專題03 牛頓運動定律-2024年高考真題和模擬題物理分類匯編

專題03牛頓運動定律1.(2024浙江1月考題)1.下列屬于國際單位制基本單位符號的是()A.sB.NC.FD.T2.（2024年山東卷考題）2.如圖所示，國產人形機器人“天工”能平穩(wěn)通過斜坡。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摩擦力，則它的腳和斜面間的動摩擦因數(shù) 23322A.2B.C.D.3223.（2024年湖南卷考題）3．如圖，質量分別為4m、3m、2m、m的四個小球A、B、C、D，通過細線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點，處于靜止狀態(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為()A．g，1.5gB．2g，1.5gC．2g，0.5gD．g，0.5g4.（2024全國甲卷考題）2.如圖，一輕繩跨過光滑定滑輪，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（質量可忽略盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質量m，并測量P的加速度大小a，得到a-m圖像。重力加速度大小為g。在下列a-m圖像中，可能正確的是()C.B.D.A.C.B.D.5.（2024年安徽卷考題）4.傾角為θ的傳送帶以恒定速率v0順時針轉動。t=0時在傳送帶底端無初速輕放一小物塊，如圖所示。t0時刻物塊運動到傳送帶中間某位置，速度達到v0。不計空氣阻力，則物塊從傳送帶底端運動到頂端的過程中，加速度a、速度v隨時間t變化的關系圖線可能正確的是()A.B.C.D.6.（2024年安徽卷考題）6.如圖所示，豎直平面內有兩完全相同的輕質彈簧，它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點，另一端均連接在質量為m的小球上。開始時，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點O，彈簧處于原長。后將小球豎直向上。緩慢拉至P點，并保持靜止，此已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內，不計空氣阻力。若撤去拉力，則小球從P點運動到OA.速度一直增大B.速度先增大后減小C.加速度的最大值為3gD.加速度先增大后減小7.（2024全國甲卷考題）8.如圖，一絕緣細繩跨過兩個在同一豎直面（紙面）內的光滑定滑輪，繩的一端連接一矩形金屬線框，另一端連接一物塊。線框與左側滑輪之間的虛線區(qū)域內有方向垂直紙面的勻強磁場，磁場上下邊界水平，在t=0時刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場下方進入磁場。運動過程中，線框始終在紙面內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隨時間t變化的圖像中可能正確的是()C.B.D.A.C.B.D.8.（2024年安徽卷考題）9.一傾角為30o足夠大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐標系，如圖（1）所示。從t=0開始，將一可視為質點的物塊從0點由靜止釋放，同時對物塊施加沿x軸正方向的力F1和F2，其大小與時間t的關系如圖（2）所示。己知物塊的質量為1.2kg，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。則()A.物塊始終做勻變速曲線運動B.t=1s時，物塊的y坐標值為2.5m C.t=1s時，物塊的加速度大小為5-3m/s2D.t=2s時，物塊的速度大小為102m/s9.（2024年廣東卷考題）7.如圖所示，輕質彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方C.t=1s時，物塊的加速度大小為5-3m/s2D.t=2s時，物塊的速度大小為102m/sA.B.C.D.10.(2024年遼寧卷考題)10.一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數(shù)為μ。t=0時，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的時間內，木板速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，其中g為重力加速度大小。t=4t0時刻，小物塊與木板的速度相同。下列說法正確的是()A.小物塊在t=3t0時刻滑上木板B.小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為2μC.小物塊與木板的質量比為3︰4D.t=4t0之后小物塊和木板一起做勻速運動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乘客的裝置。（1）安全帶能通過感應車的加速度自動鎖定，其原理的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度a，同時頂起敏感臂，使之處于水平狀態(tài)，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為FN，敏感球的質量為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tanθ。（2）如圖乙所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動。與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向作用力F隨時間t的變化規(guī)律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質量M=30kg,H=3.2m，重力加速度大小取g=10m/s2。求：①碰撞過程中F的沖量大小和方向；②碰撞結束后頭錘上升的最大高度。12.（2024年新課標考題）12.如圖，一長度l=1.0m的均勻薄板初始時靜止在一光滑平臺上，薄板的右端與平臺的邊緣O對齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速度向右滑動，當薄板運動的距離Δl=時，物塊從薄板右端水平飛出；當物塊落到地面時，薄板中心恰好運動到O點。已知物塊與薄板的質量相等。它們之間的動摩擦因數(shù)μ=0.3，重力加速度大小g=10m/s2。求（1）物塊初速度大小及其在薄板上運動的時間；（2）平臺距地面的高度。13.(2024年江蘇卷考題)14.如圖所示，粗糙斜面的動摩擦因數(shù)為μ,傾角為θ,斜面長為L。一個質量為m的物塊，在電動機作用下，從A點由靜止加速至B點時達到最大速度v，之后作勻速運動至C點，關閉電動機，從C點又恰好到達最高點D。求：（1）CD段長x；（2）BC段電動機的輸出功率P；（3）全過程物塊增加的機械能E1和電動機消耗的總電能E2的比值。14.（2024年山東卷考題）17.如圖甲所示，質量為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點平滑連接，Q為軌道的最高點。質量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。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動到Q點時，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點的速度大小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，軌道加速度a與F對應關系如圖乙所示。（i）求μ和m；（ii）初始時，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，當小物塊到P點時撤去F，小物塊從Q點離開軌道時相對地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長度L。15.(2024年湖北考題)14.如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時針勻速轉動，傳送帶左右兩端的距離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點O，用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點右側的P點固定一釘子，P點與O點等高。將質量為0.1kg的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點做圓周運動，當輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小g=10m/s2。（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程中，兩者構成的系統(tǒng)損失的總動能；（3）若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離。一、單選題12024·遼寧遼陽·模擬預測）某同學站在力傳感器下蹲，力傳感器上顯示的圖線可能是()A.22024·黑龍江·三模）如圖所示為一無人機由地面豎直向上運動的v－t圖像。關于無人機的運動，下列說法正確的是()A．0~t2段無人機的加速度大于t3~t5段無人機的加速度B．0~t3段，無人機的平均速度大小為C．t3時刻無人機到達最高點D．t3~t5段，無人機處于失重狀態(tài)32024高三下甘肅·學業(yè)考試）如圖，水平地面上有一汽車做加速運動，車廂內有一個傾角θ=37°的光滑斜面，斜面上有一個質量為m的小球，用輕繩系于斜面的頂端，小球的重力大小為mg，繩對球的拉力大小為FT、斜面對小球的彈力大小為FN，當汽車以大小為a的加速度向左做勻加速直線運動時（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三個力作用B．若a=14m/s2，小球受mg、FT兩個力作用C．若a=13m/s2，小球受mg、FT兩個力作用D．不論a多大，小球均受mg、FT、FN三個力作用42024·遼寧·三模）一同學乘電梯上樓，從靜止開始出發(fā)，用手機內置傳感器測得某段時間內電梯的加速度a隨時間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．t=4s時地板對該同學的支持力最小B．t=7s時電梯對該同學的支持力為零C．6~8s內電梯上升的高度約為4mD．6~8s內電梯上升的高度約為9m52024·河北·三模）某游泳運動員在0~6s時間內運動的v—t圖像如圖所示。關于該運動員，下列說法正確的是()A．在0~6s內所受的合力一直不為0B．在0~6s內的位移大小為24mC．在2s~4s內一定處于超重狀態(tài)D．在4s~6s內的位移大小為8m62024·江西鷹潭·二模）如圖，C由質量為M的物塊及右上角光滑輕質定滑輪組成，靜置于水平地面?？邕^滑輪用輕繩連接兩質量分別為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又未碰到滑輪的過程中，C始終保持靜止，下列說法A．地面對C有向右的摩擦B．物體C受到4個力作用C．繩中拉力等于mgD．地面對C的支持力小于(M+2)mg72024·遼寧丹東·一模）“反向蹦極”是一項比蹦極更刺激的運動。如圖所示，勁度系數(shù)為k的彈性輕繩的上端固定在O點，拉長后將下端固定在體驗者的身上，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。打開扣環(huán)，人從A點由靜止釋放，像火箭一樣被“豎直發(fā)射”，經B點上升到最高位置C點，在B點時速度最大。已知AB長為2m，人與裝備總質量m=80kg（可視為質點）。忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是()A．在B點時，彈性輕繩的拉力為零B．經過C點時，人處于超重狀態(tài)C．彈性輕繩的勁度系數(shù)k為500N/mD．打開扣環(huán)瞬間，人在A點的加速度大小為22.5m/s282024·甘肅張掖·一模）如圖所示，光滑水平面上靜置一質量為m的長木板B，木板上表面各處粗糙程度相同，一質量也為m的小物塊A（可視為質點）從左端以速度v沖上木板。當v=v0時，小物塊A歷時t0恰好運動到木板右端與木板共速，則()A．若v=，A、B相對運動時間為B．若v=，A、B相對靜止時，A恰好停在木板B的中點C．若v=2v0，A經歷到達木板右端D．若v=2v0，A從木板B右端離開時，木板速度等于v923-24高三下·海南·期中）如圖所示，足夠長水平傳送帶逆時針轉動的速度大小為v1，一小滑塊從傳送帶左端以初速度大小v0滑上傳送帶，小滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ,小滑塊最終又返回到左端。已知重力加速度為g，下列說法正確的是()A．小滑塊的加速度向右，大小為μgB．若v0<v1，小滑塊返回到左端的時間為C．若v0>v1，小滑塊返回到左端的時間為D．若v0>v1，小滑塊返回到左端的時間為102024·陜西渭南·二模）如圖（a足夠高的水平長桌面上，P點左邊光滑，右邊粗糙，物塊A在砝碼B的拉動下從桌面左端開始運動，其v-t圖像如圖（b）所示。已知砝碼B質量為0.20kg，重力加速度g取10m/s2，用mA表示物塊A的質量，μ表示物塊A與P點右邊桌面之間的動摩擦因數(shù)，則有()A．mA=1.0kg，μ=0.2B．mA=0.4kg，μ=0.125112024·江西·二模）如圖所示，在足夠大的水平地面上靜置一木板，可視為質點的物塊以v0=3m/s的速度滑上木板，最終物塊恰好到達木板的右端，木板沿地面運動的距離恰好等于木板的長度。已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1=0.2，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2=0.05，取重力加速度大小g=10m/s2，則木板的長度為()A．1.0mB．1.5mC．2.0mD．2.5m1223-24高三下·重慶沙坪壩·階段練習）如圖所示為餐廳暖盤車的儲盤裝置示意圖，三根完全相同的輕質彈簧等間距豎直懸掛在水平固定圓環(huán)上，下端與托盤連接，托盤上放著6個質量均為m的盤子并處于靜止狀態(tài)（托盤未與暖車底部接觸已知托盤質量為2m，重力加速度大小為g，當某顧客快速取走最上端1號盤子的瞬間，托盤對最下端6號盤子作用力的大小為()A．mgB．mgC．5mgD．6mg二、多選題132024·山東濰坊·三模）如圖甲是風洞示意圖，風洞可以人工產生可控制的氣流，用以模擬飛行器或物體周圍氣體的流動。在某次風洞飛行表演中，質量為50kg的表演者靜臥于出風口，打開氣流控制開關，表演者與風力作用的正對面積不變，所受風力大小F=0.05v2（采用國際單位制v為風速?？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的運動過程中，下列說法正確的是()A．打開開關瞬間，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時獲得最大速度D．表演者先做加速度逐漸增大的加速運動，再做加速度逐漸減小的減速運動142024·黑龍江齊齊哈爾·三模）利用智能手機的加速度傳感器可測量手機自身的加速度。用手掌托著智能手機，打開加速度傳感器，從靜止開始迅速上下運動，得到如圖所示的豎直方向加速度隨時間變化的圖像，該圖像以豎直向上為正方向，重力加速度大小為10m/s2。下列說法正確的是()B．mA=3kgA．手機有可能離開過手掌B．t1時刻手機運動到最高點C．t2時刻手機開始減速上升D．t3時刻手機速度可能為0152024·河南·二模）一足夠長的粗糙傾斜傳送帶以恒定的速率逆時針轉動，某時刻在傳送帶上適當?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為正方向，則下列描述小物塊在傳送帶上運動的v-t圖像中可能正確是()A.162024·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，另一端和質量為mA的小物塊A相連，質量為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向左勻加速運動，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，不計空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列說法正確的是()A．a0=7.5m/s2C．若a=a0，穩(wěn)定時A、B間彈力大小為0D．若a=a0，穩(wěn)定時A對斜面的壓力大小為12.5N172024·內蒙古呼和浩特·二模）如圖甲所示，粗糙的水平地面上有一塊長木板P，小滑塊Q放置于長木板上的最右端?，F(xiàn)將一個水平向右的力F作用在長木板的右端，讓長木板從靜止開始運動，一段時間后撤去力F的作用?；瑝K、長木板的速度圖像如圖乙所示，已知物塊與長木板的質量相等，滑塊Q始終沒有從長木板P上滑下。滑塊Q與長木板P之間的動摩擦因數(shù)為μ1，長木板P與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2，重力加速度g=10m/s2。則下列說法正確的是()C．s時，木板P停止運動D．滑塊Q在長木板P上滑行的相對位移為m三、解答題182024·福建寧德·三模）人類從事滑雪活動已有數(shù)千年歷史，滑雪愛好者可在雪場上輕松、愉快地滑行，飽享滑雪運動的樂趣。一名滑雪愛好者以1m/s的初速度沿山坡勻加速直線滑下，山坡的傾角為30°。若人與滑板的總質量為60kg，受到的總阻力為60N，重力加速度g取10m/s2，求：（1）滑雪者加速度的大??；（2）3s內滑雪者下滑位移的大??；（3）3s末人與滑板總重力的瞬時功率。1922-23高一上·四川內江·期末）一足夠長的木板P靜置于粗糙水平面上，木板的質量M=4kg，質量m=1kg的小滑塊Q（可視為質點）從木板的左端以初速度v0滑上木板，與此同時在木板右端作用水平向右的恒定拉力F，如圖甲所示，設滑塊滑上木板為t=0時刻，經過t1=2s撤去拉力F，兩物體一起做勻減速直線運動，再經過t2=4s兩物體停止運動，畫出的兩物體運動的v-t圖像如圖乙所示。（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m/s2）求：（1）0~2s內滑塊Q和木板P的加速度？（2）滑塊Q運動的總位移？（3）拉力F的大小？202024·廣西桂林·三模）如圖所示水平導軌MN和PQ分別與水平傳送帶左側和右側理想連接，豎直圓形軌道與PQ相切于Q。已知傳送帶長L=4.0m，且沿順時針方向以恒定速率v=3.0m/s勻速轉動，滑塊C以速度2.0m/s滑上傳送帶時，恰好停在Q點?；瑝KC與傳送帶及PQ之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.20，裝置其余部分均可視為光滑，滑塊大小不計，重力加速度g取10m/s2。（結果可帶根號）（1）求C以速度2.0m/s剛滑上傳送帶時的加速度大?。唬?）求P、Q的距離；（3）圓軌道半徑R=0.55m，若要使C滑過Q點但不脫離圓軌道，求C滑上傳送帶時速度的范圍。專題03牛頓運動定律1.(2024浙江1月考題)1.下列屬于國際單位制基本單位符號的是()A.sB.NC.FD.T【答案】A【解析】國際單位制中的基本單位分別是：長度的單位是米，符號m；質量的單位是千克，符號kg；時間的單位是秒，符號s；電流的單位是安培，符號是A；熱力學溫度的單位是開爾文，符號K；物質的量單位是摩爾，符號mol；發(fā)光強度的單位是坎德拉，符號cd。故選A。2.（2024年山東卷考題）2.如圖所示，國產人形機器人“天工”能平穩(wěn)通過斜坡。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摩擦力，則它的腳和斜面間的動摩擦因數(shù)A.B.C.D.【答案】B【解析】根據(jù)題意可知機器人“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“天故選B。3.（2024年湖南卷考題）3．如圖，質量分別為4m、3m、2m、m的四個小球A、B、C、D，通過細線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點，處于靜止狀態(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為()A．g，1.5gB．2g，1.5gC．2g，0.5gD．g，0.5g【答案】A【解析】剪斷前，對BCD分析FAB=(3m+2m+m)g剪斷后，對BFAB-3mg=3maB解得aB=g方向豎直向上；對CFDC+2mg=2maC解得aC=1.5g，方向豎直向下。故選A。4.（2024全國甲卷考題）2.如圖，一輕繩跨過光滑定滑輪，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（質量可忽略盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質量m，并測量P的加速度大小a，得到a-m圖像。重力加速度大小為g。在下列a-m圖像中，可能正確的是()C.B.D.A.C.B.D.【答案】D【解析】設P的質量為M，P與桌面的動摩擦力為f；以P為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得T-f=Ma以盤和砝碼為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得mg-T=ma聯(lián)立可得可知當砝碼的重力大于f時，才有一定的加速度，當m趨于無窮大時，加速度趨近等于g。故選D。5.（2024年安徽卷考題）4.傾角為θ的傳送帶以恒定速率v0順時針轉動。t=0時在傳送帶底端無初速輕放一小物塊，如圖所示。t0時刻物塊運動到傳送帶中間某位置，速度達到v0。不計空氣阻力，則物塊從傳送帶底端運動到頂端的過程中，加速度a、速度v隨時間t變化的關系圖線可能正確的是()A.B.C.D.【答案】C【解析】0~t0時間內：物體輕放在傳送帶上，做加速運動。受力分析可知，物體受重力、支持力、滑動摩擦力，滑動摩擦力大于重力的下滑分力，合力不變，故做勻加速運動。t0之后：當物塊速度與傳送帶相同時，靜摩擦力與重力的下滑分力相等，加速度突變?yōu)榱悖飰K做勻速直線運動。C正確，ABD錯誤。故選C。6.（2024年安徽卷考題）6.如圖所示，豎直平面內有兩完全相同的輕質彈簧，它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點，另一端均連接在質量為m的小球上。開始時，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點O，彈簧處于原長。后將小球豎直向上。緩慢拉至P點，并保持靜止，此已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內，不計空氣阻力。若撤去拉力，則小球從P點運動到OA.速度一直增大B.速度先增大后減小C.加速度的最大值為3gD.加速度先增大后減小【答案】A【解析】AB．緩慢拉至P點，保持靜止，由平衡條件可知此時拉力F與重力和兩彈簧的拉力合力為零。此時兩彈簧的合力為大小為mg。當撤去拉力，則小球從P點運動到O點的過程中兩彈簧的拉力與重力的合力始終向下，小球一直做加速運動，故A正確，B錯誤；CD．小球從P點運動到O點的過程中，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的加速度，由牛頓第二定律可知2mg=ma，加速度的最大值為2g，CD錯誤。故選A。7.（2024全國甲卷考題）8.如圖，一絕緣細繩跨過兩個在同一豎直面（紙面）內的光滑定滑輪，繩的一端連接一矩形金屬線框，另一端連接一物塊。線框與左側滑輪之間的虛線區(qū)域內有方向垂直紙面的勻強磁場，磁場上下邊界水平，在t=0時刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場下方進入磁場。運動過程中，線框始終在紙面內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隨時間t變化的圖像中可能正確的是()C.B.D.A.C.B.D.【答案】AC【解析】設線圈的上邊進入磁場時的速度為v，設線圈的質量M，物塊的質量m，圖中線圈進入磁場時線圈的加速度向下，則對線圈由牛頓第二定律可知Mg+F安—T=Ma對滑塊Tmg=ma其中F安=線圈向上做減速運動，隨速度的減小，向下的加速度減??；當加速度為零時，即線圈勻速運動的速度為A．若線圈進入磁場時的速度較小，則線圈進入磁場時做加速度減小的減速運動，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時刻線圈就進入磁場，則進入磁場時線圈向上不可能做勻減速運動，則圖像B不可能；CD．若線圈的質量等于物塊的質量，且當線圈進入磁場時，且速度大于v0，線圈進入磁場做加速度減小的減速運動，完全進入磁場后線圈做勻速運動；當線圈出離磁場時，受向下的安培力又做加速度減小的減速運動，最終出離磁場時做勻速運動，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30。足夠大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐標系，如圖（1）所示。從t=0開始，將一可視為質點的物塊從0點由靜止釋放，同時對物塊施加沿x軸正方向的力F1和F2，其大小與時間t的關系如圖（2）所示。己知物塊的質量為1.2kg，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。則()A.物塊始終做勻變速曲線運動B.t=1s時，物塊的y坐標值為2.5m C.tC.t=1s時，物塊的加速度大小為53m/s2D.t=2s時，物塊的速度大小為102m/s【解析】A．根據(jù)圖像可得F1=4-t，F(xiàn)2=3t，故兩力的合力為F=4+2t(N)物塊在y軸方向受到的力不變?yōu)閙gsin30。，x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動，故A錯誤；故t=1s時，物塊的y坐標值為ayt2=2.5m，故B正確；+ay2m/s2D．對x軸正方向，對物塊根據(jù)動量定理Ft=mvx-0由于F與時間t成線性關系故可得×2=1.2vx，解得vx=10m/s+vy2故選BD。9.（2024年廣東卷考題）7.如圖所示，輕質彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋放。以木塊釋放點為原點，取豎直向下為正方向。木塊的位移為y。所受合外力為F，運動時間為t。忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內。關于木塊從釋放到第一次回到原點的過程中。其F-y圖像或y-t圖像可能正確的是()A.B.C.D.【答案】B【解析】AB．在木塊下落H高度之前，木塊所受合外力為木塊的重力保持不變，即F=mg當木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據(jù)牛頓第二定律mg-ky=F隨著y增大F減小；當彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點過程中，F(xiàn)=ky-mg木塊所受合外力向上，隨著y增大F增大；F-y圖像如圖所示故B正確，A錯誤；CD．同理，在木塊下落H高度之前，木塊做勻加速直線運動，根據(jù)y=速度逐漸增大，所以y-t圖像斜率逐漸增大，當木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據(jù)牛頓第二定律mg-ky=F，木塊的速度繼續(xù)增大，做加速度減小的加速運動，所以y-t圖像斜率繼續(xù)增大，當彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點過程中，F(xiàn)=ky-mg，木塊所受合外力向上，木塊做加速度增大的減速運動，所以y-t圖斜率減小，到達最低點后，木塊向上運動，經以上分析可知，木塊先做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，再做勻減速直線運動到最高點，y-t圖像大致為故選B。10.(2024年遼寧卷考題)10.一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數(shù)為μ。t=0時，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的時間內，木板速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，其中g為重力加速度大小。t=4t0時刻，小物塊與木板的速度相同。下列說法正確的是()A.小物塊在t=3t0時刻滑上木板B.小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為2μC.小物塊與木板的質量比為3︰4D.t=4t0之后小物塊和木板一起做勻速運動【答案】ABD【解析】A．v-t圖像的斜率表示加速度，可知t=3t0時刻木板的加速度發(fā)生改變，故可知小物塊在t=3t0時刻滑上木板，故A正確；B．設小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為μ0，根據(jù)題意結合圖像可知物體開始滑上木板時的速度大小為μgt0，方向水平向左，物塊在木板上滑動的加速度為經過t0時間與木板共速此時速度大小為μgt0，方向水平向右，故可得C．設木板質量為M，物塊質量為m，根據(jù)圖像可知物塊未滑上木板時，木板的加速度為故可得FμMg=Ma，解得F=根據(jù)圖像可知物塊滑上木板后木板的加速度為=—μg此時對木板由牛頓第二定律得F—μ(m+M)g—μ0mg=Ma'解得，故C錯誤；D．假設t=4t0之后小物塊和木板一起共速運動，對整體μMg—μMg=0故可知此時整體處于平衡狀態(tài)，假設成立，即t=4t0之后小物塊和木板一起做勻速運動，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乘客的裝置。（1）安全帶能通過感應車的加速度自動鎖定，其原理的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度a，同時頂起敏感臂，使之處于水平狀態(tài)，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為FN，敏感球的質量為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tanθ。（2）如圖乙所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動。與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向作用力F隨時間t的變化規(guī)律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質量M=30kg,H=3.2m，重力加速度大小取g=10m/s2。求：①碰撞過程中F的沖量大小和方向；②碰撞結束后頭錘上升的最大高度。tanθ=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(mg+FN)tanθ=ma解得tanθ=（2）①由圖像可知碰撞過程中F的沖量大小×0.1×6600N.s=330N.s，方向豎直向上；與氣囊作用過程由動量定理（向上為正方向）IF-mgt=mv-(-mv0)解得v=2m/s2則上升的最大高度=0.2m12.（2024年新課標考題）12.如圖，一長度l=1.0m的均勻薄板初始時靜止在一光滑平臺上，薄板的右端與平臺的邊緣O對齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速度向右滑動，當薄板運動的距離時，物塊從薄板右端水平飛出；當物塊落到地面時，薄板中心恰好運動到O點。已知物塊與薄板的質量相等。它們之間的動摩擦因數(shù)μ=0.3，重力加速度大小g=10m/s2。求（1）物塊初速度大小及其在薄板上運動的時間；（2）平臺距地面的高度。5 m【解析】（1）物塊在薄板上做勻減速運動的加速度大小為a1=μg=3m/s2薄板做加速運動的加速度=3m/s2對物塊l+Δl=v0t-a1t2對薄板a2t2（2）物塊飛離薄板后薄板得速度v2=a2t=1m/s物塊飛離薄板后薄板做勻速運動，物塊做平拋運動，則當物塊落到地面時運動的時間為則平臺距地面的高度gt'2=13.(2024年江蘇卷考題)14.如圖所示，粗糙斜面的動摩擦因數(shù)為μ,傾角為θ,斜面長為L。一個質量為m的物塊，在電動機作用下，從A點由靜止加速至B點時達到最大速度v，之后作勻速運動至C點，關閉電動機，從C點又恰好到達最高點D。求：（1）CD段長x；（2）BC段電動機的輸出功率P；（3）全過程物塊增加的機械能E1和電動機消耗的總電能E2的比值?！窘馕觥浚?）物塊在CD段運動過程中，由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma由運動學公式0-v2=-2ax2聯(lián)立解得（2）物塊在BC段勻速運動，得電動機的牽引力為F=mgsinθ+μmgcosθ由P=Fv得P=mgv(sinθ+μcosθ)（3）全過程物塊增加的機械能為E1=mgLsinθ整個過程由能量守恒得電動機消耗的總電能轉化為物塊增加的機械能和摩擦產生的內能，故可知E2=E1+μmgcosθ.L故可得14.（2024年山東卷考題）17.如圖甲所示，質量為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點平滑連接，Q為軌道的最高點。質量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。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動到Q點時，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點的速度大小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，軌道加速度a與F對應關系如圖乙所示。（i）求μ和m；（ii）初始時，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，當小物塊到P點時撤去F，小物塊從Q點離開軌道時相對地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長度L?！敬鸢浮浚?）v=4m/s2i）m=1kg，μ=0.23）L=4.5m2【解析】（1）根據(jù)題意可知小物塊在Q點由合力提供向心力有mg+3mg=m代入數(shù)據(jù)解得v=4m/s（2i）根據(jù)題意可知當F≤4N時，小物塊與軌道是一起向左加速，根據(jù)牛頓第二定律可知F=(M+m)a根據(jù)圖乙有=0.5kg-1當外力F>4N時，軌道與小物塊有相對滑動，則對軌道有F-μmg=Ma結合題圖乙有可知：斜率k==1kg-1，截距b=-=-2m/s2聯(lián)立以上各式可得M=1kg，m=1kg，μ=0.2（ii）由圖乙可知，當F=8N時，軌道的加速度為6m/s2，小物塊的加速度為a2=μg=2m/s2當小物塊運動到P點時，經過t0時間，則軌道有v1=a1t0小物塊有v2=a2t0在這個過程中系統(tǒng)機械能守恒有+2mgR水平方向動量守恒，以水平向左的正方向，則有Mv1+mv2=Mv3+mv4根據(jù)運動學公式有代入數(shù)據(jù)解得L=4.5m15.(2024年湖北考題)14.如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時針勻速轉動，傳送帶左右兩端的距離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點O，用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點右側的P點固定一釘子，P點與O點等高。將質量為0.1kg的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點做圓周運動，當輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小g=10m/s2。（1）求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大??；（2）求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統(tǒng)損失的總動能；（3）若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離。【答案】（1）5m/s2）0.3J3）0.2m【解析】（1）根據(jù)題意，小物塊在傳送帶上，由牛頓第二定律有μmg=ma解得a=5m/s22由運動學公式可得，小物塊與傳送帶共速時運動的距離為=2.5m<L傳=3.6m可知，小物塊運動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5m/s。（2）小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，小物塊與小球組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2其中v=5m/s，v1=1m/s解得v2=3m/s小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統(tǒng)損失的總動能為ΔEk=m物v2（3）若小球運動到P點正上方，繩子恰好不松弛，設此時P點到O點的距離為d，小球在P點正上方2的速度為v3，在P點正上方，由牛頓第二定律有m球g=m球小球從O點正下方到P點正上方過程中，由機械能守恒定律有+m球g聯(lián)立解得d=0.2m即P點到O點的最小距離為0.2m。一、單選題12024·遼寧遼陽·模擬預測）某同學站在力傳感器下蹲，力傳感器上顯示的圖線可能是()A.【答案】C【解析】在下蹲過程中，先加速后減速，先失重后超重。故選C。22024·黑龍江·三模）如圖所示為一無人機由地面豎直向上運動的v－t圖像。關于無人機的運動，下列說法正確的是()A．0~t2段無人機的加速度大于t3~t5段無人機的加速度B．0~t3段，無人機的平均速度大小為C．t3時刻無人機到達最高點D．t3~t5段，無人機處于失重狀態(tài)【答案】D【解析】A．v-t圖像中，其斜率表示加速度的大小，由于0~t2段傾斜程度小于t3~t5段的傾斜程度，所以0~t2段的加速度小于t3~t5加速度，A錯誤；B．0~t3段無人機的加速度發(fā)生了變化，不是勻變速運動，所以其平均速度不是，而是小于，B錯誤；C．由圖像可知，無人機0~t2加速上升，t2~t3也是加速上階段開始減速上升，加速度方向向下，無人機處于失重狀態(tài)，D正確。故選D。32024高三下甘肅·學業(yè)考試）如圖，水平地面上有一汽車做加速運動，車廂內有一個傾角θ=37°的光滑斜面，斜面上有一個質量為m的小球，用輕繩系于斜面的頂端，小球的重力大小為mg，繩對球的拉力大小為FT、斜面對小球的彈力大小為FN，當汽車以大小為a的加速度向左做勻加速直線運動時（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三個力作用B．若a=14m/s2，小球受mg、FT兩個力作用C．若a=13m/s2，小球受mg、FT兩個力作用D．不論a多大，小球均受mg、FT、FN三個力作用【答案】B【解析】若支持力恰好為零，對小球受力分析，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Tcosθ=ma，Tsinθ=mg解得m/s2≈13.3m/s2D．由以上分析可知，當a>13.3m/s2時，小球受mg、FT兩個力作用，當a<13.3m/s2時，小球受mg、FT、FN三個力作用，故D錯誤；AB．若a=14m/s2>13.3m/s2，小球受mg、FT兩個力作用，故A錯誤，B正確；C．若a=13m/s2<13.3m/s2，小球受mg、FT、FN三個力作用，故C錯誤。故選B。42024·遼寧·三模）一同學乘電梯上樓，從靜止開始出發(fā)，用手機內置傳感器測得某段時間內電梯的加速度a隨時間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．t=4s時地板對該同學的支持力最小B．t=7s時電梯對該同學的支持力為零C．6~8s內電梯上升的高度約為4mD．6~8s內電梯上升的高度約為9m【答案】C【解析】A．t=4s時，加速度向上且最大，則該同學處于超重狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律可得N一mg=ma可知地板對該同學的支持力最大，故A錯誤；B．t=7s時，加速度為0，根據(jù)受力平衡可知，電梯對該同學的支持力等于同學的重力，故B錯誤；CD．根據(jù)a一t圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量，由圖可知，0~6s內圍成的面積大約有4個小方D錯誤。故選C。52024·河北·三模）某游泳運動員在0~6s時間內運動的v一t圖像如圖所示。關于該運動員，下列說法正確的是()A．在0~6s內所受的合力一直不為0B．在0~6s內的位移大小為24mC．在2s~4s內一定處于超重狀態(tài)D．在4s~6s內的位移大小為8m【答案】D【解析】A．v-t圖像的斜率代表加速度，由圖像可知，在2~4s該運動員的有加速度，由牛頓第二定律可知F合=ma，在0~2s與4~6s運動員并無加速度，即此時合力為零，綜上所述，運動員在0~2s與4~6s所受合力為零，在2~4s，所受合力不為零，故A項錯誤；B．由于v-t圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，所以在0~6s內的位移為×4m=12m，故B項錯誤；C．由之前的分析，在2s~4s結合圖像可知，其加速度為m/s2=2m/s2由于不知道運動員運動方向，只知道該時間內運動員加速度方向與運動員的運動方向相同，而超重則加速度方向為豎直向上，所以其不一定是超重狀態(tài)，故C項錯誤；D．結合之前的分析，在4s~6s的位移為x1=4×2m=8m，故D項正確。故選D。62024·江西鷹潭·二模）如圖，C由質量為M的物塊及右上角光滑輕質定滑輪組成，靜置于水平地面?？邕^滑輪用輕繩連接兩質量分別為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又未碰到滑輪的過程中，C始終保持靜止，下列說法A．地面對C有向右的摩擦B．物體C受到4個力作用C．繩中拉力等于mgD．地面對C的支持力小于(M+2)mg【答案】A【解析】C．設繩子拉力為T，對B由牛頓第二定律mg-T=ma對A由牛頓第二定律T=2ma，聯(lián)立可得C錯誤；A．對ABC整體應用牛頓第二定律，水平方向地面摩擦力f=2ma=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、繩對滑輪作用力、地面支持力、重力、地面摩擦力，五個力，C錯誤；D．對ABC整體應用牛頓第二定律，豎直方向g-N=ma，解得N=Mg+故地面對C的支持力大于(M+2)mg，D錯誤。故選A。72024·遼寧丹東·一模）“反向蹦極”是一項比蹦極更刺激的運動。如圖所示，勁度系數(shù)為k的彈性輕繩的上端固定在O點，拉長后將下端固定在體驗者的身上，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。打開扣環(huán)，人從A點由靜止釋放，像火箭一樣被“豎直發(fā)射”，經B點上升到最高位置C點，在B點時速度最大。已知AB長為2m，人與裝備總質量m=80kg（可視為質點）。忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是()A．在B點時，彈性輕繩的拉力為零B．經過C點時，人處于超重狀態(tài)C．彈性輕繩的勁度系數(shù)k為500N/mD．打開扣環(huán)瞬間，人在A點的加速度大小為22.5m/s2【答案】C【解析】C．在B點時人的速度最大，加速度為零，處于平衡狀態(tài)，有kx=mg在A點未釋放時，有kx,=mg+F又x,-x=2m聯(lián)立，解得k=500N/m，故A錯誤；C正確；B．在C點速度為零，有向下的加速度，人處于失重狀態(tài)。故B錯誤；D．打開扣環(huán)瞬間，由牛頓第二定律，可得kx,-mg=F=ma故選C。82024·甘肅張掖·一模）如圖所示，光滑水平面上靜置一質量為m的長木板B，木板上表面各處粗糙程度相同，一質量也為m的小物塊A（可視為質點）從左端以速度v沖上木板。當v=v0時，小物塊A歷時t0恰好運動到木板右端與木板共速，則()A．若v=，A、B相對運動時間為B．若v=，A、B相對靜止時，A恰好停在木板B的中點C．若v=2v0，A經歷到達木板右端D．若v=2v0，A從木板B右端離開時，木板速度等于v【答案】A【解析】AB．根據(jù)牛頓第二定律μmg=maA=maB則A、B兩物體加速度大小相等，設為a，小物塊A歷時t0恰好運動到木板右端與木板共速，則v共=v0at0=at0，解得t0=，v共=木板的長度若，A、B兩物體共速時有v共1=—at1=at1解得，v共1=A、B相對靜止時，相對位移為故A停在木板B的中點左側，故A正確，B錯誤；CD．若v=2v0，A從木板B右端離開時，根據(jù)動力學公式L=2v0t2—解得A從木板B右端離開時，木板速度為v木板=at2=3v0<v0，故CD錯誤。故選A。923-24高三下·海南·期中）如圖所示，足夠長水平傳送帶逆時針轉動的速度大小為v1，一小滑塊從傳送帶左端以初速度大小v0滑上傳送帶，小滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ,小滑塊最終又返回到左端。已知重力加速度為g，下列說法正確的是()A．小滑塊的加速度向右，大小為μgB．若v0<v1，小滑塊返回到左端的時間為C．若v0>v1，小滑塊返回到左端的時間為D．若v0>v1，小滑塊返回到左端的時間為【答案】D【解析】A．小滑塊相對于傳送帶向右滑動，滑動摩擦力向左，加速度向左，根據(jù)牛頓第二定律得μmg=ma解得a=μg，故A錯誤；B．若v0<v1，小滑塊的速度從v0先向右減速到0再返回加速到v0，剛好返回到左端，時間為故B錯誤；CD．若v0>v1，小滑塊的速度從v0先向右減速到0的時間2位移為然后加速返回，速度加速到v1的時間2位移為22最后以速度v1勻速回到左端，時間為小滑塊返回到左端的時間t1=t1+t2+t3解得，故C錯誤，D正確。故選D。102024·陜西渭南·二模）如圖（a足夠高的水平長桌面上，P點左邊光滑，右邊粗糙，物塊A在砝碼B的拉動下從桌面左端開始運動，其v-t圖像如圖（b）所示。已知砝碼B質量為0.20kg，重力加速度g取10m/s2，用mA表示物塊A的質量，μ表示物塊A與P點右邊桌面之間的動摩擦因數(shù)，則有()A．mA=1.0kg，μ=0.2B．mA=0.4kg，μ=0.125【答案】C【解析】由圖像可知，滑塊A在P點左邊運動時的加速度為a1=2m/s2在P點右邊運動時的加速度為m/s2=1m/s2由牛頓第二定律mBg=(mA+mB)a1mBg—μmAg=(mA+mB)a2聯(lián)立解得mA=0.8kgμ=0.125故選C。112024·江西·二模）如圖所示，在足夠大的水平地面上靜置一木板，可視為質點的物塊以v0=3m/s的速度滑上木板，最終物塊恰好到達木板的右端，木板沿地面運動的距離恰好等于木板的長度。已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1=0.2，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2=0.05，取重力加速度大小g=10m/s2，則木板的長度為()A．1.0mB．1.5mC．2.0mD．2.5m【答案】B【解析】設滑塊的質量為m，木板的質量為M，在滑塊減速和木板加速到共速的時間為t1，加速度為a1、木板的位移為兩者共速后，因μ1>μ2，則一起減速到停止，共同減速的加速度為a3，有a3==0.5m/s22木板的位移為木板沿地面運動的距離恰好等于木板的長度，即L=x1+x2最終物塊恰好到達木板的右端，即滑塊相對滑動的位移為板長，有L=t1—x1故選B。1223-24高三下·重慶沙坪壩·階段練習）如圖所示為餐廳暖盤車的儲盤裝置示意圖，三根完全相同的輕質彈簧等間距豎直懸掛在水平固定圓環(huán)上，下端與托盤連接，托盤上放著6個質量均為m的盤子并處于靜止狀態(tài)（托盤未與暖車底部接觸已知托盤質量為2m，重力加速度大小為g，當某顧客快速取走最上端1號盤子的瞬間，托盤對最下端6號盤子作用力的大小為()A．mgB．mgC．5mgD．6mg【答案】A【解析】顧客快速取走1號盤子的瞬間，托盤和其他5個盤子的合力為mg，根據(jù)牛頓第二定律有對剩余5個盤子，設托盤對最下端6號盤子的支持力大小為FN，根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立可得托盤對6號盤子作用力的大小為故選A。二、多選題132024·山東濰坊·三模）如圖甲是風洞示意圖，風洞可以人工產生可控制的氣流，用以模擬飛行器或物體周圍氣體的流動。在某次風洞飛行表演中，質量為50kg的表演者靜臥于出風口，打開氣流控制開關，表演者與風力作用的正對面積不變，所受風力大小F=0.05v2（采用國際單位制v為風速?？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的運動過程中，下列說法正確的是()A．打開開關瞬間，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時獲得最大速度D．表演者先做加速度逐漸增大的加速運動，再做加速度逐漸減小的減速運動【答案】AC【解析】A．打開開關瞬間，表演者高度為0，則有v=1.2×104m2.s—2根據(jù)牛頓第二定律有0.05v—mg=ma0，解得a0=2m/s2，故A正確；B．根據(jù)圖像可知，當風力與表演者的重力相等時有0.05v=mg，解得v=1.0×104m2.s—2由于v2=1.2×104m2.s—2400h可知，重力與風力大小相等時的高度為h1=5m可知，在高度小于5m時，風力大于重力，加速度方向向上，表演者處于超重狀態(tài)，在高度大于5m時，風力小于重力，加速度方向向下，表演者處于失重狀態(tài)，故B錯誤；C．結合上述可知，表演者先向上做加速度減小得加速運動，表演者上升5m時，加速度為0，速度達到最大值，故C正確；D．結合上述可知，表演者先做加速度逐漸減小的加速運動，再做加速度逐漸增大的減速運動，故D錯故選AC。142024·黑龍江齊齊哈爾·三模）利用智能手機的加速度傳感器可測量手機自身的加速度。用手掌托著智能手機，打開加速度傳感器，從靜止開始迅速上下運動，得到如圖所示的豎直方向加速度隨時間變化的圖像，該圖像以豎直向上為正方向，重力加速度大小為10m/s2。下列說法正確的是()A．手機有可能離開過手掌C．t2時刻手機開始減速上升B．t1時刻手機運動到最高點D．t3時刻手機速度可能為0【答案】ACD【解析】A．根據(jù)題圖可知，手機的加速度在1s~2s內的某段時間等于重力加速度，則可知手機與手掌之間沒有力的作用，因此手機在該段時間內可能離開過手掌，故A正確；B．根據(jù)Δv=aΔt可知，a—t圖像與時間軸圍成的面積表示速度的變化量，而根據(jù)題圖可知在t1時刻手機的速度為正，即可知手機還未達到最高點，故B錯誤；C．由題圖可知，t2時刻后手機的加速度變?yōu)樨摲较?，而速度依舊為正方向，則可知t2時刻手機開始減速上升，故C正確；D．當0~t2時間內圖像與時間軸圍成的面積等于t2~t3時間內圖像與時間軸圍成的面積時，則表示正向速度變化量等于負向速度變化量，即手機速度減為0，故D正確。故選ACD。152024·河南·二模）一足夠長的粗糙傾斜傳送帶以恒定的速率逆時針轉動，某時刻在傳送帶上適當?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為正方向，則下列描述小物塊在傳送帶上運動的v-t圖像中可能正確是()A.【答案】ABD【解析】A．當小物塊的初速度沿斜面向下，且小于傳送帶的速度時，對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma1，即a1=gsinθ+μgcosθ可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運動，當小物塊達到傳送帶速度時，若滿足mgsinθ<μmgcosθ可知二者將共速，小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，若滿足mgsinθ>μmgcosθ小物塊繼續(xù)加速下滑，其加速度大小為a2=gsinθ—μgcosθ<a1，故A正確；B．當小物塊的初速度沿斜面向下，且大于傳送帶的速度時，若滿足mgsinθ>μmgcosθ則小物塊一直做勻加速直線運動，加速度大小為a3=gsinθ+μgcosθ若滿足mgsinθ<μmgcosθ,則小物塊應沿傳送帶向下做勻減速直線運動，其加速度大小為a4=μgcosθ—gsinθ,二者共速后小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，故B正確；CD．當小物塊的初速度沿斜面向上時，牛頓第二定律可得小物塊的加速度大小為a3=gsinθ+μgcosθ可知小物塊沿傳送帶向上做勻減速直線運動，減到零后反向勻加速，其加速度仍為a3，與傳送帶共速時，若滿足mgsinθ>μmgcosθ,則小物塊繼續(xù)做勻加速直線運動，加速度大小為a2=gsinθμgcosθ<a3若滿足mgsinθ<μmgcosθ,則小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，故C錯誤，D正確。故選ABD。162024·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，另一端和質量為mA的小物塊A相連，質量為mB的物