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高一物理期末复习（压轴特训60题17大考点） 2024-2025学年高中物理同步高频考点专题训练（人教版必修第一册）
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这是一份高一物理期末复习（压轴特训60题17大考点） 2024-2025学年高中物理同步高频考点专题训练（人教版必修第一册），文件包含高一物理期末复习压轴特训60题17大考点原卷版docx、高一物理期末复习压轴特训60题17大考点解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共95页， 欢迎下载使用。
一．匀变速直线运动速度与时间的关系（共5小题）
二．匀变速直线运动位移与时间的关系（共5小题）
三．追及相遇问题（共3小题）
四．匀变速直线运动规律的综合运用（共4小题）
五．自由落体运动（共4小题）
六．摩擦力的判断和计算（共4小题）
七．力的合成与分解的应用（共2小题）
八．一般情况下的共点力平衡（共5小题）
九．动态平衡分析（共3小题）
一十．牛顿第二定律（共7小题）
一十一．牛顿运动定律的应用——从受力确定运动情况（共2小题）
一十二．牛顿运动定律的应用——连接体模型（共3小题）
一十三．牛顿运动定律的应用——板块模型（共3小题）
一十四．牛顿运动定律的综合应用（共2小题）
一十五．探究小车速度随时间变化的规律（共4小题）
一十六．验证力的平行四边形定则（共2小题）
一十七．探究加速度与力、质量的关系（共2小题）
一．匀变速直线运动速度与时间的关系（共5小题）
1．（2023秋•湖南期中）（多选）甲、乙、丙三个物体做匀变速直线运动，通过A点时，物体甲的速度是6m/s，加速度为﹣1m/s2；物体乙的速度是2m/s，加速度是3m/s2；物体丙的速度是﹣4m/s，加速度是2m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．通过A点，物体甲最快，丙最慢
B．通过A点前1s时，物体乙、丙的运动方向相同
C．通过A点后1s时，物体甲、乙的速度相同
D．通过A点后3s时，物体甲、乙、丙的运动方向均相同
【答案】BCD
【解答】解：A、通过A点，物体甲的速度大小为6m/s，乙的速度大小为2m/s，丙的速度大小为4m/s，可知物体甲最快，乙最慢，故A错误；
B、通过A点前1s时，根据速度—时间公式v＝v0+at
可得物体乙的速度为：
v1＝v0乙﹣a乙t1＝（2﹣3×1）m/s＝﹣1m/s
通过A点前1s时，物体丙的速度为：
v2＝v0丙﹣a丙t1＝（﹣4﹣2）m/s＝﹣6m/s
矢量的正负表示矢量的方向，可知通过A点前1s时，物体乙、丙的运动方向相同，故B正确；
C、通过A点后1s时，根据速度—时间公式v＝v0+at
可得物体甲的速度为：
v3＝v0甲+a甲t1＝[6+（﹣1）×1]m/s＝5m/s
物体乙的速度为：
v4＝v0乙+a乙t1＝（2+3×1）m/s＝5m/s
可见物体甲乙的速度相同，故C正确；
D、通过A点后3s时，根据速度—时间公式v＝v0+at
可得物体甲的速度为：
v5＝v0甲+a甲t3＝[6+（﹣1）×3]m/s＝3m/s
物体乙的速度为：
v6＝v0乙+a乙t3＝（2+3×3）m/s＝11m/s
物体丙的速度为：
v7＝v0丙+a丙t3＝（﹣4+2×3）m/s＝2m/s
矢量的正负表示矢量的方向，所以物体甲、乙、丙的运动方向相同，故D正确。
故选：BCD。
2．（2022秋•禅城区校级月考）（多选）给滑块一初速度v0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为a，当滑块速度大小变为时，所用时间可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【解答】解：规定初速度方向为正方向，则加速度方向为负，当滑块的末速度方向与初速度方向相同，根据速度—时间公式，
可得所用时间为：t1＝＝
当滑块的末速度方向与初速度方向相反，根据速度—时间公式，
可得所用时间为：t2＝＝，故AD正确，BC错误。
故选：AD。
3．（2022春•宝山区校级月考）自行车从静止开始做匀加速直线运动，经10s后速度达到5m/s，在这段时间内自行车的速度变化量为 5 m/s，加速度为 0.5 m/s2。
【答案】5，0.5.
【解答】解：速度变化量Δv＝v﹣v0＝5m/s﹣0＝5m/s
根据加速度的定义a＝＝m/s2＝0.5m/s2
故答案为：5，0.5.
4．（2022•天津模拟）某辆汽车做匀减速直线运动，初速度大小为15m/s，加速度大小为3m/s2，求：
①汽车第6s末的瞬时速度大小？
②汽车末速度为零时所经历的时间？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：汽车减速到零所需的时间：s
因为3s＜5s，在第三秒末汽车还没有停止，所以3s末的速度为：
v3＝v0+at3＝15﹣3×3＝6m/s
汽车在第5s末已经停止运动，所以第6s末的瞬时速度大小是0．
答：①汽车第6s末的瞬时速度大小为零；
②汽车末速度为零时所经历的时间为5s．
5．（2022秋•伊川县校级月考）世界一级方程式（F1）比赛过程中，赛车在比赛中有一次进站加油的过程．在某次比赛中，处于第一名的赛车进站加油，该赛车进站时一直做减速运动，平均加速度为30m/s2，出站时一直做加速运动，平均加速度为45m/s2，加油时间为6s，进站前和出站后在赛道上的速度均为90m/s，则该赛车从进站到出站所用时间是多少？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：赛车的进站过程做匀减速运动，初速度为v0＝90m/s，末速度为v＝0，加速度为a1＝﹣30m/s2，则进站时间为：
t1＝＝＝3s．
赛车的出站过程做匀加速运动，初速度为v0＝0，末速度为v＝90m/s，加速度为a2＝45m/s2，则出站时间为：
t2＝＝2s．
所以该赛车从进站到出站所用时间是：t＝t1+t2+6s＝2+3+6＝11s
答：该赛车从进站到出站所用时间为11s．
二．匀变速直线运动位移与时间的关系（共5小题）
6．（2023秋•石家庄期中）一个物体从静止开始以加速度a1做匀加速直线运动，经过时间t后，立即以加速度a2做匀减速直线运动。若其再经过时间t恰好能回到原点，则其从开始运动到速度减为0的过程所用的时间为（ ）
A．B．C．D．2t
【答案】B
【解答】解：通过题意可以做出物体的运动图像，如图所示：
设图像中 A、B 两点对应的速度分别为v1 和﹣v2，图像中 C 点的横坐标为（t+Δt），当质点的位移为0时，通过运动学图像的面积关系得到：SOAC＝SCDB，即v1（t+Δt）＝v2（t﹣Δt），又有直线的斜率关系 ＝，联立可以解得：，总时间为t+Δt＝，故B正确，A、C、D错误。
故选：B。
7．（2022秋•沧州期中）（多选）某人在一条平直的公路上测试汽车的加速和减速性能，汽车以18km/h的速度匀速行驶，然后以大小为0.5m/s2的加速度匀加速运动并开始计时，加速10s后开始刹车以大小为1m/s2的加速度匀减速运动，下列说法正确的是（ ）
A．在t＝10s时，汽车走过的位移大小是50m
B．在t＝12s时，汽车的速度大小是8m/s
C．在t＝22s时，汽车走过的位移大小是123m
D．在t＝22s时，汽车走过的位移大小是125m
【答案】BD
【解答】解：A.设加速时加速度大小为a1，根据匀变速直线运动的位移—时间关系得加速10s时通过的位移为，故A错误；
B.设减速时加速度大小为a2，加速10s的速度为v1＝v0+a1t1＝5m/s+0.5×10m/s＝10m/s，再减速2s就是12s时的速度为v2＝v1﹣a2t2＝10m/s﹣1×2m/s＝8m/s，故B正确；
CD.减速的初速度时加速的末速度v1，根据匀变速直线运动的速度—时间关系得减速到零需要的时间为，即汽车从加速再减速到零总需时间为t＝10s+10s＝20s，22s时车已经停止2s，位移为20s时的位移，由匀变速直线运动的位移—时间关系得减速位移为，即t＝22s时汽车走过的位移大小为x″＝x+x′＝75m+50m＝125m，故C错误，D正确。
故选：BD。
8．（2021•辽宁模拟）（多选）2022年冬奥会交通保障体系建设重点工程﹣﹣连接北京市延庆区和河北省张家口市崇礼区的延崇高速公路通车，该路段还在全国率先开展了高速公路场景L4级自动驾驶和基于蜂窝网络技术车路协同测试。甲、乙两试验车在同一车道上同向匀速行驶，t＝0时刻，在前面以速度为36km/h行驶的甲车突然以a＝2m/s2的加速度减速，在后面以72km/h速度行驶的乙车通过车联网实现车与车、车与路等的互联和信息交互同时刹车，两车刹车过程均可视为匀减速直线运动，忽略刹车时的反应时间，则（ ）
A．若两车不相撞，甲车在6s内的位移大小为25m
B．若两车刹车前相距12m，乙车以加速度6m/s2刹车，可能在t＝3s时撞上甲车
C．若两车刹车前相距20m，则乙车的加速度至少为4m/s2才能避免两车相撞
D．若两车刹车前相距37.5m，则乙车的加速度至少为3.2m/s2才能避免两车相撞
【答案】AD
【解答】解：选取车运动的方向为正方向，v1＝36km/h＝10m/s；v2＝72km/h＝20m/s；甲的加速度的大小：a＝2m/s2，乙的加速度的大小：a′；
A、若两车不相撞，甲车停止的时间：＝5s，
甲在6s内的位移大小等于5s内的位移，为m＝25m，故A正确；
B、若两车刹车前相距12m，乙车以加速度6m/s2刹车，二者速度相等时：v1﹣at1＝v2﹣a′t1
可得：t1＝2.5s
甲在2.5s内的位移：＝18.75m
乙在2.5s内的位移：＝31.25m
由于x′﹣L0＝31.25m﹣12m＝19.25m＞18.75m
可知在2.5s前乙将撞上甲车，而不是在t＝3s时撞上甲车，故B错误；
C、若两车刹车前相距L0＝20m，设经过时间t2恰好追上且甲的速度不等于零，由速度﹣时间公式得：v1﹣at2＝v2﹣a′t2
由位移关系得：
联立解得：t2＝4s，a′＝4.5m/s2，则乙车的加速度至少为4.5m/s2才能避免两车相撞，故C错误；
D、若两车刹车前相距L0＝37.5m，设经过时间t3恰好追上且甲的速度不等于零，由速度﹣时间公式得：v1﹣at3＝v2﹣a′t3
由位移关系得：
联立解得：t3＝7.5s＞t0＝5s，则乙车追上甲时，甲已经停止运动。
所以若两车刹车前相距37.5m，则乙在甲停止运动后才追上甲，此时乙的速度为零，乙的位移：x乙＝L0+x0＝37.5m+25m＝62.5m
由位移﹣速度公式：
可得：a′＝3.2m/s2
即乙车的加速度至少为3.2m/s2才能避免两车相撞，故D正确。
故选：AD。
9．（2023秋•珠海期中）如图A、B相距L0＝28m时，A正以vA＝8m/s的速度向左做匀速直线运动，而B此时速度vB＝20m/s向左做匀减速直线运动，加速度大小为a＝2m/s2．由图示位置开始计时，求：
（1）在追上前二者之间的最大距离？
（2）A追上B需要多少时间？
（3）从安全行驶的角度考虑，为避免两车相撞，在题设条件下，A车在B车刹车的同时也应刹车的最小加速度多大？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）当A、B两车速度相等时，相距最远，根据速度关系得：vA＝vB﹣at1，
代入数据解得：t1＝6s，
此时，根据位移公式得：
xA＝vAt1
xB＝vBt1﹣a
Δxm＝xB+L0﹣xA，
代入数据解得：Δxm＝64m
（2）B车刹车停止运动所用时间为：t0＝＝10s，
所发生位移为：xB′＝＝100m；
此时：x'A＝v1t0＝80m，
则：xA′＜L0+xB′，可见此时A车并未追上B车，而是在B车停止后才追上，A车追上B车所用的时间为：
t＝＝16s
（3）A车刹车减速至0时刚好追上B车时（这时B车的速度为0），加速度最小 +L0＝，
代入数据解得：aA＝0.25m/s2
答：（1）A车追上B车之前，两者相距的最大距离为64m；
（2）A车追上B车所用的时间为16s；
（3）从安全行驶的角度考虑，为避免两车相撞，在题设条件下，A车在B车刹车的同时也应刹车的最小加速度为0.25m/s2
10．（2023秋•城关区校级期中）一名质量为60kg训练有素的武警战士（视为质点）在楼顶通过一条长绳由静止开始下滑，到地面最短时间t＝2.4s．已知该武警战士落地的速度不能大于v＝6m/s，做匀减速直线运动时可以产生的最大加速度大小为a＝5m/s2，长绳的下端恰好着地，当地的重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）武警战士下滑时的最大速度
（2）武警战士下滑时离地面的高度h．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）只有当武警战士先加速接着减速下滑时间最短，设武警战士下滑时的最大速度为vm，加速下滑时间为t1，减速下滑的时间为t2，则有
vm＝gt
v＝vm﹣at
t1+t2＝t
代入数据解得 vm＝12m/s．
（2）设加速下滑的距离为h1，减速下滑的距离为h2，则有：
．
h1+h2＝h
代入数据解得 h＝18m．
答：（1）武警战士下滑时的最大速度为12m/s．（2）武警战士下滑时离地面的高度为18m．
三．追及相遇问题（共3小题）
11．（2023秋•西安期中）甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移—时间（x﹣t）图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲物体第1s末的加速度大于第4s末的加速度
B．0～3s内甲的平均速度小于乙的平均速度
C．第4s末甲、乙两物体相遇
D．0～6s内甲的速度方向未发生改变
【答案】C
【解答】解：AD、根据x﹣t图像的斜率等于速度，斜率正负表示速度方向，可知在0～2s和2s～6s甲均做匀速直线运动，且方向不同，加速度为0，故AD错误；
B、在0～3s内，甲的位移大于乙的位移，结合平均速度等于位移与时间之比，可知甲的平均速度大于乙的平均速度，故B错误；
C、第4s末两图线相交，此时甲、乙两物体相遇，故C正确；
故选：C。
12．（2022秋•沈河区校级期中）（多选）汽车A和汽车B（均可视为质点）在平直的公路上沿两平行车道同向行驶，A车在后（如图甲所示）。以某时刻作为计时起点，此时两车相距x0＝12m。汽车A运动的x﹣t图像如图乙所示，汽车B运动的v﹣t图像如图丙所示。下列说法正确的是（ ）
A．汽车A由静止开始做匀加速直线运动
B．汽车B车在0∼6s内的位移大小为24m
C．在t＝3s时，两车相距最远，且最远距离为20m
D．若t＝1s时，A车紧急制动（视为匀变速），要使A车追不上B车，则A车的加速度大小应大于0.25m/s2
【答案】BCD
【解答】解：A、x﹣t图象的斜率表示速度，根据图乙可知汽车A做匀速直线运动，故A错误；
B、汽车B在0～6s内的位移等于在0～5s内的位移，由图像与时间轴围成的面积表示位移可得：x＝m＝24m，故B正确；
C、当两车速度相等时，两车相距最远，由图乙可得汽车A的速度大小为：vA＝＝m/s＝4m/s
由图丙，可得B车1﹣5s内的加速度大小为：a＝＝m/s2＝﹣2m/s2
设匀减速运动的时间为t0时速度相等，则有：vA＝vB+at0
代入数据解得t0＝2s
即在t＝1s+2s＝3s时二者相距最远，此时A车的位移xA＝vAt＝4×3m＝12m
B车位移xB＝（8×1+8×2﹣×2×22）m＝20m
则两车最远距离s＝xB+x0﹣xA＝20m+12m﹣12m＝20m，故C正确；
D、t＝8s时，A车位移xA′＝vAt′＝4×8m＝32m
B车的位移等于在0～5s内的位移，为x＝24m
有x+x0＞xA′，所以在t＝8s时，两车没有相遇。
t1＝1s时，A匀速位移xA1＝vA1t1＝4×1m＝4m
B车匀速位移xB1＝vB1t1＝8×1m＝8m
两车间的距离Δs＝xB1+x0﹣xA1＝8m+12m﹣4m＝16m
B车匀减速到停止的位移xB′＝m＝16m
当A停止时位移等于B车，A的加速度最小，A车匀减速运动的总位移：xA总＝Δs+xB′＝16m+16m＝32m
对A车，根据速度—位移关系公式得：aA＝＝m/s2＝0.25m/s2，所以A车的加速度大小应大于0.25m/s2，故D正确。
故选：BCD。
13．（2023春•辽宁期末）甲车在一条限速72km/h的平直公路上行驶时，发现前方路边有一辆乙车在停车休息，于是甲车开始减速，当甲车刚通过乙车位置时，甲车又开始加速，恢复到原来行驶速度后继续向前匀速行驶，以甲车减速开始计时，甲的v﹣t图像如图1所示。在甲车刚通过乙车位置时，乙车司机发现甲车车身有异物影响行车安全，立即启动乙车前去追赶甲车，启动时间和司机反应时间不计，乙车加速阶段的x﹣t图像是一条顶点在原点的抛物线（以乙车启动开始计时），如图2所示，乙车加速到公路限速值后以限速值匀速运动。求：
（1）甲车开始减速时距乙车的距离x1和乙车加速过程的加速度大小a乙；
（2）从乙车启动到追上甲车，两车的最大距离Δx；
（3）从乙车启动到追上甲车需要的时间（保留3位有效数字）。
【答案】（1）甲车开始减速时距乙车的距离x1为25m，乙车加速过程的加速度大小a乙为3m/s2；
（2）从乙车启动到追上甲车，两车的最大距离Δx为32.5m；
（3）从乙车启动到追上甲车需要的时间为12.3s。
【解答】解：（1）v﹣t图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图像得，甲车开始减速时距乙车的距离为；
x1＝m＝25m
乙车做匀加速直线运动，则x2＝a乙t2
代入数据得：24＝×a乙42，解得：a乙＝3m/s2
（2）甲达到15m/s后做匀速直线运动，则当乙车速度为15m/s时，两车距离最大，设乙车速度达到15m/s所用时间为t1，则t1＝＝s＝5s
由题意可知当甲车刚通过乙车位置时，甲车的速度为10m/s，2s时间后甲车速度为15m/s，之后匀速运动。
t1时间内，甲车的位移为x甲＝＝70m
乙车的位移为x乙＝a乙＝×3×52m＝37.5m
两车的最大距离Δx＝x甲﹣x乙＝70m﹣37.5m＝32.5m
（3）最大限速vm＝72km/h＝20m/s
乙车达到最大限速的时间为t2＝＝s
t2时间内乙车的位移为x2＝a乙＝×3×（）2m＝m
t2时间内甲的位移为x3＝x甲+v（t2﹣5）＝70m+15×（﹣5）m＝95m
x2＜x3，此时乙车未追上甲车，乙车开始做匀速直线运动，设再经过t3时间追上甲车，则x3﹣x2＝vmt3﹣vt3
代入数据解得：t3＝s
从乙车启动到追上甲车需要的时间t总＝t2+t3＝s+s≈12.3s
答：（1）甲车开始减速时距乙车的距离x1为25m，乙车加速过程的加速度大小a乙为3m/s2；
（2）从乙车启动到追上甲车，两车的最大距离Δx为32.5m；
（3）从乙车启动到追上甲车需要的时间为12.3s。
四．匀变速直线运动规律的综合运用（共4小题）
14．（2022秋•鼓楼区校级期中）甲、乙同时从A处由静止出发，沿直线AB运动，甲先以加速度a1做匀加速运动，经一段时间后，改以加速度a2做匀加速运动，到达B点的速度为v0，乙一直以加速度a做匀加速运动，到让B的速度也为v0。已知a1＞a，则（ ）
A．a2＝a
B．从A到B，甲用时较多
C．经过AB间任一点时甲的速度一定大于乙的速度
D．经过AB间某一点时，甲的速度可能小于乙的速度
【答案】C
【解答】解：根据题意作v﹣t图象如下图所示，
黑色斜线代表甲的v﹣t图象，红色斜线代表乙的v﹣t图象。甲、乙的位移相等，甲、乙的各自的v﹣t图象线段与它们对应的时间轴、速度轴所围成的几何图形面积相等。比较下面图1和图2知，在相同的末速v的前提下，要使甲、乙到达终端B时位移相等（图形面积相等），乙的v﹣t图象线段的终端必须在甲的v﹣t图象线段终端的右边，即图2才是符合题意的v﹣t图象。
A、v﹣t图象的斜率表示加速度，由图可知a2＜a.故A错误；
B、甲、乙的各自的v﹣t图象线段与它们对应的时间轴、速度轴所围成的几何图形面积相等，且末速度相等，由v﹣t图象可知，从A到B，甲用时较少，故B错误；
C、D、如图2，在v﹣t图象上甲、乙的共同时间段上任选一时刻t，作t对应的速度轴，由速度轴与甲、乙v﹣t图象线段的交点比较可得到结论：在任意相同的时刻，均有v甲＞v乙．故C正确，D错误。
故选：C。
15．（2023秋•兰州期中）（多选）一个物体静止在水平面上，某时刻起由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a1。经过一段时间以后，速度为v1，紧接着将加速度反向，大小变为a2，又经过二倍的时间，发现物体恰好回到出发点，此刻速度为v2。以下判断正确的是（ ）
A．a1：a2＝4：3B．a1：a2＝4：5C．v1：v2＝2：3D．v1：v2＝2：1
【答案】BC
【解答】解：经二倍的时间后回到原处，整个时间内物体的位移为零，有：
a1t2+v1×2t﹣a2（2t）2＝0
又：v1＝a1t，
解得：a1：a2＝4：5
因为v2＝v1﹣a2×2t＝﹣v1
则速度大小之比为：v1：v2＝2：3，故AD错误，BC正确；
故选：BC。
16．（2022秋•涧西区校级期末）城市高层建筑越来越多，高空坠物事件时有发生。如图所示，某高楼距地面高H＝47m的阳台上的花盆因受扰动而掉落，掉落过程可看作自由落体运动（花盆可视为质点）。现有一辆长L1＝8m、高h＝2m的货车，正以v0＝9m/s的速度驶向阳台正下方的通道。花盆刚开始掉落时，货车车头距花盆的水平距离为L2＝24m，由于道路限制，汽车只能直行通过阳台的正下方的通道。
（1）若司机没有发现花盆掉落，货车保持v0＝9m/s的速度匀速直行，通过计算说明货车是否会被花盆砸到？
（2）若司机发现花盆开始掉落，采取制动的方式来避险，货车最大加速为4.5m/s2，使货车在花盆砸落点前停下，求货车司机允许反应的最长时间；
（3）若司机发现花盆开始掉落，司机反应时间Δt＝1s，则司机采取什么方式可以避险（货车加速减速可视为匀变速）。
【答案】（1）货车会被花盆砸到；
（2）货车司机允许反应的最长时间为s；
（3）汽车司机反应后立即以至少a1＝2.5m/s2加速或立即以至少a2＝1.5m/s2减速能避险。
【解答】解：（1）花盆从47m高处落下，到达离地高2m的车顶过程中位移为：h＝（47﹣2）m＝45m
根据位移公式，有：h＝
代入数据解得：t＝3s
3s内汽车位移为：x＝v0t＝9×3m＝27m
24m＜x＜32m
则货车会被花盆砸到
（2）货车匀减速的最小距离为：x1＝
制动过程中反应通过的最大距离为：x2＝l2﹣x1
货车司机允许反应的最长时间为：t＝
联立代入数据解得：t＝s
（3）货车司机允许反应时间通过的距离为：x1＝v0Δt
汽车司机反应后立即加速，最小的加速度a1，有：L1+L2﹣x1＝v0t2+
其中：t2＝3s﹣Δt
汽车司机反应后立即减速，最小的加速度a2，则有：L2﹣x1＝v0t2﹣
联立解得
a1＝2.5m/s2，a2＝1.5m/s2
汽车司机反应后立即以至少a1＝2.5m/s2加速或立即以至少a2＝1.5m/s2减速能避险。
答：（1）货车会被花盆砸到；
（2）货车司机允许反应的最长时间为s；
（3）汽车司机反应后立即以至少a1＝2.5m/s2加速或立即以至少a2＝1.5m/s2减速能避险。
17．（2023秋•渝中区校级期中）小巴同学每天都会乘坐145路公交车到巴蜀中学上学，有一天他对乘车问题做了如下思考：假设在一条平直的道路上有两个红绿灯A、B，其中AB间距L2＝430m，C为公交车站台，145路车的停靠时间为8s，181路公交车不停靠，BC间距L3＝150m。两个灯都是绿灯持续10s，红灯持续20s，假设红绿灯切换不需要时间。有可视为质点的145路、181路两辆公交车行驶在路上依次经过A、B、C。两车加速时加速度大小均为a1＝2.5m/s2，减速时加速度大小均为a2＝5m/s2。当181路车以v0＝10m/s的速度走到A处时，145路车以同样速度v0走到距离A处L1＝50m的地方，此时A显示绿灯还有4s，B显示红灯还剩1s。当两车不能够匀速通过红绿灯时，就会匀减速运动刚好停到红绿灯处；绿灯亮起，公交车马上从静止做匀加速直线运动，加速到v0保持匀速直线行驶。不计站台大小，试求：
（1）145路公交车从A前50m的地方运动到A所需要的时间；
（2）145路、181路公交车在A、B之间的最大距离；
（3）若小巴同学在距站台右侧45m处看到181路车刚刚离开站台时，立刻先匀加速直线运动再匀减速直线运动最终到达站台时速度为零，试求小巴要赶上145路公交车，其加速度要满足什么条件？（设人加速和减速时加速度大小相同）
【答案】（1）145路公交车从A前50m的地方运动到A所需要的时间6s；
（2）145路、181路公交车在A、B之间的最大距离260m；
（3）若小巴同学在距站台右侧45m处看到181路车刚刚离开站台时，立刻先匀加速直线运动再匀减速直线运动最终到达站台时速度为零，试求小巴要赶上145路公交车，其加速度大于等于0.8m/s2。
【解答】解：（1）若145路车从A前50m以v0匀速运动到A所需时间为
＝＝5s＞4s
所以145路车不能够匀速通过红绿灯，则在到达A之前做匀减速运动；刹车距离为
＝＝10m
刹车时间为
＝＝2s
匀速时间为
＝＝4s
解得145路车从A前50m的地方运动到A所需要的时间为
t＝t+t1＝2s+4s＝6s
（2）A变绿灯时，145路车开始做匀加速运动，此时181路车已到达离A灯的距离为
x0＝v0（20s+4s）＝10×24m＝240m
当两车共速时距离最大，由
a1t0＝v0
解得
t0＝4s
181车在4s时间内匀速前进的距离为
x匀＝v0t0＝10×4m＝40m
145车在4s时间内匀加速前进的距离为
＝＝20m
所以甲、乙两车在A，B之间的最大距离为
xm＝x0+x匀﹣x2＝240m+40m﹣20m＝260m
（3）对181路车：若从A到B为匀速直线运动
＝＝43s
B灯显示绿灯结束时间
t2＝1s+10s+20s+10s＝41s＜43s
所以181路车不能够匀速通过B灯，则在到达B之前做匀减速运动；刹车距离为
＝＝10m
刹车时间为
＝＝2s
匀速时间为
＝＝42s
181路车从A灯到B灯的总时间为
2s+42s＝44s
所以181车会在B处等17s红灯。
对145路车：A灯变绿灯后先匀加速所用时间为
＝＝4s
加速位移为
＝＝20m
假设之后匀速通过B，则有
＝＝41s
145路车从A灯到B灯的总时间为
4s+41s＝45s
在A灯处145路车比181路车滞后24s，A到B过程145路车比181路车慢11s，在B灯处181路车等17s后显示绿灯，所以145车在181车离开B灯
T1＝24s+1s﹣17s＝8s
后到达B灯处，此时B灯处为绿灯145路车直接通过。所以两辆车通过B灯处的时间差为8s。B灯处到站台C181路先加速后匀速通过，则有
＝＝17s
B灯到站台C145路先匀速后减速通过，则有
＝＝16s
所以两辆车到达站台C的时间差为
T2＝8s+16s﹣17s＝7s
根据题意得小巴到达站台时间不超过
T3＝7s+8s＝15s
由图可得
＝＝45m
解得
vm＝6m/s
＝＝0.8m/s2
则加速度大于等于0.8m/s2。
答：（1）145路公交车从A前50m的地方运动到A所需要的时间6s；
（2）145路、181路公交车在A、B之间的最大距离260m；
（3）若小巴同学在距站台右侧45m处看到181路车刚刚离开站台时，立刻先匀加速直线运动再匀减速直线运动最终到达站台时速度为零，试求小巴要赶上145路公交车，其加速度大于等于0.8m/s2。
五．自由落体运动（共4小题）
18．（2021•雨花区校级模拟）如图所示，两位同学在教学楼上做自由落体实验，甲同学在四楼先将小球A释放，当下落距离为h时，乙同学在三楼将小球B释放，小球B释放时间t后，两球恰好同时落地，小球A、B不在同一条竖直线上，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．甲同学释放点离地高度为+h
B．甲同学释放点离地高度为gt2++h
C．若两位同学均各上一层楼重做以上实验，两小球仍能同时落地
D．若两位同学均各下一层楼重做以上实验，小球A先落地
【答案】B
【解答】解：AB、小球A下落h所需时间为t′，则h＝，解得t，故小球A下落到地面所需时间为tA＝t′+t，下降的高度为＝gt2++h，故A错误，B正确；
C、当两位同学均各上一层楼重做以上实验，相当于在以上实验的基础上，假设两同学不动，地平面下降了一层楼。则由自由落体运动规律可知，两球会在空中原来地平面处相遇，相遇时小球A速度大，故A先落地，故C错误；
D、若两位同学均各下一层楼重做以上实验，相当于在以上实验的基础上，假设两同学不动，地平面上升了一层楼，则两小球不能在空中相遇，根据自由落体规律可知小球B先落地，故D错误；
故选：B。
19．（2020秋•武侯区校级月考）（多选）一小球自5m高处自由下落，当它与水平地面每碰撞一次后，速度大小减小为碰撞前的，不计空气阻力，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．第一次下落的时间与第二次下落的时间之比为
B．第二次弹起的高度为第一次弹起时高度的
C．小球第一次下落的最后0.5s所下落的高度为m
D．小球开始运动2.6s经过的总路程为11m
【答案】AC
【解答】解：A、设小球第一次落地时速度为v0，则有v0＝＝10m/s
那么第二次、第三次、…第n+1次落地速度分别为v1＝v0，v2＝（）2v0，…，vn＝（）nv0
根据速度﹣时间关系可得：v＝gt
则小球第一次下落的时间与第二次下落的时间之比为：＝＝，故A正确；
B、小球开始下落到第一次与地相碰经过的路程为h0＝5m
小球第一次与地相碰后弹起的高度是：h1＝＝m＝5×（）2m。
小球第二次与地相碰后弹起的高度是h2，则h2＝＝m＝5×（）4m。
所以第二次弹起的高度为第一次弹起时高度（）2．故B错误；
C、由h0＝g知，小球第一次下落的时间t1＝1s，在前0.5s下落的高度h′＝＝m＝，则小球第一次下落的最后0.5s所下落的高度为h0﹣h′＝5m﹣m＝m，故C正确；
D、小球第一次下落时间为t0＝＝＝1s
小球从第一次与地面相撞到第二次与地面相撞经过的时间为t1＝＝s＝1.6s
小球第一次与地面相碰后弹起的高度是h1＝＝m＝3.2m
小球开始运动2.6s经过的总路程为s＝h0+2h1＝5m+2×3.2m＝11.4m，故D错误。
故选：AC。
20．（2023•吉林模拟）2019年7月26日，随着长征二号丙运载火箭在西昌发射中心顺利升空，中国也首次成功验证了火箭第一级落点的精确控制技术，成为全球继美国之后，第二个掌握该技术的国家，长征二号丙火箭第一级残骸在贵州黔南布依族苗族自治州被顺利找到，落点在设定的落区范围内，这是中国航天在落点可控、精准回收领域取得的重大突破。其一级火箭的回收过程可以简化为：一级火箭关闭推进器，脱离主体后继续上升至离地面3225m的高空，然后开始无初速下落，下落至离地面3100m的高度处，此时一级火箭立即打开助推器开始匀速下降，持续50s后增大助推器的推力进而匀减速下降，成功落地时速度大小为2m/s，g＝10m/s2，（忽略高度对重力加速度的影响，不计空气阻力）求：
（1）一级火箭从无初速开始下落至3100m高度处所需要的时间；
（2）一级火箭匀速下落的高度是多少？
（3）一级火箭最后匀减速下落的时间是多少？（计算结果保留一位小数）
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）火箭自由下落的高度h1＝3225m﹣3100m＝125m
由，
解得：t1＝5s；
（2）火箭自由下落的末速度为：v1＝gt1＝50m/s
匀速下落的高度为：h2＝v1t2＝50×50m＝2500m；
（3）火箭匀减速下落的高度为：h3＝600m
匀减速下落过程的平均速度为：
由，
解得：t3＝23.1s；
答：（1）一级火箭从无初速开始下落至3100m高度处所需要的时间为5s；
（2）一级火箭匀速下落的高度是2500m；
（3）一级火箭最后匀减速下落的时间是23.1s。
21．（2022秋•罗湖区校级期中）从屋檐上每隔一段相等的时间，就下落一个水滴，假设水滴离开屋檐时初速度为0，已知当第1滴水刚刚落地时，第6滴水正好要离开屋檐，此时第3滴水离地面的高度为12.8m．（空气阻力不计）求：
（1）屋檐离地面的高度？
（2）每相邻两滴水下落的时间间隔？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：设相邻两滴水的时间间隔为T，则H＝
h＝
第3滴水局地面的高度Δh＝H﹣h
联立解得T＝0.4s，H＝20m
答：（1）屋檐离地面的高度围20m
（2）每相邻两滴水下落的时间间隔为0.4s
六．摩擦力的判断和计算（共4小题）
22．（2023春•泸西县校级期末）如图所示，A、B两物体重力都等于10N，各接触面间的动摩擦因数都等于0.5，F1＝3N和F2＝5N的两个水平力分别作用在A和B上，则A受的摩擦力和地面对B的摩擦力大小分别为（ ）
A．3N，6NB．3N，2NC．5N，10ND．3N，5N
【答案】B
【解答】解：AB之间的最大静摩擦力为fmAB＝μmg＝5N，
对物体A，因为向右受到F1＝3N＜fmAB的作用，从而A处于静止状态，则A受到物体B给A物体的静摩擦力，大小等于F1大小，为3N，方向与F1方向相反；
B与地面之间的最大静摩擦力为fmB地＝2μmg＝10N；
对物体B，水平方向受到向左F2＝5N＜fmB地作用，则B也静止，且受到A对B的向右的静摩擦力3N，所以地面对B的摩擦力为2N，向右，
综上所述，故B正确，ACD错误。
故选：B。
23．（2022秋•浙江期末）用水平外力F将物体压在竖直墙壁上保持静止不动，物体的重力为10N，物体与墙壁间的动摩擦因数µ＝0.2，物体与墙壁间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．F可能为40N
B．如果F为100N，则物体受到的摩擦力为20N
C．增大F的数值，物体与墙壁间的摩擦力保持不变
D．撤去水平力F，物体与墙壁间的摩擦力保持不变
【答案】C
【解答】解：A、若最大静摩擦力为10N，根据fm＝μF可知F＝50N，可知F至少为50N，不可能为40N，故A错误；
B、如果F为100N＞50N，则物体处于静止状态，此时物体受到的摩擦力等于重力，为10N，故B错误；
C、物体与墙壁之间的摩擦力等于重力大小，则增大F的数值，物体与墙壁间的摩擦力保持不变，故C正确；
D、撤去水平力F，物体与墙壁间的压力为零，则摩擦力变为零，故D错误；
故选：C。
24．（2023秋•西夏区校级期中）质量为2kg的物体静止在水平地面上，如图所示，物体与地面间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力与滑动摩擦力视为相等，给物体一水平推力。（取g＝10N/kg）
（1）当推力大小为5N时，地面对物体的摩擦力是多大？
（2）当推力大小为12N时，地面对物体的摩擦力是多大？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：根据最大静摩擦力等于滑动摩擦力，可得，物体的最大静摩擦力为：
Fmax＝μN＝μmg＝0.5×2×10N＝10N
（1）当拉力F＝5N时，F＜Fmax，物体静止，则地面对物体是静摩擦力，其大小为：
f1＝F＝5N
（2）当拉力F＝12N时，F＞Fmax，物体滑动，则地面对物体是滑动摩擦力，其大小为：
f2＝μmg＝10N；
答：（1）当推力大小为5N时，地面对物体的摩擦力是5N；
（2）当推力大小为12N时，地面对物体的摩擦力是10N。
25．（2023秋•静安区校级期中）如图所示，质量m＝2kg的物体静置于水平面上，一个质量不计的弹簧原长为10cm，一端固定于物体上，另一端施一水平拉力F，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2．逐渐增大F，当弹簧长度为15cm时，物体在水平面做匀速直线运动（g＝10m/s2）（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）。
试求：
（1）弹簧的劲度系数；
（2）当弹簧拉长到12cm时，物体所受的摩擦力；
（3）当弹簧拉长到16cm时，物体所受的摩擦力。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）物体匀速前进时，由平衡条件得：k（x﹣x0）＝μmg
代入数据解得：k＝ N/m＝80 N/m。
（2）若将弹簧拉长到12cm时，弹簧的拉力为：F1＝k（x1﹣x0）＝80×（0.12﹣0.10）N＝1.6N，
最大静摩擦力可看作等于滑动摩擦力：Ffm＝0.2×2×10N＝4 N
可知物体没动，则所受的静摩擦力为：Ff1＝F1＝1.6N。
（3）若将弹簧拉长到16cm时，弹簧弹力为：
F2＝k（x2﹣x0）＝80×（0.16﹣0.10）N＝4.8 N，
大于最大静摩擦力；故物体将加速前进；物体将加速前进，此时所受到的滑动摩擦力为：
Ff2＝μFN＝μmg＝0.2×2×10N＝4N。
答：（1）当弹簧长度为15cm时，物体恰好匀速运动，弹簧的劲度系数80N/m。
（2）若将弹簧拉长到12cm时，物体所受到的摩擦力大小为1.6N。
（3）若将弹簧拉长到16cm时，物体所受的摩擦力大小为4N。
七．力的合成与分解的应用（共2小题）
26．（2021秋•阿拉善左旗校级期末）武打片中经常有飞檐走壁的镜头，其实这是借助悬绳拍摄产生的效果。某演员在下列四种拍摄场景中均在空中处于静止状态，若忽略绳所受重力，则绳①受力最小的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解答】解：对演员进行受力分析，将两绳子的拉力进行合成，其合力与重力G平衡，根据力的平行四边形法则，
如图所示：
绳①的力F方向在变化，依据矢量图，结合几何长度可知，B图中绳①力的大小最小，故B正确，ACD错误；
故选：B。
27．（2022•昆都仑区校级一模）歼﹣20战斗机上安装了我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞机飞行方向的情况下通过转动尾喷口方向来改变推力的方向，使战斗机拥有优异的飞行性能。某次飞机沿水平方向超音速匀速巡航时，空气对飞机产生的竖直向上的升力（不含尾喷口推力）与水平阻力之比为。已知飞机重力为G，为使飞机实现节油巡航模式，尾喷口产生的最小推力大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解答】解：飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力f，重力的方向竖直向下，升力F2的方向竖直向上，空气阻力f的方向与F2垂直，如图
歼﹣20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则有水平方向Fx＝f
竖直方向F2+Fy＝G
其中F2＝
解得Fy＝G﹣
则F＝F+F＝25f2﹣2Gf+G2
结合数学知识可知F表达式为开口向上，对称轴为f＝
的抛物线，即当f＝时，F取得最小值，将其代入F表达式，
解得Fmin＝，故ABC错误，D正确
故选：D。
八．一般情况下的共点力平衡（共5小题）
28．（2023秋•沙河口区校级期中）如图，倾角为θ的斜面固定在墙角，质量为M的尖劈放置在斜面上，尖劈的右侧面竖直，用轻绳系住一个质量为m的球紧靠在尖劈的右侧，轻绳与斜面平行，球与尖劈的接触面光滑，斜面对尖劈的静摩擦力恰好为0，整个系统处于静止状态。沿球心O对球施加一个水平向左的恒定推力F，系统仍处于静止状态。则（ ）
A．对球施加水平推力后，轻绳的拉力可能变大
B．对球施加水平推力后，尖劈对斜面的压力一定变大
C．尖劈的质量M与球的质量m之比为tan2θ
D．对球施加水平推力后，斜面对尖劈的摩擦力可能仍为0
【答案】B
【解答】解：C.对球施加水平推力前，以尖劈和球整体为研究对象，如图1，可知轻绳的拉力
T＝（M+m ）gsinθ
斜面对尖劈的支持力
N1＝（M+m）gcsθ
以球为研究对象，如图2，可知轻绳的拉力
T＝
联立解得
＝
故C错误。
A.以球为研究对象，可知对球施加水平推力后不影响竖直方向力的大小，轻绳的拉力不变，如图3，故A错误；
BD.以尖劈和球整体为研究对象，对球施加水平推后，如图4，有
N'1＝（M+m）gcsθ+Fsinθ
总重力不变，可得斜面对尖劈的弹力变大，即尖劈对斜面的压力变大；轻绳拉力T不变，总重力不变，施加推力F后，要保持平衡，有
T+Fcsθ＝（M+m）gsinθ+f
则斜面对尖劈的摩擦力沿斜面向下，斜面对尖劈的摩擦力不可能为0，故B正确，D错误。
故选：B。
29．（2023秋•金坛区校级月考）一条两端固定的粗细和质量分布均匀、柔软、不可伸长的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状，称之为悬链线．为探究其特点，现搭建如图所示的一条悬链线，经测量知两悬点A、B处切线与竖直方向夹角分别为30°和60°，两切线的交点为C，E是C点正上方链条上的点，F为悬链线的最低点，则（ ）
A．A、B两悬点对墙面的拉力大小之比为3：1
B．链条AF和链条FB长度之比为3：1
C．整个链条上拉力最小的点为点E
D．此时链条的重心在链条上的E点
【答案】B
【解答】解：A．对悬链线受力分析，两悬点A、B处切线与竖直方向夹角分别为30°和60°，受力分析图如图1所示：
根据平衡条件TA＝mgcs30°
TB＝mgcs60°
代入数据联立解得，A、B两悬点处墙壁对链条的拉力大小之比为：1
根据牛顿第三定律，A、B两悬点链条对墙面的拉力大小之比：1，故A错误；
B．设最低点F处的张力为T，左侧悬链质量为m1，右侧质量为m2，两部分链条的受力图如图2所示：
根据平衡条件，对左侧悬链m1g＝
对右侧悬链m2g＝
得两部分链条的质量之比＝3
链条AF和链条FB长度之比为3：1，故B正确；
C．在链条上任取一点D（除F外），取D与F点之间这一部分链条为对象，质量为Δm，D点的张力为TD
由于F点的张力处于水平方向，根据平衡条件结合数学知识TD＝＞T
可知整个链条上拉力最小的点为最低点F，故C错误；
D．根据“三力汇交”原理，由题意可知，重力作用线经过E点，但由于链条形状不规则，重心不在链条的E点，故D错误。
故选：B。
30．（2023•沙坪坝区校级开学）如图所示，一个底面积为200cm2、重为10N且足够深的薄壁柱形平底容器放置于水平桌面上，现将一个棱长为10cm的正方体实心物体M（不吸水）挂于弹簧下端，并置于柱形容器内，弹簧上端固定不动，现在向容器中缓慢注水，弹簧弹力大小与注水体积的变化图像如图乙所示，则当物块M刚好漂浮时加水质量为 3.8 kg；图乙中从A到B的加水过程中，容器底部对桌面的压强变化量为 1600 Pa。（不计弹簧的质量和体积，弹簧的伸长量每变化1cm，弹力变化1N，且弹簧在弹性限度内变化）
【答案】3.8；1600。
【解答】解：（1）当物块M刚好漂浮时，物块M受到的浮力和自身的重力大小相等，此时弹簧的弹力为零，由图乙可知，此时注水的体积V水＝3800cm3，由密度公式可得，加入水的质量
（2）因弹簧的伸长量每变化1cm，弹力变化1N，所以弹簧的弹力为GM时，弹簧的伸长量
x1＝GM（cm/N）
当物块M刚好漂浮时，受到的浮力等于自身的重力，此时弹簧的伸长量为0，由F浮＝ρgV排可得，物体M排开水的体积为
物体M浸入水的深度
则弹簧的弹力从GM减小到0的过程中，物体M上升的高度为x1，故注水的体积为
代入数据有
由上式解得GM＝6N
由图乙可知，从A到B的加水过程中，弹簧测力计的示数先减小后增加，且B点后弹簧的弹力不变，故A点弹簧的弹力是竖直向上的，B点弹簧的弹力是竖直向下的；且B点后物体M浸没时水中，因物体浸没时排开水的体积和自身的体积相等，故物体M浸没后受到的浮力为
B点时M受到竖直向下的重力和弹簧的弹力、竖直向上的浮力作用处于平衡状态，所以，由M受到的合力为零可得
F浮B＝GM+F弹
则弹簧的弹力F弹＝F浮B﹣GM＝10N﹣6N＝4N
把容器和水、物体M看作整体，则整体受到竖直向下总重力和竖直向上的支持力、弹簧的弹力处于平衡状态，所以
F支持B＝G容+G水B+GM+F弹＝G容+G水B+6N+4N＝G容+G水B+10N
因容器对桌面的压力和桌面对容器的支持力是一对相互作用力，故容器底部对桌面的压力
F压B＝F支持B＝G容+G水B+10N
A点时M受到竖直向上的浮力、弹簧的弹力和竖直向下的重力作用处于平衡状态，且此时弹簧的弹力等于4N，由M受到的合力为零可得
F浮A+F弹＝GM
此时物体M受到的浮力
F浮A＝GM﹣F弹＝6N﹣4N＝2N
由F浮＝ρgV排＝ρgSMhA
可得，此时物体M浸没的深度为
把容器和水、物体M看作整体，则整体受到竖直向下总重力和竖直向上的支持力、弹簧的弹力而处于平衡状态，故有
F支持A＝G容+G水A+GM﹣F弹＝G容+G水A+6N﹣4N＝G容+G水A+2N
此时容器底部对桌面的压力
F压A＝F支持A＝G容+G水A+2N
从A到B的过程中，物体M上升的高度
hAB＝2F弹（N/cm）＝2×4cm＝8cm
则增加注水的体积
增加注水的质量由密度公式得
增加注水的重力
G水AB＝m水ABg＝2.4kg×10N/kg＝24N
从A到B的加水过程中，容器底部对桌面的压力的变化量
F压＝F压B﹣F压A＝（G容+G水B+10N）﹣（G容+G水A+2N）＝（G水B﹣G水A）+8N＝G水AB+8N＝24N+8N＝32N
故图乙中从A到B的加水过程中，容器底部对桌面的压强变化量根据压强公式得
故答案为：3.8；1600。
31．（2023春•沈阳期末）（多选）如图所示，质量为1kg的小球A与质量未知的滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内。滑环B套在与竖直方向成θ＝53°的粗细均匀的固定杆上，滑环和杆间的动摩擦因数μ＝0.5，初始时滑环恰好不下滑，现对小球A施加一个水平力F，使小球A在水平力F的作用下沿着圆弧轨迹缓慢上移，滑环仍保持静止，设滑环与杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力（sin53°＝0.8，取重力加速度g＝10m/s2），下列说法正确的是（ ）
A．绳子拉力变大
B．滑环B的质量m＝0.5kg
C．固定杆给滑环B的弹力方向一定垂直于杆向下
D．滑环B受到的摩擦力变大
【答案】ABC
【解答】解：A.对小球A施加水平拉力F，使小球A沿着圆弧轨迹缓慢上移，则小球A处于动态平衡状态，受力分析如图所示
根据平衡条件可得
Tcsα＝mAg
解得
T＝
小球在上移过程中，α增大，可知绳上的拉力T增大，故A正确；
BC.初始时，对小球A由平衡条件可知，绳上的拉力T1＝mAg
初始时滑环恰好不下滑，对滑环B
①假设滑环受到固定杆的支持力方向垂直于杆向下，则由平衡条件有
mBgsin （﹣θ）＝μFN
T1＝FN+mgcs （﹣θ）
两式联立，代入数据解得
m＝0.5kg
因此假设成立；
②假设滑环受到固定杆的支持力方向垂直于杆向上，则由平衡条件有
mBgsin （﹣θ）＝μFN
T1+FN＝mgcs （﹣θ）
联立两式，代入数据解得
m＜0（为负值）
因此假设不成立，由此可知，固定杆给滑环B的弹力方向一定垂直于杆向下，故BC正确；
D.根据题意，在小球A移动的过程中，滑环B始终处于静止状态，则对滑环B由平衡条件有
f＝mBgsin （﹣θ）＝mBgcsθ＝mBgcs53°
可知滑环B受到的摩擦力大小不变，故D错误。
故选：ABC。
32．（2022秋•鄂尔多斯期末）如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m。质量为6×10﹣2kg的通电直导线，电流I＝1A，方向垂直纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T，方向竖直向上的磁场中，设t＝0，B＝0，则需要多长时间斜面对导线的支持力为零？（g取10m/s2）
【答案】见试题解答内容
【解答】解：斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示。
由平衡条件得：
水平方向上有：FTcs 37°＝F，
竖直方向上有：FTsin 37°＝mg，
两式联立解得：F＝ N，
由F＝BIL得：B＝ T，
由题意知，B与t的变化关系为：B＝0.4t，
代入数据得：t＝5 s。
答：需要5s时间斜面对导线的支持力为零。
九．动态平衡分析（共3小题）
33．（2022秋•朝阳区校级期末）如图所示，三根轻绳OA、OB、OC结于O点，OA和OB绳的另一端系于水平天花板上，OC绳C端与一重物相连，OA绳和OB绳的夹角为100°、OA绳与OC绳的夹角为120°。整个系统处于静止状态，OA绳、OB绳、OC绳上的拉力分别记为F1、F2、F3，则F1、F2、F3的大小关系正确的是（ ）
A．F1＜F2＜F3B．F1＜F3＜F2C．F2＜F3＜F1D．F3＜F1＜F2
【答案】A
【解答】解：对节点O进行受力分析如图所示
根据正弦定理
可知 F1＜F2＜F3，故A正确，BCD错误。
故选：A。
34．（2023春•沙坪坝区期末）在修建乡村住房时，工人用上了简易机械如图所示，甲站在地面上通过支架上的定滑轮拉着OA绳把建筑材料缓慢提升到楼顶后，乙再在楼顶水平拉着OB绳把建筑材料缓慢移到楼顶平台上，在乙缓慢移动建筑材料的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．地面对甲的支持力变小
B．地面对甲的摩擦力变小
C．楼层对乙的作用力保持不变
D．OA绳子上的拉力先增大后减小
【答案】A
【解答】解：D．设建筑材料的重力为G，OA绳对建筑材料的拉力为FOA，乙对OB绳的拉力大小为FOB，如图1
图1
根据平衡条件有FOA＝
θ增大，则FOA增大，故D错误；
B．对甲受力分析，由平衡条件可知，甲与地面之间的摩擦力大小等于OA绳对甲的拉力在水平方上的分力，由于OA绳对甲的拉力逐渐增大且OA绳与水平方向夹角不变，所以可得甲与地面之间的摩擦力逐渐增大，故B错误；
A．对甲受力分析，竖直方向由平衡条件可知，N+FOAsinα＝m甲g，可知地面对甲的支持力变小，故A正确；
C．对乙受力分析，如图2
图2
乙受到的支持力与自身重力大小相等，摩擦力与OB绳上的拉力大小相等，由于OB绳上的拉力变大，所以摩擦力变大，摩擦力与支持力的合力变大，由平行四边定则合力方向变化，则楼层对乙的作用力方向变化，大小变大，故C错误。
故选：A。
35．（2023•岳麓区校级模拟）如图所示，倾角为30°的斜面顶端竖直固定一光滑的定滑轮，工人师傅用轻绳通过定滑轮牵引斜面底端的重物（可视为质点），此时连接重物的轻绳与水平面的夹角为45°，重物与斜面间的动摩擦因数μ＝。在重物缓慢被牵引到斜面顶端的过程中，轻绳拉力F、重物所受摩擦力f的大小变化情况是（ ）
A．拉力F先减小再增大
B．拉力F逐渐减小
C．摩擦力f先减小再增大
D．摩擦力f先增大再减小
【答案】A
【解答】解：对重物进行受力分析，受重力mg、斜面的支持力N、滑动摩擦力f以及拉力F，根据摩擦力的计算公式可得：f＝μN，可知与N的合力F0的方向始终不变，设F0与N的夹角为α，如图1所示。
则tanα＝＝μ＝，解得：α＝30°；所以F0与竖直方向的夹角为θ＝30°+30°＝60°。
则可认为重物在F0、mg和F的作用下处于动态平衡状态，作出一系列力的矢量三角形如图2所示，
则由图可知F先减小后增大，F0一直减小。
由于摩擦力f＝F0sin30°，所以f一直减小，故BCD错误，A正确。
故选：A。
一十．牛顿第二定律（共7小题）
36．（2023•沙坪坝区校级开学）一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为的小物块a相连，如图所示。质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0。从t＝0时开始，对b施加沿斜面向上的拉力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。则（ ）
A．a、b在弹簧压缩量为处分离
B．b的加速度为
C．作用于b上的最小拉力为2mgsinθ
D．a在匀加速运动的时间为
【答案】D
【解答】解：A、由于初速度为0，b在分离前位移x1和分离后相等时间内位移x2之比为：
且由题可知：x1+x2＝x0
解得：
初始时压缩量为x0，分离前位移，即压缩量减小，可得a、b在弹簧压缩量为时分离，故A错误；
B、两物体刚好要分离时a与b之间无相互作用力，对a由牛顿第二定律可得
初始时小物体b紧靠a静止在斜面上，将二者看成一个整体，可知弹力大小与整体重力的分力大小相等，有
kx0＝（+m）gsinθ
解得：a＝gsinθ，故B错误；
C、分离前对整体分析可知，由牛顿第二定律有
则刚开始运动时拉力最小，则Δx＝x0，且
可得：，故C错误；
D、a与b在b向上运动的位移刚好分离，此前a在匀加速运动，则有：
解得：，故D正确。
故选：D。
37．（2023春•河南期末）如图所示，滑块A和足够长的木板B叠放在水平地面上，A和B之间的动摩擦因数是B和地面之间的动摩擦因数的4倍，A和B的质量均为m。现对A施加一水平向右逐渐增大的力F，当F增大到F0时A开始运动，之后力F按图乙所示的规律继续增大，图乙中的x为A运动的位移，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。对两物块的运动过程，以下说法正确的是（ ）
A．当F＞2F0，木块A和木板B开始相对滑动
B．当F＞F0，木块A和木板B开始相对滑动
C．自x＝0至木板x＝x0木板B对A做功大小为
D．x＝x0时，木板B的速度大小为
【答案】D
【解答】解：AB、设A、B之间的最大摩擦力为fm，B与地面之间的最大摩擦力为fm'，由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
则fm＝4μmg＞fm'＝μ•2mg＝2μmg，
可知，当F增大到F0，A开始运动时，B也和A一起滑动。则F0＝fm'＝2μmg，
当A、B发生相对滑动时，A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力，
对A分析得F﹣fm＝ma，
以AB为整体得F﹣fm′＝2ma
联立解得F＝3F0，故AB错误；
CD、木板自x＝0至x＝x0过程中，A、B没有发生相对滑动，整体动能定理得
，
对A用动能定理，得
联立解得，。故C错误，D正确。
故选：D。
38．（2023春•宁波期末）滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏现有直滑梯AB、AC、AD和BD，A、B、C、D在竖直平面内的同一圆周上，且A为圆周的最高点，D为圆周的最低点，如图所示，已知圆周半径为R。在圆周所在的竖直平面内有一位置P，距离A点为，且与A等高。各滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为g，则（ ）
A．如果小朋友在A点沿滑梯AB、AC由静止滑下，tAB＞tAC
B．如果小朋友分别从A点和B点沿滑梯AC，BD由静止滑下tBD＞tAC
C．若设计一部上端在P点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是
D．若设计一部上端在P点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是
【答案】C
【解答】解：AB、假设AB、AC与AD的夹角分别为α、β，则从AB、AC、BD下滑时有
解得
故AB错误；
CD、由AB项分析，画出以P点为最高点的半径为r的等时圆，如图，
当两圆相切时时间最短，有
解得
所以最短时间为
故C正确，D错误。
故选：C。
39．（2023•吉州区校级一模）滑雪运动是把滑雪板装在靴底上在雪地上进行速度、跳跃和滑降的竞赛运动。滑雪运动中当滑雪板相对雪地速度较大时，会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦。然而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大。假设滑雪者的速度超过8m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125。一滑雪者从倾角θ＝37°的坡顶A处由静止开始自由下滑，滑至坡底B（B处为一光滑小圆弧）后又滑上一段水平地面，最后停在C处，如图所示。不计空气阻力，已知坡长L＝24.1m，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
（1）滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间；
（2）滑雪者到达B处时的速度大小；
（3）若滑雪板与水平地面间的动摩擦因数μ3＝0.5，求滑雪者在水平地面上运动的最大距离。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）由牛顿第二定律得 mgsinθ﹣μ1mgcsθ＝ma1
得：a1＝gsinθ﹣μ1gcsθ＝10×0.6﹣0.25×10×0.8＝4m/s2
滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t1＝＝2s
（2）由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μ2mgcsθ＝ma2
得：a2＝
动摩擦因数改变前的位移：
则由
代入数据：
代入数据解得：vB＝15m/s
（3）根据牛顿第二定律：a3＝μ3g＝5m/s2
在水平面滑行的距离：x3＝＝＝22.5m
答：（1）滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间2s；
（2）滑雪者到达B处时的速度大小15m/s；
（3）若滑雪板与水平地面间的动摩擦因数μ3＝0.5，求滑雪者在水平地面上运动的最大距离22.5m。
40．（2023•张掖模拟）如图所示，光滑水平桌面上放着一个长木板A，物块B（可视为质点）和C通过一根细绳相连，细绳跨过固定在桌面上的光滑定滑轮，B放在木板最左端，C被绳竖直悬挂着．A、B、C质量相同，B与A之间动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．开始时C被托起，A、B、C均静止，C离地面的高度为h，释放C后．（g取10m/s2）
（1）若B与A之间动摩擦因数大于某值μ0，A、B将相对静止一起运动，求μ0的值；
（2）若μ＝0.2，h＝0.5m．C落地后不反弹，A运动到桌面边缘前，A和B已经达到共同速度且B未从A上滑下，求A板的最短长度．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）B对A的最大静摩擦力来提供A向前加速运动，加速度为：
对ABC整体受力分析，根据牛顿第二定律可知：mg＝3ma
解得：•
（2）若μ＝0.2＜，则A、B发生相对滑动，A的加速度为：
对BC组成的系统，根据牛顿第二定律可知：mg﹣μmg＝2ma
解得：a＝4m/s2，
C下落h所需时间为t，则h＝，解得：t＝
C落地时，A的速度为：vA＝aAt＝2×0.5m/s＝1m/s
通过的位移为：＝0.25m
B的速度为：vB＝at＝4×0.5m/s＝2m/s
通过的位移为：＝0.5m
此过程发生的相对位移为：Δx＝xB﹣xA＝0.25m
C落地后，A继续加速运动，B做减速运动，减速的加速度为：
设经历时间t′达到共同速度，则有：v共＝vA+aAt′＝vB﹣a′t′
解得：t′＝0.25s，v共＝1.5m/s
此过程A通过的位移为：＝m
B通过的位移为：＝m
发生的相对位移为：Δx′＝x″﹣x′＝0.125m
故木板的长度最小为：L＝Δx+Δx′＝0.375m
答：（1）μ0的值为；
（2）A板的最短长度为0.375m
41．（2023春•泸西县校级期末）如图所示，物块A（可视为质点）从O点水平抛出，抛出后经0.6s抵达斜面上端P处时速度方向与斜面平行．此后物块紧贴斜面向下运动，又经过2s物块到达斜面底端时的速度为14m/s．已知固定斜面的倾角θ＝37°（且sin37°＝0.6，cs37°＝0.8），g取10m/s2．试求：
（1）抛出点O与P点的竖直距离h；
（2）物块A从O点水平抛出的初速度v0；
（3）物块与斜面之间的动摩擦因数μ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）物块A从O点水平抛出做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则
（2）0.6s时物A竖直方向的分速度vy＝gt＝6m/s
因为，＝tan37°
所以，v0＝8m/s
（3）物块在P点的速度为v＝＝10m/s 又a＝＝2m/s2
根据牛顿第二定律得mgsinθ﹣f＝ma
f＝μN
代入得a＝gsinθ﹣μgcsθ
联立上式可得：μ＝0.5
答：（1）抛出点O与P点的竖直距离h＝1.8m；
（2）物块A从O点水平抛出的初速度v0＝8m/s；
（3）物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5．
42．（2023•广东学业考试）如图，在车厢长度L＝2.7m的小货车上，质量m＝70kg、厚度d＝0.2m的冰块用绳绑住并紧贴车厢前端，与货车一起以 v0＝36km/h的速度沿坡度为5%（即斜面倾角θ满足tanθ＝0.05，sinθ＝0.05，csθ＝1）的斜坡向上行动。某时刻，冰块从绑住的绳间滑脱并沿车厢底部滑向尾部，与尾挡板发生碰撞后相对车厢等速反弹；碰撞后，司机经过 t0＝0.5s的反应时间，开始以恒定加速度a刹车。已知冰块与车厢底板间动摩擦因数μ＝0.03，设冰块与尾挡板碰撞前后，冰块没有破碎，车厢的速度变化可以忽略；取重力加速度 g＝10m/s2。
（1）求从冰块滑脱，到司机开始刹车的这段时间内，小货车行驶的距离；
（2）若刹车过程，冰块恰能滑至初始位置且与车厢前端不发生碰撞，求a的值。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）小货车的速度v0＝36km/h＝10m/s
从冰块滑脱，到司机开始刹车过程，小货车做匀速直线运动，冰块相对车厢下滑，设冰块下滑的加速度大小为a1，对冰块受力分析，由牛顿第二定律得：
mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma1
代入数据解得：a1＝0.2m/s2
设经过t1时间，冰块与车厢后挡板碰撞，小货车的位移为x1＝v0t1
冰块的位移为x2＝v0t1﹣a1
由位移关系得：x1﹣x2＝L﹣d
代入数据联立解得：t1＝5s
从冰块滑脱，到司机开始刹车的这段时间内，小货车行驶的距离x3＝v0（t0+t1）＝10×（0.5+5）m＝55m
（2）冰块与车尾挡板碰撞前，冰块的速度大小为v1＝v0﹣a1t1＝10m/s﹣0.2×5m/s＝9m/s
冰块相对小货车的速度大小为Δv＝v0﹣v1＝10m/s﹣9m/s＝1m/s
冰块与车尾挡板碰撞后相对小货车以等速率反弹，冰块的速度大小为v2＝v0+Δv＝10m/s+1m/s＝11m/s
对冰块受力分析，设冰块的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcsθ＝ma2
代入数据解得：a2＝0.8m/s2
若冰块恰能滑至初始位置且与车厢前端不发生碰撞，即冰块滑至初始位置时，与小货车达到相同的速度，设司机刹车后t2时间，冰块到达车厢前端，从冰块与车厢碰撞到冰块到达车厢前端，冰块的位移为x4＝v2（t0+t2）﹣a2（t0+t2）2
小货车的位移为x5＝v0t0+v0t2﹣
由位移关系得：x4﹣x5＝L﹣d
由速度关系得：v2﹣a2（t0+t2）＝v0﹣at2
代入数据联立解得：t＝7s
a＝m/s2
即加速度的值为m/s2
答：（1）从冰块滑脱，到司机开始刹车的这段时间内，小货车行驶的距离为55m；
（2）若刹车过程，冰块恰能滑至初始位置且与车厢前端不发生碰撞，a的值为m/s2。
一十一．牛顿运动定律的应用——从受力确定运动情况（共2小题）
43．（2022秋•阆中市校级月考）如图所示，厚0.2m、长为3m的木板AB静止在粗糙水平地面上，C为其中点，木板上表面AC部分光滑，CB部分粗糙，下表面与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板右端静止放置一个小物块（可看成质点），它与木板CB部分的动摩擦因数μ2＝0.3。已知木板和小物块的质量均为2kg，重力加速度g取10m/s2，现对木板施加一个水平向右的恒力F。
（1）为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值Fm；
（2）当F＝22N时，小物块多长时间滑到木板中点C；
（3）接第（2）问，当小物块到达C点时撤去F，求小物块落地时与木极A端的距离。
【答案】（1）为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值为16N；
（2）当F＝22N时，小物块经1s滑到木板中点C；
（3）当小物块到达C点时撤去F，小物块落地时与木板A端的距离为0.33m。
【解答】解：（1）小物块能够达到的最大加速度为am
μ2mg＝mam
解得：am＝3m/s2
对整体进行受力分析
Fm﹣μ1（M+m）g＝（M+m）am
解之得 Fm＝16N
（2）此时小物块相对于长木板发生相对滑动
对长木板受力分析 F﹣μ1（M+m）g﹣μ2mg＝Ma1
得a1＝6m/s2
小物块加速度a2＝μ2g＝0.3×10m/s2＝3m/s2
当小物块位于中点时有：−＝L
可得 t1＝1s
（3）撤掉外力时长木板和小物块的速度分别为v1、v2
v1＝a1t1＝6×1m/s＝6m/s，v2＝a2t1＝3×1m/s＝3m/s
撤掉外力后，物块匀速，木板匀减速加速度为a3
μ1（M+m）g＝Ma3
代入得：a3＝2m/s2
设小物块从长木板中点滑动到最左端时长木板速度为v3，以长木板为参考系，则有：
2a3×＝（v1−v2）2−（v3−v2）2
可得此时：v3＝（3+）m/s
此时长木板的做减速运动加速度为：μ1Mg＝Ma4，
得：a4＝1m/s2
此后小物块做平抛运动，长木板做匀减速度运动，落地时距长木板左端的距离为：
Δs＝v3 −×1（）2﹣v2
代入数据后得：Δs＝0.33m
答：（1）为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值为16N；
（2）当F＝22N时，小物块经1s滑到木板中点C；
（3）当小物块到达C点时撤去F，小物块落地时与木板A端的距离为0.33m。
44．（2022•亭湖区校级开学）如图所示，质量M＝4kg的长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.7。这时铁箱内一个质量m＝1kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内侧的动摩擦因数u2＝0.5。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。求：
（1）铁箱对木块的支持力大小；
（2）水平拉力F的大小；
（3）减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当铁箱的速度v0＝6m/s时撤去拉力，经过t＝1.2s时间木块恰好从左侧到达右侧，则铁箱的长度是多少？
【答案】（1）铁箱对木块的支持力大小为20N；
（2）水平拉力F的大小为135N
（3）铁箱的长度是1.2m
【解答】解：（1）木块竖直方向处于平衡状态，有：μ2FN＝mg
解得
（2）对木块，由牛顿第二定律可得加速：
对整体有：F﹣μ1（M+m）g＝（M+m）a
解得：F＝135N
（3）撤去拉力后木块做减速运动，加速度：
铁箱也做减速运动，加速度：＝＝﹣7.5m/s2
铁箱经过停下，以后不再运动，位移
木块运动1.2s时间速度正好减为 v＝v0+aMt＝0
所以1.2s内木块的位移
所以铁箱的长度L＝xm﹣xM＝3.6m﹣2.4m＝1.2m
答：（1）铁箱对木块的支持力大小为20N；
（2）水平拉力F的大小为135N
（3）铁箱的长度是1.2m
一十二．牛顿运动定律的应用——连接体模型（共3小题）
45．（2023•青羊区校级模拟）（多选）推导匀变速直线运动位移公式时，匀变速直线运动在极短时间内可以看成是匀速直线运动，这一方法也适用于求非匀变速直线运动的位移，如图所示，光滑水平面上，物块B以1.2m/s的速度去撞固定在物块A上的轻弹簧，经过1s二者第一次速度相等，此时物块A运动的位移为0.36m，已知B的质量是A的质量的5倍，弹簧始终在弹性限度内，则以下说法正确的是（ ）
A．从开始运动到共速过程中，物块A的加速度始终是物块B的5倍
B．从开始运动到共速过程中，物块A的位移始终是物块B的位移的5倍
C．二者速度相等时，物块B的位移为1.128m
D．从开始运动到共速过程中，弹簧弹力对A和B做功的大小相等
【答案】AC
【解答】解：A、B压缩弹簧后弹簧发生形变，A、B受到弹簧弹力作用，由于水平面光滑，物块受重力、地面的支持力与弹簧弹力作用，物块所受合力等于弹簧弹力，因此物体所受合力F大小相等、方向相反，由牛顿第二定律得：a＝，由于A、B所受合力F大小相等，B的质量是A的质量的5倍，则A的加速度始终是物块B的加速度的5倍，即aA＝5aB，故A正确；
B、从开始运动到二者共速过程，B的速度始终大于A的速度，它们的运动时间相等，则B的位移大于A的位移，则物块A的位移不是始终是物块B的位移的5倍，故B错误；
C、物体A的位移xA＝t＝0.36m，B的位移大小xB＝v0t﹣＝v0t﹣×t，其中v0＝1.2m/s，t＝1s，代入数据解得：xB＝1.128m，故C正确；
D、从开始运动到共速过程中，B的位移也大于A的位移，弹簧弹力对B做功绝对值大于弹簧弹力对A做的功，故D错误。
故选：AC。
46．（2022秋•东城区期末）如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定在天花板上，下端与质量为m的物块A相连接。初始时刻，用挡板B托住物块A、使其处于静止状态，弹簧处于自由状态。利用计算机系统精确控制使挡板B竖直向下做加速度大小为a＝0.5g的匀加速直线运动，直至挡板与物块A分离，分离后物块A继续向下做加速度减小的加速运动，达到最大速度vm，而后继续向下减速运动到达最低点。此后物块A在竖直方向做往复运动。求：
（1）挡板B与物块A分离时，弹簧的伸长量x1；
（2）物块A达到最大速度vm时，弹簧的伸长量x2；
（3）以弹簧原长时物块A所在位置为坐标原点O，向下为正方向建立坐标轴Ox。
（a）定性画出物块A从静止到第一次达到最大速度vm的过程中，其加速度a随坐标x变化的图像；
（b）由a﹣x图像求物块A的最大速度vm。
【答案】（1）挡板B与物块A分离时，弹簧的伸长量x1为；
（2）物块A达到最大速度vm时，弹簧的伸长量x2为；
（3）（a）加速度a随坐标x变化的图像见解答；
（b）由a﹣x图像求物块A的最大速度vm为。
【解答】解：（1）挡板B与物块A分离时，对A，由牛顿第二定律得：mg﹣kx1＝m•0.5g
解得：x1＝
（2）物块A达到最大速度vm时，对A，由平衡条件得：mg＝kx2
解得：x2＝
（3）（a）当A和B分离前，整体向下做匀加速直线运动，加速度为0.5g；
当A和B分离后，对A，根据牛顿第二定律得：mg﹣kx＝ma，则a随x增大而均匀减小；
物块A加速度a随坐标x变化的图像如图
（b）由v2＝2ax得，a﹣x图像与坐标轴围成的面积为，则vm2＝2•（x1+x2）•0.5g
解得：vm＝
答：（1）挡板B与物块A分离时，弹簧的伸长量x1为；
（2）物块A达到最大速度vm时，弹簧的伸长量x2为；
（3）（a）加速度a随坐标x变化的图像见解答；
（b）由a﹣x图像求物块A的最大速度vm为。
47．（2022秋•郾城区校级期末）如图所示，水平平台的右端安装有定滑轮，质量为M＝2.0kg的物块放在与定滑轮相距L＝2.5m的平台上，物块与平台间的动摩擦因数为μ＝0.2．现有一轻绳跨过定滑轮，左端与物块连接，右端挂质量为m的小球，绳拉直时用手托住小球使其在距地面h高处静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，求：
（1）取m＝1.0kg，放开小球，小球和物块一起运动，求小球做匀加速运动时的加速度大小a以及此时绳子的拉力大小T；
（2）取m＝1.0kg，放开小球，小球和物块一起运动，要使物块刚好能运动到右端滑轮处，则小球静止时距地面的高度h至少为多大？（设小球着地后立即停止运动）
（3）取h＝0.5m，要使物块能够向右运动且撞不到定滑轮，求小球质量m的取值范围。（设小球着地后立即停止运动）
【答案】（1）取m＝1.0kg，放开小球，系统运动，小球做匀加速运动时的加速度大小a以及此时绳子的拉力大小T为8N；
（2）取m＝1.0kg，放开小球，系统运动，小球着地后立即停止运动，要使物块M刚好能运动到右端滑轮处，则小球静止时距地面的高度h至少为1.25m；
（3）取h＝0.5m，小球着地后立即停止运动，要使物块撞不到定滑轮，小球质量m的取值范围为0.4kg＜m≤10kg。
【解答】解：（1）根据牛顿第二运动定律得：
对小球有：mg﹣T＝ma
对物块有：T﹣μMg＝Ma
代入数据联立解得：a＝2m/s2
绳子拉力大小：T＝8N
（2）设小球着地时物块的速度为v，小球着地后物块做匀减速运动的加速度大小为a'，则小球着地后，对物块M有：﹣μMg＝﹣Ma'
代入数据解得：a'＝2.0m/s2
对M由运动学公式得：v2＝2ah＝2a'（L﹣h）
代入数据解得：h＝1.25m
（3）设小球着地后，物块滑行距离为s，对物块M有：0﹣v2＝﹣2a's
且：s≤L﹣h
又：v2＝2ah
代入数据联立解得：a≤8m/s2
又由：，
解得：m≤10kg
要能够拉动物块必须有：mg＞μMg，
即：m＞0.4kg
小球质量的范围是：0.4kg＜m≤10kg
答：（1）取m＝1.0kg，放开小球，系统运动，小球做匀加速运动时的加速度大小a以及此时绳子的拉力大小T为8N；
（2）取m＝1.0kg，放开小球，系统运动，小球着地后立即停止运动，要使物块M刚好能运动到右端滑轮处，则小球静止时距地面的高度h至少为1.25m；
（3）取h＝0.5m，小球着地后立即停止运动，要使物块撞不到定滑轮，小球质量m的取值范围为0.4kg＜m≤10kg。
一十三．牛顿运动定律的应用——板块模型（共3小题）
48．（2022秋•芜湖期末）如图所示，在粗糙的水平地面上有一长为L＝12m、质量为M＝2kg的长木板B，在长木板的中点P放有一质量为m＝1kg可视为质点的小物块A，开始时A、B均静止。已知A与B、B与地面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.1和μ2＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平向右的恒力F拉长木板B，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）当小物块A刚好相对长木板B滑动时，小物块A的加速度a0大小；
（2）若水平拉力F1＝10.5N，小物块A所受到的摩擦力f大小；
（3）若水平拉力F2＝24N，要使小物块刚好不滑离长木板，F2作用多长时间；当A、B都停止运动时，小物块A到木板中点P的距离d。
【答案】（1）当小物块A刚好相对长木板B滑动时，小物块A的加速度a0大小为1m/s2；
（2）若水平拉力F1＝10.5N，小物块A所受到的摩擦力f大小为0.5N；
（3）小物块A到木板中点P的距离为4.5m。
【解答】解：（1）当A与B刚要相对滑动时，对A有μ1mg＝ma0
则
（2）当F1＝10.5N时，因μ2（M+m）g＜F1＜μ2（M+m）g+（M+m）a0＝0.3×（2+1）×10N+（2+1）×1N＝12N
故A、B一起做匀加速运动，对A、B整体F1﹣μ2（M+m）g＝+（M+m）a共
解得a共＝0.5m/s2
对A有f＝ma共
解得f＝0.5N
（3）因水平拉力F2＝24N＞μ2（M+m）g+（M+m）a0＝0.3×（2+1）×10N+（2+1）×1N＝12N
故A、B相对滑动，对A有μ1mg＝ma1
解得
对B有F2﹣μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma2
解得
设拉力作用t1时最终小物块刚好没有滑离长木板，则t1时小物块速度和位移为v1＝a1t1，
则t1时木板的速度和位移为v2＝a2t1，
则此过程中A相对B向左滑动距离
水平拉力撤去后，设再经时间t2，A、B刚好共速。因A的受力不变，故A继续加速，加速度
B做匀减速运动，有
解得
则v'＝v1+a1t2＝v2﹣a3t2
此过程中A相对B向左滑动Δx2＝﹣＝
因A、B间动摩擦因数小，故共速后A相对B向右滑动，此时A刚好滑到B最左端，则＝m＝6m
联立解得v共＝2m/s，t1＝1s，t2＝1s
A、B共速后，A做匀减速运动的加速度
B继续做匀减速运动，有μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma4
解得
A、B停止时，A相对B向右滑动的距离为Δs＝﹣
解得Δs＝1.5m
此时A到P点的距离为d＝Δx﹣Δs＝6m﹣1.5m＝4.5m
答：（1）当小物块A刚好相对长木板B滑动时，小物块A的加速度a0大小为1m/s2；
（2）若水平拉力F1＝10.5N，小物块A所受到的摩擦力f大小为0.5N；
（3）小物块A到木板中点P的距离为4.5m。
49．（2023春•宁波期末）如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8m、质量M＝3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2？（ ）
A．要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，需恒力F＞15N
B．当恒力F＝25N时，物块会与木板发生相对滑动
C．当恒力F＞30N时，物块会与木板发生相对滑动
D．当恒力F＝37.5N时，物块滑离木板所用的时间为1s
【答案】C
【解答】解：要使木块和木板之间不产生相对滑动，则对M、m由牛顿第二定律得：F﹣（M+m）gsinα＝（M+m）a
对m有：f﹣mgsinα＝ma，f⩽μmgcsα
代入数据解得：F⩽30N
因要拉动，则：
则为使物块不滑离木板，力F应满足的条件为20N＜F⩽30N。
A、要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，需恒力F＞20N，故A错误；
B、20N＜F＝25N＜30N，M和m沿斜面向上做匀加速运动，不产生相对滑动，故B错误；
C、F＞30N 时，M和m产生相对滑动，故C正确；
D、当 F＝37.5N＞30N，物块能滑离木板，对M有：F﹣μmgcsα﹣Mgsinα＝Ma1
对m有：μmgcsα﹣mgsinα＝ma2
设滑块滑离木板所用的时间为t，由运动学公式得
代入数据解得：t＝1.2s，故D错误。
故选：C。
50．（2023春•崂山区校级期末）（多选）如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q（可视为质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的恒力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，5s后撤去力F。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知物块与长木板的质量相等，均为2kg，滑块Q始终没有从长木板P上滑下，重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．t＝12s时长木板P停下来
B．长木板P的长度至少是12m
C．地面与长木板P之间的动摩擦因数是0.075
D．恒力F等于6N
【答案】CD
【解答】解：在两者速度相同之前长木板P的速度大于小滑块Q的速度，Q相对P向左运动。由乙图可知，力F在t1＝5s时撤去，此时长木板P的速度为v1＝5m/s，t2＝6s时二者速度相同，相同的速度为v2＝3m/s。
t2＝6s后两者并未相对静止，说明P减速的加速度大于Q的加速度，P的速度小于Q的速度，P早于Q速度减为零。
设两者的质量均为m，P与Q之间的动摩擦因数为μ1，P与地面之间的动摩擦因数为μ2。
C、在0～6s过程中，以滑块Q为研究对象，根据牛顿第二定律可得：μ1mg＝ma1
由v﹣t图像的斜率可得：a1＝m/s2＝0.5m/s2，解得：μ1＝0.05
在5s～6s过程中，以长木板P为研究对象，根据牛顿第二定律可得：μ2•2mg+μ1mg＝ma2
由v﹣t图像的斜率的绝对值可得：a2＝m/s2＝2m/s2，解得：μ2＝0.075，故C正确。
D、在0～5s过程中，对P受力分析，根据牛顿第二定律可得：F﹣μ2•2mg﹣μ1mg＝ma
由v﹣t图像可得：a＝m/s2＝1m/s2，解得：F＝6N，故D正确。
A、6s末到长木板停下来过程中，根据牛顿第二定律可得：μ2•2mg﹣μ1mg＝ma3
解得：
这段时间为：，故在t3＝6s+3s＝9s时长木板P停下来，故A错误。
B、由v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移，可得在0～6s过程中滑块Q相对长木板P向左滑行的位移大小为：
6s后滑块Q的匀减速运动与之前的匀加速运动具有对称性，可知Q在12s时速度减为零。
在6s之后的过程中滑块Q相对长木板P向右滑行的位移大小为：
因Δx1＞Δx2，故长木板P的长度至少等于Δx1＝7.5m，故B错误。
故选：CD。
一十四．牛顿运动定律的综合应用（共2小题）
51．（2023•潍坊一模）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，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）若P的质量M＝0.5kg，地面对斜面体摩擦力的大小f为；
（2）为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，P的质量M需满足的条件是：1kg＜M≤5kg。
【解答】解：（1）设沿斜面向上为正方向，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为整体，根据受力平衡可得，地面对斜面体摩擦力的大小为：f＝Fcs30°
联立解得：
（2）P着地后，设Q继续上滑的加速度大小为a1，上滑行距离为x，
对Q受力分析，由牛顿第二运动定律得：mgsinθ+μmgcsθ＝ma1
解得：
P着地前瞬间，设Q速度大小为v，对Q分析，由运动学公式可得v2＝2ah，0﹣v2＝﹣2a1x
Q恰好不从斜面顶端滑出需满足：x＝L﹣h
联立代入数据解得：
对于P、Q组成的系统，根据牛顿第二定律可得：Mg﹣mgsinθ﹣μmgcsθ＝（M+m）a
联立可得：M＝5kg
另一方面为了使P能下落，必须满足：Mg＞mgsinθ+μmgcsθ
解得：M＞1kg
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
答：（1）若P的质量M＝0.5kg，地面对斜面体摩擦力的大小f为；
（2）为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，P的质量M需满足的条件是：1kg＜M≤5kg。
52．（2022春•滨海新区校级期中）如图所示，传送带以一定速度沿水平方向匀速运动，将质量m＝1.0kg的小物块轻轻放在传送带上的P点，物块运动到A点后被水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑。B、C为圆弧的两端点，其连线水平，轨道最低点为O，已知到达O点的速度大小为v＝m/s；已知圆弧对应圆心角θ＝106°，圆弧半径R＝1.0m，A点距水平面的高度h＝0.8m，第一次到C点的速度大小和B点的速度大小相等。小物块离开C点后恰好能无碰撞地沿固定斜面向上滑动，经过0.8s小物块第二次经过D点，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝．（取sin53°＝0.8，g＝10m/s2）求：
（1）小物块离开A点时的水平速度大小和B点的速度大小；
（2）小物块经过O点时，轨道对它的支持力大小；
（3）斜面上C、D间的距离。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）对于小物块，由A到B做平抛运动，在B点竖直方向上有 ①
在B点时有 ②
由①②解得 vA＝3m/s
小物体在B点的速度为
（2）在O点由牛顿第二定律得
解得 FN＝43N
（3）物块沿斜面上滑时，有mgsin53°+μmgcs53°＝ma1
物块到达C点的速度 vC＝vB＝5m/s
小物块由C上升到最高点的时间为 t1＝
联立解得 t1＝0.5s
则小物块由斜面最高点回到D点历时 t2＝0.8s﹣0.5s＝0.3s
小物块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得 mgsin53°﹣μmgcs53°＝ma2
C、D间的距离为 xCD＝﹣
解得 xCD＝0.98m
答：
（1）小物块离开A点时的水平速度大小为3m/s，B点的速度大小为5m/s；
（2）小物块经过O点时，轨道对它的支持力大小是43N；
（3）斜面上C、D间的距离是0.98m。
一十五．探究小车速度随时间变化的规律（共4小题）
53．（2021秋•黄龙县校级月考）光电计时器是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图甲所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间．乙图中MN是水平桌面．Q是木板与桌面的接触点，1和2是固定在木板上适当位置的两个光电门，与之连接的两个光电计时器没有画出．此外在木板顶端的P点还悬挂着一个铅锤，让滑块从木板的顶端滑下，光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为5.0×10﹣2s和2.0×10﹣2s．小滑块的宽度d＝5.0cm，则滑块通过光电门1的速度为 1m/s ，滑块通过光电门2的速度为 2.5m/s ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：因为较短时间内的平均速度可以表示瞬时速度，所以v1＝＝ m/s＝1.0m/s．
v2＝＝m/s＝2.5m/s．
故答案为：1 m/s，2.5m/s．
54．（2021秋•松山区校级月考）在探究小车速度随时间变化规律的实验中，得到一条如图1所示的纸带，按时间顺序取0、1、2、3、4、5、6都为共7个计数点。0到6每相邻两计数点间各有四个打印点未画出，测得相邻计数点的距离依次为S1＝1.40cm，S2＝1.90cm，S3＝2.38cm，S4＝2.88cm，S5＝3.39cm，S6＝3.87cm。
（1）在计时器打出点1、2、3、4、5时，小车的速度分别为：V1＝ 0.165 m/s，V2＝ 0.214 m/s，V3＝ 0.263 m/s，V4＝ 0.314 m/s，V5＝ 0.363 m/s。
（2）在图2中作出速度—时间图象，并由图象求出小车的加速度a＝ 0.495 m/s2。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T＝0.1s，
计数点1的瞬时速度等于0、2段的平均速度，则有：
v1＝＝0.165m/s；
计数点2的瞬时速度等于1、3段的平均速度，则有：
v2＝＝0.214m/s；
计数点3的瞬时速度等于2、4段的平均速度，则有：
v3＝＝0.263m/s。
计数点4的瞬时速度等于3、5段的平均速度，则有：
v4＝×10﹣2＝0.314m/s；
计数点5的瞬时速度等于4、6段的平均速度，则有：
v5＝＝0.363m/s；
（2）根据描点法，作图，如下图所示：
则小车的加速度为：
a＝k＝m/s2＝0.495m/s2。
故答案为：（1）0.165，0.214，0.263，0.314，0.363；（2）如上图所示，0.495。
55．（2023春•保定期末）某实验小组用如图（a）所示装置探究小车做匀变速直线运动的规律。
（1）请在下列实验器材中，选出本实验中不需要的器材： ⑥ （填编号）。
①电火花计时器②电压220V频率50Hz的交流电源③细线和纸带钩码和小车⑤刻度尺⑥秒表⑦一端带有滑轮的长木板
（2）①甲同学得到如图（b）所示的一条纸带，在纸带上每5个点选取1个计数点，依次标记为A、B、C、D、E。测量时发现B点已经模糊不清，于是他测得AC长为14.56cm、CD长为11.15cm、DE长为13.73cm，则小车运动的加速度大小为 2.58 m/s2，A、B间的距离应为 5.99 cm。（均保留三位有效数字）
②若打点计时器实际工作频率f＝51Hz，电压不变，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值 偏小 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
（3）乙同学得到点迹清晰的纸带如图（c），在纸带上取六个计数点（各点到纸带两侧距离相等），标记为A、B、C、D、E、F，相邻两点的间距依次记为x1、x2、x3、x4、x5，相邻计数点的时间间隔记为T。从每个计数点处将纸带剪开分成五段，将五段纸带两侧依次靠紧但不重叠，沿下端各计数点连线作横轴，沿AB段左侧作纵轴，上端各计数点拟合成一条倾斜直线，如图（d）所示。
①若用横轴表示时间t，纸带宽度表示T，纵轴表示xn（n＝1、2、3、4、5），则倾斜直线的斜率表示的物理量是 C （填序号）。
A．位移
B．瞬时速度
C．T内瞬时速度的变化量
D．加速度
②若用纵轴表示xn（n＝1、2、3、4、5），纸带宽度表示 T2 （用题中所给物理量符号写出表达式），则倾斜直线的斜率就表示纸带运动的加速度。
【答案】（1）⑥；（2）2.58；5.99；偏小；（3）C；T2
【解答】解：（1）打点计时器有计时功能，故不需要秒表，故选⑥。
（2）相邻计数点的时间间隔为
由逐差法可得
根据
x2+x1＝14.56cm
解得：x1＝5.99cm
若打点计时器实际工作频率f＝51Hz，电压不变，而做实验的同学并不知道，那么计算加速度代入的T值相比于真实值偏大，根据，可知，加速度偏小。
（3）①若用横轴表示时间t，纸带宽度表示T，纵轴表示xn（n＝1、2、3、4、5），则直线斜率
，
此处在理解时一定要灵活处理，根据实际关系式来理解图像，不能机械的记忆图像表示的是什么图像。所以所连斜直线的斜率表示相邻计数点的瞬时速度的变化，故C正确，ABD错误；
故选：C。
②若用纵轴表示xn（n＝1、2、3、4、5），根据
Δx＝aT2
可知，纸带宽度表示T2。
故答案为；（1）⑥；（2）2.58；5.99；偏小；（3）C；T2
56．（2023秋•三亚期中）某同学在研究小车运动实验中，电源频率f＝50Hz，在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，零点未画出，如图所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：sA＝16.6mm、sB＝126.5mm、sD＝624.5mm。根据以上信息回答：
（1）某同学在研究小车运动实验中，接通电源与释放纸带（或物体），这两个操作时刻的关系应当是 A ；
A.先接通电源，后释放纸带
B.先释放纸带，后接通电源
C.释放纸带的同时接通电源
D.先接通电源或先释放纸带都可以
（2）相邻两个计数点的时间间隔T为 0.1 s；
（3）打C点时物体的速度大小为 2.5 m/s（取2位有效数字）；
（4）物体加速度a的表达式为 （用sA、sB、sD和f表示）。
【答案】（1）A；（2）0.1；（3）2.5；（4）
【解答】解：（1）实验操作时，应先接通电源，再释放纸带。故A正确，BCD错误。
（2）打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，则相邻两计数点的时间间隔为：T＝5×0.02s＝0.1s。
（3）打C点时物体的速度大小等于BD间的平均速度，即为：vc＝＝ m/s＝2.5m/s。
（4）根据逐差法可知
sCD﹣sAB＝2aT2，sBC﹣sAB＝aT2
解得sBD﹣2sAB＝3aT2
其中T＝
加速度为
a＝
故答案为：（1）A；（2）0.1；（3）2.5；（4）
一十六．验证力的平行四边形定则（共2小题）
57．（2023•河北区学业考试）在“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，先用一个弹簧秤拉橡皮条的另一端到某一点并记下该点的位置；再将橡皮条的另一端系两根细绳，细绳的另一端都有绳套，用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条。
（1）某同学认为在此过程中必须注意以下几项：
A．两根细绳必须等长
B．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上
C．在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行
D．在用两个弹簧秤同时拉细绳时要注意使两个弹簧秤的读数相等
E．在用两个弹簧秤同时拉细绳时必须将橡皮条的另一端拉到用一个弹簧秤拉时记下的位置
其中正确的是 CE 。（填入相应的字母）
（2）在“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。
①图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向是 F' 。
②本实验采用的科学方法是 B
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）本实验中我们只需使两个力的效果与一个力的效果相同即可，细绳的长度是否相等与本实验无关，合力不需要一定过两分力的角平分线，且两分力也不一定相等，故ABD错误；
但为了减小实验的误差，应要求用一个力拉和用两个力拉时的效果应相同，即必须将橡皮条拉至同一位置，故E正确；
为保证拉力的方向为在纸面上画出的方向，弹簧秤一定要与木板平行；故C正确；故选：CE。
（2）①图乙中的F与F′中，F是由平行四边形得出的，而F′是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方向相同，一定与AO共线的是 F′。
②本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法。
故选：B。
故答案为：（1）CE； （2）①F′；②B。
58．（2023秋•西城区校级期中）某同学做“验证平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．
（1）如果没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是 F′ ．
（2）本实验采用的科学方法是 B ．
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法
（3）实验时，主要的步骤是：
A．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；
B．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；
C．用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O．记录下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数；
D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F；
E．只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F′的图示；
F．比较F′和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论．
上述步骤中：①有重要遗漏的步骤的序号是 C 和 E ；
②遗漏的内容是 C中未记下两条细绳的方向 和 E中未说明把橡皮条的结点拉到位置O ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧秤沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧秤的拉力与两个弹簧秤的拉力效果相同，测量出的合力．故方向一定沿AO方向的是F′；
（2）合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法，故B正确．
故选：B
（3）本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，作出合力和理论值和实际值，然后进行比较，得出结果．所以，实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示．步骤C中未记下两条细绳的方向；步骤E中未说明把橡皮条的结点拉到位置O．
故答案为：（1）F′；（2）B；（3）①C、E；②C中未记下两条细绳的方向；E中未说明把橡皮条的结点拉到位置O
一十七．探究加速度与力、质量的关系（共2小题）
59．（2023秋•海淀区期中）某同学用如图1所示的装置进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验。
（1）下列说法正确的是 D 。
A.本实验还需要天平、秒表
B.和小车相连的细线与长木板不一定要平行
C.应该先释放小车，再接通电源
D.平衡摩擦的目的是为了使小车加速运动时所受合力的大小等于细线拉力的大小
（2）某次实验得到的纸带如图2所示，每两个计数点间有四个点未画出。已知实验所用电源的频率为50Hz。根据纸带可求出小车的加速度大小为 0.51 m/s2，打点计时器打B点时小车的速度为 0.64 m/s。（结果均保留两位有效数字）
（3）该同学在探究“加速度与质量的关系”时，保持小吊盘及盘中砝码的总质量m不变，通过改变小车中的重物来改变小车的质量M，分别测出小车相应的加速度。为了通过图像直观地判断小车的加速度a与质量M之间是否成反比，应该做出a与 的图像。
（4）该同学在“探究加速度与力的关系”时，首先平衡了小车所受的摩擦力，然后保持小车的质量M不变，改变小吊盘中砝码数量来改变细线对小车的拉力。小吊盘及盘中砝码的总质量用m表示。若该同学在实验中逐渐增加盘中砝码的数量，直到m＝M。实验中他操作过程规范，并正确测量获得实验数据，则图3所示图像能正确反映小车的加速度a和m之间关系的是 B 。
【答案】（1）D；（2）0.51；0.64；（3）；（4）B
【解答】解：（1）A.本实验还需要天平，有打点计时器，所以不需要秒表，故A错误；
B.与小车相连的细线与长木板一定要平行，细线拉力才能等于小车所受合力，故B错误；
C.应该先接通电源，再释放小车，故C错误；
D.平衡摩擦的目的是为了使小车加速运动时所受合力的大小等于细线拉力的大小，故D正确；
故选：D。
（2）相邻计数点间的时间间隔为：T＝＝s＝0.1s
根据逐差法可得小车的加速度为：a＝＝×0.01m/s2＝0.51m/s2
匀变速直线运动某段中间时刻速度等于该段的平均速度，则打下B点时小车的速度为vB＝＝×0.01m/s＝0.64m/s
（3）要直观的反映两个量之间的关系，可以通过作图来解决．但是只有作出一条直线，才可以直观的反映两个变量之间的关系，在探究加速度a与质量m的关系时，为了直观判断二者间的关系，应作出a﹣图象；
（4）根据牛顿第二定律可知
mg＝（m+M）a
解得
＝+
当m≪M时，符合线性关系，故ACD错误，B正确；
故选：B。
故答案为：（1）D；（2）0.51；0.64；（3）；（4）B
60．（2023春•合肥期中）在探究“小车质量不变时，其加速度与力的关系”的实验中，某实验小组设计了如图甲所示的装置，A为小车，B为打点计时器，C为力传感器（测绳子的拉力），P为小桶（内有砂子），M是一端带有定滑轮的足够长的木板。不计滑轮的质量及轻绳与滑轮间的摩擦。
（1）实验中，为了使轻绳对小车的拉力等于小车所受的合力，先调节长木板一端滑轮的高度，使轻绳与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是 C 。
A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节小桶内砂子的量，使小车在小桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
B．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带及小桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动
C．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去小桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。
（2）在该实验中， 不需要 （选填“一定要”或“不需要”）满足小桶（内有砂子）的质量远小于小车的质量这一条件。
（3）已知交流电源的频率为50Hz，某次实验得到的纸带如图乙所示，图中相邻计数点之间还有4个点未标出，由该纸带可求得小车的加速度a＝ 0.85 m/s2．（结果保留两位小数）
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，即平衡摩擦力，故C正确，AB错误。
故选：C；
（2）在该实验中，不需要满足小桶（内有砂子）的质量远小于小车的质量这一条，原因绳子的拉力，通过力传感器来测量的。
（3）相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，相邻的计数点时间间隔为T＝0.1s，
利用匀变速直线运动的推论Δx＝at2，得：
a＝＝m/s2＝0.85m/s2
故答案为：（1）C； （2）不需要； （3）0.85。
一．匀变速直线运动速度与时间的关系（共5小题）
二．匀变速直线运动位移与时间的关系（共5小题）
三．追及相遇问题（共3小题）
四．匀变速直线运动规律的综合运用（共4小题）
五．自由落体运动（共4小题）
六．摩擦力的判断和计算（共4小题）
七．力的合成与分解的应用（共2小题）
八．一般情况下的共点力平衡（共5小题）
九．动态平衡分析（共3小题）
一十．牛顿第二定律（共7小题）
一十一．牛顿运动定律的应用——从受力确定运动情况（共2小题）
一十二．牛顿运动定律的应用——连接体模型（共3小题）
一十三．牛顿运动定律的应用——板块模型（共3小题）
一十四．牛顿运动定律的综合应用（共2小题）
一十五．探究小车速度随时间变化的规律（共4小题）
一十六．验证力的平行四边形定则（共2小题）
一十七．探究加速度与力、质量的关系（共2小题）
一．匀变速直线运动速度与时间的关系（共5小题）
1．（2023秋•湖南期中）（多选）甲、乙、丙三个物体做匀变速直线运动，通过A点时，物体甲的速度是6m/s，加速度为﹣1m/s2；物体乙的速度是2m/s，加速度是3m/s2；物体丙的速度是﹣4m/s，加速度是2m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．通过A点，物体甲最快，丙最慢
B．通过A点前1s时，物体乙、丙的运动方向相同
C．通过A点后1s时，物体甲、乙的速度相同
D．通过A点后3s时，物体甲、乙、丙的运动方向均相同
【答案】BCD
【解答】解：A、通过A点，物体甲的速度大小为6m/s，乙的速度大小为2m/s，丙的速度大小为4m/s，可知物体甲最快，乙最慢，故A错误；
B、通过A点前1s时，根据速度—时间公式v＝v0+at
可得物体乙的速度为：
v1＝v0乙﹣a乙t1＝（2﹣3×1）m/s＝﹣1m/s
通过A点前1s时，物体丙的速度为：
v2＝v0丙﹣a丙t1＝（﹣4﹣2）m/s＝﹣6m/s
矢量的正负表示矢量的方向，可知通过A点前1s时，物体乙、丙的运动方向相同，故B正确；
C、通过A点后1s时，根据速度—时间公式v＝v0+at
可得物体甲的速度为：
v3＝v0甲+a甲t1＝[6+（﹣1）×1]m/s＝5m/s
物体乙的速度为：
v4＝v0乙+a乙t1＝（2+3×1）m/s＝5m/s
可见物体甲乙的速度相同，故C正确；
D、通过A点后3s时，根据速度—时间公式v＝v0+at
可得物体甲的速度为：
v5＝v0甲+a甲t3＝[6+（﹣1）×3]m/s＝3m/s
物体乙的速度为：
v6＝v0乙+a乙t3＝（2+3×3）m/s＝11m/s
物体丙的速度为：
v7＝v0丙+a丙t3＝（﹣4+2×3）m/s＝2m/s
矢量的正负表示矢量的方向，所以物体甲、乙、丙的运动方向相同，故D正确。
故选：BCD。
2．（2022秋•禅城区校级月考）（多选）给滑块一初速度v0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为a，当滑块速度大小变为时，所用时间可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【解答】解：规定初速度方向为正方向，则加速度方向为负，当滑块的末速度方向与初速度方向相同，根据速度—时间公式，
可得所用时间为：t1＝＝
当滑块的末速度方向与初速度方向相反，根据速度—时间公式，
可得所用时间为：t2＝＝，故AD正确，BC错误。
故选：AD。
3．（2022春•宝山区校级月考）自行车从静止开始做匀加速直线运动，经10s后速度达到5m/s，在这段时间内自行车的速度变化量为 5 m/s，加速度为 0.5 m/s2。
【答案】5，0.5.
【解答】解：速度变化量Δv＝v﹣v0＝5m/s﹣0＝5m/s
根据加速度的定义a＝＝m/s2＝0.5m/s2
故答案为：5，0.5.
4．（2022•天津模拟）某辆汽车做匀减速直线运动，初速度大小为15m/s，加速度大小为3m/s2，求：
①汽车第6s末的瞬时速度大小？
②汽车末速度为零时所经历的时间？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：汽车减速到零所需的时间：s
因为3s＜5s，在第三秒末汽车还没有停止，所以3s末的速度为：
v3＝v0+at3＝15﹣3×3＝6m/s
汽车在第5s末已经停止运动，所以第6s末的瞬时速度大小是0．
答：①汽车第6s末的瞬时速度大小为零；
②汽车末速度为零时所经历的时间为5s．
5．（2022秋•伊川县校级月考）世界一级方程式（F1）比赛过程中，赛车在比赛中有一次进站加油的过程．在某次比赛中，处于第一名的赛车进站加油，该赛车进站时一直做减速运动，平均加速度为30m/s2，出站时一直做加速运动，平均加速度为45m/s2，加油时间为6s，进站前和出站后在赛道上的速度均为90m/s，则该赛车从进站到出站所用时间是多少？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：赛车的进站过程做匀减速运动，初速度为v0＝90m/s，末速度为v＝0，加速度为a1＝﹣30m/s2，则进站时间为：
t1＝＝＝3s．
赛车的出站过程做匀加速运动，初速度为v0＝0，末速度为v＝90m/s，加速度为a2＝45m/s2，则出站时间为：
t2＝＝2s．
所以该赛车从进站到出站所用时间是：t＝t1+t2+6s＝2+3+6＝11s
答：该赛车从进站到出站所用时间为11s．
二．匀变速直线运动位移与时间的关系（共5小题）
6．（2023秋•石家庄期中）一个物体从静止开始以加速度a1做匀加速直线运动，经过时间t后，立即以加速度a2做匀减速直线运动。若其再经过时间t恰好能回到原点，则其从开始运动到速度减为0的过程所用的时间为（ ）
A．B．C．D．2t
【答案】B
【解答】解：通过题意可以做出物体的运动图像，如图所示：
设图像中 A、B 两点对应的速度分别为v1 和﹣v2，图像中 C 点的横坐标为（t+Δt），当质点的位移为0时，通过运动学图像的面积关系得到：SOAC＝SCDB，即v1（t+Δt）＝v2（t﹣Δt），又有直线的斜率关系 ＝，联立可以解得：，总时间为t+Δt＝，故B正确，A、C、D错误。
故选：B。
7．（2022秋•沧州期中）（多选）某人在一条平直的公路上测试汽车的加速和减速性能，汽车以18km/h的速度匀速行驶，然后以大小为0.5m/s2的加速度匀加速运动并开始计时，加速10s后开始刹车以大小为1m/s2的加速度匀减速运动，下列说法正确的是（ ）
A．在t＝10s时，汽车走过的位移大小是50m
B．在t＝12s时，汽车的速度大小是8m/s
C．在t＝22s时，汽车走过的位移大小是123m
D．在t＝22s时，汽车走过的位移大小是125m
【答案】BD
【解答】解：A.设加速时加速度大小为a1，根据匀变速直线运动的位移—时间关系得加速10s时通过的位移为，故A错误；
B.设减速时加速度大小为a2，加速10s的速度为v1＝v0+a1t1＝5m/s+0.5×10m/s＝10m/s，再减速2s就是12s时的速度为v2＝v1﹣a2t2＝10m/s﹣1×2m/s＝8m/s，故B正确；
CD.减速的初速度时加速的末速度v1，根据匀变速直线运动的速度—时间关系得减速到零需要的时间为，即汽车从加速再减速到零总需时间为t＝10s+10s＝20s，22s时车已经停止2s，位移为20s时的位移，由匀变速直线运动的位移—时间关系得减速位移为，即t＝22s时汽车走过的位移大小为x″＝x+x′＝75m+50m＝125m，故C错误，D正确。
故选：BD。
8．（2021•辽宁模拟）（多选）2022年冬奥会交通保障体系建设重点工程﹣﹣连接北京市延庆区和河北省张家口市崇礼区的延崇高速公路通车，该路段还在全国率先开展了高速公路场景L4级自动驾驶和基于蜂窝网络技术车路协同测试。甲、乙两试验车在同一车道上同向匀速行驶，t＝0时刻，在前面以速度为36km/h行驶的甲车突然以a＝2m/s2的加速度减速，在后面以72km/h速度行驶的乙车通过车联网实现车与车、车与路等的互联和信息交互同时刹车，两车刹车过程均可视为匀减速直线运动，忽略刹车时的反应时间，则（ ）
A．若两车不相撞，甲车在6s内的位移大小为25m
B．若两车刹车前相距12m，乙车以加速度6m/s2刹车，可能在t＝3s时撞上甲车
C．若两车刹车前相距20m，则乙车的加速度至少为4m/s2才能避免两车相撞
D．若两车刹车前相距37.5m，则乙车的加速度至少为3.2m/s2才能避免两车相撞
【答案】AD
【解答】解：选取车运动的方向为正方向，v1＝36km/h＝10m/s；v2＝72km/h＝20m/s；甲的加速度的大小：a＝2m/s2，乙的加速度的大小：a′；
A、若两车不相撞，甲车停止的时间：＝5s，
甲在6s内的位移大小等于5s内的位移，为m＝25m，故A正确；
B、若两车刹车前相距12m，乙车以加速度6m/s2刹车，二者速度相等时：v1﹣at1＝v2﹣a′t1
可得：t1＝2.5s
甲在2.5s内的位移：＝18.75m
乙在2.5s内的位移：＝31.25m
由于x′﹣L0＝31.25m﹣12m＝19.25m＞18.75m
可知在2.5s前乙将撞上甲车，而不是在t＝3s时撞上甲车，故B错误；
C、若两车刹车前相距L0＝20m，设经过时间t2恰好追上且甲的速度不等于零，由速度﹣时间公式得：v1﹣at2＝v2﹣a′t2
由位移关系得：
联立解得：t2＝4s，a′＝4.5m/s2，则乙车的加速度至少为4.5m/s2才能避免两车相撞，故C错误；
D、若两车刹车前相距L0＝37.5m，设经过时间t3恰好追上且甲的速度不等于零，由速度﹣时间公式得：v1﹣at3＝v2﹣a′t3
由位移关系得：
联立解得：t3＝7.5s＞t0＝5s，则乙车追上甲时，甲已经停止运动。
所以若两车刹车前相距37.5m，则乙在甲停止运动后才追上甲，此时乙的速度为零，乙的位移：x乙＝L0+x0＝37.5m+25m＝62.5m
由位移﹣速度公式：
可得：a′＝3.2m/s2
即乙车的加速度至少为3.2m/s2才能避免两车相撞，故D正确。
故选：AD。
9．（2023秋•珠海期中）如图A、B相距L0＝28m时，A正以vA＝8m/s的速度向左做匀速直线运动，而B此时速度vB＝20m/s向左做匀减速直线运动，加速度大小为a＝2m/s2．由图示位置开始计时，求：
（1）在追上前二者之间的最大距离？
（2）A追上B需要多少时间？
（3）从安全行驶的角度考虑，为避免两车相撞，在题设条件下，A车在B车刹车的同时也应刹车的最小加速度多大？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）当A、B两车速度相等时，相距最远，根据速度关系得：vA＝vB﹣at1，
代入数据解得：t1＝6s，
此时，根据位移公式得：
xA＝vAt1
xB＝vBt1﹣a
Δxm＝xB+L0﹣xA，
代入数据解得：Δxm＝64m
（2）B车刹车停止运动所用时间为：t0＝＝10s，
所发生位移为：xB′＝＝100m；
此时：x'A＝v1t0＝80m，
则：xA′＜L0+xB′，可见此时A车并未追上B车，而是在B车停止后才追上，A车追上B车所用的时间为：
t＝＝16s
（3）A车刹车减速至0时刚好追上B车时（这时B车的速度为0），加速度最小 +L0＝，
代入数据解得：aA＝0.25m/s2
答：（1）A车追上B车之前，两者相距的最大距离为64m；
（2）A车追上B车所用的时间为16s；
（3）从安全行驶的角度考虑，为避免两车相撞，在题设条件下，A车在B车刹车的同时也应刹车的最小加速度为0.25m/s2
10．（2023秋•城关区校级期中）一名质量为60kg训练有素的武警战士（视为质点）在楼顶通过一条长绳由静止开始下滑，到地面最短时间t＝2.4s．已知该武警战士落地的速度不能大于v＝6m/s，做匀减速直线运动时可以产生的最大加速度大小为a＝5m/s2，长绳的下端恰好着地，当地的重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）武警战士下滑时的最大速度
（2）武警战士下滑时离地面的高度h．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）只有当武警战士先加速接着减速下滑时间最短，设武警战士下滑时的最大速度为vm，加速下滑时间为t1，减速下滑的时间为t2，则有
vm＝gt
v＝vm﹣at
t1+t2＝t
代入数据解得 vm＝12m/s．
（2）设加速下滑的距离为h1，减速下滑的距离为h2，则有：
．
h1+h2＝h
代入数据解得 h＝18m．
答：（1）武警战士下滑时的最大速度为12m/s．（2）武警战士下滑时离地面的高度为18m．
三．追及相遇问题（共3小题）
11．（2023秋•西安期中）甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移—时间（x﹣t）图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲物体第1s末的加速度大于第4s末的加速度
B．0～3s内甲的平均速度小于乙的平均速度
C．第4s末甲、乙两物体相遇
D．0～6s内甲的速度方向未发生改变
【答案】C
【解答】解：AD、根据x﹣t图像的斜率等于速度，斜率正负表示速度方向，可知在0～2s和2s～6s甲均做匀速直线运动，且方向不同，加速度为0，故AD错误；
B、在0～3s内，甲的位移大于乙的位移，结合平均速度等于位移与时间之比，可知甲的平均速度大于乙的平均速度，故B错误；
C、第4s末两图线相交，此时甲、乙两物体相遇，故C正确；
故选：C。
12．（2022秋•沈河区校级期中）（多选）汽车A和汽车B（均可视为质点）在平直的公路上沿两平行车道同向行驶，A车在后（如图甲所示）。以某时刻作为计时起点，此时两车相距x0＝12m。汽车A运动的x﹣t图像如图乙所示，汽车B运动的v﹣t图像如图丙所示。下列说法正确的是（ ）
A．汽车A由静止开始做匀加速直线运动
B．汽车B车在0∼6s内的位移大小为24m
C．在t＝3s时，两车相距最远，且最远距离为20m
D．若t＝1s时，A车紧急制动（视为匀变速），要使A车追不上B车，则A车的加速度大小应大于0.25m/s2
【答案】BCD
【解答】解：A、x﹣t图象的斜率表示速度，根据图乙可知汽车A做匀速直线运动，故A错误；
B、汽车B在0～6s内的位移等于在0～5s内的位移，由图像与时间轴围成的面积表示位移可得：x＝m＝24m，故B正确；
C、当两车速度相等时，两车相距最远，由图乙可得汽车A的速度大小为：vA＝＝m/s＝4m/s
由图丙，可得B车1﹣5s内的加速度大小为：a＝＝m/s2＝﹣2m/s2
设匀减速运动的时间为t0时速度相等，则有：vA＝vB+at0
代入数据解得t0＝2s
即在t＝1s+2s＝3s时二者相距最远，此时A车的位移xA＝vAt＝4×3m＝12m
B车位移xB＝（8×1+8×2﹣×2×22）m＝20m
则两车最远距离s＝xB+x0﹣xA＝20m+12m﹣12m＝20m，故C正确；
D、t＝8s时，A车位移xA′＝vAt′＝4×8m＝32m
B车的位移等于在0～5s内的位移，为x＝24m
有x+x0＞xA′，所以在t＝8s时，两车没有相遇。
t1＝1s时，A匀速位移xA1＝vA1t1＝4×1m＝4m
B车匀速位移xB1＝vB1t1＝8×1m＝8m
两车间的距离Δs＝xB1+x0﹣xA1＝8m+12m﹣4m＝16m
B车匀减速到停止的位移xB′＝m＝16m
当A停止时位移等于B车，A的加速度最小，A车匀减速运动的总位移：xA总＝Δs+xB′＝16m+16m＝32m
对A车，根据速度—位移关系公式得：aA＝＝m/s2＝0.25m/s2，所以A车的加速度大小应大于0.25m/s2，故D正确。
故选：BCD。
13．（2023春•辽宁期末）甲车在一条限速72km/h的平直公路上行驶时，发现前方路边有一辆乙车在停车休息，于是甲车开始减速，当甲车刚通过乙车位置时，甲车又开始加速，恢复到原来行驶速度后继续向前匀速行驶，以甲车减速开始计时，甲的v﹣t图像如图1所示。在甲车刚通过乙车位置时，乙车司机发现甲车车身有异物影响行车安全，立即启动乙车前去追赶甲车，启动时间和司机反应时间不计，乙车加速阶段的x﹣t图像是一条顶点在原点的抛物线（以乙车启动开始计时），如图2所示，乙车加速到公路限速值后以限速值匀速运动。求：
（1）甲车开始减速时距乙车的距离x1和乙车加速过程的加速度大小a乙；
（2）从乙车启动到追上甲车，两车的最大距离Δx；
（3）从乙车启动到追上甲车需要的时间（保留3位有效数字）。
【答案】（1）甲车开始减速时距乙车的距离x1为25m，乙车加速过程的加速度大小a乙为3m/s2；
（2）从乙车启动到追上甲车，两车的最大距离Δx为32.5m；
（3）从乙车启动到追上甲车需要的时间为12.3s。
【解答】解：（1）v﹣t图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图像得，甲车开始减速时距乙车的距离为；
x1＝m＝25m
乙车做匀加速直线运动，则x2＝a乙t2
代入数据得：24＝×a乙42，解得：a乙＝3m/s2
（2）甲达到15m/s后做匀速直线运动，则当乙车速度为15m/s时，两车距离最大，设乙车速度达到15m/s所用时间为t1，则t1＝＝s＝5s
由题意可知当甲车刚通过乙车位置时，甲车的速度为10m/s，2s时间后甲车速度为15m/s，之后匀速运动。
t1时间内，甲车的位移为x甲＝＝70m
乙车的位移为x乙＝a乙＝×3×52m＝37.5m
两车的最大距离Δx＝x甲﹣x乙＝70m﹣37.5m＝32.5m
（3）最大限速vm＝72km/h＝20m/s
乙车达到最大限速的时间为t2＝＝s
t2时间内乙车的位移为x2＝a乙＝×3×（）2m＝m
t2时间内甲的位移为x3＝x甲+v（t2﹣5）＝70m+15×（﹣5）m＝95m
x2＜x3，此时乙车未追上甲车，乙车开始做匀速直线运动，设再经过t3时间追上甲车，则x3﹣x2＝vmt3﹣vt3
代入数据解得：t3＝s
从乙车启动到追上甲车需要的时间t总＝t2+t3＝s+s≈12.3s
答：（1）甲车开始减速时距乙车的距离x1为25m，乙车加速过程的加速度大小a乙为3m/s2；
（2）从乙车启动到追上甲车，两车的最大距离Δx为32.5m；
（3）从乙车启动到追上甲车需要的时间为12.3s。
四．匀变速直线运动规律的综合运用（共4小题）
14．（2022秋•鼓楼区校级期中）甲、乙同时从A处由静止出发，沿直线AB运动，甲先以加速度a1做匀加速运动，经一段时间后，改以加速度a2做匀加速运动，到达B点的速度为v0，乙一直以加速度a做匀加速运动，到让B的速度也为v0。已知a1＞a，则（ ）
A．a2＝a
B．从A到B，甲用时较多
C．经过AB间任一点时甲的速度一定大于乙的速度
D．经过AB间某一点时，甲的速度可能小于乙的速度
【答案】C
【解答】解：根据题意作v﹣t图象如下图所示，
黑色斜线代表甲的v﹣t图象，红色斜线代表乙的v﹣t图象。甲、乙的位移相等，甲、乙的各自的v﹣t图象线段与它们对应的时间轴、速度轴所围成的几何图形面积相等。比较下面图1和图2知，在相同的末速v的前提下，要使甲、乙到达终端B时位移相等（图形面积相等），乙的v﹣t图象线段的终端必须在甲的v﹣t图象线段终端的右边，即图2才是符合题意的v﹣t图象。
A、v﹣t图象的斜率表示加速度，由图可知a2＜a.故A错误；
B、甲、乙的各自的v﹣t图象线段与它们对应的时间轴、速度轴所围成的几何图形面积相等，且末速度相等，由v﹣t图象可知，从A到B，甲用时较少，故B错误；
C、D、如图2，在v﹣t图象上甲、乙的共同时间段上任选一时刻t，作t对应的速度轴，由速度轴与甲、乙v﹣t图象线段的交点比较可得到结论：在任意相同的时刻，均有v甲＞v乙．故C正确，D错误。
故选：C。
15．（2023秋•兰州期中）（多选）一个物体静止在水平面上，某时刻起由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a1。经过一段时间以后，速度为v1，紧接着将加速度反向，大小变为a2，又经过二倍的时间，发现物体恰好回到出发点，此刻速度为v2。以下判断正确的是（ ）
A．a1：a2＝4：3B．a1：a2＝4：5C．v1：v2＝2：3D．v1：v2＝2：1
【答案】BC
【解答】解：经二倍的时间后回到原处，整个时间内物体的位移为零，有：
a1t2+v1×2t﹣a2（2t）2＝0
又：v1＝a1t，
解得：a1：a2＝4：5
因为v2＝v1﹣a2×2t＝﹣v1
则速度大小之比为：v1：v2＝2：3，故AD错误，BC正确；
故选：BC。
16．（2022秋•涧西区校级期末）城市高层建筑越来越多，高空坠物事件时有发生。如图所示，某高楼距地面高H＝47m的阳台上的花盆因受扰动而掉落，掉落过程可看作自由落体运动（花盆可视为质点）。现有一辆长L1＝8m、高h＝2m的货车，正以v0＝9m/s的速度驶向阳台正下方的通道。花盆刚开始掉落时，货车车头距花盆的水平距离为L2＝24m，由于道路限制，汽车只能直行通过阳台的正下方的通道。
（1）若司机没有发现花盆掉落，货车保持v0＝9m/s的速度匀速直行，通过计算说明货车是否会被花盆砸到？
（2）若司机发现花盆开始掉落，采取制动的方式来避险，货车最大加速为4.5m/s2，使货车在花盆砸落点前停下，求货车司机允许反应的最长时间；
（3）若司机发现花盆开始掉落，司机反应时间Δt＝1s，则司机采取什么方式可以避险（货车加速减速可视为匀变速）。
【答案】（1）货车会被花盆砸到；
（2）货车司机允许反应的最长时间为s；
（3）汽车司机反应后立即以至少a1＝2.5m/s2加速或立即以至少a2＝1.5m/s2减速能避险。
【解答】解：（1）花盆从47m高处落下，到达离地高2m的车顶过程中位移为：h＝（47﹣2）m＝45m
根据位移公式，有：h＝
代入数据解得：t＝3s
3s内汽车位移为：x＝v0t＝9×3m＝27m
24m＜x＜32m
则货车会被花盆砸到
（2）货车匀减速的最小距离为：x1＝
制动过程中反应通过的最大距离为：x2＝l2﹣x1
货车司机允许反应的最长时间为：t＝
联立代入数据解得：t＝s
（3）货车司机允许反应时间通过的距离为：x1＝v0Δt
汽车司机反应后立即加速，最小的加速度a1，有：L1+L2﹣x1＝v0t2+
其中：t2＝3s﹣Δt
汽车司机反应后立即减速，最小的加速度a2，则有：L2﹣x1＝v0t2﹣
联立解得
a1＝2.5m/s2，a2＝1.5m/s2
汽车司机反应后立即以至少a1＝2.5m/s2加速或立即以至少a2＝1.5m/s2减速能避险。
答：（1）货车会被花盆砸到；
（2）货车司机允许反应的最长时间为s；
（3）汽车司机反应后立即以至少a1＝2.5m/s2加速或立即以至少a2＝1.5m/s2减速能避险。
17．（2023秋•渝中区校级期中）小巴同学每天都会乘坐145路公交车到巴蜀中学上学，有一天他对乘车问题做了如下思考：假设在一条平直的道路上有两个红绿灯A、B，其中AB间距L2＝430m，C为公交车站台，145路车的停靠时间为8s，181路公交车不停靠，BC间距L3＝150m。两个灯都是绿灯持续10s，红灯持续20s，假设红绿灯切换不需要时间。有可视为质点的145路、181路两辆公交车行驶在路上依次经过A、B、C。两车加速时加速度大小均为a1＝2.5m/s2，减速时加速度大小均为a2＝5m/s2。当181路车以v0＝10m/s的速度走到A处时，145路车以同样速度v0走到距离A处L1＝50m的地方，此时A显示绿灯还有4s，B显示红灯还剩1s。当两车不能够匀速通过红绿灯时，就会匀减速运动刚好停到红绿灯处；绿灯亮起，公交车马上从静止做匀加速直线运动，加速到v0保持匀速直线行驶。不计站台大小，试求：
（1）145路公交车从A前50m的地方运动到A所需要的时间；
（2）145路、181路公交车在A、B之间的最大距离；
（3）若小巴同学在距站台右侧45m处看到181路车刚刚离开站台时，立刻先匀加速直线运动再匀减速直线运动最终到达站台时速度为零，试求小巴要赶上145路公交车，其加速度要满足什么条件？（设人加速和减速时加速度大小相同）
【答案】（1）145路公交车从A前50m的地方运动到A所需要的时间6s；
（2）145路、181路公交车在A、B之间的最大距离260m；
（3）若小巴同学在距站台右侧45m处看到181路车刚刚离开站台时，立刻先匀加速直线运动再匀减速直线运动最终到达站台时速度为零，试求小巴要赶上145路公交车，其加速度大于等于0.8m/s2。
【解答】解：（1）若145路车从A前50m以v0匀速运动到A所需时间为
＝＝5s＞4s
所以145路车不能够匀速通过红绿灯，则在到达A之前做匀减速运动；刹车距离为
＝＝10m
刹车时间为
＝＝2s
匀速时间为
＝＝4s
解得145路车从A前50m的地方运动到A所需要的时间为
t＝t+t1＝2s+4s＝6s
（2）A变绿灯时，145路车开始做匀加速运动，此时181路车已到达离A灯的距离为
x0＝v0（20s+4s）＝10×24m＝240m
当两车共速时距离最大，由
a1t0＝v0
解得
t0＝4s
181车在4s时间内匀速前进的距离为
x匀＝v0t0＝10×4m＝40m
145车在4s时间内匀加速前进的距离为
＝＝20m
所以甲、乙两车在A，B之间的最大距离为
xm＝x0+x匀﹣x2＝240m+40m﹣20m＝260m
（3）对181路车：若从A到B为匀速直线运动
＝＝43s
B灯显示绿灯结束时间
t2＝1s+10s+20s+10s＝41s＜43s
所以181路车不能够匀速通过B灯，则在到达B之前做匀减速运动；刹车距离为
＝＝10m
刹车时间为
＝＝2s
匀速时间为
＝＝42s
181路车从A灯到B灯的总时间为
2s+42s＝44s
所以181车会在B处等17s红灯。
对145路车：A灯变绿灯后先匀加速所用时间为
＝＝4s
加速位移为
＝＝20m
假设之后匀速通过B，则有
＝＝41s
145路车从A灯到B灯的总时间为
4s+41s＝45s
在A灯处145路车比181路车滞后24s，A到B过程145路车比181路车慢11s，在B灯处181路车等17s后显示绿灯，所以145车在181车离开B灯
T1＝24s+1s﹣17s＝8s
后到达B灯处，此时B灯处为绿灯145路车直接通过。所以两辆车通过B灯处的时间差为8s。B灯处到站台C181路先加速后匀速通过，则有
＝＝17s
B灯到站台C145路先匀速后减速通过，则有
＝＝16s
所以两辆车到达站台C的时间差为
T2＝8s+16s﹣17s＝7s
根据题意得小巴到达站台时间不超过
T3＝7s+8s＝15s
由图可得
＝＝45m
解得
vm＝6m/s
＝＝0.8m/s2
则加速度大于等于0.8m/s2。
答：（1）145路公交车从A前50m的地方运动到A所需要的时间6s；
（2）145路、181路公交车在A、B之间的最大距离260m；
（3）若小巴同学在距站台右侧45m处看到181路车刚刚离开站台时，立刻先匀加速直线运动再匀减速直线运动最终到达站台时速度为零，试求小巴要赶上145路公交车，其加速度大于等于0.8m/s2。
五．自由落体运动（共4小题）
18．（2021•雨花区校级模拟）如图所示，两位同学在教学楼上做自由落体实验，甲同学在四楼先将小球A释放，当下落距离为h时，乙同学在三楼将小球B释放，小球B释放时间t后，两球恰好同时落地，小球A、B不在同一条竖直线上，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．甲同学释放点离地高度为+h
B．甲同学释放点离地高度为gt2++h
C．若两位同学均各上一层楼重做以上实验，两小球仍能同时落地
D．若两位同学均各下一层楼重做以上实验，小球A先落地
【答案】B
【解答】解：AB、小球A下落h所需时间为t′，则h＝，解得t，故小球A下落到地面所需时间为tA＝t′+t，下降的高度为＝gt2++h，故A错误，B正确；
C、当两位同学均各上一层楼重做以上实验，相当于在以上实验的基础上，假设两同学不动，地平面下降了一层楼。则由自由落体运动规律可知，两球会在空中原来地平面处相遇，相遇时小球A速度大，故A先落地，故C错误；
D、若两位同学均各下一层楼重做以上实验，相当于在以上实验的基础上，假设两同学不动，地平面上升了一层楼，则两小球不能在空中相遇，根据自由落体规律可知小球B先落地，故D错误；
故选：B。
19．（2020秋•武侯区校级月考）（多选）一小球自5m高处自由下落，当它与水平地面每碰撞一次后，速度大小减小为碰撞前的，不计空气阻力，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．第一次下落的时间与第二次下落的时间之比为
B．第二次弹起的高度为第一次弹起时高度的
C．小球第一次下落的最后0.5s所下落的高度为m
D．小球开始运动2.6s经过的总路程为11m
【答案】AC
【解答】解：A、设小球第一次落地时速度为v0，则有v0＝＝10m/s
那么第二次、第三次、…第n+1次落地速度分别为v1＝v0，v2＝（）2v0，…，vn＝（）nv0
根据速度﹣时间关系可得：v＝gt
则小球第一次下落的时间与第二次下落的时间之比为：＝＝，故A正确；
B、小球开始下落到第一次与地相碰经过的路程为h0＝5m
小球第一次与地相碰后弹起的高度是：h1＝＝m＝5×（）2m。
小球第二次与地相碰后弹起的高度是h2，则h2＝＝m＝5×（）4m。
所以第二次弹起的高度为第一次弹起时高度（）2．故B错误；
C、由h0＝g知，小球第一次下落的时间t1＝1s，在前0.5s下落的高度h′＝＝m＝，则小球第一次下落的最后0.5s所下落的高度为h0﹣h′＝5m﹣m＝m，故C正确；
D、小球第一次下落时间为t0＝＝＝1s
小球从第一次与地面相撞到第二次与地面相撞经过的时间为t1＝＝s＝1.6s
小球第一次与地面相碰后弹起的高度是h1＝＝m＝3.2m
小球开始运动2.6s经过的总路程为s＝h0+2h1＝5m+2×3.2m＝11.4m，故D错误。
故选：AC。
20．（2023•吉林模拟）2019年7月26日，随着长征二号丙运载火箭在西昌发射中心顺利升空，中国也首次成功验证了火箭第一级落点的精确控制技术，成为全球继美国之后，第二个掌握该技术的国家，长征二号丙火箭第一级残骸在贵州黔南布依族苗族自治州被顺利找到，落点在设定的落区范围内，这是中国航天在落点可控、精准回收领域取得的重大突破。其一级火箭的回收过程可以简化为：一级火箭关闭推进器，脱离主体后继续上升至离地面3225m的高空，然后开始无初速下落，下落至离地面3100m的高度处，此时一级火箭立即打开助推器开始匀速下降，持续50s后增大助推器的推力进而匀减速下降，成功落地时速度大小为2m/s，g＝10m/s2，（忽略高度对重力加速度的影响，不计空气阻力）求：
（1）一级火箭从无初速开始下落至3100m高度处所需要的时间；
（2）一级火箭匀速下落的高度是多少？
（3）一级火箭最后匀减速下落的时间是多少？（计算结果保留一位小数）
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）火箭自由下落的高度h1＝3225m﹣3100m＝125m
由，
解得：t1＝5s；
（2）火箭自由下落的末速度为：v1＝gt1＝50m/s
匀速下落的高度为：h2＝v1t2＝50×50m＝2500m；
（3）火箭匀减速下落的高度为：h3＝600m
匀减速下落过程的平均速度为：
由，
解得：t3＝23.1s；
答：（1）一级火箭从无初速开始下落至3100m高度处所需要的时间为5s；
（2）一级火箭匀速下落的高度是2500m；
（3）一级火箭最后匀减速下落的时间是23.1s。
21．（2022秋•罗湖区校级期中）从屋檐上每隔一段相等的时间，就下落一个水滴，假设水滴离开屋檐时初速度为0，已知当第1滴水刚刚落地时，第6滴水正好要离开屋檐，此时第3滴水离地面的高度为12.8m．（空气阻力不计）求：
（1）屋檐离地面的高度？
（2）每相邻两滴水下落的时间间隔？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：设相邻两滴水的时间间隔为T，则H＝
h＝
第3滴水局地面的高度Δh＝H﹣h
联立解得T＝0.4s，H＝20m
答：（1）屋檐离地面的高度围20m
（2）每相邻两滴水下落的时间间隔为0.4s
六．摩擦力的判断和计算（共4小题）
22．（2023春•泸西县校级期末）如图所示，A、B两物体重力都等于10N，各接触面间的动摩擦因数都等于0.5，F1＝3N和F2＝5N的两个水平力分别作用在A和B上，则A受的摩擦力和地面对B的摩擦力大小分别为（ ）
A．3N，6NB．3N，2NC．5N，10ND．3N，5N
【答案】B
【解答】解：AB之间的最大静摩擦力为fmAB＝μmg＝5N，
对物体A，因为向右受到F1＝3N＜fmAB的作用，从而A处于静止状态，则A受到物体B给A物体的静摩擦力，大小等于F1大小，为3N，方向与F1方向相反；
B与地面之间的最大静摩擦力为fmB地＝2μmg＝10N；
对物体B，水平方向受到向左F2＝5N＜fmB地作用，则B也静止，且受到A对B的向右的静摩擦力3N，所以地面对B的摩擦力为2N，向右，
综上所述，故B正确，ACD错误。
故选：B。
23．（2022秋•浙江期末）用水平外力F将物体压在竖直墙壁上保持静止不动，物体的重力为10N，物体与墙壁间的动摩擦因数µ＝0.2，物体与墙壁间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．F可能为40N
B．如果F为100N，则物体受到的摩擦力为20N
C．增大F的数值，物体与墙壁间的摩擦力保持不变
D．撤去水平力F，物体与墙壁间的摩擦力保持不变
【答案】C
【解答】解：A、若最大静摩擦力为10N，根据fm＝μF可知F＝50N，可知F至少为50N，不可能为40N，故A错误；
B、如果F为100N＞50N，则物体处于静止状态，此时物体受到的摩擦力等于重力，为10N，故B错误；
C、物体与墙壁之间的摩擦力等于重力大小，则增大F的数值，物体与墙壁间的摩擦力保持不变，故C正确；
D、撤去水平力F，物体与墙壁间的压力为零，则摩擦力变为零，故D错误；
故选：C。
24．（2023秋•西夏区校级期中）质量为2kg的物体静止在水平地面上，如图所示，物体与地面间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力与滑动摩擦力视为相等，给物体一水平推力。（取g＝10N/kg）
（1）当推力大小为5N时，地面对物体的摩擦力是多大？
（2）当推力大小为12N时，地面对物体的摩擦力是多大？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：根据最大静摩擦力等于滑动摩擦力，可得，物体的最大静摩擦力为：
Fmax＝μN＝μmg＝0.5×2×10N＝10N
（1）当拉力F＝5N时，F＜Fmax，物体静止，则地面对物体是静摩擦力，其大小为：
f1＝F＝5N
（2）当拉力F＝12N时，F＞Fmax，物体滑动，则地面对物体是滑动摩擦力，其大小为：
f2＝μmg＝10N；
答：（1）当推力大小为5N时，地面对物体的摩擦力是5N；
（2）当推力大小为12N时，地面对物体的摩擦力是10N。
25．（2023秋•静安区校级期中）如图所示，质量m＝2kg的物体静置于水平面上，一个质量不计的弹簧原长为10cm，一端固定于物体上，另一端施一水平拉力F，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2．逐渐增大F，当弹簧长度为15cm时，物体在水平面做匀速直线运动（g＝10m/s2）（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）。
试求：
（1）弹簧的劲度系数；
（2）当弹簧拉长到12cm时，物体所受的摩擦力；
（3）当弹簧拉长到16cm时，物体所受的摩擦力。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）物体匀速前进时，由平衡条件得：k（x﹣x0）＝μmg
代入数据解得：k＝ N/m＝80 N/m。
（2）若将弹簧拉长到12cm时，弹簧的拉力为：F1＝k（x1﹣x0）＝80×（0.12﹣0.10）N＝1.6N，
最大静摩擦力可看作等于滑动摩擦力：Ffm＝0.2×2×10N＝4 N
可知物体没动，则所受的静摩擦力为：Ff1＝F1＝1.6N。
（3）若将弹簧拉长到16cm时，弹簧弹力为：
F2＝k（x2﹣x0）＝80×（0.16﹣0.10）N＝4.8 N，
大于最大静摩擦力；故物体将加速前进；物体将加速前进，此时所受到的滑动摩擦力为：
Ff2＝μFN＝μmg＝0.2×2×10N＝4N。
答：（1）当弹簧长度为15cm时，物体恰好匀速运动，弹簧的劲度系数80N/m。
（2）若将弹簧拉长到12cm时，物体所受到的摩擦力大小为1.6N。
（3）若将弹簧拉长到16cm时，物体所受的摩擦力大小为4N。
七．力的合成与分解的应用（共2小题）
26．（2021秋•阿拉善左旗校级期末）武打片中经常有飞檐走壁的镜头，其实这是借助悬绳拍摄产生的效果。某演员在下列四种拍摄场景中均在空中处于静止状态，若忽略绳所受重力，则绳①受力最小的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解答】解：对演员进行受力分析，将两绳子的拉力进行合成，其合力与重力G平衡，根据力的平行四边形法则，
如图所示：
绳①的力F方向在变化，依据矢量图，结合几何长度可知，B图中绳①力的大小最小，故B正确，ACD错误；
故选：B。
27．（2022•昆都仑区校级一模）歼﹣20战斗机上安装了我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞机飞行方向的情况下通过转动尾喷口方向来改变推力的方向，使战斗机拥有优异的飞行性能。某次飞机沿水平方向超音速匀速巡航时，空气对飞机产生的竖直向上的升力（不含尾喷口推力）与水平阻力之比为。已知飞机重力为G，为使飞机实现节油巡航模式，尾喷口产生的最小推力大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解答】解：飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力f，重力的方向竖直向下，升力F2的方向竖直向上，空气阻力f的方向与F2垂直，如图
歼﹣20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则有水平方向Fx＝f
竖直方向F2+Fy＝G
其中F2＝
解得Fy＝G﹣
则F＝F+F＝25f2﹣2Gf+G2
结合数学知识可知F表达式为开口向上，对称轴为f＝
的抛物线，即当f＝时，F取得最小值，将其代入F表达式，
解得Fmin＝，故ABC错误，D正确
故选：D。
八．一般情况下的共点力平衡（共5小题）
28．（2023秋•沙河口区校级期中）如图，倾角为θ的斜面固定在墙角，质量为M的尖劈放置在斜面上，尖劈的右侧面竖直，用轻绳系住一个质量为m的球紧靠在尖劈的右侧，轻绳与斜面平行，球与尖劈的接触面光滑，斜面对尖劈的静摩擦力恰好为0，整个系统处于静止状态。沿球心O对球施加一个水平向左的恒定推力F，系统仍处于静止状态。则（ ）
A．对球施加水平推力后，轻绳的拉力可能变大
B．对球施加水平推力后，尖劈对斜面的压力一定变大
C．尖劈的质量M与球的质量m之比为tan2θ
D．对球施加水平推力后，斜面对尖劈的摩擦力可能仍为0
【答案】B
【解答】解：C.对球施加水平推力前，以尖劈和球整体为研究对象，如图1，可知轻绳的拉力
T＝（M+m ）gsinθ
斜面对尖劈的支持力
N1＝（M+m）gcsθ
以球为研究对象，如图2，可知轻绳的拉力
T＝
联立解得
＝
故C错误。
A.以球为研究对象，可知对球施加水平推力后不影响竖直方向力的大小，轻绳的拉力不变，如图3，故A错误；
BD.以尖劈和球整体为研究对象，对球施加水平推后，如图4，有
N'1＝（M+m）gcsθ+Fsinθ
总重力不变，可得斜面对尖劈的弹力变大，即尖劈对斜面的压力变大；轻绳拉力T不变，总重力不变，施加推力F后，要保持平衡，有
T+Fcsθ＝（M+m）gsinθ+f
则斜面对尖劈的摩擦力沿斜面向下，斜面对尖劈的摩擦力不可能为0，故B正确，D错误。
故选：B。
29．（2023秋•金坛区校级月考）一条两端固定的粗细和质量分布均匀、柔软、不可伸长的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状，称之为悬链线．为探究其特点，现搭建如图所示的一条悬链线，经测量知两悬点A、B处切线与竖直方向夹角分别为30°和60°，两切线的交点为C，E是C点正上方链条上的点，F为悬链线的最低点，则（ ）
A．A、B两悬点对墙面的拉力大小之比为3：1
B．链条AF和链条FB长度之比为3：1
C．整个链条上拉力最小的点为点E
D．此时链条的重心在链条上的E点
【答案】B
【解答】解：A．对悬链线受力分析，两悬点A、B处切线与竖直方向夹角分别为30°和60°，受力分析图如图1所示：
根据平衡条件TA＝mgcs30°
TB＝mgcs60°
代入数据联立解得，A、B两悬点处墙壁对链条的拉力大小之比为：1
根据牛顿第三定律，A、B两悬点链条对墙面的拉力大小之比：1，故A错误；
B．设最低点F处的张力为T，左侧悬链质量为m1，右侧质量为m2，两部分链条的受力图如图2所示：
根据平衡条件，对左侧悬链m1g＝
对右侧悬链m2g＝
得两部分链条的质量之比＝3
链条AF和链条FB长度之比为3：1，故B正确；
C．在链条上任取一点D（除F外），取D与F点之间这一部分链条为对象，质量为Δm，D点的张力为TD
由于F点的张力处于水平方向，根据平衡条件结合数学知识TD＝＞T
可知整个链条上拉力最小的点为最低点F，故C错误；
D．根据“三力汇交”原理，由题意可知，重力作用线经过E点，但由于链条形状不规则，重心不在链条的E点，故D错误。
故选：B。
30．（2023•沙坪坝区校级开学）如图所示，一个底面积为200cm2、重为10N且足够深的薄壁柱形平底容器放置于水平桌面上，现将一个棱长为10cm的正方体实心物体M（不吸水）挂于弹簧下端，并置于柱形容器内，弹簧上端固定不动，现在向容器中缓慢注水，弹簧弹力大小与注水体积的变化图像如图乙所示，则当物块M刚好漂浮时加水质量为 3.8 kg；图乙中从A到B的加水过程中，容器底部对桌面的压强变化量为 1600 Pa。（不计弹簧的质量和体积，弹簧的伸长量每变化1cm，弹力变化1N，且弹簧在弹性限度内变化）
【答案】3.8；1600。
【解答】解：（1）当物块M刚好漂浮时，物块M受到的浮力和自身的重力大小相等，此时弹簧的弹力为零，由图乙可知，此时注水的体积V水＝3800cm3，由密度公式可得，加入水的质量
（2）因弹簧的伸长量每变化1cm，弹力变化1N，所以弹簧的弹力为GM时，弹簧的伸长量
x1＝GM（cm/N）
当物块M刚好漂浮时，受到的浮力等于自身的重力，此时弹簧的伸长量为0，由F浮＝ρgV排可得，物体M排开水的体积为
物体M浸入水的深度
则弹簧的弹力从GM减小到0的过程中，物体M上升的高度为x1，故注水的体积为
代入数据有
由上式解得GM＝6N
由图乙可知，从A到B的加水过程中，弹簧测力计的示数先减小后增加，且B点后弹簧的弹力不变，故A点弹簧的弹力是竖直向上的，B点弹簧的弹力是竖直向下的；且B点后物体M浸没时水中，因物体浸没时排开水的体积和自身的体积相等，故物体M浸没后受到的浮力为
B点时M受到竖直向下的重力和弹簧的弹力、竖直向上的浮力作用处于平衡状态，所以，由M受到的合力为零可得
F浮B＝GM+F弹
则弹簧的弹力F弹＝F浮B﹣GM＝10N﹣6N＝4N
把容器和水、物体M看作整体，则整体受到竖直向下总重力和竖直向上的支持力、弹簧的弹力处于平衡状态，所以
F支持B＝G容+G水B+GM+F弹＝G容+G水B+6N+4N＝G容+G水B+10N
因容器对桌面的压力和桌面对容器的支持力是一对相互作用力，故容器底部对桌面的压力
F压B＝F支持B＝G容+G水B+10N
A点时M受到竖直向上的浮力、弹簧的弹力和竖直向下的重力作用处于平衡状态，且此时弹簧的弹力等于4N，由M受到的合力为零可得
F浮A+F弹＝GM
此时物体M受到的浮力
F浮A＝GM﹣F弹＝6N﹣4N＝2N
由F浮＝ρgV排＝ρgSMhA
可得，此时物体M浸没的深度为
把容器和水、物体M看作整体，则整体受到竖直向下总重力和竖直向上的支持力、弹簧的弹力而处于平衡状态，故有
F支持A＝G容+G水A+GM﹣F弹＝G容+G水A+6N﹣4N＝G容+G水A+2N
此时容器底部对桌面的压力
F压A＝F支持A＝G容+G水A+2N
从A到B的过程中，物体M上升的高度
hAB＝2F弹（N/cm）＝2×4cm＝8cm
则增加注水的体积
增加注水的质量由密度公式得
增加注水的重力
G水AB＝m水ABg＝2.4kg×10N/kg＝24N
从A到B的加水过程中，容器底部对桌面的压力的变化量
F压＝F压B﹣F压A＝（G容+G水B+10N）﹣（G容+G水A+2N）＝（G水B﹣G水A）+8N＝G水AB+8N＝24N+8N＝32N
故图乙中从A到B的加水过程中，容器底部对桌面的压强变化量根据压强公式得
故答案为：3.8；1600。
31．（2023春•沈阳期末）（多选）如图所示，质量为1kg的小球A与质量未知的滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内。滑环B套在与竖直方向成θ＝53°的粗细均匀的固定杆上，滑环和杆间的动摩擦因数μ＝0.5，初始时滑环恰好不下滑，现对小球A施加一个水平力F，使小球A在水平力F的作用下沿着圆弧轨迹缓慢上移，滑环仍保持静止，设滑环与杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力（sin53°＝0.8，取重力加速度g＝10m/s2），下列说法正确的是（ ）
A．绳子拉力变大
B．滑环B的质量m＝0.5kg
C．固定杆给滑环B的弹力方向一定垂直于杆向下
D．滑环B受到的摩擦力变大
【答案】ABC
【解答】解：A.对小球A施加水平拉力F，使小球A沿着圆弧轨迹缓慢上移，则小球A处于动态平衡状态，受力分析如图所示
根据平衡条件可得
Tcsα＝mAg
解得
T＝
小球在上移过程中，α增大，可知绳上的拉力T增大，故A正确；
BC.初始时，对小球A由平衡条件可知，绳上的拉力T1＝mAg
初始时滑环恰好不下滑，对滑环B
①假设滑环受到固定杆的支持力方向垂直于杆向下，则由平衡条件有
mBgsin （﹣θ）＝μFN
T1＝FN+mgcs （﹣θ）
两式联立，代入数据解得
m＝0.5kg
因此假设成立；
②假设滑环受到固定杆的支持力方向垂直于杆向上，则由平衡条件有
mBgsin （﹣θ）＝μFN
T1+FN＝mgcs （﹣θ）
联立两式，代入数据解得
m＜0（为负值）
因此假设不成立，由此可知，固定杆给滑环B的弹力方向一定垂直于杆向下，故BC正确；
D.根据题意，在小球A移动的过程中，滑环B始终处于静止状态，则对滑环B由平衡条件有
f＝mBgsin （﹣θ）＝mBgcsθ＝mBgcs53°
可知滑环B受到的摩擦力大小不变，故D错误。
故选：ABC。
32．（2022秋•鄂尔多斯期末）如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m。质量为6×10﹣2kg的通电直导线，电流I＝1A，方向垂直纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T，方向竖直向上的磁场中，设t＝0，B＝0，则需要多长时间斜面对导线的支持力为零？（g取10m/s2）
【答案】见试题解答内容
【解答】解：斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示。
由平衡条件得：
水平方向上有：FTcs 37°＝F，
竖直方向上有：FTsin 37°＝mg，
两式联立解得：F＝ N，
由F＝BIL得：B＝ T，
由题意知，B与t的变化关系为：B＝0.4t，
代入数据得：t＝5 s。
答：需要5s时间斜面对导线的支持力为零。
九．动态平衡分析（共3小题）
33．（2022秋•朝阳区校级期末）如图所示，三根轻绳OA、OB、OC结于O点，OA和OB绳的另一端系于水平天花板上，OC绳C端与一重物相连，OA绳和OB绳的夹角为100°、OA绳与OC绳的夹角为120°。整个系统处于静止状态，OA绳、OB绳、OC绳上的拉力分别记为F1、F2、F3，则F1、F2、F3的大小关系正确的是（ ）
A．F1＜F2＜F3B．F1＜F3＜F2C．F2＜F3＜F1D．F3＜F1＜F2
【答案】A
【解答】解：对节点O进行受力分析如图所示
根据正弦定理
可知 F1＜F2＜F3，故A正确，BCD错误。
故选：A。
34．（2023春•沙坪坝区期末）在修建乡村住房时，工人用上了简易机械如图所示，甲站在地面上通过支架上的定滑轮拉着OA绳把建筑材料缓慢提升到楼顶后，乙再在楼顶水平拉着OB绳把建筑材料缓慢移到楼顶平台上，在乙缓慢移动建筑材料的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．地面对甲的支持力变小
B．地面对甲的摩擦力变小
C．楼层对乙的作用力保持不变
D．OA绳子上的拉力先增大后减小
【答案】A
【解答】解：D．设建筑材料的重力为G，OA绳对建筑材料的拉力为FOA，乙对OB绳的拉力大小为FOB，如图1
图1
根据平衡条件有FOA＝
θ增大，则FOA增大，故D错误；
B．对甲受力分析，由平衡条件可知，甲与地面之间的摩擦力大小等于OA绳对甲的拉力在水平方上的分力，由于OA绳对甲的拉力逐渐增大且OA绳与水平方向夹角不变，所以可得甲与地面之间的摩擦力逐渐增大，故B错误；
A．对甲受力分析，竖直方向由平衡条件可知，N+FOAsinα＝m甲g，可知地面对甲的支持力变小，故A正确；
C．对乙受力分析，如图2
图2
乙受到的支持力与自身重力大小相等，摩擦力与OB绳上的拉力大小相等，由于OB绳上的拉力变大，所以摩擦力变大，摩擦力与支持力的合力变大，由平行四边定则合力方向变化，则楼层对乙的作用力方向变化，大小变大，故C错误。
故选：A。
35．（2023•岳麓区校级模拟）如图所示，倾角为30°的斜面顶端竖直固定一光滑的定滑轮，工人师傅用轻绳通过定滑轮牵引斜面底端的重物（可视为质点），此时连接重物的轻绳与水平面的夹角为45°，重物与斜面间的动摩擦因数μ＝。在重物缓慢被牵引到斜面顶端的过程中，轻绳拉力F、重物所受摩擦力f的大小变化情况是（ ）
A．拉力F先减小再增大
B．拉力F逐渐减小
C．摩擦力f先减小再增大
D．摩擦力f先增大再减小
【答案】A
【解答】解：对重物进行受力分析，受重力mg、斜面的支持力N、滑动摩擦力f以及拉力F，根据摩擦力的计算公式可得：f＝μN，可知与N的合力F0的方向始终不变，设F0与N的夹角为α，如图1所示。
则tanα＝＝μ＝，解得：α＝30°；所以F0与竖直方向的夹角为θ＝30°+30°＝60°。
则可认为重物在F0、mg和F的作用下处于动态平衡状态，作出一系列力的矢量三角形如图2所示，
则由图可知F先减小后增大，F0一直减小。
由于摩擦力f＝F0sin30°，所以f一直减小，故BCD错误，A正确。
故选：A。
一十．牛顿第二定律（共7小题）
36．（2023•沙坪坝区校级开学）一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为的小物块a相连，如图所示。质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0。从t＝0时开始，对b施加沿斜面向上的拉力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。则（ ）
A．a、b在弹簧压缩量为处分离
B．b的加速度为
C．作用于b上的最小拉力为2mgsinθ
D．a在匀加速运动的时间为
【答案】D
【解答】解：A、由于初速度为0，b在分离前位移x1和分离后相等时间内位移x2之比为：
且由题可知：x1+x2＝x0
解得：
初始时压缩量为x0，分离前位移，即压缩量减小，可得a、b在弹簧压缩量为时分离，故A错误；
B、两物体刚好要分离时a与b之间无相互作用力，对a由牛顿第二定律可得
初始时小物体b紧靠a静止在斜面上，将二者看成一个整体，可知弹力大小与整体重力的分力大小相等，有
kx0＝（+m）gsinθ
解得：a＝gsinθ，故B错误；
C、分离前对整体分析可知，由牛顿第二定律有
则刚开始运动时拉力最小，则Δx＝x0，且
可得：，故C错误；
D、a与b在b向上运动的位移刚好分离，此前a在匀加速运动，则有：
解得：，故D正确。
故选：D。
37．（2023春•河南期末）如图所示，滑块A和足够长的木板B叠放在水平地面上，A和B之间的动摩擦因数是B和地面之间的动摩擦因数的4倍，A和B的质量均为m。现对A施加一水平向右逐渐增大的力F，当F增大到F0时A开始运动，之后力F按图乙所示的规律继续增大，图乙中的x为A运动的位移，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。对两物块的运动过程，以下说法正确的是（ ）
A．当F＞2F0，木块A和木板B开始相对滑动
B．当F＞F0，木块A和木板B开始相对滑动
C．自x＝0至木板x＝x0木板B对A做功大小为
D．x＝x0时，木板B的速度大小为
【答案】D
【解答】解：AB、设A、B之间的最大摩擦力为fm，B与地面之间的最大摩擦力为fm'，由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
则fm＝4μmg＞fm'＝μ•2mg＝2μmg，
可知，当F增大到F0，A开始运动时，B也和A一起滑动。则F0＝fm'＝2μmg，
当A、B发生相对滑动时，A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力，
对A分析得F﹣fm＝ma，
以AB为整体得F﹣fm′＝2ma
联立解得F＝3F0，故AB错误；
CD、木板自x＝0至x＝x0过程中，A、B没有发生相对滑动，整体动能定理得
，
对A用动能定理，得
联立解得，。故C错误，D正确。
故选：D。
38．（2023春•宁波期末）滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏现有直滑梯AB、AC、AD和BD，A、B、C、D在竖直平面内的同一圆周上，且A为圆周的最高点，D为圆周的最低点，如图所示，已知圆周半径为R。在圆周所在的竖直平面内有一位置P，距离A点为，且与A等高。各滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为g，则（ ）
A．如果小朋友在A点沿滑梯AB、AC由静止滑下，tAB＞tAC
B．如果小朋友分别从A点和B点沿滑梯AC，BD由静止滑下tBD＞tAC
C．若设计一部上端在P点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是
D．若设计一部上端在P点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是
【答案】C
【解答】解：AB、假设AB、AC与AD的夹角分别为α、β，则从AB、AC、BD下滑时有
解得
故AB错误；
CD、由AB项分析，画出以P点为最高点的半径为r的等时圆，如图，
当两圆相切时时间最短，有
解得
所以最短时间为
故C正确，D错误。
故选：C。
39．（2023•吉州区校级一模）滑雪运动是把滑雪板装在靴底上在雪地上进行速度、跳跃和滑降的竞赛运动。滑雪运动中当滑雪板相对雪地速度较大时，会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦。然而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大。假设滑雪者的速度超过8m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125。一滑雪者从倾角θ＝37°的坡顶A处由静止开始自由下滑，滑至坡底B（B处为一光滑小圆弧）后又滑上一段水平地面，最后停在C处，如图所示。不计空气阻力，已知坡长L＝24.1m，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
（1）滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间；
（2）滑雪者到达B处时的速度大小；
（3）若滑雪板与水平地面间的动摩擦因数μ3＝0.5，求滑雪者在水平地面上运动的最大距离。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）由牛顿第二定律得 mgsinθ﹣μ1mgcsθ＝ma1
得：a1＝gsinθ﹣μ1gcsθ＝10×0.6﹣0.25×10×0.8＝4m/s2
滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t1＝＝2s
（2）由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μ2mgcsθ＝ma2
得：a2＝
动摩擦因数改变前的位移：
则由
代入数据：
代入数据解得：vB＝15m/s
（3）根据牛顿第二定律：a3＝μ3g＝5m/s2
在水平面滑行的距离：x3＝＝＝22.5m
答：（1）滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间2s；
（2）滑雪者到达B处时的速度大小15m/s；
（3）若滑雪板与水平地面间的动摩擦因数μ3＝0.5，求滑雪者在水平地面上运动的最大距离22.5m。
40．（2023•张掖模拟）如图所示，光滑水平桌面上放着一个长木板A，物块B（可视为质点）和C通过一根细绳相连，细绳跨过固定在桌面上的光滑定滑轮，B放在木板最左端，C被绳竖直悬挂着．A、B、C质量相同，B与A之间动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．开始时C被托起，A、B、C均静止，C离地面的高度为h，释放C后．（g取10m/s2）
（1）若B与A之间动摩擦因数大于某值μ0，A、B将相对静止一起运动，求μ0的值；
（2）若μ＝0.2，h＝0.5m．C落地后不反弹，A运动到桌面边缘前，A和B已经达到共同速度且B未从A上滑下，求A板的最短长度．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）B对A的最大静摩擦力来提供A向前加速运动，加速度为：
对ABC整体受力分析，根据牛顿第二定律可知：mg＝3ma
解得：•
（2）若μ＝0.2＜，则A、B发生相对滑动，A的加速度为：
对BC组成的系统，根据牛顿第二定律可知：mg﹣μmg＝2ma
解得：a＝4m/s2，
C下落h所需时间为t，则h＝，解得：t＝
C落地时，A的速度为：vA＝aAt＝2×0.5m/s＝1m/s
通过的位移为：＝0.25m
B的速度为：vB＝at＝4×0.5m/s＝2m/s
通过的位移为：＝0.5m
此过程发生的相对位移为：Δx＝xB﹣xA＝0.25m
C落地后，A继续加速运动，B做减速运动，减速的加速度为：
设经历时间t′达到共同速度，则有：v共＝vA+aAt′＝vB﹣a′t′
解得：t′＝0.25s，v共＝1.5m/s
此过程A通过的位移为：＝m
B通过的位移为：＝m
发生的相对位移为：Δx′＝x″﹣x′＝0.125m
故木板的长度最小为：L＝Δx+Δx′＝0.375m
答：（1）μ0的值为；
（2）A板的最短长度为0.375m
41．（2023春•泸西县校级期末）如图所示，物块A（可视为质点）从O点水平抛出，抛出后经0.6s抵达斜面上端P处时速度方向与斜面平行．此后物块紧贴斜面向下运动，又经过2s物块到达斜面底端时的速度为14m/s．已知固定斜面的倾角θ＝37°（且sin37°＝0.6，cs37°＝0.8），g取10m/s2．试求：
（1）抛出点O与P点的竖直距离h；
（2）物块A从O点水平抛出的初速度v0；
（3）物块与斜面之间的动摩擦因数μ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）物块A从O点水平抛出做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则
（2）0.6s时物A竖直方向的分速度vy＝gt＝6m/s
因为，＝tan37°
所以，v0＝8m/s
（3）物块在P点的速度为v＝＝10m/s 又a＝＝2m/s2
根据牛顿第二定律得mgsinθ﹣f＝ma
f＝μN
代入得a＝gsinθ﹣μgcsθ
联立上式可得：μ＝0.5
答：（1）抛出点O与P点的竖直距离h＝1.8m；
（2）物块A从O点水平抛出的初速度v0＝8m/s；
（3）物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5．
42．（2023•广东学业考试）如图，在车厢长度L＝2.7m的小货车上，质量m＝70kg、厚度d＝0.2m的冰块用绳绑住并紧贴车厢前端，与货车一起以 v0＝36km/h的速度沿坡度为5%（即斜面倾角θ满足tanθ＝0.05，sinθ＝0.05，csθ＝1）的斜坡向上行动。某时刻，冰块从绑住的绳间滑脱并沿车厢底部滑向尾部，与尾挡板发生碰撞后相对车厢等速反弹；碰撞后，司机经过 t0＝0.5s的反应时间，开始以恒定加速度a刹车。已知冰块与车厢底板间动摩擦因数μ＝0.03，设冰块与尾挡板碰撞前后，冰块没有破碎，车厢的速度变化可以忽略；取重力加速度 g＝10m/s2。
（1）求从冰块滑脱，到司机开始刹车的这段时间内，小货车行驶的距离；
（2）若刹车过程，冰块恰能滑至初始位置且与车厢前端不发生碰撞，求a的值。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）小货车的速度v0＝36km/h＝10m/s
从冰块滑脱，到司机开始刹车过程，小货车做匀速直线运动，冰块相对车厢下滑，设冰块下滑的加速度大小为a1，对冰块受力分析，由牛顿第二定律得：
mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma1
代入数据解得：a1＝0.2m/s2
设经过t1时间，冰块与车厢后挡板碰撞，小货车的位移为x1＝v0t1
冰块的位移为x2＝v0t1﹣a1
由位移关系得：x1﹣x2＝L﹣d
代入数据联立解得：t1＝5s
从冰块滑脱，到司机开始刹车的这段时间内，小货车行驶的距离x3＝v0（t0+t1）＝10×（0.5+5）m＝55m
（2）冰块与车尾挡板碰撞前，冰块的速度大小为v1＝v0﹣a1t1＝10m/s﹣0.2×5m/s＝9m/s
冰块相对小货车的速度大小为Δv＝v0﹣v1＝10m/s﹣9m/s＝1m/s
冰块与车尾挡板碰撞后相对小货车以等速率反弹，冰块的速度大小为v2＝v0+Δv＝10m/s+1m/s＝11m/s
对冰块受力分析，设冰块的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcsθ＝ma2
代入数据解得：a2＝0.8m/s2
若冰块恰能滑至初始位置且与车厢前端不发生碰撞，即冰块滑至初始位置时，与小货车达到相同的速度，设司机刹车后t2时间，冰块到达车厢前端，从冰块与车厢碰撞到冰块到达车厢前端，冰块的位移为x4＝v2（t0+t2）﹣a2（t0+t2）2
小货车的位移为x5＝v0t0+v0t2﹣
由位移关系得：x4﹣x5＝L﹣d
由速度关系得：v2﹣a2（t0+t2）＝v0﹣at2
代入数据联立解得：t＝7s
a＝m/s2
即加速度的值为m/s2
答：（1）从冰块滑脱，到司机开始刹车的这段时间内，小货车行驶的距离为55m；
（2）若刹车过程，冰块恰能滑至初始位置且与车厢前端不发生碰撞，a的值为m/s2。
一十一．牛顿运动定律的应用——从受力确定运动情况（共2小题）
43．（2022秋•阆中市校级月考）如图所示，厚0.2m、长为3m的木板AB静止在粗糙水平地面上，C为其中点，木板上表面AC部分光滑，CB部分粗糙，下表面与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板右端静止放置一个小物块（可看成质点），它与木板CB部分的动摩擦因数μ2＝0.3。已知木板和小物块的质量均为2kg，重力加速度g取10m/s2，现对木板施加一个水平向右的恒力F。
（1）为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值Fm；
（2）当F＝22N时，小物块多长时间滑到木板中点C；
（3）接第（2）问，当小物块到达C点时撤去F，求小物块落地时与木极A端的距离。
【答案】（1）为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值为16N；
（2）当F＝22N时，小物块经1s滑到木板中点C；
（3）当小物块到达C点时撤去F，小物块落地时与木板A端的距离为0.33m。
【解答】解：（1）小物块能够达到的最大加速度为am
μ2mg＝mam
解得：am＝3m/s2
对整体进行受力分析
Fm﹣μ1（M+m）g＝（M+m）am
解之得 Fm＝16N
（2）此时小物块相对于长木板发生相对滑动
对长木板受力分析 F﹣μ1（M+m）g﹣μ2mg＝Ma1
得a1＝6m/s2
小物块加速度a2＝μ2g＝0.3×10m/s2＝3m/s2
当小物块位于中点时有：−＝L
可得 t1＝1s
（3）撤掉外力时长木板和小物块的速度分别为v1、v2
v1＝a1t1＝6×1m/s＝6m/s，v2＝a2t1＝3×1m/s＝3m/s
撤掉外力后，物块匀速，木板匀减速加速度为a3
μ1（M+m）g＝Ma3
代入得：a3＝2m/s2
设小物块从长木板中点滑动到最左端时长木板速度为v3，以长木板为参考系，则有：
2a3×＝（v1−v2）2−（v3−v2）2
可得此时：v3＝（3+）m/s
此时长木板的做减速运动加速度为：μ1Mg＝Ma4，
得：a4＝1m/s2
此后小物块做平抛运动，长木板做匀减速度运动，落地时距长木板左端的距离为：
Δs＝v3 −×1（）2﹣v2
代入数据后得：Δs＝0.33m
答：（1）为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值为16N；
（2）当F＝22N时，小物块经1s滑到木板中点C；
（3）当小物块到达C点时撤去F，小物块落地时与木板A端的距离为0.33m。
44．（2022•亭湖区校级开学）如图所示，质量M＝4kg的长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.7。这时铁箱内一个质量m＝1kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内侧的动摩擦因数u2＝0.5。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。求：
（1）铁箱对木块的支持力大小；
（2）水平拉力F的大小；
（3）减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当铁箱的速度v0＝6m/s时撤去拉力，经过t＝1.2s时间木块恰好从左侧到达右侧，则铁箱的长度是多少？
【答案】（1）铁箱对木块的支持力大小为20N；
（2）水平拉力F的大小为135N
（3）铁箱的长度是1.2m
【解答】解：（1）木块竖直方向处于平衡状态，有：μ2FN＝mg
解得
（2）对木块，由牛顿第二定律可得加速：
对整体有：F﹣μ1（M+m）g＝（M+m）a
解得：F＝135N
（3）撤去拉力后木块做减速运动，加速度：
铁箱也做减速运动，加速度：＝＝﹣7.5m/s2
铁箱经过停下，以后不再运动，位移
木块运动1.2s时间速度正好减为 v＝v0+aMt＝0
所以1.2s内木块的位移
所以铁箱的长度L＝xm﹣xM＝3.6m﹣2.4m＝1.2m
答：（1）铁箱对木块的支持力大小为20N；
（2）水平拉力F的大小为135N
（3）铁箱的长度是1.2m
一十二．牛顿运动定律的应用——连接体模型（共3小题）
45．（2023•青羊区校级模拟）（多选）推导匀变速直线运动位移公式时，匀变速直线运动在极短时间内可以看成是匀速直线运动，这一方法也适用于求非匀变速直线运动的位移，如图所示，光滑水平面上，物块B以1.2m/s的速度去撞固定在物块A上的轻弹簧，经过1s二者第一次速度相等，此时物块A运动的位移为0.36m，已知B的质量是A的质量的5倍，弹簧始终在弹性限度内，则以下说法正确的是（ ）
A．从开始运动到共速过程中，物块A的加速度始终是物块B的5倍
B．从开始运动到共速过程中，物块A的位移始终是物块B的位移的5倍
C．二者速度相等时，物块B的位移为1.128m
D．从开始运动到共速过程中，弹簧弹力对A和B做功的大小相等
【答案】AC
【解答】解：A、B压缩弹簧后弹簧发生形变，A、B受到弹簧弹力作用，由于水平面光滑，物块受重力、地面的支持力与弹簧弹力作用，物块所受合力等于弹簧弹力，因此物体所受合力F大小相等、方向相反，由牛顿第二定律得：a＝，由于A、B所受合力F大小相等，B的质量是A的质量的5倍，则A的加速度始终是物块B的加速度的5倍，即aA＝5aB，故A正确；
B、从开始运动到二者共速过程，B的速度始终大于A的速度，它们的运动时间相等，则B的位移大于A的位移，则物块A的位移不是始终是物块B的位移的5倍，故B错误；
C、物体A的位移xA＝t＝0.36m，B的位移大小xB＝v0t﹣＝v0t﹣×t，其中v0＝1.2m/s，t＝1s，代入数据解得：xB＝1.128m，故C正确；
D、从开始运动到共速过程中，B的位移也大于A的位移，弹簧弹力对B做功绝对值大于弹簧弹力对A做的功，故D错误。
故选：AC。
46．（2022秋•东城区期末）如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定在天花板上，下端与质量为m的物块A相连接。初始时刻，用挡板B托住物块A、使其处于静止状态，弹簧处于自由状态。利用计算机系统精确控制使挡板B竖直向下做加速度大小为a＝0.5g的匀加速直线运动，直至挡板与物块A分离，分离后物块A继续向下做加速度减小的加速运动，达到最大速度vm，而后继续向下减速运动到达最低点。此后物块A在竖直方向做往复运动。求：
（1）挡板B与物块A分离时，弹簧的伸长量x1；
（2）物块A达到最大速度vm时，弹簧的伸长量x2；
（3）以弹簧原长时物块A所在位置为坐标原点O，向下为正方向建立坐标轴Ox。
（a）定性画出物块A从静止到第一次达到最大速度vm的过程中，其加速度a随坐标x变化的图像；
（b）由a﹣x图像求物块A的最大速度vm。
【答案】（1）挡板B与物块A分离时，弹簧的伸长量x1为；
（2）物块A达到最大速度vm时，弹簧的伸长量x2为；
（3）（a）加速度a随坐标x变化的图像见解答；
（b）由a﹣x图像求物块A的最大速度vm为。
【解答】解：（1）挡板B与物块A分离时，对A，由牛顿第二定律得：mg﹣kx1＝m•0.5g
解得：x1＝
（2）物块A达到最大速度vm时，对A，由平衡条件得：mg＝kx2
解得：x2＝
（3）（a）当A和B分离前，整体向下做匀加速直线运动，加速度为0.5g；
当A和B分离后，对A，根据牛顿第二定律得：mg﹣kx＝ma，则a随x增大而均匀减小；
物块A加速度a随坐标x变化的图像如图
（b）由v2＝2ax得，a﹣x图像与坐标轴围成的面积为，则vm2＝2•（x1+x2）•0.5g
解得：vm＝
答：（1）挡板B与物块A分离时，弹簧的伸长量x1为；
（2）物块A达到最大速度vm时，弹簧的伸长量x2为；
（3）（a）加速度a随坐标x变化的图像见解答；
（b）由a﹣x图像求物块A的最大速度vm为。
47．（2022秋•郾城区校级期末）如图所示，水平平台的右端安装有定滑轮，质量为M＝2.0kg的物块放在与定滑轮相距L＝2.5m的平台上，物块与平台间的动摩擦因数为μ＝0.2．现有一轻绳跨过定滑轮，左端与物块连接，右端挂质量为m的小球，绳拉直时用手托住小球使其在距地面h高处静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，求：
（1）取m＝1.0kg，放开小球，小球和物块一起运动，求小球做匀加速运动时的加速度大小a以及此时绳子的拉力大小T；
（2）取m＝1.0kg，放开小球，小球和物块一起运动，要使物块刚好能运动到右端滑轮处，则小球静止时距地面的高度h至少为多大？（设小球着地后立即停止运动）
（3）取h＝0.5m，要使物块能够向右运动且撞不到定滑轮，求小球质量m的取值范围。（设小球着地后立即停止运动）
【答案】（1）取m＝1.0kg，放开小球，系统运动，小球做匀加速运动时的加速度大小a以及此时绳子的拉力大小T为8N；
（2）取m＝1.0kg，放开小球，系统运动，小球着地后立即停止运动，要使物块M刚好能运动到右端滑轮处，则小球静止时距地面的高度h至少为1.25m；
（3）取h＝0.5m，小球着地后立即停止运动，要使物块撞不到定滑轮，小球质量m的取值范围为0.4kg＜m≤10kg。
【解答】解：（1）根据牛顿第二运动定律得：
对小球有：mg﹣T＝ma
对物块有：T﹣μMg＝Ma
代入数据联立解得：a＝2m/s2
绳子拉力大小：T＝8N
（2）设小球着地时物块的速度为v，小球着地后物块做匀减速运动的加速度大小为a'，则小球着地后，对物块M有：﹣μMg＝﹣Ma'
代入数据解得：a'＝2.0m/s2
对M由运动学公式得：v2＝2ah＝2a'（L﹣h）
代入数据解得：h＝1.25m
（3）设小球着地后，物块滑行距离为s，对物块M有：0﹣v2＝﹣2a's
且：s≤L﹣h
又：v2＝2ah
代入数据联立解得：a≤8m/s2
又由：，
解得：m≤10kg
要能够拉动物块必须有：mg＞μMg，
即：m＞0.4kg
小球质量的范围是：0.4kg＜m≤10kg
答：（1）取m＝1.0kg，放开小球，系统运动，小球做匀加速运动时的加速度大小a以及此时绳子的拉力大小T为8N；
（2）取m＝1.0kg，放开小球，系统运动，小球着地后立即停止运动，要使物块M刚好能运动到右端滑轮处，则小球静止时距地面的高度h至少为1.25m；
（3）取h＝0.5m，小球着地后立即停止运动，要使物块撞不到定滑轮，小球质量m的取值范围为0.4kg＜m≤10kg。
一十三．牛顿运动定律的应用——板块模型（共3小题）
48．（2022秋•芜湖期末）如图所示，在粗糙的水平地面上有一长为L＝12m、质量为M＝2kg的长木板B，在长木板的中点P放有一质量为m＝1kg可视为质点的小物块A，开始时A、B均静止。已知A与B、B与地面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.1和μ2＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平向右的恒力F拉长木板B，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）当小物块A刚好相对长木板B滑动时，小物块A的加速度a0大小；
（2）若水平拉力F1＝10.5N，小物块A所受到的摩擦力f大小；
（3）若水平拉力F2＝24N，要使小物块刚好不滑离长木板，F2作用多长时间；当A、B都停止运动时，小物块A到木板中点P的距离d。
【答案】（1）当小物块A刚好相对长木板B滑动时，小物块A的加速度a0大小为1m/s2；
（2）若水平拉力F1＝10.5N，小物块A所受到的摩擦力f大小为0.5N；
（3）小物块A到木板中点P的距离为4.5m。
【解答】解：（1）当A与B刚要相对滑动时，对A有μ1mg＝ma0
则
（2）当F1＝10.5N时，因μ2（M+m）g＜F1＜μ2（M+m）g+（M+m）a0＝0.3×（2+1）×10N+（2+1）×1N＝12N
故A、B一起做匀加速运动，对A、B整体F1﹣μ2（M+m）g＝+（M+m）a共
解得a共＝0.5m/s2
对A有f＝ma共
解得f＝0.5N
（3）因水平拉力F2＝24N＞μ2（M+m）g+（M+m）a0＝0.3×（2+1）×10N+（2+1）×1N＝12N
故A、B相对滑动，对A有μ1mg＝ma1
解得
对B有F2﹣μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma2
解得
设拉力作用t1时最终小物块刚好没有滑离长木板，则t1时小物块速度和位移为v1＝a1t1，
则t1时木板的速度和位移为v2＝a2t1，
则此过程中A相对B向左滑动距离
水平拉力撤去后，设再经时间t2，A、B刚好共速。因A的受力不变，故A继续加速，加速度
B做匀减速运动，有
解得
则v'＝v1+a1t2＝v2﹣a3t2
此过程中A相对B向左滑动Δx2＝﹣＝
因A、B间动摩擦因数小，故共速后A相对B向右滑动，此时A刚好滑到B最左端，则＝m＝6m
联立解得v共＝2m/s，t1＝1s，t2＝1s
A、B共速后，A做匀减速运动的加速度
B继续做匀减速运动，有μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma4
解得
A、B停止时，A相对B向右滑动的距离为Δs＝﹣
解得Δs＝1.5m
此时A到P点的距离为d＝Δx﹣Δs＝6m﹣1.5m＝4.5m
答：（1）当小物块A刚好相对长木板B滑动时，小物块A的加速度a0大小为1m/s2；
（2）若水平拉力F1＝10.5N，小物块A所受到的摩擦力f大小为0.5N；
（3）小物块A到木板中点P的距离为4.5m。
49．（2023春•宁波期末）如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8m、质量M＝3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2？（ ）
A．要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，需恒力F＞15N
B．当恒力F＝25N时，物块会与木板发生相对滑动
C．当恒力F＞30N时，物块会与木板发生相对滑动
D．当恒力F＝37.5N时，物块滑离木板所用的时间为1s
【答案】C
【解答】解：要使木块和木板之间不产生相对滑动，则对M、m由牛顿第二定律得：F﹣（M+m）gsinα＝（M+m）a
对m有：f﹣mgsinα＝ma，f⩽μmgcsα
代入数据解得：F⩽30N
因要拉动，则：
则为使物块不滑离木板，力F应满足的条件为20N＜F⩽30N。
A、要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，需恒力F＞20N，故A错误；
B、20N＜F＝25N＜30N，M和m沿斜面向上做匀加速运动，不产生相对滑动，故B错误；
C、F＞30N 时，M和m产生相对滑动，故C正确；
D、当 F＝37.5N＞30N，物块能滑离木板，对M有：F﹣μmgcsα﹣Mgsinα＝Ma1
对m有：μmgcsα﹣mgsinα＝ma2
设滑块滑离木板所用的时间为t，由运动学公式得
代入数据解得：t＝1.2s，故D错误。
故选：C。
50．（2023春•崂山区校级期末）（多选）如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q（可视为质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的恒力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，5s后撤去力F。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知物块与长木板的质量相等，均为2kg，滑块Q始终没有从长木板P上滑下，重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．t＝12s时长木板P停下来
B．长木板P的长度至少是12m
C．地面与长木板P之间的动摩擦因数是0.075
D．恒力F等于6N
【答案】CD
【解答】解：在两者速度相同之前长木板P的速度大于小滑块Q的速度，Q相对P向左运动。由乙图可知，力F在t1＝5s时撤去，此时长木板P的速度为v1＝5m/s，t2＝6s时二者速度相同，相同的速度为v2＝3m/s。
t2＝6s后两者并未相对静止，说明P减速的加速度大于Q的加速度，P的速度小于Q的速度，P早于Q速度减为零。
设两者的质量均为m，P与Q之间的动摩擦因数为μ1，P与地面之间的动摩擦因数为μ2。
C、在0～6s过程中，以滑块Q为研究对象，根据牛顿第二定律可得：μ1mg＝ma1
由v﹣t图像的斜率可得：a1＝m/s2＝0.5m/s2，解得：μ1＝0.05
在5s～6s过程中，以长木板P为研究对象，根据牛顿第二定律可得：μ2•2mg+μ1mg＝ma2
由v﹣t图像的斜率的绝对值可得：a2＝m/s2＝2m/s2，解得：μ2＝0.075，故C正确。
D、在0～5s过程中，对P受力分析，根据牛顿第二定律可得：F﹣μ2•2mg﹣μ1mg＝ma
由v﹣t图像可得：a＝m/s2＝1m/s2，解得：F＝6N，故D正确。
A、6s末到长木板停下来过程中，根据牛顿第二定律可得：μ2•2mg﹣μ1mg＝ma3
解得：
这段时间为：，故在t3＝6s+3s＝9s时长木板P停下来，故A错误。
B、由v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移，可得在0～6s过程中滑块Q相对长木板P向左滑行的位移大小为：
6s后滑块Q的匀减速运动与之前的匀加速运动具有对称性，可知Q在12s时速度减为零。
在6s之后的过程中滑块Q相对长木板P向右滑行的位移大小为：
因Δx1＞Δx2，故长木板P的长度至少等于Δx1＝7.5m，故B错误。
故选：CD。
一十四．牛顿运动定律的综合应用（共2小题）
51．（2023•潍坊一模）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，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）若P的质量M＝0.5kg，地面对斜面体摩擦力的大小f为；
（2）为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，P的质量M需满足的条件是：1kg＜M≤5kg。
【解答】解：（1）设沿斜面向上为正方向，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为整体，根据受力平衡可得，地面对斜面体摩擦力的大小为：f＝Fcs30°
联立解得：
（2）P着地后，设Q继续上滑的加速度大小为a1，上滑行距离为x，
对Q受力分析，由牛顿第二运动定律得：mgsinθ+μmgcsθ＝ma1
解得：
P着地前瞬间，设Q速度大小为v，对Q分析，由运动学公式可得v2＝2ah，0﹣v2＝﹣2a1x
Q恰好不从斜面顶端滑出需满足：x＝L﹣h
联立代入数据解得：
对于P、Q组成的系统，根据牛顿第二定律可得：Mg﹣mgsinθ﹣μmgcsθ＝（M+m）a
联立可得：M＝5kg
另一方面为了使P能下落，必须满足：Mg＞mgsinθ+μmgcsθ
解得：M＞1kg
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
答：（1）若P的质量M＝0.5kg，地面对斜面体摩擦力的大小f为；
（2）为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，P的质量M需满足的条件是：1kg＜M≤5kg。
52．（2022春•滨海新区校级期中）如图所示，传送带以一定速度沿水平方向匀速运动，将质量m＝1.0kg的小物块轻轻放在传送带上的P点，物块运动到A点后被水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑。B、C为圆弧的两端点，其连线水平，轨道最低点为O，已知到达O点的速度大小为v＝m/s；已知圆弧对应圆心角θ＝106°，圆弧半径R＝1.0m，A点距水平面的高度h＝0.8m，第一次到C点的速度大小和B点的速度大小相等。小物块离开C点后恰好能无碰撞地沿固定斜面向上滑动，经过0.8s小物块第二次经过D点，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝．（取sin53°＝0.8，g＝10m/s2）求：
（1）小物块离开A点时的水平速度大小和B点的速度大小；
（2）小物块经过O点时，轨道对它的支持力大小；
（3）斜面上C、D间的距离。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）对于小物块，由A到B做平抛运动，在B点竖直方向上有 ①
在B点时有 ②
由①②解得 vA＝3m/s
小物体在B点的速度为
（2）在O点由牛顿第二定律得
解得 FN＝43N
（3）物块沿斜面上滑时，有mgsin53°+μmgcs53°＝ma1
物块到达C点的速度 vC＝vB＝5m/s
小物块由C上升到最高点的时间为 t1＝
联立解得 t1＝0.5s
则小物块由斜面最高点回到D点历时 t2＝0.8s﹣0.5s＝0.3s
小物块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得 mgsin53°﹣μmgcs53°＝ma2
C、D间的距离为 xCD＝﹣
解得 xCD＝0.98m
答：
（1）小物块离开A点时的水平速度大小为3m/s，B点的速度大小为5m/s；
（2）小物块经过O点时，轨道对它的支持力大小是43N；
（3）斜面上C、D间的距离是0.98m。
一十五．探究小车速度随时间变化的规律（共4小题）
53．（2021秋•黄龙县校级月考）光电计时器是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图甲所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间．乙图中MN是水平桌面．Q是木板与桌面的接触点，1和2是固定在木板上适当位置的两个光电门，与之连接的两个光电计时器没有画出．此外在木板顶端的P点还悬挂着一个铅锤，让滑块从木板的顶端滑下，光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为5.0×10﹣2s和2.0×10﹣2s．小滑块的宽度d＝5.0cm，则滑块通过光电门1的速度为 1m/s ，滑块通过光电门2的速度为 2.5m/s ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：因为较短时间内的平均速度可以表示瞬时速度，所以v1＝＝ m/s＝1.0m/s．
v2＝＝m/s＝2.5m/s．
故答案为：1 m/s，2.5m/s．
54．（2021秋•松山区校级月考）在探究小车速度随时间变化规律的实验中，得到一条如图1所示的纸带，按时间顺序取0、1、2、3、4、5、6都为共7个计数点。0到6每相邻两计数点间各有四个打印点未画出，测得相邻计数点的距离依次为S1＝1.40cm，S2＝1.90cm，S3＝2.38cm，S4＝2.88cm，S5＝3.39cm，S6＝3.87cm。
（1）在计时器打出点1、2、3、4、5时，小车的速度分别为：V1＝ 0.165 m/s，V2＝ 0.214 m/s，V3＝ 0.263 m/s，V4＝ 0.314 m/s，V5＝ 0.363 m/s。
（2）在图2中作出速度—时间图象，并由图象求出小车的加速度a＝ 0.495 m/s2。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T＝0.1s，
计数点1的瞬时速度等于0、2段的平均速度，则有：
v1＝＝0.165m/s；
计数点2的瞬时速度等于1、3段的平均速度，则有：
v2＝＝0.214m/s；
计数点3的瞬时速度等于2、4段的平均速度，则有：
v3＝＝0.263m/s。
计数点4的瞬时速度等于3、5段的平均速度，则有：
v4＝×10﹣2＝0.314m/s；
计数点5的瞬时速度等于4、6段的平均速度，则有：
v5＝＝0.363m/s；
（2）根据描点法，作图，如下图所示：
则小车的加速度为：
a＝k＝m/s2＝0.495m/s2。
故答案为：（1）0.165，0.214，0.263，0.314，0.363；（2）如上图所示，0.495。
55．（2023春•保定期末）某实验小组用如图（a）所示装置探究小车做匀变速直线运动的规律。
（1）请在下列实验器材中，选出本实验中不需要的器材： ⑥ （填编号）。
①电火花计时器②电压220V频率50Hz的交流电源③细线和纸带钩码和小车⑤刻度尺⑥秒表⑦一端带有滑轮的长木板
（2）①甲同学得到如图（b）所示的一条纸带，在纸带上每5个点选取1个计数点，依次标记为A、B、C、D、E。测量时发现B点已经模糊不清，于是他测得AC长为14.56cm、CD长为11.15cm、DE长为13.73cm，则小车运动的加速度大小为 2.58 m/s2，A、B间的距离应为 5.99 cm。（均保留三位有效数字）
②若打点计时器实际工作频率f＝51Hz，电压不变，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值 偏小 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
（3）乙同学得到点迹清晰的纸带如图（c），在纸带上取六个计数点（各点到纸带两侧距离相等），标记为A、B、C、D、E、F，相邻两点的间距依次记为x1、x2、x3、x4、x5，相邻计数点的时间间隔记为T。从每个计数点处将纸带剪开分成五段，将五段纸带两侧依次靠紧但不重叠，沿下端各计数点连线作横轴，沿AB段左侧作纵轴，上端各计数点拟合成一条倾斜直线，如图（d）所示。
①若用横轴表示时间t，纸带宽度表示T，纵轴表示xn（n＝1、2、3、4、5），则倾斜直线的斜率表示的物理量是 C （填序号）。
A．位移
B．瞬时速度
C．T内瞬时速度的变化量
D．加速度
②若用纵轴表示xn（n＝1、2、3、4、5），纸带宽度表示 T2 （用题中所给物理量符号写出表达式），则倾斜直线的斜率就表示纸带运动的加速度。
【答案】（1）⑥；（2）2.58；5.99；偏小；（3）C；T2
【解答】解：（1）打点计时器有计时功能，故不需要秒表，故选⑥。
（2）相邻计数点的时间间隔为
由逐差法可得
根据
x2+x1＝14.56cm
解得：x1＝5.99cm
若打点计时器实际工作频率f＝51Hz，电压不变，而做实验的同学并不知道，那么计算加速度代入的T值相比于真实值偏大，根据，可知，加速度偏小。
（3）①若用横轴表示时间t，纸带宽度表示T，纵轴表示xn（n＝1、2、3、4、5），则直线斜率
，
此处在理解时一定要灵活处理，根据实际关系式来理解图像，不能机械的记忆图像表示的是什么图像。所以所连斜直线的斜率表示相邻计数点的瞬时速度的变化，故C正确，ABD错误；
故选：C。
②若用纵轴表示xn（n＝1、2、3、4、5），根据
Δx＝aT2
可知，纸带宽度表示T2。
故答案为；（1）⑥；（2）2.58；5.99；偏小；（3）C；T2
56．（2023秋•三亚期中）某同学在研究小车运动实验中，电源频率f＝50Hz，在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，零点未画出，如图所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：sA＝16.6mm、sB＝126.5mm、sD＝624.5mm。根据以上信息回答：
（1）某同学在研究小车运动实验中，接通电源与释放纸带（或物体），这两个操作时刻的关系应当是 A ；
A.先接通电源，后释放纸带
B.先释放纸带，后接通电源
C.释放纸带的同时接通电源
D.先接通电源或先释放纸带都可以
（2）相邻两个计数点的时间间隔T为 0.1 s；
（3）打C点时物体的速度大小为 2.5 m/s（取2位有效数字）；
（4）物体加速度a的表达式为 （用sA、sB、sD和f表示）。
【答案】（1）A；（2）0.1；（3）2.5；（4）
【解答】解：（1）实验操作时，应先接通电源，再释放纸带。故A正确，BCD错误。
（2）打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，则相邻两计数点的时间间隔为：T＝5×0.02s＝0.1s。
（3）打C点时物体的速度大小等于BD间的平均速度，即为：vc＝＝ m/s＝2.5m/s。
（4）根据逐差法可知
sCD﹣sAB＝2aT2，sBC﹣sAB＝aT2
解得sBD﹣2sAB＝3aT2
其中T＝
加速度为
a＝
故答案为：（1）A；（2）0.1；（3）2.5；（4）
一十六．验证力的平行四边形定则（共2小题）
57．（2023•河北区学业考试）在“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，先用一个弹簧秤拉橡皮条的另一端到某一点并记下该点的位置；再将橡皮条的另一端系两根细绳，细绳的另一端都有绳套，用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条。
（1）某同学认为在此过程中必须注意以下几项：
A．两根细绳必须等长
B．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上
C．在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行
D．在用两个弹簧秤同时拉细绳时要注意使两个弹簧秤的读数相等
E．在用两个弹簧秤同时拉细绳时必须将橡皮条的另一端拉到用一个弹簧秤拉时记下的位置
其中正确的是 CE 。（填入相应的字母）
（2）在“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。
①图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向是 F' 。
②本实验采用的科学方法是 B
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）本实验中我们只需使两个力的效果与一个力的效果相同即可，细绳的长度是否相等与本实验无关，合力不需要一定过两分力的角平分线，且两分力也不一定相等，故ABD错误；
但为了减小实验的误差，应要求用一个力拉和用两个力拉时的效果应相同，即必须将橡皮条拉至同一位置，故E正确；
为保证拉力的方向为在纸面上画出的方向，弹簧秤一定要与木板平行；故C正确；故选：CE。
（2）①图乙中的F与F′中，F是由平行四边形得出的，而F′是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方向相同，一定与AO共线的是 F′。
②本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法。
故选：B。
故答案为：（1）CE； （2）①F′；②B。
58．（2023秋•西城区校级期中）某同学做“验证平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．
（1）如果没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是 F′ ．
（2）本实验采用的科学方法是 B ．
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法
（3）实验时，主要的步骤是：
A．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；
B．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；
C．用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O．记录下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数；
D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F；
E．只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F′的图示；
F．比较F′和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论．
上述步骤中：①有重要遗漏的步骤的序号是 C 和 E ；
②遗漏的内容是 C中未记下两条细绳的方向 和 E中未说明把橡皮条的结点拉到位置O ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧秤沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧秤的拉力与两个弹簧秤的拉力效果相同，测量出的合力．故方向一定沿AO方向的是F′；
（2）合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法，故B正确．
故选：B
（3）本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，作出合力和理论值和实际值，然后进行比较，得出结果．所以，实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示．步骤C中未记下两条细绳的方向；步骤E中未说明把橡皮条的结点拉到位置O．
故答案为：（1）F′；（2）B；（3）①C、E；②C中未记下两条细绳的方向；E中未说明把橡皮条的结点拉到位置O
一十七．探究加速度与力、质量的关系（共2小题）
59．（2023秋•海淀区期中）某同学用如图1所示的装置进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验。
（1）下列说法正确的是 D 。
A.本实验还需要天平、秒表
B.和小车相连的细线与长木板不一定要平行
C.应该先释放小车，再接通电源
D.平衡摩擦的目的是为了使小车加速运动时所受合力的大小等于细线拉力的大小
（2）某次实验得到的纸带如图2所示，每两个计数点间有四个点未画出。已知实验所用电源的频率为50Hz。根据纸带可求出小车的加速度大小为 0.51 m/s2，打点计时器打B点时小车的速度为 0.64 m/s。（结果均保留两位有效数字）
（3）该同学在探究“加速度与质量的关系”时，保持小吊盘及盘中砝码的总质量m不变，通过改变小车中的重物来改变小车的质量M，分别测出小车相应的加速度。为了通过图像直观地判断小车的加速度a与质量M之间是否成反比，应该做出a与 的图像。
（4）该同学在“探究加速度与力的关系”时，首先平衡了小车所受的摩擦力，然后保持小车的质量M不变，改变小吊盘中砝码数量来改变细线对小车的拉力。小吊盘及盘中砝码的总质量用m表示。若该同学在实验中逐渐增加盘中砝码的数量，直到m＝M。实验中他操作过程规范，并正确测量获得实验数据，则图3所示图像能正确反映小车的加速度a和m之间关系的是 B 。
【答案】（1）D；（2）0.51；0.64；（3）；（4）B
【解答】解：（1）A.本实验还需要天平，有打点计时器，所以不需要秒表，故A错误；
B.与小车相连的细线与长木板一定要平行，细线拉力才能等于小车所受合力，故B错误；
C.应该先接通电源，再释放小车，故C错误；
D.平衡摩擦的目的是为了使小车加速运动时所受合力的大小等于细线拉力的大小，故D正确；
故选：D。
（2）相邻计数点间的时间间隔为：T＝＝s＝0.1s
根据逐差法可得小车的加速度为：a＝＝×0.01m/s2＝0.51m/s2
匀变速直线运动某段中间时刻速度等于该段的平均速度，则打下B点时小车的速度为vB＝＝×0.01m/s＝0.64m/s
（3）要直观的反映两个量之间的关系，可以通过作图来解决．但是只有作出一条直线，才可以直观的反映两个变量之间的关系，在探究加速度a与质量m的关系时，为了直观判断二者间的关系，应作出a﹣图象；
（4）根据牛顿第二定律可知
mg＝（m+M）a
解得
＝+
当m≪M时，符合线性关系，故ACD错误，B正确；
故选：B。
故答案为：（1）D；（2）0.51；0.64；（3）；（4）B
60．（2023春•合肥期中）在探究“小车质量不变时，其加速度与力的关系”的实验中，某实验小组设计了如图甲所示的装置，A为小车，B为打点计时器，C为力传感器（测绳子的拉力），P为小桶（内有砂子），M是一端带有定滑轮的足够长的木板。不计滑轮的质量及轻绳与滑轮间的摩擦。
（1）实验中，为了使轻绳对小车的拉力等于小车所受的合力，先调节长木板一端滑轮的高度，使轻绳与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是 C 。
A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节小桶内砂子的量，使小车在小桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
B．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带及小桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动
C．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去小桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。
（2）在该实验中， 不需要 （选填“一定要”或“不需要”）满足小桶（内有砂子）的质量远小于小车的质量这一条件。
（3）已知交流电源的频率为50Hz，某次实验得到的纸带如图乙所示，图中相邻计数点之间还有4个点未标出，由该纸带可求得小车的加速度a＝ 0.85 m/s2．（结果保留两位小数）
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，即平衡摩擦力，故C正确，AB错误。
故选：C；
（2）在该实验中，不需要满足小桶（内有砂子）的质量远小于小车的质量这一条，原因绳子的拉力，通过力传感器来测量的。
（3）相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，相邻的计数点时间间隔为T＝0.1s，
利用匀变速直线运动的推论Δx＝at2，得：
a＝＝m/s2＝0.85m/s2
故答案为：（1）C； （2）不需要； （3）0.85。
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