2022版高中物理选考（山东专用）一轮总复习集训：三牛顿运动定律 检测

专题三牛顿运动定律

【专题检测】

A组

一、选择题

1.（2020届长沙一中月考）一个质量为〃的箱子放在水平地面上，箱内用一段固定长度的轻质细线拴一质量为

w的小球，线的另一端拴在箱子的顶板上，现把细线和球拉到左侧与竖直方向成"角处静止释放，如图所示，在

小球摆动的过程中箱子始终保持静止,重力加速度为4则以下判断正确的是（）

A.在小球摆动的过程中，线的张力呈周期性变化，但箱子对地面的作用力始终保持不变

B.小球摆到右侧最高点时，地面受到的压力为（册前名箱子受到地面向左的静摩擦力

C.小球摆到最氐点时，地面受到的压力为（护防④箱子不受地面的摩擦力

D.小球摆到最低点时,线对箱顶的拉力大于侬箱子对地面的压力大于（华w）g

答案I）本题考查物体的受力分析、牛顿运动定律等。体现了模型建构、科学推理等核心素养。

小球在摆动时，在最低点时，加速度沿竖直方向指向圆心,处于超重状态，箱子对地面压力大于整体重力，

水平方向上箱子不受摩擦力£错误,1）正确;在摆动到左右最高点时，向心加速度为0,但有沿切线方向的加速度,

箱子受到地面的摩擦力,A错误;小球在右侧最高点时，切向加速度方向斜向左下，箱子受到向左的静摩擦力，地

面受到的压力小于（加助&B错误.

2.（2018河北五校联考,6）如图所示，在竖直平面内有半径为"和2"的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A.B

和。分别是小圆和大圆上的点，其中加长为您长为2夜凡现沿仍和“建立两条光滑轨道启/I处由静

止释放小球，已知小球沿四轨道运动到风点所用时间为"沿“'轨道运动到。点所用时间为、，则八与t之

比为（）

A.1：V2B.1：2C.1：V3D.1：3

答案A由几何关系可得小圆与的交点〃为4。的中点，由初速度为零的匀变速直线运动的知识知，小球

通过力。和然的时间之比为1：式,由等时圆结论知，小球通过，仍和通过4。的时间相等,故小球通过,心的时

间与小球通过水、的时间之比为1：鱼，选项A正确。

3.（2018陕西西安模拟,8）（多选）质量分别为2kg和3kg的物块42放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，如

图所示，今对物块46分别施以方向相反的水平力凤凡且用=20N、A=10N,则下列说法正确的是（）

A.弹簧的弹力大小为16N

B.如果只有内作用，则弹簧的弹力大小变为12N

C.若把弹簧换成轻质绳，则绳对物体的拉力大小为零

D.若四=I0N、A=20N,则弹簧的弹力大小不变

答案AB对整体受力分析有出-A=（如+而a,对A受力分析有:E-广弹=处4解得/弹=16N,选项A正确;同理可知,

若只有£作用,则弹簧的弹力大小变为尸弹=/*=12\,选项B正确;若把弹簧换成轻质绳，则绳对物体的拉力

也为16N,选项C错误;若G=10N、内=20N,对整体受力分析有:质-石=（如+曲8对A受力分析有/弹-后他a,解得尸

弹=14N,选项D错误。

4.（2019怀化三模）（多选）如图所示，物块A叠放在木板8上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑46间的

动摩擦因数”0.2,现对,4施加一水平向右的拉力£测得8的加速度a与拉力厂的关系如图乙所示，下列说

法正确的是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取炉lOm/s1（）

乙

A.当网24N时3都相对地面静止

B.当处24N时,/1相对6发生滑动

C.4的质量为妹g

D.夕的质量为24kg

答案BC当4与例诃的摩擦力达到最大静摩擦力后,人人会发生相对滑动，由图乙可知,/>'的最大加速度为

4m/s：即拉力力24N时,/1相对夕发生滑动，当次24N时,48保持相对静止，故A错误,B正确。对场根据牛顿第

二定律得,a,畔也=4m/s：对4后号丝=4m/s）424N,解得昕4kg,跖2=kg,故C正确,D错误。

mBmA

5.（2019湘赣14校联考,6）如图，叠放的两个物块无相对滑动地沿斜面（与水平夹角均为"）一起下滑，甲图两物

块接触面平行于斜面且两物块间摩擦力的大小为/；,乙图两物块接触面与斜面不平行且两物块间摩擦力的大

小为修丙图两物块接触面水平且两物块间摩擦力的大小为名下列判断正确的是（）

甲图乙图西图

A.右斜面光滑/=0,£H0,EW0

B,若斜面光滑,/；工0,££0/二0

C.若两物块一起匀速下滑,£H0/=0MH0

D.若两物块一起匀速下滑,/H0/W0/W0

答案A本题主要考查物体的平衡、受力分析、牛顿运动定律。体现了核心素养中科学推理、科学论证要

素。

设斜面与水平面夹角为"，若斜面光滑，整体沿斜面下滑的加速度为斐in区甲、乙、丙三图上方物块重

力沿斜面向下分力均为磔sin。，甲图上方物块所受支持力垂直斜面,在斜面方向没有分力，故£=0。乙图和丙

图上方物块受到的支持力在斜面方向上均有分力，必须有摩擦力才能使合力为"磔in〃，所以A正确,B错误；

若两物块一起匀速下滑,上方物块所受合力为0,必有。/0/片0/=0£、D错。

6.（2018天津河东一模）（多选）如图所示，带有长方体盒子的斜劈/I放在固定的斜面体。的斜面上，在盒子内放

有光滑球88恰与盒子前、后壁人。相接触。若使斜劈1在斜面体C上静止不动，则A。对球8无压力。

以下说法正确的是（）

A.若。的斜面光滑，斜劈力由静止释放，则。对球方有压力

B.若。的斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则P、。对8球均无压力

C.若。的斜面粗糙，斜劈月沿斜面匀速下滑，则P、。对球6均无压力

D.若。的斜面粗糙，斜劈/I沿斜面以一定的初速度减速下滑，则尸对球6有压力

答案ACD若。的斜面光滑，无论斜劈是由静止释放还是以一定的初速度沿斜面上滑,斜劈和球具有相同的

加速度，方向均沿斜面向下;根据牛顿第二定律，知6球所受的合力方向沿斜面向下，所以8球受重力、盒子底

部的支持力以及。对球的压力，而户对球无压力，所以A选项是正确的,B选项是错误的。若。的斜面粗糙，斜

劈A沿斜面匀速下滑，则8球处于平衡状态,受重力和盒子底部的支持力而平衡/、。对球均无压力，所以C选

项是正确的。若。的斜面粗糙，斜劈A沿斜面减速下滑，斜劈和球整体具有相同的加速度，方向沿斜面向上，根

据牛顿第二定律，知4球所受的合力方向沿斜面向上，所以8球受重力、盒子底部的支持力以及户对球的压力,

所以D选项是正确的。

思路点拨斜劈A在斜面体。上静止不动，则受的重力和支持力平衡。当斜面光滑，斜劈4和8球具有相同

的加速度且方向沿斜面向下，再通过对6球进行分析，进而判断父。对球有无压力.当斜面粗糙时，按照同样

的方法，先判断出整体的加速度方向,再隔离3进行受力分析，从而判断1\。对球有无压力。

7.（2018湖南五市十校12月联考）如图所示,质量为"的斜面体。放在粗糙的水平面上，其倾角为味小物块4

8质量分别为，〃和2网与斜面间的动摩擦因数相同，两者中间用轻杆连接，沿斜面匀速下滑，斜面体始终静止，则

下列说法正确的是（）

A.轻杆给6的弹力沿斜面向上

B.轻杆给8的弹力沿斜面向下

C.地面对。的摩擦力水平向左

D.地面的摩擦力为零

答案D本题主要考查利用整体法与隔离法分析物块所受摩擦力情况，体现了模型建构、科学推理和科学

论证的核心素养。以48为整体进行受力分析，（m2嗾sin"="（加2"Mcos〃，则〃=鬻,对6进行分析厕

2侬sin«=〃-2侬cos〃，故轻杆对4的弹力为零，故A、B错误"、5匀速下滑，处于平衡状态厕48受到斜

面体的合力竖直向上44对斜面体的合力竖直向下,则斜面体水平方向上受的外力为零，即地面对。的摩擦

力为零，故C错误,1）正确。

解题指导轻杆弹力有无可以利用假设法分析。

8.（2019长郡中学二模）（多选）一块足够长的白板静止于水平桌面上，一可视为质点、质量为©的石墨块静止

在白板上，石墨块与白板间动摩擦因数为〃，重力加速度为与从某时刻起,使白板瞬时获得速度％做匀速直

线运动，石墨块将在板上划下黑色痕迹。经过时间£白板突然停下，不再运动。不计石墨块与板摩擦过程中损

失的质量，在石墨块也停止运动时，白板上黑色痕迹的长度及二者相对运动过程中产生的热量可能是

（）

A.竽献B.最啮

C.Vot-iPgf,HMgV"tD.VatPmgVot

答案AC本题主要考查牛顿运动定律及相对运动知识。体现了核心素养中模型建构、科学推理、科学论

证等素养要素。

在时间t内，石墨块可能一直匀加速，也可能先匀加速后匀速;石墨块匀加速时，根据牛顿第二定律，有

“0炉0”,解得:a=Ug。

如果时间t内，石墨块一直匀加速，加速的位移.r,=|（时间t内相对白板的位移

Ax尸出上小=丫“弓经时间t白板突然停下，不再运动，石墨块做减速运动，加速度大〃不变，石墨块继续运

动的距离为'=为=1Pgt<△刖白板上黑色痕迹的长度为ML9二者相对运动过程中产生的热量

Q\=u用或卜小+小'）=〃mgvot。

如果石墨块先匀加速，后匀速，时间t内，石墨块位移用嚼+M（t-含），相对白板的位移△至二所上应二或猊；

经时间t白板突然停下，不再运动,石墨块做减速运动，加速度大小不变，石墨块继续运动的距离用'蜒=A为

”22“2

白板上黑色痕迹的长度为痣，二者相对运动过程中产生的热量&—啾A扬+加'）=〃侬•簿如仙

如果白板停下时石墨块加速运动的末速度恰好为国则石墨块的位移所竽•，相对白板的位移

Ax,=%Lx,岑。经过时间t白板突然停下，不再运动，石墨块做减速运动，加速度大小不变，石墨块继续运动的

距离必驾9t=△必,白板上黑色痕迹的长度为羔冬匕二者相对运动过程中产生的热量

Qi啾&黑+*、'）=啮.故A、C正确,B、D错误。

9.（2020届甘肃兰州一中期中,21）（多选）如图所示,有一个质量为用的长木板静止在光滑水平地面上，另一质量

也为〃的小物块叠放在长木板的一端之上。8是长木板的中点，物块与木板在/山段的动摩擦因数为"在BC

段的动摩擦因数为2〃，若把物块放在长木板左端，对其施加水平向右的力用可使其恰好与木板发生相对滑

动。若把物块放在长木板右端，对其施加水平向左的力人也可使其恰好与木板发生相对滑动.下列说法正确

的是（）

£

A.石与£的大小之比为1：2

B.若将F、、内都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到8点的时间之比为1:2

C.若将公汽都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到3点时木板的位移之比为1:1

D.若将国片都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动的整个过程中摩擦生热之比为1：1

答案ACD若物块放在左端施加水平向右的力E时油题意可知，对物块有"侬=©a,对木板有〃磔=必

联立得,外=2〃砥同理，若放在右端，施加向左的力用时，有用=4〃0g

故选项A正确；

当A变为2£时，物块与木板相对滑动，此时，物块的加速度

木板加速度国二ug

设面的长度为4运动到8历时乙由位移关系得紧

解得:片｝：：—；同理，施加向左的2A时,运动到6的时间三仔—

两次运动到8点的时间之比为企：1,选项B错误；

当F、、⑸都变为原来的2倍，木板的位移分别为如广卷「和岳=〃因此,物块在木板上运动到B

点时木板的位移之比为1：1,选项C正确;小物块最终都会滑离木板,整个过程中摩擦生热之比为1：1,选项D

正确。

二、非选择题

10.(2020届长沙一中月考)如图所示为一个实验室模拟货物传送的装置,,1是一个质量为加1kg的小车，小车

置于光滑的水平面上，在小车左端放置一质量为a=0.1kg的收纳箱£现将一质量为脑=0.9kg的物体放在收

纳箱内，在传送途中，先对收纳箱施加一个方向水平向右，大小E=3N的拉力，小车和收纳箱开始运动，作用时间

&=2s后，改变拉力，大小变为凡=1N,方向水平向左，作用一段时间后，撤掉作用力，小车正好到达目的地,收纳箱

到达小车的最右端，且小车和收纳箱的速度恰好为零，已知收纳箱与小车间的动摩擦因数"=0.1。(物体和收

纳箱大小不计，物体与收纳箱在整个过程中始终相对静止一取10m/s,)求

⑴仁2s时,收纳箱的速度大小；

⑵力E作用的时间；

⑶小车的长度。

4I

答案(l)4m/s(2)6s(3)|m

解•析本题考查牛顿运动定律综合应用及运动学基本规律。体现了核心素养中模型建构、科学推理、科学

论证要素。

⑴施加/■；时48相对运动

收纳箱的加速度:安=2m/s2

收纳箱的速度:匕=臼2尸4m/s方向向右

⑵施加/以6相对运动时

小车的加速度:在q=1m/s

经fi=2s收纳箱运动位移:Si国妤=4m

小车运动位移:=2m

小车的速度:打二和小2m/s,方向向右

2秒后，收纳箱做匀减速运动的加速度

囱'一m^二+m也Q一2m/s2,方向向左

小车加速度不变，仍为&=lm/s；方向向右.

当两者速度相等时,收纳箱恰好到达小车最右端，以后收纳箱和小车一起作为整体向右以加速度

a=~,f2.,.=0.5m/s'

mo+mi+M

做匀减速运动直到速度都为0.

共同速度为片v-a\fIt,v=v^a>h

收纳箱和小车获得共同速度至停止运动用时4,4竽s

力E作用时间为t=玄+6=6s

⑶小车在八时间内位移

收纳箱在L时间内位移为名弓m

小车长度/,=s-s2+s-.S3=1m

11.(2019怀化三中月考)工厂利用与水平面夹角为《=37。的传送带输送相同规格的小工件,如图中4例立

置为轮子与传送带的切点,每个工件均从/位置无初速度地轻置于传送带上，到达川立置随即被取走。已知传

送带总长£=15m,48间距Z«=7.2m,传送带匀速转动的速率％=0.8m/s,工件从,4运动到8的时间t=10s,取

sin37°=0.6,cos370=0.8,重力加速度g取10m/s2.

⑴求工件与传送带间的动摩擦因数"；

(2)若第一个工件从传送带月位置出发后2s,第二个工件被置于,4位置,此时由于故障，传送带的速度突然

增大到3m/s并运行4s后停止运动，忽略传送带速度变化所用时间，求因与工件摩擦，传送带上出现的擦痕长

度。

B

答案(1)0.8⑵10.4m

解-析本题考查牛顿运动定律的综合应用。体现了核心素养中模型建构、科学推理要素。

⑴根据题意可知,工件先加速到尺再匀速运动，

设工件的质量为加速时间为t1,

则，G+M(LtJ=Zo,

解得」=2s,

工件的加速度炉詈=0.4m/s2,

根据牛顿第二定律得〃磔COS”侬sin(f=nia,

解得“二0.8。

⑵根据⑴可知第一个工件在传送带速度增大到尸3m/s后继续加速,

由〃鸟的2,可得&=6s,且r产a£z=2.4m/s<r,即第f工件刚好在传送带停止运动时到达B位置，

因此可得第一个工件前方出现的擦痕长度他+（「3）等避=6.4m。

第二个工件放上能带至腕带停It®动，工件做匀加速运动，该过倒匕工彳悟其前方的传送带上出现

的擦痕长度h=Mti）-1a（t2-f>）'=8.8m,

2

当传送带停止运动时，两个工件间的距离△A=iat2-ia（t2-幻三面,

由上述计算可知，两工件产生的擦痕有重叠，即当传送带停止运动后,第二个工件在传送带上的擦痕区域

做匀减速运动，传送带上的擦痕长度不再增加,故最终传送带上出现的擦痕长度为/=/,+AA=10.4m。

12.（2020届陕西西安中学期中,17）如图所示，质量a=2kg小物块放在足够长的质量®=lkg的木板的左端，板和

物块间的动摩擦因数m=0.2,板和水平面间的动摩擦因数出=0.1,两者均静止.现突然给木板向左的初速度

%=3.5m/s,同时对小物块施加一水平向右的恒定拉力/M0N,当木板向左运动最远时撤去£取炉lOm/sl求：

⑴木板开始运动时，小物块和木板的加速度大小；

⑵整个过程中，木板在水平面上滑行的位移大小；

⑶整个过程中，小物块、木板和水平面组成系统摩擦产生的热。

答案（1）301/-7m/sz

（2）0.625m

（3）9.875J

解-析本题考查了牛顿运动定律在连接体中的应用，体现了运动与相互作用要素。

⑴由题意知物块向右做匀加速运动，木板先向左匀减速运动，再向右匀加速运动，物块与木板间滑动摩擦

力为

f、=umg=0.2X2X10N=4N

则物块的加速度大小为a孕考综/s2=3m/sz,方向向右;

木板与水平面之间的摩擦力为股）吏0.1X（2+1）X1ON=3N

根据牛顿第二定徽口，木板的加侬大小为念笛邛m/Em/s访向也向右;

⑵当木板向左的位移最大时，对水平面的速度为0,选取向右为正方向，则木板的位移为

2

-0-嗫0-(-3.5)

X\-m=-0.875m

2.0.22x7

OVo（）（,5）

经历的时间为f,----7s=0.5s

此时小物块的为匕二a£尸3X0.5m/s—1.5m/s

此过程中小物块的位移为.ft=|a,tf=1x3X0.5-m=0.375m

在撤去/」后的小物块水平方向只受到摩擦力则加速度为a,'W="m/s2=-2m/s2

TH]L

此后木板向右运动，此时受到水平面的摩擦力的方向向左，则木板的加速度为d，4Z-S/sjim/sZ

7«21

设经过时间。二者的速度相等,则有:"+a'tFa；t2

代入数据得：h=0.5s

此时刻的速度为H=a力=1X0.5m/s=0.5m/s

此过程中小物块的位移为屈'=安丝•fe-15^05X0.5m=0.5m

木板的位移为小‘考在't六/X1X0.52m=0.125m

当木块、木板具有共同速度时，若两者不再发生相对滑动，则二者一起做减速运动,它们在水平方向只受

到地面的摩擦力。

以小物块与木板组成的系统为研究对象，整体的加速度为生胃令忌™/s'-lm/s?

由于一Im/s?|4-2m/s21,可知满足二者一起减速的条件。设经过时间为两者速度为0,则有：

0=改+&篇代入数据得:6=0.5s

该过程中二者的位移为X「警黑舄m=0.125m

所以木板在水平面上的总位移为产冬+*1'+吊=-0.875m+0.125m+0.125m=-0.625m,负号表示方向向左

⑶小物块与木板之间产生的热量为Q=£As=/；(%+屈'-m-xJ)=4X[0.375+0.5-(-0.875)-0.125]J=6.5J

木板与水平面之间产生的热量为Q=Es=/；(bJ+z'+X3)=3X(O.875+0.125+0.125)J=3.375J

所以小物块、木板和水平面组成系统摩擦产生的热为：2Q+Q=6.5+3.375J=9.875J

B组

一、选择题

1.(2020届江苏扬州期中,5)如图所示置于粗糙水平面上的物块/I和8用轻质弹簧连接，在水平恒力下的作用

下,48以相同的加速度向右运动。48的质量关系为例〉外它们与地面间的动摩擦因数相同。为使弹簧稳

定时的伸长量增大，下列操作可行的是()

WWV

A.仅减小B的质量B.仅增大.1的质量

C.仅将43的位置对调D.仅减小水平面的粗糙程度

答案C本题考查牛顿第二定律，主要考查考生的科学推理素养。

设弹簧的劲度系数为尢伸长量为X,相同加速度为a,对6受力分析有：3〃防麻硝对A受力分析有

F-〃叫T加跖为两式联立消去a,整理可得.*=-由此可见,A、B均错误。因为处＞他所以警＞1,4万位置

对调以后x的表达式为广.又因为等＜1,所以x增大，故C正确。,r的表达式中不含动摩擦因数，因此x

与水平面的粗糙程度无关，故D错误。

2.(2019江苏南通、徐州等六市二调,3)如图所示,倾角为30°的光滑固定斜面上放置质量为”的木板4跨过

轻质光滑定滑轮的细线一端与木板相连且细线与斜面平行，另一端连接质量为/〃的物块4质量也为〃，的物块

C位于木板顶端。由静止释放后/下滑，而46仍保持静止。已知华L5的重力加速度为g则C沿木板下滑

的加速度大小为()

A

/f30。

3111

A多B.聂C.%D*g

答案C对A受力分析有幅sin30°+伫幅后1.5典可得/、。间的摩擦力/-0.25mg/（、受力分析可得

侬sin30°-代购解得C下滑的加速度选项C正确,A、B、D错误。

3.（2019江苏扬州中学四模,2）一小滑块（可看成质点）在水平拉力/；作用下，沿粗糙水平面做直线运动，其速度「

随时间I变化的图像如图所示。在0.5s、1.5s、2.5s、3.5s时刻拉力尸的大小分别为A、&&凡则下

列判断一定正确的是（）

A.FKFzB.FM

C.F^F,D.F«F、

答案Cl/图像中图线的斜率表示加速度，设四个时刻对应的加速度大小分别为a,&自，&，由图知川＞&〉0,

根据牛顿第二定律得F「u呼叫F「um小mik报代＞凡选项A错误;由图知aKa,且方向均与速度方向相反，根

据牛顿第二定律得〃，夕屈明〃〃什6="故尔A＜〃侬＜水£,选项C正确,B、D错误.

4.（2020届山东潍坊月考,2）“西电东送"为我国经济社会发展起到了重大的推动作用。如图是部分输电线

路。由于热胀冷缩，铁塔之间的输电线夏季比冬季要更加下垂一些，对输电线和输电塔的受力分析正确的是

（）

A.夏季输电线对输电塔的拉力较大

B.夏季与冬季输电线对输电塔的拉力一样大

C.夏季与冬季输电塔对地面的压力一样大

D.冬季输电塔对地面的压力大

答案C本题考查了力的合成与分解、共点力的平衡知识，以及理解能力、推理能力,体现了物理观念中物

质观念、运动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理、的要素。

mg

对输电线进行受力分析如图，设拉力与竖直方向夹角为。，根据平衡有0炉27bos"，输电线夏季比冬季要

更加下垂一些，夏季0小，拉力小,根据牛顿第三定律可知夏季输电线对输电塔的拉力较小，故A、B错误;无论

冬季还是夏季，对输电塔和电线整体受力分析可知,对地面压力等于整体的重力，不变，故C正确,1）错误。

解题关键⑴分别对输电线与整体进行受力分析;⑵理解输电线变长后对输电线与竖直方向之间的夹角的

变化。

5.（2020届山东师大附中月考,5）一人乘电梯，在竖直下降过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖

直向下为a的正方向，则人对地板的压力（）

A.后2s时最大B.t=6s时为零

C.Z=8.5s时最大D.t=8.5s时最小

答案C本题考查了超重和失重知识，以及理解能力、推理能力、分析综合能力、应用数学处理物理问题

的能力，体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理、科学

论证、质疑创新的要素.

片2s时加速度向下，为失重现象，则《〈侬故A错误；，=6s时，加速度为零，则人=侬故B错误;U8.5s时，加

速度最大且方向向上，为超重现象，有的鹤且/,：达到最大值，故C正确,1）错误。

6.（2019江苏徐州、连云港等四市摸底⑵如图甲中,两滑块A和叠放在光滑水平地面上“4的质量为阳,8的

质量为侬设48间的动摩擦因数为〃，作用在.4上的水平拉力为£最大静摩擦力等于滑动摩擦力。图乙为

尸与〃的关系图像，其直线方程为3譬地〃。下列说法正确的有（）

A.P和厂的值位于a区域时,4”目对滑动

B.〃和户的值位于a区域时,48相对静止

C.〃和尸的值位于4区域时，人”目对滑动

D.〃和户的值位于6区域时48相对静止

答案AD当48间的摩擦力达到最大静摩擦力时“4、6即将发生相对滑动，设此时万的加速度为为对8由

牛顿第二定律可得支成桀，即a=嘤,再对48整体由牛顿第二定律可得2（麻m）尸i（7+四）9"，可

见当代叫（?+如）。〃时，人8即将发生相对滑动.所以当"和夕的值位于a区域时，4电驾*”,4

Tn，2

£已经发生相对滑动，选项A正确,B错误;当〃和/•'的值位于b区域时,/〈生陪啦6还没有发生相

对滑动，即保持相对静止，选项c错误,D正确。

7.（2020届山东荷泽期中,9）如图所示,质量分别为肛例的43两物块紧靠在一起放在倾角为。的斜面上,

两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力/唯力，使它们沿斜面匀加速上升，为了减小

48间的压力,可行的办法是（）

A.减小推力FB.减小倾角0

C.减小的质量I).减小A的质量

答案AC本题考查了力的合成与分解、牛顿第二定律知识，以及理解能力、推理能力,体现了物理观念中物

质观念、运动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理的要素。

设动摩擦因数为〃，对l，整体受力分析有尸/“sin。-勿唱sinu(nh+喻geos9=(m计喻a对夕受力分析

有时-"煤in0-，="科由以上两式可得凡七21冷-尸身一，可知，为使儿减小，应减小推力/，；增加A

mA+mB-^+1

的质量，减小6的质量，故A、C正确,B、D错误。

解题思路当用平行于斜面向上的恒力厂推4两物块沿斜面匀加速上升时，对整体运用牛顿第二定律求出加

速度，再对8研究，根据牛顿第二定律求出46间的弹力,即可分析减小48间压力的方法。

方法技巧本题是连接体问题抓住两个物体的加速度相同,采用整体法与隔离法，灵活选择研究对象.

8.(2020届山东烟台期中,10)某人在距离地面某高度处以5m/s的初速度竖直向上抛出一质量为2kg的小球,

小球抛出后经过一段时间落到地面上。若以抛出时刻为计时起点，小球运动的图像如图所示,，=L5s时,

小球落到地面上。设小球运动过程中所受阻力大小不变，则()

A.小球一直做匀变速直线运动

B.小球抛出点离地面高度为3.55m

C.小球运动过程中所受阻力大小为0.4N

D.当地重力加速度大小为10m/s2

答案BC本题考查了lt图像、牛顿第二定律知识，以及理解能力、推理能力，体现了物理观念中物质观念、

运动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理的要素。

小球上升过程中的加速度大小&=争去m/s三1Om/s；下落过程中的加速度大小

AQU.3

&-静-*6=9.6m/s：,整个运动过程中的加速度大小变化，故不是做匀变速直线运动，故A错误;小球抛

出点离地面高度为/F|X9.6X(1.5-0.SJm-ixSXO.5m=3.55m,故B正确;设小球运动过程中所受阻力大小为

/；重力加速度为g根据牛顿第二定律可得，上升过程中盛+户喇下落过程中右户瓯，解得/=0.4N,炉9.8m/s2,

故C正确,D错误。

解题思路⑴根据尸t图像求解加速度，分析运动情况;⑵根据图像与坐标轴围成的面积求解高度;(3)根据牛

顿第二定律求解阻力和重力加速度大小。

9.(2019山东莱芜一中质检,9)如图所示，三角形传送带以im/s的速度沿逆时针匀速转动，两边的传送带长度

都是2m,且与水平方向的夹角均为37。。现有两个物块A、B从传送带顶端都以lm/s的初速度沿传送带下

滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5出取10m/s：sin37°=0.6,cos37°=0.8。下列判断正确的是

()

A.物块,4先到达传送带底端

B.物块48同时到达传送带底端

C传送带对物块人分的摩擦力都沿传送带向上

D.物块1下滑过程中相对传送带的路程小于物块8下滑过程中相对传送带的路程

答案BCD物块4/，都以lm/s的初速度沿传送带下滑，因砥sin37°>“峻os37。，故传送带对两物块的

滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物块沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故

时间相同，故A错误,B、C正确;相对传送带的路程由相对位移决定W物块与传送带运动方向相同，相对传送带

的路程较小，故D正确。

二、非选择题

10.如图所示，质量庐20kg的物体从光滑曲面上高度/AO.8m处释放，到达底端时进入水平传送带，传送带由一

电动棚区动着逆时针匀速转动,速率为3m/s。已知物体与传送带间的动摩擦因数〃=0.1。（g取10m/s?）

（1）若两皮带轮之间的距离是6m,物体冲上传送带后就移走光滑曲面，物体将从哪一边离开传送带?通过

计算说明你的结论.

⑵若皮带轮间的距离足够大，从物体滑上到离开传送带的整个过程中，由于物体和传送带间的摩擦而产

生了多少热量？

答案⑴见解•析（2）490J

解-析（1）物体从曲面上下滑时机械能守恒，有

阪吟轨城

解得物体滑到底端时的速度

vo=y/2gH=/lm/s

以地面为参考系，物体滑上传送带后向右做匀减速运动，期间物体的加速度大小和方向都不变，加速度大

小为小Pg=lm/s2

物体从滑上传送带到相对地面速度减为零，对地向右发生的位移为

5与L喳=8m>6m

-2a-2

表明物体将从右边离开传送带。

⑵传送带速度片3m/s,因跖〉「，若两皮带轮间的距离足够大，则物体滑上传送带后先向右做匀减速运动直

到速度为零,后向左做匀加速运动，直到速度与传送带速度相等后与传送带相对静止从传送带左端掉下。相

对滑动期间物体的加速度大小和方向都不变，取向右为正方向，物体发生的位移为

理-谜（-3）2-42

5rm=3

-2a,-2-5m

物体运动的时间为《=七沪7s

这段时间内传送带向左运动的位移大小为

S2=/夕3X7m=21m

物体相对于传送带滑动的距离为

Afs+s2=24.5m

物体与传送带相对滑动期间产生的热量为

Q=f*s=PMg•△s=490J

11.（2019江苏南京、盐城调研二）如图所示,质量为炉1kg的物块（可视为质点）,放置