新教材2025屆高考物理二輪專項分層特訓(xùn)卷第一部分專題特訓(xùn)練專題一力與運動考點2力與直線運動

考點2力與直線運動1.[2024·全國乙卷]一同學(xué)將排球自O(shè)點墊起，排球豎直向上運動，隨后下落回到O點．設(shè)排球在運動過程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比．則該排球()A．上升時間等于下落時間B．被墊起后瞬間的速度最大C．達到最高點時加速度為零D．下落過程中做勻加速運動2．[2024·山東卷]如圖所示，電動公交車做勻減速直線運動進站，連續(xù)經(jīng)過R、S、T三點，已知ST間的距離是RS的兩倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，則公交車經(jīng)過T點時的瞬時速度為()A．3m/sB．2m/sC．1m/sD．0.5m/s3．[2024·全國甲卷]一小車沿直線運動，從t＝0起先由靜止勻加速至t＝t1時刻，此后做勻減速運動，到t＝t2時刻速度降為零．在下列小車位移x與時間t的關(guān)系曲線中，可能正確的是()eq\o(\s\up7(),\s\do5(A))eq\o(\s\up7(),\s\do5(B))eq\o(\s\up7(),\s\do5(C))eq\o(\s\up7(),\s\do5(D))4．[2024·全國乙卷]如圖，一不行伸長輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時整個系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L.一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂直．當兩球運動至二者相距eq\f(3,5)L時，它們加速度的大小均為()A．eq\f(5F,8m)B．eq\f(2F,5m)C．eq\f(3F,8m)D．eq\f(3F,10m)5．[2024·全國甲卷](多選)如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ.重力加速度大小為g.用水平向右的拉力F拉動P，使兩滑塊均做勻速運動；某時刻突然撤去該拉力，則從今刻起先到彈簧第一次復(fù)原原長之前()A．P的加速度大小的最大值為2μgB．Q的加速度大小的最大值為2μgC．P的位移大小肯定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小題組一勻變速直線運動的規(guī)律6．[2024·遼寧錦州模擬]2024年6月17日，中國第3艘航空母艦“中國人民解放軍海軍福建艦”正式下水，這一刻標記著中國人民海軍進入“三艦客時代”．設(shè)在靜止的航母上某種型號艦載飛機，沒有彈射系統(tǒng)時，勻加速到起飛速度v須要的距離是L0.彈射系統(tǒng)給飛機一個初速度v0之后，勻加速到起飛速度v須要的距離是L.若彈射速度v0與起飛速度v之比為3∶4，設(shè)飛機兩次起飛的加速度相同，則L與L0之比為()A．eq\f(7,16)B．eq\f(16,7)C．eq\f(3,4)D．eq\f(4,3)7．[2024·山東省臨沂市期末]如圖所示，相同的木塊A、B、C固定在水平地面上，一子彈(視為質(zhì)點)以水平速度v0擊中并恰好穿過木塊A、B、C，子彈在木塊中受到的阻力恒定，子彈射穿木塊A所用的時間為t，則子彈射穿木塊C所用的時間為()A．tB．2tC．(eq\r(3)＋eq\r(2))tD．(eq\r(3)－eq\r(2))t8．[2024·河北部分學(xué)校模擬]滑雪運動是2024年北京冬季奧運會主要的競賽項目．如圖所示，水平滑道上運動員A、B間距x0＝10m．運動員A以速度v0＝5m/s向前勻速運動．同時運動員B以初速度v1＝8m/s向前勻減速運動，加速度的大小a＝2m/s2，運動員A在運動員B接著運動x1后追上運動員B，則x1的大小為()A．4mB．10mC．16mD．20m題組二動力學(xué)圖像及應(yīng)用9．[2024·廣東深圳模擬]中國海軍服役的殲-15艦載機在航母甲板上加速起飛過程中，某段時間內(nèi)戰(zhàn)斗機的位移時間(x-t)圖像如圖所示，則()A．由圖可知，艦載機起飛的運動軌跡是曲線B．由圖可知，艦載機起飛在0～3s內(nèi)做勻加速運動C．在0～3s內(nèi)，艦載機的平均速度大于12m/sD．在M點對應(yīng)的位置，艦載機的速度大于20m/s10．[2024·江西宜春模擬]一輛汽車從ETC高速口進入時起先計時，加速進入高速路主道的過程可看成勻加速直線運動，其平均速度eq\o(v,\s\up6(－))隨時間t變更關(guān)系如圖所示，已知這段距離為1km，t0是進入高速路主道的時刻，下面說法正確的是()A．汽車的加速度為0.1m/s2B．t＝10s時的速度為10m/sC．0～20s內(nèi)的位移是160mD．t0＝100s11．[2024·重慶市渝北區(qū)統(tǒng)考](多選)放在水平地面上的物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，推力F與時間t的關(guān)系如圖甲所示，物塊速度v與時間t的關(guān)系如圖乙所示．取g＝10m/s2，則物塊的質(zhì)量和物塊與地面之間的動摩擦因數(shù)分別為()A．1.5kgB．1kgC．0.4D．0.2題組三牛頓運動定律的應(yīng)用12．[2024·陜西省西安市模擬]細繩拴一個質(zhì)量為m的小球，小球用固定在墻上的水平彈簧支撐，小球與彈簧不粘連，平衡時細繩與豎直方向的夾角為53°，如圖所示，以下說法正確的是(已知cos53°＝0.6，sin53°＝0.8)()A.小球靜止時彈簧的彈力大小為eq\f(3,5)mgB．小球靜止時細繩的拉力大小為eq\f(3,5)mgC．細繩燒斷瞬間小球的加速度馬上變?yōu)間D．細繩燒斷瞬間小球的加速度馬上變?yōu)閑q\f(5,3)g13．在太空中，物體完全失重，用天平無法測量質(zhì)量，可采納動力學(xué)測量質(zhì)量的方法．我國航天員要在天宮1號航天器試驗艙的桌面上測量物體的質(zhì)量，采納的方法如下：質(zhì)量為m1的標準物A的前后連接有質(zhì)量均為m2的兩個力傳感器，待測質(zhì)量的物體B連接在后傳感器上，在某一外力作用下整體在桌面上運動，如圖所示，穩(wěn)定后標準物A前后兩個傳感器的讀數(shù)分別為F1、F2，由此可知待測物體B的質(zhì)量為()A．eq\f(F2（m1＋2m2）,F1－F2)B．eq\f(F1（m1＋2m2）,F2)C．eq\f(F1m1,F1－F2)D．eq\f(（F1－F2）m1,F1)14．[2024·云南保山模擬](多選)無線充電寶可通過磁吸力吸附在手機背面，如圖甲所示為科創(chuàng)小組某同學(xué)手握手機(手不接觸充電寶)，利用手機軟件記錄豎直放置的手機及吸附的充電寶從靜止起先在豎直方向上的一次變速運動過程(手機與充電寶始終相對靜止)，記錄的加速度a隨時間t變更的圖像如圖乙所示(規(guī)定向上為正方向)，t2時刻充電寶速度為零，且最終處于靜止狀態(tài)．已知無線充電寶質(zhì)量為0.2kg，手機與充電寶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，在該過程中下列說法正確的是()A．充電寶受到的靜摩擦力的最大值為1.0NB．t3時刻充電寶受的摩擦力大小為0.4NC．充電寶在t2與t3時刻所受的摩擦力方向相反D．充電寶與手機之間的吸引力大小至少為10N15．[2024·廣東省江門模擬]運動員推動冰壺滑行過程可建立如圖所示模型：冰壺質(zhì)量m＝19.7kg，運動員施加的推力F，方向與水平方向夾角為θ＝37°，冰壺在推力F作用下做勻速直線運動，g取10m/s2，冰壺與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.02，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)運動員施加的推力F是多少？(2)當運動員以水平速度將冰壺投出，冰壺能在冰面上滑行的最遠距離是s＝40米，則該運動員將冰壺投出時的水平速度為多少？(3)若運動員仍以第(2)問的水平速度將冰壺投出，滑行一段距離后，其隊友在冰壺滑行前方摩擦冰面，使冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)變?yōu)棣?＝0.016，冰壺接著在被毛刷摩擦過的冰面滑過6m后停止運動，與不摩擦冰面相比，冰壺多滑行的距離．題組四傳送帶模型和滑塊——木板模型16．[2024·河北省滄州市一模]如圖甲所示，一物塊以某一初速度從傾角為α、順時針轉(zhuǎn)動的傳送帶底端沿傳送帶向上運動，其v-t圖像如圖乙所示．已知傳送帶的速度為v0，傳送帶足夠長，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，下列說法正確的是()A.物塊的初速度小于v0B．物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ>tanαC．物塊運動過程中的速度肯定有等于v0的時刻D．若物塊從傳送帶頂端由靜止向下運動，其他條件不變，物塊會向下先做勻加速運動再做勻速運動17．[2024·陜西西安模擬]如圖所示，物體A放在B上，物體B放在光滑的水平面上，已知mA＝6kg，mB＝2kg.A、B間動摩擦因數(shù)μ＝0.2.A物體上系一細線，細線能承受的最大拉力是20N，水平向右拉細線，(g＝10m/s2)下述正確的是()A．當拉力0<F<12N時，A靜止不動B．當拉力F>12N時，A相對B滑動C．當拉力F＝16N時，B受到A的摩擦力等于12ND．在細線可以承受的范圍內(nèi)，無論拉力F多大，A相對B始終靜止18.[2024·山東省煙臺市診斷測試]如圖所示，對貨車施加一個恒定的水平拉力F，拉著貨車沿光滑水平軌道運動裝運沙子，沙子經(jīng)一靜止的豎直漏斗連續(xù)地落進貨車，單位時間內(nèi)落進貨車的沙子質(zhì)量恒為Q.某時刻，貨車(連同已落入其中的沙子)質(zhì)量為M，速度為v，則此時貨車的加速度為()A．eq\f(F－Qv,M)B．eq\f(F－Qgv,M)C．eq\f(F＋Qv,M)D．eq\f(F,M)19．[2024·黑龍江省哈爾濱三中其次次驗收考試]如圖所示，輕彈簧一端系在墻上的O點，自由伸長到B點．現(xiàn)將小物體靠著彈簧(不拴接)并將彈簧壓縮到A點，然后由靜止釋放，小物體在粗糙水平面上運動到C點靜止，則()A．小物體從A到B過程速度始終增加B．小物體從A到B過程加速度始終減小C．小物體從B到C過程速度越來越小D．小物體在B點所受合外力為020．[2024·重慶市萬州市模擬](多選)如圖所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩小球通過輕繩乙連接，質(zhì)量為m1的小球通過輕繩甲與水平車廂頂連接．當兩小球與車廂保持相對靜止一起水平向右做勻加速直線運動時，甲、乙兩輕繩與豎直方向的夾角分別為θ1、θ2(圖中未畫出)，兩小球均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，則()A．若m1>m2，則θ1>θ2B．若m1>m2，則θ1＝θ2C．若m1<m2，則θ1>θ2D．若m1<m2，則θ1＝θ221．[2024·重慶市育才中學(xué)模擬]如圖，質(zhì)量為m的雪橇在傾角θ＝37°的斜坡向下滑動過程中，所受的滑動摩擦力為定值，空氣阻力與速度成正比，比例系數(shù)k＝1kg/s.雪橇運動的某段過程v-t圖像如圖中實線AD所示，且AB是曲線最左端那一點的切線，B點的坐標為(4，9)，CD線是曲線的漸近線，已知sin37°＝0.6.下列說法中正確的是()A．當v0＝3m/s時，雪橇的加速度為0.75m/s2B．在0～4s過程中雪橇的平均速度為4.5m/sC．雪橇與斜坡間的動摩擦因數(shù)是0.5D．雪橇的質(zhì)量m＝2kg22．[2024·山東省試驗中學(xué)模擬](多選)如圖所示，傾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，質(zhì)量均為m的物塊A和物塊B并排放在斜面上，與斜面垂直的擋板P固定在斜面底端，輕彈簧一端固定在擋板上，另一端與物塊A連接，物塊A、B(物塊A、B不相連)處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)用一沿斜面對上的外力FT拉物塊B，使物塊A、B一起沿斜面對上以加速度a做勻加速直線運動．已知重力加速度為g，彈簧的勁度系數(shù)為k，不計空氣阻力，則下列說法正確的是()A．外力FT的最大值為eq\f(1,2)mg＋maB．外力FT的最大值為mg＋maC．從外力FT作用在物塊B上到物塊A、B分別的時間為eq\r(\f(m（g－2a）,ka))D．從外力FT作用在物塊B上到物塊A、B分別的時間為eq\r(\f(m（2g－a）,ka))23．[2024·河南鄭州模擬]如圖所示，一質(zhì)量M＝2kg的長木板B靜止在粗糙水平面上，其右端有一質(zhì)量m＝1kg的小滑塊A，對B物體施加F＝20N的水平拉力；t＝2s后撤去拉力，撤去拉力時滑塊仍舊在木板上．已知A、B間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.2，B與地面間動摩擦因數(shù)為μ2＝0.4，取g＝10m/s2，則：(1)求有拉力F作用時木板B和滑塊A各自的加速度大??；(2)求A、B由靜止到速度相同所需的時間T共及共同速度的大小v.[答題區(qū)]題號1234567891011答案題號12131416171819202122答案考點2力與直線運動1．解析：上升過程和下降過程的位移大小相同，由于存在空氣阻力，上升過程中隨意位置的速度比下降過程中對應(yīng)位置的速度大，則上升過程的平均速度較大．由位移與時間關(guān)系可知，上升時間比下落時間短，A錯誤；上升過程排球做減速運動，下降過程排球做加速運動．在整個過程中空氣阻力始終做負功，小球機械能始終在減小，下降過程中的最低點的速度小于上升過程的最低點的速度，故排球被墊起時的速度最大，B正確；達到最高點速度為零，空氣阻力為零，此刻排球重力供應(yīng)加速度，a＝g，C錯誤；下落過程中，排球速度在變，所受空氣阻力在變，故排球所受的合外力在變更，排球在下落過程中做變加速運動，D錯誤．故選B.答案：B2．解析：由題知，電動公交車做勻減速直線運動，且設(shè)RS間的距離為x，則依據(jù)題意有eq\o(v,\s\up6(－))RS＝eq\f(x,t1)＝eq\f(vR＋vS,2)，eq\o(v,\s\up6(－))ST＝eq\f(2x,t2)＝eq\f(vS＋vT,2)聯(lián)立解得t2＝4t1，vT＝vR－10再依據(jù)勻變速直線運動速度與時間的關(guān)系有vT＝vR－a·5t1則at1＝2m/s其中還有veq\a\vs4\al(\f(t1,2))＝vR－a·eq\f(t1,2)解得vR＝11m/s聯(lián)立解得vT＝1m/s故選C.答案：C3．解析：x-t圖像的斜率表示速度，小車先做勻加速運動，因此速度變大即0～t1圖像斜率變大，t1～t2做勻減速運動則圖像的斜率變小，在t2時刻停止，圖像的斜率變?yōu)榱悖蔬xD.答案：D4.解析：如圖可知sinθ＝eq\f(\f(1,2)×\f(3L,5),\f(L,2))＝eq\f(3,5)，則cosθ＝eq\f(4,5)，對輕繩中點受力分析可知F＝2Tcosθ，對小球由牛頓其次定律得T＝ma，聯(lián)立解得a＝eq\f(5F,8m)，故選項A正確．答案：A5．解析：撤去力F后到彈簧第一次復(fù)原原長之前，彈簧彈力kx減小，對P有μmg＋kx＝maP，對Q有μmg－kx＝maQ，且撤去外力瞬間μmg＝kx，故P做加速度從2μg減小到μg的減速運動，Q做加速度從0漸漸增大到μg的減速運動，即P的加速度始終大于Q的加速度，故除起先時刻外，隨意時刻P的速度大小小于Q的速度大小，故P的平均速度大小必小于Q的平均速度大小，由x＝eq\o(v,\s\up6(－))t可知Q的位移大小大于P的位移大小，可知B、C錯誤，A、D正確．答案：AD6．解析：飛機由靜止起先加速時，有v2＝2aL0；利用彈射系統(tǒng)時，有v2－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2aL，聯(lián)立解得eq\f(L,L0)＝eq\f(7,16)，B、C、D錯誤，A正確．答案：A7．解析：子彈在木塊中受到的阻力恒定，則子彈做勻減速直線運動，由于恰好穿過木塊A、B、C，表明穿過C時速度恰好為0，依據(jù)逆向思維，初速度為0的勻加速直線運動，在連續(xù)相鄰相等位移內(nèi)的時間之比為tC∶tB∶tA＝1∶（eq\r(2)－1）∶（eq\r(3)－eq\r(2)），依據(jù)題意有tA＝t，解得tC＝（eq\r(3)＋eq\r(2)）t，C正確．答案：C8．解析：運動員B做勻減速直線運動，速度減為零的時間為tB＝eq\f(v1,a)＝4s，此時運動員A的位移為xA＝v0tB＝20m，運動員B的位移為xB＝eq\f(v1,2)tB＝16m，因為xA<xB＋x0，即運動員B速度削減為零時，運動員A還未追上運動員B，則運動員A在運動員B停下來的位置追上運動員B，即x1＝16m，C正確，A、B、D錯誤．答案：C9．解析：依據(jù)x-t圖像的斜率表示速度，可知x-t圖像只能表示直線運動的規(guī)律，即知艦載機起飛的運動軌跡是直線，A錯誤；由x-t圖像可知艦載機的速度漸漸增大，若滿意x＝eq\f(1,2)at2才是勻加速直線運動，但圖像的數(shù)據(jù)不能反映是拋物線的形態(tài)，則艦載機起飛在0～3s內(nèi)做變加速直線運動，B錯誤；在0～3s內(nèi)，艦載機通過的位移為x＝36m－0＝36m，則平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(36,3)m/s＝12m/s，C錯誤；2～2.55s內(nèi)的平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))′＝eq\f(xMN,tMN)＝eq\f(26－15,2.55－2)m/s＝20m/s，依據(jù)2～2.55s內(nèi)的平均速度等于MN連線的斜率大小，在M點對應(yīng)的位置艦載機的速度等于過M點的切線斜率大小，可知在M點對應(yīng)的位置，艦載機的速度大于MN段平均速度20m/s，D正確．答案：D10．解析：據(jù)運動學(xué)規(guī)律可得x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)，整理得eq\o(v,\s\up6(－))＝v0＋eq\f(1,2)at.結(jié)合圖知t＝0時有v0＝5m/s，設(shè)t0時刻的速度為v，可得eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋v,2)＝15m/s，解得v＝25m/s，則汽車的加速度為a＝eq\f(v2－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2x)＝eq\f(252－52,2×1000)m/s2＝0.3m/s2，A錯誤；t＝10s時的速度為v1＝v0＋at＝（5＋0.3×10）m/s＝8m/s，B錯誤；0～20s內(nèi)的位移是x2＝v0t′＋eq\f(1,2)at′2＝160m，C正確；由x＝eq\o(v,\s\up6(－))t0可得t0＝eq\f(x,v)＝eq\f(1000,15)s≈66.67s，D錯誤．答案：C11．解析：由圖像可知，3～4s內(nèi)，物塊在摩擦力作用下做勻減速直線運動，加速度大小為a′＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(4－0,4－3)m/s2＝4m/s2，依據(jù)牛頓其次定律可得a′＝eq\f(μmg,m)＝μg，解得動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(a′,g)＝0.4，1～3s內(nèi)，物塊在9N的水平推力作用下做勻加速直線運動，加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4－0,3－1)m/s2＝2m/s2，依據(jù)牛頓其次定律可得F－μmg＝ma，解得物塊的質(zhì)量為m＝eq\f(F,a＋μg)＝eq\f(9,2＋0.4×10)kg＝1.5kg，A、C正確．答案：AC12．解析：對小球受力分析后，將彈力和重力合成后如圖所示由平衡條件可得，小球靜止時彈簧的彈力大小為F＝mgtan53°＝eq\f(4,3)mg，A錯誤；由平衡條件可得，小球靜止時細繩的拉力大小為T＝eq\f(mg,cos53°)＝eq\f(5,3)mg，B錯誤；細繩燒斷瞬間，彈簧的彈力保持不變，彈力和重力的合力大小等于繩子拉力T，由牛頓其次定律有F合＝T＝ma，解得a＝eq\f(T,m)＝eq\f(5,3)g，C錯誤，D正確．答案：D13．解析：整體為探討對象，由牛頓其次定律得F1＝（m1＋2m2＋m）a，隔離B物體，由牛頓其次定律得F2＝ma，聯(lián)立解得m＝eq\f(F2（m1＋2m2）,F1－F2)，A項正確．答案：A14．解析：t3時刻由牛頓其次定律可得f－mg＝ma，解得f＝0.4N，B正確；充電寶在t2時刻具有向上的最大加速度，由牛頓其次定律知摩擦力方向豎直向上，t3時刻充電寶具有向下的加速度，而加速度小于重力加速度，所以摩擦力方向向上，所以充電寶在t2與t3時刻所受的摩擦力方向相同，C錯誤；t2時刻充電寶具有向上的最大加速度，充電寶與手機之間的摩擦力最大，此時由牛頓其次定律有f′－mg＝ma′，又f′＝μFN，解得充電寶與手機之間的吸引力大小至少為FN＝10N，fmax＝f′＝5N，D正確，A錯誤．答案：BD15．解析：（1）依據(jù)平衡條件Fcosθ＝μ（mg＋Fsinθ）代入數(shù)據(jù)得F＝5N（2）依據(jù)牛頓其次定律有μmg＝ma解得加速度大小為a＝0.02×10m/s2＝0.2m/s2依據(jù)運動學(xué)公式有v2＝2as代入數(shù)據(jù)得v＝4m/s（3）依據(jù)牛頓其次定律有μ1mg＝ma1通過摩擦過的冰面的加速度大小為a1＝0.16m/s2設(shè)冰壺剛滑上摩擦過的冰面時的速度為v1，在沒摩擦過的冰面上運動的位移為s1，由運動學(xué)公式可知v2－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝2as1在摩擦過的冰面上滑動位移是s2＝6m則有veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝2a1s2則與沒摩擦過相比多滑的距離Δs＝s1＋s2－s解得Δs＝1.2m.答案：（1）5N（2）4m/s（3）1.2m16．解析：由圖像可知，物塊先以加速度a1做勻減速直線運動，后以加速度a2做勻減速直線運動，且a1>a2，分析可知mgsinα>μmgcosα，即μ<tanα，B項錯誤；若物塊的初速度小于v0，則受到沿傳送帶向上的摩擦力，物塊做勻減速直線運動，物塊會始終以此加速度向上減速為0與題設(shè)不符，A項錯誤；物塊的初速度大于v0，則受到沿傳送帶向下的摩擦力，物塊做勻減速直線運動，依據(jù)牛頓其次定律，有mgsinα＋μmgcosα＝ma1，物塊減速到速度等于v0后，則受到沿傳送帶向上的摩擦力，對物塊依據(jù)牛頓其次定律，有mgsinα－μmgcosα＝ma2，C項正確；若物塊從傳送帶頂端起先向下運動，物塊受到沿傳送帶向上的摩擦力，由于μ<tanα，則物塊會以加速度a2始終向下加速運動，D項錯誤．答案：C17．解析：由題意可知，由于物體B放在光滑的水平面上，因此只要拉力F不是零，A、B將一起運動，所以當拉力0<F<12N時，A不會靜止不動，A錯誤；若A、B能產(chǎn)生相對滑動時，則有a＝eq\f(μmAg,mB)＝eq\f(0.2×6×10,2)m/s2＝6m/s2，對A、B整體，由牛頓其次定律可得產(chǎn)生相對滑動時最大拉力為F＝（mA＋mB）a＝（6＋2）×6N＝48N，由此可知，在繩子承受的最大拉力20N范圍內(nèi)，無論拉力F多大，A、B始終處于相對靜止狀態(tài)，B錯誤，D正確；當拉力F＝16N時，對整體由牛頓其次定律可得F＝（mA＋mB）a′，解得a′＝eq\f(F,mA＋mB)＝eq\f(16,6＋2)m/s2＝2m/s2，則有B受到A的摩擦力等于Ff＝mBa′＝2×2N＝4N，C錯誤．答案：D18．解析：一段極短的時間Δt內(nèi)落入貨車的沙子質(zhì)量為Δm＝Q·Δt，沙子落入貨車后，馬上和貨車共速，則由動量定理可得F′·Δt＝Δmv－0，解得沙子受到貨車的力為F′＝Qv，方向向前，由牛頓第三定律可知，貨車受到沙子的反作用力向后，大小為F″＝Qv，對貨車（連同落入的沙子），由牛頓其次定律可得F－F″＝Ma，解得a＝eq\f(F－Qv,M)，A正確．答案：A19．解析：由題意，A、B間某處，A受到的彈力等于摩擦力，合力為0，速度最大．而B點只受摩擦力，合力不為零．因此小物體從A到B過程加速度先減小再增大，速度先增大后減小，A、B、D錯誤；小物體從B到C過程中，合外力方向與運動方向相反，所以小物體始終做減速運動，即速度越來越小，C正確．答案：C20．解析：小球與車廂的加速度相同，設(shè)為a，將兩小球看成整體，由牛頓其次定律得（m1＋m2）gtanθ1＝（m1＋m2）a，解得a＝gtanθ1；同理對球乙分析可得a＝gtanθ2，比較可得無論m1和m2的關(guān)系如何，都有θ1＝θ2，B、D兩項正確．答案：BD21．解析：依據(jù)v-t圖像切線斜率表示加速度，可知v0＝3m/s，