．（2024 抚顺期末）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mgsinθ
C．物体刚运动时的加速度大小为4gsinθ
D．物体向下运动至O点速度最大
2．（2024 武邑县校级期末）关于牛顿运动定律的理解，下列说法正确的是（ ）
A．抛出去的小球，离手后仍能运动，说明小球已经失去惯性
B．物体不受力时处于静止或匀速运动的状态
C．物体所受的合力方向与物体的加速度方向可能相反
D．甲、乙双方进行拔河比赛，甲方胜利，说明甲对乙的力大于乙对甲的力
3．（2024 石家庄期末）如图所示，在竖直平面内有半径为R的半圆，最低点为A，B是半圆上一点，AB为光滑倾斜轨道，AC是倾角为θ＝45°、高为h＝2R的光滑固定斜面。现自B点由静止释放小球甲的同时，自C点以初速度大小v0沿斜面向下射出小球乙，发现两小球同时到达A点。已知重力加速度为g，则小球乙的初速度大小的为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024 延庆区期末）电动平衡车是时下热门的一种代步工具。如图，人笔直站在电动平衡车上，车在水平地面上沿直线匀速前进，下列说法正确的是（ ）
A．地面对平衡车的支持力是因地面发生形变而产生的
B．在行驶过程中突然刹车，平衡车受到地面的摩擦力向前
C．平衡车及人受到的重力和车对地面的压力是一对平衡力
D．平衡车及人受到的重力和地面对车的支持力是一对相互作用力
5．（2024 哈尔滨期末）《中国制造2025》是国家实施强国战略第一个十年行动纲领，智能机器制造是一个重要方向，其中智能机械臂已广泛应用于各种领域。如图所示，一机械臂铁夹夹起一个金属小球，小球在空中处于静止状态，铁夹与球接触面保持竖直，则（ ）
A．铁夹对小球的两个弹力为一对相互作用力
B．若进一步加大铁夹对小球挤压，小球受到的摩擦力变大
C．小球受到5个力的作用
D．若铁夹水平匀速移动，铁夹对小球作用力的方向斜向上
二．多选题（共5小题）
（多选）6．（2024 抚顺期末）如图所示，蚂蚁们“头顶着”食物沿树枝向上爬行，10s内前进了0.2m，则（ ）
A．当蚂蚁匀速爬行时，食物对蚂蚁的力与蚂蚁对食物的力是一对平衡力
B．“10s”是时刻，“0.2m”是路程
C．观察蚂蚁行走时的肢体分工时，蚂蚁不能视为质点
D．树枝对蚂蚁的支持力是由于树枝的形变产生的
（多选）7．（2024 岳麓区校级期末）如图甲所示，劲度系数k＝500N/m的轻弹簧，一端固定在倾角为θ＝37°的带有挡板的光滑斜面体的底端，另一端和质量mA的小物块A相连，质量为mB的物块B紧靠A一起静止。现用水平推力使斜面体以加速度a向左匀加速运动，稳定后弹簧的形变量大小为x。在不同推力作用下，稳定时形变量大小x随加速度a的变化如图乙所示。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（ ）
A．
B．mA＝3kg
C．若a＝a0，稳定时A对斜面的压力大小为12.5N
D．若a＝0.5a0，稳定时A、B间弹力大小为6N
（多选）8．（2024 肇东市校级期末）牛顿是出生在17世纪英国伟大的科学家，而牛顿三大定律更是人类探索自然奥秘的重大发现。关于牛顿三大定律，下列说法中正确的是（ ）
A．牛顿第一定律是在大量实验事实的基础上通过推理而概括出来的结论
B．羽毛球可以被快速抽杀，是因为它质量小，惯性小，运动状态容易改变
C．甲、乙两队进行拔河比赛，甲队获胜，其力学上的根本原因是甲队拉绳的力比乙队拉绳的力大
D．任何情况下，速度的方向总与合外力方向相同
（多选）9．（2024 兴庆区校级月考）如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），四个环分别从O点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4。下列关系正确的是（ ）
A．t1＞t2＞t3 B．t1＝t3＞t2 C．t2＝t4＞t1 D．t2＜t3＜t4
（多选）10．（2024 万州区校级模拟）如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角θ＝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1kg，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g＝10m/s2，系统处于静止状态。现在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，木板相对斜劈向右运动
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＝24N时，细绳与水平方向的夹角α满足：tanα＝0.8
三．解答题（共5小题）
11．（2024 泸县校级期末）如图所示，小球A置于水平面上的半圆体上静止，半圆柱体底面粗糙，其斜面光滑。小球B用系于竖直板上的水平轻弹簧拉着，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态。已知A球质量为m，O点在半圆主体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆住体半径相等，OB与竖直方向成45°角，重力加速度为g，求：
（1）小球A受到细线的拉力大小；
（2）若半圆柱体质量也为m且恰好不滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，半圆柱体底面与地面间的动摩擦因数μ；
（3）若将OB绳剪断，则在剪断瞬间，小球B的加速度的大小和方向。
12．（2024 荆州区校级期末）如图所示，有一倾角为θ＝37°（sin37°），下端固定一挡板，挡板与斜面垂直，一长木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一质量m的小物块。现让长木板和小物块同时由静止释放，此时刻为计时起点，在第2s末，小物块刚好到达长木板的光滑部分，又经过一段时间，长木板恰好停在挡板处，小物块刚好到达长木板的下端边缘。已知小物块与长木板的上部分的动摩擦因数，长木板与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，长木板的质量M＝m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）在0～2s时间内长木板和小物块的加速度的大小；
（2）长木板距离挡板多远；
（3）长木板的长度。
13．（2024 辽宁一模）如图所示，质量为m的物块P通过轻弹簧放置于倾角θ＝30°的固定光滑斜面体上。弹簧下端与挡板连接，P与弹簧无拴接，轻质细绳通过轻质光滑滑轮两端分别连接质量为2m的物块Q和质量为8m的物块A，现用手托住物块A（距地面足够高），使细绳与斜面平行张力恰好为0，松手后物块A开始下落。已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g，弹簧始终在弹性限度内，求：
（1）物块静止时弹簧的压缩量Δx；
（2）物块P、Q分离时的加速度大小a；
（3）物块P、Q分离时物块A下降的高度h。
14．（2024 白山期末）如图所示，固定在水平地面上的斜面体上有一木块A（到定滑轮的距离足够远），通过轻质细线和滑轮与铁块B连接，细线的另一端固定在天花板上，在木块A上施加一沿斜面向下的作用力F，使整个装置处于静止状态。已知连接光滑动滑轮两边的细线均竖直，木块A和光滑定滑轮间的细线和斜面平行，木块A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，斜面的倾角θ＝37°，铁块B下端到地面的高度h＝0.75m，木块A的质量m＝0.5kg，铁块B的质量M＝1kg，不计空气阻力，不计滑轮受到的重力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求细线的拉力大小；
（2）当F＝1.2N时，求木块A受到的摩擦力；
（3）撤去力F，设铁块B落地后不反弹，求木块A能沿斜面上滑的最大距离。
15．（2024 杏花岭区校级月考）如图所示，一倾角为37°的足够长光滑斜面固定在水平地面上，小球B从斜面的底端开始以初速度10m/s沿斜面向上运动，与此同时，将小球A从斜面上某点以水平初速度抛出，当小球A落到斜面时恰好击中小球B，此时小球B沿斜面向上运动的速度为4m/s。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）小球A的飞行时间；
（2）小球A的初速度大小；
（3）小球A的抛出点距地面的高度。
新课预习衔接 牛顿第三定律
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024 抚顺期末）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mgsinθ
C．物体刚运动时的加速度大小为4gsinθ
D．物体向下运动至O点速度最大
【考点】作用力与反作用力；胡克定律及其应用．
【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理能力．
【答案】C
【分析】简谐运动，衡位置加速度小；
根据平衡条件和牛顿第二定律列式，分析最低点加速度和弹力；
简谐运动，平衡位置速度最大。
【解答】解：A．物体在弹力和重力下滑分力的作用下，做简谐运动，做变加速运动至O点，过O点后加速度先减小后增大，故A错误；
BC．根据平衡条件，有mgsinθ＝kx0
释放时，根据牛顿第二定律，则有
k 3x0+mgsinθ＝4mgsinθ＝ma
物体刚运动时的加速度大小，同时也是最低点的加速度大小为
a＝4gsinθ
则在最低点时，根据牛顿第二定律，则有
F﹣mgsinθ＝ma
物体运动至最低点时弹力大小等于
F＝5mgsinθ
故B错误，C正确；
D．距斜面O点x0处为平衡位置，运动至该位置的速度最大，故D错误。
故选：C。
【点评】本题解题关键是掌握平衡条件和牛顿第二定律，具有一定综合性，难度中等。
2．（2024 武邑县校级期末）关于牛顿运动定律的理解，下列说法正确的是（ ）
A．抛出去的小球，离手后仍能运动，说明小球已经失去惯性
B．物体不受力时处于静止或匀速运动的状态
C．物体所受的合力方向与物体的加速度方向可能相反
D．甲、乙双方进行拔河比赛，甲方胜利，说明甲对乙的力大于乙对甲的力
【考点】牛顿第三定律的理解与应用；牛顿第一定律的内容与应用；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．
【答案】B
【分析】根据牛顿运动定律的基础内容及牛顿第二定律的矢量性分析判断即可。
【解答】解：A．一切物体都有惯性，并且惯性的大小只与物体的质量有关，惯性的大小与物体的运动状态无关，抛出去的小球，小球的质量不变，惯性不变，故A错误；
B．根据牛顿第一定律可知，物体不受力时处于静止或匀速运动的状态，故B正确；
C．由牛顿第二定律知，物体所受的合力方向与物体的加速度方向一定相同，故C错误；
D．甲对乙的力与乙对甲的力是相互作用力，大小相等，甲方胜利的原因是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，故D错误。
故选：B。
【点评】牛顿运动定律是经典力学的基础，也是高中物理中的重要内容之一，应能熟练、准确地理解并应用它。
3．（2024 石家庄期末）如图所示，在竖直平面内有半径为R的半圆，最低点为A，B是半圆上一点，AB为光滑倾斜轨道，AC是倾角为θ＝45°、高为h＝2R的光滑固定斜面。现自B点由静止释放小球甲的同时，自C点以初速度大小v0沿斜面向下射出小球乙，发现两小球同时到达A点。已知重力加速度为g，则小球乙的初速度大小的为（ ）
A． B． C． D．
【考点】作用力与反作用力；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】A
【分析】根据“等时圆”原理求解下落时间，对小球乙，根据牛顿第二定律求解在斜面沿斜面下滑的加速度大小，根据位移—时间关系求解初速度大小。
【解答】解：根据“等时圆”原理可知，甲球从B到达A的时间等于小球从圆弧最高点沿直径自由下落到底部的时间，设下落时间为t，
则有：2R
解得：t；
对小球乙，在斜面沿斜面下滑的加速度大小为：agsinθ
斜面长为L
根据位移—时间关系可得：L＝v0t
解得：v0，故A正确、BCD错误。
故选：A。
【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答，解答本题还有能够灵活利用等时圆处理问题。
4．（2024 延庆区期末）电动平衡车是时下热门的一种代步工具。如图，人笔直站在电动平衡车上，车在水平地面上沿直线匀速前进，下列说法正确的是（ ）
A．地面对平衡车的支持力是因地面发生形变而产生的
B．在行驶过程中突然刹车，平衡车受到地面的摩擦力向前
C．平衡车及人受到的重力和车对地面的压力是一对平衡力
D．平衡车及人受到的重力和地面对车的支持力是一对相互作用力
【考点】作用力与反作用力；弹力的概念及其产生条件．
【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】A
【分析】形变的物体为施力物体，刹车过程，摩擦力向后；根据相互作用力和二力平衡的区别来解答即可。
【解答】解：A．因为形变的物体为施力物体，所以地面对平衡车的支持力是因地面发生形变而产生的，故A正确；
B．在行驶过程中突然刹车，平衡车有向前运动的趋势，故摩擦力向后，故B错误；
C．平衡力作用在一个物体上，平衡车及人受到的重力受力物体为车和人，而车对地面的压力受力物体为地面，故C错误；
D．人与平衡车的重力的合力和地面对平衡车的支持力的受力物体是平衡车，所以两力是一对平衡力，故D错误。
故选：A。
【点评】本题主要是考查弹力和相互作用力，解题关键是明确形变的物体为施力物体，掌握相互作用力和二力平衡的区别。
5．（2024 哈尔滨期末）《中国制造2025》是国家实施强国战略第一个十年行动纲领，智能机器制造是一个重要方向，其中智能机械臂已广泛应用于各种领域。如图所示，一机械臂铁夹夹起一个金属小球，小球在空中处于静止状态，铁夹与球接触面保持竖直，则（ ）
A．铁夹对小球的两个弹力为一对相互作用力
B．若进一步加大铁夹对小球挤压，小球受到的摩擦力变大
C．小球受到5个力的作用
D．若铁夹水平匀速移动，铁夹对小球作用力的方向斜向上
【考点】作用力与反作用力；力的合成与分解的应用；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定性思想；归纳法；共点力作用下物体平衡专题；分析综合能力．
【答案】C
【分析】静摩擦力方向与相对运动趋势方向相反；一对平衡力应该等大反向作用在一条直线上；物体实际受到的静摩擦力大小与压力无关；加速运动时需要合外力。
【解答】解：A．铁夹对小球的两个弹力作用在同一个物体上，是一对平衡力，不是一对作用力与反作用力，故A错误；
B．若进一步加大铁夹对小球挤压，小球仍然处于平衡状态，它所受的静摩擦力与重力大小相等，方向相反，所以小球受到的摩擦力是保持不变的，故B错误；
C．小球受到5个力的作用，分别为：重力、左右两侧分别受到铁夹的两个弹力、左右两侧分别受到铁夹的两个摩擦力，故C正确；
D．若铁夹水平匀速移动，铁夹对小球作用力的方向应该竖直向上，与重力等大反向，故D错误。
故选C。
【点评】本题主要考查了静摩擦力的特点，注意静摩擦力是一种被动力，它的大小和方向由其它外力和运动状态决定，与压力无关。
二．多选题（共5小题）
（多选）6．（2024 抚顺期末）如图所示，蚂蚁们“头顶着”食物沿树枝向上爬行，10s内前进了0.2m，则（ ）
A．当蚂蚁匀速爬行时，食物对蚂蚁的力与蚂蚁对食物的力是一对平衡力
B．“10s”是时刻，“0.2m”是路程
C．观察蚂蚁行走时的肢体分工时，蚂蚁不能视为质点
D．树枝对蚂蚁的支持力是由于树枝的形变产生的
【考点】作用力与反作用力；质点；时刻、时间的物理意义和判断；位移、路程及其区别与联系；弹性形变和塑性形变．
【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题；理解能力．
【答案】CD
【分析】两物体之间的力是一对相互作用力；
时间为一段时间间隔，路程为轨迹大小；
形状大小是主要因素，不能忽略，不能看成质点；
弹力由弹性形变产生。
【解答】解：A．食物对蚂蚁的力与蚂蚁对食物的力是一对相互作用力，故A错误；
B．依题意，可知“10s”所指为时间间隔，“0.2m”是路程，故B错误；
C．观察蚂蚁行走时的肢体分工时，蚂蚁形状、尺寸对该研究过程有影响，形状大小是主要因素，不能忽略，故不能视为质点，故C正确；
D．支持力是弹力，树枝对蚂蚁的支持力是由于树枝的形变产生的，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题解题关键是掌握基本物理概念，如相互作用力、路程、时间、质点等，比较基础。
（多选）7．（2024 岳麓区校级期末）如图甲所示，劲度系数k＝500N/m的轻弹簧，一端固定在倾角为θ＝37°的带有挡板的光滑斜面体的底端，另一端和质量mA的小物块A相连，质量为mB的物块B紧靠A一起静止。现用水平推力使斜面体以加速度a向左匀加速运动，稳定后弹簧的形变量大小为x。在不同推力作用下，稳定时形变量大小x随加速度a的变化如图乙所示。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（ ）
A．
B．mA＝3kg
C．若a＝a0，稳定时A对斜面的压力大小为12.5N
D．若a＝0.5a0，稳定时A、B间弹力大小为6N
【考点】作用力与反作用力；牛顿第三定律的理解与应用；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．
【答案】ACD
【分析】利用牛顿第二定律可求出加速度；通过受力分析可求出可求出两个物块的质量；利用受力分析求出A对斜面的压力大小；根据牛顿第二定律可求出A、B间弹力大小为6N。
【解答】解：A．由图结合题意可知a0时弹簧处于原长状态，且物块A、B恰要分离，故对AB整体，利用牛顿第二定律有
（mA+mB）gtan37°＝（mA+mB）a0
解得
故A正确；
B．当a＝0时，对AB整体分析，根据受力平衡有
（mA+mB）gsin37°＝kx0
当 a＞a0时，图中另一纵截距的意义为
mAgsin37°＝kx1
联立解得
mA＝1kg，mB＝2kg
故B错误；
C．当 时，因为物块A、B恰要分离，故对A有
FNA，解得FNA＝12.5N
由牛顿第三定律知A对斜面的压力大小为12.5N，故C正确；
D．a＝0.5a0时，对B分析，利用牛顿第二定律有：
mBgsin37°﹣FAB＝mBacos37°
解得
FAB＝6N
故D正确；
故选：ACD。
【点评】学生在解决本题时，应注意利用牛顿第二定律时，加速度也可以进行分解。
（多选）8．（2024 肇东市校级期末）牛顿是出生在17世纪英国伟大的科学家，而牛顿三大定律更是人类探索自然奥秘的重大发现。关于牛顿三大定律，下列说法中正确的是（ ）
A．牛顿第一定律是在大量实验事实的基础上通过推理而概括出来的结论
B．羽毛球可以被快速抽杀，是因为它质量小，惯性小，运动状态容易改变
C．甲、乙两队进行拔河比赛，甲队获胜，其力学上的根本原因是甲队拉绳的力比乙队拉绳的力大
D．任何情况下，速度的方向总与合外力方向相同
【考点】牛顿第三定律的理解与应用；牛顿第一定律的内容与应用；惯性与质量．
【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】AB
【分析】牛顿第一定律不是实验得出的，是在大量实验事实的基础上通过推理而概括出来的；质量是惯性大小的量度，质量小，惯性小，运动状态容易改变；相互作用力总是大小相等方向相反；根据牛顿第二定律可知，任何情况下，加速度的方向总与合外力方向相同。
【解答】解：A．牛顿第一定律不是实验得出的，是在大量实验事实的基础上通过推理而概括出来的，故A正确；
B．质量是惯性大小的量度，质量小，惯性小，运动状态容易改变，则羽毛球可以被快速抽杀，故B正确；
C．甲、乙两队进行拔河比赛中，根据牛顿第三定律可知，甲队对绳子的拉力等于乙队对绳子的拉力，故C错误。
D．根据牛顿第二定律可知，任何情况下，加速度的方向总与合外力方向相同，而速度不一定和合外力同向，故D错误；
故选：AB。
【点评】本题考查了牛顿的三大运动规律，题目较基础。
（多选）9．（2024 兴庆区校级月考）如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），四个环分别从O点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4。下列关系正确的是（ ）
A．t1＞t2＞t3 B．t1＝t3＞t2 C．t2＝t4＞t1 D．t2＜t3＜t4
【考点】作用力与反作用力；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【专题】定量思想；控制变量法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．
【答案】BD
【分析】根据等时圆模型，可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底所用时间相同，故沿OA和OC滑到底的时间相同，OB不是一条完整的弦，时间最短，OD长度超过一条弦，时间最长。
【解答】解：以OA为直径画圆
由图知，小圆环的位移为
x＝2Rcosθ
其中θ为杆与竖直方向的夹角。由等时圆模型，对小圆环分析，受重力和支持力，将重力沿杆和垂直杆的方向正交分解，由牛顿第二定律得小圆环做初速为零的匀加速直线运动，加速度为
a＝gcosθ
所以
t与θ无关，可知从图上最高点沿任意一条弦滑到底所用时间相同，故沿OA和OC滑到底的时间相同，即
t1＝t3
OB不是一条完整的弦，时间最短，即
t1＞t2
OD长度超过一条弦，时间最长，即
t2＜t1＝t3＜t4
故BD正确，AC错误。
故选：BD。
【点评】如果不假思考，套用结论，就会落入“等时圆”的陷阱，要注意O点不是最高点，难度适中。
（多选）10．（2024 万州区校级模拟）如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角θ＝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1kg，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g＝10m/s2，系统处于静止状态。现在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，木板相对斜劈向右运动
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＝24N时，细绳与水平方向的夹角α满足：tanα＝0.8
【考点】作用力与反作用力；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．
【答案】BC
【分析】斜劈与长木板一起运动临界加速度取决于斜劈与木板之间的摩擦因数们根据牛顿第二定律计算临界的外力F；小球与斜劈之间恰好没有弹力的加速度，对小球受力分析求出临界加速度，围绕这些临界加速度讨论即可求解。
【解答】解：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
代入数据解得
am/s2
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
μ（m+m）g＝（m+m）a板
代入数据解得
a板＝2m/s2＞a
可知此时木板相对于斜劈静止，故A错误；
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
a5m/s2
当球刚好要离开斜劈时，受到重力和绳子拉力作用，有
ma球
代入数据解得
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，故B正确；
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
a临界8m/s2
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
am/s2＝7.5m/s2
又由B选项可知此时球刚好要离开斜劈，故C正确；
D．若μ＝0.8，则由C选项可知此时恰好达到三者保持相对静止的临界状态，因此加速度大小为8m/s2，则对小球而言
ma临界
解得
tanα1.25
故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查牛顿第二定律、板块模型、临界条件的选择等。注意先计算临界加速度，再计算临界外力，围绕该力去讨论。
三．解答题（共5小题）
11．（2024 泸县校级期末）如图所示，小球A置于水平面上的半圆体上静止，半圆柱体底面粗糙，其斜面光滑。小球B用系于竖直板上的水平轻弹簧拉着，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态。已知A球质量为m，O点在半圆主体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆住体半径相等，OB与竖直方向成45°角，重力加速度为g，求：
（1）小球A受到细线的拉力大小；
（2）若半圆柱体质量也为m且恰好不滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，半圆柱体底面与地面间的动摩擦因数μ；
（3）若将OB绳剪断，则在剪断瞬间，小球B的加速度的大小和方向。
【考点】作用力与反作用力；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．
【答案】（1）小球A受到细线的拉力大小为；
（2）若半圆柱体质量也为m且恰好不滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，半圆柱体底面与地面间的动摩擦因数μ为；
（3）若将OB绳剪断，则在剪断瞬间，小球B的加速度的大小为，方向竖直方向夹角为45°斜向右下方。
【分析】（1）先对B受力分析，根据共点力平衡求出绳子的拉力和弹簧弹力大小，
（2）最大静摩擦力等于滑动摩擦力，半圆柱体底面与地面间的动摩擦因数；
（3）剪断OA绳子的瞬间弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律可得B的加速度大小。
【解答】解：（1）对A、B受力分析如下
TOA＝TOB
由几何关系可知
FN＝TOA
且有
mg＝2TOAcos30°
可得
（2）对半圆柱体，根据水平方向上受力平衡可得
F'Nsin30°＝μ（mg+F'Ncos30°）
FN＝F'N
代入数据解得
（3）若将OB绳剪断，剪断绳子前，B的重力与弹簧拉力的合力与TOB平衡，
则在剪断瞬间B的重力与弹簧拉力的合力与TOB等大反向，
则有
可得B的加速度大小
方向与竖直方向夹角为45°斜向右下方。
答：（1）小球A受到细线的拉力大小为；
（2）若半圆柱体质量也为m且恰好不滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，半圆柱体底面与地面间的动摩擦因数μ为；
（3）若将OB绳剪断，则在剪断瞬间，小球B的加速度的大小为，方向竖直方向夹角为45°斜向右下方。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
12．（2024 荆州区校级期末）如图所示，有一倾角为θ＝37°（sin37°），下端固定一挡板，挡板与斜面垂直，一长木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一质量m的小物块。现让长木板和小物块同时由静止释放，此时刻为计时起点，在第2s末，小物块刚好到达长木板的光滑部分，又经过一段时间，长木板恰好停在挡板处，小物块刚好到达长木板的下端边缘。已知小物块与长木板的上部分的动摩擦因数，长木板与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，长木板的质量M＝m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）在0～2s时间内长木板和小物块的加速度的大小；
（2）长木板距离挡板多远；
（3）长木板的长度。
【考点】作用力与反作用力；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【答案】（1）在0～2s时间内长木板和小物块的加速度的大小分别为a2＝1m/s2，a1＝3m/s2
（2）长木板距离挡板多远3m
（3）长木板的长度12m
【分析】（1）根据摩擦因数判定小物块与木板发生相对滑动，分别对小物块与木板进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求解；
（2）（3）做出物块与木板的v﹣t图象即可求解。
【解答】解：由于小物块与长木板的上部分的动摩擦因数，长木板与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5故物块与长木板发生相对滑动，
对物块由牛顿第二定律得：mgsin37°﹣μ1mgcos37°＝ma1，解得a1＝gsin37°﹣μ1gcos37°＝（10×0.610×0.8）m/s2＝3m/s2
对长木板由牛顿第二定律得：Mgsin37°+μ1mgcos37°﹣μ2（M+m）gcos37°＝Ma2
M＝m，解得：a2＝gsin37°+μ1gcos37°﹣2μ2gcos37°＝（10×0.610×0.8﹣0.5×2×0.8）m/s2＝1m/s2
（2）2s后物块与长木板之间没有摩擦力，那么物块的加速度为6m/s2，再次对长木板由牛顿第二定律得：μ2（M+m）gcos37°﹣Mgsin37°＝Ma3
解得：a3＝2μ2gcos37°﹣gsin37°＝2×0.5×10×0.8m/s2﹣10×0.6m/s2＝2m/s2，方向沿斜面向上，2s后物块做匀加速直线运动，长木板做匀减速直线运动
3s时长木板速度为零，到达挡板处，二者的v﹣t图象，如图所示，0﹣3s内图线与横轴包围的面积为长木板距离挡板的距离即x＝3m
（3）3s时长木板停在挡板处，此时物块的速度为12m/s，物块刚好到长木板下缘，如图所示，0﹣3s内，物块的v﹣t图象与横轴包围的面积与长木板的v﹣t图象与横轴包围的面积只差为长木板的长度L（6﹣2）×2m（4+12）×1m＝12m
答：（1）在0～2s时间内长木板和小物块的加速度的大小分别为a2＝1m/s2，a1＝3m/s2
（2）长木板距离挡板多远3m
（3）长木板的长度12m
【点评】本题属于板块模型，首先要弄清二者的运动情况；考查牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律，对于板块问题采取v﹣t图象处理比较直观。
13．（2024 辽宁一模）如图所示，质量为m的物块P通过轻弹簧放置于倾角θ＝30°的固定光滑斜面体上。弹簧下端与挡板连接，P与弹簧无拴接，轻质细绳通过轻质光滑滑轮两端分别连接质量为2m的物块Q和质量为8m的物块A，现用手托住物块A（距地面足够高），使细绳与斜面平行张力恰好为0，松手后物块A开始下落。已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g，弹簧始终在弹性限度内，求：
（1）物块静止时弹簧的压缩量Δx；
（2）物块P、Q分离时的加速度大小a；
（3）物块P、Q分离时物块A下降的高度h。
【考点】作用力与反作用力；力的合成与分解的应用．
【专题】计算题；定量思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．
【答案】（1）物块静止时弹簧的压缩量Δx为；
（2）物块P、Q分离时的加速度大小a为；
（3）物块P、Q分离时物块A下降的高度h为。
【分析】（1）没有释放物块A时，对P和Q整体受力分析，根据平衡条件求解弹簧的压缩量；
（2）物块P、Q分离时两者之间的弹力为0，分别对物块A和物块Q受力分析，根据牛顿第二定律列式求解；
（3）物块P、Q分离时具有相同的加速度，对物块P受力分析，根据牛顿第二定律和胡克定律列式求解即可。
【解答】解：（1）当没有释放物块A时，弹簧被压缩，对P和Q整体受力分析，由平衡条件得：3mgsinθ＝kΔx
解得：
（2）物块P、Q分离时两者之间的弹力为0，对物块A受力分析，由牛顿第二定律得：8mg﹣T＝8ma
对物块Q受力分析，由牛顿第二定律得：T﹣2mgsinθ＝2ma
联立解得：
（3）物块P、Q分离时具有相同的加速度，对物块P受力分析，由牛顿第二定律得：k（Δx﹣h）﹣mgsinθ＝ma
解得：
答：（1）物块静止时弹簧的压缩量Δx为；
（2）物块P、Q分离时的加速度大小a为；
（3）物块P、Q分离时物块A下降的高度h为。
【点评】本题考查牛顿第二定律和胡克定律，解题关键是灵活选择研究对象并对其受力分析，根据牛顿第二定律列式求解即可。
14．（2024 白山期末）如图所示，固定在水平地面上的斜面体上有一木块A（到定滑轮的距离足够远），通过轻质细线和滑轮与铁块B连接，细线的另一端固定在天花板上，在木块A上施加一沿斜面向下的作用力F，使整个装置处于静止状态。已知连接光滑动滑轮两边的细线均竖直，木块A和光滑定滑轮间的细线和斜面平行，木块A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，斜面的倾角θ＝37°，铁块B下端到地面的高度h＝0.75m，木块A的质量m＝0.5kg，铁块B的质量M＝1kg，不计空气阻力，不计滑轮受到的重力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求细线的拉力大小；
（2）当F＝1.2N时，求木块A受到的摩擦力；
（3）撤去力F，设铁块B落地后不反弹，求木块A能沿斜面上滑的最大距离。
【考点】作用力与反作用力；匀变速直线运动速度与位移的关系．
【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）细线的拉力大小为5N；
（2）当F＝1.2N时，木块A受到的摩擦力为0.8N，方向沿斜面向下；
（3）撤去力F，设铁块B落地后不反弹，木块A能沿斜面上滑的最大距离为1.75m。
【分析】（1）对铁块B和动滑轮整体受力分析，根据共点力平衡求得细线的拉力；
（2）对木块A受力分析，根据共点力平衡求得木块A受到的摩擦力。
（2）撤去外力后，根据牛顿第二定律求得铁块和木块的加速度，当铁块下落到地面时，结合运动学公式求得木块A上滑的位移和获得的速度，此后木块A继续向上做减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求得上滑的最大距离。
【解答】解：（1）对铁块B和动滑轮整体受力分析有：2T＝Mg
解得：T＝5N
（2）对木块A受力分析，设斜面对木块A的摩擦力沿斜面向上，则：T+f＝F+mgsinθ
解得：f＝﹣0.8N
即斜面对木块A的摩擦力大小为0.8N，方向沿斜面向下。
（3）撤去力F，设绳上的拉力为T′，铁块B下落的加速度大小为a1，
木块A沿斜面上滑的加速度大小为a2，
由题意可得：a2＝2a1
对铁块B由牛顿第二定律有：Mg﹣2T′＝Ma1
对木块A由牛顿第二定律有：T′﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
解得：，
铁块B刚落地时由速度—位移关系得：
此时木块A的速度大小为v2＝2v1＝2×1m/s＝2m/s，木块A的位移大小为s1＝2h＝2×0.75m＝1.5m
此后木块A的加速度大小为
木块A继续向上运动的位移大小为
故木块A沿斜面向上运动的最大距离为s＝s1+s2＝1.5m+0.25m＝1.75m
答：（1）细线的拉力大小为5N；
（2）当F＝1.2N时，木块A受到的摩擦力为0.8N，方向沿斜面向下；
（3）撤去力F，设铁块B落地后不反弹，木块A能沿斜面上滑的最大距离为1.75m。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，关键是抓住木块与铁块在运动过程中加速度、速度与位移间的关系即可。
15．（2024 杏花岭区校级月考）如图所示，一倾角为37°的足够长光滑斜面固定在水平地面上，小球B从斜面的底端开始以初速度10m/s沿斜面向上运动，与此同时，将小球A从斜面上某点以水平初速度抛出，当小球A落到斜面时恰好击中小球B，此时小球B沿斜面向上运动的速度为4m/s。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）小球A的飞行时间；
（2）小球A的初速度大小；
（3）小球A的抛出点距地面的高度。
【考点】作用力与反作用力；匀变速直线运动规律的综合应用．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；合成分解法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】（1）小球A的飞行时间是1s；
（2）小球A的初速度大小为；
（3）小球A的抛出点距地面的高度为9.2m。
【分析】（1）两球相遇前，A球在空中做平抛运动，B球做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律和速度公式求出相遇前B球的运动时间，即等于小球A的飞行时间；
（2）根据运动时间求出A下落的高度，由几何关系求出A的水平位移，即可求得小球A的初速度大小；
（3）根据位移公式求出小球B沿斜面向上运动的距离，从而求得小球B被击中的点距地面的高度，即可求得小球A的抛出点距地面的高度。
【解答】解：（1）小球B沿斜面向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度的大小为：
小球A的飞行时间与小球B的运动时间相等，所以小球A的飞行时间为：ts＝1s
（2）t＝1s内小球A的竖直方向位移为：yAm＝5m
小球A的水平位移 xAmm
小球A的初速度 v0Am/sm/s
（3）小球B沿斜面向上运动的距离 LB1m＝7m
小球B被击中的点距地面的高度 yB＝LBsinθ＝7×0.6m＝4.2m
小球A的抛出点距地面的高度 h＝yA+yB＝9.2m
答：（1）小球A的飞行时间是1s；
（2）小球A的初速度大小为；
（3）小球A的抛出点距地面的高度为9.2m。
【点评】解决本题的关键要理清两个小球的运动规律，把握相遇的条件，结合运动学公式灵活求解，解题时要注意A、B两球运动的同时性。
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新课预习衔接 牛顿第三定律
一．选择题（共5小题）
1．（2024 抚顺期末）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mgsinθ
C．物体刚运动时的加速度大小为4gsinθ
D．物体向下运动至O点速度最大
2．（2024 武邑县校级期末）关于牛顿运动定律的理解，下列说法正确的是（ ）
A．抛出去的小球，离手后仍能运动，说明小球已经失去惯性
B．物体不受力时处于静止或匀速运动的状态
C．物体所受的合力方向与物体的加速度方向可能相反
D．甲、乙双方进行拔河比赛，甲方胜利，说明甲对乙的力大于乙对甲的力
3．（2024 石家庄期末）如图所示，在竖直平面内有半径为R的半圆，最低点为A，B是半圆上一点，AB为光滑倾斜轨道，AC是倾角为θ＝45°、高为h＝2R的光滑固定斜面。现自B点由静止释放小球甲的同时，自C点以初速度大小v0沿斜面向下射出小球乙，发现两小球同时到达A点。已知重力加速度为g，则小球乙的初速度大小的为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024 延庆区期末）电动平衡车是时下热门的一种代步工具。如图，人笔直站在电动平衡车上，车在水平地面上沿直线匀速前进，下列说法正确的是（ ）
A．地面对平衡车的支持力是因地面发生形变而产生的
B．在行驶过程中突然刹车，平衡车受到地面的摩擦力向前
C．平衡车及人受到的重力和车对地面的压力是一对平衡力
D．平衡车及人受到的重力和地面对车的支持力是一对相互作用力
5．（2024 哈尔滨期末）《中国制造2025》是国家实施强国战略第一个十年行动纲领，智能机器制造是一个重要方向，其中智能机械臂已广泛应用于各种领域。如图所示，一机械臂铁夹夹起一个金属小球，小球在空中处于静止状态，铁夹与球接触面保持竖直，则（ ）
A．铁夹对小球的两个弹力为一对相互作用力
B．若进一步加大铁夹对小球挤压，小球受到的摩擦力变大
C．小球受到5个力的作用
D．若铁夹水平匀速移动，铁夹对小球作用力的方向斜向上
二．多选题（共5小题）
（多选）6．（2024 抚顺期末）如图所示，蚂蚁们“头顶着”食物沿树枝向上爬行，10s内前进了0.2m，则（ ）
A．当蚂蚁匀速爬行时，食物对蚂蚁的力与蚂蚁对食物的力是一对平衡力
B．“10s”是时刻，“0.2m”是路程
C．观察蚂蚁行走时的肢体分工时，蚂蚁不能视为质点
D．树枝对蚂蚁的支持力是由于树枝的形变产生的
（多选）7．（2024 岳麓区校级期末）如图甲所示，劲度系数k＝500N/m的轻弹簧，一端固定在倾角为θ＝37°的带有挡板的光滑斜面体的底端，另一端和质量mA的小物块A相连，质量为mB的物块B紧靠A一起静止。现用水平推力使斜面体以加速度a向左匀加速运动，稳定后弹簧的形变量大小为x。在不同推力作用下，稳定时形变量大小x随加速度a的变化如图乙所示。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（ ）
A．
B．mA＝3kg
C．若a＝a0，稳定时A对斜面的压力大小为12.5N
D．若a＝0.5a0，稳定时A、B间弹力大小为6N
（多选）8．（2024 肇东市校级期末）牛顿是出生在17世纪英国伟大的科学家，而牛顿三大定律更是人类探索自然奥秘的重大发现。关于牛顿三大定律，下列说法中正确的是（ ）
A．牛顿第一定律是在大量实验事实的基础上通过推理而概括出来的结论
B．羽毛球可以被快速抽杀，是因为它质量小，惯性小，运动状态容易改变
C．甲、乙两队进行拔河比赛，甲队获胜，其力学上的根本原因是甲队拉绳的力比乙队拉绳的力大
D．任何情况下，速度的方向总与合外力方向相同
（多选）9．（2024 兴庆区校级月考）如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），四个环分别从O点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4。下列关系正确的是（ ）
A．t1＞t2＞t3 B．t1＝t3＞t2 C．t2＝t4＞t1 D．t2＜t3＜t4
（多选）10．（2024 万州区校级模拟）如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角θ＝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1kg，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g＝10m/s2，系统处于静止状态。现在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，木板相对斜劈向右运动
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＝24N时，细绳与水平方向的夹角α满足：tanα＝0.8
三．解答题（共5小题）
11．（2024 泸县校级期末）如图所示，小球A置于水平面上的半圆体上静止，半圆柱体底面粗糙，其斜面光滑。小球B用系于竖直板上的水平轻弹簧拉着，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态。已知A球质量为m，O点在半圆主体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆住体半径相等，OB与竖直方向成45°角，重力加速度为g，求：
（1）小球A受到细线的拉力大小；
（2）若半圆柱体质量也为m且恰好不滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，半圆柱体底面与地面间的动摩擦因数μ；
（3）若将OB绳剪断，则在剪断瞬间，小球B的加速度的大小和方向。
12．（2024 荆州区校级期末）如图所示，有一倾角为θ＝37°（sin37°），下端固定一挡板，挡板与斜面垂直，一长木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一质量m的小物块。现让长木板和小物块同时由静止释放，此时刻为计时起点，在第2s末，小物块刚好到达长木板的光滑部分，又经过一段时间，长木板恰好停在挡板处，小物块刚好到达长木板的下端边缘。已知小物块与长木板的上部分的动摩擦因数，长木板与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，长木板的质量M＝m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）在0～2s时间内长木板和小物块的加速度的大小；
（2）长木板距离挡板多远；
（3）长木板的长度。
13．（2024 辽宁一模）如图所示，质量为m的物块P通过轻弹簧放置于倾角θ＝30°的固定光滑斜面体上。弹簧下端与挡板连接，P与弹簧无拴接，轻质细绳通过轻质光滑滑轮两端分别连接质量为2m的物块Q和质量为8m的物块A，现用手托住物块A（距地面足够高），使细绳与斜面平行张力恰好为0，松手后物块A开始下落。已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g，弹簧始终在弹性限度内，求：
（1）物块静止时弹簧的压缩量Δx；
（2）物块P、Q分离时的加速度大小a；
（3）物块P、Q分离时物块A下降的高度h。
14．（2024 白山期末）如图所示，固定在水平地面上的斜面体上有一木块A（到定滑轮的距离足够远），通过轻质细线和滑轮与铁块B连接，细线的另一端固定在天花板上，在木块A上施加一沿斜面向下的作用力F，使整个装置处于静止状态。已知连接光滑动滑轮两边的细线均竖直，木块A和光滑定滑轮间的细线和斜面平行，木块A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，斜面的倾角θ＝37°，铁块B下端到地面的高度h＝0.75m，木块A的质量m＝0.5kg，铁块B的质量M＝1kg，不计空气阻力，不计滑轮受到的重力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求细线的拉力大小；
（2）当F＝1.2N时，求木块A受到的摩擦力；
（3）撤去力F，设铁块B落地后不反弹，求木块A能沿斜面上滑的最大距离。
15．（2024 杏花岭区校级月考）如图所示，一倾角为37°的足够长光滑斜面固定在水平地面上，小球B从斜面的底端开始以初速度10m/s沿斜面向上运动，与此同时，将小球A从斜面上某点以水平初速度抛出，当小球A落到斜面时恰好击中小球B，此时小球B沿斜面向上运动的速度为4m/s。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）小球A的飞行时间；
（2）小球A的初速度大小；
（3）小球A的抛出点距地面的高度。
新课预习衔接 牛顿第三定律
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024 抚顺期末）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mgsinθ
C．物体刚运动时的加速度大小为4gsinθ
D．物体向下运动至O点速度最大
【考点】作用力与反作用力；胡克定律及其应用．
【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理能力．
【答案】C
【分析】简谐运动，衡位置加速度小；
根据平衡条件和牛顿第二定律列式，分析最低点加速度和弹力；
简谐运动，平衡位置速度最大。
【解答】解：A．物体在弹力和重力下滑分力的作用下，做简谐运动，做变加速运动至O点，过O点后加速度先减小后增大，故A错误；
BC．根据平衡条件，有mgsinθ＝kx0
释放时，根据牛顿第二定律，则有
k 3x0+mgsinθ＝4mgsinθ＝ma
物体刚运动时的加速度大小，同时也是最低点的加速度大小为
a＝4gsinθ
则在最低点时，根据牛顿第二定律，则有
F﹣mgsinθ＝ma
物体运动至最低点时弹力大小等于
F＝5mgsinθ
故B错误，C正确；
D．距斜面O点x0处为平衡位置，运动至该位置的速度最大，故D错误。
故选：C。
【点评】本题解题关键是掌握平衡条件和牛顿第二定律，具有一定综合性，难度中等。
2．（2024 武邑县校级期末）关于牛顿运动定律的理解，下列说法正确的是（ ）
A．抛出去的小球，离手后仍能运动，说明小球已经失去惯性
B．物体不受力时处于静止或匀速运动的状态
C．物体所受的合力方向与物体的加速度方向可能相反
D．甲、乙双方进行拔河比赛，甲方胜利，说明甲对乙的力大于乙对甲的力
【考点】牛顿第三定律的理解与应用；牛顿第一定律的内容与应用；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．
【答案】B
【分析】根据牛顿运动定律的基础内容及牛顿第二定律的矢量性分析判断即可。
【解答】解：A．一切物体都有惯性，并且惯性的大小只与物体的质量有关，惯性的大小与物体的运动状态无关，抛出去的小球，小球的质量不变，惯性不变，故A错误；
B．根据牛顿第一定律可知，物体不受力时处于静止或匀速运动的状态，故B正确；
C．由牛顿第二定律知，物体所受的合力方向与物体的加速度方向一定相同，故C错误；
D．甲对乙的力与乙对甲的力是相互作用力，大小相等，甲方胜利的原因是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，故D错误。
故选：B。
【点评】牛顿运动定律是经典力学的基础，也是高中物理中的重要内容之一，应能熟练、准确地理解并应用它。
3．（2024 石家庄期末）如图所示，在竖直平面内有半径为R的半圆，最低点为A，B是半圆上一点，AB为光滑倾斜轨道，AC是倾角为θ＝45°、高为h＝2R的光滑固定斜面。现自B点由静止释放小球甲的同时，自C点以初速度大小v0沿斜面向下射出小球乙，发现两小球同时到达A点。已知重力加速度为g，则小球乙的初速度大小的为（ ）
A． B． C． D．
【考点】作用力与反作用力；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】A
【分析】根据“等时圆”原理求解下落时间，对小球乙，根据牛顿第二定律求解在斜面沿斜面下滑的加速度大小，根据位移—时间关系求解初速度大小。
【解答】解：根据“等时圆”原理可知，甲球从B到达A的时间等于小球从圆弧最高点沿直径自由下落到底部的时间，设下落时间为t，
则有：2R
解得：t；
对小球乙，在斜面沿斜面下滑的加速度大小为：agsinθ
斜面长为L
根据位移—时间关系可得：L＝v0t
解得：v0，故A正确、BCD错误。
故选：A。
【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答，解答本题还有能够灵活利用等时圆处理问题。
4．（2024 延庆区期末）电动平衡车是时下热门的一种代步工具。如图，人笔直站在电动平衡车上，车在水平地面上沿直线匀速前进，下列说法正确的是（ ）
A．地面对平衡车的支持力是因地面发生形变而产生的
B．在行驶过程中突然刹车，平衡车受到地面的摩擦力向前
C．平衡车及人受到的重力和车对地面的压力是一对平衡力
D．平衡车及人受到的重力和地面对车的支持力是一对相互作用力
【考点】作用力与反作用力；弹力的概念及其产生条件．
【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】A
【分析】形变的物体为施力物体，刹车过程，摩擦力向后；根据相互作用力和二力平衡的区别来解答即可。
【解答】解：A．因为形变的物体为施力物体，所以地面对平衡车的支持力是因地面发生形变而产生的，故A正确；
B．在行驶过程中突然刹车，平衡车有向前运动的趋势，故摩擦力向后，故B错误；
C．平衡力作用在一个物体上，平衡车及人受到的重力受力物体为车和人，而车对地面的压力受力物体为地面，故C错误；
D．人与平衡车的重力的合力和地面对平衡车的支持力的受力物体是平衡车，所以两力是一对平衡力，故D错误。
故选：A。
【点评】本题主要是考查弹力和相互作用力，解题关键是明确形变的物体为施力物体，掌握相互作用力和二力平衡的区别。
5．（2024 哈尔滨期末）《中国制造2025》是国家实施强国战略第一个十年行动纲领，智能机器制造是一个重要方向，其中智能机械臂已广泛应用于各种领域。如图所示，一机械臂铁夹夹起一个金属小球，小球在空中处于静止状态，铁夹与球接触面保持竖直，则（ ）
A．铁夹对小球的两个弹力为一对相互作用力
B．若进一步加大铁夹对小球挤压，小球受到的摩擦力变大
C．小球受到5个力的作用
D．若铁夹水平匀速移动，铁夹对小球作用力的方向斜向上
【考点】作用力与反作用力；力的合成与分解的应用；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定性思想；归纳法；共点力作用下物体平衡专题；分析综合能力．
【答案】C
【分析】静摩擦力方向与相对运动趋势方向相反；一对平衡力应该等大反向作用在一条直线上；物体实际受到的静摩擦力大小与压力无关；加速运动时需要合外力。
【解答】解：A．铁夹对小球的两个弹力作用在同一个物体上，是一对平衡力，不是一对作用力与反作用力，故A错误；
B．若进一步加大铁夹对小球挤压，小球仍然处于平衡状态，它所受的静摩擦力与重力大小相等，方向相反，所以小球受到的摩擦力是保持不变的，故B错误；
C．小球受到5个力的作用，分别为：重力、左右两侧分别受到铁夹的两个弹力、左右两侧分别受到铁夹的两个摩擦力，故C正确；
D．若铁夹水平匀速移动，铁夹对小球作用力的方向应该竖直向上，与重力等大反向，故D错误。
故选C。
【点评】本题主要考查了静摩擦力的特点，注意静摩擦力是一种被动力，它的大小和方向由其它外力和运动状态决定，与压力无关。
二．多选题（共5小题）
（多选）6．（2024 抚顺期末）如图所示，蚂蚁们“头顶着”食物沿树枝向上爬行，10s内前进了0.2m，则（ ）
A．当蚂蚁匀速爬行时，食物对蚂蚁的力与蚂蚁对食物的力是一对平衡力
B．“10s”是时刻，“0.2m”是路程
C．观察蚂蚁行走时的肢体分工时，蚂蚁不能视为质点
D．树枝对蚂蚁的支持力是由于树枝的形变产生的
【考点】作用力与反作用力；质点；时刻、时间的物理意义和判断；位移、路程及其区别与联系；弹性形变和塑性形变．
【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题；理解能力．
【答案】CD
【分析】两物体之间的力是一对相互作用力；
时间为一段时间间隔，路程为轨迹大小；
形状大小是主要因素，不能忽略，不能看成质点；
弹力由弹性形变产生。
【解答】解：A．食物对蚂蚁的力与蚂蚁对食物的力是一对相互作用力，故A错误；
B．依题意，可知“10s”所指为时间间隔，“0.2m”是路程，故B错误；
C．观察蚂蚁行走时的肢体分工时，蚂蚁形状、尺寸对该研究过程有影响，形状大小是主要因素，不能忽略，故不能视为质点，故C正确；
D．支持力是弹力，树枝对蚂蚁的支持力是由于树枝的形变产生的，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题解题关键是掌握基本物理概念，如相互作用力、路程、时间、质点等，比较基础。
（多选）7．（2024 岳麓区校级期末）如图甲所示，劲度系数k＝500N/m的轻弹簧，一端固定在倾角为θ＝37°的带有挡板的光滑斜面体的底端，另一端和质量mA的小物块A相连，质量为mB的物块B紧靠A一起静止。现用水平推力使斜面体以加速度a向左匀加速运动，稳定后弹簧的形变量大小为x。在不同推力作用下，稳定时形变量大小x随加速度a的变化如图乙所示。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（ ）
A．
B．mA＝3kg
C．若a＝a0，稳定时A对斜面的压力大小为12.5N
D．若a＝0.5a0，稳定时A、B间弹力大小为6N
【考点】作用力与反作用力；牛顿第三定律的理解与应用；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．
【答案】ACD
【分析】利用牛顿第二定律可求出加速度；通过受力分析可求出可求出两个物块的质量；利用受力分析求出A对斜面的压力大小；根据牛顿第二定律可求出A、B间弹力大小为6N。
【解答】解：A．由图结合题意可知a0时弹簧处于原长状态，且物块A、B恰要分离，故对AB整体，利用牛顿第二定律有
（mA+mB）gtan37°＝（mA+mB）a0
解得
故A正确；
B．当a＝0时，对AB整体分析，根据受力平衡有
（mA+mB）gsin37°＝kx0
当 a＞a0时，图中另一纵截距的意义为
mAgsin37°＝kx1
联立解得
mA＝1kg，mB＝2kg
故B错误；
C．当 时，因为物块A、B恰要分离，故对A有
FNA，解得FNA＝12.5N
由牛顿第三定律知A对斜面的压力大小为12.5N，故C正确；
D．a＝0.5a0时，对B分析，利用牛顿第二定律有：
mBgsin37°﹣FAB＝mBacos37°
解得
FAB＝6N
故D正确；
故选：ACD。
【点评】学生在解决本题时，应注意利用牛顿第二定律时，加速度也可以进行分解。
（多选）8．（2024 肇东市校级期末）牛顿是出生在17世纪英国伟大的科学家，而牛顿三大定律更是人类探索自然奥秘的重大发现。关于牛顿三大定律，下列说法中正确的是（ ）
A．牛顿第一定律是在大量实验事实的基础上通过推理而概括出来的结论
B．羽毛球可以被快速抽杀，是因为它质量小，惯性小，运动状态容易改变
C．甲、乙两队进行拔河比赛，甲队获胜，其力学上的根本原因是甲队拉绳的力比乙队拉绳的力大
D．任何情况下，速度的方向总与合外力方向相同
【考点】牛顿第三定律的理解与应用；牛顿第一定律的内容与应用；惯性与质量．
【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】AB
【分析】牛顿第一定律不是实验得出的，是在大量实验事实的基础上通过推理而概括出来的；质量是惯性大小的量度，质量小，惯性小，运动状态容易改变；相互作用力总是大小相等方向相反；根据牛顿第二定律可知，任何情况下，加速度的方向总与合外力方向相同。
【解答】解：A．牛顿第一定律不是实验得出的，是在大量实验事实的基础上通过推理而概括出来的，故A正确；
B．质量是惯性大小的量度，质量小，惯性小，运动状态容易改变，则羽毛球可以被快速抽杀，故B正确；
C．甲、乙两队进行拔河比赛中，根据牛顿第三定律可知，甲队对绳子的拉力等于乙队对绳子的拉力，故C错误。
D．根据牛顿第二定律可知，任何情况下，加速度的方向总与合外力方向相同，而速度不一定和合外力同向，故D错误；
故选：AB。
【点评】本题考查了牛顿的三大运动规律，题目较基础。
（多选）9．（2024 兴庆区校级月考）如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），四个环分别从O点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4。下列关系正确的是（ ）
A．t1＞t2＞t3 B．t1＝t3＞t2 C．t2＝t4＞t1 D．t2＜t3＜t4
【考点】作用力与反作用力；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【专题】定量思想；控制变量法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．
【答案】BD
【分析】根据等时圆模型，可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底所用时间相同，故沿OA和OC滑到底的时间相同，OB不是一条完整的弦，时间最短，OD长度超过一条弦，时间最长。
【解答】解：以OA为直径画圆
由图知，小圆环的位移为
x＝2Rcosθ
其中θ为杆与竖直方向的夹角。由等时圆模型，对小圆环分析，受重力和支持力，将重力沿杆和垂直杆的方向正交分解，由牛顿第二定律得小圆环做初速为零的匀加速直线运动，加速度为
a＝gcosθ
所以
t与θ无关，可知从图上最高点沿任意一条弦滑到底所用时间相同，故沿OA和OC滑到底的时间相同，即
t1＝t3
OB不是一条完整的弦，时间最短，即
t1＞t2
OD长度超过一条弦，时间最长，即
t2＜t1＝t3＜t4
故BD正确，AC错误。
故选：BD。
【点评】如果不假思考，套用结论，就会落入“等时圆”的陷阱，要注意O点不是最高点，难度适中。
（多选）10．（2024 万州区校级模拟）如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角θ＝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1kg，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g＝10m/s2，系统处于静止状态。现在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，木板相对斜劈向右运动
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＝24N时，细绳与水平方向的夹角α满足：tanα＝0.8
【考点】作用力与反作用力；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．
【答案】BC
【分析】斜劈与长木板一起运动临界加速度取决于斜劈与木板之间的摩擦因数们根据牛顿第二定律计算临界的外力F；小球与斜劈之间恰好没有弹力的加速度，对小球受力分析求出临界加速度，围绕这些临界加速度讨论即可求解。
【解答】解：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
代入数据解得
am/s2
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
μ（m+m）g＝（m+m）a板
代入数据解得
a板＝2m/s2＞a
可知此时木板相对于斜劈静止，故A错误；
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
a5m/s2
当球刚好要离开斜劈时，受到重力和绳子拉力作用，有
ma球
代入数据解得
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，故B正确；
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
a临界8m/s2
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
am/s2＝7.5m/s2
又由B选项可知此时球刚好要离开斜劈，故C正确；
D．若μ＝0.8，则由C选项可知此时恰好达到三者保持相对静止的临界状态，因此加速度大小为8m/s2，则对小球而言
ma临界
解得
tanα1.25
故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查牛顿第二定律、板块模型、临界条件的选择等。注意先计算临界加速度，再计算临界外力，围绕该力去讨论。
三．解答题（共5小题）
11．（2024 泸县校级期末）如图所示，小球A置于水平面上的半圆体上静止，半圆柱体底面粗糙，其斜面光滑。小球B用系于竖直板上的水平轻弹簧拉着，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态。已知A球质量为m，O点在半圆主体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆住体半径相等，OB与竖直方向成45°角，重力加速度为g，求：
（1）小球A受到细线的拉力大小；
（2）若半圆柱体质量也为m且恰好不滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，半圆柱体底面与地面间的动摩擦因数μ；
（3）若将OB绳剪断，则在剪断瞬间，小球B的加速度的大小和方向。
【考点】作用力与反作用力；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．
【答案】（1）小球A受到细线的拉力大小为；
（2）若半圆柱体质量也为m且恰好不滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，半圆柱体底面与地面间的动摩擦因数μ为；
（3）若将OB绳剪断，则在剪断瞬间，小球B的加速度的大小为，方向竖直方向夹角为45°斜向右下方。
【分析】（1）先对B受力分析，根据共点力平衡求出绳子的拉力和弹簧弹力大小，
（2）最大静摩擦力等于滑动摩擦力，半圆柱体底面与地面间的动摩擦因数；
（3）剪断OA绳子的瞬间弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律可得B的加速度大小。
【解答】解：（1）对A、B受力分析如下
TOA＝TOB
由几何关系可知
FN＝TOA
且有
mg＝2TOAcos30°
可得
（2）对半圆柱体，根据水平方向上受力平衡可得
F'Nsin30°＝μ（mg+F'Ncos30°）
FN＝F'N
代入数据解得
（3）若将OB绳剪断，剪断绳子前，B的重力与弹簧拉力的合力与TOB平衡，
则在剪断瞬间B的重力与弹簧拉力的合力与TOB等大反向，
则有
可得B的加速度大小
方向与竖直方向夹角为45°斜向右下方。
答：（1）小球A受到细线的拉力大小为；
（2）若半圆柱体质量也为m且恰好不滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，半圆柱体底面与地面间的动摩擦因数μ为；
（3）若将OB绳剪断，则在剪断瞬间，小球B的加速度的大小为，方向竖直方向夹角为45°斜向右下方。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
12．（2024 荆州区校级期末）如图所示，有一倾角为θ＝37°（sin37°），下端固定一挡板，挡板与斜面垂直，一长木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一质量m的小物块。现让长木板和小物块同时由静止释放，此时刻为计时起点，在第2s末，小物块刚好到达长木板的光滑部分，又经过一段时间，长木板恰好停在挡板处，小物块刚好到达长木板的下端边缘。已知小物块与长木板的上部分的动摩擦因数，长木板与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，长木板的质量M＝m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）在0～2s时间内长木板和小物块的加速度的大小；
（2）长木板距离挡板多远；
（3）长木板的长度。
【考点】作用力与反作用力；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【答案】（1）在0～2s时间内长木板和小物块的加速度的大小分别为a2＝1m/s2，a1＝3m/s2
（2）长木板距离挡板多远3m
（3）长木板的长度12m
【分析】（1）根据摩擦因数判定小物块与木板发生相对滑动，分别对小物块与木板进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求解；
（2）（3）做出物块与木板的v﹣t图象即可求解。
【解答】解：由于小物块与长木板的上部分的动摩擦因数，长木板与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5故物块与长木板发生相对滑动，
对物块由牛顿第二定律得：mgsin37°﹣μ1mgcos37°＝ma1，解得a1＝gsin37°﹣μ1gcos37°＝（10×0.610×0.8）m/s2＝3m/s2
对长木板由牛顿第二定律得：Mgsin37°+μ1mgcos37°﹣μ2（M+m）gcos37°＝Ma2
M＝m，解得：a2＝gsin37°+μ1gcos37°﹣2μ2gcos37°＝（10×0.610×0.8﹣0.5×2×0.8）m/s2＝1m/s2
（2）2s后物块与长木板之间没有摩擦力，那么物块的加速度为6m/s2，再次对长木板由牛顿第二定律得：μ2（M+m）gcos37°﹣Mgsin37°＝Ma3
解得：a3＝2μ2gcos37°﹣gsin37°＝2×0.5×10×0.8m/s2﹣10×0.6m/s2＝2m/s2，方向沿斜面向上，2s后物块做匀加速直线运动，长木板做匀减速直线运动
3s时长木板速度为零，到达挡板处，二者的v﹣t图象，如图所示，0﹣3s内图线与横轴包围的面积为长木板距离挡板的距离即x＝3m
（3）3s时长木板停在挡板处，此时物块的速度为12m/s，物块刚好到长木板下缘，如图所示，0﹣3s内，物块的v﹣t图象与横轴包围的面积与长木板的v﹣t图象与横轴包围的面积只差为长木板的长度L（6﹣2）×2m（4+12）×1m＝12m
答：（1）在0～2s时间内长木板和小物块的加速度的大小分别为a2＝1m/s2，a1＝3m/s2
（2）长木板距离挡板多远3m
（3）长木板的长度12m
【点评】本题属于板块模型，首先要弄清二者的运动情况；考查牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律，对于板块问题采取v﹣t图象处理比较直观。
13．（2024 辽宁一模）如图所示，质量为m的物块P通过轻弹簧放置于倾角θ＝30°的固定光滑斜面体上。弹簧下端与挡板连接，P与弹簧无拴接，轻质细绳通过轻质光滑滑轮两端分别连接质量为2m的物块Q和质量为8m的物块A，现用手托住物块A（距地面足够高），使细绳与斜面平行张力恰好为0，松手后物块A开始下落。已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g，弹簧始终在弹性限度内，求：
（1）物块静止时弹簧的压缩量Δx；
（2）物块P、Q分离时的加速度大小a；
（3）物块P、Q分离时物块A下降的高度h。
【考点】作用力与反作用力；力的合成与分解的应用．
【专题】计算题；定量思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．
【答案】（1）物块静止时弹簧的压缩量Δx为；
（2）物块P、Q分离时的加速度大小a为；
（3）物块P、Q分离时物块A下降的高度h为。
【分析】（1）没有释放物块A时，对P和Q整体受力分析，根据平衡条件求解弹簧的压缩量；
（2）物块P、Q分离时两者之间的弹力为0，分别对物块A和物块Q受力分析，根据牛顿第二定律列式求解；
（3）物块P、Q分离时具有相同的加速度，对物块P受力分析，根据牛顿第二定律和胡克定律列式求解即可。
【解答】解：（1）当没有释放物块A时，弹簧被压缩，对P和Q整体受力分析，由平衡条件得：3mgsinθ＝kΔx
解得：
（2）物块P、Q分离时两者之间的弹力为0，对物块A受力分析，由牛顿第二定律得：8mg﹣T＝8ma
对物块Q受力分析，由牛顿第二定律得：T﹣2mgsinθ＝2ma
联立解得：
（3）物块P、Q分离时具有相同的加速度，对物块P受力分析，由牛顿第二定律得：k（Δx﹣h）﹣mgsinθ＝ma
解得：
答：（1）物块静止时弹簧的压缩量Δx为；
（2）物块P、Q分离时的加速度大小a为；
（3）物块P、Q分离时物块A下降的高度h为。
【点评】本题考查牛顿第二定律和胡克定律，解题关键是灵活选择研究对象并对其受力分析，根据牛顿第二定律列式求解即可。
14．（2024 白山期末）如图所示，固定在水平地面上的斜面体上有一木块A（到定滑轮的距离足够远），通过轻质细线和滑轮与铁块B连接，细线的另一端固定在天花板上，在木块A上施加一沿斜面向下的作用力F，使整个装置处于静止状态。已知连接光滑动滑轮两边的细线均竖直，木块A和光滑定滑轮间的细线和斜面平行，木块A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，斜面的倾角θ＝37°，铁块B下端到地面的高度h＝0.75m，木块A的质量m＝0.5kg，铁块B的质量M＝1kg，不计空气阻力，不计滑轮受到的重力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求细线的拉力大小；
（2）当F＝1.2N时，求木块A受到的摩擦力；
（3）撤去力F，设铁块B落地后不反弹，求木块A能沿斜面上滑的最大距离。
【考点】作用力与反作用力；匀变速直线运动速度与位移的关系．
【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）细线的拉力大小为5N；
（2）当F＝1.2N时，木块A受到的摩擦力为0.8N，方向沿斜面向下；
（3）撤去力F，设铁块B落地后不反弹，木块A能沿斜面上滑的最大距离为1.75m。
【分析】（1）对铁块B和动滑轮整体受力分析，根据共点力平衡求得细线的拉力；
（2）对木块A受力分析，根据共点力平衡求得木块A受到的摩擦力。
（2）撤去外力后，根据牛顿第二定律求得铁块和木块的加速度，当铁块下落到地面时，结合运动学公式求得木块A上滑的位移和获得的速度，此后木块A继续向上做减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求得上滑的最大距离。
【解答】解：（1）对铁块B和动滑轮整体受力分析有：2T＝Mg
解得：T＝5N
（2）对木块A受力分析，设斜面对木块A的摩擦力沿斜面向上，则：T+f＝F+mgsinθ
解得：f＝﹣0.8N
即斜面对木块A的摩擦力大小为0.8N，方向沿斜面向下。
（3）撤去力F，设绳上的拉力为T′，铁块B下落的加速度大小为a1，
木块A沿斜面上滑的加速度大小为a2，
由题意可得：a2＝2a1
对铁块B由牛顿第二定律有：Mg﹣2T′＝Ma1
对木块A由牛顿第二定律有：T′﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
解得：，
铁块B刚落地时由速度—位移关系得：
此时木块A的速度大小为v2＝2v1＝2×1m/s＝2m/s，木块A的位移大小为s1＝2h＝2×0.75m＝1.5m
此后木块A的加速度大小为
木块A继续向上运动的位移大小为
故木块A沿斜面向上运动的最大距离为s＝s1+s2＝1.5m+0.25m＝1.75m
答：（1）细线的拉力大小为5N；
（2）当F＝1.2N时，木块A受到的摩擦力为0.8N，方向沿斜面向下；
（3）撤去力F，设铁块B落地后不反弹，木块A能沿斜面上滑的最大距离为1.75m。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，关键是抓住木块与铁块在运动过程中加速度、速度与位移间的关系即可。
15．（2024 杏花岭区校级月考）如图所示，一倾角为37°的足够长光滑斜面固定在水平地面上，小球B从斜面的底端开始以初速度10m/s沿斜面向上运动，与此同时，将小球A从斜面上某点以水平初速度抛出，当小球A落到斜面时恰好击中小球B，此时小球B沿斜面向上运动的速度为4m/s。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）小球A的飞行时间；
（2）小球A的初速度大小；
（3）小球A的抛出点距地面的高度。
【考点】作用力与反作用力；匀变速直线运动规律的综合应用．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；合成分解法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】（1）小球A的飞行时间是1s；
（2）小球A的初速度大小为；
（3）小球A的抛出点距地面的高度为9.2m。
【分析】（1）两球相遇前，A球在空中做平抛运动，B球做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律和速度公式求出相遇前B球的运动时间，即等于小球A的飞行时间；
（2）根据运动时间求出A下落的高度，由几何关系求出A的水平位移，即可求得小球A的初速度大小；
（3）根据位移公式求出小球B沿斜面向上运动的距离，从而求得小球B被击中的点距地面的高度，即可求得小球A的抛出点距地面的高度。
【解答】解：（1）小球B沿斜面向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度的大小为：
小球A的飞行时间与小球B的运动时间相等，所以小球A的飞行时间为：ts＝1s
（2）t＝1s内小球A的竖直方向位移为：yAm＝5m
小球A的水平位移 xAmm
小球A的初速度 v0Am/sm/s
（3）小球B沿斜面向上运动的距离 LB1m＝7m
小球B被击中的点距地面的高度 yB＝LBsinθ＝7×0.6m＝4.2m
小球A的抛出点距地面的高度 h＝yA+yB＝9.2m
答：（1）小球A的飞行时间是1s；
（2）小球A的初速度大小为；
（3）小球A的抛出点距地面的高度为9.2m。
【点评】解决本题的关键要理清两个小球的运动规律，把握相遇的条件，结合运动学公式灵活求解，解题时要注意A、B两球运动的同时性。
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