第四章 运动和力的关系单元测试（含解析）-2025-2026学年人教版(2019)高一物理必修第一册
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| 名称 | 第四章 运动和力的关系单元测试（含解析）-2025-2026学年人教版(2019)高一物理必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.8MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-09-12 18:09:02 | ||
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文档简介
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第四章 运动和力的关系
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 胶州市期末）如图所示，倾角θ＝37°的浅色足够长传送带以v＝6m/s的速率顺时针匀速转动。一质量为2kg的煤块（可视为质点）从传送带底端以初速度v0＝10m/s滑上传送带。已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，关于煤块从传送带底端运动到最高点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．煤块经2s与传送带速度相同
B．煤块运动时间为1s
C．煤块的位移大小为5m
D．传送带上留下的痕迹长度为9m
2．（2025春 胶州市期末）我国小将全红婵在东京奥运会夺得跳水女子单人10米跳台金牌。若全红婵跳水过程可视为竖直方向的直线运动，取竖直向上为正方向，从她离开跳板开始计时，其重心的速度随时间变化的图像如图所示。关于全红婵的运动，下列说法正确的是（ ）
A．t3时刻在空中最高点
B．t2时刻运动方向改变
C．t2～t3时间内平均速度大小为
D．t2～t3时间内水的阻力不断减小
3．（2025春 洛阳期末）如图甲所示为市面上深受儿童喜欢的一款玩具——“冲天火箭”，模型火箭被安装在竖直发射支架上，当小朋友用力一踩旁边的气囊，模型火箭会受到一个较大的气体压力而瞬间被竖直发射出去，离开支架后的运动可看成直线运动，若运动过程所受阻力大小与速率成正比，以刚开始离开支架瞬间为计时起点，火箭的速度—时间图像如图乙所示，则（ ）
A．0～t2过程火箭的加速度先减小后增大
B．t1时刻火箭的加速度大小大于重力加速度g
C．火箭离开支架后上升的最大高度小于
D．若t2时刻火箭回到起始位置，则t2＝2t1
4．（2025春 东坡区期末）海底世界里的“海豹顶球”表演深受小朋友们的喜欢。在某次表演中，球被海豹以一定的初速度顶起后沿竖直方向向上运动，到达最高点后又落回原处被海豹接住，球上升和下落过程中的动能Ek与位移x的关系如图所示。假设整个过程中球所受的空气阻力大小不变，则球所受重力和阻力大小分别为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
5．（2025春 绍兴期末）中国第三艘航母“福建舰”配有电磁弹射器，电磁弹射器可额外为舰载机提供恒定的推力助其短距离起飞。某舰载机质量为m，在水平平直跑道测试，发动机打开，舰载机由静止匀加速滑跑距离为L时达到升空速度v，离地起飞。发动机仍打开，保持同等测试条件，若舰载机在该弹射器的恒定推力持续辅助作用下仅需滑跑即可达到起飞速度v。那么舰载机在起飞过程中，弹射器为其提供的推力大小为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025春 辽宁期末）如图所示，三个质量相等的物块A、B、C组合在一起，A带有定滑轮放在光滑的水平面上，跨过定滑轮的轻质细线连接B、C，A与B之间的动摩擦因数为0.7，滑轮与细线、轮轴之间以及A、C之间的摩擦和定滑轮的质量忽略不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。水平推力F作用在A上，为了使三个物块相对静止，则F的最大值与最小值之比为（ ）
A．3：1 B．17：3 C．16：3 D．6：1
7．（2025春 南通期末）如图所示，物块a通过轻弹簧与物块b连接，用手托住b保持静止。现将a、b由静止释放，不计空气阻力，从释放到弹簧第一次恢复原长的过程中，a、b下落的速度v随时间t变化的图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025春 皇姑区校级期末）如图所示，倾角为30°足够长的固定光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧一端与挡板连接，另一端与物块A接触但不连接，A上方放置另一物块B，B与物块C用跨过光滑轻质定滑轮的细线连接。开始时用手托住C，使细线处于伸直但不拉紧的状态，此时A、B静止在斜面上。某时刻突然释放C，一段时间后A、B分离，此时C未触地。已知A、B、C的质量均为m，弹簧劲度系数为k，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．刚释放C时，A、B间的弹力大小为mg
B．A、B分离时，B的加速度大小为
C．A的速度最大时它沿斜面上升的距离为
D．A、B分离时弹簧刚好恢复原长
二．多选题（共4小题）
9．（2024秋 金安区校级期末）如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，三个物体的质量均为m，A、B间的动摩擦因数为4μ，B、C间的动摩擦因数为μ，B和地面间的动摩擦因数为，设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．无论力F为何值，B和C始终处于相对静止状态
B．若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过4μmg
C．当F＞4μmg时，B相对C滑动
D．当时，A、B间的摩擦力为
10．（2025春 湖北期末）传送带是一种常用的货物输送装置，其原理可以简化为如图甲所示的模型，传送带的倾角为37°，在电动机的带动下以一定的速度稳定运行。从货物轻放在传送带底端A处开始计时，10s时到达顶端B，其运动过程的v t图像如图乙所示，货物质量M＝20kg，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，则货物从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．货物与传送带之间的摩擦力的方向始终不变
B．货物在传送带上留下的痕迹的长度为15m
C．若其他条件不变，持续增大传送带运行速率，货物运送到顶端的时间一直变短
D．若其他条件不变，持续增大传送带运行速率，货物与传送带间相对滑动的路程一直变大
11．（2025春 胶州市期末）如图所示，一足够长轻质木板置于光滑水平面上，木板上放有质量分别为2kg和4kg的A、B两物块，A、B与木板间的动摩擦因数均为0.4，一水平恒力F作用在A上。已知重力加速度g＝10m/s2，A、B与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．若F＝9N，A、B的加速度大小均为1.5m/s2
B．若F＝12N，A的加速度大小为2m/s2
C．若F＝24N，B的加速度大小为4m/s2
D．无论外力F多大，B与木板都不会发生相对滑动
12．（2025春 滁州期末）如图1所示，质量为m的木板A静置于光滑水平地面上，t＝0时刻物块B（可视为质点）以水平向右的初速度v0从木板A的左端滑入，此后两者的速度随时间变化的图像如图2所示。当t＝t0时，物块B恰好到达木板A的右端。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．物块B的质量为2m
B．木板A的长度为
C．物块B与木板A间的动摩擦因数为
D．若只将物块B的初速度大小变为，则最终物块B与木板A右端的距离为
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 嘉兴期末）某同学站在力传感器上完成“下蹲”、“起立”的动作，计算机采集的图线如图所示。则图中点a～d所示过程，该同学完成了 动作（选填“下蹲”、“起立”、“先下蹲后起立”或“先起立后下蹲”）；以竖直向上为正方向，则b点时该同学的加速度约为 m/s2。（计算结果保留一位有效数字）
14．（2025春 泉州期中）如图所示，倾斜传送带以恒定速率v沿逆时针方向运行，物块以大小为v0、方向平行于传送带向下的初速度在传送带上运动，一段时间后物块转为做匀速直线运动，已知v＞v0。物块做匀速直线运动前受到的摩擦力 ；物块做匀速直线运动时受到的摩擦力 ，传送带对物块的支持力 。（均填“做正功”“做负功”或“不做功”）
15．（2024秋 泉州期末）课后科学实践活动中，小明站在电梯内的体重计上，电梯静止时体重计示数为50.0kg。若电梯竖直向上匀加速运动，加速度大小为1m/s2，小明处于 状态（填“超重”或“失重”），体重计的示数应为 kg，取重力加速度大小g＝10m/s2。
16．（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。
四．实验题（共1小题）
17．（2025春 潮南区期末）某学校物理兴趣小组同学利用力传感器改进阿特伍德机如图1以进行实验探究，该装置不止可以探究加速度与力和质量的关系，还可以用来探究当地重力加速度的大小，实验器材有力传感器、滑轮、细线、重物、钩码、纸带、电火花计时器、交流电源，将质量忽略不计的轻质滑轮悬挂于力传感器上，用细线拉住重物，跨过滑轮另一端悬挂砝码和砝码盘，设重物质量为m，砝码和砝码盘总质量为M，拉力传感器示数为F，重物下端连接纸带，通过电火花计时器打点描绘重物运动轨迹，整个装置处于静止状态，当地重力加速度为g：
（1）下列操作正确的是 。
A.固定打点计时器时应将限位孔保持竖直并置于重物正下方
B.应先松开砝码盘让重物向上运动，然后再接通打点计时器电源打点
C.实验应满足条件m M
D.实验中应准备的实验器材还有刻度尺
（2）该小组同学打出一条纸带如图2，相邻两计数点间有4个点没有画出，已知x1＝0.20cm，x2＝0.30cm，x3＝0.40cm，x4＝0.50cm，则可测得该次加速度大小a为 m/s2（计算结果保留2位有效数字）。
（3）该小组同学进行多次实验，并将数据整理成a﹣F图像如图3所示，并测得图像斜率为k，纵轴截距为b，则可计算得到重物质量为m＝ ，当地重力加速度g＝ （以k，b表示）。
五．解答题（共3小题）
18．（2025春 邯郸期末）如图所示，长木板B静止在光滑的水平面上，t＝0时刻，给长木板施加水平向右的外力F的同时，小物块A以向右的初速度v0滑上长木板的左端。已知小物块A的质量m＝1kg，长木板B的质量M＝2kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，小物块A可看作质点，重力加速度g＝10m/s2，已知：0≤F≤2N时，A、B间的摩擦生热均为Q＝4J；2N＜F≤6N时，A、B间的摩擦生热为Q＜4J。求：
（1）长木板B的长度L；
（2）A的初速度v0的大小；
（3）F＝14N时，A、B间的摩擦生热Q的大小。
19．（2025 重庆模拟）如图1所示，将质量为3m、倾角为θ（θ＜45°）的木楔置于水平面上。
（1）若将木楔固定，并对木楔斜面镀膜使其变粗糙，将质量为m的木块放在木楔粗糙斜面上时，正好能匀速下滑。求物块与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）在第（1）小问的基础上，如图2所示，用与木楔斜面成α角的外力拉木块使其匀速上升，求外力的大小；
（3）若木楔不固定且不计一切摩擦，质量为m的木块在水平外力的作用下与木楔保持相对静止，一起做匀加速直线运动，求水平外力的大小。
20．（2025春 胶州市期末）货车在行驶过程中紧急刹车由于惯性容易导致货物向前滑动，在运输大型货物时需采取防滑措施避免事故发生。如图所示，一辆载有货物的卡车以20m/s的速度在水平路面上匀速行驶，某时刻因紧急情况，卡车以大小为10m/s2的加速度制动，为防止货物撞上驾驶舱，经过一段时间t卡车以7m/s2的加速度加速2s，然后匀速行驶。已知刚开始制动时货物与驾驶舱距离为5.1m，货物与车厢的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）卡车制动过程中，货物的加速度大小；
（2）为防止货物撞上驾驶舱，t的最大值；
（3）t取第（2）问中的最大值，最终货物与驾驶舱的距离s。
第四章 运动和力的关系
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 胶州市期末）如图所示，倾角θ＝37°的浅色足够长传送带以v＝6m/s的速率顺时针匀速转动。一质量为2kg的煤块（可视为质点）从传送带底端以初速度v0＝10m/s滑上传送带。已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，关于煤块从传送带底端运动到最高点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．煤块经2s与传送带速度相同
B．煤块运动时间为1s
C．煤块的位移大小为5m
D．传送带上留下的痕迹长度为9m
【考点】倾斜传送带模型．
【专题】应用题；定量思想；推理法；传送带专题；分析综合能力．
【答案】D
【分析】煤块滑上传送带时做匀减加速运动，根据牛顿第二定律求出煤块的加速度大小，由速度—时间公式求出煤块与传送带速度相同经过的时间，并求出此过程的位移，然后求出煤块与传送带间的相对位移，即可得到痕迹的长度。分析共速后煤块的运动情况，再确定火火葬场运动时间和位移。
【解答】解：煤块刚滑上传送带时，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
代入数据解得a1＝10m/s2
煤块与传送带速度相同经过的时间t1s＝0.4s
此过程中，煤块的位移为x10.4m＝3.2m，传送带位移为s1＝vt1＝6×0.4m＝2.4m
传送带上留下的痕迹长度为Δx1＝x1﹣s1＝3.2m﹣2.4m＝0.8m
因μmgcosθ＜mgsinθ，故共速后煤块继续向上做匀减速运动，由牛顿第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入数据解得a2＝2m/s2
煤块速度从v减至0的时间t2s＝3s
此过程中，煤块的位移为x23m＝9m，传送带位移为s2＝vt2＝6×3m＝18m
传送带上留下的痕迹长度为Δx2＝s2﹣x2＝18m﹣9m＝9m
由于重叠部分长0.8m，故传送带上留下的痕迹长度为9m
故煤块运动时间为t＝t1+t2＝0.4s+3s＝3.4s，煤块的位移大小为x＝x1+x2＝3.2m+9m＝12.2m，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，关键是能够分析煤块的运动情况，能够根据牛顿第二定律结合运动学公式进行解答。要注意煤块在传送带上的划痕长不是两段相对位移相加，有重叠时要考虑最长的相对距离。
2．（2025春 胶州市期末）我国小将全红婵在东京奥运会夺得跳水女子单人10米跳台金牌。若全红婵跳水过程可视为竖直方向的直线运动，取竖直向上为正方向，从她离开跳板开始计时，其重心的速度随时间变化的图像如图所示。关于全红婵的运动，下列说法正确的是（ ）
A．t3时刻在空中最高点
B．t2时刻运动方向改变
C．t2～t3时间内平均速度大小为
D．t2～t3时间内水的阻力不断减小
【考点】牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题）；根据v﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况；利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度．
【专题】定量思想；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】D
【分析】在v﹣t图像中，速度的正负代表运动方向，根据v﹣t图像直接分析全红婵的运动情况，确定何时重心在空中最高点；v﹣t图像与时间轴所围的面积代表位移，结合平均速度的定义分析。根据图像的斜率表示加速度，分析加速度的变化，运用牛顿第二定律分析全红婵受到水的阻力变化情况。
【解答】解：A.以竖直向上为正方向，由图可知0～t1时间内全红婵向上运动，在t1时刻全红婵的重心的速度为零，到达空中的最高点，t1时刻之后物体向下运动，故A错误；
B.在t1时刻前后，速度由正值变为负值，所以t1时刻运动方向改变，故B错误；
C.在t2～t3时间内，图像面积代表位移，如果全红婵做匀减速直线运动，则平均速度等于，而全红婵在t2～t3时间内做加速度减小的减速运动，则全红婵的重心的位移小于做匀变速直线运动的位移，则平均速度小于，故C错误；
D、在t2～t3时间内，全红婵重心的加速度不断减小，由牛顿第二定律得：F阻﹣mg＝ma，则F阻＝mg+ma，即全红婵受到水的阻力不断减小，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查对速度一时间图像的理解能力，要知道在v﹣t图像中，图线的斜率代表的是加速度，图像与时间轴所围的面积代表位移。要注意平均速度公式只适用于匀变速直线运动。
3．（2025春 洛阳期末）如图甲所示为市面上深受儿童喜欢的一款玩具——“冲天火箭”，模型火箭被安装在竖直发射支架上，当小朋友用力一踩旁边的气囊，模型火箭会受到一个较大的气体压力而瞬间被竖直发射出去，离开支架后的运动可看成直线运动，若运动过程所受阻力大小与速率成正比，以刚开始离开支架瞬间为计时起点，火箭的速度—时间图像如图乙所示，则（ ）
A．0～t2过程火箭的加速度先减小后增大
B．t1时刻火箭的加速度大小大于重力加速度g
C．火箭离开支架后上升的最大高度小于
D．若t2时刻火箭回到起始位置，则t2＝2t1
【考点】牛顿第二定律的简单应用；根据v﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况；利用v﹣t图像与坐标轴围成的面积求物体的位移；利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度．
【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】C
【分析】根据牛顿第二定律，对0～t1过程，火箭处于上升阶段，t1～t2过程，火箭处于下降阶段分别列式，结合v﹣t图像与横轴围成的面积表示位移分析求解。
【解答】解：A．0～t1过程，火箭处于上升阶段，根据牛顿第二定律可得：，随着火箭速度的减小，加速度逐渐减小；
t1～t2过程，火箭处于下降阶段，根据牛顿第二定律可得：，随着火箭速度的增大，加速度继续逐渐减小；
故0～t2过程火箭的加速度一直在减小，故A错误；
B．t1时刻，火箭的速度为0，所受阻力为零，只受重力作用，加速度大小为g，故B错误；
C．根据v﹣t图像与横轴围成的面积表示位移，可知火箭上升的最大高度小于，故C正确；
D．上升过程、下降过程位移大小相等，由于上升过程的平均加速度大于下降过程的平均加速度，根据平均速度等于总位移除以总时间，所以上升过程的时间小于下降过程的时间，则有t1＜（t2﹣t1），可得t2＞2t1，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了牛顿运动定律，理解v﹣t图像与运动状态的关系，正确列出牛顿第二定律方程是解决此类问题的关键。
4．（2025春 东坡区期末）海底世界里的“海豹顶球”表演深受小朋友们的喜欢。在某次表演中，球被海豹以一定的初速度顶起后沿竖直方向向上运动，到达最高点后又落回原处被海豹接住，球上升和下落过程中的动能Ek与位移x的关系如图所示。假设整个过程中球所受的空气阻力大小不变，则球所受重力和阻力大小分别为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【考点】牛顿第二定律的简单应用；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】对球上升过程中和球在下落过程中，根据动能定理列式求解。
【解答】解：令球所受空气阻力大小为f，根据球上升和下落过程中的动能Ek与位移x的关系图像可知，球上升的初动能Ek0＝a
球上升的最大位移x0＝c
球上升过程中，根据动能定理有﹣（mg+f）x＝Ek﹣Ek0
解得Ek＝﹣（mg+f）x+Ek0
球在下落过程中，根据动能定理有（mg﹣f）（x0﹣x）＝Ek﹣0
解得Ek＝﹣（mg﹣f）x+（mg﹣f）x0
则球上升和下降过程中，图像斜率的绝对值分别为，
联立解得，，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】应用动能定理的一般步骤
（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。
（2）分析受力及各力做功的情况
①受哪些力？
②每个力是否做功？
③在哪段位移哪段过程中做功？
④做正功还是负功？
⑤做多少功？求出代数和。
（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。
（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。
5．（2025春 绍兴期末）中国第三艘航母“福建舰”配有电磁弹射器，电磁弹射器可额外为舰载机提供恒定的推力助其短距离起飞。某舰载机质量为m，在水平平直跑道测试，发动机打开，舰载机由静止匀加速滑跑距离为L时达到升空速度v，离地起飞。发动机仍打开，保持同等测试条件，若舰载机在该弹射器的恒定推力持续辅助作用下仅需滑跑即可达到起飞速度v。那么舰载机在起飞过程中，弹射器为其提供的推力大小为（ ）
A． B． C． D．
【考点】牛顿第二定律的简单应用；牛顿第三定律的理解与应用．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；方程法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】在无弹射器的情况下，由速度和位移公式求出加速度，由牛顿第二定律求舰载机受到的合外力的大小，再在有弹射器的情况下，由速度和位移公式求出加速度，由牛顿第二定律求弹射器的推力大小。
【解答】解：由题意可知舰载机质量为m，无弹射器时，由静止匀加速滑跑距离L达到速度v，发动机提供动力，设发动机的推力为F发，跑道阻力为f，加速度为a1，对舰载机，由运动学公式可得：v2＝2a1L，由牛顿第二定律可得：F发﹣f＝ma1，联立解得：；
有弹射器时，弹射器提供恒定推力F，滑跑距离达到速度v，发动机推力F发阻力f 与无弹射器时相同，设加速度为a2，对舰载机，由运动学公式可得：，由牛顿第二定律可得：F+F发﹣f＝ma2，联立解得：，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题速度牛顿第二定律及匀变速直线运动规律的考查，基础题。
6．（2025春 辽宁期末）如图所示，三个质量相等的物块A、B、C组合在一起，A带有定滑轮放在光滑的水平面上，跨过定滑轮的轻质细线连接B、C，A与B之间的动摩擦因数为0.7，滑轮与细线、轮轴之间以及A、C之间的摩擦和定滑轮的质量忽略不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。水平推力F作用在A上，为了使三个物块相对静止，则F的最大值与最小值之比为（ ）
A．3：1 B．17：3 C．16：3 D．6：1
【考点】连接体模型；力的合成与分解的应用；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力；模型建构能力．
【答案】B
【分析】当B相对于A刚要向左滑动时，F最大；当B相对于A刚要向右滑动时，F最小，先以B为研究对象，求出加速度，再以三个物体整体为研究对象，求解F的最大值与最小值，最后求F的最大值与最小值之比。
【解答】解：设物块A、B、C的质量为m。
当B相对于A刚要向左滑动时，F最大，以B为研究对象，此时B受到的静摩擦力达到最大值且方向向右，由牛顿第二定律得：
T+μmg＝ma
以C为研究对象，有T＝mg
联立可得：a＝1.7g
以三个物体整体为研究对象，由牛顿第二定律得
Fmax＝3ma＝3m×1.7g＝5.1mg
当B相对于A刚要向右滑动时，F最小，以B为研究对象，此时B受到的静摩擦力达到最大值且方向向左，由牛顿第二定律得：
T﹣μmg＝ma′
以C为研究对象，有T＝mg
联立可得：a′＝0.3g
以三个物体整体为研究对象，由牛顿第二定律得
Fmin＝3ma′＝3m×0.3g＝0.9mg
则Fmax：Fmin＝5.1mg：0.9mg＝17：3，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题是连接体问题，要抓住三个物体的加速度相同，采用隔离法和整体法相结合进行处理。
7．（2025春 南通期末）如图所示，物块a通过轻弹簧与物块b连接，用手托住b保持静止。现将a、b由静止释放，不计空气阻力，从释放到弹簧第一次恢复原长的过程中，a、b下落的速度v随时间t变化的图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】牛顿第二定律求解瞬时问题；牛顿第二定律的图像问题．
【专题】定量思想；推理法；运动学中的图象专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】将a、b由静止释放瞬间，a受到重力和向上的弹力，合力为0，加速度为0；b受到重力和向下的弹力，加速度大于g。之后弹簧第一次恢复原长的过程中，弹力减小，a加速度逐渐增大，b加速度逐渐减小，待弹簧恢复原长时，两者加速度相等均为g。
【解答】解：将a、b由静止释放瞬间，a受到重力和向上的弹力，合力为0，加速度为0；b受到重力和向下的弹力，加速度大于g。之后弹簧第一次恢复原长的过程中，弹力减小，a加速度逐渐增大，b加速度逐渐减小，待弹簧恢复原长时，两者加速度相等均为g。根据v﹣t图像斜率表示加速度的大小及方向，可知C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】考查对牛顿第二定律及v﹣t图像的理解，需清楚a、b受力情况的变化。
8．（2025春 皇姑区校级期末）如图所示，倾角为30°足够长的固定光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧一端与挡板连接，另一端与物块A接触但不连接，A上方放置另一物块B，B与物块C用跨过光滑轻质定滑轮的细线连接。开始时用手托住C，使细线处于伸直但不拉紧的状态，此时A、B静止在斜面上。某时刻突然释放C，一段时间后A、B分离，此时C未触地。已知A、B、C的质量均为m，弹簧劲度系数为k，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．刚释放C时，A、B间的弹力大小为mg
B．A、B分离时，B的加速度大小为
C．A的速度最大时它沿斜面上升的距离为
D．A、B分离时弹簧刚好恢复原长
【考点】斜面上的连接体问题（连接体问题的特例）；牛顿第二定律求解瞬时问题．
【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】A
【分析】刚释放C时，分别对C、A、B，利用牛顿第二定律列方程，可求出A、B间的弹力大小。A、B分离时，A、B之间的弹力为零，分别对C和B，利用牛顿第二定律列方程，可求出B的加速度大小。A的速度最大时，加速度为零，由平衡条件和胡克定律求出此时弹簧的压缩量，结合初始时弹簧的压缩量，从而求得A沿斜面上升的距离。根据AB分离瞬间的加速度方向分析弹簧状态。
【解答】解：A.开始时，细线的张力为零。以AB整体为研究对象，根据受力平衡可知，此时弹簧的弹力大小为：F弹＝2mgsin30°＝mg
刚释放C时，设A、B间的弹力大小为N，细线拉力大小为T，此时的加速度为a。
以C为研究对象，根据牛顿第二定律得：mg﹣T＝ma
以B为研究对象，根据牛顿第二定律得：T+N﹣mgsin30°＝ma
以A为研究对象，根据牛顿第二定律得：F弹﹣mgsin30°﹣N＝ma
联立解得：Nmg
故A正确；
B.A、B分离时，两者之间的弹力为零。设此时的加速度为a'，细线的拉力大小为T'。
以C为研究对象，物体受到重力和细线的拉力以及垂直于斜面的弹力，根据牛顿第二定律得：mg﹣T'＝ma'
以B为研究对象，物体受到弹簧的弹力和物体自身的重力以及垂直于斜面的弹力，根据牛顿第二定律得：T'﹣mgsin30°＝ma'
联立解得：a'g
故B错误；
C.初始时弹簧的压缩量为x1
当A的速度最大时，加速度为零，即弹簧的弹力与A的重力沿斜面向下的分力平衡，则此时弹簧的压缩量为x2
可知A的速度最大时它沿斜面上升的距离为Δx＝x1﹣x2
故C错误；
D.AB分离瞬间，它们具有共同沿斜面向上的加速度，合外力沿斜面向上，故弹簧仍处于压缩状态，故D错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键是对连接体问题进行分析，知道连接体在运动过程中速度大小和加速度大小相同，弹簧的弹性势能与劲度系数和形变量有关。求加速度时，要灵活选择研究对象，采用隔离法进行处理，比较容易。
二．多选题（共4小题）
9．（2024秋 金安区校级期末）如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，三个物体的质量均为m，A、B间的动摩擦因数为4μ，B、C间的动摩擦因数为μ，B和地面间的动摩擦因数为，设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．无论力F为何值，B和C始终处于相对静止状态
B．若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过4μmg
C．当F＞4μmg时，B相对C滑动
D．当时，A、B间的摩擦力为
【考点】有外力的水平板块模型；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】BCD
【分析】分析A、B、C三个物体间的相对运动临界情况，通过计算各接触面的最大静摩擦力，结合牛顿第二定律判断不同选项的正确性。
【解答】解：ABC、根据静最大摩擦力与滑动摩擦力相等有，A、B间的最大静摩擦力大小为fAB＝4μmg
B与地面间的最大静摩擦力大小为
因为fAB＞fB，故B可以相对地面发生滑动，即当F＜μmg时，A、B、C相对于地面静止。B、C发生相对滑动时，对C根据牛顿第二定律有μmg＝maC
解得发生相对滑动时，C的加速度大小为aC＝μg
此时，假设此时A、B相对静止，对B、C整体，根据牛顿第二定律fAB′﹣fB＝2maC
解得fAB′＝3μmg＜fAB
故假设成立。则对A、B、C整体，根据牛顿第二定律F1﹣fB＝3maC
解得F1＝4μmg
即，当F≤4μmg时，A、B、C相对静止；当F＞4μmg时，B、C发生相对滑动，故A错误，BC正确；
D、根据以上分析可知，当时，此时，B、C发生相对滑动，假设A、B相对静止，则对A、B整体，根据牛顿第二定律F﹣μmg﹣fB＝2ma
代入数据解得
对A，根据牛顿第二定律
解得
故假设成立，此时A、B间的摩擦力为，故D正确。
故选：BCD。
【点评】本题关键是通过计算各接触面最大静摩擦力，结合牛顿第二定律分析相对滑动的临界条件，逐一验证选项。
10．（2025春 湖北期末）传送带是一种常用的货物输送装置，其原理可以简化为如图甲所示的模型，传送带的倾角为37°，在电动机的带动下以一定的速度稳定运行。从货物轻放在传送带底端A处开始计时，10s时到达顶端B，其运动过程的v t图像如图乙所示，货物质量M＝20kg，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，则货物从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．货物与传送带之间的摩擦力的方向始终不变
B．货物在传送带上留下的痕迹的长度为15m
C．若其他条件不变，持续增大传送带运行速率，货物运送到顶端的时间一直变短
D．若其他条件不变，持续增大传送带运行速率，货物与传送带间相对滑动的路程一直变大
【考点】倾斜传送带模型．
【专题】定量思想；推理法；传送带专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】由图乙可知货物在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，摩擦力方向不变；结合相对位移求解货物在传送带上留下的痕迹的长度；持续增大传送带运行速率，货物一直加速，时间最短，最短时间是一个定值；货物位移为定值，传送带速度越大，则相对运动路程一定越大。
【解答】解：A．由图乙货物运动过程的v t图像可知货物在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，匀加速阶段摩擦力沿传送带向上，匀速阶段摩擦力也沿传送带向上，故整个过程摩擦力方向始终不变，故A正确；
B．由货物运动的v t图像可知，货物从A运动到B的过程中，传送带运动的位移为x＝vt，解得x＝20m
货物总位移即传送带长度为L＝x1+x2，解得L＝15m
故货物相对传送带的位移为Δx＝x﹣L，解得Δx＝5m，即货物在传送带上留下的痕迹的长度为5m，故B错误；
C．传送带速率增大，货物传送过程，若先加速后匀速，则传送时间会变短，但当速率增大到一定程度，货物一直加速至顶端，再增大速率，传送时间将保持不变，故C错误；
D．此过程中，货物位移为L，传送带位移为x′＝vt
所以货物与传送带之间相对滑动的路程为Δx＝x′﹣L
所以传送带的转动速率调大时，货物与传送带之间相对滑动的路程一定变大，故D正确。
故选：AD。
【点评】对于传送带问题要明确传送带的类型，对物块做好受力分析，需要综合运用运动学以及牛顿运动定律的相关内容求解。
11．（2025春 胶州市期末）如图所示，一足够长轻质木板置于光滑水平面上，木板上放有质量分别为2kg和4kg的A、B两物块，A、B与木板间的动摩擦因数均为0.4，一水平恒力F作用在A上。已知重力加速度g＝10m/s2，A、B与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．若F＝9N，A、B的加速度大小均为1.5m/s2
B．若F＝12N，A的加速度大小为2m/s2
C．若F＝24N，B的加速度大小为4m/s2
D．无论外力F多大，B与木板都不会发生相对滑动
【考点】有外力的水平板块模型；牛顿第二定律的简单应用．
【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；理解能力．
【答案】BD
【分析】A、分别计算A、B与轻质木板间的最大静摩擦力，判断拉力的变化是否使各物体之间的相对运动状态发生改变，根据整体法与隔离法分别计算A、B与木板的加速度大小；
B、就上述选项分析结论计算A的加速度大小；
C、就上述选项分析结论计算A的加速度大小；
D、由于B与木板视为整体，由A的摩擦力提供动力，故可分析F变化对A的摩擦力的影响，以此判断该力能否让B突破与木板间的最大静摩擦力发生相对滑动。
【解答】解：A、A与轻质木板间的最大静摩擦力为fA＝μmAg
代入数据解得fA＝8N
B与轻质木板间的最大静摩擦力为fB＝μmBg
代入数据解得fB＝16N
根据隔离法，单独分析A，根据牛顿第二定律F﹣fA＝mAaA
由题意可知，木板为轻质木板且足够长，故将B与木板视为整体，根据牛顿第二定律有fA＝mBa
若当F＝9N时，有F＞fA，A与木板间发生相对滑动，此时摩擦力为最大静摩擦力
联立上式，代入数据解得A的加速度为aA＝0.5m/s2
B与轻质木板的加速度大小为a＝2m/s2，故A错误；
B、由上述选项分析可知，单独分析A时，根据牛顿第二定律有F﹣fA＝mAaA
若当F＝12N时，有F＞fA，代入数据解得A的加速度为aA′＝2m/s2，故B正确；
C、由上述选项分析可知，B与木板的加速度由A的摩擦力fA提供，若F＝24N，有F＞fA，此时A与轻质木板发生相对滑动，摩擦力为最大静摩擦力，故将B与木板视为整体，根据牛顿第二定律有fA＝mBa
代入数据解得B的加速度大小为a＝2m/s2，故C错误；
D、由上述选项分析可知，B与木板的加速度由A的摩擦力fA提供，而fA＜fB，增大F无法改变A的最大静摩擦力，A的摩擦力小于B与木板间的最大静摩擦力，无法使B突破与木板间的相对静止状态，故无论外力F多大，B与木板都不会发生相对滑动，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查学生对板块相对运动模型的分析能力，其中灵活运用整体法和隔离法分别判断各物体的加速度，并知道B与木板的动力来源为A的摩擦力，结合牛顿运动定律分析相对运动的规律为解决本题的关键。
12．（2025春 滁州期末）如图1所示，质量为m的木板A静置于光滑水平地面上，t＝0时刻物块B（可视为质点）以水平向右的初速度v0从木板A的左端滑入，此后两者的速度随时间变化的图像如图2所示。当t＝t0时，物块B恰好到达木板A的右端。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．物块B的质量为2m
B．木板A的长度为
C．物块B与木板A间的动摩擦因数为
D．若只将物块B的初速度大小变为，则最终物块B与木板A右端的距离为
【考点】无外力的水平板块模型．
【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】BC
【分析】结合v﹣t 图像分析物块与木板的运动过程，利用动量守恒、相对位移公式、牛顿第二定律及匀变速直线运动规律逐一判断选项。
【解答】解：AC、根据题意可知，对两物体，根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB、μmBg＝mAaA
加速度为、
代入数据解得mA＝m，，故A错误，C正确；
B、根据题意可知，当t＝t0时，物块B恰好到达木板A的右端，根据图像面积可知，木板A的长度为，故B正确；
D、根据题意可知，若只将物块B的初速度大小变为，则共速时满足
解得
则最终物块B与木板A右端的距离为，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题核心是通过v﹣t 图像提取运动信息，结合动量守恒（系统合外力为0）、相对位移公式、牛顿第二定律及匀变速直线运动规律分析各选项。关键在于理解“相对位移等于木板长度”及“动量守恒的应用条件”。
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 嘉兴期末）某同学站在力传感器上完成“下蹲”、“起立”的动作，计算机采集的图线如图所示。则图中点a～d所示过程，该同学完成了 下蹲 动作（选填“下蹲”、“起立”、“先下蹲后起立”或“先起立后下蹲”）；以竖直向上为正方向，则b点时该同学的加速度约为 ﹣6 m/s2。（计算结果保留一位有效数字）
【考点】超重与失重的图像问题．
【专题】定性思想；图析法；重力专题；理解能力．
【答案】下蹲，﹣6
【分析】人下蹲动作包含有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，即先失重再超重。
【解答】解：人下蹲动作包含有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，即先失重再超重，所以点a～d所示过程，该同学完成了下蹲过程；
由图可知该同学的重力为500N，则质量为50kg，根据牛顿第二定律有F﹣G＝ma
解得a＝﹣6m/s2
故答案为：下蹲，﹣6
【点评】本题考查了根据图像判断超重和失重，题目较简单。
14．（2025春 泉州期中）如图所示，倾斜传送带以恒定速率v沿逆时针方向运行，物块以大小为v0、方向平行于传送带向下的初速度在传送带上运动，一段时间后物块转为做匀速直线运动，已知v＞v0。物块做匀速直线运动前受到的摩擦力 做正功 ；物块做匀速直线运动时受到的摩擦力 做负功 ，传送带对物块的支持力 不做功 。（均填“做正功”“做负功”或“不做功”）
【考点】倾斜传送带模型；功的正负及判断．
【专题】定性思想；图析法；功的计算专题；模型建构能力．
【答案】做正功；做负功；不做功。
【分析】做功的必要因素是：力与在力方向上有位移。功的大小W＝Fscosθ，θ为力与位移的夹角。物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体沿斜面向下的滑动摩擦力。当物体速度达到传送带速度时，物体做匀速直线运动，物体受到沿斜面向上的摩擦力。支持力一直垂直斜面向上。
【解答】解：开始阶段，物块受力分析如图：
物块受到摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移方向相同，摩擦力做正功。
当物块速度达到与传送带共速时，与传送带一起做匀速运动，受力分析如图：
摩擦力与物体位移方向相反，摩擦力做负功。
支持力方向垂直斜面向上，与物块位移方向垂直，传送带对物块支持力不做功。
故答案为：做正功；做负功；不做功。
【点评】解决本题的关键知道做功的必要因素，以及知道力的方向与位移的夹角大于等于0°小于90°，该力做正功；大于90°小于等于180°，该力做负功；等于90°，该力不做功。
15．（2024秋 泉州期末）课后科学实践活动中，小明站在电梯内的体重计上，电梯静止时体重计示数为50.0kg。若电梯竖直向上匀加速运动，加速度大小为1m/s2，小明处于 超重 状态（填“超重”或“失重”），体重计的示数应为 55 kg，取重力加速度大小g＝10m/s2。
【考点】根据超重或失重状态计算物体的运动情况．
【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】超重；55。
【分析】根据加速度的方向判断小明所处的状态；由牛顿第二定律求解电梯向上加速运动时体重计的示数。
【解答】解：电梯竖直向上匀加速运动时，小明具有向上的加速度，处于超重状态。
因为电梯静止时体重计示数为50.0kg，可知小明的实际质量为50.0kg，设电梯竖直向上匀加速运动，加速度大小为1m/s2时，体重计的示数为m′，
根据牛顿第二定律可得：m'g﹣mg＝ma
代入数据解得：m＝55kg
故答案为：超重；55。
【点评】本题考查牛顿第二定律与超重和失重，解题关键注意保证合力方向与加速度方向一致即可。
16．（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。
四．实验题（共1小题）
17．（2025春 潮南区期末）某学校物理兴趣小组同学利用力传感器改进阿特伍德机如图1以进行实验探究，该装置不止可以探究加速度与力和质量的关系，还可以用来探究当地重力加速度的大小，实验器材有力传感器、滑轮、细线、重物、钩码、纸带、电火花计时器、交流电源，将质量忽略不计的轻质滑轮悬挂于力传感器上，用细线拉住重物，跨过滑轮另一端悬挂砝码和砝码盘，设重物质量为m，砝码和砝码盘总质量为M，拉力传感器示数为F，重物下端连接纸带，通过电火花计时器打点描绘重物运动轨迹，整个装置处于静止状态，当地重力加速度为g：
（1）下列操作正确的是 AD 。
A.固定打点计时器时应将限位孔保持竖直并置于重物正下方
B.应先松开砝码盘让重物向上运动，然后再接通打点计时器电源打点
C.实验应满足条件m M
D.实验中应准备的实验器材还有刻度尺
（2）该小组同学打出一条纸带如图2，相邻两计数点间有4个点没有画出，已知x1＝0.20cm，x2＝0.30cm，x3＝0.40cm，x4＝0.50cm，则可测得该次加速度大小a为 0.10 m/s2（计算结果保留2位有效数字）。
（3）该小组同学进行多次实验，并将数据整理成a﹣F图像如图3所示，并测得图像斜率为k，纵轴截距为b，则可计算得到重物质量为m＝ ，当地重力加速度g＝ ﹣b （以k，b表示）。
【考点】探究加速度与力、质量之间的关系．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；实验探究能力．
【答案】（1）AD；（2）0.10；（3）；﹣b。
【分析】（1）根据实验注意事项分析答题。
（2）根据匀变速直线运动的推论求出加速度。
（3）应用牛顿第二定律求出图像的函数解析式，然后分析答题。
【解答】解：（1）A、为减小摩擦阻力对实验的影响，固定打点计时器时应将限位孔保持竖直并置于重物正下方，故A正确；
B、为充分利用纸带，应先接通打点计时器电源打点，然后再松开砝码盘让重物向上运动，故B错误；
C、力可以由力传感器测出，实验不需要满足条件m M，故C错误；
D、为测相邻计数点间的距离，实验中应准备的实验器材还有刻度尺，故D正确。
故选：AD。
（2）相邻两计数点间有4个点没有画出，相邻技术点间的时间间隔t＝5Ts＝0.1s，
根据匀变速直线运动的推论Δx＝at2可知，加速度大小a0.10m/s2
（3）拉力传感器的示数为F，则细线的拉力即重物所受拉力大小为，
对重物，由牛顿第二定律得mg＝ma，整理得aF﹣g，
a﹣F图像的斜率k，纵轴截距b＝﹣g，解得m，g＝﹣b。
故答案为：（1）AD；（2）0.10；（3）；﹣b。
【点评】知道实验注意事项，理解实验原理是解题的前提，应用匀变速直线运动的推论与牛顿第二定律可以解题。
五．解答题（共3小题）
18．（2025春 邯郸期末）如图所示，长木板B静止在光滑的水平面上，t＝0时刻，给长木板施加水平向右的外力F的同时，小物块A以向右的初速度v0滑上长木板的左端。已知小物块A的质量m＝1kg，长木板B的质量M＝2kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，小物块A可看作质点，重力加速度g＝10m/s2，已知：0≤F≤2N时，A、B间的摩擦生热均为Q＝4J；2N＜F≤6N时，A、B间的摩擦生热为Q＜4J。求：
（1）长木板B的长度L；
（2）A的初速度v0的大小；
（3）F＝14N时，A、B间的摩擦生热Q的大小。
【考点】无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；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．
【答案】（1）长木板B的长度为2m；
（2）A的初速度v0的大小为4m/s；
（3）F＝14N时，A、B间的摩擦生热Q的大小为3.2J。
【分析】（1）当0≤F≤2N时，A、B间的摩擦生热Q＝4J，根据Q＝μmgL可求解长木板B的长度L；
（2）当2N＜F≤6N时，A、B间的摩擦生热Q＜4J，说明A、B达到共速。分别对A、B应用牛顿第二定律求出加速度，再结合运动学公式，求解A的初速度v0；
（3）当F＝14N时，分别求出A、B的加速度，判断A、B是否会分离，再根据运动学公式求出A、B的相对位移，最后根据Q＝μmgΔx，求解摩擦生热Q。
【解答】解：（1）由0≤F≤2N时，A、B间的摩擦生热均为Q＝4J
2N＜F≤6N时，A、B间的摩擦生热为Q＜4J，可知，当0≤F≤2N时，物块A从长木板B的右端滑出
则有Q＝μmgL
解得L＝2m
（2）当F＝2N时，物块A恰好到长木板B的右端共速，对物块A有μmg＝maA
对长木板B有F+μmg＝MaB
根据运动学关系有v0 aAt＝aBt，
联立解得v0＝4m/s
（3）F＝14N时，共速前对长木板B有F+μmg＝MaB1
解得
共速时有v0﹣aAt1＝aB1t1
解得共速前用时t1＝0.4s
共速前AB相对位移
代入数据得x＝0.8m
此后B比A快，A从左侧掉下，所以相对位移大小为x相＝2x＝2×0.8m＝1.6m
A、B间的摩擦生热的大小Q＝μmgx相＝0.2×1×10×1.6J＝32J。
答：（1）长木板B的长度为2m；
（2）A的初速度v0的大小为4m/s；
（3）F＝14N时，A、B间的摩擦生热Q的大小为3.2J。
【点评】本题是一道关于板块模型的综合应用题，重点考查对复杂受力情况和运动情况的分析能力，以及牛顿运动定律和运动学公式的综合应用能力，难度较大，适合提升综合解题能力。
19．（2025 重庆模拟）如图1所示，将质量为3m、倾角为θ（θ＜45°）的木楔置于水平面上。
（1）若将木楔固定，并对木楔斜面镀膜使其变粗糙，将质量为m的木块放在木楔粗糙斜面上时，正好能匀速下滑。求物块与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）在第（1）小问的基础上，如图2所示，用与木楔斜面成α角的外力拉木块使其匀速上升，求外力的大小；
（3）若木楔不固定且不计一切摩擦，质量为m的木块在水平外力的作用下与木楔保持相对静止，一起做匀加速直线运动，求水平外力的大小。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；整体法与隔离法处理物体的平衡问题．
【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】（1）物块与斜面间的动摩擦因数为tanθ；
（2）外力的大小为；
（3）水平外力的大小为tanθ。
【分析】（1）根据重力的分力与摩擦力相等求解；
（2）根据共点力平衡条件解答；
（3）根据整体与隔离的分析思路结合牛顿第二定律解答。
【解答】解：（1）木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mgsinθ＝μmgcosθ
即μ＝tanθ
（2）木块在力F的作用下沿斜面向上匀速运动，有
Fcosα＝mgsinθ+FN
Fsinα+FN＝mgcosθ
整理有F
（3）根据题意对整体做受力分析如下图所示，根据受力分析则有F1＝4mga1
根据题意对木块做受力分析如下图所示根据受力分析则有FNcosθ＝mg
F1﹣FNsinθ＝ma1
整理有F1tanθ
答：（1）物块与斜面间的动摩擦因数为tanθ；
（2）外力的大小为；
（3）水平外力的大小为tanθ。
【点评】本题考查牛顿第二定律与整体与隔离法的应用，解题关键掌握运动状态与受力关系的联系。
20．（2025春 胶州市期末）货车在行驶过程中紧急刹车由于惯性容易导致货物向前滑动，在运输大型货物时需采取防滑措施避免事故发生。如图所示，一辆载有货物的卡车以20m/s的速度在水平路面上匀速行驶，某时刻因紧急情况，卡车以大小为10m/s2的加速度制动，为防止货物撞上驾驶舱，经过一段时间t卡车以7m/s2的加速度加速2s，然后匀速行驶。已知刚开始制动时货物与驾驶舱距离为5.1m，货物与车厢的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）卡车制动过程中，货物的加速度大小；
（2）为防止货物撞上驾驶舱，t的最大值；
（3）t取第（2）问中的最大值，最终货物与驾驶舱的距离s。
【考点】有外力的水平板块模型；变速物体追变速物体问题．
【专题】定量思想；推理法；追及、相遇问题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．
【答案】（1）卡车制动过程中，货物的加速度大小为5m/s2；
（2）为防止货物撞上驾驶舱，t的最大值为1.2s；
（3）t取第（2）问中的最大值，最终货物与驾驶舱的距离s＝3.15m。
【分析】（1）根据牛顿第二定律进行求解；
（2）分析物体的运动状态，分别探究每种运动情况发生的可能，求解验证，最终得出符合要求的运动状态，据此求解时间的最大值；
（3）再（2）的结论下，对末速度求解，再根据运动学公式即可求出距离。
【解答】解：（1）假设货物与车厢会发生相对滑动，根据牛顿第二定律得货物的加速度大小为：
a1＝μg＝0.5×10m/s2＝5m/s2＜10m/s2
故假设成立，可知卡车制动过程中，货物的加速度大小为5m/s2，方向与卡车加速度方向相同；
（2）在卡车制动过程中，货物与卡车的相对运动会导致货物相对于卡车向前滑动。我们需要计算货物与卡车的相对位移，并确保在卡车加速阶段结束时，货物与驾驶舱之间的距离不小于0。设卡车的初速度为v0＝20m/s，减速时加速度为a0＝10m/s2，加速时加速度为a2＝7m/s2，
首先，计算卡车从制动到速度减为0的时间t1：t1＝v0﹣a0t，解得t1＝2s，此时卡车的位移x1＝v0t1，解得x1＝20m，货物的位移为x2＝v0t1，解得：x2＝30m，此时货物的速度v1＝v0﹣a1t，解得v1＝10m/s，Δx＝x2﹣x1＝30m﹣20m＝10m＞5.1m，所以卡车不会停止，所以不存在卡车停止货物继续运动的状态，因此卡车只存在加速和减速两种运动状态，且货物第一阶段不存在加速的情况，第二阶段可能存在加速的情况。
设卡车的位移为x3，货物的位移为x4，Δx＝x4﹣x3＝5.1m，此时的t为最大值，所以卡车的位移x3＝v0t3（v0﹣a0t3）t4，货物的位移x4＝v0t3（v0﹣a1t3）t4，t4＝2s，联立解得：t3≈1.995s，（t3≈﹣5.995s舍去），此时卡车的末速度为v＝v0﹣a0t3+a2t4，代入数据解得v＝4.05m/s，此时货物的末速度为v′＝v0﹣a1t3﹣a1t4，代入数据解得v′＝0.025m/s，所以卡车在未达到最大速度时便开始速度超过货物，所以t最大时，在临界点二者速度相同可能为正确的解，卡车的位移x3＝v0t3（v0﹣a0t3）t5，货物的位移x4＝v0t3（v0﹣a1t3）t5，v＝v0﹣a0t3+a2t5＝v0﹣a1（t3+t5），代入数据解得t3＝1.2s，此时有解，则说明货物不会在关键位置达到最小速度后开始加速，所以t的最大值为1.2s；
（3）由（2）可知，t的最大值为1.2s，t5，所以t5＝0.5s，货物减速阶段的时间为t减＝t3+t5＝1.2s+0.5s＝1.7s，卡车的减速阶段的时间为t3＝1.2s，所以到达临界点时卡车已经加速了0.5s，二阶段的末速度v＝v0﹣a0t3+a2t5＝v0﹣a1（t3+t5），代入数据得v＝11.5m/s，之后卡车继续做加速度为7m/s2的匀加速直线运动（持续1.5s），货物做加速度为5m/s2的匀加速直线运动（直到速度持平卡车），所以卡车末速度v卡＝v+a2t1.5＝11.5m/s+7m/s2×1.5s＝22m/s，货物加速度到22s所需时间为t追，代入数据得：t追＝2.1s，此时卡车的位移为x卡v卡（t追﹣t卡），货物的位移为x货，代入数据解得：x卡＝38.325m，x货＝35.175m，所以最终货物与驾驶舱的距离s＝x卡﹣x货＝38.325m﹣35.175m＝3.15m。
答：（1）卡车制动过程中，货物的加速度大小为5m/s2；
（2）为防止货物撞上驾驶舱，t的最大值为1.2s；
（3）t取第（2）问中的最大值，最终货物与驾驶舱的距离s＝3.15m。
【点评】本题难度较大，关键在于分析出运动的每一个阶段可能产生的不同结果，并对求出的结果与实际题干条件对比，排除不合实际的结论，最终得出符合题干数据的结果，如果（2）中表达式无解，则需再次分析货物在关键位置达到最小速度后开始加速的情况。
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第四章 运动和力的关系
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 胶州市期末）如图所示，倾角θ＝37°的浅色足够长传送带以v＝6m/s的速率顺时针匀速转动。一质量为2kg的煤块（可视为质点）从传送带底端以初速度v0＝10m/s滑上传送带。已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，关于煤块从传送带底端运动到最高点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．煤块经2s与传送带速度相同
B．煤块运动时间为1s
C．煤块的位移大小为5m
D．传送带上留下的痕迹长度为9m
2．（2025春 胶州市期末）我国小将全红婵在东京奥运会夺得跳水女子单人10米跳台金牌。若全红婵跳水过程可视为竖直方向的直线运动，取竖直向上为正方向，从她离开跳板开始计时，其重心的速度随时间变化的图像如图所示。关于全红婵的运动，下列说法正确的是（ ）
A．t3时刻在空中最高点
B．t2时刻运动方向改变
C．t2～t3时间内平均速度大小为
D．t2～t3时间内水的阻力不断减小
3．（2025春 洛阳期末）如图甲所示为市面上深受儿童喜欢的一款玩具——“冲天火箭”，模型火箭被安装在竖直发射支架上，当小朋友用力一踩旁边的气囊，模型火箭会受到一个较大的气体压力而瞬间被竖直发射出去，离开支架后的运动可看成直线运动，若运动过程所受阻力大小与速率成正比，以刚开始离开支架瞬间为计时起点，火箭的速度—时间图像如图乙所示，则（ ）
A．0～t2过程火箭的加速度先减小后增大
B．t1时刻火箭的加速度大小大于重力加速度g
C．火箭离开支架后上升的最大高度小于
D．若t2时刻火箭回到起始位置，则t2＝2t1
4．（2025春 东坡区期末）海底世界里的“海豹顶球”表演深受小朋友们的喜欢。在某次表演中，球被海豹以一定的初速度顶起后沿竖直方向向上运动，到达最高点后又落回原处被海豹接住，球上升和下落过程中的动能Ek与位移x的关系如图所示。假设整个过程中球所受的空气阻力大小不变，则球所受重力和阻力大小分别为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
5．（2025春 绍兴期末）中国第三艘航母“福建舰”配有电磁弹射器，电磁弹射器可额外为舰载机提供恒定的推力助其短距离起飞。某舰载机质量为m，在水平平直跑道测试，发动机打开，舰载机由静止匀加速滑跑距离为L时达到升空速度v，离地起飞。发动机仍打开，保持同等测试条件，若舰载机在该弹射器的恒定推力持续辅助作用下仅需滑跑即可达到起飞速度v。那么舰载机在起飞过程中，弹射器为其提供的推力大小为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025春 辽宁期末）如图所示，三个质量相等的物块A、B、C组合在一起，A带有定滑轮放在光滑的水平面上，跨过定滑轮的轻质细线连接B、C，A与B之间的动摩擦因数为0.7，滑轮与细线、轮轴之间以及A、C之间的摩擦和定滑轮的质量忽略不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。水平推力F作用在A上，为了使三个物块相对静止，则F的最大值与最小值之比为（ ）
A．3：1 B．17：3 C．16：3 D．6：1
7．（2025春 南通期末）如图所示，物块a通过轻弹簧与物块b连接，用手托住b保持静止。现将a、b由静止释放，不计空气阻力，从释放到弹簧第一次恢复原长的过程中，a、b下落的速度v随时间t变化的图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025春 皇姑区校级期末）如图所示，倾角为30°足够长的固定光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧一端与挡板连接，另一端与物块A接触但不连接，A上方放置另一物块B，B与物块C用跨过光滑轻质定滑轮的细线连接。开始时用手托住C，使细线处于伸直但不拉紧的状态，此时A、B静止在斜面上。某时刻突然释放C，一段时间后A、B分离，此时C未触地。已知A、B、C的质量均为m，弹簧劲度系数为k，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．刚释放C时，A、B间的弹力大小为mg
B．A、B分离时，B的加速度大小为
C．A的速度最大时它沿斜面上升的距离为
D．A、B分离时弹簧刚好恢复原长
二．多选题（共4小题）
9．（2024秋 金安区校级期末）如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，三个物体的质量均为m，A、B间的动摩擦因数为4μ，B、C间的动摩擦因数为μ，B和地面间的动摩擦因数为，设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．无论力F为何值，B和C始终处于相对静止状态
B．若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过4μmg
C．当F＞4μmg时，B相对C滑动
D．当时，A、B间的摩擦力为
10．（2025春 湖北期末）传送带是一种常用的货物输送装置，其原理可以简化为如图甲所示的模型，传送带的倾角为37°，在电动机的带动下以一定的速度稳定运行。从货物轻放在传送带底端A处开始计时，10s时到达顶端B，其运动过程的v t图像如图乙所示，货物质量M＝20kg，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，则货物从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．货物与传送带之间的摩擦力的方向始终不变
B．货物在传送带上留下的痕迹的长度为15m
C．若其他条件不变，持续增大传送带运行速率，货物运送到顶端的时间一直变短
D．若其他条件不变，持续增大传送带运行速率，货物与传送带间相对滑动的路程一直变大
11．（2025春 胶州市期末）如图所示，一足够长轻质木板置于光滑水平面上，木板上放有质量分别为2kg和4kg的A、B两物块，A、B与木板间的动摩擦因数均为0.4，一水平恒力F作用在A上。已知重力加速度g＝10m/s2，A、B与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．若F＝9N，A、B的加速度大小均为1.5m/s2
B．若F＝12N，A的加速度大小为2m/s2
C．若F＝24N，B的加速度大小为4m/s2
D．无论外力F多大，B与木板都不会发生相对滑动
12．（2025春 滁州期末）如图1所示，质量为m的木板A静置于光滑水平地面上，t＝0时刻物块B（可视为质点）以水平向右的初速度v0从木板A的左端滑入，此后两者的速度随时间变化的图像如图2所示。当t＝t0时，物块B恰好到达木板A的右端。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．物块B的质量为2m
B．木板A的长度为
C．物块B与木板A间的动摩擦因数为
D．若只将物块B的初速度大小变为，则最终物块B与木板A右端的距离为
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 嘉兴期末）某同学站在力传感器上完成“下蹲”、“起立”的动作，计算机采集的图线如图所示。则图中点a～d所示过程，该同学完成了 动作（选填“下蹲”、“起立”、“先下蹲后起立”或“先起立后下蹲”）；以竖直向上为正方向，则b点时该同学的加速度约为 m/s2。（计算结果保留一位有效数字）
14．（2025春 泉州期中）如图所示，倾斜传送带以恒定速率v沿逆时针方向运行，物块以大小为v0、方向平行于传送带向下的初速度在传送带上运动，一段时间后物块转为做匀速直线运动，已知v＞v0。物块做匀速直线运动前受到的摩擦力 ；物块做匀速直线运动时受到的摩擦力 ，传送带对物块的支持力 。（均填“做正功”“做负功”或“不做功”）
15．（2024秋 泉州期末）课后科学实践活动中，小明站在电梯内的体重计上，电梯静止时体重计示数为50.0kg。若电梯竖直向上匀加速运动，加速度大小为1m/s2，小明处于 状态（填“超重”或“失重”），体重计的示数应为 kg，取重力加速度大小g＝10m/s2。
16．（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。
四．实验题（共1小题）
17．（2025春 潮南区期末）某学校物理兴趣小组同学利用力传感器改进阿特伍德机如图1以进行实验探究，该装置不止可以探究加速度与力和质量的关系，还可以用来探究当地重力加速度的大小，实验器材有力传感器、滑轮、细线、重物、钩码、纸带、电火花计时器、交流电源，将质量忽略不计的轻质滑轮悬挂于力传感器上，用细线拉住重物，跨过滑轮另一端悬挂砝码和砝码盘，设重物质量为m，砝码和砝码盘总质量为M，拉力传感器示数为F，重物下端连接纸带，通过电火花计时器打点描绘重物运动轨迹，整个装置处于静止状态，当地重力加速度为g：
（1）下列操作正确的是 。
A.固定打点计时器时应将限位孔保持竖直并置于重物正下方
B.应先松开砝码盘让重物向上运动，然后再接通打点计时器电源打点
C.实验应满足条件m M
D.实验中应准备的实验器材还有刻度尺
（2）该小组同学打出一条纸带如图2，相邻两计数点间有4个点没有画出，已知x1＝0.20cm，x2＝0.30cm，x3＝0.40cm，x4＝0.50cm，则可测得该次加速度大小a为 m/s2（计算结果保留2位有效数字）。
（3）该小组同学进行多次实验，并将数据整理成a﹣F图像如图3所示，并测得图像斜率为k，纵轴截距为b，则可计算得到重物质量为m＝ ，当地重力加速度g＝ （以k，b表示）。
五．解答题（共3小题）
18．（2025春 邯郸期末）如图所示，长木板B静止在光滑的水平面上，t＝0时刻，给长木板施加水平向右的外力F的同时，小物块A以向右的初速度v0滑上长木板的左端。已知小物块A的质量m＝1kg，长木板B的质量M＝2kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，小物块A可看作质点，重力加速度g＝10m/s2，已知：0≤F≤2N时，A、B间的摩擦生热均为Q＝4J；2N＜F≤6N时，A、B间的摩擦生热为Q＜4J。求：
（1）长木板B的长度L；
（2）A的初速度v0的大小；
（3）F＝14N时，A、B间的摩擦生热Q的大小。
19．（2025 重庆模拟）如图1所示，将质量为3m、倾角为θ（θ＜45°）的木楔置于水平面上。
（1）若将木楔固定，并对木楔斜面镀膜使其变粗糙，将质量为m的木块放在木楔粗糙斜面上时，正好能匀速下滑。求物块与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）在第（1）小问的基础上，如图2所示，用与木楔斜面成α角的外力拉木块使其匀速上升，求外力的大小；
（3）若木楔不固定且不计一切摩擦，质量为m的木块在水平外力的作用下与木楔保持相对静止，一起做匀加速直线运动，求水平外力的大小。
20．（2025春 胶州市期末）货车在行驶过程中紧急刹车由于惯性容易导致货物向前滑动，在运输大型货物时需采取防滑措施避免事故发生。如图所示，一辆载有货物的卡车以20m/s的速度在水平路面上匀速行驶，某时刻因紧急情况，卡车以大小为10m/s2的加速度制动，为防止货物撞上驾驶舱，经过一段时间t卡车以7m/s2的加速度加速2s，然后匀速行驶。已知刚开始制动时货物与驾驶舱距离为5.1m，货物与车厢的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）卡车制动过程中，货物的加速度大小；
（2）为防止货物撞上驾驶舱，t的最大值；
（3）t取第（2）问中的最大值，最终货物与驾驶舱的距离s。
第四章 运动和力的关系
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 胶州市期末）如图所示，倾角θ＝37°的浅色足够长传送带以v＝6m/s的速率顺时针匀速转动。一质量为2kg的煤块（可视为质点）从传送带底端以初速度v0＝10m/s滑上传送带。已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，关于煤块从传送带底端运动到最高点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．煤块经2s与传送带速度相同
B．煤块运动时间为1s
C．煤块的位移大小为5m
D．传送带上留下的痕迹长度为9m
【考点】倾斜传送带模型．
【专题】应用题；定量思想；推理法；传送带专题；分析综合能力．
【答案】D
【分析】煤块滑上传送带时做匀减加速运动，根据牛顿第二定律求出煤块的加速度大小，由速度—时间公式求出煤块与传送带速度相同经过的时间，并求出此过程的位移，然后求出煤块与传送带间的相对位移，即可得到痕迹的长度。分析共速后煤块的运动情况，再确定火火葬场运动时间和位移。
【解答】解：煤块刚滑上传送带时，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
代入数据解得a1＝10m/s2
煤块与传送带速度相同经过的时间t1s＝0.4s
此过程中，煤块的位移为x10.4m＝3.2m，传送带位移为s1＝vt1＝6×0.4m＝2.4m
传送带上留下的痕迹长度为Δx1＝x1﹣s1＝3.2m﹣2.4m＝0.8m
因μmgcosθ＜mgsinθ，故共速后煤块继续向上做匀减速运动，由牛顿第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入数据解得a2＝2m/s2
煤块速度从v减至0的时间t2s＝3s
此过程中，煤块的位移为x23m＝9m，传送带位移为s2＝vt2＝6×3m＝18m
传送带上留下的痕迹长度为Δx2＝s2﹣x2＝18m﹣9m＝9m
由于重叠部分长0.8m，故传送带上留下的痕迹长度为9m
故煤块运动时间为t＝t1+t2＝0.4s+3s＝3.4s，煤块的位移大小为x＝x1+x2＝3.2m+9m＝12.2m，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，关键是能够分析煤块的运动情况，能够根据牛顿第二定律结合运动学公式进行解答。要注意煤块在传送带上的划痕长不是两段相对位移相加，有重叠时要考虑最长的相对距离。
2．（2025春 胶州市期末）我国小将全红婵在东京奥运会夺得跳水女子单人10米跳台金牌。若全红婵跳水过程可视为竖直方向的直线运动，取竖直向上为正方向，从她离开跳板开始计时，其重心的速度随时间变化的图像如图所示。关于全红婵的运动，下列说法正确的是（ ）
A．t3时刻在空中最高点
B．t2时刻运动方向改变
C．t2～t3时间内平均速度大小为
D．t2～t3时间内水的阻力不断减小
【考点】牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题）；根据v﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况；利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度．
【专题】定量思想；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】D
【分析】在v﹣t图像中，速度的正负代表运动方向，根据v﹣t图像直接分析全红婵的运动情况，确定何时重心在空中最高点；v﹣t图像与时间轴所围的面积代表位移，结合平均速度的定义分析。根据图像的斜率表示加速度，分析加速度的变化，运用牛顿第二定律分析全红婵受到水的阻力变化情况。
【解答】解：A.以竖直向上为正方向，由图可知0～t1时间内全红婵向上运动，在t1时刻全红婵的重心的速度为零，到达空中的最高点，t1时刻之后物体向下运动，故A错误；
B.在t1时刻前后，速度由正值变为负值，所以t1时刻运动方向改变，故B错误；
C.在t2～t3时间内，图像面积代表位移，如果全红婵做匀减速直线运动，则平均速度等于，而全红婵在t2～t3时间内做加速度减小的减速运动，则全红婵的重心的位移小于做匀变速直线运动的位移，则平均速度小于，故C错误；
D、在t2～t3时间内，全红婵重心的加速度不断减小，由牛顿第二定律得：F阻﹣mg＝ma，则F阻＝mg+ma，即全红婵受到水的阻力不断减小，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查对速度一时间图像的理解能力，要知道在v﹣t图像中，图线的斜率代表的是加速度，图像与时间轴所围的面积代表位移。要注意平均速度公式只适用于匀变速直线运动。
3．（2025春 洛阳期末）如图甲所示为市面上深受儿童喜欢的一款玩具——“冲天火箭”，模型火箭被安装在竖直发射支架上，当小朋友用力一踩旁边的气囊，模型火箭会受到一个较大的气体压力而瞬间被竖直发射出去，离开支架后的运动可看成直线运动，若运动过程所受阻力大小与速率成正比，以刚开始离开支架瞬间为计时起点，火箭的速度—时间图像如图乙所示，则（ ）
A．0～t2过程火箭的加速度先减小后增大
B．t1时刻火箭的加速度大小大于重力加速度g
C．火箭离开支架后上升的最大高度小于
D．若t2时刻火箭回到起始位置，则t2＝2t1
【考点】牛顿第二定律的简单应用；根据v﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况；利用v﹣t图像与坐标轴围成的面积求物体的位移；利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度．
【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】C
【分析】根据牛顿第二定律，对0～t1过程，火箭处于上升阶段，t1～t2过程，火箭处于下降阶段分别列式，结合v﹣t图像与横轴围成的面积表示位移分析求解。
【解答】解：A．0～t1过程，火箭处于上升阶段，根据牛顿第二定律可得：，随着火箭速度的减小，加速度逐渐减小；
t1～t2过程，火箭处于下降阶段，根据牛顿第二定律可得：，随着火箭速度的增大，加速度继续逐渐减小；
故0～t2过程火箭的加速度一直在减小，故A错误；
B．t1时刻，火箭的速度为0，所受阻力为零，只受重力作用，加速度大小为g，故B错误；
C．根据v﹣t图像与横轴围成的面积表示位移，可知火箭上升的最大高度小于，故C正确；
D．上升过程、下降过程位移大小相等，由于上升过程的平均加速度大于下降过程的平均加速度，根据平均速度等于总位移除以总时间，所以上升过程的时间小于下降过程的时间，则有t1＜（t2﹣t1），可得t2＞2t1，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了牛顿运动定律，理解v﹣t图像与运动状态的关系，正确列出牛顿第二定律方程是解决此类问题的关键。
4．（2025春 东坡区期末）海底世界里的“海豹顶球”表演深受小朋友们的喜欢。在某次表演中，球被海豹以一定的初速度顶起后沿竖直方向向上运动，到达最高点后又落回原处被海豹接住，球上升和下落过程中的动能Ek与位移x的关系如图所示。假设整个过程中球所受的空气阻力大小不变，则球所受重力和阻力大小分别为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【考点】牛顿第二定律的简单应用；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】对球上升过程中和球在下落过程中，根据动能定理列式求解。
【解答】解：令球所受空气阻力大小为f，根据球上升和下落过程中的动能Ek与位移x的关系图像可知，球上升的初动能Ek0＝a
球上升的最大位移x0＝c
球上升过程中，根据动能定理有﹣（mg+f）x＝Ek﹣Ek0
解得Ek＝﹣（mg+f）x+Ek0
球在下落过程中，根据动能定理有（mg﹣f）（x0﹣x）＝Ek﹣0
解得Ek＝﹣（mg﹣f）x+（mg﹣f）x0
则球上升和下降过程中，图像斜率的绝对值分别为，
联立解得，，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】应用动能定理的一般步骤
（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。
（2）分析受力及各力做功的情况
①受哪些力？
②每个力是否做功？
③在哪段位移哪段过程中做功？
④做正功还是负功？
⑤做多少功？求出代数和。
（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。
（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。
5．（2025春 绍兴期末）中国第三艘航母“福建舰”配有电磁弹射器，电磁弹射器可额外为舰载机提供恒定的推力助其短距离起飞。某舰载机质量为m，在水平平直跑道测试，发动机打开，舰载机由静止匀加速滑跑距离为L时达到升空速度v，离地起飞。发动机仍打开，保持同等测试条件，若舰载机在该弹射器的恒定推力持续辅助作用下仅需滑跑即可达到起飞速度v。那么舰载机在起飞过程中，弹射器为其提供的推力大小为（ ）
A． B． C． D．
【考点】牛顿第二定律的简单应用；牛顿第三定律的理解与应用．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；方程法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】在无弹射器的情况下，由速度和位移公式求出加速度，由牛顿第二定律求舰载机受到的合外力的大小，再在有弹射器的情况下，由速度和位移公式求出加速度，由牛顿第二定律求弹射器的推力大小。
【解答】解：由题意可知舰载机质量为m，无弹射器时，由静止匀加速滑跑距离L达到速度v，发动机提供动力，设发动机的推力为F发，跑道阻力为f，加速度为a1，对舰载机，由运动学公式可得：v2＝2a1L，由牛顿第二定律可得：F发﹣f＝ma1，联立解得：；
有弹射器时，弹射器提供恒定推力F，滑跑距离达到速度v，发动机推力F发阻力f 与无弹射器时相同，设加速度为a2，对舰载机，由运动学公式可得：，由牛顿第二定律可得：F+F发﹣f＝ma2，联立解得：，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题速度牛顿第二定律及匀变速直线运动规律的考查，基础题。
6．（2025春 辽宁期末）如图所示，三个质量相等的物块A、B、C组合在一起，A带有定滑轮放在光滑的水平面上，跨过定滑轮的轻质细线连接B、C，A与B之间的动摩擦因数为0.7，滑轮与细线、轮轴之间以及A、C之间的摩擦和定滑轮的质量忽略不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。水平推力F作用在A上，为了使三个物块相对静止，则F的最大值与最小值之比为（ ）
A．3：1 B．17：3 C．16：3 D．6：1
【考点】连接体模型；力的合成与分解的应用；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力；模型建构能力．
【答案】B
【分析】当B相对于A刚要向左滑动时，F最大；当B相对于A刚要向右滑动时，F最小，先以B为研究对象，求出加速度，再以三个物体整体为研究对象，求解F的最大值与最小值，最后求F的最大值与最小值之比。
【解答】解：设物块A、B、C的质量为m。
当B相对于A刚要向左滑动时，F最大，以B为研究对象，此时B受到的静摩擦力达到最大值且方向向右，由牛顿第二定律得：
T+μmg＝ma
以C为研究对象，有T＝mg
联立可得：a＝1.7g
以三个物体整体为研究对象，由牛顿第二定律得
Fmax＝3ma＝3m×1.7g＝5.1mg
当B相对于A刚要向右滑动时，F最小，以B为研究对象，此时B受到的静摩擦力达到最大值且方向向左，由牛顿第二定律得：
T﹣μmg＝ma′
以C为研究对象，有T＝mg
联立可得：a′＝0.3g
以三个物体整体为研究对象，由牛顿第二定律得
Fmin＝3ma′＝3m×0.3g＝0.9mg
则Fmax：Fmin＝5.1mg：0.9mg＝17：3，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题是连接体问题，要抓住三个物体的加速度相同，采用隔离法和整体法相结合进行处理。
7．（2025春 南通期末）如图所示，物块a通过轻弹簧与物块b连接，用手托住b保持静止。现将a、b由静止释放，不计空气阻力，从释放到弹簧第一次恢复原长的过程中，a、b下落的速度v随时间t变化的图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】牛顿第二定律求解瞬时问题；牛顿第二定律的图像问题．
【专题】定量思想；推理法；运动学中的图象专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】将a、b由静止释放瞬间，a受到重力和向上的弹力，合力为0，加速度为0；b受到重力和向下的弹力，加速度大于g。之后弹簧第一次恢复原长的过程中，弹力减小，a加速度逐渐增大，b加速度逐渐减小，待弹簧恢复原长时，两者加速度相等均为g。
【解答】解：将a、b由静止释放瞬间，a受到重力和向上的弹力，合力为0，加速度为0；b受到重力和向下的弹力，加速度大于g。之后弹簧第一次恢复原长的过程中，弹力减小，a加速度逐渐增大，b加速度逐渐减小，待弹簧恢复原长时，两者加速度相等均为g。根据v﹣t图像斜率表示加速度的大小及方向，可知C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】考查对牛顿第二定律及v﹣t图像的理解，需清楚a、b受力情况的变化。
8．（2025春 皇姑区校级期末）如图所示，倾角为30°足够长的固定光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧一端与挡板连接，另一端与物块A接触但不连接，A上方放置另一物块B，B与物块C用跨过光滑轻质定滑轮的细线连接。开始时用手托住C，使细线处于伸直但不拉紧的状态，此时A、B静止在斜面上。某时刻突然释放C，一段时间后A、B分离，此时C未触地。已知A、B、C的质量均为m，弹簧劲度系数为k，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．刚释放C时，A、B间的弹力大小为mg
B．A、B分离时，B的加速度大小为
C．A的速度最大时它沿斜面上升的距离为
D．A、B分离时弹簧刚好恢复原长
【考点】斜面上的连接体问题（连接体问题的特例）；牛顿第二定律求解瞬时问题．
【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】A
【分析】刚释放C时，分别对C、A、B，利用牛顿第二定律列方程，可求出A、B间的弹力大小。A、B分离时，A、B之间的弹力为零，分别对C和B，利用牛顿第二定律列方程，可求出B的加速度大小。A的速度最大时，加速度为零，由平衡条件和胡克定律求出此时弹簧的压缩量，结合初始时弹簧的压缩量，从而求得A沿斜面上升的距离。根据AB分离瞬间的加速度方向分析弹簧状态。
【解答】解：A.开始时，细线的张力为零。以AB整体为研究对象，根据受力平衡可知，此时弹簧的弹力大小为：F弹＝2mgsin30°＝mg
刚释放C时，设A、B间的弹力大小为N，细线拉力大小为T，此时的加速度为a。
以C为研究对象，根据牛顿第二定律得：mg﹣T＝ma
以B为研究对象，根据牛顿第二定律得：T+N﹣mgsin30°＝ma
以A为研究对象，根据牛顿第二定律得：F弹﹣mgsin30°﹣N＝ma
联立解得：Nmg
故A正确；
B.A、B分离时，两者之间的弹力为零。设此时的加速度为a'，细线的拉力大小为T'。
以C为研究对象，物体受到重力和细线的拉力以及垂直于斜面的弹力，根据牛顿第二定律得：mg﹣T'＝ma'
以B为研究对象，物体受到弹簧的弹力和物体自身的重力以及垂直于斜面的弹力，根据牛顿第二定律得：T'﹣mgsin30°＝ma'
联立解得：a'g
故B错误；
C.初始时弹簧的压缩量为x1
当A的速度最大时，加速度为零，即弹簧的弹力与A的重力沿斜面向下的分力平衡，则此时弹簧的压缩量为x2
可知A的速度最大时它沿斜面上升的距离为Δx＝x1﹣x2
故C错误；
D.AB分离瞬间，它们具有共同沿斜面向上的加速度，合外力沿斜面向上，故弹簧仍处于压缩状态，故D错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键是对连接体问题进行分析，知道连接体在运动过程中速度大小和加速度大小相同，弹簧的弹性势能与劲度系数和形变量有关。求加速度时，要灵活选择研究对象，采用隔离法进行处理，比较容易。
二．多选题（共4小题）
9．（2024秋 金安区校级期末）如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，三个物体的质量均为m，A、B间的动摩擦因数为4μ，B、C间的动摩擦因数为μ，B和地面间的动摩擦因数为，设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．无论力F为何值，B和C始终处于相对静止状态
B．若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过4μmg
C．当F＞4μmg时，B相对C滑动
D．当时，A、B间的摩擦力为
【考点】有外力的水平板块模型；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】BCD
【分析】分析A、B、C三个物体间的相对运动临界情况，通过计算各接触面的最大静摩擦力，结合牛顿第二定律判断不同选项的正确性。
【解答】解：ABC、根据静最大摩擦力与滑动摩擦力相等有，A、B间的最大静摩擦力大小为fAB＝4μmg
B与地面间的最大静摩擦力大小为
因为fAB＞fB，故B可以相对地面发生滑动，即当F＜μmg时，A、B、C相对于地面静止。B、C发生相对滑动时，对C根据牛顿第二定律有μmg＝maC
解得发生相对滑动时，C的加速度大小为aC＝μg
此时，假设此时A、B相对静止，对B、C整体，根据牛顿第二定律fAB′﹣fB＝2maC
解得fAB′＝3μmg＜fAB
故假设成立。则对A、B、C整体，根据牛顿第二定律F1﹣fB＝3maC
解得F1＝4μmg
即，当F≤4μmg时，A、B、C相对静止；当F＞4μmg时，B、C发生相对滑动，故A错误，BC正确；
D、根据以上分析可知，当时，此时，B、C发生相对滑动，假设A、B相对静止，则对A、B整体，根据牛顿第二定律F﹣μmg﹣fB＝2ma
代入数据解得
对A，根据牛顿第二定律
解得
故假设成立，此时A、B间的摩擦力为，故D正确。
故选：BCD。
【点评】本题关键是通过计算各接触面最大静摩擦力，结合牛顿第二定律分析相对滑动的临界条件，逐一验证选项。
10．（2025春 湖北期末）传送带是一种常用的货物输送装置，其原理可以简化为如图甲所示的模型，传送带的倾角为37°，在电动机的带动下以一定的速度稳定运行。从货物轻放在传送带底端A处开始计时，10s时到达顶端B，其运动过程的v t图像如图乙所示，货物质量M＝20kg，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，则货物从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．货物与传送带之间的摩擦力的方向始终不变
B．货物在传送带上留下的痕迹的长度为15m
C．若其他条件不变，持续增大传送带运行速率，货物运送到顶端的时间一直变短
D．若其他条件不变，持续增大传送带运行速率，货物与传送带间相对滑动的路程一直变大
【考点】倾斜传送带模型．
【专题】定量思想；推理法；传送带专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】由图乙可知货物在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，摩擦力方向不变；结合相对位移求解货物在传送带上留下的痕迹的长度；持续增大传送带运行速率，货物一直加速，时间最短，最短时间是一个定值；货物位移为定值，传送带速度越大，则相对运动路程一定越大。
【解答】解：A．由图乙货物运动过程的v t图像可知货物在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，匀加速阶段摩擦力沿传送带向上，匀速阶段摩擦力也沿传送带向上，故整个过程摩擦力方向始终不变，故A正确；
B．由货物运动的v t图像可知，货物从A运动到B的过程中，传送带运动的位移为x＝vt，解得x＝20m
货物总位移即传送带长度为L＝x1+x2，解得L＝15m
故货物相对传送带的位移为Δx＝x﹣L，解得Δx＝5m，即货物在传送带上留下的痕迹的长度为5m，故B错误；
C．传送带速率增大，货物传送过程，若先加速后匀速，则传送时间会变短，但当速率增大到一定程度，货物一直加速至顶端，再增大速率，传送时间将保持不变，故C错误；
D．此过程中，货物位移为L，传送带位移为x′＝vt
所以货物与传送带之间相对滑动的路程为Δx＝x′﹣L
所以传送带的转动速率调大时，货物与传送带之间相对滑动的路程一定变大，故D正确。
故选：AD。
【点评】对于传送带问题要明确传送带的类型，对物块做好受力分析，需要综合运用运动学以及牛顿运动定律的相关内容求解。
11．（2025春 胶州市期末）如图所示，一足够长轻质木板置于光滑水平面上，木板上放有质量分别为2kg和4kg的A、B两物块，A、B与木板间的动摩擦因数均为0.4，一水平恒力F作用在A上。已知重力加速度g＝10m/s2，A、B与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．若F＝9N，A、B的加速度大小均为1.5m/s2
B．若F＝12N，A的加速度大小为2m/s2
C．若F＝24N，B的加速度大小为4m/s2
D．无论外力F多大，B与木板都不会发生相对滑动
【考点】有外力的水平板块模型；牛顿第二定律的简单应用．
【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；理解能力．
【答案】BD
【分析】A、分别计算A、B与轻质木板间的最大静摩擦力，判断拉力的变化是否使各物体之间的相对运动状态发生改变，根据整体法与隔离法分别计算A、B与木板的加速度大小；
B、就上述选项分析结论计算A的加速度大小；
C、就上述选项分析结论计算A的加速度大小；
D、由于B与木板视为整体，由A的摩擦力提供动力，故可分析F变化对A的摩擦力的影响，以此判断该力能否让B突破与木板间的最大静摩擦力发生相对滑动。
【解答】解：A、A与轻质木板间的最大静摩擦力为fA＝μmAg
代入数据解得fA＝8N
B与轻质木板间的最大静摩擦力为fB＝μmBg
代入数据解得fB＝16N
根据隔离法，单独分析A，根据牛顿第二定律F﹣fA＝mAaA
由题意可知，木板为轻质木板且足够长，故将B与木板视为整体，根据牛顿第二定律有fA＝mBa
若当F＝9N时，有F＞fA，A与木板间发生相对滑动，此时摩擦力为最大静摩擦力
联立上式，代入数据解得A的加速度为aA＝0.5m/s2
B与轻质木板的加速度大小为a＝2m/s2，故A错误；
B、由上述选项分析可知，单独分析A时，根据牛顿第二定律有F﹣fA＝mAaA
若当F＝12N时，有F＞fA，代入数据解得A的加速度为aA′＝2m/s2，故B正确；
C、由上述选项分析可知，B与木板的加速度由A的摩擦力fA提供，若F＝24N，有F＞fA，此时A与轻质木板发生相对滑动，摩擦力为最大静摩擦力，故将B与木板视为整体，根据牛顿第二定律有fA＝mBa
代入数据解得B的加速度大小为a＝2m/s2，故C错误；
D、由上述选项分析可知，B与木板的加速度由A的摩擦力fA提供，而fA＜fB，增大F无法改变A的最大静摩擦力，A的摩擦力小于B与木板间的最大静摩擦力，无法使B突破与木板间的相对静止状态，故无论外力F多大，B与木板都不会发生相对滑动，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查学生对板块相对运动模型的分析能力，其中灵活运用整体法和隔离法分别判断各物体的加速度，并知道B与木板的动力来源为A的摩擦力，结合牛顿运动定律分析相对运动的规律为解决本题的关键。
12．（2025春 滁州期末）如图1所示，质量为m的木板A静置于光滑水平地面上，t＝0时刻物块B（可视为质点）以水平向右的初速度v0从木板A的左端滑入，此后两者的速度随时间变化的图像如图2所示。当t＝t0时，物块B恰好到达木板A的右端。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．物块B的质量为2m
B．木板A的长度为
C．物块B与木板A间的动摩擦因数为
D．若只将物块B的初速度大小变为，则最终物块B与木板A右端的距离为
【考点】无外力的水平板块模型．
【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】BC
【分析】结合v﹣t 图像分析物块与木板的运动过程，利用动量守恒、相对位移公式、牛顿第二定律及匀变速直线运动规律逐一判断选项。
【解答】解：AC、根据题意可知，对两物体，根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB、μmBg＝mAaA
加速度为、
代入数据解得mA＝m，，故A错误，C正确；
B、根据题意可知，当t＝t0时，物块B恰好到达木板A的右端，根据图像面积可知，木板A的长度为，故B正确；
D、根据题意可知，若只将物块B的初速度大小变为，则共速时满足
解得
则最终物块B与木板A右端的距离为，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题核心是通过v﹣t 图像提取运动信息，结合动量守恒（系统合外力为0）、相对位移公式、牛顿第二定律及匀变速直线运动规律分析各选项。关键在于理解“相对位移等于木板长度”及“动量守恒的应用条件”。
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 嘉兴期末）某同学站在力传感器上完成“下蹲”、“起立”的动作，计算机采集的图线如图所示。则图中点a～d所示过程，该同学完成了 下蹲 动作（选填“下蹲”、“起立”、“先下蹲后起立”或“先起立后下蹲”）；以竖直向上为正方向，则b点时该同学的加速度约为 ﹣6 m/s2。（计算结果保留一位有效数字）
【考点】超重与失重的图像问题．
【专题】定性思想；图析法；重力专题；理解能力．
【答案】下蹲，﹣6
【分析】人下蹲动作包含有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，即先失重再超重。
【解答】解：人下蹲动作包含有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，即先失重再超重，所以点a～d所示过程，该同学完成了下蹲过程；
由图可知该同学的重力为500N，则质量为50kg，根据牛顿第二定律有F﹣G＝ma
解得a＝﹣6m/s2
故答案为：下蹲，﹣6
【点评】本题考查了根据图像判断超重和失重，题目较简单。
14．（2025春 泉州期中）如图所示，倾斜传送带以恒定速率v沿逆时针方向运行，物块以大小为v0、方向平行于传送带向下的初速度在传送带上运动，一段时间后物块转为做匀速直线运动，已知v＞v0。物块做匀速直线运动前受到的摩擦力 做正功 ；物块做匀速直线运动时受到的摩擦力 做负功 ，传送带对物块的支持力 不做功 。（均填“做正功”“做负功”或“不做功”）
【考点】倾斜传送带模型；功的正负及判断．
【专题】定性思想；图析法；功的计算专题；模型建构能力．
【答案】做正功；做负功；不做功。
【分析】做功的必要因素是：力与在力方向上有位移。功的大小W＝Fscosθ，θ为力与位移的夹角。物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体沿斜面向下的滑动摩擦力。当物体速度达到传送带速度时，物体做匀速直线运动，物体受到沿斜面向上的摩擦力。支持力一直垂直斜面向上。
【解答】解：开始阶段，物块受力分析如图：
物块受到摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移方向相同，摩擦力做正功。
当物块速度达到与传送带共速时，与传送带一起做匀速运动，受力分析如图：
摩擦力与物体位移方向相反，摩擦力做负功。
支持力方向垂直斜面向上，与物块位移方向垂直，传送带对物块支持力不做功。
故答案为：做正功；做负功；不做功。
【点评】解决本题的关键知道做功的必要因素，以及知道力的方向与位移的夹角大于等于0°小于90°，该力做正功；大于90°小于等于180°，该力做负功；等于90°，该力不做功。
15．（2024秋 泉州期末）课后科学实践活动中，小明站在电梯内的体重计上，电梯静止时体重计示数为50.0kg。若电梯竖直向上匀加速运动，加速度大小为1m/s2，小明处于 超重 状态（填“超重”或“失重”），体重计的示数应为 55 kg，取重力加速度大小g＝10m/s2。
【考点】根据超重或失重状态计算物体的运动情况．
【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】超重；55。
【分析】根据加速度的方向判断小明所处的状态；由牛顿第二定律求解电梯向上加速运动时体重计的示数。
【解答】解：电梯竖直向上匀加速运动时，小明具有向上的加速度，处于超重状态。
因为电梯静止时体重计示数为50.0kg，可知小明的实际质量为50.0kg，设电梯竖直向上匀加速运动，加速度大小为1m/s2时，体重计的示数为m′，
根据牛顿第二定律可得：m'g﹣mg＝ma
代入数据解得：m＝55kg
故答案为：超重；55。
【点评】本题考查牛顿第二定律与超重和失重，解题关键注意保证合力方向与加速度方向一致即可。
16．（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。
四．实验题（共1小题）
17．（2025春 潮南区期末）某学校物理兴趣小组同学利用力传感器改进阿特伍德机如图1以进行实验探究，该装置不止可以探究加速度与力和质量的关系，还可以用来探究当地重力加速度的大小，实验器材有力传感器、滑轮、细线、重物、钩码、纸带、电火花计时器、交流电源，将质量忽略不计的轻质滑轮悬挂于力传感器上，用细线拉住重物，跨过滑轮另一端悬挂砝码和砝码盘，设重物质量为m，砝码和砝码盘总质量为M，拉力传感器示数为F，重物下端连接纸带，通过电火花计时器打点描绘重物运动轨迹，整个装置处于静止状态，当地重力加速度为g：
（1）下列操作正确的是 AD 。
A.固定打点计时器时应将限位孔保持竖直并置于重物正下方
B.应先松开砝码盘让重物向上运动，然后再接通打点计时器电源打点
C.实验应满足条件m M
D.实验中应准备的实验器材还有刻度尺
（2）该小组同学打出一条纸带如图2，相邻两计数点间有4个点没有画出，已知x1＝0.20cm，x2＝0.30cm，x3＝0.40cm，x4＝0.50cm，则可测得该次加速度大小a为 0.10 m/s2（计算结果保留2位有效数字）。
（3）该小组同学进行多次实验，并将数据整理成a﹣F图像如图3所示，并测得图像斜率为k，纵轴截距为b，则可计算得到重物质量为m＝ ，当地重力加速度g＝ ﹣b （以k，b表示）。
【考点】探究加速度与力、质量之间的关系．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；实验探究能力．
【答案】（1）AD；（2）0.10；（3）；﹣b。
【分析】（1）根据实验注意事项分析答题。
（2）根据匀变速直线运动的推论求出加速度。
（3）应用牛顿第二定律求出图像的函数解析式，然后分析答题。
【解答】解：（1）A、为减小摩擦阻力对实验的影响，固定打点计时器时应将限位孔保持竖直并置于重物正下方，故A正确；
B、为充分利用纸带，应先接通打点计时器电源打点，然后再松开砝码盘让重物向上运动，故B错误；
C、力可以由力传感器测出，实验不需要满足条件m M，故C错误；
D、为测相邻计数点间的距离，实验中应准备的实验器材还有刻度尺，故D正确。
故选：AD。
（2）相邻两计数点间有4个点没有画出，相邻技术点间的时间间隔t＝5Ts＝0.1s，
根据匀变速直线运动的推论Δx＝at2可知，加速度大小a0.10m/s2
（3）拉力传感器的示数为F，则细线的拉力即重物所受拉力大小为，
对重物，由牛顿第二定律得mg＝ma，整理得aF﹣g，
a﹣F图像的斜率k，纵轴截距b＝﹣g，解得m，g＝﹣b。
故答案为：（1）AD；（2）0.10；（3）；﹣b。
【点评】知道实验注意事项，理解实验原理是解题的前提，应用匀变速直线运动的推论与牛顿第二定律可以解题。
五．解答题（共3小题）
18．（2025春 邯郸期末）如图所示，长木板B静止在光滑的水平面上，t＝0时刻，给长木板施加水平向右的外力F的同时，小物块A以向右的初速度v0滑上长木板的左端。已知小物块A的质量m＝1kg，长木板B的质量M＝2kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，小物块A可看作质点，重力加速度g＝10m/s2，已知：0≤F≤2N时，A、B间的摩擦生热均为Q＝4J；2N＜F≤6N时，A、B间的摩擦生热为Q＜4J。求：
（1）长木板B的长度L；
（2）A的初速度v0的大小；
（3）F＝14N时，A、B间的摩擦生热Q的大小。
【考点】无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；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．
【答案】（1）长木板B的长度为2m；
（2）A的初速度v0的大小为4m/s；
（3）F＝14N时，A、B间的摩擦生热Q的大小为3.2J。
【分析】（1）当0≤F≤2N时，A、B间的摩擦生热Q＝4J，根据Q＝μmgL可求解长木板B的长度L；
（2）当2N＜F≤6N时，A、B间的摩擦生热Q＜4J，说明A、B达到共速。分别对A、B应用牛顿第二定律求出加速度，再结合运动学公式，求解A的初速度v0；
（3）当F＝14N时，分别求出A、B的加速度，判断A、B是否会分离，再根据运动学公式求出A、B的相对位移，最后根据Q＝μmgΔx，求解摩擦生热Q。
【解答】解：（1）由0≤F≤2N时，A、B间的摩擦生热均为Q＝4J
2N＜F≤6N时，A、B间的摩擦生热为Q＜4J，可知，当0≤F≤2N时，物块A从长木板B的右端滑出
则有Q＝μmgL
解得L＝2m
（2）当F＝2N时，物块A恰好到长木板B的右端共速，对物块A有μmg＝maA
对长木板B有F+μmg＝MaB
根据运动学关系有v0 aAt＝aBt，
联立解得v0＝4m/s
（3）F＝14N时，共速前对长木板B有F+μmg＝MaB1
解得
共速时有v0﹣aAt1＝aB1t1
解得共速前用时t1＝0.4s
共速前AB相对位移
代入数据得x＝0.8m
此后B比A快，A从左侧掉下，所以相对位移大小为x相＝2x＝2×0.8m＝1.6m
A、B间的摩擦生热的大小Q＝μmgx相＝0.2×1×10×1.6J＝32J。
答：（1）长木板B的长度为2m；
（2）A的初速度v0的大小为4m/s；
（3）F＝14N时，A、B间的摩擦生热Q的大小为3.2J。
【点评】本题是一道关于板块模型的综合应用题，重点考查对复杂受力情况和运动情况的分析能力，以及牛顿运动定律和运动学公式的综合应用能力，难度较大，适合提升综合解题能力。
19．（2025 重庆模拟）如图1所示，将质量为3m、倾角为θ（θ＜45°）的木楔置于水平面上。
（1）若将木楔固定，并对木楔斜面镀膜使其变粗糙，将质量为m的木块放在木楔粗糙斜面上时，正好能匀速下滑。求物块与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）在第（1）小问的基础上，如图2所示，用与木楔斜面成α角的外力拉木块使其匀速上升，求外力的大小；
（3）若木楔不固定且不计一切摩擦，质量为m的木块在水平外力的作用下与木楔保持相对静止，一起做匀加速直线运动，求水平外力的大小。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；整体法与隔离法处理物体的平衡问题．
【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】（1）物块与斜面间的动摩擦因数为tanθ；
（2）外力的大小为；
（3）水平外力的大小为tanθ。
【分析】（1）根据重力的分力与摩擦力相等求解；
（2）根据共点力平衡条件解答；
（3）根据整体与隔离的分析思路结合牛顿第二定律解答。
【解答】解：（1）木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mgsinθ＝μmgcosθ
即μ＝tanθ
（2）木块在力F的作用下沿斜面向上匀速运动，有
Fcosα＝mgsinθ+FN
Fsinα+FN＝mgcosθ
整理有F
（3）根据题意对整体做受力分析如下图所示，根据受力分析则有F1＝4mga1
根据题意对木块做受力分析如下图所示根据受力分析则有FNcosθ＝mg
F1﹣FNsinθ＝ma1
整理有F1tanθ
答：（1）物块与斜面间的动摩擦因数为tanθ；
（2）外力的大小为；
（3）水平外力的大小为tanθ。
【点评】本题考查牛顿第二定律与整体与隔离法的应用，解题关键掌握运动状态与受力关系的联系。
20．（2025春 胶州市期末）货车在行驶过程中紧急刹车由于惯性容易导致货物向前滑动，在运输大型货物时需采取防滑措施避免事故发生。如图所示，一辆载有货物的卡车以20m/s的速度在水平路面上匀速行驶，某时刻因紧急情况，卡车以大小为10m/s2的加速度制动，为防止货物撞上驾驶舱，经过一段时间t卡车以7m/s2的加速度加速2s，然后匀速行驶。已知刚开始制动时货物与驾驶舱距离为5.1m，货物与车厢的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）卡车制动过程中，货物的加速度大小；
（2）为防止货物撞上驾驶舱，t的最大值；
（3）t取第（2）问中的最大值，最终货物与驾驶舱的距离s。
【考点】有外力的水平板块模型；变速物体追变速物体问题．
【专题】定量思想；推理法；追及、相遇问题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．
【答案】（1）卡车制动过程中，货物的加速度大小为5m/s2；
（2）为防止货物撞上驾驶舱，t的最大值为1.2s；
（3）t取第（2）问中的最大值，最终货物与驾驶舱的距离s＝3.15m。
【分析】（1）根据牛顿第二定律进行求解；
（2）分析物体的运动状态，分别探究每种运动情况发生的可能，求解验证，最终得出符合要求的运动状态，据此求解时间的最大值；
（3）再（2）的结论下，对末速度求解，再根据运动学公式即可求出距离。
【解答】解：（1）假设货物与车厢会发生相对滑动，根据牛顿第二定律得货物的加速度大小为：
a1＝μg＝0.5×10m/s2＝5m/s2＜10m/s2
故假设成立，可知卡车制动过程中，货物的加速度大小为5m/s2，方向与卡车加速度方向相同；
（2）在卡车制动过程中，货物与卡车的相对运动会导致货物相对于卡车向前滑动。我们需要计算货物与卡车的相对位移，并确保在卡车加速阶段结束时，货物与驾驶舱之间的距离不小于0。设卡车的初速度为v0＝20m/s，减速时加速度为a0＝10m/s2，加速时加速度为a2＝7m/s2，
首先，计算卡车从制动到速度减为0的时间t1：t1＝v0﹣a0t，解得t1＝2s，此时卡车的位移x1＝v0t1，解得x1＝20m，货物的位移为x2＝v0t1，解得：x2＝30m，此时货物的速度v1＝v0﹣a1t，解得v1＝10m/s，Δx＝x2﹣x1＝30m﹣20m＝10m＞5.1m，所以卡车不会停止，所以不存在卡车停止货物继续运动的状态，因此卡车只存在加速和减速两种运动状态，且货物第一阶段不存在加速的情况，第二阶段可能存在加速的情况。
设卡车的位移为x3，货物的位移为x4，Δx＝x4﹣x3＝5.1m，此时的t为最大值，所以卡车的位移x3＝v0t3（v0﹣a0t3）t4，货物的位移x4＝v0t3（v0﹣a1t3）t4，t4＝2s，联立解得：t3≈1.995s，（t3≈﹣5.995s舍去），此时卡车的末速度为v＝v0﹣a0t3+a2t4，代入数据解得v＝4.05m/s，此时货物的末速度为v′＝v0﹣a1t3﹣a1t4，代入数据解得v′＝0.025m/s，所以卡车在未达到最大速度时便开始速度超过货物，所以t最大时，在临界点二者速度相同可能为正确的解，卡车的位移x3＝v0t3（v0﹣a0t3）t5，货物的位移x4＝v0t3（v0﹣a1t3）t5，v＝v0﹣a0t3+a2t5＝v0﹣a1（t3+t5），代入数据解得t3＝1.2s，此时有解，则说明货物不会在关键位置达到最小速度后开始加速，所以t的最大值为1.2s；
（3）由（2）可知，t的最大值为1.2s，t5，所以t5＝0.5s，货物减速阶段的时间为t减＝t3+t5＝1.2s+0.5s＝1.7s，卡车的减速阶段的时间为t3＝1.2s，所以到达临界点时卡车已经加速了0.5s，二阶段的末速度v＝v0﹣a0t3+a2t5＝v0﹣a1（t3+t5），代入数据得v＝11.5m/s，之后卡车继续做加速度为7m/s2的匀加速直线运动（持续1.5s），货物做加速度为5m/s2的匀加速直线运动（直到速度持平卡车），所以卡车末速度v卡＝v+a2t1.5＝11.5m/s+7m/s2×1.5s＝22m/s，货物加速度到22s所需时间为t追，代入数据得：t追＝2.1s，此时卡车的位移为x卡v卡（t追﹣t卡），货物的位移为x货，代入数据解得：x卡＝38.325m，x货＝35.175m，所以最终货物与驾驶舱的距离s＝x卡﹣x货＝38.325m﹣35.175m＝3.15m。
答：（1）卡车制动过程中，货物的加速度大小为5m/s2；
（2）为防止货物撞上驾驶舱，t的最大值为1.2s；
（3）t取第（2）问中的最大值，最终货物与驾驶舱的距离s＝3.15m。
【点评】本题难度较大，关键在于分析出运动的每一个阶段可能产生的不同结果，并对求出的结果与实际题干条件对比，排除不合实际的结论，最终得出符合题干数据的结果，如果（2）中表达式无解，则需再次分析货物在关键位置达到最小速度后开始加速的情况。
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