2019版物理新教材人教版必修一同步练习：4.5牛顿运动定律的应用（解析版）
文档属性
| 名称 | 2019版物理新教材人教版必修一同步练习：4.5牛顿运动定律的应用（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 212.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2019-10-12 19:55:10 | ||
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文档简介
2019版物理新教材人教版必修一同步练习：4.5牛顿运动定律的应用（word解析版)
1．如图(a)所示，在电梯箱内轻绳AO、BO、CO连接吊着质量为m的物体，轻绳AO、BO、CO对轻质结点O的拉力分别为F1、F2、F3.现电梯箱竖直向下运动，其速度v随时间t的变化规律如图(b)所示，重力加速度为g，则( )
A．在0～t1时间内，F1与F2的合力等于F3
B．在0～t1时间内，F1与F2的合力大于mg
C．在t1～t2时间内，F1与F2的合力小于F3
D．在t1～t2时间内，F1与F2的合力大于mg
2．如图所示，质量均为m＝2.0kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k＝100 N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上。开始时，两物块压紧弹簧并都恰好处于静止状态。现使物块B在水平外力F（图中未画出）作用下向右做加速度大小为a=2m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g＝10 m/s2．则（ ）
A．开始时，弹簧的压缩量大小为8 cm
B．物块A、B分离时，所加外力F的大小为24 N
C．物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间为0.4 s
D．物块A、B由静止开始运动到分离时，物块A的位移大小为4 cm
3．如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定一个质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起.当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小为：
A．g B．g C．0 D．g
4．如图所示，A、B两物块的质量分别为m和M，把它们靠在一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑。已知斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止。则在此过程中，物块A对物块B的作用力为
A．0 B．Mgsinθ C．mgsinθ D．(M-m)gsinθ
5．如图所示,顶端固定着小球的直杆固定在小车上,当小车向右做匀加速运动时,球所受合外力的方向沿图中的 ( )
A．OA方向 B．OB方向 C．OC方向 D．OD方向
6．如图甲所示，木块A和长木板B叠放在水平地面上，假定木板与地面之间、木板和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等，用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法中正确的是（ ）
A．A的质量为0.5kg
B．B的质量为1.5kg
C．B与地面间的动摩擦因数为0.2
D．A、B间的动摩擦因数为0.4
7．如图甲所示，质量为的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置-一个质量为的小铁块,铁块与木板间的动摩擦因数,对铁块施加水平向右的拉力大小随时间变化如图乙所示，4s时撤去拉力。可认为间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度.则下列说法错误的是( )
A．内，B的加速度大小
B．内，拉力做的功
C．相对滑行的最大距离
D．0~4s内系统产生的摩擦热
8．如图所示，光滑水平地面上的小车质量为M，站在小车水平底板上的人质量为m，且mA．人受到向左的摩擦力
B．人受到向右的摩擦力
C．人拉绳的力越大，人和车的加速度越大
D．人拉绳的力越大，人对车的摩擦力越大
9．如图所示，长为L＝2.25m的水平传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面，皮带以v0＝4.0m/s匀速顺时针转动。现在传送带左端无初速地放上一质量为m＝1.0kg的煤块（可视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数为均为μ1＝0.20，经过一段时间煤块被传送到传送带的右端，此过程在传送带上留下了一段黑色痕迹，随后煤块平稳滑上平板的同时，在平板右侧施加一个水平向右恒力F＝17N，F作用了t0＝1.0s时煤块与平板速度恰好相等，此时撤去F，最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量为M＝4.0kg，不计空气阻力，g＝10m/s2，试分析回答下列问题：
(1)传送带上黑色痕迹的长度d＝？
(2)平板与地面间动摩擦因数μ2＝？
(3)平板长l应满足什么条件？（计算结果保留两位有效数字）
10．如图所示，一质量M＝0.2kg的长木板静止在水平面上，长木板与水平面间的动摩擦系数μ1＝0.1，一质量m=0.2kg的小滑块以v0＝1.2m/s的速度从长木板的左端滑上长木板，滑块与长木板间滑动摩擦因数μ2＝0.4，求：
(1)经过多少时间小滑块与长木板速度相等?
(2)从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块滑动的距离为多少?(滑块始终没有滑离长木块)
11．如图(a)质量m＝1kg的物块和足够长的木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的轻细绳固定在实验台的立柱上，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平向左恒力F＝0.4N，在t1＝2s时，撤去F同时剪断轻细绳。如图(b)所示为0－3s内木板的速度v与时间t的关系。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g＝l0m/s2。
(1)求木板的质量M和物块与木板间的动摩擦因数μ；
(2)求0－5s内木板运动的位移大小。
12．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一劲度系数为K=200N/m的轻质弹簧一端连接固定挡板C上，另一端连接一质量为m=4Kg的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长，用手托住物体B使绳子刚好没有拉力，然后由静止释放，求：
（1）弹簧恢复原长时细绳上的拉力；
（2）物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度；
（3）物体A的最大速度大小．
参考答案
1．D
【解析】
【详解】
试题分析：结点质量为零，结点所受的合力为零，根据加速度的方向判断超失重，从而判断出拉力和重力的大小关系．
AC、对于轻质结点O，质量为0，则合力为零，可知F1、F2、F3三个力的合力为零，AC错误．
B、在0～t1时间内，电梯厢向下做匀加速运动，加速度方向向下，物体处于失重状态，故B错误．
D、在t1～t2时间内，加速度方向向上，则物块的合力向上，物体处于超重状态，则OC绳的拉力大于mg，D正确．
【点评】
解决本题的关键掌握判断超失重的方法，当加速度的方向向上，物体处于超重，当加速度的方向向下，物体处于失重．
2．D
【解析】
【详解】
A.开始时，两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，根据平衡条件可得：
kx0=μ?2mg
解得：
x0=0.16m=16cm
故A错误；
B.物块A、B分离时，此时A和B之间的弹力为零，以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得：
F-μmg=ma
解得所加外力
F=12N
故B错误；
CD.以A为研究对象，分离时弹簧压缩量为x，则
kx-μmg=ma
解得
x=0.12m
此过程A运动的位移为x0-x=0.04m=4cm，根据位移时间关系可得
x0-x=at2
解得物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间为
t=0.2s
故C错误、D正确。
3．D
【解析】
【详解】
当框架对地面压力为零瞬间，框架受重力和弹簧的弹力处于平衡，则
F=Mg
对小球分析，根据牛顿第二定律得，
F+mg=ma
解得
．
A. g，与结论不相符，选项A错误；
B. g，与结论不相符，选项B错误；
C. 0，与结论不相符，选项C错误；
D. g，与结论相符，选项D正确。
4．A
【解析】
【详解】
对A、B组成的整体受力分析可知，整体受重力、支持力而做匀加速直线运动；由牛顿第二定律可知，
则再对B由牛顿第二定律可知：
合力等于B的重力沿斜面向下的分力；故说明AB间没有相互作用力。
A.0与分析相符，故A正确；
B. Mgsinθ与分析不相符，故B错误；
C. mgsinθ与分析不符，故C错误；
D. (M-m)gsinθ与分析不符，故D错误。
5．D
【解析】
试题分析：当小车向右做匀加速运动时，小球和小车是一个整体，所以小球向右做匀加速直线运动，根据牛顿第三定律可得合力沿OD方向，D正确
考点：考查了牛顿第二定律
【名师点睛】根据牛顿第二定律可知，加速度的方向与合力的方向相同，是解决本题的关键．另外知道杆的弹力不一定沿杆的方向．
6．ACD
【解析】
【详解】
由图知，当F=3N时，AB一起开始运动，则有
当F较小时，木块和木板一起做匀加速直线运动时，共同加速度
由数学知识知，a﹣F图象的斜率
联立解得：B与地面间的动摩擦因数
当拉力达到一定程度，木块和木板之间发生相对滑动，对木块A，所受的摩擦力恒定，加速度恒定，即
由图知，aA=4m/s2，则解得
对B，加速度
由图得：
得 mB=1.0kg
据
解得：mA=0.5kg
故B错误， ACD正确．
7．BD
【解析】
【分析】
考查物体加速度，功的计算，摩擦力做功生热，根据牛顿第二定律，功能关系计算可得。
【详解】
A．内，B受到向右的拉力6N，摩擦力
由牛顿第二定律可得
解得B的加速度大小
故A不符合题意；
B．前1s物体B以4m/s2做匀加速运动，1s末时速度为
，
物体A的加速度为
，
1s末时的速度，
1s-2s时，B做匀速运动，A做匀加速运动，2s时两者达到共速，一起做匀加速直线运动
加速度大小 ，
4s末时速度
取B分析，前1s运动位移是
拉力做功
1s-2s时间内，B做匀速运动，位移
拉力做功
2S-4S时间内B做匀加速直线运动，加速度大小为1m/s2，位移
拉力做功
所以整个过程中拉力做的功总功
故B符合题意。
C．前2s相对滑行的最大距离
,
2s-4s两者相对静止，故最大距离为2m，故C不符合题意。
D． 0~4s内系统产生的摩擦热，故D符合题意。
【点睛】
用隔离法对物体AB分别受力分析，判断运动性质，前1sB以4m/s2做匀加速运动，A以1 m/s2加速匀运动，1s-2s，物体B做匀速运动，物体A以1 m/s2做匀加速运动，2s-4s时间内，二者以1 m/s2做匀加速直线运动。
摩擦生热数值上等于摩擦力和相对距离的乘积。
8．ACD
【解析】
【详解】
AB.设绳子拉力为T，人与车间的静摩擦力为f，假设车对人的静摩擦力向左，人对车的静摩擦力向右，根据牛顿第二定律，有
对人：
T-f=ma
对车：
T+f=Ma
解得
T＝(M+m)a① f=(M?m)a?②
③
由②式可知，当M＞m时，即车对人的静摩擦力向左，人对车的静摩擦力向右；选项A正确，B错误；
C.由③式，加速度与拉力成正比。拉力越大，加速度越大，选项C正确；
D.人拉绳的力越大，加速度越大，由②式得，加速度越大，则摩擦力越大。故D正确。
9．(1)(2) 0.3 (3)
【解析】
【详解】
(1)对煤块由牛顿第二定律有
μ1mg=ma1
得
a1=2m/s2
若煤块一直加速到右端，得
v12=2a1L
解得：
v1=3m/s
因为v1＜v0，设需t1时间到右端，则
s=v0t1=6m
(2)煤块滑上平板时速度v1=3m/s，a1=2m/s2
v共=v1-a1t0=a2t0
解得
a2=1m/s2
v共=1m/s
对平板由牛顿第二定律：
F+μ1mg-μ2（M+m）g=Ma2
解得：
μ2=0.3
(3)由于μ2＞μ1，
μ1mg-μ2（M+m）g=Ma3
得
全过程平板位移：
解得
全过程煤块位移：
故板长
10．(1)0.2s；(2)0.24m
【解析】
【详解】
(1)小滑块受到的滑动摩擦力为f2，方向向左
0.8N
长木板受到小滑块给予的滑动摩擦力，方向向右
0.8N
长木板受地面的滑动摩擦力
0.4N
方向向左，，长木板向右加速
小滑块向右做减速运动，长木块的加速度为，小滑块加速度为，
m/s2
m/s2,
当小滑块与长木板的速度相等时，则有：
所以：
=0.2s
(2)当小滑块与长木板的速度相等后，它们一起做匀减速运动，设共同加速度大小为a，一起做匀减速运动的距离为S2
解得：
1m/s2
则有：
m
设相对运动前小滑块运动的距离为S1，则有：
0.16m
整个过程中，小滑块滑动运动的距离S
S= S1+ S2=0.24m
11．(1) lkg； 0.02 (2)1.1m
【解析】
【详解】
(1)由图可知0-2s内木板的加速度大小
2-3s内加速度大小
由牛顿第二定律：
F-μmg=Ma1
μmg=Ma2
解得：
M=lkg，μ=0.02
(2)设绳断后经过物块和木板速度相等，设为v
v=v0-a2t； v0=0.4m/s
对木块，
v=μg
解得：
v=0.2m/s，=ls
此过程木板的位移
此后木板和木块一起匀速位移
由0-2s木板位移
故0-5s内木板位移大小
12．（1）弹簧恢复原长时细绳上的拉力为30N；
（2）物体A沿斜面向上运动20cm时获得最大速度；
（3）物体A的最大速度大小为1m/s．
【解析】
试题分析：（1）回复原长时，分别对A和B应用牛顿第二定律列式即可求解绳子的拉力，
（2、3）没有释放时，对于物体A由平衡条件求出此时弹簧的压缩量，释放后A沿斜面向上做加速度减小的加速运动，当A加速度为0时，A速度最大，对AB分别根据平衡条件求出此时弹簧的伸长量，进而判断在此过程中弹簧弹性势能改变量，设最大速度为υ，对于A、B及弹簧组成的系统由机械能守恒即可求出A的最大速度值；
解：（1）回复原长时，
对B：mg﹣T=ma
对A：T﹣mgsin30°=ma
代入数据解得：T=30N
（2）初始位置，弹簧的压缩量为：
，
当A速度最大时，有：mg=kx2+mgsin30°
弹簧的伸长量为：
所以A沿斜面上升的距离为：x=x1+x2=20cm
（3）因为x1=x2，所以弹簧的弹性势能没有改变，由系统机械能守恒得：
mg（x1+x2）﹣mg（x1+x2）sin30°=
解得：v=g
答：（1）弹簧恢复原长时细绳上的拉力为30N；
（2）物体A沿斜面向上运动20cm时获得最大速度；
（3）物体A的最大速度大小为1m/s．
【点评】本题解题的关键是根据两个物体的受力分析判断运动情况，知道当A加速度为0时，A速度最大，此时AB受力都平衡，运动过程中A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，难度适中．
1．如图(a)所示，在电梯箱内轻绳AO、BO、CO连接吊着质量为m的物体，轻绳AO、BO、CO对轻质结点O的拉力分别为F1、F2、F3.现电梯箱竖直向下运动，其速度v随时间t的变化规律如图(b)所示，重力加速度为g，则( )
A．在0～t1时间内，F1与F2的合力等于F3
B．在0～t1时间内，F1与F2的合力大于mg
C．在t1～t2时间内，F1与F2的合力小于F3
D．在t1～t2时间内，F1与F2的合力大于mg
2．如图所示，质量均为m＝2.0kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k＝100 N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上。开始时，两物块压紧弹簧并都恰好处于静止状态。现使物块B在水平外力F（图中未画出）作用下向右做加速度大小为a=2m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g＝10 m/s2．则（ ）
A．开始时，弹簧的压缩量大小为8 cm
B．物块A、B分离时，所加外力F的大小为24 N
C．物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间为0.4 s
D．物块A、B由静止开始运动到分离时，物块A的位移大小为4 cm
3．如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定一个质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起.当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小为：
A．g B．g C．0 D．g
4．如图所示，A、B两物块的质量分别为m和M，把它们靠在一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑。已知斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止。则在此过程中，物块A对物块B的作用力为
A．0 B．Mgsinθ C．mgsinθ D．(M-m)gsinθ
5．如图所示,顶端固定着小球的直杆固定在小车上,当小车向右做匀加速运动时,球所受合外力的方向沿图中的 ( )
A．OA方向 B．OB方向 C．OC方向 D．OD方向
6．如图甲所示，木块A和长木板B叠放在水平地面上，假定木板与地面之间、木板和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等，用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法中正确的是（ ）
A．A的质量为0.5kg
B．B的质量为1.5kg
C．B与地面间的动摩擦因数为0.2
D．A、B间的动摩擦因数为0.4
7．如图甲所示，质量为的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置-一个质量为的小铁块,铁块与木板间的动摩擦因数,对铁块施加水平向右的拉力大小随时间变化如图乙所示，4s时撤去拉力。可认为间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度.则下列说法错误的是( )
A．内，B的加速度大小
B．内，拉力做的功
C．相对滑行的最大距离
D．0~4s内系统产生的摩擦热
8．如图所示，光滑水平地面上的小车质量为M，站在小车水平底板上的人质量为m，且m
B．人受到向右的摩擦力
C．人拉绳的力越大，人和车的加速度越大
D．人拉绳的力越大，人对车的摩擦力越大
9．如图所示，长为L＝2.25m的水平传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面，皮带以v0＝4.0m/s匀速顺时针转动。现在传送带左端无初速地放上一质量为m＝1.0kg的煤块（可视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数为均为μ1＝0.20，经过一段时间煤块被传送到传送带的右端，此过程在传送带上留下了一段黑色痕迹，随后煤块平稳滑上平板的同时，在平板右侧施加一个水平向右恒力F＝17N，F作用了t0＝1.0s时煤块与平板速度恰好相等，此时撤去F，最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量为M＝4.0kg，不计空气阻力，g＝10m/s2，试分析回答下列问题：
(1)传送带上黑色痕迹的长度d＝？
(2)平板与地面间动摩擦因数μ2＝？
(3)平板长l应满足什么条件？（计算结果保留两位有效数字）
10．如图所示，一质量M＝0.2kg的长木板静止在水平面上，长木板与水平面间的动摩擦系数μ1＝0.1，一质量m=0.2kg的小滑块以v0＝1.2m/s的速度从长木板的左端滑上长木板，滑块与长木板间滑动摩擦因数μ2＝0.4，求：
(1)经过多少时间小滑块与长木板速度相等?
(2)从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块滑动的距离为多少?(滑块始终没有滑离长木块)
11．如图(a)质量m＝1kg的物块和足够长的木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的轻细绳固定在实验台的立柱上，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平向左恒力F＝0.4N，在t1＝2s时，撤去F同时剪断轻细绳。如图(b)所示为0－3s内木板的速度v与时间t的关系。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g＝l0m/s2。
(1)求木板的质量M和物块与木板间的动摩擦因数μ；
(2)求0－5s内木板运动的位移大小。
12．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一劲度系数为K=200N/m的轻质弹簧一端连接固定挡板C上，另一端连接一质量为m=4Kg的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长，用手托住物体B使绳子刚好没有拉力，然后由静止释放，求：
（1）弹簧恢复原长时细绳上的拉力；
（2）物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度；
（3）物体A的最大速度大小．
参考答案
1．D
【解析】
【详解】
试题分析：结点质量为零，结点所受的合力为零，根据加速度的方向判断超失重，从而判断出拉力和重力的大小关系．
AC、对于轻质结点O，质量为0，则合力为零，可知F1、F2、F3三个力的合力为零，AC错误．
B、在0～t1时间内，电梯厢向下做匀加速运动，加速度方向向下，物体处于失重状态，故B错误．
D、在t1～t2时间内，加速度方向向上，则物块的合力向上，物体处于超重状态，则OC绳的拉力大于mg，D正确．
【点评】
解决本题的关键掌握判断超失重的方法，当加速度的方向向上，物体处于超重，当加速度的方向向下，物体处于失重．
2．D
【解析】
【详解】
A.开始时，两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，根据平衡条件可得：
kx0=μ?2mg
解得：
x0=0.16m=16cm
故A错误；
B.物块A、B分离时，此时A和B之间的弹力为零，以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得：
F-μmg=ma
解得所加外力
F=12N
故B错误；
CD.以A为研究对象，分离时弹簧压缩量为x，则
kx-μmg=ma
解得
x=0.12m
此过程A运动的位移为x0-x=0.04m=4cm，根据位移时间关系可得
x0-x=at2
解得物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间为
t=0.2s
故C错误、D正确。
3．D
【解析】
【详解】
当框架对地面压力为零瞬间，框架受重力和弹簧的弹力处于平衡，则
F=Mg
对小球分析，根据牛顿第二定律得，
F+mg=ma
解得
．
A. g，与结论不相符，选项A错误；
B. g，与结论不相符，选项B错误；
C. 0，与结论不相符，选项C错误；
D. g，与结论相符，选项D正确。
4．A
【解析】
【详解】
对A、B组成的整体受力分析可知，整体受重力、支持力而做匀加速直线运动；由牛顿第二定律可知，
则再对B由牛顿第二定律可知：
合力等于B的重力沿斜面向下的分力；故说明AB间没有相互作用力。
A.0与分析相符，故A正确；
B. Mgsinθ与分析不相符，故B错误；
C. mgsinθ与分析不符，故C错误；
D. (M-m)gsinθ与分析不符，故D错误。
5．D
【解析】
试题分析：当小车向右做匀加速运动时，小球和小车是一个整体，所以小球向右做匀加速直线运动，根据牛顿第三定律可得合力沿OD方向，D正确
考点：考查了牛顿第二定律
【名师点睛】根据牛顿第二定律可知，加速度的方向与合力的方向相同，是解决本题的关键．另外知道杆的弹力不一定沿杆的方向．
6．ACD
【解析】
【详解】
由图知，当F=3N时，AB一起开始运动，则有
当F较小时，木块和木板一起做匀加速直线运动时，共同加速度
由数学知识知，a﹣F图象的斜率
联立解得：B与地面间的动摩擦因数
当拉力达到一定程度，木块和木板之间发生相对滑动，对木块A，所受的摩擦力恒定，加速度恒定，即
由图知，aA=4m/s2，则解得
对B，加速度
由图得：
得 mB=1.0kg
据
解得：mA=0.5kg
故B错误， ACD正确．
7．BD
【解析】
【分析】
考查物体加速度，功的计算，摩擦力做功生热，根据牛顿第二定律，功能关系计算可得。
【详解】
A．内，B受到向右的拉力6N，摩擦力
由牛顿第二定律可得
解得B的加速度大小
故A不符合题意；
B．前1s物体B以4m/s2做匀加速运动，1s末时速度为
，
物体A的加速度为
，
1s末时的速度，
1s-2s时，B做匀速运动，A做匀加速运动，2s时两者达到共速，一起做匀加速直线运动
加速度大小 ，
4s末时速度
取B分析，前1s运动位移是
拉力做功
1s-2s时间内，B做匀速运动，位移
拉力做功
2S-4S时间内B做匀加速直线运动，加速度大小为1m/s2，位移
拉力做功
所以整个过程中拉力做的功总功
故B符合题意。
C．前2s相对滑行的最大距离
,
2s-4s两者相对静止，故最大距离为2m，故C不符合题意。
D． 0~4s内系统产生的摩擦热，故D符合题意。
【点睛】
用隔离法对物体AB分别受力分析，判断运动性质，前1sB以4m/s2做匀加速运动，A以1 m/s2加速匀运动，1s-2s，物体B做匀速运动，物体A以1 m/s2做匀加速运动，2s-4s时间内，二者以1 m/s2做匀加速直线运动。
摩擦生热数值上等于摩擦力和相对距离的乘积。
8．ACD
【解析】
【详解】
AB.设绳子拉力为T，人与车间的静摩擦力为f，假设车对人的静摩擦力向左，人对车的静摩擦力向右，根据牛顿第二定律，有
对人：
T-f=ma
对车：
T+f=Ma
解得
T＝(M+m)a① f=(M?m)a?②
③
由②式可知，当M＞m时，即车对人的静摩擦力向左，人对车的静摩擦力向右；选项A正确，B错误；
C.由③式，加速度与拉力成正比。拉力越大，加速度越大，选项C正确；
D.人拉绳的力越大，加速度越大，由②式得，加速度越大，则摩擦力越大。故D正确。
9．(1)(2) 0.3 (3)
【解析】
【详解】
(1)对煤块由牛顿第二定律有
μ1mg=ma1
得
a1=2m/s2
若煤块一直加速到右端，得
v12=2a1L
解得：
v1=3m/s
因为v1＜v0，设需t1时间到右端，则
s=v0t1=6m
(2)煤块滑上平板时速度v1=3m/s，a1=2m/s2
v共=v1-a1t0=a2t0
解得
a2=1m/s2
v共=1m/s
对平板由牛顿第二定律：
F+μ1mg-μ2（M+m）g=Ma2
解得：
μ2=0.3
(3)由于μ2＞μ1，
μ1mg-μ2（M+m）g=Ma3
得
全过程平板位移：
解得
全过程煤块位移：
故板长
10．(1)0.2s；(2)0.24m
【解析】
【详解】
(1)小滑块受到的滑动摩擦力为f2，方向向左
0.8N
长木板受到小滑块给予的滑动摩擦力，方向向右
0.8N
长木板受地面的滑动摩擦力
0.4N
方向向左，，长木板向右加速
小滑块向右做减速运动，长木块的加速度为，小滑块加速度为，
m/s2
m/s2,
当小滑块与长木板的速度相等时，则有：
所以：
=0.2s
(2)当小滑块与长木板的速度相等后，它们一起做匀减速运动，设共同加速度大小为a，一起做匀减速运动的距离为S2
解得：
1m/s2
则有：
m
设相对运动前小滑块运动的距离为S1，则有：
0.16m
整个过程中，小滑块滑动运动的距离S
S= S1+ S2=0.24m
11．(1) lkg； 0.02 (2)1.1m
【解析】
【详解】
(1)由图可知0-2s内木板的加速度大小
2-3s内加速度大小
由牛顿第二定律：
F-μmg=Ma1
μmg=Ma2
解得：
M=lkg，μ=0.02
(2)设绳断后经过物块和木板速度相等，设为v
v=v0-a2t； v0=0.4m/s
对木块，
v=μg
解得：
v=0.2m/s，=ls
此过程木板的位移
此后木板和木块一起匀速位移
由0-2s木板位移
故0-5s内木板位移大小
12．（1）弹簧恢复原长时细绳上的拉力为30N；
（2）物体A沿斜面向上运动20cm时获得最大速度；
（3）物体A的最大速度大小为1m/s．
【解析】
试题分析：（1）回复原长时，分别对A和B应用牛顿第二定律列式即可求解绳子的拉力，
（2、3）没有释放时，对于物体A由平衡条件求出此时弹簧的压缩量，释放后A沿斜面向上做加速度减小的加速运动，当A加速度为0时，A速度最大，对AB分别根据平衡条件求出此时弹簧的伸长量，进而判断在此过程中弹簧弹性势能改变量，设最大速度为υ，对于A、B及弹簧组成的系统由机械能守恒即可求出A的最大速度值；
解：（1）回复原长时，
对B：mg﹣T=ma
对A：T﹣mgsin30°=ma
代入数据解得：T=30N
（2）初始位置，弹簧的压缩量为：
，
当A速度最大时，有：mg=kx2+mgsin30°
弹簧的伸长量为：
所以A沿斜面上升的距离为：x=x1+x2=20cm
（3）因为x1=x2，所以弹簧的弹性势能没有改变，由系统机械能守恒得：
mg（x1+x2）﹣mg（x1+x2）sin30°=
解得：v=g
答：（1）弹簧恢复原长时细绳上的拉力为30N；
（2）物体A沿斜面向上运动20cm时获得最大速度；
（3）物体A的最大速度大小为1m/s．
【点评】本题解题的关键是根据两个物体的受力分析判断运动情况，知道当A加速度为0时，A速度最大，此时AB受力都平衡，运动过程中A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，难度适中．