4.5牛顿运动定理的运用（预习衔接.夯实基础.含解析）2025-2026学年高一上学期物理必修第一册人教版（2019）
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| 名称 | 4.5牛顿运动定理的运用（预习衔接.夯实基础.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 | 261.7KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-07-18 17:10:49 | ||
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文档简介
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预习衔接.夯实基础 牛顿运动定理的运用
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 罗湖区校级期末）如题所示，在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为200N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，取g＝10m/s2，则（ ）
A．小球从一开始就与挡板分离
B．小球速度最大时与挡板分离
C．小球向下运动0.01m时与挡板分离
D．小球向下运动0.02m时速度最大
2．（2024秋 芜湖期末）如图所示，AQ为圆的竖直直径，沿AQ、BQ、CQ固定三个光滑杆，现让三个小环（可以看作质点）套在杆上，并分别沿着AQ、BQ、CQ杆自顶端由静止开始下滑到Q点，下滑所用时间分别为t1、t2和t3，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有（ ）
A．t3＞t2＞t1 B．t1＞t2＞t3 C．v3＞v2＞v1 D．v1＞v2＞v3
3．（2024秋 让胡路区校级期末）如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处放置一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上．木板与竖直方向AC所成角度为α，一小物块自A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系应为（ ）
A．α＝θ B．α C．α D．α＝2θ
4．（2024秋 潍坊期末）如图所示，在倾角37°足够长的斜面上有一个质量为1kg的物体，物体与斜面之间的动摩擦因数为0.5，t＝0时物体在F＝15N拉力的作用下由静止开始沿斜面向上运动，t＝2s时撤去拉力F。g取10m/s2，sin37°＝0.6。下列说法正确的是（ ）
A．物体沿斜面向上加速时加速度大小为2m/s2
B．物体在t＝2.5s时的速度为0
C．物体在斜面上运动的总时间为3s
D．物体沿斜面向上运动的最大位移为15m
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024秋 武昌区校级期末）如图甲所示，质量为M的长木板放置于水平面上，其上左端有一质量为m1＝3kg的物块A，物块A通过轻绳跨过光滑滑轮与质量为m2＝6kg的物块B相连，物块B离地面高度为h。t＝0时刻由静止释放物块B，同时给长木板一水平向左的初速度v0＝7m/s，以后物块A运动的加速度—时间图像如图乙所示。物块与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间动摩擦因数为μ2，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.1
B．木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1
C．木板向左运动的最大位移为3.5m
D．长木板的质量M＝2kg
（多选）6．（2024秋 米东区校级期末）如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在长木板B的最左端。从某时刻起，用F＝8N的水平力向右拉A，经过5s，A运动到B的最右端，物体A的v﹣t图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为2kg、8kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．长木板B的长度为10m
B．A、B间的动摩擦因数为0.2
C．若B不固定，B的加速度大小为0.5m/s2
D．若B不固定，A运动到B的最右端所用的时间为10s
（多选）7．（2024春 仓山区校级期末）如图1所示，质量为M＝0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m＝1kg的物块以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图2所示，其中AB段与横轴平行，AB段的纵坐标为1m﹣1，若将物块视为质点，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．若恒力F＝0，物块滑出木板时的速度为3m/s
B．C点纵坐标为1.5m﹣1
C．随着F增大，当外力F＝1.5N时，物块恰好不能从木板右端滑出
D．图像中D点对应的外力的值为3N
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 普陀区校级期末）如图所示，质量为m的光滑小球，用轻绳连接后挂在三角劈的顶端斜面平行，劈置于光滑水平面上，当劈水平向右匀加速加速度a1＝ 时，球与斜面相对静止且细绳的拉力恰好为零；当劈以加速度a＝2g向左匀加速运动时，绳的拉力T2＝ 。
9．（2024秋 福州期末）质量为2kg的小物块置于水平地面上，用10N的水平拉力使它从静止开始做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，如图，则小物块在离出发点9m处速度大小为 m/s；运动中受到地面的摩擦力大小 N。
10．（2024秋 嘉定区校级期末）一物体受竖直向上拉力作用，从静止开始做匀加速直线运动，当拉力F1＝140N时，物体向上的加速度a1为4m/s2，不计空气阻力，则物体的质量是 kg；物体在2s内的位移是 m；若物体以向上减速时，竖直向上拉力F2为 N。
11．（2024秋 连江县校级期末）如图所示，木板A与木块B叠放在光滑的水平面上，两者间的动摩擦因数为μ，已知A的质量为2m，B的质量为m，水平推力F作用在木板A上，两者一起做匀加速直线运动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当B相对A刚要滑动时，推力F的大小为 。
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 武昌区校级期末）一质量为m的粗糙直木棒A静置于水平地面上，木棒上端通过一轻绳跨过滑轮与质量为m的重物C连接，质量为2m的小环B套在木棒上。t＝0时刻，小环以的速度从距木棒底部h＝1.925m的位置沿木棒向上滑动，同时由静止释放重物C。当木棒第一次与水平地面相碰时，连接重物C的细绳断裂，且每次木棒与地面碰撞时均原速率反弹。已知木棒与小环间的滑动摩擦力f＝mg，小环可以看作质点，且整个过程中小环不会从木棒上端滑出。取g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力以及滑轮与轻绳间的摩擦力，求：
（1）t＝0时刻，小环和木棒的加速度；
（2）木棒第一次与地面碰撞时的速度大小；
（3）小环从木棒下端滑出前，木棒与地面碰撞的次数n，及滑出瞬间小环与水平地面间的距离d。
13．（2024春 天心区校级期末）如图所示，在粗糙的水平地面上有一长为L＝12m、质量为M＝2kg的长木板B，在长木板的中点P放有一质量为m＝1kg（可视为质点）的小物块A，开始时A、B均静止。已知A与B、B与地面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.1和μ2＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平向右的恒力拉长木板B，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）当A刚好相对B开始滑动时，水平拉力F0的大小；
（2）若水平拉力F1＝10.5N，A所受到的摩擦力大小；
（3）若水平拉力F2＝24N，要使A刚好不滑离B，则F2作用多长时间后撤去？并求A最终停在B上的位置。
14．（2024秋 罗湖区校级期末）如图所示，倾斜的传送带正常工作时顺时针匀速转动，传送带的速率为v2＝4m/s，传送带倾角为θ＝30°。一物块从传送带上端滑上传送带，已知滑上时速率为v1＝5m/s，不计空气阻力，动摩擦因数为μ，传送带长度为L，g＝10m/s2，求：
（1）若μ＝0，且使传送带不动，L＝7.5m，物块离开传送带时的速度大小；
（2）若，L＝10m，传送带正常转动，物块在传送带上运动的时间；
（3）若，L＝10m，传送带正常转动，物块从哪一端离开传送带？并求物块离开传送带时速度大小和在传送带上运动的时间。
15．（2024秋 安宁区校级期末）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾斜传送带与水平方向夹角为θ，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12m/s从传送带底端A冲上传送带，煤块与传送带间的动摩擦因数μ，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，求：（以下结果可以用根式表示）
（1）倾角θ的正切值和动摩擦因数μ为多大；
（2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为多长；
（3）煤块在传送带上留下的痕迹长为多大。
预习衔接.夯实基础 牛顿运动定理的运用
参考答案与试题解析
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 罗湖区校级期末）如题所示，在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为200N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，取g＝10m/s2，则（ ）
A．小球从一开始就与挡板分离
B．小球速度最大时与挡板分离
C．小球向下运动0.01m时与挡板分离
D．小球向下运动0.02m时速度最大
【考点】牛顿第二定律的临界问题．
【答案】C
【分析】对球受力分析可知，当球受力平衡时，速度最大，此时弹簧的弹力与物体重力沿斜面的分力相等，由胡克定律和平衡条件即可求得小球向下运动的路程．从开始运动到小球与挡板分离的过程中，挡板A始终以加速度a＝4m/s2匀加速运动，小球与挡板刚分离时，相互间的弹力为零，由牛顿第二定律和胡克定律结合求得小球的位移．
【解答】解：A、C、设球与挡板分离时位移为x，经历的时间为t，
从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F。
根据牛顿第二定律有：mgsin30°﹣kx﹣F1＝ma，
保持a不变，随着x的增大，F1减小，当m与挡板分离时，F1减小到零，则有：
mgsin30°﹣kx＝ma，
解得：m，
即小球向下运动0.01m时与挡板分离，故A错误，C正确。
B、球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大。故B错误；
D．球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零。即：
kxm＝mgsin30°，
解得：xmm，
由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为0.05m。故D错误。
故选：C。
【点评】在挡板运动的过程中，挡板对球的支持力的大小是在不断减小的，从而可以使球和挡板一起以恒定的加速度运动，在运动的过程中物体的受力在变化，但是物体的运动状态不变，从而可以求得物体运动的位移．
2．（2024秋 芜湖期末）如图所示，AQ为圆的竖直直径，沿AQ、BQ、CQ固定三个光滑杆，现让三个小环（可以看作质点）套在杆上，并分别沿着AQ、BQ、CQ杆自顶端由静止开始下滑到Q点，下滑所用时间分别为t1、t2和t3，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有（ ）
A．t3＞t2＞t1 B．t1＞t2＞t3 C．v3＞v2＞v1 D．v1＞v2＞v3
【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；平均速度（定义式方向）；匀变速直线运动位移与时间的关系；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】利用牛顿第二定律可得小环的加速度大小，利用运动学公式可得小环下滑时间的表达式，则可得三条不同路径运动的时间关系，
根据三条路径的位移大小关系、时间关系，利用平均速度定义式可知小环经过不同路径的平均速度大小关系。
【解答】解：设斜面的倾角为θ，圆的直径为d，小环下滑过程，由牛顿第二定律可得小环的加速度为：
斜面的长度为：x＝dsinθ，由可得小环下滑所用时间为：
可知小环下滑的时间与斜面的倾角无关，则t1＝t2＝t3
由于AQ＞BQ＞CQ，根据平均速度的定义式可得v1＞v2＞v3，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了匀变速直线运动的规律，解题的关键是知道利用运动学公式找出小环下滑的时间与直径的关系，此时间与倾角无关。
3．（2024秋 让胡路区校级期末）如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处放置一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上．木板与竖直方向AC所成角度为α，一小物块自A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系应为（ ）
A．α＝θ B．α C．α D．α＝2θ
【考点】物体在光滑斜面上的运动；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【专题】牛顿运动定律综合专题．
【答案】B
【分析】在竖直线AC上取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切与D点，根据等时圆的结论及几何关系即可求解．
【解答】解：如图所示：
在竖直线AC上取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切与D点，
根据等时圆的结论可知：A点滑到圆上任一点的时间都相等，所以由A点滑到D点所用时间比由A到达斜面上其他各点时间都短，
将木板下端B点与D点重合即可，
而角COD为θ，所以
故选：B。
【点评】本题有其特殊的解题方法，作等时圆是一种快捷、方便的方法，难度适中．
4．（2024秋 潍坊期末）如图所示，在倾角37°足够长的斜面上有一个质量为1kg的物体，物体与斜面之间的动摩擦因数为0.5，t＝0时物体在F＝15N拉力的作用下由静止开始沿斜面向上运动，t＝2s时撤去拉力F。g取10m/s2，sin37°＝0.6。下列说法正确的是（ ）
A．物体沿斜面向上加速时加速度大小为2m/s2
B．物体在t＝2.5s时的速度为0
C．物体在斜面上运动的总时间为3s
D．物体沿斜面向上运动的最大位移为15m
【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；匀变速直线运动位移与时间的关系；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】D
【分析】根据牛顿第二定律可求出加速度大小；利用运动学公式以及牛顿第二定律可求出物体在t＝3s时的速度；根据受力情况，得到物体的运动情况，得出物体在斜面上的运动时间不止3s；根据运动学公式可求出位移。
【解答】解：A.有拉力作用时，对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
解得，物体沿斜面向上加速时加速度大小为a1＝5m/s2，故A错误；
B.2s时物体的速度为v1＝a1t1＝5×2m/s＝10m/s
撤去拉力后，物体向上滑动的过程中，对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ+μmgcosθ＝ma2
解得，物体向上减速的加速度大小为a2＝10m/s2
则物体向上减速的时间为t2，解得t2＝1s
则物体在t＝3s时的速度为0，故B错误；
C.当物体速度减为零时，由于mgsinθ＞μmgcosθ则物体不能保持静止，物体会沿斜面向下做加速运动，则物体在斜面上的运动时间不止3s，故C错误；
D.物体沿斜面向上运动的最大位移为xt1t2，解得x＝15m，故D正确。
故选：D。
【点评】学生在解答本题时，应注意灵活运用牛顿第二定律求解加速度。
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024秋 武昌区校级期末）如图甲所示，质量为M的长木板放置于水平面上，其上左端有一质量为m1＝3kg的物块A，物块A通过轻绳跨过光滑滑轮与质量为m2＝6kg的物块B相连，物块B离地面高度为h。t＝0时刻由静止释放物块B，同时给长木板一水平向左的初速度v0＝7m/s，以后物块A运动的加速度—时间图像如图乙所示。物块与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间动摩擦因数为μ2，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.1
B．木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1
C．木板向左运动的最大位移为3.5m
D．长木板的质量M＝2kg
【考点】无外力的水平板块模型；连接体模型．
【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；模型建构能力．
【答案】BC
【分析】0～1s内物块A、B一起匀加速，对A和B根据牛顿第二定律求解物块与木板间的动摩擦因数；
对A分析可知，1～3s内物块B已经落地，3s末物块A与木板共速，之后二者一起做匀减速直线运动，对木板和A分析，由牛顿第二定律进行解答；
根据a﹣t图像中图线与坐标轴所围面积表示速度变化，可知3s末物块A的速度；0～3s内木板先向左匀减速，再向右匀加速，由牛顿第二定律结合运动学公式进行解答。
【解答】解：A．由乙图可知，0～1s内物块A、B一起匀加速，此时A受到的摩擦力方向向左，由整体法可得：m2g﹣μ1m1g＝（m1+m2）a1
解得：μ1＝0.2，故A错误；
B．物块A所受木板的滑动摩擦力产生的加速度大小为a2，则有：μ1m1g＝m1a2
解得加速度大小为：
可知，1～3s内物块B已经落地，物块A水平方向只受木板的滑动摩擦力作用，由图乙可知3s末物块A的加速度大小突然减为1m/s2，则此时物块A与木板共速，之后二者一起做匀减速直线运动。由牛顿第二定律，可得：
μ2（M+m1）g＝（M+m1）a3
解得：μ2＝0.1，故B正确；
CD．根据a﹣t图像中图线与坐标轴所围面积表示速度变化，可知3s末物块A的速度为：v＝6×1m/s﹣2×2m/s＝2m/s
依题意，0～3s内木板先向左匀减速，再向右匀加速，受力分析由牛顿第二定律，有
木板向左运动的过程中：μ1m1g+μ2（M+m1）g＝Ma木
木板向右运动过程中：μ1m1g﹣μ2（M+m1）g＝Ma木'
又：a木，a木′
且：t1+t2＝3s
联立解得：M＝1.5kg，a木＝7m/s2，a木'＝1m/s2，t1＝1s，t2＝2s
则木板向左运动的最大位移为：xm＝3.5m，故C正确、D错误。
故选：BC。
【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；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
（多选）6．（2024秋 米东区校级期末）如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在长木板B的最左端。从某时刻起，用F＝8N的水平力向右拉A，经过5s，A运动到B的最右端，物体A的v﹣t图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为2kg、8kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．长木板B的长度为10m
B．A、B间的动摩擦因数为0.2
C．若B不固定，B的加速度大小为0.5m/s2
D．若B不固定，A运动到B的最右端所用的时间为10s
【考点】无外力的水平板块模型；匀变速直线运动位移与时间的关系；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；图析法；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；模型建构能力．
【答案】BC
【分析】根据v﹣t图像面积代表位移，分析木板长度；
根据v﹣t图像斜率代表加速度，求A的加速度，再结合牛顿第二定律，求摩擦因数；
B不固定，对B受力分析，由牛顿第二定律，求B加速度；
若B不固定，A运动到B的最右端的过程由运动学公式求时间。
【解答】解：A．根据v﹣t图像面积代表位移，可知长木板B的长度为，故A错误；
B．根据v﹣t图像斜率代表加速度，可知物体A的加速度为
对物体A受力分析，由牛顿第二定律得
F﹣μmAg＝mAaA
解得
μ＝0.2
故B正确；
C．若B不固定，对B受力分析，由牛顿第二定律
μmAg＝mBaB
代入数据解得
故C正确；
D．若B不固定，A运动到B的最右端的过程由运动学公式
解得
故D错误。
故选：BC。
【点评】本题解题关键是掌握v﹣t图像面积代表位移、v﹣t图像斜率代表加速、以及牛顿第二定律，是一道具有综合性的，热度较高的题。
（多选）7．（2024春 仓山区校级期末）如图1所示，质量为M＝0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m＝1kg的物块以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图2所示，其中AB段与横轴平行，AB段的纵坐标为1m﹣1，若将物块视为质点，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．若恒力F＝0，物块滑出木板时的速度为3m/s
B．C点纵坐标为1.5m﹣1
C．随着F增大，当外力F＝1.5N时，物块恰好不能从木板右端滑出
D．图像中D点对应的外力的值为3N
【考点】有外力的水平板块模型．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力；模型建构能力．
【答案】BD
【分析】应用动量守恒和能量守恒求出物块滑出木板时的速度；当F较小时，物块将从木板右端滑下；当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度，根据受力情况和运动情况求解BC段恒力F的取值范围，求出的关系函数关系进行分析；当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，根据牛顿第二定律结合速度—时间关系进行解答；图中D（C）临界点对应的情况是物块滑至某处时，木板与物块已达到速度相同，求出两者一起加速运动的临界加速度，根据牛顿第二定律求解外力的值。
【解答】解：A．由图2知，AB段为物块从木板右侧滑出去，BC段为物块没有从木板上滑出去，DE段为物块从木板左侧滑出去。当恒力F＝0时，s＝1m，即木板长度为L＝1m，设物块滑出木板时的速度为v1，对应木板的速度为v2，取向右为正方向，根据动量守恒有
mv0＝mv1+Mv2
能量守恒有
解得
，（舍去v1＝2m/s，v2＝4m/s）
故A错误；
BD．图2中C点对应位物块和木板达到共同速度之后一起加速，且一起加速时物块的加速度达到最大，有
μmg＝ma物max
物块和木板一起加速时，对整体有
F＝（M+m）a物max
解得
F＝3N
从物块滑到木板上到它们共速的过程对木板有
F+μmg＝Ma板
从物块滑到木板上到它们共速的过程对物块有
μmg＝ma物
该阶段速度有
v共＝v0﹣a物t
又有
v共＝a板t
其有
解得
，，，
图2中C、D两点横坐标相同，都为3N，故BD正确；
C．图2中B点对应物块恰好不能从木板右端滑出，且物块到达木板右端时它们恰好共速，共速前根据动力学公式有
F+μmg＝Ma板
对于物块有
μmg＝ma物
其速度有
v共＝v0﹣a物t
对于板有
v共＝a板t
则恰好滑下有
解得
F＝1N
故C错误。
故选：BD。
【点评】本题考查动量守恒和能量守恒的综合应用。滑块问题是物理模型中非常重要的模型，是学生物理建模能力培养的典型模型。滑块问题的解决非常灵活，针对受力分析、运动分析以及牛顿第二定律的掌握，还有相对运动的分析，特别是摩擦力的变化与转型，都是难点所在。本题通过非常规的图象来分析滑块的运动，能从图中读懂物体的运动。
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 普陀区校级期末）如图所示，质量为m的光滑小球，用轻绳连接后挂在三角劈的顶端斜面平行，劈置于光滑水平面上，当劈水平向右匀加速加速度a1＝ g 时，球与斜面相对静止且细绳的拉力恰好为零；当劈以加速度a＝2g向左匀加速运动时，绳的拉力T2＝ mg 。
【考点】物体在光滑斜面上的运动；力的合成与分解的应用．
【专题】应用题；定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据题意确定小球的受力情况，然后应用牛顿第二定律求出加速度；
应用牛顿第二定律的求出小球与斜面间作用力为零时的临界加速度，
然后根据劈的加速度与临界加速度的关系确定小球的位置状态，然后求出绳子的拉力。
【解答】解：球与斜面相对静止且细绳的拉力恰好为零时，小球受力如图所示：
由牛顿第二定律得：a1g；
当劈加速度向左，球恰好刚要离开斜面；
即斜面对球的作用力恰好为零时，球受力如图所示：
由牛顿第二定律得：a临界g＜a＝2g，
当加速度：a＝2g，方向：水平向左时，小球离开斜面，受力如图所示：
绳子的拉力：T2mg；
故答案为：g；mg。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，解决本题的关键知道小球和三角劈具有相同的加速度，通过隔离法分析，运用牛顿第二定律进行求解。
9．（2024秋 福州期末）质量为2kg的小物块置于水平地面上，用10N的水平拉力使它从静止开始做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，如图，则小物块在离出发点9m处速度大小为 6 m/s；运动中受到地面的摩擦力大小 6 N。
【考点】牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】信息给予题；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；理解能力．
【答案】6；6。
【分析】根据运动学公式求速度；根据牛顿第二定律求加速度。
【解答】解：根据运动学公式v2＝2ax
可得小物块的速度
以小物块为研究对象，根据牛顿第二定律F﹣f＝ma
小物块受到地面的摩擦力f＝F﹣ma＝10N﹣2×2N＝6N
故答案为：6；6。
【点评】本题考查了速度—位移公式和牛顿第二定律的运用；运用牛顿第二定律时，关键是要分析清楚物体的受力情况，然后再根据所求合力列出牛顿第二定律的表达式。
10．（2024秋 嘉定区校级期末）一物体受竖直向上拉力作用，从静止开始做匀加速直线运动，当拉力F1＝140N时，物体向上的加速度a1为4m/s2，不计空气阻力，则物体的质量是 10 kg；物体在2s内的位移是 8 m；若物体以向上减速时，竖直向上拉力F2为 80 N。
【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；匀变速直线运动位移与时间的关系；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】10；8；80。
【分析】对物体受力分析，由牛顿第二定律求解物体的质量；由位移—时间关系式求解2s内的位移；再对向上减速过程由牛顿第二定律求得拉力大小。
【解答】解：以物体为研究对象，由牛顿第二定律得
F1﹣mg＝ma1
解得物体的质量是
物体在2s内的位移是
物体以向上减速时，由牛顿第二定律可得
mg﹣F2＝ma2
解得
F2＝mg﹣ma2＝10×10N﹣10×2N＝80N。
故答案为：10；8；80。
【点评】本题考查牛顿第二定律的应用以及运动学公式，要注意正确确定研究对象，明确物体的合力，再由牛顿第二定律列式求解。
11．（2024秋 连江县校级期末）如图所示，木板A与木块B叠放在光滑的水平面上，两者间的动摩擦因数为μ，已知A的质量为2m，B的质量为m，水平推力F作用在木板A上，两者一起做匀加速直线运动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当B相对A刚要滑动时，推力F的大小为 3μmg 。
【考点】连接体模型．
【专题】定性思想；推理法；受力分析方法专题；理解能力；模型建构能力．
【答案】3μmg。
【分析】当B相对A刚要滑动时，对B根据牛顿第二定律求解加速度大小，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求解推力F的大小。
【解答】解：当B相对A刚要滑动时，B受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小f＝μmg；
则对B由牛顿第二定律μmg＝mam
对A由牛顿第二定律F﹣μmg＝2mam
解得F＝3μmg。
故答案为：3μmg。
【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 武昌区校级期末）一质量为m的粗糙直木棒A静置于水平地面上，木棒上端通过一轻绳跨过滑轮与质量为m的重物C连接，质量为2m的小环B套在木棒上。t＝0时刻，小环以的速度从距木棒底部h＝1.925m的位置沿木棒向上滑动，同时由静止释放重物C。当木棒第一次与水平地面相碰时，连接重物C的细绳断裂，且每次木棒与地面碰撞时均原速率反弹。已知木棒与小环间的滑动摩擦力f＝mg，小环可以看作质点，且整个过程中小环不会从木棒上端滑出。取g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力以及滑轮与轻绳间的摩擦力，求：
（1）t＝0时刻，小环和木棒的加速度；
（2）木棒第一次与地面碰撞时的速度大小；
（3）小环从木棒下端滑出前，木棒与地面碰撞的次数n，及滑出瞬间小环与水平地面间的距离d。
【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；匀变速直线运动规律的综合应用；牛顿第二定律的简单应用．
【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；分析综合能力．
【答案】（1）t＝0时刻，小环的加速度为15m/s2，方向竖直向下，木棒的加速度为5m/s2，方向竖直向上；
（2）木棒第一次与地面碰撞时的速度大小为2m/s；
（3）小环从木棒下端滑出前，木棒与地面碰撞的次数n为4次，及滑出瞬间小环与水平地面间的距离d为0.1m。
【分析】（1）小环相对于木棒向上运动，所受摩擦力向下，利用牛顿第二定律即可计算小环的加速度，木棒与重物用细绳连接，故加速度大小相同可利用整体法和牛顿第二定律计算二者的加速度；
（2）由题意可知，小环与木棒先相对滑动后达到共速，可先利用牛顿第二定律以及运动学公式计算出二者达到共速过程中相对的位移大小，而后小环、木棒与重物以大小相等的加速度做双向匀变速直线运动，利用运动学公式即可计算木棒第一次碰撞后的速度大小；
（3）利用运动学公式分析碰撞规律，通过双向匀变速直线运动的特点和位移差计算次数、距离。
【解答】解：（1）t＝0时刻，小环相对于木棒向上运动，小环所受滑动摩擦力向下，根据牛顿第二定律有
f+2mg＝2ma1
代入数据解得
该加速度方向竖直向下。对木棒与重物整体分析，根据牛顿第二定律有
mg+f﹣mg＝（m+m）a2
代入数据解得
该加速度方向竖直向上。
（2）根据上述可知，小环开始向上做匀减速直线运动，木棒与重物做匀加速直线运动，经历时间t0达到相等速度，则有
v共＝v0﹣a1t0＝a2t0
代入数据解得
，
此过程木棒的位移为
代入数据解得
x1＝0.2m
此过程小环相对于木棒向上运动，相对位移大小为
x0＝x2﹣x1
代入数据解得
x0＝0.8m
之后小环、木棒与重物以大小相等的加速度做双向匀变速直线运动，根据牛顿第二定律有
mg+2mg﹣mg＝（m+m+2m）a3
代入数据解得
取向上为正方向，根据速度与位移的关系式有
代入数据解得
v1＝2m/s
（3）综合上述，小环、木棒与重物以大小相等的加速度做双向匀变速直线运动到与地面第一次碰撞时，环与木棒下端间距为
L＝x0+h
代入数据解得
L＝2.725m
碰撞时，连接重物C的细绳断裂，碰撞后，小环向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
2mg﹣f＝2ma4
代入数据解得
小环向下做匀加速直线运动，木棒向上做双向匀变速直线运动，根据对称性可知，在木棒与地面再次碰撞之前，小环速度始终大于木棒速度，即小环在之后的碰撞过程中始终向下做匀加速直线运动，木棒一直重复第一次碰撞之后的双向匀变速直线运动，可知，每一次木棒上升到做高点的时间为
代入数据解得
t1＝0.1s
利用逆向思维，木棒上升到最大的高度为
代入数据解得
h0＝0.1m
可知，环在到达离地面高度为h0之前都不会与木棒分离，对小环有
代入数据解得
t2＝0.7s
则木棒与地面碰撞的次数为
且第四次碰撞后，木棒上升到最高点时恰好与小环分离，可知，此时，小环离地面的高度
d＝h0＝0.1m。
答：（1）t＝0时刻，小环的加速度为15m/s2，方向竖直向下，木棒的加速度为5m/s2，方向竖直向上；
（2）木棒第一次与地面碰撞时的速度大小为2m/s；
（3）小环从木棒下端滑出前，木棒与地面碰撞的次数n为4次，及滑出瞬间小环与水平地面间的距离d为0.1m。
【点评】本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动规律的应用，掌握相对运动的特点是解决本题的而关键。
13．（2024春 天心区校级期末）如图所示，在粗糙的水平地面上有一长为L＝12m、质量为M＝2kg的长木板B，在长木板的中点P放有一质量为m＝1kg（可视为质点）的小物块A，开始时A、B均静止。已知A与B、B与地面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.1和μ2＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平向右的恒力拉长木板B，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）当A刚好相对B开始滑动时，水平拉力F0的大小；
（2）若水平拉力F1＝10.5N，A所受到的摩擦力大小；
（3）若水平拉力F2＝24N，要使A刚好不滑离B，则F2作用多长时间后撤去？并求A最终停在B上的位置。
【考点】有外力的水平板块模型．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；整体法和隔离法；分析综合能力；模型建构能力．
【答案】（1）当A刚好相对B开始滑动时，水平拉力F0的大小为12N；
（2）A所受到的摩擦力大小为0.5N；
（3）F2作用1s时间后撤去，A最终停在B上离B左端1.5m的位置。
【分析】（1）当A与B刚好相对滑动时，A、B之间静摩擦力达到最大值，对A，根据牛顿第二定律求出加速度，再对整体，利用牛顿第二定律求水平拉力F0的大小；
（2）若水平拉力F1＝10.5N，分析A、B的运动状态，对整体，由牛顿第二定律求出加速度，再对A，利用牛顿第二定律求A所受到的摩擦力大小；
（3）若水平拉力F2＝24N，A与B相对滑动，分析A和B的运动情况，根据牛顿第二定律求解各个阶段B的加速度大小，再根据速度—时间关系、位移—时间关系列方程求解。
【解答】解：（1）当A与B刚好相对滑动时，A、B之间静摩擦力达到最大值，对A，由牛顿第二定律有
μ1mg＝ma0
解得：
对A、B整体，由牛顿第二定律有
F0﹣μ2（M+m）g＝（M+m）a0
解得：F0＝12N
（2）由于F1＝10.5N＜F0＝12N
且F1＞μ2（M+m）g＝0.3×（2+1）×10N＝9N
所以A、B一起向右做匀加速运动，对A、B整体，由牛顿第二定律有
F1﹣μ2（M+m）g＝（M+m）a共
解得：
对A，由牛顿第二定律有
f＝ma共
解得：f＝0.5N
（3）由于水平拉力F2＝24N＞F0＝12N
故A、B相对滑动，对A，由牛顿第二定律有
μ1mg＝ma1
解得：
对B，由牛顿第二定律有
F2﹣μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma2
解得：
设拉力作用t1时最终小物块刚好没有滑离长木板，则t1时间内小物块速度和位移分别为
v1＝a1t1，
t1时间内木板的速度和位移分别为
v2＝a2t1，
此过程中A相对B向左滑动距离
水平拉力撤去后，设再经时间t2，A、B刚好共速，因A的受力不变，故A继续加速，加速度仍然为
B做减速运动，且有
μ2（M+m）g+μ1mg＝Ma3
解得：
则有
v共＝v1+a1t2＝v2﹣a3t2
此过程中A相对B向左滑动
此时A刚好滑到B最左端，则有
Δx＝Δx1+Δx2
联立解得：v共＝2m/s，t1＝t2＝1s
即F2作用1s时间后撤去，A刚好不从B的左边滑离。由于A、B间动摩擦因数小，故共速后A相对B向右滑动，A向右减速，加速度大小仍然为
B向右减速，设加速度大小为a4，则有
μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma4
解得：
此后，A、B分别运动x3、x4后停下，有
x3，x4
解得：x3＝2m，x4＝0.5m
A相对B向右滑动了
Δx′＝x3﹣x4＝2m﹣1.5m＝1.5m
即A最终停在B上离B左端1.5m的位置。
答：（1）当A刚好相对B开始滑动时，水平拉力F0的大小为12N；
（2）A所受到的摩擦力大小为0.5N；
（3）F2作用1s时间后撤去，A最终停在B上离B左端1.5m的位置。
【点评】对于牛顿第二定律和运动学公式的综合应用问题，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；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
14．（2024秋 罗湖区校级期末）如图所示，倾斜的传送带正常工作时顺时针匀速转动，传送带的速率为v2＝4m/s，传送带倾角为θ＝30°。一物块从传送带上端滑上传送带，已知滑上时速率为v1＝5m/s，不计空气阻力，动摩擦因数为μ，传送带长度为L，g＝10m/s2，求：
（1）若μ＝0，且使传送带不动，L＝7.5m，物块离开传送带时的速度大小；
（2）若，L＝10m，传送带正常转动，物块在传送带上运动的时间；
（3）若，L＝10m，传送带正常转动，物块从哪一端离开传送带？并求物块离开传送带时速度大小和在传送带上运动的时间。
【考点】倾斜传送带模型；牛顿第二定律求解多过程问题．
【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；模型建构能力．
【答案】（1）若μ＝0，且使传送带不动，L＝7.5m，物块离开传送带时的速度大小为10m/s；
（2）若，L＝10m，传送带正常转动，物块在传送带上运动的时间为2s；
（3）从上端离开传送带，物块离开传送带时速度大小为4m/s，在传送带上运动的时间为4.05s。
【分析】（1）对物块受力分析，由牛顿第二定律解得加速度，根据运动学规律解答；
（2）对物块受力分析，从而分析其运动状态，根据运动学公式计算；
（3）分析物块的运动情况，根据牛顿第二定律分析解答。
【解答】解：（1）依题意，对物块受力分析，由牛顿第二定律可得
mgsinθ＝ma1
物块在传送带上做匀加速直线运动，有
联立，解得
v＝10m/s
（2）对物块受力分析，可得
mgsinθ＝mgmg
μmgcosθmgmg
即物块下滑过程，合力为零，做匀速直线运动，有
解得t＝2s
（3）对物块受力分析，由牛顿第二定律可得
μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma2
解得
即物块做匀减速下滑，设经t1速度减为零，则有
0＝v1﹣a2t1
解得
t1＝2s
此时物块下滑的距离为
解得x＝5m＜L
说明物块将沿传送带向上做匀加速直线运动，设经t2与传送带共速，则有
此时物块上滑位移为
因为μmgcosθ＞mgsinθ，此后将随传送带一起运动，则有
从上端离开传送带，物块离开传送带时速度大小与传送带相同为
v2＝4m/s
综上所述，物块在传送带上运动的时间为
t总＝t1+t2+t3
解得t总＝4.05s
答：（1）若μ＝0，且使传送带不动，L＝7.5m，物块离开传送带时的速度大小为10m/s；
（2）若，L＝10m，传送带正常转动，物块在传送带上运动的时间为2s；
（3）从上端离开传送带，物块离开传送带时速度大小为4m/s，在传送带上运动的时间为4.05s。
【点评】该题涉及的过程比较多，二者过程的变化较复杂，在解答的过程中要注意对各个过程的把握，正确进行受力分析，同时要明确其运动的过程与特点。
15．（2024秋 安宁区校级期末）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾斜传送带与水平方向夹角为θ，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12m/s从传送带底端A冲上传送带，煤块与传送带间的动摩擦因数μ，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，求：（以下结果可以用根式表示）
（1）倾角θ的正切值和动摩擦因数μ为多大；
（2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为多长；
（3）煤块在传送带上留下的痕迹长为多大。
【考点】倾斜传送带模型．
【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；模型建构能力．
【答案】（1）倾角θ的正切值是0.75，动摩擦因数μ为0.25；
（2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为（2）s；
（3）煤块在传送带上留下的痕迹长为（12+4）m。
【分析】（1）根据图示v﹣t图像求出煤块的加速度大小，应用牛顿第二定律求出斜面的倾角与动摩擦因数。
（2）根据v﹣t图像分析清楚煤块的运动过程，应用运动学公式求解。
（3）根据v﹣t图像与运动学公式求出煤块与传送带的位移，然后求出痕迹的长度。
【解答】解：（1）由图乙所示图像可知，0﹣1s内，煤块的加速度大小a1m/s2＝8m/s2，方向沿传送带向下
根据牛顿第二定律得 mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
1﹣2s，物块的加速度大小a2m/s2＝4m/s2，方向沿传送带向下
根据牛顿第二定律得 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入数据解得：μ＝0.25，tanθ＝0.75，则θ＝37°
（2）物块上升的位移大小等于v﹣t图象与时间轴所包围的面积大小：x1m（2﹣1）m＝10m
根据xa2t下2，得煤块下滑的时间t下s，
所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间t＝t上+t下＝2ss＝（2）s
（3）由图乙所示图像可知，传送带的速度v＝4m/s，在0﹣1s内传送带的位移x带1＝vt1＝4×1m＝4m
煤块的位移为x煤11m＝8m
两者相对位移大小为Δx1＝x煤1﹣x带1＝8m﹣4m＝4m，方向沿传送带向上
在1﹣2s内传送带的位移x带2＝vt2＝4×1m＝4m，物块的位移为x煤24×（2﹣1）m＝2m
两者相对位移大小为Δx2＝x带2﹣x煤2＝4m﹣2m＝2m，方向沿传送带向下
在2～（2）s传送带向上运动，煤块向下运动，此过程煤块相对传送带向下的相对位移大小为：Δx3a2t下2+vt下
代入数据解得：Δx3＝（10+4）m
因Δx1＜Δx2+Δx3，故划痕总的长度为ΔL＝Δx2+Δx3＝2m+（10+4）m＝（12+4）m
答：（1）倾角θ的正切值是0.75，动摩擦因数μ为0.25；
（2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为（2）s；
（3）煤块在传送带上留下的痕迹长为（12+4）m。
【点评】解决本题的关键要理清物体在整个过程中的运动规律，抓住v﹣t图象的斜率表示加速度，面积表示位移，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。要注意摩擦生热与相对路程有关；注意划痕长度重叠时按最长的计算。
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预习衔接.夯实基础 牛顿运动定理的运用
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 罗湖区校级期末）如题所示，在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为200N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，取g＝10m/s2，则（ ）
A．小球从一开始就与挡板分离
B．小球速度最大时与挡板分离
C．小球向下运动0.01m时与挡板分离
D．小球向下运动0.02m时速度最大
2．（2024秋 芜湖期末）如图所示，AQ为圆的竖直直径，沿AQ、BQ、CQ固定三个光滑杆，现让三个小环（可以看作质点）套在杆上，并分别沿着AQ、BQ、CQ杆自顶端由静止开始下滑到Q点，下滑所用时间分别为t1、t2和t3，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有（ ）
A．t3＞t2＞t1 B．t1＞t2＞t3 C．v3＞v2＞v1 D．v1＞v2＞v3
3．（2024秋 让胡路区校级期末）如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处放置一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上．木板与竖直方向AC所成角度为α，一小物块自A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系应为（ ）
A．α＝θ B．α C．α D．α＝2θ
4．（2024秋 潍坊期末）如图所示，在倾角37°足够长的斜面上有一个质量为1kg的物体，物体与斜面之间的动摩擦因数为0.5，t＝0时物体在F＝15N拉力的作用下由静止开始沿斜面向上运动，t＝2s时撤去拉力F。g取10m/s2，sin37°＝0.6。下列说法正确的是（ ）
A．物体沿斜面向上加速时加速度大小为2m/s2
B．物体在t＝2.5s时的速度为0
C．物体在斜面上运动的总时间为3s
D．物体沿斜面向上运动的最大位移为15m
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024秋 武昌区校级期末）如图甲所示，质量为M的长木板放置于水平面上，其上左端有一质量为m1＝3kg的物块A，物块A通过轻绳跨过光滑滑轮与质量为m2＝6kg的物块B相连，物块B离地面高度为h。t＝0时刻由静止释放物块B，同时给长木板一水平向左的初速度v0＝7m/s，以后物块A运动的加速度—时间图像如图乙所示。物块与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间动摩擦因数为μ2，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.1
B．木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1
C．木板向左运动的最大位移为3.5m
D．长木板的质量M＝2kg
（多选）6．（2024秋 米东区校级期末）如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在长木板B的最左端。从某时刻起，用F＝8N的水平力向右拉A，经过5s，A运动到B的最右端，物体A的v﹣t图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为2kg、8kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．长木板B的长度为10m
B．A、B间的动摩擦因数为0.2
C．若B不固定，B的加速度大小为0.5m/s2
D．若B不固定，A运动到B的最右端所用的时间为10s
（多选）7．（2024春 仓山区校级期末）如图1所示，质量为M＝0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m＝1kg的物块以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图2所示，其中AB段与横轴平行，AB段的纵坐标为1m﹣1，若将物块视为质点，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．若恒力F＝0，物块滑出木板时的速度为3m/s
B．C点纵坐标为1.5m﹣1
C．随着F增大，当外力F＝1.5N时，物块恰好不能从木板右端滑出
D．图像中D点对应的外力的值为3N
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 普陀区校级期末）如图所示，质量为m的光滑小球，用轻绳连接后挂在三角劈的顶端斜面平行，劈置于光滑水平面上，当劈水平向右匀加速加速度a1＝ 时，球与斜面相对静止且细绳的拉力恰好为零；当劈以加速度a＝2g向左匀加速运动时，绳的拉力T2＝ 。
9．（2024秋 福州期末）质量为2kg的小物块置于水平地面上，用10N的水平拉力使它从静止开始做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，如图，则小物块在离出发点9m处速度大小为 m/s；运动中受到地面的摩擦力大小 N。
10．（2024秋 嘉定区校级期末）一物体受竖直向上拉力作用，从静止开始做匀加速直线运动，当拉力F1＝140N时，物体向上的加速度a1为4m/s2，不计空气阻力，则物体的质量是 kg；物体在2s内的位移是 m；若物体以向上减速时，竖直向上拉力F2为 N。
11．（2024秋 连江县校级期末）如图所示，木板A与木块B叠放在光滑的水平面上，两者间的动摩擦因数为μ，已知A的质量为2m，B的质量为m，水平推力F作用在木板A上，两者一起做匀加速直线运动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当B相对A刚要滑动时，推力F的大小为 。
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 武昌区校级期末）一质量为m的粗糙直木棒A静置于水平地面上，木棒上端通过一轻绳跨过滑轮与质量为m的重物C连接，质量为2m的小环B套在木棒上。t＝0时刻，小环以的速度从距木棒底部h＝1.925m的位置沿木棒向上滑动，同时由静止释放重物C。当木棒第一次与水平地面相碰时，连接重物C的细绳断裂，且每次木棒与地面碰撞时均原速率反弹。已知木棒与小环间的滑动摩擦力f＝mg，小环可以看作质点，且整个过程中小环不会从木棒上端滑出。取g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力以及滑轮与轻绳间的摩擦力，求：
（1）t＝0时刻，小环和木棒的加速度；
（2）木棒第一次与地面碰撞时的速度大小；
（3）小环从木棒下端滑出前，木棒与地面碰撞的次数n，及滑出瞬间小环与水平地面间的距离d。
13．（2024春 天心区校级期末）如图所示，在粗糙的水平地面上有一长为L＝12m、质量为M＝2kg的长木板B，在长木板的中点P放有一质量为m＝1kg（可视为质点）的小物块A，开始时A、B均静止。已知A与B、B与地面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.1和μ2＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平向右的恒力拉长木板B，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）当A刚好相对B开始滑动时，水平拉力F0的大小；
（2）若水平拉力F1＝10.5N，A所受到的摩擦力大小；
（3）若水平拉力F2＝24N，要使A刚好不滑离B，则F2作用多长时间后撤去？并求A最终停在B上的位置。
14．（2024秋 罗湖区校级期末）如图所示，倾斜的传送带正常工作时顺时针匀速转动，传送带的速率为v2＝4m/s，传送带倾角为θ＝30°。一物块从传送带上端滑上传送带，已知滑上时速率为v1＝5m/s，不计空气阻力，动摩擦因数为μ，传送带长度为L，g＝10m/s2，求：
（1）若μ＝0，且使传送带不动，L＝7.5m，物块离开传送带时的速度大小；
（2）若，L＝10m，传送带正常转动，物块在传送带上运动的时间；
（3）若，L＝10m，传送带正常转动，物块从哪一端离开传送带？并求物块离开传送带时速度大小和在传送带上运动的时间。
15．（2024秋 安宁区校级期末）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾斜传送带与水平方向夹角为θ，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12m/s从传送带底端A冲上传送带，煤块与传送带间的动摩擦因数μ，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，求：（以下结果可以用根式表示）
（1）倾角θ的正切值和动摩擦因数μ为多大；
（2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为多长；
（3）煤块在传送带上留下的痕迹长为多大。
预习衔接.夯实基础 牛顿运动定理的运用
参考答案与试题解析
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 罗湖区校级期末）如题所示，在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为200N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，取g＝10m/s2，则（ ）
A．小球从一开始就与挡板分离
B．小球速度最大时与挡板分离
C．小球向下运动0.01m时与挡板分离
D．小球向下运动0.02m时速度最大
【考点】牛顿第二定律的临界问题．
【答案】C
【分析】对球受力分析可知，当球受力平衡时，速度最大，此时弹簧的弹力与物体重力沿斜面的分力相等，由胡克定律和平衡条件即可求得小球向下运动的路程．从开始运动到小球与挡板分离的过程中，挡板A始终以加速度a＝4m/s2匀加速运动，小球与挡板刚分离时，相互间的弹力为零，由牛顿第二定律和胡克定律结合求得小球的位移．
【解答】解：A、C、设球与挡板分离时位移为x，经历的时间为t，
从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F。
根据牛顿第二定律有：mgsin30°﹣kx﹣F1＝ma，
保持a不变，随着x的增大，F1减小，当m与挡板分离时，F1减小到零，则有：
mgsin30°﹣kx＝ma，
解得：m，
即小球向下运动0.01m时与挡板分离，故A错误，C正确。
B、球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大。故B错误；
D．球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零。即：
kxm＝mgsin30°，
解得：xmm，
由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为0.05m。故D错误。
故选：C。
【点评】在挡板运动的过程中，挡板对球的支持力的大小是在不断减小的，从而可以使球和挡板一起以恒定的加速度运动，在运动的过程中物体的受力在变化，但是物体的运动状态不变，从而可以求得物体运动的位移．
2．（2024秋 芜湖期末）如图所示，AQ为圆的竖直直径，沿AQ、BQ、CQ固定三个光滑杆，现让三个小环（可以看作质点）套在杆上，并分别沿着AQ、BQ、CQ杆自顶端由静止开始下滑到Q点，下滑所用时间分别为t1、t2和t3，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有（ ）
A．t3＞t2＞t1 B．t1＞t2＞t3 C．v3＞v2＞v1 D．v1＞v2＞v3
【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；平均速度（定义式方向）；匀变速直线运动位移与时间的关系；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】利用牛顿第二定律可得小环的加速度大小，利用运动学公式可得小环下滑时间的表达式，则可得三条不同路径运动的时间关系，
根据三条路径的位移大小关系、时间关系，利用平均速度定义式可知小环经过不同路径的平均速度大小关系。
【解答】解：设斜面的倾角为θ，圆的直径为d，小环下滑过程，由牛顿第二定律可得小环的加速度为：
斜面的长度为：x＝dsinθ，由可得小环下滑所用时间为：
可知小环下滑的时间与斜面的倾角无关，则t1＝t2＝t3
由于AQ＞BQ＞CQ，根据平均速度的定义式可得v1＞v2＞v3，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了匀变速直线运动的规律，解题的关键是知道利用运动学公式找出小环下滑的时间与直径的关系，此时间与倾角无关。
3．（2024秋 让胡路区校级期末）如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处放置一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上．木板与竖直方向AC所成角度为α，一小物块自A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系应为（ ）
A．α＝θ B．α C．α D．α＝2θ
【考点】物体在光滑斜面上的运动；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【专题】牛顿运动定律综合专题．
【答案】B
【分析】在竖直线AC上取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切与D点，根据等时圆的结论及几何关系即可求解．
【解答】解：如图所示：
在竖直线AC上取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切与D点，
根据等时圆的结论可知：A点滑到圆上任一点的时间都相等，所以由A点滑到D点所用时间比由A到达斜面上其他各点时间都短，
将木板下端B点与D点重合即可，
而角COD为θ，所以
故选：B。
【点评】本题有其特殊的解题方法，作等时圆是一种快捷、方便的方法，难度适中．
4．（2024秋 潍坊期末）如图所示，在倾角37°足够长的斜面上有一个质量为1kg的物体，物体与斜面之间的动摩擦因数为0.5，t＝0时物体在F＝15N拉力的作用下由静止开始沿斜面向上运动，t＝2s时撤去拉力F。g取10m/s2，sin37°＝0.6。下列说法正确的是（ ）
A．物体沿斜面向上加速时加速度大小为2m/s2
B．物体在t＝2.5s时的速度为0
C．物体在斜面上运动的总时间为3s
D．物体沿斜面向上运动的最大位移为15m
【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；匀变速直线运动位移与时间的关系；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】D
【分析】根据牛顿第二定律可求出加速度大小；利用运动学公式以及牛顿第二定律可求出物体在t＝3s时的速度；根据受力情况，得到物体的运动情况，得出物体在斜面上的运动时间不止3s；根据运动学公式可求出位移。
【解答】解：A.有拉力作用时，对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
解得，物体沿斜面向上加速时加速度大小为a1＝5m/s2，故A错误；
B.2s时物体的速度为v1＝a1t1＝5×2m/s＝10m/s
撤去拉力后，物体向上滑动的过程中，对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ+μmgcosθ＝ma2
解得，物体向上减速的加速度大小为a2＝10m/s2
则物体向上减速的时间为t2，解得t2＝1s
则物体在t＝3s时的速度为0，故B错误；
C.当物体速度减为零时，由于mgsinθ＞μmgcosθ则物体不能保持静止，物体会沿斜面向下做加速运动，则物体在斜面上的运动时间不止3s，故C错误；
D.物体沿斜面向上运动的最大位移为xt1t2，解得x＝15m，故D正确。
故选：D。
【点评】学生在解答本题时，应注意灵活运用牛顿第二定律求解加速度。
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024秋 武昌区校级期末）如图甲所示，质量为M的长木板放置于水平面上，其上左端有一质量为m1＝3kg的物块A，物块A通过轻绳跨过光滑滑轮与质量为m2＝6kg的物块B相连，物块B离地面高度为h。t＝0时刻由静止释放物块B，同时给长木板一水平向左的初速度v0＝7m/s，以后物块A运动的加速度—时间图像如图乙所示。物块与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间动摩擦因数为μ2，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.1
B．木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1
C．木板向左运动的最大位移为3.5m
D．长木板的质量M＝2kg
【考点】无外力的水平板块模型；连接体模型．
【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；模型建构能力．
【答案】BC
【分析】0～1s内物块A、B一起匀加速，对A和B根据牛顿第二定律求解物块与木板间的动摩擦因数；
对A分析可知，1～3s内物块B已经落地，3s末物块A与木板共速，之后二者一起做匀减速直线运动，对木板和A分析，由牛顿第二定律进行解答；
根据a﹣t图像中图线与坐标轴所围面积表示速度变化，可知3s末物块A的速度；0～3s内木板先向左匀减速，再向右匀加速，由牛顿第二定律结合运动学公式进行解答。
【解答】解：A．由乙图可知，0～1s内物块A、B一起匀加速，此时A受到的摩擦力方向向左，由整体法可得：m2g﹣μ1m1g＝（m1+m2）a1
解得：μ1＝0.2，故A错误；
B．物块A所受木板的滑动摩擦力产生的加速度大小为a2，则有：μ1m1g＝m1a2
解得加速度大小为：
可知，1～3s内物块B已经落地，物块A水平方向只受木板的滑动摩擦力作用，由图乙可知3s末物块A的加速度大小突然减为1m/s2，则此时物块A与木板共速，之后二者一起做匀减速直线运动。由牛顿第二定律，可得：
μ2（M+m1）g＝（M+m1）a3
解得：μ2＝0.1，故B正确；
CD．根据a﹣t图像中图线与坐标轴所围面积表示速度变化，可知3s末物块A的速度为：v＝6×1m/s﹣2×2m/s＝2m/s
依题意，0～3s内木板先向左匀减速，再向右匀加速，受力分析由牛顿第二定律，有
木板向左运动的过程中：μ1m1g+μ2（M+m1）g＝Ma木
木板向右运动过程中：μ1m1g﹣μ2（M+m1）g＝Ma木'
又：a木，a木′
且：t1+t2＝3s
联立解得：M＝1.5kg，a木＝7m/s2，a木'＝1m/s2，t1＝1s，t2＝2s
则木板向左运动的最大位移为：xm＝3.5m，故C正确、D错误。
故选：BC。
【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；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
（多选）6．（2024秋 米东区校级期末）如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在长木板B的最左端。从某时刻起，用F＝8N的水平力向右拉A，经过5s，A运动到B的最右端，物体A的v﹣t图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为2kg、8kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．长木板B的长度为10m
B．A、B间的动摩擦因数为0.2
C．若B不固定，B的加速度大小为0.5m/s2
D．若B不固定，A运动到B的最右端所用的时间为10s
【考点】无外力的水平板块模型；匀变速直线运动位移与时间的关系；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；图析法；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；模型建构能力．
【答案】BC
【分析】根据v﹣t图像面积代表位移，分析木板长度；
根据v﹣t图像斜率代表加速度，求A的加速度，再结合牛顿第二定律，求摩擦因数；
B不固定，对B受力分析，由牛顿第二定律，求B加速度；
若B不固定，A运动到B的最右端的过程由运动学公式求时间。
【解答】解：A．根据v﹣t图像面积代表位移，可知长木板B的长度为，故A错误；
B．根据v﹣t图像斜率代表加速度，可知物体A的加速度为
对物体A受力分析，由牛顿第二定律得
F﹣μmAg＝mAaA
解得
μ＝0.2
故B正确；
C．若B不固定，对B受力分析，由牛顿第二定律
μmAg＝mBaB
代入数据解得
故C正确；
D．若B不固定，A运动到B的最右端的过程由运动学公式
解得
故D错误。
故选：BC。
【点评】本题解题关键是掌握v﹣t图像面积代表位移、v﹣t图像斜率代表加速、以及牛顿第二定律，是一道具有综合性的，热度较高的题。
（多选）7．（2024春 仓山区校级期末）如图1所示，质量为M＝0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m＝1kg的物块以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图2所示，其中AB段与横轴平行，AB段的纵坐标为1m﹣1，若将物块视为质点，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．若恒力F＝0，物块滑出木板时的速度为3m/s
B．C点纵坐标为1.5m﹣1
C．随着F增大，当外力F＝1.5N时，物块恰好不能从木板右端滑出
D．图像中D点对应的外力的值为3N
【考点】有外力的水平板块模型．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力；模型建构能力．
【答案】BD
【分析】应用动量守恒和能量守恒求出物块滑出木板时的速度；当F较小时，物块将从木板右端滑下；当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度，根据受力情况和运动情况求解BC段恒力F的取值范围，求出的关系函数关系进行分析；当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，根据牛顿第二定律结合速度—时间关系进行解答；图中D（C）临界点对应的情况是物块滑至某处时，木板与物块已达到速度相同，求出两者一起加速运动的临界加速度，根据牛顿第二定律求解外力的值。
【解答】解：A．由图2知，AB段为物块从木板右侧滑出去，BC段为物块没有从木板上滑出去，DE段为物块从木板左侧滑出去。当恒力F＝0时，s＝1m，即木板长度为L＝1m，设物块滑出木板时的速度为v1，对应木板的速度为v2，取向右为正方向，根据动量守恒有
mv0＝mv1+Mv2
能量守恒有
解得
，（舍去v1＝2m/s，v2＝4m/s）
故A错误；
BD．图2中C点对应位物块和木板达到共同速度之后一起加速，且一起加速时物块的加速度达到最大，有
μmg＝ma物max
物块和木板一起加速时，对整体有
F＝（M+m）a物max
解得
F＝3N
从物块滑到木板上到它们共速的过程对木板有
F+μmg＝Ma板
从物块滑到木板上到它们共速的过程对物块有
μmg＝ma物
该阶段速度有
v共＝v0﹣a物t
又有
v共＝a板t
其有
解得
，，，
图2中C、D两点横坐标相同，都为3N，故BD正确；
C．图2中B点对应物块恰好不能从木板右端滑出，且物块到达木板右端时它们恰好共速，共速前根据动力学公式有
F+μmg＝Ma板
对于物块有
μmg＝ma物
其速度有
v共＝v0﹣a物t
对于板有
v共＝a板t
则恰好滑下有
解得
F＝1N
故C错误。
故选：BD。
【点评】本题考查动量守恒和能量守恒的综合应用。滑块问题是物理模型中非常重要的模型，是学生物理建模能力培养的典型模型。滑块问题的解决非常灵活，针对受力分析、运动分析以及牛顿第二定律的掌握，还有相对运动的分析，特别是摩擦力的变化与转型，都是难点所在。本题通过非常规的图象来分析滑块的运动，能从图中读懂物体的运动。
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 普陀区校级期末）如图所示，质量为m的光滑小球，用轻绳连接后挂在三角劈的顶端斜面平行，劈置于光滑水平面上，当劈水平向右匀加速加速度a1＝ g 时，球与斜面相对静止且细绳的拉力恰好为零；当劈以加速度a＝2g向左匀加速运动时，绳的拉力T2＝ mg 。
【考点】物体在光滑斜面上的运动；力的合成与分解的应用．
【专题】应用题；定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据题意确定小球的受力情况，然后应用牛顿第二定律求出加速度；
应用牛顿第二定律的求出小球与斜面间作用力为零时的临界加速度，
然后根据劈的加速度与临界加速度的关系确定小球的位置状态，然后求出绳子的拉力。
【解答】解：球与斜面相对静止且细绳的拉力恰好为零时，小球受力如图所示：
由牛顿第二定律得：a1g；
当劈加速度向左，球恰好刚要离开斜面；
即斜面对球的作用力恰好为零时，球受力如图所示：
由牛顿第二定律得：a临界g＜a＝2g，
当加速度：a＝2g，方向：水平向左时，小球离开斜面，受力如图所示：
绳子的拉力：T2mg；
故答案为：g；mg。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，解决本题的关键知道小球和三角劈具有相同的加速度，通过隔离法分析，运用牛顿第二定律进行求解。
9．（2024秋 福州期末）质量为2kg的小物块置于水平地面上，用10N的水平拉力使它从静止开始做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，如图，则小物块在离出发点9m处速度大小为 6 m/s；运动中受到地面的摩擦力大小 6 N。
【考点】牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】信息给予题；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；理解能力．
【答案】6；6。
【分析】根据运动学公式求速度；根据牛顿第二定律求加速度。
【解答】解：根据运动学公式v2＝2ax
可得小物块的速度
以小物块为研究对象，根据牛顿第二定律F﹣f＝ma
小物块受到地面的摩擦力f＝F﹣ma＝10N﹣2×2N＝6N
故答案为：6；6。
【点评】本题考查了速度—位移公式和牛顿第二定律的运用；运用牛顿第二定律时，关键是要分析清楚物体的受力情况，然后再根据所求合力列出牛顿第二定律的表达式。
10．（2024秋 嘉定区校级期末）一物体受竖直向上拉力作用，从静止开始做匀加速直线运动，当拉力F1＝140N时，物体向上的加速度a1为4m/s2，不计空气阻力，则物体的质量是 10 kg；物体在2s内的位移是 8 m；若物体以向上减速时，竖直向上拉力F2为 80 N。
【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；匀变速直线运动位移与时间的关系；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】10；8；80。
【分析】对物体受力分析，由牛顿第二定律求解物体的质量；由位移—时间关系式求解2s内的位移；再对向上减速过程由牛顿第二定律求得拉力大小。
【解答】解：以物体为研究对象，由牛顿第二定律得
F1﹣mg＝ma1
解得物体的质量是
物体在2s内的位移是
物体以向上减速时，由牛顿第二定律可得
mg﹣F2＝ma2
解得
F2＝mg﹣ma2＝10×10N﹣10×2N＝80N。
故答案为：10；8；80。
【点评】本题考查牛顿第二定律的应用以及运动学公式，要注意正确确定研究对象，明确物体的合力，再由牛顿第二定律列式求解。
11．（2024秋 连江县校级期末）如图所示，木板A与木块B叠放在光滑的水平面上，两者间的动摩擦因数为μ，已知A的质量为2m，B的质量为m，水平推力F作用在木板A上，两者一起做匀加速直线运动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当B相对A刚要滑动时，推力F的大小为 3μmg 。
【考点】连接体模型．
【专题】定性思想；推理法；受力分析方法专题；理解能力；模型建构能力．
【答案】3μmg。
【分析】当B相对A刚要滑动时，对B根据牛顿第二定律求解加速度大小，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求解推力F的大小。
【解答】解：当B相对A刚要滑动时，B受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小f＝μmg；
则对B由牛顿第二定律μmg＝mam
对A由牛顿第二定律F﹣μmg＝2mam
解得F＝3μmg。
故答案为：3μmg。
【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 武昌区校级期末）一质量为m的粗糙直木棒A静置于水平地面上，木棒上端通过一轻绳跨过滑轮与质量为m的重物C连接，质量为2m的小环B套在木棒上。t＝0时刻，小环以的速度从距木棒底部h＝1.925m的位置沿木棒向上滑动，同时由静止释放重物C。当木棒第一次与水平地面相碰时，连接重物C的细绳断裂，且每次木棒与地面碰撞时均原速率反弹。已知木棒与小环间的滑动摩擦力f＝mg，小环可以看作质点，且整个过程中小环不会从木棒上端滑出。取g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力以及滑轮与轻绳间的摩擦力，求：
（1）t＝0时刻，小环和木棒的加速度；
（2）木棒第一次与地面碰撞时的速度大小；
（3）小环从木棒下端滑出前，木棒与地面碰撞的次数n，及滑出瞬间小环与水平地面间的距离d。
【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；匀变速直线运动规律的综合应用；牛顿第二定律的简单应用．
【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；分析综合能力．
【答案】（1）t＝0时刻，小环的加速度为15m/s2，方向竖直向下，木棒的加速度为5m/s2，方向竖直向上；
（2）木棒第一次与地面碰撞时的速度大小为2m/s；
（3）小环从木棒下端滑出前，木棒与地面碰撞的次数n为4次，及滑出瞬间小环与水平地面间的距离d为0.1m。
【分析】（1）小环相对于木棒向上运动，所受摩擦力向下，利用牛顿第二定律即可计算小环的加速度，木棒与重物用细绳连接，故加速度大小相同可利用整体法和牛顿第二定律计算二者的加速度；
（2）由题意可知，小环与木棒先相对滑动后达到共速，可先利用牛顿第二定律以及运动学公式计算出二者达到共速过程中相对的位移大小，而后小环、木棒与重物以大小相等的加速度做双向匀变速直线运动，利用运动学公式即可计算木棒第一次碰撞后的速度大小；
（3）利用运动学公式分析碰撞规律，通过双向匀变速直线运动的特点和位移差计算次数、距离。
【解答】解：（1）t＝0时刻，小环相对于木棒向上运动，小环所受滑动摩擦力向下，根据牛顿第二定律有
f+2mg＝2ma1
代入数据解得
该加速度方向竖直向下。对木棒与重物整体分析，根据牛顿第二定律有
mg+f﹣mg＝（m+m）a2
代入数据解得
该加速度方向竖直向上。
（2）根据上述可知，小环开始向上做匀减速直线运动，木棒与重物做匀加速直线运动，经历时间t0达到相等速度，则有
v共＝v0﹣a1t0＝a2t0
代入数据解得
，
此过程木棒的位移为
代入数据解得
x1＝0.2m
此过程小环相对于木棒向上运动，相对位移大小为
x0＝x2﹣x1
代入数据解得
x0＝0.8m
之后小环、木棒与重物以大小相等的加速度做双向匀变速直线运动，根据牛顿第二定律有
mg+2mg﹣mg＝（m+m+2m）a3
代入数据解得
取向上为正方向，根据速度与位移的关系式有
代入数据解得
v1＝2m/s
（3）综合上述，小环、木棒与重物以大小相等的加速度做双向匀变速直线运动到与地面第一次碰撞时，环与木棒下端间距为
L＝x0+h
代入数据解得
L＝2.725m
碰撞时，连接重物C的细绳断裂，碰撞后，小环向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
2mg﹣f＝2ma4
代入数据解得
小环向下做匀加速直线运动，木棒向上做双向匀变速直线运动，根据对称性可知，在木棒与地面再次碰撞之前，小环速度始终大于木棒速度，即小环在之后的碰撞过程中始终向下做匀加速直线运动，木棒一直重复第一次碰撞之后的双向匀变速直线运动，可知，每一次木棒上升到做高点的时间为
代入数据解得
t1＝0.1s
利用逆向思维，木棒上升到最大的高度为
代入数据解得
h0＝0.1m
可知，环在到达离地面高度为h0之前都不会与木棒分离，对小环有
代入数据解得
t2＝0.7s
则木棒与地面碰撞的次数为
且第四次碰撞后，木棒上升到最高点时恰好与小环分离，可知，此时，小环离地面的高度
d＝h0＝0.1m。
答：（1）t＝0时刻，小环的加速度为15m/s2，方向竖直向下，木棒的加速度为5m/s2，方向竖直向上；
（2）木棒第一次与地面碰撞时的速度大小为2m/s；
（3）小环从木棒下端滑出前，木棒与地面碰撞的次数n为4次，及滑出瞬间小环与水平地面间的距离d为0.1m。
【点评】本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动规律的应用，掌握相对运动的特点是解决本题的而关键。
13．（2024春 天心区校级期末）如图所示，在粗糙的水平地面上有一长为L＝12m、质量为M＝2kg的长木板B，在长木板的中点P放有一质量为m＝1kg（可视为质点）的小物块A，开始时A、B均静止。已知A与B、B与地面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.1和μ2＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平向右的恒力拉长木板B，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）当A刚好相对B开始滑动时，水平拉力F0的大小；
（2）若水平拉力F1＝10.5N，A所受到的摩擦力大小；
（3）若水平拉力F2＝24N，要使A刚好不滑离B，则F2作用多长时间后撤去？并求A最终停在B上的位置。
【考点】有外力的水平板块模型．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；整体法和隔离法；分析综合能力；模型建构能力．
【答案】（1）当A刚好相对B开始滑动时，水平拉力F0的大小为12N；
（2）A所受到的摩擦力大小为0.5N；
（3）F2作用1s时间后撤去，A最终停在B上离B左端1.5m的位置。
【分析】（1）当A与B刚好相对滑动时，A、B之间静摩擦力达到最大值，对A，根据牛顿第二定律求出加速度，再对整体，利用牛顿第二定律求水平拉力F0的大小；
（2）若水平拉力F1＝10.5N，分析A、B的运动状态，对整体，由牛顿第二定律求出加速度，再对A，利用牛顿第二定律求A所受到的摩擦力大小；
（3）若水平拉力F2＝24N，A与B相对滑动，分析A和B的运动情况，根据牛顿第二定律求解各个阶段B的加速度大小，再根据速度—时间关系、位移—时间关系列方程求解。
【解答】解：（1）当A与B刚好相对滑动时，A、B之间静摩擦力达到最大值，对A，由牛顿第二定律有
μ1mg＝ma0
解得：
对A、B整体，由牛顿第二定律有
F0﹣μ2（M+m）g＝（M+m）a0
解得：F0＝12N
（2）由于F1＝10.5N＜F0＝12N
且F1＞μ2（M+m）g＝0.3×（2+1）×10N＝9N
所以A、B一起向右做匀加速运动，对A、B整体，由牛顿第二定律有
F1﹣μ2（M+m）g＝（M+m）a共
解得：
对A，由牛顿第二定律有
f＝ma共
解得：f＝0.5N
（3）由于水平拉力F2＝24N＞F0＝12N
故A、B相对滑动，对A，由牛顿第二定律有
μ1mg＝ma1
解得：
对B，由牛顿第二定律有
F2﹣μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma2
解得：
设拉力作用t1时最终小物块刚好没有滑离长木板，则t1时间内小物块速度和位移分别为
v1＝a1t1，
t1时间内木板的速度和位移分别为
v2＝a2t1，
此过程中A相对B向左滑动距离
水平拉力撤去后，设再经时间t2，A、B刚好共速，因A的受力不变，故A继续加速，加速度仍然为
B做减速运动，且有
μ2（M+m）g+μ1mg＝Ma3
解得：
则有
v共＝v1+a1t2＝v2﹣a3t2
此过程中A相对B向左滑动
此时A刚好滑到B最左端，则有
Δx＝Δx1+Δx2
联立解得：v共＝2m/s，t1＝t2＝1s
即F2作用1s时间后撤去，A刚好不从B的左边滑离。由于A、B间动摩擦因数小，故共速后A相对B向右滑动，A向右减速，加速度大小仍然为
B向右减速，设加速度大小为a4，则有
μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma4
解得：
此后，A、B分别运动x3、x4后停下，有
x3，x4
解得：x3＝2m，x4＝0.5m
A相对B向右滑动了
Δx′＝x3﹣x4＝2m﹣1.5m＝1.5m
即A最终停在B上离B左端1.5m的位置。
答：（1）当A刚好相对B开始滑动时，水平拉力F0的大小为12N；
（2）A所受到的摩擦力大小为0.5N；
（3）F2作用1s时间后撤去，A最终停在B上离B左端1.5m的位置。
【点评】对于牛顿第二定律和运动学公式的综合应用问题，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；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
14．（2024秋 罗湖区校级期末）如图所示，倾斜的传送带正常工作时顺时针匀速转动，传送带的速率为v2＝4m/s，传送带倾角为θ＝30°。一物块从传送带上端滑上传送带，已知滑上时速率为v1＝5m/s，不计空气阻力，动摩擦因数为μ，传送带长度为L，g＝10m/s2，求：
（1）若μ＝0，且使传送带不动，L＝7.5m，物块离开传送带时的速度大小；
（2）若，L＝10m，传送带正常转动，物块在传送带上运动的时间；
（3）若，L＝10m，传送带正常转动，物块从哪一端离开传送带？并求物块离开传送带时速度大小和在传送带上运动的时间。
【考点】倾斜传送带模型；牛顿第二定律求解多过程问题．
【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；模型建构能力．
【答案】（1）若μ＝0，且使传送带不动，L＝7.5m，物块离开传送带时的速度大小为10m/s；
（2）若，L＝10m，传送带正常转动，物块在传送带上运动的时间为2s；
（3）从上端离开传送带，物块离开传送带时速度大小为4m/s，在传送带上运动的时间为4.05s。
【分析】（1）对物块受力分析，由牛顿第二定律解得加速度，根据运动学规律解答；
（2）对物块受力分析，从而分析其运动状态，根据运动学公式计算；
（3）分析物块的运动情况，根据牛顿第二定律分析解答。
【解答】解：（1）依题意，对物块受力分析，由牛顿第二定律可得
mgsinθ＝ma1
物块在传送带上做匀加速直线运动，有
联立，解得
v＝10m/s
（2）对物块受力分析，可得
mgsinθ＝mgmg
μmgcosθmgmg
即物块下滑过程，合力为零，做匀速直线运动，有
解得t＝2s
（3）对物块受力分析，由牛顿第二定律可得
μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma2
解得
即物块做匀减速下滑，设经t1速度减为零，则有
0＝v1﹣a2t1
解得
t1＝2s
此时物块下滑的距离为
解得x＝5m＜L
说明物块将沿传送带向上做匀加速直线运动，设经t2与传送带共速，则有
此时物块上滑位移为
因为μmgcosθ＞mgsinθ，此后将随传送带一起运动，则有
从上端离开传送带，物块离开传送带时速度大小与传送带相同为
v2＝4m/s
综上所述，物块在传送带上运动的时间为
t总＝t1+t2+t3
解得t总＝4.05s
答：（1）若μ＝0，且使传送带不动，L＝7.5m，物块离开传送带时的速度大小为10m/s；
（2）若，L＝10m，传送带正常转动，物块在传送带上运动的时间为2s；
（3）从上端离开传送带，物块离开传送带时速度大小为4m/s，在传送带上运动的时间为4.05s。
【点评】该题涉及的过程比较多，二者过程的变化较复杂，在解答的过程中要注意对各个过程的把握，正确进行受力分析，同时要明确其运动的过程与特点。
15．（2024秋 安宁区校级期末）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾斜传送带与水平方向夹角为θ，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12m/s从传送带底端A冲上传送带，煤块与传送带间的动摩擦因数μ，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，求：（以下结果可以用根式表示）
（1）倾角θ的正切值和动摩擦因数μ为多大；
（2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为多长；
（3）煤块在传送带上留下的痕迹长为多大。
【考点】倾斜传送带模型．
【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；模型建构能力．
【答案】（1）倾角θ的正切值是0.75，动摩擦因数μ为0.25；
（2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为（2）s；
（3）煤块在传送带上留下的痕迹长为（12+4）m。
【分析】（1）根据图示v﹣t图像求出煤块的加速度大小，应用牛顿第二定律求出斜面的倾角与动摩擦因数。
（2）根据v﹣t图像分析清楚煤块的运动过程，应用运动学公式求解。
（3）根据v﹣t图像与运动学公式求出煤块与传送带的位移，然后求出痕迹的长度。
【解答】解：（1）由图乙所示图像可知，0﹣1s内，煤块的加速度大小a1m/s2＝8m/s2，方向沿传送带向下
根据牛顿第二定律得 mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
1﹣2s，物块的加速度大小a2m/s2＝4m/s2，方向沿传送带向下
根据牛顿第二定律得 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入数据解得：μ＝0.25，tanθ＝0.75，则θ＝37°
（2）物块上升的位移大小等于v﹣t图象与时间轴所包围的面积大小：x1m（2﹣1）m＝10m
根据xa2t下2，得煤块下滑的时间t下s，
所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间t＝t上+t下＝2ss＝（2）s
（3）由图乙所示图像可知，传送带的速度v＝4m/s，在0﹣1s内传送带的位移x带1＝vt1＝4×1m＝4m
煤块的位移为x煤11m＝8m
两者相对位移大小为Δx1＝x煤1﹣x带1＝8m﹣4m＝4m，方向沿传送带向上
在1﹣2s内传送带的位移x带2＝vt2＝4×1m＝4m，物块的位移为x煤24×（2﹣1）m＝2m
两者相对位移大小为Δx2＝x带2﹣x煤2＝4m﹣2m＝2m，方向沿传送带向下
在2～（2）s传送带向上运动，煤块向下运动，此过程煤块相对传送带向下的相对位移大小为：Δx3a2t下2+vt下
代入数据解得：Δx3＝（10+4）m
因Δx1＜Δx2+Δx3，故划痕总的长度为ΔL＝Δx2+Δx3＝2m+（10+4）m＝（12+4）m
答：（1）倾角θ的正切值是0.75，动摩擦因数μ为0.25；
（2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为（2）s；
（3）煤块在传送带上留下的痕迹长为（12+4）m。
【点评】解决本题的关键要理清物体在整个过程中的运动规律，抓住v﹣t图象的斜率表示加速度，面积表示位移，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。要注意摩擦生热与相对路程有关；注意划痕长度重叠时按最长的计算。
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