4.5 牛顿运动定律的应用（培优.含解析）-2025-2026学年高一上学期物理人教版（2019）必修第一册
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| 名称 | 4.5 牛顿运动定律的应用（培优.含解析）-2025-2026学年高一上学期物理人教版（2019）必修第一册 |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1016.0KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-11-24 07:13:13 | ||
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文档简介
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4.5牛顿运动定律的应用
一．选择题（共6小题）
1．工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角为θ，交线为PN，坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN，∠MNQ＝θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为（ ）
A．gsin2θ﹣μgcos2θ
B．gsin2θ﹣μgtan2θ
C．gsin2θ﹣μgsin2θ﹣μgcosθ
D．gcos2θ﹣μgcosθ﹣μgtanθ
2．2025年9月3日，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵式上展示的导弹具有强大的威慑力，图中“巨浪﹣3”潜射导弹是海基核力量的核心装备。假设导弹刚发出来的一段运动可近似看成初速度为0竖直向上的匀加速直线运动，导弹的质量为m，助推力为F，重力加速度为g，忽略空气阻力及质量变化，则当导弹运动了时间t时速度的大小为（ ）
A． B． C． D．
3．厚田沙漠号称“江南第一沙漠”，某小孩在厚田沙漠滑沙的运动过程可以简化为如图所示的模型。一小孩坐在滑板上（整体可视为质点）由静止从倾角为37°、长度x＝100m的斜坡顶端开始下滑，在滑到斜坡底端前的1s内，小孩的位移大小x1＝19m，小孩与滑板的总质量m＝40kg，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．小孩从斜坡顶端滑到底端的时间为9s
B．小孩到达斜坡底端时的速度大小为10m/s
C．滑板与斜坡间的动摩擦因数为0.4
D．滑板与斜坡间的动摩擦因数为0.5
4．如图甲所示，一物块（可视为质点）从倾角θ＝30°的足够长斜面上滑下，物块运动的图像如图乙所示，重力加速度取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．物块的加速度为2m/s2
B．物块的初速度为零
C．物块与斜面间的动摩擦因数为
D．前2s内物块的平均速度为5m/s
5．如图所示，质量m＝2kg的物块P位于水平桌面上，由跨过定滑轮的水平轻绳与质量为M＝1kg的物块Q相连。已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ＝0.2，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计，重力加速度g取10m/s2，若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，则F的大小为（ ）
A．6N B．8N C．10N D．12N
6．如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，工人将一质量为m＝1kg的货物轻放在传送带的左端A点，货物从静止开始匀加速运动，从传送带的右端B点以速度vB水平飞出，最后落在水平地面上的C点，平抛过程中速度与水平方向夹角为θ，tanθ与下落时间t的关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，货物可以看成质点。则下列说法正确的是（ ）
A．传送带的速度v0≥1m/s
B．B、C的高度差为1m
C．货物运动到C点时的速度大小为4m/s
D．传送带对货物做功为1J
二．多选题（共3小题）
（多选）7．如图所示，长木板A放在水平地面上，物块B放在A上，A、B静止。A、B质量均为m，它们间的动摩擦因数为μ，A与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。作用在A上的水平拉力F逐渐增大，下列说法正确的是（ ）
A．当时，A、B都静止
B．当Fμmg时，A、B发生相对运动
C．B的最大加速度为μg
D．若F作用在B上，A的最大加速度为μg
（多选）8．传送带广泛的应用于物品的传输、分拣、分装等工作中，某物流公司利用如图所示的三角形传送带进行物品的分拣。传送带以2m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个货箱A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，两货箱与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列判断正确的是（ ）
A．货箱B先到达传动带底端
B．货箱B在传送带底端时的速度大小为3m/s
C．下滑过程中，两货箱在传送带上的划痕长度相同
D．下滑过程中相对传送带的路程货箱A小于货箱B
（多选）9．如图甲，一煤块以一定的初速度从传送带的右端冲上顺时针转动的水平传送带，从煤块进入传送带上开始计时，煤块的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，将煤块视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．传送带的速度大小为4m/s
B．煤块在1＝4s时与传送带共速
C．煤块在传送带上留下的痕迹长为25m
D．煤块在传送带上运动的时间为6s
三．填空题（共4小题）
10．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”）
11．（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。
12．一质量为m的雨滴在空中从静止开始下落，已知下降过程中受到的空气阻力f与雨滴的速率v的平方成正比，即f＝kv2，其中k为已知的常量。则达到稳定前，雨滴的加速度大小 （选填“一直增加”或者“一直减小”）；雨滴的最大速率为 ；比例系数k的单位为 （用国际单位制的基本单位表示）。
13．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＝ 。
四．解答题（共2小题）
14．如图所示，质量为M＝2kg足够长的木板B放在水平地面上，在木板的最右端放一质量为m＝1kg的物块A（可视为质点）。物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1。现用一水平力F＝18N作用于木板上，使其由静止开始运动，经过t1＝1s后撤去拉力。设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2。求：
（1）撤去拉力的瞬间，物块和木板的速度vA、vB；
（2）经过一段时间，A、B达到共同速度v的值；
（3）计算在整个运动过程中木板B运动的位移x的大小。
15．质量m＝2kg的物体静止在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，现用一与水平方向成37°角斜向上的拉力F拉物体，使物体沿水平地面做匀加速直线运动，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。
（1）若F＝20N，求物体的加速度大小；
（2）若要使物体在2秒内位移达到8m，求拉力F的大小；
（3）若拉力F＝30N，作用2秒后撤去，求物体还能滑行多远。
4.5牛顿运动定律的应用
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题）
1．工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角为θ，交线为PN，坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN，∠MNQ＝θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为（ ）
A．gsin2θ﹣μgcos2θ
B．gsin2θ﹣μgtan2θ
C．gsin2θ﹣μgsin2θ﹣μgcosθ
D．gcos2θ﹣μgcosθ﹣μgtanθ
【考点】物体在粗糙斜面上的运动．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】对长方体建筑材料进行受力分析，根据力的合成与分解、滑动摩擦力公式和牛顿第二定律求解作答。
【解答】解：根据牛顿第二定律有mgsinθ cosθ﹣μmgcosθ﹣μmgsinθ sinθ＝ma，可得a＝gsinθ cosθ，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了受力分析、力的合成与分解、滑动摩擦力公式和牛顿第二定律的运用；本题对立体空间的认知要求高，根据力的合成与分解求解斜面对长方体、挡板对长方体的支持力是解题的关键。
2．2025年9月3日，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵式上展示的导弹具有强大的威慑力，图中“巨浪﹣3”潜射导弹是海基核力量的核心装备。假设导弹刚发出来的一段运动可近似看成初速度为0竖直向上的匀加速直线运动，导弹的质量为m，助推力为F，重力加速度为g，忽略空气阻力及质量变化，则当导弹运动了时间t时速度的大小为（ ）
A． B． C． D．
【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况．
【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】C
【分析】应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出速度。
【解答】解：对导弹，由牛顿第二定律得F﹣mg＝ma
经时间t导弹的速度大小v＝at
解得v＝（g）t，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】分析清楚导弹的受力情况与运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
3．厚田沙漠号称“江南第一沙漠”，某小孩在厚田沙漠滑沙的运动过程可以简化为如图所示的模型。一小孩坐在滑板上（整体可视为质点）由静止从倾角为37°、长度x＝100m的斜坡顶端开始下滑，在滑到斜坡底端前的1s内，小孩的位移大小x1＝19m，小孩与滑板的总质量m＝40kg，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．小孩从斜坡顶端滑到底端的时间为9s
B．小孩到达斜坡底端时的速度大小为10m/s
C．滑板与斜坡间的动摩擦因数为0.4
D．滑板与斜坡间的动摩擦因数为0.5
【考点】物体在粗糙斜面上的运动；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】D
【分析】小孩沿斜坡下滑做初速度为0的匀加速直线运动，利用匀变速直线运动的位移公式，结合总位移与前t﹣1秒位移的关系列方程求加速度与时间；
依据牛顿第二定律分析受力，求解动摩擦因数。
【解答】解：A、设运动总时间为t，加速度大小为a，则根据匀变速直线运动的公式有
，
解得t＝10s，a＝2m/s2
故A错误；
B、小孩到达斜坡底端时的速度大小为v＝at，代入数据解得v＝20m/s，故B错误；
CD、由牛顿第二定律，mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma，得μ＝0.5
故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查匀变速直线运动规律与牛顿第二定律的综合应用。关键在于利用“初速度为0的匀加速直线运动位移公式”建立方程求时间与加速度，再通过受力分析和牛顿第二定律求解动摩擦因数，需注意位移关系的转化与公式的准确应用。
4．如图甲所示，一物块（可视为质点）从倾角θ＝30°的足够长斜面上滑下，物块运动的图像如图乙所示，重力加速度取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．物块的加速度为2m/s2
B．物块的初速度为零
C．物块与斜面间的动摩擦因数为
D．前2s内物块的平均速度为5m/s
【考点】物体在粗糙斜面上的运动；复杂的运动学图像问题；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】应用题；学科综合题；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．
【答案】C
【分析】由匀变速直线运动的位移—时间关系可得关系式，再结合图乙可知物块的初速度与加速度的大小，由牛顿第二定律可求动摩擦因数，由运动学公式可求平均速度。
【解答】解：AB、由匀变速直线运动的位移—时间关系可得：，整理可得：，结合图乙可知：，，解得：a＝4m/s2，v0＝2m/s，所以物块在斜面上做初速度为2m/s的匀加速直线运动，故AB错误；
C、由牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，代入数据解得：，故C正确；
D、第2s末的速度为：v2＝v0+at2＝2m/s+4×2m/s＝10m/s，那么前2s内的平均速度为：，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，解题的关键是要根据运动学公式变形成图乙的数学表达式，要知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
5．如图所示，质量m＝2kg的物块P位于水平桌面上，由跨过定滑轮的水平轻绳与质量为M＝1kg的物块Q相连。已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ＝0.2，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计，重力加速度g取10m/s2，若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，则F的大小为（ ）
A．6N B．8N C．10N D．12N
【考点】连接体模型．
【专题】定量思想；推理法；整体法和隔离法；方程法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】先对物块Q受力分析，根据平衡条件求出细线的拉力，然后P、Q组成的整体受力分析，再次根据平衡条件求出力F的大小。
【解答】解：以Q为研究对象，Q在水平方向受绳向左的拉力FT和向右的摩擦力f1，由于P、Q都做匀速运动，则有：f1＝μmg＝0.2×10N＝2N，由平衡条件可得：FT＝f1，代入数据解得：FT＝2N；
对整体进行分析，整体受绳向左的拉力为2FT，桌面对整体的向左的摩擦力为：f2＝μ 2mg＝0.2×2×1×10N＝4N，向右的外力F，由平衡条件得：F＝2FT+f2，代入数据解得：F＝2FT+f2＝4N+4N＝8N，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题关键在于分别对两个木块进行受力分析，根据共点力平衡条件列式求解。
6．如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，工人将一质量为m＝1kg的货物轻放在传送带的左端A点，货物从静止开始匀加速运动，从传送带的右端B点以速度vB水平飞出，最后落在水平地面上的C点，平抛过程中速度与水平方向夹角为θ，tanθ与下落时间t的关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，货物可以看成质点。则下列说法正确的是（ ）
A．传送带的速度v0≥1m/s
B．B、C的高度差为1m
C．货物运动到C点时的速度大小为4m/s
D．传送带对货物做功为1J
【考点】水平传送带模型；平抛运动速度的计算；功率的定义、物理意义和计算式的推导．
【专题】定量思想；合成分解法；平抛运动专题；功的计算专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据乙图，可知货物平抛运动的时间、落地时速度方向，结合平抛运动的特点，可得货物的初速度、BC高度差、货物在C点时的水平速度大小、合速度大小；根据货物在传送带上的运动特点，可得传送带的速度范围；根据货物离开B点时的速度大小，可计算传送带对货物做的功。
【解答】解：BC、根据乙图，可知货物平抛运动的时间为：t＝0.4s，
落地时速度与水平方向的夹角满足：4，
结合平抛运动的特点，可得BC高度差：，解得：h＝0.8m；
货物的初速度：vB＝1m/s，货物在C点时的竖直分速度大小为：vCy＝gt，得：vCy＝4m/s；
合速度大小：，解得：，故BC错误；
A、货物在传送带上，若速度小于传送带，则货物做匀加速运动；若速度与传送带速度相等，则货物做匀速运动；
由BC选项分析可知，货物离开传送带时的速度大小为：vB＝1m/s，可得传送带的速度满足：v0≥1m/s，故A正确；
D、根据货物离开B点时的速度大小，可知传送带对货物做的功为：，解得：W＝0.5J，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查传送带与平抛运动的结合，关键是根据tanθ与t的关系，得到货物平抛运动的速度特点。
二．多选题（共3小题）
（多选）7．如图所示，长木板A放在水平地面上，物块B放在A上，A、B静止。A、B质量均为m，它们间的动摩擦因数为μ，A与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。作用在A上的水平拉力F逐渐增大，下列说法正确的是（ ）
A．当时，A、B都静止
B．当Fμmg时，A、B发生相对运动
C．B的最大加速度为μg
D．若F作用在B上，A的最大加速度为μg
【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；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】确定A和B之间的最大静摩擦力以及A与地面之间的最大静摩擦力。分析A和B的相对运动条件，即当A和B发生相对滑动时的临界条件。分析A和B一起运动时的加速度以及单独运动时的加速度。
【解答】解：BC.根据牛顿第二定律可得B得最大加速度：，A、B即将发生相对运动时：，解得：，故BC正确；
A.A与地面间的最大静摩擦力
当F时，AB一起运动，故A错误；
D.若F作用在B上，A的最大加速度为a，则，解得：，故D错误。
故选：BC。
【点评】题目综合考查了牛顿运动定律和摩擦力的应用，特别是对静摩擦力和滑动摩擦力的理解和加速度 的计算。
（多选）8．传送带广泛的应用于物品的传输、分拣、分装等工作中，某物流公司利用如图所示的三角形传送带进行物品的分拣。传送带以2m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个货箱A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，两货箱与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列判断正确的是（ ）
A．货箱B先到达传动带底端
B．货箱B在传送带底端时的速度大小为3m/s
C．下滑过程中，两货箱在传送带上的划痕长度相同
D．下滑过程中相对传送带的路程货箱A小于货箱B
【考点】倾斜传送带模型；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；传送带专题；分析综合能力．
【答案】BD
【分析】货箱A开始受到的摩擦力方向沿传送带方向向下，与运动方向相同；分别对货箱A、B根据牛顿第二定律求解加速度大小，分析运动情况，再根据运动学公式进行解答。
【解答】解：对A刚开始下滑时
fA＝μmAgcos37°
mAgsin37°+fA＝maA1
解得A的加速度
A速度达到2m/s以后
fA＝μmAgcos37°
mAgsin37°﹣fA＝maA2
解得
对B刚开始下滑时
fB＝μmBgcos37°
mBgsin37°﹣fB＝maB
解得B的加速度
A第一阶段加速的时间
解得
t1＝0.1s
加速位移
解得
x1＝0.15m
由运动学公式可得A加速第二阶段
解得
货箱A下滑到底端的时间
tA＝t1+t2
解得
对B由运动学公式得
解得货箱B下滑到底端的时间
tB＝1s
A.由tA＜tB
可得，货箱A先到达传动带底端，故A错误；
B.货箱B在传送带底端时的速度大小
vB＝v0+aBtB
解得
vB＝3m/s
故B正确；
CD.货箱A下滑到底端时相对于的路程
ΔxA＝l﹣vtA
货箱B下滑到底端时相对于的路程
ΔxB＝l+vtB
所以下滑过程中相对传送带的路程货箱A小于货箱B。两货箱在传送带上的划痕长度货箱A小于货箱B。故D正确，C错误。
故选：BD。
【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的综合应用之传送带问题，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。
（多选）9．如图甲，一煤块以一定的初速度从传送带的右端冲上顺时针转动的水平传送带，从煤块进入传送带上开始计时，煤块的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，将煤块视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．传送带的速度大小为4m/s
B．煤块在1＝4s时与传送带共速
C．煤块在传送带上留下的痕迹长为25m
D．煤块在传送带上运动的时间为6s
【考点】水平传送带模型．
【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】AD
【分析】确定传送带的速度：从图像中可以读出煤块最终与传送带达到的共同速度。
分析煤块的运动过程：煤块先减速至速度为零，再反向加速至与传送带共速，计算煤块在传送带上留下的痕迹长度和运动时间。
计算痕迹长度：痕迹长度等于煤块与传送带之间的相对位移。
判断选项的正确性：根据上述分析，逐一判断选项的正确性。
【解答】解：A.从速度一时间图像中可以看出，煤块最终以4m/s的速度与传送带共速，因此传送带的速度大小为4m/s，故A正确；
B.图像显示煤块在t＝6s时与传送带达到共速，而不是t＝4s，故B错误；
C.痕迹长度等于煤块与传送带相对位移的绝对值。通过计算图像与时间轴围成的面积差，可以得到相对位移。煤块在传送带上留下的痕迹的相对位移x，故C错误；
D.从图像中可以直接看出，煤块在传送带上运动的总时间为6s，故D正确。
故选：AD。
【点评】根据速度—时间图像分析煤块在传送带上的运动情况，包括速度变化、共速时刻、痕迹长度以及运动总时间，利用图像的斜率和面积来计算相关物理量。
三．填空题（共4小题）
10．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。
11．（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。
12．一质量为m的雨滴在空中从静止开始下落，已知下降过程中受到的空气阻力f与雨滴的速率v的平方成正比，即f＝kv2，其中k为已知的常量。则达到稳定前，雨滴的加速度大小 一直减小 （选填“一直增加”或者“一直减小”）；雨滴的最大速率为 ；比例系数k的单位为 kg/m （用国际单位制的基本单位表示）。
【考点】牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力；牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况．
【专题】比较思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】一直减小，，kg/m。
【分析】对雨滴由牛顿第二定律判断加速度的变化；由平衡条件求解雨滴的最大速率；根据物理公式求解比例系数的单位。
【解答】解：雨滴在空中从静止开始下落做加速直线运动，雨滴速度达到稳定前，对雨滴由牛顿第二定律得：mg﹣kv2＝ma，速度变大，空气阻力变大，合外力变小，则雨滴的加速度一直减小；
当加速度减小到零时，雨滴的速度达到最大，由平衡条件得：mg，解得雨滴的最大速率为：vm
根据公式mg，可得比例系数为：k，则单位为：kg/m
故答案为：一直减小，，kg/m。
【点评】本题以雨滴下落考查牛顿第二定律在实际问题中的应用，要明确加速度减小到零时，雨滴的速度达到最大。
13．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。
四．解答题（共2小题）
14．如图所示，质量为M＝2kg足够长的木板B放在水平地面上，在木板的最右端放一质量为m＝1kg的物块A（可视为质点）。物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1。现用一水平力F＝18N作用于木板上，使其由静止开始运动，经过t1＝1s后撤去拉力。设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2。求：
（1）撤去拉力的瞬间，物块和木板的速度vA、vB；
（2）经过一段时间，A、B达到共同速度v的值；
（3）计算在整个运动过程中木板B运动的位移x的大小。
【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；推理论证能力．
【答案】（1）去拉力的瞬间，物块和木板的速度vA、vB分别为3m/s、6m/s；
（2）经过一段时间，A、B达到共同速度v的值等于4.5m/s；
（3）在整个运动过程中木板B运动的位移x的大小等于15.75m。
【分析】（1）对A和B受力分析，根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解；
（2）撤去外力F后，对木板B受力分析求解加速度，结合运动学公式求解；
（3）求出撤去外力F前木板B运动的位移以及撤去外力到达到共同速度的时间内木板B运动的位移，A、B达到共同速度后一起匀减速直到静止，对AB整体根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解达到共同速度后继续运动的位移，从而求解在整个过程中木板B运动的位移。
【解答】解：（1）由分析可知，B被拉着向右运动时，可以判断出A相对B向左滑动，对物块A有μ1mg＝ma1，vA＝a1t1
对木板B有F﹣μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma2，vB＝a2t1
解得vA＝3m/s，vB＝6m/s
（2）撤去外力F后，设经过时间t2后A、B达到共同速度v，对木板B有μ2（M+m）g+μ1mg＝Ma3，v＝vB﹣a3t2
对物块A有v＝vA+a1t2
代入数据可得t2＝0.5s，v＝4.5m/s
（3）撤去外力F前，木板B运动的位移
撤去外力到达到共同速度的时间内，木板B运动的位移
经判断A、B达到共同速度后一起匀减速直到静止，对AB整体有μ2（M+m）g＝（M+m）a
达到共同速度后继续运动的位移v2＝2ax3
在整个过程中，木板B运动的位移x＝x1+x2+x3
联立得x＝15.75m
答：（1）去拉力的瞬间，物块和木板的速度vA、vB分别为3m/s、6m/s；
（2）经过一段时间，A、B达到共同速度v的值等于4.5m/s；
（3）在整个运动过程中木板B运动的位移x的大小等于15.75m。
【点评】本题综合性很强，涉及到物理学中重要考点，如牛顿第二定律、运动学公式，关键是明确木板和木块的运动规律和受力特点。
15．质量m＝2kg的物体静止在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，现用一与水平方向成37°角斜向上的拉力F拉物体，使物体沿水平地面做匀加速直线运动，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。
（1）若F＝20N，求物体的加速度大小；
（2）若要使物体在2秒内位移达到8m，求拉力F的大小；
（3）若拉力F＝30N，作用2秒后撤去，求物体还能滑行多远。
【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；匀变速直线运动速度与时间的关系；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【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】（1）物体的加速度大小等于6m/s2；
（2）拉力F的大小等于16.36N；
（3）拉力F＝30N，作用2秒后撤去，物体还能滑行52.9m。
【分析】（1）对物体应用牛顿第二定律可以求出物体做匀加速直线运动时的加速度；
（2）应用匀变速直线运动的位移—时间公式求出物体的加速度大小，根据牛顿第二定律求解拉力F的大小；
（3）由牛顿第二定律出加速度大小，根据速度—时间关系求解速度，根据速度—位移关系求解滑行距离大小。
【解答】解：（1）对物块受力分析，根据牛顿第二定律可知Fcos37°﹣μ（mg﹣Fsin37°）＝ma
代入数据可知a＝6m/s2
（2）由xa1t2
得加速度a1＝4m/s2
由牛顿第二定律可知F1cos37°﹣μ（mg﹣F1sin37°）＝ma1
解得F1≈16.36N
（3）F2＝30N作用时：F2cos37°﹣μ（mg﹣F2sin37°）＝ma2
可得a2＝11.5m/s2
2s末速度 v＝a2t＝11.5×2m/s＝23m/s
撤去拉力后的加速度a3＝μg，解得a3＝5m/s2
滑行距离
答：（1）物体的加速度大小等于6m/s2；
（2）拉力F的大小等于16.36N；
（3）拉力F＝30N，作用2秒后撤去，物体还能滑行52.9m。
【点评】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。
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4.5牛顿运动定律的应用
一．选择题（共6小题）
1．工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角为θ，交线为PN，坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN，∠MNQ＝θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为（ ）
A．gsin2θ﹣μgcos2θ
B．gsin2θ﹣μgtan2θ
C．gsin2θ﹣μgsin2θ﹣μgcosθ
D．gcos2θ﹣μgcosθ﹣μgtanθ
2．2025年9月3日，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵式上展示的导弹具有强大的威慑力，图中“巨浪﹣3”潜射导弹是海基核力量的核心装备。假设导弹刚发出来的一段运动可近似看成初速度为0竖直向上的匀加速直线运动，导弹的质量为m，助推力为F，重力加速度为g，忽略空气阻力及质量变化，则当导弹运动了时间t时速度的大小为（ ）
A． B． C． D．
3．厚田沙漠号称“江南第一沙漠”，某小孩在厚田沙漠滑沙的运动过程可以简化为如图所示的模型。一小孩坐在滑板上（整体可视为质点）由静止从倾角为37°、长度x＝100m的斜坡顶端开始下滑，在滑到斜坡底端前的1s内，小孩的位移大小x1＝19m，小孩与滑板的总质量m＝40kg，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．小孩从斜坡顶端滑到底端的时间为9s
B．小孩到达斜坡底端时的速度大小为10m/s
C．滑板与斜坡间的动摩擦因数为0.4
D．滑板与斜坡间的动摩擦因数为0.5
4．如图甲所示，一物块（可视为质点）从倾角θ＝30°的足够长斜面上滑下，物块运动的图像如图乙所示，重力加速度取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．物块的加速度为2m/s2
B．物块的初速度为零
C．物块与斜面间的动摩擦因数为
D．前2s内物块的平均速度为5m/s
5．如图所示，质量m＝2kg的物块P位于水平桌面上，由跨过定滑轮的水平轻绳与质量为M＝1kg的物块Q相连。已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ＝0.2，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计，重力加速度g取10m/s2，若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，则F的大小为（ ）
A．6N B．8N C．10N D．12N
6．如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，工人将一质量为m＝1kg的货物轻放在传送带的左端A点，货物从静止开始匀加速运动，从传送带的右端B点以速度vB水平飞出，最后落在水平地面上的C点，平抛过程中速度与水平方向夹角为θ，tanθ与下落时间t的关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，货物可以看成质点。则下列说法正确的是（ ）
A．传送带的速度v0≥1m/s
B．B、C的高度差为1m
C．货物运动到C点时的速度大小为4m/s
D．传送带对货物做功为1J
二．多选题（共3小题）
（多选）7．如图所示，长木板A放在水平地面上，物块B放在A上，A、B静止。A、B质量均为m，它们间的动摩擦因数为μ，A与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。作用在A上的水平拉力F逐渐增大，下列说法正确的是（ ）
A．当时，A、B都静止
B．当Fμmg时，A、B发生相对运动
C．B的最大加速度为μg
D．若F作用在B上，A的最大加速度为μg
（多选）8．传送带广泛的应用于物品的传输、分拣、分装等工作中，某物流公司利用如图所示的三角形传送带进行物品的分拣。传送带以2m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个货箱A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，两货箱与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列判断正确的是（ ）
A．货箱B先到达传动带底端
B．货箱B在传送带底端时的速度大小为3m/s
C．下滑过程中，两货箱在传送带上的划痕长度相同
D．下滑过程中相对传送带的路程货箱A小于货箱B
（多选）9．如图甲，一煤块以一定的初速度从传送带的右端冲上顺时针转动的水平传送带，从煤块进入传送带上开始计时，煤块的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，将煤块视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．传送带的速度大小为4m/s
B．煤块在1＝4s时与传送带共速
C．煤块在传送带上留下的痕迹长为25m
D．煤块在传送带上运动的时间为6s
三．填空题（共4小题）
10．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”）
11．（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。
12．一质量为m的雨滴在空中从静止开始下落，已知下降过程中受到的空气阻力f与雨滴的速率v的平方成正比，即f＝kv2，其中k为已知的常量。则达到稳定前，雨滴的加速度大小 （选填“一直增加”或者“一直减小”）；雨滴的最大速率为 ；比例系数k的单位为 （用国际单位制的基本单位表示）。
13．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＝ 。
四．解答题（共2小题）
14．如图所示，质量为M＝2kg足够长的木板B放在水平地面上，在木板的最右端放一质量为m＝1kg的物块A（可视为质点）。物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1。现用一水平力F＝18N作用于木板上，使其由静止开始运动，经过t1＝1s后撤去拉力。设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2。求：
（1）撤去拉力的瞬间，物块和木板的速度vA、vB；
（2）经过一段时间，A、B达到共同速度v的值；
（3）计算在整个运动过程中木板B运动的位移x的大小。
15．质量m＝2kg的物体静止在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，现用一与水平方向成37°角斜向上的拉力F拉物体，使物体沿水平地面做匀加速直线运动，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。
（1）若F＝20N，求物体的加速度大小；
（2）若要使物体在2秒内位移达到8m，求拉力F的大小；
（3）若拉力F＝30N，作用2秒后撤去，求物体还能滑行多远。
4.5牛顿运动定律的应用
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题）
1．工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角为θ，交线为PN，坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN，∠MNQ＝θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为（ ）
A．gsin2θ﹣μgcos2θ
B．gsin2θ﹣μgtan2θ
C．gsin2θ﹣μgsin2θ﹣μgcosθ
D．gcos2θ﹣μgcosθ﹣μgtanθ
【考点】物体在粗糙斜面上的运动．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】对长方体建筑材料进行受力分析，根据力的合成与分解、滑动摩擦力公式和牛顿第二定律求解作答。
【解答】解：根据牛顿第二定律有mgsinθ cosθ﹣μmgcosθ﹣μmgsinθ sinθ＝ma，可得a＝gsinθ cosθ，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了受力分析、力的合成与分解、滑动摩擦力公式和牛顿第二定律的运用；本题对立体空间的认知要求高，根据力的合成与分解求解斜面对长方体、挡板对长方体的支持力是解题的关键。
2．2025年9月3日，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵式上展示的导弹具有强大的威慑力，图中“巨浪﹣3”潜射导弹是海基核力量的核心装备。假设导弹刚发出来的一段运动可近似看成初速度为0竖直向上的匀加速直线运动，导弹的质量为m，助推力为F，重力加速度为g，忽略空气阻力及质量变化，则当导弹运动了时间t时速度的大小为（ ）
A． B． C． D．
【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况．
【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】C
【分析】应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出速度。
【解答】解：对导弹，由牛顿第二定律得F﹣mg＝ma
经时间t导弹的速度大小v＝at
解得v＝（g）t，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】分析清楚导弹的受力情况与运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
3．厚田沙漠号称“江南第一沙漠”，某小孩在厚田沙漠滑沙的运动过程可以简化为如图所示的模型。一小孩坐在滑板上（整体可视为质点）由静止从倾角为37°、长度x＝100m的斜坡顶端开始下滑，在滑到斜坡底端前的1s内，小孩的位移大小x1＝19m，小孩与滑板的总质量m＝40kg，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．小孩从斜坡顶端滑到底端的时间为9s
B．小孩到达斜坡底端时的速度大小为10m/s
C．滑板与斜坡间的动摩擦因数为0.4
D．滑板与斜坡间的动摩擦因数为0.5
【考点】物体在粗糙斜面上的运动；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】D
【分析】小孩沿斜坡下滑做初速度为0的匀加速直线运动，利用匀变速直线运动的位移公式，结合总位移与前t﹣1秒位移的关系列方程求加速度与时间；
依据牛顿第二定律分析受力，求解动摩擦因数。
【解答】解：A、设运动总时间为t，加速度大小为a，则根据匀变速直线运动的公式有
，
解得t＝10s，a＝2m/s2
故A错误；
B、小孩到达斜坡底端时的速度大小为v＝at，代入数据解得v＝20m/s，故B错误；
CD、由牛顿第二定律，mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma，得μ＝0.5
故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查匀变速直线运动规律与牛顿第二定律的综合应用。关键在于利用“初速度为0的匀加速直线运动位移公式”建立方程求时间与加速度，再通过受力分析和牛顿第二定律求解动摩擦因数，需注意位移关系的转化与公式的准确应用。
4．如图甲所示，一物块（可视为质点）从倾角θ＝30°的足够长斜面上滑下，物块运动的图像如图乙所示，重力加速度取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．物块的加速度为2m/s2
B．物块的初速度为零
C．物块与斜面间的动摩擦因数为
D．前2s内物块的平均速度为5m/s
【考点】物体在粗糙斜面上的运动；复杂的运动学图像问题；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】应用题；学科综合题；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．
【答案】C
【分析】由匀变速直线运动的位移—时间关系可得关系式，再结合图乙可知物块的初速度与加速度的大小，由牛顿第二定律可求动摩擦因数，由运动学公式可求平均速度。
【解答】解：AB、由匀变速直线运动的位移—时间关系可得：，整理可得：，结合图乙可知：，，解得：a＝4m/s2，v0＝2m/s，所以物块在斜面上做初速度为2m/s的匀加速直线运动，故AB错误；
C、由牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，代入数据解得：，故C正确；
D、第2s末的速度为：v2＝v0+at2＝2m/s+4×2m/s＝10m/s，那么前2s内的平均速度为：，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，解题的关键是要根据运动学公式变形成图乙的数学表达式，要知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
5．如图所示，质量m＝2kg的物块P位于水平桌面上，由跨过定滑轮的水平轻绳与质量为M＝1kg的物块Q相连。已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ＝0.2，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计，重力加速度g取10m/s2，若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，则F的大小为（ ）
A．6N B．8N C．10N D．12N
【考点】连接体模型．
【专题】定量思想；推理法；整体法和隔离法；方程法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】先对物块Q受力分析，根据平衡条件求出细线的拉力，然后P、Q组成的整体受力分析，再次根据平衡条件求出力F的大小。
【解答】解：以Q为研究对象，Q在水平方向受绳向左的拉力FT和向右的摩擦力f1，由于P、Q都做匀速运动，则有：f1＝μmg＝0.2×10N＝2N，由平衡条件可得：FT＝f1，代入数据解得：FT＝2N；
对整体进行分析，整体受绳向左的拉力为2FT，桌面对整体的向左的摩擦力为：f2＝μ 2mg＝0.2×2×1×10N＝4N，向右的外力F，由平衡条件得：F＝2FT+f2，代入数据解得：F＝2FT+f2＝4N+4N＝8N，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题关键在于分别对两个木块进行受力分析，根据共点力平衡条件列式求解。
6．如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，工人将一质量为m＝1kg的货物轻放在传送带的左端A点，货物从静止开始匀加速运动，从传送带的右端B点以速度vB水平飞出，最后落在水平地面上的C点，平抛过程中速度与水平方向夹角为θ，tanθ与下落时间t的关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，货物可以看成质点。则下列说法正确的是（ ）
A．传送带的速度v0≥1m/s
B．B、C的高度差为1m
C．货物运动到C点时的速度大小为4m/s
D．传送带对货物做功为1J
【考点】水平传送带模型；平抛运动速度的计算；功率的定义、物理意义和计算式的推导．
【专题】定量思想；合成分解法；平抛运动专题；功的计算专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据乙图，可知货物平抛运动的时间、落地时速度方向，结合平抛运动的特点，可得货物的初速度、BC高度差、货物在C点时的水平速度大小、合速度大小；根据货物在传送带上的运动特点，可得传送带的速度范围；根据货物离开B点时的速度大小，可计算传送带对货物做的功。
【解答】解：BC、根据乙图，可知货物平抛运动的时间为：t＝0.4s，
落地时速度与水平方向的夹角满足：4，
结合平抛运动的特点，可得BC高度差：，解得：h＝0.8m；
货物的初速度：vB＝1m/s，货物在C点时的竖直分速度大小为：vCy＝gt，得：vCy＝4m/s；
合速度大小：，解得：，故BC错误；
A、货物在传送带上，若速度小于传送带，则货物做匀加速运动；若速度与传送带速度相等，则货物做匀速运动；
由BC选项分析可知，货物离开传送带时的速度大小为：vB＝1m/s，可得传送带的速度满足：v0≥1m/s，故A正确；
D、根据货物离开B点时的速度大小，可知传送带对货物做的功为：，解得：W＝0.5J，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查传送带与平抛运动的结合，关键是根据tanθ与t的关系，得到货物平抛运动的速度特点。
二．多选题（共3小题）
（多选）7．如图所示，长木板A放在水平地面上，物块B放在A上，A、B静止。A、B质量均为m，它们间的动摩擦因数为μ，A与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。作用在A上的水平拉力F逐渐增大，下列说法正确的是（ ）
A．当时，A、B都静止
B．当Fμmg时，A、B发生相对运动
C．B的最大加速度为μg
D．若F作用在B上，A的最大加速度为μg
【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；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】确定A和B之间的最大静摩擦力以及A与地面之间的最大静摩擦力。分析A和B的相对运动条件，即当A和B发生相对滑动时的临界条件。分析A和B一起运动时的加速度以及单独运动时的加速度。
【解答】解：BC.根据牛顿第二定律可得B得最大加速度：，A、B即将发生相对运动时：，解得：，故BC正确；
A.A与地面间的最大静摩擦力
当F时，AB一起运动，故A错误；
D.若F作用在B上，A的最大加速度为a，则，解得：，故D错误。
故选：BC。
【点评】题目综合考查了牛顿运动定律和摩擦力的应用，特别是对静摩擦力和滑动摩擦力的理解和加速度 的计算。
（多选）8．传送带广泛的应用于物品的传输、分拣、分装等工作中，某物流公司利用如图所示的三角形传送带进行物品的分拣。传送带以2m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个货箱A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，两货箱与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列判断正确的是（ ）
A．货箱B先到达传动带底端
B．货箱B在传送带底端时的速度大小为3m/s
C．下滑过程中，两货箱在传送带上的划痕长度相同
D．下滑过程中相对传送带的路程货箱A小于货箱B
【考点】倾斜传送带模型；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；传送带专题；分析综合能力．
【答案】BD
【分析】货箱A开始受到的摩擦力方向沿传送带方向向下，与运动方向相同；分别对货箱A、B根据牛顿第二定律求解加速度大小，分析运动情况，再根据运动学公式进行解答。
【解答】解：对A刚开始下滑时
fA＝μmAgcos37°
mAgsin37°+fA＝maA1
解得A的加速度
A速度达到2m/s以后
fA＝μmAgcos37°
mAgsin37°﹣fA＝maA2
解得
对B刚开始下滑时
fB＝μmBgcos37°
mBgsin37°﹣fB＝maB
解得B的加速度
A第一阶段加速的时间
解得
t1＝0.1s
加速位移
解得
x1＝0.15m
由运动学公式可得A加速第二阶段
解得
货箱A下滑到底端的时间
tA＝t1+t2
解得
对B由运动学公式得
解得货箱B下滑到底端的时间
tB＝1s
A.由tA＜tB
可得，货箱A先到达传动带底端，故A错误；
B.货箱B在传送带底端时的速度大小
vB＝v0+aBtB
解得
vB＝3m/s
故B正确；
CD.货箱A下滑到底端时相对于的路程
ΔxA＝l﹣vtA
货箱B下滑到底端时相对于的路程
ΔxB＝l+vtB
所以下滑过程中相对传送带的路程货箱A小于货箱B。两货箱在传送带上的划痕长度货箱A小于货箱B。故D正确，C错误。
故选：BD。
【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的综合应用之传送带问题，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。
（多选）9．如图甲，一煤块以一定的初速度从传送带的右端冲上顺时针转动的水平传送带，从煤块进入传送带上开始计时，煤块的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，将煤块视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．传送带的速度大小为4m/s
B．煤块在1＝4s时与传送带共速
C．煤块在传送带上留下的痕迹长为25m
D．煤块在传送带上运动的时间为6s
【考点】水平传送带模型．
【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】AD
【分析】确定传送带的速度：从图像中可以读出煤块最终与传送带达到的共同速度。
分析煤块的运动过程：煤块先减速至速度为零，再反向加速至与传送带共速，计算煤块在传送带上留下的痕迹长度和运动时间。
计算痕迹长度：痕迹长度等于煤块与传送带之间的相对位移。
判断选项的正确性：根据上述分析，逐一判断选项的正确性。
【解答】解：A.从速度一时间图像中可以看出，煤块最终以4m/s的速度与传送带共速，因此传送带的速度大小为4m/s，故A正确；
B.图像显示煤块在t＝6s时与传送带达到共速，而不是t＝4s，故B错误；
C.痕迹长度等于煤块与传送带相对位移的绝对值。通过计算图像与时间轴围成的面积差，可以得到相对位移。煤块在传送带上留下的痕迹的相对位移x，故C错误；
D.从图像中可以直接看出，煤块在传送带上运动的总时间为6s，故D正确。
故选：AD。
【点评】根据速度—时间图像分析煤块在传送带上的运动情况，包括速度变化、共速时刻、痕迹长度以及运动总时间，利用图像的斜率和面积来计算相关物理量。
三．填空题（共4小题）
10．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。
11．（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。
12．一质量为m的雨滴在空中从静止开始下落，已知下降过程中受到的空气阻力f与雨滴的速率v的平方成正比，即f＝kv2，其中k为已知的常量。则达到稳定前，雨滴的加速度大小 一直减小 （选填“一直增加”或者“一直减小”）；雨滴的最大速率为 ；比例系数k的单位为 kg/m （用国际单位制的基本单位表示）。
【考点】牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力；牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况．
【专题】比较思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】一直减小，，kg/m。
【分析】对雨滴由牛顿第二定律判断加速度的变化；由平衡条件求解雨滴的最大速率；根据物理公式求解比例系数的单位。
【解答】解：雨滴在空中从静止开始下落做加速直线运动，雨滴速度达到稳定前，对雨滴由牛顿第二定律得：mg﹣kv2＝ma，速度变大，空气阻力变大，合外力变小，则雨滴的加速度一直减小；
当加速度减小到零时，雨滴的速度达到最大，由平衡条件得：mg，解得雨滴的最大速率为：vm
根据公式mg，可得比例系数为：k，则单位为：kg/m
故答案为：一直减小，，kg/m。
【点评】本题以雨滴下落考查牛顿第二定律在实际问题中的应用，要明确加速度减小到零时，雨滴的速度达到最大。
13．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。
四．解答题（共2小题）
14．如图所示，质量为M＝2kg足够长的木板B放在水平地面上，在木板的最右端放一质量为m＝1kg的物块A（可视为质点）。物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1。现用一水平力F＝18N作用于木板上，使其由静止开始运动，经过t1＝1s后撤去拉力。设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2。求：
（1）撤去拉力的瞬间，物块和木板的速度vA、vB；
（2）经过一段时间，A、B达到共同速度v的值；
（3）计算在整个运动过程中木板B运动的位移x的大小。
【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；推理论证能力．
【答案】（1）去拉力的瞬间，物块和木板的速度vA、vB分别为3m/s、6m/s；
（2）经过一段时间，A、B达到共同速度v的值等于4.5m/s；
（3）在整个运动过程中木板B运动的位移x的大小等于15.75m。
【分析】（1）对A和B受力分析，根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解；
（2）撤去外力F后，对木板B受力分析求解加速度，结合运动学公式求解；
（3）求出撤去外力F前木板B运动的位移以及撤去外力到达到共同速度的时间内木板B运动的位移，A、B达到共同速度后一起匀减速直到静止，对AB整体根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解达到共同速度后继续运动的位移，从而求解在整个过程中木板B运动的位移。
【解答】解：（1）由分析可知，B被拉着向右运动时，可以判断出A相对B向左滑动，对物块A有μ1mg＝ma1，vA＝a1t1
对木板B有F﹣μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma2，vB＝a2t1
解得vA＝3m/s，vB＝6m/s
（2）撤去外力F后，设经过时间t2后A、B达到共同速度v，对木板B有μ2（M+m）g+μ1mg＝Ma3，v＝vB﹣a3t2
对物块A有v＝vA+a1t2
代入数据可得t2＝0.5s，v＝4.5m/s
（3）撤去外力F前，木板B运动的位移
撤去外力到达到共同速度的时间内，木板B运动的位移
经判断A、B达到共同速度后一起匀减速直到静止，对AB整体有μ2（M+m）g＝（M+m）a
达到共同速度后继续运动的位移v2＝2ax3
在整个过程中，木板B运动的位移x＝x1+x2+x3
联立得x＝15.75m
答：（1）去拉力的瞬间，物块和木板的速度vA、vB分别为3m/s、6m/s；
（2）经过一段时间，A、B达到共同速度v的值等于4.5m/s；
（3）在整个运动过程中木板B运动的位移x的大小等于15.75m。
【点评】本题综合性很强，涉及到物理学中重要考点，如牛顿第二定律、运动学公式，关键是明确木板和木块的运动规律和受力特点。
15．质量m＝2kg的物体静止在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，现用一与水平方向成37°角斜向上的拉力F拉物体，使物体沿水平地面做匀加速直线运动，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。
（1）若F＝20N，求物体的加速度大小；
（2）若要使物体在2秒内位移达到8m，求拉力F的大小；
（3）若拉力F＝30N，作用2秒后撤去，求物体还能滑行多远。
【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；匀变速直线运动速度与时间的关系；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【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】（1）物体的加速度大小等于6m/s2；
（2）拉力F的大小等于16.36N；
（3）拉力F＝30N，作用2秒后撤去，物体还能滑行52.9m。
【分析】（1）对物体应用牛顿第二定律可以求出物体做匀加速直线运动时的加速度；
（2）应用匀变速直线运动的位移—时间公式求出物体的加速度大小，根据牛顿第二定律求解拉力F的大小；
（3）由牛顿第二定律出加速度大小，根据速度—时间关系求解速度，根据速度—位移关系求解滑行距离大小。
【解答】解：（1）对物块受力分析，根据牛顿第二定律可知Fcos37°﹣μ（mg﹣Fsin37°）＝ma
代入数据可知a＝6m/s2
（2）由xa1t2
得加速度a1＝4m/s2
由牛顿第二定律可知F1cos37°﹣μ（mg﹣F1sin37°）＝ma1
解得F1≈16.36N
（3）F2＝30N作用时：F2cos37°﹣μ（mg﹣F2sin37°）＝ma2
可得a2＝11.5m/s2
2s末速度 v＝a2t＝11.5×2m/s＝23m/s
撤去拉力后的加速度a3＝μg，解得a3＝5m/s2
滑行距离
答：（1）物体的加速度大小等于6m/s2；
（2）拉力F的大小等于16.36N；
（3）拉力F＝30N，作用2秒后撤去，物体还能滑行52.9m。
【点评】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。
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