2026版《金版教程》高考一轮复习物理第2节 专题：牛顿运动定律的综合应用

高考总复习首选用卷物理第2节专题：牛顿运动定律的综合应用考点一动力学图像问题1.(2023·全国甲卷)(多选)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知()A．m甲<m乙 B．m甲>m乙C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙答案：BC解析：对物体根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理可得F＝ma＋μmg，则可知F­a图像的斜率为m，纵截距为μmg；由题图可看出，m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙，故B、C正确。2.(多选)如图所示，一物块以初速度v0沿粗糙斜面上滑，取沿斜面向上为正方向，则物块速度随时间变化的图像可能正确的是()答案：AD解析：设物块的质量为m，所受滑动摩擦力大小为f，斜面倾角为θ，则根据牛顿第二定律可得物块上滑过程中减速运动的加速度大小为a1＝eq\f(mgsinθ＋f,m)＝gsinθ＋eq\f(f,m)，且物块上滑时速度沿正方向，当物块与斜面间最大静摩擦力不小于重力沿斜面方向的分力时，则物块上滑至最高点后将静止；当物块与斜面间最大静摩擦力小于重力沿斜面方向的分力时，则物块上滑至最高点后将沿斜面下滑，下滑过程中加速运动的加速度大小为a2＝eq\f(mgsinθ－f,m)＝gsinθ－eq\f(f,m)<a1，且物块下滑时速度沿负方向，再结合v­t图像的斜率绝对值表示加速度大小，可以判断A、D可能正确，B、C错误。3．(多选)如图a，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图b所示，木板的速度v与时间t的关系如图c所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10m/s2。由题给数据可以得出()A．木板的质量为1kgB．2～4s内，力F的大小为0.4NC．0～2s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2答案：AB解析：木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b知，2s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2N。由题图c知，2～4s内，木板的加速度大小为a1＝eq\f(0.4,2)m/s2＝0.2m/s2，撤去外力F后的加速度大小为a2＝eq\f(0.4－0.2,1)m/s2＝0.2m/s2，设木板质量为m，根据牛顿第二定律，对木板有：2～4s内：F－F摩＝ma1，4s以后：F摩＝ma2，解得m＝1kg，F＝0.4N，A、B正确。0～2s内，F＝f，由题图b知，F是均匀增加的，C错误。因物块质量不可求，故由F摩＝μm物g可知动摩擦因数不可求，D错误。4.(2024·广东高考)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向，木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F­y图像或y­t图像可能正确的是()答案：B解析：从木块开始释放到与弹簧刚接触的过程中，即0≤y≤H的过程，木块所受合外力为木块的重力，即F＝mg，则F保持不变；从木块接触弹簧到下落至最低点的过程中，即y>H的过程，根据力的合成和胡克定律有F＝mg－k(y－H)，则随着y增大，F先均匀减小到0，后反向均匀增大；同理分析可知，上升过程的F­y图像与下落过程的F­y图像相同，故A错误，B正确。结合上述分析，由牛顿第二定律可知，在木块下落H高度之前，木块做匀加速直线运动，速度逐渐增大，所以y­t图像斜率逐渐增大；从木块下落H高度到下落至最低点的过程，木块先向下做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，速度先逐渐增大后逐渐减小到0，所以y­t图像的斜率先逐渐增大后逐渐减小到0，到达最低点后，木块向上运动，因为木块下落过程与上升过程具有对称性，所以其y­t图像如图所示，故C、D错误。考点二动力学中的连接体问题5.(2024·北京高考)如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为()A.eq\f(M,M＋m)F B.eq\f(m,M＋m)FC.eq\f(M,m)F D.eq\f(m,M)F答案：A解析：设飞船和空间站的加速度大小为a，飞船和空间站之间的作用力大小为F′，根据牛顿第二定律，对飞船和空间站整体有F＝(M＋m)a，对空间站有F′＝Ma，联立解得F′＝eq\f(M,M＋m)F，故选A。6.(2024·安徽省皖北8校高三下大联考)某同学完成课外探究作业时需要测量地铁启动过程中的加速度，他把一根轻绳的下端绑上一支圆珠笔，轻绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段稳定加速过程中，轻绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直。为进一步探究，若把圆珠笔更换成两个质量不同的小球并用轻绳连接起来，不计空气阻力，则它们的位置关系可能正确的是()答案：B解析：设上方小球的质量为m，下方小球的质量为M，上方轻绳与竖直方向的夹角为α，下方轻绳与竖直方向的夹角为θ，两小球的加速度均为a。以两个小球整体为研究对象，受到重力和上方轻绳的拉力，如图甲所示，根据牛顿第二定律有(m＋M)gtanα＝(m＋M)a；以下方小球为研究对象，受到重力和下方轻绳的拉力，如图乙所示，根据牛顿第二定律有Mgtanθ＝Ma，联立解得α＝θ，即两段轻绳与竖直方向的夹角相同，故B正确。7.(2020·海南高考)(多选)如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则()A．两物块一起运动的加速度大小为a＝eq\f(F,m1＋m2)B．弹簧的弹力大小为T＝eq\f(m2F,m1＋m2)C．若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大D．若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大答案：BC解析：对P、Q及弹簧组成的整体受力分析，根据牛顿第二定律有F－(m1＋m2)gsinθ＝(m1＋m2)a，解得两物块一起运动的加速度大小为a＝eq\f(F,m1＋m2)－gsinθ，故A错误；对Q受力分析，根据牛顿第二定律有T－m2gsinθ＝m2a，解得弹簧的弹力大小为T＝eq\f(m2F,m1＋m2)，故B正确；根据T＝eq\f(m2F,m1＋m2)＝eq\f(F,\f(m1,m2)＋1)，可知若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力变大，根据胡克定律，可知弹簧的伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；根据T＝eq\f(m2F,m1＋m2)，可知若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力不变，根据胡克定律，可知弹簧的伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。8.(2021·海南高考)如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP＝0.5kg、mQ＝0.2kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。则推力F的大小为()A．4.0N B．3.0NC．2.5N D．1.5N答案：A解析：开始时P静止在水平桌面上，由平衡条件有T1＝mQg＝2N，f＝T1＝2N<μmPg＝2.5N；推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即T2＝eq\f(T1,2)＝1N，可知Q物块加速下降，有mQg－T2＝mQa，可得a＝5m/s2，而P物块将以相同大小的加速度向右加速运动，受到滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律得T2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4N，故选A。9.如图所示，两个轻质滑轮用无弹性的轻质细绳连接，一个滑轮下方挂着重物A，另一个滑轮下方挂着重物B，悬挂滑轮的绳均竖直，重物B用手固定。已知A、B质量均为m，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦和空气阻力。松开手的瞬间，重物B的加速度大小是()A.eq\f(1,3)g B.eq\f(1,4)gC.eq\f(2,5)g D.eq\f(3,8)g答案：C解析：因为重物A、B质量相等，且A挂在动滑轮上，B挂在定滑轮上，即有两段绳子拉A，一段绳子拉B，所以松开手的瞬间，B具有向下的加速度，而A具有向上的加速度。设此时绳中张力大小为T，对A和B根据牛顿第二定律分别有2T－mg＝maA，mg－T＝maB，根据动滑轮绳端与滑轮位移关系可知aB＝2aA，联立以上三式解得aB＝eq\f(2,5)g，故选C。考点三动力学中的临界和极值问题10．(2022·江苏高考)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过()A．2.0m/s2 B．4.0m/s2C．6.0m/s2 D．8.0m/s2答案：B解析：书相对于桌面不滑动，说明书与高铁的加速度相同，当桌面与书之间的摩擦力为最大静摩擦力时，书所受合力最大，加速度最大，由牛顿第二定律有fm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4.0m/s2，即高铁的最大加速度不超过4.0m/s2，故选B。11.(2022·辽宁高考)如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s2。下列v0、μ的取值可能正确的是()A．v0＝2.5m/s B．v0＝1.5m/sC．μ＝0.28 D．μ＝0.25答案：B解析：由题意可知，物块沿水平中线做末速度不为0的匀减速直线运动，则eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(v0＋v,2)＝1m/s，且0<v<v0，代入数据解得1m/s<v0<2m/s，故A不可能正确，B可能正确；对物块进行受力分析，可知加速度大小为a＝μg，由运动学公式有a＝eq\f(v0－v,t)，联立并代入数据得μ＝eq\f(v0－1,5)，又1m/s<v0<2m/s，则0<μ<0.2，故C、D不可能正确。12．(2025·湖南省娄底市高三上模拟)如图甲所示，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为mA＝6kg，mB＝4kg，从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB大小随时间变化的规律分别如图乙、丙所示，则()A．t＝0时，A物体的加速度大小为2m/s2B．t＝1s时，A、B开始分离C．t＝0时，A、B之间的相互作用力大小为3ND．A、B开始分离时的速度大小为3m/s答案：B解析：由题图可得FA＝8－2t(0≤t≤4s)，FB＝2＋2t，t＝0时，FA0＝8N，FB0＝2N，由于eq\f(FA0,mA)>eq\f(FB0,mB)，所以A、B两物体一起向右运动，对整体分析，由牛顿第二定律可知FA0＋FB0＝(mA＋mB)a0，解得t＝0时，A、B两物体的加速度大小为a0＝1m/s2，设此时A、B之间的相互作用力大小为F，对B根据牛顿第二定律可得F＋FB0＝mBa0，解得F＝2N，故A、C错误；当A、B之间的相互作用力恰好为零时，二者开始分离，此时二者的加速度相同，则有eq\f(FA,mA)＝eq\f(FB,mB)，即eq\f(8－2t,6)＝eq\f(2＋2t,4)，解得t＝1s，0～1s内，由于FA＋FB＝10N恒定，故分离前A、B一起做匀加速直线运动，加速度大小为a＝a0＝1m/s2，分离时的速度大小为v＝at＝1m/s，故B正确，D错误。13．(2021·全国乙卷)(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图a所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图b所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图c所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则()A．F1＝μ1m1gB．F2＝eq\f(m2（m1＋m2）,m1)(μ2－μ1)gC．μ2＞eq\f(m1＋m2,m2)μ1D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等答案：BCD解析：由图c可知，t1时刻木板刚要开始滑动，此时物块与木板相对静止，以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误；由图c可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板为研究对象有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a＞0，解得F2＝eq\f(m2（m1＋m2）,m1)(μ2－μ1)g，μ2＞eq\f(m1＋m2,m2)μ1，故B、C正确；由图c可知，在0～t2时间段物块与木板相对静止，有相同的加速度，故D正确。14.(多选)如图所示，木板置于光滑水平面上，倾角θ＝53°的斜劈放在木板上，一平行于斜面的轻绳上端系在斜劈上，另一端拴接一光滑小球，木板、斜劈、小球的质量均为1kg，斜劈与木板间动摩擦因数为μ，系统处于静止状态。现对木板施加一水平向右的拉力F，若g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是()A．若μ＝0.4、F＝5N，木板相对斜劈向右运动B．若μ＝0.5，不论F多大，小球与斜面间总有弹力C．若μ＝0.7、F＝24N，小球加速度大小为8m/s2D．若μ＝0.8、F＝22.5N，小球与斜面间无弹力答案：BD解析：设木板、斜劈、小球的质量均为m，当木板与斜劈恰好不发生相对滑动时，对斜劈和小球整体有μ×2mg＝2ma1，对木板、斜劈和小球整体有F1＝3ma1，解得a1＝μg，F1＝3μmg。若μ＝0.4、F＝5N，因F<3μmg＝12N，所以木板与斜劈不发生相对滑动，A错误；若μ＝0.7、F＝24N，因F>3μmg＝21N，所以木板与斜劈发生相对滑动，小球的加速度大小为a1＝μg＝7m/s2，C错误。当小球与斜面间恰无弹力时，对小球有eq\f(mg,tanθ)＝ma2，解得a2＝eq\f(g,tanθ)＝7.5m/s2。若μ＝0.5，因a1＝μg＝5m/s2<a2，所以不论F多大，小球与斜面间总有弹力，B正确；若μ＝0.8、F＝22.5N，因F<3μmg＝24N，所以木板与斜劈相对静止，小球的加速度a＝eq\f(F,3m)＝7.5m/s2＝a2，所以小球与斜面间恰无弹力，D正确。15．如图所示，倾角θ＝30°的斜面体静止放在水平地面上，斜面长L＝3m。质量m＝1kg的物体Q放在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)，通过轻细绳跨过定滑轮与物体P相连接，连接Q的细绳与斜面平行。绳拉直时用手托住P使其在距地面h＝1.8m高处由静止释放，着地后P立即停止运动。若P、Q可视为质点，斜面体始终静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑轮轴摩擦，重力加速度大小取g＝10m/s2。求：(1)若P的质量M＝0.5kg，地面对斜面体摩擦力的大小f；(2)为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，P的质量M需满足的条件。答案：(1)eq\f(5\r(3),2)N(2)1kg<M≤5kg解析：(1)若P的质量M＝0.5kg，由于mgsinθ＝Mg＝5N可知P、Q均处于静止状态，绳上拉力为F＝Mg以斜面体和Q整体为研究对象，根据受力平衡可得f＝Fcosθ联立解得f＝eq\f(5\r(3),2)N。(2)P着地后，设Q继续上滑的加速度大小为a1，对Q受力分析，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得a1＝10m/s2若Q恰好不从斜面顶端滑出，设P着地前，Q的加速度大小为a，P着地前瞬间，Q的速度大小为v，P着地后，Q向上滑行的距离为x，对Q分析，由运动学公式可得v2＝2ah0－v2＝－2a1x且x＝L－h联立解得a＝eq\f(20,3)m/s2P着地前，设绳中张力为T，根据牛顿第二定律，对P有Mg－T＝Ma对Q有T－mgsinθ－μmgcosθ＝ma联立可得M＝5kg另一方面为了使Q能向上运动，必须满足Mg>mgsinθ＋μmgcosθ解得M>1kg综合上述分析可知，为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，P的质量需满足的条件为1kg<M≤5kg。考点四传送带问题16．如图所示，水平传送带AB长3.2m，以v＝4m/s的速度沿顺时针方向匀速运动。现将一小物块以v0＝2m/s的水平初速度从A点冲上传送带。若小物块与传送带间的动摩擦因数为0.25，g取10m/s2，则小物块运动至传送带右端B点所用的时间为()A．0.8s B．1.0sC．1.2s D．1.6s答案：B解析：小物块刚放上传送带时做匀加速直线运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝2.5m/s2，设达到与传送带速度相同时小物块的位移为x1，所用时间为t1，则t1＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(4－2,2.5)s＝0.8s，x1＝eq\f(v＋v0,2)t1＝2.4m<3.2m；之后小物块和传送带一起做匀速运动，匀速运动的时间t2＝eq\f(L－x1,v)＝eq\f(3.2－2.4,4)s＝0.2s，则小物块运动至传送带右端B点所用的时间t＝t1＋t2＝1.0s，故B正确，A、C、D错误。17.(2024·安徽高考)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。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()答案：C解析：设物块的质量为m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，0～t0时间内，物块从传送带底端由静止开始沿传送带向上运动，可知物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，根据牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma1，解得物块沿传送带向上滑动时的加速度a1＝μgcosθ－gsinθ，则0～t0时间内，加速度a保持不变，物块做初速度为0的匀加速直线运动；t0时刻，物块与传送带速度相同，因为μmgcosθ>mgsinθ，则物块所受滑动摩擦力突变为静摩擦力，大小为f＝mgsinθ，则物块所受合力为0，加速度为0，则t0时刻之后，物块随传送带一起以速度v0做匀速直线运动，故C正确，A、B、D错误。18．(2021·辽宁高考)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；(2)小包裹通过传送带所需的时间t。答案：(1)0.4m/s2(2)4.5s解析：(1)小包裹相对传送带滑动时，对小包裹受力分析，如图所示，垂直传送带方向，由平衡条件有FN＝mgcosα由μ>tan37°知，加速度方向沿传送带向上，则沿传送带方向，由牛顿第二定律有f－mgsinα＝ma又f＝μFN联立并代入数据解得a＝0.4m/s2。(2)假设小包裹到达传送带底端前就已与传送带共速，共速前小包裹的位移大小为x1，则有veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2)＝－2ax1代入数据解得x1＝2.75m因为x1<L，所以假设成立。由于μ>tan37°，所以共速后小包裹以速度v1匀速运动。设共速前小包裹的运动时间为t1，共速后小包裹的运动时间为t2，则有v1＝v2－at1L－x1＝v1t2t＝t1＋t2联立并代入数据解得t＝4.5s。考点五板块模型问题19．如图所示，长度为2m、质量为1kg的木板静止在光滑水平面上，一木块质量也为1kg(可视为质点)，与木板之间的动摩擦因数为0.2。要使木块在木板上从左端滑向右端而不至滑落，则木块的初速度不能超过()A．1m/s B．2m/sC．4m/s D．8m/s答案：C解析：受力分析可知，二者相对滑动过程，木块向右做匀减速运动，木板向右做匀加速运动，要使木块在木板上从左端滑向右端而不至滑落，则需木块滑至木板右端前与木板达到共速。设木块质量为m，木板质量为M，二者之间的动摩擦因数为μ，木板长度为l。根据牛顿第二定律，对木块有μmg＝ma，解得木块的加速度大小a＝μg＝2m/s2，对木板有μmg＝Ma′，解得木板的加速度大小a′＝eq\f(\a\vs4\al(μmg),M)＝2m/s2，设木块初速度为v0时，运动到木板最右端时恰好与木板共速，且二者相对滑动的时间为t，则v0－at＝a′t，由位移关系可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0t－\f(1,2)at2))－eq\f(1,2)a′t2＝l，联立解得v0＝4m/s。则要使木块在木板上从左端滑向右端而不至滑落，木块的初速度不能超过4m/s，故选C。20．如图所示，质量为m的木板放置在足够大的粗糙水平地面上，质量为m的滑块(可视为质点)放在木板的右端，现作用在木板上一水平向右的恒力F，最终滑块停在地面上的A点，其向右运动的位移大小恰好等于木板的长度。已知木板与地面、滑块与地面及滑块与木板间的动摩擦因数均为μ，木板的厚度可以忽略，重力加速度大小为g，则恒力F的大小为()A．6μmg B．9μmgC．15μmg D．21μmg答案：A解析：由题意可知滑块先随木板加速，后落在地面上减速到A点，根据牛顿第二定律可得滑块加速与减速时加速度大小均为a1＝eq\f(\a\vs4\al(μmg),m)＝μg，由匀变速直线运动的规律可知，滑块加速和减速阶段的位移相等。设木板的长度为L，经过时间t滑块从木板上落下，该过程滑块前进的位移为x1，因为滑块向右运动的位移大小恰好等于木板的长度，可知L＝2x1，则此段时间木板前进的位移为x2＝L＋x1＝3x1，设滑块掉落前，木板的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得F－μmg－μ·2mg＝ma2，由运动学公式得x2＝eq\f(1,2)a2t2，x1＝eq\f(1,2)a1t2，联立解得F＝6μmg，故选A。21.(2024·安徽省六校教育研究会高三上入学素质测试)(多选)如图所示，倾角为θ＝37°的斜面上有一固定挡板C，长度为l1＝10m的木板B上有一个长度为l2＝2m的木板A，A、B上端齐平，B与斜面间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A、B之间的动摩擦因数为μ2＝0.875。现由静止释放A、B，经过2s长木板B与C相碰，碰后B立即停止运动，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，则下列说法中正确的是()A．释放A、B后，两者将发生相对滑动B．释放A、B后，B下滑的加速度大小为6m/s2C．B与C相碰时，A的速度大小为4m/sD．释放A、B后，经过6s木板A恰滑到长木板B的底端停下答案：CD解析：因为μ1<μ2，所以释放A、B后，A、B保持相对静止一起下滑，故A错误；对A、B整体，由牛顿第二定律可得(mA＋mB)gsinθ－μ1(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a1，解得A、B整体的加速度大小为a1＝gsinθ－μ1gcosθ＝2m/s2，即B下滑的加速度大小为a1＝2m/s2，故B错误；由静止释放A、B后，经t＝2sB、C相碰，则B与C相碰时，A的速度大小为vA＝a1t＝4m/s，故C正确；根据题意可知，长木板B与C相碰后B立即停止运动，此后对A受力分析，根据牛顿第二定律可知mAgsinθ－μ2mAgcosθ＝mAa2，解得A下滑的加速度为a2＝gsinθ－μ2gcosθ＝－1m/s2，即A开始减速运动，A减速到零的时间为t1＝eq\f(0－vA,a2)＝4s，此过程A下滑的位移为x＝eq\f(0－veq\o\al(2,A),2a2)＝8m，又l1－l2＝10m－2m＝8m＝x，t＋t1＝2s＋4s＝6s，可知，释放A、B后，经过6s木板A恰滑到长木板B的底端停下，故D正确。22．(2024·辽宁高考)(多选)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0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t＝0到t＝4t0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。t＝4t0时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是()A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板B．小物块和木板间的动摩擦因数为2μC．小物块与木板的质量比为3∶4D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动答案：ABD解析：v­t图像的斜率表示加速度，由图可知，t＝3t0时刻木板的加速度发生改变，由牛顿第二定律可知，此时木板的受力情况发生改变，故可知小物块在t＝3t0时刻滑上木板，故A正确；设小物块的质量为m，小物块和木板间的动摩擦因数为μ0，根据题意结合图像可知，小物块开始滑上木板时，小物块的速度大小为v0＝eq\f(3,2)μgt0，方向水平向左，小物块在木板上滑动时，对小物块，根据牛顿第二定律，有μ0mg＝ma0，解得小物块在木板上滑动时的加速度大小为a0＝μ0g，t＝3t0时刻小物块滑上木板后，先向左做匀减速直线运动，减速到0后以相同的加速度向右做匀加速直线运动，在t＝4t0时刻与木板共速，共速时速度大小为v共＝eq\f(1,2)μgt0，方向水平向右，有v共＝－v0＋a0t0，联立可解得μ0＝2μ，故B正确；设木板的质量为M，0～3t0时间内，根据v­t图像可知，木板的加速度为a＝eq\f(\f(1,2)μgt0－0,t0－0)＝eq\f(1,2)μg，此时间内，对木板由牛顿第二定律有F－μMg＝Ma，解得木板受到的水