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2021年高考物理一轮复习考点全覆盖
（12）牛顿第二定律理解及应用（解析版）
考点解读：
1．对牛顿第二定律的理解
2．解题的思路和关键
(1)取研究对象进行受力分析；
(2)应用平行四边形定则或正交分解法求合力；
(3)根据F合＝ma求物体的加速度a.
考向一：牛顿第二定律的应用
【例1】
　关于速度、加速度和合外力之间的关系，下述说法正确的是(　　)
A．做匀变速直线运动的物体，它所受合外力是恒定不变的
B．做匀变速直线运动的物体，它的速度、加速度、合外力三者总是在同一方向上
C．物体受到的合外力增大时，物体的运动速度一定加快
D．物体所受合外力为零时，一定处于静止状态
【答案】A
【解析】　做匀变速直线运动的物体，加速度恒定不变，由牛顿第二定律知，它所受合外力是恒定不变的，且加速度与合外力方向相同，与速度方向在同一直线上，不一定在同一方向上，故A正确，B错误；物体受到的合外力增大时，加速度一定增大，物体的运动速度变化一定加快，而速度不一定加快，故C错误；物体所受合外力为零时，物体的加速度一定等于零，速度不一定为零，故D错误．
【变式1】如图所示，AB为竖直平面内某圆周的竖直直径，BC与CD为两根固定光滑细直杆，其中CD通过O点且与AB成60°夹角，两细直杆上各套有一个小球，小球可视为质点。两小球均从C点由静止释放，一小球从C点运动到D点所用的时间为t1，另一小球从C点运动到B点所用的时间为t2，则t1：t2等于
A．：1
B．2：1
C．1：1
D．：2
【答案】A
【解析】设AB=CD=d。小球从C点运动到D点的过程，由牛顿第二定律有：mgsin30°=ma1，得：a1g，由位移公式有：da1t12；得：t1=2，小球从C点运动到B点的过程，由牛顿第二定律有：mgsin60°=ma1，得：a2g，由位移公式有：dcos30°a2t22，得：t2，所以有：t1：t2=：1，故选A。
考向二：瞬时加速度
【例2】如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端固定一个质量为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．
C．0
D．
【答案】D
【解析】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，则有：F=Mg，隔离对小球分析，根据牛顿第二定律得：F+mg=ma，解得：，方向竖直向下，故D正确。
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　如图，A、B、C三个小球质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻质细绳连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态．现将A上面的细线剪断，使A的上端失去拉力，则在剪断细线的瞬间，A、B、C三个小球的加速度分别是(重力加速度为g)(　　)
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A．1.5g，1.5g,0
B．g，2g，0
C．g，g，g
D．g，g，0
【答案】A
【解析】剪断细线前，由平衡条件可知，A上端的细线的拉力为3mg，A、B之间细绳的拉力为2mg，轻弹簧的拉力为mg.在剪断A上面的细线的瞬间，轻弹簧中拉力不变，小球C所受合外力为零，所以C的加速度为零；A、B小球被细绳拴在一起，整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力，由牛顿第二定律得3mg＝2ma，解得a＝1.5g，选项A正确．
考向三：牛顿第二定律的图像问题
【例3】传送带在工农业生产和日常生活中都有着广泛的应用。如图甲，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针转动，现将m=2kg的货物放在传送带上的A点，货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙，整个过程传送带是绷紧的，货物经过1.2
s到达B点，已知重力加速度g=10m/s2．下列说法正确的是
A．货物在内的加速度大小为
B．A、B两点的距离为
C．货物从A运动到B的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为
D．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做的功为
【答案】AC
【解析】由加速度的定义知：货物在0.2~1.2
s内的加速度为：，故A正确；物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，仍做匀加速直线运动，所以物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”，为：x=×1×0.2
m
+×（1+2）×1
m
=1.6
m。故B错误；由v–t图象可知，物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为：，对物体受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1①；同理，做a2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，得：mgsinθ–μmgcosθ=ma2②联立①②解得：sinθ=0.3，μgcosθ=2，根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，f=μmgcosθ=4
N，做a1匀加速直线运动，位移为：x1=×1×0.2
m=0.1
m，皮带位移为：x皮=1×0.2
m=0.2
m，相对位移为：Δx1=x皮–x1=0.2
m–0.1
m=0.1m，同理：做a2匀加速直线运动，位移为：x2=×（1+2）×1
m=1.5
m，x皮2=1×1
m=1
m，相对位移为：Δx2=x2–x皮2=0.5
m，故两者之间的总相对位移为：Δx=Δx1+Δx2=0.6
m，货物与传送带摩擦产生的热量为：Q=W=fΔx=4×0.6
J=2.4
J，故C正确；根据功能关系，由C中可知：f=μmgcosθ=4
N，做a1匀加速直线运动，由图象知位移为：x1=0.1
m，物体受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功为：Wf1=fx1=4×0.1
J=0.4
J，同理做a2匀加速直线运动，由图象知位移为：x2=1.5
m，物体受摩擦力，方向向上，摩擦力做负功为：Wf2=–fx2=–4×1.5
J=–6
J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：6
J–0.4
J=5.6
J，故D错误。
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如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角θ＝37°，现有质量
m＝2.2
kg的物体在水平向左的外力F的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2
s撤去外力F，物体在0～4
s内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示．已知sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，取g＝10
m/s2，求：
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(1)物体与斜面间的动摩擦因数和水平外力F的大小；
(2)物体在0～4
s内的位移大小．
【答案】(1)0.5　4
N　(2)28
m
【解析】(1)根据v－t图象的斜率表示加速度，则2～4
s内物体的加速度大小为：
a2＝
m/s2＝2
m/s2，
由牛顿第二定律有：mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma2，
解得：μ＝0.5；
0～2
s内物体的加速度大小为：a1＝
m/s2＝4
m/s2，
由牛顿第二定律有：mgsin
θ＋Fcos
θ－μ(mgcos
θ－Fsin
θ)＝ma1，解得：F＝4
N；
（2）物体在0～4
s内的位移为：x＝
m＋×2
m＝28
m.
精选练习
1.一个质量为2
kg的物体，放在光滑水平面上，在水平面内3个共点力作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为8
N和12
N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体运动的说法正确的是(　　)
A．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5
m/s2
B．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小
C．可能做匀减速直线运动，加速度大小是1.5
m/s2
D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是6
m/s2
【答案】B
【解析】由平衡条件得知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为8
N和12
N的两个力后，物体的合力大小范围为4
N≤F合≤20
N，物体的加速度大小范围为：2
m/s2≤a≤10
m/s2；若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做匀变速曲线运动，加速度大小可能是5
m/s2，故A错误；若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，物体做匀减速直线运动，加速度大小最小可能是2
m/s2，不可能为1.5
m/s2，故C错误；撤去两个力后，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小，故B正确；撤去两个力后，物体受到的合力恒定，不可能做匀速圆周运动，故D错误．
2.雨滴在空气中下落时会受到空气阻力的作用．假设阻力大小只与雨滴的速率成正比，所有雨滴均从相同高度处由静止开始下落，到达地面前均达到最大速率．下列判断正确的是(　　)
A．达到最大速率前，所有雨滴均做匀加速运动
B．所有雨滴的最大速率均相等
C．较大的雨滴最大速率也较大
D．较小的雨滴在空中运动的时间较长
【答案】CD
【解析】根据牛顿第二定律可得a＝，则雨滴下落时，随速度的增加，加速度逐渐减小，则达到最大速率前，所有雨滴均做加速度减小的变加速运动，选项A错误；当a＝0时速度最大，vm＝，则质量越大，最大速度越大，选项B错误，C正确；较小的雨滴在空中运动的最大速度较小，整个过程的平均速度较小，则在空中运动的时间较长，选项D正确．
3．将一只小球竖直向上抛出，小球运动时受到空气阻力的大小与速度大小成正比，下列描绘小球在上升过程中的加速度大小a及速度大小v与时间t关系的图象，可能正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【解析】根据牛顿第二定律得，加速度的方向与速度方向相反，做减速运动，速度减小，则阻力减小，加速度减小，所以小球在上升过程中做加速度减小的减速运动，到达最高点时，加速度a=g，故A错误，B正确；速度时间图线的斜率表示加速度，知图线斜率在减小，上升到最高点时，速度减小为零，C错误，D正确。
如图所示，固定在水平面上的斜面体C上放有一个斜劈A，A的上表面水平且放有物块B.若A、B运动过程中始终保持相对静止．以下说法正确的是(　　)
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A．若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，B物块可能只受两个力作用
B．若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B处于超重状态
C．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B受水平向左的摩擦力
D．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则B处于超重状态
【答案】C
【解析】若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，整体加速度方向沿斜面向下，如图所示，
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可知，B受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三个力作用，故选项A错误；若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如图所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项B错误；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如图所示，由于B具有水平向左的分加速度，则根据牛顿第二定律可知B受水平向左的摩擦力，故选项C正确；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则整体加速度方向如图所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项D错误．
5．中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（　　）
A.
F
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢根据牛顿第二定律有，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有，联立解得。故选C。
如图所示，质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，设木板足够长，若对铁块施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g=10m/s2，则下面四个图中能正确反映铁块受到木板的摩擦力大小f随力F大小变化的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】铁块与木板之间摩擦力的最大值为，木板与地面间的摩擦力的最大值为，当时，木板和铁块相对地面静止，当，并且木板和铁块一起相对地面加速运动时，设此时系统的加速度为a，根据牛顿第二定律，对整体有，对铁块有，可得，从此关系式可以看出，当时，M、m相对静止，则对整体有，对铁块，即，当拉力大于6N时，滑块受到的摩擦力为滑动摩擦力大小为4N，故得出的图象应为C。故ABD错误，C正确。
6．如图所示，放在固定斜面上的物块沿斜面下滑，若在物块上再施加一竖直向下的恒力F，则
A．若物块原来匀速运动，则物块将匀加速下滑
B．若物块原来匀速运动，则物块将匀减速下滑
C．若物块原来匀加速运动，则物块将以相同的加速度匀加速下滑
D．若物块原来匀加速运动，则物块将以更大的加速度匀加速下滑
【答案】D
【解析】若物块原来匀速运动，未加F时，物块匀速下滑，受力平衡，分析物体的受力情况如图，由平衡条件得：mgsinθ=μmgcosθ；得：sinθ=μcosθ，对物块施加一个竖直向下的恒力F时，物块受到的滑动摩擦力大小为：f=μ（F+mg）cosθ，重力和F沿斜面向下的分力大小为（F+mg）sinθ，则可知，（F+mg）sinθ=μ（F+mg）cosθ，则物块受力仍平衡，所以仍处于匀速下滑状态，故AB错误。若物块原来匀加速运动，未加F时，物体受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有：；当施加F后加速度为：a′=，因为gsinθ>μgcosθ，所以Fsinθ>μFcosθ，可见a′>a，即加速度增大，则物块将以更大的加速度匀加速下滑，故D确，C错误。
7．一个物块放在光滑的水平地面上，从静止开始受到水平向右的外力F的作用，外力F与时间t的关系如图所示。则
A．0~t0时间内，物块向右做匀加速运动
B．t0~2t0时间内，物块向左做匀加速运动
C．0~2t0时间内，物块的速度先增大后减小
D．0~2t0时间内，物块的加速度先增大后减小
【答案】C
【解析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律可知F=ma，0~t0时间内，拉力减小，加速度减小，物体做加速度减小的加速运动，在t0时刻速度达到最大，故A错误；t0~2t0时间内，拉力反向增大，加速度反向增大，做减速运动，根据力的对称性可知，到达2t0时刻速度减速到零，故BD错误，C正确。
8．如图（a）,一长木板静止于光滑水平桌面上，时，小物块以速度
滑到长木板上，时刻小物块恰好滑至长木板最右端。图（b）为物块与木板运动的图像，已知图中、、，重力加速度大小为g。下列说法正确的是
A．木板的长度为
B．物块与木板的质量之比为
C．物块与木板之间的动摩擦因数为
D．t1时刻，小物块和木板动能之比为
【答案】ACD
【解析】时刻小物块恰好滑至长木板最右端，所以相对位移就是板长，根据图b知，相对位移为图像面积差：，A正确。相对运动过程中，相互间的摩擦力设为f，木块的加速度，木板加速度
，所以质量之比为，B错误。木块的加速度，摩擦力
，所以动摩擦因数为，C正确。动能
，t1时刻，速度相同，所以动能比等于质量比，D正确。
9．如图所示，某时刻将质量为10kg的货物轻放在匀速运动的水平传送带最左端，当货物与传送带速度恰好相等时，传送带突然停止运动，货物最后停在传送带上。货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，货物在传送带上留下的划痕长为0.1m，重力加速度取10m/s2。则货物（
）
A．总位移为0.2m
B．运动的总时间为0.2s
C．与传送带由摩擦而产生的热量为5J
D．获得的最大动能为5J
【答案】ACD
【解析】令传送带的速度为v，根据题意可知，货物在传送带上先加速后做减速运动，加速运动阶段，其加速度大小为，当货物加速到和传送带速度相等时，所用时间为，货物发生的位移为，传送带发生的位移为，减速运动过程中货物的加速度大小为a′=a=5m/s2，当货物速度减为零，所用的时间为，货物发生的位移为，根据题意可知，货物在传送带上留下的划痕长为，所以传送带的速度为v=1m/s，货物发生的总位移为x=x1+x3=0.2m，运动的总时间为t=t1+t2=0.4s，与传送带由摩擦而产生的热量Q=μmg（x2-x1+x3）=10J，货物获得的最大动能为Ek＝mv2＝5J，故B错误，ACD正确。
如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84
N而从静止(t＝0时刻)向前滑行，其作用时间为t1＝1.0
s，撤除水平推力F后经过t2＝2．0
s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备(可视为质点)的总质量为m＝60
kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝12
N，求：
INCLUDEPICTURE"3-106.TIF"
(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移的大小；
(2)t＝3.0
s时运动员的速度大小；
(3)该运动员第二次撤除水平推力后能滑行的最大距离．
【答案】(1)1.2
m/s　0.6
m　(2)0.8
m/s　(3)5.2
m
【解析】(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度大小为
a1＝＝1.2
m/s2
第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v1＝a1t1＝1.2
m/s
位移x1＝a1t12＝0.6
m.
(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a2＝＝0.2
m/s2
经时间t2速度变为v1′＝v1－a2t2＝0.8
m/s.
(3)设第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v2，
则v22－v1′2＝2a1x1
解得v2＝
m/s
第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x2＝
解得x2＝5.2
m.
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精品试卷·第
2
页
（共
2
页）
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2021年高考物理一轮复习考点全覆盖
（12）牛顿第二定律理解及应用（原卷版）
考点解读：
1．对牛顿第二定律的理解
2．解题的思路和关键
(1)取研究对象进行受力分析；
(2)应用平行四边形定则或正交分解法求合力；
(3)根据F合＝ma求物体的加速度a.
考向一：牛顿第二定律的应用
【例1】
　关于速度、加速度和合外力之间的关系，下述说法正确的是(　　)
A．做匀变速直线运动的物体，它所受合外力是恒定不变的
B．做匀变速直线运动的物体，它的速度、加速度、合外力三者总是在同一方向上
C．物体受到的合外力增大时，物体的运动速度一定加快
D．物体所受合外力为零时，一定处于静止状态
【变式1】如图所示，AB为竖直平面内某圆周的竖直直径，BC与CD为两根固定光滑细直杆，其中CD通过O点且与AB成60°夹角，两细直杆上各套有一个小球，小球可视为质点。两小球均从C点由静止释放，一小球从C点运动到D点所用的时间为t1，另一小球从C点运动到B点所用的时间为t2，则t1：t2等于
A．：1
B．2：1
C．1：1
D．：2
考向二：瞬时加速度
【例2】如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端固定一个质量为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．
C．0
D．
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　如图，A、B、C三个小球质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻质细绳连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态．现将A上面的细线剪断，使A的上端失去拉力，则在剪断细线的瞬间，A、B、C三个小球的加速度分别是(重力加速度为g)(　　)
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A．1.5g，1.5g,0
B．g，2g，0
C．g，g，g
D．g，g，0
考向三：牛顿第二定律的图像问题
【例3】传送带在工农业生产和日常生活中都有着广泛的应用。如图甲，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针转动，现将m=2kg的货物放在传送带上的A点，货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙，整个过程传送带是绷紧的，货物经过1.2
s到达B点，已知重力加速度g=10m/s2．下列说法正确的是
A．货物在内的加速度大小为
B．A、B两点的距离为
C．货物从A运动到B的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为
D．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做的功为
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如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角θ＝37°，现有质量
m＝2.2
kg的物体在水平向左的外力F的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2
s撤去外力F，物体在0～4
s内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示．已知sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，取g＝10
m/s2，求：
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(1)物体与斜面间的动摩擦因数和水平外力F的大小；
(2)物体在0～4
s内的位移大小．
精选练习
1.一个质量为2
kg的物体，放在光滑水平面上，在水平面内3个共点力作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为8
N和12
N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体运动的说法正确的是(　　)
A．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5
m/s2
B．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小
C．可能做匀减速直线运动，加速度大小是1.5
m/s2
D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是6
m/s2
2.雨滴在空气中下落时会受到空气阻力的作用．假设阻力大小只与雨滴的速率成正比，所有雨滴均从相同高度处由静止开始下落，到达地面前均达到最大速率．下列判断正确的是(　　)
A．达到最大速率前，所有雨滴均做匀加速运动
B．所有雨滴的最大速率均相等
C．较大的雨滴最大速率也较大
D．较小的雨滴在空中运动的时间较长
3．将一只小球竖直向上抛出，小球运动时受到空气阻力的大小与速度大小成正比，下列描绘小球在上升过程中的加速度大小a及速度大小v与时间t关系的图象，可能正确的是
A．
B．
C．
D．
4.
如图所示，固定在水平面上的斜面体C上放有一个斜劈A，A的上表面水平且放有物块B.若A、B运动过程中始终保持相对静止．以下说法正确的是(　　)
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"F:\\通用\\341.TIF"
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一轮\\物理
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A．若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，B物块可能只受两个力作用
B．若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B处于超重状态
C．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B受水平向左的摩擦力
D．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则B处于超重状态
5．中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（　　）
A.
F
B.
C.
D.
5.
如图所示，质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，设木板足够长，若对铁块施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g=10m/s2，则下面四个图中能正确反映铁块受到木板的摩擦力大小f随力F大小变化的是（　　）
A．
B．
C．
D．
6．如图所示，放在固定斜面上的物块沿斜面下滑，若在物块上再施加一竖直向下的恒力F，则
A．若物块原来匀速运动，则物块将匀加速下滑
B．若物块原来匀速运动，则物块将匀减速下滑
C．若物块原来匀加速运动，则物块将以相同的加速度匀加速下滑
D．若物块原来匀加速运动，则物块将以更大的加速度匀加速下滑
7．一个物块放在光滑的水平地面上，从静止开始受到水平向右的外力F的作用，外力F与时间t的关系如图所示。则
A．0~t0时间内，物块向右做匀加速运动
B．t0~2t0时间内，物块向左做匀加速运动
C．0~2t0时间内，物块的速度先增大后减小
D．0~2t0时间内，物块的加速度先增大后减小
8．如图（a）,一长木板静止于光滑水平桌面上，时，小物块以速度
滑到长木板上，时刻小物块恰好滑至长木板最右端。图（b）为物块与木板运动的图像，已知图中、、，重力加速度大小为g。下列说法正确的是
A．木板的长度为
B．物块与木板的质量之比为
C．物块与木板之间的动摩擦因数为
D．t1时刻，小物块和木板动能之比为
9．如图所示，某时刻将质量为10kg的货物轻放在匀速运动的水平传送带最左端，当货物与传送带速度恰好相等时，传送带突然停止运动，货物最后停在传送带上。货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，货物在传送带上留下的划痕长为0.1m，重力加速度取10m/s2。则货物（
）
A．总位移为0.2m
B．运动的总时间为0.2s
C．与传送带由摩擦而产生的热量为5J
D．获得的最大动能为5J
10.
如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84
N而从静止(t＝0时刻)向前滑行，其作用时间为t1＝1.0
s，撤除水平推力F后经过t2＝2．0
s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备(可视为质点)的总质量为m＝60
kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝12
N，求：
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(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移的大小；
(2)t＝3.0
s时运动员的速度大小；
(3)该运动员第二次撤除水平推力后能滑行的最大距离．
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