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第3讲　小专题:牛顿运动定律的综合应用
对点1.动力学中的连接体问题
1.(2025·安徽卷,5)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1.0 kg,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10 m/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2.5 m/s2
D.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N
2.(多选)(教材改编题)如图所示,A、B两个物体相互接触,但并不粘连,静置在水平面上。水平面与物体间的摩擦力可忽略,两物体的质量mA=4 kg,mB=6 kg。从t=0时刻开始,水平推力FA和水平拉力FB分别作用于A、B物体上,FA、FB随时间t的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A.t=1.5 s时,A、B分离
B.t=1.5 s时,A的速度大小为1.5 m/s
C.t=1.5 s时,A的加速度大小为1.25 m/s2
D.t=1.0 s时,A对B的作用力大小为2.0 N
3.(2025·陕西汉中三模)如图甲所示,轻质动滑轮下方悬挂重物A,轻质定滑轮悬挂在一个力传感器的正下方,在轻质定滑轮下方悬挂重物B,悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时,重物A、B均处于静止状态,A质量为m,静止释放B后A、B开始运动。初始两滑轮之间竖直距离足够大,运动过程中各物体不会互相碰撞。假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计,重力加速度为g。
(1)若B质量为2m,求静止释放B时细线张力FT的大小;
(2)保持A质量m不变,使B质量从m增大,通过计算机描绘得到传感器对定滑轮的拉力F随B质量mB变化关系曲线如图乙所示,F=F0直线是曲线的渐近线,求F0(结果用m、g表示)。
对点2.动力学中的临界和极值问题
4.(2025·山东淄博一模)如图所示,光滑水平面上放置质量均为m的两块木板,其上分别有质量均为2m的机器人,两机器人间用一不可伸长的轻绳相连。现用水平拉力F拉其中一块木板,使两机器人和两木板以相同加速度一起运动,机器人与木板间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,则轻绳对机器人的最大拉力大小为(　　)
A.3μmg B.
C. D.
5.(多选)(2025·辽宁本溪一模)如图所示,倾角为θ=37°的光滑斜面固定在水平地面上,一轻质弹簧一端与垂直固定在斜面上的挡板相连,另一端与物块B拴接,劲度系数为k。物块A紧靠着物块B,物块与斜面均静止。现用一沿斜面向上的力F作用于A,使A、B两物块一起沿斜面做加速度大小为g的匀加速直线运动直到A、B分离。物块A质量为m,物块B质量为2m,重力加速度为g,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是(　　)
A.施加拉力的瞬间,A、B间的弹力大小为mg
B.A、B分离瞬间弹簧弹力大小为mg
C.拉力F的最大值大于mg
D.在A、B分离前整个过程中A的位移为
对点3.动力学中的图像问题
6.(2025·陕晋青宁卷,3)某智能物流系统中,质量为20 kg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
7.(多选)(2025·安徽开学考试)在足够高的竖直墙上,一质量m=0.5 kg的物块在水平恒力F0=
20 N的作用下紧贴在墙上恰好保持静止,如图甲。自t1=2 s时刻起,水平力F从F0均匀减小,至 t2=6 s时为零,如图乙。已知重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　)
A.物块与墙之间的动摩擦因数为0.4
B.在2~6 s之间,物块做加速度增大的加速运动
C.物块在第6 s末速度大小为20 m/s
D.在2~6 s之间,物块总位移大小为40 m
8.(多选)(2025·黑吉辽内蒙古卷,10)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xt 曲线在t=t0时切线斜率为0,则(　　)
A.μ1+μ2=2tan θ
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
9.(2025·天津南开区二模)随着分拣机器人的推广,快递行业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=45 m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取10 m/s2,取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8。
(1)求包裹与托盘间的动摩擦因数μ;
(2)求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=3 m/s,求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。第5讲　小专题:动力学中的传送带模型
课时作业
对点1.水平传送带问题
1.(2025·福建厦门二模)如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上,不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动,下列说法正确的是(　　)
A.饺子质量越大,加速运动的加速度一定越小
B.传送带的速度越快,饺子的加速度越大
C.饺子加速运动的过程受到滑动摩擦力,匀速运动的过程受到静摩擦力
D.饺子受到的滑动摩擦力对饺子做正功
【答案】 D
【解析】 饺子在水平传送带上加速运动时,受到滑动摩擦力作用,设饺子和水平传送带之间的动摩擦因数为μ,饺子的加速度为a,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=μg,所以饺子的加速度大小与饺子的质量以及传送带的速度大小无关,故A、B错误;饺子加速运动的过程受到滑动摩擦力,匀速运动的过程不受摩擦力作用,故C错误;饺子受到的滑动摩擦力方向与饺子的运动方向一致,所以饺子受到的滑动摩擦力对饺子做正功,故D正确。
2.(2025·广东期末)如图所示,一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针运行。将一物体轻轻放在传送带的左端,以v、a、x、Ff表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列图像正确的是(　　)
A　　　　B
C　　　　D
【答案】 A
【解析】 在前t1时间内物体受到向右的滑动摩擦力而做匀加速直线运动,加速度不变,速度与时间的关系为v=at,vt图像是倾斜的直线,物体的速度与传送带速度相同后,做匀速直线运动,加速度为0,故A正确,B错误;从静止开始物体先做匀加速直线运动,x和t满足关系x=at2,物体后做匀速运动,满足x=vt,故C错误;摩擦力先恒定,充当合力,物体做匀加速运动,合力恒定,物体后做匀速运动,合力为零,故摩擦力先恒定,后为零,故D错误。
3.(2025·河南郑州阶段练习)如图所示,曲面AB的末端与一水平放置的传送带左端平滑连接,当传送带静止时,有一滑块从P点由静止释放,滑块能从传送带的右端滑离传送带。若传送带以某一速度逆时针转动,滑块再次从P点由静止释放,下列说法正确的是(　　)
A.滑块可能再次滑上曲面
B.滑块在传送带上运动的时间增长
C.滑块与传送带间的划痕增长
D.滑块在传送带上运动过程中,速度变化得更快
【答案】 C
【解析】 无论传送带静止还是以某一速度逆时针转动,滑块到达传送带右端时均受滑动摩擦力,即受力情况不变,所以加速度不变、位移不变,初速度相同,滑块会以相同速度从传送带的右端滑离传送带,由x=at2可知滑块在传送带上运动的时间不变,但传送带逆时针转动时,滑块相对于传送带发生的位移增大,滑块与传送带间的划痕增长。故C正确。
对点2.倾斜传送带问题
4.(2025·山东临沂三模)如图所示,一传送带与水平面间的夹角为θ,在电动机的带动下,传送带以速度v沿顺时针方向稳定运行。现一物块(视为质点)从传送带的底端以速度v0冲上传送带,v0>v,当物块运动到传送带的顶端时速度刚好为0,物块与传送带之间的动摩擦因数为μ,物块的质量为m,下列说法正确的是(　　)
A.μ与θ之间的关系为μ=tan θ
B.物块在做减速运动的过程中保持加速度不变
C.物块的速度达到v前后,加速度的大小之差为2μgcos θ
D.物块的速度达到v之前,在传送带上的划痕长度等于物块位移大小的一半
【答案】 C
【解析】 根据题意可知,物块与传送带速度相等后继续向上减速,则有μmgcos θv,物块与传送带速度相等之前,物块受到的滑动摩擦力沿斜面向下,加速度沿斜面向下,大小为a1==gsin θ+μgcos θ,物块与传送带速度相等之后,加速度沿斜面向下,大小为a2==gsin θ-μgcos θ5.(多选)(2025·山西太原模拟)如图甲所示,倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时,将质量m=1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上,物体相对地面的
vt图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向,重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)
A.传送带的速率v0=10 m/s
B.传送带的倾角θ=30°
C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5
D.0～2 s内物体在传送带上留下的痕迹为6 m
【答案】 AC
【解析】 由题图乙知,物体先做初速度为零的匀加速直线运动,速度达到传送带速率v0后(在t=1 s时刻),由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力,物块继续向下做匀加速直线运动,从图像可知传送带的速度为v0=10 m/s,故A正确。在0～1 s内,物体所受摩擦力方向沿斜面向下,匀加速运动的加速度为a1==gsin θ+μgcos θ,由题图乙知a1== m/s2=10 m/s2,在1～2 s,物体的加速度为a2==gsin θ-μgcos θ,由题图乙知a2== m/s2=
2 m/s2,联立解得μ=0.5,θ=37°,故B错误,C正确。根据“面积”表示位移,可知0～1.0 s物体相对于地的位移x1=t1=×1 m=5 m,传送带的位移为x2=v0t1=10×1 m=10 m,物体相对传送带的位移大小为Δx1=x2-x1=5 m,方向向上;1～2 s物体相对于地的位移x3=×1 m=11 m,传送带的位移为x4=v0t1=10×1 m=10 m,物体相对传送带的位移大小为Δx2=x3-x4=1 m,方向向下,与前半段重合,故留下的痕迹为5 m,故D错误。
6.(多选)(2025·湖南长沙一模)许多工厂的流水线上安装有传送带,如图所示传送带由驱动电机带动,传送带的速率恒定为v=2 m/s,运送质量为m=2 kg的工件,将工件轻放到传送带上的A端,每当前一个工件在传送带上停止滑动时,后一个工件立即轻放到传送带上。工件与传送带之间的动摩擦因数μ=,传送带与水平方向夹角θ=30°,工件从A端传送到B端所需要的时间为4 s。g取10 m/s2,工件可视为质点。关于工件在传送带上的运动,下列说法正确的是(　　)
A.加速过程的加速度大小为4 m/s2
B.加速运动的距离为1 m
C.两个相对静止的相邻工件间的距离为1 m
D.A、B两端的距离为8 m
【答案】 AC
【解析】 工件加速过程,根据牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma,解得a=4 m/s2,故A正确;加速过程,根据速度与位移的关系有v2=2ax1,解得x1=0.5 m,故B错误;工件加速经历时间t1==0.5 s,根据先加速后匀速,由于每当前一个工件在传送带上停止滑动时,后一个工件立即轻放到传送带上,则两个相对静止的相邻工件间的距离为Δx=vt1=1 m,故C正确;工件从A端传送到B端所需要的时间为t0=4 s,则工件匀速运动的位移为x2=v(t0-t1)=7 m,A、B两端的距离xAB=x1+x2=7.5 m,故D错误。
7.(2025·甘肃酒泉期中)快递物流已经深入我们的生活,准确迅速分拣是一个重要环节。图甲是快递分拣传送装置,它由两台传送机组成,一台水平传送,另一台倾斜传送。图乙是该装置示意图,CD部分倾角θ=37°,B、C间距离忽略不计。已知水平传送带以v=4 m/s的速率顺时针转动。把一个可视为质点的货物无初速度地放在A端,图丙为水平传送带AB段数控设备记录的货物的运动图像,t1=1.3 s时刚好到达B端,且速率不变地滑上C端,已知两段传送带的动摩擦因数相同。(g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)求水平传送带AB的长度LAB及动摩擦因数μ;
(2)分拣过程中有瓶颜料破损了,在传送带上留下了一道痕迹,工作人员发现后在B处将其拿走,求痕迹的长度s;
(3)若CD段的长度为LCD=2.6 m,CD部分传送带速度至少为多少,快递员才能在D端取到
货物
【答案】 (1)3.6 m　0.5　(2)1.6 m　(3)3 m/s
【解析】 (1)由题图丙可知,水平传送带AB的长度
LAB=[×4×0.8+4×(1.3-0.8)] m=3.6 m,
货物的加速度为a= m/s2=5 m/s2,
根据牛顿第二定律有μmg=ma,
则μ=0.5。
(2)痕迹的长度等于v-t图像中传送带图线所围面积与颜料瓶图线面积之差,得
s=×4×0.8 m=1.6 m。
(3)设CD传送带的最小速度为v0,起初货物沿传送带向上运动,其速度大于传送带的速度,因此受到的摩擦力沿斜面向下,则
mgsin θ+μmgcos θ=ma1,
解得a1=10 m/s2,
当货物与传送带共速以后货物受到的摩擦力沿斜面向上,此时有
mgsin θ-μmgcos θ=ma2,
解得a2=2 m/s2,方向沿传送带向下,
根据运动学规律,二者共速前货物的位移x1=,共速后货物的位移x2=,且x1+x2=LCD,
代入数值解得v0=3 m/s。第3讲　小专题:牛顿运动定律的综合应用
课时作业
对点1.动力学中的连接体问题
1.(2025·安徽卷,5)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1.0 kg,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10 m/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2.5 m/s2
D.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N
【答案】 C
【解析】 由题意知,物块甲向右运动,木箱静止,两者有相对运动,甲对木箱的摩擦力方向向右,A错误;设乙运动的加速度为a,只有乙有竖直向下的恒定加速度,对甲、乙和木箱,由整体法,在竖直方向受力分析,有FN=M总g-ma,则地面对木箱的支持力大小不变,B错误;设绳子的弹力大小为FT,对甲受力分析有FT-μmg=ma,对乙受力分析有mg-FT=ma,联立代入数据解得a=
2.5 m/s2,FT=7.5 N,C正确,D错误。
2.(多选)(教材改编题)如图所示,A、B两个物体相互接触,但并不粘连,静置在水平面上。水平面与物体间的摩擦力可忽略,两物体的质量mA=4 kg,mB=6 kg。从t=0时刻开始,水平推力FA和水平拉力FB分别作用于A、B物体上,FA、FB随时间t的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A.t=1.5 s时,A、B分离
B.t=1.5 s时,A的速度大小为1.5 m/s
C.t=1.5 s时,A的加速度大小为1.25 m/s2
D.t=1.0 s时,A对B的作用力大小为2.0 N
【答案】 BD
【解析】 结合题图与数学知识可知,FA和FB与时间的关系分别为FA=8-2t(N),FB=2+2t(N),A、B两物体即将分离时,对AB整体有FA+FB=(mA+mB)a,当A、B两物体即将分离时,A、B两物体之间的作用力为零,对B物体有FB=mBa,解得t=2 s,故A错误;由于1.5 s小于2.0 s,所以在0～1.5 s过程中,A、B两物体并未分离,对其整体有FA+FB=(mA+mB)a,可知其分离前,AB整体所受合外力不变,所以其加速度不变,为1 m/s2,所以该过程中物体A做匀变速直线运动,所以t=1.5 s时,A物体的速度为vA=0+at=1.5 m/s,故B正确,C错误;1 s时两物体并未分离,对AB整体有FA+FB=(mA+mB)a,对物体B有FAB+FB=mBa,解得FAB=2 N,即t=1.0 s时,A对B的作用力大小为2.0 N,故D正确。
3.(2025·陕西汉中三模)如图甲所示,轻质动滑轮下方悬挂重物A,轻质定滑轮悬挂在一个力传感器的正下方,在轻质定滑轮下方悬挂重物B,悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时,重物A、B均处于静止状态,A质量为m,静止释放B后A、B开始运动。初始两滑轮之间竖直距离足够大,运动过程中各物体不会互相碰撞。假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计,重力加速度为g。
(1)若B质量为2m,求静止释放B时细线张力FT的大小;
(2)保持A质量m不变,使B质量从m增大,通过计算机描绘得到传感器对定滑轮的拉力F随B质量mB变化关系曲线如图乙所示,F=F0直线是曲线的渐近线,求F0(结果用m、g表示)。
【答案】 (1)mg　(2)mg
【解析】 (1)由题图甲可知B下降h时,A上升0.5h,即aB=2aA,
对B有2mg-FT=2maB,
对A有2FT-mg=maA,
解得FT=mg。
(2)对B有mBg-FT′=mBaB,
对A有2FT′-mg=maA,
解得FT′==,
分析可知当mB增大时,FT′也随之增大,当mB无限大时,FT′=mg,
对轻质定滑轮分析,F0=2FT′=mg。
对点2.动力学中的临界和极值问题
4.(2025·山东淄博一模)如图所示,光滑水平面上放置质量均为m的两块木板,其上分别有质量均为2m的机器人,两机器人间用一不可伸长的轻绳相连。现用水平拉力F拉其中一块木板,使两机器人和两木板以相同加速度一起运动,机器人与木板间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,则轻绳对机器人的最大拉力大小为(　　)
A.3μmg B.
C. D.
【答案】 B
【解析】 设轻绳拉力最大值为Fm,对左边整体受力分析,由牛顿第二定律有Fm=3ma,绳子拉力最大时,右边一组木板和机器人之间的摩擦力为最大静摩擦力,对左边整体和右边机器人受力分析,由牛顿第二定律有μ·2mg=5ma,联立解得轻绳拉力最大值Fm=。
5.(多选)(2025·辽宁本溪一模)如图所示,倾角为θ=37°的光滑斜面固定在水平地面上,一轻质弹簧一端与垂直固定在斜面上的挡板相连,另一端与物块B拴接,劲度系数为k。物块A紧靠着物块B,物块与斜面均静止。现用一沿斜面向上的力F作用于A,使A、B两物块一起沿斜面做加速度大小为g的匀加速直线运动直到A、B分离。物块A质量为m,物块B质量为2m,重力加速度为g,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是(　　)
A.施加拉力的瞬间,A、B间的弹力大小为mg
B.A、B分离瞬间弹簧弹力大小为mg
C.拉力F的最大值大于mg
D.在A、B分离前整个过程中A的位移为
【答案】 AD
【解析】 施加拉力F之前,A、B整体受力平衡,根据平衡条件,有F弹=kx=3mgsin θ,解得x=,施加F瞬间,物块A、B加速度大小为a=g,对A、B整体,根据牛顿第二定律F+F弹-
3mgsin θ=3ma,对A,根据牛顿第二定律得F+FBA-mgsin θ=ma,联立解得FBA=mg,故A正确;分离时,物块A、B之间作用力为0,对B根据牛顿第二定律得F弹′-2mgsin θ=2ma,解得F弹′=
kx′=1.6mg,可得x′=,故B错误;依题意,整个过程中拉力F一直增大,A、B分离瞬间,物块A、B之间作用力为0,F最大,对A根据牛顿第二定律得Fmax-mgsin θ=ma,解得Fmax=0.8mg对点3.动力学中的图像问题
6.(2025·陕晋青宁卷,3)某智能物流系统中,质量为20 kg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
【答案】 A
【解析】 根据牛顿第二定律和F-t图像画出如图所示的a-t图像,可知分拣机器人在0～1 s和2～3 s内加速度大小均为1 m/s2,方向相反,由v-t图线的斜率表示加速度可知A正确。
7.(多选)(2025·安徽开学考试)在足够高的竖直墙上,一质量m=0.5 kg的物块在水平恒力F0=
20 N的作用下紧贴在墙上恰好保持静止,如图甲。自t1=2 s时刻起,水平力F从F0均匀减小,至 t2=6 s时为零,如图乙。已知重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　)
A.物块与墙之间的动摩擦因数为0.4
B.在2～6 s之间,物块做加速度增大的加速运动
C.物块在第6 s末速度大小为20 m/s
D.在2～6 s之间,物块总位移大小为40 m
【答案】 BC
【解析】 物块静止在墙壁上时受力平衡,在竖直方向上只受两个力,物块所受的最大静摩擦力和重力平衡,则有Ff=mg,又因Ff=μF0,解得μ=0.25,故A错误;在2～6 s之间,物块下滑,与墙壁间的正压力为F=30-5t(N),竖直方向上,物块受到重力和摩擦力的合力向下,根据牛顿第二定律有mg-μF=may,解得ay=2.5t-5(m/s2),其中t∈(2 s,6 s),故物块做加速度增大的加速运动,故B正确;由B选项分析,画出ay-t图像如图1所示,根据ay-t图像与t轴围成的面积为物块速度变化量,可求得物块在第6 s末速度大小为20 m/s,故C正确;由C选项分析,画出vyt图像如图2所示,
根据vy-t图像与t轴围成的面积为物块位移大小可知,在2～6 s之间,物块总位移小于40 m,故D错误。
8.(多选)(2025·黑吉辽内蒙古卷,10)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=2tan θ
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
【答案】 AD
【解析】 位置x与时间t图像的斜率表示速度,甲、乙两个物块的图线均为抛物线,则甲做匀加速运动,乙做匀减速运动,在0～t0时间内甲的位移x甲=t0=3x0,乙的位移x乙=t0=x0,可得t0时刻甲的速度v=2v0,B错误;甲的加速度大小a1=,乙的加速度大小a2=,由牛顿第二定律,对甲有mgsin θ-μ1mgcos θ=ma1,同理,对乙有μ2mgcos θ-mgsin θ=ma2,联立可得μ1+μ2=
2tan θ,A正确;t=t0之前,甲、乙两物块的加速度大小相等,方向相反,根据牛顿第二定律,可知两物块与斜面组成的系统所受合力为0,则地面对斜面没有摩擦力,C错误;t=t0之后,乙物块静止,甲物块继续沿斜面向下做加速运动,可知两物块与斜面组成的系统所受合力方向斜向左下,则地面对斜面的摩擦力方向向左,D正确。
9.(2025·天津南开区二模)随着分拣机器人的推广,快递行业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=45 m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取10 m/s2,取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8。
(1)求包裹与托盘间的动摩擦因数μ;
(2)求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=3 m/s,求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。
【答案】 (1)0.75　(2)7.5 m/s2　(3)15.4 s
【解析】 (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
mgsin θ=μmgcos θ,
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=7.5 m/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停止时,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,x1=t1,
L-2x1=vmt2,
解得t1=0.4 s,x1=0.6 m,t2=14.6 s,
机器人从分拣处运行至投递口所需最短时间为
t=2t1+t2=2×0.4 s+14.6 s=15.4 s。第6讲　实验:探究加速度与力、质量的关系
1.(2025·广西卷,12)在用如图甲的装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验中:
(1)探究小车加速度与小车所受拉力的关系时,需保持小车(含加速度传感器,下同)质量不变,这种实验方法是　 。
(2)实验时,调节定滑轮高度,使连接小车的细绳与轨道平面保持　　　　。
(3)由该装置分别探究M、N两车加速度a和所受拉力F的关系,获得aF图像如图乙,通过图乙分析实验是否需要补偿阻力(即平衡阻力)。如果需要,说明如何操作;如果不需要,说明理由。 　 。
(4)悬挂重物让M、N两车从静止释放经过相同位移的时间比为n,两车均未到达轨道末端,则两车加速度之比aM∶aN=　　　　。
2.(2025·山东卷,13)某小组采用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律,部分实验步骤如下:
(1)将两光电门安装在长直轨道上,选择宽度为d的遮光片固定在小车上,调整轨道倾角,用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及砝码相连。选用d=　　　　(选填“5.00”或“1.00”) cm的遮光片,可以较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度。
(2)将小车自轨道右端由静止释放,从数字毫秒计分别读取遮光片经过光电门1、光电门2时的速度v1=0.40 m/s、v2=0.81 m/s,以及从遮光片开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间t=1.00 s,计算小车的加速度a=　　　　 m/s2(结果保留两位有效数字)。
(3)将托盘及砝码的重力视为小车受到的合力F,改变砝码质量,重复上述步骤,根据数据拟合出aF图像,如图乙所示。若要得到一条过原点的直线,实验中应　　　　(选填“增大”或“减小”)轨道的倾角。
(4)图乙中直线斜率的单位为　　　　(选填“kg”或“kg-1”)。
3.(2025·湖南怀化三模)在一次课外活动中,某同学用如图甲所示的装置测量放在光滑水平桌面上的金属板B与铁块A之间的动摩擦因数,并验证牛顿第二定律。
实验步骤如下:
A.用天平测出铁块A的质量mA、金属板B的质量mB
B.将该装置按如图甲所示的方式连接
C.在动滑轮下挂上钩码,稳定运行后,弹簧测力计的示数为F1,力传感器的示数为F2,打点计时器后方打出的一段纸带如图乙所示,已知重力加速度为g,纸带上相邻计数点间的时间间隔为T,则:
(1)金属板B与铁块A之间的动摩擦因数为　　　　。　
(2)要验证牛顿第二定律,需要保证　 。
(多选)
A.定滑轮和金属板间的细绳必须水平
B.所有滑轮必须光滑
C.钩码的质量必须远小于金属板的质量
(3)要验证牛顿第二定律,需要验证的关系为F2=　　　 　　　　(用“F1、mB、x1、x2、T”表示)。
4.(2025·辽宁沈阳二模)某学习小组用如图甲所示的装置探究牛顿第二定律。
(1)用游标卡尺测出遮光片的宽度d,示数如图丙所示,则d=　　　　 mm。
(2)用天平测出滑块(含遮光片)的质量m1和重物的质量m2。
(3)上端带有轻质定滑轮的长木板上固定两个相距较远的光电门A和B。用跨过定滑轮的轻质细绳连接滑块和重物,调整垫块的位置,让滑块沿长木板下滑时,通过两光电门时遮光片的挡光时间相等,测出此时长木板与水平面的夹角θ,则滑块下滑过程中受到的摩擦力为　　　　　　　　(重力加速度为g,用题中所给字母表示)。
(4)如图乙所示,撤去光电门A和重物,让滑块从靠近滑轮的P点由静止释放,用米尺测出释放点到光电门B中心的距离s,记录遮光片通过光电门B的挡光时间Δt。
(5)多次改变重物的质量,并用天平称出其质量m2,重复操作(3)(4)步骤,作出m2图像如图丁所示。
①图乙中滑块下滑过程中m2与的关系式为　　　　　　　　(用题中所给字母表示)。
②已知图丁中图线的斜率为k,则重力加速度g=　　　　(用题中所给字母表示)。 第4讲　小专题:动力学中的板块模型
课时作业
对点1.水平面上的“板—块”模型
1.(多选)(2025·四川绵阳三模)如图甲所示,足够长、上表面粗糙的木板P静止在粗糙水平地面上,可视为质点的小物块Q静止在木板的右端,现给物块Q水平向左的初速度,之后物块Q的速度vQ随时间t变化的关系图像如图乙所示。若木板与地面间的动摩擦因数是μ1,小物块与木板上表面间的动摩擦因数是μ2,则(　　)
A.木板始终静止 B.木板先运动后静止
C.μ1>μ2 D.μ1<μ2
【答案】 BD
【解析】 根据题意,由题图乙可知,物块一直减速运动,且一段时间后加速度变小,可知,物块运动一段时间后与木板共速,并一起减速到0。物块刚滑上木板时,对物块由牛顿第二定律有μ2mg=ma1,解得物块的加速度大小为a1=μ2g,木板受物块水平向左的滑动摩擦力和地面水平向右的滑动摩擦力作用,向左做加速运动,当物块与木板共速后,一起向左做减速运动,直到速度减为零,停止运动,A错误,B正确;当物块与木板共速后,一起向左做减速运动的过程中,对整体受力分析,由牛顿第二定律有μ1(m+M)g=(m+M)a2,解得共速后物块的加速度大小为a2=μ1g,由物块的v-t图像可知a1>a2,即μ2>μ1,C错误,D正确。
2.如图甲所示,上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上。t=0时,小车以速度v0向右运动,将小滑块无初速度地放置于小车的右端,最终小滑块恰好没有滑出小车。如图乙为小滑块与小车运动的v-t图像,图中t1、v0、v1均为已知量,重力加速度为g。下列选项中无法求出的是(　　)
A.小车的长度
B.小滑块的质量
C.小车在匀减速运动过程中的加速度
D.小滑块与小车之间的动摩擦因数
【答案】 B
【解析】 最终小滑块恰好没有滑出小车,根据vt图像中图线与坐标轴所围面积表示位移,可知在0～t1时间内,小车、滑块图线所围面积之差等于小车长度,即小车的长度L=t1,故A可求出;根据题图乙,在0～t1时间内小车做匀减速直线运动的加速度a′=,小滑块做匀加速直线运动的加速度a=,故C可求出;对小滑块,由牛顿第二定律可知a===μg,又a=,联立解得小滑块与小车之间的动摩擦因数μ=,但无法求出小滑块的质量,故D可求出,B无法求出。故选B。
3.(多选)(2025·贵州遵义模拟)质量为M的抽屉通过两条平行滑轨水平安装到柜体内部,其与柜体的其他部位无接触,正视图如图甲所示。抽屉内部放置质量为m的小物块,侧视图如图乙所示,小物块与抽屉内表面间的动摩擦因数为μ。抽屉运动时,每条滑轨给抽屉的阻力大小恒为F阻,方向与滑轨平行且水平,物块与抽屉之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不计空气阻力,重力加速度为g。给抽屉拉手施加水平拉力F,将其沿滑轨方向拉出,在此过程中抽屉与柜体无碰撞,下列说法正确的是(　　)
A.要能拉动抽屉,拉力F必须大于μMg+F阻
B.要能拉动抽屉,拉力F必须大于2F阻
C.为保证物块与抽屉不发生相对滑动,拉力F不能超过μ(m+M)g+2F阻
D.为保证物块与抽屉不发生相对滑动,拉力F不能超过μmg+2F阻
【答案】 BC
【解析】 抽屉运动时,每条滑轨给抽屉的阻力大小恒为F阻,要能拉动抽屉,拉力F必须大于2F阻,故A错误,B正确;当物块与抽屉恰好发生相对滑动时,对物块,由牛顿第二定律有μmg=mam,解得am=μg,对抽屉和物块整体,由牛顿第二定律有Fm-2F阻=(m+M)am,解得Fm=μ(m+M)g+2F阻,故为保证物块与抽屉不发生相对滑动,拉力F不能超过μ(m+M)g+2F阻,故C正确,D错误。
4.(2025·湖北模拟)如图甲所示,质量为mB=1 kg的长木板B放在水平面上,质量为mA=2 kg的物块A放在木板上,开始物块与木板均处于静止状态。现用水平外力F作用在物块上,当F从0开始逐渐增大时,物块与木板运动的加速度a随F变化的图像如图乙中实线所示,图中上段倾斜直线的延长线与横轴交于F1。已知物块始终没有离开木板,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.木板与水平面间的动摩擦因数为0.3
B.小物块与木板间的动摩擦因数为0.3
C.图乙中F2=5.5 N
D.图乙中F1=4 N
【答案】 D
【解析】 由题图乙知,当F0=3 N时,物块与木板开始运动,则有F0=μ0(mA+mB)g,解得μ0=0.1,故A错误;由题图乙知,当外力F=F2时,物块与木板开始相对滑动,此时物块与木板的加速度大小均为a0=1 m/s2,对木板,根据牛顿第二定律有μ1mAg-μ0(mA+mB)g=mBa0,解得μ1=0.2,对小物块,根据牛顿第二定律有F2-μ1mAg=mAa0,解得F2=6 N,故B、C错误;当F>F2时,物块与木板相对滑动,对物块,根据牛顿第二定律有F-μ1mAg=mAa,整理得a=F-μ1g,得=,解得F1=4 N,故D正确。
5.(2025·黑龙江哈尔滨期末)如图甲,质量m=1 kg的小滑块P(可视为质点),以v1=6 m/s的速度从木板Q左端向右滑上木板,此时木板Q速度大小为v2=10 m/s,方向水平向左,从该时刻开始1.2 s内两物体的运动情况的v-t图像如图乙所示,1.2 s 时滑块P的速度为0,木板Q的速度大小为4 m/s。已知木板Q质量M=3 kg,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)P、Q间的动摩擦因数;
(2)Q与地面间的动摩擦因数;
(3)如果想要滑块P不从木板Q上掉落,木板Q的最小长度。
【答案】 (1)0.5　(2)0.25　(3)12.8 m
【解析】 (1)图像斜率大小表示加速度大小,根据题图乙可得,a1= m/s2=5 m/s2,
对P分析Ff1=μ1mg=ma1,解得μ1=0.5。
(2)根据题图乙可得a2= m/s2=5 m/s2,
对Q分析Ff1+Ff2=μ1mg+μ2(m+M)g=Ma2,
解得μ2=0.25。
(3)t=1.2 s时P、Q相对位移为
Δx=xP+xQ= m+ m+4×1.2 m=12 m,
当t=1.2 s时,vP=0,vQ=4 m/s,方向向左。此时滑块P的加速度方向向左,大小为
aP=μ1g=0.5×10 m/s2=5 m/s2,
木板Q加速度方向向右,大小为
aQ==5 m/s2,
当P、Q共速时,有aPt=vQ-aQt,
解得t=0.4 s,
则共同速度为v共=aPt=2 m/s,
则这一阶段滑块P向左运动的位移为
xP′=t=0.4 m,
木板Q向左运动的位移为
xQ′=t=1.2 m,
两者的相对位移为Δx′=xQ′-xP′=0.8 m,
随后P、Q一起匀减速运动直至停止,
则想要滑块P不从木板Q上掉落,木板Q的最小长度为L=Δx+Δx′=(12+0.8) m=12.8 m。
对点2.斜面、竖直面上的“板—块”模型
6.(2025·浙江模拟)如图甲所示,两薄木板A、B质量相同,其中木板A与墙面间的动摩擦因数为μ1,木板B与木板A间的动摩擦因数为μ2,光滑重球被轻质细绳跨过定滑轮拉住,整个系统处于静止状态。现缓缓释放细绳使重球缓慢下降,对可能出现的情况,下列说法正确的是(　　)
A.若出现图乙所示情况,只要μ1>μ2
B.若μ1<2μ2,会出现图乙所示情况
C.要出现图丙所示情况,必有μ1=2μ2
D.若μ1<2μ2,会出现图丙所示情况
【答案】 D
【解析】 设两薄木板A、B质量均为m,重球对B的压力为FN,A、B之间的弹力为FNAB,A、B之间的摩擦力为FfAB,墙面对A的支持力为FNA,墙面对A的摩擦力为FfA,对A、B的受力分析如图所示,易知FN=FNAB=FNA。
题图乙所示情况为A静止,B下滑。墙面对A的最大静摩擦力为μ1FNA,对A由平衡条件得FfA=mg+FfAB≤μ1FNA,FfAB=μ2FNAB,B下滑需满足mg>μ2FNAB,联立可得μ1>2μ2,故A、B错误;题图丙所示情况为AB相对静止一起下滑,设下滑的加速度大小为a,对整体由牛顿第二定律得2mg-μ1FNA=2ma,对B由牛顿第二定律得mg-FfAB=ma,还需满足FfAB≤μ2FNAB,联立解得μ1≤2μ2,故C错误,D正确。
7.(2025·黑龙江哈尔滨期末)如图所示,某地有一倾角为θ=37°的山坡,山坡上面有一质量为m=1 kg 的石板B,其上下表面与斜坡平行;板上有一质量也为m=1 kg的小石块A,恰好位于石板B的下端。已知A与B之间的动摩擦因数为μA=0.3,B与斜坡间的动摩擦因数μB=0.5,斜坡足够长。系统在外力的约束下处于静止状态。在t=0时刻撤去约束并同时让B获得一个沿斜面向下的速度v0=12.8 m/s。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求t=0时刻小石块A和石板B的加速度大小;
(2)为保证小石块A不从石板B上端滑出,求石板B的最小长度;
(3)假设石板B的上端足够长,求从t=0开始小石块A离开石板B所需要的时间。
【答案】 (1)8.4 m/s2　4.4 m/s2
(2)6.4 m　(3)3 s
【解析】 (1)对A受力分析可得
mgsin θ+FfA=maA,
FfA=μAmgcos θ,
解得aA=gsin θ+μAgcos θ=8.4 m/s2,
对B受力分析可得
μAmgcos θ+2μBmgcos θ-mgsin θ=maB,
可得aB=4.4 m/s2。
(2)B做匀减速直线运动,当A、B共速时,
有v共=aAt1=v0-aBt1,
解得t1=1 s,
此时A的位移xA=aA=4.2 m,
B的位移xB=v0t1-aB=10.6 m,
此时A在B上滑动的距离
x相=xB-xA=6.4 m,
故要求A不从B上端滑出,则板长至少为6.4 m。
(3)设A到达最高点后相对B向下滑,对A受力分析可得mgsin θ-μAmgcos θ=maA′,
解得aA′=3.6 m/s2,
对B受力分析可得
mgsin θ+μAmgcos θ-2μBmgcos θ=maB′,
解得aB′=0.4 m/s2假设成立,
则A会从B的下端滑出,此时有
x相′=v共t2+aA′-(v共t2+aB′),
解得t2=2 s,
A离开B用时t=t1+t2=3 s。
8.(多选)(2025·广西一模)现代交通运输有公路、水路、航空、铁道等多种方式,但在古代主要的交通运输工具是马车。如图所示,一匹马拉着两厢货物在水平道路上行走。货厢A、货厢B和车的质量分别为m、2m、3m,货厢A与B、B与车之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,各接触面都水平,马给车的水平拉力为F,两货厢均未脱离各接触面,不计地面对车的摩擦,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
A.若μ1<μ2,逐渐增大F,B相对于车比A相对于B先滑动
B.若μ1<μ2,A、B与车都相对静止,则F的最大值为6μ1mg
C.若μ1>μ2,当F=6μ1mg时,A与B开始发生相对滑动
D.若μ1>μ2,当F=5μ2mg时,B与车仍然保持相对静止
【答案】 BD
【解析】 若μ1<μ2,则有μ1mg<μ2(m+2m)g-μ1mg,可知,逐渐增大F,A相对于B比B相对于车先滑动,故A错误。若μ1<μ2,A、B与车都相对静止,结合上述可知,当整体加速度最大时,A所受摩擦力先达到最大静摩擦力,则有μ1mg=mamax,解得amax=μ1g,则F的最大值满足Fmax=
(m+2m+3m)amax=6μ1mg,故B正确。若μ1>μ2,结合上述可知,B相对于车比A相对于B先滑动,所以无论F多大,B相对于车滑动后,A相对于B一直保持静止;若整体保持相对静止,对A、B整体有μ2(m+2m)g=(m+2m)amax1,解得amax1=μ2g,则此时最大拉力Fmax1=(m+2m+3m)amax1=
6μ2mg,可知,当F=5μ2mg时,B与车仍然保持相对静止,故C错误,D正确。
9.(2025·黑龙江哈尔滨二模)如图所示,卡车上载有一块长木板,木板后端放置一箱货物(可视为质点),木板和货物质量相等,均为m=10 kg,货物与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与卡车间的动摩擦因数为μ2,卡车以v0=18 m/s的速度匀速行驶在平直公路上。某时刻,司机发现正前方50 m处有障碍物,立即刹车做匀减速直线运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若μ1=0.45,μ2=0.4,卡车以木板和货物均不会相对卡车滑动的最大加速度刹车,通过计算说明卡车能否避免与障碍物相撞。
(2)若μ1=0.4,μ2=0.45,卡车刹车的加速度a=5.4 m/s2,最终木板停止运动时恰好未与驾驶室相撞,求木板前端与驾驶室的初始距离L和木板停止运动时货物的速度v。
【答案】 (1)能够避免相撞
(2)2.4 m　3.6 m/s,方向与v0相同
【解析】 (1)设货物与木板不发生相对滑动的最大加速度为a1,
根据牛顿第二定律μ1mg=ma1,
解得a1=4.5 m/s2,
设木板与货物相对静止,相对于卡车不发生相对滑动的最大加速度为a2,
根据牛顿第二定律2μ2mg=2ma2,
解得a2=4 m/s2,
a2x0==40.5 m<50 m,
可知能够避免相撞。
(2)设卡车从刹车到停止,位移为x,根据运动学公式x==30 m,
设货物的加速度为a1′,
根据牛顿第二定律μ1mg=ma1′,
解得a1′=4 m/s2,
设木板的加速度为a2′,
根据牛顿第二定律
2μ2mg-μ1mg=ma2′,
解得a2′=5 m/s2,
设木板减速至0的位移为x2,时间为t2,根据运动学公式
x2==32.4 m,
t2==3.6 s,
木板前端与驾驶室的距离
L=x2-x=2.4 m,
此时货物的速度
v=v0-a1′t2=3.6 m/s,
方向与v0相同(或向前)。第6讲　实验:探究加速度与力、质量的关系
课时作业
1.(2025·广西卷,12)在用如图甲的装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验中:
(1)探究小车加速度与小车所受拉力的关系时,需保持小车(含加速度传感器,下同)质量不变,这种实验方法是　　　　　　　　。
(2)实验时,调节定滑轮高度,使连接小车的细绳与轨道平面保持　　　　。
(3)由该装置分别探究M、N两车加速度a和所受拉力F的关系,获得a-F图像如图乙,通过图乙分析实验是否需要补偿阻力(即平衡阻力)。如果需要,说明如何操作;如果不需要,说明理由。
　 。
(4)悬挂重物让M、N两车从静止释放经过相同位移的时间比为n,两车均未到达轨道末端,则两车加速度之比aM∶aN=　　　　。
【答案】 (1)控制变量法　(2)平行
(3)需要;撤去细绳连接的力传感器和重物,将木板左端用垫块垫起适当高度,使小车能沿木板匀速下滑　(4)1∶n2
【解析】 (1)在探究小车加速度与小车所受拉力的关系时,需保持小车(含加速度传感器)质量不变,这种实验方法是控制变量法。
(2)实验时,为使小车受到的合力等于细绳的拉力,要调节定滑轮高度,使连接小车的细绳与轨道平面保持平行,保证细绳对小车的拉力方向与小车运动方向一致,减小实验误差。
(3)由题图乙可知,当拉力F为某一值时才产生加速度,说明小车受到阻力,需要平衡阻力。平衡方法:撤去细绳连接的力传感器和重物,将木板左端用垫块垫起适当高度,使小车能沿木板匀速下滑。
(4)两车均从静止释放,都做初速度为零的匀加速直线运动,根据匀变速直线运动的位移公式x=at2,可知a=,因为tM∶tN=n∶1,联立解得aM∶aN=∶=1∶n2。
2.(2025·山东卷,13)某小组采用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律,部分实验步骤如下:
(1)将两光电门安装在长直轨道上,选择宽度为d的遮光片固定在小车上,调整轨道倾角,用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及砝码相连。选用d=　　　　(选填“5.00”或“1.00”) cm的遮光片,可以较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度。
(2)将小车自轨道右端由静止释放,从数字毫秒计分别读取遮光片经过光电门1、光电门2时的速度v1=0.40 m/s、v2=0.81 m/s,以及从遮光片开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间t=1.00 s,计算小车的加速度a=　　　　 m/s2(结果保留两位有效数字)。
(3)将托盘及砝码的重力视为小车受到的合力F,改变砝码质量,重复上述步骤,根据数据拟合出a-F图像,如图乙所示。若要得到一条过原点的直线,实验中应　　　　(选填“增大”或“减小”)轨道的倾角。
(4)图乙中直线斜率的单位为　　　　(选填“kg”或“kg-1”)。
【答案】 (1)1.00　(2)0.41　(3)增大　(4) kg-1
【解析】 (1)实验用遮光片通过光电门的平均速度代替瞬时速度,遮光片宽度越小,误差越小,即选择宽度较小的d=1.00 cm的遮光片。
(2)根据加速度的定义式可得a==0.41 m/s2。
(3)根据图像可知当有一定大小的外力F时小车的加速度仍为零,可知平衡摩擦力不足,若要得到一条过原点的直线,实验中应增大轨道的倾角。
(4)题图乙中直线斜率为k=,根据F=ma可知直线斜率的单位为 kg-1。
3.(2025·湖南怀化三模)在一次课外活动中,某同学用如图甲所示的装置测量放在光滑水平桌面上的金属板B与铁块A之间的动摩擦因数,并验证牛顿第二定律。
实验步骤如下:
A.用天平测出铁块A的质量mA、金属板B的质量mB
B.将该装置按如图甲所示的方式连接
C.在动滑轮下挂上钩码,稳定运行后,弹簧测力计的示数为F1,力传感器的示数为F2,打点计时器后方打出的一段纸带如图乙所示,已知重力加速度为g,纸带上相邻计数点间的时间间隔为T,则:
(1)金属板B与铁块A之间的动摩擦因数为　　　　。　
(2)要验证牛顿第二定律,需要保证 　 　 。(多选)
A.定滑轮和金属板间的细绳必须水平
B.所有滑轮必须光滑
C.钩码的质量必须远小于金属板的质量
(3)要验证牛顿第二定律,需要验证的关系为F2=　　　　　　　(用“F1、mB、x1、x2、T”表示)。
【答案】 (1)　(2)AB　(3)F1+mB
【解析】 (1)铁块A平衡,有F1=μmAg,解得μ=。
(2)本实验有力传感器,没有必要保证钩码的质量远小于金属板的质量,选项C错误;要保证细绳对金属板的拉力F2水平,定滑轮和金属板间的细绳必须水平,所有滑轮必须光滑,以减小阻力影响,选项A、B正确。
(3)根据(x2-x1)-x1=a(2T)2,可得金属板的加速度a=,需要验证的关系为F2-μmAg=mBa,故要验证F2=F1+mB。
4.(2025·辽宁沈阳二模)某学习小组用如图甲所示的装置探究牛顿第二定律。
(1)用游标卡尺测出遮光片的宽度d,示数如图丙所示,则d=　　　　 mm。
(2)用天平测出滑块(含遮光片)的质量m1和重物的质量m2。
(3)上端带有轻质定滑轮的长木板上固定两个相距较远的光电门A和B。用跨过定滑轮的轻质细绳连接滑块和重物,调整垫块的位置,让滑块沿长木板下滑时,通过两光电门时遮光片的挡光时间相等,测出此时长木板与水平面的夹角θ,则滑块下滑过程中受到的摩擦力为　　　　　(重力加速度为g,用题中所给字母表示)。
(4)如图乙所示,撤去光电门A和重物,让滑块从靠近滑轮的P点由静止释放,用米尺测出释放点到光电门B中心的距离s,记录遮光片通过光电门B的挡光时间Δt。
(5)多次改变重物的质量,并用天平称出其质量m2,重复操作(3)(4)步骤,作出m2-图像如图丁所示。
①图乙中滑块下滑过程中m2与的关系式为　　　　　　　　　(用题中所给字母表示)。
②已知图丁中图线的斜率为k,则重力加速度g=　　　　(用题中所给字母表示)。
【答案】 (1)3.60　(3)m1gsin θ-m2g
(5)①m2=·　②
【解析】 (1)游标卡尺的读数为3 mm+12×0.05 mm=3.60 mm。
(3)滑块沿长木板下滑,通过两光电门时遮光片的挡光时间相等,说明滑块做匀速直线运动,有Ff=m1gsin θ-m2g。
(5)滑块向下滑动过程中受到的合力为m2g,所以加速度大小a=,根据运动学公式有2as=
() 2,解得m2=·,则k=,解得g=。第2讲　小专题:牛顿第二定律的基本应用
对点1.超重与失重问题
1.一名乘客乘坐竖直电梯上楼,其位移x与时间t的关系图像如图所示,乘客的速度大小用v表示。以下判断正确的是(　　)
A.0~t1时间内,v增大,乘客处于超重状态
B.t1~t2时间内,v减小,乘客处于失重状态
C.t2~t3时间内,v增大,乘客处于超重状态
D.t2~t3时间内,v减小,乘客处于超重状态
2.(2025·北京卷,11)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阻的大小随速率增大而增大,F阻随时间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,实验舱到达最高点
对点2.动力学两类基本问题
3.(多选)(2025·山西晋城三模)如图所示,在升降电梯内固定一倾角为θ的光滑斜面,将质量为m的光滑小球置于斜面和一个光滑竖直固定挡板之间。电梯在快要到达地面时,以大小为a的加速度沿竖直方向做匀减速直线运动,重力加速度大小为g,关于此过程,下列说法正确的是(　　)
A.小球受到斜面的支持力大小为
B.小球受到斜面的支持力大小为
C.小球受到挡板的支持力大小为
D.小球受到挡板的支持力大小为(mg+ma)tan θ
4.(2025·福建厦门二模)如图,一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上,直杆与水平面夹角θ为30°,现小球在F=10 N 的沿杆向上的拉力作用下,从A点静止出发沿杆向上运动。已知杆与球间的动摩擦因数为。
(1)求小球运动的加速度大小a1;
(2)若F作用2 s后撤去,求小球上滑过程中与A点的最大距离xm。
对点3.牛顿第二定律的瞬时性问题和等时圆的应用
5.(2024·湖南卷,3)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
6.(多选)(2025·云南文山模拟)如图所示,物体B上端通过跨过两个光滑定滑轮的轻绳和物体A相连、下端用轻绳和物体C相连,轻弹簧上端与物体A相连、下端固定在地面上,三个物体均处于静止状态。已知物体A、B、C的质量分别为2m、2m、m,重力加速度为g。现剪断B、C间的轻绳,则在剪断瞬间(　　)
A.弹簧上的弹力为mg
B.物体A的加速度为0
C.物体B的加速度大小为
D.物体A与B之间的轻绳上的弹力为mg
7.(2025·安徽亳州期中)如图甲所示,bc是竖直面内一根固定的光滑细杆,a、b、c位于同一圆周上,圆的半径为R,a点为圆周的最高点,c点为最低点。让一个小滑环从b点由静止释放到达c点。如图乙所示,在竖直平面内,固定一个半径为R的大圆环,其圆心为O,在圆内与圆心O同一水平面上的P点搭一光滑斜轨道到大环上,OP=,欲使物体(视为质点)从P点由静止释放,沿此倾斜轨道滑到大环。已知重力加速度为g。求:
(1)小滑环从b点运动到c点的时间;
(2)物体从P点滑到大环的最短时间。
8.(2025·河南开封三模)如图所示,一个质量为3m的箱子放在台秤的托盘上,箱内有一质量为m的圆环A,A的上端用轻弹簧与箱子的顶部连接,A的下端用细线系在箱子的底部,细线绷紧,拉力大小为mg,整个系统处于静止状态。现将细线剪断,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.剪断细线前,台秤读数为3mg
B.剪断细线的瞬间,台秤读数不变
C.剪断细线后,圆环A向上运动至最高点的过程中,台秤读数将一直增大
D.剪断细线后,圆环A向上运动至最高点的过程中,圆环A将先超重后失重
9.(2025·江西南昌一模)在游乐场内有一个大型滑梯,可看成一个倾角为θ=37°的斜面,如图甲所示,在斜面上某处固定一个与斜面垂直的充气护板,护板与斜面底端边缘间的夹角也为θ=37°。质量m=50 kg 的游客从滑梯顶端的某一位置A点由静止下滑,经2.5 s后抵达护板,并与护板发生碰撞,撞击护板前后沿护板方向的分速度不变、垂直护板方向的分速度减为零,撞击结束后游客紧贴护板运动1.35 m后滑离斜面,运动过程中可将游客视为质点,垂直斜面的视图如图乙所示。已知游客与斜面和护板间的动摩擦因数均为μ=0.5,g取10 m/s2。求下滑过程中:
(1)游客撞击护板时的速度大小v1;
(2)游客紧贴护板运动时,游客与斜面和护板间的滑动摩擦力Ff1、Ff2;
(3)游客滑离斜面时速度大小v2。第5讲　小专题:动力学中的传送带模型
对点1.水平传送带问题
1.(2025·福建厦门二模)如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上,不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动,下列说法正确的是(　　)
A.饺子质量越大,加速运动的加速度一定越小
B.传送带的速度越快,饺子的加速度越大
C.饺子加速运动的过程受到滑动摩擦力,匀速运动的过程受到静摩擦力
D.饺子受到的滑动摩擦力对饺子做正功
2. (2025·广东期末)如图所示,一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针运行。将一物体轻轻放在传送带的左端,以v、a、x、Ff表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列图像正确的是(　　)
A　　 　　B
C　　　 　D
3.(2025·河南郑州阶段练习)如图所示,曲面AB的末端与一水平放置的传送带左端平滑连接,当传送带静止时,有一滑块从P点由静止释放,滑块能从传送带的右端滑离传送带。若传送带以某一速度逆时针转动,滑块再次从P点由静止释放,下列说法正确的是(　　)
A.滑块可能再次滑上曲面
B.滑块在传送带上运动的时间增长
C.滑块与传送带间的划痕增长
D.滑块在传送带上运动过程中,速度变化得更快
对点2.倾斜传送带问题
4.(2025·山东临沂三模)如图所示,一传送带与水平面间的夹角为θ,在电动机的带动下,传送带以速度v沿顺时针方向稳定运行。现一物块(视为质点)从传送带的底端以速度v0冲上传送带,v0>v,当物块运动到传送带的顶端时速度刚好为0,物块与传送带之间的动摩擦因数为μ,物块的质量为m,下列说法正确的是(　　)
A.μ与θ之间的关系为μ=tan θ
B.物块在做减速运动的过程中保持加速度不变
C.物块的速度达到v前后,加速度的大小之差为2μgcos θ
D.物块的速度达到v之前,在传送带上的划痕长度等于物块位移大小的一半
5.(多选)(2025·山西太原模拟)如图甲所示,倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时,将质量m=1 kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上,物体相对地面的vt图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向,重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)
A.传送带的速率v0=10 m/s
B.传送带的倾角θ=30°
C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5
D.0~2 s内物体在传送带上留下的痕迹为6 m
6.(多选)(2025·湖南长沙一模)许多工厂的流水线上安装有传送带,如图所示传送带由驱动电机带动,传送带的速率恒定为v=2 m/s,运送质量为m=2 kg的工件,将工件轻放到传送带上的A端,每当前一个工件在传送带上停止滑动时,后一个工件立即轻放到传送带上。工件与传送带之间的动摩擦因数μ=,传送带与水平方向夹角θ=30°,工件从A端传送到B端所需要的时间为4 s。g取10 m/s2,工件可视为质点。关于工件在传送带上的运动,下列说法正确的是(　　)
A.加速过程的加速度大小为4 m/s2
B.加速运动的距离为1 m
C.两个相对静止的相邻工件间的距离为1 m
D.A、B两端的距离为8 m
7.(2025·甘肃酒泉期中)快递物流已经深入我们的生活,准确迅速分拣是一个重要环节。图甲是快递分拣传送装置,它由两台传送机组成,一台水平传送,另一台倾斜传送。图乙是该装置示意图,CD部分倾角θ=37°,B、C间距离忽略不计。已知水平传送带以v=4 m/s的速率顺时针转动。把一个可视为质点的货物无初速度地放在A端,图丙为水平传送带AB段数控设备记录的货物的运动图像,t1=1.3 s时刚好到达B端,且速率不变地滑上C端,已知两段传送带的动摩擦因数相同。(g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)求水平传送带AB的长度LAB及动摩擦因数μ;
(2)分拣过程中有瓶颜料破损了,在传送带上留下了一道痕迹,工作人员发现后在B处将其拿走,求痕迹的长度s;
(3)若CD段的长度为LCD=2.6 m,CD部分传送带速度至少为多少,快递员才能在D端取到
货物 第1讲　牛顿第一定律　牛顿第二定律
课时作业
对点1.对牛顿第一定律和惯性的理解
1.(2025·辽宁鞍山三模)伽利略在研究力和运动的关系时,为了阐明自己的观点,设计了如图所示的实验:让一个小球沿斜面从静止状态开始运动,小球将“冲”上另一个斜面。如果没有摩擦,小球将到达原来的高度。如果第二个斜面倾角减小,小球仍将到达原来的高度,但是运动的距离更长。由此可以推断,当斜面最终变为水平面时,小球要到达原有高度将永远运动下去。下列说法正确的是(　　)
A.该实验充分证实了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的观点
B.伽利略设计的无摩擦的斜面可以通过改进实验装置制作工艺实现
C.“小球沿右侧斜面向上运动时,如果没有摩擦,小球将到达原来的高度”,这是实际实验现象
D.这种理想实验运用的是依据逻辑推理把实际实验理想化,从而揭示现象本质的研究方法
【答案】 D
【解析】 当右侧斜面最终变为水平面时,忽略摩擦力的影响,小球将一直运动下去,伽利略的结论是“力不是维持物体运动的原因”,故A错误;没有摩擦、绝对光滑的轨道,无论通过什么工艺都不能实现,故B错误;由于没有绝对光滑的轨道,故“小球沿右侧斜面向上运动时,如果没有摩擦,小球将到达原来的高度”,这是实际实验观察不到的现象,故C错误;伽利略理想实验的本质是想象着把实际存在、影响物体运动的摩擦力去掉,抓住事物的本质,这种依据逻辑推理把实际实验理想化的思想,也是揭示现象本质的重要研究方法之一,故D正确。
2.(多选)(2025·湖南娄底模拟)关于牛顿第一定律,下列说法正确的是(　　)
A.一切物体都有惯性
B.惯性是一种力
C.力是维持物体运动状态的原因
D.物体运动状态发生改变说明物体受到了力
【答案】 AD
【解析】 惯性是一切物体具有的性质,并不是力,故A正确,B错误;牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因,故C错误,D正确。
3.(2025·湖南郴州模拟)冰壶比赛中运动员所用冰壶的惯性大小取决于(　　)
A.冰壶的速度 B.冰壶的体积
C.冰壶受到的阻力 D.冰壶的质量
【答案】 D
【解析】 物体的惯性只由质量决定,所以比赛中运动员所用冰壶的惯性大小取决于冰壶的
质量。
4.(2025·上海模拟)一列以速度v匀速行驶的列车内有一水平桌面,桌面上A处有一相对桌面静止的小球,由于列车运动状态的改变,车厢中的旅客发现小球沿图(俯视图)中的虚线从A点运动到B点,则说明列车是加速且在向北拐弯的图是(　　)
A　　 　　B
C　　 　　D
【答案】 C
【解析】 由于列车原来做匀速运动,小球和列车保持相对静止,现在列车要加速,由于惯性小球相对于桌面向后运动;列车要向北拐弯,则列车和桌面都向北运动,由于惯性的作用小球相对桌面向南运动,故C正确,A、B、D错误。
对点2.牛顿第二定律及初步应用和力学单位制
5.(多选)(2025·贵州遵义期末)关于牛顿第二定律,下列说法正确的是(　　)
A.物体所受合外力发生改变时,其加速度一定改变
B.物体的运动方向一定与物体所受合力的方向一致
C.加速度方向与合力的方向总是一致的,但与速度的方向可能相同,也可能不同
D.牛顿第二定律的表达式可以写成m=,说明对某个物体来说,它的质量m跟合外力F成正比,跟它的加速度a成反比
【答案】 AC
【解析】 根据加速度的决定式a=可知,当物体所受合外力发生变化时,其加速度一定变化,A正确;根据牛顿第二定律可知物体的加速度方向一定与物体所受合力方向一致,但运动方向不一定与所受合力方向一致,B错误,C正确;物体质量是物体的本质属性,与所受的合外力无关,与物体的加速度无关,D错误。
6.(2025·甘肃卷,3)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1 s内燃料对火箭的平均推力约为6×106 N。火箭质量约为500吨且认为在1 s内基本不变,则火箭在初始1 s内的加速度大小约为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A.2 m/s2 B.4 m/s2
C.6 m/s2 D.12 m/s2
【答案】 A
【解析】 根据牛顿第二定律,对火箭有F-mg=ma,代入数据解得a= m/s2=2 m/s2,
A正确。
7.(2025·河北沧州二模)运动员在举重比赛中的抓举过程,将杠铃从地面提升至头顶,杠铃运动的v-t图像如图所示。在M、N、P、Q四点中,运动员对杠铃作用力最大的点是(　　)
A.M点 B.N点 C.P点 D.Q点
【答案】 A
【解析】 由题图可知,M点杠铃的加速度向上,N点加速度为零,P、Q点加速度向下,根据牛顿第二定律可知,运动员施加的力满足F-mg=ma,可知在M点FM>mg,在N点FN=mg,在P、Q点FP8.(2025·河北邢台三模)飞机升力的计算涉及多个关键因素,主要包括气体密度ρ、飞行速度v、机翼的面积S以及升力系数Cy。某双翼客机飞行中所受升力的计算公式为F=CyρSv2,则升力系数Cy的单位是(　　)
A.N·m B.N/m2 C.N/m D.无单位
【答案】 D
【解析】 通过题给的物理量关系F=CyρSv2,变形得Cy=,对应单位为=,整理可以得出升力系数是一个常数,没有单位。
9.(2025·湖北武汉三模)如图所示,一质量为m=0.2 kg的物块静置于矩形的木箱内,物块和箱底之间的动摩擦因数为μ=0.3,一劲度系数为20 N/m的轻质弹簧的两端分别与物块右端、木箱右壁连接。初始时,木箱处于静止状态,弹簧长度为L=5 cm并与木箱底面平行,弹簧的形变量未知。现在给木箱一加速度,使物块恰好能相对木箱底面移动起来。若弹簧形变量始终在弹性限度范围内,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若加速度大小为1 m/s2且方向竖直向下,求弹簧的原长;
(2)若加速度是水平方向,且初始时弹簧的伸长量为2 cm,求加速度。
【答案】 (1)7.7 cm或2.3 cm　(2)见解析
【解析】 (1)对物块,竖直方向上有
mg-FN1=ma1,
水平方向上有μFN1=kΔx,
联立解得Δx=2.7 cm,
所以弹簧原长为L0=L+Δx=7.7 cm,
或者L0=L-Δx=2.3 cm。
(2)对物块,竖直方向上有mg=FN2,
水平方向上,若摩擦力向右,kΔx1+μFN2=ma2,
联立解得a2=5 m/s2,水平向右;
若摩擦力向左,μFN2-kΔx1=ma3,
联立解得a3=1 m/s2,水平向左。
10.(2025·山东卷,8)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直于坡面的挡板,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-μgcos θ-μgsin θcos θ
B.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin2θ
C.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin θcos θ
D.gcos 2θ-μgcos θ-μgsin2θ
【答案】 B
【解析】 建筑材料沿坡面和挡板交界线MN下滑,重力沿MN向下的分力为F1=mgsin θcos θ,所受坡面的向上的摩擦力Ff1=μmgcos θ,挡板的摩擦力Ff2=μmgsin2θ,根据牛顿第二定律有mgsin θcos θ-μmgcos θ-μmgsin2θ=ma,可得a=gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin2θ。B正确。
11.(2025·浙江杭州期末)《天工开物》中描绘了耕牛整理田地的场景,如图甲所示,其简化模型如图乙所示。人站立的农具视为与水平地面平行的木板,两条轻绳相互平行且垂直于木板上边缘,其拉力方向与水平地面夹角θ均为37°。当人站上木板后,耕牛拉动每条绳子的拉力F均为200 N时,人与木板一起由静止开始运动,在2 s内前进了1 m。若将该过程看成匀加速直线运动,人与木板始终保持相对静止,人的质量m1=55 kg,木板的质量m2=25 kg,不计空气阻力,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求此运动过程中:
(1)人与木板加速度的大小;
(2)人受到静摩擦力的大小;
(3)地面对木板阻力的大小。
【答案】 (1)0.5 m/s2　(2)27.5 N　(3)280 N
【解析】 (1)根据x=v0t+at2,初速度为零,可得
a== m/s2=0.5 m/s2。
(2)设人受到的静摩擦力大小为Ff1,根据牛顿第二定律得Ff1=m1a,
解得Ff1=55×0.5 N=27.5 N。
(3)以人和木板为整体,设木板受到地面的阻力大小为Ff2,水平方向,
根据牛顿第二定律得
2Fcos θ-Ff2=(m1+m2)a,
代入数据解得Ff2=280 N。第4讲　小专题:动力学中的板块模型
对点1.水平面上的“板—块”模型
1.(多选)(2025·四川绵阳三模)如图甲所示,足够长、上表面粗糙的木板P静止在粗糙水平地面上,可视为质点的小物块Q静止在木板的右端,现给物块Q水平向左的初速度,之后物块Q的速度vQ随时间t变化的关系图像如图乙所示。若木板与地面间的动摩擦因数是μ1,小物块与木板上表面间的动摩擦因数是μ2,则(　　)
A.木板始终静止
B.木板先运动后静止
C.μ1>μ2
D.μ1<μ2
2.如图甲所示,上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上。t=0时,小车以速度v0向右运动,将小滑块无初速度地放置于小车的右端,最终小滑块恰好没有滑出小车。如图乙为小滑块与小车运动的vt图像,图中t1、v0、v1均为已知量,重力加速度为g。下列选项中无法求出的是(　　)
A.小车的长度
B.小滑块的质量
C.小车在匀减速运动过程中的加速度
D.小滑块与小车之间的动摩擦因数
3.(多选)(2025·贵州遵义模拟)质量为M的抽屉通过两条平行滑轨水平安装到柜体内部,其与柜体的其他部位无接触,正视图如图甲所示。抽屉内部放置质量为m的小物块,侧视图如图乙所示,小物块与抽屉内表面间的动摩擦因数为μ。抽屉运动时,每条滑轨给抽屉的阻力大小恒为F阻,方向与滑轨平行且水平,物块与抽屉之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不计空气阻力,重力加速度为g。给抽屉拉手施加水平拉力F,将其沿滑轨方向拉出,在此过程中抽屉与柜体无碰撞,下列说法正确的是(　　)
A.要能拉动抽屉,拉力F必须大于μMg+F阻
B.要能拉动抽屉,拉力F必须大于2F阻
C.为保证物块与抽屉不发生相对滑动,拉力F不能超过μ(m+M)g+2F阻
D.为保证物块与抽屉不发生相对滑动,拉力F不能超过μmg+2F阻
4.(2025·湖北模拟)如图甲所示,质量为mB=1 kg的长木板B放在水平面上,质量为mA=2 kg的物块A放在木板上,开始物块与木板均处于静止状态。现用水平外力F作用在物块上,当F从0开始逐渐增大时,物块与木板运动的加速度a随F变化的图像如图乙中实线所示,图中上段倾斜直线的延长线与横轴交于F1。已知物块始终没有离开木板,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.木板与水平面间的动摩擦因数为0.3
B.小物块与木板间的动摩擦因数为0.3
C.图乙中F2=5.5 N
D.图乙中F1=4 N
5.(2025·黑龙江哈尔滨期末)如图甲,质量m=1 kg 的小滑块P(可视为质点),以v1=6 m/s的速度从木板Q左端向右滑上木板,此时木板Q速度大小为v2=10 m/s,方向水平向左,从该时刻开始1.2 s内两物体的运动情况的vt图像如图乙所示,1.2 s 时滑块P的速度为0,木板Q的速度大小为4 m/s。已知木板Q质量M=3 kg,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)P、Q间的动摩擦因数;
(2)Q与地面间的动摩擦因数;
(3)如果想要滑块P不从木板Q上掉落,木板Q的最小长度。
对点2.斜面、竖直面上的“板—块”模型
6.(2025·浙江模拟)如图甲所示,两薄木板A、B质量相同,其中木板A与墙面间的动摩擦因数为μ1,木板B与木板A间的动摩擦因数为μ2,光滑重球被轻质细绳跨过定滑轮拉住,整个系统处于静止状态。现缓缓释放细绳使重球缓慢下降,对可能出现的情况,下列说法正确的是(　　)
A.若出现图乙所示情况,只要μ1>μ2
B.若μ1<2μ2,会出现图乙所示情况
C.要出现图丙所示情况,必有μ1=2μ2
D.若μ1<2μ2,会出现图丙所示情况
7.(2025·黑龙江哈尔滨期末)如图所示,某地有一倾角为θ=37°的山坡,山坡上面有一质量为m=1 kg 的石板B,其上下表面与斜坡平行;板上有一质量也为m=1 kg的小石块A,恰好位于石板B的下端。已知A与B之间的动摩擦因数为μA=0.3,B与斜坡间的动摩擦因数μB=0.5,斜坡足够长。系统在外力的约束下处于静止状态。在t=0时刻撤去约束并同时让B获得一个沿斜面向下的速度v0=12.8 m/s。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求t=0时刻小石块A和石板B的加速度大小;
(2)为保证小石块A不从石板B上端滑出,求石板B的最小长度;
(3)假设石板B的上端足够长,求从t=0开始小石块A离开石板B所需要的时间。
8.(多选)(2025·广西一模)现代交通运输有公路、水路、航空、铁道等多种方式,但在古代主要的交通运输工具是马车。如图所示,一匹马拉着两厢货物在水平道路上行走。货厢A、货厢B和车的质量分别为m、2m、3m,货厢A与B、B与车之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,各接触面都水平,马给车的水平拉力为F,两货厢均未脱离各接触面,不计地面对车的摩擦,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
A.若μ1<μ2,逐渐增大F,B相对于车比A相对于B先滑动
B.若μ1<μ2,A、B与车都相对静止,则F的最大值为6μ1mg
C.若μ1>μ2,当F=6μ1mg时,A与B开始发生相对滑动
D.若μ1>μ2,当F=5μ2mg时,B与车仍然保持相对静止
9.(2025·黑龙江哈尔滨二模)如图所示,卡车上载有一块长木板,木板后端放置一箱货物(可视为质点),木板和货物质量相等,均为m=10 kg,货物与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与卡车间的动摩擦因数为μ2,卡车以v0=18 m/s的速度匀速行驶在平直公路上。某时刻,司机发现正前方50 m处有障碍物,立即刹车做匀减速直线运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若μ1=0.45,μ2=0.4,卡车以木板和货物均不会相对卡车滑动的最大加速度刹车,通过计算说明卡车能否避免与障碍物相撞。
(2)若μ1=0.4,μ2=0.45,卡车刹车的加速度a=5.4 m/s2,最终木板停止运动时恰好未与驾驶室相撞,求木板前端与驾驶室的初始距离L和木板停止运动时货物的速度v。第三章　运动和力的关系
第1讲　牛顿第一定律　牛顿第二定律
对点1.对牛顿第一定律和惯性的理解
1.(2025·辽宁鞍山三模)伽利略在研究力和运动的关系时,为了阐明自己的观点,设计了如图所示的实验:让一个小球沿斜面从静止状态开始运动,小球将“冲”上另一个斜面。如果没有摩擦,小球将到达原来的高度。如果第二个斜面倾角减小,小球仍将到达原来的高度,但是运动的距离更长。由此可以推断,当斜面最终变为水平面时,小球要到达原有高度将永远运动下去。下列说法正确的是(　　)
A.该实验充分证实了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的观点
B.伽利略设计的无摩擦的斜面可以通过改进实验装置制作工艺实现
C.“小球沿右侧斜面向上运动时,如果没有摩擦,小球将到达原来的高度”,这是实际实验现象
D.这种理想实验运用的是依据逻辑推理把实际实验理想化,从而揭示现象本质的研究方法
2.(多选)(2025·湖南娄底模拟)关于牛顿第一定律,下列说法正确的是(　　)
A.一切物体都有惯性
B.惯性是一种力
C.力是维持物体运动状态的原因
D.物体运动状态发生改变说明物体受到了力
3.(2025·湖南郴州模拟)冰壶比赛中运动员所用冰壶的惯性大小取决于(　　)
A.冰壶的速度 B.冰壶的体积
C.冰壶受到的阻力 D.冰壶的质量
4.(2025·上海模拟)一列以速度v匀速行驶的列车内有一水平桌面,桌面上A处有一相对桌面静止的小球,由于列车运动状态的改变,车厢中的旅客发现小球沿图(俯视图)中的虚线从A点运动到B点,则说明列车是加速且在向北拐弯的图是(　　)
A　　 　　B
C　　 　　D
对点2.牛顿第二定律及初步应用和力学单位制
5.(多选)(2025·贵州遵义期末)关于牛顿第二定律,下列说法正确的是(　　)
A.物体所受合外力发生改变时,其加速度一定改变
B.物体的运动方向一定与物体所受合力的方向一致
C.加速度方向与合力的方向总是一致的,但与速度的方向可能相同,也可能不同
D.牛顿第二定律的表达式可以写成m=,说明对某个物体来说,它的质量m跟合外力F成正比,跟它的加速度a成反比
6.(2025·甘肃卷,3)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1 s内燃料对火箭的平均推力约为6×106 N。火箭质量约为500吨且认为在1 s内基本不变,则火箭在初始1 s内的加速度大小约为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A.2 m/s2 B.4 m/s2
C.6 m/s2 D.12 m/s2
7.(2025·河北沧州二模)运动员在举重比赛中的抓举过程,将杠铃从地面提升至头顶,杠铃运动的vt图像如图所示。在M、N、P、Q四点中,运动员对杠铃作用力最大的点是(　　)
A.M点 B.N点
C.P点 D.Q点
8.(2025·河北邢台三模)飞机升力的计算涉及多个关键因素,主要包括气体密度ρ、飞行速度v、机翼的面积S以及升力系数Cy。某双翼客机飞行中所受升力的计算公式为F=CyρSv2,则升力系数Cy的单位是(　　)
A.N·m B.N/m2
C.N/m D.无单位
9.(2025·湖北武汉三模)如图所示,一质量为m=0.2 kg 的物块静置于矩形的木箱内,物块和箱底之间的动摩擦因数为μ=0.3,一劲度系数为20 N/m的轻质弹簧的两端分别与物块右端、木箱右壁连接。
初始时,木箱处于静止状态,弹簧长度为L=5 cm 并与木箱底面平行,弹簧的形变量未知。现在给木箱一加速度,使物块恰好能相对木箱底面移动起来。若弹簧形变量始终在弹性限度范围内,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若加速度大小为1 m/s2且方向竖直向下,求弹簧的原长;
(2)若加速度是水平方向,且初始时弹簧的伸长量为2 cm,求加速度。
10.(2025·山东卷,8)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直于坡面的挡板,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-μgcos θ-μgsin θcos θ
B.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin2θ
C.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin θcos θ
D.gcos 2θ-μgcos θ-μgsin2θ
11.(2025·浙江杭州期末)《天工开物》中描绘了耕牛整理田地的场景,如图甲所示,其简化模型如图乙所示。人站立的农具视为与水平地面平行的木板,两条轻绳相互平行且垂直于木板上边缘,其拉力方向与水平地面夹角θ均为37°。当人站上木板后,耕牛拉动每条绳子的拉力F均为200 N时,人与木板一起由静止开始运动,在2 s内前进了1 m。若将该过程看成匀加速直线运动,人与木板始终保持相对静止,人的质量m1=55 kg,木板的质量m2=25 kg,不计空气阻力,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求此运动过程中:
(1)人与木板加速度的大小;
(2)人受到静摩擦力的大小;
(3)地面对木板阻力的大小。第2讲　小专题:牛顿第二定律的基本应用
课时作业
对点1.超重与失重问题
1.一名乘客乘坐竖直电梯上楼,其位移x与时间t的关系图像如图所示,乘客的速度大小用v表示。以下判断正确的是(　　)
A.0～t1时间内,v增大,乘客处于超重状态
B.t1～t2时间内,v减小,乘客处于失重状态
C.t2～t3时间内,v增大,乘客处于超重状态
D.t2～t3时间内,v减小,乘客处于超重状态
【答案】 A
【解析】 由于x-t图像中图线的斜率表示速度,可知0～t1时间内,v向上且增大,则加速度向上,乘客处于超重状态;t1～t2时间内,v不变,乘客匀速上升,即处于平衡状态;t2～t3时间内,v向上且减小,则加速度向下,乘客处于失重状态。A正确。
2.(2025·北京卷,11)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阻的大小随速率增大而增大,F阻随时间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,实验舱到达最高点
【答案】 B
【解析】 t1～t3时间内空气阻力F阻方向向下,且先增大后减小,可知其速度方向向上,先增大后减小,故实验舱先处于弹射过程后竖直向上做减速运动,A错误;t2～t3时间内,根据牛顿第二定律有mg+F阻=ma,即a=+g,故加速度大小在减小,B正确;t3～t5时间内F阻方向向上,先增大后减小,可知此时速度方向向下,且先增大后减小,则加速度先向下后向上,可知先失重后超重,
C错误;由题图可知t3时刻F阻=0,即速度为0,速度方向改变,从向上运动变成向下运动,故t3时刻到达最高点,而t4时刻是下落过程速度最大时刻,D错误。
对点2.动力学两类基本问题
3.(多选)(2025·山西晋城三模)如图所示,在升降电梯内固定一倾角为θ的光滑斜面,将质量为m的光滑小球置于斜面和一个光滑竖直固定挡板之间。电梯在快要到达地面时,以大小为a的加速度沿竖直方向做匀减速直线运动,重力加速度大小为g,关于此过程,下列说法正确的是(　　)
A.小球受到斜面的支持力大小为
B.小球受到斜面的支持力大小为
C.小球受到挡板的支持力大小为
D.小球受到挡板的支持力大小为(mg+ma)tan θ
【答案】 AD
【解析】 电梯具有竖直向上的加速度a,对小球受力分析,如图所示,根据平衡条件及牛顿第二定律有F1=F2sin θ,F2cos θ-mg=ma,解得F2=,F1=(mg+ma)tan θ,故A、D正确。
4.(2025·福建厦门二模)如图,一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上,直杆与水平面夹角θ为30°,现小球在F=10 N的沿杆向上的拉力作用下,从A点静止出发沿杆向上运动。已知杆与球间的动摩擦因数为。
(1)求小球运动的加速度大小a1;
(2)若F作用2 s后撤去,求小球上滑过程中与A点的最大距离xm。
【答案】 (1)2 m/s2　(2)5 m
【解析】 (1)在力F作用时有
F-mgsin 30°-μmgcos 30°=ma1,
代入数据解得
a1=2 m/s2。
(2)刚撤去F时,小球的速度
v1=a1t1=4 m/s,
小球的位移x1=t1=4 m;
撤去力F后,小球上滑时有
mgsin 30°+μmgcos 30°=ma2,
代入数据解得a2=8 m/s2,
因此小球上滑时间t2==0.5 s,
上滑位移x2=t2=1 m,
则小球上滑的最大距离为
xm=x1+x2=5 m。
对点3.牛顿第二定律的瞬时性问题和等时圆的应用
5.(2024·湖南卷,3)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
【答案】 A
【解析】 剪断前,对b、c、d整体受力分析,a、b间弹簧拉力为(3m+2m+m)g=6mg,剪断瞬间,a、b间弹簧拉力不变,故b所受合力为6mg-3mg=3mg,故b的加速度a1==g;同理,c、d间弹簧弹力不变,c所受合力为3mg,故c的加速度a2==1.5g,故选A。
6.(多选)(2025·云南文山模拟)如图所示,物体B上端通过跨过两个光滑定滑轮的轻绳和物体A相连、下端用轻绳和物体C相连,轻弹簧上端与物体A相连、下端固定在地面上,三个物体均处于静止状态。已知物体A、B、C的质量分别为2m、2m、m,重力加速度为g。现剪断B、C间的轻绳,则在剪断瞬间(　　)
A.弹簧上的弹力为mg
B.物体A的加速度为0
C.物体B的加速度大小为
D.物体A与B之间的轻绳上的弹力为mg
【答案】 AD
【解析】 剪断B、C间轻绳前,设A与B之间轻绳上的弹力为FT1,对B、C整体分析有FT1=(2m+m)g=3mg,对A分析有2mg+F=FT1,解得弹簧弹力F=mg,剪断B、C间轻绳瞬间,弹簧弹力没有发生突变,与剪断前一样,故A正确;剪断B、C间轻绳瞬间,设A与B之间轻绳上的弹力为FT2,A、B的加速度大小相等,对B分析,根据牛顿第二定律有FT2-2mg=2ma,对A分析,根据牛顿第二定律有F+2mg-FT2=2ma,联立解得FT2=,a=。故B、C错误,D正确。
7.(2025·安徽亳州期中)如图甲所示,bc是竖直面内一根固定的光滑细杆,a、b、c位于同一圆周上,圆的半径为R,a点为圆周的最高点,c点为最低点。让一个小滑环从b点由静止释放到达c点。如图乙所示,在竖直平面内,固定一个半径为R的大圆环,其圆心为O,在圆内与圆心O同一水平面上的P点搭一光滑斜轨道到大环上,OP=,欲使物体(视为质点)从P点由静止释放,沿此倾斜轨道滑到大环。已知重力加速度为g。求:
(1)小滑环从b点运动到c点的时间;
(2)物体从P点滑到大环的最短时间。
【答案】 (1)2　(2)
【解析】 (1)设ac与bc夹角为θ,则有
mgcos θ=ma,
由几何关系得bc细杆长度为
l=2Rcos θ,
小滑环匀加速运动,根据运动学公式可得
l=at2,
联立解得t=2。
(2)如图,建立一个与大圆相内切的等时圆,
设其半径为r,由几何关系得
(R-r)2=r2+() 2,
解得r=R,
从P点运动到切点为最短时间,
由(1)结论得tmin==。
8.(2025·河南开封三模)如图所示,一个质量为3m的箱子放在台秤的托盘上,箱内有一质量为m的圆环A,A的上端用轻弹簧与箱子的顶部连接,A的下端用细线系在箱子的底部,细线绷紧,拉力大小为mg,整个系统处于静止状态。现将细线剪断,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.剪断细线前,台秤读数为3mg
B.剪断细线的瞬间,台秤读数不变
C.剪断细线后,圆环A向上运动至最高点的过程中,台秤读数将一直增大
D.剪断细线后,圆环A向上运动至最高点的过程中,圆环A将先超重后失重
【答案】 D
【解析】 剪断细线前,对圆环和箱子整体分析,可知台秤示数F=4mg,故A错误;剪断细线的瞬间,细线对箱子向上的拉力消失,弹簧弹力在瞬间不发生变化,导致箱子对台秤的压力增大,因此台秤的读数将突然变大,故B错误;剪断细线前,对圆环进行受力分析可知,圆环受到重力、细线的拉力和弹簧的弹力作用保持平衡,所以F弹=mg+FT=2mg,剪断细线的瞬间,对圆环进行受力分析有F弹-mg=2mg-mg=ma,解得a=g,且方向竖直向上,由此可知圆环向上先做加速运动后做减速运动,整个系统先处于超重后处于失重状态,所以台秤读数先变大后变小,故C错误,
D正确。
9.(2025·江西南昌一模)在游乐场内有一个大型滑梯,可看成一个倾角为θ=37°的斜面,如图甲所示,在斜面上某处固定一个与斜面垂直的充气护板,护板与斜面底端边缘间的夹角也为θ=37°。质量m=50 kg 的游客从滑梯顶端的某一位置A点由静止下滑,经2.5 s后抵达护板,并与护板发生碰撞,撞击护板前后沿护板方向的分速度不变、垂直护板方向的分速度减为零,撞击结束后游客紧贴护板运动1.35 m后滑离斜面,运动过程中可将游客视为质点,垂直斜面的视图如图乙所示。已知游客与斜面和护板间的动摩擦因数均为μ=0.5,g取10 m/s2。求下滑过程中:
(1)游客撞击护板时的速度大小v1;
(2)游客紧贴护板运动时,游客与斜面和护板间的滑动摩擦力Ff1、Ff2;
(3)游客滑离斜面时速度大小v2。
【答案】 (1)5 m/s　(2)200 N　120 N (3)1.2 m/s
【解析】 (1)在撞击护板前,根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma1,
得a1=2 m/s2,
则撞击护板时的速度
v1=a1t1=5 m/s。
(2)如图所示,根据摩擦力的公式有
Ff1=μFN1=μmgcos θ=200 N,
Ff2=μFN2=μmgsin θcos θ=120 N。
(3)在撞击护板后,根据牛顿第二定律有
mgsin θsin θ-Ff1-Ff2=ma2,
得a2=-2.8 m/s2,
则根据速度—位移公式有
-(v1sin θ)2=2a2x,
解得v2=1.2 m/s。

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