2016年高考物理最新模拟题分类解析专题03牛顿运动定律(第01期)(解析版)概论

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【三年高考】2016-2018年物理试题分项解析：专题03-牛顿运动定律含答案

2016年—2018年高考试题精编版分项解析专题03 牛顿运动定律1．如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F 和x之间关系的图像可能正确的是（）A. B.C. D.【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标I卷）【答案】 A【点睛】牛顿运动定律是高中物理主干知识，匀变速直线运动规律贯穿高中物理。

2．如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t图像能反应体重计示数随时间变化的是A. B. C. D.【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题【答案】 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，故C正确，A、B、D错误；故选C。

【点睛】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态。

3．用国际单位制的基本单位表示能量的单位，下列正确的是A. B. C. D.【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题【答案】 A【解析】根据，，可得，故A正确，B、C、D错误；4．通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是A. 亚里士多德B. 伽利略C. 笛卡尔D. 牛顿【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题【答案】 B5．（多选）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块（）A. 加速度先减小后增大B. 经过O点时的速度最大C. 所受弹簧弹力始终做正功D. 所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）【答案】 AD点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，故选项C 错误；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故选项D正确。

高考物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)含解析

高考物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，倾角θ的足够长的斜面上，放着两个相距L 0、质量均为m 的滑块A 和B ，滑块A 的下表面光滑，滑块B 与斜面间的动摩擦因数tan μθ=．由静止同时释放A 和B ，此后若A 、B 发生碰撞，碰撞时间极短且为弹性碰撞．已知重力加速度为g ，求：（1）A 与B 开始释放时，A 、B 的加速度A a 和B a ；（2）A 与B 第一次相碰后，B 的速率B v ；（3）从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t ．【答案】（1）sin A a g θ=；0B a =（202sin gL θ3）023sin L g θ【解析】【详解】解：(1)对B 分析：sin cos B mg mg ma θμθ-= 0B a =，B 仍处于静止状态对A 分析，底面光滑，则有：mg sin A ma θ=解得：sin A a g θ=(2) 与B 第一次碰撞前的速度，则有：202A A v a L = 解得：02sin A v gL θ=所用时间由：1v A at =，解得：012sin L g t θ=对AB ，由动量守恒定律得：1A B mv mv mv =+ 由机械能守恒得：2221111222A B mv mv mv =+ 解得：100,2sin B v v gL θ==(3)碰后，A 做初速度为0的匀加速运动，B 做速度为2v 的匀速直线运动，设再经时间2t 发生第二次碰撞，则有：2212A A x a t =22B x v t =第二次相碰：A B x x = 解得：0222sin L t g θ= 从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的的时间：12t t t =+解得：023sin L t g θ= 2．四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m =2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F =36N ，运动过程中所受空气阻力大小恒为f =4 N ．(g 取10 m ／s 2)(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t =5s 时离地面的高度h ；(2)当无人机悬停在距离地面高度H =100m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落到地面时的速度v ；(3)接(2)问，无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地（到达地面时速度为零），求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 1．【答案】（1）75m （2）40m/s （3）55 s 【解析】【分析】【详解】（1）由牛顿第二定律 F ﹣mg ﹣f=ma代入数据解得a=6m/s 2上升高度代入数据解得 h=75m ．（2）下落过程中 mg ﹣f=ma 1代入数据解得落地时速度 v 2=2a 1H ，代入数据解得 v=40m/s（3）恢复升力后向下减速运动过程 F ﹣mg+f=ma 2代入数据解得设恢复升力时的速度为v m，则有由 v m=a1t1代入数据解得．3．如图，质量分别为m A=1kg、m B=2kg的A、B两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C、方向水平向右的匀强电场中，A不带电，B带正电、电荷量q=2×10－5C．零时刻，A、B用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s末细绳断开．已知A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s2．求：(1)前2s内，A的位移大小；(2)6s末，电场力的瞬时功率．【答案】(1) 2m (2) 60W【解析】【分析】【详解】（1）B所受电场力为F=Eq=6N；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(m A+m B)g=(m A+m B)a1可得系统的加速度a1=1m/s2；由运动规律：x=12a1t12解得A在2s内的位移为x=2m；（2）设绳断瞬间，AB的速度大小为v1，t2=6s时刻，B的速度大小为v2，则v1=a1t1=2m/s；绳断后，对B由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a2解得a2=2m/s2；由运动规律可知：v2=v1+a2(t2-t1)解得v2=10m/s电场力的功率P=Fv，解得P=60W4．质量m=2kg的物块自斜面底端A以初速度v0=16m/s沿足够长的固定斜面向上滑行，经时间t=2s速度减为零．已知斜面的倾角θ=37°，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．试求：（1）物块上滑过程中加速度大小；（2）物块滑动过程摩擦力大小；（3）物块下滑所用时间.【答案】（1）8m/s 2；（2）4N ；（3）s 【解析】【详解】（1）上滑时，加速度大小（2）上滑时，由牛顿第二定律，得：解得（3）位移下滑时，由牛顿第二定律，得解得由，解得=s5．如图所示，小红和妈妈利用寒假时间在滑雪场进行滑雪游戏。

2016届高考物理二轮复习热点题型和提分秘籍3.1牛顿第一定律牛顿第三定律(含答案)

【高频考点解读】1.理解牛顿第一定律的内容和惯性，会分析实际问题.2.理解牛顿第三定律的内容，会区分相互作用力和平衡力．【热点题型】题型一牛顿第一定律的理解例1、关于牛顿第一定律的说法中，正确的是()A．由牛顿第一定律可知，物体在任何情况下始终处于静止状态或匀速直线运动状态B．牛顿第一定律只是反映惯性大小的，因此也叫惯性定律C．牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律，因此，物体在不受力时才有惯性D．牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因，又揭示了运动状态改变的原因【提分秘籍】1．惯性的两种表现形式(1)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)。

(2)物体受到外力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度。

惯性大，物体的运动状态较难改变；惯性小，物体的运动状态容易改变。

2．对牛顿第一定律的四点说明(1)明确惯性的概念：牛顿第一定律揭示了一切物体所具有的一种固有属性——惯性。

(2)揭示力的本质：力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因。

(3)理想化状态：牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态，而物体不受外力的情形是不存在的。

在实际情况中，如果物体所受的合外力等于零，与物体不受外力时的表现是相同的。

(4)与牛顿第二定律的关系：牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的。

力是如何改变物体运动状态的问题由牛顿第二定律来回答。

牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律。

【举一反三】如图3-1-1所示，木块放在上表面光滑的小车上并随小车一起沿水平面向左做匀速直线运动。

当小车遇到障碍物而突然停止运动时，车上的木块将()图3-1-1A ．立即停下来B ．立即向前倒下C ．立即向后倒下D ．仍继续向左做匀速直线运动解析：选D 木块原来随小车一起向左运动，当小车突然停止时，木块在水平方向上没有受到外力的作用，根据牛顿第一定律，木块将继续向左做匀速直线运动。

2016版五年高考真题专题三牛顿运动定律

考点一牛顿运动定律的理解1．(2015·安徽理综，15，6分)(难度★★)由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q 1和q 2，其间距离为r 时，它们之间相互作用力的大小为F ＝k q 1q 2r 2，式中k 为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k 的单位应为 ( )A ．kg ·A 2·m 3B ．kg ·A -2·m 3·s -4C ．kg ·m 2·C -2D ．N ·m 2·A -2解析由F ＝k q 1q 2r 2得k ＝Fr 2q 1q 2，则k 的单位为：N ·m 2·C -2＝kg ·m ·S -2·m 2·(A·S)-2＝kg·m 3·A -2·S -4，故B 正确．答案 B2．(2015·海南单科，8，5分)(难度★★★)(多选)如图，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S 1和S 2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．现将细线剪断．将物块a 的加速度的大小记为a 1，S 1和S 2相对于原长的伸长分别记为Δl 1和Δl 2，重力加速度大小为g .在剪断的瞬间( )A ．a 1＝3gB ．a 1＝0C ．Δl 1＝2Δl 2D ．Δl 1＝Δl 2 解析设物体的质量为m ，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a 受到重力和弹簧S 1的拉力T 1，剪断前对b、c和弹簧组成的整体分析可知T1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝Fm＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．答案AC3. (2014·北京理综，19，6分)(难度★★)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是()A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小解析根据实验结果，得到的最直接的结论是如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置，A项正确；而小球不受力时状态不变，小球受力时状态发生变化，是在假设和逻辑推理下得出的结论，不是实验直接结论，所以B 和C选项错误；而D项不是本实验所说明的问题，故错误．答案 A4．(2014·山东理综，15，6分)(难度★★)(多选)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图．在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有()A．t1B．t2C．t3D．t4解析v-t图象中，纵轴表示各时刻的速度，t1、t2时刻速度为正，t3、t4时刻速度为负，图线上各点切线的斜率表示该时刻的加速度，t1、t4时刻加速度为正，t2、t3时刻加速度为负，根据牛顿第二定律，加速度与合外力方向相同，故t1时刻合外力与速度均为正，t3时刻合外力与速度均为负，A、C正确，B、D错误．答案AC5．(2013·新课标全国Ⅰ，14，6分)(难度★★)如图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表．表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的．根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是()A．物体具有惯性B．斜面倾角一定时，加速度与质量无关C．物体运动的距离与时间的平方成正比D．物体运动的加速度与重力加速度成正比解析由图表可知，图表中的物理量未涉及物体的惯性、质量以及加速度与重力加速度的关系，所以A、B、D错误；由表中数据可以看出，在前1秒、前2秒、前3秒……内位移与时间的平方成正比，所以C正确．答案 C6．(2013·新课标全国Ⅱ，14，6分)(难度★★)一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间关系的图象是()解析物块的受力如图所示，当F不大于最大静摩擦力时，物块仍处于静止状态，故其加速度为0；当F大于最大静摩擦力后，由牛顿第二定律得F－μF N ＝ma，即F＝μF N＋ma，F与a成线性关系．选项C正确．答案 C7．(2013·山东理综，14，5分)(难度★★)(多选)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有()A．力不是维持物体运动的原因B．物体之间普遍存在相互吸引力C．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快D．物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反解析伽利略利用“理想斜面实验”，否定了亚里士多德的“要维持物体的运动就需要外力”的观点，A正确；伽利略将逻辑推理和科学实验相结合，否定了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快”的观点，C正确；物体间普遍存在的相互吸引力及物体间相互作用力的特点是由牛顿发现或研究的规律，B、D错误．答案AC8．(2013·浙江理综，17，6分)(难度★★★)如图所示，水平木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f的大小．取重力加速度g＝10 m/s2，下列判断正确的是()A．5 s内拉力对物块做功为零B．4 s末物块所受合力大小为4.0 NC．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D．6～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2解析由图象可知F f max＝4 N，F f滑＝3 N．由F f滑＝μF N＝μmg，可得μ＝0.3，C错误；4 s末，F＝F f max＝4 N，合力为零，B错误；4 s后，F＞F f max，物块滑动，拉力对物体做功，A错误；6～9 s内，F＝5 N，F f＝3 N，由牛顿第二定律得F－F f＝ma，解得a＝2.0 m/s2，D正确．答案 D9．(2012·新课标全国卷，14，6分)(难度★★)(多选)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是()A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动解析物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，即物体抵抗运动状态变化的性质，A正确；没有力的作用，物体也可能保持匀速直线运动状态，B错误，D正确；行星在圆周轨道上保持匀速率运动而不是“匀速直线运动”，所以不能称其为惯性，C错误．答案AD10．(2012·江苏物理，4，3分)(难度★★)将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是()解析物体向上运动时，空气阻力向下，加速度由重力和空气阻力的合力提供，且a＞g.当物体速度变小时，空气阻力变小，加速度变小；物体到达最高点时，空气阻力为零，加速度为重力加速度，不为零，故C正确．答案 C考点二牛顿运动定律的应用1．(2015·新课标全国Ⅱ，20，6分)(难度★★★)(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A．8 B．10 C．15 D．18解析设PQ西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则F＝nma①PQ 东边有k 节车厢，则F ＝km ·23a ②联立①②得3n ＝2k ，由此式可知n 只能取偶数，当n ＝2时，k ＝3，总节数为N ＝5当n ＝4时，k ＝6，总节数为N ＝10当n ＝6时，k ＝9，总节数为N ＝15当n ＝8时，k ＝12，总节数为N ＝20，故选项B 、C 正确．答案 BC2．(2015·新课标全国Ⅰ，20，6分)(难度★★★)(多选)如图(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度解析由v-t 图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a ＝v 0t 1，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，即g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 1.同理向下滑行时g sin θ－μg cos θ＝v 1t 1，两式联立得sin θ＝v 0＋v 12gt 1，μ＝v 0－v 12gt 1cos θ.可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A 、C 正确；物块滑上斜面时的初速度v 0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x ＝v 02t 1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ＝v 02t 1×v 0＋v 12gt 1＝v0（v0＋v1）4g，选项D正确；仅根据v-t图象无法求出物块的质量，选项B 错误．答案ACD3. (2015·海南单科，9，5分)(难度★★★)(多选)如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时()A．物块与斜面间的摩擦力减小B．物块与斜面间的正压力增大C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑解析当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式F f＝μF N可知物体与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；设斜面的倾角为θ，物体的质量为m，当匀速运动时有mg sin θ＝μmg cos θ，即sin θ＝μcos θ，假设物体以加速度a向上运动时，有F N＝m(g＋a)cos θ，F f＝μm(g＋a)cos θ，因为sin θ＝μcos θ，所以m(g＋a)sin θ＝μm(g＋a)cos θ，故物体仍做匀速下滑运动，C错误，D 正确．答案BD4．(2015·重庆理综，5，6分)(难度★★★)若货物随升降机运动的v-t图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是()解析由v-t图象可知：过程①为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)；过程②为向下匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程③为向下匀减速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程④为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程⑤为向上匀速直线运动(处于平衡状态，F ＝mg)；过程⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)．综合选项分析可知B选项正确．答案 B5．(2015·江苏单科，6，4分)(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力()A．t＝2 s时最大B．t＝2 s时最小C．t＝8.5 s时最大D．t＝8.5 s时最小解析由题图知，在上升过程中，在0～4 s内，加速度方向向上，F N－mg ＝ma，所以向上的加速度越大，电梯对人的支持力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由题图知，在7～10 s 内加速度方向向下，由mg－F N＝ma知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，故C错误，D正确．答案AD6．(2014·北京理综，18，6分)(难度★★)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．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B．手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解析物体由静止开始向上运动时，物体和手掌先一起加速向上，物体处于超重状态，之后物体和手掌分离前，应减速向上，物体处于失重状态，故A、B均错误；当物体和手分离时，二者速度相同，又因均做减速运动，故分离条件为a手>a物，分离瞬间物体的加速度等于重力加速度，则手的加速度大于重力加速度，选项D正确，C错误．答案 D7．(2013·福建理综，17，6分)(难度★★)在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为()A．m2·kg·s－4·A－1B．m2·kg·s－3·A－1C．m2·kg·s－2·A－1D．m2·kg·s－1·A－1解析物理公式与方程的意义是：等式两边单位统一，数值相等．由电势差定义式U＝Wq＝F·sI·t可知电压的单位：V＝N·mA·s＝kg·m·s－2·mA·s＝kg·m2·s－3·A－1，所以B正确．答案 B8．(2013·广东理综，19，4分)(难度★★)(多选)如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有()A．甲的切向加速度始终比乙的大B．甲、乙在同一高度的速度大小相等C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D．甲比乙先到达B处解析由轨道倾斜度知甲的切向加速度先是大于乙的，后是小于乙的，A项错误；由机械能守恒定律可知，甲、乙在同一高度时速度大小相等，B项正确；开始时甲的加速度大于乙的加速度，故甲开始时下滑较快，C项错误；因开始时甲的平均加速度较大，其在整个过程中的平均速度大于乙的平均速度，所以甲比乙先到达B处，D项正确．答案BD9．(2013·浙江理综，19，6分)(难度★★)(多选)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m 时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是()A．所受浮力大小为4 830 NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析刚开始上升时，空气阻力为零，F浮－mg＝ma，解得F浮＝m(g＋a)＝460×(10＋0.5) N＝4 830 N，A正确；加速上升过程，随着速度增大，空气阻力增大，B项错误；浮力和重力不变，而随着空气阻力的增大，加速度会逐渐减小，直至为零，故上升10 s后的速度v＜at＝5 m/s，C项错误；匀速上升时，F浮＝F f＋mg，所以F f＝F浮－mg＝4 830 N－4 600 N＝230 N，D项正确．答案AD10．(2012·天津理综，8，6分)(难度★★★)(多选)如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值f m与滑动摩擦力大小相等，则()A．0～t1时间内F的功率逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大C．t2时刻后物块A做反向运动D．t3时刻物块A的动能最大解析0～t1时间内物块A仍处于静止状态，F的功率为零，A错；t1～t3时间内F＞f m，对物块A列方程得F－f m＝ma，F先增大后减小，因此加速度a 先增大后减小，但v一直增大，当F最大时，a最大，B正确；t3时刻F＝f m，a＝0，物块A速度达到最大，故C错误，D正确．答案BD11．(2012·安徽理综，17，6分)(难度★★)如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则()A．物块可能匀速下滑B ．物块仍以加速度a 匀加速下滑C ．物块将以大于a 的加速度匀加速下滑D ．物块将以小于a 的加速度匀加速下滑解析设斜面倾角为θ，对物块由牛顿第二定律列式：mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，得a ＝g sin θ－μg cos θ＝g (sin θ－μcos θ)，加上恒力F 后：(mg ＋F )sin θ－μ(mg ＋F )cos θ＝ma ′得a ′＝（mg ＋F ）sin θ－μ（mg ＋F ）cos θm ＝mg ＋F m (sin θ－μcos θ)，因mg ＋Fm ＞g ，所以a ′＞a ，C 正确．答案 C12．(2011·北京理综，18，6分)(难度★★)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F 的大小随时间t 变化的情况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向上的运动，重力加速度为g .据图可知，此人在蹦极过程中的最大加速度约为( )A ．gB ．2gC ．3gD ．4g解析 “蹦极”运动的最终结果是人悬在空中处于静止状态，此时绳的拉力等于人的重力，由图可知，绳的拉力最终趋于恒定时等于重力且等于35F 0，即F 0＝53mg .当绳的拉力最大时，人处于最低点且合力最大，故加速度也最大，此时F 最大＝95F 0＝3mg ，方向竖直向上，由ma ＝F 最大－mg ＝3mg －mg ＝2mg 得最大加速度为2g ，故B 正确．答案 B13．(2015·新课标全国Ⅰ，25，20分)(难度★★★★)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 cm ，如图(a)所示．t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s 时间内小物块的v-t 图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； (2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．解析 (1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为 v ＝4 m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v ＝4 m/s小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小 a 2＝4－01 m/s 2＝4 m/s 2.根据牛顿第二定律有μ2mg ＝ma 2，解得μ2＝0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t ＝1 s ，位移x ＝4.5 m ，末速度v ＝4 m/s 其逆运动则为匀加速直线运动可得x ＝v-t ＋12a 1t 2 解得a 1＝1 m/s 2小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：μ1(m ＋15m )g ＝(m ＋15m )a 1，即 μ1g ＝a 1 解得μ1＝0.1(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m ＋m )g ＋μ2mg ＝15ma 3 可得a 3＝43 m/s 2对滑块，加速度大小为a 2＝4 m/s 2由于a 2＞a 3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t 1＝1 s 的过程中，木板向左运动的位移为x 1＝v-t 1－12a 3t 21＝103 m, 末速度v 1＝83 m/s 滑块向右运动的位移x 2＝v ＋02t 1＝2 m此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a 2＝4 m/s 2 木板继续减速，加速度大小仍为a 3＝43 m/s 2 假设又经历t 2二者速度相等，则有a 2t 2＝v 1－a 3t 2 解得t 2＝0.5 s此过程中，木板向左运动的位移x 3＝v 1t 2－12a 3t 22＝76 m ，末速度v 3＝v 1－a 3t 2＝2 m/s滑块向左运动的位移x 4＝12a 2t 22＝0.5 m此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为 Δx ＝x 1＋x 2＋x 3－x 4＝6 m小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a 1＝1 m/s 2 向左运动的位移为x 5＝v 232a 1＝2 m所以木板右端离墙壁最远的距离为x ＝x 1＋x 3＋x 5＝6.5 m 答案 (1)0.1 0.4 (2)6 m (3)6.5 m14．(2015·新课标全国Ⅱ，25，20分)(难度★★★★)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l ＝27 m ，C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间．解析(1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中F f1、F N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，F f2、F N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得F f1＝μ1F N1 ①F N1＝mg cos θ②F f2＝μ2F N2 ③F N2＝F N1＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正.设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mg sin θ－F f1＝ma1 ⑤mg sin θ－F f2＋F f1＝ma2 ⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a1＝3 m/s2 ⑦a2＝1 m/s2 ⑧(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6 m/s ⑨v 2＝a 2t 1＝2 m/s⑩2 s 后，设A 和B 的加速度分别为a 1′和a 2′.此时A 与B 之间摩擦力为零，同理可得 a 1′＝6 m/s 2 ⑪a 2′＝－2 m/s 2⑫由于a 2′＜0，可知B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有 v 2＋a 2′t 2＝0⑬联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12 m ＜27 m⑮此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有l －x ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑯可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑰设A 在B 上总的运动时间t 总，有 t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s答案 (1)3 m/s 2 1 m/s 2 (2)4 s15．(2014·新课标全国Ⅰ，24，12分)(难度★★★★)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s ，当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120 m ．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的2/5，若要求安全距离仍为120 m ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．解析设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为s ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg ＝ma 0①s ＝v 0t 0＋v 22a 0②式中，m 和v 0分别为汽车的质量和刹车前的速度．设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝25μ0③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a ，安全行驶的最大速度为v ，由牛顿第二定律和运动学公式得μmg ＝ma ④ s ＝v-t 0＋v 22a ⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得 v ＝20 m/s(72 km/h)⑥ 答案 20 m/s(72 km/h)16．(2013·山东理综，22，15分)(难度★★★★)如图所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v 0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10 m/s 2.(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小．(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？解析 (1)设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得L ＝v 0t ＋12at 2①v ＝v 0＋at②联立①②式，代入数据得a ＝3 m/s 2③v ＝8 m/s④(2)设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得 F cos α－mg sin θ－F f ＝ma ⑤F sin α＋F N －mg cos θ＝0 ⑥又F f ＝μF N⑦联立⑤⑥⑦式得F ＝mg （sin θ＋μcos θ）＋ma cos α＋μsin α⑧由数学知识得cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α) ⑨ 由⑧⑨式可知对应F 最小时与斜面间的夹角α＝30°⑩联立③⑧⑩式，代入数据得F 的最小值为 F min ＝1335N⑪答案 (1)3 m/s 2 8 m/s (2)30°1335 N17．(2013·新课标全国Ⅱ，25，18分)(难度★★★★)一长木板在水平地面上运动，在t ＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图象如图所示．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t ＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．解析 (1)从t ＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．由图可知，在t 1＝0.5 s 时，物块和木板的速度相同．设t ＝0到t ＝t 1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a 1和a 2，则a 1＝v 1t 1①a 2＝v 0－v 1t 1②式中v 0＝5 m/s 、v 1＝1 m/s 分别为木板在t ＝0、t ＝t 1时速度的大小．设物块和木板的质量为m ，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得μ1mg ＝ma 1③(μ1＋2μ2)mg ＝ma 2 ④ 联立①②③④式得μ1＝0.20 ⑤ μ2＝0.30 ⑥(2)在t 1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为f ，物块和木板的加速度大小分别为a 1′和a 2′，则由牛顿第二定律得 f ＝ma 1′ ⑦2μ2mg －f ＝ma 2′ ⑧ 假设f ＜μ1mg ，则a 1′＝a 2′；由⑤⑥⑦⑧式得f ＝μ2mg ＞μ1mg ，与假设矛盾．故f ＝μ1mg ⑨由⑦⑨式知，物块加速度的大小a 1′等于a 1；物块的v-t 图象如图中点划线所示．由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s 1＝2×v 212a 1 ⑩s 2＝v 0＋v 12t 1＋v 212a 2′⑪物块相对于木板的位移的大小为s ＝s 2－s 1⑫联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得s ＝1.125 m ⑬答案 (1)0.20 0.30 (2)1.125 m。

专题03 牛顿运动定律(第04期)-决胜2016年高考全国名校试题物理分项汇编(解析版)

1、【甘肃省河西部分高中（张掖中学、嘉峪关一中、山丹一中）2016届高三上学期期中联考】如图所示，质量相等的两物体A、B叠放在粗糙的水平面上，A与B接触面光滑。

A受水平恒力F1，B受水平恒力F2，F1与F2方向都向右，且F2＞F1。

若物体A和B保持相对静止，则物体B受到的摩擦力大小和方向应为（）A、（F2－F1）/2，向左B、F2－F1，向左C、（F2－F1）/2 ，向右D、F2－F1，向右1、B【解析】若物体A和B保持相对静止，则二者的加速度相同，设地面对B的摩擦力大小为f，方向水平向左．由牛顿第二定律知：对A：F1=ma，对B：F2-f=ma；联立得f=F2-F1，由于F2＞F1．得f＞0，所以地面对B的摩擦力方向水平向左；故选B.【考点】：牛顿第二定律2．【甘肃省河西部分高中（张掖中学、嘉峪关一中、山丹一中）2016届高三上学期期中联考】如图所示，物体P置于光滑的水平面上，用轻细线跨过质量不计的光滑定滑轮连接一个重力G=10N的重物，物体P向右运动的加速度为a1；若细线下端不挂重物，而用F=10N的力竖直向下拉细线下端，这时物体P的加速度为a2，则（）A．a1＜a2B．a1=a2C．a1＞a2D．条件不足，无法判断【考点】：牛顿第二定律3、【巫山中学高2016级高三（上）第一次月考理综物理测试题】如图所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M 的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a 1、a 2.重力加速度大小为g .则有( )A.a 1＝0，a 2＝gB.a 1＝g ，a 2＝gC.1a g =,2M m a g M +=D.10a =,2M m a g M+= 3、D 【解析】在抽出木板的瞬时，弹簧对1的弹力和对2的压力并未改变．对1物体受重力和支持力，mg =F ，a 1=0．对2物体受重力和弹簧的向下的压力，根据牛顿第二定律2F Mg M m a g M M++==，故选D ．【考点】：本题考查牛顿第二定律。

专题03 牛顿运动定律-2016年高考全国名校试题物理分项汇编(北京特刊)(解析版)

一、选择题：1.【北京市西城区2014—2015学年度第一学期期末试卷】小明家住十层，他乘电梯从一层直达十层。

则下列说法正确的是 A ．他始终处于超重状态 B ．他始终处于失重状态C ．他先后处于超重、平衡、失重状态D ．他先后处于失重、平衡、超重状态【答案】C 【解析】考点：2.【北京市东城区2015届高三上学期期末教学统一检测物理试题】如图所示，兴趣小组的同学为了研究竖直运动的电梯中物体的受力情况，在电梯地板上放置了一个压力传感器，将质量为4kg 的物体放在传感器上。

在电梯运动的某段过程中，传感器的示数为44N 。

g 取10m/s 2.对此过程的分析正确的是 ( )A.物体受到的重力变大B.物体的加速度大小为1m/s 2C.电梯正在减速上升D.电梯的加速度大小为4m/s 2 【答案】B 【解析】试题分析：A 、电梯中的物体处于超重、平衡、失重状态时是加速度不同，本身的重力不变，选项A 错误。

B 、D 、由牛顿第二定律可知F mg ma -=支，而由牛顿第三定律得==44N F F 压支，解得：21m/s a =，故选项B 正确、选项D 错误。

C 、加速度向上，运动是加速向上或减速向下，选项C 错误。

故选B 。

考点：本题考查了牛顿第二定律、牛顿第三定律、超重与失重。

3.【北京市丰台区2015—2016学年度第一学期期末高三物理练习】如图所示，光滑斜面固定于水平面上，滑块A 、B 叠放在一起， A 上表面水平。

当滑块A 、B 一起以一定的初速度沿斜面向上减速运动时，A 、B第4题图始终保持相对静止. 在上滑过程中，B 受力的示意图为（）【答案】C【解析】考点：牛顿第二定律4．【北京市丰台区2015—2016学年度第一学期期末高三物理练习】竖直悬挂的轻弹簧下连接一个小球，用手托起小球，使弹簧处于压缩状态，如图所示。

则迅速放手后（）A ．小球开始向下做匀加速运动B ．弹簧恢复原长时小球速度最大C ．小球运动到最低点时加速度小于gD ．小球运动过程中最大加速度大于g 【答案】D 【解析】试题分析：迅速放手后，小球受到重力、弹簧向下的弹力作用，向下做加速运动，弹力将减小，小球的加速度也减小，小球做变加速运动．故A 错误．弹簧恢复原长时，小球只受重力，加速度为g ．故B 错误．根据简谐运动的对称性可知，小球运动到最低点时与刚放手时加速度大小相等，则知其加速度大于g ．故C 错误．刚放手时，小球所受的合力大于重力，加速度大于g ．故D 正确．故选D. 考点：牛顿第二定律的应用5.【北京市丰台区2015—2016学年度第一学期期末高三物理练习】如图，滑块A 以一定初速度从粗糙斜面体B 的底端沿B 向上滑，然后又返回，整个过程中斜面体B 与地面之间没有相对滑动。

专题03 牛顿运动定律-决胜2016年高考全国名校试题物理分项汇编(江苏特刊)(解析版)

一、单项选择题1.【2015·江苏省扬州中学高三物理开学考试】如图所示，光滑水平面上放置一斜面体A，在其粗糙斜面上静止一物块B，开始时A处于静止。

从某时刻开始，一个从0逐渐增大的水平向左的力F作用在A上，使A和B一起向左做变加速直线运动。

则在B与A发生相对运动之前的一段时间内A．B对A的压力和摩擦力均逐渐增大B．B对A的压力和摩擦力均逐渐减小C．B对A的压力逐渐增大，B对A的摩擦力逐渐减小D．B对A的压力逐渐减小，B对A的摩擦力逐渐增大【答案】D考点：牛顿第二定律的应用.2.【2015·盐城市高三年级第三次模拟考试物理试题】用细线将篮球拴在升降机光滑的侧壁上，当升降机加速下降时，出现如图所示的情形。

四位同学对此现象做出了分析与判断，其中可能正确的是A．升降机的加速度大于g，侧壁对球无挤压B．升降机的加速度小于g，侧壁对球有挤压C．升降机的加速度等于g，侧壁对球无挤压D．升降机的加速度等于g，侧壁对球有挤压【答案】C【解析】试题分析：若细线有拉力，则T cosθ+mg=ma，可知a＞g，此时侧壁对球有支持力；选项A错误；若细线无拉力，则mg=ma，可知a=g，此时侧壁对球无支持力；升降机的加速度不可能小于g；故选项C正确.考点：牛顿第二定律。

3．【2015·江苏省泰州市姜堰区下学期高三期初调研测试】如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L、质量分布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力F作用下做匀加速直线运动.绳子上某一点到绳子右端的距离为x，设该处的张力大小为T，则能正确描述T与x之间的关系的图像是【答案】A考点：牛顿第二定律4.【2015·江苏省扬州中学高三10月质量检测物理试题】如图所示，物块A、B叠放在粗糙的水平桌面上，水平外力F作用在B上，使A、B一起沿水平桌面向右加速运动。

设A、B之间的摩擦力为f1，B与水平桌面间的摩擦力为f2。

若水平外力F逐渐增大，但A、B仍保持相对静止，则摩擦力f1和f2的大小A．f1不变、f2变大B．f1变大、f2不变aC ．f 1和f 2都变大D ．f 1和f 2都不变【答案】B考点：牛顿第二定律、静摩擦力、滑动摩擦力、整体法与隔离法。

高考物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)

高考物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图所示。

木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4。

t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t=1s 时，木板以速度v 1=4m/s 与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。

碰撞前后木板速度大小不变，方向相反。

运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下。

已知木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2。

求： (1)t=0时刻木板的速度； (2)木板的长度。

【答案】（1）05/v m s =（2）163l m = 【解析】【详解】（1）对木板和物块：()()11M m g M m a μ+=+ 令初始时刻木板速度为0v 由运动学公式：101v v a t =+ 代入数据求得：0=5m/s v（2）碰撞后，对物块：22mg ma μ=对物块，当速度为0时，经历时间t ，发生位移x 1，则有21112v x a =，112vx t =对木板，由牛顿第二定律：()213mg M m g Ma μμ++= 对木板，经历时间t ，发生位移x 2221312x v t a t =-木板长度12l x x =+代入数据，16=m 3l2．质量为2kg 的物体在水平推力F 的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F ，其运动的图象如图所示取m/s 2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数；（2）水平推力F 的大小；（3）s内物体运动位移的大小．【答案】（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m。

【解析】【分析】【详解】（1）由题意可知，由v-t图像可知，物体在4～6s内加速度：物体在4～6s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：联立解得：μ=0.2（2）由v-t图像可知：物体在0～4s内加速度：又由题意可知：物体在0～4s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：代入数据得：F=5.6N（3）物体在0～14s内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有：【点睛】在一个题目之中，可能某个过程是根据受力情况求运动情况，另一个过程是根据运动情况分析受力情况；或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析，因此在解题过程中要灵活处理．在这类问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁．3．如图所示，足够长的木板与水平地面间的夹角θ可以调节，当木板与水平地面间的夹角为37°时，一小物块（可视为质点）恰好能沿着木板匀速下滑．若让该物块以大小v0＝10m/s的初速度从木板的底端沿木板上滑，随着θ的改变，物块沿木板滑行的距离x将发生变化.取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求物块与木板间的动摩擦因数μ；(2)当θ满足什么条件时，物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出该最小距离. 【答案】(1) 0.75(2) 4m 【解析】【详解】(1)当θ=37°时，设物块的质量为m ，物块所受木板的支持力大小为F N ，对物块受力分析，有：mg sin37°=μF N F N -mg cos37°=0 解得：μ=0.75(2)设物块的加速度大小为a ，则有：mg sin θ+μmg cos θ=ma 设物块的位移为x ，则有：v 02=2ax解得：()202sin cos v x g θμθ=+令tan α=μ，可知当α+θ=90°，即θ=53°时x 最小最小距离为：x min =4m4．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在0t =时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动v t -图象如图所示.已知小物块与长木板的质量均为1m kg =，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1s 后小物块与长木板相对静止()210/g m s=，求：()1小物块与长木板间动摩擦因数的值； ()2在整个运动过程中，系统所产生的热量．【答案】（1）0.7（2）40.5J 【解析】【分析】()1小物块滑上长木板后，由乙图知，长木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出长木板加速运动过程的加速度，木板与物块相对静止时后木板与物块一起匀减速运动，由牛顿第二定律和速度公式求物块与长木板间动摩擦因数的值．()2对于小物块减速运动的过程，由牛顿第二定律和速度公式求得物块的初速度，再由能量守恒求热量．【详解】()1长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得1212mg mg ma μμ-=； 11m v a t =；木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得 2222mg ma μ⋅=； 220m v a t =-；由图象可知，2/m v m s =，11t s =，20.8t s = 联立解得10.7μ=()2小物块减速过程中，有：13mg ma μ=； 031m v v a t =-；在整个过程中，由系统的能量守恒得2012Q mv = 联立解得40.5Q J =【点睛】本题考查了两体多过程问题，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，也是本题的易错点，分析清楚运动过程后，应用加速度公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．5．地震发生后，需要向灾区运送大量救灾物资，在物资转运过程中大量使用了如图所示的传送带.已知某传送带与水平面成37θ=o 角，皮带的AB 部分长 5.8L m =，皮带以恒定的速率4/v m s =按图示方向传送，若在B 端无初速度地放置一个质量50m kg =的救灾物资(P 可视为质点)，P 与皮带之间的动摩擦因数0.5(μ=取210/g m s =，sin370.6)=o ，求：()1物资P 从B 端开始运动时的加速度． ()2物资P 到达A 端时的动能．【答案】()1物资P 从B 端开始运动时的加速度是()210/.2m s 物资P 到达A 端时的动能是900J ．【解析】【分析】（1）选取物体P 为研究的对象，对P 进行受力分析，求得合外力，然后根据牛顿第三定律即可求出加速度；（2）物体p 从B 到A 的过程中，重力和摩擦力做功，可以使用动能定律求得物资P 到达A 端时的动能，也可以使用运动学的公式求出速度，然后求动能．【详解】（1）P 刚放上B 点时，受到沿传送带向下的滑动摩擦力的作用，sin mg F ma θ+=；cos N F mg θ=N F F μ=其加速度为：21sin cos 10/a g g m s θμθ=+=（2）解法一：P 达到与传送带有相同速度的位移210.82v s m a == 以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用根据动能定理：()()2211sin 22A mg F L s mv mv θ--=- 到A 端时的动能219002kA A E mv J == 解法二：P 达到与传送带有相同速度的位移210.82v s m a == 以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，P 的加速度22sin cos 2/a g g m s θμθ=-=后段运动有：222212L s vt a t -=+，解得：21t s =，到达A 端的速度226/A v v a t m s =+= 动能219002kA A E mv J == 【点睛】传送带问题中，需要注意的是传送带的速度与物体受到之间的关系，当二者速度相等时，即保持相对静止.属于中档题目．6．近年来，随着AI 的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以v 0=2m/s 的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L =7.6m.机械手将质量为1kg 的包裹A 轻放在传送带的左端，经过4s 包裹A 离开传送带，与意外落在传送带右端质量为3kg 的包裹B 发生正碰，碰后包裹B 在水平面上滑行0.32m 后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取g =10m/s 2.求：(1)包裹A 与传送带间的动摩擦因数; (2)两包裹碰撞过程中损失的机械能; (3)包裹A 是否会到达分拣通道口.【答案】(1)μ1=0.5(2)△E =0.96J (3)包裹A 不会到达分拣通道口【解析】【详解】(1)假设包裹A 经过t 1时间速度达到v 0，由运动学知识有01012v t v t t L +-=（）包裹A 在传送带上加速度的大小为a 1,v 0=a 1t 1包裹A 的质量为m A ，与传输带间的动摩檫因数为μ1，由牛顿运动定律有:μ1m A g =m A a 1 解得：μ1=0.5(2)包裹A 离开传送带时速度为v 0，设第一次碰后包裹A 与包裹B 速度分别为v A 和v B ，由动量守恒定律有:m A v 0=m A v A +m B v B包裹B 在水平面上滑行过程，由动能定理有:-μ2m B gx =0-12m B v B 2 解得v A =-0.4m/s ，负号表示方向向左，大小为0.4m/s 两包裹碰撞时损失的机械能:△E =12m A v 02 -12m A v A 2-12m B v B 2 解得：△E =0.96J(3)第一次碰后包裹A 返回传送带，在传送带作用下向左运动x A 后速度减为零，由动能定理可知-μ1m A gx A =0-12m A v A 2 解得x A =0.016m<L ，包裹A 在传送带上会再次向右运动. 设包裹A 再次离开传送带的速度为v A ′μ1m A gx A =12m A v A ′2 解得:v A ′ =0.4m/s设包裹A 再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为x A-μ2m A gx A ′=0-12m A v A 2 解得 x A ′=0.08m x A ′=<0.32m包裹A 静止时与分拣通道口的距离为0.24m ，不会到达分拣通道口.7．如图所示，传送带水平部分x ab =0.2m ，斜面部分x bc =5.5m ，bc 与水平方向夹角α=37°，一个小物体A 与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，传送带沿图示方向以速率v =3m/s 运动，若把物体A 轻放到a 处，它将被传送带送到c 点，且物体A 不脱离传送带，经b 点时速率不变．(取g =10m/s 2，sin37°=0.6)求：（1）物块从a 运动到b 的时间；（2）物块从b 运动到c 的时间．【答案】（1）0.4s ；（2）1.25s ．【解析】【分析】根据牛顿第二定律求出在ab 段做匀加速直线运动的加速度，结合运动学公式求出a 到b 的运动时间．到达b 点的速度小于传送带的速度，根据牛顿第二定律求出在bc 段匀加速运动的加速度，求出速度相等经历的时间，以及位移的大小，根据牛顿第二定律求出速度相等后的加速度，结合位移时间公式求出速度相等后匀加速运动的时间，从而得出b 到c 的时间．【详解】（1）物体A 轻放在a 处瞬间，受力分析由牛顿第二定律得：1mg ma μ=解得：21 2.5m/s a =A 与皮带共速需要发生位移：219 1.8m 0.2m 25v x m a ===>共故根据运动学公式，物体A 从a 运动到b ：21112ab x a t =代入数据解得：10.4s t =（2）到达b 点的速度：111m/s 3m/s b v a t ==<由牛顿第二定律得：22sin 37mg f ma ︒+= 2cos37N mg =︒且22f N μ=代入数据解得：228m/s a =物块在斜面上与传送带共速的位移是：2222b v v s a -=共代入数据解得：0.5m 5.5m s =<共时间为：2231s 0.25s 8b v v t a --=== 因为22sin 376m/s cos372m/s g g μ︒=︒=＞，物块继续加速下滑由牛顿第二定律得：23sin 37mg f ma ︒-= 2cos37N mg =︒，且22f N μ=代入数据解得：234m/s a =设从共速到下滑至c 的时间为t 3，由23331 2bc x s vt a t -=+共，得： 31s t =综上，物块从b 运动到c 的时间为：23 1.25s t t +=8．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN 右端N 处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m ，皮带以恒定速率v=5m/s 顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg 的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上，B 、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B 与轻弹簧连接，C 未连接弹簧，B 、C 处于静止状态且离N 点足够远，现让滑块A 以初速度v 0=6m/s 沿B 、C 连线方向向B 运动，A 与B 碰撞后粘合在一起．碰撞时间极短，滑块C 脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）滑块A 、B 碰撞时损失的机械能；（2）滑块C 在传送带上因摩擦产生的热量Q ；（3）若每次实验开始时滑块A 的初速度v 0大小不相同，要使滑块C 滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则v 0的取值范围是什么？（结果可用根号表示）【答案】(1)9J E ∆= (2)8J Q =03313m/s 397m/s 22v ≤≤ 【解析】试题分析：（1）A 、B 碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损失的机械能；（2）A 、B 碰撞后与C 作用的过程中ABC 组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C 与AB 分开后的速度，C 在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出C 相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量．（3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A 的最大速度和最小速度．（1）A 与B 位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A 与B 碰撞后共同速度为1v ，选取向右为正方向，对A 、B 有：012mv mv = 碰撞时损失机械能()220111222E mv m v ∆=- 解得：9E J ∆=（2）设A 、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB 的速度为B v ，C 的速度为C v 由动量守恒得：122B C mv mv mv =+由机械能守恒得：()()222111122222B C m v m v mv =+解得：4/c v m s =C 以c v 滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为x 时与传送带共速由牛顿第二定律得：210.4/a gcos gsin m s μθθ=-= 由速度位移公式得：2212C v v a x -=联立解得：x=11.25m ＜L加速运动的时间为t ，有：12.5Cv v t s a -== 所以相对位移x vt x ∆=- 代入数据得： 1.25x m ∆=摩擦生热·8Q mgcos x J μθ=∆= （3）设A 的最大速度为max v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为1c v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为2a 的匀减速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22212c v v a L -=根据牛顿第二定律得：2212.4/a gsin gcos m s θμθ=--=-联立解得：1/c v s =设A 的最小速度为min v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为2C v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为1a 的匀加速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22112c v v a L -=解得：2/c v s =对A 、B 、C 和弹簧组成的系统从AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中系统动量守恒，则有：112max B C mv mv mc =+ 由机械能守恒得：()()22211111122222B C m v m v mv =+解得：13/2max c v v s ==同理得：/min v s =0//s v s ≤≤9．如图是利用传送带装运煤块的示意图.其中，传送带的从动轮与主动轮圆心之间的距离为3s m =，传送带与水平方向间的夹角37θ=o ，煤块与传送带间的动摩擦因数0.8μ=，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度1.8H m =，与运煤车车箱中心的水平距离0.6.x m =现在传送带底端由静止释放一煤块(可视为质点).煤块恰好在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取210/g m s =，sin370.6=o ，cos370.8=o ，求：（1）主动轮的半径；（2）传送带匀速运动的速度；（3）煤块在传送带上直线部分运动的时间．【答案】（1）0.1m （2）1m/s ；（3）4.25s【解析】【分析】（1）要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，根据平抛运动的规律求出离开传送带最高点的速度，结合牛顿第二定律求出半径的大小．（2）根据牛顿第二定律，结合运动学公式确定传送带的速度．（3）煤块在传送带经历了匀加速运动和匀速运动，根据运动学公式分别求出两段时间，从而得出煤块在传送带上直线部分运动的时间．【详解】（1）由平抛运动的公式，得x vt = ，21H gt 2=代入数据解得v =1m/s要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律，得 2v mg m R=，代入数据得R =0.1m（2）由牛顿第二定律得mgcos mgsin ma μθθ=﹣ ，代入数据解得a =0.4m/s 2 由212v s a=得s 1=1.25m ＜s ，即煤块到达顶端之前已与传送带取得共同速度，故传送带的速度为1m/s ．（3）由v=at 1解得煤块加速运动的时间t 1=2.5s煤块匀速运动的位移为s 2=s ﹣s 1=1.75m ，可求得煤块匀速运动的时间t 2=1.75s煤块在传送带上直线部分运动的时间t =t 1+t 2代入数据解得t =4.25s10．如图所示，一个质量m ＝2 kg 的滑块在倾角为θ＝37°的固定斜面上，受到一个大小为40 N 的水平推力F 作用，以v 0＝20 m/s 的速度沿斜面匀速上滑．（sin 37°＝0.6，取g ＝10 m/s 2）（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数；（2）若滑块运动到A 点时立即撤去推力F ，求这以后滑块再返回A 点经过的时间．【答案】（1）0.5；（2）225s +（）【解析】【分析】【详解】（1）滑块在水平推力作用下沿斜面向上匀速运动时，合力为零，则有Fcos37°=mgsin37°+μ（mgcos37°+Fsin37°）代入解得，μ=0.5（2）撤去F 后，滑块上滑过程：根据牛顿第二定律得：mgsin37°+μmgcos37°=ma 1，得，a 1=g （sin37°+μcos37°）上滑的时间为0112v t s a == 上滑的位移为01202v x t m == 滑块下滑过程：mgsin37°-μmgcos37°=ma 2，得，a 2=g （sin37°-μcos37°）由于下滑与上滑的位移大小相等，则有x=12a 2t 22 解得，22225x t s a =＝故 t=t 1+t 2=（2+5s【点睛】本题分析滑块的受力情况和运动情况是关键，由牛顿第二定律和运动学公式结合是处理动力学问题的基本方法．。

高考物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)含解析

高考物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。

某时刻速度为v 0＝2m/s ，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v 1＝4m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1s 两者速度恰好相同，速度大小为v 2＝1m/s ，方向向左。

重力加速度g ＝10m/s 2，试求：（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1 （2）木板与地面间的动摩擦因数μ2（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。

【答案】（1）0.3（2）120（3）2.75m 【解析】【分析】（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解；（2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可；（3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移；【详解】（1）对小滑块分析：其加速度为：2221114/3/1v v a m s m s t --===-，方向向右对小滑块根据牛顿第二定律有：11mg ma μ-=，可以得到：10.3μ=；（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：1212v mg mg mt μμ+⋅= 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：21222v mg mg mt μμ-⋅= 而且121t t t s +== 联立可以得到：2120μ=，10.5s t =，20.5t s =；（3）在10.5s t=时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：1100.52v x t m +=⋅=，方向向右；在20.5t s =时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：22200.252v x t m +=⋅=，方向向左；在整个1t s =时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：122.52v v x t m +=⋅=，方向向左则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：12 2.75x x x x m ∆=+-=。

专题03 牛顿运动定律(第01期)-决胜2016年高考全国名校试题物理分项汇编(解析版)

1.【河南省南阳市一中2012级高三春期第三次模拟考试】如图所示，小车向右做匀加速直线运动的加速度大小为a，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小铁球m，M、m均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ。

若小车的加速度逐渐增大到3a时，M、m仍与小车保持相对静止，则A．细线与竖直方向的夹角增加到原来的3倍B．细线与竖直方向夹角的正弦值增加到原来的3倍C．细线的拉力增加到原来的3倍D．M受到的摩擦力增加到原来的3倍1.D【考点】牛顿第二定律的应用；整体及隔离法.2.【海南省文昌中学2014—2015学年度第二学期物理试题】如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住，力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度a不断减小的加速直线运动，忽略一切摩擦，下列说法正确的是（）A ．竖直挡板对球的弹力一定减小B ．斜面对球的弹力一定保持不变C ．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零D ．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零2.AB【考点】牛顿第二定律的应用；3.【哈尔滨三中2015年第四次模拟考试理科综合能力测试】如图所示，水平粗糙桌面上有a 、b 两个小滑块，之间连接一弹簧，a 、b 的质量均为m ，现用水平恒力F 拉滑块b ，使a 、b 一起在桌面上匀加速运动，弹簧原长为L ,劲度系数为k ，已知弹簧在弹性限度内，物块与桌面间的动摩擦因数不变，下列说法正确的是A.ab 间的距离为kF LB .撤掉F 后，a 做匀加速运动，b 做匀减速运动C.若弹簧在与a 连接处突然断开，a 、b 的加速度一定都增大D.撤掉F 的瞬间，a 的加速度不变，b 的加速度一定增大 3.D【解析】拉力F 作用在物体b 上，物体b 还做匀加速运动，所以弹簧上的力会小于F ，所以弹簧的伸长不是F /k ，故选项A 错误；撤掉F 后，刚开始，物体a 受到的拉力不变，其加速度不变，但不久弹簧对它的拉力会很快变小，故物体a 的加速度是会变化的；物体b 从撤掉力后，会立即做减速运动，其加速度也是变化的，故选项B 错误；若弹簧在与a 连接处突然断开，则物体a受摩擦力的作用，其加速度反向，但大小与原加速度的大小的关系不能确定，b 的加速度会一定增大，故选项C 错误；撤掉F 的瞬间，a 的加速度不变，b 的加速度一定增大，故选项D 正确。

2016年高考物理最新模拟题分类解析专题03 牛顿运动定律(第01期)(原卷版) 缺答案

2016高考最新原创模拟题分类解析I—3专题三、牛顿运动定律1．(2016河南开封一模）以初速度v竖直向上抛出一小球，小球所受空气阻力与速度的大小成正比,下列图象中,能正确反映小球从抛出到落回原处的速度随时间变化情况的是( ）2．（2016山东淄博模拟）如图甲所示，静止在水平地面上的物块A,受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示,设物块与地面的最大静摩擦力f m与滑动摩擦力大小相等，则A．0～t l时间内物块A的加速度逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大C．t3时刻物块A的速度最大D．t2～t4时间内物块A一直做减速运动3．(2016山东联考)如图(甲）所示,一根粗绳AB的长度为l，其质量均匀分布，在水平外力F的作用下,沿水平面做匀加速直线运动．绳上距B端x处的张力T与x的关系如图(乙）所示．下列说法中正确的是( ）A．粗绳可能受到摩擦力作用B．粗绳一定不受摩擦力作用C．可以求出粗绳的质量D．可以求出粗绳运动的加速度4。

（多选）如图所示的装置为在摩擦力不计的水平桌面上放一为=m的盒子乙，乙内放置一质量为kg1=丙m的滑块丙，跨过光滑的5Kg乙定滑轮用一质量不计的细绳拴接一质量为Kg=2m的物块甲与乙相连甲接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行。

现由静止释放物块甲,在以后的过程中，盒子乙与滑块丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中盒子始终没离开水平桌面,重力加速度2s/mg。

则（）=10A．细绳对盒子的拉力大小为N20B．盒子的加速度大小为2s/2.5mC．盒子对滑块丙的摩擦力大小为N5.2D．定滑轮受到细绳的作用力为N305。

（多选)在水平面上静止地放一足够长的长木板N，将一铁块M放在长木板上，在长木板的右端加一水平向右的拉力F，拉力的大小由零逐渐增大.已知长木板的质量为m2、铁块的质量为m,滑块与长木板间的动摩擦因数为μ、长木板与水平面间的动摩擦因数为μ5.0，且满足最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,重力加速度用g 表示.则（ )A ．如果外力mg F μ2<,则铁块与长木板静止在水平面上不动B ．如果外力mg F μ25=，则铁块的加速度大小为g μ31C ．如果外力mg F μ3>,则铁块与长木板之间有相对运动D ．在逐渐增大外力F 的过程中,铁块加速度的最大值为g μ6．（9分）(2016北京石景山期末)如图甲所示，质量为2kg 的木板B 静止在水平面上。

2016年高考物理备考艺体生百日突围系列专题03 牛顿运动规律 Word版含解析

第一部分牛顿运动规律特点描述综合分析近几年的高考物理试题发现，试题在考查主干知识的同时，注重考查必修中的基本概念和基本规律，且更加突出考查学生运用"力和运动的观点"分析解决问题的能力。

牛顿运动定律及其应用是每年高考考查的重点和热点，应用牛顿运动定律解题的关键是对研究对象进行受力分析和运动分析，特别是牛顿运动定律与曲线运动，万有引力定律以及电磁学等相结合的题目，牛顿定律中一般考查牛顿第二定律较多，一般涉及一下几个方面：一是牛顿第二定律的瞬时性，根据力求加速度或者根据加速度求力，二是动力学的两类问题，三是连接体问题，四是牛顿第二定律在生活生产和科技中的应用。

第一部分知识背一背1.牛顿第一定律(1)内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态.(2)牛顿第一定律的意义①指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又称惯性定律。

②指出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因。

(3)惯性①定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质.②量度：质量是物体惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小.③普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性。

2.牛顿第二定律(1)内容：物体的加速度与所受合外力成正比，跟物体的质量成反比。

(2)表达式：F＝ma.(3)力的单位：当质量m的单位是kg、加速度a的单位是m/s2时，力F的单位就是N，即1 kg•m/s2＝1 N.(4)物理意义：反映物体运动的加速度大小、方向与所受合外力的关系，且这种关系是瞬时的.(5)适用范围：①牛顿第二定律只适用于惯性参考系(相对地面静止或匀速直线运动的参考系).②牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况.3单位制(1)单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制.①基本单位：基本物理量的单位.力学中的基本物理量有三个，它们是长度、质量、时间；它们的国际单位分别是米、千克、秒.②导出单位：由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位.(2)国际单位制中的基本物理量和基本单位4.牛顿第三定律(1)作用力和反作用力：两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，另一个物体一定同时对这个物体也施加了力.(2)内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上.(3)物理意义：建立了相互作用的物体之间的联系及作用力与反作用力的相互依赖关系.5.作用力与反作用力的“四同”和“三不同”四同： (1) 大小相同(2) 方向在同一直线上(3) 性质相同(4) 出现、存在、消失的时间相同三不同：(1) 方向不同(2) 作用对象不同(3) 作用效果不同6.超重与失重和完全失重(1)实重和视重①实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关.②视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力.此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重.(2)超重、失重和完全失重的比较第二部分技能+方法一、如何理解牛顿第一定律1.建立惯性的概念，即一切物体都具有保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质，叫做惯性.是物体固有的一种属性，与物体是否受力及物体的运动状态无关.2.对力的概念更加明确.力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是物体产生加速度的原因.3.牛顿第一定律不是实验定律，即不能由实验直接加以验证，它是在可靠的实验事实基础上采用科学的抽象思维而推理和总结出来的.二、牛顿第一定律、惯性、牛顿第二定律的比较1.力不是维持物体运动的原因，牛顿第一定律指出“一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止”.因此物体在不受力时仍可以匀速运动，并不需要力来维持，力是改变这种状态的原因，也就是力是产生加速度的原因.2.惯性是一切物体保持原来运动状态的性质，而力是物体间的相互作用.因此惯性不是一种力，力是使物体运动状态发生改变的外部因素，惯性则是维持物体运动状态，阻碍物体运动状态发生改变的内部因素.3.惯性的表现：物体的惯性总是以保持“原状”或反抗“改变”两种形式表现出来，物体不受外力时，惯性表现在维持原运动状态不变，即反抗加速度产生，且在外力一定时，质量越大的物体运动状态越难改变，加速度越小.4.牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例，而是牛顿第二定律的基础，牛顿第一定律不是由实验直接总结出来的，是以伽利略的理想实验为基础，通过对大量实验现象的思维抽象、推理而总结出来的.牛顿第一定律定性地给出了物体在不受力的理想情况下的运动规律，在此基础上牛顿第二定律定量地指出了力和运动的关系：F＝ma.【例1】如图所示，在一辆表面光滑的小车上，有质量分别为m1、m2的两个小球(m1>m2)随车一起匀速运动，当车停止时，如不考虑其他阻力，设车足够长，则两个小球( )A.一定相碰B.一定不相碰C.不一定相碰D.难以确定是否相碰，因为不知小车的运动方向【答案】B【解析】两个小球放在光滑的小车表面上，又不考虑其他阻力，故水平方向不受外力，由牛顿第一定律可知，两小球仍然以相同的速度做匀速直线运动，永远不相碰，只有B对.【思维提升】运用牛顿第一定律解决问题时，正确的受力分析是关键，如果物体不受力或所受合外力为零，物体的运动状态将保持不变，同理可知，如果物体在某一方向上不受力或所受合外力为零，则物体在这一方向上的运动状态(即速度)保持不变.【例2】下列说法正确的是A．力是使物体运动的原因 B．力是维持物体运动的原因C．力是改变物体惯性的原因 D．力是使物体产生加速度的原因【答案】D三、牛顿第二定律的理解牛顿第二定律明确了物体的受力情况和运动情况之间的定量关系.联系物体的受力情况和运动情况的桥梁是加速度.可以从以下角度进一步理解牛顿第二定律.注意：1.物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，合力与加速度的大小关系是F合＝ma，只要有合力，不管速度是大还是小，或是零，都有加速度，只有合力为零时，加速度才能为零，一般情况下，合力与速度无必然的联系，只有速度变化才与合力有必然的联系.2.合力与速度同向时，物体加速，反之则减速.3.物体的运动情况取决于物体受的力和物体的初始条件(即初速度)，尤其是初始条件是很多同学最容易忽视的，从而导致不能正确地分析物体的运动过程【例3】如图甲所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态.(1)现将L2线剪断，求剪断瞬间物体的加速度；(2)若将图甲中的细线L1改为质量不计的轻弹簧而其余情况不变，如图乙所示，求剪断L2线瞬间物体的加速度.剪断线的瞬间，F T 2突然消失，物体即在F T 2反方向获得加速度.因为mg tan θ＝ma 2，所以加速度a 2＝g tan θ，方向与F T 2反向，即水平向右.【思维提升】(1)力和加速度的瞬时对应性是高考的重点.物体的受力情况应符合物体的运动状态，当外界因素发生变化(如撤力、变力、断绳等)时，需重新进行运动分析和受力分析，切忌想当然；(2)求解此类瞬时性问题，要注意以下四种理想模型的区别：四、作用力和反作用力与平衡力1.作用力和反作用力与平衡力的比较2.判断一对力是否是作用力和反作用力 (1)看作用点，作用力与反作用力应作用在两个物体上.(2)看产生的原因，作用力和反作用力是由于相互作用而产生的.(3)作用力与反作用力具有相互性和异体性，与物体运动状态无关.【例4】关于马拉车时马与车的相互作用，下列说法正确的是( )A.马拉车而车未动，马向前拉车的力小于车向后拉马的力B.马拉车只有匀速前进时，马向前拉车的力才等于车向后拉马的力C.马拉车加速前进时，马向前拉车的力大于车向后拉马的力D.无论车是否运动、如何运动，马向前拉车的力都等于车向后拉马的力【错解】C ；马拉车加速前进，就像拔河一样，甲方胜一定是甲方对乙方的拉力大，所以甲对乙的拉力比乙对甲的拉力大，由此而得出结论：马向前拉车的力大于车向后拉马的力.【错因】产生上述错解原因是学生凭主观想象，而不是按物理规律分析问题.按照物理规律我们知道物体的运动状态不是由哪一个力决定的而是由合外力决定的，车随马加速前进是因为马对车的拉力大于地面对车的摩擦力.五、整体法和隔离法的应用1.解答问题时，不能把整体法和隔离法对立起来，而应该把这两种方法结合起来，从具体问题的实际情况出发，灵活选取对象，恰当地选择使用隔离法和整体法.2.在使用隔离法解题时，所选取的隔离对象可以是连接体中的某一个物体，也可以是连接体中的某部分物体(包含两个或两个以上的单个物体)，而这“某一部分”的选取，也应根据问题的实际情况，灵活处理.3.在选用整体法和隔离法时，可依据所求的力进行选择，若为外力则应用整体法；若所求力为内力则用隔离法.但在具体应用时，绝大多数的题目要求两种方法结合应用，且应用顺序也较为固定，即求外力时，先隔离后整体；求内力时，先整体后隔离.先整体或先隔离的目的都是为了求解共同的加速度.应用牛顿第二定律时，若研究对象为一物体系统，可将系统的所有外力及系统内每一物体的加速度均沿互相垂直的两个方向分解，则牛顿第二定律的系统表达式为：ΣF x ＝m 1a 1x ＋m 2a 2x ＋…＋m n a nxΣF y ＝m 1a 1y ＋m 2a 2y ＋…＋m n a ny应用牛顿第二定律的系统表达式解题时，可不考虑系统内物体间的相互作用力(即内力)，这样能达到简化求解的目的，但需把握三个关键点：(1)正确分析系统受到的外力；(2)正确分析系统内各物体加速度的大小和方向；(3)确定正方向，建立直角坐标系，并列方程进行求解.【例5】如图所示，质量不等的木块A 和B 的质量分别为m 1和m 2，置于光滑的水平面上．当水平力F 作用于左端A 上，两物体一起做匀加速运动时，A 、B 间作用力大小为F 1.当水平力F 作用于右端B 上，两物体一起做匀加速运动时，A 、B 间作用力大小为F 2，则（）A ．在两次作用过程中，物体的加速度的大小相等B ．在两次作用过程中，F F F <+21C ．在两次作用过程中，F F F =+21D ．在两次作用过程中，2121m m F F = 【答案】AC六、牛顿运动定律应用规律（一）、动力学两类基本问题的求解思路两类基本问题中，受力分析是关键，求解加速度是桥梁和枢纽，思维过程如下：（二）、用牛顿定律处理临界问题的方法1.临界问题的分析思路解决临界问题的关键是：认真分析题中的物理情景，将各个过程划分阶段，找出各阶段中物理量发生突变或转折的“临界点”，然后分析出这些“临界点”应符合的临界条件，并将其转化为物理条件.2.临界、极值问题的求解方法(1)极限法：在题目中如出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，一般隐含着临界问题，处理此类问题时，应把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，达到尽快求解的目的.(2)假设法：有些物理过程中没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界问题，也可能不出现临界问题，解答此类题目，一般采用假设法.此外，我们还可以应用图象法等进行求解.（三）、复杂过程的处理方法——程序法按时间的先后顺序对题目给出的物体运动过程(或不同的状态)进行分析(包括列式计算)的解题方法可称为程序法.用程序法解题的基本思路是：1.划分出题目中有多少个不同的过程或多少个不同的状态.2.对各个过程或各个状态进行具体分析，得出正确的结果.3.前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的分界点是关键【例6】在光滑的水平面上，一个质量为200 g的物体，在1 N的水平力F作用下由静止开始做匀加速直线运动，2 s后将此力换为相反方向的1 N的力，再过2 s将力的方向再反过来……这样物体受到的力大小不变，而力的方向每过2 s改变一次，求经过30 s物体的位移.从上述分段分析可知，在这4 s内物体的位移为s1＋s2＝20 m，物体4 s末的速度为零.以后重复上述过程，每4 s物体前进20 m.在30 s内有7次相同的这种过程，经过4 s×7＝28 s，最后2 s物体做初速度为零的匀加速运动，位移为10 m.所以经过30 s物体的总位移为s＝(20×7＋10) m＝150 m【思维提升】本题属已知物体的受力情况求其运动情况.我们也可以作出物体运动的v-t图象，然后由图象形象地分析物体的运动情况并求出位移.【例7】如图所示，一个质量为m＝0.2 kg的小球用细绳吊在倾角为θ＝53°的光滑斜面上，当斜面静止时，绳与斜面平行.当斜面以10 m/s2的加速度向右做加速运动时，求绳子的拉力及斜面对小球的弹力.【思维提升】物理问题要分析透彻物体运动的情景.而具体情景中存在的各种临界条件往往会掩盖问题的实质，所以有些问题挖掘隐含条件就成为解题的关键.【例8】如图，有一水平传送带以2 m/s的速度匀速运动，现将一物体轻轻放在传送带上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，则传送带将该物体传送10 m的距离所需时间为多少？(取重力加速度g＝10 m/s2)【错解】由于物体轻放在传送带上，所以v0＝0，物体在竖直方向合外力为零，在水平方向受到滑动摩擦力(由传送带施加)，做v0＝0的匀加速运动，位移为10 m.据牛顿第二定律F＝ma有f＝μmg＝ma，a＝μg＝5 m/s2据21 2 s 2x at t ＝得【错因】上述解法的错误出在对这一物理过程的认识，传送带上轻放的物体的运动有可能分为两个过程，一是在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动；二是达到与传送带相同速度后，无相对运动，也无摩擦力，物体开始做匀速直线运动，关键问题应分析出什么时候达到传送带的速度，才好对问题进行解答.【正解】以传送带上轻放的物体为研究对象，如图，在竖直方向受重力和支持力，在水平方向受滑动摩擦力，做v 0＝0的匀加速运动.【思维提升】本题涉及了两个物理过程，这类问题应抓住物理情景，带出解决方法，对于不能直接确定的问题可以采用试算的方法，如本题中错解求出一直做匀加速直线运动经过10 m 用时2 s ，可以计算一下2 s 末的速度是多少，计算结果v ＝5×2 m/s＝10 m/s ，已超过了传送带的速度，这是不可能的.当物体速度增加到2 m/s 时，摩擦力就不存在了，这样就可以确定第二个物理过程第三部分基础练+测1．【黑龙江省实验中学2016届高三10月月考物理试题】如图所示的四个图中，AB 、BC 均为轻质杆，各图中杆的A 、C 端都通过铰链与墙连接，两杆都在B 处由铰链连接，且系统均处于静止状态．现用等长的轻绳来代替轻杆，仍能在原处保持平衡的是( )A．图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丙 B．图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、丙、丁C．图中的BC杆可以用轻绳代替的有乙、丙、 D．图中的BC杆可以用轻绳代替的有丙、丁【答案】B【解析】试题分析：A、B、因轻杆通过铰链连接，说明杆产生弹力方向一定沿着杆的方向，则甲中AB 可以用绳子代替，而乙不行，丙可以，丁可以，故A错误，B正确．C、D、根据（轻）绳子只能提供拉力的特点和对B点受力分析结合平衡条件可知图甲、乙、丁中的BC不能用绳子代替，故C、D错误。

2016年高考物理最新模拟题分类解析(第03期)专题03 牛顿运动定律(解析版)含解析

一．选择题1．（2016吉林长春市二模)如图所示,一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物块A，A放在质量也为m的托盘B上，以N表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量。

初始时，在竖直向上的力F 作用下系统处于静止，且弹簧处于自然状态(x=0）。

现改变力Fg的加速度匀加速向下运动(g为重力加速度,空气的大小，使B以2阻力不计),此过程中N或F随x变化的图象正确的是【参考答案】．D【命题意图】本题考查了牛顿运动定律、力图象及其相关的知识点。

2. (2016江西南昌市一模）质量为m=2kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处,物块与水平面间的动摩擦因数μ=0。

5，在水平拉力F作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动，经过一段时间后,物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，如图a所示,物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图b 所示，重力加速度g取l0m/ s2，则A．物块经过4s时间到出发点B．物块运动到第3s时改变水平拉力的方向C．3。

5s时刻水平力F的大小为4ND．4. 5s时刻水平力F的大小为16N【参考答案】CD【命题意图】本题考查了牛顿运动定律、摩擦力、速度图象及其相关的知识点。

二。

计算题1．（12分)（2016上海宝山期末）一架质量m＝2。

0×104kg的飞机,发动机提供的推力恒为F1，起飞速度为v M＝100m/s，在水平跑道上起飞时跑道至少长s1＝400m。

现要使该飞机能在s2＝100m的航母跑道上起飞，需用电磁弹射器辅助。

假设电磁弹射器对飞机施加恒定推力F 2,飞机在地面和航母跑道上运动时所受的阻力均为f ＝1。

0×104N ，求：（1）飞机发动机的推力F 1大小；（2）电磁弹射器的推力F 2大小；(3）电磁弹射器的平均输出功率P 。

【名师解析】（1）在地面上匀加速运动， 2121m/s 5.122==s v a M ……………………………………(2分） F 1＝1ma Ff +＝2。

高考试题分项版解析物理专题03牛顿运动定律(解析版).docx

高中物理学习材料1.（2013·山东卷）伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有（）A.力不是维持物体运动的原因B.物体之间普遍存在相互吸引力C.忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快D.物体间的相互作用力总是大小相等，方向相反2．（2 013·海南卷）科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然现象具有重要作用。

下列说法符合历史事实的是A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变B．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质【学科网考点定位】考查物理学史实，提高考生的物理素养。

3．（2013·重庆卷）如图1所示为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动。

分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图象分别对应如图2中的A．①、②和③ B．③、②和① C．②、③和① D．③、①和②4．（2 013·海南卷）一质点受多个力的作用，处于静止状态，现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。

在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是A．a和v都始终增大 B．a和v都先增大后减小C．a先增大后减小，v始终增大 D．a和v都先减小后增大5.（2013·新课标Ⅱ卷）一物块静止在粗糙的水平桌面上。

从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。

假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

2016年高考物理真题分类题库考点3 牛顿运动定律

考点3 牛顿运动定律一、选择题1.(2016·全国卷II ·T19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量。

两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关。

若它们下落相同的距离,则 ( ) A.甲球用的时间比乙球长B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功【解析】选B 、D 。

设小球的密度为ρ,其质量m=343r ρπ,设阻力与球的半径的比值为k,根据牛顿第二定律得:a=mkr mg )(-=g-)34(3r kr ρπ=g-243r k ρπ,由此可见,由m 甲> m 乙,ρ甲=ρ乙,r 甲>r 乙可知a 甲>a 乙,选项C 错误;由于两球由静止下落,两小球下落相同的距离则由x=21at 2,t 2=ax2,t 甲<t 乙,选项A 错误;由v 2=2ax 可知,甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小,选项B 正确;由于甲球质量大于乙球质量,所以甲球半径大于乙球半径,甲球所受的阻力大于乙球所受的阻力,则两小球下落相同的距离甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,选项D 正确。

2.（2016·江苏高考·T5）小球从一定高度处由静止下落,与地面碰撞后回到原高度再次下落,重复上述运动。

取小球的落地点为原点建立坐标系,竖直向上为正方向。

下列速度v和位置x的关系图象中,能描述该过程的是( )【解析】选A。

小球静止下落,速度变快,落地后反弹,速度反向变小,首先排除C、D项;小球下落和上升时,速度和位移的关系不是线性关系,所以B项排除。

3.（2016·江苏高考·T9）如图所示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有滑出桌面。

三年高考2016_2018高考物理试题分项版解析专题03牛顿运动定律含解析word格式

专题03 牛顿运动定律【2018高考真题】1．如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（）A. B.C. D.【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标I卷）【答案】 A【点睛】牛顿运动定律是高中物理主干知识，匀变速直线运动规律贯穿高中物理。

【点睛】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态。

3．用国际单位制的基本单位表示能量的单位，下列正确的是A. B. C. D.【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题【答案】 A【解析】根据，，可得，故A正确，B、C、D错误；4．通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是A. 亚里士多德B. 伽利略C. 笛卡尔D. 牛顿【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题【答案】 B5．（多选）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块（）A. 加速度先减小后增大B. 经过O点时的速度最大C. 所受弹簧弹力始终做正功D. 所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）【答案】 AD点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，故选项C错误；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故选项D正确。

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