二轮专题精准提升3 牛顿运动定律的应用-【衡水真题密卷】2025年高考物理二轮专题精准提升（6版）

密真 2024一2025学年度二轮专题精准提升（三） 卺题 物理·牛顿运动定律的应用 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 题号 1 2 4 答案 1.在2024年春晚杂技《跃龙门》中的一段表演是演员从蹦床上弹起后在空中旋转360°，如 图所示。已知演员离开蹦床时的速度大小为v,在上升过程中就已经完成了旋转动作， 重力加速度大小为g,不计空气阻力，下列说法正确的是 () A.演员在上升的过程中处于超重状态 B.演员在下落过程中处于超重状态 C.演员在空中旋转的时间不超过” D演员上升的最大高度为 8 2.如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。若已知飞船质量为4.0×103kg,在 飞船与空间站对接后，其推进器的平均推力F为1000N,推进器工作5s内，测出飞船 和空间站的速度变化是0.05m/s,则 () 空间站 飞船 F A.飞船对空间站的力比空间站对飞船的力大 B.飞船对空间站的推力为1000N C.飞船的加速度为0.25m/s2 D.空间站的质量为9.6×104kg 3.如图是货物输送装置示意图，载物平台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，平台重心与两圆柱距离相等，货物m放在平台正中间。两圆柱以角速度 w=20rad/s绕轴线做相反方向转动。现沿平行于轴线的方向给平台施加F=l0N的 二轮专题精准提升（三）物理第1页（共8页） 真题空 心中有梦，勇敢追梦，让梦想照亮人生。 EEnEmEE aE mEEEEEN 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 班级 擦因数均为41=0.2，货物质量m=1kg,与平台间的动摩擦因数μ2=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 ( ) F 姓名 ------------ 得分 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，货物加速度为2m/s2 C.当平台速度v=0.6m/s时，货物加速度为0.8m/s2 D.若施加的恒力F<10N,平台将保持静止 4.如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，弹簧处于原 长，物块A的质量为3kg。t=0时，对物块A施加水平向右的恒力F,t=1s时撤去， 在0~1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度 内，下列说法正确的是 () 、4a/(m·s2) 1.0 、A 0.6--≥ B 00000000000 A B www777n77777777777777777777777777 甲 A.t=1s时物块A的速度等于0.8m/s B.t=1s时弹簧弹力为0.6N C.物块B的质量为2kg D.F的大小为1.5N 二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两个选项符合题目要求， 全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 6 8 答案 5.如图所示，某传送带的倾角a=37°，长为10.5m,以6m/s的速率逆时针 Vo 8 运转。在传送带顶端A点由静止释放一个质量为1kg的物体，同时传送 带在电动机的带动下，以4m/s2加速运转，已知物体与传送带间的动摩擦 B 因数为0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2,最大静a 摩擦力等于滑动摩擦力，物体从顶端A点运动至底端B点的过程中 ( A.物体一直做匀加速直线运动 B.物体从A点运动至B点所用时间为1.5s C.物体在传送带上留下划痕的长度为3m D.物体从A点运动至B点的过程中因摩擦产生的内能为20J 卷 二轮专题精准提升（三）物理第2页（共8页） 6 6.如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为3kg的物体A、 B(B物体与弹簧栓接)，弹簧的劲度系数为k=I00N/m,初始时系统处于静止 状态，现用大小为30N,方向竖直向上的恒定拉力F作用在物体A上，使物体A 开始向上运动，重力加速度g取10m/s2,空气阻力忽略不计，下列说法正确的是 ( A.外力施加的瞬间，A、B的加速度大小为10m/s2 777717717 B.当弹簧压缩量减小0.15m时，A、B间弹力大小为15N C.A、B分离时，物体A的位移大小为0.3m D.物体B速度达到最大时，弹簧被压缩了0.1m 7.如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆 等长，OC杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出）， 四个环分别从O点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时 间依次为t1、t2、t3、t4。下列关系正确的是 A.t1>t2>t3 B.t1=t3>t2 C.t2=t4>t1 D.t2<t3<t4 8.倾角为0=30°的斜面体固定在水平地面上，其斜面总长1=14.0m,如图所示，一薄木板 B置于斜面顶端，恰好能静止，木板B的质量m=1kg,长度L=10.6m。有一个质量 为M=3kg的小物块A(可视为质点)以沿斜面向下大小为vA=0.8m/s的初速度滑 上木板B,A,B之何的动摩擦因数2三，木板B下滑到斜面底滑碰到挡板后立刻停 下，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。则 ( 4,斜面体与木板B间的动摩擦因数为 A B B.从开始至木板B与挡板碰撞前，物块A一直做匀加速直线 运动 77777 C.木板B与挡板碰撞前瞬间的速度大小为0.6m/s D,物块A沿挡板向下运动的总时间为75s 446 三、非选择题：本题共8小题，共60分。 9.(3分)如图所示，小滑块由静止沿倾角0=37的固定斜面下滑。已知滑块与斜面间的动摩 擦因数为0.5，设斜面足够长。则滑块下滑时的加速度大小为 m/s2,滑块下 滑第5s末的速度为 m/s。(重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6， cos37°=0.8) 6 二轮专题精准提升（三）物理第3页（共8页） 真题密 10 10.(3分)如图所示，一固定斜面上表面光滑，倾角为30°，斜面顶端固定一个光滑定滑轮。 跨过定滑轮的轻质细线，一端竖直悬挂小球A,另一端连接物块B,细线的倾斜部分与 斜面平行。用手按住物块B。整个系统处于静止状态。小球A的质量为m,物块B 的质量为4m,重力加速度为g。现突然松开按住物块B的手，松手的瞬间，小球A的 加速度大小为 ;细线上的拉力大小为 30°C 11.(3分)如图甲、乙为大型游乐设施跳楼机及其结构简图。乘坐台载着游客由静止从α 位置自由下落到b位置，再从b位置开始受到恒定制动力竖直下落，下落到c位置停 下。已知乘坐台和游客的总质量为m,a、b的高度差为2h,b、c的高度差为h,重力加 速度为g,不计空气阻力。则从b到c,乘坐台和游客处于 (填“超重”或“失 重”)状态，从a到b与从b到c,乘坐台的运动时间之比为 ,从b到c,乘坐 台受到的制动力的大小为 0 12.(6分)甲、乙同学均设计了测动摩擦因数的实验，已知重力加速度为g。 (1)甲同学设计的实验装置如图甲所示，其中A为置于水平面上的质量为M的长直木 板，B为木板上放置的质量为的物块，C为物块右端连接的一个轻质弹簧测力计， 连接弹簧测力计的细绳水平，实验时用力向左拉动A,当C的示数稳定后(B仍在A 上)，读出其示数F,则该设计能测出 (填“A与B”或“A与地面”)之间的动 摩擦因数，其表达式为μ= (用题中所给物理量的字母表示)。 B一C出阿 A sssssssssssssssssssssssssssssssssssss 甲 卷 二轮专题精准提升（三）物理第4页（共8页） (2)乙同学的设计如图乙所示，他在一端带有定滑轮的长木板上固定A、B两个光电 门，与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间，与跨过 定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力，长木板固定在水 平面上，物块与滑轮间的细绳水平，实验时，多次改变沙桶中沙的质量，每次都让物 块从光电门A处由静止开始运动，读出多组测力计示数F及对应的物块在两光电 门之间的运动时间，在坐标系中作出F的图线如图丙所示，图线的斜率为k,与 纵轴的截距为b,因乙同学不能测出物块质量，故该同学还应该测出光电门A、B之 间的距离x。根据所测物理量及图线信息，可知物块的质量为 ；物块与木板 之间的动摩擦因数表达式为4= 。(均选用k、b、x、g表示) ↑FN 光电门B 光电门A 遮光片 物块 长木板 测力 0 台沙桶 乙 丙 13.(6分)利用打点计时器和小车探究加速度与力、质量的关系，实验装置如图甲所示。 小车纸带打点计时器 钩码 甲 (1)在探究加速度与物体质量关系时，应保持 (填“钩码质量”或“小车质 量”)不变，并且要求钩码质量 (填“远大于”或“远小于”)小车质量。 (2)下列关于实验操作的说法中正确的是 (填正确答案标号)。 A.打点计时器应与直流电源连接 B.连接钩码和小车的细线应与长木板保持平行 C.平衡摩擦力时，不应将钩码挂在定滑轮左侧细线上 D.平衡摩擦力后，若改变小车质量需要重新平衡摩擦力 (3)某同学在没有天平的情况下，利用图甲所示的装置测量小车的质量。实验步骤 如下： ①将5个钩码全部放人小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车 (和钩码)可以在木板上匀速下滑。 ②将一个钩码从小车内取出并挂在定滑轮左端细线上，其余钩码仍留在小车内，释 放小车，计算小车的加速度a。 二轮专题精准提升（三）物理第5页（共8页）】 真题密 ③每次都从小车内取出一个钩码，并挂在细线左端的钩码上，释放小车，计算小车 的加速度a。将结果填入表格。 细绳左端钩码数量 1 2 4 5 a/(m·s2) 0.701.392.08 2.793.47 ④利用表中的数据在图乙中补齐数据点，并作出a-n图像。 +a/(m·s2) 3.50 3.00 2.50 2.00 1.50 1.00 0.50 0123456n 乙 ⑤利用a-n图像求得小车（空载）的质量为 kg。（每个钩码的质量均为 0.050kg,重力加速度g取9.8m/s2)。 14.(11分)图甲是我国传统农具一风谷车。图乙是其工作原理示意图。转动摇柄，联动 风箱内的风时，向车斗内送风。入料仓漏口H漏出的谷物经过车斗，质量大于2.5× 10-5kg的谷粒为饱粒，落入第一出料口A1B;质量为1.25×10-5~2.5×10-5kg的 谷粒为瘪粒，落入第二出料口A2B;质量小于1.25×10-5kg的草屑被吹出出风口。 已知A1、B、A2三点在同一水平线上，A1B的宽度为0.4m,A1在H正下方，A1H的 高度为0.8m。质量为2.5×10-5kg的谷粒从H漏出，恰好经B点落入A2B。设谷 粒从H漏出时速度为零，谷粒在车斗内所受水平风力恒定且相等，只考虑其所受重力 和水平风力作用。重力加速度g取10m/s2。 (1)求谷粒从H落到出料口所经历的时间； (2)求谷粒所受水平风力的大小； (3)若瘪粒恰好能全部落入A2B,求A2B的宽度。 入料仓 车斗 H 出风口。 0 风叶 第二第 出料口出料口 乙 卷 二轮专题精准提升（三）物理第6页（共8页） 6 15.(12分)如图所示，足够长的质量为M=3kg的木板静置于水平地面上，木板右端放置 一质量为=1kg的物块（可视为质点）。t=0时刻，对木板施加一水平向右的恒定拉 力F=30N,作用2s后撤去F。物块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.2，木板与地面 间的动摩擦因数为以2=0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取 10m/s2。求： (1)未撤去F时，木板和物块的加速度大小； (2)撤去F时，木板的速度大小； (3)物块最终与木板右端的距离。 6 二轮专题精准提升（三）物理第7页（共8页） 真题密卷 16.(16分)图甲为成都天府国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图乙所示，该装 置由传送带ABCD及固定挡板CDEF组成，固定挡板CDEF与传送带上表面垂直， 传送带上表面ABCD与水平地面的夹角为0=37°，CD与水平面平行。传送带匀速 转动时，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放，货物对地发生 位移L=10m后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图丙所示。已知传送带匀 速运行的速度为v=1m/s,货物质量为m=10kg,其底部与传送带ABCD的动摩擦 因数为41=0.5，其侧面与挡板CDEF的动摩擦因数为u2=0.25。已知sin37°=0.6， cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。求： (1)货物刚放上传送带时，其底面所受滑动摩擦力f1的大小及侧面所受滑动摩擦力 f2的大小； (2)货物在传送带上所经历的时间及传送装置多消耗的电能。 B 传送带 上表面 传送带底边与 固定 A入 E 水平地面平行 挡板 -7D 水平地面 之 丙 二轮专题精准提升（三）物理第8页（共8页）·物理· 2024一2025学年度二 物理·牛顿运 一、单项选择题 1.C【解析】演员在上升和下落的过程中，都只受 重力作用，处于完全失重状态，A、B错误；演员上 升过程中所用时间为=”，则在空中旋转的时间 g 不超过”，C正确；演员上升的最大高度为h= 2gD错误。 0 2.D【解析】飞船对空间站的力与空间站对飞船的 力是一对相互作用力，大小相等，A错误；由于推 进器工作5s内，测出飞船和空间站的速度变化是 0.05m/s,根据加速度的定义式有a=A”= △t 5m/s=0.01m/s2,C错误；对飞船和空间站 0.05 整体分析，根据牛顿第二定律有F= (m飞十m室)a,解得m室=9.6X10kg,D正确；对 空间站分析，根据牛顿第二定律有N=m空a,解 得N=960N,B错误。 3.C【解析】根据对称性可知平台与两个圆柱表面 1 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 F 物为整体，加速度大小为a,=M十m=2m/分< 42g=3m/s2,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)，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fx= fcos0,根据牛顿第二定律可得F一2fz=F一 2fcos0=(M十m)a,可知随着平台速度v的逐渐 增大，0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， A错误；当平台速度v=0.6m/s时，则有cos0= 0.6 √02+√0.62+0.8 =0.6,又F-2fcos0= F-2fcos 0 (M+m)a,可得加速度大小为a= M+m 10-2X5X0.6m/s=0.8m/s,B错误，C正确；若 4+1 施加的恒力F<10N,由于初始时刻，两圆柱表面 参考答案及解析 轮专题精准提升（三） 动定律的应用 对平台沿平行于轴线的方向的摩擦力大小为0，所 以平台一定沿轴线的方向运动，D错误。 0 4.C【解析】a-t图像与坐标轴围成的面积表示速 度变化量，0~1s内A的a-t图线与坐标轴围成 图形的面积S<1.0,0.6×1m/s=0.8m/s,0 2 1s内A的速度变化量△v=S<0.8m/s,t=1s 时物块A的速度v。=△o<0.8m/s,A错误；由图像 可知t=0时，物块A的加速度a。=1.0m/s2,水平 向右的恒力F=m。aa=3X1N=3N,D错误； 由图像可知t=1s时，物块A、B的加速度相 同，共同加速度为a=0.6m/s2,把物块A、B 看成一个整体，由牛顿第二定律得F=(m。十mB) Q头，得物块B的质量ma-F一m.=2kg,C正确； a共 t=1s时弹簧弹力F#=mga共=2kg×0.6m/s2= 1.2N,B错误。 二、双项选择题 5.BC【解析】物体由静止释放，一开始受到的摩擦 力沿传送带向下，由牛顿第二定律可得a= mg sin a十mg cos a=l0m/s2,设经过t1时间物 m 体与传送带达到相同速度01，则有y1=at1=十 a传t1,代入数据可得t1=1s,v1=10m/s,该段过程物 体与传送带通过的位移分别为。=24=5m< 10.5mx传=0十 2 t1=8m,共速后，假设物体与 传送带可以保持相对静止，则有mg sin a一f= ma传，解得物体受到的静摩擦力大小为f=2N< mg cos a=4N,则共速后物体与传送带一起以 4m/s2的加速度向下做匀加速直线运动，设共速 后经过t2时间，物体到达B点，则有x2= 1 01t2十2a传t2=10.5m-5m=5.5m,解得t2= 0.5s,则物体从A点运动至B,点所用时间为t= t1十t2=1.5s,物体在传送带上留下划痕的长度为 △x=x传一x1=8m一5m=3m,物体从A,点运动 6 真题密卷 至B点的过程中因摩擦产生的内能为Q= mg cos a·△x=0.5×1×10×0.8×3J=12J,B、 C正确，A、D错误。 6.BC【解析】外力施加的瞬间，对A、B整体，根据 牛顿第二定律可得加速度大小为a=2m F 5m/s,A错误；开始时弹簧的压缩量为c。=2mg k 0.6m,当弹簧压缩量减小0.15m时，此时的弹力 为F'=k△x=100×(0.6-0.15)N=45N,对 A、B整体有F十F'-2mg=2ma1,解得a1= 2.5m/s2,对A有F+N-mg=ma1,解得N= 15N,B正确；A、B分离时，两物体间的弹力为零， 加速度相等，则对A、B整体有F十k△x1一2mg= 2ma2,对A有F一mg=ma2,联立解得△x1= 0.3m,即此时弹簧的压缩量为0.3m,物体A的位 移大小为x。=x0一△x1=0.3m,C正确；当A、B 分离时，因弹力为k△x1=30N=mg,可知物体B 此时加速度为O,速度达到最大，即物体B速度达到 最大时，弹簧被压缩了0.3m,D错误。 7.BD【解析】以OA为直径画 圆，如图所示，由等时圆模型， 对小圆环分析，受重力和支持 力，将重力沿杆和垂直于杆的 方向正交分解，由牛顿第二定律得小滑环做初速 度为零的匀加速直线运动，加速度为a=gcos0(0 为杆与竖直方向的夹角)。由图可知，小滑环的位 移为x=2Rcos0,所以t= Γa gcos0 ，L与0无关，可知从图上最高点沿任意一条 Ng 弦滑到底所用时间相同，故沿OA和OC滑到底的 时间相同，即t1=t3,OB不是一条完整的弦，时间 最短，即t1>t2,OD长度超过一条弦，时间最长， 即t2<t1=t3<t4,B、D正确。 8.CD【解析】木板B置于斜面顶端恰好能静止， 有mgsin30°=zomg cos30°，解得，=3，A错 误。物块A在木板上滑动时，设A的加速度为a1, 木板B的加速度为a2,有Mg sin30°-Mg cos30°= Ma1,mg sin30°+Mg cos30°-4(M+m)gcos30°= ma2,解得a1=一2.5m/s2,a2=7.5m/s2,即物 块匀减速，加速度大小为2.5m/s2,方向沿斜面向 上。设物块与木板共速时物块未滑到木板底端，则 v共=v。一a1t1,v共=a2t1,解得t1=0.08s,V共= 0.6m/s,此时物块和木板的位移分别为x1和x2, 6 。1 二轮专题精准提升 则有1=十0*6=0.056m,x,=4- 2 0.024m<1一L,A在板上滑行的距离为△x= x1一x2=0.032m<L,说明假设成立，物块与木板共 速后，由于<h,且(m+M)gsin30°= 4o(m十M)gcos30°，所以物块与木板一起匀速下 滑，直到木板与底端挡板碰撞，木板与挡板碰撞前 瞬间的速度大小为v共=0.6m/s。物块与木板匀速 运动的时间为，-一L一工-4s,木板停止运动 共 75 后，物块匀减速运动，加速度大小为a1=2.5m/s2,设 经过t3减速到0，有，=可失=0.24s,运动的位移为 -a1 之g巴米十0 2t=0.072m<L-x1=10.04m,所 以物块未滑到底端就停止运动，运动总时间为= 446 b十t十t=75s,B错误，CD正确。 三、非选择题 9.2(1分)10(2分) 【解析】由牛顿第二定律可得mg sin37° mg cos37°=ma,解得a=2m/s2,滑块下滑第 5s末的速度为v=at=10m/s。 10.写&1分)号mg2分) 【解析】松手的瞬间，设加速度大小为a,细线上 的拉力大小为T;以A为对象，根据牛顿第二定 律可得T一mg=ma,以B为对象，根据牛顿第 二定律可得4 ng sin30°-T=4ma,联立解得a= 吉，T-gm 1 11.超重(1分)2：1(1分)3mg(1分) 【解析】从b到c,减速下降，则加速度方向向 上，故乘坐台和游客处于超重状态；下落过程 中，从a到b加速过程的平均速度与从b到c减 速过程的平均速度相等，由=么，得1：， hb:hc=2:1;由a到b的加速度为g,则有 2-爱由6到c加建度为，则有A=器联立 解得a=2g,方向向上，从b到c,根据牛顿第二 定律有F-mg=ma,得F=mg十ma=3mg。 12A与B1分》1分)2会2分) 2xb(2分) kg 【解析】(1)该设计能测出A与B之间的滑动摩 ·物理· 擦力，即可测出A与B之间的动摩擦因数，根据 F=mg,可得其表达式为h一mg (2)物块由静止开始做匀加速运动，根据匀加速 直线运动位移-时间公式得x=2at,解得a ,对物块，根据牛顿第二定律得F一mg=ma,则 2x F=2"?+mg,则图线的斜率为k=2x,即 m= 2z,纵载距为6=mg,物块与长木板间的动 摩擦因数μ一mgkg b 2xb 13.(1)钩码质量(1分)远小于(1分)(2)BC(1 分)(3)④见解析图(1分)⑤0.45(2分) 【解析】(1)因为要探究物体运动的加速度与物 体质量关系，所以实验过程中应保持钩码质量不 变；设小车质量为M,钩码质量为m,对整体，根 据牛顿第二定律得mg=(m十M)a,设细线拉力 为T,对小车有T=Ma=Mmg m十M= 1一 1+网 mg,只有当M>m时，才可以认为T=mg,则实 验中要使小车质量远大于钩码的质量，用钩码所 受的重力作为小车所受的合外力。 (2)打点计时器应与交流电源连接，A错误；为使 钩码的重力等于细线沿木板向上的对小车的拉 力，连接钩码和小车的细线应与长木板保持平 行，B正确；平衡摩擦力时，不应将钩码挂在定滑 轮左侧细线上，只让小车拖着纸带在木板上匀速 下滑，C正确；设木板的倾角为日，平衡摩擦力时 应满足Mg sin0=uMg cos0,解得u=tan9,可 知平衡摩擦力后，若改变小车质量不需要重新平 衡摩擦力，D错误。 (3)根据题表中数据，可得a-n图像如图所示。 +a/(m·s-2) 3.50 3.00 2.50 2.00 1.50 1.00 0.50 0123456n 每个钩码的质量为m。=0.050kg,对所有钩码和 。1 参考答案及解析 小车，根据牛顿第二定律得nmog=(M十5mo) mog a,整理得a=M+5m n,则a-n图线的斜率为 mg,由图像可得，斜率为=A= k-M+5mo △n 3.5-0 5-0 m/s2=0.7m/s2,联立解得M= 0.45kg。 14.(1)0.4s(2)1.25×10-4N(3)0.4m 【解析】(1)谷粒在竖直方向做自由落体运动， 则有 (2分) 从H落到出料口所经历的时间为 -e-0-04 (1分) (2)谷粒在水平方向做匀加速运动，有 1 a-2al (1分) F=ma (1分) 其中m1=2.5×10-5kg,x=0.4m 解得F=1.25×10-4N。 (2分) (3)最轻的瘪谷质量m2=1.25×10-5kg,水平方 向的加速度为 a'=h m2 =10m/s2 (1分) 则水平位移为 x-2at=0.8m (2分) A2B的宽度为 d=x-x=0.4m。 (1分) 5(1)4m/s22m/s2(2)8m/s(3),n 【解析】(1)设未撤去F时，物块和木板的加速度 大小分别为a1和a2,则有 uimg=ma F-uimg-u2 (M+m)g=Ma2 解得a1=2m/s2,a2=4m/s2。 (2分) (2)撤去F时，木板的速度大小为v2,有 v2=a2t=8m/s。 (1分) (3)撤去F时，物块的速度大小为1，物块和木 板的位移分别为x1和x2,有 v1=at=4 m/s x1=2a1t2=4m x2=202t=8m (1分) 6 真题密卷 撤去F后，物块和木板的加速度大小分别为a3 和a4,有 μ1mg=ma uimg+u2 (M+m)g=Mas 解得a3=2m/s2,a4=6m/s2 (1分) 设再过t1时间，两者速度相等为v3,有 v3=v1十agt v3=02一a4t1 解得t1=0.5s,v3=5m/s (1分) 在这段时间两者的位移分别为x3和x4,有 1 x=v1i十2at=2.25m x4=0261-2a4t=3.25m (1分) 假设共速后两者一起匀减速运动，设加速度为 a,有 u2(M+m)g=(M+m)a 解得a=4m/s2 此时物块需要的静摩擦力为 f=ma=4N 而物块的最大静摩擦力为 fm-uimg=2N<f (1分) 所以假设不成立，物块与木板将会分别减速，加 速度大小为a5和a6,有 uimg=mas u2 (M+m)g-uimg=Mas 解得as=2m/3,a,=2m/ (1分) 到减速为0，位移分别为x5和x6,有 =25 x6=2a6=4m 0375 x6=2a6-28m (1分) 物块最终与木板右端的距离为 L=x2十x4+x6-(x1十x3十x)=7m, (2分) 16.(1)40N15N(2)10.2s163J 【解析】(1)货物放上传送带后，由剖面图对货物 受力分析可得，传送带对货物支持力为N1,货物 底面所受滑动摩擦力为f1,挡板对货物支持力 为N2,货物侧面所受滑动摩擦力为∫2，由力的 6 ·12 二轮专题精准提升 平衡条件有 N1=mg cos 0 (1分) N2=mgsin 0 (1分) 由滑动摩擦力计算式有 f1=1N1 f:=p2N2 (1分) 解得f1=40N,f2=15N。 (2分) (2)因为f1与运动方向相同，f2与运动方向相 反，货物将由静止开始沿传送带做匀加速直线运 动，若能与传送带共速，则此后做匀速运动，由牛 顿第二定律可得 f1-f2=ma (1分) 解得a1=2.5m/s (1分) 设货物匀加速至与传送带共速所用时间为t1,对 地位移为x1,由运动学公式得 t1=”=0.4s (1分) al 货物匀加速阶段的位移为 -=0.2m (1分) 因x1<L,故能够共速。共速后，货物做匀速直 线运动，直至被取下，设此段运动时间为t2,位移 为x2,由运动学公式得 x2=L-x1=9.8m (1分) 货物匀速阶段所用的时间为 t2==9.8s (1分) 货物运动总时间为 t=t1+t2=10.2s (1分) 传送装置多消耗的电能等于货物与传送装置之 间由于摩擦产生的内能和货物增加的动能之和。 货物与传送带之间由于摩擦产生的内能为 Q=f(:-2)=8J (1分) 货物与挡板之间由于摩擦产生的内能为 Q2=f2L=150J (1分) 货物增加的动能为 △E=2mw2=5J (1分) 传送装置多消耗的电能 E电=Q1十Q2十△Ek=163J。 (1分)