【文档说明】(通用版)高考物理二轮复习纠错笔记专题03《牛顿运动定律》（解析版）.doc，共(27)页，1.651 MB，由MTyang资料小铺上传

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一、不能用物理规律解题不能用牛顿运动定律解题，或不善于用牛顿运动定律解复杂问题，遇到难题想当然地进行分析。二、不清楚模型的分析关键1．弹簧模型和绳线（杆）模型，尤其是其弹力突变问题。在因为某部分断裂而导致的弹簧或绳线（杆）连接体

失去一部分约束时，弹簧的弹力不会突变，而是缓慢变化，而绳线（杆）的弹力会发生突变，变化情况需要具体进行运动分析和受力分析。2．不会分析超重和失重。超重和失重的―重‖指的是物体本身受到的重力，当支持面对物体向上的作用力（测量工具的测量值，即视重）大于或小于实际的重力时，就是超重或失重。若不能抓

住分析关键——超重物体的加速度向上、失重物体的加速度向下，就容易分析错误。三、运动状态分析和受力分析问题1．未明确分析的对象。多分析或少分析受力，导致运动状态的分析错误。2．对运动状态的分析错误。运动状态的分析要点是速度和加速度，速度关系决定相对

运动关系，涉及物体间的相互作用力的分析，加速度则可根据牛顿第二定律列式，直接计算力的大小和有无。四、复杂问题、难题的分析1．临界问题的分析关键是找到临界条件。不能只注重表面的关键词―相等‖、―恰好‖等，还要挖掘隐含的临界条件，如加速度相等、弹力为零、静摩擦力达到最大、摩擦力为零

（即将反向）等。学科/网2．多物体相互牵连（不一定有直接的牵连关系）要注意，只有部分直接牵连的物体（具有相同的运动状态）才能用整体法，其他情况一般需要明确物体间的受力关系隔离分析，物体间的相互作用力可能大小相等，但速度不同，也可能具有相同的速度，但加速度不同。3．分析多过程问题切忌急躁，应根据

速度和加速度的关系逐个过程进行分析，多过程问题的分析关键就是分析清楚速度相等、速度为零、加速度相等和加速度为零这四种情况，它们往往是多过程中各子过程的分界点。4．复杂模型，如传送带往返问题、快–板模型，应结合以上3点的注意事项进

行综合分析。（2018·黑龙江省哈尔滨市第六中学）下列说法正确的是A．在水平面上运动的物体最终停下来，是因为水平方向没有外力维持其运动的结果B．运动的物体惯性大，静止的物体惯性小C．作用力与反作用力可以作用在同一物体上D．物体所受的合

外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小本题易错选A，原因是没意识到运动状态不需要力来维持。物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因，在水平面上运动的物体最终停下来，是因为水平方向受到力的作用，故A错误；惯性的大小量度是质量，

故B错误；作用力和反作用力作用在不同的物体上，故C错误；根据牛顿第二定律知，合外力减小，加速度减小，若加速度的方向与速度方向相同，速度增大，故D正确。答案：D。1．某人在匀速行驶的火车上相对车厢竖直向上跳起，仍落回原处，这是因为A．人腾空时间很短，人偏后的距离很小，不易察觉B．人跳起后，

车厢内空气给他一个向前的力，使他随同火车一起向前运动C．人跳起的瞬间，车厢的地板给他一个向前的力，使他随同火车一起向前运动D．人跳起后直至落地，在水平方向上人和车终具有相同的速度【答案】D（2018·福建省闽侯第二中学、连江华侨中

学等五校教学联合体）下列关于力的说法错误的是A．力的作用是相互的B．支持力和压力的方向总是垂直于支持面C．弹力、摩擦力是按性质命名的力D．摩擦力的方向总是与物体运动的方向相反本题易错选A，由于疏忽大意，看成让选

正确的。由牛顿第三定律可知力的作用是相互的，故A正确；弹力的方向总是与接触面垂直，支持力和压力的方向总是垂直于支持面，故B正确；弹力、摩擦力，重力是按性质命名的力；故C正确；摩擦力阻碍相对运动，其方向总是与物体相对运动的方向相反，故D错误。答案：D。1．人在沼泽地行

走时容易下陷，下陷的过程中A．人对沼泽地的压力大于沼泽地对人的支持力B．人对沼泽地的压力等于沼泽地对人的支持力C．沼泽地对人的支持力小于人的重力D．沼泽地对人的支持力等于人的重力【答案】B（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gC．物体b的加速度大小为零D．物体b的加速度大小为g本题易只选D，错因是不理解弹力突变的

意义。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amgagm，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bmgagm，故C错误，D正确。答案：BD

。1．在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1kg的小球，小球的一端与水平轻弹簧连接，另一端与不可伸长的轻绳相连，轻绳与竖直方向成θ=45°角，如图所示。小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，取重力加速度g=10m/

s2。A．此时弹簧的弹力为102NB．剪断弹簧瞬间，小球加速度大小为102m/s2C．剪断细绳瞬间，小球加速度大小为8m/s2D．剪断细绳瞬间，小球受到的合力斜向左上方45°【答案】C（2018·云南省昭通）如图所示，A为电磁铁，挂在支架C

上，放到台秤的托盘中，在它的正下方有一铁块B，铁块B静止时，台秤示数为G，当电磁铁通电后，在铁块被吸引上升的过程中，台秤的示数将A．变大B．变小C．大于G，但是一恒量D．先变大，后变小本题选错的原因主要有：混淆超重和失重，

不能根据加速度或受力情况分辨超重和失重。铁块被吸起上升的过程中，由于电磁铁A对B的吸引力越来越大，B做加速度变大的加速上升运动，对整个系统而言，处于超重现象越来越明显的状态(可以认为系统重心也在做加速度变

大的加速上升运动)，所以台秤的示数应大于G，且不断变大，故A正确，BCD错误。答案：A。学-+科/网1．如图所示，A为电磁铁，挂在支架C上，放在台秤的托盘中，在它的正下方有一铁块B。铁块静止时，台秤示数为G。当电磁铁通电，铁块被吸引上升过程中（与A接触前），

台秤的示数将A．因为吸引力是内力，示数始终不变B．先大于G，后小于GC．一直大于GD．一直小于G【答案】C（2018·河南大联考）如图1、图2所示，两个等高的光滑斜面固定在地面上，斜面倾角，质量相等的小球甲、乙各自在沿斜面向上的拉力作用下从底端由静止开始向上运动。两个

拉力的功率恒定且相等，两小球在到达斜面顶端时均已匀速，则在两小球由斜面底端运动到顶端的过程中，下列说法正确的是A．最后甲球的速度比乙球的速度大B．最后甲球的速度与乙球的速度相等C．甲球运动的时间比乙球运动的时间短D．甲球运动的时间与乙球运动的时间相等本题的解题关

键点是分析清楚竖直向下的力和沿斜面方向的力。由sinFmgma和PF得，当加速度减为零的时候速度最大，且msinPmg，又因为，则最后甲球的速度大于乙球的速度，选项正确、错误；由2

m12Ptmghm。得甲球运动的时间比乙球运动的时间长，选项CD错误。答案：A。1．如图所示，物体B的上表面水平，给A、B一个初速度，它们保持相对静止一起沿斜面下滑，斜面保持静止不动且受到地面的摩擦力

水平向左，则下列判断正确的有A．B、C都各受5个力作用B．水平面对C的支持力大于三物体的重力之和C．若只减小B的质量，其他条件不变，C有可能不受水平面的摩擦力作用D．B的上表面一定是粗糙的【答案】D如图所示，在竖直平面内有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是半圆的圆

心。有三条光滑轨道a、b、c，它们的上下端分别位于上下两圆的圆周上，三轨道都经过O点，现让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为A．ta<tb<tcB．ta>tb>tcC．ta=tb=tcD．不能确定在已知等时圆的情况下

，本题易错选C。要注意等时圆的下滑轨道是一端为竖直直径的任一端点，另一端在圆上的光滑轨道。设轨道与竖直方向夹角为α，小圆半径为r，半圆半径为R，则轨道的长度L=2rcosα+R，下滑的加速度a=gcosα，则下滑的时间242cosLrRtagg，α

越大，t越大，故ta<tb<tc。答案：A。1．如图所示，两圆1和2外切，它们的圆心在同一竖直线上，有三块光滑的板，它们的一端搭在竖直墙上，另一端搭在圆2的圆周上，三块板都通过两圆的切点，A在圆周上，B在圆内，C在圆外，从A、B、C三处同时由静止释放一个小球

，它们都沿板运动，则最先到达圆2的圆周上的球是A．从A处释放的球B．从B处释放的球C．从C处释放的球D．同时到达【答案】B（2018·山西省运城市康杰中学）如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向

夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是A．A、B的质量之比为1︰3B．A、B所受弹簧弹力大小之比为3:2C．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为1︰2D．快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为1︰2本题中判断临界条件

容易出错。对AB两个物体受力分析，如图所示：AB都处于静止状态，受力平衡，则有：对物体A：tan60AmgF，对物体B，BFmg，所以:3:1ABmm，故A错误；同一根弹簧弹力相等，故B错误：对A物体，细线拉力co

s60AFT，对B物体，细线拉力cos45BFT，解得：:2:1ABTT故C错误；快速撤去弹簧的瞬间，物体AB将以悬点为圆心做圆周运动，刚撤去弹簧的瞬间，将重力分解为沿半径和沿切线方向，沿半径合力为零，合力沿切线方向，则重力沿切线方向的分力提供了加速度即cosag所以快速撤去弹簧的

瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为1:2，故D正确。答案：D。学-科/网1．如图所示，一倾角θ=30°的光滑斜面固定在箱子底板上，一小球用一细绳拴于箱子顶部，细绳与斜面间夹角也为θ，细绳对小球的拉力为T，斜面对小球的支

持力为N，重力加速度为g，小球始终相对斜面静止，则下列运动能确保T、N中只有一个为0的是A．箱子自由下落B．箱子水平向右做加速运动，且加速度大小为33gC．箱子水平向右做减速运动，且加速度大小为33gD．箱子以任意加速度竖直向上做加速运动【答案】BC（2018

·云南省昭通）一小球由静止开始竖直下落，触底后立即竖直反弹，直至再次上升到最高点，已知空气阻力大小恒定，触地反弹瞬间动能损失了75%，规定向下为正方向，则在整个过程中，则下列v–t图象中能正确反应这一过程的是A．B．C．D．本题有两种情况，应根据牛顿

第二定律，结合具体情况列式，结合图象数据求解。易错点就是能否区分两种情况结合图象数据分别列式，并正确求解。由于题目选择竖直向下为正方向，开始时小球做竖直向下的匀加速直线运动，即速度为正值且一直增大，加速度竖直向下保持1fFagm值不变，即斜率保持不变且斜率为正值

，落地后弹起的过程中，小球向上做减速运动，加速度竖直向下保持2fFagm值不变，即斜率保持不变且斜率为正值，上升过程的加速度大于下落过程的加速度，触地反弹瞬间动能损失了75%，则反弹后动能为原来的14，所以速度为原来的12，

即为02v，故D正确，A、B、C错误。答案：D。1．粗糙的水平面上一物体在水平方向拉力作用下做直线运动，水平拉力F及运动速度v随时间变化的图线如图甲、乙所示，取重力加速度g=10m/s2，则A．前2s内物体运动的加速度为2m/s2B．前4s内

物体运动的位移大小为8mC．物体的质量为2kgD．物体与地面间的动摩擦因数为0.1【答案】AD（2018·甘肃重点中学协作体）如图所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定光滑竖直杆上，与光滑水平地面相距

h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。下列判断正确的是A．a下落的某段过程中，b对地面的压力可能大于b受到地面的支持力B．a落地前，轻杆对b先做正功后做负功C．a下落的某段过程中，其加速度大小可能大于g

D．a落地前瞬间a的机械能最小，此时b对地面的压力大小等于mg本题的主要错因只对左侧两木块列式分析，就会得到错解。学/科/网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。答案：BC。1．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【答案】AD（2018·新课标全国II卷）汽车A在水平冰雪路面

上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5m，A车向前滑动了2.0m，已知A和B的质量分别为32.010kg和31.510kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极

短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小210m/sg。求（1）碰撞后的瞬间B车速度的大小；（2）碰撞前的瞬间A车速度的大小。本题在分析过程的时候容易出错。（1）设B车质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第

二定律有BBBmgma①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B车速度的大小为'Bv，碰撞后滑行的距离为Bs。由运动学公式有'2=2BBBvas②联立①②式并利用题给数据得'3.0m/sBv③（2）设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA

。根据牛顿第二定律有AAAmgma④设碰撞后瞬间A车速度的大小为'Av，碰撞后滑行的距离为As。由运动学公式有'2=2AAAvas⑤设碰撞后瞬间A车速度的大小为Av，两车在碰撞过程中动量守恒，有''AAA

ABBmvmvmv⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得4.3m/sAv1．如图所示，将小物体（可视为质点）置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的恒力F拉动纸板，拉力大小不同，纸板和小物体的运动情况也不同。若纸板的质量m1=0.1kg，小物体的质量m2=0.4kg，小物体与

桌面右边缘的距离d=0.15m。已知各接触面间的动摩擦因数均为μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。（1）当小物体与纸板一起运动时，求桌面对纸板的摩擦力大小。（2）拉力F满足什么条件

，小物体才能与纸板发生相对滑动？（3）若拉力作用0.3s时，纸板刚好从小物体下抽出，通过计算判断小物体是否会留在桌面上。【答案】（1）1N（2）F>2N（3）小物体不会留在桌面上【解析】（1）当小物体与纸板一起运动时，桌面

对纸板间的滑动摩擦力f1=μ(m1+m2)g=1N（2）随F增大，小物体和纸板共同运动的加速度增大，小物体受到的静摩擦力增大，直到达到最大静摩擦力f2=μm2g，此时两者一起运动的最大加速度a=22fm=μg（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tanD．0~t2内，传送带对物块做功为W=22211122mvmv本题错因是不理解划痕是物体间的最大相对位移，因为发生相对反向

运动时，划痕叠加但不会抵消；而相对位移在发生相对的反向运动后会抵消吊。学，科网由图乙图线与时间轴所围面积可看出，物块在0~t1内运动的位移比在t1~t2内运动的位移大，故A错误；由于物块在0~t1内向下运动的位移大于

t1~t2内向上运动的位移，所以0~t2内物体的总位移向下，所以重力对物块做正功，故B正确；在t1~t2内，物块向上运动，则有μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ，故C错误；由图―面积‖等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：22

211122GWWmvmv，则传送带对物块做功22211122Wmvmv故D错误。答案：B。1．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以水平向左的速度v2滑上传送带后，经过一段时间

后又返回光滑水平面上，这时速度为v3，则下列说法正确的是A．若v1<v2，则v3=v2B．若v1>v2，则v3=v2C．不管v2多大，总有v3=v2D．只有v1=v2，才有v3=v1【答案】B（2018·河南省安阳）如图1所示，光滑水平面上静

置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t=0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v–t图象如图2所示，重力加速度210m/sg，则下列说法正确的是A．M=mB．M=2mC．木板的长度为8mD．木板与物块间的动摩擦因数为0.1在分析物块的运动时，有一段

平板车减速，物块加速，最终共速的过程，若忽略这一部分的分析就容易出错。木块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故1mgma，而v–t图象的斜率表示加速度，故22173m/s2m/s2a，解得0.2；对木板受力分析可知2mgMa，221

20m/s1m/s2a，解得2Mm，AD错误B正确；从图中可知物块和木板最终分离，两者v–t图象与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故11732228m22L，C正确。答案：BC。1．某电视台娱乐节目在游乐园举行家庭搬运砖块比赛活动。比赛规则是：向滑动的长木板上

放砖块，且每次只能将一块砖无初速度（相对地面）地放到木板上，木板停止时立即停止搬放，以木板上砖块多少决定胜负。如图甲所示，已知木板的上表面光滑且足够长，比赛过程中木板始终受到恒定的拉力F=20N作用，未放砖块时木板以v0=3m/s的速度匀速前进。获得冠军的家庭上场比赛时平均每隔T=0.

8s放一块砖，每块砖的质量m=0.8kg，从放上第一块砖开始计时，如图乙作出了0~0.8s时间内木板运动的v–t图象，重力加速度g=10m/s2。求：（1）木板的质量M及木板与地面间的动摩擦因数μ；（2）木板停止时，木板上放的砖的块数；（3）从放上第一块砖到木

板停止，木板的总位移。【答案】（1）M=8kg，μ=0.25（2）5（3）7.6m【解析】（1）没有放砖时对木板受力分析有F=μMg放上第一块砖时，木板减速，设加速度大小为a1，对木板有μ(M+m)g–F=Ma1得Ma1=μmg，由图乙可知a1=vt=0.25m/s2则kΔt~(k+

1)Δt时间内，木板的平均速度kv=v0–(1)4kkΔv–(1)4kkΔv=v0–22kv则木板的位移x=[5v0–(1+4+…+25)2v]Δt=7.6m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（Fam），a=0时处于平衡状态，静

止或做匀速直线运动。（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1．歼击机在进人战斗状态时要扔掉副油箱，这样做是为了A．减小重力．使运动状态保持稳定B．减小惯性，有利于运动状态的改变C．增大加速度，使状态不易变化D．增大速度，使运动状态易于改变【答案】B【解析】歼击机在战斗前要抛掉副油箱，是为了减小

飞机的质量来减小飞机的惯性，使自身的运动状态容易改变，以提高歼击机的灵活性，选B。2．以下说法正确的是A．人走在松软的土地上会下陷，说明人对地面的压力大于地面对人的支持力B．物体的加速度不变，则物体所受力的合力一定为恒力C．物体速度变化量越大，则物体所受力的合力越大D．做曲线运动的物体其加

速度一定变化学科/网【答案】B3．如图所示，使鸡蛋A快速向另一完全一样的静止鸡蛋B撞去，结果每次都是被撞击的鸡蛋B被撞破，则下列说法正确的是A．A鸡蛋的惯性大于B鸡蛋的惯性B．A对B的作用力的大小大于B对A的作用力的大小C．A对B的作用力的大小等于B对A的作用力的大

小D．碰撞瞬间，A鸡蛋内蛋白由于惯性会对A蛋壳产生向前的作用力【答案】CD【解析】惯性大小的唯一量度是质量，完全一样的两个鸡蛋质量相等，惯性相同，A错误；A对B的作用力和B对A的作用力为作用力与反作用力，一定大小相等，B错误，C正确；碰撞瞬间，A鸡蛋内蛋白由于惯性

会对A蛋壳产生向前的作用力，A蛋壳碰撞部位还受到B对它的作用力，两者方向相反，合力较小，而被撞击的B蛋壳仅受到A对B的作用力而被撞破，D正确。4．如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O；整个

系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间A．a1=3gB．a1=0C．Δl1=2Δl2D．Δl1=Δl2【答案】AC5．（2018·重庆市第一中学、合肥八中、石家庄市第一中学）如图，一水平的浅色长传

送带上放置一质量为m的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时，传送带与煤块都是以速度v作匀速直线运动；现让传送带以加速度a作匀减速运动，速度减为零后保持静止；又经过一段时间，煤块静止，传送带上留下

了一段黑色痕迹，重力加速度大小为g，则痕迹长度为A．22vgB．22vaC．2222vvgaD．2222vvga【答案】D【解析】传送带的运动是匀减速直线运动，加速度为a，减速到零运动的位移为：22va而煤块的运动也是匀减速直线运

动，根据牛顿第二定律，=ag煤。减速到零运动走过的位移为22vg，由于煤块和皮带是同一方向运动的，所以痕迹的长度即相对位移为：2222vvga故D正确。6．（2018·湖北省荆州市沙市中学）质量分别为2kg和3kg的物块

A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，如图所示，今用大小为20NF作用在A上使AB相对静止一起向前匀加速运动，则下列说法正确的是A．弹簧的弹力大小等于8NB．弹簧的弹力大小等于12NC．突然撤去F瞬间，A的加速度大小为0D．

突然撤去F瞬间，B的加速度大小为42m/s【答案】BD7．（2018·安徽省淮南）如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，一条细线一端与斜面上的物体B相连，另一端绕过轻质滑轮与物体A相连，该滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O点，

细线与竖直方向成ɑ角，A、B、C始终处于静止状态，不计细绳与滑轮间摩擦。下列说法正确的是学*科-网A．若仅增大A的质量，则B对C的摩擦力一定增大B．若仅增大A的质量，则地面对C的摩擦力一定增大C．若仅增大B的质量，则B受到的摩擦力一定增大D

．若仅将C向左缓慢移动一点，ɑ角将增大【答案】BD8．（2018·普通高等学校招生全国统一考试模拟试题）如图所示，足够长的木板P静止于光滑水平面上，小滑块Q位于木板P的最右端，木板P与小滑块Q之间的动摩擦因数0.2，木板P与小滑块Q质量相等，均为m=1kg。用大小为6N、方向水平

向右的恒力F拉动木板P加速运动1s后将其撤去，系统逐渐达到稳定状态，已知重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是A．木板P与小滑块Q所组成的系统的动量增加量等于拉力F的冲量B．拉力F做功为6JC．小滑块Q的最大速度为3m/sD．整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3J【答案】ACD

【解析】对系统由动量定理：2PQFtmvmvmv共，即木板P与小滑块Q组成的系统的动量增量一定等于拉力F的冲量，选项A正确；若木板P与小滑块Q相对静止一起加速运动，则拉力F不能超过24Nmgmm

，拉力F为6N，大于4N，故二者发生相对滑动，对木板P由牛顿第二定律：F–μmg=ma，解得a=4m/s2，1s内木板P的位移x=12at2=2m，拉力F做功W=Fx=12J，选项B错误；二者共速时，小滑块Q的速度最大，

Ft=2mv共，解得v共=3m/s；选项C正确；整个过程中，对系统由能量守恒可知2122WmvQ共，解得Q=3J，选项D正确。9．（2018·江西省抚州市临川区第一中学）质量为3m足够长的木板静止在光滑的水平面上，木板上依次排放质量均为m的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因

数均为μ。现同时给木块l、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，已知重力加速度为g。则下列说法正确的是A．1木块相对静止前，木板是静止的B．1木块的最小速度是023vC．2木块的最小速度是056vD．木块3从开始运动到相对静止时位移是204vg【答案】CD为02vv由动量守恒

可得000202235mvvvmvmvv，解得：2056vv，故C正确；当木块3相对静止时，速度达到最小，此时四个物体共速，设速度为3v，则由动量守恒可得：0003236mvvvmv，解得：3

0vv，对木块3，由动能定理可知223011322mgsmvmv，解得：204vsg，故D正确。学科.网10．（2018·山东省日照）如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F

的作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面之间的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，t0、t1、t2、t3时间间隔相等。则下列说法中正确的是A．t0时刻加速度不为零B．t3时刻加速度为零C．t1

时刻物块的加速度最大D．t2时刻物块的速度最大【答案】CD11．（2018·黑龙江省哈尔滨市第六中学）质量为2kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示．A

的v–t图象如图乙所示，重力加速度g=10m/s2，求：(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；(2)木板B与水平面间的动摩擦因数μ2；(3)A的质量。【答案】（1）0.2（2）0.1（3）6kg【解析】(1)由图象可知，A在0~1s内的加速度2

10112m/svvat对A由牛顿第二定律得，–μ1mg=ma1对B由牛顿第二定律得，μ1mg–μ2(M＋m)g=Ma2代入数据解得：m=6kg