2025年高考物理復習考點解密追蹤與預測（新高考）專題03 牛頓運動定律的綜合運用（分層練）（解析版）

專題03牛頓運動定律的綜合運用A·?？碱}不丟分命題點01動力學的兩類基本問題命題點02連接體問題命題點03超重失重問題命題點04力學單位制命題點05板塊模型命題點06傳送帶模型B·拓展培優(yōu)拿高分C·挑戰(zhàn)真題爭滿分【命題點01動力學的兩類基本問題】【針對練習1】（多選）游樂場有一種大型游戲機叫“跳樓機”，參加游戲的游客被安全帶固定在座椅上，由驅動裝置將座椅沿光滑的豎直軌道提升到離地面49m高處，然后由靜止釋放?？梢哉J為座椅沿軌道做自由落體運動2s后，開始受到恒定的制動力而立即做勻減速運動，且下落到離地面13m高處時速度剛好減為零，然后再讓座椅非常緩慢的平穩(wěn)下落，將游客送回地面。g取10m/s2，則（）A．在下落過程中，游客加速度方向豎直向下B．座椅在勻減速階段的時間是1.6sC．在下落過程中其加速度大小為12D．要避免整個裝置撞擊地面，自由落體的時間不能超過7【答案】BD【詳解】A．在下落過程中，游客先是做自由落體運動，加速度方向豎直向下，然后做勻減速直線運動，加速度方向豎直向上，最后做勻速直線運動，加速度為零。故A錯誤；BC．依題意，座椅自由落體過程的位移和末速度分別為?勻減速過程的位移為?根據(jù)2a解得a=12.5根據(jù)0=解得t故B正確；C錯誤；D．要避免整個裝置撞擊地面，設自由落體的時間不能超過t，則有座椅到達地面時速度恰好減到零，即49解得t=故D正確。故選BD?！踞槍毩?】如圖所示，傾角為37°的斜面體固定在水平地面上，一質量為m=1kg的小物塊在平行于斜面向上的拉力F=8N作用下，從斜面底端O點由靜止開始沿斜面向上運動，運動到A點后撤去拉力，其中OA段光滑，AB段粗糙，已知OA=AB=4m，小物塊與斜面AB間的動摩擦因數(shù)為0.25，g取10m/s2.求：（1）拉力作用下小物塊的加速度大??；（2）掀去拉力后小物塊還能沿斜面上滑的最大距離；（3）小物塊在AB段滑行的時間。【答案】（1）2m/s2【詳解】（1）拉力作用下小物塊的受力示意圖如圖1由牛頓第二定律F?mg解得a（2）小物塊到達A點的速度為vv小物塊在AB段上滑時的受力示意圖如圖2則mg小物塊在AB段上滑的最大距離為x0?解得x（3）小物塊在AB段上滑的時間t0=v?小物塊在AB段下滑時的受力示意圖如圖3則mg又xt=得t=【針對練習3】可愛的企鵝喜歡在冰面上玩游戲。如圖所示，有一企鵝在傾角為37°的傾斜冰面上，先以加速度a=0.5m/s2從冰面底部由靜止開始沿直線向上“奔跑”，t=8s時，突然臥倒以肚皮貼著冰面向前滑行，最后退滑到出發(fā)點，完成一次游戲（企鵝在滑動過程中姿勢保持不變）。若企鵝肚皮與冰面間的動摩擦因數(shù)μ=0.25，已知sin37°=0.6，（1）企鵝向上“奔跑”的位移大?。唬?）企鵝貼著冰面向前滑行過程的加速度大小和退滑到出發(fā)點過程的加速度大??；（3）企鵝退滑到出發(fā)點時的速度大小。（計算結果用根式表示）【答案】（1）16m；（2）a1=8m/【詳解】（1）在企鵝向上“奔跑”的過程中有x=解得x=16（2）在企鵝臥倒以后將進行兩個過程的運動，第一個過程是從臥倒到最高點，第二個過程是從最高點滑回到出發(fā)點，兩次過程根據(jù)牛頓第二定律分別有mgmg解得aa（3）企鵝從臥倒滑到最高點的過程中，做勻減速直線運動，設時間為t′，位移為x企鵝從最高點滑到出發(fā)點的過程中，設末速度為vtv解得v【命題點02連接體問題】【針對練習4】如圖所示，質量為M的木箱子放在水平桌面上，木箱中的豎直立桿（質量不計）上套有一質量為m的圓環(huán)，圓環(huán)由靜止開始釋放，圓環(huán)下滑的加速度恒為a=g2，則圓環(huán)在下落過程中處于狀態(tài)（填“超重”或“失重”）；此下落過程中木箱對地面的壓力為【答案】失重Mg+【詳解】[1]圓環(huán)加速下落加速度方向向下，故處于失重狀態(tài)；[2]以環(huán)為研究對象，可知環(huán)受到重力和摩擦力的作用，由牛頓第二定律得ma=mg?f所以f=mg?以箱子為研究對象，分析受力情況：箱子受到重力Mg、地面的支持力N和環(huán)對箱子向下的滑動摩擦力f，根據(jù)平衡條件得N=Mg+f=Mg+根據(jù)牛頓第三定律得木箱對地面的壓力大小N=Mg+【針對練習5】（多選）車廂頂部固定一滑輪，在跨過定滑輪繩子的兩端各系一個物體，質量分別為m1、m2，且m2>m1，m2靜止在車廂底板上，當車廂向右運動時，m1、A．車廂的加速度為gtanθ C．車廂底板對m2的支持力為m2?m1【答案】BD【詳解】AB．物體m1與車廂具有相同的加速度，對物體m1分析，受重力和拉力，根據(jù)合成法知F合=m1gtanθ拉力T=物體m1的加速度a=所以車廂的加速度為gtanθ，故A錯誤，B正確；CD．物體m2加速度為gtanθ，對物體m2受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，支持力N=f=m2a=m2gtanθ故C錯誤，D正確。故選BD?！踞槍毩?】（多選）如圖甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質量均為m的物體A、B(B與彈簧連接，A、B均可視為質點)，彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時刻物體處于靜止狀態(tài).現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在A上，使A開始向上做加速度大小為a的勻加速運動，測得A、B的v－t圖像如圖乙所示，物體B的v－t圖像在t2時刻的斜率與t軸平行，已知重力加速度大小為g，則（）

A．施加力F前，彈簧的形變量為2mgB．施加力F的瞬間，A、B間的彈力大小為m(g＋a)C．A、B在t1時刻分離，此時彈簧彈力等于B的重力D．B上升速度最大時，A、B間的距離為1【答案】AD【詳解】A．施加力F前，A、B整體受力平衡，則彈簧彈力F0＝2mg＝kx0解得彈簧的形變量x0＝2mg選項A正確；B．施加力F的瞬間，即t＝0時刻，對B，根據(jù)牛頓第二定律有F0－mg－FAB＝ma解得A、B間的彈力大小FAB＝m(g－a)選項B錯誤；C．A、B在t1時刻分離，此時A、B具有共同的速度與加速度，且FAB＝0對B有F1－mg＝ma解得此時彈簧彈力大小F1＝m(g＋a)選項C錯誤；D．t2時刻B上升速度最大，加速度為零，則kx2＝mg解得此時彈簧的形變量x2＝mgB上升的高度h＝x0－x2＝mgA上升的高度H＝12at2所以A、B間的距離Δh＝12at22－選項D正確。故選AD。【命題點03超重失重問題】【針對練習7】如圖所示，一個盛水的容器底部有一小孔。靜止時用手指堵住小孔不讓它漏水，假設容器在下述幾種運動過程中始終保持平動，且忽略空氣阻力，則（

）

A．容器自由下落時，小孔向下漏水B．將容器豎直向上拋出，容器向上運動時，小孔向下漏水；容器向下運動時，小孔不向下漏水C．將容器豎直向上拋出，不管是容器向上運動，還是向下運動，小孔都向下漏水D．將容器豎直向上拋出，不管是容器向上運動，還是向下運動，小孔都不向下漏水【答案】D【詳解】無論是讓容器自由下落，還是豎直上拋，水和容器都是處于完全失重狀態(tài)，運動情況相同。所以不管怎樣，水都不會漏下來，所以ABC錯誤，D正確。故選D。【針對練習8】升降機箱內底部放一個質量為m的物體，當箱從高空某處以初速度v0

A．0?t1內箱內底對物體的支持力保持不變 B．C．物體在0?t1時間內處于失重狀態(tài) D．物體在【答案】D【詳解】在v-t圖中，圖線切線的斜率表示物體速度變化的快慢，即物體的加速度，由圖可知，在0～t1時間內物體的加速度逐漸減小。向下做加速度減小的減速，加速度向上，處于超重狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律F?mg=ma0?t故選D?！踞槍毩?】（多選）乘坐“空中纜車”飽覽大自然的美景是旅游者絕妙的選擇。若某一纜車沿著坡度為30°的山坡以加速度a上行，如圖所示。若在纜車中放一個與山坡表面平行的斜面，斜面上放一個質量為m的小物塊，小物塊相對斜面靜止（設纜車保持豎直狀態(tài)運行）。重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．小物塊處于失重狀態(tài)B．小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向上C．小物塊受到的靜摩擦力為1D．若纜車加速度減小，則小物塊受到的摩擦力和支持力都減小【答案】BC【詳解】A．由于小物塊和斜面保持相對靜止，所以物塊具有沿斜面向上的加速度a，所以小物塊處于超重狀態(tài)，故A錯誤；BCD．以物塊為研究對象，小物塊受豎直向下的重力mg，垂直斜面向上的支持力N和沿斜面向上的靜摩擦力f，根據(jù)牛頓第二定律有f?mg可得小物塊受到的靜摩擦力為f=若纜車加速度減小，則靜摩擦力減小，但支持力N=mg支持力不變，故BC正確，D錯誤。故選BC。【命題點04力學單位制】【針對練習10】利用旋渦現(xiàn)象可以測定液體的流速。如圖所示（為截面圖），液體的振動周期T與流速v、旋渦發(fā)生體的寬度D有關。結合物理量的單位分析，下列關系式可能正確的是（其中k是一個沒有單位的常量）（）

A．v=kDT B．v=kDT C．【答案】A【詳解】液體的振動周期T與流速v、旋渦發(fā)生體的寬度D有關，速度v的單位為ms，振動周期T的單位為s，寬度D的單位為m；而kv=k故選A?！踞槍毩?1】“另類加速度A”的定義為A=vt?v0x，其中v0和vt分別表示某段位移A．s－1 B．Hz C．m/s2 D．m2/s【答案】A【詳解】根據(jù)量綱法可知，“另類加速度A”的單位為m故選A?！踞槍毩?2】雨滴在空氣中下落的速度比較大時.受到的空氣阻力f與其速度v的二次方成正比，與其橫截面積S成正比，即f=kSv2。則比例系數(shù)k的單位是（A．kg/s?m3 B．kgm【答案】C【詳解】將f=kSvk=f、S、v，的單位分別為kg?m/s2、m2、故選C?！久}點05板塊模型】【針對練習13】一長輕質木板置于光滑水平地面上，木板上放質量分別為mA＝1kg和mB＝2kg的A、B兩物塊，A、B與木板之間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.2，水平恒力F作用在A物塊上，如圖所示(重力加速度g取10m/s2)．則()A．若F＝1N，則物塊、木板都靜止不動B．若F＝1.5N，則A物塊所受摩擦力大小為1.5NC．若F＝4N，則B物塊所受摩擦力大小為4ND．若F＝8N，則B物塊的加速度為1m/s2解析：選D.物塊A的滑動摩擦力為FfA＝μmAg＝2N，物塊B的滑動摩擦力為FfA＝μmBg＝4N．若F＝1N<2N，則兩物塊相對木板靜止不動，而木板向左加速運動，A錯誤；若F＝1.5N<2N，對兩木塊與木板整體由牛頓第二定律得共同加速度為a＝eq\f(F,mA＋mB)＝eq\f(1.5,3)m/s2＝0.5m/s2，對A有F－Ff＝mAa，解得Ff＝1N，B錯誤；當F＝4N>2N時，木塊A與木板相對滑動，此時木板和B的加速度為a＝eq\f(μmAg,mB)＝1m/s2，此時B物塊所受摩擦力大小為Ff＝mBa＝2N，C錯誤；同理若F＝8N，木塊A與木板相對滑動，此時木板和B的加速度為a＝eq\f(μmAg,mB)＝1m/s2，D正確．【針對練習14】一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m，如圖a所示．t＝0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t＝1s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)．碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板．已知碰撞后1s時間內小物塊的v－t圖線如圖b所示．木板的質量是小物塊質量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2.求：(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2；(2)木板的最小長度；(3)木板右端離墻壁的最終距離．解析：(1)規(guī)定向右為正方向．木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，設加速度為a1，小物塊和木板的質量分別為m和M.由牛頓第二定律有－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①由題圖b可知，木板與墻壁碰撞前瞬間的速度v1＝4m/s，由運動學公式有v1＝v0＋a1t1②s0＝v0t1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)③式中，t1＝1s，s0＝4.5m是木板碰撞前的位移，v0是小物塊和木板開始運動時的速度．聯(lián)立①②③式和題給條件得μ1＝0.1④在木板與墻壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做勻變速運動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動．設小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有－μ2mg＝ma2⑤由題圖b可得a2＝eq\f(v2－v1,t2－t1)⑥式中，t2＝2s，v2＝0，聯(lián)立⑤⑥式和題給條件得μ2＝0.4⑦(2)設碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時間Δt，木板和小物塊剛好具有共同速度v3.由牛頓第二定律及運動學公式得μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧v3＝－v1＋a3Δt⑨v3＝v1＋a2Δt⑩碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中，木板運動的位移為s1＝eq\f(－v1＋v3,2)Δt?小物塊運動的位移為s2＝eq\f(v1＋v3,2)Δt?小物塊相對木板的位移為Δs＝s2－s1?聯(lián)立⑥⑧⑨⑩???式，并代入數(shù)值得Δs＝6.0m?因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應為6.0m.(3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運動直至停止，設加速度為a4，此過程中小物塊和木板運動的位移為s3.由牛頓第二定律及運動學公式得μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4?0－veq\o\al(2,3)＝2a4s3?碰后木板運動的位移為s＝s1＋s3?聯(lián)立⑥⑧⑨⑩????式，并代入數(shù)值得s＝－6.5m?木板右端離墻壁的最終距離為6.5m.答案：(1)0.10.4(2)6.0m(3)6.5m【針對練習15】如圖，光滑水平桌面右端固定有一個定滑輪和擋板P，長木板c質量為，物塊a靜止放在長木板c左端，并通過與桌面平行的輕繩與重物b相連。重物b由靜止釋放后時，長木板c與擋板P發(fā)生碰撞（碰撞時間極短），同時輕繩立即斷裂，碰后長木板c以碰前速率的0.8倍反彈，已知物塊a和重物b的質量均為，物塊a與長木板c間的動摩擦因數(shù)為，光滑水平桌面足夠長，重物b離地面的高度足夠高，。求：（1）重物b剛開始下落時輕繩的拉力及長木板c與擋板P碰前的速率為多少？（2）長木板c至少需要多長，物塊a才不會從c上滑出？

【答案】（1）7.5N，5m/s；（2）3.6m【詳解】（1）重物b釋放后假設a、b、c一起運動，根據(jù)牛頓第二定律有解得則長木板c應受到的摩擦力為故重物b釋放后，a、b、c一起運動，根據(jù)牛頓第二定律有解得長木板c與擋板P碰前的速率為（2）長木板c與擋板P碰后，a、c均做減速運動，a、c的加速度大小分別為，物塊a減速為零的時間為長木板c減速為零的時間為則物塊先減速為零，物塊a減速為零的位移為此時長木板c的速度為長木板的位移為長木板和物塊共速時有解得此時長木板和物塊的速度為該段時間長木板的位移為物塊a的位移為則木板的長度至少為【命題點06傳送帶模型】【針對練習16】(多選)如圖所示為糧袋的傳送裝置，已知AB間長度為L，傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時其運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，正常工作時工人在A點將糧袋放到運行中的傳送帶上，關于糧袋從A到B的運動，以下說法正確的是(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()A．糧袋到達B點的速度與v比較，可能大，也可能相等或小B．糧袋開始運動的加速度為g(sinθ－μcosθ)，若L足夠大，則以后將一定以速度v做勻速運動C．若μ<tanθ，則糧袋從A到B一定一直是做加速運動D．不論μ大小如何，糧袋從A到B一直做勻加速運動，且a>gsinθ解析：選AC.開始時，糧袋相對傳送帶向上運動，受重力、支持力和沿傳送帶向下的摩擦力，由牛頓第二定律可知，mgsinθ＋μFN＝ma，F(xiàn)N＝mgcosθ，解得a＝gsinθ＋μgcosθ，B錯誤；糧袋加速到與傳送帶相對靜止時，若mgsinθ>μmgcosθ，即當μ<tanθ時糧袋將繼續(xù)做加速運動，A、C正確，D錯誤．【針對練習17】(多選)如圖所示，傳送帶與水平地面的夾角，從A到的長度為，傳送帶以的速率逆時針轉動。在傳送帶上端A無初速度地放一個質量為的黑色煤塊，它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為。煤塊在傳送帶上經(jīng)過會留下黑色痕跡。已知，取，則（）A．煤塊一直加速運動B．煤塊從A到的時間為C．煤塊從A到的過程中在傳送帶上留下痕跡的長度是D．煤塊從A到的過程中在傳送帶上留下痕跡的長度是【答案】AC【詳解】AB．煤塊剛放上時，受到向下的摩擦力，受力分析如圖所示，設加速度大小為a1根據(jù)牛頓第二定律有解得勻加速運動到與傳送帶速度相等的時間為t1，則有即下滑5m與傳送帶速度相等，達到v0后，受到向上的摩擦力，由于μ＜tan37°，煤塊仍將勻加速下滑。受力分析如圖所示設加速度大小為，根據(jù)牛頓第二定律有解得繼續(xù)做勻加速運動的位移為根據(jù)位移公式得解得煤塊從A到B的時間為A正確，B錯誤；CD．煤塊從放上傳送帶到與傳送帶共速，煤塊相對于傳送帶向上運動，發(fā)生的相對位移為煤塊從與傳送帶共速到底端B，煤塊相對于傳送帶向下運動，發(fā)生的相對位移為由于可知煤塊從A運動到B的過程中在傳送帶上形成的黑色痕跡的長度為。C正確，D錯誤。故選AC?！踞槍毩?8】如圖所示，一足夠長的水平傳送帶以速度勻速運動，質量為的小物塊P和質量為的小物塊Q由通過定滑輪的輕繩連接，輕繩足夠長且不可伸長。某時刻給P、Q同時提供大小相等的初速度，使Q豎直向上運動、P從傳送帶左端沖上傳送帶，P與定滑輪間的繩子水平。已知物塊P與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，重力加速度為，不計滑輪的質量與摩擦，整個運動過程中物塊Q都沒有上升到定滑輪處。求：（1）物塊P在傳送帶上運動過程中受到的摩擦力大小和方向：（2）物塊P在傳送帶上向右運動的最大距離x?！敬鸢浮浚?）5N，速度與傳送帶速度相等前，方向向左，與傳送帶速度相等后方向向右；（2）【詳解】（1）（2）物塊剛沖上傳送帶時，設的加速度為，輕繩的拉力為，因的初速度大于傳送帶的速度，則相對傳送帶向右運動，故受到向左的摩擦力作用，對由牛頓第二定律得對受力分析可知，在豎直方向受向下的重力和向上的拉力作用，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得物塊先減速到與傳送帶速度相同，設位移為，則有解得共速后，由于摩擦力故P不可能隨傳送帶一起勻速運動，繼續(xù)向右減速，摩擦力方向水平向右，設此時的加速度為，輕繩的拉力為，對P，由牛頓第二定律得對Q，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得設減速到0位移為，則有解得物塊P在傳送帶上向右運動的最大距離解得一、單選題1．如圖所示，帶有固定擋板P和定滑輪的木板墊高后與水平面夾角為θ=30°，質量為2m的物塊A與擋板P之間有一輕質彈簧，細線跨過定滑輪，一端連接著質量為m的物塊B，另一端連接著物塊C（細線在滑輪左側部分與木板平行）．開始時用外力托著C，細線伸直但無張力，A、B處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)撤去外力，靜止釋放C后，發(fā)現(xiàn)C速度最大時，A、B恰好分離．己知木板足夠長，所有摩擦不計，彈簧勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，則下列說法中正確的是（

）A．物塊C質量大小為m B．撤去外力瞬間，彈簧彈力變?yōu)樵瓉淼?C．撤去外力瞬間，A、B間壓力變?yōu)樵瓉淼囊话?D．細繩張力最大值為1【答案】D【詳解】A．C的速度最大時，加速度為0，此時有aB=aC=0，對C受力分析可知繩子拉力為F1=mCg對B受力分析可知F1==mgsinθ聯(lián)立解得mC=0.5m故A錯誤；BC．撤去外力瞬間，彈簧彈力不變；沒有撤去外力時，A、B靜止，以A、B整體為研究對象，由平衡方程可知F彈=3mgsin30°=1.5mg彈簧彈力方向沿斜面向上，隔離A物體，由受力平衡可知F彈=FBA+2mgsin30°解得FBA=0.5mg撤去外力時，對C由牛頓第二定律：0.5mg-F拉=0.5ma對A、B整體，由牛頓第二定律F拉+F彈-3mgsin30°=3ma兩式聯(lián)立解得a=隔離A，對A由牛頓第二定律F彈-F'BA-2mg解得F故BC錯誤；D．由A選項分析可知，繩子最大拉力為F'=故D正確。故選D。2．如圖所示，質量為2m、長為L的長木板c靜止在光滑水平面上，質量為m的物塊b放在c的正中央，質量為m的物塊a以大小為v0的速度從c的左端滑上c，a與b發(fā)生彈性正碰，最終b剛好到c的右端與c相對靜止，不計物塊大小，物塊a、b與c間動摩擦因數(shù)相同，重力加速度為g，則下列說法正確的是（

A．a(chǎn)與b碰撞前b的速度始終為零 B．a(chǎn)與b碰撞后，a與b都相對c滑動C．物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為3v02【答案】C【詳解】AB．物塊a滑上模板c后，假設物塊b與長木板c一起滑動，設物塊a與長木板c間的動摩擦因數(shù)為μ，則有μmg=3ma解得a=則物塊b與長木板c間的靜摩擦力為f所以假設成立，物塊b與長木板c一起做勻加速直線運動，速度并不為零，即a滑上c后，b不會相對c滑動。a與b發(fā)生彈性正碰，a與b質量相等，所以正碰后速度發(fā)生交換，物塊a的速度與長木板c的相等，一起做勻加速直線運動，直到最終b剛好滑到c的右端與c相對靜止，故AB錯誤。CD．b剛好到c的右端與a、c相對靜止時，設共同速度為v共，以a、b、cm根據(jù)能量守恒可得1所以整個過程因摩擦產(chǎn)生的內能為Q=物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ=故C正確，D錯誤。故選C。3．如圖甲所示，質量分別為1kg、2kg、3kg的三個物塊A、B、C疊放在水平面上，現(xiàn)對物塊B施加一水平向右的拉力F，物塊A、B、C的加速度與水平拉力的關系如圖乙（以水平向右為正）。若物塊足夠長，物塊A、B間的動摩擦因數(shù)為μ1，物塊B、C間的動摩擦因數(shù)為μ2，物塊C與地面間的動摩擦因數(shù)為μ3，重力加速度g=10mA．μ1=0.1 B．μ1=0.2 C．μ?=0.3 D．【答案】C【詳解】由圖可知，當F1F得μ當F2=12N，a2=1m/s2時，此時應該是AB一起與C發(fā)生相對的滑動，即有F得μ當F3=21N，a3=4m/s2時，此時應該是B與A，B與C都發(fā)生相對的滑動，即有F得μ故選C。二、多選題4．如圖所示，A、B、C三個物體分別用輕繩和輕彈簧連接，放置在傾角為θ的光滑斜面上，當用沿斜面向上的恒力F作用在物體A上時，三者恰好保持靜止，已知A、B、C三者質量相等，重力加速度為g。下列說法正確的是（）

A．在輕繩被燒斷的瞬間，A的加速度大小為gB．在輕繩被燒斷的瞬間，B的加速度大小為gC．剪斷彈簧的瞬間，A的加速度大小為1D．突然撤去外力F的瞬間，A的加速度大小為3【答案】CD【詳解】A．把ABC看成是一個整體進行受力分析，根據(jù)平衡條件可得拉力F=3mg在輕繩被燒斷的瞬間，AB之間的繩子拉力為零，對A由牛頓第二定律F?mg解得a故A錯誤；B．在輕繩被燒斷前，對于C根據(jù)平衡條件可得彈簧彈力F在輕繩被燒斷的瞬間，對于B分析，由于繩子拉力為零，彈簧彈力不變，根據(jù)牛頓第二定律F解得a故B錯誤；C．剪斷彈簧的瞬間，對于整體AB，彈簧彈力為零，根據(jù)牛頓第二定律F?2mg解得a而A的加速度大小a故C正確；D．突然撤去外力F的瞬間，對整體AB，由牛頓第二定律FF解得aa故D正確。故選CD。5．如圖所示，光滑水平面與光滑斜面平滑連接，小滑塊A從斜面上某位置由靜止釋放，已知其下滑的加速度為a1，同時位于平面上緊靠斜面的小滑塊B，在外力的作用下由靜止開始向左勻加速運動，其加速度為a

A．a(chǎn)=B．a(chǎn)=C．若僅減小a1，并調整aD．若僅減小a1，并調整a【答案】AD【詳解】AB．設A恰能追上B，在斜面上運動時間t1，在平面上運動時間t2，則有位移關系a速度關系a解得ta故A正確，B錯誤；D．設小滑塊A從斜面上由靜止釋放的位置距斜面底端的距離為x，則x=若僅減小a1，則t1變長，又因為調整tAB的相遇時間t1C．若僅減小a1，并調整ax因為aa1減小，則a減小，t故選AD。6．如圖，物塊A通過細繩懸掛于電梯側壁的O點，A與側壁間夾有薄木板B，繩與側壁夾角為θ，已知A、B質量分別為M、m，A、B間摩擦忽略不計。當電梯靜止時，B恰好不滑落，重力加速度為g，下列判斷正確的是（）A．電梯豎直加速上升時，木板B會滑落B．電梯以加速度a（a<g）豎直加速下降時，木板B會滑落C．當電梯以加速度a豎直加速上升時，繩子拉力T=D．當電梯以加速度a（a<g）豎直加速下降時，A對B的壓力N=M(g?a)【答案】CD【詳解】A．電梯靜止不動時，先分析A，受重力、支持力和拉力，根據(jù)平衡條件，三個力可以構成首尾相連的矢量三角形，如圖所示根據(jù)平衡條件，有T=N再分析物體B，受重力、A對B的壓力N、電梯側壁對B支持力N2和靜摩擦力，根據(jù)牛頓第三定律，有N=根據(jù)平衡條件有Nf=mg其中f=μ聯(lián)立解得μ=當電梯加速上升時，等效重力加速度變化為g則電梯側壁對B的支持力變?yōu)镹最大靜摩擦力變?yōu)閒=μ故木板B保持靜止，故A錯誤；BD．電梯以加速度a（a<g）豎直下降時，等效重力加速度變化為g則電梯側壁對B的支持力變?yōu)镹=M最大靜摩擦力變?yōu)閒=μ故木板B保持靜止，故B錯誤，D正確；C．當電梯以加速度a豎直加速上升時，等效重力加速度變化為g故繩子拉力變?yōu)門=故C正確。故選CD。7．如圖，傾斜的光滑桿與水平方向的夾角為37°，一質量為m=1kg的小環(huán)套在桿上位于底端，現(xiàn)施加一個豎直向上的拉力F作用在小環(huán)上，作用時間t1=1s后撤掉該力，小環(huán)再經(jīng)時間t2=1s恰好返回桿的底端（最初出發(fā)處）。（g=10m/s2），下列說法正確的是（）A．恒力F的大小為12NB．滑塊返回斜面底端時的速度為6m/sC．滑塊撤掉F前后的加速度分別2m/s2和6m/s2D．撤掉F之前，小環(huán)處于超重狀態(tài)；撤掉F之后到返回出發(fā)點之前，小環(huán)處于失重狀態(tài)【答案】CD【詳解】有拉力時，對小環(huán)根據(jù)牛頓第二定律可得F撤去拉力后，對小環(huán)根據(jù)牛頓第二定律可得mg解得a由運動學公式v有拉力時，由位移公式x=撤去拉力后，根據(jù)位移公式?x=解得aA．由上述討論，可解得F=13.33NB．撤去拉力時速度為v返回時的速度為v故B錯誤；C．根據(jù)前面的分析，撤掉F前后的加速度大小分別為2m/sD．撤掉F之前，加速度沿桿向上，有豎直向上的分量，處于超重狀態(tài)，撤掉F之后，加速度沿桿向下，有豎直向下的分量，處于失重狀態(tài)，故D正確。故選CD。三、解答題8．如圖所示，煤礦有一傳送帶與地面夾角θ=37°，從A到B長度達到L=10.45m，傳送帶以v0=7m/s的速率逆時針轉動。在傳送帶上端A無初速度地放一個質量為m=1kg的黑色煤塊，它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，煤塊在傳送帶上經(jīng)過會留下黑色痕跡。已知sin（1）煤塊加速至與傳送帶速度相等時需要的時間；（2）煤塊從A到B的時間和煤塊到B時速度的大??；（3）煤塊從A到B的過程中，傳送帶上形成痕跡的長度?！敬鸢浮浚?）0.7s；（2）1.7s，9【詳解】（1）煤塊剛放在傳送帶上時，對煤塊，由牛頓第二定律得mg代入數(shù)據(jù)解得a煤塊加速至與傳送帶速度相等時需要的時間t（2）前0.7秒內煤塊的位移為x由于μmgcosmg代入數(shù)據(jù)解得a設煤塊在經(jīng)過時間t2到達B，則L?代入數(shù)據(jù)解得t2=1s煤塊從A到B的運動時間t=可得v（3）從煤塊放上傳送帶到與傳送帶速度相等過程，傳送帶的位移x煤塊在傳送帶上留下痕跡的長度Δ從煤塊與傳送帶速度相等到煤塊到達B的過程，傳送帶的位移x煤塊的位移x煤塊相對傳送帶滑行距離Δ則煤塊從A到B過程中在傳送帶上留下痕跡的長度Δ9．如圖所示，傾角為θ=37°的傳送帶足夠長，初始靜止。質量M=2kg的長木板放置在傳送帶上，恰好靜止。有一質量m=1kg的小物塊，以v0=3m（1）長木板A與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ（2）木板與開關相撞時的速度v1（3）木板的長度L?！敬鸢浮浚?）0.75；（2）1m/s；（3）13【詳解】（1）長木板恰好靜止在傳送帶上Mg解得μ（2）對長木板由牛頓第二定律得Mg解得a對物塊由牛頓第二定律得?mg解得a物塊與長木板達到共同速度時v解得v方向向下（3）木板向下運動過程中，相對位移Δ木板被反彈，木板與物塊的加速度均未變Δ所以木板的長度L=10．傾角為θ的固定斜面與足夠長的水平地面平滑連接，表面光滑的滑塊A從斜面上距水平地面高h處由靜止釋放，之后與靜止在水平地面上的滑塊B（位置并不固定）發(fā)生正碰，滑塊A反彈后沖上斜面，之后每次都是滑塊B停下來后滑塊A才與之碰撞。已知滑塊B與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ=18，兩滑塊每次碰撞時間極短，且碰撞前后兩滑塊的速度大小都等于碰前滑塊A速度的一半，重力加速度大小為（1）求滑塊A第一次碰撞前的速度大小v0（2）求滑塊B在水平地面上滑動痕跡的最大長度xmax（3）若要每次都是滑塊B停下來后滑塊A才與之碰撞，則斜面的傾角θ需要滿足怎樣的條件？

【答案】（1）2g?；（2）8?3；（3）【詳解】（1）滑塊A在斜面上做勻加速直線運動，則有v解得v（2）滑塊A、B第1次碰撞后，兩滑塊的速度大小均為v02，第2次碰撞后，兩滑塊的速度大小均為v04，所以滑塊A、B第v解得x每次碰后滑塊B移動的距離構成的數(shù)列為公比為14x則有x當n→∞x（3）設最初滑塊B距斜面底端的距離為LL>0，第一次碰撞后，滑塊B剛好停止時滑塊A與之碰撞，此為臨界條件。設滑塊B第一次碰撞后到停止運動所用時間為tv02解得L=由于L>0解得0一、單選題1．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質量為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35A．5F8m B．2F5m C．3F8m【答案】A【詳解】當兩球運動至二者相距35由幾何關系可知sin設繩子拉力為T，水平方向有2T解得T=對任意小球由牛頓第二定律可得T=ma解得a=故A正確，BCD錯誤。故選A。2．（2021·海南·高考真題）如圖，兩物塊P、Q用跨過光滑輕質定滑輪的輕繩相連，開始時P靜止在水平桌面上。將一個水平向右的推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话?。已知P、Q兩物塊的質量分別為mp=0.5kg、mQ=0.2kg，P與桌面間的動摩擦因數(shù)A．4.0N B．3.0N C．2.5N【答案】A【詳解】P靜止在水平桌面上時，由平衡條件有Tf=推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话?，即T故Q物體加速下降，有m可得a=5m而P物體將有相同的加速度向右加速而受滑動摩擦力，對P由牛頓第二定律T解得F=4故選A。3．（2021·海南·高考真題）公元前4世紀末，我國的《墨經(jīng)》中提到“力，形之所以奮也”，意為力是使有形之物突進或加速運動的原因。力的單位用國際單位制的基本單位符號來表示，正確的是（）A．kg?m?s?1 B．kg?【答案】B【詳解】AB．根據(jù)牛頓第二定律的表達式F=ma可知力的單位為kg?C．根據(jù)壓強的表達式p=FS可知力的單位可知力的單位為Pa?D．根據(jù)做功的表達式W=Fx可知力的單位為J?m?1故選B。4．（2021·北京·高考真題）某同學使用輕彈簧、直尺鋼球等制作了一個“豎直加速度測量儀”。如圖所示，彈簧上端固定，在彈簧旁沿彈簧長度方向固定一直尺。不掛鋼球時，彈簧下端指針位于直尺20cm刻度處；下端懸掛鋼球，靜止時指針位于直尺40cm刻度處。將直尺不同刻度對應的加速度標在直尺上，就可用此裝置直接測量豎直方向的加速度。取豎直向上為正方向，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（

）A．30cm刻度對應的加速度為-0.5g B．40cm刻度對應的加速度為gC．50cm刻度對應的加速度為2g D．各刻度對應加速度的值是不均勻的【答案】A【分析】由題知，不掛鋼球時，彈簧下端指針位于直尺20cm刻度處，則彈簧的原長l0=0.2m；下端懸掛鋼球，靜止時指針位于直尺40cm刻度處，則根據(jù)受力平衡有mg=k(l-l0)可計算出k=mg【詳解】A．由分析可知，在30cm刻度時，有F彈-mg=ma（取豎直向上為正方向）代入數(shù)據(jù)有a=

-0.5gA正確；B．由分析可知，在40cm刻度時，有mg=F彈則40cm刻度對應的加速度為0，B錯誤；C．由分析可知，在50cm刻度時，有F彈-mg=ma（取豎直向上為正方向）代入數(shù)據(jù)有a=0.5gC錯誤；D．設刻度對應值為x，結合分析可知mg0.2?Δx?mgm=a，x經(jīng)過計算有a=gx?0.4g0.2(x>0.2)或a=?gx0.2(根據(jù)以上分析，加速度a與刻度對應值為x成線性關系，則各刻度對應加速度的值是均勻的，D錯誤。故選A。5．（2021·浙江·高考真題）2021年5月15日，天問一號著陸器在成功著陸火星表面的過程中，經(jīng)大氣層290s的減速，速度從4.9×103m/s減為4.6×102A．打開降落傘前，只受到氣體阻力的作用B．打開降落傘至分離前，受到的合力方向豎直向上C．打開降落傘至分離前，只受到浮力和氣體阻力的作用D．懸停狀態(tài)中，發(fā)動機噴火的反作用力與氣體阻力是平衡力【答案】B【詳解】A．打開降落傘前，在大氣層中做減速運動，則著陸器受大氣的阻力作用以及火星的引力作用，選項A錯誤；B．打開降落傘至分離前做減速運動，則其加速度方向與運動方向相反，加速度方向向上，則合力方向豎直向上，B正確；C．打開降落傘至分離前，受到浮力和氣體的阻力以及火星的吸引力作用，選項C錯誤；D．懸停狀態(tài)中，發(fā)動機噴火的反作用力是氣體對發(fā)動機的作用力，由于還受到火星的吸引力，則與氣體的阻力不是平衡力，選項D錯誤。故選B。6．（2023·遼寧·統(tǒng)考高考真題）安培通過實驗研究，發(fā)現(xiàn)了電流之間相互作用力的規(guī)律。若兩段長度分別為Δl1和Δl2、電流大小分別為I1和I?的平行直導線間距為r時，相互作用力的大小可以表示為A．kg·m/（s2·A） B．kg·m/（s2·A2） C．kg·m2/（s3·A） D．kg·m2/（s3·A3）【答案】B【詳解】根據(jù)題干公式ΔF=kk=代入相應物理量單位可得比例系數(shù)k的單位為N故選B。7．（2021·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，電動遙控小車放在水平長木板上面，當它在長木板上水平向左加速運動時，長木板保持靜止，此時（）A．小車只受重力、支持力作用B．木板對小車的作用力方向水平向左C．木板對小車的作用力大于小車對木板的作用力D．木板對小車的作用力與小車對木板的作用力大小一定相等【答案】D【詳解】A．小車加速向左運動，受到自身的重力和電機的驅動力，受到長木板對小車的支持力和阻力，A錯誤；B．木板對小車的作用力包括豎直向上的支持力和水平方向的阻力，根據(jù)平行四邊形定則可知合力方向一定不在水平方向，B錯誤；CD．木板對小車的作用力與小車對木板的作用力是一對相互作用力，等大反向，C錯誤，D正確。故選D。8．（2020·山東·統(tǒng)考高考真題）一質量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是（）A．0~t1時間內，v增大，F(xiàn)N>mg B．t1~t2時間內，v減小，F(xiàn)N<mgC．t2~t3時間內，v增大，F(xiàn)N<mg D．t2~t3時間內，v減小，F(xiàn)N>mg【答案】D【詳解】A．由于s-t圖像的斜率表示速度，可知在0~t1時間內速度增加，即乘客的加速度向下，處于失重狀態(tài)，則FN<mgA錯誤；B．在t1~t2時間內速度不變，即乘客的勻速下降，則FN=mgB錯誤；CD．在t2~t3時間內速度減小，即乘客的減速下降，處于超重，則FN>mgC錯誤，D正確。故選D。9．（2019·海南·高考真題）如圖，兩物塊P、Q置于水平地面上，其質量分別為m、2m，兩者之間用水平輕繩連接。兩物塊與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，現(xiàn)對Q施加一水平向右的拉力F，使兩物塊做勻加速直線運動，輕繩的張力大小為（）A．F?2μmg B．13F+μmg C．13【答案】D【詳解】根據(jù)牛頓第二定律，對PQ的整體：F?μ?3mg=3ma；對物體P：T?μmg=ma；解得T=110．（2019·浙江·高考真題）如圖所示，A、B、C為三個實心小球，A為鐵球，B、C為木球．A、B兩球分別連在兩根彈簧上，C球連接在細線一端，彈簧和細線的下端固定在裝水的杯子底部，該水杯置于用繩子懸掛的靜止吊籃內．若將掛吊籃的繩子剪斷，則剪斷的瞬間相對于杯底（不計空氣阻力，ρ木＜ρ水＜ρ鐵）A．A球將向上運動，B、C球將向下運動B．A、B球將向上運動，C球不動C．A球將向下運動，B球將向上運動，C球不動D．A球將向上運動，B球將向下運動，C球不動【答案】D【詳解】開始時A球下的彈簧被壓縮，彈力向上；B球下的彈簧被拉長，彈力向下；將掛吊籃的繩子剪斷的瞬時，系統(tǒng)的加速度為g，為完全失重狀態(tài)，此時水對球的浮力也為零，小球的重力也視為零，則A球將在彈力作用下相對于杯底向上運動，B球將在彈力作用下相對于杯底向下運動，C球相對于杯底不動；故選D.11．（2022·江蘇·高考真題）高鐵車廂里的水平桌面上放置一本書，書與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g=10mA．2.0m/s2 B．4.0m/【答案】B【詳解】書放在水平桌面上，若書相對于桌面不滑動，則最大靜摩擦力提供加速度f解得a書相對高鐵靜止，故若書不動，高鐵的最大加速度4m/s故選B。12．（2022·遼寧·高考真題）如圖所示，一小物塊從長1m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端，經(jīng)過1s從另一端滑落。物塊與桌面間動摩擦因數(shù)為μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正確的是（）A．v0=2.5m/s B．v0=1.5m/s C．μ=0.28 D．μ=0.25【答案】B【詳解】AB．物塊水平沿中線做勻減速直線運動，則v由題干知x=1m，t=1s，v>0代入數(shù)據(jù)有v0<2m/s故A不可能，B可能；CD．對物塊做受力分析有a=-μg，v2-v02=2ax整理有v02-2ax>0由于v0<2m/s可得μ<0.2故CD不可能。故選B。13．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）下列屬于力的單位是（

）A．kg?m/s2 B．kg?m/s 【答案】A【詳解】根據(jù)牛頓第二定律有F=ma則力的單位為kg故選A。二、多選題14．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，質量相等的兩滑塊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，則從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前（）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的位移大小一定大于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【答案】AD【詳解】設兩物塊的質量均為m，撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運動，則拉力大小為F=2μmg撤去拉力前對Q受力分析可知，彈簧的彈力為TAB．從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前的過程中，以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變?yōu)棣蘭g，兩滑塊與地面間仍然保持相對滑動，此時滑塊P的加速度為?解得a此刻滑塊Q所受的外力不變，加速度仍為零，過后滑塊P做減速運動，故PQ間距離減小，彈簧的伸長量變小，彈簧彈力變小。根據(jù)牛頓第二定律可知P減速的加速度減小，滑塊Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的減速運動。故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度為2μg。Q加速度大小最大值為彈簧恢復原長時?μmg=m解得a故滑塊Q加速度大小最大值為μg，A正確，B錯誤；C．滑塊PQ水平向右運動，PQ間的距離在減小，故P的位移一定小于Q的位移，C錯誤；D．滑塊P在彈簧恢復到原長時的加速度為?μmg=m解得a撤去拉力時，PQ的初速度相等，滑塊P由開始的加速度大小為2μg做加速度減小的減速運動，最后彈簧原長時加速度大小為μg；滑塊Q由開始的加速度為0做加速度增大的減速運動，最后彈簧原長時加速度大小也為μg。分析可知P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小，D正確。故選AD。15．（2021·全國·高考真題）水平地面上有一質量為m1的長木板，木板的左端上有一質量為m2的物塊，如圖（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時間t的變化關系如圖（b）所示，其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小。木板的加速度a1隨時間t的變化關系如圖（cA．F1=μC．μ2>m1【答案】BCD【詳解】A．圖（c）可知，t1時滑塊木板一起剛在從水平滑動，此時滑塊與木板相對靜止，木板剛要滑動，此時以整體為對象有FA錯誤；BC．圖（c）可知，t2滑塊與木板剛要發(fā)生相對滑動，以整體為對象，根據(jù)牛頓第二定律，有F以木板為對象，根據(jù)牛頓第二定律，有μ解得FμBC正確；D．圖（c）可知，0~t2這段時間滑塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，D正確。故選BCD。16．（2020·海南·統(tǒng)考高考真題）如圖，在傾角為θ的光滑斜面上，有兩個物塊P和Q，質量分別為m1和m2，用與斜面平行的輕質彈簧相連接，在沿斜面向上的恒力F作用下，兩物塊一起向上做勻加速直線運動，則（A．兩物塊一起運動的加速度大小為a=B．彈簧的彈力大小為T=C．若只增大m2D．若只增大θ，兩物塊一起向上勻加速運動時，它們的間距變大【答案】BC【詳解】A．對整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有F?解得a=FB．對m2受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有F解得F彈C．根據(jù)F彈=mD．根據(jù)F彈=m故選BC。17．（2023·湖南·統(tǒng)考高考真題）如圖，光滑水平地面上有一質量為2m的小車在水平推力F的作用下加速運動。車廂內有質量均為m的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水平底面上，且與底面的動摩擦因數(shù)為μ，桿與豎直方向的夾角為θ，桿與車廂始終保持相對靜止假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（

）

A．若B球受到的摩擦力為零，則F=2mgB．若推力F向左，且tanθ≤μ，則F的最大值為C．若推力F向左，且μ<tanθ≤2μ，則FD．若推力F向右，且tanθ>2μ，則F的范圍為【答案】CD【詳解】A．設桿的彈力為N，對小球A：豎直方向受力平衡，