专题3 运动和力的关系-2024年高考物理小题必刷卷

专题三运动和力的关系 ㄧ高考攻略1 高考对本专题的考查以选择题为主。命题有通过运动图像提供信息，分析物体的实际运动：也有 以生活中的常见现象为背景的计算题，试题联系生产、生活实际，涉及临界，极值并与图像相结合等的 综合应用、对学生的理解能力、分析综合能力及应用数学方法解题的能力等要求较高。 【考点·分层分练】 运动的速度。随时间t变化的图像如图乙所示， 已知物块在t=0时刻和t=31时刻处于同一位 考点一牛顿第一定律 置，则关于力F1和F2的大小关系，速率山和 1.(2024·山东潍坊高密 2的大小关系，以下说法正确的是 市模拟)如图是一种流 行的指尖陀螺玩具，这 VZN22122K222227727222127292222222222272272 种玩具中间为轴承，两 实物 结构图 侧各有一飞叶，拨动飞 叶后可以在手指上转动，停止拨动陀螺后，陀螺 依然能够长时间转动，时长可4~6分钟，这种陀 螺的寿命是由轴承中滚珠决定，一般采用陶瓷滚 A.F1;F2=1:3,1:2=2:1 珠，关于轴承和飞叶，下列说法正确的有( B.F1:F2=45,:v2=2:3 A.采用陶瓷滚珠利用该材料的耐磨性弱 中 C.F1:F2=4:5,1:2=2:1 B.采用陶瓷滚珠利用该材料的密度大 升 D.F1:F2=13,U1:2=2:3 C.飞叶要用较轻的塑料制作，目的是减小阻力 考点四瞬时加速度问题 D.飞叶要用密度大的金属制作，目的是增大惯性 4.(2024·安徽省蚌埠市模 考点二牛顿第二定律的理解 609 459 拟)如图所示，A、B两物体 2.(2024·福建福州模拟)发生森林火灾时，可用消 用两根轻质细线分别悬挂 防直升机进行灭火。如图甲所示为消防直升机 ☐wWw☐ 在天花板上，两细线与水 A B 吊着贮满水的水桶沿水平方向飞行前去火场的 平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻弹簧 情景。直升机在空中飞行时悬挂水桶的示意图 数 恰好处于水平状态，则下列计算正确的是( 如图乙所示。已知水桶（包含水）的质量为m,水 平风力大小等于0.2mg(g为重力加速度)，悬吊 A.A、B所受弹簧弹力大小之比为√3：√② 水桶的绳子与竖直方向的夹角为37°，则直升机 B.A、B的质量之比为mA:mB=3:1 飞行的加速度大小为 C.悬挂A、B的细线上拉力大小之比为1：√② D.同时剪断两细线的瞬间，A、B的瞬时加速度 大小之比为3：、6 茶 考点五力学单位制 5.翟志刚、王亚平、叶光富三位航天员在中国空间 站为广大青少年带来了一场精彩的太空课。航 天员叶光富在完全失重的环境中做了“转身动作” A.0.75g B.0.55g 的实验，该实验与物理概念“角动量”有关，在物理 C.0.45g D.0.40g 学中角动量是和物体到原点的位移及动量相关的 考点三牛顿第二定律的图像问题 物理量，其大小可以表达为r,其中m,、r分别对 3.(2024·河北省廊坊一中月考)质量为m的物块 应质量、速率、半径。由此可以看出角动量的单位 静止在光滑的水平面上，某时刻物块受到水平力 用国际单位制基本单位表示为 () F的作用开始运动，取水平向右的方向为正方 A.kg·m/s B.kg·m2fs 向，力F随时间1的变化图像如图甲所示，物块 C.N·mfs D.N·m·s 考点六超重与失重的理解 杖触地过程中所受滑动摩擦力的19倍，滑雪板 6.(2024·福建省龙岩市高三模拟)引体向上是高 与雪面间的动摩擦因数为0.1，空气阻力不计， 中学生体质健康标准的选测项目，如图甲所示， 重力加速度g=10ms2,则本次训练中运动员 质量为60kg的男同学用双手抓住单杠做引体 向上，在竖直向上的运动过程中，他重心运动的 A.第1s末的速度为1ms 速度？随时间1变化的图像如图乙所示，重力加 B.第2s末的速度为1.8ms 速度大小取10m/s2,由图像可知 C.第2s内的位移比第1s内的位移大0.5m 4/cm·s) D.第2s内的位移比第1s内的位移大1m 0 考点八传送带模型和板块模型 30 9.(2024·河南省实验中学高三模拟)如图甲所示， 倾角为0的传送带以恒定速率逆时针运行，现将 20 一包裹轻轻放在最上端的A点，包裹从A点运动到 10 最下端B点的过程中，加速度a随位移x的变化图 像如图乙所示（重力加速度g取10ms2),则下列 09 0.51.01.52.0t/6 下 乙 说法正确的是 A.t=0.5s时，单杠对他的支持力约为582N +a/m·5 B.1=1.1s时，他向上运动到最高点 7.5 C.1=1.5s时，他处于失重状态 D.1=1.5s时，单杠对他的支持力约为600N 2.5 考点七牛顿第二定律的应用 02.4 5.0x/m 7.(多选)一种能垂直起降的小型遥控无人机如图 甲 乙 所示，螺旋桨工作时能产生恒定的升力。在一次 A,传送带与水平面的夹角为37 试飞中，无人机在地面上由静止开始以2m/s2 B.包裹与传送带间的动摩擦因数为0.4 的加速度匀加速竖直向上起飞，上升36m时无 C.传送带运行的速度大小为6m/s 人机突然出现故障而失去升力。已知无人机的 D.包裹到B点时的速度为8m/s 质量为5kg,运动过程中所受空气阻力大小恒为 10.(2024·山东省青岛一中模拟)如图甲，水平地 10N,取重力加速度大小g=10m/s2。下列说 面上有一长木板，将一小物块放在长木板上，给 法正确的是 () 小物块施加一水平外力F,通过传感器分别测 出外力F大小和长木板及小物块的加速度a的 数值如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩 擦力，重力加速度为g,则以下说法正确的是 A.无人机失去升力时的速度大小为12m,s B.螺旋桨工作时产生的升力大小为60N C.无人机向上减速时的加速度大小为12m/s2 D.无人机上升的最大高度为36m 0 8.(多选)(2024·四川省南充 F F2 Fs 市高三一模)一滑雪运动员 a -a 图甲 图乙 沿平直雪道进行滑雪训练」 某次训练中，他站在滑雪板 A.小物块与长木板间的动摩擦因数4= g 上，滑雪杖触地并向后推动，利用雪面的反作用 力由静止开始加速，滑雪杖与雪面接触0.2s之 B,长木板与地面间的动摩擦因数2= 后收起，再过0.8s滑雪杖再次触地，触地0.2s 后滑雪杖收起直至滑行停止。若每次滑雪杖触 C小物块的质量m=F,·F 40 地产生的竖直作用力是运动员（含装备）重力的 0.5倍，产生的水平推力为运动员（含装备）滑雪 D.长木板的质量M=F十F?-F ao 10 【考能·演习演练】 C.剪断CD间弹簧瞬间，A物块的加速度为号， 11.(2024·安徽省马鞍山市高三二调)如图所示， 方向竖直向下 某学习小组将两绿色 D.剪断CD间弹簧瞬间，B的加速度为g 乒乓球放在两塑料盒 14.(2024·兴庆区校级模拟)如图所示，质量均为 中，上面塑料盒盛满 M的物块A、B叠放在光滑水平桌面上，质量为 水，下面塑料盒是空 m的物块C用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与B 的，然后用细线将乒乓 连接，且轻绳与桌面平行，A、B之间的动摩擦 77 球分别系于塑料盒的 因数为：，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重 上、下底部，当塑料盒静止时，细线均伸直处于 力加速度大小为g,下列说法正确的是() 竖直方向，现使两塑料盒以一定加速度一起向 B 右加速运动，则P、Q两球相对塑料盒( A.P球向右偏移 B.两球均向左偏移 C.Q球向右偏移 D.两球均向右偏移 12.(2024·安徽月考)中秋6 A.若物块A,B未发生相对滑动，物块A受到 佳节，水中的“月亮”又 2Mmg 大又圆，四只猴子突发 的摩擦力为F一2M干m 奇想，想把月亮捞出来。 B.要使物块A、B发生相对滑动，应满足关系n 如图所示，它们将一棵 树枝（可视为弹性杆）压 ≥州 弯倒挂在树梢上，从下 C.若物块A、B未发生相对滑动，轻绳拉力的大 到上依次为1、2、3、4号猴子。正当1号猴子打 小为mg 算伸手捞水中“月亮”时，2号猴子突然两手 D.A、B未发生相对滑动时轻绳对定滑轮的作 滑没抓稳，1号猴子扑通一声掉进了水里。假 设2号猴子手滑前四只猴子都处于静止状态， 用力为F=2Mms 2M+m5 其中1号猴子的质量为号m,其余3只猴子的质 15.(2024·河北模拟)如图所示，轻弹簧一端与质 量为m的物块A相连接，另一端与小立柱（质 量均为m,重力加速度为g,那么在2号猴子手 量忽略不计)拴接，第一次将A放在物块B上， 滑后的一瞬间 物块B的上表面水平，小立柱固定在B上，物 A.1号猴子的速度和加速度都为0 块B放在固定斜面上，AB相对静止的一起沿 B.2号猴子对3号猴子的作用力大小为3mg 斜面下滑，第二次将A放在物块C上，C的上表 面与斜面平行，小立柱固定在C上，物块C放 C.3号猴子对4号猴子的作用力大小为号m: 在固定斜面上，AC相对静止的一起沿斜面下 滑，已知斜面倾角为3=30°，B、C质量相等，与 D.杆对4号猴子的作用力大小为3mg 13.(2024·江苏省泰州中学高三第一 2 斜面的动摩擦因数均为（气<<号） ,两次轻 次质检)如图所示，一根很长且不 可伸长的轻绳跨过光滑的定滑 弹簧均处于伸长状态，弹力大小均为mg。已 轮，两端分别系着四个质量相同 知重力加速度为g。则两次下滑过程中A、B间 的小物块A、B,C,D,其中A,B用A言 的摩擦力与A、C间的摩擦力之比 不可伸长的短绳相连，C、D用一 轻弹簧相连。初状态时，4个物块 处于静止状态，不计空气阻力，物 BD 块可以看成质点。重力加速度为g下列说法正 确的是 ( A.剪断AB间绳子瞬间，D物块的加速度为g, A.1+8+32 B.1+B-32 方向竖直向下 234+1 234十1 B.剪断AB间绳子瞬间，A物块的加速度为g, C.1+3-32 D.1+3+32 方向竖直向上 2v3u-1 2w34-1 16.(2024·河北省保定模拟)在冰壶比赛中，运动 tm·89 员把冰壶沿水平方向投出，在不与其他冰壶碰 撞的情况下，冰壶最终停在远处的某个位置。 B 冰壶与冰面间的动摩擦因数1=0.02，比赛中 运动员以大小=3.6m/s的速度将冰壶投出，其 37 0 队友在冰壶滑行前方距投出位置m=10m处开 0.250.500.75/s 图1 图2 始摩擦冰面，若摩擦冰面的距离l=9m,摩擦后 冰壶和冰面间的动摩擦因数变为原来的90%， A.传送带的速度的大小为6m/s 则下列说法正确的是 () B.传送带与物块B间的动摩擦因数为0.75 A.若队友不摩擦冰面，则冰壶可白由滑行64.8m C.在00.75s内，两物块与传送带间产生的 B.若队友不摩擦冰面，则冰壶可自由滑行的时 热量相等 间为9s D.0.75s后，若物块A在传送带上运动的时间 C.冰壶实际滑行的距离为33.4m 少于√/3s,则A、B间的最大距离就不会变 D.冰壶实际运动的时间为17s 【考场·真题真练】 17.(多选)(2024·云南师大附中高三月考)如图甲 所示，光滑水平地面上有一长木板B,木块A(视 19.(2024·湖南卷)如图，质量分别为4m、3m、2m、 为质点)叠放在木板B右端。有一水平力作用在 m的四个小球A、B、C、D,通过细线或轻弹簧互 长木板B上，使木板由静止开始运动，1=6s时木 相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速 块A刚要从木板上掉落。已知木块A的质量 度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间 mA=1kg,木板B的质量B=2kg,最大静摩擦 B和C的加速度大小分别为 力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2,A、B A 的加速度随时间变化的图像分别如图乙、图丙 所示。下列说法正确的是 ( 置B c D 77777770777777 甲 A.g,1.5g B.2g,1.5g 4a/m·8 C.2g,0.5g D.,0.5g 4.5---- 20.(多选)(2024·黑龙江、吉林、辽宁新高考卷)一 a/m·8-) 足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦 因数为4.1=0时，木板在水平恒力作用下，由 静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木 板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知1 乙 内 0到1=41o的时间内，木板速度v随时间t变化 A.1=3s时，木块A的速度为6m/s 的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。( B.A,B间的动摩擦因数为0.5 =4o时刻，小物块与木板的速度相同。下列说 C.3s~6s内拉力大小为12N 法正确的是 D.木板B的长度为3m 18.(多选)(2024·梅河口市校级模拟)如图1所 示，一倾角为37的传送带以恒定的速率%逆 时针转动。将两个不同的物块A、B轻轻并排 放在传送带上，二者并不接触（图中只显示一个 0 Lo 2to 3to 4to 物块)。以平行于传送带向下的方向为正方向，两 物块的速度一时间图像如图2所示。不计空气阻 A.小物块在t=3to时刻滑上木板 力，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37 B.小物块和木板间的动摩擦因数为2： 一0.8。关于两物块在传送带上的运动，下列说 C.小物块与木板的质量比为3：4 法正确的是 ( D.1=41o之后小物块和木板一起做匀速运动 12S..t=S't,即S·-$' 19.【解析】 ? 对S: →2Teos 30*f ③ 对P:f 150 *S 【答案】 (){△D,故BCD错误,A正确。 B 20.【解析】 对球体进行受力分析,球体受重力mg、弹 【答案】A 策测力计的拉力T、斜面对其的支持力N1、挡板对 17.【解析】 AB.对球分析,受重力和拉力而平衡,故:T 其的支持力N。,如图所示 一mg,所以细线对M点的拉力大小为T一mg;对圆 环受力分析;因圆环两边绳子的拉力相等,可知两边 绳子拉力与圆孤对圆环的支持力的夹角相等,设为 0.根据几何关系可知 /F 60 OMA- MAO-θ,则30-90{*,0-30 #ng 则轨道对轻环的支持力大小为F一2mgcos30} ③ng,故A正确,B错误;C.细线对轻环的作用力大 N cos 60*-Necos 60 →N -N= 小为F-F=、3mg,故C错误;D.由几何关系可 N. sin 60{*+N&sin 60{*+T-mg 知,N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30^{*},故 A对。 D正确。 【答案】A 【答案】AD 专题三 18.【解析】 运动和力的关系 分别对Q、滑轮2和物块c受力分析,如图: 1.【解析】 AB.由题知,佗蝶的寿命是由轴承中滚珠决 定,一般采用陶瓷滚珠,这是利用该材料的耐磨性强 的特点,故AB错误;CD.因为一切物体都有惯性,惯 # 性大小只跟物体的质量大小有关,质量越大,惯性越 大。所以,为了使飞叶在工作时更稳定,可以通过增 ng 大质量从而增大惯性,故C错误,D正确。 【答案】D mg 2.【解析】 “m 对水桶(包含水)受力分析,受重力ng、绳子 的拉力T、水平风力F风,如下图所示: 滑轮2受到向下的等于ng的拉力,两绳子的拉力, 由于为同一根绳,拉力大小均为T,对滑轮2,由平衡 条件得:T-g,Q受到重力mg、支持力Ni,拉 200 力T和摩擦力f,对Q向右缓慢移动过程,在水平 #1mm·ta# 方向由平衡条件得:/i一Tsin 2 可得B减小到零,Q与横杆之间的摩擦力f:减小。 物块c受到重力mg,支持力N。.拉力T,与斜劈间的 2 摩擦力f。(假设f。的方向沿斜面向下),沿斜面的方 向由平衡条件得:f2=T-mgsina--m- 200 m{ 2ng. 则重力和绳子拉力的合力为:F一mgtan37* 对水桶,由牛顿第二定律有:F一F风=ma,Fx= 在B由120{减小接近于零的过程,f?始终大于零,即 0. 2nrg 方向始终沿斜面向下,且大小减小到接近于零。当B 联立方程,代入数据解得:a一0.55g 等于0^{}时,c与斜劈的摩擦力最小值为0。以斜面和 故ACD错误,B正确。 c整体为研究对象,在水平方向上,斜劈受到地面的 【答案】B 摩擦力等于Tsin-mg·tan可得}-120^时 3.【解析】v一!图像斜率为加速度,面积为位移,设速 度为0的另一个时刻为1,物块在/一0时刻和1-37 3 斜劈受到地面的摩擦力最大,且为mg。故A错 误,BCD正确。 BCD 【答案】 7-31-1 129 联 (v十aitì)(2十a2t2②},两段时间内的位移差为△r- 立解得F;:F。-4:5,故ACD错误,B正确。 v+vt2,解得△x-1m,选项C错误,D正确。 【答案】B 【答案】AD _ 9.【解析】 4.【解析】A、对AB受力如图, AB、小包裹放上传送带后瞬间,小包裹相对 600 弹处于水平静止状态,弹 传送带向上滑动,则所受摩擦力沿传送带向下,根据 的合力为零,即A对弹策的力 7. 7 牛顿第二定律得;umgcos0+mgsinθ-maì,运动到与 和B对弹策的力大小相等,故 传送带共速时,包裹所受摩擦力沿传送带向上,根据 A、B受弹策的弹力大小相等, 牛顿第二定律得:mgsinθ-ungcose-maz,由题图可 G{ 故A错误;B、对A受力分析 可知mAg=Ftan60{},对B受力分析可知mng=Ftan45$, 联立解得{③ sin-0.5,可得:0-30{,故AB错误;C、由题图可知, ,故B正确;C、细线对A的拉力TA nB 1 当包裹与传送带共速时有;一2ax,代入可得:v F ②ax1=2×7.5×2.4m/s-6m/s,那么传送带的 速度为6ms,故C正确;D、第二段匀加速过程有:v 一-2a(x-x),解得:v-7m/s,可知包裹到B 点时的速度为7m/s,故D错误。 断细线瞬间弹弹力不变,A受合力为2mBg,故解得 【答案】C 2、 233,B的加速度为g,故A、B加 10.【解析】B、由题图乙知,当F一F:时小物块与长木 A的加速度aA二 板均恰好要相对地面滑动,则有:F一u。(m+M)g; 速度之比为:3,故D错误。 当F. F F。时,小物块与长木板一起加速运动,根 【答案】B 据牛顿第二定律有:F-u2(m十M)g=(m+M)a,联 5.【解析】 在物理学中角动量是和物体到原点的位移 立可得:a=f m+M-u2g,则结合图像的纵截距有:a。 及动量相关的物理量,其大小可以表达为mv,其中 m、V、r分别对应质量、速率、半径。质量m的国际单 位是kg,速率v的国际单位是m.s,半径r的国际单 g 位是m,所以角动量nu用国际单位制基本单位表示 F 为kg·m{}/s,故B正确,ACD错误。 【答案】B 当FF。时,小物块相对长木板滑动,对小物块根据 牛顿第二定律有:F-u1mg-ma 6.【解析】 A.由一!图像的斜率表示加速度可知,! 0.5s时,加速度a-△0.15 m/s?-0.3m./s2,根据 n △ 0.5 t F-F2 牛顿第二定律可得N一mg一ma,解得单杠对他的支 ##F},变形后得: 2.故C错误;AD、由 持力为N一mg+ma=618N,故A错误;B.由v-1图 FF-F1# 像可知,0~1.1s向上做加速运动,1.1s后向上减速 以上结论可得:M- ,对长木板根据牛 运动,可知t一1.1s时,并不是向上运动到最高点,故 B错误:C.由v-/图像可知,/-1.5s时,向上减速运 顿第二定律定律有:nmg一(M+m)g-Ma,由图 动,加速度方向向下,处于失重状态,故C正确;D.他 F-F1 di 一.一 处于失重状态,单杠对他的支持力小于重力,即小于 600N.D错误。 【答案】C 【答案】B 7.【解析】A、无人机向上加速过程中,由位移一速度公 11.【解析】 1 由两种介质组成的系统,密度大的惯性大, 式得:一一2ax,代入数据解得,无人机失去升力 时的速度大小为v一12m/s,故A正确;B、无人机向 当系统向右匀加速运动时,密度小的向右偏移,密度 上加速过程中,对无人机,由牛顿第二定律得:F一mg 大的向左偏移;P球的密度小于水的密度,P球向右 一/-ma,代入数据解得:F-70N,故B错误;C、无 偏移,水向左流动;Q球的密度大于空气的密度,空 气向右流动,Q球向左偏移,选项A正确,B、C、D 人机向上减速时,对无人机,由牛顿第二定律得:ng十 错误。 f-ma,代入数据解得:a-12ms2,故C正确;D. 【答案】A 无人机向上减速过程,由位移一速度公式得:{}一 12.【解析】 1 A、在2号猴子手滑后的一瞬间,1号猴子 2ax代入数据解得,无人机减速上升的高度为x2 只受重力作用,其加速度等于重力加速度,速度等于 6m,则无人机上升的最大高度为H一x十x。-36m 零,故A错误;B、在手滑前,设树梢对猴子的作用力 十6m-42m,故D错误。 3m=0,当2号猴子手滑后的 为T,对整体有:T一 【答案】AC 11 8.【解析】 滑雪杖触地过程中,对于运动员有19× 一瞬间,对2号以上的猴子整体分析可得:T一3mg 0.5umg-0.5ung=ma),0.2s后有-mg=ma2,第 -3ma,联立解得:a- 1s末的速度为v-a;t1十at2,解得v-lm/s,第2s 末的速度为-2at+2at,解得v-2ms,选项 A正确,B错误;第1s内的位移为x-a^{②}十 故B错误;C、对2、3号猴子为整体进行受力分析可 a+a2^},第2s内的位移为2-+a1t{②十 得:F-2mg-2ma,解得:F- 130 D、杆对4号猴子的作用力保持不变,所以作用力大 小仍为,故D错误。 16.【解析】A、若队友不摩擦冰面,设冰壶的加速度大 小为a1,由牛顿第二定律得:umg一maì,代入数据解 【答案】C 13.【解析】 A.对D受力分析,根据受力平衡得弹弹 3.62 力F。三mg,剪断AB间绳子瞬间,弹弹力瞬间不 变,D物块依然受力平衡,加速度为零,故A错误;B. 剪断AB间绳子瞬间,对AC整体受力分析,弹弹 冰面,则冰壶可自由滑行的时间为1-03.6 力瞬间不变,根据牛顿第二定律F弹十ng一mg 2ma,得A、C的加速度大小为a=0.5g,A的加速度 故B错误;C、冰壶运动10m的过程,由位移一速度 方向竖直向上,故B错误;C.剪断CD间弹瞬间, 公式得:v-v--2a1xo,代入数据解得:v-3ms$ 对ABC整体受力分析,由牛顿第二定律得2mg一mg 摩擦后冰壶的加速度设为a2,则:90%mg一ma2,代 入数据解得:a-0.18ms{} 一3ma,得A的加速度为,坚直向下,故C正确;D 冰壶滑行9m后的速度设为v2,则:-}--2al. 剪断CD间弹瞬间,对ABC整体受力分析,由牛顿 代入数据可得:v2-2.4m/s } 此后冰壶可自由滑行的距离为:x1-22×0.2m 2.4 第二定律得2mg一mg-3ma得C的加速度为,竖 直向上,故D错误。 -14.4m,冰壶滑行的总距离:x=xo+/+xì-10m 【答案】 C 十9m十14.4m=33.4m,故C正确;D、冰壶第一段 14.【解析】A、若物块A、B未发生相对滑动,物块A、 位移内的时间: B.C三者加速度的大小相等,设为a,对A、B、C整 1-vo3.0-3.6 1一 体,由牛顿第二定律得:mg一(2M十m)a,对物块A. s一3s,第二段位移内的时 -aì -02 根据牛顿第二定律可得:F一Ma,解得物块A受到 Mmg.,故A错误;B、物块A受到 2-v12.4-3.010 的摩擦力为:Fi-2M十m 间:。一 一a2 -0.18 3s. 0-v20-2.4 最后的时间:/3一 的最大合外力为,Mg,则物块A的最大加速度为a 0 -0.2 s-12s,总时间:/ _Mg-ng,当物块A的加速度恰好为ug时,物块 1 A、B发生相对滑动,以物块A、B、C整体为研究对 【答案】 C 象,由牛顿第二定律得;mg一(2M十m)ug,解得;n 17.【解析】 2M 1 A.0~3s内木块与木板加速度相同,即两 _ ,要使物块A、B之间发生相对滑动,则m 者保持相对静止,由乙丙图可知,AB速度增量为 (1+3)X3 m/s-6m/s.AB由静止开始运动,1-3s 2 C,由牛顿第二定律得:mg-T-ma 时有vA三vp一6ms,故A正确;B.由乙、丙图得,3s 2Mn 后,A、B间发生相对滑动,所以1一3s时AB间静摩 擦力达到最大,对A有mAg一mAa1,解得n-0.3. 故B错误;C.3s后,对B有F一mAg=mp2 拉力的大小小于mg,故C错误;D、A、B未发生相对 解得F-12N,故C正确;D.3~6s内,B的位移xB 滑动时,轻绳对定滑轮的作用力大小为F一 -vBt+apt{},A的位移xA-vA+aAt{②,解得相 #7+^*一21-2y# 2M十,故D错误。 对位移△r一xB-xA,代入数据解得△x-6.75m,即 【答案】B 木板长为6.75m,故D错误。 【答案】 15.【解析】物块B、C质量相等,设B、C质量均为M,A 1AC 18.【解析】 与B保持相对静止,则二者向下的加速度是相等的, 1 A.由物体B的v一1图像可知,在0.50s后 对A、B整体,由牛顿第二定律有(M十m)gsin8- 物体B与传送带共速,即此时物块B的速度与传送 带的速度相同,所以传送带的速度v。大小为6m.s. (M+m)gcos③-(M+m)a,解得:a=gsin3- gcos8 故A正确;B、由物体B的v-t图像可知,0.50s前 同理,A与C保持相对静止,则二者向下的加速度也 物块B在传送带上做匀加速直线运动,其加速度根 是相等的,对A、C整体,由牛顿第二定律有(M十n) 据图像可知为: a-0.50-0 gsin③-(M+m)gcosB-(M+m)a,解得:a2= 6m/s-0 -12m/s2,对B,由牛顿第二定律得: gsin-gcos③-a1 第一次以A为研究对象,A受重力、物块B竖直向上 mBg sin 37+umngcos 37*-mpa1 的支持力、弹策水平向左的弹力,因为A所受合力沿 代入数据解得u-0.75,故B正确;C、在0~0.75s. 斜面向下,由力的合成与分解知识可知,A在水平方 物块B与传送带相对位移为:△x=vol一 向上所受合力一定向右,即A所受静摩擦力水平向 右,则有fAB-F群一ma:cosB 第二次仍以A为研究对象,A受重力、物块C垂直斜 产生的热量为Q-mgg△r.-0.75Xm×10X1.5() 面斜向上的支持力、弹黄沿斜面向上的弹力,物块C -11.25m() 对A沿斜面向上的静摩擦力,由牛顿第二定律有 对物体A有a2-0.7-0m/82-8m/$②2 6-0 ngsinB-F-fAc-na2 fA1+3-3-,故 对A,由牛顿第二定律得;mAgsin37{}十n'mAgcos37 23-1 -7A2 代入数据解得1'-0.25 ABD错误,C正确。 】C 在0~0.75s,物块A与传送带相对位移△x。一vol- 【答案】 131 # 专题四 曲线运动 代入数据解得:△x2-2.25m 1.【解析】 一开始兵兵球向右运动,当兵兵球受到沿纸简 产生的热量为Q=nmAg△x2-0.25×mAx10$ 方向的吹气的力后,乒兵球参与了两个方向的分运动,会 2.25(D)-5.625nA( 偏离原运动方向滚向纸简右侧;由于惯性,乒兵球不可能 因为两物块的质量未知,所以其产生的热量不一定 沿吹气方向进入纸筒。故ABC错误,D正确。 相等,故C错误;D、0.75s时,两物块的速度大小相 【答案】D 等,根据追及,相遇的知识点可知,此时两物块在相 2.【解析】质点沿工轴正方向做初速度为零的匀加速 遇前其距离达到了最大值,其距离为:△rmax-a^{} 直线运动,加速度大小a一2m/s{②,沿y轴正方向做匀 速直线运动,速度大小v一2ms,设质点经过时间 十v(/一1)一 2·yo-vor,解得 代入数据解得:△.xmx-0.75m 设0.75s后在经过t2时间物块A超过物块B后其 xo-12m,yo-4、3m,选项A正确。 距离达到△xmax,此过程a的加速度为a3,则有:mA 【答案】A gsin37*-'mAgcos37*-mAa3,代入数据解得:a= 3.【解析】A、忽略空气阻力,水平抛出的物体做平抛运 1 动,竖直方向有:h一 4 m/s②},2△xmax-vot+-a22-vo2 {22 3 代入数据解得t一 s,所以在0.75s后,物块A在 7 解得:t一 g 由于h、h;关系不确定,则A、B落地时间关系也不确 传送带上运动的时间小于等于③ s时,A、B间的最 定,故A错误;BC、物体抛出初速度与车速相等,水平 大距离就不会变,故D错误。 方向做匀速直线运动,有x:=v1,x2一vt 【答案】AB 解得:-1 19.【解析】 细线剪断前,对B、C、D整体受力分析,由 力的平衡条件有A、B间轻弹策的弹力FAB一6mg, 可知,A、B落地时间差与车辆速度和物体A、B沿公 对D受力分析,由力的平衡条件有C、D间轻弹黄的 路方向上的水平距离△L均有关系,即不能简单认为 弹力F(co一mg,细线剪断瞬间,对B由牛顿第二定 A.B落地时间差与车辆速度成反比还是成正比,故 律有3mg一FAB一3maB,对C由牛顿第二定律有 BC错误;D、由C得,AL一v(t一t2),可知,A、B落地 $ng十Fn=2mac,联立解得aB=-g,ac=1.5g,A 时间差和车辆碰撞瞬间速度的乘积等于AL,故D 正确。 正确。 【答案】 A 【答案】D 20.【解析】由图像可知0~3to时间内木板做匀加速直 4.【解析】 小球做平抛运动,水平方向做匀速直线运 线运动,3to~4to时间内木板做匀减速直线运动,由 动,竖直方向做自由落体运动,则从A点沿园孤的切 题意可知小物块在/一3加时刻以与本板等大、反向的 线方向进入轨道速度与水平方向的夹角为0;,tan 速度从右端滑上木板,故A错误;由v一1图像的斜 --8.PA与竖直方向的夹角为02,则位移与坚 率可得:木板做匀加速直线运动的加速度大小为:a vo v0 2g 28.1-3to时刻木板的速度大小为:v1 0 3 -aX3fo-- 2ugto,木板做匀减速直线运动的加速 ·tan0-2,故A正确,BCD错误。 【答案】A 2_ 2/2gzo 5.【解析】 度大小为:a2一 一g,由题意可知物 10 /2×0.8 块先向左匀减速到零后,再向右匀加速与木板共速 A 110 -8s-0.4s 设物块的加速度大小为a,以向右为正方向,则有: 27gto-- 2ugto+a3to,解得:a3-2ng,设木板与小 -1.25m/s 物块的质量分别为M、n,小物块和木板间动摩擦因 数为1,根据牛领第二定律得: 当r-0.5m+2×0.5m-1.5m时,面片的水平速 对物块有:umg一ma3 度为1.5 对木板加速过程有:F-Mg-Ma1 对木板减速过程有:(M十m)g+ng-F-Ma? 可得面片的水平速度范围是:1.25m/s v 3.75ms. 所以AD不可能,BC可能,故AC错误,BC正确。 【答案】BC 据上述对BC选项的解答可得:F-3.Mg 6.【解析】小球做平抛运动有y-1gt{②.x-v0,可得y #。,调一(),一H,调# 而/一4t。之后木板与水平地面之间的滑动摩擦力大 小为:f-(M+m)g-(M+M)g-3-Mg 2 后考虑临界情况,小球恰好没有擦到A而击中C,则 因F一f,故1一4to之后小物块和木板一起做匀速运 #4-()},即'#一H所以”#-),从越高 动。故D正确。 【答案】 ABD 处抛出而击中C点,抛物线越陵,越不容易擦到A点, 132