資源簡介

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高考物理考前沖刺押題預測 運動和力的關系
一．選擇題（共8小題）
1．（2024秋 水城區期末）某運動員的滑雪過程可簡化成如圖所示。傾角為37°的固定斜坡與水平地面平滑連接，運動員從斜坡頂端無初速度滑下，并運動到水平地面上的A點（圖中未畫出）停下。運動員在斜坡上運動的位移x與時間t的關系式為x＝2t2，x的單位是m，t的單位是s，運動員開始運動的時刻為0時刻，運動員在5s末到達斜坡底端。已知運動員與斜坡、水平地面間的動摩擦因數相同，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是（　　）
A．運動員在斜坡上運動時的加速度大小為2m/s2
B．運動員運動到斜坡底端時的速度大小為10m/s
C．運動員與水平地面間的動摩擦因數為0.25
D．運動員在斜坡上運動的平均速度大小為20m/s
2．（2024秋 蘇州期末）如圖所示，水平桌面上放置一沙漏，A玻璃罐中的沙子穿過狹窄的管道流入B玻璃罐。假設沙粒完全相同且流量恒定，已知沙漏總重力為G，對桌面壓力為F。下列說法正確是（　　）
A．第一粒沙子還在下落過程中，F＜G
B．如圖所示的沙子下落過程中，F＜G
C．最后一粒沙子下落過程中，F＜G
D．任何時刻，F＝G
3．（2024秋 榆林期末）如圖甲所示，傾角為θ＝37°的足夠長的光滑斜面體放置在光滑水平面上，上端有垂直斜面的擋板，與斜面平行的輕彈簧上端固定在擋板上，下端連接質量為m＝1kg的物塊（可視為質點）。現對斜面體施加一水平向右的推力F，測得推力F的大小隨彈簧的形變量x的變化規律如圖乙所示（取彈簧伸長為正，壓縮為負）。若彈簧始終在彈性限度內，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則斜面體的質量和輕彈簧的勁度系數分別為（　　）
A．1kg 20N/m B．1kg 40N/m
C．2kg 20N/m D．2kg 40N/m
4．（2024秋 鹽城期末）如圖所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質量均為1kg的物體A、B（B物體與彈簧栓接）彈簧的勁度系數為k＝40N/m，初始時系統處于靜止狀態。現用大小為16N，方向豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開始向上運動，重力加速度g取10m/s2，空氣阻力忽略不計，下列說法正確的是（　　）
A．外力施加的瞬間，A，B的加速度大小均為0
B．當彈簧壓縮量減小0.05m時，A，B間彈力大小為1N
C．A，B分離時，A物體的位移大小為0.2m
D．B物體速度達到最大時，彈簧被壓縮了0.1m
5．（2024秋 鹽城期末）將一彈簧測力計懸掛在升降機天花板下，彈簧下端連接一個小鋼球，如果彈簧測力計示數突然變大，則此時升降機可能的運動狀態是（　　）
A．減速上升 B．加速下降 C．減速下降 D．勻速下降
6．（2024秋 重慶期末）如圖所示，許多工廠的流水線上安裝有傳送帶用于傳送工件，以提高工作效率。如圖甲所示，傾角為θ＝37°的傾斜傳送帶沿順時針方向轉動，傳送帶的速度v隨時間t的變化圖像如圖乙所示。t＝0時刻將質量為m＝1kg的煤塊輕放在傳送帶底端，已知煤塊和傳送帶間動摩擦因數μ＝0.8，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，傳送帶足夠長，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。0s～15s過程中傳送帶上煤塊劃出的煤塊痕跡的長度（　　）
A．2.5m B．3m C．5m D．6.3m
7．（2024秋 榆林期末）2024年巴黎奧運會中國體育代表團獲得40金，創下參加境外奧運會金牌數最多的紀錄，金牌總數第一。其中，全紅嬋獲10米跳臺跳水冠軍，樊振東獲乒乓球男子單打冠軍，鄭欽文獲網球女子單打冠軍，楊家玉獲田徑女子20公里競走冠軍，下列關于運動和力的說法，正確的是（　　）
A．全紅嬋跳水下落時看到水面迎面撲來是選擇水面為參考系
B．研究樊振東在乒乓球比賽中乒乓球的旋轉時，可以將乒乓球視為質點
C．鄭欽文擊出的網球在空中運動到最高點時，網球處于失重狀態
D．楊家玉競走過程中所受地面的摩擦力為滑動摩擦力
8．（2024秋 寧波期末）如圖所示，一質量為M、傾角θ＝37°的斜面體a，其斜面是由某種特殊材料制成，當質量為m的物塊b沿斜面向上滑動時物塊與斜面間的動摩擦因數μ1＝0.25，向下滑動時則為μ2＝0.5。現物塊以初速度v0沿斜面向上滑行至某處后再向下返回斜面底端，整個過程斜面體始終保持靜止，則物塊在沿斜面向上、向下的滑動過程中，下列說法正確的是（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（　　）
A．上滑過程地面對斜面體的摩擦力方向水平向右
B．下滑過程物塊對斜面體的作用力方向豎直向下
C．下滑過程地面對斜面體的支持力大于上滑過程
D．物塊返回斜面體底端時的速度大小等于
二．多選題（共4小題）
（多選）9．（2024秋 鄂爾多斯期末）如圖所示，A、B兩物塊的質量分別為mA＝2kg和mB＝1kg，靜止疊放在水平地面上，A、B間的動摩擦因數μ1＝0.4，B與地面間的動摩擦因數μ2＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，現對A施加一水平拉力F，則下列說法正確的是（　　）
A．當F＝2N時，A、B一定都相對地面靜止
B．當F＝15N時，A的加速度大小為4m/s2
C．當F＝24N時，A、B的加速度大小均為7m/s2
D．無論F多大，B的加速度大小都不會超過5m/s2
（多選）10．（2024秋 四川校級期末）如圖所示，質量為m的滑塊在水平面上撞向彈簧，當滑塊將彈簧壓縮了x0時速度減小到零，然后滑塊又被彈簧向右彈開。已知彈簧的勁度系數為k，滑塊與水平面間的動摩擦因數為μ，彈簧與水平面間的摩擦不計，重力加速度為g，整個過程中彈簧未超過其彈性限度，則下列判斷正確的是（　　）
A．滑塊向右運動的過程中，先做加速運動，離開彈簧后才做減速運動
B．滑塊與彈簧接觸過程中的最大加速度為
C．滑塊向左運動的過程中，始終做減速運動
D．滑塊向右運動的過程中，當彈簧形變量時，滑塊的速度最大
（多選）11．（2024秋 水城區期末）在第十五屆中國航展上，我國察打一體無人機“九天”首次亮相。這是一款可靈活配置的重型無人機，它既能當運輸機，也能掛導彈、掛小型無人機。下列說法正確的是（　　）
A．“九天”無人機在空中做加速直線運動時，“九天”無人機的慣性增大
B．“九天”無人機在空中投送物資后，“九天”無人機的慣性減小
C．“九天”無人機在地面上滑行時，若撤去動力，“九天”無人機會立即停止運動
D．“九天”無人機在空中勻速直線飛行時受到的合力為0
（多選）12．（2024秋 閩侯縣期末）圖甲是行李安檢設備，其傳送裝置可簡化為圖乙所示的模型。已知水平傳送帶以速度v＝0.2m/s勻速運行，行李與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.2，A、B間的距離l＝2m，取g＝10m/s2，將行李（視為質點）無初速度地放在A處，則（　　）
A．起始時行李受到的摩擦力方向水平向右
B．行李在運動過程中一直受到摩擦力作用
C．起始時行李的加速度大小為0.2m/s2
D．行李經過10.05s到達B處
三．填空題（共4小題）
13．（2024秋 閩侯縣期末）如圖，質量分別為4kg和6kg的A、B兩個物塊相互接觸，放在光滑的水平面上，兩物塊在水平推力F＝10N作用下，一起以相同的加速度向右運動，加速度大小a＝ 　 　m/s2，A對B的彈力FN＝ 　 　N，方向 　 　。
14．（2024秋 順義區期末）質量為50kg的人站在電梯內的水平地板上，當電梯以0.2m/s2的加速度勻加速上升時，此人處于 　 　（選填“超重”或“失重”）狀態，人對水平地板的壓力為 　 　N，重力加速度g取10m/s2。
15．（2024秋 楊浦區校級期末）在某科技活動中。一位同學設計了一個加速度測量儀，如圖（a）所示，將一端連有擺球的細線懸于小車內O點。當小車運動時，小球與小車保持相對靜止后，測量出懸繩與豎直方向的夾角θ，便可通過該角度計算得到小車此時的加速度值。
（1）請填寫圖（b）中刻度盤上的角度θ為30°對應的加速度值為 　 　。（答案用g表示）
（2）運用該測量儀測量加速度，會有哪些局限：　 　。
16．（2024秋 楊浦區校級期末）我們知道，如果一個物體在力F的作用下沿力的方向移動了一段距離s，這個力即對物體做功W＝Fs，其中功的單位是焦耳（J）是 　 　（選填：A.基本單位，B.導出單位）。汽車行駛時，如果空氣阻力很大，會增加汽車燃油消耗量或嚴重影響汽車的動力性能。經研究，人們發現空氣阻力的大小F與空氣密度ρ、物體進風面積S、物體與空氣的相對運動速度v均有關，關系式為F＝kρSvx，其中k是一個無單位的常數。請根據國際單位制推斷速度v的指數x的數值為 　 　。
四．解答題（共4小題）
17．（2024秋 宿遷期末）如圖所示，某幼兒園要在空地上安裝一個滑梯，由于空地大小限制，滑梯的水平跨度確定為x＝4m，設計時，滑板和兒童褲料間的動摩擦因數μ取0.4，重力加速度g取10m/s2。
（1）若兒童在滑梯上勻速滑下，求滑梯的高度；
（2）兒童由靜止開始下滑至滑梯底端速度不能超過4m/s，求滑梯的最大高度。
18．（2024秋 榆林期末）如圖所示，固定斜面的傾角θ＝37°，底端O與水平面右端平滑相連，水平面左端與傾角為θ＝37°足夠長的傳送帶在A點平滑相連，傳送帶以速度v0＝4m/s逆時針勻速轉動，質量m＝1kg的小物塊（可視為質點）從高h＝15m處由靜止從斜面上滑下，小物塊與斜面、水平面和傳送帶間的動摩擦因數均為μ＝0.5，水平面長x＝3.6m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）小物塊在斜面上受到摩擦力的大小和剛滑到斜面底端時的速度大小；
（2）小物塊運動到A點的速度大小和沿傳送帶向上運動過程中的加速度大小；
（3）小物塊沿傳送帶向上運動的時間和向上滑行的最遠距離。
19．（2024秋 榆林期末）如圖所示，足夠長的長木板A的質量m1＝2kg，可視為質點的物塊B的質量m2＝1kg，A與B之間的動摩擦因數μ＝0.5，現對A施加一個大小為F＝1N、方向水平向右的恒力，同時B以初速度v0＝8m/s從左端滑上靜止在光滑水平面上的木板A，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）B在A上相對A向右滑動過程中，A和B的加速度大小；
（2）A與B達到的共同速度的大小；
（3）B在A上留下的痕跡長度。
20．（2024秋 東西湖區校級期末）小華同學研究放在光滑水平面上的物體的運動，他在水平面內建立直角坐標系（xOy系），并在坐標原點O放置一質量為m＝5.0kg的物塊。在t＝0時，對物塊施加平行于水平面的作用力，使物塊從靜止開始運動。在0≤t≤15s時間段內，物塊在xOy系中x、y方向上的速度vx、vy與時間t的關系分別如圖a、b所示。求：
（1）在0～5s內施加外力的大小；（結果可帶有根號）
（2）在0～15s內物塊離y軸最遠時的坐標。
高考物理考前沖刺押題預測 運動和力的關系
參考答案與試題解析
一．選擇題（共8小題）
1．（2024秋 水城區期末）某運動員的滑雪過程可簡化成如圖所示。傾角為37°的固定斜坡與水平地面平滑連接，運動員從斜坡頂端無初速度滑下，并運動到水平地面上的A點（圖中未畫出）停下。運動員在斜坡上運動的位移x與時間t的關系式為x＝2t2，x的單位是m，t的單位是s，運動員開始運動的時刻為0時刻，運動員在5s末到達斜坡底端。已知運動員與斜坡、水平地面間的動摩擦因數相同，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是（　　）
A．運動員在斜坡上運動時的加速度大小為2m/s2
B．運動員運動到斜坡底端時的速度大小為10m/s
C．運動員與水平地面間的動摩擦因數為0.25
D．運動員在斜坡上運動的平均速度大小為20m/s
【考點】物體在粗糙斜面上的運動；平均速度（定義式方向）．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】C
【分析】結合勻變速直線運動位移時間公式求解加速度大小，根據速度—時間關系求解速度，平均速度等于位移除以時間，在斜坡運動過程，根據牛頓第二定律求解動摩擦因數，運動員與斜坡、水平地面間的動摩擦因數相同。
【解答】解：ABD．運動員在斜坡上運動的位移x與時間t的關系式為
x＝2t2
結合勻變速直線運動位移時間公式
可得運動員在斜坡上運動時的加速度大小為
a＝4m/s2
運動員在5s末到達斜坡底端，則運動員運動到斜坡底端時的速度大小為
v＝at，解得v＝20m/s
則運動員在斜坡上運動的平均速度大小為
故ABD錯誤；
C．在斜坡運動過程，根據牛頓第二定律可得
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma
解得動摩擦因數為
μ＝0.25
由于運動員與斜坡、水平地面間的動摩擦因數相同，則運動員與水平地面間的動摩擦因數為0.25，故C正確。
故選：C。
【點評】本題解題關鍵是根據運動學公式求解加速度，根據加速度分析受力情況。
2．（2024秋 蘇州期末）如圖所示，水平桌面上放置一沙漏，A玻璃罐中的沙子穿過狹窄的管道流入B玻璃罐。假設沙粒完全相同且流量恒定，已知沙漏總重力為G，對桌面壓力為F。下列說法正確是（　　）
A．第一粒沙子還在下落過程中，F＜G
B．如圖所示的沙子下落過程中，F＜G
C．最后一粒沙子下落過程中，F＜G
D．任何時刻，F＝G
【考點】牛頓運動定律的應用—從運動情況確定受力；牛頓第三定律的理解與應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】A
【分析】把沙漏整體看成一個系統，當沙子下落時，部分沙子處于失重狀態。根據牛頓第二定律，系統所受合外力等于系統內各部分質量與加速度乘積的矢量和。當有沙子向下加速運動時，系統有向下的加速度，整體處于失重狀態。
【解答】解：A.第一粒沙子還在下落過程中，已經有沙子在下落，整體有向下的加速度，處于失重狀態，此時沙漏對桌面的壓力F＜G，故A正確。
B.圖中所示的沙子下落過程中，有沙子在加速下落，整體處于失重狀態，所以F＜G，而不是F＞G，故B錯誤。
C.最后一粒沙子下落過程中，依然有沙子在加速下落（之前下落的沙子還在運動），整體還是有向下的加速度，處于失重狀態，但是還存在沙子的沖擊力，所以無法比較F與G的大小，故錯誤。
D.只有當沙子全部靜止在B玻璃罐中，沒有沙子下落時，沙漏處于平衡狀態，此時F＝G。但在沙子下落過程中，由于存在失重情況，F＜G，不是任何時刻F＝G，故D錯誤。
故選：A。
【點評】本題主要考查牛頓第二定律和牛頓第三定律的簡單應用，根據牛頓第二定律和超重、失重的知識來分析沙漏對桌面的壓力與總重力的關系。
3．（2024秋 榆林期末）如圖甲所示，傾角為θ＝37°的足夠長的光滑斜面體放置在光滑水平面上，上端有垂直斜面的擋板，與斜面平行的輕彈簧上端固定在擋板上，下端連接質量為m＝1kg的物塊（可視為質點）。現對斜面體施加一水平向右的推力F，測得推力F的大小隨彈簧的形變量x的變化規律如圖乙所示（取彈簧伸長為正，壓縮為負）。若彈簧始終在彈性限度內，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則斜面體的質量和輕彈簧的勁度系數分別為（　　）
A．1kg 20N/m B．1kg 40N/m
C．2kg 20N/m D．2kg 40N/m
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；胡克定律及其應用；共點力的平衡問題及求解．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；共點力作用下物體平衡專題；推理論證能力．
【答案】B
【分析】當x＝0時，對物塊，由平衡條件及牛頓第二定律列式，對物塊和斜面組成的整體，由牛頓第二定律列式，可求斜面體的質量；當推力為0時，物塊受力平衡，根據平衡條件及胡克定律列式，可求輕彈簧的勁度系數；即可判斷ABCD正誤。
【解答】解：設斜面體的質量M，當x＝0時，斜面體對物塊的支持力為N，物塊的加速度為a，
對物塊，由平衡條件及牛頓第二定律可得：Ncosθ＝mg，Nsinθ＝ma，
對物塊和斜面組成的整體，由牛頓第二定律可得：F＝（M+m）a，
由圖可知：F＝15N，
聯立可得：M＝1kg；
設輕彈簧的勁度系數為k，
當推力為0時，物塊受力平衡，沿斜面方向有沿斜面向下的重力分力以及沿斜面向上的彈簧彈力，
根據平衡條件及胡克定律可知：mgsinθ＝kx0，
由圖可知：x0＝15cm＝0.15m，
聯立可得：k＝40N/m；
故B正確，ACD錯誤；
故選：B。
【點評】本題主要考查對牛頓第二定律的掌握，解題時需注意，應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據需要求出相關物理量。
4．（2024秋 鹽城期末）如圖所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質量均為1kg的物體A、B（B物體與彈簧栓接）彈簧的勁度系數為k＝40N/m，初始時系統處于靜止狀態。現用大小為16N，方向豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開始向上運動，重力加速度g取10m/s2，空氣阻力忽略不計，下列說法正確的是（　　）
A．外力施加的瞬間，A，B的加速度大小均為0
B．當彈簧壓縮量減小0.05m時，A，B間彈力大小為1N
C．A，B分離時，A物體的位移大小為0.2m
D．B物體速度達到最大時，彈簧被壓縮了0.1m
【考點】牛頓第二定律的臨界問題；連接體模型．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】B
【分析】初始狀態整體靜止，彈簧彈力等于兩物體重力之和，加外力瞬間，外力等于合力，根據牛頓第二定律求解A，B的加速度大小；當彈簧壓縮量減小0.05m時，分別對A、B整體和A物體，根據牛頓第二定律列式求解A，B間彈力大小；A，B分離時，A、B間的彈力為零，對A和B，分別根據牛頓第二定律列式求解A物體的位移大小；B物體速度達到最大時，合力為零，加速度為零，根據平衡條件和胡克定律列式求解彈簧被壓縮量。
【解答】解：初始狀態彈簧的壓縮量，根據胡克定律 F＝kx，初始時A、B靜止，彈簧彈力F浮＝2mg，則彈簧的壓縮量 。
A.外力施加瞬間A、B的加速度外力施加瞬間，彈簧的彈力來不及改變，彈簧彈力仍為F彈＝2mg
對A、B整體，根據牛頓第二定律F合＝ma（其中F合為合外力，m為質量，a為加速度），可得F＝（m+m）a，則加速度，所以A、B加速度大小均為8m/s2，故A錯誤；
B.彈簧壓縮量減小0.05m時，A、B間的彈力此時彈簧的壓縮量x＝x0﹣0.05m＝0.5m﹣0.05m＝0.45m，彈簧彈力F彈1＝kx＝40×0.45N＝18N。
對A、B整體，根據牛頓第二定律F+F滿1﹣2mg＝2ma1，可得 ，
對A，根據牛頓第二定律F+FAB﹣mg＝ma1，可得A、B間的彈力 FAB＝ma1+mg﹣F＝1×7N+1×10N﹣16N＝1N，故B正確；
C.A、B分離時，A、B間的彈力FAB＝0，且A、B加速度相同。
對A，根據牛頓第二定律F﹣mg＝ma2，可得
對B，根據牛頓第二定律F彈2﹣mg＝ma2，可得彈簧彈力F彈2＝mg+ma2＝1×10N+1×6N＝16N
根據胡克定律F彈2＝kx2可得彈簧的壓縮量。
則A物體的位移Δx＝x0﹣x2＝0.5m﹣0.4m＝0.1m，故C錯誤。
D.B物體速度達到最大時，加速度為0，此時彈簧彈力F彈3＝mg＝1×10N＝10N。
根據胡克定律F彈3＝kx3可得彈簧的壓縮量，故D錯誤。
故選：B。
【點評】本題可根據牛頓第二定律、胡克定律等知識，對物體在不同狀態下的受力情況進行分析。
5．（2024秋 鹽城期末）將一彈簧測力計懸掛在升降機天花板下，彈簧下端連接一個小鋼球，如果彈簧測力計示數突然變大，則此時升降機可能的運動狀態是（　　）
A．減速上升 B．加速下降 C．減速下降 D．勻速下降
【考點】牛頓第二定律求解瞬時問題．
【專題】應用題；定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．
【答案】C
【分析】根據小球的受力情況應用牛頓第二定律判斷小球的加速度方向，然后分析升降機的運動狀態。
【解答】解：彈簧測力計示數突然變大，說明彈簧測力計對小球的拉力變大，大于小球的重力，小球所受合力方向豎直向上，由牛頓第二定律可知，小球的加速度方向向上，升降機加速度方向向上，升降機可能加速上升，也可能減速下降，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
【點評】本題考查了牛頓第二定律的應用，根據題意判斷小球所受合力的方向是解題的關鍵。
6．（2024秋 重慶期末）如圖所示，許多工廠的流水線上安裝有傳送帶用于傳送工件，以提高工作效率。如圖甲所示，傾角為θ＝37°的傾斜傳送帶沿順時針方向轉動，傳送帶的速度v隨時間t的變化圖像如圖乙所示。t＝0時刻將質量為m＝1kg的煤塊輕放在傳送帶底端，已知煤塊和傳送帶間動摩擦因數μ＝0.8，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，傳送帶足夠長，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。0s～15s過程中傳送帶上煤塊劃出的煤塊痕跡的長度（　　）
A．2.5m B．3m C．5m D．6.3m
【考點】傾斜傳送帶模型；牛頓第二定律的圖像問題．
【專題】應用題；定量思想；推理法；傳送帶專題；分析綜合能力．
【答案】C
【分析】由圖乙所示圖像求出傳送帶的加速度，應用牛頓第二定律求出煤塊的加速度，應用運動學公式分析答題。
【解答】解：煤塊相對傳送帶滑動時，由牛頓第二定律得：μmgcos37°﹣mgsin37°＝ma，代入數據解得：a＝0.4m/s2
由圖乙所示v﹣t圖像可知，在0～10s內傳送帶速度加速度a1
在10～15s內傳送帶的加速度a2
由于a＞a1，則在0～10s內煤塊相對傳送帶靜止一起以加速度a1向上做勻加速直線運動
在10～15s內由于a＜a2，煤塊相對于傳送帶向下滑動，在傳送帶上留下痕跡
在該時間內煤塊的位移x1＝vt3×5mm＝20m
傳送帶的位移x2＝vt3×5mm＝25m
則在0～15s內煤塊在傳送帶上劃出痕跡的長度Δx＝x2﹣x1＝25m﹣20m＝5m，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
【點評】分析清楚煤塊與傳送帶的運動過程是解題的前提，根據圖示v﹣t圖像求出傳送帶的加速度，應用牛頓第二定律與運動學公式即可解題。
7．（2024秋 榆林期末）2024年巴黎奧運會中國體育代表團獲得40金，創下參加境外奧運會金牌數最多的紀錄，金牌總數第一。其中，全紅嬋獲10米跳臺跳水冠軍，樊振東獲乒乓球男子單打冠軍，鄭欽文獲網球女子單打冠軍，楊家玉獲田徑女子20公里競走冠軍，下列關于運動和力的說法，正確的是（　　）
A．全紅嬋跳水下落時看到水面迎面撲來是選擇水面為參考系
B．研究樊振東在乒乓球比賽中乒乓球的旋轉時，可以將乒乓球視為質點
C．鄭欽文擊出的網球在空中運動到最高點時，網球處于失重狀態
D．楊家玉競走過程中所受地面的摩擦力為滑動摩擦力
【考點】超重與失重的概念、特點和判斷；質點；根據運動的描述判斷所選取的參考系；滑動摩擦力的性質．
【專題】定性思想；推理法；摩擦力專題；推理論證能力．
【答案】C
【分析】根據參考系，質點以及超失重，摩擦力等知識進行分析判斷。
【解答】解：A．全紅嬋跳水下落時看到水面迎面撲來是選擇自己為參考系，故A錯誤；
B．研究樊振東在乒乓球比賽中乒乓球的旋轉時，乒乓球的大小和形狀不可以忽略，不可以將乒乓球視為質點，故B錯誤；
C．鄭欽文擊出的網球在空中運動到最高點時，網球只受重力，則網球處于失重狀態，故C正確；
D．楊家玉競走過程中所受地面的摩擦力為靜摩擦力，故D錯誤。
故選：C。
【點評】考查參考系，質點以及超失重，摩擦力等知識，會根據題意進行準確分析解答。
8．（2024秋 寧波期末）如圖所示，一質量為M、傾角θ＝37°的斜面體a，其斜面是由某種特殊材料制成，當質量為m的物塊b沿斜面向上滑動時物塊與斜面間的動摩擦因數μ1＝0.25，向下滑動時則為μ2＝0.5。現物塊以初速度v0沿斜面向上滑行至某處后再向下返回斜面底端，整個過程斜面體始終保持靜止，則物塊在沿斜面向上、向下的滑動過程中，下列說法正確的是（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（　　）
A．上滑過程地面對斜面體的摩擦力方向水平向右
B．下滑過程物塊對斜面體的作用力方向豎直向下
C．下滑過程地面對斜面體的支持力大于上滑過程
D．物塊返回斜面體底端時的速度大小等于
【考點】物體在粗糙斜面上的運動；共點力的平衡問題及求解；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】應用題；定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．
【答案】C
【分析】加速度的方向與合力方向相同，應用牛頓第二定律求出加速度，應用運動學公式分析答題。
【解答】解：A、物塊上滑過程物塊的加速度方向沿斜面向下，斜面與物體整體有水平向左的加速度，則地面對斜面體的摩擦力方向水平向左，故A錯誤；
B、下滑過程物塊的加速度方向沿斜面向上，物塊所受合力沿斜面向上，物塊受到的重力豎直向下，則斜面體對物塊的作用力斜向右上方，物塊對斜面體的作用力斜向左下方，故B錯誤；
C、物塊下滑過程加速度方向沿斜面向上，系統由豎直向上的加速度，系統處于超重狀態，地面對斜面體的支持力大于重力；物塊上滑過程加速度方向沿斜面向下，系統具有向下的加速度，系統處于失重狀態，地面對斜面體的支持力小于重力，則下滑過程地面對斜面體的支持力大于上滑過程，故C正確；
D、對物塊，由牛頓第二定律得：
上滑過程：mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma1
下滑過程：mgsinθ﹣μ2mgcosθ＝ma2
物塊上滑過程做勻減速直線運動，下滑過程做初速度為零的勻加速直線運動，
由v﹣x公式得：，v2＝2a2x
解得：v，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題考查了牛頓第二定律的應用，分析清楚物塊的運動過程與受力情況是解題的前提，應用牛頓第二定律與運動學公式即可解題。
二．多選題（共4小題）
（多選）9．（2024秋 鄂爾多斯期末）如圖所示，A、B兩物塊的質量分別為mA＝2kg和mB＝1kg，靜止疊放在水平地面上，A、B間的動摩擦因數μ1＝0.4，B與地面間的動摩擦因數μ2＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，現對A施加一水平拉力F，則下列說法正確的是（　　）
A．當F＝2N時，A、B一定都相對地面靜止
B．當F＝15N時，A的加速度大小為4m/s2
C．當F＝24N時，A、B的加速度大小均為7m/s2
D．無論F多大，B的加速度大小都不會超過5m/s2
【考點】有外力的水平板塊模型．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】ABD
【分析】根據A、B之間的最大靜摩擦力，隔離對B分析求出整體的臨界加速度，通過牛頓第二定律求出A、B不發生相對滑動時的最大拉力，然后通過整體法隔離法逐項分析。
【解答】解：A．最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A、B間的最大靜摩擦力為
f1＝μ1mAg，f1＝8N
B與地面間的最大靜摩擦力為
f2＝μ2（mA+mB）g，f2＝3N＞2N
故當F＝2N時，A、B一定都相對地面靜止，故A正確；
B．若A、B保持相對靜止，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，B的最大加速度根據
f1﹣f2＝mBam
解得
對A受力分析可得，A、B保持相對靜止時有
Fm﹣f1＝mAam
解得A、B保持相對靜止時水平拉力的最大值為
Fm＝18N
當F＝15N＜Fm時，A、B保持相對靜止，對A、B分別受力分析有
F﹣f＝mAa，f﹣f2＝mBa
解得
a＝4m/s2
故B正確；
C．當F＝24N＞Fm時，A、B發生相對滑動，加速度不同，故C錯誤；
D．當兩物體發生相對滑動時，B的加速度最大，根據牛頓第二定律得
f1﹣f2＝mBam
解得
故D正確。
故選：ABD。
【點評】本題考查了摩擦力的計算和牛頓第二定律的綜合運用，解決本題的突破口在于通過隔離法和整體法求出A、B不發生相對滑動時的最大拉力。
（多選）10．（2024秋 四川校級期末）如圖所示，質量為m的滑塊在水平面上撞向彈簧，當滑塊將彈簧壓縮了x0時速度減小到零，然后滑塊又被彈簧向右彈開。已知彈簧的勁度系數為k，滑塊與水平面間的動摩擦因數為μ，彈簧與水平面間的摩擦不計，重力加速度為g，整個過程中彈簧未超過其彈性限度，則下列判斷正確的是（　　）
A．滑塊向右運動的過程中，先做加速運動，離開彈簧后才做減速運動
B．滑塊與彈簧接觸過程中的最大加速度為
C．滑塊向左運動的過程中，始終做減速運動
D．滑塊向右運動的過程中，當彈簧形變量時，滑塊的速度最大
【考點】牛頓第二定律求解多過程問題；胡克定律及其應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．
【答案】CD
【分析】對物體進行正確的過程分析和各過程中物體的受力分析，再結合牛頓運動定律分析物體的運動情況。在進行受力分析時，要注意分析彈簧彈力的變化。
【解答】解：A．滑塊向右滑動的過程中，以彈簧的彈力等于滑塊所受到的滑動摩擦力時的位置為界，在該位置左側時，彈簧彈力大于摩擦力，滑塊做加速運動，在該位置右側時，彈簧彈力小于滑動摩擦力，滑塊做減速運動，故A錯誤；
B．當滑塊將彈簧壓縮了x0時速度減小到零，當彈簧彈力和摩擦力方向相同且彈簧彈力最大時，滑塊的加速度最大，
kx0+μmg＝mam
則最大加速度為
故B錯誤；
C．滑塊在向左滑動過程中，滑動摩擦力和彈簧彈力方向與運動方向相反，故滑塊一直做減速運動，故C正確；
D．當彈簧彈力與滑動摩擦力大小相等，方向相反時，此時滑塊加速度為零，速度最大，即
kx＝μmg
故D正確。
故選：CD。
【點評】解決此類問題，要正確的分析物體運動的過程及物體的受力情況，并會確定運動過程中的臨界點和分析在臨界點上的受力，當物體接觸彈簧向右運動的過程中，開始是加速運動的，當彈力和摩擦力相等時，加速度為零，之后摩擦力要大于彈力，物體開始做減速運動，彈力和摩擦力相等時即為一個臨界點。
（多選）11．（2024秋 水城區期末）在第十五屆中國航展上，我國察打一體無人機“九天”首次亮相。這是一款可靈活配置的重型無人機，它既能當運輸機，也能掛導彈、掛小型無人機。下列說法正確的是（　　）
A．“九天”無人機在空中做加速直線運動時，“九天”無人機的慣性增大
B．“九天”無人機在空中投送物資后，“九天”無人機的慣性減小
C．“九天”無人機在地面上滑行時，若撤去動力，“九天”無人機會立即停止運動
D．“九天”無人機在空中勻速直線飛行時受到的合力為0
【考點】慣性與質量；利用平衡推論求解受力問題．
【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】BD
【分析】根據質量決定慣性，慣性定律和平衡態的知識進行分析解答。
【解答】解：A.“九天”無人機在空中做加速直線運動時，速度增加，但“九天”無人機的質量不變，則慣性不變，故A錯誤；
B.“九天”無人機在空中投送物資后，“九天”無人機的質量減小，則慣性減小，故B正確；
C.“九天”無人機在地面上滑行時，若撤去動力，由于慣性，“九天”無人機不會立即停止運動，故C錯誤；
D.根據平衡條件可知，“九天”無人機在空中勻速直線飛行時受到的合力為0，故D正確。
故選：BD。
【點評】考查質量決定慣性，慣性定律和平衡態的知識，會根據題意進行準確分析解答。
（多選）12．（2024秋 閩侯縣期末）圖甲是行李安檢設備，其傳送裝置可簡化為圖乙所示的模型。已知水平傳送帶以速度v＝0.2m/s勻速運行，行李與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.2，A、B間的距離l＝2m，取g＝10m/s2，將行李（視為質點）無初速度地放在A處，則（　　）
A．起始時行李受到的摩擦力方向水平向右
B．行李在運動過程中一直受到摩擦力作用
C．起始時行李的加速度大小為0.2m/s2
D．行李經過10.05s到達B處
【考點】水平傳送帶模型；勻變速直線運動位移與時間的關系；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】應用題；定量思想；推理法；傳送帶專題；分析綜合能力．
【答案】AD
【分析】行李與傳送帶間有相對運動或相對運動趨勢時行李受到摩擦力作用；摩擦力方向與相對運動方向或相對運動趨勢的方向相反；
應用牛頓第二定律求出行李的加速度，應用運動學公式求出行李到達B處需要的時間。
【解答】解：A、起始時行李相對于傳送帶向左滑動，行李受到的摩擦力方向水平向右，故A正確；
BCD、行李相對傳送帶滑動過程，對行李，由牛頓第二定律得：μmg＝ma，代入數據解得：a＝2m/s2
行李加速到與傳送帶共速需要的時間t1s＝0.1s
行李加速到與傳送帶共速的位移x1m＝0.01m
行李與傳送帶共速后與傳送帶相對靜止做勻速直線運動，做勻速直線運動過程行李不受摩擦力作用，
行李做勻速直線運動的時間t2s＝9.95s
行李運動到B處需要的時間t＝t1+t2＝0.1s+9.95s＝10.05s，故BC錯誤，D正確。
故選：AD。
【點評】本題是傳送帶問題，考查了牛頓第二定律的應用，分析清楚行李的運動過程，應用牛頓第二定律與運動學公式即可解題。
三．填空題（共4小題）
13．（2024秋 閩侯縣期末）如圖，質量分別為4kg和6kg的A、B兩個物塊相互接觸，放在光滑的水平面上，兩物塊在水平推力F＝10N作用下，一起以相同的加速度向右運動，加速度大小a＝ 　1　m/s2，A對B的彈力FN＝ 　6　N，方向 　水平向右　。
【考點】牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】應用題；定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．
【答案】1；6；水平向右。
【分析】應用牛頓第二定律求出加速度與A對B的彈力。
【解答】解：由牛頓第二定律得：
對A、B整體：F＝（mA+mB）a
對B：FN＝mBa
代入數據解得：a＝1m/s2，FN＝6N，方向水平向右
故答案為：1；6；水平向右。
【點評】本題考查了牛頓第二定律的應用，根據物體的受力情況應用牛頓第二定律即可解題，解題時注意整體法與隔離法的應用。
14．（2024秋 順義區期末）質量為50kg的人站在電梯內的水平地板上，當電梯以0.2m/s2的加速度勻加速上升時，此人處于 　超重　（選填“超重”或“失重”）狀態，人對水平地板的壓力為 　510　N，重力加速度g取10m/s2。
【考點】超重與失重的概念、特點和判斷；牛頓第二定律的簡單應用；牛頓第三定律的理解與應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．
【答案】超重，510。
【分析】對于超重還是失重的判斷，關鍵取決于加速度的方向：當物體的加速度向上時，處于超重狀態；當加速度方向向下時，處于失重狀態。
【解答】解：電梯以0.2m/s2的加速度勻加速上升，故人處于超重狀態，根據牛頓第二定律可得F﹣mg＝ma，解得F＝mg+ma＝50×10N+50×0.2N＝510N。
故答案為：超重，510。
【點評】考查對超重、失重的理解，清楚其定義。
15．（2024秋 楊浦區校級期末）在某科技活動中。一位同學設計了一個加速度測量儀，如圖（a）所示，將一端連有擺球的細線懸于小車內O點。當小車運動時，小球與小車保持相對靜止后，測量出懸繩與豎直方向的夾角θ，便可通過該角度計算得到小車此時的加速度值。
（1）請填寫圖（b）中刻度盤上的角度θ為30°對應的加速度值為 　　。（答案用g表示）
（2）運用該測量儀測量加速度，會有哪些局限：　加速度太大時，無法準確測量　。
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；正交分解法．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．
【答案】（1）；（2）加速度太大時，無法準確測量。
【分析】（1）對物體進行受力分析，結合牛頓第二定律求加速度；
（2）根據加速度的公式，當加速度太大時，θ變化較小，誤差太大。
【解答】解：（1）設小球的加速度為a，繩中張力為T，對小球受力分析，則有
Tsinθ＝ma、Tcosθ＝mg
聯立解得
a＝gtanθ
（2）根據公式結合正切函數的特征可知，當加速度較大時對應的角度變化較小，會導致加速度較大情況下的測量誤差較大。
故答案為：（1）；（2）加速度太大時，無法準確測量。
【點評】本題主要考查利用受力分析，求出物體的加速度。
16．（2024秋 楊浦區校級期末）我們知道，如果一個物體在力F的作用下沿力的方向移動了一段距離s，這個力即對物體做功W＝Fs，其中功的單位是焦耳（J）是 　B　（選填：A.基本單位，B.導出單位）。汽車行駛時，如果空氣阻力很大，會增加汽車燃油消耗量或嚴重影響汽車的動力性能。經研究，人們發現空氣阻力的大小F與空氣密度ρ、物體進風面積S、物體與空氣的相對運動速度v均有關，關系式為F＝kρSvx，其中k是一個無單位的常數。請根據國際單位制推斷速度v的指數x的數值為 　2　。
【考點】力學單位制與單位制．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】B，2。
【分析】根據力學中的基本單位和單位制的運算規則進行推導。
【解答】解：根據力學中的基本單位判斷，焦耳（J）是導出單位，故B正確，A錯誤。
根據阻力公式F＝kpSvx，即1kg 1m2，解得x＝2。
故答案為：B，2。
【點評】考查力學單位制問題，會根據題意進行準確分析解答。
四．解答題（共4小題）
17．（2024秋 宿遷期末）如圖所示，某幼兒園要在空地上安裝一個滑梯，由于空地大小限制，滑梯的水平跨度確定為x＝4m，設計時，滑板和兒童褲料間的動摩擦因數μ取0.4，重力加速度g取10m/s2。
（1）若兒童在滑梯上勻速滑下，求滑梯的高度；
（2）兒童由靜止開始下滑至滑梯底端速度不能超過4m/s，求滑梯的最大高度。
【考點】物體在粗糙斜面上的運動；勻變速直線運動速度與位移的關系．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．
【答案】（1）若兒童在滑梯上勻速滑下，滑梯的高度為1.6m。
（2）兒童由靜止開始下滑至滑梯底端速度不能超過4m/s，求滑梯的最大高度為2.4m。
【分析】（1）重力在滑梯上分解成兩個方向的力，垂直于滑梯的力等于mgcosθ．平行于滑梯的力等于mgsinθ，人在滑梯上能滑下，滿足：mgsinθ≥μmgcosθ，根據幾何關系確定滑梯的高度；
（2）根據牛頓第二定律和運動學公式可求。
【解答】解：（1）設斜面傾角為θ1兒童恰好勻速下滑，
平行斜面方向：mgsinθ1＝μFN
垂直斜面方向：FN＝mgcosθ1
根據幾何關系有：H＝xtanθ1
解得：H＝1.6m
（2）設最大高度為H2，此時斜面傾角為θ2，根據牛頓第二定律得：mgsinθ2﹣μmgcosθ2＝ma
由速度位移的關系式得：v2＝2aL
H2＝xtanθ2
其中L
聯立解得H2＝2.4m
答：（1）若兒童在滑梯上勻速滑下，滑梯的高度為1.6m。
（2）兒童由靜止開始下滑至滑梯底端速度不能超過4m/s，求滑梯的最大高度為2.4m。
【點評】本題考查了牛頓第二定律、滑動摩擦力公式、運動學公式的綜合應用，知道加速度是聯系力和運動的橋梁。
18．（2024秋 榆林期末）如圖所示，固定斜面的傾角θ＝37°，底端O與水平面右端平滑相連，水平面左端與傾角為θ＝37°足夠長的傳送帶在A點平滑相連，傳送帶以速度v0＝4m/s逆時針勻速轉動，質量m＝1kg的小物塊（可視為質點）從高h＝15m處由靜止從斜面上滑下，小物塊與斜面、水平面和傳送帶間的動摩擦因數均為μ＝0.5，水平面長x＝3.6m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）小物塊在斜面上受到摩擦力的大小和剛滑到斜面底端時的速度大小；
（2）小物塊運動到A點的速度大小和沿傳送帶向上運動過程中的加速度大小；
（3）小物塊沿傳送帶向上運動的時間和向上滑行的最遠距離。
【考點】傾斜傳送帶模型；物體在粗糙斜面上的運動．
【專題】計算題；定量思想；推理法；傳送帶專題；分析綜合能力．
【答案】（1）小物塊在斜面上受到摩擦力的大小是4N，剛滑到斜面底端時的速度大小是10m/s；
（2）小物塊運動到A點的速度大小是8m/s，沿傳送帶向上運動過程中的加速度大小分別是10m/s2、2m/s2；
（3）小物塊沿傳送帶向上運動的時間是2.4s，向上滑行的最遠距離是6.4m。
【分析】（1）根據滑動摩擦力公式求出滑動摩擦力大小；應用牛頓第二定律求出物塊的加速度大小，應用v﹣x公式求出物塊到達斜面底端時的速度。
（2）應用牛頓第二定律求出物塊在水面上的加速度，應用v﹣x公式求出物塊到達A點時的速度大小；應用牛頓第二定律求出物塊沿傳送帶向上運動過程的加速度大小。
（3）應用運動學公式求出小物塊沿傳送帶向上運動的時間與向上滑行的最遠距離。
【解答】解：（1）物塊在斜面上受到的滑動摩擦力大小f＝μmgcosθ＝0.5×1×10×cos37°N＝4N
物塊在斜面上下滑過程，對物塊，由牛頓第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
代入數據解得：a1＝2m/s2
物塊沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運動，由v﹣x公式可知，物塊滑到斜面底端時的速度大小vm/s＝10m/s
（2）物塊在水平面上運動過程，由牛頓第二定律得：﹣μmg＝ma2
代入數據解得：a2＝﹣5m/s2
由v﹣x公式可知，物塊到達A處的速度大小vAm/s＝8m/s
由于vA＞v0，物塊滑上傳送帶后相對于傳送帶向上滑動，
對物塊，由牛頓第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma3
代入數據解得：a3＝10m/s2
物塊滑上傳送帶后做勻減速直線運動，由于μ＜tanθ，則物塊減速到與傳送帶速度相等后相對傳送帶向下滑動，繼續做勻減速直線運動
物塊與傳送帶共速后，對物塊，由牛頓第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma4
代入數據解得：a4＝2m/s2
（3）物塊沿傳送帶向上運動的時間t＝t1+t22.4s
物塊沿傳送帶向上滑行的最大距離s
代入數據解得：s＝6.4m
答：（1）小物塊在斜面上受到摩擦力的大小是4N，剛滑到斜面底端時的速度大小是10m/s；
（2）小物塊運動到A點的速度大小是8m/s，沿傳送帶向上運動過程中的加速度大小分別是10m/s2、2m/s2；
（3）小物塊沿傳送帶向上運動的時間是2.4s，向上滑行的最遠距離是6.4m。
【點評】對于牛頓第二定律的綜合應用問題，關鍵是弄清楚物體的運動過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運動學的計算公式求解加速度，再根據題目要求進行解答；知道加速度是聯系力和運動的橋梁。
19．（2024秋 榆林期末）如圖所示，足夠長的長木板A的質量m1＝2kg，可視為質點的物塊B的質量m2＝1kg，A與B之間的動摩擦因數μ＝0.5，現對A施加一個大小為F＝1N、方向水平向右的恒力，同時B以初速度v0＝8m/s從左端滑上靜止在光滑水平面上的木板A，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）B在A上相對A向右滑動過程中，A和B的加速度大小；
（2）A與B達到的共同速度的大小；
（3）B在A上留下的痕跡長度。
【考點】有外力的水平板塊模型．
【專題】計算題；定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．
【答案】（1）B在A上相對A向右滑動過程中，A和B的加速度大小分別是3m/s2、5m/s2；
（2）A與B達到的共同速度的大小是3m/s；
（3）B在A上留下的痕跡長度是4m。
【分析】（1）應用牛頓第二定律求出A、B的加速度大小。
（2）應用運動學公式求出A、B的共同速度大小。
（3）應用運動學公式求出B在A滑動時留下痕跡的長度。
【解答】解：（1）B在A上滑動過程，由牛頓第二定律得：
對B：μm2g＝m2aB
對A：F+μm2g＝m1aA
代入數據解得：aA＝3m/s2，aB＝5m/s2
（2）A做勻加速直線運動，B做勻減速直線運動，
兩者共速時v＝v0﹣aBt＝aAt
代入數據解得：v＝3m/s，t＝1s
（3）兩者共速后假設恰好相對靜止，由牛頓第二定律得：
對A、B整體：F臨＝（m1+m2）aB
代入數據解得：F臨＝15N＞F＝1N，兩者共速后相對靜止一起加速運動
則B在A上留下痕跡的長度Δx
代入數據解得：Δx＝4m
答：（1）B在A上相對A向右滑動過程中，A和B的加速度大小分別是3m/s2、5m/s2；
（2）A與B達到的共同速度的大小是3m/s；
（3）B在A上留下的痕跡長度是4m。
【點評】本題是有相對運動的題目，關鍵要能正確分析物體的受力情況和運動情況，根據牛頓第二定律及運動學基本規律求速度．
20．（2024秋 東西湖區校級期末）小華同學研究放在光滑水平面上的物體的運動，他在水平面內建立直角坐標系（xOy系），并在坐標原點O放置一質量為m＝5.0kg的物塊。在t＝0時，對物塊施加平行于水平面的作用力，使物塊從靜止開始運動。在0≤t≤15s時間段內，物塊在xOy系中x、y方向上的速度vx、vy與時間t的關系分別如圖a、b所示。求：
（1）在0～5s內施加外力的大小；（結果可帶有根號）
（2）在0～15s內物塊離y軸最遠時的坐標。
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；兩個變速直線運動的合成；根據v﹣t圖像的物理意義分析單個物體的運動情況．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．
【答案】（1）在0～5s內施加外力的大小等于N；
（2）故在0～15s內物塊離y軸最遠時的坐標為（3.5m，2m）。
【分析】（1）v﹣t圖像的斜率等于加速度，分別求出0～5s沿x軸和y軸的加速度與合外力，根據牛頓第二定律求解合力大小即施加外力的大小；
（2）v﹣t圖像的面積等于位移，物塊離y軸最遠時橫坐標最大。
【解答】解：（1）v﹣t圖像的斜率等于加速度，由圖可得0～5s在x軸方向上加速度為axm/s2m/s2，在y軸方向上加速度為aym/s2m/s2，a合，
根據牛頓第二定律外力F＝ma合，解得FN；
（2）v﹣t圖像的面積等于位移，結合圖像結合對稱性可知物體在12.5s離y軸最遠，此時沿x軸位移最大。橫坐標為3.5m；
縱坐標為，故在0～15s內物塊離y軸最遠時的坐標為（3.5m，2m）。
答：（1）在0～5s內施加外力的大小等于N；
（2）故在0～15s內物塊離y軸最遠時的坐標為（3.5m，2m）。
【點評】本題考查了勻變速直線運動的圖象、牛頓運動定律等知識點。利用v﹣t圖象判斷物體的運動狀態時解決本題的關鍵。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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