第四章 运动和力的关系 牛顿运动定律的应用 常见题型总结练（二） 2025-2026学年物理高一年级人教版（2019）必修第一册

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运动和力的关系 牛顿运动定律的应用 常见题型总结练（二）
2025-2026学年物理高一年级人教版（2019）必修第一册
五．图像问题
1．将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受空气阻力大小恒定，方向与运动方向相反，该过程的v－t图像如图5所示，g取10 m/s2。下列说法中正确的是(　　)
A.小球重力和阻力大小之比为6∶1
B.小球上升与下落所用时间之比为2∶3
C.小球落回到抛出点的速度大小为8 m/s
D.小球下落过程受到向上的空气阻力，处于超重状态
2．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体。现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如图乙所示。已知重力加速度g＝10 m/s2，由图线可知(　　)
A.乙的质量m乙＝6 kg
B.甲、乙的总质量m总＝8 kg
C.甲、乙间的动摩擦因数μ＝0.3
D.甲、乙间的动摩擦因数μ＝0.1
3 ．(多选)如图所示，某人从距水面一定高度的平台上做蹦极运动。劲度系数为k的弹性绳一端固定在人身上，另一端固定在平台上。人从静止开始竖直跳下，在其到达水面前速度减为零。运动过程中，弹性绳始终处于弹性限度内。取与平台同高度的O点为坐标原点，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力，人可视为质点。从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用v、a、t分别表示人的速度、加速度和下落时间。下列描述v与t、a与y的关系图像可能正确的是(　　)
4．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t图象如图乙所示，物块到达传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则(　　)
A.传送带的速度为4 m/s
B.传送带底端到顶端的距离为14 m
C.物块与传送带间的动摩擦因数为
D.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
5．物块以初速度v0竖直向上抛出，达到最高点后返回，物体所受空气阻力大小不变，下列v-t图像正确的是(　 )
6．如图甲所示，倾角为37°的足够长的传送带以4 m/s的速度顺时针转动，现使小物块以2 m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：
(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大；
(2)0～8 s内小物块在传送带上留下的划痕为多长.
7．如图甲所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为mA＝1 kg、mB＝3 kg，现用水平力FA推A，用水平力FB拉B，FA和FB随时间t变化的关系如图乙所示，则(　 )
A．A、B分开之前，A所受的合外力逐渐减小
B．t＝3 s时，A、B脱离
C．A、B分开前，它们一起运动的位移为6 m
D．A、B分开后，A做减速运动，B做加速运动
六．动态分析问题
1．(多选)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，下列关于小球的速度v、加速度a随时间t变化的图像中符合实际情况的是(　　)
2．如图所示的小木块在倾角为的固定斜面上由静止开始加速下滑，时间t内运动的距离为s，下列说法正确的是（　　）
A．小木块与斜面间的动摩擦因数为
B．小木块运动距离s后的速度大小为
C．s大小不变，越小，时间t越长
D．越小，小木块对斜面的压力越小
3 ．一个物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终未变)，在这一过程中其余各力均不变。那么，下列各图中能正确描述该过程中物体速度变化情况的是(　　)
4．（多选）将力传感器A固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相连，滑块放在较长的小车上．如图甲所示，传感器与计算机相连接，可获得力随时间变化的规律．一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端连接小车，另一端系沙桶，整个装置开始处于静止状态．现在向沙桶里缓慢倒入细沙，力传感器采集的F－t图象如图乙所示．则(　　)
A．2.5 s前小车做变加速运动
B．2.5 s后小车做变加速运动
C．2.5 s前小车所受摩擦力不变
D．2.5 s后小车所受摩擦力不变
5．如图所示，轻弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体。现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点。如果物体受到的阻力恒定，则(　 )
A．物体从A到O先做加速运动后做减速运动
B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动
C．物体运动到O点时，所受合力为零
D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小
6．(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则(　 )
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝(μ2－μ1)g
C．μ2>μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
7．如图所示，两个质量均为m的相同的物块叠放在一个轻弹簧上面，处于静止状态.弹簧的下端固定于地面上，弹簧的劲度系数为k.t＝0时刻，给A物块一个竖直向上的作用力F，使得两物块以0.5g的加速度匀加速上升，下列说法正确的是(　　)
A.A、B分离前合外力大小与时间的平方t2成线性关系
B.分离时弹簧处于原长状态
C.在t＝时刻A、B分离
D.分离时B的速度大小为g
七．临界问题
1．如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90 km/h 的速度驶入避险车道，如图1乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示；
(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，结果保留2位有效数字)
2．如图所示，光滑的水平面上静置质量为M＝8 kg 的平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力F，一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是(　　)
A.当F增加到4 N时，m相对M开始运动
B.当F＝10 N时，M对m有向右的2 N的摩擦力
C.当F＝15 N时，m对M有向左的4 N的摩擦力
D.当F＝30 N时，M对m有向右的6 N的摩擦力
3．如图所示是小孩推滑块游戏的装置，此装置由粗糙水平面AB、倾角为6°
的光滑斜面BC和平台CD构成。若质量为1 kg的滑块在大小为2 N的水平推力作用下，从A点由静止出发，滑块在水平面AB上滑行一段距离后撤去推力，滑块继续向前运动通过斜面到达平台。已知水平面AB长度为2 m，斜面BC长度为1 m，滑块与水平面之间的动摩擦因数为0.1，sin 6°＝0.1，滑块可看成质点且在B处的速度损失不计。
(1)求滑块在推力作用下的加速度大小；
(2)若推力作用距离为2 m，求滑块刚到平台时的速度大小；
(3)若滑块能够到达平台，求滑块在斜面运动的最长时间。
4．（多选）如图所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体，已知mA = 6kg、mB = 2kg，A、B间动摩擦因数μ = 0.2，在物体A上施加水平向右的力F，g取10m/s2，则（ ）
A．当拉力F < 12N时，A静止不动
B．当拉力F > 16N时，A相对B滑动
C．当拉力F = 16N时，B受A的摩擦力等于4N
D．当拉力F < 48N时，A相对B始终静止
5．一个倾角为θ＝37°的斜面固定在水平面上，一个质量为m＝1.0 kg的小物块(可视为质点)以v0＝8 m/s的初速度由底端沿斜面上滑。小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25。若斜面足够长，已知tan 37°＝，g取10 m/s2，求：
(1)小物块沿斜面上滑时的加速度大小；
(2)小物块上滑的最大距离；
(3)小物块返回斜面底端时的速度大小。
6．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.
(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
(3)本实验中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1 m，取g＝10 m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
7．一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑，滑行54 m后进入水平雪道，继续滑行40.5 m后减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为60 kg，整个滑行过程用时10.5 s，斜直雪道倾角为37°(sin 37°＝0.6)。求小明和滑雪车
(1)滑行过程中的最大速度vm的大小；
(2)在斜直雪道上滑行的时间t1；
(3)在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小。
八．水平传送带问题
1．(多选)如图甲所示，水平传送带逆时针匀速转动，一质量为m＝2 kg的小物块(可视为质点)以某一速度从传送带的最左端滑上传送带。取向右为正方向，以地面为参考系，从小物块滑上传送带开始计时，其运动的v-t图像如图乙所示，g取10 m/s2。则(　 )
A．小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2
B．小物块与传送带间的动摩擦因数为0.1
C．若物块在传送带上能留下划痕，长度为4.5 m
D．若物块在传送带上能留下划痕，长度为5.5 m
2．（多选）如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面。物体以恒定的速率沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为，则下列说法正确的是( )
A.若，则 B.若，则
C.不管多大，总有 D.只有时，才有
3．（多选）如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB.下列说法中正确的是(　　)
A．若传送带不动，vB＝3 m/s
B．若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于3 m/s
C．若传送带顺时针匀速转动，vB一定等于3 m/s
D．若传送带顺时针匀速转动，有可能等于3 m/s
4．（多选）如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为、，放在静止的水平传送带上，两者相距，与传送带间的动摩擦因数均为0.2。时，甲、乙分别以、的初速度开始向右滑行。时，传送带顺时针动（不计启动时间），立即以的速度向右做匀速直线运动，传送带足够长，重力加速度取。下列说法正确的是（　　）
A．时，两滑块相距
B．时，两滑块速度相等
C．内，乙相对传送带的位移大小为
D．内，甲相对传送带的位移大小为
5．（多选）现在传送带传送货物已被广泛地应用于车站、工厂、车间、码头。如图所示为一水平传送带装置示意图。紧绷的传送带始终保持恒定的速率运行，一质量为的物体被无初速度地放在A处，传送带对物体的滑动摩擦力使物体开始做匀加速直线运动，随后物体又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设物体与传送带之间的动摩擦因数，A、B间的距离，取。则物体从A运动到的过程中（　　）
A．物体刚开始运动时加速度的大小为
B．物体由A传送到所用的时间是
C．物体由A传送到所用的时间是
D．划痕长度是
6．在工厂的车间里有一条沿水平方向匀速运行的传送带，可将放在其上的小工件(可视为质点)运送到指定位置．某次将小工件轻放到传送带上时，恰好带动传送带的电动机突然断电，导致传送带做匀减速运动至停止．则小工件被放到传送带上后相对于地面(　　)
A．做匀减速直线运动直到停止
B．先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动
C．先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动
D．先做匀减速直线运动，然后做匀速直线运动
7．一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ，初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，求此黑色痕迹的长度。
拓展练
1．如图甲所示，质量为的物体受到与水平方向成的恒定拉力的作用从静止开始做直线运动，一段时间后撤去，其运动的图像如图乙所示，已知重力加速度，，。求：
(1)减速阶段加速度的大小以及物体与水平面间的动摩擦因数；
(2)加速阶段加速度的大小以及拉力的大小；
(3)全程的位移。
2．如图所示，运动员携带滑雪板和滑雪杖等装备在倾角θ＝30°的雪坡上滑雪训练。他利用滑雪杖对雪面的短暂作用获得向前运动的推力F（视为恒力，大小未知），作用时间为t1＝0.8s；后撤去推力运动了t2＝1.2s.然后他重复刚才的过程总共推了3次，其运动的v－t图像如图乙所示。已知运动员和装备的总质量m＝60kg，运动过程沿雪坡直线下滑且阻力恒定，。求：
(1)运动员在0~t1时间内加速度大小；
(2)此人全过程的最大速度vmax大小；
(3)推力F的大小。
3．如图甲，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与物块A连接，在物块A上叠放物块B，A、B两物块的质量均为，弹簧的劲度系数为，两物块均处于静止状态。现给物块B一竖直向上的拉力作用，使物块B从静止开始向上做加速度大小为的匀加速直线运动，两物块运动的图象如图乙，重力加速度为，弹簧始终在弹性限度内，求：
(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量；
(2)A、B两物块分离前，拉力大小随时间变化的函数关系式；
(3)从静止开始到A、B两物块分离经历的时间及两物块分离时的速度大小。
4．货车运输圆柱形钢卷时，为防止钢卷滚动，车厢常采用凹形槽。如图所示，某货车上的凹形槽由倾角分别是、的斜面1、2组成，质量为m的圆柱形钢卷放置在凹形槽中且始终相对于货车静止，不计钢卷与斜面间的摩擦。重力加速度大小为g。
(1)当货车做匀速直线运动时，求斜面1、2分别对钢卷的支持力大小、；
(2)当货车水平向右加速行驶且钢卷恰好对斜面2没有压力时，求货车的加速度大小；
(3)当货车以大小为的速度水平向右匀速行驶，紧急刹车（可视为匀减速直线运动）时钢卷恰好对斜面1没有压力，求货车刹车直至停止的位移大小。
5．如图所示，矩形拉杆箱上放着平底箱包，在与水平方向成的拉力F作用下，一起沿水平面从静止开始加速运动。已知箱包的质量，拉杆箱的质量，箱底与水平面间的夹角，不计所有接触面间的摩擦，取，，。
(1)若，求拉杆箱的加速度大小a和拉杆箱受到地面的支持力；
(2)要使箱包不从拉杆箱上滑出，求拉力大小满足的条件。
6．如图所示，倾角的固定斜面上放有物块A和B，A、B之间拴接有劲度系数的轻弹簧，物块B和小桶C由跨过光滑的定滑轮的轻绳连接。开始时弹簧处于原长， A、B、C均处静止状态，且B刚好不受摩擦力，轻弹簧、轻绳平行于斜面。已知A、B的质量 ，A、B 与斜面间的动摩擦因数均为0.875，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取 ，，。
（1） 求C的质量；
（2） 求开始时A受到的摩擦力；
（3）若向C中缓慢加入沙子，当B刚要向上运动还没动时，加入沙子的总质量记为，继续缓慢加入沙子，B缓慢向上运动，当A 刚要向上运动还没动时（C未触地，弹簧处于弹性限度范围内），加入沙子的总质量记为；求：
①
②A刚要向上运动时， B已经向上运动的距离。

7．如图所示，水平放置的白色传送带以速度v=6m/s向右匀速运行，现将一小煤块轻轻地放在传送带A端，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，若A端与B端相距L=30m（g=10m/s2），则：
(1)煤块多长时间运动到B点；
(2)煤块在传送带上留下多长的划痕。
8．如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v=4m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接（即拐角处无能量损失），将一质量m=2kg的小煤块从A点静止释放。已知A、P的距离，煤块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为，，g取，，。求煤块（不考虑划痕造成的质量损失）：
(1)第一次滑过P点时的速度大小；
(2)第一次在传送带上往返运动的时间t；
(3)第一次返回斜面底端时，传送带上痕迹的长度。
9．珠海机场某货物传送装置简化图如图甲所示，该装置由传送带及固定挡板CDEF组成，挡板与传送带上表面ABCD垂直，传送带上表面与水平地面的夹角，CD与水平面平行。传送带始终匀速转动，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放，货物对地发生位移L=10m后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。已知传送带速率v0=2m/s，货物质量m=10kg，货物与传送带的动摩擦因数μ1=0.5，与挡板的动摩擦因数μ2=0.25。（sin37°=0.6，cos37°=0.8），重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)传送带上表面对货物的摩擦力大小f1
(2)货物在传送带上经历的时间t，以及相对于传送带的位移大小。
10．一位顾客在合肥某超市购物时，不慎将手提包（可视为质点）掉落在一条倾角为的倾斜传送带上。手提包从传送带顶端无初速度滑落。安检员小罗发现后，在手提包下滑后，立即从传送带顶端沿传送带向下做匀速直线运动，试图追回手提包。已知传送带本身以的速度向下运行。手提包与传送带间的动摩擦因数为。重力加速度取，，。
(1)手提包开始在传送带上下滑的加速度；
(2)时，手提包沿传送带向下下滑了多远；
(3)如果安检员小罗以的速度匀速追赶，若传送带的长度为，他能否在手提包到达传送带底端前追上手提包？
11．如图是利用传送带装运煤块的示意图。其中固定斜面的倾角，底端由一小段光滑圆弧与水平传送带平滑连接，黑色煤块（视为质点）质量，从斜面上高处由静止滑下，煤块在斜面上受到摩擦力的大小为，煤块与斜面间的动摩擦因数为（未知）、与传送带间的动摩擦因数为，长度为的传送带以速度顺时针匀速转动，煤块在传送带上会留下黑色划痕。重力加速度。求：
(1)煤块与斜面间的动摩擦因数和煤块刚滑到斜面底端时的速度大小；
(2)煤块在传送带上留下黑色划痕的长度；
(3)煤块在传送带上运动的时间。
12．皮带传动亦称“带传动”，是机械传动的一种，由一根或几根皮带紧套在两个轮子（称为“皮带轮”）上组成。两轮分别装在主动轴和从动轴上，利用皮带与两轮间的摩擦，以传递运动和动力。该类装置广泛应用于现实生活中，比如机场、车站和工厂。某简化模型如图甲所示，若在沿顺时针匀速转动且倾角θ=37°的传送带底端，一小物块以某一初速度向上滑动，传送带足够长，物块的速度与时间（v-t）关系的部分图像如图乙所示。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度，=3.16。求：
(1)物块与传送带之间的动摩擦因数μ。
(2)物块沿传送带向上运动的最大位移。
(3)物块向上运动到最高点的过程中相对传送带运动的路程。
(4)物块在传送带上运动的总时间。（结果保留两位小数）
13．一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度，BC段是倾斜的，长度，倾角为，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接（工件通过连接处时速度大小不变），传送带以的恒定速率顺时针运转。现将一个工件（可看作质点）无初速地放在C点，已知工件与传送带间的动摩擦因数，g取，，。求：
(1)工件第一次到达B点时速度的大小；
(2)工件第二次到达B点所用的总时间；
(3)工件运动了2025s时所在的位置。
答案
五．图像问题
1.根据图像可得上升过程的加速度大小为a1＝12 m/s2，由牛顿第二定律有mg＋f＝ma1，代入数据解得＝2 m/s2，即mg∶f＝5∶1，故A错误；下降过程中由牛顿第二定律可得mg－f＝ma2，结合A选项解得a2＝8 m/s2，根据h＝at2，可得t＝，所以可知上升和下降时间之比为t1∶t2＝∶＝∶，故B错误；小球匀减速上升的高度h＝×2×24 m＝24 m，根据v2＝2a2h，代入数据解得v＝8 m/s，故C正确；小球下落过程中，加速度竖直向下，处于失重状态，故D错误。
2.由图像可知，当力F＜24 N时加速度较小，所以甲、乙相对静止。采用整体法，当F1＝24 N时a1＝3 m/s2
根据牛顿第二定律有F1＝m总a1
即图像中直线较小斜率的倒数等于甲、乙质量之和，因此可得出m总＝8 kg
当F＞24 N时，甲的加速度较大，采用隔离法，由牛顿第二定律可得F2－μm甲g＝m甲a2
即图像中较大斜率倒数等于甲的质量，较大斜率直线的延长线与纵轴的截距为－μg＝－1
因此可以得出m甲＝6 kg
因此m乙＝m总－m甲＝2 kg
μ＝＝0.1
故A、C错误，B、D正确。
3.从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，绳子拉直前，人先做自由落体运动，v－t图线斜率恒定；绳子拉直后在弹力等于重力之前，人做加速度逐渐减小的加速运动，v－t图线斜率减小；弹力等于重力之后，人开始减速运动，随着弹力增大加速度逐渐增大，v－t图线斜率逐渐增大，直到速度减到零，所以选项A正确，B错误；设向下运动的位置为y，绳子刚产生弹力时位置为y0，则mg－k(y－y0)＝ma，则加速度为a＝g－，所以，a与y的关系图线斜率是恒定的，故选项D正确，C错误。
4.　如果v0小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v0一定大于v1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以判断传送带的速度为4 m/s，选项A正确；传送带底端到顶端的距离等于v－t图线与横轴所围的面积，即×(4＋12)×1 m＋×1×4 m＝10 m，选项B错误；0～1 s内，a1＝gsin θ＋μgcos θ＝8 m/s2,1～2 s内，a2＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2，解得μ＝，选项C错误；在1～2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D错误.
5.选C　上升时阻力向下，对物体受力分析可得mg＋f＝ma，上升时加速度为a＝＋g，下降时阻力向上，对物体受力分析可得mg－f＝ma，加速度为a＝g－，上升时加速度大于下降时加速度，故C正确，A、B、D错误。
6.　(1)　(2)18 m
解析　(1)根据v－t图象的斜率表示加速度可得a＝＝ m/s2＝1 m/s2
对小物块，由牛顿第二定律得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma
解得μ＝
(2)0～8 s内只有前6 s内物块与传送带发生相对滑动，
0～6 s内传送带匀速运动的距离为：
x带＝4×6 m＝24 m，
由题图乙可知：0～2 s内物块位移大小为：
x1＝×2×2 m＝2 m，方向沿传送带向下，
2～6 s内物块位移大小为：x2＝×4×4 m＝8 m，方向沿传送带向上
所以划痕的长度为：Δx＝x带＋x1－x2＝(24＋2－8) m＝18 m.
7.选C　由题图乙可得FA＝9－3t(N)，FB＝3＋3t(N)，在两物体未分开的过程中，整体受力向右，且大小不变，恒为FA＋FB＝12 N，两物体做匀加速运动的加速度a＝＝3 m/s2，则A、B分开之前，它们一直做匀加速运动，A物体所受的合外力不变，A错误；分开时满足A、B加速度相同，且弹力为零，故＝3 m/s2，解得FA＝3 N,3 N＝9－3t(N)，解得t＝2 s，B错误；A、B分开前，它们一起运动的位移x＝at2＝6 m，C正确；分开后的1 s内A仍然受到向右的推力，所以A仍然做加速运动，在t＝3 s后A不受推力将做匀速直线运动，B一直受到向右的拉力而做加速运动，D错误。
六．动态分析问题
1.　在小球下落的开始阶段，小球做自由落体运动，加速度为g；接触弹簧后，开始时重力大于弹力，加速度方向向下，随着小球的不断下降，弹力逐渐变大，故小球做加速度减小的加速运动，某时刻加速度可减小到零，此时速度最大；小球继续下落时，弹力大于重力，加速度方向变为向上，且加速度逐渐变大，直到速度减小到零，到达最低点，由对称知识可知，到达最低点的加速度大于g，故A、D正确。
2.A．小木块在倾角为的固定斜面上由静止开始加速下滑，根据牛顿第二定律
可得
即动摩擦因数
故A错误；
B．时间t内运动的距离为s，有
则小木块运动距离s后的速度大小为
故B错误；
C． s大小不变，越小，则加速度a越小，根据运动学公式
可知越小，时间t越长，故C正确；
D．对小木块受力分析，得
越小，越大，则小木块对斜面的压力越大，故D错误。
故选C。
3.由于物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐增大到原来的大小，物体受到的合力逐渐增大到某值，然后逐渐减小到零，根据牛顿第二定律知物体的加速度逐渐增大到某值后再逐渐减小至零，而速度从零开始一直增大，根据v－t 图像的切线斜率表示瞬时加速度，知D图正确，故A、B、C错误，D正确。
4.当倒入细沙较少时，M处于静止状态，对M受力分析有绳子拉力等于m对M的静摩擦力．在满足M静止的情况下，缓慢加细沙，绳子拉力变大，m对M的静摩擦力逐渐变大，由图象得出2.5 s前M都是静止的，A、C选项错误；2.5 s后M相对于m发生滑动，m对M的摩擦力为滑动摩擦力Ff＝μmg保持不变，D项正确；M运动后继续倒入细沙，绳子拉力发生变化，小车将做变加速运动，B项正确．
5.选A　物体从A到O，初始阶段受到向右的弹力大于阻力，合力向右。随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大。当物体向右运动至AO间某点(设为点O′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大。此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大。所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动。A正确。
6.分析可知，t1时刻长木板和物块刚要一起滑动，此时有F1＝μ1(m1＋m2)g，A错误；t1～t2时间内，长木板向右做加速度增大的加速运动，一定有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＞0，故μ2＞μ1，C正确；0～t1时间内长木板和物块均静止，t1～t2时间内长木板和物块一起加速，一起加速的最大加速度满足μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1am、F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)am，解得F2＝·(μ2－μ1)g，B、D正确。
[答案]　BCD
7.A、B分离前两物块做匀加速运动，合外力不变，选项A错误；开始时弹簧的压缩量为x1，则2mg＝kx1；当两物块分离时，加速度相同且两物块之间的弹力为零，对物体B，有kx2－mg＝ma，且x1－x2＝at2，解得x1＝，x2＝，t＝，此时弹簧仍处于压缩状态，选项B错误，C正确；分离时B的速度大小为v＝at＝g·＝g，选项D错误.
七．临界问题
1.　(1)对货车进行受力分析，可得小车的最大静摩擦力等于滑动摩擦力为Ff＝μmgcos θ
而货车重力在沿上坡路面方向的分量为F＝mgsin θ，若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象，则需要Ff＞F，即mgsin θ＜μmgcos θ，解得＜μ，tan θ＜μ，则当tan θ＜μ时，货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象。
(2)设货车在避险车道上的加速度为a，根据牛顿第二定律F合＝ma
得F合＝mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
解得a＝g(sin θ＋μcos θ)＝10×(0.26＋0.3×0.97) m/s2＝5.51 m/s2
设货车在避险车道上行驶的最大距离为x
v0＝90 km/h＝25 m/s
据匀变速直线运动位移公式0－v＝－2ax
代入数据，解得x＝＝ m＝57 m。
2.假设小车和小物块刚好相对静止，对小物块m，其最大摩擦力Ff提供最大的加速度，故Ff＝μmg＝ma
所以a＝μg＝2 m/s2
对整体F＝(M＋m)a＝(8＋2)×2 N＝20 N
可知若要小物块相对于平板小车开始运动，则推力满足
F＞20 N，故A错误；
当F＝10 N时，对整体F＝(M＋m)a′
解得a′＝＝1 m/s2
对小物块，受到的摩擦力提供加速度，有
Ff′＝ma′＝2×1 N＝2 N
方向向右，故B正确；
同理，当F＝15 N时，a″＝1.5 m/s2
m受到的摩擦力Ff″＝ma″＝3 N，方向向右，故C错误；
当F＝30 N时，两者相对滑动，m受到滑动摩擦力作用，
Ff?＝μmg＝4 N，方向向右，故D错误。
3.(1)根据F－μmg＝ma1，得a1＝1 m/s2。
(2)由v＝2a1xAB
得vB＝2 m/s
斜面上运动的加速度a2＝－gsin 6°＝－1 m/s2
由v－v＝2a2xBC，得vC＝ m/s。
(3)刚能够到平台时滑块在斜面上运动的时间最长，由
－vB′2＝2a2xBC，得vB′＝ m/s
那么最长时间t＝＝ s。
4.当A、B发生相对运动时的加速度为
则发生相对运动时最大拉力为
当拉力0 < F < 48N时，A相对于B静止，而对于地面来说是运动的，A错误、D正确；
由选项A知当拉力48N > F > 16N时，A相对于B静止，而对于地面来说是运动的，B错误；
拉力F = 16N时，A、B始终保持静止，当F = 16N时，整体的加速度为
则B对A的摩擦力为
C正确。
故选CD。
5.　(1)小物块沿斜面上滑时受力情况如图甲所示，其重力的分力分别为
甲
F1＝mgsin θ
F2＝mgcos θ
根据牛顿第二定律有
FN＝F2①
F1＋Ff＝ma②
又因为 Ff＝μFN③
由①②③式得a＝gsin θ＋μgcos θ＝(10×0.6 ＋0.25×10×0.8) m/s2＝8 m/s2。④
(2)小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有
0－v＝2(－a)x⑤
得x＝＝ m＝4 m。⑥
(3)小物块在斜面上下滑时受力情况如图乙所示，根据牛顿第二定律有
乙
FN＝F2⑦
F1－Ff＝ma′⑧
由③⑦⑧式得a′＝gsin θ－μgcos θ＝(10×0.6 －0.25×10×0.8) m/s2＝4 m/s2⑨
有v2＝2a′x得⑩
v＝＝ m/s＝4 m/s。
6.　(1)砝码对纸板的摩擦力f1＝μm1g，桌面对纸板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)g，纸板所受的摩擦力f＝f1＋f2＝μ(2m1＋m2)g.
(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：f1＝m1a1，F－f1－f2＝m2a2，发生相对运动的条件a12μ(m1＋m2)g.
(3)纸板抽出前，砝码运动距离x1＝a1t.纸板运动距离x1＋d＝a2t.纸板抽出后，砝码在桌面上运动距离x2＝a3t，l＝x1＋x2
且a1＝a3，a1t1＝a3t2，联立以上各式解得
F＝2μg，代入数据求得F＝22.4 N.
答案　(1)μ(2m1＋m2)g　(2)F>2μ(m1＋m2)g　(3) 22.4 N
7.　(1)由题意得＝，
代入数据可得vm＝18 m/s。
(2)在斜直雪道上，x1＝t1
解得t1＝6 s。
(3)在斜直雪道上，物体的加速度a＝＝3 m/s2
由牛顿第二定律得mgsin 37°－Ff＝ma
代入数据可得Ff＝180 N。
八．水平传送带问题
1.根据图像斜率，有a＝μg＝1 m/s2，则动摩擦因数为0.1，故A错误、B正确；前2 s内相对位移为传送带位移x1与物块位移x2之和，第3 s内相对位移为传送带位移x1′与物块位移x2′之差，故划痕长度为Δx＝×2×2 m＋1×2 m＋1×1 m－×1×1 m＝4.5 m，故C正确，D错误。
[答案]　BC
2.由于传送带足够长，物体先减速向左滑行，直到速度减为零，然后在滑动摩擦力的作用下向右运动，分两种情况：
①若，物体向右运动时一直加速，当时，离开传送带。
②若，物体向右运动时先加速，当速度增大到与传送带的速度相等时，物体还在传送带上，此后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，此时有。故选项A、B正确，C、D错误。
3.当传送带不动时，物体从A到B做匀减速运动，a＝μg＝1 m/s2，由2μgs＝v－v得，vB＝3 m/s；当传送带逆时针转动时，物体相对传送带运动方向不变，物体以相同的加速度一直减速至B，vB＝3 m/s；当传送带顺时针匀速转动时，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动情况不同．有下面的五种可能：①匀速；②一直减速；③先减速后匀速；④一直加速；⑤先加速后匀速．所以本题正确选项为A、B、D.
4.BCD
5.ACD
6.B解析由于小工件的初速度为零，即小工件的初速度小于传送带的速度，故小工件在传送带的滑动摩擦力作用下先做匀加速直线运动，当小工件达到与传送带相同的速度后，将相对于传送带静止并一起做匀减速直线运动，将最终停止。
7. 根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0。根据牛顿定律，可得 a＝μg
设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，有
v0＝a0t，v＝at
由于a＜a0，故v＜v0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用。再经过时间t'，煤块的速度由v增加到v0 ，有 v0＝v+at'
此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹。
设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s0和s，有
s0＝a0t2+v0t' ，s＝
传送带上留下的黑色痕迹的长度 L＝s0－s
由以上各式得 L＝。
拓展练
1．(1)，0.2
(2)，5N
(3)
（1）根据图乙可知，减速阶段加速度的大小
对物体进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
（2）根据图乙可知，加速阶段加速度的大小
对物体进行分析，根据牛顿第二定律有，
解得F=5N
（3）图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，则有
2．(1)
(2)＝7.2m/s
(3)F＝300N
（1）根据图像可知加速度
（2）根据题意可知
所以
最大速度
解得
（3）根据牛顿第二定律 ，
解得
3．(1)
(2)
(3)；
（1）系统处于静止状态时，对AB整体有
解得
（2）设从静止开始在拉力作用下向上运动的位移为，对AB整体有
因为
解得
（3）设两物块从静止开始运动到分离向上运动的位移为，对A有
解得
因为，
联立解得，
4．(1)，
(2)
(3)
（1）由平衡可知，
（2）当货车水平向右加速行驶且钢卷恰好对斜面2没有压力时，由牛顿第二定律
解得
（3）钢卷恰好对斜面1没有压力时，则
解得
货车刹车直至停止的位移大小
5．(1)，
(2)
（1）若，以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小
竖直方向根据受力平衡可得
解得
（2）箱包恰好不从拉杆箱上滑出时，箱包与拉杆之间的弹力刚好为零。以箱包为研究对象，受到重力和支持力作用，此时的加速度为，如图所示
根据牛顿第二定律可得
以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得
联立解得拉力的最大值为
要使箱包不从拉杆箱上滑出，拉力大小应满足
6．（1）；（2）；（3），
（1）把B、C视为整体，由平衡条件有
解得
（2）对A进行受力分析，由平衡条件有
解得
（3）①当B刚要向上运动时，将B、C和沙子视为整体，由平衡条件有
当A刚要向上运动时，将A、B、C和沙子视为整体，则有
解得
②当A刚要往上运动时，对A进行受力分析，则有
由胡克定律有
解得
说明B已经向上运动了。
7．(1)
(2)
（1）由题意可知，小煤块放到传送带上受到摩擦力作用做匀加速直线运动，小煤块受到的摩擦力为
根据牛顿第二定律得
由匀变速直线运动速度公式得，匀加速运动时间
匀加速运动的位移
小煤块匀加速运动到速度与传送带速度相同时，与传送带一起匀速直线运动，则匀速直线运动的位移
匀速直线运动的时间
小煤块在传送带上运动的时间
（2）煤块在传送带上留下的痕迹是匀变速直线运动的位移与传送带运动的位移之差，传送带在煤块匀加速运动时的位移为
煤块在传送带上留下的划痕长度为
8．(1)8m/s
(2)9s
(3)36m
（1）第一次滑过点时，由动能定理得
解得
（2）滑块在传送带上运动的加速度大小
则滑块向左运动速度减为零的时间为
滑块向左运动的距离为
滑块向右返回时，加速的时间为
加速的位移大小为
匀速运动的时间为
则滑块第一次在传送带上往返运动的时间为
（3）第一次返回斜面底端时，滑块与传送带发生的相对位移为
9．(1)货物匀加速运动时，货物匀速运动时
(2)，
（1）货物匀加速运动时，
得
货物匀速运动时，，
得
（2）匀加速运动，对货物有，
货物匀加速至2m/s的过程，有
解得
则匀加速直线运动的时间得
该过程中，传送带的位移为
货物相对于传送带位移，得
之后货物做匀速直线运动，经历时间
则货物在传送带上经历的时间
10．(1)
(2)
(3)追不上（见解析）。
（1）设手提包刚放到传送带上时初速度为0，在手提包速度达到前的过程中，由牛顿第二定律有
代入数据解得
（2）共速前经历的时间为
手提包运动的位移
手提包的速度达到之后，有
所以手提包与传送带共速后继续向下做匀加速运动。
由牛顿第二定律可得
代入数据解得
手提包与传送带共速后继续向下运动的时间为，则有
沿传送带下滑的总位移为
（3）设手提包从共速时刻运动到传送带底端这一过程经历时间为，则有
解得
所以此手提包在传送带上运动的时间为
此时小罗向下追时间，跑的距离为，故追不上。
11．(1)，
(2)
(3)
（1）根据题意，在斜面上对煤块受力分析有
解得
由牛顿第二定律有
解得
则有
解得
（2）煤块在传送带上运动，由牛顿第二定律有
解得
设煤块与传送带共速的时间为，则有
解得
煤块在传送带上运动的位移为
传送带运动的位移为
之后煤块与传送带共速，一起做匀速直线运动，则煤块在传送带上留下黑色划痕的长度
（3）煤块在传送带上匀速运动的时间为
煤块在传送带上运动的时间
12．(1)0.5
(2)10m
(3)7.5m
(4)6.16s
（1）由题图乙可知，物块的初速度v0=10m/s，物块减速到与传送带的速度相同时，加速度发生变化，所以传送带转动的速度v=5m/s，从t=0到t=0.5s时间内，物块的加速度大小a1=||=
方向沿传送带向下；沿传送带方向由牛顿第二定律mgsin θ+μmgcosθ=ma1　
解得μ=0.5
（2）设在t=0.5s后，物块做减速运动的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得mgsinθ-μmgcosθ=ma2
解得
设物块从t=0.5s开始，经过t1时间速度减为零，则t1==2.5s　
从t=0到t=0.5s，物块的位移x1=v0Δt-a1(Δt)2=3.75m　
从t=0.5s到t=3s，物块的位移x2=t1=6.25m
故物块沿传送带向上运动过程中的最大位移x=x1+x2=10m。
（3）从t=0到t=0.5s，传送带的位移x3=vΔt=2.5m　
物块相对传送带向上运动了Δx1=x1-x3=1.25m　
从t=0.5s到t=3s，传送带的位移x4=vt1=12.5m
物块相对传送带向下运动了Δx2=x4-x2=6.25m　
故物块向上运动到最高点的过程中，物块相对传送带运动的路程Δx=Δx1+Δx2=7.5m。
（4）在沿传送带向上运动到最高点后，物块将沿传送带向下做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小，沿传送带向下运动的位移大小x=10m　
该过程中有x=a2　
解得t2=s=3.16s　
所求总时间t总=Δt+t1+t2=6.16s
13．(1)6m/s
(2)5.5s
(3)位置在BC上且距离C点7.25m处。
（1）由牛顿第二定律得
解得
由速度位移公式得
解得
（2）经时间，工件第一次从C到B，则
在水平传送带上，由牛顿第二定律得
解得
经时间工件从B向A运动到速度为0，则
工件前进的位移为
经时间工件从A向B到共速，则
工件前进的位移为
此后经时间工件将与传送带一起匀速运动至第二次到达B点，用时
所以工件第二次到达B点所用的时间
（3）工件沿传送带向上运动的时间为
运动的位移为
此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为，则
由于工件第一次往返所需要的时间为
且因为
则
工件从最高点沿BC向下运动的距离为
此时距C点的距离为为
所以工件运动了2025s时所在的位置在BC上且距离C点7.25m处。
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