2024年高考真題和模擬題物理分類匯編專題03牛頓運(yùn)動(dòng)定律（解析版）

專題03牛頓運(yùn)動(dòng)定律1.(2024浙江1月考題)1.下列屬于國(guó)際單位制基本單位符號(hào)的是（）A.s B.N C.F D.T【答案】A【解析】國(guó)際單位制中的基本單位分別是：長(zhǎng)度的單位是米，符號(hào)m；質(zhì)量的單位是千克，符號(hào)kg；時(shí)間的單位是秒，符號(hào)s；電流的單位是安培，符號(hào)是A；熱力學(xué)溫度的單位是開(kāi)爾文，符號(hào)K；物質(zhì)的量單位是摩爾，符號(hào)mol；發(fā)光強(qiáng)度的單位是坎德拉，符號(hào)cd。故選A。2.（2024年山東卷考題）2.如圖所示，國(guó)產(chǎn)人形機(jī)器人“天工”能平穩(wěn)通過(guò)斜坡。若它可以在傾角不大于30°的斜坡上穩(wěn)定地站立和行走，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則它的腳和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不能小于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根據(jù)題意可知機(jī)器人“天工”它可以在傾角不大于30°的斜坡上穩(wěn)定地站立和行走，對(duì)“天工”分析有可得故選B。3.（2024年湖南卷考題）3．如圖，質(zhì)量分別為、、、m的四個(gè)小球A、B、C、D，通過(guò)細(xì)線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細(xì)線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為（

）A．g， B．2g， C．2g， D．g，【答案】A【解析】剪斷前，對(duì)BCD分析對(duì)D剪斷后，對(duì)B解得方向豎直向上；對(duì)C解得，方向豎直向下。故選A。4.（2024全國(guó)甲卷考題）2.如圖，一輕繩跨過(guò)光滑定滑輪，繩的一端系物塊P，P置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤(pán)（質(zhì)量可忽略），盤(pán)中放置砝碼。改變盤(pán)中砝碼總質(zhì)量m，并測(cè)量P的加速度大小a，得到圖像。重力加速度大小為g。在下列圖像中，可能正確的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】設(shè)P的質(zhì)量為，P與桌面的動(dòng)摩擦力為；以P為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得以盤(pán)和砝碼為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立可得可知當(dāng)砝碼的重力大于時(shí)，才有一定的加速度，當(dāng)趨于無(wú)窮大時(shí)，加速度趨近等于。故選D。5.（2024年安徽卷考題）4.傾角為的傳送帶以恒定速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。時(shí)在傳送帶底端無(wú)初速輕放一小物塊，如圖所示。時(shí)刻物塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶中間某位置，速度達(dá)到。不計(jì)空氣阻力，則物塊從傳送帶底端運(yùn)動(dòng)到頂端的過(guò)程中，加速度a、速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線可能正確的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】時(shí)間內(nèi)：物體輕放在傳送帶上，做加速運(yùn)動(dòng)。受力分析可知，物體受重力、支持力、滑動(dòng)摩擦力，滑動(dòng)摩擦力大于重力的下滑分力，合力不變，故做勻加速運(yùn)動(dòng)。之后：當(dāng)物塊速度與傳送帶相同時(shí)，靜摩擦力與重力的下滑分力相等，加速度突變?yōu)榱悖飰K做勻速直線運(yùn)動(dòng)。C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。6.（2024年安徽卷考題）6.如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩完全相同的輕質(zhì)彈簧，它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點(diǎn)，另一端均連接在質(zhì)量為m的小球上。開(kāi)始時(shí)，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點(diǎn)O，彈簧處于原長(zhǎng)。后將小球豎直向上。緩慢拉至P點(diǎn)，并保持靜止，此時(shí)拉力F大小為。已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力。若撤去拉力，則小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中（）A.速度一直增大B.速度先增大后減小C.加速度的最大值為D.加速度先增大后減小【答案】A【解析】AB．緩慢拉至P點(diǎn)，保持靜止，由平衡條件可知此時(shí)拉力F與重力和兩彈簧的拉力合力為零。此時(shí)兩彈簧的合力為大小為。當(dāng)撤去拉力，則小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中兩彈簧的拉力與重力的合力始終向下，小球一直做加速運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中，形變量變小彈簧在豎直方向的合力不斷變小，故小球受的合外力一直變小，加速度的最大值為撤去拉力時(shí)的加速度，由牛頓第二定律可知，加速度的最大值為，CD錯(cuò)誤。故選A。7.（2024全國(guó)甲卷考題）8.如圖，一絕緣細(xì)繩跨過(guò)兩個(gè)在同一豎直面（紙面）內(nèi)的光滑定滑輪，繩的一端連接一矩形金屬線框，另一端連接一物塊。線框與左側(cè)滑輪之間的虛線區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)上下邊界水平，在時(shí)刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場(chǎng)下方進(jìn)入磁場(chǎng)。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線框始終在紙面內(nèi)且上下邊框保持水平。以向上為速度的正方向，下列線框的速度v隨時(shí)間t變化的圖像中可能正確的是（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】設(shè)線圈的上邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，設(shè)線圈的質(zhì)量M，物塊的質(zhì)量m，圖中線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線圈的加速度向下，則對(duì)線圈由牛頓第二定律可知對(duì)滑塊其中即線圈向上做減速運(yùn)動(dòng)，隨速度的減小，向下的加速度減??；當(dāng)加速度為零時(shí)，即線圈勻速運(yùn)動(dòng)的速度為A．若線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度較小，則線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，線圈的速度和加速度都趨近于零，則圖像A可能正確；B．因t=0時(shí)刻線圈就進(jìn)入磁場(chǎng)，則進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線圈向上不可能做勻減速運(yùn)動(dòng)，則圖像B不可能；CD．若線圈的質(zhì)量等于物塊的質(zhì)量，且當(dāng)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，且速度大于v0，線圈進(jìn)入磁場(chǎng)做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后線圈做勻速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)線圈出離磁場(chǎng)時(shí)，受向下的安培力又做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終出離磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，則圖像C有可能，D不可能。故選AC。8.（2024年安徽卷考題）9.一傾角為足夠大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐標(biāo)系，如圖（1）所示。從開(kāi)始，將一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊從0點(diǎn)由靜止釋放，同時(shí)對(duì)物塊施加沿x軸正方向的力和，其大小與時(shí)間t的關(guān)系如圖（2）所示。己知物塊的質(zhì)量為1.2kg，重力加速度g取，不計(jì)空氣阻力。則（）A.物塊始終做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)B.時(shí)，物塊的y坐標(biāo)值為2.5mC.時(shí)，物塊的加速度大小為D.時(shí)，物塊的速度大小為【答案】BD【解析】A．根據(jù)圖像可得，，故兩力的合力為物塊在y軸方向受到的力不變?yōu)椋瑇軸方向的力在改變，合力在改變，故物塊做的不是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．在y軸方向的加速度為故時(shí)，物塊的y坐標(biāo)值為，故B正確；C．時(shí)，，故此時(shí)加速度大小為，故C錯(cuò)誤；D．對(duì)x軸正方向，對(duì)物塊根據(jù)動(dòng)量定理由于F與時(shí)間t成線性關(guān)系故可得，解得此時(shí)y軸方向速度為故此時(shí)物塊的速度大小為，故D正確。故選BD。9.（2024年廣東卷考題）7.如圖所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋放。以木塊釋放點(diǎn)為原點(diǎn)，取豎直向下為正方向。木塊的位移為y。所受合外力為F，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t。忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內(nèi)。關(guān)于木塊從釋放到第一次回到原點(diǎn)的過(guò)程中。其圖像或圖像可能正確的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】AB．在木塊下落高度之前，木塊所受合外力為木塊的重力保持不變，即當(dāng)木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據(jù)牛頓第二定律隨著增大減小；當(dāng)彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點(diǎn)過(guò)程中，木塊所受合外力向上，隨著增大增大；圖像如圖所示故B正確，A錯(cuò)誤；CD．同理，在木塊下落高度之前，木塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度逐漸增大，所以圖像斜率逐漸增大，當(dāng)木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據(jù)牛頓第二定律，木塊的速度繼續(xù)增大，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，所以圖像斜率繼續(xù)增大，當(dāng)彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點(diǎn)過(guò)程中，，木塊所受合外力向上，木塊做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，所以圖斜率減小，到達(dá)最低點(diǎn)后，木塊向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)以上分析可知，木塊先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，再做勻減速直線運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，圖像大致為故CD錯(cuò)誤。故選B。10.(2024年遼寧卷考題)10.一足夠長(zhǎng)木板置于水平地面上，二者間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。時(shí)，木板在水平恒力作用下，由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知到的時(shí)間內(nèi)，木板速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，其中g(shù)為重力加速度大小。時(shí)刻，小物塊與木板的速度相同。下列說(shuō)法正確的是（）A.小物塊在時(shí)刻滑上木板 B.小物塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)2μC.小物塊與木板的質(zhì)量比為3︰4 D.之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)【答案】ABD【解析】A．圖像的斜率表示加速度，可知時(shí)刻木板的加速度發(fā)生改變，故可知小物塊在時(shí)刻滑上木板，故A正確；B．設(shè)小物塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為，根據(jù)題意結(jié)合圖像可知物體開(kāi)始滑上木板時(shí)的速度大小為，方向水平向左，物塊在木板上滑動(dòng)的加速度為經(jīng)過(guò)時(shí)間與木板共速此時(shí)速度大小為，方向水平向右，故可得解得，故B正確；C．設(shè)木板質(zhì)量為M，物塊質(zhì)量為m，根據(jù)圖像可知物塊未滑上木板時(shí)，木板的加速度為，故可得，解得根據(jù)圖像可知物塊滑上木板后木板的加速度為此時(shí)對(duì)木板由牛頓第二定律得解得，故C錯(cuò)誤；D．假設(shè)之后小物塊和木板一起共速運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體故可知此時(shí)整體處于平衡狀態(tài)，假設(shè)成立，即之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)，故D正確。故選ABD。11.（2024年廣東卷考題）14.汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護(hù)乘客的裝置。（1）安全帶能通過(guò)感應(yīng)車的加速度自動(dòng)鎖定，其原理的簡(jiǎn)化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過(guò)程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達(dá)到共同的加速度a，同時(shí)頂起敏感臂，使之處于水平狀態(tài)，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時(shí)敏感臂對(duì)敏感球的壓力大小為，敏感球的質(zhì)量為m，重力加速度為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值。（2）如圖乙所示，在安全氣囊的性能測(cè)試中，可視為質(zhì)點(diǎn)的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運(yùn)動(dòng)。與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，氣囊對(duì)頭錘豎直方向作用力F隨時(shí)間t的變化規(guī)律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質(zhì)量，重力加速度大小取。求：①碰撞過(guò)程中F的沖量大小和方向；②碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度?！敬鸢浮浚?）；（2）①330N?s，方向豎直向上；②0.2m【解析】（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的壓力FN以及斜面的支持力N，則由牛頓第二定律可知解得（2）①由圖像可知碰撞過(guò)程中F的沖量大小，方向豎直向上；②頭錘落到氣囊上時(shí)的速度與氣囊作用過(guò)程由動(dòng)量定理（向上為正方向）解得v=2m/s則上升的最大高度12.（2024年新課標(biāo)考題）12.如圖，一長(zhǎng)度的均勻薄板初始時(shí)靜止在一光滑平臺(tái)上，薄板的右端與平臺(tái)的邊緣O對(duì)齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速度向右滑動(dòng)，當(dāng)薄板運(yùn)動(dòng)的距離時(shí)，物塊從薄板右端水平飛出；當(dāng)物塊落到地面時(shí)，薄板中心恰好運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)。已知物塊與薄板的質(zhì)量相等。它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度大小。求（1）物塊初速度大小及其在薄板上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）平臺(tái)距地面的高度?！敬鸢浮浚?）4m/s；；（2）【解析】（1）物塊在薄板上做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為薄板做加速運(yùn)動(dòng)的加速度對(duì)物塊對(duì)薄板解得（2）物塊飛離薄板后薄板得速度物塊飛離薄板后薄板做勻速運(yùn)動(dòng)，物塊做平拋運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)物塊落到地面時(shí)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為則平臺(tái)距地面的高度13.(2024年江蘇卷考題)14.如圖所示，粗糙斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，傾角為θ，斜面長(zhǎng)為L(zhǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m的物塊，在電動(dòng)機(jī)作用下，從A點(diǎn)由靜止加速至B點(diǎn)時(shí)達(dá)到最大速度v，之后作勻速運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)，關(guān)閉電動(dòng)機(jī)，從C點(diǎn)又恰好到達(dá)最高點(diǎn)D。求：（1）CD段長(zhǎng)x；（2）BC段電動(dòng)機(jī)的輸出功率P；（3）全過(guò)程物塊增加的機(jī)械能E1和電動(dòng)機(jī)消耗的總電能E2的比值?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）物塊在CD段運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由牛頓第二定律得由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式聯(lián)立解得（2）物塊在BC段勻速運(yùn)動(dòng)，得電動(dòng)機(jī)的牽引力為由得（3）全過(guò)程物塊增加的機(jī)械能為整個(gè)過(guò)程由能量守恒得電動(dòng)機(jī)消耗的總電能轉(zhuǎn)化為物塊增加的機(jī)械能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，故可知故可得14.（2024年山東卷考題）17.如圖甲所示，質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點(diǎn)平滑連接，Q為軌道的最高點(diǎn)。質(zhì)量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2.（1）若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點(diǎn)的速度大小v；（2）若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時(shí)，軌道加速度a與F對(duì)應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。（i）求μ和m；（ii）初始時(shí)，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F=8N，當(dāng)小物塊到P點(diǎn)時(shí)撤去F，小物塊從Q點(diǎn)離開(kāi)軌道時(shí)相對(duì)地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長(zhǎng)度L?！敬鸢浮浚?）；（2）（i），；（3）【解析】（1）根據(jù)題意可知小物塊在Q點(diǎn)由合力提供向心力有代入數(shù)據(jù)解得（2）（i）根據(jù)題意可知當(dāng)F≤4N時(shí)，小物塊與軌道是一起向左加速，根據(jù)牛頓第二定律可知根據(jù)圖乙有當(dāng)外力時(shí)，軌道與小物塊有相對(duì)滑動(dòng)，則對(duì)軌道有結(jié)合題圖乙有可知：斜率，截距聯(lián)立以上各式可得，，（ii）由圖乙可知，當(dāng)F=8N時(shí)，軌道的加速度為6m/s2，小物塊的加速度為當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，經(jīng)過(guò)t0時(shí)間，則軌道有小物塊有在這個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒有水平方向動(dòng)量守恒，以水平向左的正方向，則有聯(lián)立解得根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有代入數(shù)據(jù)解得15.(2024年湖北考題)14.如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶左右兩端的距離為。傳送帶右端的正上方有一懸點(diǎn)O，用長(zhǎng)為、不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點(diǎn)右側(cè)的P點(diǎn)固定一釘子，P點(diǎn)與O點(diǎn)等高。將質(zhì)量為0.1kg的小物塊無(wú)初速輕放在傳送帶左端，小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為、方向水平向左。小球碰后繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)。已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小。（1）求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大?。唬?）求小物塊與小球碰撞過(guò)程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能；（3）若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方，繩子不松弛，求P點(diǎn)到O點(diǎn)的最小距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）根據(jù)題意，小物塊在傳送帶上，由牛頓第二定律有解得由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得，小物塊與傳送帶共速時(shí)運(yùn)動(dòng)的距離為可知，小物塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端前與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小等于傳送帶的速度大小。（2）小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，小物塊與小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有其中，解得小物塊與小球碰撞過(guò)程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能為解得（3）若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方，繩子恰好不松弛，設(shè)此時(shí)P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為，小球在P點(diǎn)正上方的速度為，在P點(diǎn)正上方，由牛頓第二定律有小球從點(diǎn)正下方到P點(diǎn)正上方過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律有聯(lián)立解得即P點(diǎn)到O點(diǎn)的最小距離為。一、單選題1．（2024·遼寧遼陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）某同學(xué)站在力傳感器下蹲，力傳感器上顯示的圖線可能是（

）A．B．C． D．【答案】C【解析】在下蹲過(guò)程中，先加速后減速，先失重后超重。故選C。2．（2024·黑龍江·三模）如圖所示為一無(wú)人機(jī)由地面豎直向上運(yùn)動(dòng)的v－t圖像。關(guān)于無(wú)人機(jī)的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A．0~段無(wú)人機(jī)的加速度大于~段無(wú)人機(jī)的加速度B．0~段，無(wú)人機(jī)的平均速度大小為C．時(shí)刻無(wú)人機(jī)到達(dá)最高點(diǎn)D．~段，無(wú)人機(jī)處于失重狀態(tài)【答案】D【解析】A．圖像中，其斜率表示加速度的大小，由于段傾斜程度小于段的傾斜程度，所以段的加速度小于加速度，A錯(cuò)誤；B．段無(wú)人機(jī)的加速度發(fā)生了變化，不是勻變速運(yùn)動(dòng)，所以其平均速度不是，而是小于，B錯(cuò)誤；C．由圖像可知，無(wú)人機(jī)加速上升，也是加速上升，只不過(guò)這一階段的加速度更大，階段開(kāi)始減速上升，時(shí)刻減速到0，達(dá)到最高點(diǎn)，C錯(cuò)誤；D．階段開(kāi)始減速上升，加速度方向向下，無(wú)人機(jī)處于失重狀態(tài)，D正確。故選D。3．（2024高三下甘肅·學(xué)業(yè)考試）如圖，水平地面上有一汽車做加速運(yùn)動(dòng)，車廂內(nèi)有一個(gè)傾角θ=37°的光滑斜面，斜面上有一個(gè)質(zhì)量為m的小球，用輕繩系于斜面的頂端，小球的重力大小為mg，繩對(duì)球的拉力大小為FT、斜面對(duì)小球的彈力大小為FN，當(dāng)汽車以大小為a的加速度向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2）（）A．若a=14m/s2，小球受mg、FT、FN三個(gè)力作用B．若a=14m/s2，小球受mg、FT兩個(gè)力作用C．若a=13m/s2，小球受mg、FT兩個(gè)力作用D．不論a多大，小球均受mg、FT、FN三個(gè)力作用【答案】B【解析】若支持力恰好為零，對(duì)小球受力分析，受到重力、繩子拉力，如圖小球向左加速，加速度向左，合力水平向左，根據(jù)牛頓第二定律，有，解得D．由以上分析可知，當(dāng)時(shí)，小球受mg、FT兩個(gè)力作用，當(dāng)時(shí)，小球受mg、FT、FN三個(gè)力作用，故D錯(cuò)誤；AB．若，小球受mg、FT兩個(gè)力作用，故A錯(cuò)誤，B正確；C．若，小球受mg、FT、FN三個(gè)力作用，故C錯(cuò)誤。故選B。4．（2024·遼寧·三模）一同學(xué)乘電梯上樓，從靜止開(kāi)始出發(fā)，用手機(jī)內(nèi)置傳感器測(cè)得某段時(shí)間內(nèi)電梯的加速度a隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為加速度的正方向，則（

）

A．時(shí)地板對(duì)該同學(xué)的支持力最小 B．時(shí)電梯對(duì)該同學(xué)的支持力為零C．6~8s內(nèi)電梯上升的高度約為4m D．6~8s內(nèi)電梯上升的高度約為9m【答案】C【解析】A．時(shí)，加速度向上且最大，則該同學(xué)處于超重狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律可得可知地板對(duì)該同學(xué)的支持力最大，故A錯(cuò)誤；B．時(shí)，加速度為0，根據(jù)受力平衡可知，電梯對(duì)該同學(xué)的支持力等于同學(xué)的重力，故B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量，由圖可知，內(nèi)圍成的面積大約有4個(gè)小方格，則時(shí)的速度為 由圖像可知，6~8s內(nèi)電梯的加速度為0，做勻速運(yùn)動(dòng)，上升的高度約為，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。5．（2024·河北·三模）某游泳運(yùn)動(dòng)員在時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的圖像如圖所示。關(guān)于該運(yùn)動(dòng)員，下列說(shuō)法正確的是（）A．在內(nèi)所受的合力一直不為0B．在內(nèi)的位移大小為C．在內(nèi)一定處于超重狀態(tài)D．在內(nèi)的位移大小為【答案】D【解析】A．圖像的斜率代表加速度，由圖像可知，在該運(yùn)動(dòng)員的有加速度，由牛頓第二定律可知，在與運(yùn)動(dòng)員并無(wú)加速度，即此時(shí)合力為零，綜上所述，運(yùn)動(dòng)員在與所受合力為零，在，所受合力不為零，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．由于圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，所以在內(nèi)的位移為，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．由之前的分析，在結(jié)合圖像可知，其加速度為由于不知道運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)方向，只知道該時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)員加速度方向與運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)方向相同，而超重則加速度方向?yàn)樨Q直向上，所以其不一定是超重狀態(tài)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．結(jié)合之前的分析，在的位移為，故D項(xiàng)正確。故選D。6．（2024·江西鷹潭·二模）如圖，C由質(zhì)量為M的物塊及右上角光滑輕質(zhì)定滑輪組成，靜置于水平地面?？邕^(guò)滑輪用輕繩連接兩質(zhì)量分別為2m和m的物塊A、B，除地面外的其余各接觸處均光滑。開(kāi)始用手托住B，使輕繩剛好伸直。由靜止釋放B，在B下落而A又未碰到滑輪的過(guò)程中，C始終保持靜止，下列說(shuō)法正確的是（）A．地面對(duì)C有向右的摩擦 B．物體C受到4個(gè)力作用C．繩中拉力等于mg D．地面對(duì)C的支持力小于【答案】A【解析】C．設(shè)繩子拉力為T，對(duì)B由牛頓第二定律對(duì)A由牛頓第二定律，聯(lián)立可得C錯(cuò)誤；A．對(duì)ABC整體應(yīng)用牛頓第二定律，水平方向地面摩擦力摩擦力方向與A加速度方向一致，水平向右，A正確；C．物體C受到A的壓力、繩對(duì)滑輪作用力、地面支持力、重力、地面摩擦力，五個(gè)力，C錯(cuò)誤；D．對(duì)ABC整體應(yīng)用牛頓第二定律，豎直方向，解得故地面對(duì)C的支持力大于，D錯(cuò)誤。故選A。7．（2024·遼寧丹東·一模）“反向蹦極”是一項(xiàng)比蹦極更刺激的運(yùn)動(dòng)。如圖所示，勁度系數(shù)為的彈性輕繩的上端固定在點(diǎn)，拉長(zhǎng)后將下端固定在體驗(yàn)者的身上，人再與固定在地面上的拉力傳感器相連，傳感器示數(shù)為1000N。打開(kāi)扣環(huán)，人從A點(diǎn)由靜止釋放，像火箭一樣被“豎直發(fā)射”，經(jīng)B點(diǎn)上升到最高位置C點(diǎn)，在B點(diǎn)時(shí)速度最大。已知長(zhǎng)為，人與裝備總質(zhì)量（可視為質(zhì)點(diǎn)）。忽略空氣阻力，重力加速度取。下列說(shuō)法正確的是（

）A．在B點(diǎn)時(shí)，彈性輕繩的拉力為零 B．經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)，人處于超重狀態(tài)C．彈性輕繩的勁度系數(shù)為 D．打開(kāi)扣環(huán)瞬間，人在A點(diǎn)的加速度大小為【答案】C【解析】C．在B點(diǎn)時(shí)人的速度最大，加速度為零，處于平衡狀態(tài)，有在A點(diǎn)未釋放時(shí)，有又聯(lián)立，解得，故A錯(cuò)誤；C正確；B．在C點(diǎn)速度為零，有向下的加速度，人處于失重狀態(tài)。故B錯(cuò)誤；D．打開(kāi)扣環(huán)瞬間，由牛頓第二定律，可得解得，故D錯(cuò)誤。故選C。8．（2024·甘肅張掖·一模）如圖所示，光滑水平面上靜置一質(zhì)量為m的長(zhǎng)木板B，木板上表面各處粗糙程度相同，一質(zhì)量也為m的小物塊A（可視為質(zhì)點(diǎn)）從左端以速度v沖上木板。當(dāng)時(shí)，小物塊A歷時(shí)恰好運(yùn)動(dòng)到木板右端與木板共速，則（）A．若，A、B相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為B．若，A、B相對(duì)靜止時(shí)，A恰好停在木板B的中點(diǎn)C．若，A經(jīng)歷到達(dá)木板右端D．若，A從木板B右端離開(kāi)時(shí)，木板速度等于v【答案】A【解析】AB．根據(jù)牛頓第二定律則A、B兩物體加速度大小相等，設(shè)為，小物塊A歷時(shí)恰好運(yùn)動(dòng)到木板右端與木板共速，則，解得，，木板的長(zhǎng)度若，A、B兩物體共速時(shí)有解得，A、B相對(duì)靜止時(shí)，相對(duì)位移為故A停在木板B的中點(diǎn)左側(cè)，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．若，A從木板B右端離開(kāi)時(shí)，根據(jù)動(dòng)力學(xué)公式解得A從木板B右端離開(kāi)時(shí)，木板速度為，故CD錯(cuò)誤。故選A。9．（23-24高三下·海南·期中）如圖所示，足夠長(zhǎng)水平傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的速度大小為，一小滑塊從傳送帶左端以初速度大小滑上傳送帶，小滑塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，小滑塊最終又返回到左端。已知重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（

）A．小滑塊的加速度向右，大小為μgB．若，小滑塊返回到左端的時(shí)間為C．若，小滑塊返回到左端的時(shí)間為D．若，小滑塊返回到左端的時(shí)間為【答案】D【解析】A．小滑塊相對(duì)于傳送帶向右滑動(dòng)，滑動(dòng)摩擦力向左，加速度向左，根據(jù)牛頓第二定律得解得，故A錯(cuò)誤；B．若，小滑塊的速度從先向右減速到0再返回加速到，剛好返回到左端，時(shí)間為故B錯(cuò)誤；CD．若，小滑塊的速度從先向右減速到0的時(shí)間位移為然后加速返回，速度加速到的時(shí)間位移為最后以速度勻速回到左端，時(shí)間為小滑塊返回到左端的時(shí)間解得，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。10．（2024·陜西渭南·二模）如圖（a），足夠高的水平長(zhǎng)桌面上，P點(diǎn)左邊光滑，右邊粗糙，物塊A在砝碼B的拉動(dòng)下從桌面左端開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，其圖像如圖（b）所示。已知砝碼B質(zhì)量為0.20，重力加速度g取10，用表示物塊A的質(zhì)量，表示物塊A與P點(diǎn)右邊桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，則有（）A．， B．，C．， D．，【答案】C【解析】由圖像可知，滑塊A在P點(diǎn)左邊運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為在P點(diǎn)右邊運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為由牛頓第二定律聯(lián)立解得故選C。11．（2024·江西·二模）如圖所示，在足夠大的水平地面上靜置一木板，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊以v0=3m/s的速度滑上木板，最終物塊恰好到達(dá)木板的右端，木板沿地面運(yùn)動(dòng)的距離恰好等于木板的長(zhǎng)度。已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.2，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.05，取重力加速度大小g=10m/s2，則木板的長(zhǎng)度為（）A．1.0m B．1.5m C．2.0m D．2.5m【答案】B【解析】設(shè)滑塊的質(zhì)量為，木板的質(zhì)量為，在滑塊減速和木板加速到共速的時(shí)間為，加速度為、，有，，木板的位移為兩者共速后，因，則一起減速到停止，共同減速的加速度為，有木板的位移為木板沿地面運(yùn)動(dòng)的距離恰好等于木板的長(zhǎng)度，即最終物塊恰好到達(dá)木板的右端，即滑塊相對(duì)滑動(dòng)的位移為板長(zhǎng)，有聯(lián)立各式解得，故選B。12．（23-24高三下·重慶沙坪壩·階段練習(xí)）如圖所示為餐廳暖盤(pán)車的儲(chǔ)盤(pán)裝置示意圖，三根完全相同的輕質(zhì)彈簧等間距豎直懸掛在水平固定圓環(huán)上，下端與托盤(pán)連接，托盤(pán)上放著6個(gè)質(zhì)量均為m的盤(pán)子并處于靜止?fàn)顟B(tài)（托盤(pán)未與暖車底部接觸），已知托盤(pán)質(zhì)量為，重力加速度大小為g，當(dāng)某顧客快速取走最上端1號(hào)盤(pán)子的瞬間，托盤(pán)對(duì)最下端6號(hào)盤(pán)子作用力的大小為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】顧客快速取走1號(hào)盤(pán)子的瞬間，托盤(pán)和其他5個(gè)盤(pán)子的合力為mg，根據(jù)牛頓第二定律有對(duì)剩余5個(gè)盤(pán)子，設(shè)托盤(pán)對(duì)最下端6號(hào)盤(pán)子的支持力大小為FN，根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立可得托盤(pán)對(duì)6號(hào)盤(pán)子作用力的大小為故選A。二、多選題13．（2024·山東濰坊·三模）如圖甲是風(fēng)洞示意圖，風(fēng)洞可以人工產(chǎn)生可控制的氣流，用以模擬飛行器或物體周圍氣體的流動(dòng)。在某次風(fēng)洞飛行表演中，質(zhì)量為50kg的表演者靜臥于出風(fēng)口，打開(kāi)氣流控制開(kāi)關(guān)，表演者與風(fēng)力作用的正對(duì)面積不變，所受風(fēng)力大小F=0.05v2（采用國(guó)際單位制），v為風(fēng)速?？刂苬可以改變表演者的上升高度h，其v2與h的變化規(guī)律如乙圖所示。g取10m/s2。表演者上升10m的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．打開(kāi)開(kāi)關(guān)瞬間，表演者的加速度大小為2m/s2B．表演者一直處于超重狀態(tài)C．表演者上升5m時(shí)獲得最大速度D．表演者先做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)【答案】AC【解析】A．打開(kāi)開(kāi)關(guān)瞬間，表演者高度為0，則有根據(jù)牛頓第二定律有，解得，故A正確；B．根據(jù)圖像可知，當(dāng)風(fēng)力與表演者的重力相等時(shí)有，解得由于可知，重力與風(fēng)力大小相等時(shí)的高度為可知，在高度小于5m時(shí)，風(fēng)力大于重力，加速度方向向上，表演者處于超重狀態(tài)，在高度大于5m時(shí)，風(fēng)力小于重力，加速度方向向下，表演者處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C．結(jié)合上述可知，表演者先向上做加速度減小得加速運(yùn)動(dòng)，表演者上升5m時(shí)，加速度為0，速度達(dá)到最大值，故C正確；D．結(jié)合上述可知，表演者先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選AC。14．（2024·黑龍江齊齊哈爾·三模）利用智能手機(jī)的加速度傳感器可測(cè)量手機(jī)自身的加速度。用手掌托著智能手機(jī)，打開(kāi)加速度傳感器，從靜止開(kāi)始迅速上下運(yùn)動(dòng)，得到如圖所示的豎直方向加速度隨時(shí)間變化的圖像，該圖像以豎直向上為正方向，重力加速度大小為。下列說(shuō)法正確的是（

）A．手機(jī)有可能離開(kāi)過(guò)手掌 B．時(shí)刻手機(jī)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C．時(shí)刻手機(jī)開(kāi)始減速上升 D．時(shí)刻手機(jī)速度可能為0【答案】ACD【解析】A．根據(jù)題圖可知，手機(jī)的加速度在內(nèi)的某段時(shí)間等于重力加速度，則可知手機(jī)與手掌之間沒(méi)有力的作用，因此手機(jī)在該段時(shí)間內(nèi)可能離開(kāi)過(guò)手掌，故A正確；B．根據(jù)可知，圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示速度的變化量，而根據(jù)題圖可知在時(shí)刻手機(jī)的速度為正，即可知手機(jī)還未達(dá)到最高點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C．由題圖可知，時(shí)刻后手機(jī)的加速度變?yōu)樨?fù)方向，而速度依舊為正方向，則可知時(shí)刻手機(jī)開(kāi)始減速上升，故C正確；D．當(dāng)時(shí)間內(nèi)圖像與時(shí)間軸圍成的面積等于時(shí)間內(nèi)圖像與時(shí)間軸圍成的面積時(shí)，則表示正向速度變化量等于負(fù)向速度變化量，即手機(jī)速度減為0，故D正確。故選ACD。15．（2024·河南·二模）一足夠長(zhǎng)的粗糙傾斜傳送帶以恒定的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，某時(shí)刻在傳送帶上適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣葀0的小物塊，如圖所示，取沿傳送帶向下的方向?yàn)檎较颍瑒t下列描述小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的v-t圖像中可能正確是（）A．B．C．D．【答案】ABD【解析】A．當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下，且小于傳送帶的速度時(shí)，對(duì)小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得，即可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物塊達(dá)到傳送帶速度時(shí)，若滿足可知二者將共速，小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，若滿足小物塊繼續(xù)加速下滑，其加速度大小為，故A正確；B．當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下，且大于傳送帶的速度時(shí)，若滿足則小物塊一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為若滿足，則小物塊應(yīng)沿傳送帶向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度大小為，二者共速后小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確；CD．當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向上時(shí)，牛頓第二定律可得小物塊的加速度大小為可知小物塊沿傳送帶向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，減到零后反向勻加速，其加速度仍為a3，與傳送帶共速時(shí)，若滿足，則小物塊繼續(xù)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為若滿足，則小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確。故選ABD。16．（2024·湖南懷化·二模）如圖甲所示，勁度系數(shù)k=500N/m的輕彈簧，一端固定在傾角為θ=37°的帶有擋板的光滑斜面體的底端，另一端和質(zhì)量為mA的小物塊A相連，質(zhì)量為mB的物塊B緊靠A一起靜止，現(xiàn)用水平推力使斜面體以加速度a向左勻加速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定后彈簧的形變量大小為x。在不同推力作用下、穩(wěn)定時(shí)形變量大小x隨加速度a的變化如圖乙所示。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列說(shuō)法正確的是（

）A．a(chǎn)0=7.5m/s2B．mA=3kgC．若a=a0，穩(wěn)定時(shí)A、B間彈力大小為0D．若a=a0，穩(wěn)定時(shí)A對(duì)斜面的壓力大小為12.5N【答案】ACD【解析】A．由圖結(jié)合題意可知時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，對(duì)AB整體，根據(jù)牛頓第二定律，解得，故A正確；B．當(dāng)時(shí)，對(duì)AB整體分析有當(dāng)時(shí)，圖中另一縱截距的意義為聯(lián)立解得，，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)時(shí)，對(duì)B，根據(jù)牛頓第二定律解得，故C正確；D．當(dāng)時(shí)，物塊A、B恰要分離，對(duì)A有由牛頓第三定律知A對(duì)斜面的壓力大小為12.5N，故D正確。故選ACD。17．（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·二模）如圖甲所示，粗糙的水平地面上有一塊長(zhǎng)木板P，小滑塊Q放置于長(zhǎng)木板上的最右端?，F(xiàn)將一個(gè)水平向右的力F作用在長(zhǎng)木板的右端，讓長(zhǎng)木板從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后撤去力F的作用?；瑝K、長(zhǎng)木板的速度圖像如圖乙所示，已知物塊與長(zhǎng)木板的質(zhì)量相等，滑塊Q始終沒(méi)有從長(zhǎng)木板P上滑下?；瑝KQ與長(zhǎng)木板P之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，長(zhǎng)木板P與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度。則下列說(shuō)法正確的是（）A．B．C．時(shí)，木板P停止運(yùn)動(dòng)D．滑塊Q在長(zhǎng)木板P上