专题三 运动和力的关系-【创新大课堂】2026年高考物理五年真题分类汇编168优化重组卷

专题三 运方 考向一牛顿运动定律及应用 1.（多选)(2025·广西卷，6分)独竹漂是我国 项民间技艺.如图，在平静的湖面上，独竹漂选 手手持划杆踩着楠竹，沿直线减速滑行，选手 和楠竹相对静止，则 T ® A.选手所受合力为零 B.楠竹受到选手作用力的方向一定竖直向下 如 C.手持划杆可使选手（含划杆）的重心下移，更 p帅 易保持平衡 D.选手受到楠竹作用力的方向与选手（含划 当 杆)的重心在同一竖直平面 2.(2025·河南卷，4分)野外 左 右 高空作业时，使用无人机给 工人运送零件.如图，某次运 送过程中的一段时间内，无 零件白 带 人机向左水平飞行，零件用轻绳悬挂于无人机 下方，并相对于无人机静止，轻绳与竖直方向 成一定角度.忽略零件所受空气阻力，则在该 段时间内 A.无人机做匀速运动 B.零件所受合外力为零 C.零件的惯性逐渐变大 超 D.零件的重力势能保持不变 3.(2024·湖南卷，4分)如图，质 量分别为4m、3m、2m、m的四个 A 小球A、B、C、D,通过细线或轻 弹簧互相连接，悬挂于O点，处 c 于静止状态，重力加速度为g, 若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C 的加速度大小分别为 A.g,1.5g B.2g,1.5g C.2g,0.5g D.g,0.5g 尔 4.（2022·全国乙卷，6分)如图，一不 可伸长轻绳两端各连接一质量为 母 m的小球，初始时整个系统静置于 光滑水平桌面上，两球间的距离等 m 和力的关系 于绳长L.一大小为F的水平恒力作用在轻绳 的中点，方向与两球连线垂直.当两球运动至 二者相距三L时，它们加速度的大小均为() 5F >.8m B新 c 部 5.(2022·湖南卷，5分)球形飞行器安装了可提 供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M. 飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率 平方成正比（即F阻=k),k为常量）.当发动 机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后， 其匀速下落的速率为10m/s;当发动机以最 大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时 间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s.重力 加速度大小为g,不考虑空气相对于地面的流 动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是 A.发动机的最大推力为1.5Mg B.当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机 推力的大小为平Mg C.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞 行时，飞行器速率为5√3m/s D.当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度 大小可以达到3g 6.(2022·浙江卷，3分)下列属于力的单位是 ( A.kg·m/s2 B.kg·m/s C.kg·m2/s D.kg·s/m2 7.(2021·全国甲卷，6分)如 图，将光滑长平板的下端置 光滑长平板 于铁架台水平底座上的挡 横杆 板P处，上部架在横杆上 横杆的位置可在竖直杆上 铁架台 调节，使得平板与底座之间 的夹角0可变.将小物块由平板与竖直杆交点 Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点 所用的时间t与夹角0的大小有关.若0由30 逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将() A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 8.(2021·北京卷，3分)某同学使用 轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个 “竖直加速度测量仪”.如图所示，弹 簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度 方向固定一直尺.不挂钢球时，弹簧 下端指针位于直尺20cm刻度处； 下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻 度处.将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺 上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速 度.取竖直向上为正方向，重力加速度大小为 g.下列说法正确的是 A.30cm刻度对应的加速度为-0.5g B.40cm刻度对应的加速度为g C.50cm刻度对应的加速度为2g D.各刻度对应加速度的值是不均匀的 9.(2021·海南Ⅱ卷，3分)公元前4世纪末，我 国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”，意为 力是使有形之物突进或加速运动的原因.力的 单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正 确的是 ( A.kg·m·s-1 B.kg·m·s-2 C.Pa·m2 D.J·m-1 10.(2021·浙江省1月 卷，3分)如图所示 是我国自主研发的 全自动无人值守望 远镜，它安装在位于 南极大陆的昆仑站，电力供应仅为1× 103W.若用国际单位制基本单位的符号来表 示W,正确的是 A.N·s B.N·m/s C.kg·m/s D.kg·m2/s3 11.(2022·浙江卷，9分)物流公司通过滑轨把 货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨 与水平面成24°角，长度1=4m,水平滑轨长 度可调，两滑轨间平滑连接.若货物从倾斜滑 轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦 因数均为4=名，货物可视为质点（取c0s24° 9 0.9,sin24°=0.4，重力加速度g=10m/s2). 249 777777777 10 (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度α1的 大小； (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度)的大小； (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超 过2m/s,求水平滑轨的最短长度l2. 考向二牛顿运动定律的综合应用 12.(2025·安徽卷，4 甲 分)如图，装有轻质 光滑定滑轮的长方 体木箱静置在水平 地面上，木箱上的 物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮 与物块乙相连.乙拉着甲从静止开始运动，木 箱始终保持静止.己知甲、乙质量均为 1.0kg、甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5， 不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2,则 在乙下落的过程中 () A.甲对木箱的摩擦力方向向左 B.地面对木箱的支持力逐渐增大 C.甲运动的加速度大小为2.5m/s2 D.乙受到绳子的拉力大小为5.0N 13.(2025·山东卷，3分)工 M Q 人在河堤的硬质坡面上 固定一垂直坡面的挡 06 N 板，向坡底运送长方体 建筑材料.如图所示，坡面与水平面夹角为0， 交线为PN,坡面内QN与PN垂直，挡板平 面与坡面的交线为MN,∠MNQ=O.若建筑 材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为，重 力加速度大小为g,则建筑材料沿MN向下 匀加速滑行的加速度大小为 A.gsin2 0-ugcos o-ugsin Ocos 0 B.gsin Ocos o-ugcos o-ug sin20 C.gsin Ocos o-ugcos 0-ugsin Ocos 0 D.gcos2 0-ugcos 0-ugsin2 0 14.(多选)(2025·黑吉辽蒙卷，6分)如图(a), 倾角为0的足够长斜面放置在粗糙水平面 上.质量相等的小物块甲、乙同时以初速度0 沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别 为12，整个过程中斜面相对地面静止.甲 和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b) 所示，两条曲线均为抛物线，乙的x一t曲线 在t=to时切线斜率为0，则 ( ) 3xo 甲 甲四之 Xo 图(a) 图(b) A.uu2=2tan 0 B.t=to时，甲的速度大小为3v0 C.t=o之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 D.t=o之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 15.(多选)(2024·吉林 卷，6分)一足够长木 板置于水平地面上， 二者间的动摩擦因 数为么.t=0时，木板 to 2to 3to 4to 在水平恒力作用下， 由静止开始向右运动.某时刻，一小物块以与 木板等大、反向的速度从右端滑上木板.已知 t=0到t=4o的时间内，木板速度v随时间t 变化的图像如图所示，其中g为重力加速度 大小.t=4o时刻，小物块和木板的速度相 同.下列说法正确的是 () A.小物块在t=31。时刻滑上木板 B.小物块和木板间的动摩擦因数为2 C.小物块与木板的质量比为3：4 D.1=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 16.（2024·全国甲卷，6分)如 PH 图，一轻绳跨过光滑定滑轮， 绳的一端系物块P,P置于 水平桌面上，与桌面间存在 摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略）， 盘中放置砝码.改变盘中砝码总质量，并测 量P的加速度大小a,得到a-m图像.重力加 速度大小为g.在下列m图像中，可能正确 的是 11 B m O 17.(多选)(2023·全国甲卷，↑F 6分)用水平拉力使质量分 甲 别为m甲、m乙的甲、乙两 物体在水平桌面上由静止 0 a 开始沿直线运动，两物体 与桌面间的动摩擦因数分别为甲和乙· 甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度 a的关系图线如图所示.由图可知 () A.m甲<m乙 B.m甲>m乙 C.u甲<乙 D.u甲>乙 18.（多选)(2023·湖南 卷，5分)如图，光滑 QA 水平地面上有一质量 为2m的小车在水平 推力F的作用下加 速运动.车厢内有质 量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连， A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底 面上，且与底面的动摩擦因数为，杆与竖直 方向的夹角为0，杆与车厢始终保持相对静 止.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.下列 说法正确的是 A.若B球受到的摩擦力为零，则F= 2mgtan 0 B.若推力F向左，且tan≤u,则F的最大值 为2 mngtan0 C.若推力F向左，且u≤tan0≤2u,则F的 最大值为4mg(2u-tan0) D.若推力F向右，且tan0>2u,则F的范围 为4mg(tan0-2u)≤F≤4mg(tan0+2u) 19.(2022·全国甲卷，6分)如 P上 图，质量相等的两滑块P、% 777777777 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g.用水平向右的拉力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 原长之前 () A.P的加速度大小的最大值为2g B.Q的加速度大小的最大值为2μg C.P的位移大小一定大于Q的位移大小 D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速 度大小 20.(2021·全国乙卷，6分)水平地面上有一质 量为m1的长木板，木板的左边上有一质量为 m2的物块，如图(a)所示.用水平向右的拉力 F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图 (b)所示，其中F1、F2分别为t1、2时刻F的 大小.木板的加速度a1随时间t的变化关系 如图(c)所示.已知木板与地面间的动摩擦因 数为1，物块与木板间的动摩擦因数为2， 假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相 等，重力加速度大小为g.则 F F, m2 77777777777777777777777777777 (a) (b) (c) A.F=umg B.F2=2(m1十m2) （2一1）g C.42>1十m2 m2 D.在0~2时间段物块与木板加速度相等 21.(2021·海南Ⅱ卷，3 E P 分)如图，两物块P、Q 用跨过光滑轻质定滑 Q 轮的轻绳相连，开始时 P静止在水平桌面上.将一个水平向右的推 力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的 一半.已知P、Q两物块的质量分别为m。= 0.5kg、mQ=0.2kg,P与桌面间的动摩擦 因数=0.5，重力加速度g=10m/s2.则推 力F的大小为 ( A.4.0N B.3.0N C.2.5N D.1.5N 22.(2024·新课标卷，14分) 如图，一长度l=1.0m的 均匀薄板初始时静止在一 光滑平台上，薄板的右端 与平台的边缘O对齐.薄板上的一小物块从薄 板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动 的距离△=。时，物块从薄板右端水平飞出：当 物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点.已 知物块与薄板的质量相等.它们之间的动摩擦 因数=0.3，重力加速度大小g=10m/s2.求： 12 (1)物块初速度大小及其在薄板上运动的 时间； (2)平台距地面的高度. 23.(2022·山东卷，9 分)某粮库使用额 山配重 定电压U=380V, 内阻R=0.252 的电动机运粮.如 】aau电动 图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平 行于斜坡，装满粮食的小车以速度v=2m/s 沿斜坡匀速上行，此时电流I=40A.关闭电 动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮 点时，速度恰好为零.卸粮后，给小车一个向 下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行.已知 小车质量m1=100kg,车上粮食质量2= 1200kg,配重质量0=40kg,取重力加速度 g=10m/s2,小车运动时受到的摩擦阻力与车 及车上粮食总重力成正比，比例系数为k,配 重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩 擦损耗及缆绳质量.求： (1)比例系数k值； (2)上行路程L值.大小相等，故耕索对犁的拉力等于犁对耕索的拉力，C、D! 错误.] 4.D[小车加速向左运动，受到自身的重力和电机的驱动力，受} 到长木板对小车的支持力和阻力，故A错误：木板对小车的作 用力包括竖直向上的支持力和水平方向的阻力，根据平行四边} 形定则可知合力方向一定不在水平方向，故B错误：木板对小： 车的作用力与小车对木板的作用力是一对相互作用力，等大反： 向，C错误，D正确.故选D.] 5.A[受力分析+力的平衡条件 →无风：F=G 静止的受力分析 风动石力的平衡条件 →F>F,A对] →有风：F=G+F 6.D「整体法十受力分析对钢管受力分析，其受到重力、地面： 的作用力和绳子拉力，又重力和绳子拉力均沿竖直方向，钢管 处于静止状态，受力平衡，所以地面的作用力也沿竖直方向，地！ 面对钢管的支持力竖直向上，所以地面对钢管左端的摩擦力大 小为0，D正确.] 7.B[受力分析十推理论证能力斜坡倾角越大，“天工”越容易！ 下滑，只要保证“天工”在30°倾角的斜坡上不下滑，在小于30° 倾角的斜坡上更不会下滑，对30°倾角的斜坡上的“天工”受力 分析，有mgc0s30°≥ngsin30°，解得≥气，B正确. 8.B[受力分析十力的平衡条件] 对S:产 209 →2Tc0s30°=f R②f 对P:f B正确 150°. : 、0F2=f2+T22Tcos150°1 9,A[受力分析十力的平衡条件对球体进行受力分析，球体！ 受重力g、弹簧测力计的拉力T、斜面对其的支持力N、挡板 对其的支持力N2,如图所示 Nsi血60+sm60+T-mg≥N,=N-9N.A对.] V1cos60°=N2cos60 10.B[工人受到三个力的作用，即绳的拉力、，地面的支持力和重： 力，三力平衡，A错；工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一 对作用力与反作用力，B对：对动滑轮受力分析，由平衡条件！ 有2T08?=mg,其中T为绳子拉力的大小，0为与动滑轮 相连的两段绳的夹角、m为重物与动滑轮的总质量，随着重物： 的上升，0增大，则绳的拉力变大，CD错.门 11.D[以圆柱体为研究对象，受力分析如图所 示，两侧半圆柱体对圆柱体的支持力的合力与 重力等大反向，结合几何关系可知F。=Gsm37° =0.6G,F,=GCos37°=0.8G,D对.] 12.D[以O点为研究对象，受力分析如图 F 0 F 由儿何关系可知0=30°， 由平衡条件可得F1sin30°=F2sin30°， F1cos30°+F2cos30°=F, 联立可得F=√3F1, 故D正确，A、B、C错误.故选D. 13.C[鱼儿吞食花瓣时鱼儿受重力和花瓣对它的作用力，重力： 大于花瓣对它的作用力，鱼儿受力不平衡，故A错误；鱼儿在！ 摆尾出水时在水里的体积减小，浮力减小，鱼儿能够出水是因 为摆尾击水时受水对它向上的冲击力加上浮力大于重力，并 17 不是浮力大于重力，故B错误：鱼儿摆尾击水时给水作用力的 同时，根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等，作用 在不同的物体上，所以鱼儿摆尾击水时受到水的作用力.故C 正确：研究鱼儿摆尾击水跃出水面的具体动作时，鱼儿的形 状，大小不能忽略，鱼儿不能视为质，点，故D错误.] 4.B[设每根斜杆受力为F,对斜杆与横杆的结，点受力分析如图 1有5F-号解得F 6G;故A错误，B正确： F 60° 0.5G G 图1 图2 对某个斜杆受力分析如图2有：Fsin30°=f,解得f= 6,故CD错] 5.C[对滑块受力分析，由平衡条件有F=mngsin0,N= mngcos0,0为F与水平方向的夹角，滑块从A缓慢移动到B 点时，0越来越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，所 以A、B错误；对凹槽与滑块整体受力分析，墙面对凹槽的压 力为F墙=Fcos0=mgsin0cos0=2 mgsin20,则0越来越大 时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；水平地面 对凹槽的支持力为FN=(M+n)g-Fsin0=(M+n)g mngsin0,则0越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越 小，所以D错误. 本题亦可用图解法分析，需要明确在推力下推动小滑块缓慢 移动过程中，小滑块受到的支持力和推力始终垂直，即二者和 重力构成的矢量三角形在以重力为直径的圆内变化，从而找 出几何关系进行分析， ↑ →Fa N F mg Mg 图1 图2 小滑块由A点向B点缓授移动，合力为零，对其受力分析，并 将各力首尾相接，如图1所示，由图中儿何关系可知，该过程 中推力F逐渐增大，凹槽对滑块的支持力N逐渐减小，选项 A、B错误；凹槽始终静止不动，合力为零，对其受力分析，如图 2所示，由图1知，N=gcos0,而墙面对凹槽的压力为F墙= Fcos0=mgsin0cos0=2 mgsin20,当0=45时，F墙有最大 值，故墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确：而F、= Mg+N'cos0=Mg+mngcos2A,当0增大时，FN减小，进项D 错误.] 6.B[打开降落伞前，着陆器受大气的阻力作用以及火星的引 力作用，选项A错误；打开降落伞至分离前，着陆器做减速运 动，加速度方向竖直向上，则合力方向竖直向上，选项B正确： 打开降落伞至分离前，受到浮力和气体的阻力以及火星的吸 引力作用，选项C错误：悬停状态中，发动机喷火的反作用力 是气体对发动机的作用力，由于发动机还受到火星的吸引力， 则发动机喷火的反作用力与气体的阻力不是平衡力，选项D 错误.] 专题三运动和力的关系 CD[受力分析十相互作用力选手沿直线减速滑行，其所受 合外力与运动方向相反，不为零，A错误；由于楠竹和选手相对 静止，对选手（含划杆）受力分析可知，其受到楠竹的静摩擦力 和支持力，则由平行四边形定则与牛顿第三定律可知楠竹受到 选手作用力的方向不竖直向下，B错误：手持划杆使选手（含划 杆)的重心下移，更易保持平衡，C正确：对选手受力分析，其水 平方向受到楠竹的摩擦力，竖直方向受到重力和楠竹的支持 力，竖直方向受力平衡，则选手受到楠竹作用力的方向与选手 (含划杆)的重心在同一竖直平面，D正确.门 2.D[受力分析十牛顿第二定律十惯性十重力势能根据题意 可知，零件向左水平运动，零件受到重力和轻绳的拉力作用，轻 绳拉力斜向左上，所以零件所受合外力水平向左，B错误：无人 机与零件相对静止，所以无人机与零件的加速度相同，A错误； 惯性只与物体的质量有关，零件的质量不变，所以零件的惯性 不变，C错误：零件的高度不变，所以零件的重力势能保持不 变，D正确.门 3.A[受力分析十牛顿第二定律的瞬时性细线剪断前，对B、 C、D整体受力分析，由力的平衡条件有A、B间轻弹簧的弹力 FAB=6g,对D受力分析，由力的平衡条件有C、D间轻弹簧 的弹力FD=ng,细线剪断瞬间，对B由牛顿第二定律有3g 一FAB=31aB,对C由牛顿第二定律有2ng十FD=2nac,联 立解得aB=-g,ac=1.5gA正确.] 4.A[当两球运动至二者相距3L时，如图所示 5 L 由儿何关系可知 3L sin 6= 03 L 5 2 设绳子拉力为T,水平方向有 2Tcos 0=F 解得T-专F 对任意小球由牛顿第二定律可得 T=ma 5F 解得a一8mn 故A正确，B、C、D错误.] 5.BC[飞行器竖直下落，其匀速下落的速率为l0m/s时，飞行 器的合力为零 kv=Mg ① Mg=100k 发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，飞行器匀速向上 的速率为5m/s时，飞行器的合力为零 Fmax -kv22+Mg ② 解得：Fmax=125k=1.25Mg,故A错误；当飞行器以5m/s匀速 飞行时，飞行器受重力、推力和空气阻力作用而平衡，由平衡条 件有FP-(mg)2+（k)2,解得F=严Mg,故B正确； 当飞行器以最大推力Fmx推动飞行器水平飞行时，由平衡条件 有Fmax2-(Mg)2=(k的2)2，解得g=5√5m/s,C正确：当飞 行器最大推力向下，飞行器以5/s的速率减速飞行时，其加 速度向下达到最大值，由牛顿第二定律有mg十Fmax十k22= mdmax,解得amax-2.5g,D错误.] 6.A[kg·m/s2中kg是质量的单位，m/s2是加速度的单位，又 F=na,所以kg·m/s2是力的单位，A正确；kg·m/s是动量 的单位，kg·m2/s和kg·s/m2不是力的单位，B、C、D错误.] 7.D[设PQ的水平距离为L,PQ= 090,由运动学公式可知 L 1 cos02gsin0·r2 gm20当20=受，即0=千时1有最小值，故当0从 可得2=4L 由30°逐渐增大至60°时下滑时间t先减小后增大，故选D.] 8.A[根据题述，下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻 度处，40cm刻度对应的加速度为0，选项B错误：由胡克定律， mg=kx,x=40cm-20cm=20cm=0.20m,30cm刻度，弹簧 伸长x1=30cm-20cm=10cm=0.10m,由牛顿第二定律，是 kx1-mg-ma1,解得a1=-0.5g,选项A正确；50cm刻度，弹 -11 簧仲长x2=50cm-20cm=30cm=0.30m,由牛顿第二定律， k.x2一mg=a2,解得a2=0.5g,选项C错误：由于加速度与弹 簧伸长量成线性关系，所以各刻度对应加速度的值是均匀的， 选项D错误，] 9.B[根据牛顿第二定律的表达式F=@可知，力的单位为 g·m·s2,A错误B正确：根据压强的表达式P二，可 力的单位为Pa·m,但压强单位Pa不是基本单位，C错误：根 据做功的表达式W=Fx,可知力的单位为J·m1,但功的单位 J不是基本单位，D错误， 10.D[N不是国际单位制基本单位，根据冲量的定义I=Ft可 知，N·s是冲量的单位，故A错误；根据功率的计算公式P= Fu可知功率的单位可以表示为N·m/s,但N不是国际单位 制基本单位，故B错误；根据动量的定义p=nv,可知 kg·m/s是动量的单位，故C错误：根据P=Fu可知功率的单 位可以表示为N·m/s,结合F=a可知N=kg·m/s2,则功 率的单位W=N·m/s=kg·m/s,故D正确.故选D.] 11.解析(1)倾斜滑轨与水平面成0=24°角，对货物根据牛顿第 二定律可得：mngsin0-umg cost0=a1 代入数据解得：a1=2m/s2: (2)根据速度一位移关系可得：=2a1l1 代入数据解得：u=4m/s: (3)货物在水平轨道上运动时，根据动能定理可得： 一umgl2=- 2nw'2、1 m,其中d-2m/s 代入数据解得：l2=2.7m 答案(1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m 12.C[摩擦力十牛顿运动定律甲相对木箱向右运动，则甲受 到木箱的摩擦力方向向左，由牛顿第三定律可知甲对木箱的 摩擦力方向向右，A错误：对甲由牛顿第二定律有T一2g= na,对乙由牛顿第二定律有ng一T=a,联立解得甲运动的 加速度大小a=2.5m/s2,绳子拉力大小T=7.5N,C正确，D 错误：对木箱和滑轮整体受力分析，竖直方向上有FN=Mg十 ng十T,可知地面对木箱支持力FN不变，B错误.] 13.B[受力分析十牛顿第二定律对建筑材料受力分析如图所 示，由图1可知河堤对建筑材料的支持力FN=mngcos0,由图 2可知挡板对建筑材料的支持力Fv'=mgsin20,所以对建筑 材料由牛顿第二定律有mgsin dcos0-uFv一FvN'=a,解得 建筑材料的加速度大小a=gsin Ocos0-gcos0-gsin20,B 正确.门 F Q f G G 0/ mg 图1 图2 14.AD[运动学公式十牛顿第二定律十（x-t图像)由题意可 知两x一1图线均为抛物线，则物块甲、乙均做匀变速直线运 动，由图(b)可知物块甲做匀加速直线运动，物块乙做匀减速 直线运动，对甲有3x0=vg0十之a甲02，对乙有x0一60 1 a元02，由于1=10时乙图线的斜率为0，则此时乙的速度 为0，则有1)一之，由以上整理得a甲-a2,由牛顿第二定律 对甲有mgsin0-内ngcos0=ma甲，对乙有？ngcos0-ngsin0 =a元，整理得内1十2=2tan0,A正确：t=to时甲的速度为 =6十a甲t0,联立以上得v=26,B错误；1=t0前，由于物块 甲、乙的加速度大小相等、方向相反，则物块甲、乙组成的整体 合力为零，由于斜面静止，斜面的合力也为零，则三者组成的 整体合力为零，地面对斜面的作用力等于三者组成的整体的 重力，所以地面对斜面的摩擦力为零，C错误：1一6时物块乙 的速度减为零，此后，物块乙静止在斜面上，物块甲继续沿斜 面向下加速运动，物块甲的加速度有水平向左的分量，对两物 块和斜面组成的整体，合力水平向左，则地面对斜面的摩擦力 的方向水平向左，D正确。] 15.ABD[板块模型十运动学规律十牛顿第二定律十(t图像) 由题图可知，t=31。时木板的速度开始减小，说明小物块在 t=31。时滑上木板，A正确；1图像斜率的绝对值表示加速： 度大小，则0~30时间内，木板的加速度大小为a1= 2g41 3 -g,1=31o时木板的速度大小为m=@1·30=立g0 结合题意可知1=3，时小物块以三4g的速度水平向左滑 上木板1一山，时小物块与木板共速，大小为之g,方向水 平向右，则与木板共速前，小物块的加速度大小'=！ -.3 24g10- 一2g10 =24g,设小物块的质量为m,小物块： 与木板间的动摩擦因数为4'，对小物块由牛顿第二定律得！ 'mg=ma',联立解得以=2μ，B正确；设木板的质量为M,0~ 3to时间内，对木板由牛顿第二定律有F-uMg=Ma1,解得！ F-3 Mg,3,一0时间内，木板的加速度大小a2- 3 Σg-24g40 =g,由牛顿第二定律可得F一Ang一4(M! 十n)g=-Ma2,解得m：M=1:2,C错误；1=4to时，小物块 与木板速度相同，假设1=40后小物块与木板不相对滑动，则： 小物块和木板整体受到F和地面摩擦力f作用，由于f= M十m)g一号Mg-F,则整体受力平衡小物块与木板之 间无摩擦力，假设成立，所以1=4。之后小物块和木板一起做： 匀速运动，D正确.门 16.D[牛顿第二定律十(am图像) 设物块P的质量为M,物块P与桌面间的动摩擦因数为以，轻！ 绳上的拉力大小为T 对砝码和轻盘组成 的整体：mg-T=ma 牛二 a=g- (μ+1)Mg,D对] m+M (对物块P:T-Mg=Ma 17.父[F-ng=一F-十mg一-a图像的斜率为n ”{F-a图像的纵截距为g 结合F-a图像可知mp>m之A错B对) （4甲1甲g=4之m之g 4m<吃，C对D错.] 18.CD[分析题目的三个关键前提：①对小车和A、B两小球构！ 的受热在子对人8时的 支持力N=2mg;③对A和B分别分析可知杆的作用力始终 沿杆， 若B球受到的摩擦力为零 N 对B mg Fo Focos0-N-mga=gtan0→F=4 nigtan0,A错： Fn sin 0=ma 若推力F向左，则系统加速度水平向左 F 对A →FN mg [在竖直方向始终满足Fc0s0=mg→F1=5。 当FN=0时， A有最大加速度aAm →F1sin0=aAm→aAnm=gtan0 N 对B F mg (当f=N时，B有最大加速度aBm F1'=F1 (u·2ng-F1sin0=maBm*aBn=(2μ-tan0)g 若tan0≤，则aBm≥aAm,即Fm=4maAm=4 ngtan0,B错； 171 若4<tan0≤2，则aBm<aAm,即Fm=4naBm=4g（2μ tan),C对： 若推力F向右，则系统加速度水平向右，对A分析可知F。= ig cos 0 N 对B mgF型 (F2=F2 若f=uN向左，则F2sin0一V=namin amm=(tan0-2μ)g→Fmn=4ng(tan0-2),D对.] 若f=N向右，则F2sin0+uN=mdmax amax=(tan0+2r)g→Fmax=4mg(tan0+2μ) 9.AD[设两物块的质量均为m,撤去拉力F前，两滑块均做匀 速直线运动，对两滑块P、Q整体分析得F=2μg,隔离滑块 Q分析得F弹=mg,撤去拉力F后，在弹簧弹力和摩擦力作 用下，取向右为正方向，根据牛顿第二定律得： 滑块P:一F弹一4ng=ma1 滑块Q:F弹一umg=na2 则a1= 一F弹一mg d2 F弹一m8,可知弹簧逐渐恢复原长 过程中，滑块P做加速度减小的减速运动，Q做加速度增大的 减速运动，当F弹=ng时，滑块P加速度最大值为a1max 2μg,当F弹=0时，滑块Q加速度最大值为a2max=g,故A正 确，B错误；滑块P、Q水平向右运动，P、Q间的距离在减小， 故P的位移一定小于Q的位移，故C错误：滑块P在弹簧恢 复到原长时的加速度为a1'=g,可见滑块P减速的最小加速 度为滑块Q减速的最大加速度，撤去拉力时，P、Q的初速度相 等，滑块P由开始的加速度大小为2g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 速度为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,则滑块P的速度大小均不大于同一时刻Q的速 度大小，故D正确.门 0.BCD[由题图(c)可知，11时刻物块、木板一起刚要在水平地 面滑动，物块与木板相对静止，此时以整体为研究对象有F,一 h1(m1十m2)g,故A错误；由题图(c)可知，2时刻物块与木板 刚要发生相对滑动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定 律，有 F2-(m1十m2)g=（m1十m2)a 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，有422g一凸(m1十 n2）g=m1a>0 解得F,=m（,十m2(-4)g 1n1 1十n2 42 山1，故B、C正确：由题图(c)可知，0一12时间段物 2 块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确.] 21.A[P静止在桌面上时，Q也静止，Q受到重力与绳子的拉 力，所以绳子的拉力F1=mQg=0.2X10N=2N,P与桌面间 的摩擦力：f=F=2N<mnrg=0.5×0.5×10N=2.5N 将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原 来-半，即：5，=号E,=分×2N=1N 此时Q加速下降，可得：nog一F2=noa 此时P物体将以相同的加速度向右做匀加速直线运动，对P 由牛顿第二定律可得：F十F2一f=npa,代入数据解得：F= 4.0N,故A正确，B、C、D错误，] 22.板块模型十匀变速直线运动十平抛运动十匀速直线运动 状态一 状态二 nm7 → 31 nnnnnn 解(1)解法一由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物 块和薄板之间一直存在相对运动，物块向右做匀减速直线运 动，薄板向右做匀加速直线运动，又物块和薄板的质量相等， 则物块和薄板的加速度大小均为 a=ug=3 m/s2 设物块的初速度大小为，物块在薄板上的运动时间为1，则 由运动学公式有 x物=641-之a4,2=l+日 1 联立并代入数据解得=4m/s11=3s 1 解法二对物块与薄板组成的系统，从开始运动到状态一，根 据动量守恒定律有 mUo=nu1十nv2 分别对物块和薄板根据动能定理有 -mg·名1=合mn2-合mw2 1 mg=m2-0 1 联立并代入数据解得n=4m/s,1=3m/s,2=1m/s 对薄板由动量定理有 1ngt1=m2-0 1 代入数据解得1=3s (2)结合(1)问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为 v2=at=1 m/s 由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速 直线运动，设物块从薄板飞出后的运动时间为2，平台距地面 的高度为h,则由运动学公式有 2-6=4 联立并代入数据解得h= 9 m 23.解析(1)设电动机的牵引绳张力为T1,电动机连接小车的 缆绳匀速上行，由能量守恒定律有UI=I2R+T1u 解得T1=7400N 小车和配重一起匀速向上运动，设绳的张力为T2,对配重有 T2=0g 设斜面倾角为0，对小车匀速向上运动有 T1+T2=(m+m2)gsin 0+k(m1+m2)g 而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下 行，有 m1gsin0=mog十km1g 联立各式解得sin0=0.5,k=0.1. (2)关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速 度为a,对系统由牛顿第二定律有(m1十m2)gsin0+k(m1十 m2)g-mog=(m+m2+mo)a 根据运动学规律有2=2aL 67 联立代入数据解得：山=18m 答案(10.1(2)0m 专题四曲线运动 1.D[圆周运动十简谐运动根据题意可知，M的速度在竖直 方向上的分量始终与N的速度相同，设M做圆周运动的速率 为0，半径为R,则1时间内M转过的角度为尽，以竖直向上 为正方向，结合题图可知M的速度在竖直方向的分量（即N的 速度)为u=b0尽，所以D可能正确门 2.A[运动的描述十摩擦力笔尖由a点经b点回到a点的过 程，笔尖的位移为0，而该过程笔尖的路程不为0，A正确，B错 误；该过程笔尖的轨迹为曲线，笔尖经过某，点时的速度方向应 沿轨迹的切线方向，显然两次经过，点时的速度方向不相同，C 错误：该过程笔尖所受的摩擦力为滑动摩擦力，滑动摩擦力的 方向与相对运动方向相反，又笔尖两次经过α点时速度方向不 相同，所以笔尖两次经过点时的摩擦力方向不相同，D 错误.] 3.B[运动的合成与分解十推理论证能力设塔块匀速下落的 速度为6，细绳与水平方向的夹角为α，将塔块的速度沿细绳、 人 垂直于细绳的方向分解，则沿细绳方向的速度为1=sia, 将手的速度沿细绳、垂直于细绳的方向分解，则沿细绳方向的 速度为v2=vcos a,又y=u2,整理得u=otan a,由于两人相 向运动的过程中，细绳与水平方向的夹角α逐渐增大，保持 不变，所以y一直增大，B正确，ACD错误.] 4D「做曲线运动的小车所受合外力指向轨远的凹侧，AB错： ,1F →F与v夹角为钝角，减速，动能减小→C错： →F与夹角为锐角，加速，动能增大→D对.] 5.D 经过 上x沙子2刚要下落 第1粒沙子「水平x= 经过： 气竖直 第2粒沙子 x,经过.沙 刚释放位置 D对 子1的位置 此时1和2的 →ABC错 罐子初速度为”。 水平间距 4=-n=2a 沙子1和2的连 加速度为a,开始时 线与竖直方向am0=- 第1粒沙子下落，经 夹角的正切值 过1第2粒沙子下落 6.A[篮球做曲线运动，则篮球的速度与合力不在同一条直线 上，且篮球的轨迹应向受力的一方发生偏转，故BCD错误；当 篮球的速度斜向右上方时，A选项符合条件，故A正确.] 7.B[由于子弹水平射出后做平抛运动，小积木做自由落体运 动，二者竖直方向运动状态相同，因此子弹将击中P点，子弹在 水平方向上微匀速直线运动，故击中的时间为1=上，故B正 确，A、C、D错误.门 8.D[当静水速度与河岸垂直时，垂直于河岸方向上的分速度最 大，则渡河时间最短，最短时间为t=d/;=300/1s=300s, 故D正确.] 9.A「由题知杆OP绕0点从与水平方向成30°匀速转动到60°， 则P点绕)点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变， A正确：由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到 60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，P点的加速度方向时刻指 向O点，方向时刻变动B错误：Q点在竖直方向的运动与P点 相同，位移y关于时间1的关系为 y一仰·n(后十侧）小，则可看出Q点在整直方句不微匀速运 动，C错误：Q点在水平方向的位移x关于时间1的关系为x= m·co(否十m）十0，则可看曲Q点在水平方向也不微匀 速运动，D错误.门 10.D[平抛运动+构建物理模型的能力 在N点接到的 竖直 hN>hM 同时 +h=2g2 →tw>i 鸟食先抛出， 方向 接到鸟食AB错 鸟食做平」 抛运动 在同一高度时，xOM>xON 水平 故m>In,C错，D对 方向 11.C[斜抛运动 水平方向 竖直方向 运动时 L=w1cOs→间相同 广y-n4sin64 82-y1= -2v tsin 0= am0=08-C正确 12.BC[圆周运动十平抛运动物品从抛 A 出到落地的过程做平抛运动，当其恰不落 B 0 在目标区域外时，物品的水平位移示意图 如图所示，由几何关系有xn=√R一R- H 4m,此时物品的初速度最大，水平方向上 m g一R 有工m=m1,竖直方向上有H=之gt2,联 立解得物品的最大初速度（无人机的最大 线速度)为n=2m/s,所以无人机的最大角速度mmx一尽 m」