2024-2025学年人教版（2019）高一（上）物理寒假作业（十二）

第1页（共1页）2024-2025学年人教版（2019）高一（上）物理寒假作业（十二）一．选择题（共8小题）1．（2024秋•西山区校级月考）高铁已成为重要的“中国名片”。一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小均为F，每节车厢质量均为m，所受阻力均为f，则（）A．列车的加速度为F-B．列车的加速度为F-C．第2节车厢对第3节车厢的作用力为0 D．第2节车厢对第3节车厢的作用力为F﹣2f2．（2024秋•未央区校级月考）如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0s内为二次函数，在3.0～4.5s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10m/s2，下列说法不正确的是（）A．物块在前3s向左做匀减速运动 B．传送带沿顺时针方向转动 C．传送带的速度大小为2m/s D．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.23．（2024秋•天心区校级月考）如图所示，互不黏合的A、B两物体紧贴放在水平地面上，水平地面与物体间的摩擦可忽略，已知A、B两物体质量分别为4kg、6kg。t＝0时水平作用力F1、F2分别作用于A、B上，其中F1＝（24﹣12t）N，F2＝（16+12t）N。则下列说法正确的是（）A．A物体先向右运动，再反向向左运动 B．当t＝2s时，A、B将分离 C．t＝0.5s时，A物体的加速度大小为4.5m/s2 D．t＝2s时，A物体的加速度大小为2m/s24．（2024秋•太原月考）如图所示，a、b、c、d为光滑斜面上的四个点。一小滑块自a点由静止开始下滑，通过ab、bc、cd各段所用时间均为T。现让该滑块自b点由静止开始下滑，则该滑块（）A．通过bc、cd段的时间均等于T B．通过c、d点的速度之比为3：C．通过bc、cd段的时间之比为1：D．通过c点的速度大于通过bd段的平均速度5．（2023秋•衡阳县期末）光滑水平面上静止叠放着物块A和木板B，质量分别为1kg和3kg。t＝0时刻给木板B施加一个随时间变化的水平拉力F，拉力F与时间t的关系为F＝2+3t（N）。已知A和B之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板足够长，g取10m/s2。下列说法正确的是（）A．t＝0时刻时B的加速度为零 B．2s末A、B即将相对滑动 C．3s末A、B加速度相同 D．4s末B的加速度为2m/s26．（2023秋•衡阳县期末）一木块沿一与水平面夹角为α的表面粗糙的传送带运动，其v﹣t图像如图所示，已知传送带以速率v0逆时针转动，传送带足够长，木块与传送带间的动摩擦因数为μ。则下列说法正确的是（）A．v﹣t图像描述的是木块以一定的初速度从传送带的底端开始向上的运动 B．从v﹣t图像可知木块的初速度大于v0 C．从v﹣t图像可知木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanα D．从v﹣t图像可以得出木块运动过程中的速度一定没有等于v0的时刻7．（2024秋•南开区校级月考）如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4m，以v0＝5m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转。今将一小物块（可视为质点）无初速度地轻放在A端。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度大小g取10m/s2。则小物块从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（）A．小物块在传送带上一直加速运动 B．小物块从A运动到B的时间是1.5s C．小物块与传送带间的相对位移是2.5m D．小物块达到的最大速度是42m/s8．（2024秋•青秀区校级月考）质量分别为M和m的物块由相同的材料制成，且M＞m，将它们用通过光滑的轻质定滑轮的轻细线连接。若按图甲放置，则质量为m的物块恰好匀速下降。若将两物块互换位置，如图乙所示，它们的共同加速度大小为（）A．(M-m)gM B．(M-二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024秋•河南月考）如图所示，均可视为质点的小球A、B通过跨过车厢顶部的光滑轻质定滑轮的轻绳连接，小球A用轻绳AC系于车厢侧壁，当小车在水平面上向左做匀加速直线运动时，定滑轮两侧的轻绳恰好垂直，轻绳AC恰好水平。已知A、B两小球的质量分别为0.4kg、0.3kg，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（）A．轻绳AB中的张力大小为5N B．小车的加速度大小为403C．轻绳CA中的张力大小为3N D．轻绳对定滑轮的作用力小于7N（多选）10．（2024秋•红桥区校级月考）如图所示，A、B、C三个物体质量相等，它们与传送带间的动摩擦因数也相同。三个物体随传送带一起匀速运动，运动方向如图中箭头所示。则下列说法正确的是（）A．A物体受到的摩擦力方向向右 B．三个物体中只有A物体受到的摩擦力是零 C．B受到的摩擦力沿斜面向下 D．B、C受到的摩擦力方向相同（多选）11．（2024秋•五华区校级月考）物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P的质量为2kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块P施加水平向右的恒力F，t＝1s时撤去，在0～1s两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中分析正确的是（）A．t＝1s时Q的速度大小等于0.4m/s B．恒力大小为2N C．t＝1s时P、Q相距最近 D．Q的质量为0.5kg（多选）12．（2024秋•市中区校级月考）如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，与斜面垂直的挡板P固定在斜面底端，轻弹簧一端固定在挡板上，另一端与物块A连接，质量为m的物块A和质量为2m的物块B并排放在斜面上，物块A、B不粘连，处于静止状态。现用一沿斜面向上的外力F拉物块B，使B沿斜面向上做加速度大小为a=12g的匀加速直线运动。已知重力加速度大小为A．未施加外力F时，弹簧的压缩量为3mgB．物块A、B分离前，外力F的大小与位移成正比 C．物块A、B分离时，弹簧的压缩量为mgD．物块A、B分离时，物块B的速度大小为g三．填空题（共4小题）13．（2023秋•普陀区校级期末）如图所示，质量为m的光滑小球，用轻绳连接后挂在三角劈的顶端斜面平行，劈置于光滑水平面上，当劈水平向右匀加速加速度a1＝时，球与斜面相对静止且细绳的拉力恰好为零；当劈以加速度a＝2g向左匀加速运动时，绳的拉力T2＝。14．（2023秋•浦东新区校级期末）如图所示，在固定的光滑水平地面上有质量分别为2m和m的木块A、B。A、B之间用轻质弹簧相连接，用水平向右的恒力F推A，弹簧稳定后，A、B一起向右作匀加速直线运动，此时AB间弹簧弹力的大小为。在弹簧稳定后的某时刻，突然将外力F撤去，撤去外力的瞬间，木块A的加速度大小为。15．（2024秋•鼓楼区校级期中）如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M＝2kg的物体A，B（B物体与弹簧栓接），弹簧的劲度系数为k＝100N/m，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度a＝1m/s2的匀加速直线运动（重力加速度g取10m/s2）。外力F作用时间s后，A，B分离。16．（2024秋•泉州期中）一质量为m的雨滴在空中从静止开始下落，已知下降过程中受到的空气阻力f与雨滴的速率v的平方成正比，即f＝kv2，其中k为已知的常量。则达到稳定前，雨滴的加速度大小（选填“一直增加”或者“一直减小”）；雨滴的最大速率为；比例系数k的单位为（用国际单位制的基本单位表示）。四．解答题（共4小题）17．（2024秋•天心区校级月考）如图所示，小物块A、B用轻绳相连，并通过轻质滑轮将B悬挂于C的右端，初始时A、B、C均静止且将A锁定，C放在光滑水平地面上，已知：A、B、C质量分别为mA＝mB＝1kg、mC＝4kg，AC、BC之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现解除A的锁定状态，同时对C施加一个水平外力F，则：（1）若水平外力为F0时C保持静止，A、B匀加速运动，且A未撞滑轮、B未落地，求A的加速度aA、绳子上的拉力TB和F0的大小；（2）若对C施加水平向右的外力为F1，为了保证A、B、C相对静止，求F1的大小范围。18．（2024秋•通州区校级月考）如图所示，碎石场有一长L＝7.25m的传送带与水平面夹角θ＝37°，传送带以恒定速率v＝5m/s沿逆时针方向转动，在传送带上端有一质量m＝1kg石块被水平轻绳系住保持静止不动。t＝0时刻剪断轻绳，石块由静止开始滑下，已知石块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）t＝0时刻前绳子的拉力大小；（2）剪断轻绳时石块的加速度；（3）石块到达传送带底端所需的时间。19．（2024秋•西山区校级月考）如图所示，有一足够长的斜面固定在水平地面上，它与水平方向的夹角θ＝30°，斜面上每隔d＝0.4m固定一个挡板，从上往下依次标记为1、2、3…n（n→∞）。挡板1的上方某处有一厚度均匀、质量为m的长木板A，A的上表面放有一质量为m的小物块B，B与A之间动摩擦因数μ1=32，A与斜面之间动摩擦因数μ2=33，最初A、B均处于静止状态。现给物块B一个平行于木板斜向下、大小F＝mg的作用力，经0.9s后撤去。再经1s后，木板A与挡板1发生碰撞。若木板A每次与挡板碰撞都以碰前的速度反弹，且每次与挡板碰后立即撤离被碰挡板，物块B始终没有与挡板相碰，B也始终没有滑离木板A，重力加速度g（1）F作用的0.9s内A、B的加速度大小；（2）A与挡板1碰撞时的速度大小；（3）B在A上面滑行时，B相对于A滑行的总路程（结果保留2位有效数字）。20．（2024秋•阿城区校级月考）如图所示，一水平传送带以v0＝6m/s的速度顺时针方向匀速转动，传送带AB长度L＝4m，其右端连着一段光滑水平平台BC，紧挨着BC的光滑水平地面上放置一辆质量M＝1.5kg的平板小车，小车上表面刚好与BC面等高。现将质量m＝0.5kg的煤块（可视为质点）轻轻放到传送带的左端A处，经过传送带传送至右端B后通过BC滑上小车，最后刚好能滑到小车的右端。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，煤块与小车上表面间的动摩擦因数μ2＝0.3，重力加速度g取10m/s2。求：（1）煤块刚放上传送带时的加速度大小；（2）煤块在传送带上留下的划痕长度；（3）小车的长度。

2024-2025学年人教版（2019）高一（上）物理寒假作业（十二）参考答案与试题解析题号12345678答案CAADBCCA一．选择题（共8小题）1．（2024秋•西山区校级月考）高铁已成为重要的“中国名片”。一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小均为F，每节车厢质量均为m，所受阻力均为f，则（）A．列车的加速度为F-B．列车的加速度为F-C．第2节车厢对第3节车厢的作用力为0 D．第2节车厢对第3节车厢的作用力为F﹣2f【考点】连接体模型；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第三定律的理解与应用．【专题】定量思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】C【分析】以8节车厢组成的整体为研究对象，利用牛顿第二定律可以求出列车的加速度；对前两节车厢，根据牛顿第二定律求解第3节车厢对第2节车厢的作用力大小，从而得到第2节车厢对第3节车厢的作用力大小。【解答】解：AB、以8节车厢组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律得4F﹣8f＝8ma解得a=F-CD、对前两节车厢，根据牛顿第二定律得F+F32﹣2f＝2ma解得第3节车厢对第2节车厢的作用力大小为F23＝0根据牛顿第三定律知，第2节车厢对第3节车厢的作用力为0，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题考查牛顿第二定律的基本应用，要灵活选择研究对象，注意整体法和隔离法的灵活运用。2．（2024秋•未央区校级月考）如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0s内为二次函数，在3.0～4.5s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10m/s2，下列说法不正确的是（）A．物块在前3s向左做匀减速运动 B．传送带沿顺时针方向转动 C．传送带的速度大小为2m/s D．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2【考点】水平传送带模型；牛顿第二定律的简单应用．【专题】比较思想；图析法；传送带专题；分析综合能力．【答案】A【分析】根据x﹣t图像的斜率表示速度，来分析物块的运动情况；分析3∼4.5s内物块的运动情况，即可确定传送带的转动方向，并根据图像的斜率求出传送带的速度大小；图乙可知第3s内物块位移为x＝1m，根据牛顿第二定律和位移—时间公式相结合求小物块与传送带间的动摩擦因数。【解答】解：A、根据x﹣t图像的斜率表示速度可知，前3s内图线的切线斜率先变小后反向变大，则物块先向左做匀减速直线运动，后向右做匀加速直线运动，故A错误；B、3∼4.5s内，图像的斜率为负值且恒定，说明物块与传送带一起向右匀速，则知传送带沿顺时针方向转动，故B正确；C、由3∼4.5s内图像的斜率可知，传送带速度为v=ΔxΔtD、由题图可知，第3s内物块向右做初速度为零的匀加速直线运动，第3s内物块的位移为x＝1m，由牛顿第二定律可知，其加速度为a=由匀变速直线运动的位移—时间公式可知x=联立解得：μ＝0.2，故D正确。本题选不正确的，故选：A。【点评】本题借助传送带模型考查了匀变速直线运动规律、牛顿第二定律等知识点，解题的关键是要明确x﹣t图像的斜率表示速度，能正确分析物块的运动情况，应用运动学公式与牛顿第二定律即可解题。3．（2024秋•天心区校级月考）如图所示，互不黏合的A、B两物体紧贴放在水平地面上，水平地面与物体间的摩擦可忽略，已知A、B两物体质量分别为4kg、6kg。t＝0时水平作用力F1、F2分别作用于A、B上，其中F1＝（24﹣12t）N，F2＝（16+12t）N。则下列说法正确的是（）A．A物体先向右运动，再反向向左运动 B．当t＝2s时，A、B将分离 C．t＝0.5s时，A物体的加速度大小为4.5m/s2 D．t＝2s时，A物体的加速度大小为2m/s2【考点】连接体模型；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】A【分析】先根据整体法计算两物体没有分离时的加速度，然后单独对A分析两物体间弹力为零时的时间，即为两物体分离的时间；A先在向右的推力作用下向右运动，当推力变为零后，对A的作用力方向变为向左，据此分析A的运动；当物体分离后单独对A根据牛顿第二定律计算，当物体没有分离时，对整体分析即可。【解答】解：B、把AB看成一个整体，根据牛顿第二定律有F1+F2＝（mA+mB）a，解得a＝4m/s2，设时间为t时A、B两物体分离，对A根据牛顿第二定律有F1＝mAa，代入数据解得t=23s，故C、t＝0.5s时，两物体还没有分离，对A、B整体根据牛顿第二定律有F1+F2＝（mA+mB）a，解得a＝4m/s2，故C错误；D、t＝2s时，两物体已经分离了，对A根据牛顿第二定律有F1＝mAa，代入数据解得a＝0，故D错误；A、根据F1＝（24﹣12t）N可知，一开始A、B两物体一起向右做匀加速运动，当t=23s时，A、B两物体分离，在t＝2s时，F1为零，以后F1就改变方向，A开始做减速运动，速度减为零后开始向左加速运动，所以开始时A先向右运动，再反向向左运动，故故选：A。【点评】能够计算出两物体分离的时间是解题的关键，注意两物体分离的条件是加速度相同，两物体间没有弹力。4．（2024秋•太原月考）如图所示，a、b、c、d为光滑斜面上的四个点。一小滑块自a点由静止开始下滑，通过ab、bc、cd各段所用时间均为T。现让该滑块自b点由静止开始下滑，则该滑块（）A．通过bc、cd段的时间均等于T B．通过c、d点的速度之比为3：C．通过bc、cd段的时间之比为1：D．通过c点的速度大于通过bd段的平均速度【考点】物体在光滑斜面上的运动；连续相等时间内的运动比例规律．【专题】定量思想；方程法；直线运动规律专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据初速度为零的匀加速直线运动的比例关系，得出通过bc、cd段的位移之比，由此分析自b点由静止开始下滑经过的时间；根据初速度为零的匀加速直线运动的比例关系，结合速度—位移公式得出经过c、d点的速度，进而得出速度之比；根据运动学公式得出通过bc、cd段的时间之比；根据平均速度公式求出平均速度，再与通过c点的速度比较即可。【解答】解：A．由题意知，滑块从a点静止下滑，经过各段的时间都是T，所以ab、bc、cd各段的长度之比为1：3：5，则bc、cd段的位移之比为3：5，如果从b点开始静止下滑，则bc间距离大于ab间距离，所以通过bc、cd段的时间均大于T，故A错误；B．设ab间距离为x，则bc间距离为3x，则cd间的距离为5x，所以bd间的距离为8x，滑块下滑的加速度为a，滑块从b点开始静止下滑，所以通过c点的速度为：vc=2a×3x，通过d点的速度为：vd=2a×8x，通过c、d点的速度之比为vc：C．滑块从b点开始静止下滑，根据位移—时间关系可得通过bc的时间：t1=2×3xa，通过bd段的时间：t=2×8xa，则通过cd段的时间：t2＝t﹣t1=2×8xa-2×3D．对匀变速直线运动来说，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，对初速度为零的匀加速直线运动来说，连续相等时间内的位移之比为1：3，所以滑块经过bc的时间大于从b到d时间的二分之一，故通过c点的速度大于bd段的平均速度，故D正确。故选：D。【点评】在解答匀变速直线运动一类题目时，注意公式的合理选取，如果涉及时间一般采用速度—时间关系和位移—时间关系公式解答，如果不涉及时间，一般采用速度—位移关系公式解答。5．（2023秋•衡阳县期末）光滑水平面上静止叠放着物块A和木板B，质量分别为1kg和3kg。t＝0时刻给木板B施加一个随时间变化的水平拉力F，拉力F与时间t的关系为F＝2+3t（N）。已知A和B之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板足够长，g取10m/s2。下列说法正确的是（）A．t＝0时刻时B的加速度为零 B．2s末A、B即将相对滑动 C．3s末A、B加速度相同 D．4s末B的加速度为2m/s2【考点】有外力的水平板块模型；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】B【分析】A、B恰好发生相对滑动的条件为两者之间静摩擦力恰好达到最大值，根据牛顿第二定律，应用整体法与隔离法求解即将相对滑动的时刻，对应不同时刻的A、B运动关系，选取合适的研究对象，根据牛顿第二定律求解。【解答】解：AB.设物块A与木板B恰好发生相对滑动时的加速度为a0，根据牛顿第二定律可得：μmg＝ma0F＝（m+M）a0F＝2+3t解得：t＝2s，可知2s末A、B即将开始相对滑动，故B错误；2s时开始滑动，t＝0时刻的B加速度为：F＝（m+M）a′解得：a′＝0.5m/s2，故A错误；C.3s末A、B已经发生滑动，加速度不相同，C错误；D.4s末B的加速度为：F﹣μmg＝Ma4F＝2+3tt＝4s解得：a4=4m故选：B。【点评】本题考查的是牛顿第二定律的重要应用即板块模型，掌握恰好发生相对滑动的临界条件是解题的关键。6．（2023秋•衡阳县期末）一木块沿一与水平面夹角为α的表面粗糙的传送带运动，其v﹣t图像如图所示，已知传送带以速率v0逆时针转动，传送带足够长，木块与传送带间的动摩擦因数为μ。则下列说法正确的是（）A．v﹣t图像描述的是木块以一定的初速度从传送带的底端开始向上的运动 B．从v﹣t图像可知木块的初速度大于v0 C．从v﹣t图像可知木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanα D．从v﹣t图像可以得出木块运动过程中的速度一定没有等于v0的时刻【考点】倾斜传送带模型；根据v﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况；牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力．【专题】定性思想；推理法；传送带专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据木块的初速度与传送带的速度的关系，判断滑动摩擦力的方向，由力与运动的关系判断木块的运动过程。考虑到木块与传送带是否存在共速的情况，以及共速后木块的运动形式，结合v﹣t图像的物理意义分析判断。【解答】解：A．已知传送带逆时针转动且足够长，若木块以一定的初速度从传送带的底端开始向上的运动，则木块一定先沿传送带匀减速向上运动到速度为零后，再反向沿传送带向下运动，而v﹣t图像表示的是运动方向不变，且一直做加速运动，所以木块的初速度方向一定沿传送带向下，故A错误；B．木块的初速度方向一定沿传送带向下，因为v﹣t图像的斜率先大后小，所以木块的加速度是先大后小，木块受到的合力是先大后小，可知木块的所受的滑动摩擦力方向沿传送带先向下后向上，只有木块的初速度小于v0时滑动摩擦力的方向才能先沿传送带向下，故B错误；CD．木块的初速度小于v0，滑动摩擦力的方向先沿传送带向下，木块向下做匀加速直线运动，设其加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得：mgsinα+f＝ma1当木块的速度等于v0时，若木块与传送带间的动摩擦因数满足：μ≥tanα，则有：μmgcosα≥mgsinα。可得木块将随着传送带一起以v0的速度匀速运动，不能继续加速运动。若木块与传送带间的动摩擦因数满足：μ＜tanα，则有：μmgcosα＜mgsinα。可得木块向下做匀加速直线运动，设其加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：mgsinα﹣f＝ma2可得：a1＞a2，故当μ＜tanα时，木块的运动过程与v﹣t图像相符，且过程中的速度一定有等于v0的时刻，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题考查了牛顿第二定律应用的传送带模型，考查了力与运动的关系，处理此类问题时要考虑物体与传送带是否有共速的现象。7．（2024秋•南开区校级月考）如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4m，以v0＝5m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转。今将一小物块（可视为质点）无初速度地轻放在A端。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度大小g取10m/s2。则小物块从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（）A．小物块在传送带上一直加速运动 B．小物块从A运动到B的时间是1.5s C．小物块与传送带间的相对位移是2.5m D．小物块达到的最大速度是42m/s【考点】水平传送带模型．【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】C【分析】利用牛顿第二定律可得小物块加速度大小，利用运动学公式可得小物块与传送带共速所用时间和运动的位移，共速后小物块随传送带做匀速直线运动，由运动学公式可得时间；由运动学公式求解相对位移；小物块的最大速度等于传送带的速度。【解答】解：AB、小物块刚放到A端，由牛顿第二定律可得小物块的加速度为：a=μmgm=μg＝0.5×10m/s2小物块从开始到与传送带共速所用时间：t1=v0a此过程小物块的位移为：x1=12a可知x1＜x，所以此后小物块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，设此过程所用时间为t2，则：t2=x-x所以小物块从A运动到B的时间t＝t1+t2＝1s+0.3s＝1.3s，故AB错误；C、物块相对于传送带的位移大小为：Δx＝v0t1﹣x1＝5×1m﹣2.5m＝2.5m，故C正确；D、小物块达到的最大速度等于传送带速度，即为5m/s，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了传送带问题，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，传送带模型是重要的模型，一定要掌握传送带问题的处理方法；物体在传送带上既可以一直做初速度为零的匀加速直线运动，也可能先做初速度为零的匀加速直线运动，后做匀速直线运动，这关键是取决于传送带的速度大小和传送带的长度。8．（2024秋•青秀区校级月考）质量分别为M和m的物块由相同的材料制成，且M＞m，将它们用通过光滑的轻质定滑轮的轻细线连接。若按图甲放置，则质量为m的物块恰好匀速下降。若将两物块互换位置，如图乙所示，它们的共同加速度大小为（）A．(M-m)gM B．(M-【考点】连接体模型；牛顿第二定律的简单应用．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；整体法和隔离法；方程法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】A【分析】先对甲图中M和m受力分析，根据平衡条件求解出动摩擦因数；再对乙图中的M和m受力分析，根据牛顿第二定律列式求解加速度。【解答】解：由甲图可知，物体m匀速运动，由平衡条件可得：T＝mg物体M也做匀速运动，则有：T＝μMg联立解得：；μ乙图中，对M，由牛顿第二定律可得：Mg﹣T′＝Ma对m有：T′﹣μmg＝ma联立解得：a=(M-m故选：A。【点评】本题关键是灵活地选择研究对象，然后受力分析，根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解。二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024秋•河南月考）如图所示，均可视为质点的小球A、B通过跨过车厢顶部的光滑轻质定滑轮的轻绳连接，小球A用轻绳AC系于车厢侧壁，当小车在水平面上向左做匀加速直线运动时，定滑轮两侧的轻绳恰好垂直，轻绳AC恰好水平。已知A、B两小球的质量分别为0.4kg、0.3kg，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（）A．轻绳AB中的张力大小为5N B．小车的加速度大小为403C．轻绳CA中的张力大小为3N D．轻绳对定滑轮的作用力小于7N【考点】连接体模型．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；合成分解法；方程法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】AB【分析】小车和小球具有相同的加速度，对小球A、B分别受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度和绳子的拉力。【解答】解：A、设轻绳AB中的张力大小为T，OA与竖直方向的夹角为θ，则由平衡条件可得：Tsinθ＝mBgTcosθ＝mAg解得：T＝5N，θ＝37°，故A正确；B、小球B受到的合力为F=Tcosθ=5×4C、设轻绳CA中的张力大小为T′，则有：T′﹣Tsinθ＝mAa解得：T'=mD、轻绳对定滑轮的作用力大小为：F'=T故选：AB。【点评】本题为牛顿第二定律中的连接体问题；解决本题的关键知道小球和小车具有相同的加速度，隔离对小球分析，运用牛顿第二定律进行求解。（多选）10．（2024秋•红桥区校级月考）如图所示，A、B、C三个物体质量相等，它们与传送带间的动摩擦因数也相同。三个物体随传送带一起匀速运动，运动方向如图中箭头所示。则下列说法正确的是（）A．A物体受到的摩擦力方向向右 B．三个物体中只有A物体受到的摩擦力是零 C．B受到的摩擦力沿斜面向下 D．B、C受到的摩擦力方向相同【考点】倾斜传送带模型；滑动摩擦力的方向；静摩擦力的方向．【专题】定性思想；推理法；摩擦力专题；传送带专题；理解能力．【答案】BD【分析】根据A、B、C三个物体的运动形式，根据平衡条件对它们受力分析，确定所受摩擦力的情况。【解答】解：物体A随水平的传送带一起沿水平方向匀速运动，由受力平衡条件可知A物体不受摩擦力作用；物体B、C均沿着倾斜的初速度一起匀速运动，无论向上还是向下运动，所受静摩擦力均与重力沿传送带向下的分力平衡，两者等大反向，故B、C受到的摩擦力方向均沿传送带向上，故BD正确，AC错误。故选：BD。【点评】本题考查了在传送带上的物体受力与运动问题，基础题目，根据受力平衡条件解答即可。（多选）11．（2024秋•五华区校级月考）物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P的质量为2kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块P施加水平向右的恒力F，t＝1s时撤去，在0～1s两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中分析正确的是（）A．t＝1s时Q的速度大小等于0.4m/s B．恒力大小为2N C．t＝1s时P、Q相距最近 D．Q的质量为0.5kg【考点】连接体模型．【专题】定量思想；图析法；方程法；运动学中的图象专题；分析综合能力；模型建构能力．【答案】BD【分析】a﹣t图像中图线与时间轴所围的面积表示速度的变化量，分析加速度的变化，结合牛顿第二定律解答。【解答】解：A、若0﹣1s内Q的加速度均匀增大，则t＝1s时Q的速度大小等于vQ=12×0.8×1m/s=0.4m/B、t＝0s时P的加速度为1.0m/s2，Q的加速度为0，根据牛顿第二定律可得F＝mPa0＝2×1N＝2N，故B正确；C、由图乙可知0﹣1s内P的加速度大于Q的加速度，t＝1s时两者的加速度相等，此时P的速度大于Q的速度，两者仍在接近，故C错误；D、以P、Q为整体，根据牛顿第二定律得F＝（mP+mQ）a，解得mQ=F故选：BD。【点评】考查对a﹣t图像的理解和牛顿第二定律的应用，要清楚a﹣t图像中图线的物理意义。（多选）12．（2024秋•市中区校级月考）如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，与斜面垂直的挡板P固定在斜面底端，轻弹簧一端固定在挡板上，另一端与物块A连接，质量为m的物块A和质量为2m的物块B并排放在斜面上，物块A、B不粘连，处于静止状态。现用一沿斜面向上的外力F拉物块B，使B沿斜面向上做加速度大小为a=12g的匀加速直线运动。已知重力加速度大小为A．未施加外力F时，弹簧的压缩量为3mgB．物块A、B分离前，外力F的大小与位移成正比 C．物块A、B分离时，弹簧的压缩量为mgkD．物块A、B分离时，物块B的速度大小为g【考点】牛顿第二定律的临界问题；胡克定律及其应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】ACD【分析】A、未施加外力F时，弹簧所受压力等于物块A、B重力沿斜面方向分力的合力，运用胡克定律解答；B、以物块A、B为整体分析，分离前，受到拉力、弹簧的弹力、重力沿斜面方向的分力，三者之和提供加速度；C、物块A、B分离时，两物体接触面间弹力为0，对A进行受力分析，运用牛顿第二定律解答；D、根据速度与位移公式解答。【解答】解：A.无外力F作用，A、B处于静止状态时，对A、B整体，根据平衡条件可知（2m+m）gsinθ＝kx0，解得x0=3B.物块A、B分离前，设物块A的位移为x，根据牛顿第二定律得F+k（x0﹣x）﹣（2m+m）gsinθ＝（2m+m）a，解得F=kx+32C．物块A、B分离时，两物体接触面间弹力为0，两物块加速度均为a，对A，根据牛顿第二定律kx1﹣mgsinθ＝ma，解得弹簧压缩量为x1=mgD.物块A、B分离时，根据动力学公式v2＝2a（x0﹣x1），解得物块B的速度大小为v=gm故选：ACD。【点评】考查对牛顿第二定律及胡克定律的运用，根据物体的受力分析。三．填空题（共4小题）13．（2023秋•普陀区校级期末）如图所示，质量为m的光滑小球，用轻绳连接后挂在三角劈的顶端斜面平行，劈置于光滑水平面上，当劈水平向右匀加速加速度a1＝33g时，球与斜面相对静止且细绳的拉力恰好为零；当劈以加速度a＝2g向左匀加速运动时，绳的拉力T2＝5mg【考点】物体在光滑斜面上的运动；力的合成与分解的应用．【专题】应用题；定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【答案】见试题解答内容【分析】根据题意确定小球的受力情况，然后应用牛顿第二定律求出加速度；应用牛顿第二定律的求出小球与斜面间作用力为零时的临界加速度，然后根据劈的加速度与临界加速度的关系确定小球的位置状态，然后求出绳子的拉力。【解答】解：球与斜面相对静止且细绳的拉力恰好为零时，小球受力如图所示：由牛顿第二定律得：a1=mgtan30°当劈加速度向左，球恰好刚要离开斜面；即斜面对球的作用力恰好为零时，球受力如图所示：由牛顿第二定律得：a临界=mgtan30°m=3当加速度：a＝2g，方向：水平向左时，小球离开斜面，受力如图所示：绳子的拉力：T2=(mg故答案为：33g；5mg【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，解决本题的关键知道小球和三角劈具有相同的加速度，通过隔离法分析，运用牛顿第二定律进行求解。14．（2023秋•浦东新区校级期末）如图所示，在固定的光滑水平地面上有质量分别为2m和m的木块A、B。A、B之间用轻质弹簧相连接，用水平向右的恒力F推A，弹簧稳定后，A、B一起向右作匀加速直线运动，此时AB间弹簧弹力的大小为13F。在弹簧稳定后的某时刻，突然将外力F撤去，撤去外力的瞬间，木块A的加速度大小为F6【考点】连接体模型；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力；模型建构能力．【答案】13F，F【分析】弹簧稳定后，A、B一起向右作匀加速直线运动，加速度相同，先对整体，由牛顿第二定律求出加速度，再隔离B，由牛顿第二定律求弹簧弹力的大小。突然将外力F撤去，撤去外力的瞬间，弹簧的弹力不变，对A由牛顿第二定律求解A的加速度大小。【解答】解：A、B一起向右作匀加速直线运动，加速度相同，设为a。对A、B整体，由牛顿第二定律得F＝（2m+m）a对B，由牛顿第二定律得F弹＝ma解得F弹=1突然将外力F撤去，撤去外力的瞬间，弹簧的弹力不变，对A，由牛顿第二定律得F弹＝2maA，解得木块A的加速度大小为aA=故答案为：13F，F【点评】本题是瞬时加速度问题，先根据牛顿第二定律求出状态变化前弹簧的弹力大小，抓住状态变化的瞬间，弹簧的弹力没有变化，来求解瞬间两个物体的加速度。15．（2024秋•鼓楼区校级期中）如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M＝2kg的物体A，B（B物体与弹簧栓接），弹簧的劲度系数为k＝100N/m，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度a＝1m/s2的匀加速直线运动（重力加速度g取10m/s2）。外力F作用时间0.6s后，A，B分离。【考点】牛顿第二定律的临界问题．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】0.6【分析】施加F前，物体AB整体平衡，根据胡克定律列式求解形变量，对B受力分析结合运动学公式解答。【解答】解：施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：2Mg＝kx当A、B间弹力为0时，对B：kx'﹣Mg＝MaB上升x''＝x﹣x'根据x''=解得：t＝0.6s故答案为：0.6【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，明确A与B分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB整体和B物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程。16．（2024秋•泉州期中）一质量为m的雨滴在空中从静止开始下落，已知下降过程中受到的空气阻力f与雨滴的速率v的平方成正比，即f＝kv2，其中k为已知的常量。则达到稳定前，雨滴的加速度大小一直减小（选填“一直增加”或者“一直减小”）；雨滴的最大速率为mgk；比例系数k的单位为kg/m【考点】牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力；牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况．【专题】比较思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】一直减小，mgk，kg/m【分析】对雨滴由牛顿第二定律判断加速度的变化；由平衡条件求解雨滴的最大速率；根据物理公式求解比例系数的单位。【解答】解：雨滴在空中从静止开始下落做加速直线运动，雨滴速度达到稳定前，对雨滴由牛顿第二定律得：mg﹣kv2＝ma，速度变大，空气阻力变大，合外力变小，则雨滴的加速度一直减小；当加速度减小到零时，雨滴的速度达到最大，由平衡条件得：mg=kvm2根据公式mg=kvm2，可得比例系数为：k=mg故答案为：一直减小，mgk，kg/m【点评】本题以雨滴下落考查牛顿第二定律在实际问题中的应用，要明确加速度减小到零时，雨滴的速度达到最大。四．解答题（共4小题）17．（2024秋•天心区校级月考）如图所示，小物块A、B用轻绳相连，并通过轻质滑轮将B悬挂于C的右端，初始时A、B、C均静止且将A锁定，C放在光滑水平地面上，已知：A、B、C质量分别为mA＝mB＝1kg、mC＝4kg，AC、BC之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现解除A的锁定状态，同时对C施加一个水平外力F，则：（1）若水平外力为F0时C保持静止，A、B匀加速运动，且A未撞滑轮、B未落地，求A的加速度aA、绳子上的拉力TB和F0的大小；（2）若对C施加水平向右的外力为F1，为了保证A、B、C相对静止，求F1的大小范围。【考点】连接体模型；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】（1）A的加速度aA为2.5m/s2，绳子上的拉力TB为7.5N，F0的大小为2.5N；（2）F1的大小范围为25N≤F1≤150N。【分析】（1）对AB整体受力分析，然后对B受力分析，根据牛顿第二定律列方程计算A的加速度和绳子上的拉力，对C受力分析，根据平衡条件计算水平外力大小；（2）当A相对于C即将向右滑动时，为最小的力，A相对于C即将向左滑动时，为最大推力，分别对整体，对A、对B受力分析，根据牛顿第二定律列方程计算即可。【解答】解：（1）对A、B整体，根据牛顿第二定律有mBg﹣μ1mAg＝（mA+mB）aA对B根据牛顿第二定律有mBg﹣TB＝mBaA代入数据解得aA＝2.5m/s2，TB＝7.5N绳子对A和对B的拉力大小相等TA＝TB＝7.5N以C为研究对象，在水平方向受力平衡，则F0+μ1mAg＝TA解得F0＝2.5N（2）保证A、B、C相对静止，当A相对于C即将向右滑动时，为最小的力，对A受力分析T1﹣μ1mg＝mAa以ABC整体为研究对象Fmin＝（mA+mB+mC）a以B为研究对象，根据牛顿第二定律，此时BC间的压力为N＝mBa则B受到的摩擦力为fB＝μ2N设此时绳子的拉力为石，则对B受力分析T1+fB＝mBg以上各式联立，解得Fmin＝25N若A相对于C即将向左滑动，则以A为研究对象T2A+fA＝mAa'此时B向上运动，则T2B＝mBg+fB以ABC整体为研究对象Fmax＝（mA+mB+mC）a'以上各式联立解得Fmax＝150N即A相对于C向左滑动的情况不可能出现，所以F的大小范围为25N≤F1≤150N答：（1）A的加速度aA为2.5m/s2，绳子上的拉力TB为7.5N，F0的大小为2.5N；（2）F1的大小范围为25N≤F1≤150N。【点评】能够合理选择研究对象，正确受力分析，根据牛顿第二定律列方程计算，注意整体法和隔离法的应用。18．（2024秋•通州区校级月考）如图所示，碎石场有一长L＝7.25m的传送带与水平面夹角θ＝37°，传送带以恒定速率v＝5m/s沿逆时针方向转动，在传送带上端有一质量m＝1kg石块被水平轻绳系住保持静止不动。t＝0时刻剪断轻绳，石块由静止开始滑下，已知石块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）t＝0时刻前绳子的拉力大小；（2）剪断轻绳时石块的加速度；（3）石块到达传送带底端所需的时间。【考点】倾斜传送带模型；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】（1）t＝0时刻前绳子的拉力大小20N；（2）剪断轻绳时石块的加速度为10m/s2，方向沿传送带向下；（3）石块到达传送带底端所需的时间为1.5s。【分析】（1）根据平衡条件、摩擦力的计算公式进行解答；（2）剪断轻绳时，对石块根据牛顿第二定律进行解答；（3）求出石块加速到与传送带等速所用的时间和位移；共速以后，根据牛顿第二定律求解石块的加速度，根据位移—时间关系求解此后到达底端所用时间，由此得到石块到达传送带底端所需的时间。【解答】解：（1）t＝0时刻前石块受重力mg、绳的拉力T、摩擦力f、支持力FN，如图所示：根据平衡条件可得：FN＝mgcosθ+Tsinθ，f+mgsinθ＝Tcosθ根据摩擦力的计算公式可得：f＝μFN联立解得：T＝20N；（2）剪断轻绳时，对石块根据牛顿第二定律可得：μmgcosθ+mgsinθ＝ma1解得：a1＝10m/s2，方向沿传送带向下；（3）当加速到与传送带等速，所用的时间：t1=va1此过程中石块的位移：x1=v2t共速以后，石块的加速度为a2，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得：a2＝2m/s2设此后到达底端所用时间为t2，有：L﹣x1＝vt2+解得：t2＝1s（或t2＝﹣6s舍去）所以石块到达传送带底端的总时间：t＝t1+t2＝0.5s+1s＝1.5s。答：（1）t＝0时刻前绳子的拉力大小20N；（2）剪断轻绳时石块的加速度为10m/s2，方向沿传送带向下；（3）石块到达传送带底端所需的时间为1.5s。【点评】本题考查了传送带问题，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，传送带模型是重要的模型，一定要掌握传送带问题的处理方法；物体在传送带上既可以一直做初速度为零的匀加速直线运动，也可能先做初速度为零的匀加速直线运动，后做匀速直线运动，这关键是取决于传送带的速度大小和传送带的长度。19．（2024秋•西山区校级月考）如图所示，有一足够长的斜面固定在水平地面上，它与水平方向的夹角θ＝30°，斜面上每隔d＝0.4m固定一个挡板，从上往下依次标记为1、2、3…n（n→∞）。挡板1的上方某处有一厚度均匀、质量为m的长木板A，A的上表面放有一质量为m的小物块B，B与A之间动摩擦因数μ1=32，A与斜面之间动摩擦因数μ2=33，最初A、B均处于静止状态。现给物块B一个平行于木板斜向下、大小F＝mg的作用力，经0.9s后撤去。再经1s后，木板A与挡板1发生碰撞。若木板A每次与挡板碰撞都以碰前的速度反弹，且每次与挡板碰后立即撤离被碰挡板，物块B始终没有与挡板相碰，B也始终没有滑离木板A，重力加速度g（1）F作用的0.9s内A、B的加速度大小；（2）A与挡板1碰撞时的速度大小；（3）B在A上面滑行时，B相对于A滑行的总路程（结果保留2位有效数字）。【考点】物体在粗糙斜面上的运动；匀变速直线运动规律的综合应用；牛顿第二定律求解多过程问题．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】（1）F作用的0.9s内A、B的加速度大小分别为2.5m/s2、6.5m/s2；（2）A与挡板1碰撞时的速度大小为4.5m/s；（3）B在A上面滑行时，B相对于A滑行的总路程为7.2m。【分析】（1）F作用时分析A、B是否会有共同加速度，结合牛顿第二定律解答；（2）根据运动学规律结合牛顿第二定律解答；（3）分析A、B的运动情况，根据运动学规律结合数学方法解答。【解答】解：（1）F作用时，假设A、B间有相对滑动，A的加速度为aA1，B的加速度为aB1，对A有mgsinθ+μ1mgcosθ﹣μ2×2mgcosθ＝maA1解得aA1＝2.5m/s2对B有F+mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝maB1解得aB1＝6.5m/s2aB1＞aA1，则假设成立。（2）t1＝1.0s时，根据速度—时间关系有vB＝aB1t1vA＝aA1t1F撤去后，令B的加速度为aB2，有μ1mgcosθ﹣mgsinθ＝maB2解得aB2＝2.5m/s2，沿斜面向上1.0s后，设经t2共速，有v＝vA+aA1t2＝vB﹣aB2t2解得t2＝0.8s，v＝4.5m/s运动1.8s时，速度为4.5m/s因μ2＝tanθ=33，所以即A与挡板1碰撞时的速度v＝4.5m/s（3）A与挡板碰前，B在A上滑行的相对位移Δx0=vB2t1+vB+v2t2解得Δx0＝3.6mA与挡板碰后，令A向上运动时加速度大小为aA2，有mgsinθ+μ1mgcosθ+μ2×2mgcosθ＝maA2解得aA2＝22.5m/s2设每次A与挡板碰时A，B已共速。第i次碰撞挡板速度为vi，碰后A向上运动位移为xi1，运动时间为ti1，当A速度减到0时，B的速度为vBi。A向上运动时，有2aA2xi1=ti1=vBi＝vi﹣aB2ti1解得vBi=89vi，xi1=145vi然后，A以aA1向下加速运动。令运动时间ti2，位移xi2共速。有vi+1＝aA1ti2＝vBi﹣aB2ti2vi+12=联立解得vi+1=49vi，xi2=16405vi因v1最大为4.5m/s，所以xi1+d＞v2，故每次A与挡板碰时A、B已共速。从第i次碰到i+1次碰的相对位移Δxi＝xBi﹣xAi=vi+vi+12（ti1+ti2解得Δxi=由此可知，第一次到第二次碰撞相对位移Ax＝2.9m又因Δxi∝vvi故Δ即Δxi是公比为1681＜由Sn=解得Δx'＝3.6m故B在A上面滑行时，B相对于A滑行的总路程s＝Δx0+Δx'解得s＝7.2m答：（1）F作用的0.9s内A、B的加速度大小分别为2.5m/s2、6.5m/s2；（2）A与挡板1碰撞时的速度大小为4.5m/s；（3）B在A上面滑行时，B相对于A滑行的总路程为7.2m。【点评】该题涉及多个不同的过程，对应多个不同的状态，使用的物理规律较多，在解答的过程中要注意对每一个过程的把握，正确对每一个过程进行合理的分析，选择合理的解答方法。20．（2024秋•阿城区校级月考）如图所示，一水平传送带以v0＝6m/s的速度顺时针方向匀速转动，传送带AB长度L＝4m，其右端连着一段光滑水平平台BC，紧挨着BC的光滑水平地面上放置一辆质量M＝1.5kg的平板小车，小车上表面刚好与BC面等高。现将质量m＝0.5kg的煤块（可视为质点）轻轻放到传送带的左端A处，经过传送带传送至右端B后通过BC滑上小车，最后刚好能滑到小车的右端。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，煤块与小车上表面间的动摩擦因数μ2＝0.3，重力加速度g取10m/s2。求：（1）煤块刚放上传送带时的加速度大小；（2）煤块在传送带上留下的划痕长度；（3）小车的长度。【考点】水平传送带模型；牛顿第二定律的简单应用．【专题】计算题；定量思想；模型法；传送带专题；分析综合能力．【答案】（1）煤块刚放上传送带时的加速度大小为2m/s2；（2）煤块在传送带上留下的划痕长度为8m；（3）小车的长度为2m。【分析】（1）对煤块分析，根据牛顿第二定律求出煤块刚放上传送带时的加速度大小；（2）若煤块与传送带能共速，根据速度—时间公式求出煤块与传送带共速时所用的时间，并求出这段时间内煤块的位移，与传送带的长度比较，分析煤块的运动情况，进而求出煤块在传送带上留下的划痕长度；（3）煤块滑上小车后，根据牛顿第二定律求出煤块和小车的加速度，再根据速度与时间的关系求出煤块与小车共速所需要的时间，根据位移与时间的关系求出煤块和小车的位移，进而求出小车的长度。【解答】解：（1）煤块放上传送带时，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma解得a＝2m/s2（2）若煤块与传送带能共速，则煤块与传送带速度相等的时间为t0=v0a此时煤块的位移为x=v02t0=6说明煤块未能与传送带共速，则煤块到达B点时，有v1且v1＝at解得v1＝4m/s，t＝2s则煤块在传送带上留下的划痕长度s＝v0t﹣L解得s＝8m（3）煤块在滑上小车时，对于煤块有μ2mg＝ma1对于小车有μ2mg＝Ma2当煤块和小车共速时，煤块恰好到达小车右端，则有v1﹣a1t1＝a2t1则小车的长度为l=联立解得l＝2m答：（1）煤块刚放上传送带时的加速度大小为2m/s2；（2）煤块在传送带上留下的划痕长度为8m；（3）小车的长度为2m。【点评】解答本题的关键要正确分析煤块的受力情况，来确定其运动情况，注意分析煤块与传送带和小车共速的状态，根据牛顿第二定律和运动学公式相结合解答。

考点卡片1．连续相等时间内的运动比例规律【知识点的认识】1．连续相等时间末的速度之比ts末、2ts末、3ts末…nts末的瞬时速度之比为：v1：v2：v3：…：vn＝1：2：3：…：n；推导：由vt＝at知v1＝at，v2＝2at，v3＝3at，…，vn＝nat，则可得：v1：v2：v3：…：vn＝1：2：3：…：n；2.连续相等时间内的位移之比：ts内、2ts内、3ts内…nts内的位移之比为：x1：x2：x3：…：xn＝12：22：32：…：n2；推导：由x=12at2知x1=12at2，x2=12a（2t）2，x3=12a（3t）2，…，x则可得：x1：x2：x3：…：xn＝12：22：32：…：n2；3．连续相等时间差内的位移之比为：第ts内，第2ts内，第3ts内...第nts内的位移之比：xⅠ：xⅡ：xⅢ：…：xN＝1：3：5：…：（2n﹣1）推导：由x=12at2知xⅠ=12at2，xⅡ=12a（22﹣12）t2，xⅢ=12a（32﹣22）t2，…，xN=12a[n2则可得：xⅠ：xⅡ：xⅢ：…：xN＝1：3：5：…：（2n﹣1）【命题方向】物体做初速度为零的匀加速直线运动，第5s内的位移是18m，则以下结论正确的是（）A、物体的加速度是3.6m/s2B、物体的加速度是4m/s2C、物体在第4s内的位移是16mD、物体在第4s内的位移是12m分析：根据初速度为零的匀加速直线运动的推论得到物体在第1s内的位移，由位移公式求出物体的加速度和物体在第4s内的位移．解答：根据初速度为零的匀加速直线运动的推论得知：物体在第1s内的位移、第2s内的位移…第5s内的位移之比为：x1：x2：x3：x4：x5＝1：3：5：7：9由题，第5s内的位移x5＝18m，得到物体在第1s内的位移x1＝2m，物体在第4s内的位移x4＝14m。由x1=12at12得，a故选：B。点评：本题运用匀变速直线运动的推论进行求解，比较简捷，也可以根据运动学基本公式或速度图象计算分析．【解题思路点拨】1.牢记初速度为零的匀变速直线运动的比例规律，在解选择题时可以大大加快解题速度。要理解各比例的推导过程。2.该比例只适用于初速度为零的匀加速直线运动，但对于末速度为零的匀减速直线运动可以采用逆向思维的方法将其看作匀加速直线运动处理。2．匀变速直线运动规律的综合应用【知识点的认识】本考点下的题目，代表的是一类复杂的运动学题目，往往需要用到多个公式，需要细致的思考才能解答。【命题方向】如图，甲、乙两运动员正在训练接力赛的交接棒．已知甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持8m/s的速度跑完全程．设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的，加速度大小为2.5m/s2．乙在接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒．在某次练习中，甲以v＝8m/s的速度跑到接力区前端s0＝11.0m处向乙发出起跑口令．已知接力区的长度为L＝20m．求：（1）此次练习中交接棒处离接力区前端（即乙出发的位置）的距离．（2）为了达到理想成绩，需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，则甲应在接力区前端多远时对乙发出起跑口令？（3）在（2）中，棒经过接力区的时间是多少？分析：（1）甲乙两人不是从同一地点出发的，当已追上甲时，它们的位移关系是s0+12at2＝vt（2）当两人的速度相等时，两车的距离为零，即处于同一位置．（3）由t=x解答：（1）设乙加速到交接棒时运动时间为t，则在甲追击乙过程中有s0+12at2代入数据得t1＝2st2＝4.4s（不符合乙加速最长时间3.2s实际舍去）此次练习中交接棒处离接力区前端的距离x（2）乙加速时间t设甲在距离接力区前端为s时对乙发出起跑口令，则在甲追击乙过程中有s代入数据得s＝12.8m（3）棒在（2）过程以v＝8m/s速度的运动，所以棒经过接力区的时间是t点评：此题考查追及相遇问题，一定要掌握住两者何时相遇、何时速度相等这两个问题，这道题是典型的追及问题，同学们一定要掌握住．【解题思路点拨】熟练掌握并深刻理解运动学的基础公式及导出公式，结合公式法、图像法、整体与分段法等解题技巧，才能在解答此类题目时游刃有余。3．根据v-t图像的物理意义分析单个物体的运动情况【知识点的认识】1.定义：v﹣t图像表示的是物体速度随时间变化的关系。2.图像实例：3.各参数的意义：（1）斜率：表示加速度；（2）纵截距：表示初速度；（3）交点：表示速度相等。4.v﹣t曲线分析：①表示物体做初速度为零的匀加速直线运动；②表示物体沿正方向做匀速直线运动；③表示物体沿正方向做匀减速直线运动；④交点的纵坐标表示三个物体此时的速度相同；⑤t1时刻物体的速度为v1，阴影部分的面积表示物体0～t1时间内的位移。5.本考点是v﹣t图像考法的一种，即根据v﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动的情况。【命题方向】一枚火箭由地面竖直向上发射，其速度图象如图所示，由图象可知（）A、火箭在0～ta段的加速度小于ta～tb段的加速度B、0～ta段火箭是上升过程，ta～tb段火箭是下落过程C、tc时刻火箭回到地面D、tc时刻火箭离地最远分析：解决本题的关键是理解速度图象的斜率的含义：速度图象的斜率代表物体的加速度．速度的正负代表物体运动的方向．解答：速度图象的斜率代表物体的加速度，由图可知：ab段的斜率大于oa段斜率，故火箭在0～ta段的加速度小于ta～tb段的加速度，故A正确。由于ab段的速度和oa段速度都是正的，故物体的运动方向未变，即始终向上运动。故B错误。0～tc时间内火箭的速度方向始终竖直向上，故tc时刻火箭到达最高点。故C错误而D正确。故选：AD。点评：对于速度图象类的题目，主要是要理解斜率的含义：斜率代表物体的加速度；速度正负的含义：速度的正负代表物体运动的方向；速度图象与时间轴围成的面积的含义：面积代表物体的位移．【解题思路点拨】图像类问题是从数学的角度描述了物体的运动规律，能够比较直观地反映位移、速度的大小和方向随时间的变化情况。针对此类问题，可以首先根据图像还原物体的运动情景，再结合斜率、截距、面积等数学概念进行分析。4．胡克定律及其应用【知识点的认识】1．弹力（1）定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力．（2）弹力的产生条件：①弹力的产生条件是两个物体直接接触，②并发生弹性形变．（3）弹力的方向：力垂直于两物体的接触面．①支撑面的弹力：支持力的方向总是垂直于支撑面，指向被支持的物体；压力总是垂直于支撑面指向被压的物体．点与面接触时弹力的方向：过接触点垂直于接触面．球与面接触时弹力的方向：在接触点与球心的连线上．球与球相接触的弹力方向：垂直于过接触点的公切面．②弹簧两端的弹力方向：与弹簧中心轴线重合，指向弹簧恢复原状的方向．其弹力可为拉力，可为压力．③轻绳对物体的弹力方向：沿绳指向绳收缩的方向，即只为拉力．2．胡克定律弹簧受到外力作用发生弹性形变，从而产生弹力．在弹性限度内，弹簧弹力F的大小与弹簧伸长（或缩短）的长度x成正比．即F＝kx，其中，劲度系数k的意义是弹簧每伸长（或缩短）单位长度产生的弹力，其单位为N/m．它的大小由制作弹簧的材料、弹簧的长短和弹簧丝的粗细决定．x则是指形变量，应为形变（包括拉伸形变和压缩形变）后弹簧的长度与弹簧原长的差值．注意：胡克定律在弹簧的弹性限度内适用．3．胡克定律的应用（1）胡克定律推论在弹性限度内，由F＝kx，得F1＝kx1，F2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：弹簧弹力的变化量与弹簧形变量的变化量（即长度的变化量）成正比．（2）确定弹簧状态对于弹簧问题首先应明确弹簧处于“拉伸”、“压缩”还是“原长”状态，并且确定形变量的大小，从而确定弹簧弹力的方向和大小．如果只告诉弹簧弹力的大小，必须全面分析问题，可能是拉伸产生的，也可能是压缩产生的，通常有两个解．（3）利用胡克定律的推论确定弹簧的长度变化和物体位移的关系如果涉及弹簧由拉伸（压缩）形变到压缩（拉伸）形变的转化，运用胡克定律的推论△F＝k△x可直接求出弹簧长度的改变量△x的大小，从而确定物体的位移，再由运动学公式和动力学公式求相关量．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查胡克定律：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，若改挂100N的重物时，弹簧总长为20cm，则弹簧的原长为（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根据胡克定律两次列式后联立求解即可．解：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，根据胡克定律，有：F1＝kx1；若改挂100N的重物时，根据胡克定律，有：F2＝kx2；联立解得：k=Fx2=100故弹簧的原长为：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故选D．点评：本题关键是根据胡克定律列式后联立求解，要记住胡克定律公式中F＝k•△x的△x为行变量．（2）第二类常考题型是考查胡克定律与其他知识点的结合：如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，今向下拉盘，使弹簧再伸长△l后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力等于（）A.(1+△ll)mgB.分析：根据胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度．再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力．解：当盘静止时，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①设使弹簧再伸长△l时手的拉力大小为F再由胡克定律得F＝k△l②由①②联立得F=刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上．设刚松手时，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得a=对物体研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△l故选A．点评：点评：本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度．【解题方法点拨】这部分知识难度中等、也有难题，在平时的练习中、阶段性考试中会单独出现，选择、填空、计算等等出题形式多种多样，在高考中不会以综合题的形式考查的，但是会做为题目的一个隐含条件考查．弹力的有无及方向判断比较复杂，因此在确定其大小和方向时，不能想当然，应根据具体的条件或计算来确定．5．滑动摩擦力的方向【知识点的认识】1.滑动摩擦力的定义：两个相互接触的物体，当它们发生相对滑动时，在接触面上会产生有种阻碍相对运动的力，叫作滑动摩擦力。2.滑动摩擦力的方向：总跟接触面相切，并且跟物体的相对运动方向相反。3.关键词：①与接触面相切（沿接触面）；②与相对运动的方向相反。【命题方向】关于摩擦力，下列说法错误的是（）A、滑动摩擦力可以与物体的运动方向相同B、静摩擦力也可以与物体的运动方向相同C、静摩擦力可以与物体运动的方向成任意度角D、当物体与接触面的接触面积减小而其他条件不变时，滑动摩擦力将减小分析：摩擦力一个物体在另一个物体表面滑动或有相对滑动的趋势时，受到的阻碍相对运动或相对运动趋势的力，与相对运动或相对运动的趋势方向相反．解答：A、滑动摩擦力与物体的相对运动方向相反，即与相对相接触的那个物体的运动方向相反，与物体的实际运动方向可以成任意角度，故A正确；BC、静摩擦力与物体的相对运动趋势方向相反，即与相对相接触的那个物体的运动趋势方向相反，与物体的实际运动方向可以成任意角度，故B正确，C正确；D、滑动摩擦力的大小与正压力成正比，还与接触面的材料有关，与接触面的面积无关，故D错误；本题选错误的，故选D。点评：提到摩擦力不忘相对两个字，摩擦力与相对运动或相对运动趋势的方向相反，总是阻碍物体间的相对滑动或相对滑动趋势．【解题思路点拨】1.滑动摩擦力的方向总是与物体相对运动的方向相反。因此判断滑动摩擦力的方向时，可以先判断相对运动的方向，从而得出滑动摩擦力的方向。2.滑动摩擦力是物体之间相对运动产生的，与物体自身的运动情况无关，所以滑动摩擦力的方向与物体自身的运动方向无关。例如：人刚站上电动扶梯的时候，因为人的初速度为零，所以受到扶梯水平向前的滑动摩擦力，而人实际的运动方向取决于电梯的方向。6．静摩擦力的方向【知识点的认识】静摩擦力是阻碍物体的相对运动趋势的力，所以总是与物体的相对运动趋势方向相反，同时要与接触面相切（沿接触面）。【命题方向】下列有关静摩擦力的说法中，正确的是（）A、只有静止的物体才受静摩擦力B、静摩擦力与压力成正比C、静摩擦力的方向一定与接触面相切D、静摩擦力的方向与物体运动方向一定相反分析：静摩擦力的方向可能与物体的运动方向相反，也可能与物体的运动方向相同，但一定与物体相对运动趋势方向相反．运动的物体可能受到静摩擦力作用，最后依据滑动摩擦力公式，即可求解．解答：A、运动物体可能受静摩擦力作用，当静止物体相对接触物体有相对运动趋势时，会受到静摩擦力，故A错误；B、滑动摩擦力与压力成正比。故B错误；C、静摩擦力的方向一定与接触面相切，故C正确；D、静摩擦力的方向可能与物体的运动方向相反，也可能与物体的运动方向相同。比如在平直公路上行驶的汽车，车厢地板随汽车一起运动的物体，在启动过程中所受静摩擦力与运动方向相同，在减速过程中，静摩擦力方向与运动方向相反。故D错误。故选：C。点评：静摩擦力的方向可以根据静摩擦力总是阻碍物体的间相对运动趋势来理解其方向，注意静摩擦力大小与方向判定，同时理解静摩擦产生条件．【解题思路点拨】静摩擦力的方向总是与相对运动趋势的方向相反，所以可以先判断出物体的相对运动趋势，再分析静摩擦力的方向情况。7．力的合成与分解的应用【知识点的认识】本考点针对比较复杂的题目，题目涉及到力的合成与分解的综合应用。【命题方向】假期里，一位同学在厨房里协助妈妈做菜，对菜刀发生了兴趣．他发现菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一样，刀刃前部的顶角小，后部的顶角大（如图所示），下列有关刀刃的说法合理的是（）A、刀刃前部和后部厚薄不匀，仅是为了打造方便，外形美观，跟使用功能无关B、在刀背上加上同样的压力时，分开其他物体的力跟刀刃厚薄无关C、在刀背上加上同样的压力时，顶角越大，分开其他物体的力越大D、在刀背上加上同样的压力时，顶角越小，分开其他物体的力越大分析：根据力的平行四边形定则可知，相同的压力下，顶角越小，分力越大；相同的顶角下，压力越大，分力越大．解答：把刀刃部分抽象后，可简化成一个等腰三角劈，设顶角为2θ，背宽为d，侧面长为l，如图乙所示当在劈背施加压力F后，产生垂直侧面的两个分力F1、F2，使用中依靠着这两个分力分开被加工的其他物体。由对称性知，这两个分力大小相等（F1＝F2），因此画出力分解的平行四边形，实为菱形，如图丙所示。在这个力的平行四边形中，取其四分之一考虑（图中阴影部分），根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系，由关系式，得F1＝F2由此可见，刀背上加上一定的压力F时，侧面分开其他物体的力跟顶角的大小有关，顶角越小，sinθ的值越小，F1和F2越大。但是，刀刃的顶角越小时，刀刃的强度会减小，碰到较硬的物体刀刃会卷口甚至碎裂，实际制造过程中为了适应加工不同物体的需要，所以做成前部较薄，后部较厚。使用时，用前部切一些软的物品（如鱼、肉、蔬菜、水果等），用后部斩劈坚硬的骨头之类的物品，俗话说：“前切后劈”，指的就是这个意思。故D正确。故选：D。点评：考查力的平行四边形定则，体现了控制变量法，同时学会用三角函数来表示力与力的关系．【解题思路点拨】对力的合成与力的分解的综合应用问题，要首先熟练掌握力的合成和力的分解的相关内容，再选择合适的合成和分解方法进行解题。8．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。9．牛顿第二定律求解