第三章 第1节 牛顿第一定律力学单位制&第2节 牛顿第二定律&实验特训4-【5星学霸·高考白题】2026年高考物理一轮复习

第三章运动和力的关系学霸高春 第三章 运动和力的关系 第1节 牛顿第一定律力学单位制 ☑应用提优考点全面，能力提升1限时：20mim 质点到旋转轴的距离，m是质点的质量，v是 1.(2025·福建三明期末)如图，将小球沿光滑 质点的速度大小，0是r与的夹角，则角动 斜面左侧某一高度由静止释放，小球上升到 量用国际制基本单位表示为 () 与出发点几乎等高的位置.现将斜面倾角逐 A.kg·m2/s B.kg·m/s 渐减小，小球到达斜面右侧位置分别为1、2、 C.N·m/s D.N·m·s 3.比较三次实验结果，可得到最直接的结论是 4.(2025·湖南雅礼中学一模)气体分子的平 均平动动能E,与热力学温度T之间的关系 3 为E=7,式中k是玻尔兹曼常数，是一个 关于温度及能量的常数.用国际单位制中的 A.如果斜面右侧变为水平面，小球将一直运 基本单位表示k的单位是 () 动下去 A.kg·m2/(K·s2)B.kg·m2/(K·s) B.如果小球不受力，将一直保持匀速运动或 C.J/℃ D.N·m/K 静止状态 5.(2024·河南焦作质检)如图所示，某学习小 C.如果小球受到力的作用，它的运动状态将 组将两绿色乒乓球放在两塑料盒中，上面塑 发生改变 料盒盛满水，下面塑料盒是空的，然后用细线 D.小球受到的力一定时，质量越大，它的加 将乒兵球分别系于塑料盒的上、下底部，当塑 速度越小 料盒静止时，细线均伸直处于竖直方向，现使 2.(2025·辽宁葫芦岛一模)汽车行驶时受到 两塑料盒以一定加速度一起向右匀加速运 空气的阻力因素主要包括空气的密度p,汽 动，则此时P、Q两球相对塑料盒() 车的行驶速度，迎风面积S,风阻系数C,阻 力大小f=2msC,其中C,越小，汽车越节 在水过 能关于风阻系数C,下列说法正确的是 ●在空气出 A.C,没有单位 B.C的单位是m/s C.Cu的单位是m/s2 D.C,的单位是kg·m/s2 3.(2025·安微淮北一中期末)陀螺仪的工作 原理中常用到角动量的概念，角动量的大小 A.P球向右偏移 B.两球均向左偏移 为L=rmusin0,其中L是质点的角动量，r是 C.Q球向右偏移 D.两球均向右偏移 学霸高春白题物理 第2节 牛顿第二定律 ☑应用提优考点全面，能力提升限时：60min C.地面对斜面体的支持力等于(M+m)g 1.(2024·贵州卷)某研究人员将一铁质小圆 D.地面对斜面体的支持力大于(M+m)g 盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段 4.(2024·河北衡水质检)如图，吊篮用绳子悬 时间内，小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其 挂在天花板上，吊篮A及物块B、C的质量均 向上的作用力用高速相机记录小圆盘在不 为m,重力加速度为g,则将悬挂吊篮的轻绳 同时刻的位置，相邻位置的时间间隔相等，如 剪断的瞬间，下列说法正确的是 () 图所示，则该段时间内下列说法可能正确 的是 小国盘 B 颗粒介质 A.三者的加速度都为g 、B.C的加速度为零，A和B的加速度为)g A.f一直大于G B.f一直小于G C.B对A的压力为2mg C.f先小于G,后大于G D.B对A的压力为mg 5.如图所示，在光滑水平面上有一静止的质 D.f先大于G,后小于G 量M=5kg的木块，木块上静止放置一质 2.(2024·北京卷)如图所示，飞船与空间站对 量m=1kg的物体，物体与木块之间的动摩擦 接后，在推力F作用下一起向前运动.飞船和 因数4=0.4，重力加速度g取10m/s2.现用水 空间站的质量分别为m和M,则飞船和空间 平恒力F拉物体m,下列关于物体加速度a 站之间的作用力大小为 和木块加速度av的值不可能的是()》 空间站 飞船 m一F A. M 下B.M+mFC. M+m A.a =0.6 m/s2,ay=0.6 m/s2 m D. 3.(2025·北京东城区一模)如图所示，质量 B.a=1 m/s2,ay=1 m/s2 为M的斜面体放置于粗糙的水平面上，一个 C.am=1 m/s2,ay=0.8 m/s2 质量为m的滑块由静止开始沿斜面加速下 D.a=2 m/s2,ay=0.8 m/s2 滑，斜面体始终处于静止状态.斜面体与滑块 6.(2024·广东六校联考)如图所示，一块倾角 间的摩擦很小，可以忽略不计，重力加速度 为30°的光滑斜面体的上表面abcd为正方形. 为g.下列说法正确的是 现要使一质量为m的小滑块从斜面顶端a点 由静止出发，沿对角线ac做匀加速直线运 动，还需对小滑块施加一个平行于表面abcd A.地面对斜面体的摩擦力为零 的恒力F,则所有可能的F中最小的是 B.地面对斜面体的摩擦力方向水平向左 第三章运动和力的关系学霸高春 面，A、B均处于静止状态.下列说法正确的是 30 A.F=1 BF= 4 mg A.剪断细线瞬间，小球A的加速度为0 C.F=2mg 1 D.P=② 2 mg B.剪断细线瞬间，小球A的加速度为g C.剪断细线后，小球A向下运动到最低点 7.(2025·辽宁大连三校联考)在一南北向的水 时，加速度为0 平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的 D.剪断细线后，小球A向下运动过程中加速 车厢.当机车在南边拉着这列车厢以大小为α 度先减小后增大 的加速度向南行驶时，连接某两相邻车厢的 10. (2025·山东威海一模)如图所示，倾斜传 挂钩P和Q间的拉力大小为F:当机车在北 送带以恒定速率。逆时针转动.1=0时刻在 边拉着车厢以大小为2“的加速度向北行驶 传送带顶端无初速轻放一小物块.。时刻物 时，P和Q间的拉力大小为2F.不计车厢与铁 块运动到传送带中点，速度达到.不计空 轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢 气阻力，物块重力沿传送带向下的分力大于 的节数可能为 其与传送带间的最大静摩擦力.则物块从传 ( A.9 B.10 C.11 D.12 送带顶端运动到底端的过程中，加速度a、 8.(2025·辽宁名校联盟模拟)如图所示，两个 速度，随时间：变化的关系图线正确的是 小球A、B悬挂在水平天花板下，并处于静止 状态，其中小球A和悬挂点C之间的细线与 天花板的夹角为37°，小球B和悬挂点D之 间的轻弹簧与天花板之间的夹角为53°，小 球A、B之间的细线水平.已知sin37°= 0.6,sin53°=0.8，则剪断小球A、B之间的细 线瞬间，小球A与B的加速度大小之比为 C 37 53 A.16:15B.15:16C.3:4D.4:3 9.(2024·浙江金华十校期末)如图所示，倾角 D 为30°的光滑斜面固定在水平地面上，小球A 11.(2025·天津南开区一模)（多选）如图所 质量为2m,物块B质量为m,轻质弹簧一端 示，缆车车厢通过悬臂固定在缆绳上，车厢 固定在斜面底端，另一端与A相连，A、B间用 连同悬臂的质量为M,车厢水平底板放置一 一轻质细线连接，弹簧与细线均平行于斜 质量为m的货物.某段时间内，在缆绳牵引 学霸高春白题物理 下货物随车厢一起斜向上做加速度为a的 重难聚焦 匀加速直线运动.已知悬臂和车厢始终处于 题型三维空间的牛顿第二定律应用 竖直方向，重力加速度为g,缆绳的倾角 13.(2025·江西南昌一模)在游乐场内有这 为0，则在这段时间内 样一个大型滑梯，可看成一个倾角为6= 缆绳 37°的斜面，如图甲所示，在斜面上某处固 定一个与斜面垂直的充气护板，护板与斜 面底端边缘间的夹角也为0=37°.质量m= 50kg的游客从滑梯顶端的某一位置A点 A.车厢对货物的支持力大小为masin0 由静止下滑，经2.5s后抵达护板，并与护 B.车厢对货物的摩擦力大小为macos 0 板发生碰撞，撞击护板前后沿护板方向的 C.缆绳对悬臂和车厢的作用力大小大于 分速度不变、垂直护板方向的分速度诚为 (M+m)g+a2 零，撞击结束后游客紧贴护板运动1.35m D.缆绳对悬臂和车厢的作用力方向与水平 后滑离斜面，运动过程中可将游客视为质 方向的夹角大于0 点，垂直斜面的视图如图乙所示已知游客 12.(2024·山东潍坊质检)如图，水平面上有一 与斜面和护板间的动摩擦因数均为4= 辆小车，小车上有一倾角为30°的光滑斜面， 0.5,g取10m/s2.求下滑过程中： 用劲度系数为500N/m的弹簧连接一质量 (1)游客撞击护板时的速度大小： 为2kg的物体.以下过程中，物体m与斜面 保特相对静止.(g取10m/s2) (2)游客紧贴护板运动时，游客与斜面和 (1)若要使物体m对斜面无压力，小车加速 护板间的滑动摩擦力∫5分别多大： 度必须多大？ (3)游客滑离斜面时速度大小 (2)若使弹簧保持原长，小车的加速度又该 ▣A 如何？ (3)当小车以3m/s2的加速度向右加速运 动时，求弹簧伸长的长度 37 37 鸣 30 038 第三章运动和力的关系学霸高春 实验特训4探究加速度与力、质量的关系 ☑题型强化 热点聚焦，重难突破|限时：20min 2.(2024·山东百师联盟二模)某中学实验小组 1.(2024·天津二模)两组同学计划探究加速度 为探究加速度与合力的关系，设计了如图甲 与力、质量的关系 所示的实验装置. (1)第一组同学采用如图1装置验证拉力一 主要实验步骤如下： 定时，物体加速度与质量成反比.左右等 ①按图甲安装实验器材：重物用轻绳挂在动 高的水平桌面上都有一端带滑轮的长木 滑轮上（二者的总质量为m),其下端与纸带 板，木板上都固定有打点计时器，质量分 相连：轻绳左端与固定于天花板的力传感器 别为m,和m,的两个小滑块通过一条细绳 相连，可以测量绳上的拉力大小，右端跨过定 绕过各自长木板上的定滑轮相连，动滑轮 滑轮与质量为M的钩码连接： 下吊有沙桶，调整装置使m和m2在同一 ②接通打点计时器的电源，释放钩码，带动重 竖直平面内，并使细线与长木板平行，两 物上升，在纸带上打出一系列点，记录此时传 个小滑块都与穿过打点计时器限位孔的 感器的读数F: 纸带相连.关于该方案，实验前 ③改变钩码的质量，多次重复实验步骤②，利 (填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力】 用纸带计算重物的加速度a,得到多组a、F (填“需要”或“不需要”)满足 数据 沙和沙桶的总质量远小于滑块质量 打点计时器 打点计时 纸带 纸 15.20cm- 白钩码制 18.81cm 24.02cm 重物口 纸爷 ↑/ms (2)第二组同学的实验平面很光滑，摩擦力可 接50Hz 以忽略不计.他们设想通过测量质量相同 N 交减电 的两辆小车在相同时间内通过的位移来比 较它们的加速度，进而探究加速度与力的 请回答以下问题： 关系，实验装置如图2所示.将轨道分上下 (1)已知打点计时器的打点周期为0.02s,某 双层排列，两小车尾部的刹车线由后面的 次实验所得纸带如图乙所示，M、P和 刹车系统同时控制，能使小车同时立即停 P、N间各有4个点未标出，则重物的加速 下来通过改变槽码盘中的槽码来改变拉 度大小为a= m/s2(结果保留两 力的大小.通过比较两小车的位移来比较 位有效数字) 两小车的加速度大小，你认为 (2)实验得到重物的加速度大小a与力传感器 (填“可行”或“不可行”) 示数F的关系如图丙所示，图像的斜率 为k、纵截距为-b(b>0),则重物和动滑轮的 总质量m= ,当钩码与二者总质量 相等时，重物的加速度大小为a= 图2 (本问结果均用k、b表示)拉力不变，两根细线之间的夹角变大，根据2FcOs =G,细线的拉 2 力F一定变大，A正确： B.对斜面体，物体a,物体b整体受力分析，受重力、支持力、细线的 拉力和地面的静摩擦力，如图所示： +C8 根据平衡条件，有F、=C-Fcs号=Ga,,Fw与角度B无关，行 定不变，B错误： C.以c为研究对象，如图： F F 水平方向F=Fsin a,c向右移动少许.F变大，a变大，na变大，横 杆对轻环的摩擦力将变大，C正确： D.对a受力分析，沿斜而方向有f=I-m。sin al,则m。取不同值 时，f可能变大，变小或不变，D错误故选AC. 10.(3)124.15(±0.01均可)见解析图8.9（±0.3均可）(4)甲 解析：(3)弹力带甲下端P对应的刻度值读数为L=124.15cm:弹 力带甲的m一x图像如图所示： 6.0 5.0 4.0 3.0 2.0 1.0 110120130140150160170/cm 附ib 由此可知，在弹力带甲的弹性限度内，每增加1kg的杠铃片，稳定 5.0-1.4 cm=80 后P下降4r=142-110 8.9cm:(4)设弹簧的原长为o, 则.聚理得a一存。可知周像斜丰毯大 弹力带的幼度系数越大，由图可知弹力带甲图像的斜率较大，弹力 带甲的劲度系数较大，相同拉力下，形变量小，若要增大力量训练 强度，应选用弹力带甲 1.()N,=2ag=5ms（2(5)g,方向水平向右 (3)0≤F≤√3mg+4(m+M)g或√3mg-(m+M)g≤F≤3mg+ u(m+M)g 解析：(1)对B球受力分析，受重力mg,A的支持力N,,墙的支持 力F1,受力如图所示： -2N 603 相g 由共点力的平衡条件有N,in60-F,=0,N,%60°-mg=0。 解得N1=2mg,F,=3mg: (2)对AB整体受力分析，受AB重力，地面的支持力N和？擦力， 墙面的支持力F1,外力F,受力如图所示： 一学霸高考·白 中 (M+m)g 3 则由共点力的平衡条件有B2mg0。 解得户（厅-），方向水平向有： (3)斜而体受到的最大静摩擦力厂.=μ(m+)g, ①水平向右的外力最大（设为F.)时，斜面体有向右运动趋势， 由平衡条件有F-F:f。=0, 解得F=√3mgu(m+)g: ②水平向右的外力最小（设为F)时，斜面体可能有向左运动的 趋势， (a)当a(m+M)g≥3mg时，F0=0. 则0≤F≤3g+μ(m+M)g; (b)当μ(m+M)g<3mg时，Fm=3mg-u(m+)g, 则、V3mg-u(m+M)g≤F≤v5mg+μ(m+M)g 第章真题演练 1,A解析：无风时，地面对风动石的作用力方向竖直向上，与重力平 衡，大小为F,=mg:当受到一个水平风力时，地面对风动石的作用 力与竖直向下的重力及水平方向的风力F,三力平衡：根据平衡条 件可知，地面对风动石的作用力大小为F=√户+(mg)下，故F2大 于F故选A 2.B解析：对S受力分析如图1，正交分解可知2Ts30=,所以有 T= 3对P受力分析如图2，则有(Tin30°)2+(4Ts30)2= FP,解得P= 3放选B 0 30P ▣ 图1 图2 3.(1)0.459(2)成正比无关(3)偏大 1.35 解析：(1)表格中a处的数据丛Q3×9.80459:(2)根据表中数据 分析可知其他条件不变时，在实验误差允许的范图内，滑动摩擦力 的大小与接触面上压力的大小成正比：根据表中数据分析可知其他 条件不变时，在实验误差允许的范围内，4与接触而上压力的大小 无关(3)实验装置如题图乙所示，挂钩高于定滑轮，则绳子拉力有 竖直向下的分力，实际的正压力大于测量值的正压力，即F压测< f限紧 一，可得实 第三章运动和力的关系 第1节牛顿第一定律力学单位制 1,A解析：比较三次实验结果，可得到最直接的结论是：如果斜面右 侧变为水平面，小球为了到达原有的高度将会一直运动下去：进而 合理推出如果小球不受力，将一直保持匀速运动或静止状态的结 论，无法得到CD选项的结论.故远A. 之A帮析：靓都酒意可得G高根超力学单位制有 gm·(m/⅓P,mL,即C,没有单位.A正确，BCD错误故 kg.m s2 选 3.A解析：CD.国际制基本单位没有牛顿.故CD错误：AB.根据角动 题·物理·13一 量的公式可得L=mn8,r的单位为m,m的单位为kg,r的单位 为m/,故角动量的单位为kg·m2/s,故A正确，B错误.故选A 4A解析：根据么红，可知太：k的单位人， gm/,m=kg·m2(K).故达入 5。A解析：由两种介质组成的系统，密度大的惯性大，当系统向右匀 加速运动时，密度小的向右偏移，密度大的向左偏移：乒乓球的密度 小于水的密度，乒乓球P向右偏移，水向左偏移：乒乓球的密度大于 空气的密度，空气向右偏移，乒乓球Q向左偏移.A正确，BCD错误。 故选A. 第2节牛顿第二定律 1.C解析：由图可知相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后诚小，可 知铁质小圆盘的速度先增大后诚小，以向下为正方向，即铁质小圆 盘的加速度先正后负，根据牛顿第二定律G=G·4,可知∫先小 于(G.后大于(G故选C 2.A解析：根据题意，对整体应用牛顿第二定律有F=(M+m),对空 间站分析有F”■Ma,解两式可得飞船和空间站之间的作用力F= ”F做选 3.B解析：CD.滑块由静止开始沿斜面加速下滑，滑块有向下的分加 速度，可知滑块处于失重状态，则地面对斜面体的支持力小于 (+m)g,故CD错误：AB.将滑块与斜面体作为一个整体，滑块由 静止开始沿斜面加速下滑，侧整体有水平向左的平均加速度，可知 地面对斜而体的摩擦力方向水平向左，故A错误，B正确.故选B 4.B解析：AB.分析受力可知，物体C受重力和弹簧弹力，弹簧的弹 力不能突变，在细绳剪断瞬间，C受到的弹力与重力相等，所受合力 为零，则C的加速度为0：物体B与A相对静止，将A,B看作一个整 体，受重力和弹簧的压力.弹簧的压力等于C物体的重力mg,对A,B 组成的系统，由牛顿第二定律得。=++m=&,故A错误， 2m B正确：以吊篮A为研究对象，A受到重力与B对A的压力，由牛顿 第二定律得mg+F、=ma,代入数据得F、=坚，故CD错误故选B. 2 5.B解析：当两物块相对滑动时，加速度最大，== M 0.4×1×10 m/,2=0.8m/2.当a≤0.8ms2时，两者一起做匀加速直 线运动，当两者相对滑动时an>0.8m/2.av=0.8m/2,故ACD可 能，B不可能.本题选择不可能选项，故选B. 6.B解析：对物块在斜面所在的平面内受力分析如图所示： mgsin 0 当恒力方向与对角线c垂直时，恒力最小，根据儿何关系可知 Fm*mgsin30p·n450.2 mg,故迹B 7.B解析：设每节车厢的质量为m.P,Q分别在北面和南面，两边的 车厢数为P和Q,当机车在南边拉时，根据牛顿第二定律可得F Pma:当机车在北边拉时，根据牛顿第二定律可得2F=Qm·2a,根 据以上两式可得P:Q即P.Q两边的车厢的数日可能是1和4。 或2和8，或3和12，或4和16等等：所以总的车厢的数目可能是5 10.15.20….故选B. 8.A解析：剪断A、B之间的细线，小球A向下摆动，加速度大小为 a,=m37=等：剪断细线前，对小球B受力平衡有m= 吧ms53°=T烟，剪断AB之间的细线瞬间，弹簧弹力大小不变，小 一学霸高考·白 球B向右加适，加连度大小为，：…5-华所以为 断小球A,B之间的细线瞬间，小球A与B的加速度大小之比口4： 4:3-16:15故选 a54 9.D解析：AB.开始时对A分析可知mg=2mgim30+T,解得T= 0.剪断细线慢间，小球A受到的合力为2mgn30°，则加速度为a= 0.5g,选项AB错误：CD,剪斯细线后，小球A向下运动过程中开始 时2mgi30°>T,加速度向下，随着弹力增加，加速度减小：当 2mgin30=Tm时.加速度为零，速度最大：以后2mgin30°<T海.此 时加速度沿斜面向上，则随若弹力增加而增大，则加速度先减小后 增大，在最低点时加速度最大，选项C错误，D正确.故选D 10。D解析：物块轻放在传送带上，物块相对于传送带向上运动，受到 的摩擦力方向沿传送带向下，设传送带倾角为，物块与传送带间 的动摩擦因数为4，银据牛顿第二定律可得：= mgsn9mg00=gin+gos0,可知在0-，时间内，物块数匀 加速直线运动：，时刻物块与传送带达到共速，由于物块重力沿传 送带向下的分力大于其与传送带闻的最大静摩擦力，可知物块继 续向下做匀加速直线运动，物块受到的摩擦力沿传送带向上，根据 牛顿第二定律可得a,=mgsin9-mge9-gn0-gcms<a1,根 据一t图像的斜率表示加速度，可知。时刻之前的树像斜率大于 。时刻之后的图像斜率故选D. 11.BCD解析：A.在级绳的牵引下货物随车用一起斜向上做加速度 为a的加速运动，沿水平和竖直进行分解加速度，分别为a,, a,N-mg=m,因为是匀加速运动，所以加速度恒定，故车厢对货 物的支持力N=mg+msin0.故A错误：B.水平方向f=ma,= m8,故B正确：C.对悬臂和货物组成的系统分析，悬臂对车厢 的作用力为F.则竖直方向F,-(M+m)g=(M+m)a,水平方向 F,=(M+m)a,,则F=√/F+F,解得F>(M+m)√g2+a2,故C正 F 确：D.悬特对车厢的作用力与水平方向的夹角为a,则ama一 中，二=m日，所以缆绳对悬臂和车厢的作用力方向与水平方 向的夹角大于8，故D正确.故选BCD 12.()105mv:2(2l0 -m/s2.方向向左(3)2.6×102m 解析：(1)若要使物体m对斜面无压力，则物体受重力和沿斜面向 上的弹资拉力，由牛领第二定徘可知0=m,解得4 105m/s2: (2)若使弹簧保持原长，物体受重力和垂直斜面的支持力，由牛顿 第二定律可知mgm30°=m',解得a'=105 3 m/%2,方向向左： (3)对物体进行受力分析如图所示： 309 ng F%in30+F、cos30°=mg, Fs30P-F、sin30°=m阳”，解得F=13N,由胡克定律可知x= F =26x102m 13.(1)r1=5m/%(2)f1=200N,3=120N(3)2=1.2n/ 解析：(1)在撞击护板前，根据牛顿第二定律， mgsin4mgcs9=2m之，撞击护板时的速度=a山=5m/等 (2)如图所示，根据摩擦力的公式有=4V,=mg%8= 题·物理·14一 200 N5=uN:=umgsin 0cos 0=120 N; ngsin 0 mgcos d mgsin (3)在撞击护板后。根据牛倾第二定律有1= mgin0-f上。-28v:2,根据速度-位移公式有片 (1sin8)2=2a18,解得r2=1.2m/ 实验特训4探究加速度与力，质量的关系 1.(1)需要不需要(2)可行 解析：(1)因两小滑块所受的摩擦力不一定相等.实验前需要平衡摩 擦力，沙桶对细线的抗力提供左右两边相等的拉力，这个拉力不需要 知道具体数值所以不需要满足沙和沙桶的总质量远小于滑块质量 (2)由位移公式得x=2, 两小车运时间相同时，加速度与位移成正比，即= 2 然后再确定合力与位移的关系，实验没有问题，所以该方案可行 216(2)2号 解析：(1)打点同期为0.02s,M、P和P、N间各有4个点未标出： 则M、P间和P,N间的运动时间为T=5×0.02s=0.1s, 由逐差法有N-p=r,则a=24.02-1881)-(1881-1520)× 0.12 102m/s2=1.6ms2. 2F (2)对重物由牛顿第二定律得2F-mg=ma,可得a= m8, 则斜率本=二，藏距绝对值6=g,解得m=子： 2 由图可知，钩码的加速度为重物的2倍，则g-F=M·2a,又M=m, 解得=号子 第3节。牛顿运动定律的应用（一） (两类基本问题) 1.C解析：当返回舱距离地面高度为2m时，返回舱的速度为8m/, 返回舱触地前的瞬间速度降至零，根据速度与位移的关系，有 682 6=2,解得a-2站2x2m/公=16.对返同舱，由牛顿第二定 律得4-g=m,解得F=m+a.410X(10+16N=2.6X 4 4 10N.故选C. 2.D解析：AB.弹簧弹力、细绳拉力与小车运动的状态有关，所以弹 簧可能处于拉伸状态，压缩状态，原长状态，故AB错误：C.当小车 匀速运动时，弹簧的弹力大小等于小球的重力大小，此时细绳的拉 力F,=0,故C错误；D.当弹簧处于原长状态时，小球的加速度大小 为u=gtan o,故D正确.故选D. 3.AC解析：连接AC,设AB与AD的夹角为8.则CD与水平面的夹角 也为0，故AC与AD的夹角为0.如图所示： 0 2 A,对物块受力分析，根据牛顿第二定律得：沿AB斜面滑下时。 mgeos=ma1,沿CD斜面滑下时，mg=对n0=m,解得a1=geos, a2=gin8,由图可知，sin8= CD AD.cos 0= C im8>路8，则a1<a2, 一学霸高考·白 故A正确：CD.设圆的半径为R,物块沿AB斜而滑下时，2os9= 28oms0:片，沿cD斜面滑下时，2Rsn0=2gsn0·片.解得 4,枚C正确，D错误；B.物块沿斜面滑到底端的速度为= =N ,由以上分析得，a1<a2山1=12，则，<2，放B错误：故选AC 4.A解析：设圆柱体的质量为m,圆柱体与博板间的动摩擦因数，圆 柱体与桌面间的动摩擦因数均为4，侧在抽薄板的过程中，圆住体在 薄板摩擦力的作用下做加速运动，离开薄板后在桌面摩擦力的作用 下做诚速运动，根据牛领第二定律有mg=m,可得运动时的加速 度大小为a=g,由于圆柱体A先离开薄板，B,C同时后离开薄板， 侧根据匀变速直线运动速度时间关系式=可知，A离开薄板时的 速度小于B,C离开薄板时的速度，离开薄板后，根据2▣2：可知， B、C在桌面上滑动的距离相等，且大于A在桌面上滑动的距离，故 选A 5,BCD解析：AB.滑沙板的速度较小时，根据牛顿第二定律可 得mgsin0-h1mgos0=ma1,代人数据可得a1=2m/2,速度达到 ,三8的过程中的位移一立=6m,清沙板的造度福过多 后，根据牛顿第二定律可得ngsin8-42mg©0=ma2,代人数据可得 =4m;设到达B的速度为2，则行-子=2a2(-x1）,代人数据 可得=12m/s,故A错误，B正确：C.滑沙板在水平面上的加速度 大小为a,则由4mg三，可得三4m/2,由运动学公式 号=2a,x可得在水平地面上运动的最大距离为x=18m,故C正确： D.滑沙板的迷度达到=8m。的时间，==4，第二段时间 1 h=”.1,游沙板在水平面上运动的时间，==3，在B段 03 下滑与BC段滑动的时间之比为“=2=，=，，放D正 38 确.故选CD. 6.C解析：AD.从-4图像可知，物块速度诚为零后反向向上运动，最 终的速度大小为1m“.因此物块不能从N点离开，物块最终与传送 带共速，所以传送带的速度=1/s,方向沿斜面向上，故AD错误： C,-1图像中的斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速 度大小为a=4（-》m2=25m2,根据牛横第二定律可得a 2 mg©0 so-mgsin0,联立解得物块与传送带之间的动摩擦因数为= ,故C正确：R.物块沿传送带向下诚速到速度为0所用时间为 3 ,=1.6,物块沿传送带向下减速通过的位移大小为 2,=32m,物块反向向上加速到与传送带共速所用时间为2 。=04,物块反向向上加速通过的位移大小为？=？3=Q2m, 则物块与传送带共速后继续向上运动同到原处所用时间为3= 4=3,测物块从滑上传送带到同到原处所用时间为1++ =5s,故B错误.故选C 1ag (2)见解析 解析：(1)由几何知识可知，两直杆形成的轨道与水平面的夹角为 30°，两直杆对瓦片的弹力之间的夹角为90°，受力分析如图所示 章m结g长30 垂直于两轨道所在平面方向有2F、os45°=mgos30°， 沿着轨道方向有2oFx=mgin30°， 题·物理·15一