第三章 《牛顿运动定律》新情景题（基础卷A）（解析版）2021年新课标全国高考物理各章单元新情景题AB卷

第三章 《牛顿运动定律》新情景题（基础卷 A） 试时间 90 分钟，满分 100 分 第一部分 选择题（共 48 分） 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1～8 题只有一项符 合题目要求，第 9～12 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 4 分，有选错的得 0 分。 1、亚里士多德在其著作《物理学》中说：一切物体都具有某种“自然本性”，物体由其“自然本性”决定的运 动称之为“自然运动”，而物体受到推、拉、提、举等作用后的非“自然运动”称之为“受迫运动”．伽利略、笛 卡儿、牛顿等人批判地继承了亚里士多德的这些说法，建立了新物理学；新物理学认为一切物体都具有的“自 然本性”是“惯性”．下列关于“惯性”和“运动”的说法中不符合新物理学的是(　　 ) A．一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动——静止或者匀速直线运动 B．作用在物体上的力，是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因 C．可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子受到的 向外的力”超过了“桌面给盘子的摩擦力” D．竖直向上抛出的物体，受到了重力，却没有立即反向运动，而是继续向上运动一段距离后才反向运动， 是由于物体具有惯性 【答案】C. 【解析】力不是维持物体运动状态的原因，力是改变物体运动状态的原因，所以当物体不受到任何外力的 时候，总保持静止或者匀速直线运动的状态，故 A 符合题意；当物体受到外力作用的时候，物体的运动状 态会发生改变，即力是改变物体运动状态的原因，故 B 符合题意；可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时， 放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子需要的向心力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”，故 C 不符合题意；由于物体具有向上的速度，所以具有向上的惯性，虽然受到向下的重力，但物体不会立刻向 下运动，故 D 符合题意． 2、在解一道文字计算题时用字母表示结果的计算题，一个同学解得 ，用单位制的方法检查 这个结果是（ ） A. 一定是正确 )(2 21 ttm Fx +=B. 一定错误 C. 如果用国际单位制结果可能正确 D. 用国际单位制，结果错误，如果用其它单位制，结果可能正确 【答案】B 【解析】根据公式 ，由于力的单位是 N，时间单位是 s，质量单位是 kg，故等式右边 的单位是 ；等号左边的单位是 m；即等号左右单位不同，故等号不成立；故选 B。 3、为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动， 那么如图所示的四种情况中符合要求的是(　　) 【答案】C 【解析】设屋檐的底角为 θ，底边长为 2L(不变)。雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律 得加速度 a＝mgsin θ m ＝gsin θ，位移大小 x＝ 1 2at2，而 x＝ L cos θ，2sin θcos θ＝sin 2θ，联立以上各式得 t＝ 4L gsin 2θ。当 θ＝45°时，sin 2θ＝1 为最大值，时间 t 最短，故选项 C 正确。 4、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，设该处的张力为 T，则能正确描述 T 与 x 之间的关 系的图象是(　　) 【答案】A. )(2 21 ttm FxS +== kg sN ⋅【解析】对整体受力分析，由牛顿第二定律可求得整体的加速度；再由牛顿第二定律可得出 T 与 x 的关系．设 单位长度质量为 m，对整体分析有 F＝Lma；对 x 分析可知 T＝xma，联立解得 T＝ F Lx，故可知 T 与 x 成正比， 且 x＝0 时，T＝0，故 A 正确． 5、如图所示，某杂技演员在做手指玩耍盘子的高难度表演．若盘的质量为 m，手指与盘之间的动摩擦因数 为 ，重力加速度为 g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘底处于水平状态且不考虑盘的自转．则下列 说法正确的是（ ） A．若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则手指对盘的作用力大于 mg B．若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动，则盘受到水平向右的静摩擦力 C．若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动，则手对盘的作用力大小为 D．若盘随手指一起水平匀加速运动，则手对盘的作用力大小不可超过 【答案】D 【解析】若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则盘子受力平衡，手指对盘子的作用力与盘子的重力等大 反向，则手指对盘的作用力等于 mg，选项 A 错误；若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动，则水平方向 盘子不受力，即盘不受静摩擦力，选项 B 错误；若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动，则手对盘的 作用力大小为 ma，不一定等于 mg，选项 C 错误；若盘随手指一起水平匀加速运动，则手对盘子水平方 向的最大静摩擦力为 mg，竖直方向对盘子的支持力为 mg，则手对盘的作用力大小的最大值 ，即手对盘的作用力大小不可超过 mg，选项 D 正确。故选 D。 6、如图所示，用水平恒力 F 拉 A、B、C 三个物体在光滑水平面上运动。现在中间的 B 物体上突然附上一 小物块，使它随 B 物体一起运动，且原拉力 F 不变。那么附上小物块后，对两段绳的拉力 Ta 和 Tb 的变化情 况判断正确的是（　　） µ µ 2 2 2( ) ( ) 1mg mg mgµ µ+ = + 21 µ+A.Ta 增大 B.Ta 变小 C.Tb 增大 D.Tb 不变 【答案】A 【解析】整体的加速度 ，隔离对 C 分析，则 ，隔离 A 分析 有 ，解得 ，在中间的 B 物体上加一块橡皮泥，总质量 增大，可知 Tb 减小，Ta 增大，故选 A。 7、如图所示，物体 A、B 质量均为 m，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上，上端和物体拴接)。对 A 施加一竖直向下，大小为 F 的外力，使弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)后物体 A、B 处于平 衡状态。已知重力加速度为 g，F＞2mg。现突然撤去外力 F，设两物体向上运动过程中 A、B 间的相互作用 力大小为 FN，则下列关于 FN 的说法正确的是(　　) A．刚撤去外力 F 时，FN＝mg＋F 2 B．弹簧弹力等于 F 时，FN＝F 2 C．两物体 A、B 在弹簧恢复原长之前分离 D．弹簧恢复原长时 FN＝mg 【答案】B 【解析】刚撤去外力 F 时，由牛顿第二定律，对 A、B 组成的整体有 F＝2ma1，对物体 A 有 FN－mg＝ma1， 联立解得 FN＝F 2＋mg，选项 A 错误；弹簧弹力等于 F 时，对 A、B 组成的整体有 F－2mg＝2ma2，对物体 A 有 FN－mg＝ma2，联立解得 FN＝F 2，选项 B 正确；当 A、B 恰好分离时，A、B 间相互作用力为 0，对 A 有 mg＝ma，a＝g，B 的加速度也为 g，根据牛顿第二定律分析可知弹簧恰好恢复到原长，选项 C、D 错误。 A B C Fa m m m = + + = C b C A B C mT m a Fm m m = + + a AF T m a− = A a A A B C mT F m a F Fm m m = − = − + +8、如图所示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上 A 点开始无初速度下滑，在 AB 段匀加速下滑，在 BC 段匀减 速下滑，滑到 C 点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．假设小孩在 AB 段和 BC 段滑动时的动摩擦因 数分别为 和 ，AB 与 BC 长度相等，则下列说法中正确的是（ ） A．整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作用 B．动摩擦因数 C．小孩从滑梯上 A 点滑到 C 点先超重后失重 D．整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于小孩和滑梯的总重力 【答案】B 【解析】小朋友在 AB 段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度 分解为水平和竖直两个方向，由于小朋友 有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律知，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右；有竖直向下的分加速 度，则由牛顿第二定律分析得知：小孩处于失重，地面对滑梯的支持力 小于小朋友和滑梯的总重力．同 理，小朋友在 BC 段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力， 地面对滑梯的摩擦力方向水平向左，故 ACD 错误；设 AB 的长度为 L，小孩在 B 点的速度为 v．小孩从 A 到 B 为研究对象，由牛顿第二定律可得 ，由运动学公式可得 ；小孩 从 B 到 C 为研究过程，由牛顿第二定律可得 ，由运动学公式可得 ； 联立解得 ，故 B 正确． 9、如图所示，小车分别以加速度 a1、a2、a3、a4 向右做匀加速运动，bc 是固定在小车上的水平横杆，物块 M 穿在杆上，M 通过细线悬吊着小物体 m，m 在小车的水平底板上，加速度为 a1、a2 时，细线在竖直方向 1 µ 2 µ 1 2+ =2tanµ µ θ 1a NF 1 1sin cosmg mg maθ µ θ− = 2 12v a L= 2 2cos sinmg mg maµ θ θ− = 2 22v a L= 1 2 2tanµ µ θ+ =上，全过程中 M 始终未相对杆 bc 移动，M、m 与小车保持相对静止，M 受到的摩擦力大小分别为 f1、f2、 f3、f4，则以下结论正确的是(　　) A．若a1 a2＝1 2，则f1 f2＝2 1 B．若a2 a3＝1 2，则f2 f3＝1 2 C．若a3 a4＝1 2，则f3 f4＝1 2 D．若a3 a4＝1 2，则tan θ tan α＝1 2 【答案】CD　 【解析】对第一、二幅图有：若a1 a2＝1 2，对 M 根据牛顿第二定律有：f＝Ma，则f1 f2＝1 2，故选项 A 错误；对第 二、三幅图有：f2＝Ma2，设细线的拉力为 F，则 f3－Fsin θ＝Ma3，若a2 a3＝1 2，则f2 f3≠1 2，故选项 B 错误；对第 三、四幅图有：对 M 和 m 整体分析：f＝(M＋m)a，若a3 a4＝1 2，则f3 f4＝1 2，故选项 C 正确；m 水平方向有：F3sin θ＝ma3、F4sin α＝ma4，竖直方向有：F3cos θ＝mg、F4cos α＝mg，解得 a3＝gtan θ、a4＝gtan α，若a3 a4＝1 2， 则tan θ tan α＝1 2，故选项 D 正确。 10、如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为 m 和 M 的物块 A、B 用轻弹簧相连，两物块与水平面间的 动摩擦因数均为 μ，当用水平力 F 作用于 B 上且两物块共同向右以加速度 a1 匀加速运动时，弹簧的伸长量 为 x1；当用同样大小的恒力 F 沿着倾角为 θ 的光滑斜面方向作用于 B 上且两物块共同以加速度 a2 匀加速沿 斜面向上运动时，弹簧的伸长量为 x2，则下列说法中正确的是 (　　) A．若 m＞M，有 x1＝x2 B．若 m＜M，有 x1＝x2C．若 μ＞sin θ，有 x1＞x2 D．若 μ＜sin θ，有 x1＜x2 【答案】AB 【解析】在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有 F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①，隔离物块 A， 根据牛顿第二定律，有 FT－μmg＝ma1②，联立①②解得 FT＝ m m＋M F③，在斜面上滑动时，对整体，根 据牛顿第二定律，有 F－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a2④，隔离物块 A，根据牛顿第二定律，有 FT′－mgsin θ＝ ma2⑤，联立④⑤解得 FT′＝ m M＋mF⑥，比较③⑥可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关， 故 A、B 正确，C、D 错误。 11、如图所示，倾角为 θ 的斜面体 C 置于粗糙水平面上，物块 B 置于斜面上，已知 B、C 间的动摩擦因数 为 μ＝tan θ，B 通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块 A 连接，连接 B 的一段细绳与斜面平行，A、B 的质量分 别为 m、M。现给 B 一初速度，使 B 沿斜面下滑，C 始终处于静止状态，重力加速度为 g，则在 B 下滑的过 程中，下列说法正确的是(　　) A．不论 A、B 的质量大小关系如何，B 一定减速下滑 B．A 运动的加速度大小为 a＝ mg m＋M C．水平面对 C 一定有摩擦力，摩擦力的方向可能水平向左 D．水平面对 C 的支持力与 B、C 的总重力大小相等 【答案】ABD 【解析】因 B、C 间的动摩擦因数为 μ＝tan θ，故如果物块 B 不受细绳的拉力作用，则沿斜面方向受力平衡， 即 Mgsin θ＝μMgcos θ，若给 B 一初速度，物块 B 将匀速下滑。但是细绳对 B 有沿斜面向上的拉力，故物块 B 一定减速下滑，选项 A 正确；对 A、B 分别进行受力分析，由牛顿第二定律可知 T＋μMgcos θ－Mgsin θ＝ Ma，mg－T＝ma，解得 a＝ mg M＋m，选项 B 正确；设水平地面对 C 的静摩擦力方向水平向左，则斜面 C 的 受力分析如图所示。由于斜面体始终静止不动，故有：Ff′＋Ffcos θ＝FN2sin θ，FN1＝G＋Ffsin θ＋FN2cos θ，又因为 Ff＝Mgsin θ，FN2＝Mgcos θ，联立可得：Ff′＝0，FN1＝G＋Mg，故选项 C 错误，D 正确。 12、如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为 2 kg，现在滑块上施加一个 F＝0.5t (N)的变力作用，从 t＝0 时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关 系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度 g 取 10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．滑块与木板间的动摩擦因数为 0.4 B．木板与水平地面间的动摩擦因数为 0.2 C．图乙中 t2＝24 s D．木板的最大加速度为 2 m/s2 【答案】ACD 【解析】由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为 8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为 μ＝Ffm mg＝ 8 20 ＝0.4，选项 A 正确．由题图乙可知 t1 时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水 平地面间的动摩擦因数为 μ′＝ Ff′ 2mg＝ 4 40＝0.1，选项 B 错误．t2 时刻，滑块与木板将要产生相对滑动，此时滑块 与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力 Ffm＝8 N，此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对 木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得 am＝2 m/s2；对滑块：F－Ffm＝mam，解得 F＝12 N，则由 F＝0.5t (N)可知， t＝24 s，选项 C、D 正确． 第一部分 非选择题（共 52 分） 二、实验题：本题共 2 小题，共 16 分。 13．（6 分）某实验小组设计了如下图（ ）所示的实验装置，通过改变生蚝的的质量，利用计算机可得滑 块运动的加速度 和所受拉力 的关系图象.他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两 条 图线，如图（ ）示. a a F a F− b（ ）图线__________是在轨道左侧抬高成斜面情况下得到的（选填“①”或“②”）. （ ）滑块和位移传感器发射部分的总质量 _______ ：滑块和轨道间的动摩擦因数 ________. 【答案】（1）1 （2） 【解析】（ ）由图像①可知，当 时， ，也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，所以 图线①是在轨道左侧抬高成斜面情况下得到的。 （ ）根据 得 ，在图像②中运动的加速度 和所受拉力 的关系图像斜率 等于滑块和位移传感器发射部分的质量的倒数.结合图像得： 在水平轨道上 .加速度 ，根据牛顿第二定律， .解得 14．（10 分）图甲所示为某同学研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”的实验装置示 意图． （1）下面列出了一些实验器材：打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂桶和砂、刻 度尺．除以上器材外，还需要的实验器材有__________． A．秒表 B．天平（附砝码） C．低压交流电流 D．低压直流电源 1 2 m = kg µ = 0.5m = .2oµ = 1 0F = 0a ≠ 2 F mg maµ− = Fa gm µ= − a F 0.5m kg= 1NF = 0a = 0F mgµ− = .2oµ =（2）实验中，需要补偿打点计时器对小车的阻力及其它阻力：小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带 穿过打点计时器．把木板一端垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能__________（选填“拖 动纸带”或“不拖动纸带”）沿木板做匀速直线运动． （3）实验中，为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量 与 小车和车上砝码的总质量 之间应满足的条件是__________．这样，在改变小车上砝码的质量时，只要砂 和砂桶质量不变，就可以变为小车所受拉力几乎不变． （4）如图乙所示， 、 、 为三个相邻的计数点，若相邻计数点之间的间隔为 ， 、 间的距离 为 、 、 间 的 距 离 为 ， 则 小 车 的 加 速 度 __________ ． 已 知 ， ， ，则 __________ （结果保留 位有效数字）． （5）在做该实验时，另一位同学以小车的加速度的倒数 为纵轴，以上车和车上砝码的总质量 为横轴， 描绘出 图象．假设实验中他已经完全消除了摩擦力和其它阻力的影响，但 与 并没满足本实验 所需的条件；则从理论上分析，图丙中能够正确反映他所得到的 关系的示意图是__________． 【答案】（1）BC （2）拖动纸带 （3） （4） （5） C 【解析】(1)研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”的实验，所以用天平测量小车的 质量，用交流电源供打点计时器使用，所以 BC 选项是正确的； (2)平衡摩擦力时，把木板一端垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀 速直线运动即可； m M A B C T A B 1x B C 2x a = 0.10sT = 1 5.90cmx = 2 6.46cmx = a = 2m / s 2 1 a M 1 Ma − m M 1 Ma − M m 2 1 2 x x T − 20.56m / s(3)假设小车的加速度为 ，拉力为 对砂和砂桶 ；对小车 ；联立得 ， 故只有在 的情况下近似认为拉力等于 ． (4)由 得 ，代入数据得 ； (5)根据牛顿第二定律得 ，则 ，则以 为纵轴，以总质量 为横轴，作出的图 象为一倾斜直线，且纵截距为 ，所以 C 选项是正确的 三、计算题：本题共 3 小题，共 36 分。 15．（8 分）某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离一段时间后打开降落伞做 减速下落。他打开降落伞后的速度图线如图 a。降落伞用 8 根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角 均为 α=37°，如图 b。已知人的质量为 50kg，降落伞质量也为 50kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受 阻力 f 与速率 v 成正比，即 （g 取 10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）。求： （1）打开降落伞前人下落的距离； （2）阻力系数 k 和打开伞瞬间的加速度 a 的大小和方向； （3）悬绳能够承受的拉力至少为多少？ 【答案】（1）20m（2）30m/s2，方向向上（3）312.5N 【解析】（1）由速度时间图像可知，人打开降落伞时的速度为 ，故下落的距离为 a F mg F ma− = F Ma= MmgF M m = + M m mg 2x aT∆ = 2 1 2 x xa T −= ( ) 2 2 2 6.46cm 5.90cm 56cm / s 0.56m / s 0.1s a −= = = mga M m = + 1 1 1Ma mg g = + 1 a M 1 g f kv＝ 1 20m/sυ = 2 1 20m2 υh g = =（2）当人作匀速运动时， 刚开始下落时，对整体 解得 方向向上。 （3）设每根绳子的拉力为 T，当加速度最大时绳的拉力最大，对运动员 解得 16．（8 分）如图所示，一重力为 10 N 的小球，在 F＝20 N 的竖直向上的拉力作用下，从 A 点由静止出发 沿 AB 向上运动，F 作用 1.2 s 后撤去．已知杆与球间的动摩擦因数为 3 6 ，杆足够长，取 g＝10 m/s2.求： (1)有 F 作用的过程中小球的加速度； (2)撤去 F 瞬间小球的加速度； (3)从撤去力 F 开始计时，小球经多长时间将经过距 A 点为 2.25 m 的 B 点． 【答案】(1)2.5 m/s2　方向沿杆向上　(2)7.5 m/s2 方向沿杆向下　(3)0.2 s 或 0.75 s 【解析】(1)小球的质量 m＝G g＝1 kg. 取沿杆向上为正方向，设小球在力 F 作用过程的加速度为 a1，此时小球的受力如图甲所示， Fcos 30°＝Gcos 30°＋FN 2 2kυ mg= 1 2 2kυ mg ma− = 230m/sa = 8 cos37T mg ma− = 312.5NT =Fsin 30°－Gsin 30°－μFN＝ma1 联立解得：a1＝2.5 m/s2，即大小为 2.5 m/s2，方向沿杆向上 (2)撤去 F 瞬间，小球的受力如图所示， 设此时小球的加速度为 a2，则有 FN′＝Gcos 30° －Gsin 30°－μFN′＝ma2 联立解得：a2＝－7.5 m/s2，即大小为 7.5 m/s2，方向沿杆向下 (3)刚撤去 F 时，小球的速度 v1＝a1t1＝3 m/s 小球的位移为 x1＝1 2a1t12＝1.8 m 撤去 F 后，小球继续向上运动的时间为 t2＝0－v1 a2 ＝0.4 s 小球继续向上运动的最大位移为 x2＝0－v12 2a2 ＝0.6 m 则小球向上运动的最大距离为 xm＝x1＋x2＝2.4 m 在上滑阶段通过 B 点，即 xAB－x1＝v1t3＋1 2a2t32 解得 t3＝0.2 s 或者 t3＝0.6 s(舍去) 小球返回时，受力如图丙所示， 设此时小球的加速度为 a3， －Gsin 30°＋μFN′＝ma3得 a3＝－2.5 m/s2，即大小为 2.5 m/s2，方向沿杆向下， 小球由顶端返回 B 点时有：－(xm－xAB)＝1 2a3t24 解得 t4＝ 3 5 s 则通过 B 点时间为 t＝t2＋t4≈0.75 s. 17.（10 分）如图甲所示，一长方体木板 B 放在水平地面上，木板 B 的右端放置着一个小铁块 A，在 t＝0 时 刻，同时突然给 A、B 初速度，其中 A 的初速度大小为 vA＝1 m/s，方向水平向左；B 的初速度大小为 vB＝14 m/s，方向水平向右，木板 B 运动的 v­t 图象如图乙所示。已知 A、B 的质量相等，A 与 B 及 B 与地面之间 均有摩擦(动摩擦因数不等)，A 与 B 之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 始终没有滑出 B，取重力加速 度 g＝10 m/s2。(提示 t＝3 s 时刻，A、B 达到共同速度 v＝2 m/s；3 s 时刻至 A 停止运动前，A 向右运动的速 度始终大于 B 的速度)求： 　甲　　　　　　　　　　乙 (1)小铁块 A 向左运动相对地面的最大位移； (2)B 运动的时间及 B 运动的位移大小。 【答案】(1)0.5 m　(2)4 s　25 m 【解析】(1)由题图乙可知，0～3 s 内 A 做匀变速运动，速度由 vA＝－1 m/s 变为 v＝2 m/s 则其加速度大小为 aA＝v－vA t1 ＝2－(－1) 3 m/s2＝1 m/s2，方向水平向右。当 A 水平向左运动速度减为零时，向左运动的位移最大， 则 s＝ v2A 2aA＝0.5 m。(2)设 A 与 B 之间的动摩擦因数为 μ1，由牛顿第二定律得 μ1mg＝maA 则 μ1＝aA g ＝0.1 由题图乙可知，0～3 s 内 B 做匀减速运动， 其速度由 vB＝14 m/s 变为 v＝2 m/s 则其加速度大小为 aB＝vB－v t1 ＝14－2 3 m/s2＝4 m/s2 方向水平向左 设 B 与地面之间的动摩擦因数为 μ2，由牛顿第二定律得 μ1mg＋2μ2mg＝maB 则 μ2＝aB－μ1g 2g ＝0.153 s 之后，B 继续向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得 2μ2mg－μ1mg＝ma′B 则 B 的加速度大小为 a′B＝2μ2g－μ1g＝2 m/s2 方向水平向左 3 s 之后运动的时间为 t2＝ v a′B＝2 2 s＝1 s 则 B 运动的时间为 t＝t1＋t2＝4 s 0～4 s 内 B 的位移 xB＝vB＋v 2 t1＋v 2t2＝25 m，方向水平向右。 18.（10 分）一平台的局部如图甲所示，水平面光滑，竖直面粗糙，物体 B 与竖直面动摩擦因数 μ＝0.5，右 角上固定一定滑轮，在水平面上放着一质量 mA＝1.0 kg、大小可忽略的物块 A，一轻绳绕过定滑轮，轻绳左 端系在物块 A 上，右端系住物块 B，物块 B 质量 mB＝1.0 kg，物块 B 刚好可与竖直面接触．起始时令两物 体都处于静止状态，绳被拉直，设物体 A 距滑轮足够远，台面足够高，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽 略滑轮质量及其与轴之间的摩擦，g 取 10 m/s2，求： (1)同时由静止释放 A、B，经 t＝1 s，则 A 的速度多大； (2)同时由静止释放 A、B，同时也对物块 B 施加力 F，方向水平向左，大小随时间变化规律如图乙所示，求 物块 B 运动过程中的最大速度和物块 B 经多长时间停止运动． 【答案】(1)5 m/s　(2)2.5 m/s　1.7 s 【解析】(1)对 A、B 系统：mBg＝(mA＋mB)aa＝1 2g＝5 m/s2 v＝at＝5 m/s (2)A、B 先做加速度减小的加速运动，在 A、B 加速度减为零之前，A、B 一起运动，绳子拉紧． F＝kt(k＝20 N/s) 以 A、B 系统为研究对象：mBg－μF＝(mA＋mB)a 得：a＝－5t＋5 0～1 s 的 a­t 图象如图所示，t＝1 s，a＝0， t＝1 s，速度最大且为三角形面积 vm＝1 2×1×5 m/s＝2.5 m/s 当 B 开始减速时，绳子松弛，A 匀速，B 减速 对 B：mBg－μF＝mBa 得：a＝－10t＋10(t≥1 s) 1 s 以后，a­t 图象如图所示． 速度要为零，总面积为零，即两三角形面积相等． 得：1 2Δt·10Δt＝2.5 解得 Δt＝ 2 2 s t 总＝(1＋ 2 2 )s≈1.7 s.