【物理】2019届一轮复习人教版 牛顿运动定律的应用 学案
一、用牛顿第二定律解决动力学问题
（1）从受力确定运动情况（）。
（2）从运动情况确定受力（F=ma）。
（3）综合受力分析和运动状态分析，运用牛顿第二定律解决问题。
二、瞬时变化的动力学模型
受外力时的形变量
纵向弹力
弹力能否突变
轻绳
微小不计
拉力
能
轻杆
微小不计
拉力或压力
能
轻橡皮绳
较大
拉力
不能
轻弹簧
较大
拉力或压力
不能
三、传送带模型分析方法
四、滑块–木板模型分析方法
五、超重和失重
1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）发生了变化（即“视重”发生变化）。
2．只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关。
3．尽管物体的加速度不是在竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
4．物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma。
5．物体处于超重状态还是失重状态取决于加速度的方向，与速度的大小和方向没有关系。下表列出了加速度方向与物体所处状态的关系。
加速度
超重、失重
视重F
a=0
不超重、不失重
F=mg
a的方向竖直向上
超重
F=m（g+a）
a的方向竖直向下
失重
F=m（g–a）
a=g，竖直向下
完全失重
F=0
特别提醒：不论是超重、失重、完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
6．超重和失重现象的判断“三”技巧
（1）从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态。
（2）从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。
（3）从速度变化角度判断
①物体向上加速或向下减速时，超重；
②物体向下加速或向上减速时，失重。
（2018·福建省闽侯第二中学、连江华侨中学等五校教学联合体）如图所示，质量为m=2 kg的物体放在粗糙的水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，物体在方向与水平面成α=37°斜向下、大小为10 N的推力F作用下，从静止开始运动，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。求：
（1）5 s末物体的速度大小；
（2）若5 s末撤去F，物体又经过多久能停下来？
【参考答案】（1） （2）3.5 s
【详细解析】（1）物体受力如图所示，
据牛顿第二定律有
竖直方向上：N–mg–Fsinα=0
水平方向上：Fcosα–f=ma
又f=μN
解得：
则5 s末的速度大小v5=at1=1.4×5 m/s=7.0 m/s
（2）撤去力F后，据牛顿第二定律有–f=ma′
解得：a′=–μg=–2m/s2
则t止=–v5/ a′=3.5 s
1．如图所示，质量相同的木块A、B用轻质弹簧连接，静止在光滑的水平面上，此时弹簧处于自然状态。现用水平恒力F推A，则从力F开始作用到弹簧至弹簧第一次被压缩到最短的过程中
A．弹簧压缩到最短时，两木块的速度相同
B．弹簧压缩到最短时，两木块的加速度相同
C．两木块速度相同时，加速度aA
vB
【答案】ACD
2．（2018·浙江省温州九校高一期末）由于下了大雪，许多同学在课间追逐嬉戏，尽情玩耍，而同学王清和张华却做了一个小实验：他们造出一个方形的雪块，让它以初速度v0=6.4 m/s从一斜坡的底端沿坡面冲上该足够长的斜坡（坡上的雪已压实，斜坡表面平整）。已知雪块与坡面间的动摩擦因数为μ＝0.05，他们又测量了斜坡的倾角为θ＝37°，如图所示。求：（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，=3.75）
（1）雪块在上滑过程中加速度多大；
（2）雪块沿坡面向上滑的最大距离是多少；
（3）雪块沿坡面滑到底端的速度大小。
【答案】（1）6.4 m/s2 （2）3.2 m （3）6 m/s
【解析】（1）雪块上滑的加速度：
解得a1=6.4 m/s2
（2018·陕西省高三教学质量检测试题）足够长光滑斜面BC倾角α=53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接，一质量m=2 kg的小物块静止于A点。现在AB段对小物块施加与水平方向成α=53°的恒力F作用，如图甲所示。小物块在AB段运动的速度—时间图象如图乙所示，到达B点迅速撤去恒力F（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）。求：
（1）小物块所受到的恒力F；
（2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；
（3）小物块最终离A点的距离。
【参考答案】（1）11 N （2） （3）
（2）在BC段mgsinα=ma2，解得，小物块从B到C所用时间与从C到B所用时间相等，所以小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间为。
（3）小物块从B向A运动过程中，有μmg=ma3，，
滑块的位移，，。
1．如图所示，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量是M，木块质量是m，力的大小是F，加速度大小是a，木块和小车间的动摩擦因数是μ。则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是
A．μmg B．ma C． D．μ（M+m）g
【答案】BC
2．（2018·浙江省杭州市命题比赛高考选考 目模拟测试）原地纵跳摸高是篮球和羽毛球重要的训练项目。已知质量m=60 kg的运动员原地摸高为2.05米，比赛过程中，该运动员重心先下蹲0.5米，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.85米的高度。假设运动员起跳时为匀加速运动，求：
（1）该运动员离地面时的速度大小为多少；
（2）起跳过程中运动员对地面的压力；
（3）从开始起跳到双脚落地需要多少时间？
【答案】（1） （2）1 560 N，方向向下 （3）1.05 s
【解析】（1）从开始起跳到脚离开地面重心上升，离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离
根据速度位移关系：
解得：v=4 m/s
（2）脚未离地过程中，根据速度位移关系：
解得：
对人受力分析，根据牛顿第二定律有：，得
由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力为1560 N，方向向下
（3）加速上升时间，减速上升的时间
加速下降和减速上升时间相同，故总时间为
（2018·福建省闽侯第二中学、连江华侨中学等五校教学联合体）如图所示，物体a、b用一根不可伸长的细线相连，再用一根轻弹簧跟a相连，弹簧上端固定在天花板上，已知物体a、b的质量相等。当在P点处剪断绳子的瞬间
A．物体a的加速度大小为零
B．物体a的加速度大小为g
C．物体b的加速度大小为零
D．物体b的加速度大小为g
【参考答案】BD
【详细解析】设ab物体的质量为m，剪断细线前，对ab整体受力分析，受到总重力和弹簧的弹力而平衡，故F=2mg；再对物体a受力分析，受到重力、细线拉力和弹簧的拉力；剪断细线后，重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力减为零，故物体a受到的力的合力等于mg，向上，根据牛顿第二定律得A的加速度为，故B正确，A错误；对物体b受力分析，受到重力、细线拉力，剪断细线后，重力不变，细线的拉力减为零，故物体b受到的力的合力等于mg，向下，根据牛顿第二定律得A的加速度为，故C错误，D正确。
1．如图所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板，两球静止，两细线与水平方向的夹角α=30°，弹簧水平，以下说法正确的是
A．细线拉力大小为mg
B．弹簧的弹力大小为
C．剪断左侧细线瞬间，小球b的加速度为0
D．剪断左侧细线瞬间，小球a的加速度为
【答案】C
【解析】对小球a，根据共点力平衡条件可得，细线的拉力，弹簧的弹力，AB错误；剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，故小球b所受的合力为0，加速度为0，C正确；剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球a所受的合力，根据牛顿第二定律得，D错误。
（2018·辽宁省六校协作体）已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图甲所示），以此时为t=0记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系（如图乙所示），图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，已知传送带的速度保持不变，则
A．物块在0 t1内运动的位移比在t1 t2内运动的位移小
B．0 t2内，重力对物块做正功
C．若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，那么
D．0 t2内，传送带对物块做功为W=
【参考答案】B
1．如图所示，水平传送带始终以速度v1顺时计转动，一物块以速度v2（v2≠v1）滑上传送带的左端，则物块在传送带上的运动一定不可能的是
A．先加速后匀速运动 B．一直加速运动
C．一直减速直到速度为0 D．先减速后匀速运动
【答案】C
【解析】若v1>v2，物块相对传送带向左滑动，受到向右的滑动摩擦力，可能先向右做匀加速运动，当物块速度增加到与传送带速度相等后再做匀速运动，也可能一直向右做匀加速运动；若v16 N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为：
Ff−F图象如图所示
1．如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2，t=0时，车开始沿水平面做直线运动，其v–t图象如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，若平板车足够长，关于物块的运动，以下描述正确的是
A．0 6 s加速，加速度大小为2 m/s2，6 12 s减速，加速度大小为2 m/s2
B．0 8 s加速，加速度大小为2 m/s2，8 12 s减速，加速度大小为4 m/s2
C．0 8 s加速，加速度大小为2 m/s2，8 16 s减速，加速度大小为2 m/s2
D．0 12 s加速，加速度大小为1.5 m/s2，12 16 s减速，加速度大小为4 m/s2
【答案】C
（2018·普通高等学校招生全国统一考试模拟试题）如图甲所示，某高架桥的引桥可视为一个倾角、长l=500 m的斜面。一辆质量m=2 000 kg的电动汽车从引桥底端由静止开始加速，其加速度a随速度可变化的关系图像如图乙所示，电动汽车的速度达到1 m/s后，牵引力的功率保持恒定。已知行驶过程中电动汽车受到的阻力Ff（摩擦和空气阻力）不变，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是
A．电动汽车所受阻力Ff=12 000 N
B．电动汽车的速度达到1 m/s后，牵引力的功率P0=12 kW
C．第1 s内电动汽车牵引力的功率P与时间t满足P=12 000t
D．第1 s内电动汽车机械能的增加量等于牵引力与阻力做功的代数和，大小为6 000 J
【参考答案】D
【详细解析】加速阶段由牛顿第二定律可知：F–Ff–mgsinθ=ma，之后保持功率不变，–Ff–mgsinθ=ma，电功汽车做加速度逐渐减小的加速运动，最终加速度减小到0，电动汽车达到该功率该路况下的最大速度，–Ff–mgsinθ=0解得P0=14 kW；Ff=2 000 N；选项AB错误；第1 s内电动汽车牵引力的功率P=Fv=14 000t，选项C错误；电动汽车做匀加速运动的过程，位移，牵引力大小为14000N，牵引力与阻力做功的代数和为（F–Ff）x=6 000 J，选项D正确。
1．从地面上以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小球，若运动过程中小球受到的空气阻力与其速率成正比，小球运动的速度大小随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1
，且落地前小球已经做匀速运动，则在整个过程中，下列说法中不正确的是
A．小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小
B．小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小
C．小球抛出瞬间的加速度大小为
D．小球下落过程的平均速度大于
【答案】A
（2018·北京市东城区）“天地双雄”是欢乐谷的一项游乐设施，它的两座高度均为五十多米的高塔竖直矗立在游乐场上，塔的四周安装有可以上下运动的座椅，乘客坐在座椅上随着座椅运动，若在下降过程中加速度a随时间t变化的图线如图2所示，以竖直向下为a的正方向，则
A．人对座椅的压力在t1时刻最大
B．人对座椅的压力在t4时刻最大
C．在t1 t2时间内，人处于超重状态
D．在t3 t4时间内，人处于失重状态
【参考答案】B
【详细解析】t1 t2时间内，人处于失重状态；在t3 t4时间内，人处于超重状态。在t4时刻，此时座椅对人的支持力最大，则人对座椅的压力在t4时刻最大。综上分析，B正确。
1．（2018·浙江省宁波市新高考选考适应性考试）撑杆跳高是一项技术性很强的体育运动，完整的过程可以简化成三个阶段：持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落。撑杆跳高的过程中包含很多物理知识，下列说法正确的是
A．持杆助跑过程，重力的反作用力是地面对运动员的支持力
B．撑杆起跳上升阶段，弯曲的撑杆对人的作用力大于人对撑杆的作用力
C．撑杆起跳上升阶段先处于超重状态后处于失重状态
D．最高点手已离开撑杆，运动员还能继续越过横杆，是因为受到了一个向前的冲力
【答案】C
【点睛】解决本题关键理解牛顿第三定律，作用力与反作用力是甲对乙的作用和乙对甲的作用力，两力大小相等，方向相反。
1．如图所示，质量相同的三个小球A、B、C通过轻弹簧和不可伸缩的轻细绳悬挂于天花板上，处于静止状态。剪断A、B间细绳的瞬间，A、B、C三者的加速度分别为a1、a2、a3，则
A．a1=2g，方向竖直向上
B．a2=2g，方向竖直向下
C．a3=g，方向竖直向下
D．在剪断A、B间细绳前后，B、C间细绳的拉力不变
2．（2018·浙江省名校协作体高二月考）如图所示，在水平桌面上有M、m两个物块，现用力恒F推物块m，使M、m两物块在桌上一起向右加速，则
A．若桌面光滑，M、m间的相互作用力为
B．若桌面光滑，M、m间的相互作用力为
C．若桌面与M、m的动摩擦因数均为μ，M、m间的相互作用力为+μMg
D．若桌面与M、m的动摩擦因数均为μ，M、m间的相互作用力为
3．（2018·浙江省温岭中学）在里约奥运会男子跳高决赛的比赛中，中国选手薛长锐获得第六名，这一成绩创造了中国奥运该项目的历史。则
A．薛长锐在最高点处于平衡状态
B．薛长锐起跳以后在上升过程处于失重状态
C．薛长锐起跳时地面对他的支持力等于他所受的重力
D．薛长锐下降过程处于超重状态
4．如图甲所示，一根质量分布均匀的长绳AB，在水平外力F作用下，沿光滑水平面做直线运动。绳内距A端x处的张力FT与x的关系如图乙所示，由图可以求出
A．水平外力F的大小 B．绳子的质量m
C．绳子的长度L D．绳子的加速度a
5．（2018·浙江省宁波市六校高二下学期期末联考）我国“蛟龙号”在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面的10 min内全过程的v–t图（由于某种原因轴上方的纵轴刻度没有显示），则下列说法中不正确的是
A．全过程中“蛟龙号”的最大加速度是m/s2
B．全过程中“蛟龙号”的平均速率是1.5 m/s
C．“蛟龙号”上升各过程的最大速度是3 m/s
D．在6 10 min潜水员会先感到超重，后感到失重
6．一小球从地面竖直上抛，后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比，取竖直向上为正方向。下列关于小球运动的速度v、加速度a、位移s、机械能E随时间t变化的图象中可能正确的有
A
B
C
D
7．（2018·北京市中国人民大学附属中学）如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列反映体重计示数随时间变化的F–t图象可能正确的是
A． B．
C． D．
8．如图所示，轻绳一端固定在小车支架上，另一端拴着两质量不同的小球。当小车水平向右运动且两段轻绳与竖直方向的夹角均始终为θ时，若不计空气阻力，下列说法正确的是
A．两小球的加速度相等 B．两段轻绳中的张力可能相等
C．小车的速度越大，θ越大 D．小车的加速度越大，θ越大
9．（2018·浙江金华十校高二第二学期期末调研考试）质量为的同学，双手抓住单杠做引体向上，他的重心的速率随时间变化的图象如图所示。取，由图象可知
A．时他的加速度
B．他处于超重状态
C．时他受到单杠的作用力的大小是
D．时他处于超重状态
10．如图所示，在一个立方体空箱子顶部用细线悬吊着一个小球，让箱子分别沿甲、乙两个倾角相同的固定斜面下滑。在斜面甲上运动过程中悬线始终竖直向下，在斜面乙上运动过程中悬线始终与顶板垂直，则箱子
A．在斜面甲上做匀加速运动 B．在斜面乙上做匀加速运动
C．对斜面甲的作用力较大 D．对两斜面的作用力相等
11．（2018·浙江省台州中学高一统练）如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端的距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以v1、v2的速度做逆时针转动时（v1t2 D．t1F3 C．F1>F3 D．F1=F3
24．（2014·北京卷）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入，例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是
A．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
25．（2018·江苏卷）如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度．细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B．质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l．用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°．松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：
（1）小球受到手的拉力大小F；
（2）物块和小球的质量之比M:m；
（3）小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T．
26．（2017·新课标全国Ⅲ卷）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5
kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m=4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2。求：
（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。
27．（2016·四川卷）避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长为12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ=1，sin θ=0.1，重力加速度g=10 m/s2。求：
（1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
（2）制动坡床的长度。
1．AC【解析】设三个球的质量均为m，开始A、B、C处于静止状态，则弹簧的弹力F=3mg，A、B间细绳张力T1=2mg，B、C间细绳的张力T2=mg，剪断A、B间细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，A所受合力F1=T1，a1=2g，方向竖直向上，A正确；B、C整体的加速度相等，a2=a3=g，方向竖直向下，B、C间细绳的张力变为0，C正确，BD错误。
2．BD【解析】AB、根据牛顿第二定律得，对整体：，对M：，故A错误，B正确；CD、根据牛顿第二定律得，对整体：，对M：
，得到，故C错误，D正确；故选BD。
【点睛】以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再以M为研究对象，求出m对M的作用力。
3．B【解析】无论是上升过程还是下落过程，还是最高点，运动员的加速度始终向下，所以他处于失重状态，故AD错误，B正确；起跳时运动员的加速度的方向向上，地面对他的支持力大于他受到的重力。故C错误。
4．AC【解析】对长绳整体有F=ma，设绳内距离A端x的点为C，则对BC有FT=mxa，其中，则，结合图象可得F=6 N，L=2 m，m、a无法求出，选AC。
【点睛】根据v–t图象的面积表示位移，由几何知识可求得最大深度；v–t图象的物理意义：其斜率表示加速度的大小，求解最大加速度；平均速率等于路程与时间之比；判断超重和失重的方法主要看物体的加速度方向。
6．AC【解析】小球在上升过程中的加速度，随着v减小，a1增大到–g，v–t图象斜率的绝对值逐渐减小，小球在下落过程中的加速度大小为，随着v增大，a2从–g减小到0，v–t图象斜率的绝对值逐渐减小，A正确，B错误；根据位移–时间图象的斜率等于速度，s–t图象的斜率应先减小到零，然后斜率的绝对值增大，且下落时间大于上升时间，C正确；根据功能关系得，则，则E–t图象的斜率是变化的，图象应为曲线，D错误。
7．C【解析】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，ABD错误；C正确。
8．AD【解析】由于两球与小车相对静止，则两球的加速度与小车的加速度相等，A正确；对上面的小球受力分析可知，下面轻绳的拉力一定小于上面轻绳的拉力，若两绳的拉力相等，小球的加速度竖直向下，会向下运动，B错误；对两球整体，由牛顿第二定律可得a=gtan θ，小车的加速度越大，θ越大，因为小车做加速运动，速度一定越来越大，C错误，D正确。
【点睛】根据速度–时间图象斜率代表加速度的特点，可以计算t=0.5 s时的加速度；根据加速度的方向，可以确定他的超、失重状态。
10．BC【解析】对于斜面甲上的箱子，小球受竖直方向上的重力和拉力作用，一定处于平衡状态，箱子也处于平衡状态，即箱子在斜面甲上做匀速直线运动，A错误；对于斜面乙上的箱子，小球受重力和拉力作用，合力沿斜面方向向下，小球具有沿斜面向下的加速度，箱子在斜面乙上做匀加速直线运动，B正确；在斜面甲上箱子做匀速运动，则斜面甲对箱子的作用力大小等于重力，在斜面乙上箱子与小球做匀加速运动，由牛顿第二定律，对小球有，对箱子有，可得f=0，斜面乙对箱子的作用力大小为，由牛顿第三定律可知，箱子对斜面甲的作用力较大，C正确，D错误。
11．B【解析】对木块受力分析，受重力G、支持力N、拉力T、滑动摩擦力f，如图所示：
由于滑动摩擦力与相对速度无关，两种情况下的受力情况完全相同，根据共点力平衡条件，则有，故A错误，B正确。绳子断开后，物体受重力、支持力和向左的滑动摩擦力，重力和支持力平衡，合力等于摩擦力，水平向左，加速时，根据牛顿第二定律，有，解得，故物体可能一直向左做匀加速直线运动；也可能先向左做匀加速直线运动，等到速度与传送带速度相同，然后一起匀速运动；由于，故①若两种情况下物体都是一直向左做匀加速直线运动，则；②若传送带速度为
时，物体先向左做匀加速直线运动，等到速度与传送带速度相同，然后一起匀速运动；传送带速度为时，物体一直向左做匀加速直线运动，则；③两种情况下物体都是先向左做匀加速直线运动，等到速度与传送带速度相同，然后一起匀速运动，则；故CD错误。故选B。
【点睛】两种情况下物体均保持静止状态，对物体受力分析，根据共点力平衡条件可列式分析出绳子拉力大小关系；绳子断开后，对物体运动情况分析，可比较出运动时间。
13．BC【解析】根据牛顿第三定律知，b对地面的压力与b受到地面的支持力一定大小相等，故A错误。b开始时速度为零，当a到达底端时，b的速度为零，在整个过程中，b的速度先增大后减小，动能先增大后减小，由动能定理可知轻杆对b先做正功，后做负功。故B正确。在整个过程中，b的速度先增大后减小，所以轻杆对b的作用力先是动力后是阻力，所以轻杆对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，轻杆对a是斜向下的拉力，此时a的合力大于重力，则其加速度大于重力加速度g，故C正确；a落地前瞬间b的速度为零，由a、b整体的机械能守恒，知此时a的机械能最大，此时b对地面的压力大小为mg，故D错误。
14．C【解析】由题及图可得，物体在AB段做匀加速运动，所受摩擦力为滑动摩擦力，根据几何知识和摩擦力公式有；在BC段做匀速运动，与传送带有相对运动趋势无相对运动，所受摩擦力为静摩擦力，由受力平衡有；在CD段亦做匀速运动，但与传送带既无相对运动也无相对运动趋势，不受摩擦力，故C正确。
15．（1）1 m/s2 （2）8 m （3）4 m
16．（1）4 m/s （2）5.27 N
【解析】（1）设运动时间为t，则有：h=gt2
所以，t==0.4 s
水平方向匀速直线运动，故有：v=x/t=4 m/s
（2）设AB段加速度为a，由匀变速直线运动规律得：v2=2aL
a==0.8 m/s2
对物块受力分析，由牛顿第二定律可得：Fcosθ–μ（mg–Fsinθ）=ma
代入数据解得：F=5.27 N
17．（1） （2） （3）
【解析】（1）根据牛顿第二定律：F推–0.2mg=ma2
解得a2=4.0 m/s2
（2）由v2–v12=2a2(l–l1)
解得v1=20 m/s
（3）由v12=2a1l1
解得a1=5 m/s2
根据牛顿第二定律：F牵+F推–0.2mg=ma1
代入数据解得：F牵=2×104 N
18．（1） （2）12 J （3）
【解析】（1）设小物块的初速度为r，要使小物块能从传送带右側滑离，则有
联立解得
即要使小物块能从传送带右侧滑离，小物块的初速度应大于
（3）小物块从传送带左端滑离，设小物块的初速度为，从左端滑离时的速度为，对小物块进行分析，小物块向右减速运动时，有
小物块与传送带的相对滑动产生的热量
小物块向左加速运动时，有
小物块与传送带的相对滑动产生的热量
联立解得
讨论:当小物块的初速度时，它在传送带上向右和向左运动是对称的，即，此时，，不符合题意
当小物块的初速度时，它在传送带上向左运动时，先做加速再做匀速，即，又，，则有解。将代人，得
解得
19．（1）0.105 m/s2，84 m （2）400 N （3）3.86 m/s
（3）匀加速运动过程位移x1=84 m
匀速运动位移x2=vt=4.2×（640–40）m=2 520 m
匀减速运动过程位移
总位移
行驶总时间为t=720 s
所以整个过程中行驶的平均速度大小
【点睛】利用求解加速过程和减速过程中的加速度，并利用平均速度的概念求解运动中的平均速度。
20．（1） （2）
【解析】（1）在物块m向左运动过程中，木板受力如图所示，
其中f1，f2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知
f1=μ1mg
f2=μ2（m+M）g
由平衡条件得：F=f1+f2=μ1mg+μ2（m+M）g
21．（1） （2） （3）
【解析】（1）一起运动时，受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度，
且；
解得木板与冰面的动摩擦因数，
（3）小物块A的初速度越大，它在长木板B上滑动的距离越大，当滑动距离达到木板B的最右端时，两者的速度相等（设为v’），这种情况下A的初速度为保证不从木板上滑落的最大初速度，设为v0
有，
，
由上三式解得，为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块冲上长木板的初速度不大于最大初速度
22．D【解析】据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也应该向右，故选D。
23．A【解析】由v–t图象可知，0 5 s内物体的加速度大小为a1=0.2 m/s2，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsin θ–f–F1=ma1，可得F1=mgsin θ–f–0.2m；5 10 s内物体的加速度a2=0，有mgsin θ–f–F2=ma2，可得F2=mgsin θ–f；10 15 s内物体的加速度大小为a3=–0.2 m/s2，方向沿斜面向上，有mgsin θ–f–F3=ma3，可得F3=mgsin θ–f+0.2m。故有F3>F2>F1，A正确，BCD错误。
24．D【解析】受托物体向上运动，开始阶段一定先向上加速，加速度向上，物体处于超重状态，但后面的运动是不确定的，可以是加速的，减速的，也可以是匀速的，不一定处于超重状态，AB均错误；物体离开手的瞬间或之后，物体的加速度等于重力加速度，C错误；在物体离开手的瞬间，手的速度变化一定比物体快，所以其加速度一定大于物体的加速度，即大于重力加速度，D正确。
25．（1） （2） （3）（）
【解析】（1）设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2
F1sin53°=F2cos53° F+mg=F1cos53°+ F2sin53°且F1=Mg
解得
（2）小球运动到与A、B相同高度过程中
小球上升高度h1=3lsin53°，物块下降高度h2=2l
机械能守恒定律mgh1=Mgh2
解得
26．（1）1 m/s （2）1.9 m
【解析】（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有f1=μ1mAg，f2=μ1mBg，f3=μ2（mA+mB+m）g
由牛顿第二定律得f1=mAaA，f2=mBaB，f2–f1–f3=ma1
可得aA=aB=5 m/s2，a1=2.5 m/s2
设在t1时刻，B与木板共速，为v1
由运动学公式有v1=v0–aBt1=a1t1
解得t1=0.4 s，v1=1 m/s
（2）在t1时间内，B相对地面的位移
设B与木板共速后，木板的加速度大小为a2
假设B与木板相对静止，由牛顿第二定律有f1+f3=（mB+m）a2
可得，假设成立
由aA=aB可知，B与木板共速时，A的速度大小也为v1
设从B与木板共速到A和B相遇经过的时间为t2，A和B相遇且共速时，速度大小为v2
由运动学公式有v2=v1–a2t2=–v1+aAt2
解得t2=0.3 s，v2=0.5 m/s
在t2时间内，B及木板相对地面的位移
全过程A相对地面的位移
则A、B开始运动时，两者之间的距离x=xB+x1+|xA|=1.9 m
（也可用如图的速度–时间图线求解）
27．（1）5 m/s2，方向沿制动坡床向下 （2）98 m
【解析】（1）设货物的质量为m，货物减速的加速度大小为a1
根据牛顿第二定律有μmgcos θ+mgsin θ=ma1
解得a1=5 m/s2，方向沿制动坡床向下
