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课练9牛顿运动定律的应用———[狂刷小题夯基础]———练基础小题1.有时候投篮后篮球会停在篮网里不掉下来，如图所示，弹跳好的同学就会轻拍一下让它掉下来．我们可以把篮球下落的情境理想化：篮球脱离篮网静止下落，碰到水平地面后反弹，如此数次落下和反弹．若规定竖直向下为正方向，碰撞时间不计，空气阻

力大小恒定，则下列图象中可能正确的是()2．2018年11月16日第26届国际计量大会通过“修订国际单位制(SI)”决议，正式更新包括国际标准质量单位“千克”在内的4项基本单位定义．以F表示力，v表示速度，a表示加速度，x表示位移，t表示时间，m表示质量，借助单位制可知下列表达式可能正确的是()A

．x＝FtmB．t＝xaC．v＝xatD．a＝xt23．如图所示，在光滑的水平桌面上有一质量为1kg的木块A，木块A的左右两侧通过轻绳与轻弹簧测力计相连，弹簧测力计另一端都通过定滑轮挂着两个质量均为0.2kg的钩码，滑轮摩擦不计，两钩码间用轻绳相连，系统处于静止状态，用剪刀将右

侧两个钩码之间的轻绳剪断，在剪断的瞬间，下列说法正确的是(g＝10m/s2)()A．左侧两钩码的加速度大小为5m/s2，方向竖直向下B．木块A的加速度大小为2m/s2，方向水平向左C．右侧上方钩码的加速度大小为10m/s2，方向竖直向上D．两弹簧测力计的

读数相同，都为2N4.如图，静止在光滑地面上的小车，由光滑的斜面AB和粗糙的水平面BC组成(它们在B处平滑连接)，小车右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压时，其示数为正值，当传感器被拉时，其示数

为负值，一个小滑块从小车A点由静止开始下滑至C点的过程中，传感器记录到的力F与时间t的关系图象中可能正确的是()5．(多选)如图甲所示，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的物体A、B(B物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系

数为k，初始时两物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速直线运动，测得两个物体的v­t图象如图乙所示，重力加速度为g，则()A．外力施加前，弹簧的形变量为

2mgkB．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为m(g－a)C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值6．(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，正以某一速度匀速转动

，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化的关系如图乙所示，v0、t0已知，重力加速度为g，则()A．传送带一定顺时针转动B．传送带的速度大小等于v0C．μ＝v

0gt0cosθ－tanθD．t0时间后木块的加速度大小为v0t0－2gsinθ练高考小题7.[2016·海南卷]沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—时间图线如图所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s、5s～10s、10s～15s内F的大

小分别为F1、F2和F3，则()A．F1<F2B．F2>F3C．F1>F3D．F1＝F38．[2019·全国卷Ⅰ](多选)在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹

簧的压缩量x间的关系如图中实线所示．在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a­x关系如图中虚线所示．假设两星球均为质量均匀分布的球体．已知星球M的半径是星球N的3倍，则()A．M与N的密度相等B．Q的质量是P的3倍C．Q下

落过程中的最大动能是P的4倍D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍9．[2015·江苏卷](多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力()A．t＝2s时最大B．t＝2s时最小

C．t＝8.5s时最大D．t＝8.5s时最小10．[2015·全国卷](多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大

小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为23a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A．8B．10C．15D．1811.[2019·全国卷Ⅲ](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．2s～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练模拟小题12．[2019·江西赣州期末]电梯顶上悬挂一根劲度系数是200N/m的弹簧，弹簧的原长为20cm，在弹簧

下端挂一个质量为0.4kg的砝码．当电梯运动时，测出弹簧长度变为23cm，g取10m/s2，则电梯的运动状态及加速度大小为()A．匀加速上升，a＝2.5m/s2B．匀减速上升，a＝2.5m/s2C．匀加速上升，a＝5m/s2D．匀减速上升，a＝5m/s213．[2020

·山东日照一中模拟]如图所示，质量为2kg的物体B和质量为1kg的物体C用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上．将一个质量为3kg的物体A轻放在B上的一瞬间，物体B的加速度大小为(取g＝10m/s2)()A．0B．15m/s2C．6m/s2D．5m/s214．[2020·四省八校联考](多选)如图

甲所示为倾斜的传送带，正以恒定的速度v沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°，一物块以初速度v0从传送带的底端冲上传送带并沿传送带向上运动，物块到传送带顶端的速度恰好为零，其运动的v­t图象如图乙所示，已知重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°

＝0.8，则下列判断正确的是()A．传送带的速度为4m/sB．传送带底端到顶端的距离为32mC．物块与传送带间的动摩擦因数为0.1D．物块所受摩擦力的方向一直与物块运动的方向相反15．[2019·江苏泰州期末](多选)如图所示，质量为m

1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则()A．μ1一定小于μ2B．μ1可能大于μ2C．

改变F的大小，当F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动D．将F作用于长木板，当F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动16．[新情景题]如图所示为倾角为θ的足够长的斜面，MP段粗糙，PN段光滑(含P点)．质量分别为m1、m2的两小物块

A、B(可视为质点)之间用一短小的轻质弹簧连接，由斜面顶端一起沿斜面加速下滑，两小物块与斜面MP段间的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则()A．两小物块在MP段运动时，弹簧处于压缩状态B．两小物块在MP段运动时，弹簧处于伸长状态C．

当小物块A通过P点的瞬间，其加速度大小为gsinθD．当小物块B通过P点的瞬间，其加速度大小为gsinθ———[综合测评提能力]———一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．如图所示，

质量为M、长度为L的长木板静止在水平地面上，质量为m的小滑块(可视为质点)静止在长木板的最右端，长木板与地面之间、滑块与长木板之间、滑块与地面之间的动摩擦因数均为μ，现给长木板施加一恒力F，使滑块能从长木板上滑下来，下列说法正确的是()A．施加恒力的大小应满足F>μ(M＋m)gB．滑块在长木

板上运动的时间和在地面上运动的时间相等C．滑块在地面上运动的位移为LD．增大施加的恒力F，滑块在地面上运动的时间不变2．[2019·安徽芜湖期末]如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A、B、C三点．现让三个小球(可以看做质点)

分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止下滑到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3.则有()A．v2>v1>v3B．v1>v2>v3C．v3>v1>v2D．v1>v3>v23．[2020·福州六校联考]如图所示，质量分别为m和2m的两物体P和Q叠放在倾角θ＝30°的固定斜面

上，Q与斜面间的动摩擦因数为μ，它们从静止开始沿斜面加速下滑，P恰好能与Q保持相对静止，设P与Q间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则P与Q间的动摩擦因数为()A.μ4B.μ2C．μD．2μ4．[2020·山西太原五中段考]在如图所示的装置中，质量为3kg的物块被平行于斜面的细绳拴在

斜面上端的小柱上，斜面的倾角为30°，被固定在测力计上，整个装置保持静止．如果物块与斜面间无摩擦，装置稳定以后，当细绳被烧断，物块正在下滑的过程中，与稳定时比较，测力计的读数(g取10m/s2)()A．增加15NB．减小15NC．减小7.5ND．保持不变5．[2020·

甘肃一诊]如图所示，在水平面上，有两个质量分别为m1和m2的物体A、B，它们与水平面之间的动摩擦因数均为μ，m1>m2，A、B间水平连接有一轻质弹簧测力计．若用大小为F的水平力向右拉B，稳定后B的加速度大小为a1，弹簧测力计示数为F1；如果改用大小为

F的水平力向左拉A，稳定后A的加速度大小为a2，弹簧测力计示数为F2.下列关系式正确的是()A．a1＝a2，F1>F2B．a1＝a2，F1<F2C．a1＝a2，F1＝F2D．a1>a2，F1>F26．质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂另一质量为m的小球，且M>m.用一力F水

平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度a向右运动，细线与竖直方向成α角，细线的拉力大小为F1，如图甲．若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力大小为F′1，如图乙，则(

)A．a′＝a，F′1＝F1B．a′>a，F′1>F1C．a′<a，F′1<F1D．a′>a，F′1＝F17.如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，现对a施加竖直向上的拉

力F，使整个系统竖直向上做匀加速运动，S1和S2相对于原长的伸长量分别记为Δl1和Δl2.若将对a施加的竖直向上的拉力改为F′，使整个系统竖直向上做匀减速运动，此时S1和S2相对于原长的伸长量分别记为Δl′1和

Δl′2.则()A．Δl1＝2Δl2B．Δl1＝3Δl2C．Δl1＝2Δl′1D．Δl2＝2Δl′28．[2020·重庆调研]甲、乙两物体都静止在水平面上，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＝2cbB．μ甲＝2cg，m甲＝b2cC．m甲:m乙＝1:2，μ甲:μ乙＝1:2D．m甲:m乙＝2:1，μ甲:μ乙＝1:2二、多项选择

题(本题共2小题，每小题4分，共8分)9.[2020·湖北黄石中学模考]如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两个滑块放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，它们在斜面上加速下滑．关于

杆的受力情况，下列分析正确的是()A．若μ1>μ2，m1＝m2，则杆受到压力B．若μ1＝μ2，m1>m2，则杆受到拉力C．若μ1<μ2，m1<m2，则杆受到压力D．若μ1＝μ2，m1≠m2，则杆不受到作用力10．[2020·沈阳质量检测](多选)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的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()A．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、乙间的作用力增大三、非选择题

(本题共3小题，共34分)11．(8分)[2020·辽宁鞍山一中模拟]如图所示，水平面上有一固定着轻质定滑轮O的木块A，它的上表面与水平面平行，它的右侧是一个倾角θ＝37°的斜面．放置在A上的物体B和物体C通过一轻质细绳相连，细绳的一部分与水平面平行，另一部分与斜面平行．现对A施加一水平

向右的恒力F，使A、B、C恰好保持相对静止．已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦，求恒力F的大小．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)12．(12分)[2020·江西上饶一联]如图

所示，有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带，其速度v＝4m/s，传送带与水平面间的夹角为θ＝37°，现将一质量m＝1kg的物块轻放在其底端(物块可视为质点)，与此同时，给物块沿传送带方向向上的恒力F＝8N，经过一段时间，物块运动到了

离地面高为h＝2.4m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．(1)求物块从传送带底端运动到平台上所用的时间；(2

)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算物块还需经过多长时间离开传送带以及离开时的速度大小(结果用根式表示)．13．(14分)[2020·重庆一中适应性考试]如图所示，有一长为s＝8.84m的传送带倾斜放置，倾角为θ＝30°，且没有启动．一质量为m1＝3kg、长度L＝

0.5m的长木板甲静止于传送带顶端，其右端与传送带的顶端M点相齐．t＝0时刻，将一质量为m2＝1kg的小物块乙(可视为质点)轻放在长木板甲的左端，与此同时，给长木板甲v0＝4m/s的初速度使它沿传送带向下运动．已知甲与传送带之间的动摩擦

因数μ1＝33，甲与乙之间的动摩擦因数μ2＝32，重力加速度大小g＝10m/s2.(1)求乙相对甲滑行的最大距离；(2)当甲和乙刚好达到共速的瞬间启动传送带，使其从静止开始以恒定的加速度a＝3m/s2沿逆时针方向转动，求从传送带启动到甲的左端运动到传送带底端N点所用的时间．课练9牛顿运动定律

的应用[狂刷小题夯基础]1．A篮球向下运动时，受重力和空气阻力作用，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma1，解得a1＝g－fm；篮球反弹向上运动时，受重力和空气阻力作用，根据牛顿第二定律有mg＋f＝ma2，解得a2＝g＋fm，联立得a1<a2，即下落的加速度小于上升的加速度，故v

­t图线正方向的斜率小于负方向的斜率，由于碰撞中存在能量损失，所以篮球弹起时的速度越来越小，故A正确，BCD错误．2．B表达式x＝Ftm左边的单位是m，右边的单位为N·skg＝kg·m·s－2·skg＝m/s，选项A错误；表达式t＝xa左边的单位为s，右边的单位为mm·s－2＝s，选项B可能

正确；表达式v＝xat左边的单位为m/s，右边的单位为m·m·s－2·s＝m·s－1，选项C错误；表达式a＝xt2左边的单位为m/s2，右边的单位为ms2，选项D错误．3．C用剪刀将右侧钩码间轻绳剪断的瞬间

，两边弹簧测力计弹力不变，所以左侧钩码受力仍平衡，加速度为零；此时右侧上方钩码受到的合外力等于下方钩码的重力，则加速度大小为10m/s2，方向竖直向上，故A错误，C正确；开始时，木块A水平方向受到两个弹簧测力计的弹力作用，受力平衡，剪断轻绳瞬

间，弹簧测力计的弹力不变，都为4N，则木块A仍然受力平衡，加速度为零，故BD错误．4．D由于小滑块从光滑的固定斜面上滑下时，其下滑的加速度是不变的，在水平方向上的加速度的大小也是不变的，所以从整体上看，小车会受到传感器对它的向左的力，故

传感器受到小车对它的向右的压力，故该值是正值；当滑块滑到粗糙水平面BC上时，滑块受到的摩擦力是向右的，该力是小车给它的，故它对小车的作用力的方向是向左的，故传感器受到拉力，其示数应该是负值，大小等于滑块所受的摩擦力的大小，即μmg，是不变的，故D正确．5．AB施加F前，物体AB整体平衡

，根据平衡条件，有2mg＝kx，解得x＝2mgk，故A正确；施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有F弹－mg－FAB＝ma，其中F弹＝2mg，解得FAB＝m(g－a)，故B正确；物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a且FAB＝0；对B，有F′弹－mg＝ma，解得F

′弹＝m(g＋a)，故C错误；当F″弹＝mg时，B达到最大速度，故D错误．6．BC若传送带顺时针转动，当木块下滑时满足mgsinθ>μmgcosθ，将一直匀加速到底端而且加速度不变；当木块上滑时满足mgsi

nθ<μmgcosθ，木块先匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图象，故传送带逆时针转动，A错误；只有当木块的速度大于传送带的速度时，木块所受的摩擦力沿传送带向上，故传送带的速度大小等于v0

，故B正确；木块在0～t0时间内，滑动摩擦力沿传送带向下，木块匀加速下滑，由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得：a1＝gsinθ＋μgcosθ，由题图乙可知，a1＝v0t0，联立解得：μ＝v0gt0cosθ－tanθ，故C正确；木块与传送带共速后，由牛顿第二

定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得：a2＝gsinθ－μgcosθ，代入μ值得：a2＝2gsinθ－v0t0，故D错误．7．A设物体重力沿斜面向下的分力为G1，所受摩擦力为f，根据题图得，在0～5s内，物体下滑的加速度大小为a1＝0.2m/s2，由牛顿

第二定律，G1－f－F1＝ma1，解得F1＝G1－f－ma1；在5s～10s内，物体下滑的加速度大小为a2＝0，由牛顿第二定律，G1－f－F2＝0，解得F2＝G1－f；在10s～15s内，物体下滑的加速度为a3＝－0.2m/s2，由牛顿第二定律，G1－f－F3＝ma3，解得F3＝G1－f

－ma3；显然F1<F2<F3，选项A正确．8．AC对物体在弹簧上向下运动的过程应用牛顿第二定律得mg－kx＝ma，则a＝g－kmx，结合a­x图像可得，重力加速度gM＝3a0、gN＝a0，kmP＝3a0x0、kmQ＝a02x0，联立可解得mQ＝6mP，故B选项错．认为星球表面的重力等于万有

引力，即mg＝GMmR2，则星球质量M＝R2gG，星球的密度ρ＝MV＝R2gG43πR3＝3g4πGR，由此可知M星球与N星球的密度之比为ρMρN＝gMRNgNRM＝3a0a0×13＝1，故A选项正确．设弹簧的最大压缩量为xm，此时物体

动能为零，由机械能守恒定律有mgxm＝12kx2m，则xm＝2mgk，由此可得xmNxmM＝mQgNmPgM＝6×a03a0＝2，故D选项错．当物体加速度等于零时，速度最大，动能最大，由机械能守恒定律有，Ekm＝mgx′－12kx′2，结合mg＝kx′可得E

km＝12kx′2，此时P、Q对应的弹簧的压缩量分别为x0和2x0，故有EkmQEkmP＝(2x0x0)2＝4，故C选项正确．9．AD对人受力分析并由牛顿第二定律有F＝mg＋ma，由图象可知选项AD正确，BC错误．10．BC设PQ西边有n节车厢，每节车

厢的质量为m，则F＝nma①设PQ东边有k节车厢，则F＝km·23a②联立①②得3n＝2k，由此式可知n只能取偶数，当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C

正确．11．AB分析知木板受到的摩擦力f′＝f.0～2s，木板静止，F＝f′，F逐渐增大，所以C错误；4s～5s，木板加速度大小a2＝0.4－0.21m/s2＝0.2m/s2，对木板受力分析，f′＝ma2＝0.2N，得m＝1kg，所以A正确；2s～4s，对木板有F－f′＝ma1，F＝f′＋m

a1＝0.2N＋1×0.4－02N＝0.4N，所以B正确；由于无法确定物块的质量，则尽管知道滑动摩擦力大小，仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数，故D错误．12．C由胡克定律可知，弹簧的弹力F＝kx＝200×(0.23－0.20)N＝6N，由牛顿第二

定律知F－mg＝ma，解得a＝5m/s2，物体加速度向上，可能是加速上升，也可能是减速下降，故C正确，ABD错误．13．C开始弹簧的弹力等于物体B的重力，即F＝mBg，放上物体A的瞬间，弹簧弹力不变，对A、B组成的系统整体分析，根据牛

顿第二定律得a＝mA＋mBg－FmA＋mB＝mAgmA＋mB＝6m/s2，选项C正确．14．AB结合题图乙分析可知，在t＝2s时物块与传送带速度相同，所以传送带的速度为4m/s，选项A正确；在0～2s时间内物块所受滑动摩擦力沿传送带向下，与物块运动方向相反，在2

s～4s内物块所受滑动摩擦力沿传送带向上，与物块运动方向相同，选项D错误；根据v­t图象中图线与横轴围成的图形的面积等于位移可知，物块在传送带上的位移x＝12×(24＋4)×2m＋12×4×2m＝32m，即传送带底端到顶端的距离为32m，选项B正确；根据v­t图象的

斜率表示加速度可知，在0～2s时间内物块的加速度大小为a1＝10m/s2，设物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律有mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1，解得μ＝0.5，选项C错误．15．

BD对木块，根据牛顿运动定律有F－μ1m1g＝m1a，对长木板，由于保持静止有μ1m1g－Ff＝0，Ff≤μ2(m1＋m2)g，所以动摩擦因数的大小无法比较，故A错误，B正确；改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板

仍然保持静止，故C错误；若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块有μ1m1g＝m1a，解得a＝μ1g，对整体分析，有F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得F＝(μ1＋μ2)(m1＋m2)g，所以当F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动

，故D正确．16．C设两小物块和斜面MP段间的动摩擦因数为μ，两小物块在MP段运动时的加速度大小为a，对两小物块整体分析有(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a，设弹簧劲度系数为k，弹簧形变量为x，则对小物块A有m1gsinθ＋k

x－μm1gcosθ＝m1a，联立以上两式可得kx＝0，所以弹簧处于原长状态，选项A、B错误；当小物块A通过P点的瞬间，由于弹簧的长度还没有变化，则小物块A的加速度大小为gsinθ，选项C正确；小物块A通过P点后的加速度大于小物块B的

加速度，所以当小物块B通过P点的瞬间弹簧处于拉伸状态，小物块B的加速度大于gsinθ，选项D错误．[综合测评提能力]1．B本题考查滑块与长木板模型，意在考查考生对受力分析、牛顿第二定律等知识的理解与应用情况．滑块和长木板发生相对滑动，对滑块有μmg＝ma

，对长木板有F－μmg－μ(M＋m)g>Ma，解得F>2μ(M＋m)g，选项A错误；滑块在长木板上做匀加速直线运动，在地面上做匀减速直线运动，加速度大小相等，滑块从长木板上滑下时的速度等于滑块在地面上运动的初速度，所以运动的时间相等，选项B正确；从开始运动到滑块离开长木板的过程中，

设长木板的位移为x1，滑块的位移为x2，则有x1－x2＝L，滑块在地面上的位移也为x2，x2与L的关系不确定，所以滑块在地面上运动的位移不一定为L，选项C错误；增大施加的恒力F，滑块在长木板上运动的时间变短，在地面上运动的时间

也变短，选项D错误．2．A设任一斜面的倾角为θ，圆的直径为d.根据牛顿第二定律得a＝gsinθ，斜面的长度为x＝dsinθ，则由x＝12at2得t＝2xa＝2dsinθgsinθ＝2dg，可见，小球下滑时间与倾角无关．则有t1＝t2＝t3.又v－＝xt，x2>x1

>x3，则v2>v1>v3，选项A正确．3．C对P、Q整体，由牛顿第二定律有(m＋2m)gsin30°－μ(m＋2m)gcos30°＝(m＋2m)a，设P与Q之间的动摩擦因数为μ′，P恰好与Q保持相对静止，静摩擦力恰好达到最大，对P，由牛顿第二定律有mgsin30°－μ′mg

cos30°＝ma，联立解得μ′＝μ，选项C正确．4．C对物块和斜面体整体受力分析，受重力和支持力，平衡时有N－(M＋m)g＝0，物块加速下滑时，再次对物块和斜面体整体受力分析，根据牛顿第二定律，竖直方向有(M＋m)g－N′＝masin30°，对物块受力分析，根据牛顿

第二定律，有mgsin30°＝ma，联立得到N－N′＝masin30°＝mg(sin30°)2＝3×10×0.25N＝7.5N．故A、B、D错误，C正确．5．A以由A、B及弹簧组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得两次运动过程中整体的加速

度a＝F－μm1＋m2gm1＋m2，可得a1＝a2＝a.当用F拉B时，以A为研究对象有F1－μm1g＝m1a1，可得F1＝μm1g＋m1a1＝m1Fm1＋m2；同理，当用F拉A时，以B为研究对象，

有F2－μm2g＝m2a2，可得F2＝m2Fm1＋m2，由于m1>m2，则F1>F2，A正确．6．D先对题图甲中的整体受力分析，受重力、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律有F＝(M＋m)a.再对题图甲的小球受力分析，如图a.根据牛顿第二定律有F－F1sinα＝ma，F1cosα－mg

＝0.由以上三式可解得F1＝mgcosα，a＝mgtanαM.再对题图乙中小球受力分析如图b，由几何关系得F合＝mgtanα，F′1＝mgcosα，再由牛顿第二定律得到a′＝gtanα，由于M>m，故a′>a，F′1＝F1，故选D.7．A本题考查考生的分析能力，需要考生利用胡克定律、整体

法、隔离法解题．由整体法可知，对三个物块整体有，F－3mg＝3ma，由隔离法可知，物块c满足F2－mg＝ma，物块b满足F1－mg－F2＝ma，解得F2＝13F，F1＝23F，则F1＝kΔl1＝23F，F2＝kΔl2＝13F，Δl1＝2Δl2，A正确，B错误；同理，减

速时，依然有kΔl′1＝23F′，kΔl′2＝13F′，Δl′1＝2Δl′2，由于F和F′的具体关系未知，所以C、D错误．8．B对其中的任何一个物体，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，解得a＝1mF－μg，结合图象可知1m甲＝2cb、μ甲

g＝2c；1m乙＝cb、μ乙g＝c，解得m甲＝b2c、μ甲＝2cg，m乙＝bc、μ乙＝cg，A错误，B正确；m甲:m乙＝1:2，μ甲:μ乙＝2:1，C、D错误．9．AD不考虑杆对滑块的作用时，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，对滑块A有m1gsinθ－μ1m1gc

osθ＝m1a1，解得a1＝g(sinθ－μ1cosθ)；同理，对滑块B有a2＝g(sinθ－μ2cosθ)．考虑杆对两滑块的作用，若μ1>μ2，则a1<a2，B的加速度较大，则杆受到压力，故A正确；若μ1＝μ2，则a1＝a2，两滑块加速度相同，说明无相对运动趋势，杆不受到作

用力，故B错误，D正确；若μ1<μ2，则a1>a2，A的加速度较大，则杆受到拉力，故C错误．10．BC设甲的质量为m1，乙的质量为m2，当F1和F2都作用时，分别对整体和物体乙分析，有F1－F2＝(m1＋m2)a，F－F2＝m2a，解得F＝m1F2＋m2F1m1＋m

2；同理，如果撤去F1，得甲、乙间的作用力F′＝m1F2m1＋m2；如果撤去F2，得甲、乙间的作用力F″＝m2F1m1＋m2，通过比较可得，不管撤去哪个力，甲、乙间的作用力都减小，所以B正确，D错误．不管是研究甲

的加速度还是乙的加速度，研究整体的加速度即可，当撤去F2时，整体所受的合力一定增加，加速度一定增大；当撤去F1时，F1－F2与F2的大小无法比较，无法判断加速度的变化，所以A错误，C正确．11．答案：mg解析：设绳的张力为T，系统加速度为a，以物体B为研究对

象，水平方向物体B只受绳的拉力，由牛顿第二定律得T＝ma；对物体C受力分析如图所示，受绳的张力T、斜面的支持力FN和重力mg，加速度也为a.对力进行正交分解：水平方向有FNsinθ－Tcosθ＝ma；竖直方向有FNcosθ＋Tsinθ＝mg，联立解得a＝g3，以A、B、C整体为研究对象有F＝3m

a，解得F＝mg.12．答案：(1)43s(2)6－233s433m/s解析：(1)对物块进行受力分析可知，物块先沿传送带向上做初速度为零的匀加速运动，直至速度与传送带的速度相同由牛顿第二定律得F＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma1代入数据解得a1＝6m/s2物块加

速过程所用的时间t1＝va1＝23s运动的距离x1＝v22a1＝43m物块与传送带共速后，对物块进行受力分析可知，物块受到的摩擦力的方向改变，因为F＝8N，而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10N，所以物块不能相对传送带向上加速，物块

将随传送带匀速上升传送带长度为x＝hsinθ＝4m物块随传送带做匀速运动的时间t2＝x－x1v＝23s故物块从传送带底端运动到平台上所用的时间t＝t1＋t2＝43s(2)若共速后撤去恒力F，因为mgsinθ>μmgcosθ，对物块进行受力分析可知，物块将减

速向上运动有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2代入数据解得a2＝2m/s2经判断，物块在速度减到零之前，已经从传送带上端离开设物块还需时间t′离开传送带，离开时的速度大小为v′，则由运动学公式有v2－v′2＝2a2(x－x1)代入数据

解得v′＝433m/s故t′＝v－v′a2＝6－233s.13．答案：(1)0.48m(2)2s解析：(1)乙沿传送带向下做匀加速直线运动，加速度大小为a1＝μ2m2gcos30°＋m2gsin30°m2＝μ2gcos30°＋gsin30°＝12.5m/s2甲沿传送带向下做匀减速

直线运动，加速度大小为a2＝μ2m2gcos30°＋μ1m1＋m2gcos30°－m1gsin30°m1＝256m/s2设甲和乙刚好达到共速时的速度为v1，时间为t1根据运动学公式可得v1＝a1t1v1＝v0－a2t1联立解得v1＝3m/s，t1＝0.24s甲的位移为x甲＝

v0t1－12a2t21＝0.84m乙的位移为x乙＝12a1t21＝0.36m乙相对甲滑行的最大距离Δx＝x甲－x乙＝0.48m(2)当甲和乙刚好达到共速的瞬间启动传送带时，假设甲、乙没有相对滑动，对甲、乙组成的系统有μ1(m1＋m2)gcos30°＝(m1＋m2)gs

in30°对乙有μ2m2gcos30°>m2gsin30°假设成立所以甲、乙与传送带共速前，甲、乙一起做匀速直线运动运动时间为t2＝v1a＝1s甲、乙一起运动的位移x1＝v1t2＝3m甲、乙与传送带共速后，假设甲、乙与传送带

一起做匀加速直线运动对乙有m2gsin30°>m2a假设成立根据运动学公式有s－x甲－x1－L＝v1t3＋12at23解得t3＝1s(另一解不合题意，舍去)从传送带启动到甲的左端运动到传送带底端N点所用的时间t＝t2＋t3＝

2s