高考物理备考优生百日闯关系列专题03牛顿运动定律含解析

专题03 牛顿运动定律
第一部分名师综述
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。

第二部分精选试题
一、单选题
1．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．加速度逐渐减小
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
【答案】 D
【解析】
【详解】
由于水平面粗糙且O点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间，加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大，A错误；物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置，B错误；从A到O过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从O到B过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，C错误；从A到B过程中根据动
能定理可得W
弹−W
克W
=0，即W
弹
=W
克W
，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，D正确．
2．质量为400 kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数1
W
的关系如图所示，则赛车在加速的过程中( )
A．速度随时间均匀增大B．加速度随时间均匀增大C．输出功率为160 kW D．所受阻力大小为1 60 N 【答案】 C
【解析】
【详解】
由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，速度随时间不是均匀增大故A错误；a-1
W 函数方程a＝400
W
−4，
汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，
根据牛顿第二定律，有：F-f=ma；其中：F=P/v；联立得：W=W
WW −W
W
，结合图线，当物体的速度最大时，
加速度为零，故结合图象可以知道，a=0时，1
W
=0.01，v=100m/s，所以最大速度为100m/s；由图象可知：
−f/m＝−4，解得：f=4m=4×400=1600N；0＝1
400⋅W
100
−W
400
，解得：P=160kW，故C正确，D错误；故选C。

3．最近，不少人喜欢踩着一种独轮车，穿梭街头。

这种独轮车全名叫电动平衡独轮车，其中间是一个窄窄的轮子，两侧各有一块踏板。

当人站在踏板上向右运动时，可简化为如图甲、乙所示的模型。

关于人在运动中踏板对人脚的摩擦力，下列说法正确的是
A．考虑空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力向左
B．不计空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力向左
C．考虑空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力可能为零
D．不计空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力不可能为零
【答案】 C
【解析】
【详解】
考虑空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则脚所受摩擦力为右，故A错误；不计空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右加速运动时，合力向右，即脚所受摩擦力向右，故B错误；当考虑空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则重力、支持力与空气阻力处于平衡，则脚所受摩擦力可能为零，故C正确；当不计空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右加速运动时，根据牛顿第二定律，脚受到的重力与支持力提供加速度，那么脚所受摩擦力可能为零，故D错误；故选C。

【点睛】
此题考查根据不同的运动状态来分析脚受到力的情况，掌握物体的平衡条件以及加速度与合外力的关系，
注意人水平方向向右运动时空气阻力的方向是水平向左的．
4．如图所示，在竖直平面内用轻质细线悬挂一个小球，将小球拉至A点，使细线处于拉直状态，由静止开始释放小球，不计摩擦，小球可在A、B两点间来回摆动．当小球摆到B点时，细线恰好断开，则小球将（）
A．在B点保持静止 B．沿BE方向运动
C．沿BC方向运动 D．沿BD方向运动
【答案】 B
【解析】
由于小球被静止释放，不计摩擦，它可在A、B两点间来回摆动。

当小球摆到B点时，小球速度恰好为零，此时若细线恰好断开，则小球只受重力作用而竖直下落。

所以，将沿BE方向运动。

故选B。

【点睛】此题考查了学生力和运动之间的关系，力可以改变物体的形状或运动状态。

在此题中，小球由于重力作用将由静止下落。

解决此题的关键是判断出在B点的运动状态。

5．（2020·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W= 30°、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F f（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F f=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
【答案】 D
【解析】
-F f-mgsinθ=ma，电功汽车做加加速阶段由牛顿第二定律可知：F-F f-mgsinθ=ma，之后保持功率不变，W0
W
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，
W0
-F f-mgsinθ=0解得P0=14KW；F f=2020N；选项AB错误；第1s内电动汽车牵引力的功率P=Fv=14000t，W max
=0.5W，牵引力大小为14000N，牵引力与阻力选项C错误；电动汽车做匀加速运动的过程，位移W=W2
2W
做功的代数和为(F-F f)x=6000J，选项D正确；故选D.
点睛：此题关键是能从a-t图像中获取有用的信息，搞清电动汽车的运动的特这，结合牛顿第二定律及功率的知识进行分析解答.
6．如图，粗糙水平地面上放有一斜劈，小物块以一定初速度从斜劈底端沿斜面向上滑行，回到斜劈底端时的速度小于它上滑的初速度。

已知斜劈始终保持静止，则小物块
A．上滑所需时间与下滑所需时间相等
B．上滑和下滑过程，小物块机械能损失相等
C．上滑时的加速度与下滑时的加速度相等
D．上滑和下滑过程，斜劈受到地面的摩擦力方向相反
【答案】 B
【解析】
设斜面的长度为x，物块和斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，物体质量为m，斜面质量为M；
=W sin W+WW cos W，下滑A、C、根据牛顿第二定律可得物体上滑的加速度大小W1=WW sin W+WWW cos W
W
=W sin W−WW cos W，可知a1＞a2，上升过程中根据逆向思维可以的加速度大小W2=WW sin W−WWW cos W
W
WW2知，t1＜t2，即物体沿斜面上滑的时间一定小于沿斜看成是加速度为a1的匀加速直线运动，根据W=1
2
面下滑的时间，故A、C错误；B、上滑过程中和下滑过程中机械能的损失都等于克服摩擦力做的功，即为μmgx cosθ，故B正确；D、物体先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对整体受力分析，受到总重力、支持力和向左的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有：
x方向分析：上滑过程中f1=ma1cosθ，下滑过程中f2=ma2cosθ，地面对斜面体的静摩擦力方向一直未变向左，故D错误。

故选B。

【点睛】本题关键是用整体法进行受力分析，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列方程分析求解；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。

7．如图，在绕地运行的天宮一号实验舱中，宇航员王亚平将支架固定在桌面上，摆轴末端用细绳连接一小球．拉直细绳并给小球一个垂直细绳的初速度，它沿bdac做圆周运动．在a、b、c、d四点时（d、c两点与圆心等高），设在天宫一号实验舱中测量小球动能分别为W WW、W WW、W WW、W WW，细绳拉力大小分别为W W、W W、W W、W W，阻力不计，则（）
A．W WW>W WW=W WW>W WW
B．若在c点绳子突然断裂，王亚平看到小球做竖直上抛运动
C．W W=W W=W W=W W
D．若在b点绳子突然断裂，王亚平看到小球做平抛运动
【答案】 C
【解析】
AC：在绕地运行的天宫一号实验舱中，小球处于完全失重状态，由绳子的拉力提供向心力，小球做匀速圆
，v、r、m都不变，小周运动，则有E ka=E kb=E kc=E kd．完全失重时，只有绳的拉力提供向心力公式W=W W2
W
球的向心力大小不变，则有：T a=T b=T c=T d．故A项错误，C项正确。

BD：在b点或c点绳断，小球只有沿着圆周的切线方向的速度，没有力提供向心力，做离心运动且沿切线方向做匀速直线运动。

故BD两项均错误。

点睛：解答本题要抓住小球处于完全失重状态，由绳子的拉力提供向心力，再根据向心力公式分析即可。

8．如图所示，一个“V”形槽的左侧挡板A竖直，右侧挡板B为斜面，槽内嵌有一个质量为W的光滑球C。

“V”形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，设挡板A、B对球的弹力分别为F1、F2，下列说法正确的是( )
A．F1、F2都逐渐增大
B．F1、F2都逐渐减小
C．F1逐渐减小，F2逐渐增大
D．F1、F2的合外力逐渐减小
【答案】 D
【解析】
光滑球C 受力情况如图所示：
F 2的竖直分力与重力相平衡，所以F 2不变；
F 1与F 2水平分力的合力等于ma ，在V 形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，加速度不断减小，由牛顿第二定律可知F 1不断减小，F 1、F 2的合力逐渐减小，故D 正确，A 、B 、C 错误； 故选D 。

【点睛】以光滑球C 为研究对象，作出光滑球C 受力情况的示意图；
竖直方向上受力平衡，水平方向根据牛顿第二定律求出加速度的大小，结合加速度的变化解答。

9．如图所示，质量为M 的斜面体放在粗糙的水平面上，物体A 和B 通过细线跨过定滑轮相连，不考虑滑轮的摩擦和质量，斜面与A 和B 间都没有摩擦，细线与斜面平行。

在图示情况下都静止不动，细线的张力为T ，斜面体对地面的压力为N ，斜面体与地面的摩擦力为f 。

如果将A 和B 位置对换且A 和B 都没达地面上时；，斜面体依然静止，细线的拉力为T 1，斜面体对地面的压力为N 1，斜面体与地面的摩擦力为f 1，那么（）
A ．T>T 1，f 1> f
B ．N 1>N ，T=T 1
C ．T 1=T ，f 1不为零，f=0
D ．N 1=N ，f 1=f≠0 【答案】 C
【解析】由初始情景可加m A =m B sinα,m A >m B ,互换位置后1B B m g T m a -=,1sin A A T m g m a α-=，解得T 1= m A g ，
a =g (1-sin α),B 将加速下落，由超重和失重可知，N >N 1；初始细度拉力T = m A g ，互接位置后，T 1=m A g ，由质
点系的牛顿第二定律可得f =0，f 1=m A a x +M ×0+m B ×0=m A g (1-sin α)cos α≠0.故选C.
【点睛】本题涉及加速度不同的连接体问题，也可以采用整体法研究，可分竖直和水平两个方向分别列式分析。

10．一个质量为M 的箱子放在水平地面上,箱内用一段固定长度的轻质细线拴一质量为m 的小球,线的另一端拴在箱子的顶板上,现把细线和球拉到左侧与竖直方向成θ角处静止释放,如图所示,在小球摆动的过程
中箱子始终保持静止,则以下判断正确的是( )
A．在小球摆动的过程中,线的张力呈周期性变化,但箱子对地面的作用力始终保持不变
B．小球摆到右侧最高点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子受到地面向左的静摩擦力
C．小球摆到最低点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子不受地面的摩擦力
D．小球摆到最低点时,线对箱顶的拉力大于mg,箱子对地面的压力大于(M+m)g
【答案】 D
【解析】
在小球摆动的过程中，速度越来越大，对小球受力分析根据牛顿第二定律可知：W−WWWWWW=W W2
W
，
绳子在竖直方向的分力为：W′=WWWWW=(WWWWWW+W W2
W
)WWWW，由于速度越来越大，角度W越来越小，故W′越大，故箱子对地面的作用力增大，在整个运动过程中箱子对地面的作用力时刻变化，故A错误；小球摆到右侧最高点时，小球有垂直于绳斜向下的加速度，对整体由于箱子不动加速度为W W=0，W′为小球在竖直方向的加速度，根据牛顿第二定律可知：(W+W)W−W W=W·W W+ WW′，则有：W W=(W+W)W−WW′，故W W<(W+W)W，根据牛顿第三定律可知对地面的压力小于(W+W)W，故B错误；在最低点，小球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有：W−
WW=W W2
W ，联立解得：W=WW+W W2
W
，则根据牛顿第三定律知，球对箱的拉力大小为：W′=W=
WW+W W2
W ，故此时箱子对地面的压力为：W=(W+W)W+W′=(W+W)W+WW+W W2
W
，故小球
摆到最低点时，绳对箱顶的拉力大于WW，，箱子对地面的压力大于(W+W)W，故C错误，D正确，故选D.
【点睛】对m运动分析，判断出速度大小的变化，根据牛顿第二定律求得绳子的拉力，即可判断出M与地面间的相互作用力的变化，在最低点，球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出绳子的拉力，从而得到箱子对地面的压力．
二、多选题
11．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接，A、B两物体均可视为质点)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v一t图象如图乙所示（重力加速度为g），则
A ．施加外力前，弹簧的形变量为
2WW
W
B ．外力施加的瞬间，A 、B 间的弹力大小为M(g+a)
C ．A 、B 在t l 时刻分离，此时弹簧弹力筹于物体B 的重力
D ．上升过程中，物体B 速度最大，A 、B 两者的距离为1
2WW 22−WW
W
【答案】 AD 【解析】 【详解】
A 、施加外力F 前，物体A
B 整体平衡，根据平衡条件，有：2WW =WW ，解得：W =
2WW
W
，故选项A 正确；
B 、施加外力F 的瞬间，对B 物体，根据牛顿第二定律，有：W 弹−WW −W WW =WW ，其中：W 弹=2WW ，解得：W WW =W (W −W )，故选项B 错误；
C 、物体A 、B 在t 1时刻分离，此时A 、B 具有共同的v 与a 且F AB =0；对B 有：W′弹−WW =WW ，解得：
W′弹=W (W +W )，故选项C 错误；
D 、当物体B 的加速度为零时，此时速度最大，则WW =WW′，解得：W′=
WW
W
，故B 上升的高度W′=
W −W′=
WW
W
，此时A 物体上升的高度：W =1
2WW 22，故此时两者间的距离为WW =1
2WW 22
−
WW
W
，故选项D 正确；
说法正确的是选选项AD 。

12．如图甲所示，一滑块随足够长的水平传送带一起向右匀速运动，滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2。

质量m=0.05kg 的子弹水平向左射入滑块并留在其中，取水平向左的方向为正方向，子弹在整个运动过程中的v-t 图象如图乙所示，已知传送带的速度始终保持不变，滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，g 取10m/s 2。

则
A．传送带的速度大小为4m/s
B．滑块的质量为3.3kg
C．滑块向左运动过程中与传送带摩擦产生的热量为26.8J
D．若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑，则转动轮的半径R为0.4m
【答案】 BD
【解析】
【分析】
根据题中“子弹水平向左射入滑块并留在其中”、“水平传送带”可知，本题考察动量守恒与传送带相结合的问题，应用动量守恒定律、牛顿第二定律、摩擦生热等知识分析计算。

【详解】
A：子弹射入滑块并留在其中，滑块(含子弹)先向左做减速运动，然后向右加速，最后向右匀速，向右匀速的速度大小为2m/s，则传送带的速度大小为2m/s。

故A项错误。

B：子弹未射入滑块前，滑块向右的速度大小为2m/s，子弹射入滑块瞬间，子弹和滑块的速度变为向左的4m/s；子弹射入滑块瞬间，内力远大于外力，系统动量守恒，以向左为正，据动量守恒得，WW0+W(−W)= (W+W)W1，即400W+W(−2)=4(W+W)，解得：滑块的质量W=66W=3.3WW。

故B项正确。

C：滑块(含子弹)先向左做减速运动时，据牛顿第二定律可得，W(W+W)W=(W+W)W，解得：滑块向
=2W，滑块(含子弹)向左左运动的加速度大小W=2W/W2。

滑块(含子弹)向左减速运动的时间W1=W1
W
W1+WW1=8W，滑块向左运动过程中与传送减速运动过程中滑块与传送带间的相对运动距离W=W1+0
2
带摩擦产生的热量W=W(W+W)WW=0.2×3.35×10×8W=53.6W。

故C项错误。

D：滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，则(W+W)W=(W+W)W2
，解得：转动轮的半径W=0.4W。

W
故D项正确。

13．倾斜角度为θ的斜面上有m1和m2两个物体，与斜面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2．两物体间用一根原长为L0的与斜面平行的轻质弹簧连接，当整体沿斜面匀速下滑时弹簧长度为L，如图所示．则以下说法正确的是（）
A．若μ1>μ2, 可用张力足够的轻绳替代弹簧
B．若μ1=μ2, 可用轻杆替代弹簧
C．若μ1<μ2, 弹簧的形变量是(L－L0)
D．若m1=m2，则μ1=μ2=tanθ
【答案】 BC
【解析】
【详解】
A、若μ1＞μ2，要使m1和m2处于平衡状态，对m1有：m1gsinθ+F=μ1m1gcosθ，对m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ+F，则弹簧处于压缩状态，所以不能用张力足够的轻绳替代，故A错误；
B、若μ1=μ2，要使m1和m2处于平衡状态，对m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ，对m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ，弹簧的形变量为0，故可用轻杆替代弹簧，故B正确；
C、若μ1＜μ2，要使m1和m2处于平衡状态，对m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ+F，对m2有m2gsinθ+F=μ2m2gcosθ，弹簧处于拉伸状态，故弹簧的形变量是(L－L0)，C正确；
D、m1=m2时，若弹簧处于拉伸状态，对m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ+F，对m2有m2gsinθ+F=μ2m2gcosθ，则μ1＜μ2，若弹簧处于压缩状态，对m1有：m1gsinθ+F=μ1m1gcosθ，对m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ+F，则μ1＞μ2，若弹簧处于原长状态，对m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ，对m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ，则μ1=μ2=tanθ，由于弹簧的状态不清楚，所以无法判断μ1和μ2的关系，故D错误。

14．如图所示，物体从Q点开始自由下滑，通过粗糙的静止水平传送带后，落在地面P点。

传送带匀速转动起来以后，物体仍从Q点开始自由下滑，则物体通过传送带后（）
A．若传送带沿逆时针方向转动，则物块一定落在P点
B．若传送带沿逆时针方向转动，则物块一定落在P点左侧
C．若传送带沿顺时针方向转动，则物块可能落在P点右侧
D．若传送带沿顺时针方向转动，则物块可能落在P点左侧
【答案】 AC
【解析】
【详解】
当水平传送带静止时，物块受到水平向左的滑动摩擦力做匀减速直线运动。

若传送带逆时针转动，物块通
过传送带时，受到的滑动摩擦力仍水平向左，大小不变，则加速度不变，可知物块仍落在P点，选项A正确，B错误。

设物块滑上传送带时速度为v0，传送带的速度为v。

当v0＞v时，物块滑上传送带可能一直做匀减速运动，加速度与传送带静止时相同，当滑到传送带右端时，速度与传送带静止时相同，则物块仍落在P点。

物块也可能先做匀减速运动，后来与传送带一起做匀速运动，滑到传送带右端时，速度大于传送带静止时速度，则物块落在P点右侧。

当v0=v时，物块滑上传送带时两者相对静止，一起做匀速运动，则物块落在P点右侧。

当v0＜v时，物块滑上传送带可能一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动，后与传送带一起匀速运动，滑到传送带右端时，速度大于传送带静止时速度，则物块落在P点右侧。

故D错误， C 正确。

故选AC。

【点睛】
本题是典型的传送问题，关键是分析物块的受力情况和运动情况，当传送带顺时针转动时，要考虑各种可能的情况．
15．如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球．斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和N.若T­a图象如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度g取10m/s2.则（）
m/s2时，N＝0
A．W=40
3
B．小球质量m＝0.1 kg
C．斜面倾角θ的正切值为3
4
D．小球离开斜面之前，N＝0.8＋0.06a(N)
【答案】 ABC
【解析】
【详解】
A、小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得T cos θ－N sin θ＝ma，T sin θ＋N cos θ＝mg，联立解得：N＝mg cos θ－ma sin θ，T＝ma cos θ＋mg sin θ，所以T­a图象呈线性关系，由题图m/s2时，N＝0，选项A正确。

乙可知W=40
3
m/s2 B、C、当a＝0时，T＝0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图(a)所示，所以mg sin θ＝T；当W=40
3
时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图(b)所示，
所以mg cot θ＝ma ，联立可得tan W =3
4，m ＝0.1 kg ，选项B ，C 正确。

D 、将θ和m 的值代入N ＝mg cos θ-ma sin θ，得N ＝0.8-0.06a (N)，选项D 错误。

故选ABC 。

【点睛】
考查牛顿第二定律与力的平行四边形定则的应用，注意会从图象中获取信息，并掌握平衡条件方程列式． 16．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v 0、2v 0、3v 0，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23W 0
C ．2木块的最小速度是5
6W 0
D ．木块3从开始运动到相对静止时位移是4W 0
2
WW
【答案】 CD 【解析】
A 、木板开始运动时，木块对木板的摩擦力W =3WW >0，木板发生运动，故A 错误；
B 、设木块1的最小速度为W 1，木块1的加速度W =WW 1做匀减速；木板的加速度为3WW =3WW 做匀加速；当两者速度相等时木块1的速度达到最小
即W 1=W 0−WW =WW 解得W 1=1
2W 0，故B 错误；
C 、设木块2的最小速度为W 2，此过程木块2的速度该变量为W 0−W 2，而木块3速度改变量与木块2速度该变量相等，即木块3的速度为W 0+W 2由动量守恒可得
W (W 0+2W 0+3W 0)=5WW 2+W (W 0+W 2)，解得：W 2=5
6W 0，故C 正确；
D 、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W 3，则由动量守恒可得：W (W 0+
2W0+3W0)=6WW3解得：W3=W0
对木块3，由动能定理可知−WWWW=1
2WW32−1
2
W(3W0)2，解得：W=4W02
WW
，故D正确；
故选CD
17．如图倾角为300的传送带在电动机带动下始终以V0的速度匀速上行. 相等质量的甲，乙两种不同材料的滑块（可视为质点）分别无初速放在传送带底端，发现甲滑块上升h高度滑至顶端时恰好与皮带保持相对静止，乙滑块上升h/2高度处恰与皮带保持相对静止.现比较甲，乙两滑块从传送带底端到顶端的过程
A．甲滑块与皮带的动摩擦因数大于乙滑块与皮带的动摩擦因数
B．甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量
C．两个过程中皮带对滑块所做的功相同
D．两个过程中电动机对皮带所做的功相同
【答案】 BC
【解析】A：对甲滑块：W02=2W1W
WWW300
，W1WWWWW300−WWWWW300=WW1；对乙滑块：
W02=2W2
W
2⁄
WWW300
，W2WWWWW300−WWWWW300=WW2。

可得W1<W2，即甲滑块与皮带的动摩擦
因数小于乙滑块与皮带的动摩擦因数。

故A项错误。

B：甲滑块与皮带相对滑动过程中，滑块W1=0+W
2W1=W
WWW300
，对滑块(W1WWWWW300−
WWWWW300)W1=1
2WW2；皮带与滑块相对滑动过程中两者相对位移：W1=WW1−0+W
2
W1，滑块与皮
带摩擦产生的热量W1=W1WWWWW300×W1；解得W1=1
2
WW2+WWW。

乙滑块与皮带相对滑动过程
中，滑块W2=0+W
2W2=
W
2⁄
WWW300
，对滑块(W2WWWWW300−WWWWW300)W2=1
2
WW2；皮带与滑块
相对滑动过程中两者相对位移：W2=WW2−0+W
2
W2，滑块与皮带摩擦产生的热量W2=
W2WWWWW300×W2；解得W2=1
2WW2+1
2
WWW。

则甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带
摩擦产生的热量。

故B项正确。

C：甲滑块与皮带相对滑动过程中，皮带对滑块所做的功W1=W1WWWWW300×W
WWW300
=WWW+
1 2WW2；乙滑块与皮带相对滑动过程中，皮带对滑块所做的功W2=W2WWWWW300×
W
2⁄
WWW300
+
WWWWW300×
W
2⁄
WWW300
=WW×1
2
W+1
2
WW2+1
2
WWW=W1。

故C项正确。

D：甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量，皮带对滑块所做的功相同，则甲电动机对皮带做的功大于乙电动机对皮带做的功。

故D项错误。

18．如图所示，一质量为M=2m、长为L质量均匀的板放在光滑水平桌面上，板的右端与桌边定滑轮距离足够大，板的左端有一可视为质点、质量为m的物块，物块上连接一条很长的细绳，某人拉绳并使其以恒定速率v=√WW向下运动，物块只能运动到板的中点．下列说法正确的是( )
A．物块对板做功的功率保持不变
B．物块与板间因摩擦产生的热量为mgL
C．整个过程绳的拉力对物块做的功为mgL
D．若板与桌面间有摩擦，则当板与桌面间动摩擦因数为1
2
时，物块一定能到达板右端
【答案】 BD
【解析】木板受木块对它的摩擦力作用，做匀加速直线运动，当速度与木块速度相等后保持相对静止，根据W=WW知，物块对板的功率逐渐增大，A错误；当物块到达板的中点时，此时物块的位移W1=WW，
木板的位移W2=W
2W，根据W1−W2=W
2
得，板的位移W2=W
2
，相对位移的大小等于物块位移的一半，
等于木板的位移，因为WW
板=1
2
WW2，产生的热量W=WW
板
=1
2
WW2=1
2
⋅2W(√WW)2=WWW，B
正确；绳子拉力做的功，等于系统动能增加量与产生的热量之和，故W=1
2
WW2+W=2WWW，C错误；如果板与桌面有摩擦，因为M与桌面摩擦因数越大，m越易从右端滑下，所以当m滑到M右端两者刚好共速时摩擦因数最小，设为W2，对M，由牛顿第二定律得：WW=W1WW−W2(W+W)W，板的位移：W2′= W
2
W′；速度位移公式：W2=2WW2′，对m有：WW′=W1′，W1′−W2′=W，联立得W2=
WW2
2(W+W)WW =2W(√WW)
2
2(2W+W)WW
=1
3
，所以桌面与板间的摩擦因数应满足W≥1
3
，所以当板与桌面间动摩擦因数为1
2
时，
物块-定能到达板右端，D正确．
【点睛】解决本题的关键理清m和M的运动过程，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道物块能到达板的右端的临界情况是物块到达右端时与木板共速．
19．如图所示，斜面1、曲面2和斜面3的顶端高度相同，底端位于同一水平面上，斜面1与曲面2的水平底边长度相同。

一物体与三个面间的动摩擦因数相同，当它由静止开始分别沿三个面从顶端下滑到底端的过程中，若损失的机械能分别为△E1、△E2、△E3，到达底端的速度分别为v1、v2、v3，则下列判断正确的是。