【2021届备考】2020全国名校物理试题分类解析汇编：专题三：-牛顿运动定律-Word版含解析.docx

C单元 牛顿运动定律
名目
C单元 牛顿运动定律 1
C1 牛顿第确定律、牛顿第三定律 1
C2 牛顿其次定律 单位制 1
C3 超重和失重 7
C4 试验：验证牛顿定律 7
C5 牛顿运动定律综合 14

C1 牛顿第确定律、牛顿第三定律
C2 牛顿其次定律 单位制
（2022·吉林市普高二模）1. 有争辩发觉，轿车的加速度变化状况将影响乘客的舒适度。即加速度变化得越慢，乘客就会感到越舒适；加速度变化得越快，乘客就会感到越不舒适。若引入一个新物理量来表示加速度变化的快慢，则该物理量的单位应是（ ）
A． m/s
B． m/s2
C． m/s3
D． m2/s
【学问点】力学单位制
【答案解析】 C
解析：新物理量表示的是加速度变化的快慢，所以新物理量应当等于加速度的变化量与时间的比值，所以新物理量的单位应当是m/s3，所以C正确．
【思路点拨】加速度是表示速度变化快慢的物理量，依据加速度的定义式，可以理解表示加速度变化的快慢的新物理量的单位
（2022·吉林市普高二模）2. 物块以初速度v0从底端沿足够长的斜面上滑，该物块的速度图象不行能是（ ）

【学问点】运动学中的图像专题
【答案解析】 C
解析：A、若滑块可能不受滑动摩擦力，滑块先向上做匀减速运动，后向下做匀加速运动，依据牛顿其次定律可知，两个过程的加速度相同；故A是可能的．故A错误．B、C若滑块受滑动摩擦力，滑块先向上做匀减速运动，后向下做匀加速运动，依据牛顿其次定律分析得知，下滑的加速度小于上滑的加速度，下滑过程速度图象的斜率小于上滑过程的斜率．故B是可能的，C是不行能的．故B错误，C正确．D、若滑块受滑动摩擦力，滑块可能向上做匀减速运动，最终停在最高点．故D是可能的．故D错误．故选C
【思路点拨】本题是多解问题，要考虑各种可能的受力状况和运动状况，再抓住速度图象的斜率等于加速度，即可作出推断．
（2022·广东珠海二模）3. 水平地面上有一固定的斜面体，一木块从粗糙斜面底端以确定的初速度沿斜面对上滑动后又沿斜面加速下滑到底端．则木块（ ）
A．上滑时间等于下滑时间
B．上滑的加速度大小大于下滑的加速度大小
C．上滑过程与下滑过程中速度的变化量相等
D．上滑过程与下滑过程中机械能的减小量相等
【学问点】牛顿其次定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；机械能守恒定律．
【答案解析】BD
解析：A、物体m先减速上升，沿斜面方向：f+mgsinθ=ma1；后加速下滑，沿斜面方向：mgsinθ-f=ma2；摩擦力相同，所以a1＞a2，上滑的加速度大小大于下滑的加速度大小；将上升的过程接受逆向思维，依据位移时间公式得，x＝at2，位移相等，a1＞a2，则t1＜t2，即上滑的时间小于下滑的时间．故A错误，B正确．C、由公式v2=2as知上滑过程速度的减小量大于下滑过程速度的增加量．故C错误．D、由于摩擦力大小相等，则上滑过程中和下滑过程中克服摩擦力做功相等，所以机械能的减小量相等．故D正确．
故选：BD．
【思路点拨】依据牛顿其次定律比较上滑时的加速度和下滑时的加速度，结合位移时间公式比较上滑的时间和下滑的时间．依据匀变速直线运动的速度位移公式比较速度变化量的大小，依据除重力以外其它力做功等于机械能的增量比较机械能的变化．
甲
乙
O
O
（2022·江西临川二中一模）4. 将一质量为的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，是运动的最高点，甲、乙两次的闪光频率相同。重力加速度为，假设小球所受阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为（ ）
A．
B．
C．
D．
【学问点】牛顿其次定律；自由落体运动；力的合成与分解的运用．
【答案解析】 B
解析：设每块砖的厚度是d，向上运动上运动时：9d-3d=aT2，向下运动时：3d-d=a′T2，联立得：。依据牛顿其次定律，向上运动时：mg+f=ma，向下运动时：mg-f=ma′，联立得：f=mg；故选：B．
【思路点拨】闪光频率相同，则小球每经过两个相邻位置的时间间隔是相同的，依据位移公式求出两种状况的加速度之比，依据牛顿其次定律列方程表示出上升和下落的加速度，联马上可求解．
（2022·山东日照一中二模）5. 如图甲所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻（t=0）将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，己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。在物块放到木板上之后，木板运动的速度一时间图象可能是图乙中的（ ）

【学问点】牛顿其次定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像．
【答案解析】A
解析：在未达到相同速度之前，木板的加速度为
-μmg-μ•2mg=ma1
a1=-3μg
达到相同速度之后，木板的加速度为
-μ•2mg=ma2
a2=-2μg
由加速度可知，图象A正确．故选：A．
【思路点拨】推断出木板和木块在达到速度相等前后的加速度，依据加速度大小来推断图象即可；解决本题的关键理清物块和木板的运动规律，结合牛顿其次定律求解加速度，在v-t图象中斜率代表加速度；
（2022·山西高校附中5月月考）6. 如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过O点的轻小定滑轮一端连接A，另一端悬挂小物块B，C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆距离OC=h.开头时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°.现将A、B由静止释放，则（ ）

A．物块A由P点动身第一次到达C点过程中加速度不断增大
B．物块B从释放到最低点过程中，动能不断增大
C．物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动
D．物块B的机械能最小时，物块A的动能最大
【学问点】运动的合成和分解；牛顿其次定律；机械能守恒定律．
【答案解析】CD
解析：A、物块A由P点动身第一次到达C点过程中，对A受力分析，依据力的分解，结合牛顿其次定律，则有加速度不断减小，故A错误；B、物块B从释放到最低点过程中，动能先增大后减小，故B错误；C、由题意可知，结合受力与运动状况的分析，及运动的对称性可知，A在杆上长为2h的范围内做往复运动，故C正确；D、B的机械能最小时，即为A到达C点，此时A的速度最大，即物块A的动能最大，故D正确；故选：CD．
【思路点拨】在绳子作用下，A先加速后减速，而B先加速后减速，当A的速度最大时，B下降最低，依据能量守恒定律，结合力与运动的关系，即可求解．
（2022·浙江杭州学军中学第九次月考）7． 如图所示，平行于光滑固定斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接，物块B在斜面上紧靠着物块A但不粘连，物块A、B质量均为.初始时刻两物块均静止。现用平行于斜面对上的力F拉动物块B，使B做匀加速运动，两物块的图象如图乙所示（时刻图象A、B相切），已知重力加速度为g，则（ ）
A．A物体达到最大速度时的位移为
B．力F的最小值为
C.时A、B分别
D．A、B分别前，A、B和弹簧系统机械能增加，A和弹簧系统机械增加
【学问点】机械能守恒定律；胡克定律；牛顿其次定律．
【答案解析】AC
解析：A、由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，依据牛顿其次定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，则得：x=，故A正确．B、对AB整体，依据牛顿其次定律得：F-2mgsinθ+kx=2ma，得F=2mgsinθ-kx+2ma，则知开头时F最小，此时有：2mgsinθ=kx，得F的最小值为 F=2ma，故B错误．C、由图读出，t1时刻A、B开头分别，对A依据牛顿其次定律：kx-mgsinθ=ma开头时有：2mgsinθ=kx0，又x0-x=联立以三式得：t1=．故C正确．D、A、B分别前，F做正功，依据功能关系得知，A、B和弹簧系统机械能增加，而A对B的压力做负功，A和弹簧系统机械能减小．故D错误．
故选：AC
【思路点拨】A的速度最大时加速度为零，依据胡克定律求出A达到最大速度时的位移；依据牛顿其次定律求出拉力F的最小值．由图读出，t1时刻A、B开头分别，对A依据牛顿其次定律和运动学公式求解t1．依据功能关系分析能量如何转化．
（2022·湖南十三校其次次联考）8. 质量m=2 kg酌物体静止于水平地面的A处，B为同一水平面上的另一点，A、B间相距L=20 m。若用大小为30 N、沿水平方向的外力拉此物体，经t0=2s拉至B处。（已知cos37°=0．8，sin 37°=0．6。取g=10m/s2）
（1）求物体与地面间的动摩擦因数弘；
（2）改用大小为20 N、与水平方向成370的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开头运动并能到达B处，求该力作用的最短时间￡。
【学问点】牛顿其次定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【答案解析】 （1） 0.5 （2） 1.7s
解析：（1）物体做匀加速直线运动
L=at02
所以a＝＝＝10m/s2
由牛顿其次定律得，
F-f=ma
f=30-2×10N=10N
所以μ＝＝＝0.5
（2）设F作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速ts，撤去外力后，以大小为a′的加速度匀减速t′s到达B处，速度恰好为零，由牛顿其次定律得，
Fcos37°-μ（mg-Fsin37°）=ma
代入数据得，a=6m/s2．
a′＝＝μg＝5m/s2
由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有：
at=a′t′
解得t′＝1.2t,．
t=1.7s
【思路点拨】本题综合考查了运动学公式和牛顿其次定律，加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度可以依据力求运动，也可以依据运动求力
C3 超重和失重
C4 试验：验证牛顿定律
（2022·湖南十三校其次次联考）1 在“用DIS探究牛顿其次定律’’的试验中，装置如图（a）所示。
（1）本试验是通过 来转变对小车的拉力，通过增加小车上的配重片来转变小车的质量，通过位移传感器测得小车的v – t 图象，通过 得到小车的加速度。

（2）图（b）为小车所受作用力不变时试验所得的图象，从图象上可以看到直线不过原点，其缘由是（ ）
A．钩码质量过大
B．轨道倾斜，左端偏高
C．轨道倾斜，右端偏高
D．小车与轨道间的摩擦未被平衡
【学问点】验证牛顿其次运动定律．
【答案解析】（1）转变钩码的个数；图象的斜率 （2）BD
解析：（1）通过转变钩码的个数可以转变对小车的拉力；通过位移传感器测得小车的v-t图象，v-t图象的斜率等于小车的加速度．
（2）由图（b）所示a-图象可知，图象不过原点，在横轴上有截距，这是由于：轨道倾斜，左端偏高或小车与轨道间的摩擦偏大造成的，故BD正确；
【思路点拨】作出小车的速度时间图象，由速度时间图象可以求出小车的加速度；试验前要平衡小车受到的摩擦力．
（2022·福建漳州八校第四次联考）2. 如图为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）争辩加速度和力的关系”的试验装置。
物第19题图
物第19题图

（1）在该试验中必需接受把握变量法，应保持___________不变，用钩码所受的重力作为___用DIS测小车的加速度。
（2）转变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次试验中依据测得的多组数据可画出a-F关系图线（如图所示）。此图线的AB段明显偏离直线,造成此误差的主要缘由是（ ）
A.小车与轨道之间存在摩擦
B.导轨保持了水平状态
C.所挂钩码的总质量太大
D.所用小车的质量太大
【学问点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
【答案解析】（1）小车的总质量，小车所受外力，（2）C
解析：（1）探究加速度与力的关系，应保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车受到的合外力．（2） 解：本试验要探究“加速度和力的关系”所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受合外力；由于OA段a-F关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；设小车的质量为M，钩码的质量为m，由试验原理得：   mg=Ma得a=，而实际上a′=，可见AB段明显偏离直线是由于没有满足M＞＞m造成的．
故答案为：C
【思路点拨】解决试验问题首先要把握该试验原理，该试验是探究加速度与力的关系，接受把握变量法进行争辩．依据图象得出两个变量之间的关系，知道钩码所受的重力代替小车所受合外力的条件．
（2022·江西临川二中一模）3. 在“用DIS争辩小车加速度与所受合外力的关系”试验中时，甲、乙两组分别用如图（a）、（b）所示的试验装置试验，重物通过细线跨过滑轮拉相同质量小车，位移传感器（B）随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器（A）固定在轨道一端．甲组试验中把重物的重力作为拉力F，乙组直接用力传感器测得拉力F，转变重物的重力重复试验多次，记录多组数据，并画出a-F图像。
位移传感器
（A）
小车
位移传感器
（B）
重物
轨道
小车
位移传感器
（B）
重物
轨道
位移传感器
（A）
力传感器
F/N
3.0
a/m·s-2
1.0
2.0
4.0
2.0
6.0
4.0
0
5.0
①
②
③
④

图（c）
图（b）
图（a）

（1）位移传感器（B）属于 。（填“放射器”或“接收器”）
（2）甲组试验把重物的重力作为拉力F的条件是 。
（3）图（c）中符合甲组同学做出的试验图像的是 ；符合乙组同学做出的试验图像的是 。
【学问点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
【答案解析】：（1）放射器（2）小车的质量远大于重物的质量（3）②；①
解析：（1）位移传感器（B）属于放射器
（2）在该试验中实际是：mg=（M+m）a，要满足mg=Ma，应当使重物的总质量远小于小车的质量．即小车的质量远大于重物的质量．
3）在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由试验原理：mg=Ma得a=而实际上a′=，即随着重物的质量增大，不在满足重物的质量远远小于小车的质量，所以图（c）中符合甲组同学做出的试验图象的是②．乙组直接用力传感器测得拉力F，随着重物的质量增大拉力F测量是精确     的，a-F关系为一倾斜的直线，符合乙组同学做出的试验图象的是①
【思路点拨】解决试验问题首先要把握该试验原理，了解试验的操作步骤和数据处理以及留意事项．该试验是探究加速度与力的关系，我们接受把握变量法进行争辩．为了使砝码盘和砝码的重力等于小车所受的合外力，试验应当满足小车的质量远大于重物的质量；
（2022·重庆一中5月月考）4. 某同学利用题6Ⅰ图所示装置来争辩加速度与力的关系。他将光电门1和2分别固定在长木板的A、B两处，换用不同的重物通过细线拉同一小车（小车质量约为200克），每次小车都从同一位置由静止释放。
（1）长木板右端垫一物块，其作用是用来____________ ；
（2）对于所挂重物的质量，以下取值有利于减小试验误差的是________（不定项）
A. 0.5克 B. 5克 C. 8克 D. 40克
【学问点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
【答案解析】（1）平衡摩擦力 （2）BC．
解析：（1为了消退小车所受摩擦力对试验的影响，在该试验中需要将长木板的一端垫起适当的高度，所以长木板右端垫一物块，其作用是用来平衡摩擦力．
（2）重物与小车一起加速运动，因此重物对小车的拉力小于重物的重力，当重物的质量远远小于小车质量时才可以认为绳对小车的拉力大小等于重物的重力，而，A答案重物的重力太小，产生的加速度不明显，不利于减小试验误差，因此BC比较符合要求．
故选：BC
【思路点拨】依据试验原理可知该试验需要将长木板的一端垫起适当的高度以平衡摩擦力；
当重物的质量远远小于小车质量时才可以认为绳对小车的拉力大小等于重物的重力．
（2022·广东中山一中模拟）5.
某试验小组利用拉力传感器和打点计时器“探究加速度与力的关系”。他们将拉力传感器固定在小车上记录小车受到拉力的大小，依据甲图进行试验，释放纸带时，小车处于甲图所示的位置。

直流
沟通
同学电源

拉力传感器
纸带

甲
打点计时器

①指出甲图中的一处错误：__________
②下列说法正确的是（ ）
A．试验之前，要先平衡摩擦力
B．小车的质量要远小于所挂钩码的质量
C．应调整滑轮的高度使细线与木板平行
D．试验时应先释放纸带，再接通电源
③图乙是试验中获得的一条纸带的某部分，选取A、B、C、D、E计数点（每两个计数点间还有4个点未画出），AC间的距离为 。
④若打点计时器使用的沟通电频率为50 Hz，则小车的加速度大小为__________m/s2。（保留两位有效数）
A
B
C
D
E
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
cm

【学问点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
【答案解析】①打点计时器的电源接了直流电；小车释放时离打点计时器太远；试验前未平衡摩擦阻力 ②AC ③3.10cm（3.09cm、3.11cm均正确） ④1.0
解析：①打点计时器的电源应接沟通电，而图中接了直流电；
②A、为零使合力等于绳子的拉力，试验前需要平衡摩擦力且应调整滑轮的高度使细线与木板平行，故AC正确； B、在钩码的质量远小于小车的质量时，小车受到的拉力近似等于钩码受到的重力，故B错误； D、试验时应先接通电源，然后再释放小车，故D错误；故选：AC
③由图读出AC的距离x=3.10cm；
④依据作差法得： a=
【思路点拨】①打点计时器是使用沟通电的计时仪器；②试验前要平衡摩擦力且应调整滑轮的高度使细线与木板平行，试验时应先接通电源，然后再释放小车，在砝码及砝码盘B的质量远小于小车A的质量时，小车受到的拉力近似等于砝码及砝码盘受到的重力；③依据图象读出AC的距离，依据作差法求出加速度．教科书本上的试验，我们要从试验原理、试验仪器、试验步骤、试验数据处理、试验留意事项这几点去搞清楚．
（2022·湖北武汉二中模拟）6.第10（1）题图
如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的试验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．

（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d= 　　 mm．
（2）试验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是 　　　　　　　　 　　　　；
（3）下列不必要的一项试验要求是（
A、应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
B、应使A位置与光电门间的距离适当大些
C、应将气垫导轨调整水平
D、应使细线与气垫导轨平行
（4）转变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，争辩滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出 　　 图象．（选填“”、“”或“”）．
【学问点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
【答案解析】（1）2.25 （2）遮光条到光电门的距离L （3）A （4）
解析：（1）游标卡尺的主尺读数为2mm，游标读数为0.05×5mm=0.25mm，所以最终读数d=2mm+0.25mm=2.25mm；
（2）A、应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故A必要；B、应将气垫导轨调整水平，使拉力才等于合力，故B必要； C、要保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，故C必要；D、拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故D不需要；故选：D．
（3）试验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．依据运动学公式得若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距离L（4）由题意可知，该试验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as，v=，a=，则有：L所以争辩滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出−F图象．
【思路点拨】游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读．滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．依据运动学公式解答．用细线拉力表示合力，要考虑摩擦力的影响．
（2022·湖北襄阳五中、夷陵中学、钟祥一中五月联考）7. 用如图所示的装置探究加速度与力和质量的关系，带滑轮的长木板和弹簧测力计均水平固定。
①试验时，确定要进行的操作是（ ）
a．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数
b．转变砂和砂桶质量，打出几条纸带
c．用天平测出砂和砂桶的质量
d．为减小误差，试验中确定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量

②以弹簧测力计的示数F为横坐标，以加速度a为纵坐标，画出的图象可能正确的是（ ）

③若测出的图象的斜率K为后，则小车的质量为________________。
【学问点】探究加速度与力和质量的关系试验，牛顿其次定律。
【答案解析】①ab ②a ③
解析：在（1）中依据试验原理不难选出①ab，在（2）中，当质量确定，加速度与合外力成正比，所以②a由③
中的图可得：

【思路点拨】本题是牛顿其次定律原理检测试验考查，只要搞清了试验原理，就不难求解本题，在第3问中要会看斜率，运用牛顿其次定律求解。
C5 牛顿运动定律综合
（2022·广东珠海二模）1. 如图所示，P是位于水平粗糙桌面上的物块，用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳将P与钩码Q相连，Q的质量为m，在P向右加速运动的过程中，桌面以上的绳子始终是水平的，关于物体P受到的拉力和摩擦力的以下描述中正确的是（ ）
A．P受到的拉力的施力物体是钩码Q，大小等于mg
B．P受到的拉力的施力物体是绳子，大小等于mg
C．P受到的摩擦力方向水平向左，大小确定小于mg
D．P受到的摩擦力方向水平向左，大小有可能等于mg
【学问点】牛顿运动定律的综合应用；摩擦力的推断与计算；物体的弹性和弹力．
【答案解析】C
解析：A、P受到的拉力来自于绳子，但由于Q与有加速度，故绳子的拉力小于Q的重力；故AB错误；C、对整体分析可知，整体受到的Q的重力作用及P的摩擦力作用；由牛顿其次定律可知，mg-f=（M+m）a；以P为争辩对象，对其受力分析，受重力，绳子的拉力，桌面对其垂直向上的支持力和向左的滑动摩擦力；P向右做加速运动，加速度向右，合力向右，依据牛顿其次定律得知：摩擦力小于绳的拉力．故确定小于mg；故C正确，D错误；故选：C．
【思路点拨】物块P向右运动，必定受到绳子的拉力F，由于接触面粗糙，P与桌面相互挤压，故确定受到向左的滑动摩擦力．本题要依据物体的加速度方向，推断受力状况，从而分析摩擦力与mg的大小，关键要正确理解并把握牛顿其次定律．
（2022·湖北襄阳五中五月月考）2. 如图，斜面体的上表面除AB段粗糙外，其余部分光滑。一物体从斜面的顶端滑下，经过A、C两点时的速度相等，已知AB=BC，物体与AB段的动摩擦因数处处相等，斜面体始终静止在地面上，则（ ）
A．物体在AB段和BC段运动的加速度大小不相等
B．物体在AB段和BC段运动的时间不相等
C．物体在AB段和BC段运动时，斜面体受到地面静摩擦力的大小相等
D．物体在AB段和BC段运动时，斜面体受到地面支持力的大小相等
【学问点】受力分析，匀加速直线运动，匀减速直线运动，匀变速运动规律的应用。
【答案解析】C
解析：依题意可分析可知：AC两点速度相等，设B点速度为V，由于AB段和BC段都作匀变速直线运动，两段的平均速度又相等，位移相同，则经受的时间相等，B项错误；依据位移与速度公式可知，AB段和BC段的加速度大小相等，A项错误；由此可知物体在AB段和BC段对斜面体的作用力大小相等，水平重量也相等，那么斜面体在水平面所受到的摩擦力大小也相等，C项正确；又由于在AB段和BC段物体在竖直方向的重量大小相等，但方向不同从而地面对斜面体的支持力大小就不相等了，D项错误。故本题选择C答案。
【思路点拨】本题求解的关键是抓住AC两点的速度相等，B点又是中间量，再由平均速度公式就可知道AB段和BC段的平均速度大小相等，由此就可依据匀变速运动位移公式分析A，B两选项不正确，再对物体和斜面体进行受力分析就不难选择正确答案了。
（2022·江西师大附中、鹰潭一中5月联考）3. 如图所示，离地H高处有一个质量为m的物体，给物体施加一个水平方向的作用力F，已知F随时间的变化规律为：F=F0-kt（以向左为正，F0、k均为大于零的常数），物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为，且F0>mg。时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑后脱离墙面，此时速度大小为，最终落在地面上。则下列关于物体的运动说法正确的是（ ）
A．当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动
B．物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段直线
C．物体克服摩擦力所做的功
D．物体与墙壁脱离的时刻为t=
【学问点】功的计算；摩擦力的推断与计算．
【答案解析】CD
解析：A、竖直方向上，由牛顿其次定律有：mg-μF=ma，随着F减小，加速度a渐渐增大，做变加速运动，当F=0时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故A错误．B、物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线．故B错误．C、物体从开头运动到脱离墙面F始终不做功，由动能定理得，mg−W＝m（）2，物体克服摩擦力所做的功W=mgH．故C正确．B、当物体与墙面脱离时F为零，所以F=F0-kt=0，解得时间t=．故D正确．故选：CD．
【思路点拨】依据牛顿其次定律通过加速度的变化推断物体的运动规律，依据合力与速度的方向确定物体的运动轨迹．依据动能定理，抓住电场力在沿墙面下滑的过程中不做功，求出物体克服摩擦力做功的大小，抓住F的变化规律，结合F为零时，物体脱离墙面求出运动的时间．
（2022·山东日照一中二模）4. 如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面对上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开头一段时间内的关系分别对应图乙中A、B图线（时刻A、B的图线相切，时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（ ）
A．时刻，弹簧形变量为0
B．时刻，弹簧形变量为
C．从开头到时刻，拉力F渐渐增大
D．从开头到时刻，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少
【学问点】 胡克定律；功能关系．
【答案解析】BD
解析：A、由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，依据牛顿其次定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，则得：x=，故A错误；B、由图读出，t1时刻A、B开头分别，对A依据牛顿其次定律：kx-mgsinθ=ma，则x=，故B正确．C、从开头到t1时刻，对AB整体，依据牛顿其次定律得：F+kx-mgsinθ=2ma，得F=mgsinθ+2ma-kx，x减小，F增大；t1时刻到t2时刻，对B，由牛顿其次定律得：F-mgsinθ=ma，得 F=mgsinθ+ma，可知F不变，故C错误．D、由上知：t1时刻A、B开头分别，开头时有：2mgsinθ=kx0
从开头到t1时刻，弹簧释放的势能 Ep=，从开头到t1时刻的过程中，依据动能定理得：WF+Ep-2mgsinθ（x0-x）=，2a（x0-x）=v12 ，解得：WF-Ep=-，所以拉力F做的功比弹簧释放的势能少，故D正确．故选：BD
【思路点拨】刚开头AB静止，则F弹=2mgsinθ，外力施加的瞬间，对A依据牛顿其次定律列式即可求解AB间的弹力大小，由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，依据牛顿其次定律和胡克定律可以求出弹簧形变量，t1时刻A、B开头分别，对A依据牛顿其次定律求出t1时刻弹簧的形变量，并由牛顿其次定律分析拉力的变化状况．依据弹力等于重力沿斜面的重量求出初始位置的弹簧形变量，再依据求出弹性势能，从而求出弹簧释放的弹性势能，依据动能定理求出拉力做的功，从而求出从开头到t1时刻，拉力F做的功和弹簧释放的势能的关系．