高考物理考点14 用牛顿第二定律解决两类问题
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考点 14 用牛顿第二定律解决问题
一、用牛顿第二定律解决动力学问题
（1）从受力确定运动情况（ ）。
（2）从运动情况确定受力（F=ma）。
（3）综合受力分析和运动状态分析，运用牛顿第二定律解决问题。
二、瞬时变化的动力学模型
受外力时的形变量 纵向弹力 弹力能否突变
轻绳 微小不计 拉力 能
轻杆 微小不计 拉力或压力 能
轻橡皮绳 较大 拉力 不能
轻弹簧 较大 拉力或压力 不能
三、传送带模型分析方法
四、滑块–木板模型分析方法
Fa m
2
（2018·福建省闽侯第二中学、连江华侨中学等五校教学联合体）如图所示，质量为 m=2 kg 的物体放
在粗糙的水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为 μ=0.2，物体在方向与水平面成 α=37°斜向下、大小为 10
N 的推力 F 作用下，从静止开始运动，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。求：
(1)5 s 末物体的速度大小 --网
(2)若 5 s 末撤去 F，物体又经过多久能停下来？
【参考答案】(1) (2)3.5 s
【详细解析】(1)物体受力如图所示，
5 7.0 m/sv
3
撤去力 F 后，据牛顿第二定律有–f=ma′
解得：a′=–μg=–2m/s2
则 t 止=–v5/ a′=3.5 s
1．如图所示，质量相同的木块 A、B 用轻质弹簧连接，静止在光滑的水平面上，此时弹簧处于自然状态。
现用水平恒力 F 推 A，则从力 F 开始作用到弹簧至弹簧第一次被压缩到最短的过程中
A．弹簧压缩到最短时，两木块的速度相同
B．弹簧压缩到最短时，两木块的加速度相同
C．两木块速度相同时，加速度 aA
vB
【答案】ACD
【解析】从力F 开始作用到弹簧至弹簧第一次被压缩到最短的过程中，弹簧弹力逐渐增大，则 A 做加速
度减小的加速运动，B 做加速度增大的加速运动，A、B 均由静止开始运动，只要 A 的速度大于 B 的速
度弹簧就处于被压缩变短的过程中，当 A、B 速度相同时弹簧压缩到最短，画出这一过程 A、B 的
图象，则 时刻，A、B 两木块的加速度相同（切线斜率相同），且 ， 时刻 A、B 的速度相同，
且 ，故 ACD 正确，B 错误。
v t
1t A Bv v 2t
B Aa a
4
（2018·陕西省高三教学质量检测试题）足够长光滑斜面 BC 倾角 α=53°，小物块与水平面间的动摩擦
因数为 0.5，水平面与斜面之间 B 点有一小段弧形连接，一质量 m=2 kg 的小物块静止于 A 点。现在 AB 段
对小物块施加与水平方向成 α=53°的恒力 F 作用，如图甲所示。小物块在 AB 段运动的速度—时间图象如图
乙所示，到达 B 点迅速撤去恒力 F（已知 sin53°=0.8，cos53°=0.6）。求：
（1）小物块所受到的恒力 F；
（2）小物块从 B 点沿斜面向上运动，到返回 B 点所用的时间；
（3）小物块最终离 A 点的距离。学/*
【参考答案】（1）11 N （2） （3）
（2）在 BC 段 mgsinα=ma2，解得 ，小物块从 B 到 C 所用时间与从 C 到 B 所用时
间相等，所以小物块从 B 点沿斜面向上运动，到返回 B 点所用的时间为 。
（3）小物块从 B 向 A 运动过程中，有 μmg=ma3， ，
滑块的位移 ， ， 。--网
1．如图所示，在光滑地面上，水平外力 F 拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量是 M，
木块质量是 m，力的大小是 F，加速度大小是 a，木块和小车间的动摩擦因数是 μ。则在这个 过程中，
木块受到的摩擦力大小是
0.5 s 3.6 m
2
2 sin 8 m/sa g
2
2 0.5 sBvt a
2
3 5 m/sa g
2
3
0.4 m2
Bvs a 1 4.0 m2AB Bs v t 3.6 mA ABs s s
5
A．μmg B．ma C． D．μ(M+m)g
【答案】BC
（2018·福建省闽侯第二中学、连江华侨中学等五校教学联合体）如图所示，物体 a、b 用一根不可伸
长的细线相连，再用一根轻弹簧跟 a 相连，弹簧上端固定在天花板上，已知物体 a、b 的质量相等。当在 P
点处剪断绳子的瞬间
A．物体 a 的加速度大小为零
B．物体 a 的加速度大小为 g
C．物体 b 的加速度大小为零
D．物体 b 的加速度大小为 g
【参考答案】BD
mF
M m
6
1．如图所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为 m 的小球 a、b，拴接小球的细线固定在天花板，两球静止，
两细线与水平方向的夹角 α=30°，弹簧水平，以下说法正确的是
A．细线拉力大小为 mg
B．弹簧的弹力大小为
C．剪断左侧细线瞬间，小球 b 的加速度为 0
D．剪断左侧细线瞬间，小球 a 的加速度为
【答案】C
【 解 析 】 对 小 球 a ， 根 据 共 点 力 平 衡 条 件 可 得 ， 细 线 的 拉 力 ， 弹 簧 的 弹 力
，AB 错误；剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，故小球 b 所受的合力为 0，
加速度为 0，C 正确；剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球 a 所受的合力 ，根
据牛顿第二定律得 ，D 错误。
（2018·辽宁省六校协作体）已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动，某
时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为 t=0 记录了小物块之后在传送
带上运动速度随时间的变化关系(如图乙所示)，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，已知传送带的速度
保持不变，则
3
2 mg
1
2 g
2sin
mgT mg
cos 3F T mg
2F T mg 合
2a g
7
A．物块在 0~t1 内运动的位移比在 t1~t2 内运动的位移小
B．0–t2 内，重力对物块做正功
C．若物块与传送带间的动摩擦因数为 μ，那么
D．0~t2 内，传送带对物块做功为 W=
【参考答案】B
2 2
2 1
1 1
2 2mv mv
8
1．如图所示，水平传送带始终以速度 v1 顺时计转动，一物块以速度 v2（v2≠v1）滑上传送带的左端，则物块
在传送带上的运动一定不可能的是
A．先加速后匀速运动 B．一直加速运动
C．一直减速直到速度为 0 D．先减速后匀速运动
【答案】C
（2018·江西省浮梁一中）如图，质量 的木板静止在水平地面上，质量 、大小可以
忽略的铁块静止在木板的右端。设最大摩擦力都等于滑动摩擦力，书籍木板与地面间的动摩擦因数 ，
铁块与木板之间的动摩擦因数 ，取 。现给铁块施加一个水平向左的力 F。
(1)若力 F 恒为 8 N，经 1 s 铁块运动到木板的左端。求：木板的长度；
(2)若力 F 从零开始逐渐增加，且木板足够长。试通过分析与计算，在坐标图中作出铁块受到的摩擦力 f
随力 F 大小变化的图象。*网
1kgM 1kgm
1 0.1
2 0.4 210 m/sg
9
【参考答案】(1)L=1 m (2)
【详细解析】(1)对铁块，由牛顿第二定律：
对木板，由牛顿第二定律：
设木板的长度为 L，经时间 t 铁块运动到木板的左端，则：
解得
此时： ，也即 F⩽6 N
所以当 26 N 时，M、m 相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为：
Ff−F 图象如图所示
2 1F mg ma
2 1 2mg M m g Ma
2
2
1
2x a t木
2
1
1
2x a t铁
x x L 铁 木
2 2fF F
1 4 NfF mg „
1 N2f
FF
2 4 NfF mg
10
1．如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一物块，物块与平板车的动摩擦因数为 0.2，t=0 时，车开
始沿水平面做直线运动，其 v–t 图象如图乙所示，重力加速度 g 取 10 m/s2，若平板车足够长，关于物块
的运动，以下描述正确的是
A．0~6 s 加速，加速度大小为 2 m/s2，6~12 s 减速，加速度大小为 2 m/s2
B．0~8 s 加速，加速度大小为 2 m/s2，8~12 s 减速，加速度大小为 4 m/s2
C．0~8 s 加速，加速度大小为 2 m/s2，8~16 s 减速，加速度大小为 2 m/s2
D．0~12 s 加速，加速度大小为 1.5 m/s2，12~16 s 减速，加速度大小为 4 m/s2
【答案】C
【解析】根据 v–t 图象可知，车先以 4 m/s2 的加速度匀加速运动，后以−4 m/s2 的加速度匀减速运动，根
据物块与车的动摩擦因数可知，物块与车间的滑动摩擦力产生的加速度为 2 m/s2，根据牛顿第二定律可
知，0~6 s 物块加速，车的速度始终大于物块；t=6 s 后，车减速、物块继续加速，设再经 Δt 时间共速，
有 v=2(6+Δt)=24–4Δt，可得 Δt=2 s，v=16 m/s，即 0~8 s 物块加速；8~12 s 物块减速，车减速，车的速度
始终小于物块；t=12 s 后车静止，物块速度为 8 m/s，继续减速 4 s，即 8~16 s 物块减速。选 C。
11
（2018·普通高等学校招生全国统一考试模拟试题）如图甲所示，某高架桥的引桥可视为一个倾角
、长 l=500 m 的斜面。一辆质量 m=2 000 kg 的电动汽车从引桥底端由静止开始加速，其加速度 a 随
速度可变化的关系图像如图乙所示，电动汽车的速度达到 1 m/s 后，牵引力的功率保持恒定。已知行驶过程
中电动汽车受到的阻力 Ff(摩擦和空气阻力)不变，重力加速度 g 取 10 m/s2。下列说法正确的是
A．电动汽车所受阻力 Ff=12 000 N
B．电动汽车的速度达到 1 m/s 后，牵引力的功率 P0=12 kW
C．第 1 s 内电动汽车牵引力的功率 P 与时间 t 满足 P=12 000t
D．第 1 s 内电动汽车机械能的增加量等于牵引力与阻力做功的代数和，大小为 6 000 J
【参考答案】D
1．从地面上以初速度 v0 竖直向上抛出一质量为 m 的小球，若运动过程中小球受到的空气阻力与其速率成正
比，小球运动的速度大小随时间变化的规律如图所示，t1 时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为 v1，
且落地前小球已经做匀速运动，则在整个过程中，下列说法中不正确的是 学&
30
12
A．小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小
B．小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小
C．小球抛出瞬间的加速度大小为
D．小球下落过程的平均速度大于
【答案】A
1．如图所示，质量相同的三个小球 A、B、C 通过轻弹簧和不可伸缩的轻细绳悬挂于天花板上，处于静止状
态。剪断 A、B 间细绳的瞬间，A、B、C 三者的加速度分别为 a1、a2、a3，则
A．a1=2g，方向竖直向上
B．a2=2g，方向竖直向下
C．a3=g，方向竖直向下
0
1
(1 )v gv
1
2
v
13
D．在剪断 A、B 间细绳前后，B、C 间细绳的拉力不变
2．如图甲所示，一根质量分布均匀的长绳 AB，在水平外力 F 作用下，沿光滑水平面做直线运动。绳内距 A
端 x 处的张力 FT 与 x 的关系如图乙所示，由图可以求出
A．水平外力 F 的大小 B．绳子的质量 m
C．绳子的长度 L D．绳子的加速度 a
3．一小球从地面竖直上抛，后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比，取竖直向上为正
方向。下列关于小球运动的速度 v、加速度 a、位移 s、机械能 E 随时间 t 变化的图象中可能正确的有
A B C D
4．如图所示，轻绳一端固定在小车支架上，另一端拴着两质量不同的小球。当小车水平向右运动且两段轻
绳与竖直方向的夹角均始终为 θ 时，若不计空气阻力，下列说法正确的是
A．两小球的加速度相等 B．两段轻绳中的张力可能相等
C．小车的速度越大，θ 越大 D．小车的加速度越大，θ 越大
5．如图所示，在一个立方体空箱子顶部用细线悬吊着一个小球，让箱子分别沿甲、乙两个倾角相同的固定
斜面下滑。在斜面甲上运动过程中悬线始终竖直向下，在斜面乙上运动过程中悬线始终与顶板垂直，则
箱子
A．在斜面甲上做匀加速运动 B．在斜面乙上做匀加速运动
14
C．对斜面甲的作用力较大 D．对两斜面的作用力相等
6．如图所示，截面是直角梯形的物块放在在光滑水平地面上，其两个侧面恰好与两个固定在地面上的压力
传感器 P 和 Q 接触，斜面 ab 上的 ac 部分光滑，cb 部分粗糙。开始时两压力传感器的示数均为零。现
在 a 端由静止释放一金属块，下列说法正确的是
A．金属块在 ac 部分运动时，传感器 P、Q 示数均为零
B．金属块在 ac 部分运动时，传感器 P 的示数为零，Q 的示数不为零
C．金属块在 cb 部分运动时，传感器 P、Q 示数可能均为零
D．金属块在 cb 部分运动时，传感器 P 的示数一定不为零，Q 的示数一定为零
7．（2018·甘肃重点中学协作体）如图所示，滑块 a、b 的质量均为 m，a 套在固定光滑竖直杆上，与光滑
水平地面相距 h，b 放在地面上，a、b 通过铰链用刚性轻杆连接，不计摩擦，a、b 可视为质点，重力
加速度大小为 g。下列判断正确的是
A．a 下落的某段过程中，b 对地面的压力可能大于 b 受到地面的支持力
B．a 落地前，轻杆对 b 先做正功后做负功
C．a 下落的某段过程中，其加速度大小可能大于 g
D．a 落地前瞬间 a 的机械能最小，此时 b 对地面的压力大小等于 mg
8．（2018·山东省济南第一中学）如图所示，一个人用 F=30 N 的拉力拖动一质量为 10 kg 的木箱，在粗糙
的水平地面上由静止开始做匀加速直线运动。若木箱与水平地面间的动摩擦因数 μ=0.2，g 取 10 m/s2，
试求：
（1）木箱运动的加速度大小；
（2）木箱在力 F 作用下，前 4 s 内通过的位移大小；
（3）4 s 后撤去 F，木箱还能滑多远。
15
9．（2018·黑龙江省大庆中学）如图所示，一质量为 m 的物块在与水平方向成 θ 的力 F 的作用下从 A 点由
静止开始沿水平直轨道运动，到 B 点后撤去力 F，物体飞出后越过“壕沟”落在平台 EG 段。已知物块的
质量 m=1 kg，物块与水平直轨道间的动摩擦因数为 μ=0.5，AB 段长 L=10 m，BE 的高度差 h=0.8 m，BE
的水平距离 x=1.6 m。若物块可看作质点，空气阻力不计，g 取 10 m/s2。
(1)要越过“壕沟”，求物块在 B 点最小速度 v 的大小；
(2)若 θ=37°，为使物块恰好越过“壕沟”，求拉力 F 的大小；
10．（2018·河南省大联考）如图所示，长为 的水平传送带以 的速度逆时针转动，一个
质量为 的小物块从传送带左侧水平向右滑上传送带，一段时间后滑离传送带。已知小物块与
传送带之间的动摩擦因数 ，重力加速度 取 ，不计传送带转动轮大小。学%
(1)要使小物块能从传送带右侧滑离，求小物块的初速度满足的条件；
(2)若小物块初速度为 ，求小物块从传送带右端滑出，运动过程中产生的热量；
(3)若小物块从传送带左端滑出，因摩擦产生的热量为 ，求小物块的初速度。
11．（2018·云南省建水县）如图所示，水平地面上有一质量为 M 的长木板，一个质量为 m 的物块(可视为
质点)放在长木板的最右端。已知 m 与 M 之间的动摩擦因数为 ，木板与地面间的动摩擦因数为 。从
某时刻起物块 m 以 v1 的水平初速度向左运动，同时木板 M 在水平外力 F 控制下始终向右以速度
匀速运动，求：
(1)在物块 m 向左运动过程中外力 F 的大小：
(2)木板至少多长物块不会从木板上滑下来?
4 mL 0 2 m/s
1kgm
=0.2 g 210 m/s
5 m/s
12 J
2 2 1( )v v v
16
12．（2018·四川省南充高级中学）长为 1.5 m 的长木板 B 静止放在水平冰面上，小物块 A 以某一初速度从
木板 B 的左端冲上长木板 B，直到 A、B 的速度达到相同，此时 A、B 的速度为 0.4 m/s，然后 A、B 又
一起在水平冰面上滑行了 8.0 cm．若小物块 A 可视为质点，它与长木板 B 的质量相同，A、B 间的动摩
擦因数 μ1=0.25。求：（取 g=10 m/s2）
（1）木板与冰面的动摩擦因数。
（2）小物块相对长木板滑行的距离；
（3）为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板时的初速度应满足什么条件？
13．（2016·上海卷）如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受
合外力的方向沿图中的
A．OA 方向 B．OB 方向 C．OC 方向 D．OD 方向
14．（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 0~5 s、5~10 s、10~15 s 内 F 的大小分别为
F1、F2 和 F3，则
A．F1F3 C．F1>F3 D．F1=F3
15．（2018·江苏卷）如图所示，钉子A、B 相距 5l，处于同一高度．细线的一端系有质量为 M 的小物块，
另一端绕过 A 固定于 B．质量为 m 的小球固定在细线上 C 点，B、C 间的线长为 3l．用手竖直向下拉住
小球，使小球和物块都静止，此时 BC 与水平方向的夹角为 53°．松手后，小球运动到与 A、B 相同高
度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽略一切摩擦，重力加速度为 g，取 sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：
17
（1）小球受到手的拉力大小 F；
（2）物块和小球的质量之比 M:m；
（3）小球向下运动到最低点时，物块 M 所受的拉力大小 T．
16．（2017·新课标全国Ⅲ卷）如图，两个滑块A 和 B 的质量分别为 mA=1 kg 和 mB=5 kg，放在静止于水平
地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为 μ1=0.5；木板的质量为 m=4 kg，与地面间的动
摩擦因数为 μ2=0.1。某时刻 A、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为 v0=3 m/s。A、B 相遇时，A 与
木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 g=10 m/s2。求：
（1）B 与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B 开始运动时，两者之间的距离。
17．（2016·四川卷）避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直
平面内，制动坡床视为与水平面夹角为 θ 的斜面。一辆长为 12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道
驶入制动坡床，当车速为 23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物
在车厢内滑动了 4 m 时，车头距制动坡床顶端 38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质
量的 4 倍，货物与车厢间的动摩擦因数为 0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货
物总重的 0.44 倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取 cos θ=1，sin θ=0.1，重力加速度 g=10 m/s2。
求：
（1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
（2）制动坡床的长度。
1．AC【解析】设三个球的质量均为m，开始 A、B、C 处于静止状态，则弹簧的弹力 F=3mg，A、B 间细绳
张力 T1=2mg，B、C 间细绳的张力 T2=mg，剪断 A、B 间细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，A 所受合力
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F1=T1，a1=2g，方向竖直向上，A 正确；B、C 整体的加速度相等，a2=a3=g，方向竖直向下，B、C 间细
绳的张力变为 0，C 正确，BD 错误。
4．AD【解析】由于两球与小车相对静止，则两球的加速度与小车的加速度相等，A 正确；对上面的小球受
力分析可知，下面轻绳的拉力一定小于上面轻绳的拉力，若两绳的拉力相等，小球的加速度竖直向下，
会向下运动，B 错误；对两球整体，由牛顿第二定律可得 a=gtan θ，小车的加速度越大，θ 越大，因为小
车做加速运动，速度一定越来越大，C 错误，D 正确。
5．BC【解析】对于斜面甲上的箱子，小球受竖直方向上的重力和拉力作用，一定处于平衡状态，箱子也处
于平衡状态，即箱子在斜面甲上做匀速直线运动，A 错误；对于斜面乙上的箱子，小球受重力和拉力作
用，合力沿斜面方向向下，小球具有沿斜面向下的加速度，箱子在斜面乙上做匀加速直线运动，B 正确；
在斜面甲上箱子做匀速运动，则斜面甲对箱子的作用力大小等于重力，在斜面乙上箱子与小球做匀加速
运动，由牛顿第二定律，对小球有 ，对箱子有 ，可得 f=0，斜面乙对
箱子的作用力大小为 ，由牛顿第三定律可知，箱子对斜面甲的作用力较大，C 正确，
D 错误。
6．BC【解析】金属块在 ac 部分运动时，加速度沿斜面向下，斜面对金属块的作用力有向左的分力，金属
块对斜面的作用力有向右的分力，则物块有向右运动的趋势，故 P 示数为零，Q 示数不为零，A 错误，
B 正确；金属块在 cb 部分运动时，受到斜面的摩擦力作用，金属块可能加速、减速或匀速，斜面对金属
块的作用力可能偏左、偏右或竖直向上，则传感器 P、Q 的示数可能只有一个为零，也可能都为零，C
正确，D 错误。#网
7．BC【解析】根据牛顿第三定律知，b 对地面的压力与 b 受到地面的支持力一定大小相等，故 A 错误。b
开始时速度为零，当 a 到达底端时，b 的速度为零，在整个过程中，b 的速度先增大后减小，动能先增
sinmg ma sinMg f Ma
cosN Mg Mg
19
大后减小，由动能定理可知轻杆对 b 先做正功，后做负功。故 B 正确。在整个过程中，b 的速度先增大
后减小，所以轻杆对 b 的作用力先是动力后是阻力，所以轻杆对 a 的作用力就先是阻力后是动力，所
以在 b 减速的过程中，轻杆对 a 是斜向下的拉力，此时 a 的合力大于重力，则其加速度大于重力加速
度 g，故 C 正确；a 落地前瞬间 b 的速度为零，由 a、b 整体的机械能守恒，知此时 a 的机械能最大，
此时 b 对地面的压力大小为 mg，故 D 错误。
9．(1)4 m/s (2)5.27 N
【解析】（1）设运动时间为 t，则有：h= gt2
所以，t= =0.4 s
水平方向匀速直线运动，故有：v=x/t=4 m/s
（2）设 AB 段加速度为 a，由匀变速直线运动规律得：v2=2aL
a= =0.8 m/s2
对物块受力分析，由牛顿第二定律可得：Fcosθ–μ（mg–Fsinθ）=ma
带入数据解得：F=5.27 N
10．（1） （2）12 J （3）
【解析】(1)设小物块的初速度为 r，要使小物块能从传送带右側滑离，则有
1
2
2h
g
2
2
v
L
4 m/s 2 6 1 m/s
21
2kmgL E m
0kE
20
摩擦产生的热量
(3)小物块从传送带左端滑离，设小物块的初速度为 ，从左端滑离时的速度为 ，对小物块进行分析，
小物块向右减速运动时，有
小物块与传送带的相对滑动产生的热量
小物块向左加速运动时，有
小物块与传送带的相对滑动产生的热量
联立解得
讨论:当小物块的初速度 时，它在传送带上向右和向左运动是对称的，即 ，此时
， ，不符合题意
当小物块的初速度 时，它在传送带上向左运动时，先做加速再做匀速，即 ，
5 m/s
0 12 JQ mg t L
2
1t a
2
1
1
2mgx m
1 0 1 1Q mg t x
2
2t a
2
2 2
1
2mgx m
2 0 2 2Q mg t x
1 2Q Q Q
2 2
0 2 2
1
2Q m m
2m/s 2
02Q m 8JQ
2m/s< 4m/s 2 0
21
又 ， ，则有解。将 代人，得
解得
11．（1） (2)
【解析】（1）在物块 m 向左运动过程中，木板受力如图所示，
加速度：
根据运动学公式：
解得：
12．（1） （2） （3）
2 2
0 0 0
1
2Q m m 8J 18JQ 12JQ 2 4 20 0
2 6 1 m/s
1 2mg m M g 2
1 2
12
v v
g
0tv
1a g
2 2
0 2tv v aL
2
1 2
12
v vL g
0.10 0.96 m 3.0 m/s
22
，
解得加速为 ，
设小物块冲上木板时的初速度为 ，经时间 t 后 A、B 的速度相同为 v
由长木板的运动得
解得滑行时间
小物块冲上木板的初速度
小物块 A 在长木板 B 上滑动的距离为
（3）小物块 A 的初速度越大，它在长木板 B 上滑动的距离越大，当滑动距离达到木板 B 的最右端时，
两者的速度相等（设为 v’），这种情况下 A 的初速度为保证不从木板上滑落的最大初速度，设为 v0
有 ，￥网
，
由上三式解得，为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块冲上长木板的初速度不大于最大初速度
13．D【解析】据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者
属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也应
该向右，故选 D。
14．A【解析】由v–t 图象可知，0~5 s 内物体的加速度大小为 a1=0.2 m/s2，方向沿斜面向下，根据牛顿第二
1 2 22mg m g ma （ ）
2
2 0.50 m/sa
10v
2v a t
2
0.8 svt a
10 1 2.4 m/sv v a t
2 2
1 2 10 1 2
1 1 0.96 m2 2s s s v t a t a t
2 2
0 1 2
1 1
2 2v t a t a t L
0 1'v v a t
2'v a t
0 1 22 3.0 m/sv a a L
23
定 律 有 mgsin θ–f–F1=ma1 ， 可 得 F1=mgsin θ–f–0.2m ； 5~10 s 内 物 体 的 加 速 度 a2=0 ， 有 mgsin
θ–f–F2=ma2，可得 F2=mgsin θ–f；10~15 s 内物体的加速度大小为 a3=–0.2 m/s2，方向沿斜面向上，有 mgsin
θ–f–F3=ma3，可得 F3=mgsin θ–f+0.2m。故有 F3>F2>F1，A 正确，BCD 错误。
15．（1） （2） （3） （ ）
【解析】（1）设小球受 AC、BC 的拉力分别为 F1、F2
F1sin53°=F2cos53° F+mg=F1cos53°+ F2sin53°且 F1=Mg
解得
16．（1）1 m/s （2）1.9 m
【解析】（1）滑块 A 和 B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设 A、B 和木板所受的摩擦力大小
分别为 f1、f2 和 f3，A 和 B 相对于地面的加速度大小分别是 aA 和 aB，木板相对于地面的加速度大小为
a1。在物块 B 与木板达到共同速度前有 f1=μ1mAg，f2=μ1mBg，f3=μ2(mA+mB+m)g
由牛顿第二定律得 f1=mAaA，f2=mBaB，f2–f1–f3=ma1
可得 aA=aB=5 m/s2，a1=2.5 m/s2
设在 t1 时刻，B 与木板共速，为 v1
由运动学公式有 v1=v0–aBt1=a1t1
解得 t1=0.4 s，v1=1 m/s
（2）在 t1 时间内，B 相对地面的位移
5
3F Mg mg 6
5
M
m 8
5
mMgT m M （ ）
48 8
55 11T mg T Mg 或
5
3F Mg mg
0 1 1( ) 0.8 m2B
v v tx
24
在 t2 时间内，B 及木板相对地面的位移
全过程 A 相对地面的位移
则 A、B 开始运动时，两者之间的距离 x=xB+x1+|xA|=1.9 m
（也可用如图的速度–时间图线求解）
17．（1）5 m/s2，方向沿制动坡床向下 （2）98 m
【解析】（1）设货物的质量为 m，货物减速的加速度大小为 a1
根据牛顿第二定律有 μmgcos θ+mgsin θ=ma1
解得 a1=5 m/s2，方向沿制动坡床向下 ..网
（2）从货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端 38 m 过程
货物的位移 x1=vt– a1t2
1 2 2
1
( ) 0.225 m2
v v tx
0 2 1 2( )( ) 0.875 m2A
v v t tx
1
2
