专题3 牛顿运动定律-【创新教程】2021-2025五年高考真题物理分类特训试卷

7.B根据题意对S受力分析如图 12.B设斜杆的弹力大小为F,以水平横 杆和重物为整体，竖直方向根据受力平 衡可得4Fc0s30°=G, 30° 解得F=c, 30° 以其中一斜杆为研究对象，其受力如图 F 所示 可知每根斜杆受到地面的作用力应与F平衡，即大小 正交分解可知2Tc0s30=人，所以有T-停， 为G,年根针杆全到地面的摩擦力为了一F如30° G,B正确，ACD错误：故选B. 对P受力分析如图 13.BA.将拉力F正交分解如图 所示 则在x方向可得出F=Fsin a, Ft=Fsin B在y方向可得出 F=Fcos a,F=FcosB. s回 题知a<3则sina<sinB,cosa >cos月，则可得到F<F直， F,>F,L,A错误、B正确；C、D,耕索对犁的拉力与犁 Q 对耕索的拉力是一对相互作用力，它们大小相等，方向 则有(Tsin30)2+(f+Tcos30)2=F2, 相反，无论是加速还是匀速，则C、D错误.故选B. 解得F=√②TI 考点2 3 1.D对光滑圆柱体受力分析如图 8.B由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补 平，则说明一个盘子的重力可以使弹簧形变相邻两盘间 距，则有mg=3kx, 解得k=100N/m,故选B. 9.A飘带上任意选取一点P,以P点及P点以下的部分 飘带为研究对象，设飘带总长L,飘带宽度为d,质量为 由题意有F.=Gsin37°=0.6G m,P点距离飘带下端距离x,P点以下的部分飘带受到 F。=Gcos37°=0.8G,故选D. 的重力与风力分别为G,=mg.x,F=kxdW, 2.CAB.对滑块受力分析，由平衡条件有F=mgsin0, L N=mgcos 0; 则重力与风力的合力与水平方向的夹角为tan0= 滑块从A缓慢移动B点时，0越来越大，则推力F越来 G. 越大，支持力N越来越小，所以A、B错误：C.对凹槽与 k dl. 滑块整体分析，有墙面对凹槽的压力为F、=Fcos0= mg 1 根据题中数据可得，tan0恒定，则P点以下的部分飘带 mgsin 0 cos 0-2mgsin (20) 受到的重力与风力的合力方向不变，则P点上方飘带对 则日越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以 其拉力方向不变.故选A. C正确；D.水平地面对凹槽的支持力为 10.BCA.飞行器关闭发动机，以1=10m/s匀速下落 N=(M+m)g-Fsin 0=(M+m)g-mgsin'0 时，有Mg=k=kX100, 则日越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所 飞行器以4=5m/s向上匀速时，设最大推力为F。, 以D错误；故选C. F=Mg+kv=Mg+kX25, 专题三 牛顿运动定律 联立可得R.-1.25M6-0器A错送： 考点1 BA.打开降落伞前，在大气层中做减速运动，则着陆器 B.飞行器以=5m/s匀速水平飞行时F= 受大气的阻力作用以及火星的引力作用，选项A错误： √Mg+(了=厘Mg,B正璃； B.打开降落伞至分离前做减速运动，则其加速度方向与 4 运动方向相反，加速度方向向上，则合力方向竖直向上， C.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时∫= B正确；C.打开降落伞至分离前，受到浮力和气体的阻 VF-Mg-是Mg=k, 力以及火星的吸引力作用，选项C错误：D.悬停状态中， 发动机喷火的反作用力是气体对发动机的作用力，由于 解得o,=5√5m/s,C正确； 还受到火星的吸引力，则与气体的阻力不是平衡力，选 项D错误.故选B D.当飞行器最大推力向下，以=5m/s的速率向上 考点2 减速飞行时，其加速度向下达到最大值F。十Mg十k 1.AD 位置x与时间t的图像的斜率表示速度，甲乙两个 =Mam 物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙物 解得am=2.5g,D错误.故选BC 11.D以O点为研究对象，受力分析如图 体假为减建蔬动，在时间内甲乙的位移，-士 由几何关系可知=30°， 由平衡条件可得F,sin30°=F:sin30°， =3z2-%十0 26=x0, F1cos30°+F2cos30°=F,联立可得F= 可得时刻甲物体的速度为v=2%,B错误； √3F,,故D正确，ABC错误.故选D. 甲物体的加速度大小为a,=”一西， to 160 乙物体的加速度大小为a,一。， 4.A 剪新前：对B、C、D分析剪新瞬间：对B分析 由牛顿第二定律可得甲物体mgsin日-凸mgcos0=ma1, Fw 同理可得乙物体mg cos0-mg sin0=ma2, →Fu-6mg ↑Fa一之B的加速度a Fs-3mg g 13mg方向向上 3m 联立可得k1十42=2tan0,A正确； (3m+2m+m)g 设斜面的质量为M,取水平向左为正方向，由系统牛顿 对D分析 第二定律可得f=ma1cos0-na2cos0=0, 对分析Faf AFcB mg→Fmmg 2mg+f-1.58 则=。之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误； FcC的加速度ae2m ￥2mg方向向下 t=。之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿斜面向下加 5,ABDA.)t图像的斜率表示加速度，可知t=3t。时刻 速，由系统牛顿第二定律可得f=ma1cos0,即地面对斜 木板的加速度发生改变，故可知小物块在t一3。时刻滑 面的摩擦力向左，D正确.故选AD. 上木板，故A正确；B.设小物块和木板间动摩擦因数为 2.BC根据牛顿第二定律有F-μmg=ma, %,根据题意结合图像可知物体开始滑上木板时的速度 整理后有F=ma十mg, 3 可知F一a图像的斜率为m,纵裁距为g,则由题图可 大小为西=2g,方向水平向左，物块在木板上滑动 看出m甲>m无μ甲m甲g=ut meg 则甲<L,故选BC. 的加速度为a。=凸m8=%g,经过。时间与木板共速， m 3.C设斜坡倾角为日，运动员在斛坡MN段做匀加遠直线 1 运动，根据牛顿第二定律mgsin0=ma1, 此时速度大小为可=乞g4,方向水平句右，故可得 可得a1=gsin0, 运动员在水平NP段做匀速直线运动，加速度a2=0, 十兰=o,解得%=2μ，故B正确：C.设木板质量为 MogMog 运动员从P点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度 M,物块质量为m,根据图像可知物块未滑上木板时，木 a3=g, 1 设在P点的速度为，则从P点飞出后速度大小的表达 板的加速度为a= 2g。 =乞g,故可得F-Mg= 式为v=√6+g7, 由分析可知从P,点飞出后速度大小与时间的图像不可 Ma,解得F=昌Mg,根据图像可知物块滑上木板后木 能为直线，且a1<a,C正确，ABD错误. 1 3 故选C. 4.BCDA.图(c)可知，时滑块木板一起刚在从水平地 板的加速度为4=2g。一2g =一g,此时对木板 面上滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此 由牛顿第二定律得F一4(m十MDg一凸mg=Ma',解得 时以整体为对象有F1=内(m1十m2)g,故A错误；B、C. 图（©）可知，2时滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体 得-受，故C错误D,假设1=4仙之后小物块和木板一 为对象，根据牛颜第二定律，有F:一(m1十m2)g= (m1十m2）a, 起共建运动，对垫体F-A(m十Mg=2Mg一多Mg 以木板为对象，根据牛顿第二定律，有4m2g一内(m十 一0，故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t一4。 m:）g=m1a>0 之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确， 解得R,-+m(4,一4)g 6.D设P的质量为M,P与桌面的动摩擦力为f:以P为 对象，根据牛顿第二定律可得T一f=Ma, >m十故B,C正确：D.图（心）可知，0一h这段时 以盘和砝码为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg一T 7m2 =ma, 间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正 f 确.故选B、C、D, 考点3 装金可得。一- ·m, 1.B根据牛顿第二定律mg sin0cos9-mg cos0一 可知当砝码的重力大于f时，才有一定的加速度，当m mg sin0sin0=ma,可得a=gsin0cos0-gcos0 趋于无穷大时，加速度趋近于g g sin.故选B 7.解析：(1)物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为 2.D无人机沿水平方向飞行，零件相对于无人机静止，也 a1=g=3m/s2, 沿水平方向飞行做直线运动，故零件的高度不变，可知 薄板微加速运动的加速度a1=m8=3m/5, 零件的重力势能保持不变，D正确；对零件受力分析，受 重力和绳子的拉力，由于零件沿水平方向做直线运动， 1 对物块1什△1=%t一2a1, 可知合外力沿水平方向，提供水平方向的加速度，零件 与无人机水平向左做匀加速直线运动，A、B错误：惯性 对薄板△1三7ar,」 的大小只与质量有关，零件的质量不变，故零件的惯性 1 不变，C错误.故选D. 解得6=4m/s,1=3s. 3.C因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运动，甲 对木箱的摩擦力方向向右，A错误；设乙运动的加速度 (2)物块飞离淳板后薄板的速度2=a2t=1m/s, 物块飞离得板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则 为a,只有乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱， 由整体法，竖直方向受力分析有FN=Msg一ma,则地 面对木箱的支持力大小不变，B错误：设绳子的弹力大小 当物块落到地面时运动的时间为！=26=1 3, 为T,对甲受力分析有T-umg=ma, 1 对乙受力分析有mg一T=ma, 则平台距地面的高度h= 9m. 联立解得a=2.5m/s2,T=7.5N,C正确，D错误.故 选C 答案：a4m/s;号s(2)号m 161 8.解析：(1)设电动机的牵引绳张力为T,,电动机连接小车 所以选项A错误；C.由于mr>me,所以由于f>f2, 的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有UI=PR+T1, 所以对于整个系统不满足动量守恒，所以甲的动量大 解得T1=7400N, 小与乙的不相等，选项C错误：BD.对于整个系统而言， 小车和配重一起匀速运动，设绳的张力为T2,对配重有 由于>f2,合力方向向左，合冲量方向向左，所以合 T2=mg=400N, 动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，选项BD 设斜面领角为0，对小车匀速运动时有T1十T2=(m1十 正确，故选BD. m2)gsin 0+k(m +m2)g, 13.CDA.设杆的弹力为N,对小球A:竖直方向受力平 而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，有m1gsin0=mg十km1g, 平方向的分力与坚直方向的分力 联立各式解得sin0=0.5,k=0.1. tan 0, (2)关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设 竖直方向N,=mg, 加速度为a,对系统由牛顿第二定律有(m1十m)gsin0+ 则N,=mg tan0, k(m+mz)g-mog-(m+m2+mo)a, 若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可 可得a- m/s2, 得N,=ma, 可得a=gtan0, 由运动学公式可知v2=2aL, 对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律F=4ma= 解得上=照m 4 ng tan0,A错误；B.若推力F向左，根据牛领第二定 律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值 答案：k=0.1（2L=品m 为N,=mg tan0, 9.解析：(1)根据牛顿第二定律可得 对小球B,由于tan≤，小球B受到向左的合力F= mgsin24°-mgcos24°=ma1, r(N',十mg)-N,≥mg tan 0, 代入数据解得a1=2m/s2. 则对小球A,根据牛顿第二定律可得八=max' (2)根据运动学公式2a1l1=t, 对系统整体根据牛顿第二定律F=4mamr 解得v=4m/s. 解得F=4 ng tan日，B错误：C.若推力F向左，根据牛 (3)根据牛顿第二定律mg=ma2, 领第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力 根据运动学公式-2a,l2=一v, 的最大值为N=mg tan0, 代入数据联立解得2=2.7m. 小球B所受向左的合力的最大值F=(N,十mg)·4 答案：(1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m -N,=2pmg-mg tan 0, 10.解析：(1)设斜面长度为L,背包质量为m1=2kg,在斜 由于<tan≤2μ可知Fx<mg tan0, 面上滑行的加速度为a1,由牛顿第二定律有m1gsin日 则对小球B,根据牛频第二定律Fma=2umg一mg tan0 m gcos8=m1a1解得a1=2m/s =masr 滑雪者质量为m2=48kg,初速度为%=1.5m/s,加速 对系统根据牛领第二定律F=4mama, 度为a2=3m/s2,在斜面上滑行时间为1，落后时间 联立可得F的最大值为F=4mg(2r-tan),C正确；D.若 。=1s,则背包的滑行时间为十。，由运动学公式得 推力F向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向 右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右 L= 24(1+6)2, 的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B 1 所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时F L=6+2a,, =N-(N,十mg)μ=mg tan0-2gtan8, 联主解得t=2s或t=一1s(合去) 当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此 故可得L=9m 时Fx=N+(N,+mg)μ=mg tan0+2 mg tan0, (2)背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为、，有 对小球B根据牛领第二定律Fn=maa, v=a(t+t)-6 m/s =w%+a2t=7.5m/s 对系统根据牛顿第二定律F=4ma, 滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为 代入小球B所受合力范围可得F的范围为4mg(tan0 零，动量守恒，设共同速度为， 2)≤F≤4mg(tan0十2)，D正确.故选CD. 有m1y十m22=(m1十m2)u. 14.CA.因为频闪照片时间间隔相同，对比图甲和乙可知 解得v=7.44m/s. 图甲中滑块加速度大，是上滑阶段：根据牛顿第二定律 答案：(1)L=9m(2)v=7.44m/s 可知图甲中滑块受到的合力较大；故A错误；B.从图甲 11.DAB.小车做曲线运动，所受合外力指向曲线的凹 中的A,点到图乙中的A点，先上升后下降，重力做功为 侧，故AB错误；CD.小车沿轨道从左向右运动，动能一 0,摩擦力做负功；根据动能定理可知图甲经过A点的 直增加，故合外力与运动方向夹角为锐角，C错误，D正 动能较大，故B错误：C.由于图甲中滑块加速度大，根 确.故选D. 12.BD如图所示： 据△x=乞a,可知图甲在A,B之间的运动时间较短， m甲 f-"TNFs-方 故C正确：D.由于无论上滑或下滑均受到滑动摩擦力 大小相等，故图甲和图乙在A、B之间克服摩擦力做的 A.根据牛频第二定律：ap=_F二mga. 功相等，故D错误：故选C. 加甲 m甲 15.AD设两物块的质量均为m,撇去拉力前，两滑块均做 F一B,由于mp>m2,所以a甲<a,由于两物体 匀速直线运动，则拉力大小为F=2mg m乏 撒去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为T。 运动时间相同，且同时由静止释放，所以可得，<心， =umg 162 AB.以向右为正方向，撒去拉力瞬间弹簧弹力不变为 故A错误；B.由平均速度公式可知，外力F作用时间 4mg,两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P 的加速度为一T。一mg=man h=0+ 解得ap=一2g 2 此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，滑块P做 减速运动，故P,Q间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹 在此过程中，F的冲量大小是1一F-号m,故B正 簧弹力变小，根据牛顿第二定律可知P减速的加速度 确，故选BC 减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大 19.D设P到竖直杆底部的距离为d,则小物块运动的距 的减递运动，故P加速度大小的最大值是刚撒去拉力 瞬间的加速度为24g. 离x= co0其加速度a=gsin0由x=号ar得1= Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时一umg=maoa 解得aam=一g √gsin20当0由30°增大到60°，20由60增大到120， 4d 故滑块Q加速度大小最大值为g,A正确，B错误； sin20在此范图内先增大后减小.故t在此范围内先减 C.滑块P、Q水平向右运动，P、Q间的距离在减小，故P 小后增大，D正确. 的位移一定小于Q的位移，C错误；D.滑块P在弹簧恢 复到原长时的加速度为一mg=mam,解得a=一g 20.解析：(1)根据平均逵度D=受4= 撒去拉力时，P、Q的初速度相等，滑块P由开始的加速 解得刹车时间=4$， 度大小为2g做加速度减小的减速运动，最后弹簧原 长时加速度大小为g:滑块Q由开始的加速度为0做 制车加速度a=受 加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小 根据牛顿第二定律F,=ma, 也为g.分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q 解得F=2.5×103N, 的速度大小，D正确.故选AD. 16,A当两球运动至二者相距号 (②)小朋友全部通过时间，=十 L时，如图所示 等待时间t=2一41=20s: L/2 3L (3)根据-v=2as, 10 解得v=5√5m/s. 由几何关系可知sin0= 答案：(1)41=48，F,=2.5×103N;(2)205: 2 (3)v=5√5m/s 21.解析：(1)小滑块在AB轨道上运动 设绳子拉力为T,水平方向有2Tcos0=F, mgh-mgcos0,h。=L 解得T=音F sin g 2 mvs, 代入数据解得 对任意小球由牛顿第二定律可得T=ma, .5F =专团=4m/s: 解得a一8m (2)小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此 故A正确，BCD错误.故选A. ，1 17.CA.鱼儿吞食花瓣时处于失重状态，A错误： 有mw=m以十mu',名m喝=之m或+名mw“ BC鱼儿摆尾出水时浮力很小，鱼儿能够出水的主要原 解得vu=0,g=4m/s 因是鱼儿摆尾时水对鱼向上的作用力大于重力，B错 小球沿CDEF轨道运动，在最高点可得 误、C正确； VEmin D.研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作不可以把鱼儿视 mg=m R 为质点，否则就无法研究鱼儿击水动作，D错误.故 从C点到E点由机械能守恒可得 选C, 1 18.BCCD.外力撤去前，由牛顿第二定律可知F一mg= m呢+mg(R+）=子muw ma1① 其中g=亭√g,解得ha=0,45m 由速度位移公式有哈=2a15。② 外力撤去后，由牛顿第二定律可知 (3)设F点到G点的距离为y,小球从E点到Q点的运 -umg=ma ③ 由速度位移公式有一哈=2a2(2s。）④ 动，由动能定理 由①②③④可得，水平恒力Fm 合m呢=号m吃+mg（R+ 由平抛运动可得 动摩擦因数4一4g 1 x=vol,H+r-y=8t i 滑动摩擦力F,=mg=4 联立可得水平距离为 可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C x=2√(0.5-y)(0.3+y) 正确，D错误；A.在此过程中，外力F做功为W=Fs。= 由数学知识可得，当0.5-y=0.3十y 3 取最大，最大值为xm=0.8m 答案：(1)4m/s:(2)hnn=0.45m;(3)0.8m 163专题三牛顿运动定律 [考点1]力与运动的关系 (2021·6月浙江卷，4)2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星 表面的过程中，经大气层290s的减速，速度从4.9×103m/s减为4.6× 103m/s;打开降落伞后，经过90s速度进一步减为1.0×102m/s;与降落伞 分离，打开发动机减速后处于悬停状态：经过对着陆点的探测后平稳着陆. 整 若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器 A.打开降落伞前，只受到气体阻力的作用 B.打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上 紧 C.打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用 D.悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力 [考点2]牛顿第二定律与图像的结合 1.(2025·黑吉辽蒙卷，10)（多选）如图(a),倾角为0的足够长斜面放置在粗糙水平面上.质量相 等的小物块甲、乙同时以初速度。沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为442，整个 过程中斜面相对地面静止.甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示，两条曲线均为 布 抛物线，乙的x一t曲线在t=t。时切线斜率为0，则 ( 0 图(a) 图(b) 数 A.h1+42=2tan8 B.t=t。时，甲的速度大小为3uo 阳 C.t=t。之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 D.t=t。之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 2.(2023·全国甲卷，19)（多选）用水平拉力使质量分别为m甲、mz的甲、乙两物体 在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为“甲 和4z.甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示.由图 0 可知 ) A.m甲<mz B.m甲>mz C.4甲<Hz D.4甲>4z 3.(2022·广东卷，3)如图是滑雪道的示意图，可视为质点的运动员从斜坡上的<M M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地，不计运动 员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力，则下列能表示该过程运 动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是 9 4.(2021·全国乙卷，21)（多选）水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为 m2的物块，如图(a)所示.用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b) 所示，其中F,、F2分别为t1、t2时刻F的大小.木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所 示.已知木板与地面间的动摩擦因数为41，物块与木板间的动摩擦因数为4·假设最大静摩擦 力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g.则 () 图(】 图) 图(e A.F1=41m1g B.F,=m（m+m(4,-4)g m C2>十m2 D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等 m2 [考点3]牛顿运动定律的应用(1) 1.(2025·山东卷，8)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡 板，向坡底运送长方体建筑材料.如图所示，坡面与水平面夹角为， 交线为PN,坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为 MN,∠MNQ=.若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为4， 重力加速度大小为g,则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度 大小为 A.gsin 0-ugcos0-ugsindcos0 B.gsin 0 cos 0-ugcos 0-ugsin 0 C.gsin Ocos 0-ugcos 0-ugsin 0cos D.gcos2 0-ugcos 0-ugsin 2.(2025·河南卷，1)野外高空作业时，使用无人机给工人运送零件.如图，某次 运送过程中的一段时间内，无人机向左水平飞行，零件用轻绳悬挂于无人机下 方，并相对于无人机静止，轻绳与竖直方向成一定角度.忽略零件所受空气阻 力，则在该段时间内 零件白 A.无人机做匀速运动 B.零件所受合外力为零 C.零件的惯性逐渐变大 D.零件的重力势能保持不变 3.(2025·安徽卷，5)如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地 n 面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连. 乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止.已知甲、乙质量均为1.0kg, 甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s, 则在乙下落的过程中 ()】 A.甲对木箱的摩擦力方向向左 B.地面对木箱的支持力逐渐增大 C.甲运动的加速度大小为2.5m/s D.乙受到绳子的拉力大小为5.0N 4.(2024·湖南卷，3)如图，质量分别为4m、3m、2n、m的四个小球A、B、C、D,通过细 1L16414112 线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g.若将B、C间的 细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为 A.g,1.5g B.2g,1.5g C.2g,0.5g D.g,0.5g 5.(2024·辽宁卷，10)（多选）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦 因数为4，=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t=0到t=4比。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为重力加速度大小，t 2网 =4比。时刻，小物块与木板的速度相同，下列说法正确的是 263.461 A.小物块在t=3t。时刻滑上木板 B.小物块和木板间动摩擦因数为24 C.小物块与木板的质量之比为3：4 D.t=4t。之后小物块和木板一起做匀速运动 10 6.(2024·全国甲卷，15)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P,P置 P 于水平桌面上，与桌面间存在摩擦：绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘 中放置砝码.改变盘中砝码总质量m,并测量P的加速度大小a,得到m图 像.重力加速度大小为g,在下列m图像中，可能正确的是 () D 7.(2024·新课标卷，25)如图，一长度1=1.0m的均匀薄板初始时静止在一光 滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐.薄板上的一小物块从薄板的左 端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离△1=。时，物块从薄板右端水 777777 平飞出：当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点，已知物块与薄板的质量相等.它们之间 的动摩擦因数=0.3，重力加速度大小g=10m/s2.求 (1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间： (2)平台距地面的高度 8.(2022·山东卷，16)某粮库使用额定电压U=380V,内阻R= 0.25Ω的电动机运粮.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 配蛋 =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m。=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. 11 9.(2022·浙江卷，19)物流公司通过滑轨把货物直接装运 Q 到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度L 247 =4,水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接.若货物从 倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均 为=号，货物可视为质点（取c0s24°=0.9，sin24°=0,4，重力加速度g=10m/g). (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度α1的大小； (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小： (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s,求水平滑轨的最短长度2. 10.（2021·河北卷，13)如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成其中B食方 段倾角为0，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接.一个质 量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即 将其拎起.背包与滑道间的动摩擦因数为4=2，重力加速度取g=10m/g,sin0=石，cos0 .7 一器忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求： (1)滑道AB段的长度； (2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度. 12 [考点3]牛顿运动定律的应用(2) 11.(2023·全国乙卷，15)小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加.如果用带箭头 的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是 () B D 整 12.(2023·新课标卷，19)（多选）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静 STNISN 止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质 777777777777777777777777777 紧 量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等.现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一 时刻 ( A.甲的速度大小比乙的大 B.甲的动量大小比乙的小 C.甲的动量大小与乙的相等 D.甲和乙的动量之和不为零 13.(2023·湖南卷，10)（多选）如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车 在水平推力F的作用下加速运动.车厢内有质量均为m的A、B两小球， 两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与 布 底面的动摩擦因数为4，杆与竖直方向的夹角为，杆与车厢始终保持相 对静止.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是 A.若B球受到的摩擦力为零，则F=2 ngtan8 B.若推力F向左，且tan≤，则F的最大值为2 mgtan0 C.若推力F向左，且u<tan0≤2，则F的最大值为4mg(2μ一tan) 数 D.若推力F向右，且tan8>2μ，则F的范围为4mg(tan0-2)≤F≤4mg(tan0+2) 阳 14.(2023·江苏卷，11)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底 端.利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示.与图乙中相比， 图甲中滑块 A.受到的合力较小 B.经过A点的动能较小 C.在A、B之间的运动时间较短 D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小 13 15.(2022·全国甲卷，19)（多选）如图，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，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前 ( A.P的加速度大小的最大值为24g B.Q的加速度大小的最大值为24g 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 16.(2022·全国乙卷，15)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初mQ 始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L.一大小为F的 水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直.当两球运动至二者相距3L 5 m○ 时，它们加速度的大小均为 A积 B织 c盟 3F D.10m 17.(2022·浙江卷，3)如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水面，吞食荷花花瓣的过程 中，下列说法正确的是 A.鱼儿吞食花瓣时鱼儿受力平衡 B.鱼儿摆尾出水时浮力大于重力 C.鱼儿摆尾击水时受到水的作用力 D.研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把鱼儿视为质点 18.(2021·全国乙卷，19)（多选）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开 始运动.物体通过的路程等于s。时，速度的大小为。，此时撤去F,物体继续滑行2s。的路程 后停止运动.重力加速度大小为g.则 ( A.在此过程中F所做的功为2md B.在此过程中下的冲量大小等于mm, 物体与桌面间的动摩擦因数等于 D.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍 19.（2021·全国甲卷，14)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡 光滑长平 板P处，上部架在横杆上.横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之 间的夹角0可变.将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从 铁氨行 Q点滑至P点所用的时间t与夹角0的大小有关.若0由30°逐渐增大至60°， 物块的下滑时间t将 A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 14 20.(2021·6月浙江卷，19)机动车礼让行人是一种文明行为.如图所示，质 量m=1.0×103kg的汽车以v1=36km/h的速度在水平路面上匀速行 驶，在距离斑马线s一20m处，驾驶员发现小朋友排着长1=6m的队伍 从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前.假设汽车在 刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间. (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： (3)假设驾驶员以，=54km/h超速行驶，在距离斑马线s=20m处立即刹车，求汽车到斑马线时 的速度。 15 21.(2021·6月浙江卷，20)如图所示，水平地面上有一高H=0. 4m的水平台面，台面上竖直放置倾角0=37°的粗糙直轨道 AB,水平光滑直轨道BC四分之一圆周光滑细圆管道CD和 半圆形光滑轨道DEF,它们平滑连接，其中管道CD的半径， =0.1m、圆心在O,点，轨道DEF的半径R=0.2m、圆心在O2点，O、D、O2和F点均处在 同一水平线上.小滑块从轨道AB上，距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等 质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方 固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q 点.已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数r=2sin37”=0.6,c0s37”=0.8 (1)若小滑块的初始高度h=0.9m,求小滑块到达B点时速度v的大小； (2)若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmm: (3)若小球恰好能过最高点E,且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x 的最大值xmax 时 16