专题3 牛顿运动定律 -【高考密码】备战2025年高考物理2020-2024五年真题分类汇编

五年高考真题分类集训 物理 专题三 牛顿运动定律 题组 用时： 易错记录： 一、选择题 在物块上，F随时间：的变化关系如图(b)所示， 1.(2024·黑吉辽 其中F1,F2分别为12时刻F的大小.木板的 卷)（多选）一足 加速度a1随时问t的变化关系如图(c)所示.已 够长木板置于水 知木板与地面间的动摩擦因数为4，物块与木 平地面上，二者 板间的动摩擦因数为2，假设最大静摩擦力均 间的动摩擦因数 2g 与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为 为4。t=0时， 8.则 ( 24 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t=0到t=4to的时间内，木板速度v随时间 t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大 图间 小。t=4o时刻，小物块和木板的速度相同。下 A.F1=pm1g 列说法正确的是 ( A.小物块在t=30时刻滑上木板 B.F2=-m2(m1十m2) （2一的）g 71 B.小物块和木板间的动摩擦因数为2 C.小物块与木板的质量比为3：4 C>m1十m2 m2 D.t=4to之后小物块和木板一起做匀速运动 D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等 2.(2023·全国甲卷)（多选）用水 5.(2021·广东卷)由于高度限 平拉力使质量分别为m甲、mz 甲 0 制，车库出入口采用图所示 g8-0 的甲、乙两物体在水平桌面上由 的曲杆道闸，道闸由转动杆 30r 静止开始沿直线运动，两物体与 OP与横杆PQ链接而成，P、 桌面间的动摩擦因数分别为甲 Q为横杆的两个端点.在道闸抬起过程中，杆PQ 和吃.甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速 始终保持水平.杆OP绕O点从与水平方向成 度a的关系图线如图所示.由图可知 ) 30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是 A.mu<mz B.m甲>mz ( C.以甲<μZ D.μ甲>乙 A.P点的线速度大小不变 3.(2022·全国乙卷)如图，一不可伸长轻 B.P点的加速度方向不变 绳两端各连接一质量为m的小球，初始 C.Q点在竖直方向做匀速运动 时整个系统静置于光滑水平桌面上，两 D.Q点在水平方向做匀速运动 球间的距离等于绳长L.一大小为F的 6.(2020·山东卷)一质量 水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂 为m的乘客乘坐竖直电 直，当两球运动至二者相距L时，它们加速度 梯下楼，其位移s与时间 t的关系图像如图所示. 的大小均为 乘客所受支持力的大小 A盟 B. 用FN表示，速度大小用 5m v表示.重力加速度大小 3F D.10m 为g.以下判断正确的是 4.(2021·全国乙卷)（多选）水平地面上有一质量 A.0~1时间内，o增大，FN>mg 为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2 B.t1~t2时间内，减小，FN<mg 的物块，如图(a)所示.用水平向右的拉力F作用 C.t2~t3时间内，v增大，Fv<mg D.2~ta时间内，v减小，FN>mg 可 专题三牛顿运动定律 7.(2020·山东等级模拟考)（多 9.(2021·浙江卷)机动车礼让行人是一种文明行 选)如图所示，某人从距水面一 为.如图所示，质量m=1.0×103kg的汽车以 定高度的平台上做蹦极运动.劲 =36km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在 度系数为k的弹性绳一端固定 距离斑马线s一20m处，驾驶员发现小朋友排着 在人身上，另一端固定在平台上，人从静止开始 长1=6m的队伍从斑马线一端开始通过，立即 竖直跳下，在其到达水面前速度减为零.运动过 刹车，最终恰好停在斑马线前.假设汽车在刹车 程中，弹性绳始终处于弹性限度内，取与平台同 过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。 高度的O点为坐标原点，以竖直向下为y轴正方 向，忽略空气阻力，人可视为质点.从跳下至第一 次到达最低点的运动过程中，用v、a、t分别表示 人的速度、加速度和下落时间.下列描述v与t、a 与y的关系图像可能正确的是 ) (1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻 力的大小： (2)若路面宽L=6m,小朋友行走的速度= 0.5m/s,求汽车在斑马线前等待小朋友全部通 过所需的时间： 二、非选择题 (3)假设驾驶员以2=54m/h超速行驶，在距离 8.(2022·山东卷)某 斑马线s=20m处立即刹车，求汽车到斑马线时 粮库使用额定电压 的速度 U=380V,内阻 R=0.252的电动 向电动机 机运粮，如图所示， 配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装 满粮食的小车以速度v=2m/s沿斜坡匀速上 行，此时电流I=40A,关闭电动机后，小车又沿 斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零， 卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡 刚好匀速下行.已知小车质量m1=100kg,车上 粮食质量m2=1200kg,配重质量m0=40kg, 取重力加速度g=10m/s2,小车运动时受到的 摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系 数为k,配重始终未接触地面，不计电动机自身 机械摩擦损耗及缆绳质量，求： (1)比例系数k值： (2)上行路程L值. 五年高考真题分类集训 物理 题组二 用时： 易错记录： 一、选择题 时，第2节对第3节的牵引力为F.若每节车厢 1.(2024·湖南卷)如图，质量分别为4 所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节车 4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、 厢对倒数第2节车厢的牵引力为 () D,通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂 A.F 于O点，处于静止状态，重力加速度 B罗 为g。若将B、C间的细线剪断，则剪 c 0.20 断瞬间B和C的加速度大小分别为 二、非选择题 A.g,1.5g B.2g,1.5g 6.(2022·浙江6月)物流公司通过滑轨把货物直 C.2g,0.5g D.g,0.5g 接装运到卡车中.如图所示，倾斜滑轨与水平面 2.(2024·浙江1月选考)下列属于国际单位制基 成24°角，长度l1=4m,水平滑轨长度可调，两滑 本单位符号的是 ( 轨间平滑连接.若货物从倾斜滑轨顶端由静止开 A.8 B.N C.F D.T 始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为口= 9 3.(2023·江苏卷)电梯上升过程中，某同学用智能 货物可视为质点（取cos24°=0.9，sin24°=0.4， 手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所 重力加速度g=10m/s2). 示.电梯加速上升的时段是 ) 6 1.00 24 (5m 0.50 0.00 我-0.50 (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度α1的 .00 20.0 40.0 60.0 大小： 时间() (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小： A.从20.0s到30.0s (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过 B.从30.0s到40.0s 2m/s,求水平滑轨的最短长度l2: C.从40.0s到50.0s D.从50.0s到60.0s 4.(2022·全国甲卷)（多选）如 贝0PE 图，质量相等的两滑块P、Q置 于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑 块与桌面间的动摩擦因数均为4.重力加速度大 小为g.用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块 均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此 刻开始到弹簧第一次恢复原长之间 () A.P的加速大小的最大值为2g B.Q的加速度大小的最大值为2g C.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时刻Q的速度 大小 5.(2020·江苏高考)中欧班列在欧亚大陆开辟了 “生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量.某运 送抗疫物资的班列由40节质量相等的车厢组 成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶 8 专题三牛顿运动定律 题组三 用时： 易错记录： 一、选择题 落的速率为10m/s;当发动机以最大推力推动 1.(2024·广东卷)如图所示，轻质 木块 飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器 弹簧竖直放置，下端固定。木块 匀速向上的速率为5m/s.重力加速度大小为g, 从弹簧正上方H高度处由静止 H 不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的 释放。以木块释放点为原点，取 变化，下列说法正确的是 () 竖直向下为正方向。木块的位 VMMMMMWA A.发动机的最大推力为1.5Mg 移为y,所受合外力为F,运动时 B.当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推 间为t。忽略空气阻力，弹簧在 弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原 力的大小为平M 点的过程中，其Fy图像或yt图像可能正确 C.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行 的是 时，飞行器速率为53m/s D.当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大 小可以达到3g 4.(2022·浙江6月)下列属于力的单位是() A.kg·m/s2 B.kg·m/s C.kg·m2s D.kg·s/m2 5.(2022·浙江6月)（多选）如图 为某一径向电场的示意图，电 场强度大小可表示为E=号，。 为常量.比荷相同的两粒子在 半径r不同的圆轨道运动.不 考虑粒子间的相互作用及重力，则 A.轨道半径r小的粒子角速度一定小 2.(2023·湖南卷)（多 B.电荷量大的粒子的动能一定大 选)如图，光滑水平 C.粒子的速度大小与轨道半径r一定无关 地面上有一质量为 D.当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动 2m的小车在水平推 二、非选择题 力F的作用下加速 6.(2024·广东卷)如图甲所示。两块平行正对的 运动。车厢内有质 金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为 量均为m的A、B两 U。,周期为o的交变电压。金属板左侧存在一 小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B 水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面 球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数 向外的匀强磁场。磁感应强度大小为B,一带电 为4，杆与竖直方向的夹角为0，杆与车厢始终保 粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放， 在t=o时刻从下板左端边缘位置水平向右进入 持相对静止.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦 金属板间的电场内，在t=2o时刻第一次离开金 力。下列说法正确的是 () 属板间的电场、水平向右进人磁场，并在t一3o A.若B球受到的摩擦力为零，则F=2 mgtan9 时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板 B.若推力F向左，且tan≤4，则F的最大值为 2mgtan 0 间的电场。已知金属板的板长是板间距离的贺 C.若推力F向左，且：<tan0≤2μ，则F的最大 倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的 值为4mg(2μ-tan0) 边缘效应。 D.若推力F向右，且tan>2,则F的范围为 金属板】 4mg(tan9-2μ)≤F≤4mg(tan0+2u) 电场 ····磁 3.(2022·湖南卷)（多选）球形飞行器安装了可提 供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M.飞 ，**0 行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方 ￥， 成正比（即F阻=k,k为常量）.当发动机关闭 金属板 时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下 甲 9 五年高考真题分类集训 物理 IE 8.(2020·浙江1月选考) 个无风晴朗的冬日，小明 斜直雪道 0 0.5话 1.5 2 乘坐游戏滑雪车从静止开 Ua 始沿斜直雪道下滑，滑行 54m后进人水平雪道，继 水平生道 (1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷 续滑行40.5m后减速到零.已知小明和滑雪车 量q: 的总质量为60kg,整个滑行过程用时10.5s,斜 (2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t=o 直雪道倾角为37°(sin37°=0.6).求小明和滑 时刻的速度大小： 雪车： (3)求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上 (1)滑行过程中的最大速度max的大小： 金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。 (2)在斜直雪道上滑行的时间4； (3)在斜直雪道上受到的平均阻力F:的大小 7.(2021·河北卷)如图，一滑雪道由AB和BC两 段滑道组成，其中AB段倾角为0，BC段水平， 9.(2020·全国卷Ⅱ)如图，一竖 AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接.一个质 直圆管质量为M,下端距水平 量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若 地面的高度为H,顶端塞有一 1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m/s的 质量为m的小球.圆管由静止 初速度，3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡 自由下落，与地面发生多次弹 底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起. 性碰撞，且每次碰撞时间均极 短：在运动过程中，管始终保持竖直.已知M 背包与滑道的动摩擦因数为“一2，重力加速度 4m,球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg,g为 取g=10m/g,s血0=务0s0-第忽略空气 重力加速度的大小，不计空气阻力。 (1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各 阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变 自的加速度大小： 化，求： (2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有 (1)滑道AB段A 从管中滑出，求管上升的最大高度； 的长度： 01 (3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有 (2)滑雪者拎起 从管中滑出，求圆管长度应满足的条件 背包时这一瞬间的速度 10详解答案 析有mgsn0十mgcos0=F,联立解得u=号，选项C 根据数学知识可知，C错误，D正确：由v一1图像中图线的斜 率表示加速度可知，弹性绳糊紧之后口一图线的针率先减小 正确 后反向增大，A正确，B错误， 专题三牛顿运动定律 8.解：(1)拉力功率Fv=UI一2R,解得F=7400N 题组一 设斛城领角为日，却被后，小车匀速下行有 1.ABD由t图像可知，在30时刻木板的加速度发生变化， meg十f2=m1gsin0 可加小物块在t=3时刻滑上木板，A正确：由-t图像可 f2-km8 装满粮食的小车匀速上行， 知，0一30，木板的加连度大小为之g,设木板的质量为M mog+F=f1十(m1十m2)gsin0 f千1=k(m1十m2）g 对木板分析有FMg=M受，可得F=号Mg,3弘时刻，木 联立解得表=0.1 (2)关闭电动机后，设加速度大小为a,由牛顿第二定律， 拔的建度为日烟·3%=受g,旅播题意可知小物块清上 3 f1十(m1十m2)gsin0-meg=(m1十m2十mo)a 解得装满粮食的小车的加速度大小 木板时的逢度为一号g0,由t因像可知，3一，小物 a-+(m十m)gsin0-mg_-370】 前1十列2十0 67m/s3 块的加速度大小为2g,设小物块的质量为m,对小物块分析 v2aL 有mg=m·2g,可得μ=2，B正确：由vt图像可知，3o 一，木板的加速度大小为g,对木板分析有：mg十 解得L-品n (M+m)g一F=M·g,可得：府=豆，C错误时刻后， 9解析（1)根据平均述度4-号 假设木板与小物块相对静止，对基体有F一(M十m)g=0, 假设成立，小物块与木板一起做匀速运动，D正确。 解得刹车时间1■48 2.BC根据牛领第二定律有F-mg=ma,整理后有F=ma 制车加速度a=的 十mg 则可如F一a图像的斜率为m,纵载距为mg,则由题图可看 报据牛领第二定律F=m@ 出m甲>m之m甲g=m之g 解得Fr■2.5×103N 则<z,故选BC (②)小朋支过时间白-中上 0 3,A当两球运动至二者相距号L时，知困 3 等特时间1=一4=208 所示 (3)报据号一=2a 3L 解得v=5√5m/s 由几何关系可知sin0 10-3 答案(1)h=4s,Fr-2.5×103N(2)208 5 (3)v=5√5m/s 2 题组二 设绳于拉力为T,水平方向有2Tcos0=F,解得T=三 1,A 剪断前：对B、C、D分析剪断间：对B分析 、对任意小球由牛领第二定律可得T=m,解得a一，故 ,故A →Fwg 1FB的速度4， ,a球方n向向上 m 3am+2m+m摆 正晚，BCD错误，故选A 4.BCDA.由题图(c)可知，时刻物块木板一起刚在从水平 对D分析 对.C分析Ff 滑动，此时物块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体 Fo FcC的加速度 2mg+f-l5g 为对象有F1=内(m1十me)g,故A错误：BC.图（©）可知 m君 ,2mg方间问下 2m 物块与太板刚要发生相对滑动，以整休为对象，根据牛顿第 A正确。 二定律，有F2一1(m1十m2)g=(m1十m2)a 2.A 秒(s)是国际单位制中的基本单位，A正确。 以木板为对京，根据牛顿第二定律，有 3.A 因电梯上升，由速度图像可知，电梯加速上升的时间段为 m2g一内1(m1十m2）g=n1a>0 20.0s到30.05.故选A 解得F2-m:m十m(一内)g 4.AD设两物块的质量均为m,撒去拉力前，两滑块均做匀速 直线运动，则拉力大小为F■2mg 段>Cm1十m2) 出，故BC正确：D.图(c)可知，0~2这段时 撒去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为T。=mg 。 AB.以向右为正方向，撒去拉力醉间弹簧弹力不变为mg? 问物块与术板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确.故 两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为 选BCD. 一To一mg=mepP刊 5,AA.由题知杆OP绕O,点从与水平方向成30°匀递转动到 解得ap1= 一2g 60°，则P点绕O底微匀速圈周运动，则P点的线速度大小不 此剩滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，滑块P微减速 变，A正确：B.由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速 运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变 转动到60°，则P点绕O,点做匀速周运动，P点的加速度方 小，根据牛额第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的 向时解指向O点，B错误：C.Q点在竖直方向的远动与P点 合外力增大，合力向左，做加速度增大的诚速运动， 故P加速度大小的最大值是刚揪去拉力瞬间的加速度 相同，位移y关于时间1的关系为y一仰·sin(管十d), 为2g· 则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动，C错误：D,Q点在 Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时一mg一maQm 解得aQ 8 水平方向的位移x关于时间：的关系为x一l即·c0s(答十 故滑块Q加追度大小最大值为g,A正确，B错误：C,滑块 PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小 )十l阳，则可看出Q点在水平方向也不是匀遮运动，D错 于Q的位移，C错误，D.滑块P在缣费恢复到原长时的加违 误，故选A, 6.D2一时间内速度逐渐减小，乘客向下做减速运动，处于 度为一mg=ma? 解得a=一g 超重找态，则Fx>mg,选项C错误，D正确， 撒去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大 7,AD在弹性绳姗紧之前，人处于自由落体运动状态，加速度 小为2g微加速度减小的减速运动，最后弹簧恢复到原长时 为g,弹性绳细紧之后，设弹性蝇原长为6，则弹力F一k(y 加速度大小为g:滑块Q由开始的加遣度为0微加速度增 ),故弹力随下落距离的增大逐渐增大，人所受的合力F合 大的减速运动，最后弹簧恢复到原长时加墟度大小也为g ■mg一k(y一6)■mg十ko一ky,救合力先诚小后反向增 分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D 大，被据牛颜第二定律可知人的加速度先减小后反向增大， 正确.故选AD. 141 五年高考真题分类集训 物理 5.C设列车微匀加逵直战运动的加速度为a,可将后面的38 第二定律得F,十·2mg=2ma,对A,F1一mngtan8-a 节车厢作为一个整休进行分析.设每节车厢的质量均为m, A,B、轻杆和小车作为整体，F=4ma',联立解得F的最大值 每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为「，由牛 为Fm=4mg(tn0+2r）,D正确. 领第二定律有F一38∫=38ma.再将最后面的2节车厢作为 F 一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的 →F 牵引力为F,则有F-2f=2ma,联立解得F=F,C项正 确，A、B、D项均错误. 12mg 卡mg 6.解析(1)根据牛颜第二定律可得 mgsin24°-mgcos24°=ma1 3.BC飞行器无动力匀速向下运动时，Mg=,=10m/s, 代入数据解得a1=2m/s2 当飞行器以地=5m/5水平飞行时，飞行暑受重力、推力和 (2)报据适动学公式2a1l41= 空气阻力作用下平衡，由平衡条件有F一(Mg)2十(k)2, 解得v=4m/s 解得F=严Mg,B正确：又F。一Mg=话，当飞行器以最 (3)根据牛顿第二定律ng=ma2 根据运动学公式一2agl2=:- 大推力Fm推动飞行器水平飞行时，由平衡条件有F2 代入数据联立解得1=2.7m (Mg)2+(k)2,解得=55m/s,C正确. 答案(1)2m/s2(2)4m/s 4.A根据牛领第二定律有F=ma,则力的单位为kg·m/s2 (3)2.7m 故选A, 题组三 5.BCA.根据电场力提供向心力可得 1.B在木块下落H高度之前，太块所受合外力为木块的重力 号·g=m2,解得aw气股，} 保持不变，即Fmg 可知轨道半径r小的粒子角速度大，故A错误，BC.根据电 当木块接触弹簧后到合力为零前， 根据牛顿第二定律mg一ky=F 场力提供向心力可得县·q=m 随着y增大F减小， r 当弹簧弹力大于木块的重力后到最 0 低点过程中 解释√ F=ky一mg: 1 又E=名m时 木块所受合外力向上，随着y增大 F增大：Fy图像如图所示 联立可得Ek=婴 故B正确，A错误：同理，在木块下 可知电荷量大的粒子的动能一定大，粒子的追度大小与轨道 落H高度之前，木块微匀加追直线 半径一定无关，故BC正确：D.磁场的方向可能垂直纸面向 运动，根据y=2g 内也可能垂直纸面向外，所以粒子所受洛伦燕力方向不能确 定，粒子可能做离心运动，也可能做近心运动，故D错误.故 速度逐海增大，所以y1图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧 选BC 后到合力为零前，根据牛领第二定律mg一ky=F, 6.解析(1)根据带电粒子在右侧险场中的运动轨迹站合左手 木块的速度魅续增大，做加选度减小的加选运动，所以y:图 定则可知，粒于带正电：粒子在磁场中运动的周期为T=20, 像斜率然续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到晨低，点过 报据T=2xm 程中F=y qB 木块所受合外力向上，木块做加追度增大的减追运动，所以 则粒子所带的电荷量q一B。 。m y1图针率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析 可知，木块先做加追度减小的加造运动，再做加速度增大的 (2)若金属板的板同距离为D,则板长号粒子在板同运动时 减速运动，再做匀诚速直线运动到最高，点，y:图像大致为 D 47 3 =,出电扬时竖直速度为零 平衡位置 则竖直方向y=2× 1a9(0.5)2 2 Dm 在碰场中时9B=m号，其中的y=2,=2四 gB 故C、D错误。故选B。 联立解得=元24B 3元toU0 D 8B 2.CD若B球受到的摩擦力为零，则A,B、轻杆作为整体，受 力分析如图甲所示，由牛颜第二定律知小车的加递度方向向 右，F、=2mg,对B受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律得 F1cos0十mg=FN,F1sin0=ma,A、B、轻杆和小车作为整 体，F=4ma,联立解得F=4mgtn日，A错误：若推力F向左， 则加速度向左，设A球刚要滑动时的加速度为a1,由牛领第 二定律得mgtan0=ma],解得a1=gtan0,设B则要滑动时 (3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由(2)的计算 的加速度为a2,由牛顿第二定律得H·2mg一mgtan0=ma2, 可知金离板的板间距离D=3r,则粒子在3。时刘再次进入 解得a2=g(2u一tan),tan≤，则a2>a1,由于A、B两球 中间的偏转电场，在40时则进入左侧的电场做藏递运动违 与车厢始终保持相对静止，故率厢的最大加逸度为 度为零后反向加速，在6时刻再次进入中间的偏转电场 gtan0,A、B、轻杆和小车作为些体，F的最大值为F=4ma= 6,5t。时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间 4 mgtan0,B辑谋：若推力F向左，且u<tan0≤2，则ag< 内电场力殿功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场 a1,故车厢的最大加速度为a2■g(2u一tan0),A、B,轻杆和 力微功也为零，可如整个过程中只有开始进入左闲电场时电 小车作为整体，F的最大值为F=4ma=4mg(2g一tan),C 正确；若推力F向右，剥车厢的加逸度方向向右，当B所受摩 场力微功和最后0,5。时间内电场力微功，则W=2mt+ 擦力方向水平向左且为最大静摩擦力时，车而的加途度最 D_'m+m6_mU(r2+16) 小，推力F最小，A、B、轻杆作为整体，由牛顿第二定律得F 48Bto 3Bto 48B1o H·2mg=2ma,对A,F一ngtan0=ma,A,B、轻杆和小车 II 3xtoU月 作为整体，F=4a,联立解得F的最小值为Fn=4mg(tan0 答案(1)正电q=Bt。 (2)D8B 2),当B所受摩擦力方向水平向右且为最大静摩擦力时，车 「U0 雨的加速度最大，推力F最大，A,B,轻杆作为整体，由牛顿 v=√24B (3)w-mU(x2+16) 48B40 142 可 详解答案 7.解(1)设滑道AB段的长度为L,背包在AB段上滑行的加 专题四 曲线运动 速度大小为：1，由牛顿第二定律有 题组 mgsin 0-umgcos 6=ma 1,BD对重物从P运动到Q的过程，水平方向上有x一 解得a1-2m/s 滑雪者质量为M=48kg,初速度为%=1.5m/s,加递度为 61c0s30°，竖直方向上有y=一%tsin30+2g2,由几何关 a2=3m/s2,在斜面上滑行时间为t,落后时间6=1s,则背 色的滑行时间为什，由运动学公式得L=乞a(什)户 系有义=tan30°，联立解得重物的运动时间t=45,A媚误： 结合A项分析可知，重物落地时的水平分速度巴= L=6+1 物cos30°，竖直分速度可，=一%sin30°+gt,则tan0== 联主解得t=2s或t=一1s(舍去) Vr 故可得L=9m √3，所以重物的落地速度与水平方向夹角为60°，B正确：对重 (2)设背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为功、，有 物从P运动到Q的过程，垂直于PQ连线方向有2 ghm co830°= -a1(t+t6)=6m/s (sin60°)2，解得重物离PQ连线的最远距离hm=10√3m, y=十a2t=7.5m/s C错误：结合B项分析，坚直方向上有2gy。=号，联立解得 清雪者拎起背包的过程，系统在光滑圆弧的水平处时外力为 重物轨迹最高点与落点的高度差ym=5m,D正确. 零，动量守恒，设共同速度为D,有m四十M2=(m十M)v 2,D由图可知rp<raA错误：篮球绕轴转动时，P,Q在相同 解得v=7.44m/8 8.解析(1)小明和滑雪车在斜直雪道上做匀加速直线运动， 时间内转过的哥心角相等，根据@一可知，p一。D正 在水平雪道上做匀减连直线运动，则=十 确；根据=ur可知，线速度e<QB错误：狭据a=wr可 2 知，向心加速度ap<aoC错误。 代入数据解得ex=18m/s. 2)由匀支地直线运动规律样=学 代入数据解得t1=65 (3)设小明和滑雪车在斜直雪道上运动的加速度大小为4，则 a=Umax =3 m/s 1。 由牛领第二运动定律得mgsin37一F:=na 代入数据解得F,=180N. 答案(1)18m/s(2)6s 3.C (3)180N 一水平方向：x=%t 9,解析(1)管第一次落地弹起的醉间，小球仍然向下运动.设 x 此时管的加速度大小为41，方向向下：球的加速度大小为 最小 平抛 ?,方向向上：球与管之间的摩擦力大小为∫，由牛顿运动定 运动 律有Ma1=Mg十f 7程a9三于一用E ② 竖直方向：h= 23 联立①②式并代入题龄数据，得41=2g,a2=3g, ③ 最小，C对。 (2)管第一次碰地前与球的速度大小相网，由运动学公式，碰 4.AD由于小鱼在运动过程中只受重力作用，则小鱼在水平 地前瞬间它们的速度大小均为物=√②开 ④ 方向上做匀速直线运动，即v为一定量，则有x=v4,A可 方向均向下，管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依 能正确，C错误；小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则有y 然向下， 设自弹起时经过时间1，管与小球的速度刚好相可.取向上 一0t一乞g,心，-0一gt,且巴，最终减为0，B错误，D可 为正方向，由运动学公式购一a11=一而十a21 ⑤ 能正确。 装主@④0式释4=台√四 5.C由平抛运动规体得，水在桶中运动时间为1√区 设此时管下搞的高度为1，速度为，由运动学公式可得 2h D VE'2 =功，联立解得水离开出水口的递度大小为物= =场4-2a14 0 v-t-a1t1 0c. 由③①③⑧式可判断此时>0.此后，管与小琼将以加速度 1 6.C由E=之m心可知，若小车水平离开甲板时的动能变为 区减速上升2，到达最高点，由运动学公式有2一 调整前的4倍，速度将变为调整前的2倍，小车离开甲板后 设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H], 微平抛运动，运动的时间不变，由工=%：可知小车在海面上 则H1=h1十hg 0 的落，点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍，C 联立①00D8@式可得H,-是H 0 正确」 ?,D小车做曲线运动，所受合外力指向曲线的凹侧，故A、B (3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为工1，在管开始下 错误：小车带轨道从左向右运动，动能一直增加，故合外力与 落到上升H1这一过程中，由动能定理有Mg(H一H1)十mg 运动方向夹角为锐角，C错误，D正确，敢选D, (H一H1十）-4mgx1=0 联立①@式并代入题给数据得=号日 ⑧ 8,C质点微匀逸圆周运动，根播题意设周期T=全 同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过 合外力等于向心力，根据F0=F。=m兴， 程中，球与管的相对位移=专H 联立可得R,-m, 设圆管长度为L.管第二次落地弹起后的上升过程中，球不 会滑出管外的条件是1十2L ⑤ 其中4m为常数，r的指数为3，故题中n=3,故选C. 联立0B飞B式，L应满足条件为L≥器H 9,A带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力， 答案a2g3g(20H(3L>器H 则有E=mR 143