考点6 牛顿运动定律的理解和基本应用-【红对勾】2026年高考物理一轮复习金卷

考点6牛顿运动定律的理解和基本应用 一刷小题·重基础 1.(2024·甘肃兰州一模)在东汉王充所著的《论衡·状留篇》中提到： “是故湍濑之流，沙石转而大石不移。何者？大石重而沙石轻也。” 从物理学的角度对文中所描述的现象进行解释，下列说法正确的是 () A.水冲沙石，沙石才能运动，因为力是产生运动的原因 B.“沙石转而大石不移”是因为物体运动状态改变的难易程度与质 量有关 C.只有在水的持续冲力作用下沙石才能一直运动，是因为运动需 要力来维持 D.“大石不移”是因为大石受到的阻力大于水的冲力 2.(多选)(2024·江西名校联考)如图所示，蹦床 运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面 开始至下降到最低点为第一过程，从最低点上 升到离开床面为第二过程，运动员 ( A.在第一过程中始终处于失重状态 B.在第二过程中始终处于超重状态 C.在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态 D.在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态 3.(2024·福建厦门二模)在身体素质 测试“原地纵跳摸高”科目中，某同 0 A /B 学快速下蹲后立即蹬伸竖直起跳， -10- D 0.00.5 1.0 1.5 2.0 在此过程中测得该同学竖直方向的 t/s 加速度a随时间t的变化关系如图所示，已知竖直向上为正方向， 则该同学 A.从A到B的过程中，处于超重状态 B.在B点时，速度为零 C.在C点时，恰好离开地面 D.从C到D的过程中，处于失重状态 4.(2024·湖南张家界二模)某物体从静止开始 *(m·s-) 做直线运动的-t图像如图所示，下列说法 正确的是 ( A.02s内，速度变化得越来越快 6/8 B.4s末物体受到的合力为零 -8 C.2~4s内与4~6s内物体的速度方向 相同 D.8s末物体回到出发点 5.(2024·辽宁丹东一模)“反向蹦极”是一项比蹦 极更刺激的运动。如图所示，劲度系数为k的弹 性轻绳的上端固定在O点，拉长后将下端固定 在体验者的身上，人再与固定在地面上的拉力传 B 感器相连，传感器示数为1000N。打开扣环，人 A 从A点由静止释放，像火箭一样被“竖直发射”， 扣环 心一拉力传感器 经B点上升到最高位置C点，在B点时速度最m 大。已知AB长为2m,人与装备总质量m=80kg(可视为质点)。 忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是 A.在B点时，弹性轻绳的拉力为零 B经过C点时，人处于超重状态 C.弹性轻绳的劲度系数k=500N/m D.打开扣环瞬间，人在A点的加速度大小为22.5m/s 6.(多选)(2024·四川成都诊断)如图所示，劲度系数不同u 的两个轻质弹簧a、b悬挂了质量为m1和m2的两块橡皮 泥，整个装置保持静止时，弹簧a的长度与弹簧b的长度 相等。已知m2=3m1,重力加速度为g,则 () A.弹簧a的弹力比弹簧b的弹力大 B.在m1上取△m粘在m2上，弹簧a长度变短，弹簧b长 度变长 C.剪断弹簧a瞬间，质量为m1和m2的橡皮泥的加速度大小都为 g,方向竖直向下 D.剪断弹簧b瞬间，质量为m1的橡皮泥加速度大小为3g,方向竖 直向上，质量为m2的橡皮泥加速度大小为g,方向竖直向下 7.(2024·江苏泰州一模)如图所示，半球形容器 B 内有三块不同长度的滑板AO'、BO'、CO',其 下端都固定于容器底部O'点，上端搁在容器侧A 壁上，已知三块滑板的长度BO'>AO>CO'。 若三个滑块同时从A、B、C处开始由静止下滑 (忽略阻力)，则 A.A处滑块最先到达O'点 B.B处滑块最先到达O点 C.C处滑块最先到达O'点 D.三个滑块同时到达O'点 8.(2024·山东济宁一模)鲁南高铁是山东省“三横五纵”高速铁路重 要组成部分，全长494km。小明同学在济宁北站乘坐动车时，利用 手机加速度传感器测量动车的加速度α随时间t的变化关系，如图 所示。6s时动车由静止开始加速，可以认为加速度随时间均匀增 大，10s时达到最大加速度0.5m/s2,并以此加速度做匀加速直线 运动直至达到最大速度252km/h,随后匀速行驶。在动车水平桌 板上放置一质量为2kg的物体，该物体始终相对桌板静止。重力 加速度g取10m/s2,动车加速过程始终在水平面上，下列说法正 确的是 () 考点6牛顿运动定律的理解和基本应用015 +a/m·s2) 0.5 ------------ywnt/wavuthut/o 0hnwM△AD/ 610 tis A.10s时动车的速度大小为2m/s B.动车做匀加速直线运动的时间为138s C.在匀加速直线运动过程中，桌板对物体的作用力大小为1N D.在匀加速直线运动过程中，桌板对物体做的功为4900J 9.(2024·福建龙岩一模)如图所示，倾角为0的 光滑斜面固定在地面上，A、B球的质量分别为 B m1、m2,轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端 与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，弹簧、 0 细线均平行于斜面，系统处于静止状态。细线被剪断的瞬间，下列 说法正确的是 () A.B球处于平衡状态 B.弹簧的弹力大小为m1gsin8 C.B球的加速度大小为gsinθ，方向沿斜面向下 D.A球的加速度大小为m十m gsin0,方向沿斜面向上 10.（多选)(2024·安徽安庆二模)如图所示，一固 y 定光滑直杆与水平方向夹角为α，一质量为M 的物块A套在杆上，通过轻绳连接一个质量 为m的小球B。现让A、B以某一相同速度沿 1. OB 杆方向开始上滑，此时轻绳绷紧且与竖直方向夹角为3，A、B一起 沿杆上滑过程中，设A、B的加速度大小为a,轻绳的拉力大小为 F,杆对物块A的弹力大小为FN,已知重力加速度为g,A、B均 可看成质点，则 () A.a-gtan a B.a-B C.F=(M+m)g cos a D.F>mg cos B 11.（多选)(2024·黑龙江齐齐哈尔一模)如图所 B 示，倾斜传送带以恒定速率顺时针转动。将一 质量为m的小物体P(可视为质点)轻放在AA口 ● 处，小物体P到达B处时恰好与传送带共速； 再将另一质量也为m的小物体Q(可视为质点)轻放在A处，小物 体Q在传送带上到达B处之前已与传送带共速，之后和传送带一 起匀速到达B处。则P、Q两个物体从A到B的过程中() A.小物体P与传送带间的动摩擦因数较小 B.传送带对P、Q两物体做功相等 C.传送带因传送物体而多消耗的电能相等 D.P、Q两个物体与传送带间因摩擦产生的热量相等 0162对勾·高考一轮复习金卷物理 12.(2024·山东烟台一模)如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直 放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端 高h处自由释放，接触弹簧后继续竖直向下运动。若以小球开始 下落的位置为原点，沿竖直向下建立坐标轴Ox,则小球速度的二 次方v2随坐标x的变化图像如图乙所示。其中OA段为直线。 ABCD是平滑的曲线。AB段与OA相切于A点，C点与A点关 于BE对称，空气阻力不计，重力加速度为g。小球在A、B、C、D 各点对应的位置坐标为xA、xB、xc、xp,加速度大小为aA、aB,ac、 ap,则下列判断正确的是 () 0 000000uu VZ2217KKK77777 D 甲 A.xA=h,aa<g B.xn=h十mg 2kan=0 C.xc=h+6s,ac=g D.xp=h+2mg k an>g 13.(2024·山东青岛一模)如图所示是货物输 送装置示意图，载物平台（质量为M)架在 两根完全相同、轴线在同一水平面内的平 行长圆柱上，平台重心与两圆柱等距，货物 (质量为m)放在平台正中间。两圆柱以角速度w=20rad/s绕轴 线做反方向转动。现沿平行于轴线的方向给平台施加F=10N 的恒力，使平台从静止开始沿轴线运动。已知平台质量M=4kg, 平台与两圆柱间的动摩擦因数均为41=0.2，货物质量m=1kg, 与平台间的动摩擦因数以2=0.3，圆柱半径r=4cm,重力加速度 g取10m/s2。下列说法正确的是 () A.货物与平台一起做匀加速直线运动 B.当平台速度v=0.6m/s时，货物加速度大小为2m/s2 C.当平台速度v=0.6m/s时，货物加速度大小为0.8m/s2 D.若施加的恒力F<10N,平台将保持静止 14.(2025·安徽部分学校联考)如图所示，一小 球用轻质细线a、b连接，细线a的另一端连 接于车厢顶的A点，细线b的另一端连接于 车厢底板上的B点，小球静止时细线a与竖 直方向的夹角为0=30°，细线b与水平方向的夹角也为0=30°。 已知两细线长相等，且AC=BC,不计小球大小，重力加速度为g。 小车向左沿水平方向做匀加速直线运动，要使细线b上张力为零， 则小车运动的加速度a。应满足的条件是 () A.③ A空五。3 3 B.4g≤a,≤g 3g≤a≤3g D.g 15.（多选)(2024·四川成都二模)如图甲所示，平行于倾角为0的固 定斜面向上的拉力F使小物块沿斜面向上运动，运动过程中加速 度α与F的关系如图乙所示。图线的斜率为k,与F轴交点坐标 为c,与a轴交点为一b。由图可知 ( 甲 A.小物块的质量为k 品，小物块的质量为日 C.摩擦力与重力沿斜面方向的分力大小之和为b D.摩擦力与重力沿斜面方向的分力大小之和为c 刷大题·提能力 16.(2024·四川泸州二模)如图所示，质量m=2kg的物块静置于质 量M=3kg的长木板右端，长木板长L=1.5m,物块与长木板间 的动摩擦因数41=0.2，长木板与地面间的动摩擦因数42=0.1， 物块与长木板之间、长木板与地面之间的最大静摩擦力等于滑动 摩擦力，重力加速度g取10m/s2。现有一水平向右的恒力F作 用在长木板上。 (1)若恒力F,=10N,求物块和长木板的加速度大小； (2)若恒力F2=24N,求物块在长木板上滑动的时间； (3)若恒力F3=30N,作用一段时间后撤去，物块恰好不从长木板 上掉下，求恒力作用的时间。 17.(2024·黑龙江齐齐哈尔一模)人们用传送带从低处向高处运送货 物，如图所示，一长L=5m的倾斜传送带在电动机带动下以速度 v=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角0= 37°，某时刻将质量为m1=15kg的货物A轻轻放在传送带底端， 已知货物A与传送带间的动摩擦因数4=0.8，sin37°=0.6， cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2。 (1)求货物A刚开始运动时的加速度大小及在传送带上运动的 时间； (2)为了提高运送货物的效率，人们采用了“配重法”，即将货物A 用跨过定滑轮的轻绳与质量为m2=1kg的重物B连接，如图所 示，货物A与定滑轮间的轻绳与传送带平行，不可伸长的轻绳足 够长，不计滑轮的质量与摩擦，在货物A运动到传送带顶端前重 物B都没有落地，求： ①货物A在传送带上运动的时间； ②货物A在传送带上运动过程中摩擦力对其做的功。 L B A12.(1)5.70(2)D(3)x的测量起点不是小铜球球心(4女 2 解析：(1)由题图乙可知，游标尺为20分度，且第14个刻度线 与主尺对齐，则小钢球的直径d=5mm十14×0.05mm= 5.70mm。 (2)根据题意可知，小钢球道过光电门的速度为和=，由运 动学公式=2gx可得 宝云一，之上空 是直线，该小组同学以x为横坐标，纵坐标y应为，故选D。 (3)根据题意可知，图线不过原，点的原因是x的测量起点不是 小钢球球心。 (4)根据(2)分析可知，题图丙中图线的斜率饣=子，可得 2。 13.(1)5m/s(2)2s(3)5m 解析：(1)运动员从起跳到最高，点过程中做匀减速直线运动， 末速度为0，上升的高度为h=1.25m, 根据运动学规律有0一U。=一2gh, 解得运动员起跳时的速度大小为vo=5m/s。 (2)以竖直向上为正方向，运动员从起跳到入水的位移为 x=-10m,根据运动学规律x=vot一之gt, 解得运动员从起跳到入水所用时间为t=2s(t=一1s舍去)。 (3)运动员入水前瞬间的速度为v入=vo一gt=一15m/s(负 号表示方向竖直向下)， 运动员入水后做匀减速直线运动，设水池深度至少为H,加速 度a=22.5m/s2,则有0-v=-2aH,解得H=5m, 为了避免运动员与池底碰撞，水池的最小深度为5m。 14.(1)相撞4s(2)1.125m/s2 解析：(1)当两车速度相同时，所用时间为1。==105，在此 10s内A车的位移为xA=vAt。=20×10m=200m,B车的 位移为xm=2at6=2X2X10m=100m,此时A,B两车 间的位移差为△x=xA一xB=100m>64m,所以两车必定相 撞；设从A车发现B车到撞上B车经过的时间为t,则相撞时 有vt一之at=64m,代入数据解得t=4s(另一值不符合题 意，舍去)，所以从A车发现B车到撞上B车经过的时间为4s。 (2)已知A车的加速度aA=一2m/s,初速度va=20m/s:B 车的加速度为a2=2m/s2,设B车运动后经过时间t'时两车相 遇，则有ut'+2at2=2a”+L,代入数据有(1+2）- 20t'+64=0,要避免相撞，则上式无实数解，根据数学关系知 a2>1.125m/s2,所以B车的加速度最小为1.125m/s2。 15.(1) 5mSmu≤5m(2)5- -m 2 解析：(1)根据题意可知，物块A与斜面体间的最大静摩擦力 为Fim=mgc0s37°=0.4mg,当重物B的质量较小时，物块 A有沿斜面向下的运动趋势，设重物B的质量最小为1，此 时细绳的张力大小为F,A在沿斜面方向的受力分析如图甲 所示， 60°人 mgsin 37 309 A 甲 由平衡条件有mg sin37°-Fm=FT, 对重物B受力分析，如图乙所示， 由平衡条件有2Fc0s30°=m1g,解得m,=5, 5m, 当重物B的质量较大时，物块A有沿斜面向上的运动趋势，设 重物B的质量最大为m2,此时细绳的张力大小为FT2,A在沿 斜面方向的受力如图丙所示， 2刻勾·高考一轮复习金卷物理 13 F F 609 m28 由平衡条件有mgsin37°十Fm=Fr2, 对B分析，如图丁所示， 由平衡条件有2FT2c0s30°=m2g, 解得m2=√3m, 即重物B的质量m的大小范国为尽 5m≤mn≤√3m。 (2)根据题意，由(1)分析可知，若物块A刚好不上滑，此时细 绳的张力大小为Fr2=mg, 对重物B,由平衡条件有2Fr2c0s8'=mg, 解得0′=60°. 设移动竖直杆之前CD的水平距离为x1,移动竖直杆之后CD 的水平距离为x2,由几何关系可得sin30°= D,sin60°= 1 3 解得x1=2m,x2 m,则竖直杆向右平移的距离为 2 √3-1 △x=x2一x1 -m。 考点6牛顿运动定律的理解和基本应用 1.B水冲沙石，沙石才能运动，因为水的冲击力大于阻力，故力 是改变运动状态的原因，故A错误：物体总有保持原有运动状 态的性质，这种性质即为惯性，其大小只与质量有关，质量越大 惯性越大，力是改变物体运动状态的原因，重的大石由于质量 较大，惯性较大，所以运动状态不容易被水流改变，故B正确； 物体的运动不需要力来雏持，如沙石不受力的作用时，可以做 匀速直线运动，故C错误：“大石不移”是因为水的冲力等于大 石受到的阻力，大石所受的合力为零，故D错误。 2.CD运动员刚接触床面时，重力大于弹力，运动员向下做加速 运动，运动员处于失重状态，当弹力增大到等于重力时运动员 速度最大，继续下降，弹力大于重力，运动员向下做减速运动 运动员处于超重状态，即在第一过程中运动员先处于失重状 态，后处于超重状态，A错误，C正确；在第二过程中运动员先 向上做加速运动，处于超重状态，后向上做减速运动，处于失重 状态，B错误，D正确。 3.D从A到B的过程中，同学有向下的加速度，处于失重状态 A错误；a-t图像与时间轴围成的面积表示速度变化量，同学 在A点的速度为零，故同学在B点时速度不为零，B错误；恰好 离开地面时，地面对同学的作用力为零，不计空气阻力，则同学 的加速度为重力加速度，故同学在D,点时恰好离开地面，C错 误；从C到D的过程中，同学有向下的加速度，处于失重状态 故D正确。 4.D由题图可知0~2s内，物体做匀加速直线运动，速度均匀 增加，A错误；4s末物体加速度不为零，根据牛顿第二定律可 知，物体受到的合力不为零，B错误：2~4s内与46s内物体 的速度方向相反，C错误；v一t图线与横轴所围的面积表示物 体发生的位移，由题图可知，0~一8s内物体的位移为零，即8s 末物体回到出发点，故D正确。 5.C在B点时人的速度最大，加速度为零，处于平衡状态，有 kx=mg,在A点未释放时，有kx'=mg十F,又x x=2m, 联立解得k=500N/m,故A错误，C正确；在C点速度为零， 有向下的加速度，人处于失重状态，故B错误；打开扣环瞬间， 由牛顿第二定律，可得kx'-mg=F=a,解得a=12.5m/s2, 故D错误。 6.AD两橡皮泥都静止，处于平衡状态，由平衡条件得F (m 1十12)g=4m1g,F,=m2g=3m1g,可知弹簧a的弹力比 弹簧b的弹力大，故A正确；在m1上取△m粘在m2上，由平 衡条件得F,=(m1一△m十mg十△m)g=4m1g,可知弹簧a的 弹力不变，长度不变，故B错误；剪断弹簧a瞬间，弹簧a的弹力 消失，弹簧b的弹力不变，对质量为1的橡皮泥，由牛顿第二 定律可得m1g十Fb=m1a1,解得a1=4g,方向竖直向下，质量 为2的橡皮泥受力不变，加速度为零，故C错误；剪断弹簧b 瞬间，弹簧a的弹力不变，弹簧b的弹力消失，对质量为m1的 橡皮泥，由牛顿第二定律可得F,一m1g=m1a1,解得a1=3g, 方向竖直向上，对质量为m?的橡皮泥，由牛顿第二定律可得 m2g=m2a2,解得a:=g,方向竖直向下，故D正确。 7.D令半球形容器的半径为R,滑板的倾角为日，对滑块进行分 析，根据牛顿第二定律有mg sin日=ma,根据位移公式有 0 R 2Rsin0=2gsin日·t,解得t=2入 ,可知时间t与滑板的 倾角日和滑板的长度均无关，故三个滑块同时到达O'点，故 选D。 8.B加速度α随时间t的变化关系图像中图线与时间轴围成的 面积表示速度的变化量，从静止开始，10s时动车的速度大小： 为=△w=2at1=2X0.5X(10-6)m/s=1m/s,A错误； U一U0 最大速度252km/h=70m/s,匀加速运动的时间t= 70-1 0.5s=138s,B正确：在匀加速直线运动过程中，对桌板上的 物体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得f=a=1N,支持 力F、=g=20N,桌板对物体的作用力大小为F W√F十f2=√(20)2+1N=√401N,C错误；在匀加速直线 运动过程中，物体移动的位移大小为工=叶心： 70+1 2 138m=4899m,桌板对物体做的功为W=fx=1×4899J= 4899J,D错误。 9.C细线被剪断的瞬间，细线拉力为零，对B球受力分析，由牛 顿第二定律得m2gsin日=m2a2,解得B球的加速度大小为 a2=gsin日，方向沿斜面向下，故A错误，C正确；细线被剪断 前，由平衡条件得弹簧的弹力F弹=(m1十m2)gsin日，细线被 剪断瞬间，弹簧来不及恢复原长，因此弹力不变，B错误；细线 被剪断瞬间，对A球由牛顿第二定律得F弹一m1gsin日=m1a1, 解得1= mgsi血8，方向沿斜面向上，D错误。 10.BC根据题意，A、B一起沿杆上滑过程中，将F A、B看成一个整体，受力分析如图所示，将重 力进行正交分解，分解为沿着杆向下（与速度 方向相反)的分力，大小为(M十m)g sin a,以 及垂直于杆向下的分力，大小为(M十m)gcos a,a 根据平衡条件可知Fy=(M十m)gcos a,在运 动的方向上由牛顿第二定律有 (M十m)gsin a=(M十m)a,解得a=gsin a, (M+m)8 A错误，C正确；由于小球B的加速度沿着杆向下，则小球B: 在垂直于杆的方向上所受合力为0，由此可知细线一定与杆垂 直，即mgcos a=Fr,则根据几何关系可知a=B,因此有 ng cos B=Fr,B正确，D错误。 11,AB小物体一开始在传送带上做初速度为零的匀加速直线： 运动，加速度大小为a=mgcos日-mgsin日 =ugcos 0- gsi日，在速度达到与传送带共速v的过程，小物体P在传送 带上的位移x较大，根据运动学公式可得α=2，可知小物体 P在传送带上加速时的加速度较小，则小物体P与传送带间 的动摩擦因数较小，A正确：在小物体从A到B的过程中，根 据功能关系可知，传送带对小物体做的功等于小物体机械能 的增加量，由题意可知，两小物体增加的动能和重力势能均相 等，则两小物体增加的机械能相等，故传送带对P、Q两物体做 功相等，B正确，小物体加速阶段的时间为t=”,小物体加速 阶段与传送带发生的相对位移为△x=x传一工物=t一2t 2t-2a一2(4gco50-g$in0)则小物体与传送带间因摩擦 U- mu 产生的热量为Q=umgc0s日·△x= 2(1-sin8 ,由于小物 体P与传送带间的动摩擦因数较小，则小物体P与传送带间： 因摩擦产生的热量较大，D错误；由于两物体增加的机械能相 同，根据能量守恒可知，传送带因传送小物体P而多消耗的电 能较大，C错误。 12.C题图乙所示图像中，OA段是直线，小球从O运动到A过 ◆ 程加速度不变，小球做自由落体运动，小球到达A时，下落高 度为h,小球的加速度仍然是g,所以x4=h,aa=g,A错误；： 由图像可知，在B点小球速度最大，此时重力和弹簧弹力相 等，合力为0，加速度为QB=0,由mg=k△x可得△x=”m坚 则B点的坐标为xB=+,B错误：由于C点与A点关于 BE对称，所以xc=h十23，在C点时弹簧弹力竖直向上，大 131 小为F=2k△x=2mg,小球在C点由牛顿第二定律得F mg=ac,解得ac=g,C正确；小球到达D点时速度为零， 2mg,加速 则D点在C点的下方，小球到达D点时xD>h十 度aD>g,D错误。 3.C根据对称性可知平台与两个圆柱表面 相 的摩擦力相等，大小均为f=2(M十 m)g=5N,沿平行于轴线的方向给平台施 加F=10N的恒力，使平台从静止开始沿 轴线运动，初始时刻，平台受到两圆柱的摩 擦力刚好平衡，以平台和货物为整体，加速 F 度大小为ao=M十m =2m/s<42g=3m/s,圆柱表面的，点 转动的线速度大小为v'=wr=0.8m/s,设平台运动的速度大 小为U,如图所示，可知平台受到两个圆柱表面对平台沿平行 于轴线的方向的摩擦力大小均为f,=∫c0s日，根据牛顿第二 定律可得F-2f,=F-2fcos8=(M十m)a,可知随着平台 速度V的逐渐增大，日逐渐减小，c0s日逐渐增大，加速度逐渐 减小，所以货物与平台不是一起做匀加速直线运动，故A错 7 误：当平台速度v=0.6m/s时，则有c0s0= W02十z 0.6 =0.6,又F-2fcos9=(M十m)a,可得加速度 √/0.6十0.82 大小为a= F-2fcos8_10-2×5X0.6 M+m 4+1 m/s2=0.8m/s2, 故B错误，C正确；若施加的恒力F<10N,由于初始时刻两 圆柱表面对平台沿平行于轴线方向的摩擦力大小均为0，所以 平台将沿轴线的方向运动，故D错误」 4.C根据几何关系，a、b细线与A、B连线的夹角均为15°，当 细线a与竖直方向的夹角为30°且细线b刚好伸直，这时车的 加速度大小为a1=g1an30°= 3g,根据对称性，当细线a与 竖直方向的夹角为60°且细线b刚好伸直时，车的加速度大小 为ag=gtan60°=√3g,因此要使细线b上张力为零，则小车 运动的加违度应满足的条件是<a,<5g,故选C 5.BD以小物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得F一 gsin日-f=ma,可得a F mgsin日十f,结合a-F图像 7 可得1=k=b,-mg sin0十f =一b,可知小物块的质量为 n 71 m- 友，摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为ngsin日十 f=c,故选BD。 6.11m/s(21s(3)y 10 解析：(1)物块与长木板刚要出现相对滑动时，对物块由牛顿 第二定律有1mg=mao· 对物块和长木板整体受力分析，由牛顿第二定律有 F。-42(m十M)g=(m十M)ao, 联立解得F。=15N, 即当拉力F超过15N时，物块和长木板间就会出现相对滑 动，由于F,=10N,故物块和长木板相对静止，一起向右做加 速运动，设加速度为a1,对物块和长木板整体受力分析，由牛 顿第二定律有F,-a2(m十M)g=(m十M)a1: 解得物块和长木板的加速度大小为a1=1m/s。 (2)当F2=24N时，物块和长木板有相对滑动。设物块的加 速度为a2,长木板的加速度为a:,对物块由牛顿第二定律有 1mg=2a2, 对长木板受力分析，由牛顿第二定律有 (m十M)g-k1mg=Ma3 设经过时间物块刚好滑下长木板，此时两者的位移关系满 :-2a:t=L. 解得物块在长木板上滑动的时间为t=1s。 (3)当F=30N时，物块仍以加速度a2做匀加速直线运动， 设长木板做加速度为a1的匀加速直线运动，对长木板由牛顿 第二定律有Fg一2(m十M)g一1mg=Ma1, 设作用时间t1后，长木板的速度为1，由运动学公式得=a1t1 撤去F3?后，物块继续以加速度a2做匀加速直线运动，设长木 板做加速度为a；的匀减速直线运动，对长木板由牛顿第二定 律有A2(m十M)g十1mg=Mas, 参考答案 撤去F3后，设经过时间？物块与长木板共速，由运动学公式： 有U1一ast2=a2（t1十t2), 由于1>2，因此共速后两者不会再有相对运动，位移满足 2a1ti+w-2at-2at1十t)°=L, 联立解得恒力作用的时间为t1 √30 10s 17.(1)0.4m/s25s(2)①3.5s②432J 解析：(1)对货物A受力分析，由牛顿第二定律得 um gcos 0-mgsin 0=ma, 解得a1=0.4m/s2, 假设货物A一直做加速运动，则由运动学公式有L= 2a1t2, 解得t=5s, 此时货物A的速度为v1=a1t=2m/s,符合题意。 (2)①对货物A受力分析，由牛顿第二定律有 T+umigcos 0-migsin 0-mia 对重物B受力分析，由牛顿第二定律有2g一T=2a2, 联立解得a2=1m/s, 当货物A与传送带达到共速时所用的时间为1=”=2S, 货物A加速运动的位移大小为x1=之1=2m, L-xI 之后做匀速运动，则匀速运动的时间为t,= =1.5s, 则货物A从底端到达顶端所需的时间为t=t1十t2=3.5s。 ②在货物A加速运动阶段，摩擦力大小为f1=m1gc0s,方向 沿传送带向上，摩擦力在该阶段对其做的功为W1=∫1x1=192J, 在货物A匀速运动阶段，摩擦力大小为f2=m1gsin日 2g,方向沿传送带向上，摩擦力在该阶段对其做的功为 W,=f,(L-x1)=240J, 即货物A在传送带上运动过程中摩擦力对其做的功为W W1+W2=432J。 考点7牛顿运动定律的综合应用 1.C由题图可知，O~t1时间内他们加速下降，具有竖直向下的 加速度，处于失重状态，A错误；t1一t2时间内减速下降，由牛 顿第二定律可知a=二m竖，加速度越来越小，他们受到的空 气阻力逐渐减小，B错误：根据P=mgv,t1时刻速度最大，则 重力的功率最大，C正确；2~t:时间内他们匀速下降，则机械 能减少，D错误。 2.D传送带启动后做匀加速运动，包裹在摩擦力作用下也做加 速运动，则包裹的加速度一定小于传送带的加速度，则由题图 可知图线I表示的是传送带的运动，图线Ⅱ表示的是包裹的运 动，A错误；包裹的加速度a=1m/s,根据a二g可知包裹和 传送带间的动摩擦因数为0,1，B错误：传送带的长度等于包襄 的位移，即L=2X5X5m=12.5m,C错误；包裹相对传送带 滑动的距离为△x=2X5X8m-12.5m=7.5m,D正确。 3.A设木块质量为m,则长木板质量为2，设木块与长木板 长木板与地面间的动摩擦因数为4，则对整体有F一4·3g= 3ma,对物块有f=ma,解得f= 3 一mg<3,故选A。 4.C根据受力分析可知滑块对木板的滑动摩擦力方向水平向 右，因此地面对木板的静摩擦力方向水平向左，故A错误；滑块 对木板的滑动摩擦力大小「 =41mg=3N,由于木板始终保 持静止，故地面对木板的静摩擦力大小f=∫m=3N,故B错 误；木板始终保持静止，即2（m十M)g≥∫m,解得42≥0.1，故 C正确：整个过程中，滑块的动能全部转化为系统的内能，产生 的热量Q=2mu6=2J,故D错误。 5.D由题图乙可知，铁块与长木板之间的滑动摩擦力为f1=30N, 则动摩擦因数为41=上=0.6，A错误：在1=1s时长木板与 72g 地面之间发生相对滑动，则F=20N=k×1s,解得k=20N/s,在 t=1s时，对长木板进行受力分析，可知20N=42(m十M)g, 在t=3s时铁块与长木板发生相对滑动，在1~3s过程中长木 板和铁块整体做加速运动，则在t=3s时，对铁块和长木板整 体有kt:-2(m十M)g=(m十M)a,对铁块有kta-f1=ma, 代入教据解得M=号kg以：=0.3，B,C错误：在1一3内时长 木板由动量定理有I一2(M十m)gt13=Mu,其中I= 20+30×2N·s=50N·s,解得u=6m/s,因1~3s内铁块 2 2对勾·高考一轮复习金卷物理 13 与长木板速度相同，可知当t=3s时铁块的速度大小为6m/s, D正确。 6.A物块与弹簧接触时速度恰好达到v,说明与弹簧接触前物 块做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知ma=mg,即a g,方向水平向右；与弹簧接触后在开始的一段时间内物块相 对于传送带静止，即物块所受弹簧弹力和静摩擦力平衡，物块 做匀速直线运动，则α1=0，物块运动到弹簧弹力大于最大静摩 擦力时，则kx一g=a2,即a2 x一以g,方向向左，故选A。 7.A设小滑块与长木板间的动摩擦因数为以1，小滑块的质量为 ,由题图乙可知，当小滑块与长木板恰好发生相对滑动时，对 小滑块由牛顿第二定律有F。一41mg=ma,则a Fo 一1g 已知a-F图像的纵轴上截距为一6m/s,即一u1g=一6m/s, 解得以1=0.6，A正确；由题图乙可知，当拉力为F。时，小滑块 与长木板恰好发生相对滑动，此时小滑块与长木板有相同的加 速度2m/s,设长木板的质量为M,对长木板由牛顿第二定律 有41mg一2(m十M)g=Ma,解得m=2kg,对小滑块则有 F。一1mg=ma,解得F。=16N,因为H1mg=12N>,(m十 M)g=8N,可知当水平拉力增大时，小滑块与长木板同时相对 地面发生滑动，B、C错误；当水平拉力F=12N时，对小滑块与 长木板组成的整体，由牛顿第二定律可得F一以2(m十M)g (m十M)a',解得小滑块与长木板的加速度大小为a'=1m/s, D错误 8.AD由题图乙可知，0~1s内煤块沿传送带向上做加速度为 1的匀减速直线运动，l~2s内煤块沿传送带向上做加速度为 a2的匀减速直线运动，且a1>a2,可知t=1s时，煤块的受力 发生变化，即此时煤块与传送带速度相等，倾斜传送带的速率 为4m/s,A正确；由题图乙可知01s和12s内煤块的加 4-12 0-4 速度大小为a1= 1 m/s2=8m/s,a2= 1 m/s2 4m/s,由牛顿第二定律，可得0~1s内煤块的加速度满足 mg sin9十mg cos日=ma1,联立解得h=0.25,B错误；由题图 乙可知，0一2s内煤块沿传送带向上运动，其位移可表示为x= 4十12×1m十2 1×4 2 m=10m,2s之后煤块沿传送带向下做匀 加速直线运动，有x=2a,,解得t=5s,则煤块从冲上传送 带到返回A端所用的时间为t总=(2十√5)s,C错误；在0~1s内 传送带速度比煤块速度慢，则煤块在传送带上的划痕为L1 12+4 ×1m一4×1m=4m,此时划痕在煤块的下方，在12s 2 4×1 内，传送带速度比煤块速度大，则Lg=4×1m一 m=2m,因 2 为L,<L1,所以煤块上升阶段在传送带上产生的划痕长度为 4m,D正确。 9.BCDA、B两物块静止叠放在倾角为α的斜面上刚好不下滑， 可知(2m十m)gsin a=41(2m十m)g cos a,解得B与斜面间的 动摩擦因数1=tana,故A、B间的动摩擦因数为2=3u1 3tana,B与斜面间的滑动摩擦力大小为∫1=1(2m十m)g· cosa=3 ng sin a,A与B间的滑动摩擦力大小为f2=u2X 2 mg cos a=6 mng sin a,当F≤f1十(2m十m)gsin a,即F≤ 6 ng sin a时，A、B都相对斜面静止；当F>f1十(2m十m)g· sina,即F>6 ng sin a时，A、B都相对斜面运动，A错误。对A 施加一沿斜面向上的拉力F,当A相对B向上滑动时，B所受 合力最大，加速度最大（设最大加速度为amx）,以B为研究对 象，由牛顿第二定律有f2一f1一mg sin a=ma .,解得a 2 gsin a,即只要A、B间存在相对滑动，B就具有最大加速度 amD正确。而要想A、B间存在相对滑动，A的加速度aA 应大于am,即aA一am,以A为研究对象，由牛顿第二定律 有F-f2-2mg·sina=2maA,解得F>12 ng sin a,可见，要 想A、B间发生相对滑动，拉力F应大于12 ng sin a,C正确。 根据前面的分析可知，当6 ngsin a<F≤l2 ng sin a时，A、B相 对静止，但两者相对斜面一起做匀加速直线运动；当F 9 ng sin a时，设A与B一起做匀加速直线运动的加速度为a, 以A与B的整体为研究对象，由牛顿第二定律有F一f1 (2m十m)gsin a=(2m十m)a,解得a=gsin a,B正确。 F (mp十mQ)gsin37 10.C刚开始弹簧的压缩量为△x= 0.3m,t=0.2s时，设弹簧的压缩量为△x',对P由牛顿第二 定律得k△x'一npgsin37°=mpa,该段时间内由运动学规律 得△x一△x'= 2at2,联立解得△x'=0.14m,a=8m/s2,设 t=0时P、Q间的作用力为F1,对P由牛顿第二定律得F弹