第3章 运动和力的关系-【经纶学霸●白题】2025年学霸高考物理一轮复习

学霸高春！白题物理 第三章 运动和力的关系 第1节 牛顿第一定律 限时：7min 考点分析：1.牛顿第一定律的内容；2，生活中与惯性相关的现象 1.如图所示，质量分别为m4、mg的A、B两小球 D.利用惯性分析如此倾斜时可把乘客视为 放在车厢内光滑桌面上，两球相距s与车一起 质点 做匀速直线运动.如果突然刹车，在两球均未 4.新情境如图所示，有一架无人机悬停在静止 离开桌面的情况下，两球的间距 的电梯中，当电梯启动开始上升后，无人机将 A.逐渐增大 B.保持不变 C.逐渐减小 D.无法确定 2.(2023·浙江杭州联考)关于惯性下列说法正 确的是 ( ) A.保持不动和电梯一起上升 A.人被石块绊倒，是因为上半身有惯性，下半 B.撞向电梯天花板 身失去惯性 C.撞向电梯地板 B.紧急刹车时的汽车不能立即停下来，是因 D.轻微晃动很快再次和电梯相对静止 为惯性 5.新考法(2024·福建德化一中质检)（多选） C.踢出去的足球速度在不断变化，惯性大小 如图所示，往两只透明玻璃管中分别装入乒 也在不断变化 D.汽车匀速行驶，乘客不会前倾后仰，说明匀 乓球和实心铁球，加满水后用瓶盖密封，左管 速时惯性小 直立，右管平放，静止时，乒乓球和铁球均紧 3.某同学根据如图所示的情况做出如下判断， 靠瓶盖位置，为使两球远离瓶盖移动，可采取 正确的是 的措施有 A.汽车处于减速运动状态或紧急刹车状态 A.使左管竖直向上加速 B.汽车处于加速运动状态或紧急启动状态 B.使左管竖直向下加速 C.乘客以自己为参考系可见其他乘客如此 C.使右管水平向右加速 倾斜 D.使右管水平向左加速 第三章运动和力的关系学霸高吉 第2节 力学单位制 限时：7mim 考点分析：1.国际单位制的基本物理量与导出单位； 2.用基本单位推导物理量单位 1.下列关于物理量和物理单位的说法，正确的是 单位的常数) ( A.f=kmLF A.s、m、g是基本单位，也是国际制单位，全世 t 界通用 F C.f=k/m D.f= mL B.物理学中也有一些物理量没有单位 5.根据航运行业机构的数据，到2030年全球将有 C.电荷量的单位库仑(C)是电学中的基本 超过250GW的海上风电容量，共有约730个 单位 海上风电场和30000台风电机组处于运营状 D.只要科学界的科学权威们统一意见，可以 态如果用物理量的基本单位来表示海上风电 设立更多的基本单位 容量的单位.下列表达中正确的是 2.(2024·云南玉溪期初)2022年4月16日，神 () 舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功 着陆.假设载人飞船在返回过程中有一段所受 空气阻力与速度的三次方成正比，则阻力系 A.N·m·s B.J·s1 数k的单位用国际单位制的基本单位来表 C.kg·m2·s3 D.kg·m2.s2 示，正确的是 ( 6.物理公式在确定物理量间的数量关系的同 A.kg·m2·s B.kg·m·s 时，也确定了物理量间的单位关系.下面给出 C.kg·m·s D.kg·m2·s2 的式子中，l是长度，v是速度，m是质量，g是 3.(2023·北京十五中期中)“比冲”是火箭发动 重力加速度，这些量都用国际单位制单位.试 机性能的一个重要指标，是指发动机每燃烧 判断下列式子的单位，并指出这些单位所对 1kg推进剂所产生的冲量.“比冲”值越大，发 应的物理量的名称 动机的推进性能越高.下面四个选项中，表示 “比冲”的单位正确的是 () (1) ：单位是 ,物理量名 g A.N B.m/sC.m/s2D.N·s 称是 4.(2024·河南禹州高级中学质检)在弹吉他 时，拨动琴弦，琴弦就会发生振动，振动的频 (2)7:单位是 ,物理量名 率f(单位为Hz.即s')由琴弦的质量m、长度 称是 L和弦线中的张力（弹力）F共同决定结合物 (3)m·7:单位是 物理量名 理量的单位分析琴弦振动的频率f与m、L、F 的关系式可能正确的是（其中k是一个没有 称是 学霸高春！白题物理 第3节实验：探究加速度与力、质量的关系 限时：15min 考点分析：1.实验的原理与步骤；2.实验的数据处理与误差分析 1.(2023·福建泉州二模)某实验小组采用如图2.新情境(2023·河 甲所示的实验装置，探究小车的加速度a与 北沧州模拟)某实 合外力、质量的关系， 验小组进行“探究 纸带打点计时器 加速度与物体受 Q日砂插和蜘砂 力、质量的关系”的 P上拉力传感器 脉冲喷买器 实验，实验器材及 安装如图甲所示该小组先在重物P下部固 定好硬纸带（图中未画出），调整砂桶Q中的 1.99 4 细砂，直至P、Q均保持静止，记下拉力传感器 4.51 7.58 (单位：cm) 的读数F。:启动喷墨器后，再往砂桶中加入适 11.18 量细砂，释放重物P,记下砂桶下落过程中拉 (1)(多选)对于该实验，下列做法中正确 力传感器的读数F已知脉冲喷墨器的工作频 的是 率为10Hz A.调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长 (1)为了测量重物P的加速度，还必须使用 木板保持平行 的仪器是 .(填正确答案标号) B.平衡小车受到的摩擦力时，将砂桶通过定 A.弹簧秤B.刻度尺C.秒表D.天平 滑轮拴在小车上 (2)实验中得到如图乙所示的一条硬纸带 C.通过增减小车上的钩码改变小车总质量 A、B、C、D、E、F、G为实际喷墨点，测得x,= 时，不需要重新平衡摩擦力 1.78cm,x2=2.62cm,x3=3.40cm,x4= D.实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源 4.19cm,x=5.03cm,x6=5.82cm,根据以上 (2)在平衡好小车受到的摩擦力后，实验过程 数据.可求出重物P的加速度大小a= m/s.(结果保留两位有效数字) 中打出一条纸带，如图乙所示，相邻计数点间 还有2个点未画出，实验中使用的交变电流 c i E 频率为50Hz,则小车运动的加速度a= 乙 m/s2(结果保留2位有效数字). (3)实验小组通过改变砂桶Q中的细砂来改 (3)车和车上钩码的总质量为M,砂和砂桶的 变重物P受到的合外力，实验中 (填 总质量为m,重力加速度为g.实验发现用纸 “需要”或“不需要”)保证砂桶Q及细砂总质 带上的数据算出小车的加速度a总是小于 量远小于重物P的质量.该实验小组得到了 ?随着砂和砂桶总质量m的增加，肾与。 多组数据，以a为纵轴，以F为横轴作出a-F 图像，测得图像的斜率为k,则当地的重力加 之间的差值 (填“越来越小”“保持 速度大小g (用题中所给物理量的 不变”或“越来越大”) 字母表示)， 第三章运动和力的关系学霸高吉 第4节牛顿第二定律（一） 限时：10mim 考点分析：1.牛顿第二定律的内容及其同向性 2,牛顿第二定律的简单应用 1.(2023·广东深圳期末)小明同学看到他家鱼 缸中的一条小鱼在水中游动，当小鱼沿直线 水平向左加速游动的过程中，他画出的水对 AA一A 鱼的作用力F方向正确的是 4.(2023·黑龙江宝清期末)一个质量为50kg 的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬 挂了一个弹簧测力计，弹簧测力计下面挂着 一个质量为m=5kg的物体A,当升降机向上 运动时，他看到弹簧测力计的示数为40N,g D 取10m/s2,关于升降机的加速度和人对地板 2.(2023·江苏南京六校联合体质检)如图所 的压力，下列说法正确的是 示，在卸货过程中，自动卸货车静止在水平地 面上，车厢倾角0=37时，货箱正沿车厢下 滑，已知货箱与车厢间的动摩擦因数为0.5， sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2,则货 A 箱下滑的加速度大小为 A.2m/s2和400N B.2m/s2和480N C.2.5m/s2和400ND.1.8m/s2和450N 5.(2023·福建莆田三中 0 A.2 m/s2 B.4 m/s2 质检)小明同学学习了 C.6 m/s2 D.8 m/s2 牛顿运动定律后，自制 3.新考法如图，正方体木块自由释放竖直落入 了一个简易加速度计。 一足够深的水槽中（木块未倾斜），则从木块 如图，在轻杆的上端装有转轴，固定于竖直放 自由释放到落到最低点（木块浸没水中，不计 置的标有角度的木板上的O点，轻杆下端固 水的摩擦阻力)的)-t图像正确的是（规定竖 定一个小球，杆可在竖直面内自由转动.他利 直向下为正方向) ( 用这个加速度计来测量校车的加速度，测量 时他应让板面竖直且与校车的运动方向 (填“垂直”或“平行”)，已知重力加 速度大小为g,当轻杆与竖直方向的夹角为0 时，校车的加速度大小为 学霸高春白题物理 第5节 牛顿第二定律（二）】 限时：35mim 考点分析：1.牛顿第二定律分析动态过程；2.瞬时突变问题： 3.分离问题 1.新考法(2024·四川成都石室中学质检)如 时，它们加速度的大小均为 ( 图所示，一木块紧靠长方体形空铁箱后壁（未 A.5p ￡3n C.3p D.3p 粘连)，在水平拉力F的作用下一起向右做直 8m 5m 8m 10m 线运动，现逐渐减小水平拉力，当拉力减小到 4.(2024·云南昆明云大附中期初)如图，光滑 F时木块恰能和铁箱保持相对静止，继续减 水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、 小拉力，木块始终没有与后壁分离，从拉力开 B两个物体，A、B的质量分别为m,=2kg, 始减小到木块未落到箱底前，下列说法正确 m=3kg,从1=0开始，推力F,和拉力F。分 的是 别作用于A、B上，FA、Fa大小随时间变化的 规律分别为F,=(7-21)N,Fg=(3+2)N.则 ( A.铁箱对木块的支持力先不变后减小 4B品 B.铁箱对木块的摩擦力先不变后减小 A.A、B两物体一直做匀加速直线运动 C.铁箱对木块的摩擦力一直减小 B.当F,=F时，A、B两物体之间的弹力为零 D.铁箱可能先做加速运动后做减速运动 C.1=2s时开始A、B两物体之间的弹力为零 2.(2023·山东实验中学一模)如图所示，水平 D.t=6s时，B物体的加速度为5m/s 桌面上的小物块a通过轻绳跨过光滑定滑轮 5.如图，吊篮P用轻绳OA悬挂于天花板上，吊 连接小物块b,物块a与物块b的质量之比为 篮P底部安装一轻质弹簧，弹簧上端连接一 3:2.将物块a从P点由静止释放，1s后到达 与吊篮P质量相同的小球Q,整个装置处于 桌面上距P点0.5m的Q点处(b未落地)， 静止状态，重力加速度大小为g.在悬挂吊篮 重力加速度g取10m/s2,则物块a与桌面间 P的轻绳OA被剪断的瞬间，P、Q的加速度大 的动摩擦因数μ为 小分别为 A.0.2 B.0.3 C.0.4 D.0.5 3.(2022·全国乙卷)如图，一不可伸m9 长轻绳两端各连接一质量为m的小 A.g,g B.2g,0 球，初始时整个系统静置于光滑水 C.g,0 D.2g,8 平桌面上，两球间的距离等于绳长 6.(2023·山西晋中质检) 一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方 如图所示，货车上一圆柱 形货物A被放在V形物 向与两球连线垂直当两球运动至二者相距 体B中，以防止A前后滚 第三章运动和力的关系学霸高春 动.固定在货车上的B物体由一斜面插上竖9.(2023·湖南邵阳期中)如图所示，两段轻绳 直挡板构成.若竖直挡板与A之间的弹力为 A、B连接两个小球1、2，悬挂在天花板上.一 N,斜面与A之间的弹力为N2,货车向右运动 轻弹簧C一端连接球2，另一端固定在竖直墙 过程中，A和B保持相对静止，下列说法正确 壁上两小球均处于静止状态轻绳A与竖直 的是 ( 方向、轻绳B与水平方向的夹角均为30°，弹 A.货车加速，则N增大，N,减小 簧C沿水平方向.已知重力加速度为g.则 B.货车加速，则N增大，N,不变 ( C.货车减速，则N,减小，N,增大 D.货车减速，则N不变，N增大 7.如图所示，在光滑的水平面上叠放M、P、N三 个物体，质量均为m,N与P和P与M间动摩 30 擦因数均为山，系统处于静止状态，现在对P 施加一个水平向右的拉力F,欲使P从M和 A.球1和球2的质量之比为1：1 N中拉出来，则F应不小于 B.在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度 方向竖直向下 C.在轻绳A突然新裂的瞬间，球1的加速度 大小一定大于g A.5umg B.6umg D.在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度 C.Tumg D.Sumg 大小为2g 8.新模型(2023·江苏南师附中期末)如图所 10.如图所示，质量分别为m,=3kg、m2=5kg的 示，质量为3kg的物体A静止在劲度系数为 两物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹 100N/m的竖直轻弹簧上方.质量为2kg的 簧测力计连接.两个大小分别为F,=60N、 物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但 F2=20N的水平拉力分别作用在m1、m2 A、B之间无压力.某时刻将细线剪断，则细线 上，弹簧测力计示数稳定后（未超出弹性限 剪断瞬间，下列说法正确的是(g取10Vs2) 度)，则 ( 风风一天 A.弹簧测力计的示数是50N B.若增大F,两物体一起做匀加速直线运 动时，弹簧测力计示数可能不变 A.轻弹簧的压缩量为0.2m C.在突然撤去F,的瞬间，m2的加速度大小 B.物体A、B的瞬时加速度为4m/s2 为4m/s2 C.物体B的瞬时加速度为10m/s D.在突然撤去F,的瞬间，m,的加速度大小 D.物体B对物体A的压力为6N 为15m/s2 学霸高春！白题物理 第6节牛顿运动定律的应用（一） 限时：30mim 考点分析：1.分析物体的受力情况与运动状态；2.解决简单过程的运动问题 1.(2023·江苏盐城一中质检)空间站的建立为 3.新情境(2023·天津新华中学期末)如图所 我国在科技领域展示了广阔的前景：如图为 示，餐厅服务员水平托举菜盘给顾客上菜.若 采用动力学方法测量空间站质量的原理图.已 托盘和碗之间的动摩擦因数为山，托盘与手 知飞船质量为3.0×10kg,其推进器的平均推 间的动摩擦因数为4(4>4，)，豌（包含菜 品)的质量为m,托盘质量为M.重力加速度 力F为900N,在飞船与空间站对接后，推进 为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.为保证 器工作5s内，测出飞船与空间站的速度变化 平稳上菜，即碗、托盘和手始终相对静止，则 为0.05m/s,则空间站的质量为 手对托盘的静摩擦力最大不能超过() 控间站 飞船 A.9.0x10kg B.8.7×10kg C.9.3×10kg D.8.0×10kg 2.(2023·湖南张家界二模)用手掌托着智能手 A.umg B.2Mg C.(M+m)g D.u (M+m)g 机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速 4.(2023·安徽模拟)（多选）如图甲，一个物块 上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速 放在水平面上，在两个恒力F、F,作用下做 度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为 匀速直线运动.1=0时刻，其中某个力发生变 正方向，取重力加速度g=10m/s2.由此可判 化，大小随时间的变化关系如图乙所示，在 断出 0~t。时间内 a/(m-s- 20.0 10.0 A.若变化的是F,物块运动的加速度可能均 -10.0 匀减小 1.001.50 B.若变化的是F,地面对物块的摩擦力可能 A.手机一直未离开过手掌 先不变后均匀减小 B.手机在t1时刻运动到最高点 C.若变化的是F,物块可能做匀加速直线 C.手机在2时刻改变运动方向 运动 D.手机在t1~时间内，受到的支持力一直 D.若变化的是F2,地面对物块的摩擦力可能 减小 均匀减小 第三章运动和力的关系学霸高春 5.(2023·吉林永吉期末)（多选）如图所示，质 (1<H),弹性绳索的劲度系数为k.下落过程游 量为5kg的载货车厢通过悬臂固定在缆绳 客可视为质点且离开高台时的初速度不计， 上，缆绳与水平方向夹角为37°，当缆绳带动 设游客运动过程中所受阻力大小恒为（重力 车厢以加速度2m/s2匀加速向上运动时，质 加速度为g),则下列说法中正确的是( 量为1kg的货物在车厢底板中与车厢恰好相 A.第一次下落时，游客距高台顶端寸时速 对静止.已知悬臂竖直，最大静摩擦力等于滑 动摩擦力，重力加速度为10m/s2,则( 度最大 缆绳 B.游客落至湖面时，加速度等于g C.游客先做自由落体运动，再做加速度减小 的加速运动，最后做加速度增大的减速 运动 A.货物所受底板的摩擦力大小为1.6N D.游客第一次刚要到达湖面时的加速度为 B.底板对货物的支持力大小为8.8N k(H-1)+f C.底板对货物的支持力大小为10N g m D.货物与车厢的动摩擦因数约为0.14 6.新模型(2023·辽宁本溪一中期末)汽车运 送圆柱形工件的示意图如图所示，图中P、Q、 N是固定在车体上的压力传感器假设圆柱形 工件表面光滑，汽车静止时，Q传感器示数为 AAw (第7题) (第8题) 零，P、N传感器示数不为零，汽车以加速度a 向左匀加速启动，重力加速度g取10m/s2, 8.(2023·海南一模)（多选）一种能垂直起降的 tan15°=0.27，下列情况说法正确的是( 小型遥控无人机如图所示，螺旋桨工作时能 产生恒定的升力.在一次试飞中，无人机在地 面上由静止开始以2m/s2的加速度匀加速竖 直向上起飞，上升36m时无人机突然出现故 A.当汽车静止时，P的示数是N的示数的 障而失去升力.已知无人机的质量为5kg,运 一半 动过程中所受空气阻力大小恒为10N,取重 B.当a=3.5m/s2时，P有示数，N有示数，Q 力加速度大小g=10m/s2.下列说法正确的是 有示数 C.当a<2.5m/s2时，a越大，N的示数不变 A.无人机失去升力时的速度大小为12m/s D.当a>3.5m/s2时，a越大，N的示数不变 B.螺旋桨工作时产生的升力大小为60N 7.如图所示，某质量为m的游客被弹性绳索拴 C.无人机向上减速时的加速度大小为 住从高台蹦极时恰好不落入湖中，已知高台 12m/s3 离水面的高度为H,弹性绳索的自然长度为( D.无人机上升的最大高度为36m 学霸高春白题物理 第7节 牛顿运动定律的应用（二）》 限时：40mim 考点分析：1.解决受变力的运动问题；2.整体隔离法分析连接体、板块与传送带模型 1.(2023·安徽毫州期初)如图所示，水平杆固 定，杆上穿有一个小球，小球与水平弹簧相 连，O点是弹簧原长位置.若把小球拉到B点 由静止释放，小球运动到A点后不再运动.小 A.木块始终与木板存在相对运动 球运动过程中经过D点（图中未画出）时速度 B.滑块未能滑出木板 最大，则下面说法正确的是 C.滑块的质量m小于木板的质量M AAAO D.在1，时刻滑块从木板上滑出 4.(2024·江苏徐州七中质检)如图所示，水平 A.小球先做匀加速后做匀减速运动 方向的传送带以”，的恒定速度顺时针转动. B.D点与O点重合 一物块从右端以2(2>心，)的速度滑上传送 C.D点位于O、B之间 带，物块与传送带间的动摩擦因数为以，传送 D.D点位于O、A之间 2.如图所示，光滑的水平面上两个质量分别为 带长度L>。2.在物块从滑上传送带至离开传 2μg m=2kg、mg=8kg的物体，中间用轻质弹簧 送带的过程中，物块的速度随时间变化的图 连接，在大小为F=30N的水平拉力作用下 像是图中的 ( 起匀加速运动，则 ( Awm8片 A.mu,ma加速度大小为2m/s B.某时刻突然撤去拉力F的瞬间，m,加速度 大小为3m/s2 C.弹簧的弹力是12N D.某时刻突然撤去拉力F的瞬间，mB加速度 大小为4m/s2 3.(2023·广东广州期末)（多选）如图甲所示， 一质量为M的木板静止在光滑水平面上，现5.新模型(2023·湖南株洲模拟)（多选）如图 有一质量为m的小滑块以一定初速度。从 所示，质量分别为m1和m2的小物块，通过轻 木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和 绳相连，并接在装有光滑定滑轮的小车上.如 木板的水平速度大小随时间变化的情况如图 果按图甲所示，装置在水平力F,作用下做匀 乙所示，根据图像可知 ( 加速运动时，两个小物块恰好相对静止：如果 第三章运动和力的关系学霸高春 互换两个小物块，如图乙所示，装置在水平力 7.(2023·福建福州一中一模)如图，质量M= F,作用下做匀加速运动时，两个小物块也恰 0.2kg、长度L=0.64m的长木板静止在粗糙 好相对静止，一切摩擦不计，则 的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数 4,=0.3.在木板上左端放置一质量m=0.2kg 的小滑块，滑块与木板间的动摩擦因数42= 0.8,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力 n 加速度g取10m/s2.若在木板上施加一方向 A.F1:F2 m 水平向左的恒力F,同时给滑块一水平向右的 初速度。，滑块在木板上滑行，恰好从木板的 B.F1:F2 m 右端掉下，此过程中木板始终保持静止状态 C.两种情况下小车对质量为m2的小物块的 (1)求初速度。的大小： 作用力大小之比为m2:m, (2)若滑块在木板上从左端开始运动1，= D.两种情况下小车对质量为m2的小物块的 0.15s后撤去力F,求木板在地面上滑行的距 作用力大小之比为m1:m2 离x 6.(2023·重庆一模)如图所示，传送带与水平 m 面的夹角为37°，传送带底端M与顶端V之 间距离为18m,传送带始终以=2m/s的速 度顺时针转动.工人将工件无初速放在M处， 该工件可视为质点，工件与传送带间的动摩 擦因数以=了，工件与传送带间最大静摩擦力 大小等于滑动摩擦力大小.已知重力加速度： 取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8.求： (1)工件刚放在传送带底端M处时，工件加 速度大小： (2)工件从传送带底端M处到达顶端N处所 经过的时间，(3)如果物体A恰好不上滑，则对A,平行斜面方向Tc030°- 10W,用物理量国际单位制的基本单位表示1W=1kg·m2·。), mgsin 30-f=0. 故选C. 垂直斜面方向N+7,sn30°-mgs30°=0，解得T,=mg1+3 6.(1)s时间(2)m/2加速度(3)N力 5μ 解析(1)1的单位为mg的单位是？，则，厂的单位是，是时 如果物体A恰好不下滑，摩擦力反向，则对A,平行斜面方向 Tcos 30-mgsin 30+f=0. 单位.(2)：的单位为mA,1的单位为m,则)的单位为 垂直斜面方向N+7,im30°-mgs30=0,解得，=g(1-/3 是加速度的单位.(3)m的单位为kg,的单位为/s,(的单位为。 3-μ 对物体B,根据平衡条件，有2Ts60°=mgg, 则·子的单位为起·m广=水，是力的单位 故绳子的拉力等于物体B的重力，故物体B的质量范围为 第3节实验：探究加速度与力.质量的关系 m13≥m≥1-四 1.(1)AC(2)1.5(3)越来越大 34 34 解析：(1)A周节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平 第三章运动和力的关系 行，才能使小车受到的合力保持不变，且为绳的拉力，故A正确： B.平衡小车受到的摩擦力时，不应将砂桶通过定滑轮拴在小车上，故 第1节牛倾第一定律 B错误：C平衡摩擦力时应使得小车与钩码的重力沿斜面方向的分 1,B解析：车相做匀速直线运动，桌面上的小球A和B也一起做匀速 力与小车受到的长木板的摩擦力平衡，即mgsin0=山mg©os0,由此可 直线运动.当车突然停止时，由于惯性，小球A和B仍会保持原来的 知，通过增成小车上的钩码改变小车总质量时，不需要重新平衡摩 运动状态不变，因此，在两球还没有离开桌面前，它们的距离将保持 擦力，故C正确：D.打点计时器使用时应先接通电源再释放小车，故 不变故选B. D错误故选AC 2.B解析：A人被石块绊倒，是因为上华身的惯性要保持向前运动. (2)根据逐差法可得小车运动的加速度为。= 但下半身并没有失去贯性，故A错误：B.紧急利车时的汽车不能立 (272✉ 即停下来，是因为惯性，故B正确：C惯性的大小由质量决定，踢出 [(11.18-4.51)-4.51]×10-2 ms2=15ms2 去的足球速度在不断变化，但惯性大小保持不变，故C错误：D.汽车 (2×0.06)2 匀速行驶，乘客不会前倾后仰，乘客的质量保持不变，惯性保持不 (3)当车做匀加速直线运动时，有F=Ma,砂和砂桶做匀加速直线运 变，故D错误故选B. 动有gf,联立可得a二晋由此可知，随着n城大，二 3.A解析：AB.由题图可知，乘客和司机由于惯性身体向汽车运动方 者差值越来越大 向倾倒，说明汽车处于减速运动状态或紧急利车状态，故A正确， 2.(1)B(2)0.80(3)不需要kF。 B错误：C.乘客以自己为参考系时.则他观察到其他乘客的倾斜程 解析：(1)利用硬纸带计算其加速度，需要用刻度尺测量墨点间的距 度不如题图中的领斜程度，故C错误：D.利用惯性分析如此倾斜时， 离，ACD错误，B正确.故选B 乘客身体各部分的运动差异不可忽略，所以不能把乘客视为质点， (2)因脉冲喷墨器的工作频率为10Hz,所以相邻喷墨点间的时间间 故D错误故选A. 4.C解析：无人机最初和地面相对静止，在电梯启动开始上升后，由 隔7=01，根据逐差法，有a=气核，)-)】 ×102m/2 于惯性无人机将保持原米相对地而静止的状态（注意这里不是保持 0.80m/s2. 和电梯相对静止)，所以无人机会相对于电梯向下运动撞向电梯地 (3)因实验中拉力传感器读数即为重物P受到的拉力，所以不需要 板，枚选C. 保证砂桶Q及细砂的总质量远小于重物P的质量. 5.BC解析：AB.乒兵球质量小则惯性小，则使左管竖直向下加速时， 玻璃管中的水会因为惯性较大使得乒兵球远离瓶盖移动，竖直向上 由牛顿第二定律，可知F-F,=m,可知a=F-F,=F, 加速则会使乒乓球继续紧暮瓶盖，故A错误，B正确：CD.铁球质量 大侧惯性大，使右管水平向右加速时，铁球由于惯性会远离瓶盖.若 所以=】，又F。=mg,则当地的重力加速度大小为g=F 向左加速则铁球会继续紧棕瓶盖，故C正确，D错误故选BC 第4节牛顾第二定律（一） 第2节力学单位制 1.D解析：小鱼在水中受重力与水的作用力，由于小鱼沿直线水平向 1,B解析：A.s,m.g是基木单位，g不是国际制单位，A错误：B.物理 左加速游动，故小鱼受水平方向向左的合外力：故水对鱼的作用力 学中动摩擦因数是没有单位的，B正确：C.电学中的基本单位是电 应斜向左上方.故选D. 流的单位A(安培)，C错误：D.基本单位的个数是由现有物理量之 2.A解析：对货箱受力分析，由牛顿第二定律可得mgsin8-gos∥= 间的关系确定的，不会人为设定，不能多也不能少，D错误故选B. ma,即加速度为a=gsin0-geos,解得a=2m/s2,故选A. 2.A解析：根据题述，阳力=，力的单位为N,1N=1kg·m/2,速 3.A解析：正方体下落的过程中，未落人水中时.正方体做自由落体 度单位为：，则阻力系数k的单位用国际单位制的基本单位来表 运动，加速度不变，-，图像是一条倾斜的直线，当正方体浸入水中 示为g·m m·g了=g·m2:放选A 后，正方体受到浮力作用，当正方体浸人水中的体积逐渐增大，导致 浮力逐渐增加，正方体的加速度逐渐或小，当浮力等于重力时，此时 3.B解析：由题意，“比冲“的单位应该是冲量的单位与质量的单位之 正方体的加速度为零，最后，当浮力大于重力时.正方体的加速度方 比，即1好-“)一1以故B正牌放选段 向发生变化，并逐渐增大，当木块浸没后，浮力不再变化，加速度不 kg 再变化，木块做匀诚速直线运动，BCD错误，A正确故选A. 4.C解析：F的单位为kg·m/s2,m的单位为kg,L的单位为mf的单 4.A解析：以向下为正，对物体A根据牛顿第二定律mg-F=m,代人 F 数据，求得a=2m/。2,方向向下，a大小为2m/s2,再对人用牛顿第 位为：，根据单位推导可细√放选C 二定律：以向下为正，Mg-Fx=Ma.Fx=4O0N.故选A 5.C解析：通过题干可知，到2030年全球将有超过250GW的海上风 5.平行gn8解析：由加速度原理知，小车加速度在水平方向，则板 电容量，即海上风电容量的单位是功率的单位1GW=1000MW=1× 面与校车运动方向平行，当轻杆与竖直方向的夹角为8时，受力分析 一学霸高考·白题·物理·10一 如图所示 有Vin0-N=m4a,A和B保持相对静止，所以Y2不变，则N,诚 小，故CD错误故选B 7.A解析：若拉出P物体，对N受力分析可得mg=m1,解得a,= 4g,对1受力分析可得2mg=ma1,解得2=24g,拉出P,则同时满 足ap>a1,ap>a2.对P受力分析得F-mg-2mg=mar,联立方程可 得F>5μmg.故选A. 8.B解析：A.A,B紧挨在一起但AB之间无压力，对A根据受力平衡 由平衡条件知，小球不上下移动，即竖直方向合力为0，则有 可得弹簧弹力为F=m,g=:,解得弹簧压缩量x=,=0.3m,故入 mg tanB,由牛顿第二定律知F=ma,解得a=gtan 8. 错误：BC.细线剪斯瞬间，弹簧弹力不变，对A、B整体，由牛顿第二定 第5节牛顿第二定律（二） 律(m,+ma)g一F=(m,+m)4,解得物体A,B的眠时加速度为a= 1,B解析：A.木块始终没有与后壁分离，则木块和空铁箱水平方向的 4m。,故B正确，C错误：D,对物体A,由牛顿第二定律N+mg 加速度相同，水平拉力F逐渐减小，则整体加速度：逐渐诚小，铁箱 F=ma,解得物体B对物体A的压力为N=12N,故D错误故选B. 9.C解析：A分捌对两小球进行受力分析，如图所示，根据平衡条件 对木块的支持力N=m,a,逐渐减小，故A错误；BC,木块与空铁箱 相对静止时，摩擦力等于重力，不变，当木块与空铁箱相对滑动时， 可得，F。=m1g,Fgsin30°=m2g,解得m1=2m2,故A错误BCD.在轻 绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力未来得及变化，则球2所受重力和弹 铁箱对木块的摩擦力f=uN=m块a,逐渐减小，故B正确.C错误： 簧弹力F不变，并假设轻绳A突然斯裂的瞬向轻绳B的弹力变为 D.铁箱不可能做减速运动，如果做成速运动，则木块也要做减递运 动.需要水平向左的力.而铁箱给木块的支持力水平向右，因此不能 0,则球2的加速度为a,= 三=2g,方向与Pn方向相反，即沿绳B斜 或速，若减速木块会与后壁分离，故D错误.故选B. 向右下方，此时球1只受重力，加速度竖直向下大小等于g,沿绳B 2.D解析：物块a从P点由静止释放，1后到达桌面上距P点0.5m 的0点，由运动学公式x=2,解得a=1m,设绳子拉力为F, 方向的分加速度为a,=g血30=了g,因为a>01,则假设不成立。 可知此时轻绳B存在弹力，则由力的合成可知.球1的合力大于其 设a的质量为m:,b的质量为m1,依题意m1:2=3:2,对，b分 重力，方向在竖直方向与绳B的夹角之间.则球1的加速度一定大 别应用牛顿第二定律F-um1g=m1a,m2g-F=m1a,联立可得=0.5. 于g,方向在竖直方向与绳B的夹角之间，故BD错误，C正确.故 故选D. 选C 3.A解析：当两球运动至二者相距子时，如调所示 球2 3 30° 30 m 3L 10.D解析：Am1m,相对静止一起微匀加速直线运动，对m1,m2与 103 由几何关系可知4in8■ ，设绳子拉力为T,水平方向有 弹簧测力计组成的整体，由牛国第二定律得：F,一F,=(m1+ m2)a①，代入数据解得：a=5m2,方向水平向右，设弹簧调力 2 计的拉力是F,对物体m,由牛顿第二定律得：F-F=m2a②，代 [2Tam日=F,解得T=日F,对任意小球由牛顿第二定律可得T=ma 人数据解得：F=45N,故A错误：B联立①2两式得：F 解得a=,故A正确，BCD错误，故选 m:+m上，由此可知增大5，两物体一起做匀加速直线运动时。 m1十m2 4.D解析：AC,对A,B整体受力分析，由牛顿第二定律得F,+F:= 弹簧测力计示数增大，故B错误：G.弹簧的弹力不能突变，在突然 撤去F2的瞬间，弹簧测力计的弹力仍为F=45N,对物体m2.由牛 (m4+mm)a0,代人数据，解得an=22,当A,B两物体恰好分离 领第二定律得：F=m,代人数据解得：a,=9/,故C错误： 时，对A由牛顿第二定律得F,=m,.F,=(7-2)N,代人数据解得 1=1.5s,所以=L.5s内A、,B两物体一起向右做匀加速直线运动，= D与C同理，在突然撤去F,的辑间，对物体m,由牛顿第二定律 15器后A,B两物体分离.由于F,F。是变力，则两物体加速度发生 得：F=m,代人数据解得：a1=15m/2,故D正确故选D 改变，AC错误：B.当=1.5时，A、B两物体之间的弹力为零，此时 第6节牛顿运动定律的应用（一·） F,=(7-2×1.5)N=4N,Fg=(3+2×15)N=6N,则F4≠Fg,B错误： 1.B 解析：飞船与空间站整体加速度为a=A=0 5 mg2三 D.当=6s时，对B受力分析，由牛顿第二定律Fm=m4g,其中Fn= (3+24)N,代人数据解得.B物体的加速度为4：=5m/s2,D正确.故 00,由车顿第二定律知，空间站质量M=号m一0g 900 选0. 3.0×10kg=8.7×10kg,故B正确.故选B. 5.B解析：设PQ的质量均为m,开始时弹簧对Q有方向竖直向上且 2.D解析：A.由题图可知，手机的加速度在某一段时间内等于重力加 大小为mg的弹力，对P有方向竖直向下且大小也为mg的弹力，在 速度，则手机与手掌没有力的作用，手机离开过手掌，A错误：B.根 悬挂吊篮P的轻绳OA被剪断的瞬间，弹簧的弹力不会发生突变，设 据△=a△可知，a-4图像与坐标轴国成的面积表示速度变化量，则 此时P,Q的加速度大小分别为a1、4,根据牛顿第二定律可得a,= 手机在时刻速度为正，还没有到最高点，B错误：C,手机在2时划 mg+=2g,="m图=0.枚选B 速度为正，达到最大值，运动方向没有发生改变，C错误：D.由题图 可知1~3时间加速度向上不斯减小，根据牛顿第二定律得N-mg= 6.B解析：AB.货车向右加速，以A为研究对象.在竖直方向有 ma,即N=ma+mg,可知1~2时间内支持力不新减小：2一3时闻内 N,cos9=mg,水平方向N,-N,sin9=m,a,A和B保持相对静止，所 加速度向下，不断增大，根据牛顿第二定律得mg-N=m,即N=g 以N2不变，则N,变大，故B正确，A错误：CD.若货车减速，加速度 m,可知支持力还是不断或小，即手机在11~，时间内，受到的支持 水平向左，以A为研究对象，在竖直方向有N3%0=mg,水平方向 力一直藏小，D正确.故选D. 一学霸高考·白题·物理·11一 3.C解析：对碗受力分析，由牛顿第二定律可得∫=m,可以看出碗的 2 最大加连度为.一台” 度为2 =6m,则无人机上升的最大高度为∥=x,+2=42m,放 二=41g,要使碗，托盘和手始终相对静 D错误故选AC 止，则手对盘子的最大摩擦力满足=(m+)a=41(m+M)g.故 第7节牛顿运动定律的应用（二） 选C 1.C解析：A.弹簧弹力不是恒力，小球不可能做匀变速运动，枚A错 4.BD解析：A.F,减小时，摩擦力不变，应该减速，合力为摩擦力诚 误：B.小球经过0点时的弹簧弹力为零，受到的合外力不等于零，加 F,合力增大，因此加速度增大，故A错误：B.当速度减小为0后摩 速度不等于零，因此，速度不是最大，即D点与0点不重合，故B错 擦力为静摩擦力，等于F,逐渐减小，故B正确：CD.若变化的是 误：C.小球运动到0、B之间某位置时，弹簧弹力若等于摩擦力，则此 F,物块的加速度会发生变化，地面对物块的摩擦力可能均匀减小， 时合力为零，速度最大，故C正确：D,小球从0到A的过程中，合力 故C错误，D正确.故选BD, 方向向右，速度一直减小，故D错误故选C 5.AD解析：A.货物在水平方向上的加速度大小为，=s37°=2× 2.B解析：A根据题意，对A,B整体分析，根据牛顿第二定律有：F= 0.82=1.6m2,由牛顿第二定律可得F,=mn,=1×L1.6N= (m:+m)a,解得：：=3/s2故A错误；C根据题意可知，对A分 1.6N.A正确：BC.货物在竖直向上方向上的加速度大小为a,= 析，设弹簧的弹力为Fr,根据牛顿第二定律得：F,=m1a,代人数据 1n37°=2×0.6/s2=1.2m/2,由牛顿第二定律可得F￥-mg= 解得：F,=6N,故C错误：BD.某时刻突然撤去拉力F的瞬间，弹簧 m,.解得F、=mg+ma,=1×10N+1×L,2N=11.2N,BC错误：D.由 弹力不变，根据牛顿第二定律，对物体A有F,=m4,解得：4= 愿意，货物在车厢底板中与车厢恰好相对静止可知，货物与车厢底 3m/,2,对物体B,根据牛顿第二定律有：F,=mre,解得：后= 板的静摩擦力达到最大，由带动摩擦力公式，可得货物与车相的动 3 手m/3,故D错误，B正确故选B F1.6 摩擦因数私=名20.14，D正确放选AD, 3.AD解析：A.从图像中可以看出小滑块和长木板最终速度不相同， 所以木块始终与木板存在相对运动，A正确：B,最终小潜块的速度 6.G解析：A.汽车静止时，Q传感器示数为零，P,N传感器示数不为 零.水平方向Nsin15°=F,竖直方向Neos15=mg,故A错误： 大于木板的速度，小滑块一定会滑出木板，B错误：D.当小滑块在木 板上潜动时，木板一定会受到向右的摩擦力.一定会做加速运动，当 小滑块从木板上滑出后，木板不受摩擦力，做匀速运动，从图像上可 以看出在时刻木板做匀速运动，所以在时刻滑块从木板上滑 出，D正确：C.小滑块在木板上运动过程中，两者之间的摩擦力是一 对相互作用力等大反向，而从图像上可以看出木板的加速度大，所 mg 以根据a=工，可得块的质量m大于木板的质量M,故C错误故 B.当向左加速运动时当加速度达到某一值时，P,Q均无示数，水平 选AD. 方向Nsin15°=m4,竖直方向Ns150=mg,联立解得a=g1n15= 2.7m/2,故当a<2.72时.P有示数.0无示数，当a>27m/ 4.B解析：山物块在传送带上的受力可知，物块的加速度为a=g,当 时，P尤示数，Q有示数，即当a=3.5m/2时，P尤示数，Q有示数， 运动速度减为零时的位移为由题可知> 故B错误：C.当a<25m/。2时，水平方向Nsin15°-F=ma,竖直方 块没有滑离传送带，物块向左碱速到零后向右做匀加速直线运动。 向Ncs15=mg,解得F=mgan15-ma,根据表达式可知a越大.P 的示数越小，N的示数不变，故C正确：D.当a>35m/s2时，圆柱形 当物块速度与传送带速度相同时，物块的位移为r酒又>， 工件受力如图所示 则>x',故物块向右运动的速度与传送带相等后，做匀速直线运动 故选B. 5.AC解析：AB.一切摩擦不考虑，则题图甲中小车的加速度为1= “题图乙中小车的加迷度为，1“，所以两题图中小车的加连 水平方向Nsin I5=m,竖直方向Ncs15°=Fg+mg,解得Fg= m15°mg,根据表达式可知a越大，0的示数也越大，N的示数也 ma 度之比为，：= ?:,因为题图甲和题图乙装置的整体质量 越大，故D错误.故选C 7.D解析：A.第一次下落时，游客加速度为零时，速度最大，即mg= 是一帮的，所：片a产学A正确，B错误：C,题指即 :折，解得，-"m,此时游客距离高台顶端的距离为么=，+1： 中，小车对质量为m:的小物块的作用力为F1=m2,= m,题图乙 中，小车对质量为m,的小物块的支持力大小等于其所受的重力大 mg+山，A错误：BD.游客第一次刚要到达湖面时，由牛顿第二定律 k ig 小，即F2=m28,所以Fx1:F= 1mg=m2:m1,C正确，D错 可得以-)+g=ma,解得a-)兰-g,B错误，D正确： 闭。 误故选AC. C.从开始下落至绳子拉直的过程，由于存在空气阻力，游客不是做 6.(1)1ms2(2)10s 自由落体运动.而是做初速度为零的匀加速直线运动：绳子拉直后， 解析：(1)工件刚放在传送带上树，对工件，由牛顿第二定律得 游客先做加速度逐渐减小的加速直线运动.然后敬加速度逐渐增大 mgo%日-ngsin9=m,代入数据解得：a=1m/袋2： 的减速直线运动.C错误.故选D. (2)工件加速到与传送带速度相等需要的时间，：二。2 8.AC解析：A根据题意，h运动学公式2-后=2，可得无人机失去 2 升力时的速度大小为：=√21x1=12m/s,故A正确：B.根据题意， 该过程工件位移大小=2=之×2m=2m<=18m, 由牛顿第二定律有F-g-=ma1,解得F=0N,故B错误：C根据 由于mgin<μmgos8,工件与传送带速度相等后相对传送带静止， 题意，由牛顿第二定律有mg+=m,解得a2=12m/2,故C正确： D根据题意，由运动学公式。2-=2x,可得，无人机减速上升的高 起向上做匀速直线运动，工件匀速运动的时同。 L-x118-2 2 一学霸高考·白题·物理·12一 8s,工件从传送带底端M处到达顶端N处所经过的时间=1+= 球受力分析，由平衡条件有F。=mgn9,去掉挡板瞬间，弹簧弹力 2s+88=105, 不变，A球受力情况不变，合力为0.加速度为0.对B球有mgsn8+ 7.(1)3.2m%(2)15m F=mm,解得a=2gina,故A错误，B正确：C.根据上述分析可知， 去掉挡板瓣间，B球有沿斜面向下的加速度.处于失重状态，则地面 解析：(1)滑块与木板间的滑动摩擦力5=山mg, 对斜面体C的支持力小于球A,B和C的重力之和，故C错误：D.去 根据牛顿第二定律可知，滑块的加迷度大小么 掉挡板瞬间，B球的加速度方向沿斜而向下，在水平方向上有水平向 左的分加速度，对A、B和C整体分析，地面对斜面体的摩擦力不为 滑块在木板上做匀减速运动，到木板右端时速度恰好为零，捌有0- 零，方向水平向左，故D错误故选B. 6=2(-41)L,解得=3.2m/ 4.D (2)由1=6-11，解得1=2m/, 解桥：ACA刚相对B开始指动时，有F-台×3g=3,F- 撤去力F后，由于木板与地面间的最大静摩擦力厂=4，(M+m)g 2g=2m0,解得F=3mg,a=2g,所以当P3mg时，A相对B 1.2N<=1.6N, 侧木板做加速运动，木板的加速度大小4，， 开始滑动.AC错误：R当F=mg时，二者没有相对游动。整体有 设滑块与木板共速时的速度大小为，滑块速率从，减到，所用的 P一兰×3mg=3,解得a=了g,B销误：n当A与B和对册动时， 时间为2，则有3=1-a12=a,2,解得3=0.4m/s,4=02s, 0+5 木板滑行的距离x2 B的加速度最大，最大为g,D正确故选D 5.C解析：AB.挂上B之前，对A受力分析，有F=mg,挂上B的瞬 之后滑块与木板一起做匀减速运动，直至停下，设此过程中整体的 间.弹簧中的弹力不变，对A、B整体进行受力分析，可得2mg-F年= 加速度大小为a,则有人=(+m)a,=2a(x),解得x=5m 2ma,设A对B的拉力大小为F,对B受力分析，有mg-F,=ma,联 第8节超重和失重 立，可得4=号，F,=m,根据牛顿第三定律，可知B对4的拉力 1,BC解析：AB.由于观察到测力计示数比物体的重力大，做该客梯 处于超重状态，A错误，B正确：CD.由牛顿第二定律F-mg=mm知， 为F=F=2mg,放AB错误：GD根据运动的对称性，当A,B运动 该客梯有向上的加速度，该客梯可能向下做匀诚速直线运动或向上 到最低点时，加速度为竖直向上的：，设此时弹簧弹力为F。,A对B 做匀加速直线运动，C正确.D错误.故选( 的最大拉力为F,.对A,B整体和B分别由牛鞭第二定律可得F 2.D解析：无论容器是自由下落还是向哪个方向抛出，都是具在重力 2mg=2m,F2-mg=ma,解得F=3mg,F2=1.5mg,故C正确.D错 作用下的运动，处于完全失重状态，水和容器的运动状态相同，它们 误故选C 之间没有相互作用，水不会从小孔中稀出.故选D, 6.C解析：AB如果>gn9.小物块受到的静摩擦力的方向沿皮带向 3.A解析：B.人的重力可由a点读出，约为10O0N,故B错误：AD.b 下，由牛顿第二定律列方程得mgin+f=ma,则a=gin+工，如果 到e的过程中，地板所受的压力约从400N增加到200N,地板所 n 受的压力先小于重力后大于重力，所以人先处于失重状态再处于超 a<gsin8,小物块受到的静摩擦力的方向沿皮带向上，由牛顿第二定 重状态，故A正确，D错误：C.从d点到e点的过程，压力等于零，表 律列方程得mg0=a,则a=g血0-千，如果a=g血0.小物块 明在d点是人双脚离开地板的一瞬间，从d点到e点人在空中运动， :点是人落回地板的一瞬间，若图中∫点为人在双脚离开地板的过程 不受静摩擦力的作用，故AB错误：C.如果a=2ginB,小物块受到的 中上升最高的点，则此时双脚对地板的压力为零，传感器显示的示 静摩察力的方向沿皮带向下，由牛顿第二定律列方程得mg8+f= 数为零，与图巾所表述的力的大小不符.故C错误故选A ma,解得f=mgsin0,故C正确：D.物体受重力、支持力和静摩擦力作 用，三力合力沿传送带平面向下，面弹力必与此平面垂直，小物块受 4.D解析：小球在水中加速下沉过程中，小球失重，水对小球的作用 到的重力和摩擦力的合力的方向一定不沿斜面方向，故D错误 力小于小球的重力，则小球对水的作用力也小于小球的重力，整体 故选C 表现为失重，台秤的示数小于G+G,小球匀速下沉时，整体处于平衡 状态，台秤的示数等于G+C,故D正确，ABC错误故选D 7.D解析：设圆半径为R,0a与竖直方向的夹角为《，环沿a下滑时 专题探究三牛顿运动定律的经典模型 的加速度大小为=g0sa,根据运动学公式有2R0=2“,,解 1,A解析：AB.由于轻绳上的弹力处处相等，因此A,B两小球对轻绳 同理可得产√ 得严g 4R 的摩擦力大小相等，二者质量不相等，且<<mg,因此A球静止 ,因此1=，设%与竖直方向的 释放后与轻绳间为滑动摩擦力.即T=∫，对B球=T=<∫n,即B 夹角为0，环沿O心下滑时的加速度大小为a2=g©s,由几何关系得 球与轻绳间为静摩擦力，故A正确，B错误：CD.根据AB选项分析， 4R 对A球mg,=m,解得=g 一，对B球mg房=mg4g,解得 心长为2R.根驱运动学公武有2R=之，5.解得4=√02 ：g五，由于m<m,可得a,ar,放CD错误.故选人 an产gm .由此得到>=故选D =8- 用是 8.C解析：以斜面体A与物块B、C为整体，设整体的加速度大小为， 2.B解析：无论外力F多大，对AB的聚体而言，整体对地面的压力不 变，则地而对B的摩擦力不变：设整体水平加速度为a,若开始时物 由牛顿第二定律知mg=4mm,解得a={g,对物块B,由牛顿第二定 块A有相对斜面向上运动的趋势，则A受B的摩擦力沿斜面向下， 根据牛顿第二定律f+mgsin=maB,将作用在B上的外力F增大 律有mgan=m,解得ta=,放选G 一点，则加速度a变大，则斜面B对A的摩擦力增大：若开始时物块 2 A有相对斜面向下运动的趋势，则A受B的摩擦力沿斜面向上，根据 9.(1012(2)3￥(3)3m 牛顿第二定律mgin0-f=ma©os8,将作用在B上的外力F增大一 解析：(1)物块在传送带上做匀加速运动，由摩擦力与重力沿传送带 点，则加速度a变大.则斜面B对A的摩擦力减小故选B. 方向的分力提供加速度，根据牛顿第二定律，加速度大小为 3.B解析：AB.根据题意，设A,B两球质量均为m,去掉挡板前，对A a=gsin 8+u gcos 0=10 m/s2, 一学霸高考·白题·物理·13一 运动至与传送带速度相同所用的时间为，=”=0，.2。， CD.若mgsin>mgeos,物块的合力沿传送带向下，期物块一直做 匀加速直线运动，C图是可能的，C正确，D错误，故选BC 根据匀加速直线运动中间时刻的速度等于平均速度可得物块运动 6.BC解析：A.速度一时间图像中图线与时间轴包围的面积表示位 的位移为2，=02m,由于mgsin>4,mgo08, 移.0-4，内a的位移大小，2×2x4m=4m,即6的初位置到地 所以物块继续沿传送带向下徽加速运动，加速度大小为4=gn日- uigcos 0=2 m/s2, 面的高度为4m,选项A错误：R.0-5s内a的位移大小=×2× 则物块在传送带上继续加速的位移为2=32m-1=3m, 5m=5m<5.5m,选项B正确：CD.速度一时间图像中图线切线的斜 设物块滑离传送带时的速度大小为，则有-2=222， 率表示加速度，0-4s内与44-5，内a的加速度大小分别为a1= 解得1=4田5， :2=05vg,4子m23,根据牛顿第二定#有 2 4 那么加速的时间为2= els m8m8=(m。+m%)a1,m8=m0,解得μ=02，m,=1.52kg,选 物块在传送带上运动的总时间为1=，+3=12元 项C正确.D错误，故选C (2)物块滑上长木板后.向左做匀诚速直线运动，长木板向左做匀加 7,AB解析：A.1图像斜率代表加速度，加速度a=2m2,又a=∠ 速直线运动，物块运动的加速度大小为4=山2g=5m,2, 长木板运动的加速度大小为 2m 2=1m82. 吗=g,解得以=0.2，故A正确：B一1图像与！轴周成的面积代表 设从相对运动到共速所用时问为与，则-a与=a与，解得与=了。 2 位移，物块恰好运同4瑞，则位移为0.0=弓×(-4)x2+×(3-2)× (3)物块滑上长木板至二者共速的过程中，物块的位移为与=马~ 2+2,得1=1.5s,即4.5s时物块恰好返回A端，故B正确：C.提高传 送带的转速，物块在水平传送带运动的初速度、加速度，位移均不 26.长木板的位移为= 2, 变，能返回A端，故C错误：D.降低传送带的转速，物块在水平传送 则长木板的长至少为与6子，子店=号m 4 带运动的初速度，加速度、位移均不变，能返回A端，不可能从B端 滑落.故D错误.故选AB, 专题探究四牛顿运动定律的图像问题 8.(1)020.1(2)3：14.5m 1,B解析：A关闭动力后，车做匀减速运动，加速度大小为4，结合图 解析：(1)由-1图像可知物块先向右诚速停下后再反向加速至与木 6 板共速，再一起减速停下，图中三段线对应的加速度分别为，= 像可得a=些am=0.6m,解得上=6，A错 4r1-1-2 43_-1-(-4) 5-0m2-2m2,4 1.5-0 m/s2=2m/s2,a5= 误：BC.图线与横轴围成的面积表示位移，x=(25+40)×6x 2m=5m, △0-(-1) 整个运动过中的平均波度大小为=广一贤m=4575m 山，25-l.5m/s=1m/s2, 物块在木板上相对滑动时.对物块根据牛顿第二定律可得 B正确.C错误：n.平衡车在加速段时有Fmg=m',a=。 -mg=m01, 解得长术板上表面的动摩擦因数为4=02， 代人数值解得F=108N,D错误故选B. 相对静止后一起滑动时，以物块和木板为整体，根据牛顿第二定律 2.D解析：滑块在斜面上运动时有mgin9-mgcs6=ma1,滑块在水 可得-4o(M+m)g=-(+m)a, 平面上运动时有-umg=一2，由愿图乙知加速度大小满足a,=a2, 解得长木板下表面的动摩擦因数为4=Q.1 好得品。一子故选D (2)相对滑动时，对木板根据牛顿第二定律可得 -umg-up(M+m)g=-Maz 3.BC解析：ABD.根据题意，由题图乙可知，当拉力等于8N,滑块A 代人数据解得/：m=3:1, 与木板B间的静摩擦力达到最大静摩擦力，由题图乙可知厂=6N, 一1图像中所周面积表示对应的位移.两者的位移差即为木板长，故 当拉力等于8N时，对滑块A,由牛顿第二定律有厂。=m141,对术板 B,由牛顿第二定律有F,-f=m@,其中F,=8N,a1=2m/2,解得 有2 2×1.5m=45m ma=3kg,mg=1kg,又有=mg,解得u=0.2,故AD错误，B正 第三章章末综合提升 确：C.当F=10N时，由牛顿第二定律有F-fm=mea2,解得a2= 4m/2,故C正确.故选BC 高考新题练 4.BD解析：A.若物体A的加速度从1.0均匀减小到0,6.图像的面积 1,B解析：A,在踢“香蕉球”时，需要考虑赐在足球上的位置与角度 所以不可以把足球看作质点，故A错误：B.惯性只与质量有关，足 为4=+6×1=0.8s,而A的初速度为零，可知15时的速 2 球在飞行和触网时质量不变，剩惯性不变，故B正确：C.足球在飞 度为0.8m/,但实际是物体A的a-1图像的面积俯小，即速度变化 行时脚已经离开是球，故在忽略空气阻力的情况下只受重力，做C 量小于0.8/s,则=1s时A的速度大小小于0.8m/s,故A错误： 错误：D.触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小 BCD.恒力F拉动A的瞬间，由a-1图像A的加速度为an=1V, 相等，故D错误故选B. 有F=m40=1.5N,1s时两者的加速度相等a=0.6m/:2,对A,B由 △FP2 牛顿第二定律有F-任=ma,F#=缸=mna,解得mg=1kg,F弹= 2B解析：根据题干公式4=4山，山。 2 理可得k山山△山 0.6N,故BD正确，C错误，故选BD. 5.C解析：AB.物块受重力，支持力、潜动摩擦力，滑动摩藤力方向 代人相应物理量单位可得比例系数k的单位为八。g· A2 沿传送带向上，设物块的质量为m,传送带的顿角为8，物块与传送带 kg·/(s2·A2),故选B. 间的动摩擦因数为4，若mgin<umngeos,物块的合力沿传送带向 3.BC解析：对甲，乙两物体.由牛顿第二定律有FP-mg=ma.则F= 上，则物块先沿传送带做匀减速直线运动，速度碱至零后，再反向加 ma+μmg,可知图像斜率k=m,图像截距6=mg,由于本p>k乙，故 速，直至速度与传送带相同，之后做匀速直线运动，A错误，B正确 m甲>mz,由于μ甲m甲g=4zm乙8，放4甲42故选BC, 一学霸高考·白题·物理·14一 4.C解析：对两物块整体受力分析有F=2m,再对后面的物块有 Fm=ma,F=2N,联立解得F=4N,故选C. 616m。(220N(a)2- 5.CD解析：A.若B球所受摩擦力为零，对A,B整体由牛顿第二定律 解析：(1)在无风区对该物体由牛顿第二定律得mg-∫=m1,解得 得Fu=2ma,对A球由牛顿第二定律得F、-Nsin8=m,竖直方向： a,=8m/s2,物体在无风区做匀加速直线运动.有2=2a,H,解得 Ncs8=mg,联立解得a=gtan8,对整体由牛顿第二定律得F=4ma= 最大速度为=I6m/a 4 ngtan8.故A错误：B.若推力向左，则系统的加速度向左，车厢底 (2)物体在受风区向下运动时做匀减速直线运动，则有品= 面对B的摩擦力达到最大静摩擦力，A与左壁弹力为零，此时F有最 2a2·(H。-H,),解得a2=16mg2,由牛顿第二定律得F-mg=m2, 大值，对AB整体：整直方向F=2mg,水平方向：uF=2m,解得 解得恒力为F=260N. a=g,对A水平方向Nin9=mai,竖直方向Ncs0=mg,解得a,= (3)物体在受风区向上运动时缴匀加速直线运动，根据运动的对称 gtan8,由于4≥tanA,所以系统的加速度a=a,=gtan8,所以F最大 性，到分界线时速度大小为16m/,再次进人无风区后做匀藏速直 值为F=4ma=4mgtn8,故B错误；C.若推力向左从<1an8≤24时， 线运动，由牛顿第二定律得g+f=m,解得a3=12m2,向上做匀 A与左壁弹力不为零，车厢帐面对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方 向水平向左，此时F取最大值，则2mg-N,=2ma,整体：F.=4ma, 减迷运动的位移为出2。芳m,第一次上升的最大高度为 对A竖直方向：Neos=mg,对A水平方向：Nsin-N,=ma,联立解 得F.=4mg(2-1an8),故C正确；D.若推力向右，n>24,车厢底 面对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向右，F有最大值.则： 7.(1)0.12m(2)2m/8(3)不能.0.60s 2mg+N,=2ma1,对A竖直方向：Ncos0=g,N,-Vsin=ma1,联立 解析：(1)恒力F作用前，甲和乙一起运动，合外力为零时，速度最 解得“，=2中g+gan:厢底对B的摩旅力达到最大静摩踪力，方向水 大，则xo=2 mngsin a.解得x。=0.12m 平向左，F有最小值.则：对AB整体有N,-24g=2m1,对A水平方 (2)恒力F作用后，甲和乙一起运动，沿斜面向下的速度最大时，甲 向有N,-Nin0=ma1,对A竖直方向：cs0=mg,联立解得：a2= 乙受到的合力为零，设此时弹簧再被压缩长度为x1, gtat9-24g,所以4m2≤F≤4m1,即4mg(tnB-2μ）≤F≤ 则(x。+x1)=F+2mgin《(或k1=F). 4mg(1an9+24).故D正确.故选CD. 解得x1=02m 复习自测练 甲和乙被弹簧弹回O点时分离，从0点自由释议甲和乙，到施加国 1.C解析：A.拉纸的快慢，对纸和罐子之间的摩擦力设有影响.故A 错误：B.罐子的质量不变，德子的惯性就不变，故B错误：C纸拉得 力后甲和乙一起同到0点，有了·2加m2=,解得=2m。 越快，纸对罐子摩擦力的作用时间就越短，侧冲量越小，故C正确： (3)甲和乙分离后，设乙沿斜面上滑的加速度大小为a1,则 D,如果拉纸的力小一些，罐子就可能与纸一起运动，耀子就可能离 ma1=mgsin a+umngcos a,解得a1=8ms2, 开桌面，故D错误.故选C, 假设斜面足够长，乙沿斜面上滑到最高点与0点距离为山1，则= 2.B解析：A0-4时间内，根据牛顿第二定律41mg=m,~2时 2a1L1 解得L1=0.25m, 由于L1=0,25m<1-Lm=04m.所以小物块乙不能达到斜面顶 间内Fmg.可得以，故A错误：B21-3时间内，根据牛 端B 设小物块乙从0，点向上运动的时间为t1,则r=a,11, 第二定律g-F三m名，可得内+，放B正确：CD.由 解得11=0.25s, A,B计算结果相加可得41，=22，故CD错误放选B. 由于mgsin a>mgeos c,小物块乙下滑，设下滑的加速度为a2,下滑 3.D解析：凹形槽静置在光滑斜面上，对物块，根据平衡条件得F、= 时间为12，期m2=mgin-umgc0sa,L,= mgin+F上，根据题意有F下=13,6N,F上=4.5N,得mgsin a= 9.1N,当凹形槽沿斜面自由下滑时，弹簧的长度不变，则下压力传感 解得2=4m2,2= 2 5,则与= 0252 s=0.608 器的示数不变，对整体，根据牛顿第二定律有Mgsi血a《=Ma,得a= na,对物块，根据牛顿第二定律有mgsin a+上-F。=ma,解得 第四章 曲线运动 F=13.6N,ABC错误，D正确.故选D 4,C解析：A.传送带启动后，物块与传送带共速前所受滑动摩擦力沿 第1节曲线运动.运动的合成与分解 传送带向上.故物块加速度大小不变，选项A错误：B.若传送带的加 1.D解析：战机飞行轨迹是曲线，根据曲线运动的条件，受到的合外 速度大于3m2且小于等于9m/。2,共速后，物块就和传送带相对 力方向指向曲线的内侧.因为是加速运动，合外力方向与该点的速 静止一起加速，若传送带的加速度大于9m/2,共速后两者一定有 度方向的夹角为锐角.如图所示 相对滑动，选项B错误：CD.若传送带的加速度等于6m/s2,物块与 传送带共速后相对静止一起匀加速，故物块所受摩擦力为0，选项C 正确，D错误故选C 5.B解析：如图所示 故选D. 2,A解析：A.学生沿抛物线运动，其做曲线运动.速度方向发生变化. 即速度变化量不为零，加速度不为零，即学生所受外力的合力肯定 不为零，A正确：BC.根据上述可知，学生所受外力的合力方向指向 地物线的凹侧，但是具体方向不确定，因此x轴方向与y轴方向的分 由杠杆平衡条件可得T3=T,=mg,T2=2T3,对b由牛顿第二定律得 运动不能肯定是否为匀速运动，BC错误：D.根据上述，由于学生所 mg-T3=ma,对e由牛顿第二定律得T刀)-m,g=m,a,联立解得m,= 受外力的合力大小与方向均不确定，因此通过A、B两点时的加速度 1.0kg,放B正确，ACD错误，故选B. 不能确定是否相等，D错误故选A. 一学霸高考·白题·物理·15一