专题探究5 牛顿运动定的经典模型-【经纶学霸●蓝题】2025年学霸高考物理一轮复习

学霸高春引蓝题物理 专题探究5 牛顿运动定律的经典模型 ☑专题强化热点聚焦，重难突破1限时：30min 弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因 题型1连接体模型 数均为以.重力加速度大小为g.用水平向右的 1.(2023·四川绵阳期末)如图所示，一根足够 拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动，某时 长轻绳绕过光滑定滑轮悬挂两个物体A、B,A 刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第 与B的质量m、me可调节，但是总质量m,+ 一次恢复原长时 m恒定，且始终m,>me用手托住物体A,系 owron 统处于静止状态松手后，系统运动过程中，下 A.P的位移大小一定大于Q的位移大小 列判断正确的是 B.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速 度大小 C.P的加速度大小的最大值为g D.Q的加速度大小的最大值为2g 题型2板块模型 A.m,-mg越大，物体加速度越大 4.(2024·江西二模)如图所示，在足够大的水 B.m,-mg越小，物体加速度越大 平地面上静置一木板，可视为质点的物块以 C.mmu越小，轻绳拉力越大 =3m/s的速度滑上木板，最终物块恰好到 D.m,mg改变，轻绳拉力不变 达木板的右端，木板沿地面运动的距离恰好 2.(2024·湖南衡阳二模)（多选）如图所示，物 等于木板的长度.已知物块与木板间的动摩擦 体A和B中间用一根轻杆相连，在倾角为0 因数4，=0.2，木板与地面间的动摩擦因数 的斜面上匀速下滑，杆与斜面平行.已知A物 42=0.05,取重力加速度大小g=10m/s2,则 体光滑，质量为m,B物体与斜面间的动摩擦 木板的长度为 因数为μ，质量为2m,整个过程斜面始终静止 不动.下列说法中正确的是 777777777777777777777777777 A.1.0mB.1.5mC.2.0mD.2.5m 5.(2023·河北张家口二模)如图所示，一个长 度L=1m、质量M=2kg的木板静止在光滑 的水平面上，木板的左端放置一个质量m= A.B物体与斜面间的动摩擦因数u=tan0 1kg可视为质点的物块，物块与木板间的动 B.轻杆对B物体的作用力沿斜面向上 摩擦因数=0.4，物块与木板间的最大静摩 C.增加B物体的质量，A、B整体将沿斜面减 擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取 速下滑 10m/s2.现对物块施加一水平向右的恒定拉 D.增加A物体的质量，A、B整体将沿斜面加 力F,使物块相对木板向右滑动.则下列说 速下滑 法正确的是 3.(2024·广东广州模拟)如图所示，质量相等 的两滑块PQ置于水平桌面上，二者用一轻 A.拉力F>7N 第三章运动和力的关系学霸高吉 B.物块离开木板时速度的最小值为4m/s 的时间为 C.物块离开木板的最短时间为1s g D.木板获得的最大速度为2m/s D.黑色痕迹的长度为agr 6.(2023·陕西西安模拟)（多选）如图甲所示， 2a2 一质量为M的长木板静置于光滑水平面上， 8.(2024·湖北武汉期末)如图所示，倾斜的传 其上放置质量为m的小滑块.木板受到随时 送带以大小恒定的速率”，沿顺时针方向转动， 现将物块从传送带上端释放，释放时速度大小 间：变化的水平拉力F作用时，用传感器测出 其加速度a,得到如图乙所示a-F图像.最大 为2，方向沿斜面向下，关于此后物块运动的 v-t图像，下图中不可能发生的是 ( ) 静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g=10m/s2,则 ( 10 A.滑块的质量m=2.5kg B.木板的质量M=3kg C.当F=8N时滑块加速度为2m/s2 D.滑块与木板间动摩擦因数为0.4 题型3传送带模型 9.(2024·四川成都三模)（多选）如图甲所示， 7.如图所示，一水平足够长的浅色长传送带上 一足够长的传送带倾斜放置，倾角为，以恒 放置一质量为m的煤块（可视为质点），煤块 定速率顺时针转动，一煤块以初速度。= 与传送带之间的动摩擦因数为“.初始时，传 12/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时 送带与煤块都是静止的，现让传送带以恒定 间变化的图像如图乙所示，取g=10m/s2, 的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便 sin53°=0.8，cos53°=0.6.则下列说法不正确 以此速度做匀速运动，经过一段时间，煤块在 的是 传送带上留下了一段黑色痕迹后，相对于传 12m 送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确 的是（重力加速度大小为g) ( A.u与a之间一定满足关系u>a A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值 tan0=0.75 B.煤块从开始运动到相对传送带静止通过 B.煤块与传送带间的动摩擦因数4=0 的位移为 C.煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2s g C.煤块从开始运动到相对传送带静止经历 D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+45)m6.A解析：A.当小球与挡板分离时满足mgn37-=ma,解得x= Q04m,即小球向下运动Q04m时与挡板分离，根据=a2,求得 1=0.2%,A正确： BC.当弹簧弹力与重力沿斜面的分力平衡即mgsn37°=：时， 小球速度最大，解得x'=0O6m,BC错误： D.若一开始小球就与挡板分离.则小球的加速度a'=gsin37= 6m/s2 9。D解析：D.物块向下滑动时，设加速度大小为a下，由牛顿第二定 挡板的加速度为a=5m/2<a', 律mgin-4mgcs=ma下，得a下=gsin-4gs,对物块与斜而体 所以一一开始小球没有与挡板分离，D错误.故选A, 整体，有f=a下cos0=ngsin Bcos9-umgeo%20,D正确：C.物块向上 7。AC解析：A.撤去F瞬间，对A,B系统，由牛顿第二定律得 滑动时，设加速度大小为a上，由牛顿第二定律gnB+ omg2m,解得a2mg,所以Λ正确：B撤去F后，因为 mgcs8=ma上，得a上=gin+4geo58,可知a上>a下，C错误；B.对 物块，上，下滑动的全过程，加速度方向沿斜而向下，有竖直向下的 弹簧形变量减小，系统所受合外力变小，所以系统的加速度诚小，所 分量，处于失重状态，B铅误：A.物块上滑时，斜面体和物块组成的 以物体A和B先向左做加速度减小的加速运动：当加速度为零时， 系统处于失重状态，地面对斜面体的支持力小于(M+m)g,A错误 即合力为零时，速度达到最大，设此时的形变量为x,则：=μmg 故选D. 2照.所以 解得x-g,则物体A,B的运动距离-= 专题探究5牛顿运动定律的经典模型 1,A解析：松手后，系统运动过程中，设轻绳拉力为T,对A,由牛顿第 B错误，C正确：D.物体A,B向左运动要分离时，对B有4mg=, 二定律mg-T=m,a,同理，对B有：T-mgg=mn口，联立得a 对A有4mg一kx=m,解得x=0,所以若物休A,B向左运动要分离， m一m器 弹簧处于原长状态，物体A,B运动的距离为x。:所以D错误.故 选AC. *m, 2mmg,由于总质量m+mg恒定，可见：一m越大， m,十m是 物体加速度越大：mm知感小，轻绳拉力越小；mmn越大，轻绳拉力越 8.(1)F,>25N(2)F,>16.8N(3)否，计算过程见解析 大故选A 解析：(1)滑块与木板间的滑动摩擦力为=4F:, 2.CD解析：A.对A,B整体分析.根据平衡条件有3mgin8=ngs8. 为使木板能向上运动，则fbMg,解得F,>25N (2)对木板，由牛顿第二定律有uF,-g=a1, 解得u=an0,故A错误：B.规定沿斜面向下为正方向，设轻杆对 对潜块，由牛顿第二定律有F24F,-mg=ma2, B的作用力为T,单独对B分析，根据平衡条件有T+2 ngsin 8= 为使滑块与木板能发生相对滑动，则a,>01,解得F>16.8飞 2mgcs0,解得T=mgsin日，为正值，表示方向沿斜而向下，故B错 (3)当F,=30N.F2=25N.对滑块，由牛顿第二定律有F: 误：C.若增加B物体的质量.设增量为△m,则合外力为(3m+△m)g· F,-g=m13,解得a1=9m/s2, n-(2m+△n)ugcos8=-2△mgin8,上式说明此时A,B整体所受 设清块上开6的时间为1，期之则产一治之 合外力将沿斜面向上，则A,B整体将沿斜面减速下滑，故C正确： 对木板，由牛顿第二定律有aF,-g=a,解得a4=2m82, D,增加A物体的质量，设增量为△n,则(3m+△m)gin8-mg cos8=△ngsin日，上式说明此时A,B整体所受合外力将沿斜而向下， 设木板在时间上升的高度为H则2，解得H=5m, 则A,B整体将沿斜面加速下滑，故D正确.故选CD. 1656 3,B解析：设两滑块的质量均为m,撒去拉力前，两滑块均做匀速直 由于h-=16m5m=45m>=12m, 线运动，则拉力F■2mg,撤去拉力前对Q根据平衡条件T。= 故滑块上移h=1.6m之前，滑块与木板分离，游戏不成功. g.AP,Q间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移。 第5节超重和失重 故A错误：B.滑块P在弹簧恢复到原长时，根据牛领第二定律有： 1.A2.B3.B4.D mg=mg,解得a,=-g,撤去拉力时，P、Q的速度相等，滑块P 5.C解析：依题意，由于P2<Pm=P<P甲，根据浮力公式F#= 由开始的加速度大小g做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长 P腋gV,可知，轻弹簧A,B均处于压缩状态，剪断绳的瞬间，系统处 时加速度大小为g:滑块Q由开始的加速度0做加速度增大的减速 于完全失重状态，由于弹簧的弹力不会发生突变，根据牛顿第二定 运动，最后弹簧原长时加速度大小也为g,放B正确：CD.从此刻开 律可知，甲的加速度小于g,乙的加速度大于g,丙的加速度等于g, 始到增簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撇去拉 所以三者相对于容器，甲球将向上运动，乙球将向下运动，丙球保持 力顾间弹簧弹力不变为mg,两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此 不动，故选C 时滑块P的加速度满足-T。mg=ar,解得ar,=-g,此刻滑块 6.D解析：AC.根据题意，以竖直向下为正方向，在电梯运动时对小 Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故P,Q 球进行受力分析，根据牛顿第二定律有mg-Fm=m,即mg一 间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小，根据牛倾第二定律 5 可知P减速的加速度减小.滑块Q的合外力增大，合力向左.做加速 mg=ma,解得a=-025g=-25m。2(方向竖直向上)，故 度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的 ABC错误：D正确.故选D. 加速度为g,Q加速度大小最大值为弹簧恢复鲸长时，有 7.C mg=mQ.,解得ag,=4g,故带块Q加速度大小的最大值为g, 8.BC解析：入。如图所示，对球，根据物体的平衡条件有F-N,= 故CD错促，故选B mgtan8,只有当城壁对球的弹力为N,=0时，才有F=ngtan8, 4,B解析：设物块的质量为m,木板的质量为M.物块减速和木板加速 故A错误：B.此时有Ncs0=mg,球对斜面的弹力大小为N,'= 。当F增大时，保持不变，故B正确：C若电梯竖直向上 到共速的时同为4，加速度分别为1，有a,, =2m62,01= m mg-(M+m)g 做匀诚速直线运动，则加速度方向竖直向下，当加速度为：时，球处 01=42h=", 于完全失重状态，对斜面没有弹力，故C正确：D.若电梯竖直向上 做匀加速直线运动，则加速度方向竖直向上，球处于超重状态，球对 木板的位移为=2： 斜面一定有弹力，故D错误.故选C 两者共速后，因4>出2，则一起诚速到停止，设共同减速的加速度为 一学霸高考·蓝题·物理·16一 1,有 4.4-0 Wa5m2,木板的位移为后 的加速度大小为，△，2=4m公，根据牛顿第二定律可 m+M 得mgi8-wmg8=ma2,联立解得=37，=0.25，倾斜传送带与 木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，即L=x,+2, 3 最终物块恰好到达木板的右端，即物块相对潜动的位移为板长，有 水平方向夹角的正切值为a8=子=075，放A正确，不满足题意 燮求，B错误，满足题意要求：C.0-1。煤块的位移为名=%1 联立各式解得11=19或3s(会)，L=L,5m,故选B. 20片=12x1m- ×8x1m=8m,1~25煤块的位移为=， 5.B解析：A.物块相对木板向右滑动，对木板有g=a2,得2= 2m/s,对物块有Fmg=m1,且根据a,>a2,可得F>6N,放A错 2“,5=4x1m2×4×1m=2m,煤块下滑的过程中，根据动力学 误：品设历时！物块指离术板，则有了4，户- 20=1.则1 公式有+2，，解得煤块从最高点下滑到A端所用的时间为 21- 2L,物块滑离木板时的速度=a1,得=a√a-0 与3=5、，故C错误，满足题意婴求：D.0-1s煤块相对传送带向上 a-az 的位移为△，兰无1-化1=8m-4×1m=4m,1-2s煤块相对传送带向 1 1,可知当 2 下的位移为△x2=3-考=4×1m-2m=2m,2-(2+5):煤块相对 =1,即41=2，=4m。2时物块离开木板 传送带向下的位移为4x=,+2+3=8m+2m+45m=(10+ 4W5)m,由于△r2+△x:>△x1,煤块在传送带上留下的痕迹长为△x= 的速度最小，其最小值1m=4m/s,故B正确：C.当a1=4ms2时， Ax2+41=(12+45)m.故D正确，不满足题意要求.故选BC F=8N,t=1s,木板获得的速度2=21=2m/s,若F>8N,则t<1s, 专题探究6牛顿运动定律的图像问题 故C错误：D.若6N<F<8N,则r2>2m8,故D错误，故选B. 1.D解析：-t图像的斜率表示加速度，由图像得，滑块在0~。时间 6.AD解析：AB.由图像可知当F=12N时，加速度为a=4m/s2,对 整体分析，由牛顿第二定律得F=(M+m)a,代入数据解得M+m= 内，敏匀伽速直线运动，加速度大小4，= ,在6一24时间内，做匀 to 3kg,当今12N时，根据牛顿第二定律得a=Fmg=Fmg,知 减速直线运动，加速度大小2= 0-re MM M ,根据牛顿第二定 2-t6 1 4 图线的斜率为k=M12-10g'=2g,解得M=0.5ks,滑块的 律，在0-n时间内有mgin-mgcs8=ma,①，在。-2g时间内有 sin 质量为m=25kg,故A正确，B错误：CD.根据F>12N的图线知， umg=m,②，由①g两式相比解得：μ1+s0am故D正 F=10N时，a=0,即0=2kg·F-2kg'×4×25N,代人数据解得 确，ABC错误.故选D 4=0.4,当F=8N时，对带块和木板的整体，根据牛横第二定律得 2.C解析：由图像可知，滑块A在P点左边运动时的加速度为1= 8 F=(W+m)a,解得a'=分m,放D正确，C错误.放选D, 2m/s2, 3-2 7,C解析：A.由题意知煤块与传送带之间发生相对滑动，则传送带 在P点右边运动时的加速度为2-一 m/s2▣1m82. 的加速度大于煤块的加速度，有mg<m,解得<。，所以A错误： 由牛顿第二定律mg=(m+r)a1,m8-8产(m+m)a2, 联立解得m4=0.8kg,μ=0.125，故选C B.设煤块的加速度大小为1，对煤块由牛顿第二定律有 3.C解析：BD.由一t图像可知，货物在传送带上先以a,做匀加速直 mg=ma1,解得a,=g, △n2 由匀变速直线运动规律得，煤块从开始运动到相对传送带静止的过 线运动，加速度为a,-02m:=10m,对货物受力分析，受 2w2 程中通过的位移1”2a,”2 ,所以B错误： 摩擦力（方向沿皮带向下）、重力和支持力，得mg加B+ 4mgs=a1,同理，货物02s后以42做匀加速直线运动.加速度 C,煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间 4=上=二，所以C正确： d了L2-02m2=2m/2,对货物受力分析，受摩擦（方向活 △r'4-2 41g 皮带向上)、重力和支持力，得mgsin0-mgeos0=ma2,联立解得 D.传送带从开始运动到速度为e经历的时同2= s9=0.8,4=05,BD正确：A.货物在传送带上先做匀加速直线运 动，当速度达到传送带速度后，继续做加速度较小的匀加速直线运 传送带在从开始运动到速度为：的过程中通过的位移2如 动，所以货物由A到B的国距对应图像所同图形的面积为x 则传送带在从速度为到与煤块相对静止的过程中，做匀速运动的 22×02m+ ×(2+4)×1m=32m,A正确：C.在0-024时间 位移 与45=尺2 内，货物相对传送带的位移△，=m151=2×0,2m-2×02×2m= Mg a 0.2m,此过程中，货物相对传送带向后划线：在0,2-1.2s时间内物 22 所以黑色粮迹的长度△r2a所以D错误枚选C 块相对传送带的位移4，=，=2×(2+4)×1m-2×1m=1m,此 8.B解析：若2<1，则开始时物块受沿斜面向下的摩擦力，沿传送带向 过程中，滑块相对传送带向前划线，因4>△1，则传送带上留下的 下做匀加速运动，加速度为a,=g=in8+ge8,共速后若4>tan什，则 痕迹长为1m,C错误故选C 物块与传送带相对静止，随传送带做匀速运动.图像为C:若u<an0, 4.B解析：B.A,B之间的最大静摩擦力为了=41mg=0.7×2×10N= 则共速后物块继续向下加速运动，加速度a=gsin0-g©osB<a1,则 14N,B与地面之间的最大静摩擦力为52=，(m+制)g=0.2×(2+1)× 图像为D:若物块到达底端之前一直未与传送带达到共速，则一直敷 10N=6N.若A,B保持相对静止，A.B之间的摩擦力达到最大静摩 加速度不变的加速运动，则图像为A:若>，则开始时物块受沿斜 擦力时，令拉力为F,,对A.B整体分析，根据牛顿第二定律有F, 面向上的摩擦力，若以<an8,则一直向下加速，若u>nB,则沿传送 2(m+)g=(m+M)a,对A分析.根据牛顿第二定律有F, 带向下做匀碱速运动，当速度诚到与传送带共速时隨传送带一起匀 41g=m01,解得a1=8ms2,F,=30N,可知，在拉力小于或者等于 速运动，物块的速度不可能减为零，则图B不可能.故选B. 30N时，A,B始终保持相对静止，加速度小于或者等于8m。2,-: 9.BC解析：AB.0-1s内煤块的加速度大小为a-A, 112-4 m/s= 图像的斜率表示加速度，该图像中A、B的加速度均为1= /g=25m2c8m2,可知该图像符合要求，放B正确：D.r- 5 8m/g2,根据牛顿第二定律可得mgin+μmgco88=m:,1s后煤块 一 学霸高考·蓝题·物理·17一