专题卷(三) 牛顿运动定律的应用-【鱼跃龙门卷】2025年高三物理二轮复习专题卷（青海宁夏专版）

高三二轮复习专题卷 $$\frac { 2 m g - f } { 2 m } ，$$ 解得 $$a _ { 4 } = 4 m / s ^ { 2 } ，$$ 第一次碰地后，木棒的加速度大小为 $$a _ { 5 } = \frac { m g + f } { m } ，$$ ，解得 $$a _ { 5 } = 2 2 m / s ^ { 2 } ，$$ 小环向下做匀加速直线运动，木棒先向上做匀减速直线运动再向下做匀加速直线运动，假设与 小环共速前会再次碰地，则两次碰地时间间隔 $$\triangle t = \frac { 2 v _ { 1 } } { a _ { 5 } } ，$$ ，解得 $$\triangle t = \frac { \sqrt { 2 9 } } { 1 1 } s ，$$ 再次碰地时木棒的速度仍为 $$v _ { 1 } = \sqrt { 2 9 } m / s ，$$ 此时环的速度 $$v ' = v _ { 1 } + a _ { 4 } \triangle t > v _ { 1 } ，$$ 故假设成立，即之后过程两物体不会再共速； 若木棒恰好与地面第4次碰撞时弹性小环从木棒底端滑落，则从第一次碰撞开始，小环向下加 速运动了 3△t， 相对木棒向下运动距离 $$x = 3 v _ { 1 } \triangle t + \frac { 1 } { 2 } a _ { 4 } \left( 3 \triangle t \right) ^ { 2 } = \frac { 1 4 7 9 } { 1 2 1 } m ，$$ 之前小环相对木棒向上运动距离 $$s = \frac { v _ { 0 } + v } { 2 } t _ { 1 } - h _ { 1 } ，$$ 解得s=2m， 故小环开始运动时距木棒下端的距离1=： $$l = x - s = \frac { 1 2 3 7 } { 1 2 1 } m 。$$ 物理(三) 1.C【解析】若电梯向上加速，则液体将处于超重状态，液体向下的压力增大，则可知玻璃管内的 液面要下降，玻璃管内外的液面高度差将减小，故AB错误；若电梯向下加速，则液体将处于失重 状态，液体向下的压力减小，则可知玻璃管内的液面要上升，玻璃管内外的液面高度差将变大，故 C正确，D错误。 2.C【解析】物体从A处由静止下落，开伞前加速度向下，物体所受合力为 $$F _ { } = m g - F ， F =$$ $$\frac { 1 } { 2 } C \rho S v ^ { 2 } ， F$$ 不断增大，加速度减小，图乙中右侧图线与此过程相符合，有 $$m g - F = m a _ { 1 } ，$$ ，解得 $$S _ { 1 } = \frac { 2 \left( m g - m a _ { 1 } \right) } { C _ { \rho v _ { 2 } ^ { 2 } } } ，$$ ，故错误，C正确；左侧图线为开伞后的图线，有 $$F _ { 2 } = \frac { 1 } { 2 } C _ { \rho } S _ { 2 } v ^ { 2 } ，$$ $$v = v _ { 1 }$$ 时，有 $$m g = F _ { 2 } = \frac { 1 } { 2 } C _ { \rho } S _ { 2 } v ^ { 2 } ，$$ 解得 $$S _ { 2 } = \frac { 2 m g } { C \rho v _ { 1 } ^ { 2 } } ，$$ 且当v减小时，a减小，故 BD错误。 3.A【解析】由图乙可知传送带的速度为8m/s，在 0~1s内，煤块比传送带运动得快，相对位移 为4m，此时划痕为4m；在1~3s内，传送带比煤块运动得快，相对位移为8m，此时划痕为 8m，覆盖前面的4m划痕，总划痕为8m，故A正确；在 内，煤块的速度大于传送带速度， 传送带对煤块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有 $$m g \sin 3 7 ^ { \circ } + \mu m g \cos 3 7 ^ { \circ } = m a _ { 1 } ，$$ ，根 据图乙可得 $$a _ { 1 } = \frac { 1 6 - 8 } { 1 } m / s ^ { 2 } = 8 m / s ^ { 2 } ，$$ ，在1~3s内传送带的速度大于煤块的速度，传送带对煤块 的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有 $$m g \sin 3 7 ^ { \circ } - \mu m g \cos 3 7 ^ { \circ } = m a _ { 2 } ，$$ ，根据图乙可得 $$a _ { 2 } = \frac { 8 - 0 } { 2 } m / s ^ { 2 } = 4 m / s ^ { 2 } ，$$ 联立解得 _{甲}=0.25， 故BC错误；当传送带的速度大于16m/s后，煤块 在传送带上一直做加速度为 $$a _ { 2 }$$ 的减速运动，无论传送带的速度为多大，煤块到达传送带顶端时 的速度都相等，D错误 4.D【解析】根据图甲可知，小球与弹簧刚刚接触，压缩量较小时，重力大于弹簧的弹力，即 $$x _ { 0 }$$ 到 $$x _ { 1 }$$ 段，小球做加速度逐渐越小的加速运动，A错误；根据图乙可知，在 $$x _ { 1 }$$ 位置，加速度为0，则有 ·8 ·物理· 参考答案及解析 k(x1一xo)=mg,随后进一步向下压缩弹簧，最大压缩量为x2,此时速度减为0，则此时弹力最 大，为Fx=k(c,-x),解得F=mg?-2 一，B错误；该过程中小球与弹簧组成系统的机 x1一x0 械能守恒，即只有动能，势能（包含重力势能与弹性势能）的转化，在加速度为0时，小球速度最 大，动能最大，即小球运动至x1位置时，重力势能减小了mgx1,减小的重力势能转化为弹性势 能与动能，可知小球与弹簧组成系统的势能变化的最大值小于mgx1,C错误；小球运动至x1位 置时，加速度为0，速度最大，根据图乙可知，将纵坐标乘以小球质量m,即可表示合力，则结合图 像的面积可求出合力做功，结合动能定理有mgx,十工1一mg=号m,解得” √g(x1十xo),D正确。 5.C【解析】当重物向上移动的距离为h时，对重物进行受力分析，由牛顿第二定律知F十k(x。 h)一mg=ma,由题意知x。=mg,解得F=h十ma,可见F与h是一次函数关系，且截距不 为零。 6.C【解析】弹出纸板后瞬间，对纸板受力分析可知橡皮擦给纸板水平向右的摩擦力为f1 41m1g=0.1×0.01×10N=0.01N,桌面给纸板水平向右的摩擦力为f2=:2(m十m1)g=0.2 ×0.02×10N=0.04N,由牛顿第二定律可知弹出纸板后瞬间，纸板的加速度大小为a= +=5m/s,橡皮擦的加速度大小为a1==1m/S,故A错误；橡皮擦与纸板达到相同 m 速度后，假设纸板和橡皮擦相对静止，则整体受到的加速度a'=f:=2m/s,而橡皮擦做减 m十m1 速运动的加速度最大值为a-=1m/s<a'=2m/s,故此时橡皮擦将相对纸板向左运动， 7m1 且橡皮擦向右的加速度即为a{=1m/s,纸板向右的加速度为a,=f-=3m/s,故B错误； m 结合AB选项，设橡皮擦与纸板经过L时间速度相同，则有a1t=,一a,代人数据解得1= 6s, 此时二者向左共同的速度为。=名m/s,橡皮擦的位移为x1=2,=方m,纸板的位移为x: 1 1 L一2a2=2m,则二者相对位移为△x1=x2x2m<0.1m,可知橡皮擦未滑 接着二者由相同的速度开始以不同加速度做诚速运动，由于a2=3m/s2>a1=1m/s2,所以纸板 先减速为0，保持静止，橡皮擦继续以α{减速为0，规定向左为正方向，则橡皮擦的位移为x{= v21 1 27克m,纸板的位移x2216m,则二者相对位移为△x,=一x08m,可知橡皮 2 擦最终距离纸板中点的距离为△x=△x1一△x2一27m<0.1m,即最终橡皮擦不会脱离纸板，且 此过程中橡皮擦与纸板因摩擦而产生的热量为Q=41m1g(△x1十△x:)一1O80J,故C正确， D错误。 7.D【解析】由题知，长木板A放在光滑的水平面上，不受摩擦力作用，B、C与A间的动摩擦因 数均为，当F足够小时，B对A有静摩擦力作用，A在水平方向合力不为零，故A不能保持静 止状态，A错误；根据牛顿第二定律可知，当拉力F=mg时，物块B与A间的摩擦力小于 mg,并不是刚好要滑动，B错误，当B与A发生相对滑动时，假设C与A不会发生相对滑动，则 ·9· 高三二轮复习专题卷 mg=(m十mc)a,解得a=mg,则A对C的摩擦力f=mca m十mc m十mc ·mcg<mcg,假 设成立，即C与A不可能发生相对滑动，C错误；当C的质量也为m时，物块C能获得的最大加 速度为a=mg=1 m十mc2g,D正确。 *B【解析】释放瞬间对整体由牛顿第二定律有mg一3 mg sin30°十F弹=4ma1,F弹=3 ng sin30°， 对物块B,有mg一T=ma1,联立解得T=子mg,放A错误，B正确；在最高点P,由对称性可知。 加速度大小为a2=a1=4g,对整体，有3 ng sin30°-mg十F第=4ma2,对物块B,有T'-mg= ma,解得F=2mg,T-寻mg,放CD结误。 8.AD【解析】设细线的拉力为T,由题干图可知，A受到两细线的拉力为2T,方向向上，B受到 细线的拉力为T,方向向上，A、B所受重力大小相等，A、B释放后，A向上运动，B向下运动，当 A上升的高度为h时，B下降的高度为2h,B的位移大小为2h,方向向下，由于B下降的位移是 A上升位移的两倍，它们的运动时间相等，由x=可知，B的加速度是A加速度的两倍，设 重物A的加速度大小为a,则重物B的加速度大小为2a,由牛顿第二定律得2T一mg=ma,mg 一T=2ma,解得a=2m/s2,T=6N,则2a=4m/s2,故AD正确，B错误：设当A的位移为 h时，速度为v,则B的速度大小为2v,B下降的高度为2h,以A、B两个物体组成的系统为研究 对象，由机械能守恒定律得mg×2h-mgh-2m2+2m(2o),解得v=2n/s,故C错误。 9.ABD【解析】根据题意，设火箭的功率为P,牵引力为F,由公式P=F可得F=P,由牛顿第 律有F一mg=ma,解得a=片·。一g,由图乙可知，a关系图像的斜率为k=a,二（二 1 01 =(a,十g)w1,则有P=(a1十g)01,可得P=m(a1十g)01,即火箭以恒定的功率启动，故AB正 m 确，C错误：由上述分析可知，a号的关系式为a-·}g,当a=0时，解得-% m U a,千g即a关系图像在楼轴的发距为a,g故D正确 10.AD【解析】由图可知，当夹角为90时，位移为0.2m,由竖直上抛运动规律一2gh,解得。一 2m/s,故A正确；当夹角为0°时，位移为0.4m,根据v6=2ax,mg=ma,可得μ=0.5，故B 错误；根据umg cos0+mgsin0=ma,可得a=gsin0+gcos0=√1十gsin(0十p),因此最 大加莲度为4=1十g=受8，此时有话=2a解得-25 25m,故C错误， D正确。 BD【解析】由图像可知，当10N<F<15N时物块B和木板C相对静止，当F>15N时木板的 加速度图线斜率变大，可知此时物块B和木板C产生了相对滑动，故A错误，D正确；对木板和物 块组成的整体，当F1=10N时，a=0,则F1=(M+m)gsin0,当F2=15N时，a=2.5m/s2,则 R:-(M+m)gsin0=(M+m)a,联立方程可求解M+m=2kg,sin0=,但是不能求解木板C ·10· ·物理· 参考答案及解析 的质量，故C错误；因当F2=15N时，a=2.5m/s2,此时物块和木板开始发生相对滑动，物块和 3 木板之间的摩擦力达到最大，则对物块有omg cos0一mgin0=ma,解得：一？，故B正确。 .mg音ng(a∴mg 4 23 025mg25mg(3)38 【解析】(1)以工件为研究对象，受力分析如图所示，根据共点力 的平衡条件可知，斜面I、Ⅱ对圆筒的压力大小分别为F:= mgc0s53°-号mg,Fg=mgc0s37”= 5mg, 37 根据牛顿第三定律可知工件对斜面I的弹力大小F,=F1 mg,工件对斜面Ⅱ的弹力大小F,=F-mg。 3 (2)以工件为研究对象，设斜面I、Ⅱ对工件的弹力分别是F3和F4, 在水平方向上根据牛顿第二定律有F,sin37°一Fasin53°=ma, 在竖直方向上根据平衡条件有F4cos37°十F3cos53°=mg, 解得卫，-品mg,E,-完g 23 (3)卡车沿平直公路以最大加速度匀加速行驶时，Ⅱ对圆筒的压力大小为0，则有F:sin53°= 4 mam,Fscos53°=mg,解得am=38d 12.(1)0.9m(2)0.02 【解析】(1)因为冰壶与冰面间的动摩擦因数处处相等，因此冰壶滑动时受到的摩擦力处处相等， 又因为冰壶沿直线运动，因此冰壶在A点至O点的运动过程为匀减速直线运动，假设冰壶运动的 加速度大小为a,在A点时的速度大小为v,在C点时的速度大小为c,因此有v4一2at- 1wA十2)2a(4+t2)无十x2解得a=0.2m/8,0A=3.6m/3 又由vc=uA一a(t1+t2),代入数据可得vc=0.6m/s, 已知运动到O点时冰壶停下，因此有2一0=2ax3,代入已知数据可知x3=0.9m。 (2)假设冰壶与冰面间的摩擦力大小为f,则有f=umg,根据牛顿第二定律可知f=ma, 已知a=0.2m/s2,联立以上各式可得4=0.02。 13.(1)2.0m/s2,竖直向上1.0m/s2,竖直向上(2)1.0s(3)15.0N<F1≤21.0N 【解析】(1)假设滑块和木板之间为滑动摩擦力，对滑块由牛顿第二定律有F1一F2一mg= ma1,解得a1=2.0m/s2,方向竖直向上， 对木板由牛顿第二定律有F2一Mg=Ma2,解得a2=1.0m/s2,方向竖直向上， 因为a1>a2,所以假设成立。 【2)设经过时间1滑块从木板上端离开木板，则滑块从木板上端离开木板时2“，24L 代人数据得t=1.0s。 (3)为使滑块与木板一起向上运动，应使整体合力向上，故F>(M十m)g=15.0N, 为使滑块与木板不发生相对滑动，F,最大时滑块与木板间静摩擦力应等于最大静摩擦力，对木 板由牛顿第二定律有uF2一Mg=Ma,解得a=4,0m/s°，方向竖直向上， 对滑块由牛顿第二定律有F1一F2一mg=ma,代入数据得F1=21.0N, ·11· 高三二轮复习专题卷 综上所述，F1必须满足的条件为15.0N<F1≤21.0N。 14.(1)4m/s21m/s2(2)12m/s(3)16m 【解析】(1)泡沫球沿斜面下滑时mg sin a-f=ma1,其中f=0.lmg, 联立可得a1=4m/s2, 泡沫球做匀减速运动时f=0.1mg=ma2,可得加速度大小a2=1m/s2。 (2)设泡沫球到达B时的速度大小为vB,则有一0=2a1xAB, 代入数据解得vg-12m/s。 (3)当泡沫球的速度0=8m/s时，可得1=”一”=4s,则x=可十： a? 2 t=40m, 人匀加速阶段0=a,,得=2s,此时x1=0,片=8m, 匀速阶段x2=v(t-t1)=16m,故xc=x-x1一x2=16m。 15.(1)22kg·m/s(2)0.3m(3)(83+12)N·s 【解析】(1)因a=tan0,则A、B一起下滑，斜面光滑，A、B共同下滑的加速度为ao= 2mg sin 6 2m 5m/s2,小物块B与挡板2碰撞前瞬间的速度为v=√2aoL-√2m/s, 由于发生弹性碰撞，则小物块B第一次与挡板2碰撞后瞬间的动量大小为pa=mw=2√2kg·/s。 (2)物块B碰后在木板上向上运动，对木板A分析有：mg cos0一mg sin0=0,说明木板A匀速 下滑， L√2 从物块B与挡板2碰撞到木板A与挡板1碰撞的过程，所用时间为tA= v10s, 物块B减速上滑的加速度大小为a=mg cos0十mgsi0=10m/s, 物块B从碰撞至减速为0所用时间为1。=”-区 a10 s=tA, 则木板A的长度至少为1=二 +L=0.3m。 2a (3)木板A与挡板1碰撞后原速率返回，由于重力的下滑分力与B施加的摩擦力同向，则匀减 速运动的加速度也为a=10m/s2。 由于B所受摩擦力与重力沿斜面的下滑分力平衡，故B保持静止状态。木板A上滑至速度为 0通过的位移为x一云-0,1m,时间为=”- a10 8, 然后二者从静止开始再次以加速度a。下滑，同时与挡板发生第2次碰撞，运动时间为t2= 2x=0.2s ao 二者相对静止直至第3次碰撞。则从释放开始到第三次碰撞的总时间为t=”十tA十七，十3，= 22+3 5 重力对木板A的总冲量为I=mgt=(83十12)N·s。 物理（四】 1.A【解析】将篮球看成反向做平抛运动，篮球在竖直方向下降的高度相同，竖直方向上根据位 ·12·C. 摩力方向一直与谋块运动的方向相反 2024-2025学年度高三二轮复习专题卷(三 D. 传送带转动的速率越大,煤块到达传逐带顶时的速度就会越大 物理·牛频运动定律的应用 4. 如图甲,轻弹竖直放置,下固定在水早地面上,质量为x的小球,从弹上方2.处静止下 落,若以小球开始下落的位置为坐标原点,建立直向下的坐标输O,小球下落至最低点过 (考试时回5分0,满分100分 程中的a--图像如图乙(图中七....8均为已短是),不计空气阳力,g为重力加道度,下 一、选择题:本题共10小题,共46分,在每小题给出的四个选项中,第1-7题只有一项符合题目 列说法正确的是 A. 七.现;、段,小球做加速度逐渐越小的减速运过 要求,每小题4分;第8~10题有多项符合题目要末,每小题6分,全部选对的得6分,选对归 B. 弹受的最大弹力为二二g 不会的得3分,有选错的得。分。带·题目为数力提升题,分值不计入总分. ,.一r) 1. 在教室内将两端开口的洁净玻璃管整直鼓人该体中,皆中液面如图所示。 乙 当把该装置放在竖直加速的电样中,且电标的加速度ag,则 C. 该过程中小球与弹赞组成系统的势能变化的最大值为g(t。十x.) A. 若电梯病上加速,则破璃管内外的液面高度差将变大 D. 小球向下运动过程中最大速度为、/gz+二) B. 若电梯国上排速,脱破内外的液面高度差保持不变 5. 如图所示,坚直放置的轻质弹箭一因定在地面上,另一端放上一个重物,重物上 C. 若电梯下加速,刚夜璃内外的液面高度差将变大 与一根跨过光滑定滑轮的轻绳相连,在轻喝的另一确施加一竖直向下的拉力F,当 D. 若电势向下加速,则废功答内外的流而亮度差保持不变 F一0时,重物处干平默态,此时弹等的压缩量为一(弹等在弹性匿度肉).禁时鼓 2. 风弱实验可以模提高空跳念情况下人体所承受气流的状态,已知物体受列的空气阻力F与 拉动轻棍,徒得重物向上匀加速直线运动,用表示重物病上做匀加速直线运动 物体相对空气的速度;满足F-CSr(S为物体风歪积,C为风阻系数,;为空气密度)。 的配离,在h.用内,下列关干校力F与上的关系图像中可能正确的是 图甲中风洞竖直内上匀流送风,一质为w的物体从A处由静止下落,一段时候后在B处打 #△,二 开降落伞,相对速度的平方。与加速度大小a的关系图惊加图乙所示,重力加速度为g,下列 堪法正确的是 A C B D 6. 如图,将一质量为n-10g、长度为1-20cm的长方形硬纸板放在水平桌密上,右端一小部分 伸出桌外,将一质量也为10;的橡皮擦(可视为质点)置于纸板的正中间,用手指将纸板水平 弹出,纸板瞬间获得初速度v.一1m/s.已知橡皮擦与纸板,桌直鸠的动摩擦因数均为i一0.1. 纸析与桌面间的动擦因数为一0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g 10m/s.则 A. 开牵加速度高下,且墟来越大 B. 开伞后加速度向上,且越来越大 A. 弹出板后厨间,纸析夜度大小为?m/’ 校5 2{mg-x) B. 排皮擦与纸板达到相同准度后,一直与板相对静止 D. 开拿后物体迎风面积为5.一“ Co C. 最终橡皮擦不会股离纸板 _ 3. 如图甲所示,倾斜的传送带正以桓定速率0.铅顺时针方向转动,传送带的候角为37。一规 块以初速度一.从传送的底部冲上传送并沿传送带向上运动,其运动的11图像如图乙所 D. 因度与纸摩擦面产生的热量为2001 示,煤块到传运带项端时速度给好为,sin37*-0.6.e0s37*-0.8.&取10m/5.则 7. 如图所示,质量为w的长本板A放在光滑的水平面上,物块B、C故在长木板上,物块B的 ,r) 质量也为m:B.C与A间的动磨擦因数沟为i:A.B.C均处于静止状态,最大静黑掘力等干 滑动摩擦力,重力解速度为g,现给物块B施加一个水平向右的拉力F,则下列判断正确 是 A. 当F足个时,A仍保持静止状态 B. 当拉力F一wg时,物块B与A刚好要发生相对潜动 乙 C. 写物块C的质量足够小时,C与A会发生相对滑动 A. 煤块在传送帮上的痕为8m D. 当物块C的量也为.时,物块C能获得的最大加速度为一Pg B. 煤块与传运间的达度深园数为0.5 理B.考题(三)第1页1共页 地门卷 理B·考题1三]第2页(共8页) ·如图所示,轻弹爹的一请因定在倾角为8一30的光滑斜面底路,另一调连接一质量为3的物 A. 物块的初速度为?m/ B. 物块与辑面因的动率擦因数为0.4 块A,系统处于静止状志,若将欣量为 的物块B通过跨过光指轻质定数轮的想闻与A根 D. 物块沿斜囊上激的最小离为^2) C. 物块沿答歪上滑的量大加流度为 连,开始时用手托住物体B,徒细绳刚好保持伸直(线、弹赞均与斜面平行),松子后A、B一起 运动,A运动到最高点P(未画出)后再反病向下运动。已知重力加速度为i.对于上述整个运 ·如图甲所示,光滑斜面上有固定挡析A,斜面上叠放着小物块君和隅本板C,本板下端位于持 动过程,下列说法正确的是 板A处,整体处手静止状态,本板C受到逐渐增大的沿斜真向上的拉力F作用时,本板C的 A. 释放B韵晚间,绳子※力大小为-mg 加速度。与拉力F的关系图像如图乙所示,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为 # -10m/,由图像可知下列说法正确的是 B. 释放B的瞬间,蝇子张力大小为mg _n_ C. 在量高点P,规子张力大小为一mg D. 在最高点P,弹赞对A的弹力大小为-mg 。 8. 如图所示,轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻定滑轮下方是挂重物B,是挂潜2_ A. 10NF15N时物块B和本板C相对滑动 轮的轻质细线竖直,开始时重物A.B处干静止状态,释放后A、B开始远 动,已知A且重量均为”二1,侧没磨握阻方和空气配力均忽略不计, 力加速度g=10m/×,当A的位移为一1m时,两滑轮还未齐平,此状态下 C. 由题目条件可求出木板C的质量 下列说法正确的是 回 D. F一15N时物块B秘本板C相对滑动 A. 重物A的加速度大小为2m/s{ 二、非选择题:本题共5小题,共54分。 B. 重物B的加速度大小为2m/ 11. (8分)用卡车运输所量为m的匀所园简状工件,为徒工件保技因定,将其置于两个光滑料文 C. A的速度大小为4m/. D. 重物B受的幅线拉力为6Y 之间,如图所示,两个斜面I.I固定在车上,倾角分别为5”和37”。已知sin37“-.00s37” 9. 如图甲所示,量为.的小火籍出静止开始加速上升,加建度。与速度倒数一的关系图像加 ,重力加速度为:。 图乙所示,火辨的魂度为亏,时对声的加速度为山,不计空气阻力和熟料燃烧时的质量别失. (1)当卡军殆平直公路匀这标驶时,工件对料面、非的强力大分 重力加速度为g.下列说法正确的是 (2)当卡车沿平直公路以一:的加速度句减速行驶时,求料面1,I|I对工件的弹力大小: (3)为保证行车安全,求卡车治平直公路匀加速直线运助的最大加速度的大小. 乙 A. 火以恒定的功率启动 B. 火箭的劝率为m:十)o。 C.一美图像的斜为 10. 如图甲所示,将某一物块每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方 病的夹角4.测得物块运动的最大位移1与斜面倾角?的关系如图乙所示,g段10m/.则 _n -n 甲 2 理B.考题(三)第3页1共页 盖地门 理B.考题1三]第4页(共8页) 12. (8分)冰素是在冰上进行的一种投排性竞赛项日,某次训练中,冰壶(可视为质点)被运动员现 13.(10分)两同学玩拉板块的双人游戏,考验两人的默契度,如图所示。一长1.一0.3m、质量 出后,在水平冰面上沿直线依次经过A.B.C三点后停在0点.已知A.B问的距离” M一D.5kg的木板靠在光滑竖直墙面上,本板右下方有一质量w一1.Bkg的小滑块(可视为 26m.B.C词的距离x.-5.5m.表选过A2段的时闻1.-10s.过BC段的时间r. 姓名 质点),滑块与木板间的动摩擦国数为n一0.2,滑块与木板问的最大跨摩擦力等于滑动摩 5..数设冰壶和冰面间的动摩痕因数处处相等,重力加速度大小i一10m/,求 力,取g一10m/s.一人用水平恒力F,向左作用在滑块上,另一人用登直间上的怔力F,向 (C.0两点之闻的距离z: 得 上拉动滑块,健滑块从地面由静止开始向上运动。 (2)冰壶和冰面闻的动摩国数n (1)若F.一17.5N.F.一27.5N.求小滑块和本板各自的道度; (2)在第(1)间的条件下,经过多长时问滑块从本板上漏离开本板! 。 , (3)若F:一35N.为使滑块与本板一起病上运动但不发生相对滑动,则F.必刻满足什么 务件! 理B.考题(三)第:页1共下页 盖默地门 理B.考题1三]第6页(共8页) 14. (12分)如图甲新示为某综艺节目的躲球游戏,现将运动过程进行简化,如图乙所示,泡沫球 15.(16分)如图所示,倾角9一30的光滑斜面底谓有一挡板1.本板A置于斜面上,小物块B置 从A点静止开始沿斜面句加速直线下滑,斜面的候角。一30”,A与斜面满B距离为18; 干A底,A.B质量均为2l,挡板2到B和到挡板1的距离均为L.-0.2m。(0时刻, 沫球到达B点后没有速度提失,然后在水平面上做匀减速直线运动,泡沫球在整个运动过 将A、B一起由静止释放,A.B分别与挡析1秘挡板2发生弹性碳撞,碰道时间极短忽略不 程中所受阻力恒为其重力的0.1倍,参与游戏的玩家一开始站在C点,当小球到达B点时 玩家由静止开始以排速度大小4m/开始向右做匀加速直线运动,强达8m/x后做匀速直 线运动,C点的位置玩家可自由选排,在不被球追上的前提下BC的距离越小,得分越真。{ 10m/s,小物块B始终未离开木板A. 庭10m/。求: (1)求小物块B第一次与挡析2碰撑后最问的法量大小 (1)次沫球沿斜面下清时加速度。:的大小和在水面上做气减淳直线运动封加速度:的大小 (2)本板A的长度至少为多少! (2沫球到达B时的速度大小. (3)求从1一0时刻开始到木板A与档板1发生第3次碰掉前蜀间,重力对木析A的总冲量 (3)玩家得分最高的情况下,所选游BC的距离 的大小。 理B.考题(三)第7页1共页 盖默地门1 将理B.考题1三] 第8页(共8页)