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专题03 牛顿运动定律
2023-2025年三年高考物理真题分类汇编，分类练习，高效提分！按照物理学科知识点构成情况，将试题分解组合，全面呈现物理学科知识点在三年高考中的考查情况，旨意方便老师和学生掌握高考命题动向、熟悉高考考查方式。
一．选择题（共20小题）
1．（2025 山东）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，重力加速度大小为g，则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为（　　）
A．gsin2θ﹣μgcosθ﹣μgsinθcosθ
B．gsinθcosθ﹣μgcosθ﹣μgsin2θ
C．gsinθcosθ﹣μgcosθ﹣μgsinθcosθ
D．gcos2θ﹣μgcosθ﹣μgsin2θ
2．（2023 辽宁）安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为ΔL1和ΔL2、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为F＝k。比例系数k的单位是（　　）
A．kg m/（s2 A） B．kg m/（s2 A2）
C．kg m2/（s3 A） D．kg m2/（s3 A3）
3．（2023 浙江）下列属于国际单位制中基本单位符号的是（　　）
A．J B．K C．W D．Wb
4．（2025 选择性）某智能物流系统中，质量为20kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F随时间t的变化如图所示，则下列图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2023 北京）如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连。两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为（　　）
A．1N B．2N C．4N D．5N
6．（2023 浙江）在足球运动中，足球入网如图所示，则（　　）
A．踢香蕉球时足球可视为质点
B．足球在飞行和触网时惯性不变
C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力
D．触网时足球对网的力大于网对足球的力
7．（2025 湖北）一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成，门处于关闭状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（　　）
A． B． C． D．2
8．（2025 太原模拟）如图所示，一质量为m＝2kg的物体放置在静止升降机的水平底板上，对物体施加一水平向右、大小为T＝10N的拉力，物体刚好不发生运动。当升降机开始运动时，发现物体沿升降机底板运动的水平加速度为2m/s2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2，则下列关于升降机运动的描述可能正确的是（　　）
A．以4m/s2的加速度向上加速
B．以5m/s2的加速度向上加速
C．以4m/s2的加速度向下加速
D．以5m/s2的加速度向下加速
9．（2025 甘肃）2025年4月24日，在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭。若在初始的1s内燃料对火箭的平均推力约为6×106N，火箭质量约为500吨且认为在1s内基本不变，则火箭在初始1s内的加速度大小约为（重力加速度g取10m/s2）（　　）
A．2m/s2 B．4m/s2 C．6m/s2 D．12m/s2
10．（2025 北京）模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示（向上为正）。下列说法正确的是（　　）
A．从t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程
B．从t2到t3，实验舱加速度大小减小
C．从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态
D．t4时刻，实验舱达到最高点
11．（2025 安徽）如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则在乙下落的过程中（　　）
A．甲对木箱的摩擦力方向向左
B．地面对木箱的支持力逐渐增大
C．甲运动的加速度大小为2.5m/s2
D．乙受到绳子的拉力大小为5.0N
12．（2024 广东）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放，以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向，木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t，忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内，关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F﹣y图像或y﹣t图像可能正确的是（　　）
A．B．C．D．
13．（2024 湖南）如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为（　　）
A．g，1.5g B．2g，1.5g C．2g，0.5g D．g，0.5g
14．（2024 北京）如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动，飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为（　　）
A． B． C． D．
15．（2024 北京）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是（　　）
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
16．（2024 安徽）倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。传送带各处的粗糙程度相同，不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是（　　）
A．B． C．D．
17．（2024 浙江）下列属于国际单位制基本单位符号的是（　　）
A．s B．N C．F D．T
18．（2024 选择性）利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”。如图，在研磨过程中，砚台始终静止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时（　　）
A．砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B．桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
C．桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力
D．桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
19．（2024 安徽）如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中（　　）
A．速度一直增大 B．速度先增大后减小
C．加速度的最大值为3g D．加速度先增大后减小
20．（2023 浙江）如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹OPQ运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小（　　）
A．O点最大
B．P点最大
C．Q点最大
D．整个运动过程保持不变
二．多选题（共6小题）
（多选）21．（2025 四川）若长度、质量、时间和动量分别用a、b、c和d表示，则下列各式可能表示能量的是（　　）
A． B． C． D．
（多选）22．（2025 选择性）如图（a），倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物线，乙的x﹣t曲线在t＝t0时切线斜率为0，则（　　）
A．μ1+μ2＝2tanθ
B．t＝t0时，甲的速度大小为3v0
C．t＝t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D．t＝t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
（多选）23．（2023 湖北）如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球在P点下方 处的加速度大小为
C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
（多选）24．（2023 甲卷）用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知（　　）
A．m甲＜m乙 B．m甲＞m乙 C．μ甲＜μ乙 D．μ甲＞μ乙
（多选）25．（2023 湖南）如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．若B球受到的摩擦力为零，则F＝2mgtanθ
B．若推力F向左，且tanθ≤μ，则F的最大值为2mgtanθ
C．若推力F向左，且μ＜tanθ≤2μ，则F的最大值为4mg（2μ﹣tanθ）
D．若推力F向右，且tanθ＞2μ，则F的范围为4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）
（多选）26．（2024 选择性）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t＝4t0时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（　　）
A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板 B．小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3：4 D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
三．实验题（共1小题）
27．（2024 甲卷）学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为9.8m/s2。
（1）电梯静止时测力计示数如图所示，读数为 　 　 N（结果保留1位小数）；
（2）电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5N，则此段时间内物体处 　 　 （填“超重”或“失重”）状态，电梯加速度大小为 　 　 m/s2（结果保留1位小数）。
四．解答题（共10小题）
28．（2023 全国）一列火车以速度v0沿水平长直轨道匀速行驶，突然列车后部有部分车厢脱钩。已知脱钩后车头的牵引力不变；脱钩车厢的质量为列车总质量的；假设列车所受阻力与其所受重力成正比。求当脱钩车厢的速度变为时，列车前部未脱钩部分的速度。
29．（2025 广东三模）如图所示，叉车质量M＝1900kg，其直角货叉AOB上放置一质量为m＝100kg的货物，物体表面光滑，货叉底部与水平方向的夹角为θ＝37°，现保持车身静止，通过起重系统将货叉沿着倾斜门架抬升，从静止开始匀加速运动4s再匀减速运动6s后静止，总位移为2m，货物与货叉始终相对静止，g＝10m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）抬升过程中，货物的最大速度；
（2）抬升加速过程中，货叉OA、OB两侧分别受到的弹力大小；
（3）若叉车在水平路面上由静止启动，加速度大小为1m/s2，货物和货叉相对叉车静止，求货叉对货物的作用力的大小（结果可用根号表示）。
30．（2025 西宁二模）如图所示，倾角θ＝37°的斜面上只有AB部分粗糙，其余部分都光滑。一长为L的轻杆下端固定于滑块甲上，上端与滑块乙接触但不拴接，轻杆与斜面平行。开始时按住滑块甲和乙，滑块甲在O点。现同时由静止释放两滑块，已知滑块甲质量m1＝0.2kg，滑块乙质量m2＝0.1kg，两滑块均可看作质点，两滑块与AB段的动摩擦因数均为μ＝0.75，OA＝AB＝L＝1.0m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）滑块甲刚进入AB段时，轻杆的弹力大小；
（2）滑块乙刚离开AB段时，滑块甲还在斜面上运动，此时滑块乙和甲之间的距离（保留两位小数）。
31．（2025 朝阳区一模）用螺栓和螺母紧固构件，结构简单、连接可靠、装拆方便。
（1）如图1所示，一种螺纹细密的新型螺母，其螺纹牙底有一个与螺栓轴向夹角为α＝30°的楔形面，拧紧后，螺栓上螺纹的牙尖抵在螺母牙底楔形面上的A点，对A点施加垂直于楔形面的作用力N，由此产生沿螺栓轴向张紧的力F，求N与F的比值。
（2）如图2所示，固定的、螺距为d的螺栓上有一螺母。由于负荷的机械作用，螺母沿轴向平移。
a.若螺母沿轴向匀速平移的速度为v时，求其绕轴转动的角速度ω；
b.把螺母简化为半径为r的圆筒。螺母从静止开始转动且沿轴向的加速度恒为a0，推导螺母内壁上的任意一点速度v1与时间t的函数关系。
32．（2025 江苏模拟）如图甲所示的巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重状态，该器械有一个可乘坐二十人的环形座舱套在竖直柱子上，由升降机将座舱送上几十米的高处，然后让座舱自由下落，落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下。若座舱中某人用手水平托着质量为0.2kg的手机，手机中的软件记录了手机下落过程中加速度随时间变化的关系图像，如图乙所示。
（1）当座舱下落4s时，求人的速度大小；
（2）当座舱下落4s时，求手机对手的作用力。
33．（2025 南开区二模）分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作效率。如图甲所示，派件员在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上，机器人可将包裹送至指定投递口，停止运动后缓慢翻转托盘，当托盘倾角增大到θ＝37°时，包裹恰好开始下滑，如图乙所示。现机器人要把包裹从分拣处运至相距L＝45m的投递口处，为了运输安全，包裹需与水平托盘保持相对静止。已知最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）包裹与托盘间的动摩擦因数μ；
（2）机器人在运输包裹的过程中允许的最大加速度a的大小；
（3）若机器人运行的最大速度vm＝3m/s，则机器人从分拣处运行至投递口（恰好静止）所需的最短时间t。
34．（2025 焦作二模）如图所示，足够长质量为1kg的木板放置于光滑水平面上，木板左端放置了一可视为质点、质量为1kg的物块，物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2。初始时，木板与物块都静止，现给木板一个向左的拉力，使木板以恒定的加速度开始运动，当其速度达到v0＝8m/s后，便以此速度做匀速运动，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）物块相对于木板运动的最大距离；
（2）通过计算，写出拉力随时间变化的关系。
35．（2025 河南模拟）如图所示，倾角θ＝37°的传送带以v＝2.5m/s的速度逆时针转动。将一质量M＝0.99kg的木块无初速放在传送带的底端A点时，一质量m＝10g的子弹立即以沿传送带向上的速度v0＝1×103m/s击中木块且未穿出，子弹与木块相对运动的时间极短。若传送带足够长且速度不变，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求子弹与木块相对运动的过程中产生的内能Q；
（2）求木块（含子弹）在传送带上的运动时间t；
（3）每当木块的速度刚减为0时，另一颗完全相同的子弹就靠近木块以相同的速度击中木块一次，不计子弹占据木块的空间，求子弹第n次击中木块后木块向上减速到0的时间tn。
36．（2025 余江区三模）如图所示，水平传送带沿顺时针方向以恒定的速度运行，传送带上表面离地面的高度为5m，一个物块轻放在传送带的左端，当传送带的速度为v1时，物块从传送带的右端飞离做平抛运动的水平位移大小为2m；当传送带的速度为5m/s时，物块从传送带的右端飞离做平抛运动的水平位移大小为4m；已知重力加速度的大小为10m/s2，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，不计物块的大小及空气的阻力，求：
（1）传送带长L的大小；
（2）v1的大小及此时物块从放上传送带到落地运动的时间。
37．（2025 义乌市三模）如图所示，光滑倾斜轨道AB与长为x1＝1.5m的水平轨道BC通过一段光滑圆弧平滑连接，圆弧的半径为r＝1m，BC右侧连接着长为L＝3.0m的水平传送带CD，传送带始终以v＝2m/s的速度顺时针方向匀速转动，与右端D相距x2＝1.0m处固定有一块竖直挡板EF。现将质量m1＝1kg的滑块在AB某处静止释放，m1和静止在C点上的质量m2＝3kg的滑块发生碰撞，已知m1、m2及皮带轮大小均可不计；m1、m2与BC和CD间的动摩擦因数均为μ＝0.2，所有发生的碰撞都为弹性碰撞；求：
（1）若m2滑到D端速度恰好减为2m/s，则：
①计算滑块m2在CD上的滑动时间；
②滑块m1从圆弧第一次滑过B点，碰撞后从水平轨道第二次到达B点，计算m1两次过B点时对轨道的压力差；
（2）调节滑块m1的释放高度h，使得m2、m1能先后与EF相撞于同一点上，求：能满足m2、m1打在挡板EF上同一位置的m1的最小释放高度；
（3）m2打在挡板EF上的最小动能。
专题03 牛顿运动定律
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 B B B A C B B C A B C
题号 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 B A A D C A C A A
二．多选题（共6小题）
题号 21 22 23 24 25 26
答案 AC AD AD BC CD ABD
一．选择题（共20小题）
1．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；摩擦力专题；分析综合能力．
解：将长方体建筑材料的重力沿着斜面和垂直斜面分解，垂直斜面方向FN1＝mgcosθ
斜面对长方体建筑材料的摩擦力f1＝μFN1＝μmgcosθ
方向沿MN向上；
重力沿斜面QN方向的分力G1＝mgsinθ
G1垂直于MN的分力
挡板对长方体建筑材料的摩擦力
方向沿MN向上；
G1沿MN向下的分力G2＝G1cosθ＝mgsinθcosθ
根据牛顿第二定律G2﹣f1﹣f2＝ma
联立解得a＝gsinθcosθ﹣μgcosθ﹣μgsin2θ
故ACD错误，B正确。
故选：B。
2．【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
解：由牛顿第二定律F＝ma，可得：1N＝1kg m/s2
由F＝k，可得：
k1kg m/（s2 A2），故B正确，ACD错误。
故选：B。
3．【专题】定性思想；推理法；理解能力．
解：国际单位制中基本单位有kg，m，s，K，A，cd，mol，故B正确，ACD错误；
故选：B。
4．【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
解：选取第1s内机器人受力的方向为正方向，则第1s内机器人的加速度
第2s内机器人受力为零，则加速度为零；第3s内机器人的加速度
可知第3s内机器人的加速度的方向与第1s内加速度的方向相反。
A、若初速度为1m/s，与第1s内受力的方向相同，则机器人第1s内做加速运动，第2s内做匀速运动，第3s内做减速运动，由v﹣t图线的斜率表示加速度的大小可知，第1s内的加速度是1m/s2，第3s内的加速度大小也是1m/s2，故A正确；
B、该图中第3s内仍然做加速运动，与受力不符，故B错误；
C、该图中第1s的加速度与第3s的加速度都是正值，与受力不符，故C错误；
D、该图中第1s的加速度大小为2m/s2，与实际不符，故D错误。
故选：A。
5．【专题】定量思想；整体法和隔离法；方程法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力；模型建构能力．
解：设每个物块的质量为m，设细线上张力大小为T，对两个物块组成的整体，由牛顿第二定律有
F＝（m+m）a
对左侧物块，由牛顿第二定律有
T＝ma
又有：T≤2N
联立各式解得：F≤4N
即F的最大值为4N
故ABD错误，C正确。
故选：C。
6．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
解：A、踢香蕉球时，香蕉球产生的原因主要是旋转，因旋转，所以足球的大小和形状不能忽略，即需要考虑足球的大小和形状，足球不能看作质点，故A错误；
B、足球的惯性仅与足球的质量有关，与运动状态无关，即在飞行和触网时足球的惯性不变，故B正确；
C、足球在飞行时不受脚的作用力，仅受重力和空气阻力，故C错误；
D、触网时足球对网的力和网对足球的力是一对作用力与反作用力，大小相等方向相反，故D错误。
故选：B。
7．【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．
解：门板先在向右的外力作用下做匀加速直线运动，撤去外力后做匀减速直线运动，若外力比较大，加速时间很短，位移很小，可以忽略不计，此时门板的运动时间最短，撤去外力后根据牛顿第二定律，有μmg＝ma，设撤去外力后门板最短运动时间为t，运动的距离为，可得门板的最短运动时间趋近于，B正确，ACD错误。
故选：B。
8．【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．
解：对物体施加一水平向右、大小为T＝10N的拉力，物体刚好不发生运动，根据平衡条件得：T＝μmg
代入数据解得：μ＝0.5
当升降机开始运动时，物体沿升降机底板运动的水平加速度为2m/s2，水平方向，由牛顿第二定律得：T﹣μN＝ma
代入数据解得：N＝12N
对物体，竖直方向由牛顿第二定律得：mg﹣N＝ma′
代入数据解得：a′＝4m/s2
方向竖直向下，则升降机可能以4m/s2的加速度竖直向上做减速运动，或竖直向下做加速运动，故C正确，ABD错误。
故选：C。
9．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
解：取竖直向上为正方向，根据牛顿第二定律
加速度
故A正确，BCD错误。
故选：A。
10．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
解：A.t1到t3时间内，f向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于弹射过程后做竖直上抛运动，故A错误；
B.t2到t3时间内，f向下在减小，可知此时速度方向向上，速度在减小，根据牛顿第二定律有mg+f＝ma，即a，故加速度大小在减小，故B正确；
C.t3到t5时间内，f向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故C错误；
D.根据前面分析可知t3时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故t3时刻到达最高点，故D错误。
故选：B。
11．【专题】定量思想；推理法；摩擦力专题；推理论证能力．
解：A.因为物块甲相对于木箱向右运动，所以木箱对甲的滑动摩擦力方向向左，由牛顿第三定律可知，甲对木箱的摩擦力方向向右，故A错误；
B.设乙运动的加速度为a，只要乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱整体，竖直方向满足FN＝M总g﹣ma，则地面对木箱的支持力大小不变，故B错误；
CD.设绳子的弹力大小为T，对甲受力分析有T﹣μmg＝ma，对乙受力分析有mg﹣T＝ma，联立解得a＝2.5m/s2，T＝7.5N，故C正确，D错误。
故选：C。
12．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
解：AB、木块释放过程中，位移由0增加到H时未接触弹簧时，木块的合外力为重力，保持不变。当y＝H时接触弹簧，根据胡克定律，可知之后弹簧的弹力逐渐增大，且与物块的位移成线性关系，当弹簧弹力等于重力时合力为零，之后弹力大于重力，合力方向反向向上，到达最低点后木块开始向上移动，位移y变小，此后木块的受力特点和之前的受力特点呈现对称情况，位移由最大减小到零的过程，图像与之前的重合，故A错误，B正确；
CD、木块在未接触弹簧时做自由落体，加速度保持恒定，则y﹣t图像为抛物线，而后弹簧开始有弹力且逐渐增大，由牛顿第二定律mg﹣ky＝ma，加速度逐渐减小后反向增大，木块先做加速运动后做减速运动，直到速度为零，而后的运动情况和之前的成对称特点，故在y＝H之后到位移最大的过程，图像的斜率先变大后变小到零，故CD错误。
故选：B。
13．【专题】定量思想；控制变量法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
解：剪断前，对BCD整体分析，可得
FAB＝（m+2m+3m）g
对D分析列式
FCD＝mg
剪断瞬间，对B分析
FAB﹣3mg＝3ma
解得
a＝g
对C分析，其中FCD＝FDC，则
FDC+2mg＝2ma′
解得
a′＝1.5g
加速度方向竖直向下，故A正确，BCD错误。
故选：A。
14．【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．
解：根据牛顿第二定律，对飞船和空间站整体有：
F＝（M+m）a
对空间站，设飞船对空间站的作用力大小为F′，根据牛顿第二定律有：
F'＝Ma
解两式可得飞船和空间站之间的作用力为：F′
故A正确，BCD错误。
故选：A。
15．【专题】定性思想；推理法；摩擦力专题；推理论证能力；模型建构能力．
解：A.刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，故A错误；
B.匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，故B错误；
C.物体加速，由动能定理可知，摩擦力充当合外力对物体做正功，故C错误；
D.设物体与传送带间动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时，a＝μg，做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由v＝at可知，传速带速度越大，物体加速运动的时间越长，故D正确。
故选：D。
16．【专题】信息给予题；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；理解能力；模型建构能力．
解：在传送带底端无初速轻放一小物块，小物块先在传送带上做匀加速直线运动，其v﹣t图像为过原点的倾斜直线；
设动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma1
解得a1＝μgcosθ﹣gsinθ
加速度保持不变，a﹣t图像为平行于t轴的直线；
经过时间t0，小物块与传送带共速，由于最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，滑动摩擦力发生突变静摩擦力，此时f静＝mgsinθ，小物块受平衡力作用，加速度a2＝0，小物块随传送带一起以速度v0做匀速直线运动，其v﹣t图像为平行于t轴的直线。
综上分析，故ABD错误，C正确。
故选：C。
17．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
解：国际单位制中的基本单位分别是：长度的单位是米，符号m；电流的单位是安培，符号是A；热力学温度的单位是开尔文，符号K；物质的量单位是摩尔，符号mol；发光强度的单位是坎德拉，符号cd，质量的单位是千克，符号kg；时间的单位是秒，符号s；故A正确，BCD错误。
故选：A。
18．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；摩擦力专题；共点力作用下物体平衡专题；理解能力．
解：AB.磨条速度方向水平向左，磨条受到砚台的滑动摩擦力水平向右，根据牛顿第三定律砚台受到磨条的摩擦力方向向左，砚台有向左运动的趋势，桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，故AB错误；
C.砚台处于静止状态，水平方向的合力为零，桌面和磨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，故C正确；
D.根据平衡条件桌面对砚台的支持力与磨条对砚台的压力和砚台的重力的合力互相平衡，故D错误。
故选：C。
19．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；动能定理的应用专题；理解能力．
解：撤去拉力前，小球的受力情况如图所示：
AB.撤去拉力，小球从P点运动到O点的过程中，小球所受重力和两弹簧的弹力都对小球做正功，根据动能定理可知，小球的动能一直增大，速度一直增大，故A正确，B错误；
C.小球在P点处于静止状态，根据平衡条件可知小球所受的合力为0，由于拉力F＝2mg，因此两弹簧的合力为mg；
当撤去F的瞬间，小球所受的合力最大Fm＝2mg
根据牛顿第二定律Fm＝mam
解得am＝2g，故C错误；
D.小球从P点运动到O点的过程中，弹簧的弹力减小，两弹簧弹力的合力减小，重力不变，小球所受的合力减小，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度减小，故D错误。
故选：A。
20．【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．
解：小石子从O点到P点，竖直方向受到向下的重力和向下的阻力，重力和竖直方向阻力之和产生竖直方向的分加速度，小石子速度减小，空气阻力减小，加速度减小，到P点时，竖直方向加速度最小；
小石子从P点到Q点，竖直方向受到向下的重力和向上的阻力，重力和竖直方向阻力之差产生竖直方向的分加速度，小石子速度增大，空气阻力增大，加速度减小，到Q点时，竖直方向加速度最小；
即整段过程中，O点竖直方向的加速度最大，故A正确，BCD错误；
故选：A。
二．多选题（共6小题）
21．【专题】定量思想；推理法；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．
解：AB、动能的公式：；用符号表示：m＝b，v，故，系数不影响能量单位，故A正确，B错误；
CD、动量的公式：p＝mv；用符号表示：p＝d，m＝b，，故，则，推出，系数不影响能量单位，故C正确，D错误。
故选：AC。
22．【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．
解：AB.x﹣t图像的斜率表示速度，甲乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙物体做匀减速运动，在时间内甲乙位移可得，，可得t0时刻甲物体的速度为v＝2v0，甲物体的加速度大小为，乙物体的加速度大小为，
由牛顿第二定律可得甲物体mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma1，
同理可得乙物体μ2mgcosθ﹣mgsinθ＝ma2
联立可得μ1+μ2＝2tanθ，故A正确，B错误；
C.设斜面的质量为M，取水平向左为正方向，水平方向上由牛顿第二定理可得f＝ma1cosθ﹣ma2cosθ＝0，则t＝t0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，故C错误；
D.t＝t0之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿斜面向下加速，水平方向上由牛顿第二定律可得f＝ma1cosθ，即地面对斜面的摩擦力向左，故D正确。
故选：AD。
23．【专题】定量思想；方程法；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．
解：A、当小球置于杆上P点时恰好能保持静止，则有：k（l） μ＝mg，解得弹簧的劲度系数为：k，故A正确；
B、小球在P点下方 处时，弹簧与杆的夹角为45°，此时弹簧的长度为l′，弹簧处于压缩状态，受力情况如图所示：
弹力大小为：F＝k（l﹣l′），解得：F＝（4﹣2）mg
根据牛顿第二定律可得：mg+Fcos45°﹣f＝ma，其中：f＝μFsin45°
联立解得：ag，故B错误；
C、杆上M、N两点与O点的距离均为l，所以小球在M和N点时弹簧处于原长，小球从M到P过程中，弹簧的压缩量增大、弹力增大，弹簧弹力在水平方向的分力增大、摩擦力增大；小球从P到N过程中，弹簧的压缩量减小、弹力减小，弹簧弹力在水平方向的分力减小、摩擦力减小，故从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变大再变小，故C错误；
D、关于P点对称的任意两点，小球受到的摩擦力相同，所以从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同，故D正确。
故选：AD。
24．【专题】比较思想；图析法；牛顿运动定律综合专题；应用数学处理物理问题的能力．
解：对甲、乙两物体，由牛顿第二定律有
F﹣μmg＝ma
则F＝ma+μmg
对照已知图像，根据数形结合思想，可知
图像斜率k＝m
图像截距b＝μmg
由于k甲＞k乙，故m甲＞m乙
由于μ甲m甲g＝μ乙m乙g，故μ甲＜μ乙
故AD错误，BC正确。
故选：BC。
25．【专题】定量思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题；摩擦力专题；理解能力；推理论证能力；分析综合能力．
解：A、设车厢对A的弹力为FNA，轻杆对A的弹力为N，若B球所受摩擦力为零，对A、B整体由牛顿第二定律得FNA＝2ma，
对A球由牛顿第二定律得FNA﹣Nsinθ＝ma，
竖直方向：Ncosθ＝mg，
联立解得a＝gtanθ，
对整体由牛顿第二定律得F＝4ma＝4mgtanθ，故A错误；
B、若推力向左，则系统的加速度向左。
假设杆与车厢始终保持相对静止，且A与左壁弹力为零，
对A水平方向有Nsinθ＝maA，竖直方向有Ncosθ＝mg，解得：aA＝gtanθ
在此情况下，设厢底对B的静摩擦力为f，对AB整体有：f＝2maA＝2mgtanθ
由于μ≥tanθ，所以最大静摩擦力fm≥2mgtanθ，可得：f≤fm，故假设成立。
所以系统的加速度最大等于aA＝gtanθ，所以F最大值为Fm＝4maA＝4mgtanθ，故B错误；
C、由B的解答可知，μ＜tanθ≤2μ时，若A与左壁弹力为零，B会相对厢底滑动。故A与左壁弹力不能为零，当箱底对B的静摩擦力达到最大静摩擦力时，F达到最大值，则有：
2μmg﹣FNA＝2ma，
整体：Fm＝4ma，
对A竖直方向：Ncosθ＝mg，
对A水平方向：Nsinθ﹣FNA＝ma，
联立解得Fm＝4mg（2μ﹣tanθ）故C正确；
D、若推力向右，tanθ＞2μ，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向右，F有最大值，
则：2μmg+FNA＝2ma1
对A竖直方向：Ncosθ＝mg
FNA﹣Nsinθ＝ma1
联立解得a1＝2μg+gtanθ
厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向左，F有最小值，
则：对AB整体有FNA﹣2μmg＝2ma2
对A水平方向有FNA﹣Nsinθ＝ma2
对A竖直方向：Ncosθ＝mg
联立解得：a2＝gtanθ﹣2μg
所以4ma2≤F≤4ma1
即4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）故D正确。
故选：CD。
26．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力；模型建构能力．
解：A、由图像可知0～3t0时间内木板做匀加速直线运动，3t0～4t0时间内木板做匀减速直线运动，由题意可知小物块在t＝3t0时刻以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板，故A正确；
BC、由v﹣t图像的斜率可得：木板做匀加速直线运动的加速度大小为：a1
t＝3t0时刻木板的速度大小为：v1＝a1×3t0
木板做匀减速直线运动的加速度大小为：a2μg
由题意可知物块先向左匀减速到零后，再向右匀加速与木板共速，设物块的加速度大小为a3，以向右为正方向，则有：
解得：a3＝2μg
设木板与小物块的质量分别为M、m，小物块和木板间动摩擦因数为μ1，根据牛顿第二定律得：
对物块有：μ1mg＝ma3
对木板加速过程有：F﹣μMg＝Ma1
对木板减速过程有：μ（M+m）g+μ1mg﹣F＝Ma2
联立解得：μ1＝2μ，，故B正确、C错误；
D、根据上述对BC选项的解答可得：F
而t＝4t0之后木板与水平地面之间的滑动摩擦力大小为：f＝μ（M+m）g＝μ（M）g
因F＝f，故t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动。故D正确。
故选：ABD。
三．实验题（共1小题）
27．【专题】实验题；信息给予题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；实验探究能力．
解：（1）弹簧测力计的分度值为0.5N，由图可知弹簧测力计的读数为5.0N；
（2）电梯静止时，根据弹簧条件，弹簧测力计的示数F0＝mg＝5.0N
电梯上行时，一段时间内弹簧测力计的示数为F＝4.5N，说明电梯内物体受到的拉力小于重力，物体的加速度向下，此时物体处于失重状态；
根据牛顿第二定律mg﹣F＝ma
代入数据解得a＝1.0m/s2。
故答案为：（1）5.0；（2）失重；1.0。
四．解答题（共10小题）
28．【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
解：方法一：
设车头的牵引力为F，火车总质量为m，火车匀速运动时，受力平衡，有：F＝kmg
脱钩后，设脱钩车厢的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：k mgma1
设剩余车厢的加速度大小为a2，剩余车厢的质量为m′＝mgmgmg
由牛顿第二定律得：F﹣km′g＝m′a2
联立解得：a1＝kg
a2kg
脱钩车厢的速度变为时，由速度—时间公式得：v0﹣a1t
解得：t
设此时剩余车厢的速度为v，由速度—时间公式得：v＝v0+a2tv0
方法二：
已知脱钩后车头的牵引力不变，可知整个列车所受合力仍为零，故整个列车的动量守恒，以车头行驶方向为正方向，则有：
mv0mmv
解得：vv0
答：列车前部未脱钩部分的速度为v0。
29．【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
解：（1）设最大速度为v，加速时间为t1，减速时间为t2，由可得，解得；
（2）货物加速运动的加速度为，设货叉OA、OB两侧对货物的弹力分别为FOA、FOB，
竖直方向，根据牛顿第二定律可得FOAsinθ+FOBcosθ﹣mg＝ma，
水平方向，根据平衡条件可得FOAcosθ﹣FOBsinθ＝0，
联立可得FOA＝m（g+a）sinθ＝100×（10+0.1）×0.6N＝606N，FOB＝m（g+a）cosθ＝100×（10+0.1）×0.8N＝808N；
由牛顿第三定律可得货叉OA、OB两侧分别受到的弹力大小分别为606N、808N；
（3）设货叉OA、OB两侧对货物的弹力分别为FOA'、FOB'，
竖直方向，根据平衡条件可得FOA'sinθ+FOB'cosθ﹣mg＝0，
水平方向，根据牛顿第二定律可得FOA'cosθ﹣FOB'sinθ＝ma'，
联立可得FOA'＝mgsinθ+macosθ＝100×10×0.6N+100×1×0.8N＝680N，FOB'＝mgcosθ﹣masinθ＝100×10×0.8N﹣100×1×0.6N＝740N；
货叉对货物的作用力的大小为。
答：（1）抬升过程中，货物的最大速度为0.4m/s；
（2）抬升加速过程中，货叉OA、OB两侧分别受到的弹力大小分别为606N、808N；
（3）货叉对货物的作用力的大小为。
30．【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
解：（1）滑块甲刚进入AB段时，对甲和乙整体应用牛顿第二定律有（m1+m2）gsinθ﹣μm1gcosθ＝（m1+m2）a
对滑块乙分析m2gsinθ﹣F＝m2a
联立两式解得F＝0.4N
（2）滑块乙刚进入AB段时，滑块乙和滑块甲有共同速度设为v，由动能定理可得
因为μ＝tanθ＝0.75
则滑块乙在AB段受力平衡，做匀速运动，故滑块乙匀速运动时间
滑块甲在t这段时间内沿坡道匀加速下滑，由牛顿第二定律和运动学规律可得m1gsinθ＝m1a1
由以上各式解得x＝1.19m
答：（1）滑块甲刚进入AB段时，轻杆的弹力大小为0.4N；
（2）滑块乙刚离开AB段时，滑块甲还在斜面上运动，此时滑块乙和甲之间的距离为1.19m。
31．解：（1）由正交分解，可知Nsinα＝F 可得；
（2）a.螺母转动一周，平移一个螺距，即周期，可得；
b.对螺母内壁上的点，在轴向上有v1′＝a0t，任意时刻该点绕轴的线速度有v2＝ω'r，且，又由，解得。
答：（1）N与F的比值为2；
（2）a.螺母绕轴转动的角速度为；
b.螺母内壁上的任意一点速度v1与时间t的函数关系为。
32．【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．
解：（1）当座舱下落4 s时，由a﹣t图像与横轴围成的面积表示速度可知手机的速度为
v＝﹣10×3m/s+15×1m/s＝﹣15 m/s
则人的速度大小为15 m/s
（2）当座舱下落4 s时，手机的加速度大小为a2＝15 m/s2
对手机，根据牛顿第二定律有FN﹣mg＝ma2
解得FN＝5 N
根据牛顿第三定律可知，手机对手的作用力也为5 N，方向竖直向下
答：（1）当座舱下落4s时，人的速度大小为15m/s；
（2）当座舱下落4s时，手机对手的作用力为5 N，方向竖直向下。
33．【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
解：（1）设包裹质量为m，已知当托盘倾角增大到θ＝37°时，包裹恰好开始下滑，此时重力沿斜面的分力大小等于最大静摩擦力，则有：
mgsinθ＝μmgcosθ
代入数据解得：μ＝0.75
（2）运送过程中包裹与水平托盘不发生相对滑动，当包裹受到的静摩擦力达到最大静摩擦力时加速度最大。由牛顿第二定律得：
μmg＝ma
解得：a＝7.5m/s2
（3）当机器人先以最大加速度做匀加速直线运动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后以最大加速度做匀减速直线运动至零时，机器人从分拣处运行至投递口所需时间最短。设匀加速直线运动的时间为t1，运动的位移大小为x1，由运动的对称性可得匀减速直线运动的时间也为t1，运动的位移大小也为x1，匀速运动的时间为t2，由运动学公式得：
vm＝at1
L﹣2x1＝vmt2
解得：t1＝0.4s，x1＝0.6m，t2＝14.6s
机器人从分拣处运行至投递口所需最短时间为：
t＝2t1+t2＝2×0.4s+14.6s＝15.4s
答：（1）包裹与托盘间的动摩擦因数μ为0.75；
（2）机器人在运输包裹的过程中允许的最大加速度a的大小为7.5m/s2；
（3）机器人从分拣处运行至投递口（恰好静止）所需的最短时间t为15.4s。
34．【专题】计算题；定量思想；图析法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
解：（1）根据牛顿第二定律，对物块，加速时有
μmg＝ma
解得a＝2m/s2
对物块，有v0＝at
对木板，有v0＝a0t0
画出两者的v﹣t图像，图像中阴影面积表示物块相对于木板运动的最大距离，即
代入数据解得Δx＝8m
（2）在0＜t≤2s过程中，对木板，根据牛顿第二定律有
F﹣μmg＝Ma0
在2s＜t≤4s过程中，对木板，根据牛顿第二定律有
F﹣μmg＝0
在t＞4s过程中，对木板，根据牛顿第二定律有
F＝0
可得
答：（1）物块相对于木板运动的最大距离为8m。
（2）拉力随时间变化的关系为。
35．【专题】定量思想；类比法；力学三大知识结合的综合问题；模型建构能力．
解：（1）设子弹击中木块后二者共同速度大小为v块，取沿传送带向上为正方向
根据动量守恒定律有：mv0＝（M+m）v块
代入数据解得：v块＝10m/s
由能量关系有：Q
代入数据解得：Q＝4950J
（2）由题意可知木块（含子弹）先沿传送带向上做匀减速直线运动，加速度大小：a＝gsinθ+μgcosθ
代入数据得：a1＝10m/s2
运动时间：t1s＝1s
位移大小：x1m＝5m
（3）木块（含子弹）再沿传送带向下加速运动至与传送带共速，加速度大小也为a1
加速时间：t20.25s
位移大小：x20.3125m
因动摩擦因数小于倾角的正切值，所以木块（含子弹）与传送带速度相同后的加速度大小为：a2＝gsinθ﹣μgcosθ
代入数据得：a2＝2m/s2
设加速时间为t3，有
代入数据解得：
则总的运动时间：t＝t1+t2+t3
代入解得总时间：t＝2.5s
（3）设第n次子弹击中木块后瞬间，木块的速度大小为vn，以沿斜面向下为正有：mv0＝（M+nm）vn
此后木块（含所有打入木块中的子弹）做匀减速运动的时间：
代入已知数据可得：s。
答：（1）子弹与木块相对运动的过程中产生的内能Q为4950J；
（2）木块（含子弹）在传送带上的运动时间t为2.5s；
（3）每当木块的速度刚减为0时，另一颗完全相同的子弹就靠近木块以相同的速度击中木块一次，不计子弹占据木块的空间，求子弹第n次击中木块后木块向上减速到0的时间tn为s。
36．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；模型法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
解：（1）物块离开传送带右端后做平抛运动的时间 ts＝1s
由题意可知，当传送带的速度为5m/s时，物块在传送带右端做平抛运动的速度 v′4m/s＜5m/s
因此此过程物块在传送带上一直在做匀加速运动，加速度大小 aμg＝2m/s2
传送带的长 Lm＝4m
（2）当传送带速度为v1时，物块到从传送带右端抛出做平抛运动的速度
vm/s＝2m/s＜4m/s
因此物块先匀加速后匀速，传送带的速度 v1＝2m/s
物块在传送带上匀加速的时间 t1s＝1s
匀加速运动的距离 x1m
匀速运动的时间 t2s＝1.5s
因此物块从放上传送带到落地过程运动的时间 t总＝1s+1.5s+1s＝3.5s
答：
（1）传送带长L的大小是4m；
（2）v1的大小及此时物块从放上传送带到落地运动的时间是3.5s。
37．【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；推理论证能力．
解：（1）①滑块m2在CD上滑动时，根据牛顿第二定律，有μm2g＝m2a
滑块m2在CD上滑动时，根据速度一位移公式，有
根据速度一时间公式，有vD＝vC+at
联立并代入数据解得t＝1s
②m1与m2相碰时，满足动量守恒，有m1v1＝m1v′1+m2vC
根据能量守恒，有m1m1v′12m2
联立解得v1＝8m/s
从B到C，对m1根据牛顿第二定律，有μm1g＝m1a1
从B到C，根据速度一位移公式，有
解得
滑块m1从圆弧第一次滑过B点，根据牛顿第二定律，有FN﹣m1g＝m1
解得FN＝80N
滑块m1碰撞后从水平轨道第二次到达B点时，有F′N＝m1g＝1×10N＝10N
m1两次过B点时对轨道的压力差ΔFN＝70N
（2）滑块m1从B到C，根据动能定理，有
m1与m2相碰时，满足动量守恒，有m1v2＝m1v′1+m2vC
根据能量守恒，有m1m1v′12m2
解得
当m1与m2碰后反弹，再次返回到C点时速度为零，此时高度最小，根据动能定理，有
解得h＝2.7m
（3）m2离开传送带做平抛运动，在水平方向，有x2＝v4t
m2打在挡板EF上的动能为为
解得
当时，动能有最小值即v4m/s
最小动能为Ekmin＝30J
答：（1）若m2滑到D端速度恰好减为2m/s，则：
①计算滑块m2在CD上的滑动时间为1s；
②滑块m1从圆弧第一次滑过B点，碰撞后从水平轨道第二次到达B点，m1两次过B点时对轨道的压力差为70N；
（2）能满足m2、m1打在挡板EF上同一位置的m1的最小释放高度为2.7m；
（3）m2打在挡板EF上的最小动能为30J。
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