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专题二 力与物体的平衡
考点 考纲要求 考点解读及预测
牛顿运动定律及其应用 Ⅱ 1.牛顿运动定律是中学物理的基本规律和核心知识，在整个物理学中占有非常重要的地位，题型主要有选择题，高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查，考题中注重与动量、能量、电场、磁场的渗透，并常常与生活、科技、工农业生产等实际问题相联系．2．高考命题中有关本章内容的题型有选择题、计算题。高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查，考题中注重与电场、磁场的渗透，并常常与生活、科技、工农业生产等实际问题相联系。考查和要求的程度往往层次较高，单独考查的题目多为选择题，与直线运动、曲线运动、电磁学等知识结合的题目多为计算题。x,3．本章是中学物理的基本规律和核心知识，在整个物理学中占有非常重要的地位，仍将为高考命题的重点和热点，考查和要求的程度往往层次较高。[]
超重与失重 Ⅰ[]
单位制 Ⅰ
1、牛顿第一定律
（1）内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。
（2）意义
①指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律。
②指出力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因。
2、惯性
（1）定义：物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。
（2）性质：惯性是一切物体都具有的性质，是物体的固有属性，与物体的运动情况和受力情况无关。
（3）量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小。
3、牛顿第二定律　单位制
（1）牛顿第二定律
①内容
物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。
②表达式：F＝ma。
（2）单位制
①单位制
由基本单位和导出单位一起组成了单位制。
②基本单位
在力学范围内，国际单位制规定质量、长度和时间为三个基本量，它们的单位千克、和为基本单位。
③导出单位
由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。
4、牛顿第三定律
（1）作用力和反作用力
两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，后一个物体一定同时对前一个物体也施加了力。物体间相互作用的这一对力叫做作用力和反作用力。
（2）牛顿第三定律
两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。
1.牛顿第二定律的瞬时性问题
(1)力可以发生突变，但速度不能发生突变。
(2)轻绳、轻杆、轻弹簧两端有重物或固定时，在外界条件变化时，轻绳、轻杆的弹力可以发生突变，但轻弹簧的弹力不能突变。
(3)轻绳、轻杆、轻弹簧某端突然无重物连接或不固定，三者弹力均突变为零。
2.两类动力学问题　超重和失重
（1）、两类动力学问题
①动力学的两类基本问题
第一类：已知受力情况求物体的运动情况。
第二类：已知运动情况求物体的受力情况。
②解决两类基本问题的方法
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：[注2]
（2）超重与失重
①视重
当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。
②超重、失重和完全失重的比较
超重 失重 完全失重[注3]
现象 视重大于物体重力 视重小于物体重力 视重等于
产生条件 物体的加速度向 物体的加速度向 物体的加速度等于
运动状态 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升 以g加速下降或减速上升
原理方程 F－mg＝ma F＝mg＋ma mg－F＝ma F＝mg－ma mg－F＝mg F＝0　
3.动力学的图像问题
（1）常见的动力学图象
v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象等．
(2)图象问题的类型
①已知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．
②已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．
③由已知条件确定某物理量的变化图象．
（3）解题策略
①分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点．
②注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等．
③明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．
3.动力学中的连接体问题
(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法。当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。
(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。
4.动力学中的临界问题
解答物理临界问题的关键是从题述信息中寻找出临界条件．许多临界问题题述中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“恰好不相撞”、“恰好不脱离”……词语对临界状态给出暗示．也有些临界问题中不显含上述常见的“临界术语”，但审题时会发现某个物理量在变化过程中会发生突变，则该物理量突变时物体所处的状态即为临界状态．审题时，一定要抓住这些特定的词语，明确含义，挖掘内涵，找出临界条件．
考点一　瞬时性问题的两类模型
【典例1】　如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，下列说法正确的是(　　)
A．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1
B．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶cos2θ
C．A与B的加速度之比为1∶1
D．A与B的加速度之比为cos θ∶1
【思路点拨】求解瞬时加速度的步骤
【解析】根据题述可知，A、B两球的质量相等，均设为m，剪断细绳L2瞬间，对A球受力分析，如图1所示，由于细绳L1的拉力突变，沿细绳L1方向和垂直于细绳L1方向进行力的分解，得FT＝mgcos θ，ma1＝mgsin θ；剪断细绳L2瞬间，对B球进行受力分析，如图2所示，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还保持不变，有Fcos θ＝mg，ma2＝mgtan θ，所以FT∶F＝cos2θ∶1，a1∶a2＝cos θ∶1，则D正确。
【答案】D
考点二　动力学的两类基本问题
【典例2】如图所示，在粗糙的水平路面上，一小车以v0＝4 m/s的速度向右匀速行驶，与此同时，在小车后方相距s0＝40 m处有一物体在水平向右的推力F＝20 N作用下，从静止开始做匀加速直线运动，当物体运动了x1＝25 m撤去力。已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2，物体的质量m＝5 kg，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)在推力F作用下，物体运动的加速度a1的大小；
(2)物体运动过程中与小车之间的最大距离；
(3)物体刚停止运动时与小车的距离d。
【思路点拨】动力学两类基本问题的解题步骤
【解析】(1)对物体在水平方向受力分析，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，代入数据得a1＝2 m/s2。
(2)当物体速度v1＝v0时，物体与小车间距离最大，即
t1＝＝ s＝2 s时，
两者之间最大距离
xmax＝s0＋v0t1－t1＝40 m＋4×2 m－4 m＝44 m。
(3)设推力作用的时间为t2，
根据位移公式得x1＝a1t22
则t2＝ ＝ s＝5 s
速度v2＝a1t2＝2×5 m/s＝10 m/s
撤去F后，物体运动的加速度为a2，经过t3时间停止，其减速运动过程位移为x2，根据牛顿第二定律μmg＝ma2
得a2＝μg＝2 m/s2
由v2＝2ax得x2＝＝ m＝25 m
而t3＝＝ s＝5 s。
物体运动的总时间t＝t2＋t3＝10 s
则d＝v0t＋s0－(x1＋x2)＝30 m。
【答案】　(1)2 m/s2　(2)44 m　(3)30 m
考点三　动力学的图像问题
【典例3】　（由运动图像分析物体的受力情况）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度－时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5 s、5～10 s、10～15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则(　　)
A．F1F3
C．F1>F3 D．F1＝F3
【思路点拨】(1)由v t图像可以确定物体在各时间段运动的加速度。
(2)F1、F2、F3为物体在各时间段受到的拉力，而不是物体所受的合外力。
【解析】由题图可知，0～5 s内加速度a1＝0.2 m/s2，方向沿斜面向下，设斜面倾角为θ，物体与斜面之间的动摩擦力为f，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F1＝ma1，F1＝mgsin θ－f－0.2m；5～10 s内加速度a2＝0，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F2＝ma2，F2＝mgsin θ－f；10～15 s内加速度a3＝－0.2 m/s2，方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F3＝ma3，F3＝mgsin θ－f＋0.2m。故可得：F3>F2>F1，选项A正确。
【答案】　A
【典例4】（由力的图像分析物体的运动与受力情况）　(多选)(2018·湖北黄冈高三检测)水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图所示，已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动，g取10 m/s2，则(　　)
A．物块与地面间的动摩擦因数为0.2
B．3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N
C．4 s末物块受到的摩擦力大小为1 N
D．5 s末物块的加速度大小为3 m/s2
【思路点拨】
分析物块受力时要注意将受力情况与运动情况相结合，如本题中前2 s内物块做匀速直线运动，则物块除受F1、F2两个力作用外，一定还有个水平力作用，即物块所受的摩擦力。
【解析】　0～2 s内物块做匀速直线运动，由平衡条件得F1＝F2＋Ff，得物块受到的摩擦力大小Ff＝F1－F2＝8 N－5 N＝3 N，由Ff＝μmg得μ＝0.3，故A错误；2 s后，由牛顿第二定律得F1－F2－Ff＝ma，得a＝－2 m/s2，物块开始做匀减速运动，匀减速至速度为零的时间为t＝＝ s＝2 s，所以t＝4 s时刻速度为零，则知3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N，故B正确；由于物块所受的最大静摩擦力至少等于3 N，而此时F1－F2＝6 N－5 N＝1 N，小于最大静摩擦力，因此t＝4 s后物块静止不动，所受的摩擦力为Ff′＝F1－F2＝6 N－5 N＝1 N,5 s末物块的加速度大小为0，故C正确，D错误。
【答案】BC
考点三 动力学中的连接体问题
【典例5】如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m和3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT。现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则(　　)
A．此过程中物体C受五个力作用
B．当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳刚好被拉断
D．若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为
【思路点拨】
1．整体法的选取原则及解题步骤
(1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。
(2)运用整体法解题的基本步骤：
2．隔离法的选取原则及解题步骤
(1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。
(2)运用隔离法解题的基本步骤：
①明确研究对象或过程、状态。
②将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。
③画出某状态下的受力图或运动过程示意图。
④选用适当的物理规律列方程求解。　 　　
【解析】　对A受力分析，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，由此可以知道C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A错误。对整体分析，整体的加速度a＝＝－μg，隔离对AC分析，根据牛顿第二定律得，FT－μ·4mg＝4ma，计算得出FT＝F，当F＝1.5FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确。若水平面光滑，绳刚断时，对AC分析，加速度a＝，隔离对A分析，A受到的摩擦力Ff＝ma＝，故D错误。
【答案】C
考点四 动力学中的临界极值问题
考向一 以“作用力为零”为临界、极值条件的问题
【典例6】　如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离为h时，B与A分离。下列说法正确的是(　　)
A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长
B．B和A刚分离时，它们的加速度为g
C．弹簧的劲度系数等于
D．在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动
【解析】　A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹簧弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB＝0，
对B：F－mg＝ma，
对A：kx－mg＝ma。
即F＝kx时，A、B分离，此时弹簧仍处于压缩状态，
由F＝mg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，
则2mg＝kx0，h＝x0－x，
解以上各式得k＝，综上所述，只有C项正确。
【解析】　C
考向二 以“速度相同或加速度相同”为临界、极值条件的问题
【典例6】在水平长直的轨道上，有一长度为L＝2 m的平板车在外力控制下以速度v0＝4 m/s做匀速直线运动。某时刻将一质量为m＝1 kg的小滑块轻放到车的中点，同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，已知滑块与车面间动摩擦因数μ＝0.2，滑块恰好不能从车的左端掉下，g取10 m/s2。求：
(1)恒力F的大小；
(2)要保证滑块不从车上掉下，力F的作用时间应该在什么范围内？
[解析]　(1)设恒力F取最小值为F1，滑块加速度为a1，此时滑块恰好到达车的左端，则滑块运动到车左端的时间t1＝
由几何关系有v0t1－t1＝
由牛顿运动定律有F1＋μmg＝ma1
各式联立代入数据解得t1＝0.5 s，F1＝6 N。
(2)当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动(设运动加速度为a2，时间为t2)，再做匀减速运动(设运动加速度大小为a3)，到达车右端时，与车达到共同速度，则有
F1－μmg＝ma2
μmg＝ma3
a2t22＋＝L
代入数据解得t2＝ s≈0.58 s
则力F的作用时间t应满足
t1≤t≤t1＋t2，即
0．5 s≤t≤1.08 s。
[答案]　(1)6 N　(2)0.5 s≤t≤1.08 s
【思路点拨】
1．临界与极值问题的4类条件
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0。
(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零。
2．“两种”典型分析方法
(1)临界法：分析题目中的物理过程，明确临界状态，直接从临界状态和相应的临界条件入手，求出临界值。
(2)解析法：明确题目中的变量，求解变量间的数学表达式，根据数学表达式分析临界值。
素养提升一：滑块—滑板模型　
1．模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。
2．摩擦力方向的特点
(1)若两个物体同向运动，且两个物体“一快一慢”，则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力，“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力。
(2)若两个物体反向运动，则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力。
3．运动特点
(1)滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。
设板长为L，滑块位移大小为x1，滑板位移大小为x2
同向运动时：如图甲所示，L＝x1－x2
反向运动时：如图乙所示，L＝x1＋x2
(2)若滑块与滑板最终相对静止，则它们的末速度相等。
[典例7]　(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)B与木板相对静止时，木板的速度；
(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。
[思路点拨]
【解析】[解析]　(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有
f1＝μ1mAg①
f2＝μ1mBg②
f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③
由牛顿第二定律得
f1＝mAaA④
f2＝mBaB⑤
f2－f1－f3＝ma1⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1。由运动学公式有
v1＝v0－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v1＝1 m/s。⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－aBt12⑩
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
f1＋f3＝(mB＋m)a2
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2
对A有v2＝－v1＋aAt2
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－a2t22
在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
sA＝v0(t1＋t2)－aA2
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
s0＝sA＋s1＋sB
联立以上各式，并代入数据得
s0＝1.9 m。
(也可用如图所示的速度—时间图线求解)
[答案]　(1)1 m/s　(2)1.9 m
素养提升二：传送带模型
1．水平传送带模型
情景1 (1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速
情景2 (1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0情景3 (1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中v0>v返回时速度为v，当v02．倾斜传送带模型
情景1 (1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速
情景2 (1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后再以a2加速
情景3 (1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以a1加速后再以a2加速(6)可能一直减速
情景4 (1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速(4)可能先减速，再反向加速，最后匀速(5)可能一直减速
[典例8]　(2019·江西上饶一联)如图所示，有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带，其速度v＝4 m/s，传送带与水平面间的夹角为θ＝37°，现将一质量m＝1 kg的物块轻放在其底端(物块可视为质点)，与此同时，给物块沿传送带方向向上的恒力F＝8 N，经过一段时间，物块运动到了离地面高为h＝2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。
(1)求物块从传送带底端运动到平台上所用的时间；
(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算物块还需经过多长时间离开传送带以及离开时的速度大小(结果用根式表示)。
【思路点拨】传送带问题的破解之道
1．抓好一个力的分析——摩擦力
对于传送带问题，分析物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力，以及摩擦力的方向，是问题的要害。分析摩擦力时，先要明确“相对运动”，而不是“绝对运动”。二者达到“共速”的瞬间，是摩擦力发生“突变”的“临界状态”。如果遇到水平匀变速的传送带，或者倾斜传送带，还要根据牛顿第二定律判断“共速”后的下一时刻物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力。
2．注意三个状态的分析——初态、共速、末态
[解析]　(1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，直至速度与传送带的速度相同
由牛顿第二定律得F＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma1
代入数据解得a1＝6 m/s2
物块加速过程所用的时间t1＝＝ s
运动的距离x1＝＝ m
物块与传送带共速后，对物块进行受力分析可知，物块受到的摩擦力的方向改变，因为F＝8 N，而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10 N，所以物块不能相对传送带向上加速，物块将随传送带匀速上升
传送带长度为x＝＝4 m
物块随传送带做匀速运动的时间t2＝＝ s
故物块从传送带底端运动到平台上所用的时间
t＝t1＋t2＝ s。
(2)若共速后撤去恒力F，因为mgsin θ>μmgcos θ，对物块进行受力分析可知，物块将减速向上运动
有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
代入数据解得a2＝2 m/s2
经判断，物块在速度减到零之前，已经从传送带上端离开
设物块还需时间t′离开传送带，离开时的速度大小为v′，则由运动学公式有v2－v′2＝2a2(x－x1)
代入数据解得v′＝ m/s
故t′＝＝ s。
[答案]　(1) s　(2) s　 m/s
一、选择题(1～7题为单项选择题，8～9题为多项选择题)
1．(2019·舟山模拟)关于牛顿第一定律，下列说法中正确的是(　　)
A．它表明了力是维持物体运动状态的原因
B．它表明了物体具有保持原有运动状态的性质
C．它表明了改变物体的运动状态并不需要力
D．由于现实世界不存在牛顿第一定律所描述的物理过程，所以牛顿第一定律没有用处
2．(2019·梅州期末)如图所示，在一辆表面光滑足够长的小车上，有质量为m1、m2的两个小球(m1>m2)，原来随小车一起做匀速直线运动，当小车突然停止时，如不考虑其他阻力，则两个小球(　　)
A．一定相碰
B．一定不相碰
C．不一定相碰
D．无法确定，因为不知小车的运动方向
3.牛顿第一定律是建立在理想斜面实验基础上，经抽象分析推理得出的结论，它不是实验定律。利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿水平面滑动。水平面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减小的材料时，小球沿水平面滑动到的最远位置依次为1、2、3，根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是(　　)
A．如果小球不受力，它将一直保持匀速直线运动或静止状态
B．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变
C．如果水平面光滑，小球将沿着水平面一直运动下去
D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小
3.(2021·北京海淀一模)如图9甲所示，质量为0.4kg的物块在水平力F作用下可沿竖直墙面滑动，物块与竖直墙面间的动摩擦因数为0.5，力F随时间变化的关系如图9乙所示。若t=0时物块的速度为0，设物块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。下列图像中，能正确反映物块所受摩擦力f大小与时间t变化关系的是
5.(2021·北京海淀一模)如图5所示，小明在体验蹦极运动时，把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从高处由静止落下。将小明的蹦极过程近似为在竖直方向的运动，在运动过程中，把小明视作质点，不计空气阻力。下列判断中正确的是
A．下落到弹性绳刚好被拉直时，小明的下落速度最大
B．从开始到下落速度最大，小明动能的增加量小于其重力势能的减少量
C．从开始到下落至最低点的过程，小明的机械能守恒
D．从开始到下落至最低点，小明重力势能的减少量大于弹性绳弹性势能的增加量
6. (2021·河北唐山一模)如图所示，在平直公路上行驶的箱式货车内，用轻绳AO、BO在O点悬挂质量为5kg的重物，轻绳AO、BO与车顶部夹角分别为30°、60°。在汽车加速行驶过程中，为保持重物悬挂在O点位置不动，重力加速度为g，箱式货车的最大加速度(　　)
A. B. C. D.
7.(2021·河北唐山一模)如图所示，ABCD为倾角为30°的正方形斜面，其中AB与底边DC平行、BC与AD平行。斜面上一质量为1kg的物块，在斜面内施加平行于AB向左的拉力F，物块恰好沿斜面对角线BD匀速下滑。下列叙述正确的(g=10m/s2) (　　)
A. 物块受到摩擦力的方向平行于AD沿斜面向上 B. 水平向左的外力大小等于5N
C. 滑动摩擦力的大小等于5N D. 物块与斜面间的动摩擦因数为
8.(2019·重庆一中3月模拟)如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端栓接质量为m的小球，小球放在倾角为30°的光滑固定斜面上，整体处于平衡状态时，弹簧与竖直方向成30°角，重力加速度为g，则(　　)
A．平衡时，斜面对小球的作用力大小为mg
B．若将斜面突然移走，则移走瞬间小球的加速度大小为g
C．若将弹簧剪断，则剪断的瞬间小球的加速度大小为
D．若将弹簧换成原长相同但劲度系数更大的另一轻弹簧，系统重新达到平衡时，弹簧仍处于拉伸状态，此时斜面对小球的作用力变小
9.(2020·陕西商洛质检)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是(　　)
A．若m>M，有x1＝x2 B．若mC．若μ>sin θ，有x1>x2 D．若μ二、计算题
10 (2021·河北石家庄一模)如图所示，质量M=2kg的小车静止在光滑水平面上。上表面离地高度h=0.45m。右侧很远处有一个和小车等高、上表面光滑的障碍物A(厚度可忽略)，BC是以恒定速率v0=12m/s顺时针转动的传送带，B点位于水平面上。有一可视为质点、质量m=1kg的物块，以v1=6m/s的速度从左端冲上小车，同时对小车施加一水平向右的恒力，当物块滑到小车最右端时，二者恰好共速，这时撤掉恒力，然后小车撞到障碍物A后立即停止运动，物块沿水平方向飞出，在B点刚好无碰撞地切入传送带，并沿着传送带下滑。已知物块与小车间的动摩擦因数，与传送带间的动摩擦因数，传送带长度s=23m，与水平面的夹角θ=37°，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
(1)物块运动到B点时的速度大小；
(2)由于摩擦物块与传送带间产生热量Q；
(3)对小车施加的恒力F的大小。
11. (2021·云南曲靖一模)如图所示，长为L=3m，质量为M=3kg的平板车在粗糙水平面上向右滑行，当其速度为v=4m/s时，在其右端轻轻放上一个质量为m=1kg的滑块，已知滑块与平板车间的动摩擦因数为μ1=0.1，平板车与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2。求：
(1)滑块与平板车取得相同的速度前各自的加速度；
(2)从开始至最终停止，滑块与平板车间因摩擦产生的热量Q；
(3)从开始至最终停止，滑块、平板车和地面组成的系统增加的内能U。
1. (2021·浙江卷)2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层的减速，速度从减为；打开降落伞后，经过速度进一步减为；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆。若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器(　　)
A. 打开降落伞前，只受到气体阻力的作用
B. 打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上
C. 打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用
D. 悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
答案B
2. (2021·全国乙卷)水平地面上有一质量为的长木板，木板的左明上有一质量为的物块，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、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间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，物块与木板间的动摩擦因数为，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. B.
C. D. 时间段物块与木板加速度相等
3. (2021·全国乙卷)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于时，速度的大小为，此时撤去F，物体继续滑行的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则(　　)
A. 在此过程中F所做的功为
B. 在此过中F的冲量大小等于
C. 物体与桌面间的动摩擦因数等于
D. F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
4. (2021·全国甲卷)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是(　　)
A. 甲和乙都加速运动 B. 甲和乙都减速运动
C. 甲加速运动，乙减速运动 D. 甲减速运动，乙加速运动
5. (2021·湖南卷)如图(a)，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的图像如图(b)所示，表示0到时间内的图线与坐标轴所围面积大小，、分别表示到时间内A、B的图线与坐标轴所围面积大小。A在时刻的速度为。下列说法正确的是(　　)
A. 0到时间内，墙对B的冲量等于mAv0 B. mA > mB
C. B运动后，弹簧最大形变量等于x D.
6. (2021春·浙江卷)如图所示，质量m=2kg的滑块以v0=16m/s的初速度沿倾角θ=37°的斜面上滑，经t=2s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求滑块
(1)最大位移值x；
(2)与斜面间的动摩擦因数；
(3)从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率P。
7. (2021·河北卷)如图，一滑雪道由和两段滑道组成，其中段倾角为，段水平，段和段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若后质量为的滑雪者从顶端以的初速度、的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度取，，，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：
(1)滑道段的长度；
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
8. (2021·浙江卷)机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量的汽车以的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线处，驾驶员发现小朋友排着长的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
(2)若路面宽，小朋友行走的速度，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
(3)假设驾驶员以超速行驶，在距离斑马线处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
参考答案
【过关检测】
1.B解析：牛顿第一定律揭示运动和力的关系，力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因，故B正确。
2.B解析：小车停止前，两个小球和小车一起做匀速直线运动，并且两个小球和小车具有共同的速度，当小车突然停止时，由于小球在光滑接触面上，因此两个小球由于惯性，还要保持原来大小不变的速度做匀速直线运动，又两球的速度相同，相同时间内通过的位移相同，因此两个小球间的距离不变，一定不会相碰，故B正确，A、C、D错误。
3.C解析：由题意，水平面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减小的材料时，小球沿水平面滑动到的最远位置依次为1、2、3。可知摩擦力越小，则小球滚得越远，由此得出的结论是如果水平面光滑，小球受到的合外力为0，则小球将沿着水平面一直运动下去，故选项C符合题意。其他结论不是本实验直接得出的。
4.C解析：由图可知，刚开始压力比较小，摩擦力小，物块的重力大于摩擦力，物块向下加速运动，待压力增大，则摩擦力也增大，当到F×μ=mg时，即F=8N，f=4N时，摩擦力与重力相平衡，此时物块的速度最大，当压力再增大，摩擦力大于物重时，物块的合力向上，物块做减速向下的运动；那么物块何时静止呢？对物块根据动量定理，设从开始经过时间t物块的速度变为0，则重力的冲量与摩擦力的冲量之和等于物块动量的变化量，即mgt+If=0-0，再由图发现，选项C中的摩擦力的冲量If，即图像与时间轴围成的面积刚好等于重力的冲量mgt=4N×4s，故t=4s，物块在4s时速度为0，以后物块就停止在墙面上了，摩擦力属于静摩擦力了，则根据平衡的知识，静摩擦力等于物块的重力4N，所以选项C正确。
5.B【解析】小明下落时速度最大的位置是当他受到的弹力与重力相等的时候，故不是弹性绳刚好被拉直的时候，因为此时弹性绳还没有形变，弹力为0，而不是在刚好拉直的偏下的位置，故选项A错误；从开始下落到速度最大时，利用动能定理可知，重力做的功与弹性绳弹力做的功之和等于动能的增加量，即mgh-W弹=△Ek，故动能的增加量小于其重力势能的减少量，选项B正确；
从开始到下落至最低点的过程中，弹性绳与小明整体的机械能守恒，而小明的机械能则不守恒，选项C错误；从开始到下落至最低点的过程中，再次根据动能定理，开始与最后的小明的动能都是0，所以合外力做的功也是0，即重力做的功与弹性绳弹力做的功大小之和为0，即小明重力势能的减少量等于弹性绳弹性势能的增加量，选项D错误。
6.B解析对小球受力分析可得，
联立解得，整理得当FA=0时，a取得最大值故选B。
7.D解析A．物块受到摩擦力的方向沿着DB斜向上，A错误；B．水平向左的外力大小等于，B错误；C．滑动摩擦力的大小等于，C错误；D．物块与斜面间的动摩擦因数为D正确。故选D。
8.CD解析：　小球静止于斜面上，设小球受的弹簧拉力为T，斜面对小球的支持力为FN，对小球受力分析如图，则：FN＝T,2Tcos 30°＝mg，解得：FN＝T＝mg，故A错误；将斜面突然移走，小球受弹簧拉力和重力，弹簧弹力不突变，所以小球的合外力与斜面对小球的支持力的大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律可知小球的加速度大小为a1＝＝g，故B错误；将弹簧剪断的瞬间，小球将沿斜面向下做匀加速运动，小球的加速度大小为a2＝＝g，故C正确；将弹簧换成原长相同但劲度系数更大的另一轻弹簧，弹簧弹力将变大，小球将沿斜面向上运动，系统重新达到平衡时，轻弹簧与竖直方向的夹角小于30°，但斜面对小球的支持力方向不变，根据作图可得斜面对小球的作用力变小，故D正确。
9.AB解析：选AB　A、B在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有
F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①
隔离物块A，根据牛顿第二定律，有
FT－μmg＝ma1②
联立①②解得FT＝ F③
在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有
F－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a2④
隔离物块A，根据牛顿第二定律，有
FT′－mgsin θ＝ma2⑤
联立④⑤解得FT′＝F⑥
比较③⑥可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误。
11.【答案】(1) 5m/s；(2) 6J；(3) 6N
【解析】
(1)小车撞到障碍物A后物块做平抛运动，有
物块到达B点时竖直分速度大小为vy=gt
速度与水平方向的夹角为37°，则物块到达B点的速度v=vy/sin37°
解得v=5m/s
(2)物块滑上传送带后先做匀加速运动，设加速度为a1，据牛顿第二定律得
mg(sin37+μ2cos37°)=ma1
物块速度从v增大到传送带速度的时间为
位移
以上式子解得x1=8.5m
共速后，由于mgsin37°>μ2mgcos37°，所以物块继续匀加速运动，加速度大小为
a2=g(sin37°－μ2cos37°)
根据运动学公式得s-x1=v0t2+
解得t2=1s(另一负值舍去)
物块在传送带上由于摩擦产生的内能为Q=μ2mgcos37°·[(v0t1－x1)+(s－x1－v0t2)]
代入数据解得Q=6J
(3)物块离开小车时的速度
设物块在小车上滑行的加速度大小为am，则有μ1mg=mam
设物块在小车上滑行的时间为t，则有v′=v0－amt
设小车在此过程中的加速度大小为aM，则有v′=aMt
对小车，由牛顿第二定律得F+μ1mg=MaM
以上式子解得F=6N
12【答案】(1)1m/s2，3m/s2；(2)；(3)24J
【解析】
(1)开始阶段，对滑块有
解得
对滑板有
解得
(2)经过t1时间速度相等，则
解得
此时共同速度
滑块与平板车取得相同速度前，滑块位移
滑板位移
第一阶段相对位移
此后，如果以共同速度减速，则
加速度
则滑块受摩擦力
故此后两个物体做加速度不同的减速运动，滑块相对平板向前运动；对滑块，有
解得
对滑板，有
解得
滑板速度先减为零，位移
滑块速度减为零的位移
故第二阶段相对位移
滑块与平板车间因摩擦增加的内能
(3)根据能量守恒定律，滑块、平板车和地面组成系统增加的内能
【高考链接】
1. B解析：打开降落伞至分离前做减速运动，则其加速度方向与运动方向相反，加速度方向向上，则合力方向竖直向上，B正确；故选B。
2. BCD解析：图(c)可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有以木板为对象，根据牛顿第二定律，有解得，
故BC正确；图(c)可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。
故选BCD。
3.BC解析：外力撤去前，由牛顿第二定律可知 ①
由速度位移公式有②
外力撤去后，由牛顿第二定律可知 ③
由速度位移公式有 ④
由①②③④可得，水平恒力
动摩擦因数
滑动摩擦力
可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，
故C正确，D错误；
由平均速度公式可知，外力F作用时间
在此过程中，F的冲量大小是
故B正确。
故选BC。
4. AB解析：线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有
感应电动势为两线圈材料相等(设密度为)，质量相同(设为)，则
设材料的电阻率为，则线圈电阻感应电流为安培力为由牛顿第二定律有联立解得
加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。当时，甲和乙都加速运动，当时，甲和乙都减速运动，当时都匀速。
故选AB。
5. ABD解析：由于在0 ~ t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有
F墙 = F弹
则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转为A，撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有
I = mAv0(方向向右)
则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；
由a—t图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有
F弹 = mAaA= mBaB
由图可知aB > aA
则mB < mA
B正确；
由a—t图可知t1后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1—t2时间内AB组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，A、B共速，由a—t图像的面积为v，在t2时刻AB的速度分别为，
A、B共速，则
D正确。故选ABD。
6【答案】(1)16m；(2)0.25；(3)67.9W
【解析】
(1)小车向上做匀减速直线运动，有
得
(2)加速度
上滑过程
得
(3)下滑过程
由运动学公式
重力的平均功率
7. 答案：(1)；(2)
解析：
(1)设斜面长度为，背包质量为，在斜面上滑行的加速度为，由牛顿第二定律有
解得
滑雪者质量为，初速度为，加速度为，在斜面上滑行时间为，落后时间，则背包的滑行时间为，由运动学公式得
联立解得或
故可得
(2)背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为、，有
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为，有
解得
8.答案：(1)，；(2)20s；(3)
解析：
(1)根据平均速度
解得刹车时间
刹车加速度
根据牛顿第二定律
解得
(2)小朋友过时间
等待时间
(3)根据
解得
考纲解读
知识梳理
重点拓展
典例精讲
过关检测
高考链接
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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