2022年高考物理一輪復習 專題 牛頓運動定律練習

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1、2022年高考物理一輪復習 專題 牛頓運動定律練習 一、單選題 1.通過理想斜面實驗得出“力不是維持物體運動的原因”的科學家是（? ） A.?亞里士多德???????????????????????????????B.?伽利略???????????????????????????????C.?笛卡爾???????????????????????????????D.?牛頓 【答案】B 【考點】牛頓第一定律 【解析】【解答】A:亞里士多德提出了運動需要力來維持；B、伽利略用理想實驗驗證了“力不是維持物體運動的原因”C、笛卡爾在伽利略基礎上了提出了相似的

2、觀點D、牛頓總結了前人的工作【分析】物理學史的知識，每一位科學家都有他的經(jīng)典之作，記牢即可選擇出答案。 2.（2018?卷Ⅰ）如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動，以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F和x之間關系的圖像可能正確的是（?? ） ?? A B C D 【答案】A 【考點】連接體問題，胡克定律，物體的

3、受力分析 【解析】【解答】由牛頓運動定律，F(xiàn)-mg+F彈=ma ， F彈=k(x0-x),kx0=mg ， 聯(lián)立解得F=ma+ kx ， 對比題給的四個圖象，可能正確的是A。故答案為：A 【分析】該題需選擇物塊P為研究對象，對P分兩種情況進行進行受力分析：未對P施加拉力F時，有mg=kx0；對P施加拉力F后，然后根據(jù)牛頓第二定律F合=ma列出方程。即可推導出拉力F與x的關系式。 3.（2018?北京）根據(jù)高中所學知識可知,做自由落體運動的小球,將落在正下方位置。但實際上,赤道上方200m處無初速下落的小球將落在正下方位置偏東約6cm處,這一現(xiàn)象可解釋為,除重力外,由于地球自轉

4、,下落過程小球還受到一個水平向東的“力”,該“力”與豎直方向的速度大小成正比,現(xiàn)將小球從赤道地面豎直上拋,考慮對稱性,上升過程該“力”水平向西,則小球（?? ） A.到最高點時,水平方向的加速度和速度均為零 B.到最高點時,水平方向的加速度和速度均不為零 C.落地點在拋出點東側 D.落地點在拋出點西側 【答案】D 【考點】對質點系的應用，位移的合成與分解 【解析】【解答】根據(jù)題意，將小球從赤道地面豎直上拋，水平方向受到一個與豎直方向的速度大小成正比的力，小球從地面豎直上拋，速度越來越小，故水平方向的力越來越小，到達最高點時，豎直方向的速度為零，故

5、水平方向的加速度為零，水平方向小球做加速度減小的加速運動，故到達最高點時，小球的速度不為零，故AB錯誤；小球在下落的過程中，豎直方向做勻加速直線運動，所以水平方向加速度逐漸增大；水平方向加速度向東，所以向西做加速度增大的減速運動，再根據(jù)運動學規(guī)律得出落地點在拋出點西側，故C錯誤；故答案為：D。 【分析】本題屬于新穎的題型，這樣的水平力，學生平時應該都沒有見過，但是仔細分析題干就會得出其實這就是運動的合成與分解，小球參與了水平和豎直兩個方向的運動，結合牛頓運動定律即可得出答案。 4.用國際單位制的基本單位表示能量的單位，下列正確的是（? ） A.?kg.m2/s2?

6、???????????????????????????????B.?kg.m/s2????????????????????????????????C.?N/m????????????????????????????????D.?N.m 【答案】A 【考點】單位制及量綱 【解析】【解答】能量單位為焦耳J，根據(jù)做功W=FL，可知1J=1Nm，而1N=1kg.m/s2 ,因此正確答案為A 【分析】利用公式推導新的單位，這是對量綱的考察，國際基本單位有7個，Kg、m，s、A、mol，T、Cd；其它單位都是導出單位。 5.如圖所示，在光滑水平面上以水平恒力F拉動小車，讓小車和木塊一起

7、做無相對滑動的加速運動，若小車質量為M，木塊質量為m，加速度大小為a，木塊和小車間的動摩擦因數(shù)為μ．對于這個過程，某同學用了以下4個式子來表達拉力F的大小，下述表達式一定正確的是（　?。? A.?Ma????????????????????????????B.?μmg+Ma????????????????????????????C.?（M+m）a????????????????????????????D.?μmg+ma 【答案】C 【考點】滑動摩擦力，靜摩擦力，對質點系的應用，連接體問題 【解析】【解答】解：A、先對整體受力分析，受重力、支持力和拉力，根據(jù)牛頓第二定律，有：

8、 F=（M+m）a，A不符合題意，C符合題意， B、由于M與m間無相對滑動，未靜摩擦力，則不能用f=μmg來計算兩者間的摩擦力大小，BD不符合題意 故答案為 ：C 【分析】先對整體受力分析，受重力、支持力和拉力，根據(jù)牛頓第二定律F=（M+m）a，由于M與m間無相對滑動，未靜摩擦力，則不能用f=μmg來計算兩者間的摩擦力大小。 6.如圖所示，n個質量為m的相同木塊并列放在水平面上，木塊跟水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，當對1木塊施加一個水平向右的推力F時，木塊加速運動，木塊5對木塊4的壓力大小為（　?。? A.?F????????????????????????????????????B

9、.?????????????????????????????????????C.?????????????????????????????????????D.? 【答案】D 【考點】對單物體(質點)的應用 【解析】【解答】解：以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律：F=nma得：a= 以1234為研究對象，設5對4 的壓力為N，根據(jù)牛頓第二定律：F﹣N=4m?a 聯(lián)立以上二式得：N= ，ABC不符合題意，D符合題意． 故答案為：D． 【分析】本題考查整體法與隔離法結合牛頓第二定律的應用，整體應用牛頓第二定律求出整體的加速度，再隔離計算木塊5對木塊4的壓力大小。 7.如圖

10、所示，A、B兩物體質量分別為mA、mB ， 且mA＞mB ， 置于光滑水平面上，相距較遠．將兩個大小均為F的力，同時分別作用在A、B上經(jīng)過相同距離后，撤去兩個力，兩物體發(fā)生碰撞并粘在一起后將（　?。? A.?停止運動???????????????????????B.?向左運動???????????????????????C.?向右運動???????????????????????D.?運動方向不能確定 【答案】C 【考點】對單物體(質點)的應用，動量定理，動量守恒定律，勻變速直線運動基本公式應用 【解析】【解答】解：力F大小相等，mA＞mB ， 由牛頓第二定律可知

11、，兩物體的加速度有：aA＜aB ， 由題意知：SA=SB ， 由運動學公式得：SA= aAtA2 ， SB= aBtB2 ， 可知：tA＞tB ， 由IA=F?tA ， IB=F?tB ， 得：IA＞IB ， 由動量定理可知△PA=IA ， △PB=IB ， 則PA＞PB ， 碰前系統(tǒng)總動量向右，碰撞過程動量守恒， 由動量守恒定律可知，碰后總動量向右，ABD不符合題意，C符合題意． 故答案為：C． 【分析】判斷兩物體發(fā)生碰撞并粘在一起后做什么樣的運動，先由牛頓第二定律求出加速度，再判斷沖量的大小，最后根據(jù)碰前系統(tǒng)總動量向右，碰撞過程動量守恒，由動

12、量守恒定律可知，碰后總動量向右。 8.如圖，在傾角為α的固定光滑斜面上，有一用繩子栓著的長木板，木板上站著一只貓．已知木板的質量是貓的質量的2倍．當繩子突然斷開時，貓立即沿著板向上跑，以保持其相對斜面的位置不變．則此時木板沿斜面下滑的加速度為（　?。? A.?sinα???????????????????????????????B.?1.5gsinα???????????????????????????????C.?gsinα???????????????????????????????D.?2gsinα 【答案】B 【考點】對質點系的應用，連接體問題 【解析】【解答】解

13、：木板沿斜面加速下滑時，貓保持相對斜面的位置不變，即相對斜面靜止，加速度為0， 對系統(tǒng)，由牛頓第二定律得：3mgsinα=2mga，解得：a=1.5gsinα； 故答案為：B． 【分析】本體用整體法比較簡單，貓保持相對斜面的位置不變，即相對斜面靜止，加速度為0，對整體列牛頓第二定律方程即可求解。 9.如圖所示，某滑雪場的索道與水平面夾角為θ=37°，質量為m=50g的人坐在纜車內(nèi)的水平座椅上，當纜車隨索道以a=2m/s2的加速度斜向上運動時，已知g=10m/s2 ， sin37°=0.6，cos37°=0.8，則（?? ） A.?座椅對人的摩擦力大小為100N???????B.

14、?座椅對人的摩擦力方向與水平方向的夾角為37°且指向右上方 C.?座椅對人的支持力大小為560N???????D.?座椅對人的作用力方向與水平方向的夾角為37°且指向右上方 【答案】C 【考點】對單物體(質點)的應用 【解析】【解答】解：AB、將加速度a分解為水平方向和豎直方向，則水平加速度為：ax=acos37°=1.6m/s2 ， ay=asin37°=1.2m/s2 ， 在水平方向上根據(jù)牛頓第二定律得：f=max=80N，故AB錯誤． C、在豎直方向上，根據(jù)牛頓第二定律得：N﹣mg=may ， 解得：N=mg+may=560N，故C正確 D、座椅對

15、人的作用力方向與水平方向的夾角的正切值為： ，故D錯誤 故選：C． 【分析】將加速度a分解為水平方向和豎直方向，在兩個方向上通過牛頓第二定律求出靜摩擦力和彈力的大?。? 10.如圖所示，一根跨過一固定的水平光滑細桿的輕繩兩端拴有兩個小球，球a置于水平地面上，球b被拉到與細桿同一水平的位置，把繩拉直后，由靜止釋放球b，當球b擺到O點正下方時，球a對地面的壓力大小為其重力的 ，已知圖中Ob段的長度小于Oa段的長度，不計空氣阻力，則（?? ） A.?球b下擺過程中處于失重狀態(tài)??????????????????????????????????????????????????? B.?球b

16、下擺過程中向心加速度變小 C.?當球b擺到O點正下方時，球b所受的向心力為球a重力的 ????? D.?兩球質量之比ma：mb=9：2 【答案】D 【考點】對單物體(質點)的應用，向心力，動能定理的理解 【解析】【解答】解：A、球b下落過程中，做圓周運動，向心加速度指向圓心，加速度向上，故處于超重，故A錯誤； B、b球速度增大，根據(jù)a= 可知，向心加速度增大，故B錯誤； C、當球b擺到O點正下方時，球a對地面的壓力大小為其重力的 ，則F+FN=mag，解得 ，球b所受的向心力為F向=F﹣mbg= ，故C錯誤 D、設Ob繩長為l，在下落過程中，根據(jù)動能定理可知 ，則 ，

17、聯(lián)立解得ma：mb=9：2，故D正確； 故選：D 【分析】b球下落過程中作圓周運動的一部分，根據(jù)加速度的方向判斷出超失重現(xiàn)象，當b球擺到豎直最低位置時，球a對地面的壓力大小為其重力的 ，判斷出繩子的拉力，由牛頓第二定律，結合向心力公式可列出質量、速度及半徑間的關系；再運用機械能守恒定律可列出b球的質量與速度間的關系；最后可求出兩球質量關系． 11.如圖所示，一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面．若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等，則在上述過程中（?? ） A.?桌布對魚缸摩擦力的方向向左?????????????????????????????B.?魚

18、缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等 C.?若貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力將增大???????????D.?若貓減小拉力，魚缸肯定不會滑出桌面 【答案】B 【考點】滑動摩擦力，對質點系的應用，連接體問題，勻變速直線運動基本公式應用 【解析】【解答】解：A、桌布向右拉出時，魚缸相對于桌布有向左的運動，故魚缸受到的摩擦力向右；故A錯誤； B、由于魚缸在桌面上和在桌布上的動摩擦因數(shù)相同，故受到的摩擦力相等，則由牛頓第二定律可知，加速度大小相等；但在桌面上做減速運動，則由v=at可知，它在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等；故B正確； C、魚缸受到的摩擦力為滑動摩擦力，其大小與拉力

19、無關，只與壓力和動摩擦因數(shù)有關，因此增大拉力時，摩擦力不變；故C錯誤； D、貓減小拉力時，桌布在桌面上運動的加速度減小，則運動時間變長；因此魚缸加速時間變長，桌布抽出時的位移以及速度均變大，則有可能滑出桌面；故D錯誤； 故選：B 【分析】根據(jù)摩擦力性質可判斷魚缸受到的摩擦力方向以及拉力變化時摩擦力的變化情況；再根據(jù)牛頓第二定律以及運動學公式進行分析，明確拉力變化后運動位移的變化情況． 12.某個質量為m、帶電量為﹣q（q＞0）的小球僅在重力作用下從靜止開始沿豎直向下方向做勻加速直線運動，一段時間后在小球運動的空間中施加豎直方向的勻強電場，小球又經(jīng)過相等的時間恰好回到出發(fā)點，則（?? ）

20、 A.?電場強度方向豎直向下，大小為 ????????????????B.?電場強度方向豎直向下，大小為 C.?電場強度方向豎直向上，大小為 ??????????????????D.?電場強度方向豎直向上，大小為 【答案】A 【考點】牛頓運動定律與電磁學綜合，勻變速直線運動導出公式應用 【解析】【解答】解：電場力大小為F=qE， 設勻加速直線運動的時間為t．向下的過程中：h= ① 對于勻變速直線運動，有 a= ② 據(jù)題有： ③ 解得 F=4mg 所以：E= ．故A正確，BCD錯誤． 故選：A 【分析】物體先向上勻加速直線運動，撤去拉

21、力后的運動可以看成一種有往復的勻減速直線運動，兩個過程的位移大小相等、方向相反，由牛頓第二定律和位移公式結合求解． 13.如圖所示，質量分別為m和M的兩長方體物塊P和Q，疊放在傾角為θ的固定斜面上．P、Q間的動摩擦因數(shù)為μ1 ， Q與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ2 ． 當它們從靜止釋放沿斜面滑下時，兩物塊始終保持相對靜止，則物塊P對Q的摩擦力為（?? ） A.?μ1mgcosθ，方向平行于斜面向上??????????????????????B.?μ2mgcosθ，方向平行于斜面向下 C.?μ2mgcosθ，方向平行于斜面向上??????????????????????D.?μ1mgcos

22、θ，方向平行于斜面向下 【答案】B 【考點】對單物體(質點)的應用，整體法隔離法 【解析】【解答】解：對PQ整體受力分析，受到重力、支持力和滑動摩擦力，如圖 根據(jù)牛頓第二定律，有：（m+M）gsinθ﹣μ2（m+M）gcosθ=（M+m）a 解得：a=g（sinθ﹣μ2cosθ）…① 再對P物體受力分析，受到重力mg、支持力和沿斜面向上的靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有 mgsinθ﹣Ff=ma…② 由①②解得P受到的摩擦力大小為：Ff=μ2mgcosθ，方向沿斜面向上； 根據(jù)牛頓第三定律可得物塊P對Q的摩擦力為μ2mgcosθ，方向平行于斜面向下． 故ACD錯

23、誤、B正確； 故選：B． 【分析】先對PQ整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解出加速度，然后隔離出物體P，受力分析后根據(jù)牛頓第二定律列式求解出Q對P的摩擦力，再根據(jù)牛頓第三定律求解P對Q的摩擦力． 14.如圖所示，質量分別為m、2m的球A、B由輕質彈簧相連后再用細線懸掛在正在豎直向上做勻加速運動的電梯內(nèi)，細線中的拉力為F，此時突然剪斷細線，在線斷的瞬間，彈簧的彈力的大小和小球A的加速度大小分別為（?? ） A.?， +g?????????????B.?， +g C.?， +g???????? ??????D.?， +g 【答案】A 【考點】對質點系的應用，

24、連接體問題 【解析】【解答】解：剪斷細線前：設彈簧的彈力大小為f．根據(jù)牛頓第二定律得 ??? 對整體：F﹣3mg=3ma ??? 對B球：f﹣2mg=2ma 解得，f= 剪斷細線的瞬間：彈簧的彈力沒有來得及變化，大小仍為f= ． ?? 對A球：mg+f=maA 得aA= +g 故選A 【分析】先分別以整體和B球為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律研究剪斷細線前彈簧的彈力．剪斷細線的瞬間，彈簧的彈力沒有來得及變化，再由根據(jù)牛頓第二定律求出A球的加速度． 15.一滑塊以一定的初速度從一固定斜面的底端向上沖，到斜面上某一點后返回底端，斜面粗糙．滑塊運動過程中加速度與時間關系圖象如

25、圖所示．下列四幅圖象分別表示滑塊運動過程中位移x、速度v、動能Ek和重力勢能Ep（以斜面底端為參考平面）隨時間變化的關系圖象，其中正確的是（?? ） A.????????B.??????????C.????????D.? 【答案】D 【考點】牛頓定律與圖象，功能關系，機械能守恒及其條件，能量守恒定律，動能與重力勢能 【解析】【解答】解：A、物塊向上做勻減速直線運動，向下做勻加速直線運動，據(jù)位移公式可知，位移與時間成二次函數(shù)關系；據(jù)運動學公式可知，下滑所有的時間要大于上升所用的時間，先減速后加速，加速度始終向下，所以x﹣t圖象應是開口向下的拋物線，故A錯誤； B、由A分析

26、知速度方向相反，故B錯誤； C、根據(jù)Ek= mv2知動能先減小后增大，與時間為二次函數(shù)，故C錯誤； D、Ep=mgh=mgx=mg（v0t ），a為負，故為開口向下的拋物線，故D正確． 故選：D 【分析】根據(jù)a﹣t圖象知上滑和下滑過程中的加速度大小，從而得出速度隨時間的變化規(guī)律； 利用速度公式和動能定得出動能、勢能與時間的規(guī)律，再分析選項即可． 16.如圖所示，一根固定直桿與水平方向夾角為θ，將質量為m1的滑塊套在桿上，通過輕繩懸掛質量為m2的小球，桿與滑塊之間的動摩擦因數(shù)為μ．通過某種外部作用，使滑塊和小球瞬間獲得初動量后，撤去外部作用，發(fā)現(xiàn)滑塊與小球仍保持相對靜止一起運動，且輕

27、繩與豎直方向夾角β＞θ．則滑塊的運動情況是（?? ） A.?動量方向沿桿向下，正在均勻增大??????????????????????B.?動量方向沿桿向下，正在均勻減小 C.?動量方向沿桿向上，正在均勻增大??????????????????????D.?動量方向沿桿向上，正在均勻減小 【答案】D 【考點】對質點系的應用，連接體問題，整體法隔離法，假設法 【解析】【解答】解：把滑塊和球看做一個整體受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐標系得， 若假設 滑塊速度方向向下，則 沿斜面方向：（m1+m2）gsinθ﹣f=（m1+m2）a? 垂直斜面方向：FN=（m1+m

28、2）gcosθ 其中摩擦力：f=μFN 聯(lián)立可解得：a=gsinθ﹣μgcosθ， 對小球現(xiàn)有：θ＜β，則有 a＞gsinβ 所以gsinθ﹣μgcosθ＞gsinβ gsinθ﹣gsinβ＞μgcosθ 因為θ＜β，所以gsinθ﹣gsinβ＜0，但μgcosθ＞0 所以假設不成立，即速度的方向一定向上． 滑塊向上運動，重力有沿桿向下的分力，同時摩擦力的方向沿桿的方向向下，所以滑塊的加速度方向向下，滑塊沿桿減速上滑．則滑塊的動量方向沿桿向上，正在均勻減?。蔄BC錯誤，D正確 故選：D 【分析】滑塊與小球保持相對靜止，并以相同的加速度a一起下滑，對整體進行受力分析求出加

29、速度，采用隔離法，分析小球的受力，求出加速度，結合θ＜β分析即可判斷． 17.如圖所示，豎直半圓環(huán)中有多條起始于A點的光滑軌道，其中AB通過環(huán)心O并保持豎直．一質點分別自A點沿各條軌道下滑，初速度均為零．那么，質點沿各軌道下滑的時間相比較（?? ） A.?無論沿圖中哪條軌道下滑，所用的時間均相同 B.?質點沿著與AB夾角越大的軌道下滑，時間越短 C.?質點沿著軌道AB下滑，時間最短 D.?軌道與AB夾角越小（AB除外），質點沿其下滑的時間越短 【答案】A 【考點】對單物體(質點)的應用，勻變速直線運動基本公式應用 【解析】【解答】解：設半徑為R，斜面與豎直方向夾角

30、為θ，則物體運動的位移為x=2Rcosθ，物體運動的加速度a= =gcosθ，根據(jù)x= at2 ， 則t= ，與θ角無關．而知道弦長和傾角也能算出半徑，所以A正確，BCD錯誤． 故選：A． 【分析】設半徑為R，斜面與豎直方向夾角為θ，則物體運動的位移為x=2Rcosθ，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，然后根據(jù)x= at2求解時間． 18.如圖所示，將小球a從地面以初速度v0豎直上拋的同時，將另一小球b從距地面h處由靜止釋放，a的質量小于b的質量，兩球恰在0.5h相遇（不計空氣阻力）．則兩球運動過程中（?? ） A.?小球a超重，小球b失重???????????????????????

31、???????????????? B.?相遇時兩球速度大小相等 C.?從開始運動到相遇，球a動能的減少量等于球b動能的增加量?????????? D.?相遇后的任意時刻，重力對球a做功功率小于重力對球b做功功率 【答案】D 【考點】超重失重，動能定理的綜合應用 【解析】【解答】解：A、ab運動的加速度都向下，故都處于失重狀態(tài)，A不符合題意； B、從題目內(nèi)容可看出，在0.5h處相遇，此時a球和b球的位移大小相同，時間相同，它們的加速度也相同，a豎直上拋，b自由落體，設相遇時間為t，相遇時A的速度為v，b的速度為v′則有： ，由自由落體規(guī)律得，v′=gt，v=v0﹣gt，故

32、相遇時a的速度為零，B不符合題意； C、根據(jù)動能定理額可知△Ek=mgh可孩子，由于質量不變，動能的變化量不相同，C不符合題意； D、相遇時，a球的速度剛好為0，而b球的速度剛好為v0 ， 相遇后，a的速度一直比b的速度小，而a的質量小于b的質量，重力對球a做功功率小于重力對球b做功功率，D符合題意． 故答案為：D 【分析】根據(jù)題目中已知，結合動能定理以及功率的公式綜合分析列式求解。 19.如圖，小車的直桿頂端固定著小球，當小車向左做勻加速運動時，球受桿子作用力的方向可能沿圖中的（ ） A.?OA方向??????????????????????????????B.?OB方向?

33、?????????????????????????????C.?OC方向??????????????????????????????D.?OD方向 【答案】A 【考點】彈力，對單物體(質點)的應用 【解析】【解答】解：小球和小車的加速度相同，所以小球在重力和桿的作用力兩個力的作用下也沿水平向左的方向加速運動，加速度水平向左，根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知，加速度的方向與合力的方向相同，合力水平向左，根據(jù)力的合成的平行四邊形定則，直桿對小球的作用力只可能沿OA方向．A符合題意，BCD不符合題意 故答案為：A 【分析】以小球研究對象進行受力分析，根據(jù)小球和小車的加速度相同已及頓第

34、二運動定律的矢量性進行判斷。 20.一質點在斜面上做直線運動，某段過程中其速度的平方和位移的圖象如圖所示，圖中a、b和c均為已知，重力加速度為g，由圖可知（　?。? A.?該過程中上滑所用時間與下滑所用時間相等?????????? B.?斜面與水平面夾角的正弦值為 C.?上滑過程機械能的變化量大于下滑過程中機械能的變化量?????????? D.?圖線①表示質點沿斜面下滑過程，圖線②表示質點沿斜面上滑過程 【答案】B 【考點】V-t圖象，對單物體(質點)的應用，勻變速直線運動基本公式應用 【解析】【解答】解：AD、質點沿斜面上滑時，位移逐漸增大，速度逐漸減小．下滑

35、時位移逐漸減小，速度逐漸增大，所以圖線①表示質點沿斜面上滑過程，圖線②表示質點沿斜面下滑過程．根據(jù)運動學公式有 v2﹣v02=2ax，根據(jù)數(shù)學知識可知，v2﹣x圖象的斜率 k=2a，斜率絕對值越大，質點的加速度越大，則知質點的上滑過程加速度比下滑過程的大，上滑所用時間比下滑所用時間短，AD不符合題意． B、設上滑和下滑過程的加速度分別為a1和a2 ． 則有 2a1= ，2a2= 設斜面的傾角為θ，根據(jù)牛頓第二定律，上滑有：mgsinθ+μmgcosθ=ma1 ， 下滑有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2 ， 聯(lián)立解得：sinθ= ．B符合題意． C、上滑過程與下滑過程質點克服摩

36、擦力做功相等，則上滑過程機械能的變化量與下滑過程中機械能的變化量相等，C不符合題意． 故答案為：B 【分析】首先，明確圖像斜率的物理意義，再根據(jù)牛頓第二運動定律，結合運動學公式，綜合列式求解。 21.如圖所示，兩個質量分別為m1、m2的物塊A和B通過一輕彈簧連接在一起并放置于水平傳送帶上，水平輕繩一端連接A，另一端固定在墻上，A、B與傳送帶間動摩擦因數(shù)均為μ．傳送帶順時針方向轉動，系統(tǒng)達到穩(wěn)定后，突然剪斷輕繩的瞬間，設A、B的加速度大小分別為aA和aB ， （彈簧在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g）則（　?。? A.?aA=μ（1+ ）g，aB=μg???????????????????

37、??????????B.?aA=μg，aB=0 C.?aA=μ（1+ ）g，aB=0????????????????????????????????D.?aA=μg，aB=μg 【答案】C 【考點】連接體問題 【解析】【解答】解：對物塊B分析，摩擦力與彈簧彈力平衡，有：μm2g=kx， 則：x= ． 以兩個物塊組成的整體為研究對象，則繩子的拉力：T=μ（m1+m2）g 突然剪斷輕繩的瞬間，繩子的拉力減小為0，而彈簧的彈力不變，則A受到的合外力與T大小相等，方向相反，則： aA= B在水平方向仍然受到彈簧的拉力和傳送帶的摩擦力，合外力不變，仍然等于0，所以B的加速度

38、仍然等于0．故C符合題意，ABD不符合題意. 故答案為：C. 【分析】分別對物塊B和整體分析，通過共點力平衡，結合胡克定律求出兩根彈簧的形變量和繩子的拉力；然后結合突然剪斷輕繩的瞬間，繩子的拉力減小為0，而彈簧的彈力不變，再分別由牛頓第二定律求出加速度即可． 二、多選題 22.（2018?江蘇）如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置．物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達B點．在從A到B的過程中，物塊（??? ） A.?加速度先減小后增大??????????????????????????????????????????

39、?B.?經(jīng)過O點時的速度最大 C.?所受彈簧彈力始終做正功????????????????????????????????????D.?所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功 【答案】A,D 【考點】對質點系的應用，彈性勢能，動能定理的綜合應用 【解析】【解答】物體從A點到O點過程，彈力逐漸減為零，剛開始彈簧彈力大于摩擦力，故可分為彈力大于摩擦力過程和彈力小于摩擦力過程：彈力大于摩擦力過程，合力向右，加速度也向右，由于彈力減小，摩擦力不變，小球所受合力減小加速度減小，彈力等于摩擦力時速度最大，此位置在A點與O點之間；彈力小于摩擦力過程，合力方向與運動方向相反，彈力減小，摩擦力

40、大小不變，物體所受合力增大，物體的加速度隨彈簧形變量的減小而增加，物體作減速運動；從O點到B點的過程彈力增大，合力向左，加速度繼續(xù)增大， A符合題意、B不符合題意；從A點到O點過程，彈簧由壓縮恢復原長彈力做正功，從O點到B點的過程，彈簧伸長，彈力做負功，C不符合題意；從A到B的過程中根據(jù)動能定理彈簧彈力做的功等于物體克服摩擦力做的功， 故答案為：AD。 【分析】先明確從A到O的過程，彈簧壓縮量先變小后伸長量變大，可知對物體先做正功后做負功，然后對物體進行受力分析，結合牛頓第二定律可確定加速度的變化情況，有動能定理可知從A到B的過程中彈簧彈力做功與克服摩擦力做功的關系。 23.如圖7甲所示

41、，用粘性材料粘在一起的A、B兩物塊靜止于光滑水平面上，兩物塊的質量分別為 mA=lkg、mB=2kg，當A、B之間產(chǎn)生拉力且大于0.3N時A、B將會分離．t=0時刻開始對物塊A施加一水平推力F1 ， 同時對物塊B施加同一方向的拉力F2 ， 使A、B從靜止開始運動，運動過程中F1、F2方向保持不變，F(xiàn)1、F2的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．則下列關于A、B兩物塊 受力及運動情況的分析，正確的是（　?。? A.?t=2.0s時刻A，B之間作用力大小為0.6N?????????????B.?t=2.0s時刻A，B之間作用力為零 C.?t=2.5s時刻A對B的作用力方向向左????????

42、?????????????D.?從t=0時刻到A，B分離，它們運動的位移為5.4m 【答案】A,D 【考點】彈力，對單物體(質點)的應用 【解析】【解答】解：設t時刻AB分離，分離之前AB物體共同運動，加速度為a，以整體為研究對象，則有： a= = =1.2m/s2 ， 分離時：F2﹣f=mBa， 得：F2=f+mBa=0.3+2×1.2=2.7N， 經(jīng)歷時間：t= ×2.7=3s， 根據(jù)位移公式：s= at2=5.4m，則D正確； 當t=2s時，F(xiàn)2=1.8N，F(xiàn)2+f=mBa，得：f=mBa﹣F2=0.6N，A正確，B錯誤； 當t=2.5s時，F(xiàn)2=2.2

43、5N，F(xiàn)2+f=m2a，得：f=m2a﹣F2＞0，C錯誤． BC不符合題意，AD符合題意 故答案為：AD． 【分析】本題AB兩個物體連接體，對于連接體問題，通常采用整體法和隔離法相結合求解，當以整體為研究對象受力分析時AB之間的作用力不分析． 24.如圖所示，M為定滑輪，一根細繩跨過M，一端系著物體C，另一端系著一動滑輪N，動滑輪N兩側分別懸掛著A、B兩物體，已知B物體的質量為3kg，不計滑輪和繩的質量以及一切摩擦，若C物體的質量為9kg，則關于C物體的狀態(tài)下列說法正確的是（　　） A.?當A的質量取值合適，C物體有可能處于平衡狀態(tài)?????????? B.?無論A物體的質量是

44、多大，C物體不可能平衡 C.?當A的質量足夠大時，C物體不可能向上加速運動?????????? D.?當A的質量取值合適，C物體可以向上加速也可以向下加速運動 【答案】A,D 【考點】共點力平衡條件的應用，對單物體(質點)的應用 【解析】【解答】解：A、首先取AB連接體為研究對象，當A的質量遠遠小于B的質量，則B以接近重力加速度做向下的加速運動，B處于失重狀態(tài)，細繩的最小拉力接近為零；當A的質量遠遠大于B的質量時，則B以接近重力加速度向上做加速運動，B處于超重狀態(tài)，細繩的最大拉力接近B的重力的兩倍，故此時細繩拉C的最大拉力為B的重力的4倍，故當A的質量取值合適，C的質量在大

45、于零小于12kg之間都有可能處于平衡，故A正確，B錯誤； C、結合以上的分析，當細繩對C拉力小于C的重力時C產(chǎn)生向下的加速度，當細繩對C的拉力大于C的重力時C產(chǎn)生向上的加速度，故C錯誤、D正確． BC不符合題意，AD符合題意 故答案為：AD 【分析】本題主要考查物體的平衡和牛頓運動定律的應用，物體平衡條件和牛頓運動定律的應用的分析和處理能力。 25.如圖所示，A、B兩物體的質量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上．A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為 μ．最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g．現(xiàn)對A施加一水平拉力F，則（?。? A.?當F＜2μmg時，A，B都

46、相對地面靜止????????????????B.?當F= μmg時，A的加速度為 μg C.?當F＞3μmg時，A相對B滑動??????????????????????????????D.?無論F為何值，B的加速度不會超過 μg 【答案】B,C,D 【考點】對單物體(質點)的應用，整體法隔離法 【解析】【解答】解：AB之間的最大靜摩擦力為：fmax=μmAg=2μmg，B與地面間的最大靜摩擦力為：f′max= μ（mA+mB）g=1.5μmg， A、當 1.5μmg＜F＜2μmg 時，f′max＜F＜fmax ， AB之間不會發(fā)生相對滑動，由于拉力大于B與地面間的最大靜摩

47、擦力；故AB與地面間發(fā)生相對滑動；故A錯誤； B、當F= μmg時，若A與B仍然沒有相對運動，則： 又：F﹣f′max=（mA+mB）a1 所以： 此時A與B之間的摩擦力f，則： mAa1=F﹣f 所以：f= ＜fmax ， 可知假設成立，A的加速度為 μg．故B正確； C、當F=3μmg時，若A與B仍然沒有相對運動，則：F﹣f′max=3μmg﹣1.5μmg=1.5μmg 又：F﹣f′max=（mA+mB）a2 所以：a2=0.5μg 此時A與B之間的摩擦力f′，則： mAa2=F﹣f′ 所以：f′=2μmg=fmax 所以當F＞3μmg時，A相對B滑動．故C

48、正確； D、當A與B之間的摩擦力最大時，B的加速度最大，此時B沿水平方向受到兩個摩擦力的作用，又牛頓第二定律得： mBa3=fmax﹣f′max=2μmg﹣1.5μmg=0.5μmg 所以：a3=0.5μg 即無論F為何值，B的加速度不會超過 μg．故D正確． A不符合題意，BCD符合題意； 故答案為：BCD 【分析】本題考查牛頓第二定律的綜合運用，考查隔離法和整體法的應用，利用牛頓第二定律和整體法隔離法求出A、B不發(fā)生相對滑動時的最大拉力． 26.如圖所示，一勁度系數(shù)為k的輕質彈簧，上端固定，下端連一質量為m的物塊A，A放在質量也為m的托盤B上，初始時，在豎直向上的力F作用下

49、系統(tǒng)靜止，且彈簧處于原長狀態(tài)．以N表示B對A的作用力，x表示彈簧的伸長量，現(xiàn)改變力F的大小，使B以 的加速度勻加速向下運動（g為重力加速度，空氣阻力不計），此過程中N或F的大小隨x變化的圖象正確的是（　　） A.???????????????????????????????????????????B.? C.???????????????????????????????????????????D.? 【答案】B,D 【考點】對單物體(質點)的應用，胡克定律 【解析】【解答】解：設物塊和托盤間的壓力為零時彈簧的伸長量為X，則有：mg﹣kx=ma， 解得：x= ； 在此

50、之前，根據(jù) ﹣N﹣kx=ma可知，二者之間的壓力N由開始運動時的 線性減小到零，故B圖可能． 而力F由開始時的mg線性減小到 ，A圖可能．此后托盤與物塊分離，力F保持 不變，D圖可能． AC不符合題意，BD符合題意； 故答案為：BD． 【分析】本題主要考查牛頓第二定律的應用，對物體進行受力分析，利用牛頓第二定律和胡克定律進行判斷。 27.如圖所示，三個小球A、B、C的質量分別為2m、m、m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長為L，B、C置于水平地面上，用一輕質彈簧連接，彈簧處于原長．現(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點，兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°，A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運動，彈簧

51、在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g．則此下降過程中（　?。? A.?A的動能達到最大前，B受到地面的支持力大于2mg??????????B.?A的動能最大時，B受到地面的支持力等于2mg C.?彈簧的彈性勢能最大時，A的加速度為零????????????D.?彈簧的彈性勢能最大值為（ ）mgL 【答案】B,D 【考點】共點力平衡條件的應用，對單物體(質點)的應用，彈性勢能，功能關系 【解析】【解答】解：AB、A的動能最大時，設B和C受到地面的支持力大小均為F，此時整體在豎直方向受力平衡，可得 2F=（2m+m+m）g，所以F=2mg；在A的動能達到最大前一直是加

52、速下降，處于失重狀態(tài)，所以B受到地面的支持力小于2mg，A不符合題意、B符合題意； C、當A達到最低點時動能為零，此時彈簧的彈性勢能最大，A的加速度方向向上，C不符合題意； D、A下落的高度為：h=Lsin60°﹣Lsin30°= L，根據(jù)功能關系可知，小球A的機械能全部轉化為彈簧的彈性勢能，即彈簧的彈性勢能最大值為 EP=2mgh=（ ）mgL，D符合題意． 故答案為：BD 【分析】A下降的過程分成兩個階段，先是加速度逐漸減小的勻加速運動，當加速度等于零時速度出現(xiàn)最大值，然后做加速度逐漸增大的減速運動，A的動能最大時，此時整體在豎直方向受力平衡，當A達到最低點時動能為零，此時彈簧的彈

53、性勢能最大，A的加速度方向向上，根據(jù)功能關系可知，小球A的機械能全部轉化為彈簧的彈性勢能，即彈簧的彈性勢能最大的時候。根據(jù)功能關系可以求解。 28.在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂．當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當機車在西邊拉著車廂以大小為 a的加速度向西行駛時，P和Q間的拉力大小仍為F．不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為（　?。? A.?8?????????????????????????????????????????B.?10???????

54、??????????????????????????????????C.?12?????????????????????????????????????????D.?14 【答案】A,C 【考點】對單物體(質點)的應用 【解析】【解答】解：設PQ兩邊的車廂數(shù)為P和Q， 當機車在東邊拉時，根據(jù)牛頓第二定律可得，F(xiàn)=Pm?a， 當機車在西邊拉時，根據(jù)牛頓第二定律可得，F(xiàn)=Qm? a， 根據(jù)以上兩式可得， 即兩邊的車廂的數(shù)目可能是1和3，或2和6，或3和9，或4和12，等等， 所以總的車廂的數(shù)目可能是4、8、12、16， 所以可能的是AC． 故選：AC． 【分析】此題

55、為條件開放性試題，根據(jù)題目中給出的加速度大小，列牛頓第二定律方程，結合各種可能性判斷。 29.質量為1t的電動車在平直公路上由靜止起動，經(jīng)10s達到最大速度，其牽引力F與速度倒數(shù) 的關系圖象如圖所示，假設電動車行駛中所受的阻力恒定，則（?? ） A.?電動車的額定功率為4×104W?????????????????????????B.?電動車做勻加速運動的末速度為20m/s C.?電動車加速過程的加速度恒為4m/s2???????????????D.?電動車由靜止加速到最大速度通過的位移為83.3m 【答案】A,D 【考點】對單物體(質點)的應用，功率的計算 【解析】

56、【解答】解：A、當電動車速度達到最大時，速度為20m/s，牽引力為2000N，則電動車的額定功率P額=Fv=2000×20=4×104W，故A正確； B、由圖象可知，當牽引力不變時，電動車做勻加速運動，在全過程中 最小值為 ，則電動車的最大速度為20m/s，并不是勻加速的最大值，故B錯誤； C、電動車先勻加速運動，后做變加速運動，故C錯誤； D、整個過程中，根據(jù)動能定理可知：Pt﹣fx= ，解得：x=83.3m，故D正確 故選：AD 【分析】當牽引力F=6000N時的過程中牽引力不變，根據(jù)牛頓第二定律知，做勻加速直線運動，傾斜段圖線的斜率表示電動車的功率，斜率不變，則功率不變，根據(jù)功

57、率與牽引力的關系，判斷傾斜段的運動情況，速度達到最大時，牽引力等于阻力 30.在傾角θ=37°的光滑足夠長斜面上有兩個用輕彈簧連接的物塊A和B，它們的質量分別m1=2kg、m2=3kg，彈簧的勁度系數(shù)為k=100N/m，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)用一沿斜面向上的恒力F拉物塊A使之沿斜面向上運動，當B剛要離開C時，A的速度為1m/s，加速度方向沿斜面向上，大小為0.5m/s2 ， 已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2 ， 則（?? ） A.?恒力F=31N B.?從用力F拉物塊A開始到B剛離開C的過程中，A沿斜面向上運動0.3m C.?物塊A

58、沿斜面向上運動過程中，A先加速后勻速運動 D.?A的速度達到最大時，B的加速度大小為0.5m/s2 【答案】A,B 【考點】對單物體(質點)的應用 【解析】【解答】解：A、當B剛離開C時，B對擋板的彈力為零，有：kx2=2mgsinθ， 解得彈簧的伸長量 = 根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)﹣m1gsinθ﹣kx2=m1a，解得：F=31N，故A正確； B、開始A處于靜止狀態(tài)，彈簧處于壓縮，根據(jù)平衡有：mgsinθ=kx1 ， 解得彈簧的壓縮量 = ， 可知從靜止到B剛離開C的過程中，A發(fā)生的位移x=x1+x2=0.3m，故B正確； C、對整體，根據(jù)牛頓第二定律可知F﹣（

59、m1+m2）gsinθ=（m1+m2）a，解得a=0.2，故A先加速運動，后做加速度較小的加速運動，故C錯誤； D、當A的加速度為零時，A的速度最大，設此時彈簧的拉力為FT ， 則：F﹣FT﹣m2gsinθ=0 所以FT=F﹣m2gsinθ=31﹣3×10×0.6N=13N 以B為研究對象，則：FT﹣m2sinθ=ma′ 所以：a′=0.75m/s2 ． 故D錯誤 故選：AB 【分析】未加拉力F時，物體A對彈簧的壓力等于其重力的下滑分力；物塊B剛要離開C時，彈簧的拉力等于物體B重力的下滑分力，根據(jù)平衡條件并結合胡克定律求解出兩個狀態(tài)彈簧的形變量，得到彈簧的長度變化情況，從而求出A

60、發(fā)生的位移； 根據(jù)牛頓第二定律求出F的大?。? 當A的加速度為零時，A的速度最大，根據(jù)合力為零求出彈簧的拉力，從而結合牛頓第二定律求出B的加速度． 31.在傾角為θ的固定光滑斜面上有兩個用輕彈簧相連接的物塊A、B，它們的質量分別為m1、m2 ， 彈簧勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)用一平行于斜面向上的恒力F拉物塊A使之向上運動，當物塊B剛要離開擋板C時，物塊A運動的距離為d，速度為v，則此時（?? ） A.?物塊B的質量滿足m2gsinθ=kd?????B.?物塊A的加速度為 C.?拉力做功的瞬時功率為Fv??????????????D.?此過程中，彈簧彈性勢

61、能的增量為Fd﹣m1dgsinθ﹣ m1v2 【答案】B,C,D 【考點】對質點系的應用，連接體問題，動能定理的綜合應用，機械能守恒及其條件 【解析】【解答】解：A、開始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，彈簧彈力等于A的重力沿斜面下的分力，當B剛離開C時，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2 ， 但由于開始是彈簧是壓縮的，故d＞x2 ， 故m2gsinθ＜kd，故A錯誤； B、當B剛離開C時，對A，根據(jù)牛頓第二定律得：F﹣m1gsinθ﹣kx2=m1a1 ， 又開始時，A平衡，則有：m1gsinθ=kx1 ， 而d=x1+x2 ， 解得：物塊A加速度為a1

62、= ，故B正確； C、拉力的瞬時功率P=Fv，故C正確； D、根據(jù)功能關系，彈簧彈性勢能的增加量等于拉力的功減去系統(tǒng)動能和重力勢能的增加量，即為： ，故D正確； 故選：BCD． 【分析】當B剛離開C時，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面下的分力，根據(jù)胡克定律求解出彈簧的伸長量；根據(jù)牛頓第二定律求出物塊A的加速度大小；根據(jù)機械能守恒定律求解A的速度． 32.如圖甲所示，一質量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質量為m小滑塊．木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出長木板的加速度a與水平拉力F的關系如圖乙所示，取g=10m/s2 ， 則（?? ） A.?滑塊的質量m

63、=2kg，木板的質量M=4kg B.?當F=8N時，滑塊的加速度為1m/s2 C.?滑塊與木板之間的滑動摩擦因數(shù)為0.2 D.?當0＜F＜6N時，滑塊與木板之間的摩擦力隨F變化的函數(shù)關系f= F 【答案】B,D 【考點】V-t圖象，牛頓定律與圖象 【解析】【解答】解：A、當F等于6N時，加速度為：a=1m/s2 ， 對整體分析，由牛頓第二定律有：F=（M+m）a， 代入數(shù)據(jù)解得：M+m=6kg 當F大于6N時，根據(jù)牛頓第二定律得：a= ， 知圖線的斜率k= = ， 解得：M=2kg，m=4kg，故A錯誤． BC、根據(jù)F等于6N時，二者剛好滑動，此時m的加速

64、度為1m/s2 ， 以后拉力增大，滑塊的加速度不變，所以當F=8N時，滑塊的加速度為1m/s2；根據(jù)牛頓第二定律可得a=μg，解得動摩擦因數(shù)為μ=0.1，故B正確、C錯誤； D、當0＜F＜6N時，M與m以共同加速運動，加速度大小為a=kF= ，以滑塊為研究對象，其摩擦力大小為f=ma= ，故D正確； 故選：BD． 【分析】當拉力較小時，m和M保持相對靜止一起做勻加速直線運動，當拉力達到一定值時，m和M發(fā)生相對滑動，結合牛頓第二定律，運用整體和隔離法分析． 33.如圖所示，光滑水平面上放著長為L木板B，木板B上放著木塊A．A、B接觸面粗糙，現(xiàn)用一水平拉力F作用在B上使其由靜止開始運動，

65、用f1代表B對A的摩擦力，f2代表A對B的摩擦力，當滑塊運動到木板左端時，木板在地面上移動的距離為x下列說法正確的有（?? ） A.?力F做的功一定等于A，B系統(tǒng)動能的增加量 B.?其他條件不變的情況下，木板質量越大，x越大 C.?力f1對A做的功等于A動能的增加量與系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量之和 D.?其他條件不變的情況下，AB間摩擦力越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多 【答案】B,D 【考點】連接體問題，功能關系，動能定理的綜合應用，摩擦力做功，能量守恒定律 【解析】【解答】解：A、由題滑塊運動到木板左端的過程中，說明拉力足夠大，A與B有相對運動，對整體分析可知，F(xiàn)做功轉化為

66、兩個物體的動能及系統(tǒng)的內(nèi)能；故拉力F做的功大于AB系統(tǒng)動能的增加量；故A錯誤； B、A與B之間的摩擦力不變，則A的加速度不變；根據(jù)牛頓第二定律，其他條件不變的情況下，木板質量越大，木板的加速度越??；木板與木塊之間的相對位移等于木板的長度，由運動學的公式： 其中L是木板的長度，由公式可知，木板的加速度越小則運動的時間越長，而運動的時間越長則木塊的位移越大，所以木板的位移x就越大．故B正確； C、對A來說，只有摩擦力f1做功，由動能定理可知，摩擦力f1對A做的功等于A的動能的增加量．故C錯誤． D、滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量：Q=f1?L，可知其他條件不變的情況下，AB間摩擦力越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多．故D正確 故選：BD 【分析】對兩物體及整體受力分析，結合兩物體可能的運動狀態(tài)，由功能關系進行分析拉力與兩物體動能之間的關系，再單獨分析AB，明確摩擦力做功與能量之間的關系． 34.A、B兩小球用不可伸長的輕繩懸掛在同一高度，如圖所示，A球的質量小于B球的質量，懸掛A球的繩比懸掛B球的繩更長．將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，將兩球由靜止釋放，兩球運動到最低點的過程中（?? ）