高中物理2019年全国各地高考模拟题：牛顿运动定律的应用专题汇编(解析版)

2019年全国各地高考模拟题-- 牛顿运动定律的应用专题汇编

1.（2019·辽宁沈阳二模）将一小物块轻放在足够长的水平传送带上，之后物块在传送带上运动的图象如图所示，设物块与传送带间的动摩擦因数为，则下列说法中正确的是

A. 传送带可能先做匀速运动后做匀减速直线运动

B. 物块在运动过程中一直与传送带间发生相对滑动

C. 传送带可能一直做匀减速运动且加速度大于

D. 物块在匀减速运动阶段的加速度一定小于

【答案】AD

【解析】解：速度时间图象中，斜率表示加速度可知，两段时间内物块加速度不相同，说明开始物块相对传送带运动，后达到共同速度，一块做匀减速直线运动，且物块减速加速度

小于加速运动加速度为：加，故传送带可能先做匀速直线运动，然减

后做匀减速直线运动；也可能一直匀减速直线运动，但加速度小于；也可能先匀加速直线运动，后匀减速直线运动；故AD正确，BC错误；

故选：AD。

2.(2019.安徽江淮十校三模)如图所示，平板车静止在水平面上，物块放在平板车的右端，现

让平板车以的加速度做匀加速运动，运动2s后以2s末的速度做匀速直线运动，

最终物块相对于平板车静止在平板车的左端，已知物块与平板车上表面的动摩擦因数为，

重力加速度，不计物块的大小，则平板车的长度为

A. 4m

B. 5m

C. 6m

D. 7m

【答案】C

【解析】解：平板车做匀加速运动2s末的速度大小为：

此过程物块做匀加速运动的加速度大小为：

速度达到所用时间为：

3s内车运动的总位移为：

物块运动的距离为：

因此平板车的长为：

，故C正确，ABD错误；

故选：C。

3.(2019.广东佛山模拟一)在港珠澳大桥建设中，将一根直径22米、高米的钢筒，打入海底围成人工岛，创造了快速筑岛的世界记录。钢筒质量为M，用起重机如图由8根对称分布的、长为22米的钢索将其吊起，处于静止状态。则每根钢索受到的拉力大小为

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】解：由于钢筒的直径为22米，钢索的长为22米，则每两根钢索与直径构成等边三角形，所以每根钢索与竖直方向的夹角为；

设每根钢索受到的拉力大小为F，竖直方向根据平衡条件可得，所以，故B正确、ACD错误。

故选：B。

4.(2019.广东揭阳一模)一物体从某一行星表面竖直向上抛出

不计空气阻力。时抛出，位移随时间变化的图象如

图所示，则

A. 该行星表面的重力加速度为

B. 该物体上升的时间为5s

C. 该物体被抛出时的初速度为

D. 该物体落到行星表面时的速度为

【答案】A

【解析】解：ABC、由图读出，物体上升的最大高度为：，上升的时间为：。

对于上升过程，由得初速度为：，

物体上升的加速度大小为：故A正确，BC错误。

D、根据对称性可知，该物体落到行星表面时的速度大小与初速度大小相等，也为。故D错误。

故选：A。

5.(2019.广东佛山模拟一)如图所示，斜面ABC竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD长为，圆弧轨道圆心为O半径为R，，OG水平。现有一质量为m可看为质点的滑块从A点无初速下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则

A. 滑块经过E点时对轨道的最小压力为mg

B. 滑块下滑后将会从G点飞出

C. 滑块第二次经过E点时对轨道的压力为3mg

D. 滑块在斜面上经过的总路程为

【答案】CD

【解析】解：A、滑块从A点滑下后在AD部分轨道上要克服摩擦力做功，则返回到AD斜面上时的高度逐渐降低，最终滑块将在以E点为最低点，D为最高点来回滚动，

此时经过E点对轨道的压力最小，则从D到点，由机械能守恒定律：，在E点：由牛顿第二定律得：

联立解得：，故A错误；

B、从A到G由动能定理：其中

解得：，则块下滑后不能从G点飞出，故B错误；

C、滑块第一次到达E点时，根据动能定理：

解得：，第二次到达E点的速度与新一次相同，则牛频二定律：

解得：，故C正确；

D、由以上的分析可知，清块最终将在以E点为最低点，D为最高点来回滚动，则由动能定理：

解得：，故D正确。

故选：CD。

6.（2019·江西临川模拟3月）如图所示两个底边相等的固定在水平面的光滑斜面甲和乙倾角分别为和，质量为和的物体分别从甲和乙两个斜面顶端由静止释

放直到滑到斜面底端所用时间分别为和，则

A. B. C. D. 不能确定

【答案】C

【解析】解：设斜面底边长为L，斜面的倾角为则物体下滑的加速度大小为：

根据运动学公式有：

得：

根据数学知识知

所以可得：。

故选：C。

7.（2019·江苏七市二模）为使雨水尽快离开房屋的屋顶面，屋顶的倾角设计必

须合理。某房屋示意图如图所示，设屋顶面光滑，倾角为，雨水由静止开始沿

屋顶面向下流动，则理想的倾角为

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】解：设屋檐的底角为，底边为L，注意底边长度是不变的。屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑的加速度为a

对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对水滴的支持力N

垂直于屋顶方向：

平行于屋顶方向：

水滴的加速度

根据三角关系判断，屋顶坡面的长度为：

由得：

时t最短，故ACD错误，B正确。

故选：B。

8.（2019·江苏宿迁模拟3月）为使雨水尽快离开房屋的屋顶面，屋顶的倾角

设计必须合理。某房屋示意图如图所示，设屋顶面光滑，倾角为，雨水由静

止开始沿屋顶面向下流动，则理想的倾角为

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】解：设屋檐的底角为，底边为L，注意底边长度是不变的。屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑的加速度为a

对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对水滴的支持力N

垂直于屋顶方向：

平行于屋顶方向：

水滴的加速度

屋顶坡面的长度

由得，

整理得：，当时t最短，故ACD错误，B正确。

故选：B。

9.（2019·安徽安庆二模）如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角，现有质量的物体在水平向左的外力F的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2s撤去外力F，物体在内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示。

已知，，，则

A. 物体与斜面间的动摩擦因数为

B. 水平外力

C. 水平外力

D. 物体在内的位移为24m

【答案】AC

【解析】解：A、根据图象的斜率表示加速度，知内物体的加速度为：

，根据牛顿第二定律可得：，解得：，故A正确。

BC、内物体的加速度为：，根据牛顿第二定律可得：

，解得，故B错误，C正确。

D、物体在内的位移为：，故D错误。

故选：AC。

10.(2019.四川省攀枝花市二模)某课外活动小组为探究能量转换关系，设计了如

图所示的实验。质量为m的物块B静放在水平面上，劲度系数为k的轻质弹

簧固定在B上，弹簧上端装有特制锁扣，当物体与其接触即被锁住。每次实验

让物块A从弹簧正上方的恰当位置由静止释放，都使物块B刚好离开地面。整

个过程无机械能损失。实验表明，物块A质量M不同，释放点距弹簧上端的高

度H就不同。当物块A的质量为m时，释放点高度则下列说法中正确的是

A. 物块A下落过程中速度最大时，物块B对地面的压力最大

B. 物块A下落到最低点时，物块B对地面的压力最大

C. 当A的质量时，释放点高度

D. 当A的质量时，释放点高度

【答案】BD

【解析】解：AB、物块A下落过程中到达最低点时，弹簧的压缩量最大，此时物块B对地面的压力最大，故A错误，B正确；

CD、当物块B刚好离开地面时；由能量关系可知：；当A 的质量时有：；解得：，故C错误，D正确；故选：BD。

11.（2019·福建漳州一模）如图，在水平地面的平板小车上放一质量

的滑块，滑块与车上右侧挡板同连接水平的轻弹簧，小车在

水平向右的力作用下以的加速度做匀加速运动，运动过程

中弹簧处于压缩状态，弹力为1N，滑块与小车保持相对静止，现减

小外力使小车的加速度逐渐减小到零，则

A. 弹簧的弹力逐渐减少

B. 滑块受到的摩擦力保持不变

C. 当小车加速度为零时，滑块不受摩擦力作用

D. 滑块与小车仍保持相对静止

【答案】D

【解析】解：当加速度为时，以物体为研究对象，根据牛顿第二定律可得，解得，所以最大静摩擦力至少为3N，减小外力使小车的加速度逐渐减小到零时，此时摩擦力与弹簧弹力相等为1N，滑块与小车仍保持相对静止，根据可知摩擦力逐渐减小、弹力不变，故ABC错误、D正确。

故选：D。

12.（2019·河南郑州二模）如图所示，2019个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧在弹性限度内相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为，2和3间弹簧的弹力为，2018和2019间弹簧的弹力为，则下列结论正确的是

A. ：：：2：3：

B. 从左到右每根弹簧长度之化为1：2：3：

C. 如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，其余每个球的加速度依然为a，但第2019个小

球的加速度除外

D. 如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速

度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a

【答案】ACD

【解析】解：A、以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：，解得：；以后面的第1、2、个小球为研究对象，

根据牛顿第二定律可得可知：，，，则：

：：2：3：，故A正确；

B、由胡克定律知，结合A的分析可知：：：：2：3：，但弹簧的长度之比不满足，故B错误；

C、突然撤去F瞬间，除第2019个球所受合力突然变化外，其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为a，故C正确；

D、第1个球脱落瞬间加速度为0，第2个球的合力变为2ma，加速度变为2a，其它球的合力瞬间不变，加速度依然为a，故D正确。

故选：ACD。

13.（2019·湖南湘潭二模）如图所示，一条足够长且不可伸长的轻绳跨过光滑

轻质定滑轮，绳的右端与一质量为12kg的重物相连，重物静止于地面上，左

侧有一质量为10kg的猴子，从绳子的另一端沿绳子以大小为的加速度竖

直向上爬，取，则下列说法正确的是

A. 绳上的拉力大小为50N

B. 重物不会离开地面

C. 2s末物体上升的高度为5m

D. 重物的加速度大小为

【答案】C

【解析】解：A、对猴子受力分析，受到重力和绳对猴子的摩擦力，根据牛顿第二定律得：

解得：，即绳上的拉力大小为150N，故A错误；

B、因绳的拉力为，所以重物会离开地面，故B错误；

CD、对重物由牛顿第二定律得：，解得：，2s末物体上升的高度，故C正确D错误。

故选：C。

14.（2019·辽宁葫芦岛一模）如图所示，在水平面上有一传送带以速率沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连紧靠但不接触，现有一物块在右端水平面上以速度向左运动，物块速度随时间变化的图

象可能的是

A. B.

C. D.

【答案】ABD

【解析】解：第一种情况：物体在传送带上先减速向左滑行，有可能速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，加速度不变；

如果，物体向右运动时会一直加速，当速度大小增大到等于时，物体恰好离开传送带，有；

如果，物体向左的速度减至零后会在滑动摩擦力的作用下向右加速，当速度增大到

等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，有；

第二种情况：物体在传送带上减速向左滑行，直接向左滑出传送带，末速度一定小于，故ABD正确C错误。

故选：ABD。

15.(2019.年四川省攀枝花市二模)一物体被吊车用钢索竖直向上提升过程的图象如图所示。下列判断正确的是

A. 物体在加速过程中被吊起的高度为10m

B. ?内的平均速度大于?内的平均

速度

C. ～内物体处于超重状态

D. 前10s内钢索最容易发生断裂

【答案】AD

【解析】解：A、内物体加速上升。由图象与时间轴围成的面积表示位移，可

知，物体在加速过程中被吊起的高度为，故A正确；

B、根据平均速度公式可知～内的平均速度的大小等于～内的平均速度

的大小，均为，故B错误；

C、～内物体匀减速上升，加速度向下，拉力小于重力，处于失重状态，故C错误；

D、前10s内物体做匀加速直线运动，处于超重状态，拉力最大，钢索最容易发生断裂。故D正确。

故选：AD。

16.(2019.四川省攀枝花市二模)物体在恒定合外力F作用下由静止开始运动，经时间t，发生的位移为x，关于F在t时刻的功率P，下列说法中正确是

A. F的大小一定时，P与t成正比

B. F的大小一定时，P与x成正比

C. t一定时，P与F的大小成正比

D. x一定时，P与F的大小成正比

【答案】A

【解析】的大小一定时，根据牛顿第二定律可得，加速度一定，根据功率计算公式可得，P与t成正比，故A正确；

B.根据功率计算公式可得，F的大小一定时，P与成正比，故B错误；

C.t一定时，根据功率计算公式可得，P与的大小成正比，故C错误；

D.x一定时，根据功率计算公式可得，P与F不是成正比，故D错误。

故选A。

17.（2019·江苏淮安一调）如图所示，竖直平面内有固定的弯折形滑杆

轨道ACB和ADB，AC平行于DB，AD平行于一小圆环图中未画出先后套在ACB、ADB 上，从A点由静止释放，滑到B点所用的时间为、，到达B点的速度大小为、已知小圆环与两条轨道之间的动摩擦因数都相同，不计弯折处能量损失。下列关系式成立的是

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】解：A、根据牛顿第二定律知：AC段与DB段加速度相同，

AD段与CB段加速度相同，且AC段与DB段加速度较大，作出两

个过程的图象如图所示：

结合图象与时间轴所围的面积表示位移，两个过程位移相等，

则有，故A错误，B正确；

C、设任一斜面的倾角为，斜面长为L，则小圆环的摩擦力为：

则小圆环沿斜面下滑时摩擦力的功为：

其中为斜面的水平底边的长度；

根据上面分析可知小圆环沿ACB或ADB下滑时摩擦力的功和重力的功相同，根据动能定理可知到达B点时动能相等，即为：，故CD错误。

故选：B。

根据牛顿第二定律分析运动过程，从而作出对应的图象；再通过图象分析时间关系，根据动能定理分析小滑块沿ACB和ADB下滑到B点速度大小关系；

本题利用图象分析物体的运动情况比较简便，作图时要依据加速度关系、速度关系和路程分析，要注意体会根据图象分析问题的基本方法。

18.（2019·河南郑州一模）阿联酋迪拜哈利法塔，原名迪拜塔，塔高828m，也被称为世界第一高楼。楼层总数162层，配备56部电梯，最高速可达。游客乘坐观光电梯大约1min就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在时由静止开始上升，其加速度a与时间t的关系如图所示。下列相关说法正确的是

A. 时，电梯处于失重状态

B. ～时间内，绳索拉力最小

C. 时，电梯处于超重状态

D. 时，电梯速度恰好为0

【答案】D

【解析】解：A、根据图象可知当时刻电梯的加速度向上，电梯处于超重状态。故A错误。

B、～时间内，加速度的方向向下，电梯处于失重状态，绳子的拉力小于重力；而～

时间内，，电梯处于平衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，应大于电梯失重时绳索的拉力，所以这段时间内绳索拉力不是最小。故B错误。

C、时，电梯减速向上运动，，加速度方向向下，电梯处于失重状态，故C错误。

D、根据图象与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，由几何知识可知，60s内图象与坐标轴所围的面积为0，所以速度的变化量为0，而电梯的初速度为0，所以时，电梯速度恰好为故D正确。

故选：D。

19.(2019年四川省内江市二诊)如图所示，足够长的木板OM

下端的O点通过铰链与地面连接，其与水平地面间的夹角可

在～范围内调节。质量为1kg的小滑块在木板下端获得

的初速度沿木板向上运动，当夹角为时，小滑

块向上滑行的时间最短，大小为，重力加速度g取，

则此情况下

A. 木板的倾角

B. 小滑块上滑的最大高度为

C. 小滑块上滑过程损失的机械能为100J

D. 小滑块返回过程的加速度大小为

【答案】AD

【解析】解：A、小滑块沿木板向上滑行，由牛顿第二定律得：

，

整理得：，

设，则，

当时，a存在最大值，，

即，故，故A正确。

B、设小滑块上升的高度为h，则，解得：，故B错误。

C、根据如上计算可知，小滑块上滑过程克服摩擦力做功：

故机械能损失50J，故C错误。

D、因，故小滑块上滑到最高点处后反向下滑，此时

，故D正确。

故选：AD。

20.(2019年四川省乐山市一调)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从距弹簧上端高h处由静止释放。以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F随小球下落过程中的位置坐标x的变化关系，如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是

A. 最低点的坐标

B. 当时，小球的加速度为，且弹力大小为2mg

C. 当时，小球的动能最小

D. 小球动能的最大值

【答案】BD

【解析】解：AC、根据乙图可知，当，小球的重力等于弹簧的弹力，根据运动的对称性可知，小球运动的最低点大于，即当时，小球的动能不是最小，故AC错误；

B、由于当时小球的加速度为g，根据对称性可知，当时，小球的加速度为

，根据牛顿第二定律，解得弹力大小为，故B正确；D、小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知，故小球动能的最大值为，故D正确；

故选：BD。

21.（2019·湖南娄底二模）如图所示，一足够长的木板在光滑水平面

上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置

在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为为保持木板的速度不变，须对木板施一水平向右的作用力从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中，木块与物体组成的系统产生的内能为

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】解：AB、M对m的摩擦力向右，则m对M的摩擦力向左，m做匀加速直线运动，

当速度达到v和M一起做匀速运动；

对m，有：，

对M，有：，

匀加速运动的时间为：，

则：滑块运动的位移为：

木板运动的位移为：；

所以因摩擦产生的热量为：故C正确，ABD错误

故选：C。

22.（2019·湖南长沙二模）如图所示，一条足够长且不可伸长的轻绳跨过光滑轻质定滑轮，绳的右端与一质量为12kg的重物相连，重物静止于地面上，左侧有一质量为10kg的猴子，从绳子的另一端沿绳子以大小为的加速度竖直向上爬，取

，则下列说法正确的是

A. 绳上的拉力大小为50N

B. 重物不会离开地面

C. 2s末物体上升的高度为5m

D. 重物的加速度大小为

【答案】C

【解析】解：A、对猴子受力分析，受到重力和绳对猴子的摩擦力，根据牛顿第二定律得：

解得：，即绳上的拉力大小为150N，故A错误；

B、因绳的拉力为，所以重物会离开地面，故B错误；

CD、对重物由牛顿第二定律得：，解得：，2s末物体上升的高度，故C正确D错误。

故选：C。

23.（2019·湖南邵阳三模）从地面竖直上抛物体A，同时，在某高度处有一物体B自由落下，两物体在空中相遇时的速率都是v，则

A. 物体A的上抛初速率是两物体相遇时速率的2倍

B. 相遇时物体A已上升的高度和物体B已下落的高度相同

C. 物体A和物体B落地时间相等

D. 物体A和物体B落地速度相同

【答案】AD

【解析】解、A、设经过t时间相遇，则此时A物体的速度大小，B物体的速度大小，则。故A正确；

B、相遇时A物体的位移大小：，B物体的位移大小：，两物体位

移的大小不等。故B错误；

C、两物体在空中相遇时即到达同一水平高度的速率都是v，知竖直上抛运动的最高点时自由落体运动的抛出点。所以物体A在空中运行的总时间是物体B的两倍。故C错误；

D、A物体上升的最高点即为B物体自由下落的位置，所以物体A和B落地的速度相等，故D正确；

故选：AD。

A、设经过t时间相遇，则此时A物体的速度大小，B物体的速度大小，则．

B、根据A、B初末速度，根据速度位移公式求出它们的位移关系．

CD、竖直上抛运动上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动，两个过程对称两物体在空中相遇时即到达同一水平高度的速率都是v，知竖直上抛运动的最高点时自由落体运动的抛出点从而可知A、B运动的时间关系，以及A、B落地的速度大小关系．

24.（2019·湖南怀化三模）如图所示，物块A叠放在木板B上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，A、B间的动摩擦因数，现对A施加一水平向右的拉力F，测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示，下列说法正确的是设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

取

A. 当时，A、B都相对地面静止

B. 当时，A相对B发生滑动

C. A的质量为4kg

D. B的质量为24kg

【答案】BC

【解析】解：A、当A与B间的摩擦力达到最大静摩擦力后，A、B会发生相对滑动，由图可知，B的最大加速度为，即拉力时，A相对B发生滑动，当时，A、B保持相对静止，一起做匀加速直线运动，故A错误，B正确。

C、对B，根据牛顿第二定律得，，对A，根据牛顿第二定律得，

，，解得，，故C正确，D错误。

故选：BC。

25.(2019.甘肃兰州理一诊)质量为2kg的物体在水平力F作用下运动，时刻开始计时，3s末撤去F，物体继续运动一段时间后停止，其图象的一部分如图所示，整个过程中

阻力恒定，则下列说法正确的是

A. 水平力F为

B. 水平力F做功480J

C. 物体从时刻开始，运动的总位移为92m

D. 物体与水平面间的动摩擦因数为

【答案】B

【解析】解：A、由图象得，拉力作用时，物体做匀速直线运动，则有：

，故A错误；

B、由图象得，拉力作用的3s内物体的位移为：；则水平力F 做功为：故B正确。

C、物体从减速到速度为零过程有：，解得物体从减速到停止运动的距离为：

物体从时刻开始，运动的总位移为：

。故C错误

D、撤去拉力后，由图象得，物体加速度的大小为：撤去拉力后，对物体受力分析，由牛顿第二定律可得：，解得物体与水平面间的动摩擦因数为：故D错误。

故选：B。

26.（2019·河南郑州一模）如图所示，a、b两个物体静止叠放在水平桌面上，已知

，a、b间的动摩擦因数为，b与地面间的动摩擦因数为已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对a施加一水平向

右的拉力，下列判断正确的是

A. 若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过

B. 当力时，a、b间的摩擦力为

C. 无论力F为何值，b的加速度不会超过

D. 当力时，b相对a滑动

【答案】A

【解析】解：AD、a、b之间的最大静摩擦力为：，b与地面间的最大静摩擦力为：

。

a、b相对地面一起运动，刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律得：

对b有：，得。

对整体有：，得：，所以若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过，当力时，b相对a滑动，故A正确、D错误；

B、当力时，ab一起加速运动，加速度为：，对a根据牛顿第二定律可得：，解得a、b间的摩擦力为，故B错误；

C、根据A选项的分析可知，无论力F为何值，b的加速度不会超过，故C错误。

故选：A。

27.(2019.陕西省汉中一模)如图所示，在光滑的水平面上有一足

够长的质量为的长木板，在长木板右端有一质量为的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为，长木板与小物块均静止。现用的水平恒力向右拉长木板，经时间撤去水平恒力F。

在F的作用下，长木板的加速度为多大；

最终长木板与小物块一同以多大的速度匀速运动；

最终小物块离长木板右端多远。

【答案】解：对木板，水平方向受拉力和摩擦力作用，由牛顿第二定律得

得：。

未撤去时，m的加速度。

刚撤F时，长木板的速度：

，

小物块的速度：

撤F后，M的加速度大小

长木板与小物块最终速度

解得

内m与M的相对位移

解得

撤去F后，m与M的相对位移

解得

因此最终小物块离长木板右端

答：在F的作用下，长木板的加速度为；

最终长木板与小物块一同以的速度匀速运动；

最终小物块离长木板右端。

28.（2019·河南郑州一模）二十一世纪新能源环保汽车在设计阶段要对其各项性能进行测试。某次新能源汽车性能测试中，如图甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化的关系，但由于机械故障，速度传感器只传回了第25s以后的数据，如图乙所示。已知汽车质量为1500kg，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，设汽车所受阻力恒定。

末汽车的速度是多少？

前25s内的汽车的位移是多少？

【答案】解：～内由牛顿第二定律得：

6s末车速为：

在内，由牛顿第二定律得：

第18s末车速为：

由图知18s后汽车匀速直线运动，牵引力等于阻力，故有：

，

解得18s末的车速：；

汽车在内的位移为：，

汽车在内的位移为：，

汽车在内的位移为：

故汽车在前20s的位移为：。

答：末汽车的速度是；

前25s内的汽车的位移是608m。

29.（2019·江西吉安一模）如图所示，足够长的木板静止在光滑水平地面上，木板上的A点放有一小物块。木板和物块的质量均为m，物块与木板之间的动摩擦因素为，认为最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。现给物块一个水平向右的速度，，并同时给物块一个水平向左的恒力F、，而后在物块速度减小到0时撤去外力F，取，求：

它们第一次速度相同时速度的大小；

撤去外力时木板运动速度的大小；

最终物块停在木板上的位置离A点的距离。

【答案】解：物块在木板上滑动时摩擦力的大小为

物块获得初速度后做减速运动、木板做加速运动，直至速度相同。设这一过程中木板与物块的加速度分别为a、，则

对物块有：，

对木板：

经过时间物块和木板第一次具有相同的速度v，有：，

联解求得，

共同速度为：

两者达到共同速度后，物块继续减速运动，设加速度为，木板也做减速运动，加速度方向改变、大小仍为a。

设物块减速经时间速度为0时木板速度为V，则

对物块有：，，

对木板：，

联解求得，

撤去外力时木板速度为：

在时间内，物块相对木板向右滑动，设滑动的距离为，则：

在时间内，物块相对木板向左滑动，设滑动的距离为，则：

撤去外力后，物块和木板组成的系统动量守恒，设最终速度达到u时物块相对木板向左滑动的距离为，则

由动量守恒得：

由能量关系得：

解得：

设物块最终停在木板上的位置离A点的距离x，则：

，停在A点的右侧。

答：它们第一次速度相同时速度的大小为；

撤去外力时木板运动速度的大小为；

最终物块停在木板上的位置离A点的距离为，停在A

点的右侧。

30.（2019·辽宁沈阳二模）在“互联网 ”时代，网上购物已经成

为一种常见的消费方式，网购也促进了快递业发展。如图，一快

递小哥在水平地面上拖拉一个货箱，货箱的总质量为15kg，货

箱与地面间的动摩擦因数若该小哥拉着货箱在水平地面

上做匀速运动，取，求：

拉力方向与水平面成角时拉力的大小结果保留一位小数；

所施加拉力的最小值和方向。

【答案】解：研究货箱，根据平衡条件有：

解得：N

对物体受力分析，设拉力最小时，F与水

平方向夹角，如图1所示；

则根据平衡条件有：

解得：

整理得：

当时，有最小值

的最小值为：N

方法二：如图2所示，

即弹力和滑动摩擦力的合力方向固定不变，

当拉力的方向垂直时，拉力有最小值。

由矢量三角形的关系可得：N。

答：拉力方向与水平面成角时拉力的大小为N；

所施加拉力的最小值为75N，方向与水平方向夹角为。