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（河北专版）

C. 擦力方由一直与煤块运动的方向相反 2024-2025学年度高三二轮复习专题卷(三 D. 传选带转动的速逃大,煤块则达传送顶瑞时的速度就会越大 物理·牛顿运动定律的应用 4. 如图甲,轻弹坚直放置,下因定在水平遍面上,质量为w的小球,从弹策上方2.处静止下 落,若以小球开始下落的位置为坐标原点,建立坚直面下的坐标输O,小球下落至最低点过 (考试时间7语分钟.满分100分) 程中的a1图像如图乙(图中二七.号:均为已顿是),不计空气酣力,:为重力加流度,下 法正确的 一.选择题;本题共10小题,共分,在餐小题绘出的四个选项中.第1一7题只有一项持合题目 A..师;:段,小球做如速度逐渐越小的减速运动 要求,每小题.分;第8一10题有多项符合题目要束,每小题6分,全部选对的提6分,选对点 B. 受到的最大弹力二g 不全的得3分,有选错的得8分。带·题目为限力提升题,分值不计入总分。 )r一 1. 在教室内将两端开口的洁净破墙管坚直基人该体中,中该面如图所示。 二. 该过程中小球与弹藏组成紧统的势能变化的最大值为ag(r士士.) 。 当把该装放在坚直摇遮的电梯中,且电的加速度。.则 A. 若电梯上加速,哪破璃管内外的液面高度差将变大 B. 小向下运动过程中最大速度为可+。) B. 若电梯南上加液,吱内外的液面高度差保持不变 5. 如图所示,竖直放是的轻质弹简一因定在地面上,别一湖放上一个重物,重物上湖 C. 若电梯向下加速,破感管内外的液面高度差将变大 与一根跨过光滑定滑轮的轻阻相连,在轻现的另一确施加一竖直向下的拉力F,与 D. 若电幅向下加速,则玻璃答内外的流面高度差保持不变 F一0时,重物干平新态,此时弹笔的压绽量为1(弹箭在弹性溪内).基时乡 2.国冠定验可以模指亮空跳伞情对下人体断承受气该的是实,已知物体受现的空气阻方F 拉动轻线,徒提重物向上数匀加速直线运动,用表示意指病上做匀加速直线运动 物体相对空气的速度;请是F一CS”(S为物体风析.C为风阻系数,。为空气密度) 的真,在。毫围内,下列关干拉力F与b的关系图像中可能正确的是 ##### 图中风洞坚查肉上句透送风,一质是为的物体队A处由静止下落,一段时间后在B处打 开降落伞,相对速度的平方””与加速度大小a的关系图缘如图乙所示,重力加速度为下列 说法正确的是 1 _ 6. 如图,将一质量为I一10g.长度为120ea的长方形硬折板双在水平桌离上,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,用干指将纸板水平 弹出,纸板问疾得初速度v一1mA.已知橡皮擦与纸板,桌面间的动擦因数均为n一0.1. 纸板与桌面问的动摩握因数为,一B、2.设最头静摩擦力等于游动摩擦力,章可 。 10m/5.啊 A. 开伞前加速度向下,且越来越大 B. 再伞后加速度向上,且来越大 A. 出纸板后瞬间,板的加遮度大小为2m 2-m.) B. 皮擦与纸板达弼相国速度后,一直与纸板相对静止 C. 开伞南物体趣风为S一 Cr C. 最终度不会真纸极 3. 如图甲听示,阐斜的传送劳正以桓定速来口铅则时针方向转动,传送的阐角为37”。一提 块以初速度.从传选的皆部冲上传&警拼沿传送劳向上运动,其运动的1!阐像如图乙所 D. 国度与联摩擦而严生的热量为-2001 示,煤块到传送帮顶时遍度好为答,sin37-0.6.e0s37-0.8.取10m.则 7. 如图所示,质量为u的长木极A放在光泄的水平面上,物块B.C放在长木核上.物块B的 .r 质量也为m.B.C与A间的动摩抱因数均为.A.B、C均处于静止状奋,最大趁岸擦力等干 滑动摩擦力,重力解速度为止,现给物块蔽加一个水平向有的拉力F,则下列判断正确 是 A. 当F足够小时。A仍持静止状志 B 当拉力F一w:时,物块与A刚好要发生相对滑动 。 C. 当物块C的质量足够小时:C与A会发生相对滑动 A. 煤块在传送带上的为Bm D. 当物块C的段量也为w时,物块C能获得的最大加速度为一*{ B. 煤块与传运帮间的劲译因数为0.5 理B·(三]第1页[共B页 △既门& B·考(三1第页[共8页) ·如图所示,轻弹的一墙因定在候角为一30的光滑斜面底毫,另一调连接一质量为3w的物 A. 物块的初速为?m B. 物块与料面间的动摩因数为么.4 块A,系梳处于静止状态.若将质量为m的物块B通过跨过光滑轻质定滑轮的细绳与A相 D. 物块沿斜真上默的最小匪离为2” C 数块铅斜育上提的号古加随度为 连,开始时用手托住物体,徒细绳刚好保持伸直(视、弹黄均与斜面革行),松手后A,B一品 ?5 运动,A运动到最高点P(未断出)后再反容向下运动。已知重力加速度为(.对于上述整个运 ·如图甲所示,光滑斜离上有固定挡板A,斜面上叠故着小物块引和落本板C.本极下端位干持 动过程,下列说法正确的是 板A处,整体处于静止状态、本板C受到逐渐增大的沿料歪向上的拉力F作用时,本板C的 A. 释放B的瞬词,绳子力大小为一n 加速度与拉力F的美系图像如图乙所示,已知最大静擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为 立 一10I,则由图像可知下列说法正确的是 B. 释放B瞬间,提子张力大小为mg __) C. 在最点P,绳子张力大小为me D. 在最高点P,弹对A的弹力大小为一叫r 而15_ 乱 8. 如图所示,轻重动清下方是注重物A轻度定滑轮下方悬挂重物B,悬挂语2_.2. A. 10NCF15N时物块B和本板C相对激劲 轮的轻质细线坚直,开始时重物A.B处干静止状态,释拨后A.B开始运 动,已知A.B听是均为II一1k.般段摩阻力和空气阻力均瑟略不计, 力加速度i一11n,当A的位移为^一1m时,两潜轮还未齐平,此较态下 C. 出题日条件可求出木板C的质量 下列说法正确的是 A回 D. 15N时物块B和极C相对滑动 A. 重物A的加速度大小为2m. 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/s 11.(8分)用卡车运输度量为的匀质回简状工件,为使工件保持因定,将其置于两个充滑料面 C. A的速度大小为4m/s B. 重物B受现的细线拉力为6 之间,如图所示,两个斜在I.l|因定在车上,角分别为55”和37。已知sin7*-.00537”- 9. 如图甲所示,量为的小火航由静止开始加速上升,加速度a与速度候数一的关系图像如 ,重力加速度为。 阁乙所示,火新的离度为一时对应的加速度为u山,不计空气阻力和器料燃烧时的质量掘失. (1)当卡车沿平直公路句这行壁时,&工件对料面,非的亮大小 重力加速度为,下列说法正确的是 (2)出卡车沿平直公路以一:的加速度句减建行驶时,求斜面1,l非I对工件的弹力大小; (33)为保这行车安全,求长车路会路做匀加速直线这动的最大加迷度的大尘 乙 A. 火答以恒定的功率启动 B. 火箭的功率为十) C关系的料: 10. 如图甲所示,将某一物块母次以不变的打速率沿足够长的斜面向上推出,调节斜素与水军方 病的角9,画得物块运动的最大位移一与斜画慨角8的关系如国乙所示,g取10m,则 __ 理B·(三]第:页[共B页 △既门 B,考(三1第(页[共8页) 12.(8分)冰壶是在冰上选行的一种投概性竞赛现日,某次训练中,冰壶(可视为质点)被运动员拢 13.(1D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B:m、质量 出后,在水平冰面上沿直线依次经过A.B.C三&后停在0&已知A.B间的距离 M一D.5的本板卷在光涨竖直暗面上,本板右下方有一项量w一1.0kg的小滑块(可视为 26m.B.C刻的离.-5.5m.表选过A&段的时间1.-10s.过BC段的时间1 名 点).潜块与本板问的动摩擦因数为n一0.2.潜块与本板问的最大跨擦力等干潜动摩 5..短设冰壶和冰面间的动障略因数处处相等,重为加速度大小是一10m/,求 力,取i一10m.一人用水平恒力F:向左作用在潜块上,另一人用坚直向上的恒力F,向 (1C0两点之幅的距离. 哥 上拉动滑块,健滑块从地面由静止开始向上运动。 (2)壶和冰幅的动摩因数n. (1)若F.-17.5N.F.一27.5N.求小滑块和本板各自的加遍度: 2 (2)在第(1)间的条件下,经过多长时问滑块从本板上端离开本板) 。 1 C0 (3)若F.一35N.为徒潜块与本板一起庭上运动旧不发生相对潜动,则F,须满足什么 件! 2 理B·(三]第:页[共8页 .门& B,考题(三1 第6页[共8页) 14.(12分)如图甲所示为某淳艺节目的娘球游戏,现将运动过程进行简化,知图乙所示,泡沫 15.(16分)如图渐示,候角”一30的滑斜面底凋有一挡板1.本般A置于料面上,小物块B置 从A点跨止开始铅斜到句加速直线下册,抖面的候角一30”,A与料面底确离为18册, 于A确,A.B质量均为2l,档析2到B和到挡板1的配离均为L一D.2m。1-0时刻, 沫球到达B点后没有速度提失,然后在水平富上效匀减速直线远动,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排挡板2发生弹性破撞,碰撞时间极短忽略不 程中所受阻力恒为其重力的么.1倍,参与游戏的玩家一开始站在C点,当小球师达B点时. 玩家由静止开始以速度大小4m/开始向右做匀加速直线运动,到达8m*后做匀速 线运动,C点的位置玩家可自由选排,在不被球迫上的前提下BC的距离越小,得分越高,& 10m.小物块B始终未离开本板A 意10m/s. : (1)求小物块B第一次与挡板2磁掩后瞬问的劳量大小: (1)沫球沿斜国下清时速度、的大小和在水平面上做勾减这直线远动时加速度。: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时刻开始到本板A与挡板1发生期3次磁探前解间,重力对本板A的总冲量 (3)玩家得分量高的情况下,所选择BC的距离. 的大。 理B·(三]第7页[共8页 门& B,考(三1 第8页[共8页)高三二轮复习专题卷 $mg_f,解得a=4m/$②, 2m mg+f 第一次碰地后,木棒的加速度大小为a ,解得a-22m/s{}, 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 2. 1,解得△一 29 小环共速前会再次碰地,则两次碰地时间间隔△三 d 1. 再次碰地时木棒的速度仍为v.一v29m/s,此时环的速度o'一v.十a△t>v 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 1 121 m. 之前小环相对木棒向上运动距离,二 + 2一 解得s-2m. 1237 故小环开始运动时距木棒下端的距离1一x一;一 121 一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,破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。一mg一F,F 2(mg-ma:) 5 CQro} 2mg ,且当v减小时,a减小,故BD错误。 C 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0~1s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mgsin37{*}十mgcos37{*}一ma。,根 的摩擦力沿传送带向上,根据牛顿第二定律有ngsin37{*}一mgcos37{}一ma。,根据图乙可得 8-0 在传送带上一直做加速度为a。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,小球与弹刚刚接触,压缩量较小时,重力大于弹策的弹力,即x。到 x.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.位置,加速度为0,则有 .8. ·物理· 参考答案及解析 k(x.-x。)一mg,随后进一步向下压缩弹,最大压缩量为x。,此时速度减为0,则此时弹力最 大,为Fmx-(x2-xo),解得F- mg(x-xo) ,B错误;该过程中小球与弹策组成系统的机 T一T 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x.位置时,重力势能减小了mgx.,减小的重力势能转化为弹性势 能与动能,可知小球与弹策组成系统的势能变化的最大值小于ngx.,C错误;小球运动至工位 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n,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ngx。十一 g(x,十x。),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。一 h)一mg=ma,由题意知kx。=mg,解得F一hh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 .m1g=0.1×0.01x10N-0.01N,桌面给纸板水平向右的摩擦力为f。-(m+m.)g=0.2 X0.02×10N一0.04N,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 n n n十n1 n1 fa-f_3m/s2},故B错误; 且橡皮擦向右的加速度即为a'一1m/s{,纸板向右的加速度为a。= 结合AB选项,设橡皮擦与纸板经过:时间速度相同,则有at三v。一at,代入数据解得1= m,则二者相对位移为△x.-x2-1-12 1 72 m0.1m,可知橡皮擦未滑出纸板 接着二者由相同的速度开始以不同加速度做减速运动,由于a。一3m/s2>a-1m/s{},所以纸板 先减速为0,保持静止,橡皮擦继续以a减速为0,规定向左为正方向,则橡皮擦的位移为x一 21 2 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u,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 umg,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 umg=(m+mc)a,解得a-mg m十mc 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n时,物块C能获得的最大加 速度为a-mg1. 2g,D正确。 n+mc *B【解析】释放瞬间对整体由牛顿第二定律有mg-3mgsin30{}+F-4ma.,F-3mgsin30*, 4g,故A错误,B正确;在最高点P,由对称性可知, 加速度大小为a2=a-4g,对整体,有3mgsin30{}-mg+F-4maz,对物块B,有T'-mg= 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一2at*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 -T-2ma,解得a=2m/s^{},T-6N,则2a=4m/s{},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mgX2h一mgh一 2{{5 # 8_,即a--关系图像在横轴的截距为 g,故D正确。 (a:十g) (a十g)v1 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v一2gh,解得v。 2m/s,故A正确;当夹角为0{时,位移为0.4m,根据v{}-2ax,mg=ma,可得=0.5,故B 错误;根据mgcos8+mgsin8=ma,可得a=gsinθ十ugcos8=1+n{}gsin(0十q),因此最 5 .25 m,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F.-10N时,a=0,则F.-(M+n)gsin0,当F。-15N时,a-2.5m/s*,则 .10. ·物理· 参考答案及解析 的质量,故C错误;因当F。-15N时,a一2.5m/s^{,此时物块和木板开始发生相对滑动,物块和 3 【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对圆简的压力大小分别为F一 根据牛顿第三定律可知工件对斜面I的弹力大小F,一F 10 (2)以工件为研究对象,设斜面I、II对工件的弹力分别是F。和F。. 在水平方向上根据牛顿第二定律有F.sin37*一Fsin53^{}=ma, 在竖直方向上根据平衡条件有F.cos37*+Fcos53{}-mg 23 (3)卡车沿平直公路以最大加速度匀加速行驶时,II对圆简的压力大小为0,则有F,sin53^{} 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 又由vc-v-a(t十t),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o{}-0一2ax。,代入已知数据可知x。=0.9m。 (2)假设冰壶与冰面间的摩擦力大小为f,则有f一mg,根据牛顿第二定律可知f一ma 已知a=0.2m/s②},联立以上各式可得u-0.02。 13.(1)2.0m/s2},竖直向上 1.0m/s2,竖直向上(2)1.0s(3)15.0N<F.<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F,一F。一mg= ma.,解得a一2.0m/s,方向竖直向上. 对本板由牛顿第二定律有uF。-Mg=Ma。,解得a。=1.0m/s{,方向竖直向上, 因为a>a。,所以假设成立。 代入数据得:-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一15.0N. 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F。-Mg=Ma,解得a=4.0m/s2,方向竖直向上 对滑块由牛顿第二定律有F.-uF。-mg=ma,代入数据得F,-21.0N, .111 高三二轮复习专题卷 综上所述,F.必须满足的条件为15.0N F.<21.0N. 14. (1)4m/s②}1m/s{} (2)12m/s (3)16m 【解析】(1)泡沫球沿斜面下滑时mgsina-f-ma.,其中f-0.1mg 联立可得a.-4m/s2, 泡沫球做匀减速运动时f-0.1mg=ma。,可得加速度大小a。-1m/s^}。 (2)设泡沫球到达B时的速度大小为v:,则有v-0=2axA;$ 代入数据解得v=12m/s。 -_4s,则x-- tB (3)当泡沫球的速度v-8m/s时,可得,- 。 人匀加速阶段o-aot,得v.-2s,此时,-2a^{}-8m, 1 匀速阶段x=v(t-t)-16m,故xc=x-x.-x。=16m。 15.(1)2/2kg·m/s (2)0.3m (3)(8/3+12)N·s 2mgsinf 【解析】(1)因u三tan,则A、B一起下滑,斜面光滑,A、B共同下滑的加速度为a。= 2n 5m/s},小物块B与挡板2碰撞前瞬间的速度为v=/2a。L-、/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p=m=2/2kg·m/s。 (2)物块B碰后在木板上向上运动,对木板A分析有umgcos0一mgsin0一0,说明木板A匀速 下滑: 物块B减速上滑的加速度大小为aumgcoso+mgsinθ --10m/s2. n s-tA) (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/s{}。 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 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t= a。 a 2/2十3 重力对木板A的总冲量为I-mgt-(8③+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.