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一轮复习专题练习-牛顿运动定律
一、单选题
1．(2018·江苏南通·高考模拟)小明家住在第16层．他放学后，乘坐竖直电梯从第1层直达第16层．假设电梯刚起动时做加速运动，中间一段时间内做匀速运动，最后一段时间内做减速运动．在电梯上升过程中，下列说法中正确的是( )
A．电梯加速运动时，小明处于失重状态
B．电梯加速运动时，小明处于超重状态
C．电梯匀速运动时，小明处于失重状态
D．电梯匀速运动时，小明处于超重状态
【答案】B
【解析】明确电梯的运动过程，根据运动状态确定人的加速度方向，再根据加速度向上时物体处于超重状态，而加速度向下时，物体处于失重状态．
电梯刚起动时，小明有向上的加速度，小明处于超重状态，故A错误，B正确；电梯匀速运动时，小明没有加速度，不超重也不失重，故CD错误．所以B正确，ACD错误．*
2．(2020·赣榆智贤中学高三月考)用两根细线系住一小球悬挂于小车顶部，小车在水平面上做直线运动，球相对车静止．细线与水平方向的夹角分别为α和β(α>β)，设左边细线对小球的拉力大小为T 1，右边细线对小球的拉力大小为T2，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
396579665598A．若T1=0，则小车可能在向右加速运动
B．若T2=0，则小车可能在向左减速运动
C．若T1=0，则小车加速度大小为gtanβ
D．若T2=0，则小车加速度大小为gsinα
【答案】A
【解析】当两边绳中的一边张力为零时，根据小球的受力情况可得到合外力大小和方向，从而求解加速度的大小和方向.
若T1=0，则小球受到向下的重力和右边细绳的拉力作用，若合力方向水平向右，则小车加速度向右，可能在向右加速运动，根据牛顿第二定律可知，解得，选项A正确，C错误；同理可知若T2=0，则小车可能在向左加速运动，根据牛顿第二定律可知，解得，选项BD错误；故选A.*
3．(2020·河北高二期末)如图所示，竖直墙面上有一只壁虎从A点沿水平直线加速运动到B点，此过程中壁虎受到摩擦力的方向是( )
328993511899A．斜向右上方
B．斜向左上方
C．水平向左
D．竖直向上
【答案】B
【解析】根据壁虎作加速直线运动可得，合力方向水平向左，再由平行四边形定则即可求解．
由于壁虎从A到B做匀加速直线运动，即壁虎所受合力水平向左，在竖直平面内壁虎受重力、摩擦力，由平行四边形定则可知，摩擦力方向斜向左上方，故B正确．
故选B．*
4．(2020·全国高三专题练习)为使雨水尽快离开房屋的屋顶面，屋顶的倾角设计必须合理．某房屋示意图如图所示，设屋顶面光滑，倾角为θ，雨水由静止开始沿屋顶面向下流动，则理想的倾角θ为( )
304987815240A．30° B．45° C．60 D．75°
【答案】B
【解析】设屋檐的底角为θ，底边为L，注意底边长度是不变的．屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑的加速度为a，对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对水滴的支持力N，垂直于屋顶方向：N＝mgcosθ，平行于屋顶方向：ma＝mgsinθ，水滴的加速度a＝gsinθ，根据三角关系判断，屋顶坡面的长度为： ，由得：，θ＝45°时，t最短．*
5．(2019·江苏南京·高考模拟)如图所示，物理课本放在水平桌面上，下列说法中正确的是( )
A．桌面对课本的支持力与课本的重力是一对平衡力
44665906985B．桌面对课本的支持力与课本对桌面的压力是一对平衡力
C．桌面对课本的支持力与课本的重力是一对作用力与反作用力
D．课本对桌面的压力就是课本的重力
【答案】A
【解析】桌面对课本的支持力与课本的重力是一对平衡力，选项A正确，C错误；桌面对课本的支持力与课本对桌面的压力是一对作用与反作用力，选项B错误；课本对桌面的压力是由于课本发生形变而产生的对桌面向下的压力，施力物体是课本，方向垂直于桌面，大小等于课本的重力，但不是重力，选项D错误；故选A.*
6．(2020·威远中学校高三月考)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．*
38220651264920007．(2020·全国高三其他)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v0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μ(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gsinθ—μcosθ
B．小物块与传送带之间的动摩擦因数μ≤tanθ
C．t0时刻，小物块的速度为v0
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。*
8．(2020·福建省仙游县枫亭中学高三期末)拖把是打扫卫生时的常用工具．在某次卫生大扫除的过程中，某同学在用拖把擦地时沿推杆方向对拖把施加了推力F，此时推杆与水平方向的夹角为θ，且拖把恰好做匀速直线运动，如图所示．已知拖把与地面之间的动摩擦因数不变，保持推力F的大小不变，减小F与水3504151414903平方向的夹角θ，则下列说法正确的是( )
A．拖把所受合外力保持不变
B．拖把一定开始做加速运动
C．拖把对地面的压力可能不变
D．拖把所受的摩擦力可能不变
【答案】B
【解析】
如图所示对拖把进行受力分析，初始拖把匀速运动，根据平衡条件，将F沿竖直和水平方向分解，可得Fcosθ-f=0；Fsinθ+G=FN；f=μFN；可得F=μGcosθ-μsinθ，当夹角减小时，可设减小后的夹角为β，可得Fcosβ-f’=ma；Fsinβ+G=FN’；f’=μFN’，可得ma=F(cosβ-μsinβ)-μG，ma=cosβ-μsinβcosθ-μsinθμG-μG=cos(β+φ)cos(θ+φ)μG-μG，因为β<θ，所以sinβcos(θ+φ)，所以a>0，同时F不变，所以FN减小，f减小。B正确*
392551510055649．(2020·湖南永州·高三其他)如图所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，左侧面是圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面，当用一水平恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B(可视为质点)在圆弧面上与A保持相对静止，此时小球B距轨道末端Q的竖直高度为H=，重力加速度为g，则F的大小为( )
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】连接OB，设OB连续与竖直方向的夹角为，由几何关系得：


则
此时小球受到的合外力
由牛顿第二定律可得：
以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得，故D正确，ABC错误。
故选：D。*
10．(2019·河南安阳·高考模拟)如图所示，质量为m=2.0kg的物体静止在光滑的水平地面上。t=0时刻起物体在一水平向右的恒力F1=1.0N的作用下开始运动，经过一段时间t0后，恒力大小变为F2=2.6N，方向改为水平向左。在t=12.0s时测得物体运动的瞬时速度大小v=6.24m/s，则t0为( )
41325803810A．12.1s B．6.0s C．5.2s D．2.6s
【答案】C
【解析】由牛顿第二定律可得： ，，若12s末时速度方向是向左的，由题意列出运动学方程为：a2t1＝6.24，解得：t1＝4.8s；，解得：t0＝5.2s；若12s末时速度方向是向右的，由题意列出运动学方程为：，解得t0=12.13s>12s，不符合题意，故ABD错误，C正确；故选C.*
330572788392011．(2020·山西高三其他)一小物块从倾角为α=30°的足够长的斜面底端以初速度v0=10m/s沿斜面向上运动(如图所示)，已知物块与斜面间的摩擦因数μ=33，g取10m/s2，则物块在运动时间t=1.5s时离斜面底端的距离为( )
A．3.75m B．5m
C．6.25m D．15m
【答案】B
【解析】小物块沿斜面向上运动时加速度大小为：

物块运动到最高点时间：

由于，小物块运动到最高点速度为0时即停止，故此时小物块离斜面底端距离为
，故B正确。
故选：B。*
40212344130810012．(2020·全国高三专题练习)一伞兵从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，2s时开启降落伞，其跳伞过程中的图象如图所示，根据图象可知该伞兵　　
A．在内做自由落体运动
B．在内加速度方向先向上后向下
C．在内先处于失重状态后处于超重状态
D．在内先匀加速再匀减速最终匀速直线运动
【答案】C
【解析】首先分析运动员的运动情况，运动员在0﹣2s内做匀加速直线运动，2s﹣14s做变速运动，14s以后做匀速运动直到地面．t＝1s时运动员做匀加速直线运动，根据图象的斜率可以算出加速度，根据超重和失重的性质确定状态．
A、0﹣2s内做匀加速直线运动，但加速度小于重力加速度，不是自由落体运动，故A错误；
B、图象的斜率表示加速度，则由图可知，2～6s内物体先做加速运动，再做减速运动，故加速度方向先向下再向上，故B错误；
C、0～14s内物体先做加速运动，再做减速运动，故加速度方向先向下再向上，先失重后超重，故C正确；
D、在0-24s内，2﹣12s内的加速度大小会发生变化，故物体不是匀变速运动，D错误．
【点睛】
本题考查超重与失重以及v﹣t图象，要注意明确图象的性质，能根据图象明确速度和加速度的方向，同时明确超重和失重与加速度方向间的关系．*
13．(2018·阜阳市第三中学高考模拟)A、B两物体的质量之比mA︰mB=1︰2，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速滑行，直到停止，其速度图象如图所示．则该过程A、B两物体所受摩擦力之比FA︰FB380641155051与A、B两物体动摩擦因素之比μA︰μB分别为( )
A．1︰1，1︰1 B．1︰2，1︰4
C．2︰1，1︰2 D．1︰1，2︰1
【答案】D
【解析】根据速度时间图象的斜率表示加速度，可知，aA：aB=2：1；物体的合力等于摩擦力，由牛顿第二定律可知物体所受的摩擦力大小为：f=ma，所以摩擦力之比为：FA：FB=mAaA：mBaB=1：1；根据f=μmg可知，μA︰μB=mB︰mA=2︰1，选项D正确，ABC错误；故选D.
【点睛】
解决本题的关键是明确：在速度时间图象中，直线的斜率表示物体的加速度；结合牛顿第二定律求解摩擦力之比.*
434745947873414．(2020·浙江高三一诊)一只小鸟飞停在一棵细树枝上，随树枝上下晃动，从最高点到最低点的过程中，小鸟( )
A．一直处于超重状态
B．一直处于失重状态
C．先失重后超重
D．先超重后失重
【答案】C
【解析】小鸟随树枝从最高点先向下加速后向下减速到最低点，所以小鸟先处于失重状态，后减速处于超重状态，故C正确．
点晴：解决本题关键理解超重与失重主要看物体的加速度方向，加速度方向向上，则物体超重，加速度方向向下，则物体失重．*
380635636040415．(2020·贵州高三月考)如图，倾角为α的固定斜面上，一光滑物块在一与斜面也成α角的拉力F作用下保持静止状态．若仅将F的方向变为水平向右，则 ( )
A．物块对斜面的压力不变
B．物块对斜面的压力变大
C．物块将沿斜面向上做匀加速直线运动
D．物块将沿斜面向下做匀加速直线运动
【答案】B
【解析】AB、对物块受力分析由平衡条件得：斜面对物块的支持力，将F的方向变为水平向右，斜面对物块的支持力，支持力变大，由牛顿第三定律知物块对斜面的压力变大，故A错误，B正确；
CD、处于静止状态时沿斜面方向有：，将F的方向变为水平向右，沿斜面向上的力为，沿斜面向下的力为，仍然保持平衡，不会做匀加速直线运动，故CD错误．*
405273545866316．(2020·全国高三其他)某空降兵从直升机上跳下，8s后打开降落伞，并始终保持竖直下落．在0~12s内其下落速度随时间变化的υ-t图像如图所示．则( )
A．空降兵在0~8s内下落的高度为4v2
B．空降兵(含降落伞)在0~8s内所受阻力可能保持不变
C．8s时空降兵的速度方向改变，加速度方向保持不变
D．8~12s内，空降兵(含降落伞)所受合力逐渐减小
【答案】D
【解析】A、由v-t图像可知，v-t图像包围的面积表示位移，则空降兵在0-8s内下降的高度大于，故A错误；
B、由v-t图像可知，在0-8s内，v-t图像的斜率越来越小，即加速度越来越小，由受力分析可得：，故所受的阻力越来越大；故B错误；
C、由v-t图像可知，在8s时，空降兵的速度开始减小，但是方向不变，斜率的正负发生了改变，故加速度的方向发生了改变，变为竖直向上，故C错误；
D、8-12s内，物体的加速度方向竖直向上，受力分析得：，由图像可知，斜率越来越小，故加速度越来越小，所以空降兵(含降落伞)所受合力逐渐减小，故D正确．*
17．(2019·镇平县第一高级中学高考模拟)合肥市滨湖游乐场里有一种大型娱乐器械，可以让人体验超重和失重．其环形座舱套在竖直柱子上，先由升降机送到离地面70多米的高处，然后让座舱由静止无动力落下，落到离地30 m高的位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下．若舱中某人用手托着一个重50 N的铅球，则下列说法正确的是 ( )
A．当座舱落到离地面45 m高的位置时，铅球对手的压力为0
B．当座舱落到离地面45 m高的位置时，手对铅球有支持力
C．当座舱落到离地面20 m高的位置时，铅球对手的压力为0
D．当座舱落到离地面20 m高的位置时，手对铅球的支持力小于50 N
【答案】A
【解析】明确超重和失重的性质，知道自由下落时只受重力，加速度向下，失重；减速下落，加速度向上，超重．
AB．在自由下落的过程中人只受重力作用，做自由落体运动，处于失重状态，当座舱落到离地面45米高的位置时，仍处于自由下落过程，故球对手的压力为0，故A正确，B错误；
CD．当座舱落到离地面20米高的位置时，座舱减速运动，处于超重状态，故球对手的压力大于球的重力，即大于50N，故CD错误；
故选A．
【点睛】
本题考查超重和失重的应用，判断一个物体处于超重和失重的条件是：若加速度向上则超重，若加速度向下则失重．*
319405068475118．(2019·江苏扬州·高考模拟)某小组利用如图所示的实验装置“探究加速度与力、物体质量关系”的实验．实验中平衡摩擦力后，他们还调节木板上定滑轮，使牵引小车的细线与木板平行，这样做的目的是( )
A．避免小车在运动过程中发生抖动
B．使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰
C．保证小车最终能够做匀速直线运动
D．使细线拉力等于小车受到的合力
【答案】D
【解析】使牵引小车的细绳与木板平行．这样做的目的是可在平衡摩擦力后使用细绳拉力等于小车受的合力．故选D．*
50482509144000019．(2020·宁都县第三中学高三期末)如图所示，某宾馆大楼中的电梯下方固定有4根相同的竖直弹簧，其劲度系数均为k ．这是为了防止电梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险．若缆绳断裂后，总质量为m的电梯下坠，4根弹簧同时着地而开始缓冲，电梯坠到最低点时加速度大小为 5g(g为重力加速度大小)，下列说法正确的是( )
A．电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为
B．电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为
C．从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯先处于失重状态后处于超重状态
D．从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯始终处于失重状态
【答案】C
【解析】在最低点时，由牛顿第二定律：，其中a=5g，解得，选项AB错误；从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，重力先大于弹力，电梯向下先加速运动，当重力小于弹力时，电梯的加速度向上，电梯向下做减速运动，则电梯先处于失重状态后处于超重状态，选项C正确，D错误；*
378142574104520．(2020·全国高三专题练习)如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为m1和m2的两物体P、Q，用细绳通过光滑定滑轮相连，m1＞m2．现剪断Q下端的细绳，在P下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数与未剪断前的示数相比将( )
A．变大
B．变小
C．不变
D．先变小后变大
【答案】B
【解析】剪断细线之前台秤的读数为：；因m1>m2，则当剪断Q下端的细绳时，P向下加速，Q向上加速，加速度大小为，则对m2，T-m2g= m2a，解得，此时箱子对台秤的压力为：，因 ，可知，故选B.*
21．(2020·黑龙江南岔·伊春二中高三期末)如图所示，水平桌面上放置一个质量为1kg的物块A，在A的上面放置另一个质量也为1kg的物块B，已知A与地面之间的动摩擦因数为μ1=0.5，A、B之间的动摩擦因数为μ2=0.2。现在给物块A施加一个与水平方向夹角为θ=37°斜向上方大小恒为F=10N的力，则物块B所受的摩擦力为(重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8)( )
350520093345A．大小为0.5N，方向水平向右
B．大小为2N，方向水平向右
C．大小为0.5N，方向水平向左
D．大小为2N，方向水平向左
【答案】A
【解析】先假设AB一起运动，以AB对象，根据牛顿第二定律则有，解得；以B对象，根据牛顿第二定律则有，假设成立，所以物块B所受的摩擦力为静摩擦力，大小为，方向水平向右，故选项A正确，B、C、D错误；
故选选项A。*
22．(2020·安徽省怀宁中学高三月考)如图所示，固定在水平面上的斜面体C放有一个斜劈A，A的上表面水平且放有物块B．若AB运动中始终保持相对静止．以下说法正确的是( )
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】对整体分析，找出整体的加速度的方向，然后将加速度正交分析，根据牛顿第二定律进行分析即可；
A、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：
则由图可知，B受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三个力做用，故选项A错误；
B、若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如上图所示，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；
C、若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如上图所示，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；
D、若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则整体加速度方向如上图所示，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．
【点睛】
解决本题的关键能够正确地受力分析，知道A和B的加速度相同，运用整体法和隔离法进行求解，本题的难度在于研究对象的选取．*
396240084391523．(2019·重庆沙坪坝·高考模拟)甲、乙两物体都静止在水平而上，质量分别为m甲、m乙，与水平面间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙.现用水平拉力F分别作用于两物体，加速度a与拉力F的关系如图，图中b、－2c、－c为相应坐标值，重力加速度为g.由图可知( )
A．μ甲=g2c；m甲=2cb
B．μ甲=2cg；m甲=b2c
C．m甲：m乙=1︰2，μ甲︰μ乙=1︰2
D．m甲：m乙=2︰1，μ甲︰μ乙=1︰2
【答案】B
【解析】根据“加速度a与拉力F的关系”可知，本题考查牛顿第二定律的应用，根据牛顿第二定律的变形式，运用数学函数结合图象列式计算.
对质量为m的物体受力分析，假定动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，有：F-μmg=ma，可得：a=Fm-μg，故a与F关系图象的斜率表示质量的倒数，斜率越大，质量越小，故有m甲=b2c，m乙=bc，即m甲:m乙=2:1；从图象可以看出纵轴截距用-μg表示，故-μ甲g=-2c,即μ甲=2cg，μ乙=cg，有μ甲:μ乙=2:1；故选B.
【点睛】
本题关键对物体受力分析后，根据牛顿第二定律列式求解出a与F关系式，再结合图象进行讨论.是常用的函数法，要学会运用.*
24．(2020·全国高三其他)如图甲所示，用一轻弹簧沿水平方向拉着物块在水平面上做加速运动，物块的加速度a随弹簧的伸长量x的关系如图乙所示(图中所标量已知)，弹簣的形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，则物块的质量m及物块与地面间的动摩擦因数μ为( )
291465017145A．m=kcb，μ=bg B．m=kcb，μ=gb
C．m=kbc，μ=bg D．m=kbc，μ=gb
【答案】A
【解析】根据牛顿第二定律列式找打a-x函数关系，对照图像的截距和斜率进行解答.
对物体根据牛顿第二定律：kx-μmg=ma，解得a=kmx-μg，结合图像可知，km=bc解得m=kcb，-μg=-b可得μ=bg，故选A。*
25．(2019·无锡市第一女子中学高考模拟)如图所示，水平传送带匀速运动，在传送带的右侧固定一弹性挡杆。在t=0时刻，将工件轻轻放在传送带的左端，当工件运动到弹性挡杆所在的位置时与挡杆发生碰撞，已知碰撞时间极短，不计碰撞过程的能量损失。则从工件开始运动到与挡杆第二次碰撞前的运动过程中，工件运动的v-t图象下列可能正确的是( )
4371975144780A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】工件与弹性挡杆发生碰撞前的加速过程中和工件与弹性挡杆碰撞后的减速过程中所受滑动摩擦力不变，所以两过程中加速不变，据此分析.
工件与弹性挡杆发生碰撞前可能先做匀加速运动，当与传送带共速后一起与传送带做匀速运动；与弹性挡杆碰撞后以等大的速度反向弹回，向左做匀减速运动，因加速的加速过程中和工件与弹性挡杆碰撞后的减速过程中所受滑动摩擦力不变，所以两过程中加速度不变，速度减到零后再反向向右加速，到达挡板位置时又与传送带达到共速，同时被反向弹回，以后重复原来的过程，则图像C正确，BD错误；工件与弹性挡杆发生碰撞前可能先做匀加速运动，当到达挡板处时刚好与传送带共速，然后碰回，以后重复上述运动，碰后的加速度应该与碰前相同，故A错误；故选C.*
26．(2017·安徽舒城·高考模拟)某绿化用撒水车的牵引力不变，所受的阻力与重力的关系是Ff=kmg(k为常数)没有撒水时，做匀速直线运动，撒水时它的运动将是( )
A．做变加速运动
B．做初速度不为零的匀加速直线运动
C．做匀减速运动
D．仍做匀速直线运动
【答案】A
【解析】开始洒水车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，根据知，洒水时，重力减小，则阻力减小，根据牛顿第二定律知，加速度增大，加速度的方向与速度方向相同，做加速度增大的加速运动，故A正确。
故选A。*
476250044386527．(2020·全国高三专题练习)日常生活中，我们在门下缝隙处塞紧一个木楔(侧面如图所示)，往往就可以把门卡住．有关此现象的分析，下列说法正确的是( )
A．木楔对门的作用力大于门对木楔的作用力，因而能将门卡住
B．门对木楔作用力的水平分量等于地面对木楔摩擦力的大小
C．只要木楔的厚度合适都能将门卡住，与顶角θ的大小无关
D．只要木楔对门的压力足够大就能将门卡住，与各接触面的粗糙程度无关
【答案】B
【解析】A、木楔对门的作用力和门对木楔的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故A错误；
B、对木楔受力分析如图所示：
水平方向：f＝Fsinθ，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，门对木楔作用力的水平分量等于地面对木楔摩擦力的大小，故B正确；
CD、对木锲，竖直方向：N＝Fcosθ+mg，则fmax＝μN＝μ(Fcosθ+mg)，要把门卡住，则有：不管多大的力F均满足满足fmax≥f，即μ(Fcosθ+mg)≥Fsinθ，不管m的大小，只要μ≥tanθ，就可把门卡住，故能否把门卡住，与顶角θ与接触面的粗糙程度有关，故CD错误．*
二、多选题
28．(2019·山西运城·高考模拟)一个可以看做质点的物块以恒定大小的初速度滑上木板，木板的倾角可在0°-90°之间任意凋整设物块沿木板向上能达到的最大位移为x．木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图所示．(g取10m/s2)则下列说法正确的是( )
37909502095500A．小铁块与木板间的动摩擦因数为
B．小铁块初速度的大小是5m/s
C．沿倾角为30°和90上滑时，物块运动到最大位移的时间不同
D．当α=0时，x=m
【答案】ABD
【解析】AB．当，竖直上抛运动，x=1.25m，根据运动学方程得：，解得；当，x=1.25m，根据速度位移关系：，有，而解得：，AB正确
C．因为30°和90°对应的加速度均为，根据，运动到最高点时间相同，C错误
D．当角度等于0时，，根据，求得x=m，D正确*
402907554292529．(2019·四川攀枝花·高考模拟)一物体被吊车用钢索竖直向上提升过程的v-t图像如图所示．下列判断正确的是( )
A．物体在加速过程中被吊起的高度为10m
B．0?10 s内的平均速度大于30 s?35 s内的平均速度
C．30s--35s内物体处于超重状态
D．前10s内钢索最容易发生断裂
【答案】AD
【解析】A．物体在加速过程中被吊起的高度为=10m，选项A正确；
B．0?10 s内的平均速度等于1m/s，30 s?35 s内的平均速度等于1m/s，故选项B错误；
C．30s?35s内物体的加速度向下，处于失重状态，选项C错误；
D．前10s内物体向上加速，处于超重状态，则钢索最容易发生断裂，选项D正确．*
5019675103822530．(2020·永安市第三中学高三月考)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＝60 kg的运动员原地静止站立(不起跳)摸高为2.10m，比赛过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.90m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960N
D．从开始起跳到双脚落地需要1.05s
【答案】AD
【解析】A．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，故选项A正确；
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；
C．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1560N，故选项C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。
故选AD。
31．(2020·邹城市兖矿第一中学高三月考)如图所示，在水平面上有一传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触)，现有一物块在右端水平面上以速度v2向左运动，物块速度随时间变化的图像可能的是( )
357187516192500A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】如果传送带足够长，从而使得物体不能向左滑出传送带，则物体先减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，则：如果v1＜v2，物体向左的速度减至零后会在滑动摩擦力的作用下向右加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动；故图像B正确．如果v1＞v2，物体向右运动时会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带；如果v1=v2，物体同样会一直加速，当速度大小增大到等于v1时，物体恰好离开传送带，此时的图像为A．若物体向左滑上传送带后做减速运动，直到离开传送带后继续以较小的速度在平台上向左滑行，则图像为D；故选ABD.*
32．(2020·安徽高三月考)长木板上表面的一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器，如图甲所示，木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角α变大)，另一端不动，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力Ff随角度α的变化图象如图乙所示．下列判断正确的是( )
39814504953000A．木块与木板间的动摩擦因数μ=tanθ1
B．木块与木板间的动摩擦因数μ=
C．木板与地面的夹角为θ2时，木块做自由落体运动
D．木板由θ1转到的θ2的过程中，木块的速度变化越来越快
【答案】AD
【解析】A、当夹角为物体刚刚开始滑动，则，则，故选项A正确，B错误；
C、木板与地面的夹角为时，摩擦力为零，则木块只受重力作用，但此时速度不是零，物体不做自由落体运动，做初速度不为零、加速度为的匀加速运动，故选项C错误；
D、对木块根据牛顿第二定律有：，则
则木板由转到的的过程中即随着的增大，加速度增大，即速度变化越来越快，故选项D正确．*
33．(2020·全国高三专题练习)如图所示，小车分别以加速度a1、a2、a3、a4向右做匀加速运动，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，加速度为a1、a2时，细线在竖直方向上，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，M受到的摩擦力大小分别为f1、f2、f3、f4，则以下结论正确的是( )
19145256096000A．若
B．若
C．若
D．若
【答案】CD
【解析】甲乙两图中，M水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律得： ； 丙丁两图中，对M和m组成的系统来分析，根据牛顿第二定律可知： ；
A．如果 解得： 故A错误；
B．如果 ，则 故B错误；
C．若 则，故C正确；
D．对m受力分析可知 若可得： ，故D正确．*
321945076962034．(2020·通辽蒙古族中学高三三模)如图甲所示，一质量为m的物体静止在水平面上，自t=0时刻起对其施加一竖直向上的力F，力F随时间t变化的关系如图乙所示，已知当地重力加速度为g，在物体上升过程中，空气阻力不计，以下说法正确的是( )
A．物体做匀变速直线运动
B．时刻物体速度最大
C．物体上升过程的最大速度为
D．时刻物体到达最高点
【答案】BD
【解析】由图可得力F与时间的关系为，则可得物体的合外力与时间的关系为，由牛顿第二定律可得加速度与时间的关系式为，则可知物体先向上做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，然后再向下做加速度增大的加速运动，在上升过程中，当加速度为零时，速度最大，即，可得，故A错误，B正确；由初速度大小为零，所以末速度大小等于速度的变化大小，由前面的分析可知，加速度与时间成线性关系，所以最大速度大小为，故C错误；由前面的分析可知在t=t0时，加速度为 ，根据运动的对称性规律可知，此时间速度减小为0，物体运动到最高点，故D正确．故选BD．*
35．(2019·湖南怀化·高考模拟)如图所示倾角为30°的斜面放在地面上，一小滑块从斜面底端A冲上斜面，到达最高点D后又返回A点，斜面始终保持静止．已知滑块上滑过程经过AB、BC、CD的时间相等，且BC比CD长0.8m，上滑时间为下滑时间的一半，下列说法正确的是( )
38671505524500A．斜面长为36m
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为
C．地面对斜面的摩擦力先向左后向右
D．滑块向上运动和向下运动过程中，地面受到的压力都小于斜面体和滑块的总重力
【答案】BD
【解析】A、经过AB、BC、CD的时间相等，且BC比CD长0.8m，设CD长度为L，逆向思维可知，BC＝3L，AB＝5L，所以3L﹣L＝0.8m，解得L＝0.4m，斜面长x＝9L＝3.6m，故A错误；
B、上滑过程的加速度设为a1，下滑时的加速度为a2，上滑过程可以逆向分析，则：，解得a1＝4a2，
根据牛顿第二定律可得：，联立解得，故B正确；
C、减速上升和加速下降过程中，物体的加速度都是沿斜面向下，加速度在水平方向的分加速度都是向左，即斜面对物体水平方向的作用力向左，物体对斜面的作用力向右，物体处于静止，则地面对斜面的摩擦力方向向左，故C错误；*
D、滑块向上运动和向下运动过程中，加速度在竖直方向的分加速度竖直向下，物体处于失重状态，地面受到的压力都小于斜面体和滑块的总重力，故D正确．
320992588773036．(2019·河南郑州·高考模拟)倾角为θ的斜面固定在水平面上，在斜面上放置一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为μ．平行于斜面的力传感器上端连接木板，下端连接一光滑小球，如图所示．当木板固定时，传感器的示数为F1．现由静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，传感器的示数为F2．则下列说法正确的是( )
A．若μ＝0，则F1＝F2
B．若μ＝0，则F2＝0
C．若μ≠0，则μ＝tanθ
D．若μ≠0，则
【答案】BD
【解析】AB．当木板固定时，对小球分析，根据共点力平衡有：F1=mgsinθ，静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，若μ=0，则整体沿斜面下滑时根据牛顿第二定律可得：Mgsinθ=Ma，解得：a=gsinθ，再以小球为研究对象，则有：mgsinθ-F2=ma，解得：F2=0，故A错误、B正确；
CD．当木板沿斜面下滑时，若μ≠0，对整体分析，根据牛顿第二定律可得加速度为：a=gsinθ-μgcosθ，隔离对小球分析有：mgsinθ-F2=ma，解得：F2=μmgcosθ，则有：，解得：；故C错误、D正确.*
37．(2020·内蒙古高三一模)如图，装有水的杯子从倾角α = 53°的斜面上滑下，当水面稳定时，水面与水平面的夹角β = 16°。取重力加速度g = 10 m/s2，sin53°= 0.8，sin16°= 0.28，则( )
433387515621000A．杯子下滑的加速度大小为2.8 m/s2
B．杯子下滑的加速度大小为3.5 m/s2
C．杯子与斜面之间的动摩擦因数为0.75
D．杯子与斜面之间的动摩擦因数为0.87
【答案】BC
【解析】取水平面的一质量为m的小水滴为研究对象，
由正交分解法结合牛顿第二定律可得：； 解得a=3.5m/s2；对杯子和水的整体，由牛顿第二定律： 解得μ=0.75，故选BC.*
38．(2020·全国高三专题练习)如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角现有质量 m=2.2kg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2s撤去外力F，物体在0-4s内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示．已知sin37°=0.6,cos37°=0.8, g=10m/s2,则( )
382905083820A．物体与斜面间的动摩擦因数为0.5
B．水平外力F=5.5N
C．水平外力F=4N
D．物体在0-4s内的位移为24m
【答案】AC
【解析】A项：根据图象的斜率表示加速度，知内物体的加速度为：
，由牛顿第二定律有： ，解得：，故A正确；
B、C项：内物体的加速度为：，由牛顿第二定律有：，解得：F=4N，故B错误，C正确；
D项：物体在内的位移为：，故D错误．
故选AC．
39．(2020·青铜峡市高级中学高三月考)如图所示，物块A叠放在木板B上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，A、B间的动摩擦因数μ=0.2，现对A施加一水平向右的拉力F，测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示，下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2)( )
322897517145A．当F＜24N时，A、B都相对地面静止
B．当F＞24N时，A相对B发生滑动
C．A的质量为4kg
D．B的质量为24kg
【答案】BC
【解析】当A与B间的摩擦力达到最大静摩擦力后，A、B会发生相对滑动，由图可知，B的最大加速度为4m/s2，即拉力F＞24N时，A相对B发生滑动，当F＜24N时，A、B保持相对静止，一起做匀加速直线运动，故A错误，B正确．对B，根据牛顿第二定律得，aB＝＝4m/s2，对A，根据牛顿第二定律得，aA＝=4m/s2，F=24N，解得mA=4kg，mB=2kg，故C正确，D错误．故选BC．*
40．(2019·辽宁沈阳·高考模拟)如图所示，甲、乙两物体靠在一起，放在光滑的水平面上，在水平力F1和F2共同作用下，一起从静止开始运动，已知F1>F2，两物体运动一段时间后( )
3619500160020A．若突然撤去F1，甲的加速度一定减小
B．若突然撤去F1，甲乙间的作用力减小
C．若突然撤去F2，乙的加速度一定增大
D．若突然撤去F2，甲乙间的作用力增大
【答案】BC
【解析】要分析加速度的变化，先由牛顿第二定律求出整体的加速度，再进行分析，由隔离法求出甲乙间的作用力，根据表达式进行分析；
A、一起运动时，整体的加速度为：；
对乙分析，则甲、乙之间的作用力为：，解得；
突然撤去，则整体的加速度，不一定大于，甲乙之间的作用力，故A错误、B正确；
C、突然撤去，则整体的加速度，则，即加速度增大
甲乙之间的作用力为：，故选项C正确，D错误。*
【点睛】
关于连接体的处理方法，先整体后隔离，可以求得连接体间的相互作用力的大小。
41．(2019·江苏泗阳·高考模拟)如图所示，物块A从弧形滑槽上的某一固定高度滑下后,以速度又滑上粗槽的水平传送带．若传送带不动，A滑下后，从离开滑槽进入传送带左端开始计时，经过时间t1滑至传送带右端某处便停止下来而不会掉下去．若传送带以恒定速率做逆时针转动， A滑下后，从离开滑槽进入传送带左端开始计时，直到又返回传送带，所用时间为t2,则.以下判断正确的是( )
28384508953500A．若＜，则t2=2t1
B．若＞，则t2＜2t1
C．若＞，则t2＞2t1
D．若=，则t2=2t1
【答案】ACD
【解析】当传送带不动时，物块滑上传送带后做匀减速运动到零．若，物块返回时，一直做匀加速直线运动，根据对称性，返回的时间与匀减速运动到零的时间相等，则，故A正确；若，物块返回时先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，则返回的时间大于开始匀减速运动到零的时间，则，故B错误，C正确；若，物块返回时，一直做匀加速直线运动，同理根据对称性可知，，故D正确．*
42．(2020·安徽定远·高三月考)如图所示，在倾角θ=37°固定斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的弹簧下端固定在挡板上，弹簧自然伸长时其上端位于斜面体上的O点处质量分别为mA=4.0kg、mB=1.0kg的物块A和B用一质量不计的细绳连接，跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮，开始物块A位于斜面体上的M处，物块B悬空，现将物块A和B由静止释放，物块A沿斜面下清，当物块A将弹簧压缩到N点时，物块A、B的速度减为零。已知MO=1.0m，ON=0.5m，物块A与斜面体之间的动摩擦因数为μ=0.25，重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，整个过程细绳始终没有松弛。则下列说法正确的是( )
3933825131445A．物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.2m/s2
B．物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.5m/s2
C．物块A位于N点时，弹簧所储存的弹性势能为9J
D．物块A位于N点时，弹簧所储存的弹性势能为21J
【答案】AC
【解析】对AB整体，由牛顿第二定律可得：，解得a=1.2m/s2，选项A正确，B错误；由能量关系可知，物块A位于N点时，弹簧所储存的弹性势能为 ，解得EP=9J，选项C正确，D错误；故选AC.*
三、实验题
43．(2020·云南民族大学附属中学高三其他)某实验小组的同学利用如图1所示的装置“探究物体速度和位移的关系”，并测量物块和桌面间的动摩擦因数．已知弹簧处于原长时，物块位于光电门左侧．
(1)按如图1所示安装实验器材，物块上方装有较窄的遮光条，用游标卡尺测量其宽度如图2所示，则遮光条的宽度为__________mm．
(2)实验步骤如下：
①让物块压缩弹簧并锁定；
②释放物块，读出物块通过光电门时的遮光时间Δt；
③测量出物块停止运动时遮光条的位置到光电门之间的位移x；
④重复②③步骤，测出多组遮光时间Δt和位移x的值；
⑤计算出物块通过光电门时对应的速度v．
(3)根据测量的数据在如图3所示的坐标纸上做出v2－x图象，由图象可知，物块在桌面上运动的加速度大小为__________m/s2．已知重力加速度g取10 m/s2，则物块和桌面间的动摩擦因数为____________．(结果均保留两位有效数字)
【答案】6.75 5.0(4.7～5.1均可) 0.50(0.47～0.51均可)
【解析】(1)游标卡尺的读数为6 mm＋0.05×15 mm=6.75 mm．
(3)由匀变速直线运动规律有v2=2ax，图象的斜率k=2a，所以a=．根据图象求得斜率k=10.0 m/s2，所以物块在桌面上运动的加速度大小a=5.0 m/s2；根据牛顿第二定律有μmg=ma，所以μ=0.50．*
44．(2019·重庆高考模拟)在“探究加速度与力的关系”实验中，某小组设计了如图所示的实验装置．图中上下两层前端固定有光滑滑轮，两相同小车前端各系一条细线，细线跨过定滑轮并挂上一个砝码盘，盘中可放砝码，小车Ⅱ所挂砝码和砝码盘的总质量是小车Ⅰ所挂砝码和砝码盘总质量的两倍．将砝码和砝码盘的总重作为小车所受合外力，两小车尾部各系一条细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，按下装置两小车同时立即停止．某次实验时小车Ⅰ的位移为s1，小车Ⅱ的位移为s2．
(1)为了减小实验误差,下列说法正确的是( )
A．实验之前将轨道倾斜来平衡摩擦力，平衡摩擦力时需要挂上砝码盘和砝码
B．实验之前将轨道倾斜来平衡摩擦力，平衡摩擦力时不需要挂上砝码盘和砝码
C．砝码盘和砝码的总质量应远大于小车的质量
D．砝码盘和砝码的总质量应远小于小车的质量
(2)若实验测得小车Ⅱ位移近似是小车Ⅰ位移的两倍，则可得实验结论是：在质量一定的情况下，物体的加速度与所受到的合外力成______(填“正比”或“反比”)
(3)由于实验中将砝码和砝码盘的总重力作为小车所受合外力的大小，因此s1和s2的大小关系是( )
A．2s1>s2 B．2s1=s2 C．2s1【答案】BD 正比 B
【解析】(1) AB：实验前需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，砝码盘不需要挂上，但小车必须挂上纸带，将轨道倾斜来平衡摩擦力．故A项错误，B项正确．
CD：若要将砝码和砝码盘的总重力作为小车所受合力，绳中拉力约等于砝码和砝码盘的总重力，需满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车质量．故C项错误，D项正确．
(2)两小车同时开始运动，并同时停止，两车运动的位移，则有：位移与加速度成正比；实验测得小车Ⅱ位移近似是小车Ⅰ位移的两倍，小车Ⅱ加速度近似是小车Ⅰ加速度的两倍，则可得实验结论是：在质量一定的情况下，物体的加速度与所受到的合外力成正比．
(3)由于实验中将砝码和砝码盘的总重力作为小车所受合外力的大小，根据运动的位移公式，结合牛顿第二定律，因此s1和s2的大小关系是：2s1=s2．故AC项错误，B项正确．*
45．(2019·山东临沂·高考模拟)如图所示为探究牛顿第二定律的实验装置．该装置由气垫导轨、两个光电门、滑块和沙桶等组成．光电门可以测出滑块通过光电门的时间，导轨标尺可以测出两个光电门间的距离，另用天平测出滑块(含遮光片)和沙桶(含沙子)的质量分别为M和m．
(1)在探究牛顿第二定律的实验中，使用气垫导轨的主要目的是____________
A．减小噪声
B．减小滑块速度
C．减小摩擦力
D．增加摩擦力
(2)如果滑块上的遮光板宽度为d，通过1、2两个光电门时的挡光时问分别为t1和t2，测量出两个光电门之间的距离s，那么滑块运动的加速度a的计算式是a=__________．
【答案】C
【解析】(1) 在探究牛顿第二定律的传统实验装置中，我们需要抬高木板的一端，使得小车重力沿斜面得分力等于小车受到的摩擦力，即平衡小车受到的摩擦力．使用气垫导轨后，可以大大减小滑块与导轨之间的摩擦力．所以使用气垫导轨的主要目的是减小摩擦力，故C正确；
(2) 因为较短时间内的平均速度可以表示瞬时速度，滑块经过光电门1时的速度表达式

同理得：
根据运动学的公式：
解得：．*
46．(2020·四川省宜宾市第四中学校高二期末)某同学为了探究物体的质量不变时，加速度跟合外力的关系．将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器挂钩上，用来测量绳对小车的拉力，根据所测数据在坐标系中作出了如图所示的a-F图象．由于疏忽，实验者忘记了平衡摩擦力，将带滑轮的长木板固定在水平的桌面上了．
(1)实验中是否需要钩码的质最远小于小车和传感器的总质量：______(填“是“或“否”)
(2)由图象求出小车和传感器受到的摩擦阻力为______N，总质量为______kg
【答案】(1)否； (2)2； 2
【解析】(1)此实验中由于在小车上安装了拉力传感器，拉小车的力可以由拉力传感器测出，所以没有必要再用钩码的重力代替拉力，当然更没有必要使钩码的质最远小于小车和传感器的总质量．
(2)从a-F图象可以看出，当F＞2N时，小车才有加速度，所以F=2N时是小车受到的最大静摩擦力，从而它又是等于滑动摩擦力，所以摩擦阻力为2N．根据牛顿第二定律，则图象的斜率就是小车质量的倒数，则*
47．(2020·汕头市潮阳实验学校高三月考)某实验小组用如图所示的实验装置测量物块与水平固定桌面之间的动摩擦因数。已知物块、遮光板和拉力传感器的总质量为M，重物质量为m，遮光板的宽度为d(d很小)，遮光板与光电门之间的距离为L，重力加速度为g，细线恰伸直，重物由静止释放。
3952875171450(1)在完成本实验时，下列操作或说法正确的是___________。
A．细线必须平行于水平桌面
B．拉力传感器的示数始终等于mg
C．实验时必须满足条件m<D．拉力传感器固定在重物上时误差更小
(2)某次实验时，测出遮光板通过光电门所用的时间为△t，则此实验过程物块运动的加速度a=________。
(3)实验时，改变重物m的质量，多次实验，记录拉力传感器的示数F，计算物块的加速度a，根据实验数据画出a-F图象，图线与纵轴的交点为(0，－b)，则物块与水平桌面间的动摩擦因数为___________。
【答案】A
【解析】(1)细线必须平行于水平桌面，这样才能使得细线的拉力等于滑块受到的合力，选项A正确；因系统做加速运动，重物失重，则拉力传感器的示数始终小于mg，选项B错误；由于有力传感器记录滑块的拉力，则实验时不需要必须满足条件m<(2)物块经过光电门时的速度：；根据v2=2aL，解得
(3)由F-μMg=Ma，即，则b=μg，即*
48．(2020·皇姑·辽宁实验中学高三月考)某实验小组在测木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图所示的装置，图中长木板水平固定，调整定滑轮高度，使细线与长木板平行．

(1)实验过程中，电火花打点计时器应接在___________(选填“直流”或“交流”)电源上．
(2)已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间的动摩擦因数μ＝__________．
(3)图为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出．从纸带上测出x1＝2.10 cm，x2＝3.62 cm，x5＝8.12 cm，x6＝9.60 cm．则木块加速度大小a＝__________m/s2(保留两位有效数字)．
【答案】(1)交流； (2)； (3)1.5m/s2
【解析】(1)电火花打点计时器应接在交流电源上．
(2)对砝码：mg-T=ma；对木块：T-μMg=Ma，解得；
(3)因T=0.1s，则x46-x02=2a(2T)2，
解得*
49．(2019·山西太原·高考模拟)用图甲的装置测量木块与水平木板间的动摩擦因数μ时，所用木块的质量与重物的质量相等.若测得木块的加速度为a，用g表示重力加速度的值，则：
(1)计算动摩擦因数的表达式为μ=________(用题中物理量的符号表示).
实验中得到一条纸带如图乙所示A-E为5个计数点，相邻计数点间有4个点未画出，各计数点距离如图．已知打点计时器使用的电源频率为50Hz，可求得:(计算结果保留三位有效数字)
(2)打下D点时木块的速度vD=____m/s；
(3)运动过程中木块的加速度a=______m/s2.
【答案】 0.975 3.15(3.14-3.16)
【解析】(1)设木块质量和重物质量为m，对重物根据牛顿第二定律：，对木块有：，联立解得：.
(2)纸带上某点的瞬时速度等于该点前后相邻两个点的平均速度，
故.
根据位移差公式得：
加速度.*
50．(2020·吉林长春外国语学校高三开学考试)某同学用如图所示装置来探究“在外力一定时，物体的加速度与其质量之间的关系”。
(1)下列实验中相关操作正确的是________
A．平衡摩擦力时，应先将沙桶用细线绕过定滑轮系在小车上
B．平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器
C．小车释放前应靠近打点计时器，且先释放小车后接通打点计时器的电源
(2)将沙和沙桶的总重力mg近似地当成小车所受的拉力F会给实验带来系统误差。设小车所受拉力的真实值为F真，为了使系统误差，小车和砝码的总质量是M，则M与m应当满足的条件是__________。
(3)在完成实验操作后，用图象法处理数据，得到小车的加速度倒数与小车质量M的关系图象正确的是____
【答案】B C
【解析】(1)平衡摩擦力时，应不挂沙桶，只让小车拖着纸带在木板上做匀速运动，选项A错误；平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，选项B正确；小车释放前应靠近打点计时器，且先接通打点计时器的电源后释放小车，选项C错误；
(2)在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，由此造成的误差是系统误差，对小车，根据牛顿第二定律得：，对整体，根据牛顿第二定律得：，且，解得：。
(3)由牛顿第二定律可知：，则，故选C.*
51．(2020·肥东县综合高中高三月考)现要测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图a所示。表面粗糙的木板端固定在水平桌面上，另一端抬起一定高度构成斜面；木板上有一滑块，其后端与穿过打点计时器的纸带相连；打点计时器固定在木板上，连接频率为50Hz的交流电源。接通电源后，从静止释放滑块，滑块带动纸带打出一系列的点迹。
(1)图b给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是实验中选取的计数点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，2、3和5、6计数点的距离如图b所示。由图中数据求出滑块的加速度a=___________m/s2(结果保留三位有效数字)。
(2)已知木板两端的高度差为h、木板的水平投影长度为x、重力加速度为g，则滑块与木板间的动摩擦因数的表达式μ=___________。
【答案】(1)2.51 (2)
【解析】解：(1)每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔：，根据逐差法有：；
(2) 以滑块为研究对象，根据牛顿第二定律有：，解得：；*
52．(2019·贵州毕节·高考模拟)某同学研究小滑块与水平长木板之间的动摩擦因数，查阅资料得知当地的重力加速度为g．选用的实验器材是：长木板、小滑块(可安装挡光片)、光电门、数字毫秒计、弧形斜面、挡光片、螺旋测微器、刻度尺．器材安装如图甲所示．
(1)主要的实验过程如下：
①用螺旋测微器测量挡光片宽度d，读数如图乙所示，则d=___________mm；
②让小滑块从斜面上某一位置释放，读出小滑块通过光电门时数字毫秒计示数t；
③用刻度尺量出小滑块停止运动时挡光片与光电门间的距离L；
④求出小滑块与木板间动摩擦因数μ=___________(用物理量g、d、L、t表示)
(2)为了减小测量动摩擦因数的误差，可采用的方法是___________．
【答案】2.950 多次测量取平均值;采用图像法;增大释放高度
【解析】(1)①螺旋测微器的读数规则可知；
④因小球通过光电门的时间很短，因此可以将小球通过光电门的平均速度当成小球通过光电门的瞬时速度，则小球的速度，由匀变速运动的速度和位移关系可知；
由牛顿第二定律可知，
联立解得；
(2)可以用多次做实验取平均值消除该实验的偶然误差，也可以采用图像发拟合数据进行求解小球偶然误差，增大小球的释放高度可以使小球通过光电门的速度增加，时间减小，使平均速度接近小球的瞬时速度来减小误差．*
53．(2019·辽宁葫芦岛·高考模拟)用如图所示装置做探究物体的加速度跟力的关系”的实验实验时保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车运动的加速度．
(1)实验时先不挂钩码，反复调整垫块的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是________________________________________________________________．
(2)本实验打点计时器选用的是电火花式，选择的电源应该是_______．
A．交流220V B．直流220V C．交流4~6V D．直流4~6V
(3)调试好装置后，图为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图所示.已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a=_________m/s2(结果保留两位有效数字)
【答案】平衡小车运动中所受的摩擦阻力或平衡摩擦力 A 1.0
【解析】(1)实验时先不挂钩码，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是平衡摩擦力．
(2)本实验打点计时器选用的是电火花式，选择的电源应该是交流220V，故选A.
(3)根据△x=aT2，运用逐差法得：．*
54．(2020·全国高三专题练习)某课外小组利用图甲装置探究物体的加速度与所受合力之间的关系，请完善如下主要实验步骤．
①用游标卡尺测量遮光条的宽度d=___________cm；
②安装好光电门，从图中读出两光电门之间的距离s=___________cm：
③接通气源，调节气垫导轨，根据滑块通过两光电门的时间___________(选填“相等”或“不相等”)可判断出导轨已调成水平；
④安装好其它器材，并调整定滑轮，使细线水平；
⑤让滑块从光电门1的左侧由静止释放，用数字毫秒计测出遮光条经过光电门1和2的时间分别为△t1和Δt2，计算出滑块的加速度a1=___________(用d、s、△t1和△t2表示)，并记录对应的拉力传感器的读数F1；
⑥改变重物质量，多次重复步骤⑤，分别计算出加速度a2、a3、a4……，并记录对应的F2、F3、F4……；
⑦在a-F坐标系中描点，得到一条通过坐标原点的倾斜直线，由此得出___________．
【答案】0.550 50.00 相等 物体质量一定时，其加速度与所受合力成正比
【解析】①由图可知，该游标卡尺为20分度，精确度为0.1mm，读数为5mm+0.05mm×10=5.50mm=0.550cm；
②刻度尺；
③在调整气垫导轨水平时，滑块不挂钩码和细线，判断气垫导轨水平的依据是：接通气源后，反复调节旋钮，使滑块静止于导轨的任何位置或接通气源后，给滑块一个初速度，反复调节旋钮，使滑块通过两光电门的时间相等；
⑤根据滑块和遮光条经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度，则有：，则通过光电门1和2的速度分别为和，由速度位移公式可得：，故由
⑦一条通过坐标原点的倾斜直线是正比例函数，故说明物体质量一定时，其加速度与所受合力成正比．*
55．(2018·四川凉山·高考模拟)为了探究质量一定时加速度与力的关系．一同学设计了如图所示的实验装置，其中M为小车的质量，m为钩码的质量．
(1)为了保证力传感器的读数为小车所受的合外力，关于实验操作需要进行的是__________
A．在未挂钩码时，将木板的右端垫高以平衡摩擦力
B．在悬挂钩码后，将木板的右端垫高以平衡摩擦力
C．调节板左端定滑轮的高度.使牵引小车的细绳与木板平行
D．所挂钩码的质量尽量小一些
(2)如图为某次实验得到的段纸带，计数点A、B、C、D、E问相邻点的时间间隔为0.1s.由图中可读出AE两点的距离为__________cm．根据纸带可求出小车的加速度大小为__________m/s2(计算结果保留两位有效数字)
(3)假如在实验中，木板保持水平，小车的质量M不变，改变钩码的质量m，重复进行多次实验．记下每次力传感器的示数F，计算出每次实验中小车的加速度a，将得到的a、F数据绘制成a-F图象，以下图象可能的是__________．
【答案】AC A
【解析】(1)为了保证力传感器的读数为小车所受的合外力，实验操作需要平衡摩擦力，即在未挂钩码时，将木板的右端垫高以平衡摩擦力，选项A正确，B错误；同时要调节板左端定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，选项C正确；因有传感器测量拉力的大小，则不需要所挂钩码的质量尽量小，选项D错误；故选AC.
(2)由图中可读出AE两点的距离为6.50cm．根据?x=aT2，其中T=0.1s，可求出小车的加速度大小为．
(3)木板保持水平，则有摩擦力没有被平衡，根据牛顿第二定律，则：F-f=Ma，则，故应该选A.
【点睛】
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；要研究图像时必须要知道函数关系．*
四、解答题
56．(2020·四川阆中中学高三月考)如图所示，足够长的木板静止在光滑水平地面上，木板上的A点放有一小物块．木板和物块的质量均为m，物块与木板之间的动摩擦因素为μ=0.2，认为最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．现给物块一个水平向右的速度v0，v0=5m/s，并同时给物块一个水平向左的恒力F、F=0.6mg，而后在物块速度减小到0时撤去外力F，取g=10m/s2，求：
3581400156210(1)它们第一次速度相同时速度的大小；
(2)撤去外力时木板运动速度的大小；
(3)最终物块停在木板上的位置离A点的距离．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】物块在木板上滑动时摩擦力的大小为：
(1)物块获得初速度后做减速运动、木板做加速运动，直至速度相同．设这一过程中木板与物块的加速度分别为a、a1，则
对物块有：
对木板：
经过时间t1物块和木板第一次具有相同的速度v，有：
联解求得：，共同速度为：
(2)两者达到共同速度后，物块继续减速运动，设加速度为a2，木板也做减速运动，加速度方向改变、大小仍为a．设物块减速经时间t2速度为0时木板速度为V，则
对物块有：，
对木板：
联解求得：，撤去外力时木板速度为：
(3)在t1时间内，物块相对木板向右滑动，设滑动的距离为x1，则：
在t2时间内，物块相对木板向左滑动，设滑动的距离为x2，则：
撤去外力后，物块和木板组成的系统动量守恒，设最终速度达到u时物块相对木板向左滑动的距离为x3，则
由动量守恒得：
由能量关系得：
解得：
设物块最终停在木板上的位置离A点的距离x，则：
，停在A点的右侧．*
57．(2020·天津市滨海新区大港油田实验中学高三月考)科研人员乘热气球进行科学考察，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M=200kg。气球在空中以v0=0.1m/s的速度匀速下降，距离水平地面高度h=186m时科研人员将质量m=20kg的压舱物竖直向下抛出，抛出后6s压舱物落地。不计空气阻力，热气球所受浮力不变，重力加速度取g=10m/s2，求：
(1)压舱物刚被抛出时的速度大小
(2)压舱物落地时热气球距离水平地面的高度
【答案】(1)(2)
【解析】设压舱物抛出时的速度为，热气球的速度为
(1)亚仓位抛出后做竖直下抛运动，由运动学规律有：
代入数据得到：
(2)热气球和压舱物组成的系统动量守恒
代入数据得到：
设热气球所受浮力为F。则
压舱物抛出后对热气球进行受力分析，由牛顿第二定律有：
代入数据得到：
热球球上绳的高度为：
代入数据得到：
则*
58．(2020·全国高三专题练习)如图1所示，在水平面上有一质量为m1＝1kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2＝2kg的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等?现给木块施加随时间t增大的水平拉力F＝3t(N)，重力加速度大小g＝10m/s2
(1)求木块和木板保持相对静止的时间t1；
(2)t＝10s时，两物体的加速度各为多大；
(3)在如图2画出木块的加速度随时间変化的图象(取水平拉カF的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程)
【答案】(1)木块和木板保持相对静止的时间是4s；(2)t＝10s时，两物体的加速度各为3m/s2，12m/s2；
(3)
【解析】(1)当F＜μ2(m1+m2)g＝3N时，木块和木板都没有拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，对m1：
fmax﹣μ2(m1+m2)g＝m1amax，fmax＝μ1m2g
解得：amax＝3m/s2
对整体有：Fmax﹣μ2(m1+m2)g＝(m1+m2)amax
解得：Fmax＝12N
由Fmax＝3t 得：t＝4s
(2)t＝10s时，两物体已相对运动，则有：
对m1：μ1m2g﹣μ2 (m1+m2)g＝m1a1
解得：a1＝3m/s2
对m2：F﹣μ1m2g＝m2a2 F＝3t＝30N
解得：a2＝12m/s2
(3)图象过(1、0)，(4.3)，(10、12)
图象如图所示．
*
59．(2020·四川棠湖中学高三月考)如图所示，足够长的木板与水平地面间的夹角θ可以调节，当木板与水平地面间的夹角为37°时，一小物块(可视为质点)恰好能沿着木板匀速下滑．若让该物块以大小v0＝10m/s的初速度从木板的底端沿木板上滑，随着θ的改变，物块沿木板滑行的距离x将发生变化.取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.
(1)求物块与木板间的动摩擦因数μ；
(2)当θ满足什么条件时，物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出该最小距离.
【答案】(1) 0.75(2) 4m
【解析】(1)当θ=37°时，设物块的质量为m，物块所受木板的支持力大小为FN，对物块受力分析，有：mgsin37°=μFN
FN-mgcos37°=0
解得：μ=0.75
(2)设物块的加速度大小为a，则有：mgsinθ+μmgcosθ=ma
设物块的位移为x，则有：v02=2ax
解得：
令tanα=μ，可知当α+θ=90°，即θ=53°时x最小
最小距离为：xmin=4m*
37719008877300060．(2020·银川唐徕回民中学高三一模)如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。某时刻速度为v0＝2m/s，此时一质量与木板相等的小滑块(可视为质点)以v1＝4m/s的速度从右侧滑上木板，经过1s两者速度恰好相同，速度大小为v2＝1m/s，方向向左。重力加速度g＝10m/s2，试求：
(1)木板与滑块间的动摩擦因数μ1
(2)木板与地面间的动摩擦因数μ2
(3)从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。
【答案】(1)(2)(3)
【解析】(1)对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解；
(2)对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可；
(3)分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移；
(1)对小滑块分析：其加速度为：，方向向右
对小滑块根据牛顿第二定律有：，可以得到：；
(2)对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
而且
联立可以得到：，，；
(3)在时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：，方向向右；
在时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：，方向向左；
在整个时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：，方向向左
则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：。
【点睛】
本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚小滑块与木板的运动过程和受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。*
61．(2020·四川省宜宾市第四中学校高三开学考试)如图，质量分别为mA=1kg、mB=2kg的A、B两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C、方向水平向右的匀强电场中，A不带电，B带正电、电荷量q=2×10－5C．零时刻，A、B用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s末细绳断开．已知A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s2．求：
299085041910(1)前2s内，A的位移大小；
(2)6s末，电场力的瞬时功率．
【答案】(1) (2)
【解析】(1)B所受电场力为F=Eq=6N；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a1
可得系统的加速度a1=1m/s2；
由运动规律：x=a1t12
解得A在2s内的位移为x=2m；
(2)设绳断瞬间，AB的速度大小为v1，t2=6s时刻，B的速度大小为v2，则v1=a1t1=2m/s；
绳断后，对B由牛顿第二定律：F-μmBg=mBa2
解得a2=2m/s2；
由运动规律可知：v2=v1+a2(t2-t1)
解得v2=10m/s
电场力的功率P=Fv，解得P=60W*
382905062865062．(2020·吉林长春外国语学校高三开学考试)两个完全相同的物块a、b质量均为m＝0.8kg，在水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动，图中的两条直线表示b物体受到水平拉力F作用和a不受拉力作用的v-t图像，g取10 m/s2。求：
(1)物体a受到的摩擦力大小；
(2)物块b所受拉力F的大小；
(3)末a、b间的距离．
【答案】(1)1.2N(2)1.8N(3)60m
【解析】(1) a 图线：
根据牛顿第二定律得
f=ma1=0.8×1.5=1.2N
(2)b图线：　　
根据牛顿第二定律得：F-f=ma2
解得：
F=1.2+0.8×0.75N=1.8N
(3)由位移公式
381952510953750063．(2019·镇平县第一高级中学高考模拟)如图所示，水平地面上有三个质量均为m=1kg的小物块A、B、C，A、B间用一根轻绳水平相连．一水平恒力F作用于物块A上，使三物块以相同的加速度运动一段时间后撤去F．已知B与C间的动摩擦因数＝0.5，A和C与地面间的动摩擦因数均为＝0.2．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m／s2．求：
(1)力F的最大值；
(2)从撤去F到三物块停止运动的过程中，B受到的摩擦力．
【答案】(1) (2) ，方向水平向左
【解析】(1)由牛顿第二定律求出B、C相对滑动时的临界加速度，然后应用牛顿第二定律求出最大拉力．
(2)应用牛顿第二定律求出撤去拉力后的加速度，求出B受到的摩擦力．
(1)B、C刚要滑动时，由牛顿第二定律得：
对C：μ1mg-μ2(m+m)g=ma，
解得：a=1m/s2，
对ABC系统：F-μ2(m+m+m)g=3ma，
解得：F=9N；
(2)撤去拉力后，设BC相对静止，由牛顿第二定律得：
对ABC系统：μ2(m+m+m)g=3ma′，
解得：a′=2m/s2，
对C：μ2(m+m)g-fBC=ma′，
解得：fBC=2N＜fBm=μ1mg=5N，
假设正确，撤去拉力后BC 相对静止，它们间的摩擦力为2N；
【点睛】
本题考查了牛顿第二定律的应用，根据题意分析清楚物体的运动过程与受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律即可解题，解题时注意整体法与隔离法的应用．*
481965093345064．(2019·大连渤海高级中学高考模拟)如图所示，传送带与地面倾角，从A到B长度为16m，传送带以　的速度逆时针转动．在传送带上端A无初速地放一个质量为的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为煤块在传送带上经过会留下黑色划痕已知，，求：
煤块从A到B的时间．
煤块从A到B的过程中传送带上形成划痕的长度．
若传送带逆时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少？
【答案】(1)2s(2)5m(3)
【解析】煤块放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于煤块的速度，传送带给煤块一沿斜面向下的滑动摩擦力，煤块由静止开始加速下滑，当煤块加速至与传送带速度相等时，由于，煤块在重力作用下将继续加速，此后煤块的速度大于传送带的速度，传送带给煤块沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，煤块继续加速下滑，综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变”；根据牛顿第二定律求出两段的加速度，再根据速度时间关系求两段的时间，从而求得总时间；
第一阶段煤块的速度小于皮带速度，炭块相对皮带向上移动；第二阶段，炭块的速度大于皮带速度，炭块相对皮带向下移动；根据运动学公式求解相对位移，从而求得划痕的长度．
当煤块一直做匀加速直线运动时所用时间最短，由位移时间公式求解最短时间．
开始阶段，由牛顿第二定律得：
所以：
可得：
煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为：
发生的位移为：
所以煤块加速到时仍未到达B点，此时摩擦力方向改变．
第二阶段有：
所以得：
设第二阶段煤块滑动到B的时间为，则：
解得：
煤块从A到B的时间
第一阶段煤块的速度小于皮带速度，煤块相对皮带向上移动，煤块与皮带的相对位移大小为：
故煤块相对于传送带上移5m；
第二阶段煤块的速度大于皮带速度，煤块相对皮带向下移动，煤块相对于皮带的位移大小为：

解得：
即煤块相对传送带下移1m：
故传送带表面留下黑色炭迹的长度为
若增加皮带的速度，煤块一直以加速度做匀加速运动时，从A运动到B的时间最短．
则有：
可得：
【点睛】
对于传送带类型，关键要正确分析物体的受力情况，来判断运动情况．在注意皮带传送物体所受的摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻．*
476250015240000065．(2020·四川省泸县第一中学高三月考)足够长的光滑细杆竖直固定在地面上，轻弹簧及小球A、B均套在细杆上，弹簧下端固定在地面上，上端和质量为m1=50g的小球A相连，质量为m2=30g的小球B放置在小球A上，此时A、B均处于静止状态，弹簧的压缩量x0=0.16m，如图所示。从t=0时开始，对小球B施加竖直向上的外力，使小球B始终沿杆向上做匀加速直线运动。经过一段时间后A、B两球分离；再经过同样长的时间，B球距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度取g=10m/s2。求：
(1)弹簧的劲度系数k；
(2)整个过程中小球B加速度a的大小及外力F的最大值。
【答案】(1)5N/m；(2)2m/s2，0.36N
【解析】(1)根据共点力平衡条件和胡克定律得：
解得：；
(2)设经过时间t小球A、B分离，此时弹簧的压缩量为，
对小球A：


小球B：

当B与A相互作用力为零时F最大
对小球B：

解得： ，*
66．(2020·全国高三课时练习)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：
369570043815(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。
【答案】(1)1m/s；(2)1.9m。
【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是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有
①
②
③
由牛顿第二定律得
④
⑤
⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有
⑦
⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据，可得B与木板相对静止时，木板的速度
⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
⑩
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
?
由①②④⑤式知，aA=aB；再由⑦⑧可知，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所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有
?
对A有
?
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
?
在(t1+t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
??
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
?
联立以上各式，代入数据，A、B开始运动时，两者之间的距离
?
答：(1)B与木板相对静止时，木板的速度为1m/s；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离为1.9m。*

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