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2020年高考物理牛顿运动定律 易错知识点和题型
一、不能用物理规律解题
不能用牛顿运动定律解题，或不善于用牛顿运动定律解复杂问题，遇到难题想当然地进行分析。
二、不清楚模型的分析关键
1．弹簧模型和绳线（杆）模型，尤其是其弹力突变问题。
在因为某部分断裂而导致的弹簧或绳线（杆）连接体失去一部分约束时，弹簧的弹力不会突变，而是缓慢变化，而绳线（杆）的弹力会发生突变，变化情况需要具体进行运动分析和受力分析。
2．不会分析超重和失重。
超重和失重的“重”指的是物体本身受到的重力，当支持面对物体向上的作用力（测量工具的测量值，即视重）大于或小于实际的重力时，就是超重或失重。若不能抓住分析关键——超重物体的加速度向上、失重物体的加速度向下，就容易分析错误。
三、运动状态分析和受力分析问题
1．未明确分析的对象。多分析或少分析受力，导致运动状态的分析错误。
2．对运动状态的分析错误。运动状态的分析要点是速度和加速度，速度关系决定相对运动关系，涉及物体间的相互作用力的分析，加速度则可根据牛顿第二定律列式，直接计算力的大小和有无。
四、复杂问题、难题的分析
1．临界问题的分析关键是找到临界条件。不能只注重表面的关键词“相等”、“恰好”等，还要挖掘隐含的临界条件，如加速度相等、弹力为零、静摩擦力达到最大、摩擦力为零（即将反向）等。
2．多物体相互牵连（不一定有直接的牵连关系）要注意，只有部分直接牵连的物体（具有相同的运动状态）才能用整体法，其他情况一般需要明确物体间的受力关系隔离分析，物体间的相互作用力可能大小相等，但速度不同，也可能具有相同的速度，但加速度不同。
3．分析多过程问题切忌急躁，应根据速度和加速度的关系逐个过程进行分析，多过程问题的分析关键就是分析清楚速度相等、速度为零、加速度相等和加速度为零这四种情况，它们往往是多过程中各子过程的分界点。
4．复杂模型，如传送带往返问题、快–板模型，应结合以上3点的注意事项进行综合分析。



下列说法正确的是
A．在水平面上运动的物体最终停下来，是因为水平方向没有外力维持其运动的结果
B．运动的物体惯性大，静止的物体惯性小
C．作用力与反作用力可以作用在同一物体上
D．物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小
本题易错选A，原因是没意识到运动状态不需要力来维持。
物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因，在水平面上运动的物体最终停下来，是因为水平方向受到力的作用，故A错误；惯性的大小量度是质量，故B错误；作用力和反作用力作用在不同的物体上，故C错误；根据牛顿第二定律知，合外力减小，加速度减小，若加速度的方向与速度方向相同，速度增大，故D正确。答案：D。

1．（2019·重庆校级联考）汽车拉着拖车在平直的公路上运动，下列说法中正确的是
A．汽车能拉着拖车前进是因为汽车对拖车的拉力大于拖车对汽车的拉力
B．汽车先对拖车施加拉力，然后才产生拖车对汽车的拉力
C．匀速前进时，汽车对拖车的拉力等于拖车向后拉汽车的力；加速前进时，汽车对拖车的拉力大于拖车向后拉汽车的力
D．拖车加速前进，是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力
【答案】D
【解析】A、汽车对拖车的拉力与拖车对汽车的拉力是作用力与反作用力，作用力和反作用力总是等大反向，故选项A错误；B、作用力和反作用力具有同时性，故选项B错误；C、作用力和反作用力总是等大反向，不管是匀速前进还是加速前进，汽车对拖车的拉力与拖车向后拉汽车的力都是等大反向，故选项C错误；D.、对拖车受力分析，拖车受汽车对拖车的拉力，地面对拖车的摩擦阻力，故加速前进是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力，故选项D正确，故选D。

下列关于力的说法错误的是
A．力的作用是相互的
B．支持力和压力的方向总是垂直于支持面
C．弹力、摩擦力是按性质命名的力
D．摩擦力的方向总是与物体运动的方向相反
本题易错选A，由于疏忽大意，看成让选正确的。
由牛顿第三定律可知力的作用是相互的，故A正确；弹力的方向总是与接触面垂直，支持力和压力的方向总是垂直于支持面，故B正确；弹力、摩擦力，重力是按性质命名的力；故C正确；摩擦力阻碍相对运动，其方向总是与物体相对运动的方向相反，故D错误。答案：D。

1．（2019·吉林省长春市高三四模）在班级清扫卫生的劳动中，某同学用水平方向的力推桌子，桌子没动，下列说法中正确的是
A．桌子受到的重力和地面对桌子的支持力是一对相互作用力
B．桌子对地面的压力和地面对桌子的支持力是一对平衡力
C．同学推桌子的力与桌子受到的摩擦力是一对平衡力
D．同学推桌子的力与同学受到的摩擦力是一对相互作用力
【答案】C
【解析】A、桌子受到的重力与地面对桌子的支持力是一对平衡力，故A错误；B、桌子对地面的压力与地面对桌子的支持力是一对作用力和反作用力，故B错误；C、同学推桌子的力与桌子受到的摩擦力都作用在桌子上，是一对平衡力，故C正确；D、同学推桌子的力受力物体是桌子；同学受到的摩擦力的施力物体是地面，所以这两个力不是一对相互作用力，故D错误。

如图所示，物体a、b用一根不可伸长的细线相连，再用一根轻弹簧跟a相连，弹簧上端固定在天花板上，已知物体a、b的质量相等。当在P点处剪断绳子的瞬间
A．物体a的加速度大小为零
B．物体a的加速度大小为g
C．物体b的加速度大小为零
D．物体b的加速度大小为g
本题易只选D，错因是不理解弹力突变的意义。
设ab物体的质量为m，剪断细线前，对ab整体受力分析，受到总重力和弹簧的弹力而平衡，故F=2mg；再对物体a受力分析，受到重力、细线拉力和弹簧的拉力；剪断细线后，重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力减为零，故物体a受到的力的合力等于mg，向上，根据牛顿第二定律得A的加速度为，故B正确，A错误；对物体b受力分析，受到重力、细线拉力，剪断细线后，重力不变，细线的拉力减为零，故物体b受到的力的合力等于mg，向下，根据牛顿第二定律得A的加速度为，故C错误，D正确。答案：BD。

1．（2019·湖南省衡阳市三模）如图所示，质量分别为m和2m的A，B两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B。调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x。突然撤去木板，重力加速度为g，物体运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是

A．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为g
B．撤去木板间，B物块的加速度大小为0.5g
C．撤去木板后，B物块向下运动3x时速度最大
D．撤去木板后，B物块向下运动2x时速度最大
【答案】C
【解析】撤去木板瞬间，B物块受到的合力为3mg，由牛顿第二定律可知：aB＝1.5g，故AB错误；当B物块受到的合外力为零时，速度最大，此时T2＝2mg＝kx2，又mg＝kx，所以弹簧此时的伸长量x2＝2x，即B物块向下运动3x时速度最大，故C正确，D错误。

如图所示，A为电磁铁，挂在支架C上，放到台秤的托盘中，在它的正下方有一铁块B，铁块B静止时，台秤示数为G，当电磁铁通电后，在铁块被吸引上升的过程中，台秤的示数将

A．变大
B．变小
C．大于G，但是一恒量
D．先变大，后变小
本题选错的原因主要有：混淆超重和失重，不能根据加速度或受力情况分辨超重和失重。
铁块被吸起上升的过程中，由于电磁铁A对B的吸引力越来越大，B做加速度变大的加速上升运动，对整个系统而言，处于超重现象越来越明显的状态（可以认为系统重心也在做加速度变大的加速上升运动），所以台秤的示数应大于G，且不断变大，故A正确，BCD错误。答案：A。

1．（2019·山西省临汾市第一中学期中）“蹦极”是一项体育运动。某人（视为质点）身系弹性绳自高空P点自由下落，如图所示。图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止悬吊着时的平衡位置，人在从P点落下到最低点c的过程中
A．在ab段，人处于失重状态
B．在a点人的速度最大
C．在bc段，人处于失重状态
D．在c点，人的速度为零，加速度也为零
【答案】A
【解析】在段绳的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，人向下做加速运动，处于失重状态，随绳子的拉力的增大，向下的合外力减小，所以向下的加速度逐渐减小；在段绳的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，人向下做减速运动，处于超重状态，而且加速度随绳子的拉力的增大而增大，所以在段人的速度先增加后减小，加速度先减小后增加，在点人的速度最大，在点，绳的形变量最大，绳的拉力最大，向上的加速度，人的速度为零，故选项A正确，B、C、D错误。

如图1、图2所示，两个等高的光滑斜面固定在地面上，斜面倾角，质量相等的小球甲、乙各自在沿斜面向上的拉力作用下从底端由静止开始向上运动。两个拉力的功率恒定且相等，两小球在到达斜面顶端时均已匀速，则在两小球由斜面底端运动到顶端的过程中，下列说法正确的是

A．最后甲球的速度比乙球的速度大
B．最后甲球的速度与乙球的速度相等
C．甲球运动的时间比乙球运动的时间短
D．甲球运动的时间与乙球运动的时间相等
本题的解题关键点是分析清楚竖直向下的力和沿斜面方向的力。
由和得，当加速度减为零的时候速度最大，且，又因为，则最后甲球的速度大于乙球的速度，选项正确、错误；由。得甲球运动的时间比乙球运动的时间长，选项CD错误。答案：A。

1．（2019·江苏省海安高级中学月考）如图，质量相同的两个小球A、B，由两根长均为的轻绳系住悬挂在天花板上。现A、B随车一起向右做匀加速直线运动，绳与竖直方向的夹角为α，某时刻车突然刹停，刹车前一瞬间小车的速度为，则突然刹车时两小球的加速度

A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】刹车瞬时，小球A将向右开始摆动做圆周运动，此时的加速度等于向心加速度，则；当突然刹停时，由于惯性小球B将向右做平抛运动，则此时刻B的加速度为g；故选B。

如图所示，在竖直平面内有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是半圆的圆心。有三条光滑轨道a、b、c，它们的上下端分别位于上下两圆的圆周上，三轨道都经过O点，现让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为

A．tatb>tc C．ta=tb=tc D．不能确定
在已知等时圆的情况下，本题易错选C。要注意等时圆的下滑轨道是一端为竖直直径的任一端点，另一端在圆上的光滑轨道。
设轨道与竖直方向夹角为α，小圆半径为r，半圆半径为R，则轨道的长度L=2rcos α+R，下滑的加速度a=gcos α，则下滑的时间，α越大，t越大，故ta
1．如图所示，两圆1和2外切，它们的圆心在同一竖直线上，有三块光滑的板，它们的一端搭在竖直墙上，另一端搭在圆2的圆周上，三块板都通过两圆的切点，A在圆周上，B在圆内，C在圆外，从A、B、C三处同时由静止释放一个小球，它们都沿板运动，则最先到达圆2的圆周上的球是

A．从A处释放的球 B．从B处释放的球
C．从C处释放的球 D．同时到达
【答案】B
【解析】设轨道与竖直方向夹角为α，圆1、2的半径分别为r1、r2，则Aa板长为L1=2（r1+r2）cos α，下滑的加速度a1=gcos α，根据位移时间公式可得，与α无关，即当板的两端分别在两圆上时，下滑时间相同，由题意，A在圆周上，B在圆内，C在圆外，可知从B处释放的球下滑时间最短，最先到达圆2的圆周上，选B。

如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是

A．A、B的质量之比为1︰
B．A、B所受弹簧弹力大小之比为
C．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为1︰
D．快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为1︰
本题中判断临界条件容易出错。
对AB两个物体受力分析，如图所示：AB都处于静止状态，受力平衡，则有：对物体A：，对物体B，，所以，故A错误；同一根弹簧弹力相等，故B错误：对A物体，细线拉力，对B物体，细线拉力，解得：故C错误；快速撤去弹簧的瞬间，物体AB将以悬点为圆心做圆周运动，刚撤去弹簧的瞬间，将重力分解为沿半径和沿切线方向，沿半径合力为零，合力沿切线方向，则重力沿切线方向的分力提供了加速度即所以快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为，故D正确。答案：D。


1．（2019·新课标Ⅲ）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10 m/s2。由题给数据可以得出

A．木板的质量为1 kg
B．2 s~4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0~2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【答案】AB
【解析】结合两图像可判断出0~2 s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2~5 s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2~4 s和4~5 s列运动学方程，可解出质量m为1 kg，2~4 s内的力F为0.4 N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误。

一小球由静止开始竖直下落，触底后立即竖直反弹，直至再次上升到最高点，已知空气阻力大小恒定，触地反弹瞬间动能损失了75%，规定向下为正方向，则在整个过程中，则下列v–t图象中能正确反应这一过程的是
A． B．
C． D．
本题有两种情况，应根据牛顿第二定律，结合具体情况列式，结合图象数据求解。易错点就是能否区分两种情况结合图象数据分别列式，并正确求解。
由于题目选择竖直向下为正方向，开始时小球做竖直向下的匀加速直线运动，即速度为正值且一直增大，加速度竖直向下保持值不变，即斜率保持不变且斜率为正值，落地后弹起的过程中，小球向上做减速运动，加速度竖直向下保持值不变，即斜率保持不变且斜率为正值，上升过程的加速度大于下落过程的加速度，触地反弹瞬间动能损失了75%，则反弹后动能为原来的，所以速度为原来的，即为，故D正确，A、B、C错误。答案：D。

1．（2019·湖南省长郡中学高三下学期第二次模拟）一名跳伞运动员从悬停在高空的直升机中跳下，研究人员利用运动员随身携带的仪器记录下了他的运动情况，通过分析数据，画出了运动员从跳离飞机到落地的过程中在空中沿竖直方向运动的v—t图象如图所示，则对运动员的运动，下列说法正确的是

A．0~10 s内位移大小为100 m
B．10 s~–15 s内加速度逐渐增大
C．0~10 s内运动员所受阻力逐渐增大
D．10 s~15 s内运动员所受阻力逐渐増大
【答案】C
【解析】0~10 s内，若运动员匀加速下降，则位移为，由图像可知运动员的位移大小大于100 m，选项A错误；v–t图像的斜率等于加速度，可知10 s~15 s内加速度逐渐减小，选项B错误；0~10 s内运动员向下的加速度逐渐减小，根据mg–f=ma所受阻力逐渐增大，选项C正确；10 s~15 s内运动员向上的加速度逐渐减小，根据f–mg=ma，所受阻力逐渐减小，选项D错误。


如图所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定光滑竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。下列判断正确的是

A．a下落的某段过程中，b对地面的压力可能大于b受到地面的支持力
B．a落地前，轻杆对b先做正功后做负功
C．a下落的某段过程中，其加速度大小可能大于g
D．a落地前瞬间a的机械能最小，此时b对地面的压力大小等于mg
本题的主要错因只对左侧两木块列式分析，就会得到错解。
根据牛顿第三定律知，b对地面的压力与b受到地面的支持力一定大小相等，故A错误。b开始时速度为零，当a到达底端时，b的速度为零，在整个过程中，b的速度先增大后减小，动能先增大后减小，由动能定理可知轻杆对b先做正功，后做负功。故B正确。在整个过程中，b的速度先增大后减小，所以轻杆对b的作用力先是动力后是阻力，所以轻杆对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，轻杆对a是斜向下的拉力，此时a的合力大于重力，则其加速度大于重力加速度g，故C正确；a落地前瞬间b的速度为零，由a、b整体的机械能守恒，知此时a的机械能最大，此时b对地面的压力大小为mg，故D错误。答案：BC。

1．（2019·湖北省黄冈中学第二次模拟）如图1所示，斜面体放在粗糙的水平地面上，两斜面光滑且倾角分别为53°和37°，两小滑块P和Q用绕过滑轮不可伸长的轻绳连接，分别置于两个斜面上，，已知和斜面体均静止不动。若交换两滑块位置如图2所示，再由静止释放，斜面体仍然静止不动，的质量为，取，重力加速度大小为，不计滑轮的质量和摩擦，则下列判断正确的是

A．的质量为
B．在图1中，斜面体与地面间有摩擦力
C．在图2中，滑轮受到轻绳的作用力大小为
D．在图2中，斜面体对地面的摩擦力方向水平向左
【答案】AC
【解析】两斜面光滑且倾角分别为53°和37°，如图1放置，则根据沿绳方向的力相等知mgsin53°=mQgsin37°，解得mQ=m，故A正确；在图1中，整个系统处于静止状态，斜面体与地面之间无摩擦力，故B错误；在图2中，设绳子拉力为T，根据牛顿第二定律知mgsin53°–T=ma，T–mgsin37°=ma，解得T=mg，滑轮受到轻绳的作用力大小为，选项C正确；对斜面体受力分析，因两根绳子对滑轮的作用力竖直向下，则水平方向：，方向向右，则地面对斜面体的摩擦力向左，由牛顿第三定律可知，斜面体对地面的摩擦力方向水平向右，选项D错误。


汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m，已知A和B的质量分别为 kg和 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小。求
（1）碰撞后的瞬间B车速度的大小；
（2）碰撞前的瞬间A车速度的大小。

本题在分析过程的时候容易出错。
（1）设B车质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有
①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。
设碰撞后瞬间B车速度的大小为，碰撞后滑行的距离为。由运动学公式有
②
联立①②式并利用题给数据得
③
（2）设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有
④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为，碰撞后滑行的距离为。由运动学公式有
⑤
设碰撞后瞬间A车速度的大小为，两车在碰撞过程中动量守恒，有
⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得

1．如图所示，将小物体（可视为质点）置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的恒力F拉动纸板，拉力大小不同，纸板和小物体的运动情况也不同。若纸板的质量m1=0.1 kg，小物体的质量m2=0.4 kg，小物体与桌面右边缘的距离d=0.15 m。已知各接触面间的动摩擦因数均为μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。

（1）当小物体与纸板一起运动时，求桌面对纸板的摩擦力大小。
（2）拉力F满足什么条件，小物体才能与纸板发生相对滑动？
（3）若拉力作用0.3 s时，纸板刚好从小物体下抽出，通过计算判断小物体是否会留在桌面上。
【答案】（1）1 N （2）F>2 N （3）小物体不会留在桌面上
【解析】（1）当小物体与纸板一起运动时，桌面对纸板间的滑动摩擦力f1=μ（m1+m2）g=1 N
（2）随F增大，小物体和纸板共同运动的加速度增大，小物体受到的静摩擦力增大，直到达到最大静摩擦力f2=μm2g，此时两者一起运动的最大加速度a==μg
根据牛顿第二定律有Fmin–μ（m1+m2）g=（m1+m2）a
解得Fmin=2 N，即F>2 N时小物体与纸板有相对滑动
（3）纸板抽出前，小物体在滑动摩擦力作用下做加速运动，加速度a=2 m/s2
经0.3 s离开纸板时小物体通过的距离x1=at2=0.09 m，速度v=at=0.6 m/s
纸板抽出后，小物体在桌面上受滑动摩擦力作用做匀减速运动，加速度大小也为a
小物体减速运动的最大可能位移x2==0.09 m
则小物体在桌面上可能运动的总位移x=x1+x2=0.18 m>d，故小物体不会留在桌面上


已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图甲所示），以此时为t=0记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系（如图乙所示），图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，已知传送带的速度保持不变，则

A．物块在0~t1内运动的位移比在t1~t2内运动的位移小
B．0~t2内，重力对物块做正功
C．若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，那么
D．0~t2内，传送带对物块做功为W=
本题错因是不理解划痕是物体间的最大相对位移，因为发生相对反向运动时，划痕叠加但不会抵消；而相对位移在发生相对的反向运动后会抵消吊。
由图乙图线与时间轴所围面积可看出，物块在0~t1内运动的位移比在t1~t2内运动的位移大，故A错误；由于物块在0~t1内向下运动的位移大于t1~t2内向上运动的位移，所以0~t2内物体的总位移向下，所以重力对物块做正功，故B正确；在t1~t2内，物块向上运动，则有μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ，故C错误；由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：，则传送带对物块做功故D错误。答案：B。

1．（2019·山东省临沂市2019届高三下学期高考模拟）传送带在工农业生产和日常生活中都有广泛的应用，例如在港口用传送带装卸货物，在机场用传送带装卸行李等，为人们的生活带来了很多的便利。如图甲所示，为一传送带输送机卸货的简化模型：长为L的传送带与水平面夹角为θ，传送带以速度逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小物块，小物块与传送带之间的动摩擦因数为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。图乙为小物块运动的v—t图象。根据以上信息可以判断出

A．小物块开始运动的加速度为
B．小物块与传送带之间的动摩擦因数
C．时刻，小物块的速度为
D．传送带始终对小物块做正功
【答案】C
【解析】A项：对物块由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma，解得：a＝gsinθ+μgcosθ，故A错误；B项：t0时刻之后物块做匀速运动，则mgsinθ≤μmgcosθ，即μ≥tanθ，故B错误；C项：由乙图知t0时刻是木块与传送带速度相同的时刻，小物块的速度为v0，故C正确；D项：0~t0时间，传送带的速度大于木块的速度，传送带始终对小木块做正功，t0之后，木块做匀速运动，摩擦力沿斜面向上，与物块的运动方向相反，传送带对小木块做负功，故D错误。


如图1所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t=0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v–t图象如图2所示，重力加速度，则下列说法正确的是

A．M=m B．M=2m
C．木板的长度为8 m D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1
在分析物块的运动时，有一段平板车减速，物块加速，最终共速的过程，若忽略这一部分的分析就容易出错。
木块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故，而v–t图象的斜率表示加速度，故，解得；对木板受力分析可知，，解得，AD错误B正确；从图中可知物块和木板最终分离，两者v–t图象与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故，C正确。答案：BC。

1．（2019·江西省南昌市外国语学校月考）如图甲所示，质量mA＝1 kg，mB＝2 kg的A、B两物块叠放在一起静止于粗糙水平地面上。t＝0时刻，一水平恒力F作用在物块B上，t＝1 s时刻，撤去F，B物块运动的速度—时间图像如图乙所示，若整个过程中A、B始终保持相对静止，则

A．物块B与地面间的动摩擦因数为0.2
B．1~3 s内物块A不受摩擦力作用
C．0~1 s内物块B对A的摩擦力大小为4 N
D．水平恒力的大小为12 N
【答案】AC
【解析】A．1~3 s内由乙图可知加速度，撤去F后由牛顿第二定律可知加速度为，联立解得，故选项A正确；B．1~3 s内物块对的摩擦力大小为，方向水平向左，故选项B错误；C.．0~1 s内加速度，对分析有物块对的摩擦力大小为，故选项C正确；D．0~1 s内由牛顿第二定律可知，解得水平恒力的大小为，故选项D错误。

一、用牛顿第二定律解决动力学问题
（1）从受力确定运动情况（），a=0时处于平衡状态，静止或做匀速直线运动。
（2）从运动情况确定受力（F=ma）。
（3）综合受力分析和运动状态分析，运用牛顿第二定律解决问题。
二、瞬时变化的动力学模型
受外力时的形变量
弹力
弹力能否突变
轻绳
微小不计
拉力
能
轻杆
微小不计
拉力或压力
能
轻橡皮绳
较大
拉力
不能
轻弹簧
较大
拉力或压力
不能
三、传送带模型分析方法

四、滑块–木板模型分析方法


1．歼击机在进人战斗状态时要扔掉副油箱，这样做是为了
A．减小重力．使运动状态保持稳定
B．减小惯性，有利于运动状态的改变
C．增大加速度，使状态不易变化
D．增大速度，使运动状态易于改变
【答案】B
【解析】歼击机在战斗前要抛掉副油箱，是为了减小飞机的质量来减小飞机的惯性，使自身的运动状态容易改变，以提高歼击机的灵活性，选B。
2．（2019·云南省玉溪一中期中）如图甲所示，地面上有一质量为M的重物，用力F向上提它，力F变化而引起物体加速度a变化的函数关系如图乙所示，则以下说法中不正确的是

A．当F小于图中A点值时，物体的重力Mg>F，物体不动
B．图中A点值即为物体的重力值
C．物体向上运动的加速度和力F成正比
D．图线延长线和纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度
【答案】C
【解析】物体未离开地面时，受拉力、重力和支持力，根据平衡条件，有N+F=mg，故重力大于拉力，故A正确；物体加速向上，当拉力大于重力时，物据牛顿第二定律，有F–Mg=Ma，解得①，当F=F0时，加速度为零，故F=Mg，故B正确；由图象，加速度与力是线性关系，不是正比关系，故C错误；由①式，当拉力为零时，加速度为–g，故D正确；此题选择不正确的选项，故选C。
3．（2019·浙江省温州市求知中学月考）如图所示，质量为m的人站在竖直观光电梯中，如果电梯运动的加速度大小为a，电梯地板对人的支持力为F＝mg+ma，则可能的情况为

A．电梯以加速度a向下加速运动
B．电梯以加速度a向上加速运动
C．电梯以加速度a向上减速运动
D．以上三项都不正确
【答案】B
【解析】人的加速度，方向向上，所以电梯以加速度向上加速运动或电梯以加速度向下减速运动，故选项B正确，A、C、D错误。
4．如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间
A．a1=3g B．a1=0 C．Δl1=2Δl2 D．Δl1=Δl2
【答案】AC
【解析】设物块的质量均为m，剪断细绳前，绳上拉力T=3mg，弹簧S1的拉力F1=2mg，弹簧S2的拉力F2=mg，剪断细绳瞬间，绳上拉力立刻消失，弹簧来不及改变，所以a受到的合力F=T=3mg，加速度a1=3g，A正确，B错误；根据胡克定律F=kΔx，F1=2F2，可得Δl1=2Δl2，C正确，D错误。
5．（2019·山东省淄博校级模拟）下列说法正确的是
A．划船时桨向后推水，水就向前推桨，因为水推桨的力大于桨推水的力，船才被推着前进。
B．完全失重的物体将不受到重力，所以此刻一切由重力引起的现象都将消失
C．人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方
D．物体的运动与外界的推、拉等行为相联系，如果不再推、拉，原来的运动将停下来这说明必须有力作用，物体才能运动
【答案】C
【解析】划船时桨向后推水，水就向前推桨，水推桨的力与桨推水的力是一对作用和反作用力，是大小相等的关系，选项A错误；完全失重的物体仍将受到重力作用，此刻一切由重力引起的现象都将消失，选项B错误；人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，人在水平方向匀速运动，而车加速运动，可知人的水平位移比车的水平位移小，人将落在起跳点的后方，选项C正确；力是改变物体运动状态的原因，而不是使物体运动的原因，选项D错误。
6．（2019·广东省普通高中学业水平考试）一列火车减速进站，最后停在站台上。火车在减速过程中，下列说法正确的是
A．火车的惯性越来越小
B．火车的惯性一直不变
C．火车停止时惯性为零
D．火车的惯性不断增大
【答案】B
【解析】惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，火车减速进站过程中，其质量不变，只是速度的变化，所以火车的惯性一直不变，故选项B正确，A、C、D错误。
7．如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，一条细线一端与斜面上的物体B相连，另一端绕过轻质滑轮与物体A相连，该滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O点，细线与竖直方向成ɑ角，A、B、C始终处于静止状态，不计细绳与滑轮间摩擦。下列说法正确的是

A．若仅增大A的质量，则B对C的摩擦力一定增大
B．若仅增大A的质量，则地面对C的摩擦力一定增大
C．若仅增大B的质量，则B受到的摩擦力一定增大
D．若仅将C向左缓慢移动一点，ɑ角将增大
【答案】BD
【解析】若B具有上滑的趋势，增大A的质量，则B对C的摩擦力增大，若B具有下滑的趋势，增大A的质量，则B对C的摩擦力减小，所以不一定增大，故A错误；将BC看作一个整体，具有向左的运动趋势，仅增大A的质量，地面对C的摩擦力一定增大，故B正确；若B具有上滑的趋势，增大B的质量，则B受到的摩擦力减小，若B具有下滑的趋势，增大B的质量，则B受到的摩擦力增大，所以不一定增大，故C错误；连接AB的细线的夹角一半即α角的大小，若仅将C向左缓慢移动一点，增大连接AB的细线的夹角，则α角将增大，故D正确。
8．（2019·江苏省震泽中学期末）歼–10B在飞行中有一段过程可看做竖直向上加速，设飞行员质量为60 kg，加速度为5 m/s2，则座椅对飞行员的支持力为
A．300 N B．600 N C．900 N D．1 200 N
【答案】C
【解析】对飞行员受力分析，飞行员受重力、座椅对飞行员的支持力，由牛顿第二定律得：F–mg=ma，解得：F=900 N，故ABD错误，C正确。
9．（2019·江苏省扬州中学高三模拟）智能化电动扶梯如图所示，乘客站上扶梯，先缓慢加速，然后再匀速上升，则
A．乘客始终处于超重状态
B．加速阶段乘客受到的摩擦力方向与v相同
C．电梯对乘客的作用力始终竖直向上
D．电梯匀速上升时，电梯对乘客的作用力竖直向上
【答案】D
【解析】加速运动阶段，顾客的加速度沿电梯斜向上，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第二定律，电梯对他的支持力大于其重力，处于超重状态；匀速运动阶段，加速度为0，所以既不超重也不失重。故A错误。加速阶段乘客加速度斜向上，加速度有水平向右的分量，则受到的摩擦力方向水平向右，选项B错误；加速阶段，乘客受到竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力，则电梯对乘客的作用力斜向右上方；电梯匀速上升时，电梯对乘客只有向上的支持力，即电梯对乘客的作用力竖直向上，选项C错误，D正确。
10．（2019·贵州省遵义市航天高级中学2019届高三第六次模拟）如图所示，将两个相同的木块a、b置于固定在水平面上的粗糙斜面上，a、b中间用一轻质弹簧连接，b的右端用细绳与固定在斜面上的挡板相连．达到稳定状态时a、b均静止，弹簧处于压缩状态，细绳上有拉力。下列说法正确的是

A．达到稳定状态时a所受的摩擦力一定不为零
B．达到稳定状态时b所受的摩擦力一定不为零
C．在细绳剪断瞬间，b所受的合外力一定为零
D．在细绳剪断瞬间，a所受的合外力一定不为零
【答案】A
【解析】A.达到稳定状态时，a重力沿斜面向下的分力，弹力沿斜面向下，物体静止，则摩擦力一定沿斜面向上不为零，A正确。B.如果细绳对b的拉力等于弹簧对b的弹力与b重力沿斜面向下分力之和，此时沿斜面方向合力为零，b与斜面间无摩擦力，B错误；C.因为初态细绳中有拉力，所以在细绳剪断瞬间，b弹簧的弹力、重力沿斜面的分力大于最大静摩擦力，则b受的合力不为0，C错误。D.在细绳剪断瞬间，由于弹簧的弹力不变，所以a物体受力不变，仍平衡，合力为零，D错误。
11．（2019·江苏省泰州市第二中学月考）如图所示，物体P以一定的初速度沿光滑水平面向右运动，与一个右端固定的轻质弹簧相撞，并被弹簧反向弹回。若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律，那么在P与弹簧发生相互作用的整个过程中

A．P做匀变速直线运动
B．P的加速度方向发生变化
C．当加速度数值最大时，速度也最大
D．有一段过程，P的加速度逐渐减小，速度逐渐增大
【答案】D
【解析】在压缩弹簧的过程中，P水平方向只受到弹簧的弹力，方向与速度方向相反，而且弹力逐渐增大，加速度逐渐增大，P做加速度增大的变减速直线运动，故A错误；弹簧压缩过程中对P施加的弹力方向始终向左，根据牛顿第二定律知P的加速度方向保持不变，故B错误；压缩弹簧的过程中，当速度为零时弹簧压缩最短，此时弹力最大，故加速度数值最大，速度为零，故C错误；当弹簧压缩最短后将物体P向左弹出的过程中，弹簧弹力方向向左，物体P向左加速运动，随着弹簧弹力的减小，物体P加速度逐渐减小，而速度逐渐增大，故D正确。
12．（2019·河北省石家庄市辛集中学月考）如图所示，铁球A和铁块B之间由轻质弹簧相连，并用细线OA挂在天花板上，A、B的质量分别m和2m，弹簧的劲度系数为k，整个系统静止，下述说法中正确的是
A．细线OA对铁球A的拉力大小为3mg
B．弹簧的长度为
C．弹簧的弹力大小为2mg
D．某时刻烧断细绳OA，该时刻铁球A的加速度大小为3g
【答案】ACD
【解析】A、将A、B看成整体，根据平衡条件可知T=（m+2m）g=3mg，故A正确。BC、设弹簧的伸长量为x。对B，由平衡条件知，弹簧的弹力大小F=2mg，由胡克定律有 F=kx，得，B错误C正确。D、某时刻烧断细绳OA，则细线对A的拉力立刻为零，A受到本身的重力和弹簧的弹力，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得mg+F=ma，得a=3g，故D正确。
13．（2019·江西省名校（临川一中、南昌二中）联合考）为了备战2020年东京奥运会，我国羽毛球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量m=50 kg的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为2.10 m，比赛过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5 m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.90 m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取10 m/s2。则

A．运动员起跳过程处于超重状态
B．起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度大
C．起跳过程中运动员对地面的压力为960 N
D．从开始起跳到双脚落地需要1.05 s
【答案】AD
【解析】AC、运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据可知；在起跳过程中可视为匀加速直线运动，加速度方向竖直向上，所以运动员起跳过程处于超重状态，根据速度位移公式可知，解得，对运动员根据牛顿第二定律可知，解得,根据牛顿第三定律可知，对地面的压力为1 300 N，故选项A正确，C错误；B、在起跳过程中做匀加速直线运动，起跳过程的平均速度，运动员离开地面后做竖直上抛运动，离地上升到最高点过程的平均速度，故选项B错误；D、起跳过程运动的时间，起跳后运动的时间，故运动的总时间，故选项D正确。
14．（2019·山西省临汾市第一中学期中）如图所示，倾斜的传送带与水平地面间的夹角为θ，欲传送的工件m（可视为质点）被无初速地轻放在传送带顶端，已知它与传送带间的动摩擦因数μ
A．当传送带不转时，工件将沿传送带一直向下匀加速运动
B．若传送带顺时针转，工件从顶端到底端的时间与传送带静止时相比将变长
C．若传送带逆时针转，则工件可能沿传送带一直向下匀加速运动
D．若传送带逆时针转，则工件可能沿传送带先向下做匀加速直线运动，然后又做匀减速直线运动
【答案】AC
【解析】当传送带不转时，工件放在传送带的顶端，由于，工件受到沿斜面向上的滑动摩擦力作用，工件将沿传送带一直向下匀加速运动，加速度大小为；当传送带顺时针转，工件放在传送带的顶端，工件受到沿斜面向上的滑动摩擦力作用，工件将沿传送带向下匀加速运动，加速度大小为，工件从顶端到底端的时间与传送带静止时所用时间相同。故B错误；当传送带逆时针转，工件受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，若传送带比较短，工件可能将以加速度一直运动下去；若传送带比较长，工件将沿传送带先向下匀加速运动，加速度大小为，工件与传送带速度相等后，加速度变化，加速度为，故选项A、C正确，B、D错误。
15．（2019·湖南省长沙市雅礼中学期中）如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到向右的拉力F的作用向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。下列说法正确的是

A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1（m+M）g
B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg
C．当F>μ2（m+M）g时,木板便会开始运动
D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动
【答案】BD
【解析】A、由于木板相对于地面是否刚要滑动不清楚，地面的静摩擦力不一定达到最大，则木板受到地面的摩擦力的大小不一定是μ2（m+M）g；故A错误；B、对木板：水平方向受到木块向右的滑动摩擦力f1和地面的向左的静摩擦力f2，而f1=μ1mg，由平衡条件得：f2=f1=μ1mg；故B正确；C、D、由题分析可知，木块对木板的摩擦力f1不大于地面对木板的最大静摩擦力，当F改变时，f1不变，则木板不可能运动；故C错误，D正确；故选BD。
16．（2019·广西柳州市第二中学月考）某同学站在电梯底板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况，如图所示的v－t图象是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况（向上为正方向）。根据图象提供的信息，可以判断下列说法正确的是

A．在0~5 s内，观光电梯加速上升，该同学处于失重状态
B．在10~20 s内，观光电梯加速下降，该同学处于失重状态
C．在20~25 s内，观光电梯加速下降，该同学处于失重状态
D．当人处于失重状态时，人仍然受到重力
【答案】CD
【解析】在0~5 s内，从速度时间图象可知，此时的加速度为正，电梯的加速度向上，此时人处于超重状态，故A错误；在10 s~20 s内，从速度时间图象可知，此时的加速度为负，电梯的加速度向下，速度为正，电梯减速上升，此时人处于失重状态，故B错误；在 20~25 s内，从速度时间图象可知，此时的加速度为负，电梯的加速度向下，速度为负，则电梯加速下降，此时人处于失重状态，故C正确；人处于失重状态时，人仍然受到重力，故D正确。
17．质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示．A的v–t图象如图乙所示，重力加速度g=10 m/s2，求：

（1）A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
（2）木板B与水平面间的动摩擦因数μ2；
（3）A的质量。
【答案】（1）0.2 （2）0.1 （3）6 kg
【解析】（1）由图象可知，A在0~1 s内的加速度
对A由牛顿第二定律得，–μ1mg=ma1
解得：μ1=0.2
（2）由图象知，A、B在1~3 s内的加速度
对A、B整体由牛顿第二定律得：–（M＋m）gμ2=（M＋m）a3
解得：μ2=0.1
（3）由图象可知B在0~1 s内的加速度
对B由牛顿第二定律得，μ1mg–μ2（M＋m）g=Ma2
代入数据解得：m=6 kg




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