第三章 专题探究5 牛顿运动定律的经典模型-【5星学霸·高考白题】2026年高考物理一轮复习

电梯竖直向上加速运动，则物体B有竖直向上的加速度，所以处于 超重状态，故A错误： B.对物体B,根据牛倾第二定律，有了-mg=ma, 解得T=mBg+mwa=1×10N+1×2N=12N,故B错误： C.对物体A,根据牛顿第二定律，有Fx+T-mAg=mAa, 代入数据，解得F,=48N,故C错误： D.细线和滑轮的质量、摩擦不计，所以测力计示数为F=2T=24N, 故D正确 故选D. 5.C解析：依题意，由于Pz<P丙=P腋<P甲，根据浮力公式F深= P藏gV结，可知，轻弹簧A,B均处于压缩状态，剪断绳的瞬间，系统处 于完全失重状态，由于弹簧的弹力不会发生突变，根据牛顿第二定 律可知，甲的加速度小于g,乙的加速度大于g,丙的加速度等于， 所以三者相对于容器，甲球将向上运动，乙球将向下运动，丙球保持 不动.故选C 6.D解析：AC.根据题意，以竖直向下为正方向，在电梯运动时对小 球进行受力分析，根据牛顿第二定律有mg-F弹=m@,即g 4mg=ma,解得a=-0.25g=-2.5m/。2(方向竖直向上)，故 ABC错误，D正确.故选D. 7.C解析：AB.物块A保持静止，根据平衡条件可知此时弹簧弹力等 于物块与木箱间的摩擦力，若木箱竖直向下做匀加速运动，物块处 于失重状态，物块对木箱的压力变小，竖直方向有mg-N=m4,又最 大静摩擦力fm=N,F=∫。，解得a=4m/s2,当向下的加速度最小值 为2/s2时，物块与木箱不发生相对滑动：若木箱竖直向上做匀加 速运动，则物块与木箱间的压力变大，此时物块A与木箱间的最大 静摩擦力大于木箱静止时的最大值，故此时物块A不可能相对木箱 底面水平移动，故AB错误：C.若木箱做水平向左的匀加速运动，以 物块为研究对象，设物块相对木箱静止的最大加速度大小为，根 据牛顿第二定律有4mg-F#=ma1,代人数据可得a1=1.6m/s2,所 以只要木箱加速度大于1,6m/2,物块就会相对木箱向右运动，故 C正确：D.若木箱水平向右做匀加速运动，以物块为研究对象，设 物块相对木箱静止的最大加速度大小为2，根据牛颠第二定律有 mg+Fw=ma2,代入数据可得a2=6.4m/.2>1.6m/s2.故D错误.故 选C. 8.BC解析：A.如图所示，对球，根据物体的平衡条件有F-N,= mgtan0,只有当墙壁对球的弹力为N1=0时，才有F=mgtan0, 故A错误；B.此时有N,c0%0=mg,球对斜面的弹力大小为=N2= 。当F增大时，S保持不变，故B正确：C若电梯整直向上做匀 减速直线运动，则加速度方向竖直向下，当加速度为g时，球处于完 全失重状态，对斜面没有弹力，故C正确：D.若电梯竖直向上做匀 加速直线运动，则加速度方向竖直向上，球处于超重状态，球对斜面 一定有弹力，故D错误.故选BC 9.A解析：乒乓球在加速上浮过程中，加速度为a-P8。-m,乒民 m 球处于超重状态，因此电子秤显示弹力大小增加ma=PogV。一mg;与 之相等体积的水以相同大小的加速度加速下降，因此电子秤显示弹 力大小减小Po Vaa= 哈gP%m吧，考虑到同等体积水的质量大于 m 乒乓球的质量，电子秤显示的弹力大小应减小PoVoa一ma= (pG将-2p,6m+m2)8_P%-m'故选A 专题探究5牛顿运动定律的经典模型 1.C解析：C.对A和B分别进行受力分析，如图所示： 一学霸高考·白； T 当C以加速度4向上匀加速时，B相对于C恰好保持相对静止，可 知此时A相对C也恰好保持静止，对A水平方向根据共点力平衡」 有T=fc,则最大静摩擦力有fc=uF竖直方向根据牛顿第二定 律，有FA-mA8=mA0,对B根据牛顿第二定律，有T-mg=mgg, 联立解得以=m当加速度由，逐渐变大时，假设A,B相对C仍保 持相对静止，对A,有Fx-mAg=mAa,此时A与C之间的最大静摩然 力为fn=uFN=ma(g+a):对B根据牛顿第二定律，有T-mg =mga,解得T=m(g+4),可得「=T,故假设成立，A、B相对C仍 保持相对静止，故C正确：AD.C对A的摩寨力等于绳子拉力，当加 速度由a。逐渐变大时，由T=mm(g+),可知轻绳对B拉力逐渐变 大，由牛顿第三定律可知，C对A的摩擦力逐新变大，A对C的摩察 力逐渐变大，故AD错误：B.当加速度由o逐渐变大时，对A,有 Fx一mAg=m4a,C对A的支持力逐渐变大，由牛顿第三定律可知，A 对C的压力逐渐变大，故B错误.故选C. 2.CD解析：A.对A,B整体分析，根据平衡条件有3 ngsin0=mgoos0, 3 解得=之m0,故A错误：B.规定沿斜面向下为正方向，设轻杆对 B的作用力为T,单独对B分析，根据平衡条件有T+2mgsn9=mg· cos0,解得T=mgsin0,为正值，表示方向沿斜面向下，故B错误： C.若增加B物体的质量，设增量为△m,则合外力为(3m+△m)g· s加0-(2m+4m)gos0正-2 Amgsin0,上式说明此时A,B整体所受 合外力将沿斜面向上，则A、B整体将沿斜面减速下汾，故C正确； D.增加A物体的质量，设增量为△m,则(3m+△m)gsin8-2mg· co%8=△mgin6,上式说明此时A、B整体所受合外力将沿斜面向下 则A、B整体将沿斜面加速下滑，故D正确.故选CD. 3.B解析：设两滑块的质量均为m,撤去拉力前，两滑块均做匀速直 线运动，则拉力F=2umg,撤去拉力前对Q根据平衡条件有T。= mgA.P,Q间的距离在诚小，故P的位移一定小于Q的位移 故A错误：B.滑块P在弹簧恢复到原长时，根据牛顿第二定律有： mg=map,解得ap,=g,撒去拉力时，P、Q的速度相等，滑块P 由开始的加速度大小g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0做加速度增大的减速 运动，最后弹簧原长时加速度大小也为g,故B正确：CD,从此刻开 始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撇去拉 力臊间弹簧弹力不变为山mg,两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此 时滑块P的加速度满足-Tgmg=ma,解得ap,=-2g,此刻滑块 Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做诚速运动，故P、Q 间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小，根据牛顿第二定律 可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速 度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撒去拉力爵间的 加速度为g,Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，有 wmg=m4g。,解得ag=g,故滑块Q加速度大小的最大值为g。 故CD错误.故选B. 4.B解析：设物块的质量为m,木板的质量为M,物块减速和木板加速 到共速的时间为，加速度分别为4142，有4，“四S=2m公4， :mg-u2(M+m)g 0-81■a2h■p, 木板的位移为=2· 两者共速后，因山>42，则一起减速到停止，设共同减速的加速度为 ,有 ,4mtw》05m2,木板的位移为-云 m+M 木板沿地而运动的距离恰好等于术板的长度，即L=1+2, 题·物理·17一 最终物块恰好到达木板的右端，即物块相对滑动的位移为板长，有 6 联立各式解得1=1s或3s(舍)，L=1.5m,故选B. 5.D解析：AB.对煤块，根据牛顿第二定律，有mg=m1,可得煤块 向右运动的加速度a1=4g=2m/。2;对长木板，根据牛顿第二定律， 有F-mg=Ma1,解得长木板向右运动的加速度a2=1m/s2,经过： 时间两者共速o+a2t=a,',解得=3s,共速后两者一起以相同的加 速度向右加速，根据牛顿第二定律，有F=(M+m)a3,解得43 m2,故AB错误：CD.在1=3：时间内，煤块向右运动位移 7 2=9m,长木板向右运动的位移为与=+2，解得= 1 135m,煤块相对长木板向左的位移为x=1-2=4,5m,故C错误 D正确.故选D. .2 6.BCD解析：ABC.由图可知a,=千m/=2m/,ana5m/= 8m/,aa=m2=43.根据牛顾第二定律可得4 1mag2(mA+mn）g mcg-Mim8g ，4 ,61=1g,代入数据 mA mB+mc m后 解得41=0.4，mc=6kg,42=02,故A错误，BC正确：D.为使滑块B 始终不脱离木板A,则二者共速时，B滑到A的最左端，由图可知A 至少长为1=2x之×2x(1-0,25)m=15m,故D正确故选BCD, 7.BC解析：A.开始时行李初速度为零，相对皮带向右滑动，可知摩 擦力为∫严mg,根据牛顿第二定律f=m4,解得a=2m/:2,故A错 误：BC.行李达到和皮带速度相同需要的时间为1= 卫=0.2，位移 为=2=0.04m,行李匀速到B的时间为h 1=49s,行李 从A运动到B处的时间为1=1+2=5.18，故BC正确；D,行李在传 送带上留下的摩擦痕迹长度为△x=说1~1=0.04m,故D错误故 远BC. 8.B解析：若2<知1，则开始时物块受沿斜面向下的摩擦力，沿传送带向 下做匀加速运动，加速度为a1=gsin6+gcos8,共速后若u>an8,则 物块与传送带相对静止，随传送带做匀速运动，图像为C:若4<an6, 则共速后物块继续向下加速运动，加速度a2=gsin0-gc0%0<a1,则 图像为D:若物块到达底端之前一直未与传送带达到共速，则一直做 加速度不变的加速运动，图像为A:若2>，则开始时物块受沿斜面 向上的摩擦力.若4<n6,则一直向下加速，若4>an8,则沿传送带 向下做匀减速运动，当速度减到与传送带共速时随传送带一起匀速 运动，物块的速度不可能减为零，则图B不可能故选B 9.AC解析：A工件加速过程，根据牛顾第二定律有mgcs30°- mgsin30°=ma,解得a=4m/:2,故A正确；B.加速过程，根据速度 与位移的关系有2=2x1,解得x=0.5m,放B错误：C.工件加速经 历时间1=”=0.5s,根据先加速后匀速，由于每当前一个工件在 传送带上停止滑动时，后一个工件立即轻放到传送带上，则两个相 对静止的相邻工件间的距离为△x=1=1m,故C正确：D.工件从A 端传送到B端所需要的时间为6=4，则工件匀速的位移为，= (0-4)=7m,A,B两端的距离无8=1+3=7.5m,故D错误故 选AC 专题探究6牛顿运动定律的图像问题 1.B解析：D。由一t图线上坐标轴的围面积表示位移，可知杆长为 x=03x0.3 m=0.045m=4.5cm,故D错误：AB.由牛顿第二定律得 2 F-mg=ma1mg=ma2,由图可知激去F前后算珠的加速度大小分 0.3 别为a1=a105m/g2=2m/,联立解得u=02,m=25g,故A错 误，B正确：C,若F不撒去，算珠将以2m/2的加速度做匀加速直 线运动，经0.2运动位移为Z×2x0.2m=4m<45m,则此 时未到归零状态，故C错误故选B 2.C解析：由图像可知，滑块A在P点左边运动时的加速度为a1= 一学霸高考·白 2m/袋2 3-2 在P点右边运动时的加速度为2号m?e1m心， 由牛顿第二定律mgg=(m+mg)a1,mg8mAg=(m+m后）a2, 联立解得m4=0.8kg4=0.125,故选C 3.D解析：A由图2可知，物块运动从0开始先加速到与传送带共速 ("失=6m/s),之后再继续加速到传送带未端，设动峰擦因数为4， 速度时间图像斜率表示加速度，故结合图2可知共速前，物块加速 度大小a,=gin30°+gem30°=5？=6/2，解得u=5 6 3 故A错误；B.共速后，物块加速度大小a2=gsin30°-gcos30°= 4m/g2,物体滑到Q点的速度大小为g=共+a24=(6+4x1)m/s= 10m/s,故B错误；C.速度时闻图像与坐标轴所圈面积表示位移， PQ两点之同的距离为=（行×6x1,51）m=1m,放c错 2 误：D.由图像可知从开始到共速用时1=13，则共速前划痕△1= 共2“斤，联立以上解得4x1=3m由图像2可知，共速后到Q 1 点用时=1，则共速到Q点划痕△=共4+之片共h,联立 以上，解得△2=2m<△1，故传送带划痕的长度为3m,故D正确。 故远D, 4BC解析：AB.在0-18，物块向右匀加速，木板向右匀加速，对木 板，设木板与地面的动摩擦因数为4，物块与木板间的动摩擦因数 为凸1，由牛顿第二定律可得凸mg-4o(M+m)g=Ma1,由-t图像可 知a9 m/s2■1m/s2:对物块，由牛顿第二定律可得F- 2-0 4mg=ma2,由-t图像可知a=宁m/公=2m:撤去，对木 板，由牛顿第二定律可得加速度仍为a1,对物块41mg=m,从微去 外力到共速"共=22'4山=114，其中为物块速度，西1为木板 速度，联立解得41=0.3，m=3kg,=0.2,故A错误，B正确；C.t= 1.3s时，根据整体法，物块的加速度大小为o(M+m)g=(M+m)4, 解得3=2m,故C正确：D.0-125s木板的位移1=2% 0-1物块位移=21，其中=1s,1-1.25。物块位移 )(+实)4山，木板长度至少为L=+场-1-0625m,赦D错误 故选BC 5.D解析：B.根据图像可得F,=6-24,在0-3内Fm=2+2,当二者 之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相等，则有 E人F,即 沉AmB -.2+2，解得1=2，放B错误；A1=05时，AB没 13 有分离，看成一个整体，则有F4+F8=(m+m)a,解得a=2m/2, 隔离A,根据牛顿第二定律，有FA-F”=maa,代入数据解得F”=3N, 故A错误：CD.由以上分析可知分离前的加速度为a=2m/:2,分离 时，它们的位移为x=2a=2×2x2m=4m,A,B分离时的速度 为=at=4m/s,故C错误，D正确.故选D. 6.BD解析：A.若物块A的加速度从1.0m/s2均匀减小到0.6m/s2, 图像的面积为4如x1m=Q8,面A的初速度为不，可知 1s时的速度为0.8m/s,但实际上物块A的a-t图像的面积偏小，即 速度变化量小于0.8m/s,则t=1s时A的速度大小小于0.8m/8, 故A错误：BCD.恒力F拉动A的瞬间，由a-t图像知A的加速度为 g=1m/餐，有F=m=1.5N,1s时两者的加速度相等，a= Q.6m/s2,对A,B由牛顿第二定律有F-x=m4a,F=:=m8a,解 得m:=1kg,F弹=0.6N,故BD正确，C错误故选B即. 2 7,C解析：B.由图(b)知，斜率的绝对值等于加速度的2倍，12云 m/s2=1m/s2,B错误；A.撤去拉力时的速度e=4m/s,拉力 2 作用时间为1=。=4s,A错误；C.撤去拉力时的加速度a=2 题·物理·18一学霸高春白题物理 专题探究5牛顿起 ☑专题强化 热点聚焦，重难突破|限时：40min 题型1连接体模型 1.(2025·山西一模)如图所示，物块A通过 根不可伸长且承受张力足够大的轻绳绕过光 滑的轻滑轮与物块B连接，A置于物体C上 方，B与C的右侧接触.已知C上表面粗糙，右 侧光滑，当C竖直向上以加速度a。匀加速运 动时，B恰好相对C不下滑.当C的加速度由 a=ao逐渐缓慢变大时 A.A对C的摩擦力保持不变 B.A对C的压力保持不变 C.A、B相对C仍保持静止 D.轻绳对B拉力保持不变 (第1题) (第2题》 2.(2024·湖南衡阳二模)（多选）如图所示，物 体A和B中间用一根轻杆相连，在倾角为0 的斜面上匀速下滑，杆与斜面平行.已知A物 体光滑，质量为m,B物体与斜面间的动摩擦 因数为4，质量为2m,整个过程斜面始终静止 不动.下列说法中正确的是 A.B物体与斜面间的动摩擦因数u=tan0 B.轻杆对B物体的作用力沿斜面向上 C.增加B物体的质量，A、B整体将沿斜面减 速下滑 D.增加A物体的质量，A、B整体将沿斜面加 速下滑 3.(2024·广东广州模拟)如图所示，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.用水平向右的 动定律的经典模型 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 一次恢复原长时 可owD一 A.P的位移大小一定大于Q的位移大小 B.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速 度大小 C.P的加速度大小的最大值为g D.Q的加速度大小的最大值为2g 题型2板块模型 4.(2024·江西二模)如图所示，在足够大的水 平地面上静置一木板，可视为质点的物块以 to=3/s的速度滑上木板，最终物块恰好到 达木板的右端，木板沿地面运动的距离恰好 等于木板的长度已知物块与木板间的动摩擦 因数1=0.2，木板与地面间的动摩擦因数 42=0.05,取重力加速度大小g=10m/s2,则 木板的长度为 77777777777077n77m0nn07 A.1.0mB.1.5mC.2.0mD.2.5m 5.(2025·重庆育才中学一模)如图所示，一足 够长的质量为M=10kg的长木板在光滑水 平面上以3m/s的速度向右行驶.某时刻轻 放一质量m=2.0kg的小黑煤块在长木板右 端（小黑煤块视为质点且初速度为零），同时 给长木板施加一个F=14N的向右水平恒 力，煤块与长木板间动摩擦因数4=0.20， g取10m/s2,则下列说法正确的是() A.煤块在整个运动过程中先做匀加速直线 运动再做匀速直线运动 B.煤块放上长木板后，长木板一直做加速度 不变的加速运动 C.煤块在4s内前进的位移为9m D.煤块最终在长木板上留下的痕迹长度为 4.5m 6.(2025·江西鹰潭一模)（多选）某同学设计 了如图甲所示装置：一质量为0.5kg的长木 板A置于水平桌面上，质量为1kg的滑块B (可视为质点)置于木板A上右侧，轻绳一端 跨过定滑轮与滑块B连接，另一端悬挂一重 物C,定滑轮和滑块B间轻绳水平，重物落地 后立即与轻绳脱离连接t=0时刻，所有物体 均静止.该同学在某次操作中，记录下滑块B 和木板A运动的部分书-t图像如图乙所示， 整个运动过程中，滑块B始终不脱离木板A, 木板A距定滑轮足够远，最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度g取 10m/s2.则 B 40m5 0.51/ A.本次操作中，所挂重物C的质量为8kg B.木板A与滑块B间动摩擦因数为4，=0.4 C.木板A与桌面间的动摩擦因数为42=0.2 D.为使滑块B始终不脱离木板A,A至少长 1.5m 题型3传送带模型 7.(2025·云南三校联考)（多选）应用于机场 和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化 为如图所示的模型，传送带始终保持= 0.4m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间 的动摩擦因数μ=0.2，A、B间的距离为2m,吕 取10m/s2.旅客把行李（可视为质点）无初速 度地放在A处，则下列说法正确的是( B 第三章运动和力的关系学霸高春 A.开始时行李的加速度大小为4m/s2 B.行李经过5.1s到达B处 C.行李到达B处时速度大小为0.4m/s D.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为 0.08m 8.(2024·湖北武汉期末)如图所示，倾斜的传 送带以大小恒定的速率”，沿顺时针方向转动， 现将物块从传送带上端释放，释放时速度大小 为2，方向沿斜面向下，关于此后物块运动的 一t图像，下图中不可能发生的是 () Q上1309 (第8题) (第9题) 9.(2025·湖南长沙一模)（多选）许多工厂的流 水线上安装有传送带，如图所示的传送带由 驱动电机带动，传送带的速率恒定v=2m/s, 运送质量为m=2kg的工件，将工件轻放到传 送带上的A端，每当前一个工件在传送带上 停止滑动时，后一个工件立即轻放到传送带 33 上.工件与传送带之间的动摩擦因数4= 5 传送带与水平方向夹角0=30°，工件从A端 传送到B端所需要的时间为4.取g= 10m/s2,工件可视作质点.关于工件在传送带 上的运动，下列说法正确的是 A.加速过程的加速度大小为4m/s2 B.加速运动的距离为1m C.两个相对静止的相邻工件间的距离为1m D.A、B两端的距离为8m 047