考点7 牛顿运动定律的综合应用-【红对勾】2026年高考物理一轮复习金卷

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 mpg sin37°-F1=mpa,F弹=(mp十ma)gsin37°，解得F1= 16N,故A、D错误：t=0.2s时，弹簧的弹力F=k△x'=14N,故 B错误；t=0.2s时P、Q间的作用力为0，对Q由牛顿第二定 律得F-mag sin37=maa,解得F=56N,故C正确。 11.BC长木板与地面间的最大静摩擦力f1=41(M十2m)g= 36N,当F<f1时，A、B、C均静止，A错误：因2<以，故当F 增大时，B先与A发生相对滑动，B的最大加速度为aB 2g=3m/s,此时对整体有F1一1(M十2m)g=(M十 2m)ap,解得F1=90N,B正确：若F=104N,则B与A相对 滑动，C与A相对静止，对A、C整体有F一41(M十2m)g zmg=(M十m)aa,解得ac=4m/s2,设经过时间t后B、C 相碰，则有2aat-2amt=L,解得t=2s,C正确；因B与 A已发生相对滑动，C的最大加速度为ac=g=5m/s2,则 A、C加速度均为ac时，对A、C整体有F2一1(M十2m)g u2mg=(M十m)ac,解得F2=118N,D错误。 12.CD用手托住小球B,此时弹簧刚好处于原长，设细绳拉力为 T,滑块A刚要沿斜面向上运动，可知T=m ag sin8十 mAg cos日=30N,对B受力分析，设手的支持力为F,则F+ T=mg,解得F=20N,根据牛顿第三定律可知，释放小球B 前手受到的压力为20N,故A错误；松手后，A做加速度减小： 的加速运动，当A受到的合力为零时，速度最大，当A加速度 : 为零时，B的加速度也为零，对A受力分析，得T'一mAg: sin日一nAg cos0-F弹=0，对B受力分析得T'=mBg,其中 F弹=kx,解得x=0.2m,所以滑块A向上滑行0.2m时速度 最大，故B错误：松手后到滑块A达到最大速度的过程中，根据 能量守恒定律有m一gsin0=U0十（mA十 m)十之x,解得滑块A向上滑行时最大速度为u。 ·m/s,故C正确；滑块A向上滑行达到最大速度的过程中，： 对滑块A由动能定理得WT-m agzsin日-umAgE COS日一 W=2m0,其中W=2x,联立解得W=8.75J小，故 D正确。 13.C根据题意可知，0=0时，小物块从开始运动到第一次到达 A点的过程中做匀减速运动，由动能定理得一gL= 之mu一2m5,代入数据解得vA=√5m/s,根据题意可知， 若传送带的速度v√3m/s,则小物块第一次到达A,点的速 度均为√3m/s,则小物块在圆孤轨道上上升的高度不随v变 化而变化，即1=√3m/s,故A错误；由动能定理有一mgh。=0一 2wi,解得h。=0.15m,故D错误；当小物块到达A点与传 送带有共同速度且共同速度为？时，刚好能上升到半圆轨道 的一半处，由动能定理得7mu=mgR,解得v=√2gR= 2/s,故B错误；若传送带速度大于小物块速度，小物块做加 速运动，假设小物块一直加速，则有mgL=乞mu? 1 0,代入数据解得0'=√⑤m/s,即当传送带的速度u≥ √/15m/s时，小物块第一次到达A点的速度均为√15m/s, 若小物块恰好到圆孤最高点，则有mg三m,解得Um曰 原-反m/s,由动能定理有2mi-2m心i+mgX2R, 代入数据解得vA1=√0m/s<√5m/s,即当小物块第一 次到达A点时的速度v41≥√10m/s,小物块在圆孤轨道上 上升的高度不变，则有v3=√10m/s,故C正确。 14.ACD假设开始时两滑块相对木板滑动，则木板的加速度大 小a1三 F-41(mA十mB十M)g一mAg一m8=2m/S, M A的加速度大小aA=2g=2m/s,B的加速度大小an=4g= 4/s,可知假设错误：若B相对木板静止，A相对木板滑动，则此 时木板和B的加速度大小a,=F1m十mB十MDg一AmAg ng十M 3m/s>aA,可知假设成立，当A离开木板时，根据2a,t- 13 2aAtf=△x=0.5m,解得t1=1s,此时A的速度大小UA= aAt1=2m/s,木板和B的速度大小1=a2t1=3m/s,当A离 开木板后，木板的加速度大小a3= F-1(u十MDg一mg= M 8m/s,滑块B加速度大小仍为aw=3g=4m/s,设A离开 木板后经过时间t2撤去恒力F,则木板的速度大小U2=1十 at2,B的速度大小m=v1十aBt2,B相对木板的位移大小 △x1=”,-1吧1，撒去力下后木板加速运动的加 2 2 连度大小a,=m十Mgms=6m心，当两者共建 M 时，根据v=v2一a1t3=vm十at3,解得t2=2.5t3,v=3 ”0大吃ts一 5.6t2,此过程中B相对木板的位移△x2=2 U以t, 2 由题意可知△x1十△x2=2.8t=0.7m,可得t2=0.5s,滑块 B离开木板时的速度大小为v=3十5.6t2=5.8m/s,水平恒 力作用的时间为t=t1十t2=1.5s,木板的最大速度为v2= 3十8t2=7m/s,故A、C、D正确，B错误。 5.(1)3.5m/s2(2)3s 解析：(1)设小物体A加速度的大小为a1,轻绳的拉力为T1, 则对小物体A根据牛顿第二定律得 migsin 0+umgcos 0-T=m a, 对小物体B根据牛顿第二定律得T1一m2g=2a1, 联立解得a1=3.5m/s。 (2)小物体A从静止到速度0=7m/s的过程有t,=”=2s, a x1=2a1t=7m, 当A、B整体的速度大小等于7m/s时，摩擦力会改变方向，设 小物体A此时的加速度大小为α2，轻绳的拉力为T2,则对小 物体A根据牛顿第二定律得m1 gsin 0一um1gcos9 T2=m1a2· 对小物体B根据牛顿第二定律得T2一m2g=m2a2, 又u1-v2=2a2(L-x1), 解得a2=0.5m/s,v1=7.5m/s,t2= 0一=15, 所以小物体A从传送带顶端运动到底端的总时间为t=t1十 t2=3 So 16.(1)2g,方向竖直向下g,方向竖直向上（2)L>专H 解析：(1)圆管第一次落地弹起时，设圆管的加速度为a1,根据 牛顿第二定律有2mg十Mg=Ma1, 解得a1=2g,方向竖直向下， 设小球的加速度为a2,则有2mg一mg=ma2, 解得a2=g,方向竖直向上。 (2)设圆管第一次落地时的速度大小为。，此时小球的速度大 小也为v0,则有v后=2gH, 解得v。=√2gH,方向竖直向下， 碰地后，圆管的速度1=√2gH,方向竖直向上 取竖直向下为正方向，设经过时间t1,小球、圆管的速度相同， 则-01十a1t1=一a2t1,解得t1 2√2gH 3g 设t1时间内圆管的位移大小为x1,小球的位移大小为x2,则 有1=4-ai=号H,:=w-4:=号H, 若小球刚好没有从圆管中滑出，小球与圆管的相对位移大小 L=x十x=H, 之后圆管与小球一起运动，加速度大小为g,方向竖直向下， 则L应满足条件L>专H。 考点8实验：探究加速度 与物体受力、物体质量的关系 (1)0.19(2)甲甲和乙 解析：(1)匀加速直线运动中，一段时间内的平均速度等于这段 时间内中间时刻的瞬时速度，则在打d点时小车的速度大小 ==36.10-32.40)×10 v-2T 2×0.1 -m/s≈0.19m/so 参考答案考点7牛顿运动定律的综合应用 刷小题·重基础 1.(2024·广东江门一模)跳伞运动员由高空沿竖直↑和 方向落下，t1时刻开启降落伞，t2时刻开始做匀 速直线运动直到t3时刻落地，速度传感器记录此 过程中运动员的v-t图像如图所示，下列关于跳 伞运动员及降落伞的说法正确的是 () A.O一t1时间内，他们处于超重状态 B.t1~t2时间内，他们受到的空气阻力逐渐增大 C.t1时刻，他们所受重力的功率最大 D.t2~t3时间内，他们的机械能守恒 2.(2024·湖北十揠一模)在机场、车站常用传送带 +/m·s) 来传送旅客的包裹，在传送过程中同时对包裹进8 行安检。将一个包裹（可视为质点）轻放在水平传5 送带的左端，同时启动传送带，传送带向右做初速 度为0的匀加速直线运动。包裹和传送带的速 度一时间图像如图所示，t=5s时包裹运动到传 5 t/s 送带的右端。下列说法正确的是 A.图线I表示的是包裹的运动 B.包裹和传送带间的动摩擦因数为0.16 C.传送带的长度为20m D.包裹相对传送带滑动的距离为7.5m 3.(2024·湖北名校联考)如图所示，长木 板放在水平地面上，木块放在长木板上，m 作用在长木板上的水平拉力F使木块和长木板一起向右做匀加速 直线运动，运动过程中木块与长木板间的静摩擦力大小为f。已知 长木板的质量为木块质量的2倍，木块与长木板间的动摩擦因数等 于长木板与地面间的动摩擦因数，下列判断正确的是 ( A1号 Bf号 C.f=2 3 D.f八2F 3 4.（2024·四川成都二模)如图所示， m 一质量为M=2kg的木板静止在KKKKKMAM 水平地面上，一质量为m=1kg的滑块（可视为质点）以vo=2m/s 的水平速度从木板左端滑上木板，木板始终保持静止。木板足够 长，滑块与木板间的动摩擦因数为以1=0.3，木板与地面间的动摩 擦因数为u2(未知)，重力加速度g取10m/s2,设最大静摩擦力等 于滑动摩擦力。下列说法正确的是 () A.地面对木板的摩擦力方向水平向右 B.地面对木板的摩擦力大小为9N C.2可能为0.12 D.整个过程中，滑块与木板间因摩擦产生的热量为4J 5.(2024·湖南长沙二模)如图甲所示，长木板放在粗糙的水平地板 上，一个质量m=5kg的铁块放在长木板上，如果给铁块施加从零 开始逐渐增大的水平力F=kt(式中k≠0)，铁块与长木板之间的摩 擦力随时间的变化规律如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动 摩擦力，g取10m/s2,结合图中数据，下列说法正确的是() ↑fN 30- 20 →F 10 23 甲 A.铁块与长木板之间的动摩擦因数为0.4 B.长木板的质量为1kg C.长木板与地板间的动摩擦因数为0.2 D.当t=3s时，铁块的速度大小为6m/s 6.(2024·江苏常州期末)如图所示，水平传送带 WWMS 以恒定速度顺时针转动，传送带右端上方的 挡板上固定着一轻弹簧。将小物块P轻放在 传送带左侧某位置，P在传送带带动下向右运动，与弹簧接触时速 度恰好达到。取P放置点为坐标原点，全过程P始终处在传送带 上，以水平向右为正方向，木块在向右运动或向左运动的过程中，下 列加速度a与位移x的关系图像正确的是 () a 向右运动 向右运动 0 B ↑a 向左运动 向左运动 C D 7.(2025·山西朔州期末)如图甲所示，一质量为2kg的长木板静置 于粗糙水平面上，其上放置一质量未知的小滑块，且长木板与小滑 块之间接触面粗糙。小滑块受到水平拉力F作用时，用传感器测 出小滑块的加速度a与水平拉力F的关系如图乙中实线所示。已 知地面与长木板间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10m/s2, 下列说法正确的是 () ↑a/(m·s-2 2 0 F F/N -6 甲 考点7牛顿运动定律的综合应用017 A.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.6 B.当水平拉力增大时，小滑块比长木板先相对地面发生滑动 C.小滑块的质量为3kg D.当水平拉力F=12N时，长木板的加速度大小为2m/s2 8.（多选)(2025·福建泉州联 ↑(m·s-l) 考)如图甲所示，倾角为0= B 10P 37°的足够长的传送带以恒定 的速率沿顺时针方向运行， 一煤块以初速度vo=12m/s 从A端冲上传送带，煤块的 之 速度随时间变化的图像如图乙所示，g取10m/s2,sin37°=0.6， sin53°=0.8，则下列说法正确的是 () A.倾斜传送带的速率为4m/s B.煤块与传送带间的动摩擦因数2=0.5 C.煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为5s D.煤块从冲上传送带到t=2s时在传送带上留下的痕迹长为4m 9.（多选)(2024·湖南长沙模拟)如图 F 所示，A、B两物块的质量分别为 A B 2m和m,静止叠放在倾角为a的 斜面上，且刚好不下滑。已知A、B 1777】 间的动摩擦因数为B与斜面间的 动摩擦因数的3倍，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。现对A施加一沿斜面向上的拉力F,则 A.当F<8 ng sin&时，A、B都相对地面静止 B.当F=9 ng sin a时，A的加速度大小为g sin a C.当F>12 ng sin a时，A相对B滑动 D.无论F为何值，B的加速度不会超过2 g sin a 10.(2024·山东潍坊一模)如图所示，一倾角为0 37°的足够长光滑斜面固定在水平地面上，斜面 底端有一挡板，一根劲度系数k=100N/m的 LeL 轻弹簧两端分别连接在固定挡板和物体P上， 紧挨着P放置物体Q(不与P粘连)，现对Q施加一个沿斜面向上 的拉力F使Q做匀加速直线运动，从施加拉力开始计时，t=0.2s 后拉力F不再变化，已知P的质量mp=1kg,Q的质量m。= 4kg,g取10m/s2。下列说法正确的是 () A.t=0时P、Q间的作用力大小为24N B.t=0.2s时弹簧的弹力为0 C.t=0.2s时拉力F=56N D.Q的加速度大小为15m/s 11.(多选)(2024·河南新高考联盟联考)如图所示，水平地面上有一 足够长的质量为M=10kg的长木板A,上表面放置两个质量都 为m=4kg的小物块B、C(均可视为质点)。外力F作用在长木 板A的右端。已知A与地面间的动摩擦因数为41=0.2，B、C与 0182对勾·高考一轮复习金卷物理 A间的动摩擦因数分别为以2=0.3、43=0.5，已知最大静摩擦力 等于滑动摩擦力，g取10m/s2,下列说法正确的是 () B A nnmninnnnnmmnnnnnnmmnnmnnmnminnninmnm. A.当F<40N时，A、B、C均静止 B.当F>90N时，B与A才发生相对滑动 C.若F=104N,B、C间距离为L=2m,则用时2s物块C会与B 相碰 D.当F>126N时，C与A才发生相对滑动 12.(多选)(2024·山东济南统考)如图所示， 在倾角为37°的斜面上，轻质弹簧一端连接 OB 固定在斜面底端的挡板C,另一端连接滑 块A,一轻细绳通过斜面顶端的固定轻滑 轮，一端系在滑块A上，另一端与小球B 相连，细绳与斜面平行，斜面足够长。先用手托住小球B,此时弹 簧刚好处于原长，滑块A刚要沿斜面向上运动。现在由静止释放 小球B,不计轻绳与滑轮间的摩擦，小球B始终未落地。已知滑块 A的质量为3kg,小球B的质量为5kg,弹簧的劲度系数为 100N/m,滑块A与斜面间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，弹簧的弹性势能为E。二)kx(k为劲度系数，工为 弹簧的形变量)，g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说 法正确的是 () A.释放小球B前，手受到的压力为32N B.滑块A向上滑行0.32m时速度最大 C.滑块A向上滑行时最大速度为 2 m/s D.滑块A向上滑行达到最大速度的过程中，细绳对滑块A做的功 为8.75J 13.(2024·山东青岛统考)如 h/m 图甲所示，长度L=0.5m 的水平传送带顺时针匀速 转动，其右端与一半径 gm·s) R=0.2m的竖直光滑半 乙 圆轨道相切于A点。小 物块以初速度v。=3m/s冲上传送带的左端，在传送带上运动一 段时间后进入半圆轨道。当传送带以不同速率运行时，小物块在 半圆轨道上第一次达到的最大高度h与传送带运行速率的关系 如图乙所示。已知小物块与传送带间的动摩擦因数4=0.6，重力 加速度g取10m/s2。下列计算正确的是 () A.v1=2 m/s B.v2=3 m/s C.v3=√10m/s D.ho=0.2 m 14.(多选)(2024·江西九校联考)在足够大的水平地面上，静置一质 量为2kg、长度为0.7m的薄木板，木板上距木板左端0.5m处放 有质量为4kg的小滑块A,右端放有质量为2kg的小滑块B,现 在木板右端施加一水平恒力F=28N,一段时间后撤去恒力F,滑 块B恰好从木板左端掉落。已知木板与地面间的动摩擦因数为 0.1,滑块A与木板间的动摩擦因数为0.2，滑块B与木板间的动 摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两滑块均可视为 质点，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是 () AB 口口 77777777777777777777 A.滑块A离开木板时的速度大小为2m/s B.滑块B离开木板时的速度大小为5m/s C.水平恒力作用的时间为1.5s D.木板的最大速度为7m/s 刷大题·提能力 15.(2024·四川德阳二模)如图所示，静止的粗糙传送带与水平面夹 角为0=37°，传送带顶端到底端的距离为L=14.25m,平行于传 送带的轻绳一端连接质量为m1=0.3kg的小物体A,另一端跨过 光滑定滑轮连接质量为2=0.1kg的小物体B,在外力的作用 下，小物体A静止于传送带的顶端。t=0时，撤去外力，同时传送 带从静止开始以加速度大小为a。=7m/s2、沿顺时针方向匀加速 转动，传送带速率达到v=7m/s后匀速转动。已知小物体A与 传送带间的动摩擦因数为μ=0.25，小物体B始终未与定滑轮相 撞，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，c0s37°=0.8。求： (1)传送带匀加速转动瞬间，小物体A加速度的大小； (2)小物体A从传送带顶端运动到底端的时间。 16.(2025·河北衡水模拟)如图新示，一个质量为M、长为L的圆管 竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M=2m,小球和圆 管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为2mg。圆管从下端距 离地面为H处自由落下，运动过程中，圆管始终保持竖直，每次落 地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力 加速度为g。求： (1)圆管第一次落地弹起时圆管和小球的加速度； (2)圆管第一次落地弹起后至第二次落地前，若小球没有从圆管中 滑出，则L应满足什么条件？ H annm