专题3 牛顿运动定律及其应用-【一飞冲天·高考专项】2025年高考专题分类物理

专题三牛顿运动定律及其应用 基础题 1.BA、D.若≥tan0,重力下滑分力小于或等于最大静摩擦 力，物体静止，施加F后相当于增大重力，物体A仍静止； B,C,若u<tan0,重力下滑分力大于最大静摩擦力，物体加速 下滑，施加F后合外力增大，但质量不变，故加速度增大。 2.C物体随斜面体一起沿水平方向运动，则加速度一定在水 ○平方向，对物体进行受力分析，物体受到重力和垂直于斜面向 上的支持力，两者的合力提供加速度，而加速度在水平方向， 所以加速度方向一定水平向左，由图可知F>mg。 mg 3.DA.由题图乙可知，t1时刻小物块速度为零，可知在t1~t2 时间内，小物块向下运动，2时刻以后小物块与传送带一起向 下匀速运动，则有umgcos0≥mgsin0,解得u≥tan0:B.由题 图乙可知，0~(1内小物块向上运动，传送带的运动方向向下， 则传送带对小物块的摩擦力方向沿传送带向下；C.0~t2内， 小物块始终相对于传送带向上运动，摩擦力始终沿传送带向 下，且大小不变；D.0~2时间内，小物块和传送带摩擦产生 的热量等于滑动摩擦力和路程的乘积，而小物块机械能的减 小量等于滑动摩擦力和位移的乘积，由题意可知路程大于位 移，所以摩擦产生的热量一定大于小物块减小的机械能。 4.Ah-t图线的斜率表示速度，0~t1时间内图线斜率增大，则 速度增大，货物加速下降，加速度向下，处于失重状态；4~2 时间内图线斜率不变，则速度不变，货物匀速下降，处于平衡 状态；2~（时间内图线斜率减小，则速度减小，货物减速下 降，加速度向上，处于超重状态。 5.BA.机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中， 做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度 一直在变化，所以重力势能一直在变化，所以机械能一直在变 化；B.圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力的合力提 供向心力，向心力指向下方，即加速度指向下方，所以乘客处 于失重状态；C.摩天轮做匀速圆周运动，乘客的速度大小不 变，根据。=号分析知乘客的向心加速度大小不变，但方向一 直在变化（方向始终指向圆心），所以乘客的向心加速度在变 化：D.摩天轮转动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不 变，但是速度的方向时刻在变化，所以竖直方向上的分速度在 变化，所以重力的瞬时功率在变化。 6.A设两物体质量均为m,以整体为研究对象，根据牛顿第二 定律，整体的加速度4=F,B,对物体A受力分析，设轻弹 2m 簧弹力大小为F,根据牛顿第二定律有F,一F=ma,根据胡 克定律得F=kx,解得弹簧的伸长量=B十E 2k 7.B将螺旋线圈分割为很多小段，每一段近似为一个斜面，由 于螺旋线圈等螺距，说明每一小段的斜面倾角相同，设为0， 根据儿何关系，有sm0=儿，珠子做加速度大小恒定的加速 运动，根据牛顿第二定律，有mgsin0=ma,解得a=gsin0,由 于珠子与初速度和加速度大小相同的匀加速直线运动的运 动时间完全相同，故根据位移时间关系公式，有L一之at,联 2 立解得=L√g币 8.A在细绳剪断的瞬间，弹簧由于形变没有瞬间变化，所以弹 力不会突变，所以小球B的受力情况仍然平衡，α=0：在细 绳剪断前，对A、B两小球整体受力分析，有T=2 mngtan45°= 2g,在细绳剪断的瞬间，细绳对小球A的拉力突变为0，所 以此时小球A所受的合力为细绳剪断前的拉力，即F=2g= maA,解得aA=2g。 9.B根据“等时圆”原理可知，从圆上各点向最低点引弦，从该 点到达最低点经过的时间相等，如图所示，c球从圆心出发， 所以c球最先到达M点，之后a球到达M点，b球最后达到 M点。 B 777777 10.C设物体B的质量为m,剪断轻绳前，设弹簧弹力大小为 F,绳子拉力大小为T,将A、B及弹簧看作整体，则有T= 3na,隔离物体A为研究对象，则有F=2ma,剪断轻绳后， 绳中拉力消失，弹簧弹力不变，所以物体A受力不变，加速 度大小仍为a,而物体B所受合力为F=mag,则aB=2a。 11.BCA、B、C.某次运行中测得人对轿厢底面的压力恒定为 1.2mg,大于人的重力，即人和轿厢有竖直向上的分加速度， 又因为加速度方向一定沿索道方向，说明人受到水平向右的 摩擦力，轿厢的加速度方向沿钢索向上，人和轿厢向上加速 或者向下减速：D.以人为研究对象，在竖直方向上，有F、 mg=ma,人在水平方向的加速度为a,=an30,又有f= ma,轿厢对人的作用力大小为F=√F%十子，联立解得 为F-F=39 5mg。 12.BCDA.若u=0.2,当F,=4N时，假设木板、斜劈和小球 相对静止，对整体，由牛顿第二定律，有F,=3ma,解得a= 一音m,对斜劈和小球构成的系统，若斜劈与木板之间的摩 4 擦力达到最大静摩擦力，则有2pumg=2ma斜劈，解得a斜劈= 2m/s2>a,可知此时木板和斜劈相对静止；B.若μ=0.5，假 设斜劈和小球相对静止，对斜劈和小球构成的系统，同理有 最大加速度a,=5m/s2,当小球刚好要离开斜劈时，只受重 力和拉力，由牛顿第二定律，有=，解得a 7.5m/s>a1,可知无论F多大，斜劈和小球都相对静止，即 小球对斜劈的压力都不会等于0：C.若=0.8，假设木板、斜 劈和小球相对静止，对斜劈和小球构成的系统，同理有最大 加速度a,=8m/s2,此时对木板、斜劈和小球整体，有F临界 3ma2=24N,所以当F2=22.5N时，木板、斜劈和小球相对 静止，此时的加速度a,-1,5m/g,结合B选项可知此 时小球刚好要离开斜劈，即小球对斜劈的压力为0；D.若 =0.8,结合C选项可知此时加速度大小为8m/s2,对小球 有ma=mg,解得tana=1.25。 tan a 13.BDA、B.对整体分析，根据牛顿第二定律，整体的加速度 a一m十m=4m/s,隔离物体B并分析，则弹簧的弹力 F F弹=mga=12N;C.撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，则物 体A的加速度a三6m/⑧D,撤去F的瞬间，弹簧弹 力不变，则物体B的加速度a==4m/S。 mB 14.ADA.在上升过程中，乒乓球受到重力的作用，加速度为 竖直向下的g,所以乒乓球处于失重状态：B.在下降过程中， 乒乓球受到重力的作用，加速度为竖直向下的g,所以乒乓 球处于失重状态；C.击球过程乒乓球以原速率返回，速度方 向改变，速度变化量不为零，根据动量定理，合外力对乒乓球 的冲量不为零；D.击球过程乒乓球以原速率返回，动能不 变，根据动能定理，合外力对乒乓球做功为零。 15.(1)0.5s(2)0.8m 解：(1)要想在游戏中获得成功，瓶子滑到C点时速度正好 为0，力作用的时间最长，设最长作用时间为1，有力作用时 瓶的加速度大小为41，t1时刻瓶的速度为，力停止后加速 度大小为a2,由牛顿第二定律得F-mg=ma1mg=ma2, 加速运动过程中的位移一2a: 威速运动过程中的位移乙 位移关系满足工十工2=L,· 且v=a1t· 联立解得t1=0.5s: (2)要想在游戏中获得成功，力作用距离最小，则瓶滑到B 点速度正好为零，设推力作用在瓶子上的最小距离为d, 绘+ -=L1一L2, 且v2=2a1d, 联立解得d=0.8m。 16.(1)2m/s2(21.2m(31.1s或12+5s 10 解：(1)对小球，在平行于斜面方向上有(F-mg)sin37°一f =ma1, 在垂直于斜面方向上有(F-mg)cos37°-N=0, 且摩擦力f=N, 联立解得a1=2m/s; (2)第1s末，物体的速度=a1t1=2m/s, 1 第1s内的位移x=2a=1m, 1s后撤去拉力，小球先沿斜面向上做匀减速直线运动， 对小球， 在平行于斜面方向上有-mgsin37°-mngcos37°=ma2, 解得a2=-10m/s2, 0一近=0.2m… 减速上升阶段的位移x,=2a 时间t2= 0-4=0.2s, a2 所以小球上滑过程中距A点的最大距离xmx=马十2=1.2m: (3)因为1.2m>1.15m,所以小球会两次经过B点， ①上升过程中经过B点， 减速上升至B点的位移x3=1.15m-1m=0.15m, 且有6=46十70：，解得么=0.1 总时间t=t1+4=1.1s: ②下降过程中经过B点， 对小球，在平行于斜面方向上有ngsin37°-ngcos37°=a3, 解得ag=2m/s2, 下降至B点的位移x1=1.2m-1.15m=0.05m, 且有=4解得，得 总时间1=44，+1，=12+5s 10 提升题平 1.A在撤去木板的瞬间，采用整体法研究物块A、A所受的 一力，因为A、A,用刚性轻杆连接，加速度一定相等，将一起下 ○落，aA1=aA2=g;采用隔离法研究物块B、B,所受的力，在撤 去木板前，对物块B,有F=mg,在撤去木板的瞬间，弹簧的弹 力F没有来得及变化，所以物块B,的受力情况不变，合力为 0,加速度ag=0,在撤去木板的瞬间，物块B,受弹力F及重 力mg,所以合外力大小为2g,根据牛顿第二定律，加速度 ae=2m8=2g。 2.DK为轻滑轮，故绳子对物块B.C的拉力均为2F,方向水 平向右，故物块A受到的合外力（摩擦力）水平向右，所以 fA=mAaA=0.2mg,故物块B、C给物块A的摩擦力的合力 为0.2mg;又有fAB=mBg=0.5mg,fAc=eg=0.1mg, fA<fAB十fAc,且mg>mc,所以物块C相对于物块A向右 滑动，物块A、B保持相对静止，物块B的加速度为2/s2;对 物块A、B整体进行受力分析，由牛顿第二定律可得？F十 fAc=(m十5m)aA,解得F=2.2mg,对物块C根据牛顿第二 定律可得2F-fac=mae,解得ae=10m/s。 3.CA、B.不计球拍和球之间摩擦，不计空气阻力，对小球受力 分析如图所示： 乒乓球 球拍 mgY 一位同学手持乒乓球拍托球沿水平直线跑动，则小球所受的 合力F合=mgtan0,则球在水平方向做匀加速运动，由于球拍 与球相对静止且均相对该同学身体静止，则球、球拍和同学具 有相同的加速度；C.对乒乓球由牛顿第二定律得a=mgtan0 m =gtan0,球拍受到的合力大小F=Ma=Mgtan0:D.球拍对 乒乓球的支持力大小N=mg c0s),由牛顿第三定律可知球拍受 到乒乓球的压力大小N'=N=mg cos0。 4.CA.要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速 度，即a>g,则<a;B,C.当煤块的速度达到v时，经历的 时同1=品，此时煤块的位移一D传送带的位移 ug a+(-”)=d 一。)=g2a,煤块相对于传送带的位移等于黑 色痕迹的长度，则L=一西一2g2a vv 5.ADD.设t时刻A、B两物块分离，分离之前A、B两物块共 同运动，加速度为a,以整体为研究对象，则有a= F,+F24 mA十mg 1.2m/s2,分离时对物块B由牛顿第二定律得F2一F拉= ma解得=2.7N,经历时间1=号×4.08=3sAB两 物块共同运动的位移=a=5,4m:A,B当1=2.0s时， F2=1.8N,对物块B由牛顿第二定律得F2十T=mga,解得 T=0.6N:C当1=2.5s时，R,-是8X36N=2.25N,对物 块B由牛顿第二定律得F2+T=mga,解得T=0.15N>0, 物块A对物块B的作用力方向向右。 6.CDA.由a到b做自由落体运动，设b点的速度为v,由运动 学公式有=2g×2h,可知游客在b时的速度大小v= 2√gh;B.物体在a到c的运动过程中受重力和制动力，由动 能定理可得mg×3h-Fh=0,解得F=3mg:C.加速过程与 减速过程的平均速度相等，由W=P?可得P-?=mg,则 两个过程中的重力的平均功率相同；D.设向下为正方向，物 体在a到c的过程中，由动量定理可得I一I=0,故=I, 设山段所用时间为则。-√-2√会，加速过程 与减速过程的平均速度相等，由1=二可得运动时间之比为 2:1,侧c段所用时间，-√后，则重力的冲量大小6 mgX(t+tk)=3m√gh,故有Ir=Ic=3m√gh。 7.CDA.速度一时间图线的斜率表示加速度，所以1~2s内， 小物块的加速度a1=2m/s2;B.开始时，小物块相对于传送 带向上滑动，受到的摩擦力方向沿传送带向下，当小物块的速 度与传送带的速度相等后，受到的摩擦力方向沿传送带向上； C、D.开始时，小物块做匀加速直线运动的加速度a2=10m/s, 由牛顿第二定律，有mgsin0+mgcos0=ma2,当小物块的速 度与传送带的速度相等后，由牛顿第二定律，有mgsin0一 umgcos0=ma1,联立解得0=37°，=0.5。 8.(1)t1=1s,t2=√/2s(2)1.25m (3)如图所示： 解：(1)两物体在纸带上滑动时均有mg=ma1, 当物体A滑离纸带时满足宁aG-之4，斤=d, 当物体B滑离纸带时满足2ad-2a1片=2d, 联立解得4=1s,t=√2s: (2)物体A离开纸带时的速度y=a1t1, 两物体在地面上运动时均有mg=ma2, 物体A从开始运动到停在地面上这一过程中的总位移为 +县 物体B离开纸带时的速度2=a4, 物体B从开始运动到停在地面上这一过程中的总位移为 A、B两物体最终停止时的间距x=x2十d一x1, 联立解得x=1.25m。 9.(1)30N(2)1m(3)6J 解：(1)滑块从A点下滑到B点， 由动能定理得mgR=之m-0, 在B点由牛顿第二定律得下、一mg=m R 解得轨道对滑块的支持力大小F、=30N: (2)滑块滑上小车后， 对滑块由牛顿第二定律，有一mg=ma1,解得a,=一3m/s, 对小车由牛顿第二定律，有ug=Ma2,解得a=1m/s2, 设经时间t后两者达到共同速度，则有十a1t=a2t, 解得t=1s, 由于t=1s<1.5s,故1s后小车和滑块一起匀速运动，速度 为v=a2t=1m/s, 因此，l.5s时小车右端距轨道B点的距离s=2a,十v× (1.5s-t)=1m: (3)滑块相对于小车滑动的距离△s=品士，-子1=2m, 2 由于摩擦产生的内能Q=mg△s=6J。 10.(1)2N,方向竖直向上(2)2√3m/s≤≤6m/s 解：(1)从A点到B点的过程中，物体受力分析如图所示： 由平衡条件有F,+Fsin0=mg,且摩擦力f=4FN, 由动能定理有(Fcos0-f)s=2mu-0, 解得y=2√6m/s, 从B点到E点的过程中，根据机械能守恒定律，有？m= mg×2R+7m话， 解得2=2m/s, 设物体在E点时轨道对物体的作用力为F2,方向竖直向 下，由牛顿第二定律有Re十mg=m爱解得下e=一2N, 即轨道对物体的支持力大小为2N,方向竖直向上； (2)由于轨道光滑，物体滑到D点的速度大小仍然为2√6/s, 若传送带速度小于2√6m/s且足够小，则物体一直减速滑 过传送带，此时物体滑离传送带具有最小速度， 由动能定理有一mgL=合m话-名m, 解得u=2√3m/s, 若传送带速度大于2√6m/s且足够大，则物体一直加速滑 过传送带，此时物体滑离传送带具有最大速度， 由动能定理有松mgL=之mf-了m, 解得v,=6m/s, 故物体滑离传送带的速度范围为2√3m/s≤v≤6m/s。 11.(1)5W5m/s(2)-2.1×10J(3)1.85s 解：(1)当汽车所受的静摩擦力达到最大时，速度最大， 根据牛顿第二定律得kmg=m 解得汽车沿弯道1中心线行驶的最大速度4=5√5m/s: (2)设汽车沿弯道2中心线行驶的最大速度为2， 由牛顿第二定律得kmg=m2 解得2=5√10m/s, 汽车在直道上行驶的过程， 由动能定理得P1一mgh十W=号md-号m, 代入数据解得阻力对汽车做的功W1=一2.1×10J: (3)用时最短时必须速度最大，且路程最短， 即沿如图所示内切的路线行驶时时间最短：（黑色两端分别 是A、B) 冲天 THE 由几何关系得=+[/-（一号）， 代入数据解得r'=12.5m 设兴车沿该线路行驶的最大速度为了，则有女以=加二 代入数据解得v’=12.5m/s, sin0=号=0.8，所以0=53，则对应的圆心角20=106， 线路的长度：0部×2，最短时间1=子， 联立解得t≈1.85s。 12.(1)0.8N,方向水平向右(2)F>2N(3)22N 解：(1)砝码阻碍纸板向右运动，给纸板向左的滑动摩擦力， 则纸板对砝码的滑动摩擦力f=1g=0.8N,方向水 平向右； (2)设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2, 纸板受到桌面的摩擦力f2=(m1十m2)g, 对砝码，由牛顿第二定律，有f=m11, 对纸板，由牛顿第二定律，有F一f一f2=m2a2, 要发生相对运动，至少需要a2>a1, 联立解得F>2N; (3)设纸板抽出前砝码运动的时间为t1, 砝码运动的距离x=2a1, 纸板运动的距离d十西=合4。 设纸板抽出后砝码在桌上减速运动的时间为2， 砝码在桌面上运动的距离=之a6, 且L=x1十x2, 由题意可知a1=ag,a141=a342, 联立解得F=22N。 13.(1)30N,方向竖直向上(2)1.6m 解：(1)由题意可知2号球离开轨道后在空中做平抛运动， 设2号球在空中运动时间为，则2R=号g, 根据2号球水平方向做匀速直线运动可得L=t, 解得yp=4m/s, 设2号球运动到D点时，管壁对其的作用力F', 则mg十F=m尺： UD 解得F=30N,方向竖直向下， 由牛顿第三定律可知F=F'=30N,所以2号球对上管壁的 压力大小为30N,方向竖直向上； (2)对2号球由C点运动到D点的过程中， 由机械能守恒定律得mgX2R+之m呢=？m呢， 解得e=4V2m/s, 1号球和2号球发生弹性碰撞， 根据动量守恒定律和机械能守恒定律则有m=m 十mc, m=m听+m呢， 1 1 解得=4v2m/s, 1号球从P点下滑到最低点的过程中， 由动能定理得mgH=令md-0, 解得H=1.6m。 14.(1)60N(2)2m(3)2.05m 解：(1)物体恰好能通过竖直圆轨道的最高点D, 则有g物亮 从C点到D点，根据动能定理有 解得物体在C点时的速度大小c=√5m/s, 物体在C点时，有FN一mg=mR, 解得在C点时圆轨道对物体的支持力大小F、=60N, 根据牛顿第三定律可知，在C点时物体对圆轨道的压力大 小为60N: (2)由于水平轨道CE光滑，故E=e=√5m/s, 物体从E点水平抛出后做平抛运动， 竖直方向有A=之81， 物体在水平方向上运动的距离x=vl=2m; (3)从A点到E点， 1 根据动能定理有mgH一mg=之m呢一0， 解得H=2.05m。 15aa=2g4=3g(2是H(3L≥ 解：(1)管第一次与地面碰撞后的瞬间，小球仍然向下运动， 设此时管的加速度大小为α，，方向向下，球的加速度大小为 ,方向向上，球与管之间的摩擦力大小为。 由牛顿第二定律有Mg+f=Ma1,f-mg=ma2, 联立解得a1=2g,a2=3g: (2)管第一次碰地前与球的速度大小相同，由运动学公式 G=2gH,碰地前瞬间它们的速度大小均为。=√2gH,方 向均向下， 管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下， 设自弹起时经过时间1，管与小球的速度刚好相同，取向上 为正方向，由运动学公式有一a1t1=一。十a2t1, 22H 联立上式得i=5Wg 设此时管下端的高度为h,,速度为， 1 由运动学公式有h=4一2a片， v=5一a1t1· 联立解得=合V2日>0，A=号H, 此后管与小球将以加速度g减速上升h,并到达最高点， 由运动学公式有h=2g 设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1, 则H,=h1十h2, 联立解得H=碧： (3)设第一次弹起的过程中球相对管的位移为x1, 在管开始下落到上升H这一过程中，由动能定理有 Mg(H-H)+mg(H-H+x)-4mgx=0, 联立解得=号H。 同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过 2H 程中，球与管的相对位移=专H=器 设圆管的长度为L,管第二次落地弹起后的上升过程中，球 不会滑出管外的条件是x1十x2≤L, 联立解得L>H。 16.(1)2s(2)15m/s(3)22.5m 解：(1)运动员从静止开始运动时， 由牛顿第二定律得mgsin0-t mgcos0=ma1, 解得a1=4m/s2, 运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间 4==2s (2)动摩擦因数发生变化后， 由牛顿第二定律得mgsin0-h2 mgcos0=ma2, 解得a2=5m/s2, 由(1)可得动摩擦因数发生变化前的位移 =2a1片=8m, 动摩擦因数发生变化后，到达B点之前， 有-2=2a2(l-x1), 代入数据解得vg=15m/s: (3)运动员在水平地面上滑行时， 由牛顿第二定律得一mg=ma3, 运动员在水平地面上滑行的全过程，有0一=2a3, 联立解得x3=22.5m。专题分类物理 专题三 牛顿运动定律及其应用 馨)基础题 一、单项选择题 1.(2020·耀华中学第二次月考)如图所示，水平地面上固定一斜面，斜面倾角为0，初始时将一物体A 轻放在斜面上，物体A与斜面间的动摩擦因数为4，重力加速度为g。下列说法正确的是 A.若>tanO,并在物体A上施加一竖直向下的恒力F,则物体A将在力F的 作用下沿斜面向下加速运动 B.若<tanO,物体A将以加速度a沿斜面向下加速运动；在物体A上施加 竖直向下的恒力F后，物体A将以大于α的加速度沿斜面向下加速运动 C.若u<tan0,物体A将以加速度a沿斜面向下加速运动；在物体A上施加一竖直向下的恒力F 后，物体A将仍以加速度a沿斜面向下加速运动 D.若u=tanO,并在物体A上施加一竖直向下的恒力F,则物体A将在力F的作用下沿斜面向下加 速运动 2.(2020·南开中学第四次月考)如图所示，质量为m的物体放在倾角为α的光滑斜面上，随斜面体 起沿水平方向运动，要使物体相对于斜面保持静止，斜面体的运动情况以及物体对斜面压力F的大 小是 A.斜面体以某一加速度向右加速运动，F小于mg B.斜面体以某一加速度向右加速运动，F不小于mg C.斜面体以某一加速度向左加速运动，F大于mg D.斜面体以某一加速度向左加速运动，F不大于mg 3.(2023·南开中学第三次月考)如图甲所示，足够长的传送带倾斜放置，与水平面的夹角为0，传送带 始终以恒定的速度，逆时针运行。现使一小物块以，的速度从传送带底端沿传送带向上运动，取 沿传送带向下为正方向，从该时刻起小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，图中、2、t和 t2均已知，且y小于2，下列说法正确的是 () -1v 甲 一冲天 A.小物块与传送带间的动摩擦因数u<tan0 B.0~t1内，小物块受到的摩擦力方向沿传送带向上 C.0~t1内小物块受到的摩擦力大于t~t2内小物块受到的摩擦力 D.O~t2内，摩擦产生的热量大于小物块减少的机械能 4.(2024·天津一中第一次月考)某起重机吊着一箱货物竖直下降，货物距离地面的高度h与时间t的 关系简化图如图所示，图中t,~t2段为直线。下列说法正确的是 A.0~t1时间内，货物处于失重状态 ho B.t1t2时间内，货物处于失重状态 C.t1~t2时间内，货物处于超重状态 D.t2~t3时间内，货物处于失重状态 4t2 5.(2020·西青区期末)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬 挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是 A.摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B.在最高点，乘客处于失重状态 C.摩天轮转动一周的过程中，乘客的向心加速度不变 D.摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 6.(2023·耀华中学第二次月考)如图所示，在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体，中间用劲度 系数为k的轻质弹簧相连，在外力F、F2作用下运动。已知F,>F2,当运动达到稳定时，弹簧的伸长 量为 ( M 77777777777777777 F+F A.2k B.B+E C. F-F D.F,-F: 2k 7.(2022·南开中学第四次月考)用长度为L的铁丝绕成一个高度为H的等螺距螺旋线圈，将它竖直 地固定于水平桌面。穿在铁丝上的一小珠子可沿此螺旋线圈无摩擦地下滑（下滑过程线圈形状保持 不变)，已知重力加速度为g。这个小珠子从螺旋线圈最高点无初速滑到桌面经历的时间为 ( A. B.L √gH 2H C.g D.- 2gH 一冲天 8.（2023·杨村一中第一次月考)如图所示，轻弹簧L1的一端固定，另一端连着小球A,同时水平细绳 的一端连着小球A,另一端固定，小球A的下面用轻弹簧L。连着小球B。已知A、B两小球的质量相 等，轻弹簧L,与竖直方向的夹角为45°，重力加速度为g。在将细绳剪断的瞬间，A、B两小球的加速 度大小分别为 A.an=2g,aB-0 B.an=g,aB=g C.a2 &ag 28 D.an=2g,an=0 9.(2020·七校联考期中)如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖 直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心。已 知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球 由C点自由下落到M点，下列说法正确的是 A.a球最先到达M点 B.b球最后到达M点 C.c球最后到达M点 D.b球和c球都可能最先到达M点 M 10.(2021·天津一中第二次月考)如图所示，光滑的水平面上有一小车以向右的加速度a做匀加速运 动，车内两物体A、B的质量之比为2：1，物体A、B间用弹簧相连并放在光滑桌面上，物体B通过 质量不计的轻绳与车相连。剪断轻绳的瞬间，物体A、B的加速度大小分别为 A.a、0 B.a、a C.a、2a D.0、2a 二、不定项选择题 11.(2021·河东区二模)为研究某索道上运行的轿厢及厢中乘客的受力和运动情况，建立如图所示的 物理模型，倾斜直索道与水平面夹角为30°，轿厢沿钢索做直线运动，轿厢底面水平，质量为m的人 站立于轿厢底面且和轿厢壁无相互作用，人和轿厢始终保持相对静止。某次运行中测得人对轿厢 底面的压力恒定为1.2mg(g为重力加速度)，下列说法正确的是 图 30° 专题三牛顿运动定律及其应用 A.轿厢一定沿钢索向上运动 B.轿厢的加速度一定沿钢索向上 C.轿厢对人的摩擦力水平向右 D.人对轿厢的作用力大小为1.4mg 12.(2024·天津一中第一次月考)如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角0=53°的斜劈放在 木板上，一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶，另一端栓接一可视为质点的小球，已知木板、斜劈、 小球质量均为1kg,斜劈与木板之间的动摩擦因数为4，重力加速度g取10m/s2,sin53°=0.8，系 统处于静止状态。现在对木板施加一水平向右的拉力F,下列说法正确的是 0 nmmmmmmmmmmmn A.若4=0.2，当F=4N时，斜劈相对木板向右运动 B.若=0.5，无论F多大，小球对斜劈的压力都不会等于0 C.若0.8，当F=22.5N时，小球对斜劈的压力为0 D.若u=0.8,当F=24N时，细绳与水平方向的夹角a满足：tana=1.25 13.(2020·南开中学第二次月考)质量分别为2kg和3kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹 个簧相连，如图所示，今用大小为F=20N作用在物体A上使物体A、B相对静止一起向前匀加速运 动，下列说法正确的是 ) A.弹簧的弹力大小等于8N B B.弹簧的弹力大小等于12N -w 7777777 7777777777777 C.撤去F的瞬间，物体A的加速度大小为0 D.撤去F的瞬间，物体B的加速度大小为4m/s 14.(2020·杨村一中模拟)一种乒乓球陪练机器人，能够根据发球人的身体动作和来球信息，及时调整 球拍将球击回。若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落到对方的台 面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转。下列说法正确的是 A.在上升过程中，乒乓球处于失重状态 B.在下落过程中，乒乓球处于超重状态 C.击球过程合外力对乒乓球的冲量为零 D.击球过程合外力对乒乓球做功为零 专题分类物理 三、非选择题 15.(2020·河东区线上模拟)有一个推矿泉水瓶的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推瓶一段 时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后未停在桌上有效区 域内或在滑行过程中倒下，均视为失败。其简化模型如图所示，AC是长度为L,=5m的水平桌面， 选手们可将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC为有效区域。已知BC 长度L2=1m,瓶子质量=1kg,瓶子与桌面间的动摩擦因数=0.2。某选手作用在瓶子上的水 平推力F=10N,瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，滑行过程中未倒下，g取10ms。 (1)若该选手想在游戏中获得成功，求推力作用在瓶子上的最长时间： (2)若该选手想在游戏中获得成功，求推力作用在瓶子上的最小距离。 16.(2022·天津二十中第一次月考)一质量m=2kg的小球套在一根足够长的固定直杆上，直杆与水 平面的夹角0=37°，A、B为直杆上相距L=1.15m的两点。现对小球施加一竖直向上、大小F= 40N的拉力，使小球从A点由静止开始向上运动，且拉力F作用t,=1s时间后撤去。已知杆与小 球间的动摩擦因数4=0.5，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求小球在拉力F作用下的加速度大小a1; (2)求小球上滑过程中距A点的最大距离： (3)【易错】求小球经过B点所用的时间t。 A 一冲天 提升题 一、单项选择题 1.(2022·新华中学第一次月考)物块A1、A2、B,和B2的质量均为m,A1、A2用刚性轻杆连接，B、B。 用轻质弹簧连接，两个装置都放在水平的木板上，处于平衡状态，如图所示。突然撒去木板，让物块 下落，在撤去木板的瞬间，A1、A2的加速度分别为aA1和aA2,B,、B2的加速度分别为aB1和a2,下列说 法正确的是 A.ani=g,an2=g,aB=0,aB2=2g A B.an=g,an2=2g,ap=g,aB2=g C.an=g,an2=g,am=g,ane=g D.aA=0,aA2=2g,aB1=0,a2=2g 2.(2020·南开中学第一次月考)如图所示，A为放在水平光滑桌面上的长方形物块，在它上面放有物 块B和C,A、B、C的质量分别为m、5m、m。物块B、C与物块A之间的动摩擦因数皆为0.1。K为轻 滑轮，绕过轻滑轮连接物块B和C的轻细绳都处于水平放置。现用沿水平方向的恒定外力F拉滑轮， 若测得物块A的加速度大小为2m/s2,重力加速度取g=10m/s2,下列说法正确的是 ) A.物块B、C的加速度大小也等于2m/s K F B.物块B的加速度为1m/s2,物块C的加速度为2m/s2 C.外力的大小F=2.4mg D.物块B、C给物块A的摩擦力之和为0.2mg 3.(2023·十二校二模)如图所示，一位同学手持乒乓球拍托球沿水平直线跑动，球拍与球相对静止且 均相对该同学身体静止，球拍平面和水平面之间夹角为O。设球拍和球质量分别为M、,不计球拍 和球之间摩擦，不计空气阻力，下列说法正确的是 ) A.该同学做匀速直线跑动 B.乒乓球处于平衡状态 乒乓球 C.球拍受到的合力大小为Mgtan0 球拍 D.球拍受到乒乓球的压力大小为ngcos0 0 4.(2021·耀华中学第一次月考)如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块（可视为 质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒 定的加速度α开始运动，当其速度达到v后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带 上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，下列说法正确的是（重力加 速度为g) A.u与a之间一定满足关系u>a g B煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为 ug 一心冲天 C.煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为 ug D.黑色痕迹的长度为(a二g)u 2a2 二、不定项选择题 5.(2020·南开中学第五次月考)如图甲所示，用黏性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面 上，两物块的质量分别为mA=1kg、mB=2kg,当A、B两物块之间产生拉力且大于0.3N时A、B两 物块将会分离。从t=0时刻开始，F1、F,方向保持不变，F、F2的大小随时间变化的规律如图乙所 示。下列说法正确的是 FN↑ 3.6 F.ABE w7777 2.0 甲 A.t=2.0s时刻，A、B两物块之间作用力大小为0.6N B.t=2.0s时刻，A、B两物块之间作用力为零 C.t=2.5s时刻，物块A对物块B的作用力方向向左 D.从t=0时刻到A、B两物块分离，它们运动的位移为5.4m 6.(2021·天津一中第四次月考)如图所示为某大型游乐设施的示意图。座舱从a自由下落到b,再从b 开始在恒定制动力作用下到c停下。已知座舱和游客的总质量为m,ab高度差为2h,bc高度差为， 重力加速度为g,忽略空气阻力，下列说法正确的是 A.游客在b时，速度大小为√2gh B.制动力的大小等于2ng C.a到b与b到c,重力的平均功率之比为1：1 D.制动力的冲量大小为3m√Jgh v/(m's-) 12 t/s 业c 甲 第6题图 第7题图 7.(2024·南开中学第一次月考)如图甲所示，倾角为0的足够长传送带以恒定的速率。沿逆时针方向 运行。t=0时，将质量=1kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带上，小物块速度随时间变化的 图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10m/s。下列说法正确的是（) A.1~2s内，物块的加速度为1m/s B.小物块受到的摩擦力的方向始终沿传送带向下 C.传送带的倾角0=37 D.小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5 专题三牛顿运动定律及其应用 三、非选择题 8.(2020·七校联考期中)如图甲所示，可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上，纸带左端与物 体A、物体A与物体B间距均为d=0.5m,A、B两物体与纸带间的动摩擦因数均为41=0.1，与地 面间的动摩擦因数均为=0.2。现以恒定的加速度a=2m/s2向右水平拉动纸带，重力加速度g取 10m/s2。 (1)求A、B两物体在纸带上的滑动时间； (2)求A、B两物体均停止在地面上后，A、B两物体之间的距离； (3)在图乙的坐标系中定性画出A、B两物体的t图像。 知天 9.(2020·河西区线上模拟)一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个光滑圆弧轨道AB 的底端等高对接，如图所示。已知小车质量M=3.0kg,长L=2.06m,圆弧轨道半径R=0.8m。现 将一质量=1.0kg的小滑块由轨道顶端A点无初速度释放，滑块滑到B点后冲上小车。滑块与小 车上表面间的动摩擦因数u=0.3,重力加速度g取10m/s2。 (1)求滑块到达B点时，轨道对它支持力的大小； A gW7T (2)求小车运动1.5s时，车右端距轨道B点的距离； B (3)求滑块与车面间由于摩擦而产生的内能。 专题分类物理 10.(2020·南开区一模)如图所示，水平轨道AB和CD与竖直圆管轨道平滑相接于最低点，圆管轨道 在最低点稍微里外错开，外面是B点，里面是C点。整个轨道除AB部分粗糙外其余部分均光滑， AB长s=10m。在CD部分的右侧有一与CD等高的传送带紧靠D点，并顺时针转动。可视为质 点、质量m=1kg的物体从A点在F=5N的恒定拉力作用下由静止开始向右运动，F与水平方向 的夹角0=37°，物体与AB间的动摩擦因数41=0.4，物体运动到B点时撤去拉力，随后物体滑上圆 管轨道，圆管轨道的半径R=0.5m,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。 D A B(C) O (1)求物体运动到圆管轨道最高点E时轨道对物体作用力的大小和方向； (2)传送带顺时针转动的转速可随意调节，使得物体离开传送带时速度随之变化，物体与传送带间 的动摩擦因数为2=0.2，传送带的长度L=3m,求物体滑离传送带的速度范围。 11.【难题】如图是一段赛道的中心线的俯视示意图（赛道路面宽度没有画出），弯道1、弯道2可看作两 个不同水平面上的圆弧，圆心分别为O,、O2,弯道中心线半径分别为r1=10m、r2=20m,弯道2比 弯道1高h=12m,有一直道与两弯道相切，质量m=1200kg的汽车通过弯道时做匀速圆周运动， 路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑。 (1)求汽车沿弯道1中心线行驶的最大速度； (2)汽车以，进入直道，以P=30kW的恒定功率直线行驶了t=8s进人弯道2，此时速度恰为通过 弯道2中心线的最大速度，求直道上除重力外的阻力对汽车做的功W阻； (3)汽车从弯道1的A点进入，从同一直径上的B点驶离，车手会利用路面宽度，用最短时间匀速安 全通过弯道，设路宽d=10m,求此最短时间t。(A、B两点都在轨道的中心线上，计算时视汽车 为质点，π≈3.14，计算结果保留三位有效数字) A 弯道2 弯道1 直道 一冲天 12.(2023·杨村一中第一次月考)某同学采用如图所示的装置演示惯性实验，他将小砝码置于水平桌 面上的薄纸板上，用水平向右的拉力F将纸板迅速抽出，砝码的移动位移很小，几乎观察不到，成功 进行了实验。该同学所用砝码（可视为质点）质量m1=0.4kg,纸板的质量2=0.1kg,砝码与纸 板左端的距离d=0.1。已知各接触面间的动摩擦因数均为u=0.2,最大静摩擦力与滑动摩擦力 大小相等，重力加速度g取10m/s2。 (1)求拉动纸板过程中，砝码受到纸板的摩擦力的大小和方向； (2)该实验中，若拉力太小，则会出现砝码和纸板相对静止一起运动的现象，为保证砝码能相对纸板 运动，求拉力应满足的条件； (3)该实验中，若砝码移动的距离超过L=0.002,人眼就能感知，为确保实验成功，求拉动纸板所 需的最小拉力。 冲天 THET○P 飞冲天 一冲天 13.（2021·十二校二模)如图所示，现有一游戏滑道模拟装置固定在地面上，该装置竖直放置，由AB、 BC、CD三部分组成，AB与BC两轨道平滑连接，CD为半圆弯管轨道。现将1号球从AB轨道上 的P点由静止释放，其下滑到最低点与静止在B点的2号球发生弹性碰撞，2号球通过弯管后从D 点抛出，恰好落在B点。已知两球质量均为m=1kg,水平轨道BC长度L=1.6m,弯管半径R= 0.4m,重力加速度g取10m/s2。(小球可看成质点，半圆弯管内径略大于小球直径，不计一切 摩擦) (1)求2号球运动到D点时对管壁的作用力F; (2)求P点距水平轨道BC的竖直高度H。 14.(2021·北辰区一模)如图所示是某游戏设施的简化图，由光滑圆弧轨道AB、半径R=0.1m的光 滑竖直圆轨道CDC、水平光滑轨道CE和粗糙水平轨道BC组成，水平轨道CE离地高度h=4.0m, O在E点的正下方。m=1.0kg的物体（可视为质点）从离水平轨道BC高H的圆弧轨道上的A点无 初速度释放。已知物体与水平轨道BC间的动摩擦因数μ=0.2，BC的长度x。=9m。(重力加速度g 取10m/s2) (1)若物体恰好能通过竖直圆轨道的最高点D,从E点水平抛出，求物体到达圆轨道最低点C时对 轨道的压力大小； (2)在(1)问的条件下，物体从E点抛出后落在地面上M点，求O、M间的距离； (3)在(1)问的条件下，求物体释放高度H的大小。 A H C E 专题三牛顿运动定律及其应用 15.(2021·河西区期末)如图所示，一竖直圆管质量为M,下端距水平地面的高度为H,顶端塞有一质 量为的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动 过程中，管始终保持竖直。已知M=4m,球和管之间的滑动摩擦力大小为4g(g为重力加速度)， 不计空气阻力。 (1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小； (2)若管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度； (3)若管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。 16.(2022·南开中学第一次月考)滑雪运动是运动员把滑雪板装在靴底在雪地上进行的滑行、跳跃的 竞赛运动，当滑雪板相对雪地速度较大时，会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂 时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦。然而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触 的时间超过某一值，滑雪板就会下陷，使得与雪地间的摩擦力增大。假设速度超过8/s时，滑雪 板与雪地间的动摩擦因数就会由=0,25变为4？=0.125。一运动员从倾角0=37的坡顶A处由 静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C处，如图所 示。不计空气阻力，已知坡长=24.1m,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间： (2)求运动员到达B处时的速度大小； (3)若滑雪板与水平地面间的动摩擦因数3=0.5，求运动员在水平地面上运动的最大距离。 c