初升高中数学暑假衔接材料：第15讲牛顿运动定律的应用（培优讲义）（解析版）

2/14第15讲牛顿运动定律的应用（培优讲义）课标要点课标要点1.能够熟练应用牛顿运动定律解决动力学基本问题。2.掌握连接体问题、临界问题、传送带问题等典型应用模型。3.理解超重和失重现象的本质，能用牛顿定律解释相关现象。4.能够分析多过程问题，综合运用牛顿定律和运动学规律。5.培养解决复杂物理问题的分析能力和建模能力。1.通过受力分析和运动分析，建立物理模型。2.应用牛顿第二定律建立力与加速度的关系。3.结合运动学公式，解决已知力求运动或已知运动求力的问题。4.通过整体法和隔离法，处理连接体问题。5.通过临界条件分析，解决极值问题和突变问题。方法指导考点01动力学基本问题知识点梳理1.1已知力求运动解题步骤：受力分析，求出合外力F_合根据F合=ma，求出加速度a结合初始条件，应用运动学公式求解典型情景：水平面上的加速运动斜面上的加速运动竖直方向的加速运动1.2已知运动求力解题步骤：运动分析，求出加速度a根据F合=ma，求出合外力F合结合受力分析，求出未知力典型情景：匀变速直线运动中的力圆周运动中的向心力抛体运动中的力1.3正交分解法适用情况：力不在同一直线上坐标系选择：沿运动方向和垂直运动方向沿斜面和垂直斜面水平和竖直方向1.4图像法解题a-t图像：面积表示速度变化量v-t图像：斜率表示加速度F-t图像：结合质量可求加速度x-t图像：斜率表示速度解题步骤：从图像中提取物理信息应用牛顿第二定律求解未知量【深化点拨】2.1动力学问题的"两分析一桥梁"受力分析：画出受力示意图，标出所有力运动分析：确定运动状态，找出加速度加速度是联系力和运动的桥梁：F合=ma解题流程：

①确定研究对象

②受力分析

③运动分析

④建立方程

⑤求解验证2.2斜面上的动力学问题重力分解：沿斜面：mgsinθ垂直斜面：mgcosθ摩擦力方向：与相对运动趋势相反静摩擦力方向需要判断典型情景：物体沿斜面加速下滑物体沿斜面减速上滑物体在斜面上静止2.3动力学图像问题的处理技巧识别图像类型：明确横纵坐标物理量提取关键信息：斜率、截距、面积、拐点建立物理关系：应用牛顿第二定律验证结果合理性：检查单位、量级、极限情况常见图像组合：a-t与v-t结合F-t与a-t结合v-t与x-t结合1．（25-26高一下·陕西安康·期中）（多选）如图所示，科技节上，小明在操场竖直向上发射一枚小型模型火箭，点火瞬间火箭获得竖直向上的速度v1，火箭在整个运动过程中空气阻力大小恒定。下列说法正确的是（）A．火箭上升到最高点时，速度为零，加速度为零B．火箭上升过程的速度变化快慢小于下降过程的速度变化快慢C．火箭落回地面的速度小于v0D．火箭上升过程的时间小于下降过程的时间【答案】CD【详解】A．火箭上升到最高点时，速度为零，合外力不为零，则加速度不为零，A错误；B．速度变化快慢就是加速度，火箭上升过程和下降过程的加速度分别为，，则，B错误；CD．将上升过程看做是向下的匀加速运动过程，由可知，火箭上升过程的初速度大于落回地面的末速度；由可知，火箭上升过程的加速度较大，时间较小，CD正确。故选CD。2．（25-26高一下·湖南常德·阶段检测）如图所示的足够长的静止斜面，倾角为，在底部静止放置一质量为的滑块，滑块与斜面之间的动摩擦因数为。现用一大小为的恒力沿着水平向右的方向作用于滑块，使之向上运动，运动时间后撤去F，求(1)滑块刚开始运动时的加速度；(2)滑块上升的最大位移；(3)滑块到达底部的速度v的大小。【答案】(1)方向：沿斜面向上(2)1(3)【详解】（1）如图甲所示在外力F作用下滑块向上做加速运动，由牛顿第二定律可知可知加速度大小为，方向：沿斜面向上。（2）作用时间后，滑块的速度为则滑块上升的位移为如图乙所示撤去外力后滑块做减速运动，此时摩擦力向下。由牛顿第二定律可知：它的加速度满足解得。滑块要继续上冲到速度减为零为止，花费的时间为则滑块上冲的位移为总位移为（3）如图丙所示因为，即，所以滑块不可能静止于斜面上，它将开始沿斜面向下加速运动。注意，此过程中摩擦力将沿斜面向上。由牛顿第二定律可知：其加速度满足解得。又注意到下滑的总位移为所以由可得考点02典型应用模型知识点梳理1.1连接体问题模型特点：多个物体通过绳、杆等连接解题方法：整体法：F_外=(Σm)a隔离法：对单个物体应用F_合=ma选择原则：求整体加速度用整体法求内力用隔离法典型连接方式：水平连接竖直连接斜面连接1.2临界问题模型特点：物体从一种状态转变为另一种状态常见临界条件：绳子绷紧：绳子从松弛到绷紧物体脱离：支持力或拉力为零相对滑动：静摩擦力达到最大值圆周运动：最高点的最小速度分析方法：找出临界状态分析临界状态的受力应用牛顿第二定律求解临界条件1.3传送带问题模型特点：物体在运动的传送带上运动关键分析：摩擦力方向：与相对运动趋势相反相对运动：物体与传送带的相对速度速度变化：物体速度达到传送带速度时，摩擦力可能改变典型情景：水平传送带倾斜传送带加速传送带1.4超重和失重超重现象：加速度向上（如加速上升、减速下降）视重大于实重失重现象：加速度向下（如加速下降、减速上升）视重小于实重完全失重：a=g，视重为零自由落体、抛体运动本质：物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生变化【深化点拨】2.1连接体问题的"加速度相同"原则当连接体一起运动时，各物体加速度相同整体法优势：避免内力，简化计算隔离法必要性：求连接体之间的相互作用力典型错误：混淆研究对象忽略内力与外力的区别加速度方向不一致2.2临界问题的分类与处理静力学临界：物体保持静止的临界条件通常涉及最大静摩擦力动力学临界：物体运动状态改变的临界条件通常涉及加速度突变分析步骤：

①确定临界状态

②分析临界受力

③建立临界方程

④求解临界值2.3传送带问题的"相对运动"分析法关键步骤：确定物体与传送带的相对运动方向确定摩擦力方向计算物体的加速度分析运动过程速度变化点：当物体速度等于传送带速度时，相对运动消失摩擦力可能改变方向或大小能量分析：摩擦力做功转化为内能机械能不守恒3．（25-26高一下·安徽·期中）（多选）如图所示，长度、质量的木板静止在光滑的水平面上，时刻有一质量为的物块（可视为质点）从木板的最左端以的初速度冲上木板，物块与木板间的动摩擦因数。为使物块不从木板上掉下，在时对木板施加一个水平向右的恒力，并且作用一段时间后撤去，重力加速度g取，则F的作用时间有可能是（

）A． B． C． D．【答案】ABC【详解】物块相对于木板向右滑动时，根据牛顿第二定律解得，物块减速木板受向右摩擦力，根据牛顿第二定律解得当木板速度超过物块，物块相对木板向左滑动时：摩擦力反向，物块受向右摩擦力，加速度大小仍为，物块加速；F作用下木板加速度撤去F后木板加速度.物块不从木板掉下的条件：全过程中物块相对于木板的位移满足（初始物块在左端，位移为0，最大不超过）。临界1：刚好不从右端掉下令，即，得第一次共速时此时相对位移，刚好不从右端掉下若，总相对位移会大于，物块从右端掉下，因此得临界2：刚好不从左端掉下​（​是后F继续作用的时间）时，之后物块相对木板向左运动，计算到最终共速时总相对位移不从左端掉下要求解得，因此最终Δt的范围，故选ABC。4．（25-26高一下·贵州遵义·期中）第24届冬奥会在我国北京成功举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图甲所示，长9m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为30°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为6m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，雪车始终在冰面上运动，其总质量为120kg，重力加速度。求雪车（包括运动员）(1)在直道AB上的加速度大小；(2)过C点的速度大小；(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）设雪车在直道AB段加速度大小为，根据位移速度公式可得解得（2）在AB上运动时间为从B点到C点，根据匀变速直线运动位移时间公式可得其中联立解得过C点的速度大小为（3）设斜道BC上运动时受到的阻力大小为，根据牛顿第二定律可得解得牛顿运动定律的综合应用及解题步骤1.动力学基本问题解题技巧"两分析一桥梁"法：①受力分析：画出受力示意图②运动分析：确定运动状态和加速度③以加速度为桥梁，应用F_合=ma2.连接体问题解题技巧"先整体后隔离"法：①用整体法求加速度②用隔离法求内力③注意内力与外力的区别④检查各物体加速度是否一致3.临界问题解题技巧"临界状态识别法"：①找出可能的临界状态②分析临界状态的受力特点③应用牛顿第二定律④求解临界条件4.传送带问题解题技巧"相对运动分析法"：①确定物体与传送带的相对速度②确定摩擦力方向③分析物体的运动过程④注意速度相等时的转折点角度01连接体问题1．（25-26高一下·安徽蚌埠·阶段检测）如图所示，一轻质弹簧的左端与竖直墙面固连，其右端与物体a固连，质量均为m物体a、b、c、d间各用一段轻绳连接，其中bc间绳子绕过轻质定滑轮将二者连接，整个系统处于静止状态，不计一切阻力，弹簧形变在弹性限度内，重力加速度为g。ab、bc、cd间轻绳分别为轻绳1、2、3，下列说法正确的是（

）A．烧断轻绳2后瞬间，此时b的加速度为零 B．烧断轻绳2后瞬间，此时轻绳3的拉力不为零C．烧断轻绳1后瞬间，此时c的加速度为 D．烧断轻绳1后瞬间，此时轻绳2的拉力为【答案】D【详解】AB．整个系统静止，不计阻力，右侧悬挂c、d总质量为，因此绳2的初始拉力对水平面的a、b整体，弹簧弹力与绳2拉力平衡，得弹簧弹力烧断绳2瞬间，弹簧弹力不变，仍为，a、b会一起运动，整体的合力为，总质量为，由牛顿第二定律得加速度；c、d只受重力，加速度均为g，对d由牛顿第二定律得，故AB错误；CD．烧断绳1瞬间，弹簧弹力不变，b、c、d三者会一起运动，加速度大小相等，设加速度为a，绳2拉力为T。整体对b、c、d由牛顿第二定律解得；对b单独分析，水平方向仅受绳2拉力T，由牛顿第二定律，故C错误，D正确。故选D。2．（25-26高一下·云南昆明·期中）如图所示，为固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，靠摩擦力保持相对杆静止，M又通过轻细线悬吊着一个小铁球m，此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速直线运动，而M、m均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为。若某时刻起，小车的加速度逐渐减小，M始终和小车保持相对静止，当加速度减小为，且小铁球与小车保持相对静止时（）A．横杆对M的弹力减小为原来的 B．横杆对M的摩擦力减小为原来的C．细线的拉力减小为原来的 D．细线与竖直方向的夹角减小为原来的【答案】B【详解】A．对M、m整体受力分析，整体竖直方向受力平衡，横杆对M的弹力弹力始终等于总重力，不随加速度变化，故A错误；B．对M、m整体，水平方向摩擦力提供加速度，由牛顿第二定律，得摩擦力当加速度减小为时，摩擦力减小为原来的​，故B正确；C．对小球m受力分析，小球和小车加速度相同，受重力mg、细线拉力T，在水平方向，由牛顿第二定律，得在竖直方向，由平衡条件，得整理得，当加速度减小为时，拉力不是原来的，故C错误；D．当加速度减小为时，正切不是线性关系，不是原来的​，故D错误。故选B。3．（2026·辽宁沈阳·三模）如图所示，平板小车沿水平面做直线运动，小车顶部用细线悬挂着质量为m小球A，细线偏离竖直方向θ角，小车底部斜面上放有一质量为m的物块B，斜面倾角θ角，小球A和物块B都相对小车静止，则平板小车运动过程中，下列说法正确的是（）A．小车水平运动的加速度大小为gsinθB．小球A受到细线拉力大小为mgtanθC．小车一定向左做匀加速直线运动D．小物块B不受摩擦力【答案】D【详解】A．对小球A分析可知，根据牛顿第二定律解得由于小球A和物块B都相对小车静止，则小车水平运动的加速度大小为，故A错误；B．对小球A，在竖直方向上，根据平衡条件可得解得小球A受到细线拉力大小为，故B错误；C．由题意可知，小球A的合力方向水平向左，即小球A的加速度水平向左，所以小车的加速度水平向左，则小车向左做匀加速直线运动或向右做匀减速直线运动，故C错误；D．假设小物块B不受摩擦力，则小物块B受到垂直斜面向上的支持力和竖直向下的重力，在竖直方向上，根据平衡条件可得解得斜面对小物块的支持力大小为在水平方向，根据牛顿第二定律可得解得即假设成立，小物块B不受摩擦力，故D正确。故选D。角度02传送带问题4．（25-26高一下·湖南·期中）如图所示，某工厂流水线上长度为4m的传送带AB以10m/s的速度顺时针运行，工件与传送带间的动摩擦因数为0.1。将不计大小的工件轻放在传送带左端的A点后，传送带立即以4m/s2开始减速，重力加速度g取10m/s2，则工件从A点运动到传送带右端的B点需要的时间为（

）A．0.4s B．1.25s C．4s D．无法到达右端【答案】C【详解】工件在传送带上加速时，根据牛顿第二定律有解得假设工件加速到与传送带共速时，工件还没有到达B点，设工件共速的时间为，则有解得t1＝2s此时工件的速度为工件的位移为之后，工件以a=1m/s2的加速度做减速运动，位移为解得t2=2s故工件从A点运动到传送带右端的B点需要的时间为故选C。5．（25-26高一下·河南平顶山·开学考试）某机场航站楼行李处理系统其中的一段如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，一小行李箱（可视为质点）以初速度v0滑上水平传送带，从A点运动到B点的图像如图乙所示，g取。下列说法正确的是（）A．传送带转动的速度大小为6m/sB．小行李箱与传送带间的动摩擦因数为0.04C．A、B两点间的距离为8mD．小行李箱与传送带的相对位移大小为6m【答案】C【详解】A．由图像可知，传送带的速度大小为，故A错误；B．图像斜率为加速度根据牛顿第二定律解得，故B错误；C．图像与坐标轴围成的面积代表位移，则根据图像可知，行李箱在内运动的位移为所以A、B两点间的距离为8m，故C正确；D．在内传送带传动的路程为所以小行李箱与传送带的相对位移大小为，故D错误。故选C。6．（25-26高一下·广东揭阳·期中）如图甲所示，倾角为的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时，将质量的物体（可视为质点）轻放在传送带上端，物体相对地面的图像如图乙所示，时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向，重力加速度，则（）A．传送带的倾角θ=30° B．传送带的长度为C．物体在传送带上留下的痕迹长度为 D．物体与传送带之间的动摩擦因数为0.2【答案】B【详解】AD．图乙可知，、有物体加速度大小分别为，则在、内，对物体分别有，联立解得，故AD错误；B．由图可知内，物体运动距离为，故B正确；C．图乙可知传送带速度为10m/s，且由图可知内，传送带比物体多运动的距离为由图可知内，物体比传送带多运动的距离为可知物体在传送带上留下的痕迹长度为5m，故C错误。故选B。角度03临界问题和多过程问题7．（25-26高一上·湖南长沙·学业考试模拟）升降机中有一倾角为的斜面，质量为5kg，斜面与升降机间无摩擦，斜面上有一个质量为2kg的物体，当升降机以2.5m/s2的加速度向上匀加速运动时，斜面上的物体A还是与斜面相对静止，g=10m/s2，则（

）A．升降机对斜面向上的支持力是87.5N B．斜面对物体A的摩擦力是12NC．斜面对物体A的支持力是16N D．斜面对物体A的支持力是25N【答案】A【详解】A．对斜面和物体A分析，根据牛顿第二定律则有解得升降机对斜面向上的支持力故A正确；BCD．由题意可知物体加速度向上，物体受到重力、支持力和摩擦力的作用，受力如图根据牛顿第二定律得因为代入数据联立解得，，故BCD错误。故选A。8．（25-26高一上·重庆九龙坡·阶段检测）如图甲所示，质量为M，倾角为角的斜面体放在光滑水平面上，斜面上有一质量为m的光滑小球（），用力F水平向右推小球，恰能使小球和斜面体一起向右做匀加速运动，此时小球对斜面体的压力为FN1；如图乙所示，将斜面体的倾角改为角，其余条件不变，若仍用力F水平向左推斜面体，也恰能使小球和斜面体一起向左做匀加速运动，此时小球对斜面体的压力为FN2，则下列关系正确的是（）A．，B．，C．，D．，【答案】B【详解】根据牛顿第三定律可知，甲图中斜面对小球的支持力大小，同理，乙图中，斜面对小球的支持力大小；甲图，对m、M整体有对m，水平方向、竖直方向分别有，联立解得，乙图，对m、M整体有对m，水平方向、竖直方向分别有，联立解得，因为M>m，综合可知，因此，（即）。故选B。9．（24-25高一上·福建三明·阶段检测）如图所示，一质量M=3kg、倾角为α=45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m=1kg的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度为g=10m/s²，下列判断错误的是（）A．系统做匀加速直线运动B．F=40NC．斜面体对楔形物体的作用力大小为D．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动【答案】C【详解】AB．对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有对楔形物体受力分析如图乙所示。由牛顿第二定律有可得故AB不符合题意；C．斜面体对楔形物体的作用力故C符合题意；D．外力F增大，则斜面体加速度增大，斜面体对楔形物体的支持力也增大，则支持力在竖直方向的分力大于重力，有向上的加速度，所以楔形物体将会相对斜面体沿斜面上滑，故D不符合题意。故选C1．（2025·安徽·高考真题）如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取，则在乙下落的过程中（）A．甲对木箱的摩擦力方向向左 B．地面对木箱的支持力逐渐增大C．甲运动的加速度大小为 D．乙受到绳子的拉力大小为【答案】C【详解】A．因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运动，甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；B．设乙运动的加速度为，只有乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱，由整体法，竖直方向受力分析有则地面对木箱的支持力大小不变，B错误；CD．设绳子的弹力大小为，对甲受力分析有对乙受力分析有联立解得，C正确，D错误。故选C。2．（2024·安徽·高考真题）倾角为的传送带以恒定速率顺时针转动。时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】时间内：物体轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动。C正确，ABD错误。故选C。二、多选题3．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图（a），倾角为的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为、，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物线，乙的曲线在时切线斜率为0，则（

）A．B．时，甲的速度大小为C．之前，地面对斜面的摩擦力方向向左D．之后，地面对斜面的摩擦力方向向左【答案】AD【详解】B．位置与时间的图像的斜率表示速度，甲乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙物体做匀减速运动，在时间内甲乙的位移可得可得时刻甲物体的速度为，B错误；A．甲物体的加速度大小为乙物体的加速度大小为由牛顿第二定律可得甲物体同理可得乙物体联立可得，A正确C．设斜面的质量为，取水平向左为正方向，由系统牛顿第二定理可得则之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误；D．之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿下面向下加速，由系统牛顿第二定律可得即地面对斜面的摩擦力向左，D正确。故选AD。4．（2024·辽宁·高考真题）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知到的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（）A．小物块在时刻滑上木板 B．小物块和木板间动摩擦因数为2μC．小物块与木板的质量比为3︰4 D．之后小物块和木板一起做匀速运动【答案】ABD【详解】A．图像的斜率表示加速度，可知时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在时刻滑上木板，故A正确；B．结合图像可知时刻，木板的速度为设小物块和木板间动摩擦因数为，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为，负号表示方向水平向左物块在木板上滑动的加速度为经过时间与木板共速此时速度大小为，方向水平向右，故可得解得故B正确；C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为故可得解得根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为此时对木板由牛顿第二定律得解得故C错误；D．假设之后小物块和木板一起共速运动，对整体故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。故选ABD。一、单选题1．（25-26高一下·浙江·阶段检测）如图1所示，在足够大光滑水平面上，放置质量的木板A，某时刻一质量的物体B以初速度滑上木板A，同时对木板A施加一个水平向右的拉力F。A与B之间的动摩擦因数＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。物体B在木板A上运动的路程s（相对于木板A）与力F的关系如图2所示，g取10，下列说法正确的是（

）A．B的加速度为4 B．若F＝1N时，A的加速度为2C．长木板的长度为1m D．B的初速度为m/s【答案】C【详解】A．对B，根据牛顿第二定律可知，故A错误；B．若F＝1N时，对A有，故B错误；CD．由图乙可知，F≤1N时，B相对A的滑动路程恒为，说明B每次都从A上滑下，相对位移等于木板长度，当F＝1N时，B刚好不从A右端掉下，此后A和B一起相对静止并做加速运动，当1N≤F≤时，B的加速度大小为，故A的加速度大小为设共速时的速度为v，则有则相对路程为再将F＝1N，s＝1m代入，联立解得＝4m/s，故C正确，D错误。故选C。2．（25-26高一下·湖南邵阳·阶段检测）如图，底面倾角为的光滑棱柱固定在地面上，在两侧面上铺一块质量可忽略且足够长的轻质丝绸，并在外力作用下使质量分别为和m的滑块A、B静止在两侧丝绸之上。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，。现同时由静止释放A、B，则关于A、B之后的运动（A、B均未达到棱柱的顶端或底端），下列说法不正确的是（）A．若A、B与丝绸间的动摩擦因数均为0.5，A与丝绸相对静止，且A相对斜面下滑B．若A、B与丝绸间的动摩擦因数均为0.5，B与丝绸相对滑动，且B相对斜面下滑C．若A、B与丝绸间的动摩擦因数均为0.9，A与丝绸相对静止，且A相对斜面下滑D．若A、B与丝绸间的动摩擦因数均为0.9，B与丝绸相对滑动，且B相对斜面下滑【答案】D【详解】A、B与丝绸间的动摩擦因数均相同，由于A的质量大于B的质量，故A与丝绸间的最大静摩擦力大于B与丝绸间的最大静摩擦力。又因为轻质丝绸质量为0，故所受合力为0，所以A给丝绸施加的静摩擦力等于B的滑动摩擦力。则对A分析可知，无论动摩擦因数为0.5还是0.9，A均相对丝绸静止且沿斜面下滑；对B分析可知，当动摩擦因数为0.5时，由于所以B相对丝绸滑动并沿斜面向下运动；当动摩擦因数为0.9时，由于所以B相对丝绸滑动并沿斜面向上运动。故说法不正确的是D选项。故选D。3．（25-26高一下·云南昆明·期中）机场一般用可移动式皮带输送机给飞机卸货，它可简化为如图甲所示的倾角为θ=30°、以一定的速度逆时针匀速转动的传送带。若某时刻一质量为的货物以初速度为滑上传送带顶端，以该时刻为计时起点记录货物在传送带上运动的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿斜面向下为正方向，若传送带足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，则（）A．货物下滑过程中，传送带对货物的摩擦力对货物先做正功，后不做功B．货物下滑过程中，传送带对货物做功等于C．货物在传送带上因摩擦产生的热量等于D．货物与传送带间的动摩擦因数【答案】C【详解】A．开始阶段，货物向下加速，货物速度小于传送带速度，货物相对传送带向上运动，滑动摩擦力沿斜面向下，与位移同向，摩擦力做正功；共速后，货物和传送带匀速运动，重力沿斜面向下的分力平衡静摩擦力，静摩擦力沿斜面向上，与位移反向，摩擦力做负功，故货物下滑过程中，传送带对货物的摩擦力对货物先做正功，后做负功，A错误；D．从图可得，传送带速度货物加速阶段的加速度加速阶段由牛顿第二定律有解得，D错误；B．由图乙可知货物初速度为，加速阶段末速度等于传送带速度，加速所用时间则加速阶段货物的位移由动能定理有解得，B错误；C．加速阶段传送带的位移则相对位移滑动摩擦力所以摩擦生热，C正确。故选C。4．（25-26高一下·湖南邵阳·期中）如图，两物块、置于水平地面上，其质量分别为m、，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，现对施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】对物块、整体受力分析，受到的总滑动摩擦力为设整体的加速度为a，根据牛顿第二定律有解得隔离物块受力分析，设轻绳的拉力为T，根据牛顿第二定律联立解得故选C。5．（25-26高一下·浙江·期中）将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在水平面上，如图甲所示，现在杆上套一光滑的小球，小球在沿杆向上的拉力F的作用下沿杆向上运动。该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示。取，则下列说法正确的是（

）A．在2~4s内小球的加速度大小为 B．小球在2~4s内的位移为4mC．杆的倾角为30° D．小球质量为2kg【答案】C【详解】A．由丙图的图像可得，2~4s内速度变化量故A错误；B．图像与时间轴围成的面积表示位移，2~4s内位移故B错误；CD．0~2s小球匀速运动，受力平衡：2~4s小球匀加速运动，由牛顿第二定律联立两式解得，即故C正确，D错误。故选C。二、解答题6．（2