专题03 牛顿运动定律（第03期）-2017届高三物理百所好题速递分项解析汇编
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一、选择题
1．【2017·安徽省四校高三10月联考】物体以一定的初速度竖直向上抛出，已知空气对物体的阻力大小与速度大小成正比，则下列关于此物体加速度大小的说法正确的是
A．上升过程加速度增大，下降过程加速度减小
B．上升过程加速度增大，下降过程加速度也增大
C．上升过程加速度减小，下降过程加速度也减小
D．上升过程加速度减小，下降过程加速度增大
【答案】C
考点：考查了牛顿第二定律
【名师点睛】在使用牛顿第二定律时，一般步骤为：1、确定研究对象；2、分析物体运动状态；3、对研究对象受力分析；4、建立坐标系；5、选取正方向；6、根据牛顿第二定律列方程求解，必要时对结果进行讨论分析
2. 【2017·安徽省四校高三10月联考】如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一质量为2m小车在沿斜面向下的外力F作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球（质量为m）的轻绳恰好水平。则外力F的大小为
A．2mg B．mg C．6mg D．4.5mg
【答案】D
【解析】对整体分析，在沿斜面方向上有
对小球分析，小球受到水平拉力，重力的作用，合力，故加速度，解得，代入中可得，D正确；
考点：考查了牛顿第二定律
【名师点睛】分析整体的受力时采用整体法可以不必分析整体内部的力，分析单个物体的受力时就要用隔离法．采用整体隔离法可以较简单的分析问题
3. 【2017·安徽省四校高三10月联考】光滑斜面倾角=30°，一个物体受平行于斜面的力F作用从O点由静止出发做匀加速直线运动，经过时间t到达A点时撤去F，又经过时间t物体回到了出发点O。则外力F与重力G的比值为
A．1：2 B．2：3 C．1：3 D．3：4
【答案】B
考点：考查了牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题的关键是将过程分为两个小过程，一个是从O到A，再一个是从A到O，抓住两段过程位移大小相等、方向相反，时间相同，列式求解
4. 【2017·安徽省四校高三10月联考】如图所示，oa、ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，o、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，为圆心。每根杆上都套着一个小滑坏，两个滑环从o点无初速释放，一个滑环从d点无初速释放，用分别表示滑环沿oa、ob、da到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是
A． B． C． D．
【答案】BC
考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用
【名师点睛】本题关键从众多的杆中抽象出一根杆，假设其与水平方向的夹角为θ，然后根据牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式求出时间表达式讨论．
5. 【2017·安徽省四校高三10月联考】如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°．现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列判断正确的是
A．物块A、B同时到达传送带底端
B．物块B到达传送带底端的速度为3m/s
C．物块A下滑过程中相对传送带的路程为3m
D．物块B下滑过程中相对传送带的路程为3m
【答案】ABD
【解析】两个物块在沿斜面方向上由于，所以物块都会沿斜面向下滑动，并且加速度大小都等于，初速度相同，
加速度大小相同，经过的位移大小相同，根据可知两者的运动时间相同，都为，即两者同时到达底端，A正确；B到达传送带底端时的速度，B正确；传送带在1s内的路程为，A与传送带是同向运动的，A的划痕长度是A对地路程（斜面长度）减去在此时间内传送带的路程，即为．B与传送带是反向运动的，B的划痕长度是B对地路程（斜面长度）加上在此时间内传送带的路程，即为 ，C错误D正确；
考点：考查了牛顿第二定律，运动学公式
【名师点睛】分析A重力沿斜面向下的分力与摩擦力的关系，判断A物体的运动规律，B所受的摩擦力沿斜面向上，向下做匀变速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式分析运动时间关系及物块在传送带上的划痕长度
6.【2017·安徽省合肥一中高三第一次月考】如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板与B间的动摩擦因数为，A、B间动摩擦因数为，，卡车刹车的最大加速度为a，，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急刹车情况时，要求其刹车后在距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过
A． B． C． D．
【答案】C
考点：考查了牛顿第二定律
【名师点睛】本题的关键是把握刹车过程中，任何一个物体不能相对车发生相对滑动，所以需要判断卡车以其最大加速度刹车时，A发生相对滑动时，AB相对车发生相对滑动时，三种情况下加速度的关系，
7.【2017·安徽省黄山市屯溪一中高三第二次月考】在某次消防演习中，一消防队员沿系在高处的一条悬垂的绳子由静止开始竖直滑下，经一段时间落地，运动的v – t图像如图所示，除2s～12s间的图线为曲线外，其它为直线．则下列关于消防队员的说法中正确的是
A．0～8s内处于超重状态，8s～12s处于失重状态
B．0～8s内做加速度逐渐减小的加速运动
C．2～8s内的平均速度等于8s～12s内的平均速度
D．0～8s的平均加速度不等于8s～12s的平均加速度
【答案】D
考点：失重超重、平均速度、加速度
【名师点睛】超重状态是指物体对支持它的物体或者是悬线的作用力大于它的重力.具体地说就是物体在竖直方向有向上的加速度,
（物体做向上加速运动或向下减速运动时），物体均处于超重状态，失重状态是指物体对支持它的物体或者是悬线的作用力小于它的重力.具体地说就是物体在竖直方向有向下的加速度, （物体做向上减速运动或向下加速运动时），物体均处于失重状态。质点运动时，瞬时速度的大小和方向都可能变化，为了反映其变化的快慢和方向，需引入平均加速度。平均加速度仅反映一段时间内质点速度变化情况。显然时间越短平均加速度越能精细反映速度变化的情况。一段时间内速度改变量与这段时间的比是这段时间内的平均加速度。 它是对于经过一段时间内的运动情况的一个描述，描述了是对于经过一段时间内的运动情况。
8.【2017·安徽省黄山市屯溪一中高三第二次月考】水平传输装置如图所示，在载物台左端给物块一个初速度．当物块通过如图方向转动的传输带所用时间t1．当皮带轮改为与图示相反的方向传输时，通过传输带的时间为t2．当皮带轮不转动时，通过传输带的时间为t3，下列说法中正确的是
A．t1一定小于t2 B．一定有t2 > t3> t1
C．可能有t3＝t2＝t1 D．一定有t1＝t2 < t3
【答案】C
考点：传送带
【名师点睛】考查了传送带不同的运动状态时，物体在传送带上滑动所出现不同的运动时间，要根据物块初速度与传送带速度的大小进行讨论，传送带不动时，物块做匀减速直线运动，若传送带顺时针转，物块可能先匀加速后匀速，也可能先匀减速后匀速，也有可能一直匀减速运动，当皮带轮改为与图示相反的方向传输时，物块一直匀减速运动，与传送带不动时受力情况相同。
9.【2017·安徽省六安市一中高三第二次月考】如图所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态，现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定时细线偏离竖直方向到某一角度（橡皮筋在弹性限度内）。与稳定在竖直位置时相比，小球的高度
A．一定降低 B．一定升高 C．保持不变 D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
【答案】B
考点：牛顿第二定律；胡克定律．
【名师点睛】分析整体的受力时采用整体法可以不必分析整体内部的力，分析单个物体的受力时就要用隔离法．采用整体隔离法可以较简单的分析问题
10.【2017·安徽省六安市一中高三第二次月考
】如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带的动摩擦因数都是0.5，，sin37°=0.6，cos37°=0.8.下列判断不正确的是
A．物块A先到达传送带底端
B．物块AB同时到达传送带底端
C．传送带对物块AB的摩擦力都沿传送带向上传送带对物块AB的摩擦力都沿传送带向上
D．物块A下滑过程中相对传送带的位移小于物块B下滑过程中相对传送带的位移
【答案】A
考点：考查了牛顿第二定律，运动学公式
【名师点睛】分析A重力沿斜面向下的分力与摩擦力的关系，判断A物体的运动规律，B所受的摩擦力沿斜面向上，向下做匀变速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式分析运动时间关系及物块在传送带上的划痕长度
11.【2017·安徽省六安市一中高三第二次月考】如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置质量分别为m和2m的四个目标，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是，现用平行于斜面的拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力F的最大值是
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】当下面2m的物体摩擦力达到最大时，拉力F达到最大，将4个物体看做整体，由牛顿第二定律：
，将2个m 及上面的2m 看做整体：，联立解得，D正确
考点：考查了牛顿第二定律的应用
【名师点睛】关键是知道要使四个物体一块做加速运动而不产生相对活动，则两接触面上的摩擦力不能超过最大静摩擦力；分析各物体的受力可确定出下面质量为m的物体先达到最大静摩擦力；
12.【2017·安徽省六安市一中高三第二次月考】质量为m和M的两个物体a、b用轻绳连接，用一大小不变的拉力F拉b，使两物体在图中所示的AB、BC、CD三段足够长轨道上都做匀加速直线运动，物体在三段轨道上运动时力F都平行于轨道，且a、b与三轨道间的动摩擦因数分别为，设在AB、BC、CD上运动时a与b之间的绳子上的拉力分别为，则它们的大小
A．
B．
C．
D．
【答案】C
考点：考查了牛顿第二定律的应用
【名师点睛】①整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解．在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力．
②隔离法：从系统中选取一部分（其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数）进行分析．隔离法的原则是选取受力个数最少部分的来分析．
③通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用
13.【2017·安徽省六安市一中高三第二次月考】某马戏团演员做滑竿表演，已知竖直滑竿上端固定，下端悬空，滑竿的重力为200N，在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小，已知演员在滑竿上做完动作之后，先在杆上静止了0.5s，然后沿杆下滑，3.5s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程中演员的v-t图像与传感器显示的拉力随时间的变化情况如图所示，，则下述说法正确的是
A．演员的体重为600N
B．演员在第1s内一直处于超重状态
C．滑竿所受的最大拉力为900N
D．滑竿所受的最小拉力为620N
【答案】AD
考点：考查了牛顿第二定律与图像
【名师点睛】本题是对两个图象的结合应用，两图是相互利用的．要能从这类题目中熟练结合运动和受力图，此类题目等同于牛顿第二定律应用的由受力确定运动和由运动确定受力．
14.【2017·安徽省六安市一中高三第二次月考】如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一小物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速直线运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示，（），则下列结论正确的是
A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
B．物体的质量为2kg
C．物体的加速度大小为4
D．物体的加速度大小为5
【答案】BD
考点：考查了牛顿第二定律的应用
【名师点睛】在使用牛顿第二定律时，一般步骤为：1、确定研究对象；2、分析物体运动状态；3、对研究对象受力分析；4、建立坐标系；5、选取正方向；6、根据牛顿第二定律列方程求解，必要时对结果进行讨论分析
15.【2017·广东省中山市一中高三第二次统测】如右图所示，小车上有一直立木板，木板上方有一槽，槽内固定一定滑轮，跨过定滑轮的轻绳一端系一重球，另一端系在轻质弹簧测力计上，弹簧测力计固定在小车上，开始时小车处于静止状态，轻绳竖直且重球恰好紧挨直立木板，假设重球和小车始终保持相对静止，则下列说法正确的是( )
A．若小车匀加速向右运动，弹簧测力计读数及小车对地面压力均不变
B．若小车匀加速向左运动，弹簧测力计读数及小车对地面压力均不变
C．若小车匀加速向右运动，弹簧测力计读数变大，小车对地面压力变小
D．若小车匀加速向左运动，弹簧测力计读数变大，小车对地面压力不变
【答案】B
【解析】设重球的质量为m，小车的质量为M，则当小车处在静止状态时，轻绳对球的拉力大小为T1=mg，地面对小车的支持力N1=（M+m）g，弹簧秤读数F1=T1=mg；
当小车匀加速向右运动，轻绳向左偏离竖直方向，重球受力如图，则T2＞mg，弹簧秤读数F2=T2＞mg，即弹簧秤读数增大；由于竖直方向上没有加速度，对整体，则有地面对小车的支持力N2=（M+m）g，支持力不变，则小车对地面的压力不变．当小车匀加速向左运动时，轻绳对球的拉力大小为T3=mg，地面对小车的支持力N3=（M+m）g，弹簧秤读数F3=T3=mg；弹簧秤读数及小车对地面压力均不变．故选B.
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题是牛顿第二定律的应用习题；解题时采用隔离法和整体法结合分析物体的受力情况，是常用的方法，比较简单。
16.【2017·广东省中山市一中高三第二次统测】细绳拴一个质量为m
的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连．平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如右图所示．(已知cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8)以下说法正确的是( )
A．小球静止时弹簧的弹力大小为mg B．小球静止时细绳的拉力大小为mg
C．细线烧断瞬间小球加速度立即为g D．细线烧断瞬间小球加速度立即为g
【答案】D
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题中小球先处于平衡状态，由平衡条件求解各力的大小，后烧断细绳，小球处于非平衡条件，抓住细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变是关键。
17.【2017·广东省中山市一中高三第二次统测】如图所示，木块A在足够长的粗糙斜面上匀速下滑，要使A停止运动，下列方法可行的是( )
A．增大斜面的倾角 B．对木块A施加一个垂直于斜面的力
C．对木块A施加一个竖直向下的力 D．在木块A上再叠放一个重物
【答案】B
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题关键根据物体做减速运动的条件，分析木块的合力方向，当合力方向与速度反向时，木块能做减速运动，可以停下来。
18.【2017·广东省中山市一中高三第二次统测】如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示．由图可以判断( )
A．图线与纵轴的交点M的值aM＝－g/2 B．图线与横轴的交点N的值TN＝mg
C．图线的斜率等于物体的质量m D．以上答案都不对
【答案】B
【解析】对货物受力分析，受重力mg和拉力T，根据牛顿第二定律，有：T-mg=ma得：;当T=0时，a=-g，即图线与纵轴的交点M的值aM=-g，故A错误；当a=0时，T=mg，故图线与横轴的交点N的值TN=mg，故B正确，D错误；图线的斜率表示质量的倒数1/m，故C错误；故选B.
考点：牛顿第二定律
【名师点睛】本题关键是根据题目所给的情景，由牛顿第二定律求出加速度的表达式，再根据数学知识进行讨论。
19.【2017·广东省中山市一中高三第二次统测】用同种材料制成倾角为30°的斜面和长水平面，斜面长2.4 m且固定，一小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度v0开始自由下滑，当v0＝2 m/s时，经过0.8 s后小物块停在斜面上．多次改变v0的大小，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t，作出t－v0图象，如图所示，则下列说法中正确的是(g＝10 m/s2) ( )
A．小物块在斜面上运动时加速度大小为2.5 m/s2
B．小物块在斜面上运动时加速度大小为0.4 m/s2
C．小物块与该种材料间的动摩擦因数为
D．由图可推断若小物块初速度继续增大，小物块的运动时间也随速度均匀增大
【答案】AC
考点：牛顿第二定律
【名师点睛】解决本题的关键理清物块的运动情况，正确的受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式综合求解.
20.【2017·广东省中山市一中高三第二次统测】如图所示，A、B两木块放在水平面上，它们之间用细线相连，两次连接情况中细线倾斜方向不同但倾角一样，两木块与水平面间的动摩擦因数相同，先后用水平力F1和F2拉着A、B一起匀速运动，两次细线上的力分别为T1、T2，则( )
A．F1
t2 C．t1>t2>t3 D．t11.25N时，环与杆的下部接触，受力如图。
由牛顿第二定律，Fcosθ-μFN=ma，
Fsinθ=mg+FN，
联立解得：F=。
代入数据得：F=9N。
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题要分两种情况对物体受力分析，然后根据平衡条件列方程求解，关键是分情况讨论
7.【2017·广东省中山市一中高三第二次统测】（14分）如图所示，质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1。在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，取g=10m/s2，试求：
（1）若木板长L=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？
（2）若在铁块上施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，通过分析和计算后，请在图21中画出铁块受到木板的摩擦力f1随拉力F大小变化的图像。（设木板足够长）
【答案】（1）1s（2）图像如图；
【解析】（1）铁块的加速度大小＝4m/s2
木板的加速度大小＝2m/s2
设经过时间t铁块运动到木板的右端，则有
得：t=1s
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】铁块相对于木板的运动，在分别研究两个物体运动的基础上，关键找到位移关系．求摩擦力时，要根据铁块所处的状态，选择不同的规律进行研究。
8.【2017·广西省桂林市第十八中学高三第二次月考】（10分）如图所示，物体的质量m=4 kg，与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.2，在与水平方向夹角为37°、大小为10 N的恒力F的作用下，由静止开始加速运动，取g=10 m/s2, 已知sin 37°= 0.6， cos 37°= 0.8，试求：
（1）物体运动的加速度的大小a；
（2）若t1=10 s时撤去恒力F，物体还能继续滑行的时间t2和距离x.
【答案】（1）0.3 m/s2（2）1.5 s ；2.25m
（2）撤去F时，物体的速度v = at1 =3 m/s
撤去F后，物体减速的加速度大小为 a′= μg
由 0 = v - a′t2
得 t2 = 1.5 s
由
考点：牛顿定律的应用
【名师点睛】此题是牛顿第二定律的综合应用习题；解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解，注意撤去外力前后的加速度不同。
9.【2017·广西省桂林市桂林中学高三10月月考】（13分）质量为200kg的物体置于升降机内的台秤上，从静止开始上升，运动过程中台秤示数F与时间t的关系如图所示．求这段时间内升降机上升的高度．(g取10m/s2)
【答案】50m
考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式与图象的综合，关键是根据F-t图线来求解物体在不同阶段的加速度，然后应用运动公式求解；此类问题是高考的热点问题，需加强这方面的训练。
10.【2017·贵州省遵义市第四中学高三上学期第二次月考】（14分）如图(甲)所示，质量m＝2 kg的物体在水平面上向右做直线运动。过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得vt图象如图(乙)所示。取重力加速度为g＝10 m/s2。求：
（1）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；
（2）10 s后撤去拉力F，求物体再过15 s离a点的距离。
【答案】（1）F＝3 N，μ＝0.05（2）38 m
考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】本题主要考查了速度-时间图象及牛顿第二定律的直接应用，知道速度-时间图象的斜率表示加速度，面积表示位移，难度适中。
11.【2017·贵州省遵义市第四中学高三上学期第二次月考】（18分）如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接，两物块A、B质量均为m，初始时均静止，现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的vt关系分别对应图乙中A、B图线(图中t1、t2、v1及v2均未知）。
（1）求t1时刻及t2时刻弹簧的形变量。
（2）t1时刻，A、B刚分离时的速度。
（3）讨论从开始到t2时刻，拉力F的变化情况
【答案】（1） ；（2）（3）F不变
（3）从开始到t1时刻，对A、B整体，根据牛顿第二定律得F＋kx－2mgsinθ＝2ma，
得F＝2mgsinè＋2ma－kx，x减小，F增大。
t1时刻到t2时刻，对B，由牛顿第二定律得F－mgsinθ＝ma，得F＝mgsinθ＋ma，可知F不变。
考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】此题是牛顿第二定律的综合应用；
从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0．从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等。
12.【2017·河北省冀州中学高三上学期第二次段考】如图a所示，在足够长的光滑水平面上，放置一长为L=1m，质量为=0.5kg的木板A，一质量为=1kg的物体B以初速度滑上木板A上表面的同时对木板A施加一个水平向右的力F，A与B之间的动摩擦因数为μ=0.2，，物体B在木板A上运动的路程s与力F的关系如图b所示，求、和。
【答案】；；
根据⑦式分析可知，当时，随着F力增大，S减小，当时，出现S突变，说明此时A、B在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，B将会从A板左端掉下．
对A、B恰好发生相对运动时，B的加速度为，则整体加速度也为，由牛顿第二定律：
⑧，联立①⑧解得解得
此时B在A上运动的路程为
当时，物体B在A板上的路程为B相对A向右运动的路程的两倍．
故当时，将代入⑦式解得：
考点：考查了牛顿第二定律，运动学公式的综合应用
【名师点睛】滑块问题是物理模型中非常重要的模型，是学生物理建模能力培养的典型模型．滑块问题的解决非常灵活，针对受力分析、运动分析以及牛顿第二定律的掌握，还有相对运动的分析，特别是摩擦力的变化与转型，都是难点所在．本题通过非常规的图象来分析滑块的运动，能从图中读懂物体的运动．
13.【2017·黑龙江省哈师大附中高三上学期第二次月考】如图所示，水平地面上有一个精致的直角三角形滑块P，顶点A到地面的距离h=1.125m，水平地面上D处有一固定障碍物，滑块的C端到D的距离L=4.0m．在其顶点A处放一个小物块Q，不粘连，最初系统静止不动．现在滑块左端施加水平向右的推力F=24N，使二者相对静止一起向右运动，当C端撞到障碍物时立即撤去力F，且滑块P立即以原速率反弹，小物块Q最终落在地面上．滑块P的质量M=3.5kg，小物块Q的质量m=0.5kg，P与地面间的动摩擦因数0.4．（取g=10m/s2）求：
（1）小物块Q落地前瞬间的速度．
（2）小物块Q落地时落地点到滑块P的C端的距离．
【答案】（1）5m/s（2）1.02m
（2）由（1）得Q平抛水平位移 x1=vDt=4×0.3=1.2m⑦
P物体做匀减速运动，则有：μMg=Ma2 ⑧
得 ，
由
得 ⑨
所以Q物体平抛时间内P的位移为： ⑩
考点：考查了牛顿第二定律，运动学公式的综合应用
【名师点睛】在分析匀变速直线运动问题时，由于这一块的公式较多，涉及的物理量较多，并且有时候涉及的过程也非常多，所以一定要注意对所研究的过程的运动性质清晰，对给出的物理量所表示的含义明确，然后选择正确的公式分析解题
14.【2017·黑龙江省哈师大附中高三上学期第二次月考】如图甲所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力
F，得到的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m-1。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。
（1）若恒力F=0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间t是多少？
（2）若恒力F=2N ，则物块与木板因摩擦而产生的热量Q为多少?
（3）图乙中BC为直线段，求该段恒力F的取值范围及函数关系式
【答案】（1）；(2)1.6J（3），
【解析】（1）以初速度为正方向，物块的加速度大小：
木板的加速度大小：
由图乙知，板长
滑块相对木板的路程：
联立解得：
当时，滑块的速度为2m/s，木板的速度为4m/s，而当物块从木板右端滑离时，滑块的速度不可能小于木板的速度，应舍弃，故所求时间为．
（3）时故
考点：考查了牛顿第二定律，运动学公式的综合应用
【名师点睛】滑块问题是物理模型中非常重要的模型，是学生物理建模能力培养的典型模型．滑块问题的解决非常灵活，针对受力分析、运动分析以及牛顿第二定律的掌握，还有相对运动的分析，特别是摩擦力的变化与转型，都是难点所在．本题通过非常规的图象来分析滑块的运动，能从图中读懂物体的运动
15.【2017·湖南省衡阳市第八中学高三上学期第二次月考】有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v＝4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m=1kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F＝8N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为＝2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，（g取10 m/s2， sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）.问：
（1）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，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？
【答案】（1）1.33s（2）0.85s
（2）若达到同速后撤力F，对物块受力分析，因为，故减速上行，得
物块还需t′离开传送带，离开时的速度为，则
，
考点：考查了牛顿第二定律，运动学公式的综合
【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力
16.【2017·吉林省松原市油田高中高三上学期第一次段考】如图所示，一质量为M＝5 kg的斜面放在光滑水平面上，斜面高度为H＝1 m，M与m之间的动摩擦因数为0.8，m的质量为1 kg，起初m在M竖直面上的最高点．现在使M受到一个大小为60 N的水平恒力F的作用，并且同时释放m，F作用持续了0.5 s后撤去，求从撤去F到m落地，M的位移为多少？
【答案】见解析。
【解析】
试题分析: m与M在水平方向具有共同的加速度，由整体法（水平方向））有
隔离m进行受力分析，如图：
由以上各式得：
力F作用0.5s末，
M下降的高度
力F撤去后，水平方向M、m以速度vx做匀速直线运动。
对m而言，由于与M间的弹力为0，在竖直方向上做a=g的匀加速直线运动，此段时间（至m落地）设为t2.
则：
或（舍去）
此过程中M的位移：
考点:牛顿第二定律的综合运用。
17.【2017·吉林省松原市油田高中高三上学期第一次段考】
如图所示，水平放置的圆盘上，在其边缘C点固定一个小桶，桶的高度不计，圆盘半径为R＝1 m，在圆盘直径CD的正上方，与CD平行放置一条水平滑道AB，滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，且B点距离圆盘圆心的竖直高度h＝1.25 m，在滑道左端静止放置质量为m＝0.4 kg的物块(可视为质点)，物块与滑道的动摩擦因数为μ＝0.2，现用力F＝4 N的水平作用力拉动物块，同时圆盘从图示位置，以角速度ω＝2π rad/s，绕通过圆心O的竖直轴匀速转动，拉力作用在物块一段时间后撤掉，最终物块由B点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内．重力加速度取10 m/s2.
(1)若拉力作用时间为0.5 s，求所需滑道的长度
(2)求拉力作用的最短时间
【答案】(1)4 m (2)0.3 s
考点:牛顿第二定律、匀变速直线运动。
18.【2017·吉林省松原市油田高中高三上学期第一次段考】如图所示，质量m＝1 kg的长木板A放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m＝1 kg的物块B.木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.1.现用一水平力F＝9 N作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t1＝1 s，撤去拉力．最终物块没有滑离木板．设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(g取10 m/s2)求：
(1)撤去拉力时，木板的速度大小v1
(2)木板的最小长度L
(3)物块最终与木板右端的距离s
【答案】(1)4 m/s (2)2.25 m (3)1.5 m
(2)撤去F后，物块继续加速，加速度大小不变．木板做减速运动，设木板的加速度a板2
μ2mg＋μ12mg＝ma板2 ⑥
设再经过t2时间二者速度相同，设此速度大小为v，则v＝v块1＋a块t2 v＝v板1－a板2t2 ⑦
解得t2＝0.5 s v＝1.5 m/s ⑧
在t1和t2时间内，物块和木板的位移分别为x块1＝(t1＋t2) x板1＝t1＋t2 ⑩
木板的长度至少为L＝x板1－x块1
代入数据解得L＝2.25 m ⑫
(3)达到相同速度后，物块和木板均做匀减速运动，直至停止．物块相对木板向右运动．物块的加速度大小仍为a块，木板的加速度大小a板3，μ1·2mg－μ2mg＝ma板3 ⑬
此过程中物块和木板的位移分别为x块2＝ x板2＝ ⑭
由几何关系知x块2＋s＝x板2＋L
代入数据解得s＝1.5 m.
考点:牛顿第二定律、匀变速直线运动。
19.【2017·江苏省启东中学高三上学期第一次月考】
（15分）在游乐场，有一种大型游乐设施跳楼机，如图所示，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，提升到离地最大高度64m处，然后由静止释放，开始下落过程可认为自由落体运动，然后受到一恒定阻力而做匀减速运动，且下落到离地面4m高处速度恰好减为零。已知游客和座椅总质量为1500kg，下落过程中最大速度为20m/s，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）游客下落过程的总时间；（2）恒定阻力的大小。
【答案】（1）6s（2）22500N
（2）匀减速过程中：设阻力为f,由牛顿第二定律得：f-mg=ma
已知m=1500kg，可得f=22500N
考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】解决本题的关键理清游客在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
20.【2017·江西省江西师大附中高三10月月考】如图所示，质量M＝10kg、上表面光滑的足够长的木板的在F＝50N的水平拉力作用下，以初速度 m/s沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L＝1m时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L＝1m就在木板的最右端无初速放一铁块．试问．（取g＝10m/s2）
（1）第2块铁块放上时，木板的速度多大？
（2）最终木板上放有多少块铁块？
（3）从第1块铁块放上去之后，木板最大还能运动多远？
【答案】（1）
（2）10块
（3）
（3）从放上第1块铁块至刚放上第10块铁块的过程中,由（2）中表达式可得:
从放上第10 块铁块至木板停止运动的过程中,设木板发生的位移为d,则:
联立计算得出:
所以：木板共运动
考点：牛顿运动定律的综合应用
【名师点睛】熟练应用平衡条件、摩擦力公式、牛顿第二定律和运动学公式即可正确解题，关键运用归纳法，得到速度的通项。
21.【2017·山东省潍坊中学高三上学期第一次月考】在一次“模拟微重力环境”的实验中，实验人员乘坐实验飞艇到达的高空，然后让飞艇由静止下落，下落过程中飞艇所受阻力为其重力的0.04倍，实验人员可以在飞艇内进行微重力影响的实验，当飞艇下落到距离地面的高度时，开始做匀减速运动，以保证飞艇离地面的高度不得低于h=500，取，求：
（1）飞艇加速下落的时间t；
（2）减速运动过程中，实验人员对座椅的压力F与其重力mg的比值的最小值。
【答案】（1）25s（2）
根据运动学公式
根据牛顿第二定律
根据牛顿第三定律
则
考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用
【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力
22.【2017·新疆生产建设兵团第二中学高三上学期第二次月考】质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面作直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v-t图像如图所示，，求：
（1）物体与水平面间的运动摩擦系数μ；
（2）水平推力F的大小；
（3）0-10s内物体运动位移的大小。
【答案】（1）（2）（3）
考点：考查了牛顿第二定律，速度时间图像，运动学公式
【名师点睛】本题是速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，并结合匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解．属于中档题．
23.【2017·河南省洛阳市高三期中考试】某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目——手推易拉罐。选手们从起点开始用力推场拉罐一段时间后，放手让它向前滑动，若易拉罐最后停在桌上有效区域内（不能压线）视为成功；若易拉罐最后没有停在桌上有效区域内或在搰行过程中倒下均视为失败.其简化模型如图17所示，AC是长度= 5.5 m的水平枭面，选手们将易拉罐放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC为有效区域。已知 BC长度L2= 1.1m，易拉罐质量m = 0.5 kg，与桌面间的动摩擦因数，g取10 m/s2.某选手作用在易拉罐上的水平推力11 N，易拉罐沿AC做直线运动，假设易拉罐可视为质点，该选手要想获得游戏成功，水平推力对易拉罐的作用时间应该等于多少？（令)
【答案】
考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用
【名师点睛】解决该问题的突破口为找到问题对应的临界状态．根据临界状态的物理条件列出等式．
24.【2017·黑龙江省大庆市高三上学期第一次质量检测】（10分）如图所示, 木板静止于水平地面上, 在其最右端放一可视为质点的木块。已知木块的质量m＝1 kg, 木板的质量M＝4 kg, 长L＝2.5 m, 已知木板上表面光滑, 下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2。现用水平恒力F＝20 N拉木板, g取10 m/s2, 求:
(1)木板加速度的大小；
(2)要使木块能滑离木板,水平恒力F作用的最短时间。
【答案】（1）2.5m/s2（2）1s
【解析】(1)木板受到的摩擦力
则木板的加速度
解得：加速度
（2）设拉力F作用的时间为t，则木板在t时间内位移
拉力F撤去后，木板的加速度
木板先做匀加速运动，后做匀减速运动（设匀减速运动时间），且
要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间，应有木板匀减速停止时，木块恰好脱离 ，即
解得：
考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过受力分析或运动学分析求出加速度是解决问题的关键.
25.【2017·湖南省郴州市高三上学期第一次教学质检】如图所示，质量M=lkg，长/=4 m的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m=lkg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，某时刻起在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，取g=10 m/s2，试求：
(1)恒力F作用时木板和铁块的加速度；
(2)当铁块运动到木板右端时，把铁块拿走，木板还能继续滑行的距离。
【答案】（1）4m/s2；2m/s2（2）8m
【解析】（1）F作用时，对铁块：
解得：a1=4m/s2
对木板：
解得：a2=2m/s2
（2）对铁块：
对木板：
又：x1-x2=L
解得：t=2s
铁块拿走时，木板的速度v=a2t=4m/s
随后，木板做匀减速运动的加速度a3=μ1g=1m/s2
则木板的位移
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】此题是牛顿第二定律的综合应用习题；关键是首先求解两物体的加速度；弄清两物体的运动特征，结合位移关系列式求解.
26.【2017·吉林省长春市高三质量检测】一长木板在水平面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，木板速度v0=5m/s。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板间动摩擦因数为μ1=0.20，木板与地面间的摩擦因数μ1=0.30。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）物块和木板达到共同速度所需要的时间及此时速度的大小；
（2）从t=0时刻到物块和木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。
【答案】（1）0.5s 1m/s （2）1.125m
（2）在t1时刻后，物块与木板不能一起做匀减速运动
设物块和木板的加速度大小分别为和
对物块：μ1mg =m
对木板：2μ2mg-μ1mg =m
由上式知，物块加速度大小=a1。由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为：
物块相对于木板位移的大小为x= x2- x1
联立解得：x=1.125m
考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】本题关键是要搞清物体运动的物理情景，根据牛顿第二定律求出物体运动的加速度，搞清物体之间的位移的关联关系；其次要根据牛顿第二定律判断速度相等后两物体的运动情况，再由运动学公式求解相对位移。
27.【2017·陕西省西安中学高三上学期单元练考】（16分)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图，滑板长L=1m，起点A到终点线B的距离S=5m. 开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进。板右端到达B处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ=0.5，地面视为光滑，滑块质量m1=2kg, 滑板质量m2=1kg，重力加速度g=10m/s2
求:(1)滑板由A滑到B的最短时间可达多少?
(2)为使滑板能以最短时间到达,水平恒力F的取值范围如何?
【答案】（1）1s （2）30N≤F≤34N
（2）刚好相对滑动时，F最小，此时可认为二者加速度相等
F1-µm1g=m1a2
F1=30N
当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，F最大，设滑块加速度为a1
F2-µm1g=m1a1
a1t2-a2t2=L
F2=34N
则水平恒力大小范围是30N≤F≤34N
考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】本题涉及到连接体问题，要注意研究对象的选取不同，受力分析后列牛顿第二定律方程，结合运动学公式求解是常用的方法，题目难度较大。
28.【2017·浙江省温州中学高三10月模拟】（10分）汽车在行驶中，当驾驶员发现情况直到踩下制动踏板发生制动作用之前的这段时间称为反应时间，反应时间内车辆行驶的距离称为反应距离。汽车制动距离是指驾驶员踩下制动踏板产生作用至汽车完全停止时，轮胎在路面上出现明显的拖印的距离。汽车行驶的安全距离为反应距离和制动距离之和。某汽车以30km/h的速度行驶在柏油路面上的制动距离为5.0m，在冰雪路面上的制动距离为15m，不计空气阻力，取g=10m/s2。
（1）求汽车轮胎与柏油路面上的动摩擦因数；
（2）若汽车以90km/h的速度在柏油路面上行驶的安全距离为60m，求驾驶员的反应时间；
（3）若汽车以90km/h的速度在冰雪路面上行驶，驾驶员看到前方108m处静止的事故汽车，立即制动（不计反应时间）后还是与静止的事故汽车追尾，求汽车追尾瞬间的速度。
【答案】（1）0.69；（2）0.6s（3）11.2m/s
考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，关键是要搞清运动的过程，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
29.【2017·吉林省通化市高三上学期第一次质量检测】（10分）传送带以稳定的速度v
＝6m/s顺时针转动，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现在将一质量m＝2kg的物体(可以看作质点)放在其底端，传送带顶端平台上的人通过轻绳以恒定的拉力F＝20N拉物体，经过一段时间物体被拉到斜面顶端，如图所示，已知传送带底端与顶端的竖直高度H＝6m，物体与传送带之间的动摩擦因数为0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(1)求物体从底端运动到顶端所用的时间；
(2)若物体与传送带达到速度相等的瞬间，突然撤去拉力，物体还需要多长时间离开传送带？
【答案】(1)2s (2)
(2)当撤去拉力时，对物体进行受力分析得mgsin37－μmgcos37°＝ma3
得a3＝4m/s2，方向沿斜面向下，故物体做减速运动，经时间t3速度减到0
物体上升的距离为s2＝vt3/2
a3t3＝v，t3＝1.5s
得s2＝4.5m，故物体没有上到顶端，从而沿斜面下滑到底端离开传送带
设物体从速度为0滑回底端的时间为t4，则a3t＝s＋s2，得
所以物体还需要离开传送带。
考点：牛顿第二定律的综合应用
30.【2017·江西省樟树中学等六校高三上学期第一次联考】(9分)如图所示，水平粗糙桌面上有A、B两个小滑块，之间连接一弹簧，A、B的质量均为m，现用水平恒力F拉滑块B， 使A、B一起在桌面上以加速度a向右做匀加速直线运动，已知弹簧在弹性限度内，两物块与桌面间的动摩擦因数相同，重力加速度为g.
求(1)两物块与桌面的动摩擦因数μ
(2)撤掉F的瞬间，A的加速度，B的加速度.
【答案】（1）（2）a；
考点：牛顿第二定律的应用
31.【2017·江西省樟树中学等六校高三上学期第一次联考】(10分)如图所示为一足够长斜面，其倾角为θ=37°，一质量m=10kg物体，在斜面底部受到一个沿斜面向上的F=100N的力作用由静止开始运动，物体在2s内位移为4m，2s末撤去力F，（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10m/s2）求：
（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；（2）物体沿斜面上滑的最大距离．
【答案】（1）0.25；（2）10m．
【解析】（1）0﹣2s内物体物体做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式得：x=a1t12，
解得：a1=2m/s2
由牛顿第二定律得：F﹣μmgcos37°﹣mgsin37°=ma1
解得：μ=0.25
考点：牛顿第二定律
32.【2017·四川省龙泉中学等五校高三上学期第一次联考】（14分）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ=37°（sin37°=）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第3s末，C的上表面突然变为光滑，μ1保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2．求：
（1）在第3s末时A和B的速度大小；
（2）判断A能否滑离石板B？若能请求出A在B上运动的总时间;若不能请求出A距B上端的最大距离。
【答案】（1）9m/s；3m/s（2）12m
【解析】(1)在0~3s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示。
由滑动摩擦力公式和力的平衡条件
f1 =μ1N1 ①
N1=mgcosθ ②
F2 =μ2N2 ③
N2=N1+mgcosθ ④
规定沿斜面向下为正。设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsinθ-f1=ma1⑤
mgsinθf2+f1=ma2 ⑥
联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得
a1=3m/s2 ⑦
a2=1m/s2 ⑧
在t1=3s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1=a1t1=9m/s ⑨
v2=a2t2=3m/s ⑩
(2)3s后，设A和B的加速度分别为a/1和a/2．此时B与C之间摩擦力为零，同理可得
a/1=3m/s2 （11
a/2=9m/s2 （12）
即A、B分别做加速运动。设经过时间t2，A、B的共同速度为v，则有
v1+a/1t2= v2+a/2t2 （13）
联立各式得 t2=1s （14）
在t1+t2时间内，A相对于B运动的距离为=12m<27m
此后A、B相对静止一起做匀加速直线运动，A不会滑离石板B，A距石板B上端最大距离为12m。
考点：牛顿第二定律的综合应用
33.【2017·浙江省名校协作体高三上学期联考】（9分）如图1所示，巴铁（又称“陆地空客”）是一种能有效缓解城市拥堵的未来交通工具，某实验室为了研究其运行时的动力学特性，制造了一辆质量为200kg的模型车，该模型车在运行时所受阻力为车重的0.08倍，某次试验中该车在25s内运动的v - t图像如图2所示，试求：
（1）模型巴铁4s末的加速度大小；
（2）0到5s内模型巴铁发动机输出的牵引力大小；
（3）模型巴铁在此25秒内运动的位移。
【答案】（1）1.6m/s2（2）480N（3）140m
考点：v-t图线；牛顿第二定律
34.【2017·福建省三明市第一中学高三上学期第一次月考】用水平恒力F推动放在光滑水平面上、质量均为m的六个紧靠在一起的木块，则第5号木块受到的合外力等于 ，第4号木块对第5号本块的作用力等于 ．
【答案】F；F；
【解析】对整体运用牛顿第二定律，有；对物体5，根据牛顿第二定律，可知其合力为：F合=ma=F；
对物体5、6整体，受重力、支持力和4对5与6整体的推力，根据牛顿第二定律，有F45＝(2m)a＝F；
考点：牛顿第二定律
【名师点睛】本题是牛顿第二定律的应用问题；关键是先用整体法求解出加速度，然后灵活地选择研究对象进行分析研究。
35.【2017·福建省三明市第一中学高三上学期第一次月考】如图所示，倾角为37°，长为l＝16 m的传送带，转动速度为v＝10 m/s，动摩擦因数μ＝0.5，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5 kg的物体．已知sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2.求：
(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；
(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间．
【答案】（1）4s.（2）2 s.
(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得，mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1
则有a1＝10 m/s2
设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有
，
x1＝a1t2＝5 m
l＝16 m
当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin37°>μmgcos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则
x2＝l－x1＝11 m
又因为x2＝vt2＋a2t22，则有10t2＋t22＝11，
解得：t2＝1 s (t2＝－11 s舍去)
所以t总＝t1＋t2＝2 s.
考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】解决本题的关键理清物体的运动规律，知道物体运动，明确速度和加速度的变化，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．从此题看出出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。
36.【2017·福建省三明市第一中学高三上学期第一次月考】如图所示，质量M＝4.0 kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m＝1.0 kg的小滑块A(可视为质点)初始时刻，A、B分别以v0＝2.0 m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板．已知A、B之间的动摩擦因数μ＝0.40，取g＝10 m/s2.求：
(1)A、B相对运动时的加速度aA和aB的大小与方向；
(2)A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移大小x；
(3)木板B的长度l.
【答案】（1）aA4.0 m/s2 ，方向水平向右，aB＝1.0 m/s2 ，方向水平向左（2）0.875 m（3）1.6 m
(3)A先相对地面向左匀减速运动至速度为零，后相对地面向右做匀加速运动，加速度大小仍为aA＝4.0 m/s2
B板向右一直做匀减速运动，加速度大小为aB＝1.0 m/s2
当A、B速度相等时，A滑到B最左端，恰好没有滑离木板B，故木板B的长度为这个全过程中A、B间的相对位移．
在A相对地面速度为零时，B的速度vB＝v0－aBt1＝1.5 m/s
设由A速度为零至A、B速度相等所用时间为t2，则 aAt2＝vB－aBt2
解得t2＝vB/(aA＋aB)＝0.3 s
共同速度v＝aAt2＝1.2 m/s
从开始到A、B速度相等的全过程，利用平均速度公式可知A向左运动的位移
xA＝
B向右运动的位移
B板的长度l＝xA＋xB＝1.6 m
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题是木块在木板滑动的类型，运用牛顿第二定律、运动学、动量守恒和能量守恒结合求解比较简便，也可以采用图象法求解。
37.【2017·甘肃省兰州第一中学高三9月月考】(10分)如右图所示，传送带与水平面之间的夹角为30°，其上AB两点的距离为L=5m，传送带在电动机的带动下以v=1m/s的速度匀速运动，现将一质量为m=10kg的小物体轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：（g取10m/s2）
（1） 物体从A到B所用的时间;
（2）传送带对小物体做的功.
【答案】（1）5.2s（2）255J
则小物体匀速运动的位移为：s2=5m-0.2m=4.8m
匀速运动的时间：
则小物体从A到B所需时间为：t=0.4s+4.8s=5.2s
（2）由功能关系知传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增量：
W=mv2+mgssin30°=×10×12+10×10×5×=255J
考点：牛顿第二定律的应用；功能关系
【名师点睛】注意分析小物体的运动过程，根据受力确定物体的运动，注意判断小物体是全程匀加速还是先匀加速再匀速运动；注意分析各力做功与对应能量变化的关系。
38.【2017·甘肃省兰州第一中学高三9月月考】(10分)如图所示，质量M＝8 kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F＝8 N，当小车向右运动的速度达到v0＝1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，取g＝10 m/s2.求：
(1)放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；
(2)经多长时间两者达到相同的速度；
(3)从小物块放上小车开始，经过t＝1.5 s小物块通过的位移大小为多少？
【答案】(1)2 m/s2 ；0.5 m/s2 (2)1 s； (3)2.1 m
考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律，对物体受力分析，确定物体的运动的状态，在根据匀变速直线运动的规律来求解即可。
39.【2017·甘肃省天水市第一中学高三第一次月考】（10分）如图所示，小木块质量m＝1kg，长木板质量M＝10kg，木板与地面以及木块间的动摩擦因数均为μ＝0.5．当木板从静止开始受水平向右的恒力F＝90 N作用时，木块以初速v0＝4 m／s向左滑上木板的右端．则为使木块不滑离木板，木板的长度l至少要多长?
【答案】4m
考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】本题考查了动力学中的滑块模型，关键理清木块和木板的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。
40.【2017·甘肃省天水市第一中学高三第一次月考】（12分）传送带被广泛应用于各行各业。由于不同的物体与传送带之间的动摩擦因数不同，物体在传送带上的运动情况也有所不同。如图所示，一倾斜放置的传送带与水平面的倾角θ=370， 在电动机的带动下以v=2m/s的速率顺时针方向匀速运行。M、N为传送带的两个端点，MN两点间的距离L=7m。N端有一离传送带很近的挡板P可将传送 带上的物块挡住。在传送带上的O处先后由静止释放金属块A和木块B，金属块与木块质量均为1kg，且均可视为质点，OM间距离L=3m。 sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。
（1）金属块A由静止释放后沿传送带向上运动，经过2s到达M端，求金属块与传送带间的动摩擦因数μ1。
（2）木块B由静止释放后沿传送带向下运动，并与挡板P发生碰撞。已知碰撞时间极短，木块B与挡板P碰撞前后速度大小不变，木块B与传送带间的动摩擦因数μ2=0.5。求：与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离；
【答案】（1）1（2）1.6m
（2）a．由静止释放后，木块B沿传送带向下做匀加速运动，其加速度为a1，运动距离LON=4m，第一次与P碰撞前的速度为v1
a1=gsinθ-μgcosθ=2m/s2
与挡板P第一次碰撞后，木块B以速度v1被反弹，先沿传送带向上以加速度a2做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为s1；之后以加速度a1继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为s2．
a2＝gsinθ+μgcosθ＝10m/s2，
因此与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离s=s1+s2=1.6m
考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】本题是一个多过程问题，比较复杂，关键理清物块在传送带上整个过程中的运动规律，搞清摩擦力的方向，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。
41.【2017·贵州省遵义市第四中学高三上学期第一次月考】（12分）如图所示，在倾角θ=37°的粗糙斜面上距离斜面底端s=1m处有一质量m=1kg的物块，受水平恒力F作用由静止开始沿斜面下滑。到达底端时即撤去水平恒力F，然后在水平面上滑动一段距离后停止。不计物块撞击水平面时的能量损失。物块与各接触面之间的动摩擦因数均为μ=0.2，g=10m/s2。求：
（1）若物块运动过程中最大速度为2m/s，水平恒力F的大小为多少？
（2）若改变水平恒力F的大小，可使物块总的运动时间有一最小值，t的最小值为多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
【答案】（1）2.6N（2）2s
当a1=μg=2m/s2时 t有最小值 tmin=2s
考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式以及动能定理求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
42.【2017·贵州省遵义市第四中学高三上学期第一次月考】（20分）如图甲所示，质量M=1kg的薄木板静止在水平面上，质量m=1kg的铁块静止在木板的右端，可视为质点。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。现给铁块施加一个水平向左的力F。
（1）若力F从零开始逐渐增加，且铁块始终在木板上没有掉下来，铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象如图乙所示，求木板与水平面间的动摩擦因数μ1和铁块与木板之间的动摩擦因数μ2
（2）在第（1）问的基础上，若力F为恒力4N，作用1s后撤去F，最终发现铁块恰好能运动到木板的左端，求木板的长度L
【答案】（1）μ1=0.05；μ2=0.2（2）m
（2）（13分）当F=4N时，铁块的加速度为
由牛顿第二定律 F-f1=mam1 （am1=2m/s2）
木板的加速度为aM1 则 f1-μ1(mg+Mg)=MaM1 （aM1=1m/s2）
因此在t=1s内
Sm=am1t2 （Sm =1m）
SM=aM1t2（SM =0.5m）
在t=1s时
vm=am1t=2m/s
vM=aM1t=1m/s
考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，分析铁块和木板的运动状态，运用牛顿第二定律进行求得不同的加速度，结合运动学公式联合求解。
43.【2017·河北省衡水中学高三摸底联考】如图所示，一电动遥控小车停在水平地面上，小车质量，质量的小物块（可视为质点）静止于车板上某处A，物块与车板间的动摩擦因数，现使小车由静止开始向右行驶，当运动时间时物块从车板上滑落，已知小车的速度v随时间t变化规律如图乙所示，小车受到地面的摩擦阻力是小车对地面压力的，不计空气阻力，取重力加速度，求：
（1）物块离开小车时，物块的速度大小；
（2）时间内小车的牵引力做的功W。
【答案】（1）；（2）
代入数据解得 。
考点：动能定理的应用、牛顿第二定律
【名师点睛】解决本题的关键要理清小车和滑块的运动情况，采用隔离法研究加速度和速度等物理量，解答时要抓住速度图象的两个物理意义：斜率等于加速度，“面积”表示位移。
44.【2017·四川省三台中学高三上学期第二次月考】（18分）如图所示，某传送带与地面倾角θ＝37o，AB之间距离L1=2.05m，传送带以＝1.0m/s的速率逆时针转动。质量为M=1.0kg，长度L2=1.0m的木板上表面与小物块的动摩擦因数μ2＝0.4，下表面与水平地面间的动摩擦因数μ3＝0.1，开始时长木板靠近传送带B端并处于静止状态。现在传送带上端A无初速地放一个质量为ｍ＝1.0kg的小物块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，（假设物块在滑离传送带至木板右端时速率不变，sin37o＝0.6， g=10）。求：
（1）物块离开B点的速度大小；
（2）物块在木板上滑过的距离；
（3）木板在地面上能滑过的最大距离。
【答案】（1）3m/s（2）0.75m（3）0.75m
（3）因物块能与木板保持相对静止，其整体加速度为
物块与木板做匀减速运动到停止的位移
木板对地的位移
考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】此题是牛顿第二定律的综合应用问题；解题的关键是搞清物体运动的物理过程，认真分析物块及木板的受力情况，求解运动的加速度，并且要关联位移及速度的关系.
45.【2017·宁夏育才中学高三第二次月考】(12分)如图所示，质量M＝8kg的小车放在光滑水平面上，在小车左端加一水平推力F＝8 N。当小车向右运动的速度达到3 m/s时，在小车右端轻轻地放一个大小不计、质量m＝2 kg的小物块。小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。取重力加速度g=10 m/s2，则：
(1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大?
(2)从小物块放上小车开始，经过t＝3 s小物块通过的位移大小为多少?
【答案】（1）2 m/s2；0.5m/s2（2）8.4m
考点：a牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律，对物体受力分析，确定物体的运动的状态，在根据匀变速直线运动的规律来求解即可。
