2026高考物理15题-第4题突破（含第09～10练）-【奇点物理】2026高考物理考前61天逐题突破•天天练(全国通用版)

第4题突破 第 10练 牛顿运动定律在多体多过程中的应用 本卷共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．（25-26高三上·河北沧州·月考）将篮球从水平地面上方高为h处由静止释放，运动过程中受到的阻力与速度大小成正比，与地面碰撞时间极短，碰撞过程中机械能损失不计。以地面为参考原点，则有关篮球从开始下落到第一次反弹到最高点过程中，其位移-时间图像正确的是（    ） A． B． C． D． 1．B 【解析】由题知，运动过程中受到的阻力与速度大小成正比，即，篮球下落过程中速度逐渐增大，根据牛顿第二定律有，解得，可知加速度逐渐减小；反弹后上升过程中速度逐渐减小，根据牛顿第二定律有，解得，可知加速度逐渐减小；在位移-时间图像中对应点斜率的大小表示速度的大小，上升过程的加速度大于下降过程的加速度，所以上升过程时间要比下落时间短。 故选B。 2．（25-26高三上·贵州贵阳·期中）如图所示，在倾角为的光滑斜面上，质量为的物块受到沿斜面向上的恒力的作用，从点由静止开始沿斜面向上运动，经时间到达点，此时撤除恒力，又经时间物块返回点，已知、两点竖直高度差为，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．恒力大小 B．物块从运动到点过程恒力做的功 C．再经时间物块从点运动到点 D．物块返回点时速度大小 2．D 【解析】A．撤去F前，由牛顿第二定律得，撤去F时，物块速度大小为，撤去F后，由牛顿第二定律得，经过时间，物块又返回到Q点，有，联立解得，A错误； B．物块从运动点过程恒力做的功，B错误； C．物块又返回到Q点时的速度大小仍为，此后继续以加速度沿斜面向下加速，再经时间物块的位移大小一定大于PQ，C错误； D．物块从开始运动到返回点的整个过程中，根据动能定理有，解得，D正确。 故选D。 3．（2026·四川绵阳·二模）一物体在恒定的水平外力作用下沿粗糙水平面运动的速度时间图像如图所示。下列判断正确的是（　　） A．外力小于摩擦力 B．外力等于摩擦力 C．在到的过程中，外力方向与摩擦力方向相同 D．在到的过程中，外力方向与摩擦力方向相同 3．C 【解析】图的斜率表示加速度，物体先做匀减速直线运动再反向做匀加速直线运动，由于图像在内的斜率大于内的斜率，因此物体第一段运动的加速度大于第二段运动的加速度，由可知物体第一段运动的合力大于第二段运动的合力，因此在的时间段内外力与摩擦力同向使得物体减速，在的时间段内外力与摩擦力反向使得物体反向加速，因此外力大于摩擦力。 故选C。 4．（25-26高三上·安徽阜阳·月考）如图甲所示，光滑水平面上静置一块薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M。t=0时刻，质量为m的物块（可视为质点）以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v-t图像如图乙所示，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．M=m B．M=2.5m C．木板的长度为16m D．木板与物块间的动摩擦因数为0.2 4．C 【解析】ABD．物块相对木板运动的过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力的作用，故μmg=ma1，而v-t图像的斜率表示加速度，故物块的加速度大小，解得μ=0.1，对木板受力分析可知μmg=Ma2，由v-t图像可知木板的加速度大小，联立解得M=2m，ABD错误； C．从题图乙可知物块和木板在t=4 s时分离，两者在0~4 s内的v-t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L=×(7+3)×4 m-×2×4 m=16 m，C项正确。 故选C。 5．（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·期中）如图甲所示，在水平地面上放置一长木板，将一小物块放在长木板上，给施加一水平向左的从0开始逐渐增大的外力，的加速度随外力的变化规律如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，始终在板上，下列说法正确的是（　　） A．当时，、之间没有摩擦力 B．当时，、之间发生相对滑动 C．当时，、之间的摩擦力大小为 D．当时，、受到的摩擦力不再改变 5．D 【解析】A．设P、Q间动摩擦因数为，Q与地面间动摩擦因数为，P的质量为m，Q的质量为M，当时，P、Q均静止P、Q之间的摩擦力，A错误； BC．根据图像可知，当时小物块与长木板均恰好开始相对地面滑动，当时，小物块与长木板相对静止一起加速运动，当时，小物块相对长木板加速滑动，P、Q之间的最大静摩擦力，BC错误； D．当时，小物块相对长木板滑动，、受到的摩擦力均为滑动摩擦力，可知不再改变，D正确。 故选D。 6．（25-26高三上·天津滨海新·期中）如图甲所示，竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，上端与木块A连接，物块B叠放在A上（AB不粘连），系统处于静止状态。现对B施加竖直向上的拉力F，使A、B以大小的加速度竖直向上做匀加速直线运动直至分离，力F的大小随B的位移x变化的关系如图乙所示。当时撤去力F，撤去力F前B一直做匀加速直线运动。不计空气阻力，取。则有（　　） A．物块B的质量为0.40kg B．弹簧的劲度系数 C．从开始施加外力F到A、B分离所需要的时间是0.3s D．A、B分离时A的速度大小是0.8m/s 6．C 【解析】A．由图乙可知，当物块B的位移大小时物块A与物块B恰好分离，物块A、物块B间的弹力为零，对物块B，根据牛顿第二定律有，其中，，代入数据解得，故A错误； B．设物块A、物块B叠放在弹簧上静止时弹簧的压缩量为，根据平衡条件有，在物块A、物块B分离之前，对整体，根据牛顿第二定律有，联立可得，可知图像的斜率即为弹簧的劲度系数，结合乙图可得，故B错误； C．物块A、B在分离前一直做匀加速直线运动，设从开始施加外力F到物块A、B分离所需要的时间为，则有，其中，，代入数据解得，故C正确； D．物块A、B在分离前一直做匀加速直线运动，则在物块A、B分离时速度相同，则有，故D错误。 故选C。 7．（2025·云南红河·一模）如图所示，一质量的凹形槽在水平拉力F作用下沿水平地面向左做匀加速直线运动，这时凹形槽内一质量的铁块恰好能静止在后壁上。已知凹形槽与水平地面间的动摩擦因数，铁块与凹形槽间的动摩擦因数。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取，则（　　） A．铁块对凹形槽压力的大小为20N B．凹形槽的加速度为 C．水平拉力F的大小为108N D．水平面对凹形槽支持力的大小为25N 7．C 【解析】A．设铁块对凹形槽压力大小为，对铁块，竖直方向，根据平衡条件，解得，故A错误； B．水平方向，根据牛顿第二定律，故B错误； C．对铁块和凹形槽整体，根据牛顿第二定律，可得，故C正确； D．对铁块和凹形槽整体，竖直方向，根据平衡条件可得水平面对凹形槽支持力的大小，故D错误。 故选C。 8．（2026·安徽黄山·一模）如图所示，高空滑索早期是用于贫困山区的交通工具，后发展为高山自救及军事突击行动，如今发展为现代化体育游乐项目。现简化该模型如下：固定的足够长斜杆粗糙程度未知，与水平面的夹角为，杆上套一个金属环，不可伸长的轻绳连接着金属环和小球，质量分别为m、M。现给环和球组成的系统一沿杆方向的初速度，经过一段时间后两者保持相对静止，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．两者相对静止位置如图1时，系统一定处于静止状态 B．两者相对静止位置如图2时，系统一定沿杆下滑 C．两者相对静止位置如图3时，系统一定沿杆下滑 D．两者相对静止位置如图4时，系统一定沿杆下滑 8．C 【解析】A．两者相对静止位置如图1时，小球的加速度为0，系统加速度为0，系统可能静止，也可能处于匀速直线运动状态，A错误； BD．两者相对静止位置如图2、图4时，小球的加速度方向沿杆向下，其运动方向可能沿杆向上减速，也可能沿杆向下加速，BD错误； C．两者相对静止位置如图3时，小球的加速度方向沿杆向上，其运动方向只可能沿杆向下减速，不可能向上加速（根据能量关系判断），C正确。 故选C。 9．（25-26高三上·湖北襄阳·期末）如图甲所示，劲度系数为的轻弹簧，下端固定在光滑斜面的挡板上，上端与B连接，质量均为的物体A、B紧靠在一起，处于静止状态，现用一个平行于斜面向上的拉力拉物体A，使物体A做加速度为的匀加速运动。拉力随物体A的位移变化的图像如图乙所示，重力加速度为，则（　　） A． B． C． D． 9．C 【解析】B．刚开始加速运动时，弹力与重力沿斜面分力平衡，根据牛顿第二定律，故B错误； A．初始静止时，设弹簧压缩量为，根据平衡条件，在A、B分离前，B的加速度一直沿斜面向上，则弹簧始终处于压缩状态，对AB整体根据牛顿第二定律，整理得，当时，所以，故A错误； D．A、B分离后，拉力F只作用在A上，对A进行受力分析，根据牛顿第二定律有 解得，故D错误； C．A、B分离后，对B进行受力分析，根据牛顿第二定律有，其中，解得，故C正确。 故选C。 10．（25-26高三上·河北保定·期末）如图甲所示，水平面上放置质量为的长木板A（足够长），A上放置质量为的滑块B。水平力作用于B上，时间内随时间均匀增大，时刻B刚要相对A发生滑动，此后恒为，随时间变化的曲线如图乙所示。已知A、B之间的动摩擦因数为，A与水平面之间的动摩擦因数为，取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（　　） A．时，B受到A施加的摩擦力为 B．时，A的加速度大小为 C．时，A的速度大小为 D．到时，B相对于A滑动的距离为 10．D 【解析】A．A、B之间的最大静摩擦力为，A与地面之间的最大静摩擦力为，由图像可知，A、B发生相对滑动之前，拉力为，故时，拉力为，此时A、B恰好相对地面静止，故B受到A施加的摩擦力为，A错误； B．时，A、B一起做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，故A的加速度大小为，B错误； C．A、B恰好发生相对滑动时，对A、B整体，对B，解得，，，图像的面积表示冲量，故时间内拉力冲量为，由动量定理，解得，故时，A的速度大小为，C错误； D．之后对B，，解得，对A，，解得，到时，，B相对地面的位移为，A相对地面的位移为，B相对于A滑动的距离为，故到时，B相对于A滑动的距离为，D正确。 故选D。 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $第4题突破 第 10练 牛顿运动定律在多体多过程中的应用 本卷共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．（25-26高三上·河北沧州·月考）将篮球从水平地面上方高为h处由静止释放，运动过程中受到的阻力与速度大小成正比，与地面碰撞时间极短，碰撞过程中机械能损失不计。以地面为参考原点，则有关篮球从开始下落到第一次反弹到最高点过程中，其位移-时间图像正确的是（    ） A． B． C． D． 2．（25-26高三上·贵州贵阳·期中）如图所示，在倾角为的光滑斜面上，质量为的物块受到沿斜面向上的恒力的作用，从点由静止开始沿斜面向上运动，经时间到达点，此时撤除恒力，又经时间物块返回点，已知、两点竖直高度差为，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．恒力大小 B．物块从运动到点过程恒力做的功 C．再经时间物块从点运动到点 D．物块返回点时速度大小 3．（2026·四川绵阳·二模）一物体在恒定的水平外力作用下沿粗糙水平面运动的速度时间图像如图所示。下列判断正确的是（　　） A．外力小于摩擦力 B．外力等于摩擦力 C．在到的过程中，外力方向与摩擦力方向相同 D．在到的过程中，外力方向与摩擦力方向相同 4．（25-26高三上·安徽阜阳·月考）如图甲所示，光滑水平面上静置一块薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M。t=0时刻，质量为m的物块（可视为质点）以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v-t图像如图乙所示，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．M=m B．M=2.5m C．木板的长度为16m D．木板与物块间的动摩擦因数为0.2 5．（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·期中）如图甲所示，在水平地面上放置一长木板，将一小物块放在长木板上，给施加一水平向左的从0开始逐渐增大的外力，的加速度随外力的变化规律如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，始终在板上，下列说法正确的是（　　） A．当时，、之间没有摩擦力 B．当时，、之间发生相对滑动 C．当时，、之间的摩擦力大小为 D．当时，、受到的摩擦力不再改变 6．（25-26高三上·天津滨海新·期中）如图甲所示，竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，上端与木块A连接，物块B叠放在A上（AB不粘连），系统处于静止状态。现对B施加竖直向上的拉力F，使A、B以大小的加速度竖直向上做匀加速直线运动直至分离，力F的大小随B的位移x变化的关系如图乙所示。当时撤去力F，撤去力F前B一直做匀加速直线运动。不计空气阻力，取。则有（　　） A．物块B的质量为0.40kg B．弹簧的劲度系数 C．从开始施加外力F到A、B分离所需要的时间是0.3s D．A、B分离时A的速度大小是0.8m/s 7．（2025·云南红河·一模）如图所示，一质量的凹形槽在水平拉力F作用下沿水平地面向左做匀加速直线运动，这时凹形槽内一质量的铁块恰好能静止在后壁上。已知凹形槽与水平地面间的动摩擦因数，铁块与凹形槽间的动摩擦因数。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取，则（　　） A．铁块对凹形槽压力的大小为20N B．凹形槽的加速度为 C．水平拉力F的大小为108N D．水平面对凹形槽支持力的大小为25N 8．（2026·安徽黄山·一模）如图所示，高空滑索早期是用于贫困山区的交通工具，后发展为高山自救及军事突击行动，如今发展为现代化体育游乐项目。现简化该模型如下：固定的足够长斜杆粗糙程度未知，与水平面的夹角为，杆上套一个金属环，不可伸长的轻绳连接着金属环和小球，质量分别为m、M。现给环和球组成的系统一沿杆方向的初速度，经过一段时间后两者保持相对静止，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．两者相对静止位置如图1时，系统一定处于静止状态 B．两者相对静止位置如图2时，系统一定沿杆下滑 C．两者相对静止位置如图3时，系统一定沿杆下滑 D．两者相对静止位置如图4时，系统一定沿杆下滑 9．（25-26高三上·湖北襄阳·期末）如图甲所示，劲度系数为的轻弹簧，下端固定在光滑斜面的挡板上，上端与B连接，质量均为的物体A、B紧靠在一起，处于静止状态，现用一个平行于斜面向上的拉力拉物体A，使物体A做加速度为的匀加速运动。拉力随物体A的位移变化的图像如图乙所示，重力加速度为，则（　　） A． B． C． D． 10．（25-26高三上·河北保定·期末）如图甲所示，水平面上放置质量为的长木板A（足够长），A上放置质量为的滑块B。水平力作用于B上，时间内随时间均匀增大，时刻B刚要相对A发生滑动，此后恒为，随时间变化的曲线如图乙所示。已知A、B之间的动摩擦因数为，A与水平面之间的动摩擦因数为，取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（　　） A．时，B受到A施加的摩擦力为 B．时，A的加速度大小为 C．时，A的速度大小为 D．到时，B相对于A滑动的距离为 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《第 10练 牛顿运动定律在多体多过程中的应用》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D C C D C C C C D 1．B 【解析】由题知，运动过程中受到的阻力与速度大小成正比，即，篮球下落过程中速度逐渐增大，根据牛顿第二定律有，解得，可知加速度逐渐减小；反弹后上升过程中速度逐渐减小，根据牛顿第二定律有，解得，可知加速度逐渐减小；在位移-时间图像中对应点斜率的大小表示速度的大小，上升过程的加速度大于下降过程的加速度，所以上升过程时间要比下落时间短。 故选B。 2．D 【解析】A．撤去F前，由牛顿第二定律得，撤去F时，物块速度大小为，撤去F后，由牛顿第二定律得，经过时间，物块又返回到Q点，有，联立解得，A错误； B．物块从运动点过程恒力做的功，B错误； C．物块又返回到Q点时的速度大小仍为，此后继续以加速度沿斜面向下加速，再经时间物块的位移大小一定大于PQ，C错误； D．物块从开始运动到返回点的整个过程中，根据动能定理有，解得，D正确。 故选D。 3．C 【解析】图的斜率表示加速度，物体先做匀减速直线运动再反向做匀加速直线运动，由于图像在内的斜率大于内的斜率，因此物体第一段运动的加速度大于第二段运动的加速度，由可知物体第一段运动的合力大于第二段运动的合力，因此在的时间段内外力与摩擦力同向使得物体减速，在的时间段内外力与摩擦力反向使得物体反向加速，因此外力大于摩擦力。 故选C。 4．C 【解析】ABD．物块相对木板运动的过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力的作用，故μmg=ma1，而v-t图像的斜率表示加速度，故物块的加速度大小，解得μ=0.1，对木板受力分析可知μmg=Ma2，由v-t图像可知木板的加速度大小，联立解得M=2m，ABD错误； C．从题图乙可知物块和木板在t=4 s时分离，两者在0~4 s内的v-t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L=×(7+3)×4 m-×2×4 m=16 m，C项正确。 故选C。 5．D 【解析】A．设P、Q间动摩擦因数为，Q与地面间动摩擦因数为，P的质量为m，Q的质量为M，当时，P、Q均静止P、Q之间的摩擦力，A错误； BC．根据图像可知，当时小物块与长木板均恰好开始相对地面滑动，当时，小物块与长木板相对静止一起加速运动，当时，小物块相对长木板加速滑动，P、Q之间的最大静摩擦力，BC错误； D．当时，小物块相对长木板滑动，、受到的摩擦力均为滑动摩擦力，可知不再改变，D正确。 故选D。 6．C 【解析】A．由图乙可知，当物块B的位移大小时物块A与物块B恰好分离，物块A、物块B间的弹力为零，对物块B，根据牛顿第二定律有，其中，，代入数据解得，故A错误； B．设物块A、物块B叠放在弹簧上静止时弹簧的压缩量为，根据平衡条件有，在物块A、物块B分离之前，对整体，根据牛顿第二定律有，联立可得，可知图像的斜率即为弹簧的劲度系数，结合乙图可得，故B错误； C．物块A、B在分离前一直做匀加速直线运动，设从开始施加外力F到物块A、B分离所需要的时间为，则有，其中，，代入数据解得，故C正确； D．物块A、B在分离前一直做匀加速直线运动，则在物块A、B分离时速度相同，则有，故D错误。 故选C。 7．C 【解析】A．设铁块对凹形槽压力大小为，对铁块，竖直方向，根据平衡条件，解得，故A错误； B．水平方向，根据牛顿第二定律，故B错误； C．对铁块和凹形槽整体，根据牛顿第二定律，可得，故C正确； D．对铁块和凹形槽整体，竖直方向，根据平衡条件可得水平面对凹形槽支持力的大小，故D错误。 故选C。 8．C 【解析】A．两者相对静止位置如图1时，小球的加速度为0，系统加速度为0，系统可能静止，也可能处于匀速直线运动状态，A错误； BD．两者相对静止位置如图2、图4时，小球的加速度方向沿杆向下，其运动方向可能沿杆向上减速，也可能沿杆向下加速，BD错误； C．两者相对静止位置如图3时，小球的加速度方向沿杆向上，其运动方向只可能沿杆向下减速，不可能向上加速（根据能量关系判断），C正确。 故选C。 9．C 【解析】B．刚开始加速运动时，弹力与重力沿斜面分力平衡，根据牛顿第二定律，故B错误； A．初始静止时，设弹簧压缩量为，根据平衡条件，在A、B分离前，B的加速度一直沿斜面向上，则弹簧始终处于压缩状态，对AB整体根据牛顿第二定律，整理得，当时，所以，故A错误； D．A、B分离后，拉力F只作用在A上，对A进行受力分析，根据牛顿第二定律有 解得，故D错误； C．A、B分离后，对B进行受力分析，根据牛顿第二定律有，其中，解得，故C正确。 故选C。 10．D 【解析】A．A、B之间的最大静摩擦力为，A与地面之间的最大静摩擦力为，由图像可知，A、B发生相对滑动之前，拉力为，故时，拉力为，此时A、B恰好相对地面静止，故B受到A施加的摩擦力为，A错误； B．时，A、B一起做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，故A的加速度大小为，B错误； C．A、B恰好发生相对滑动时，对A、B整体，对B，解得，，，图像的面积表示冲量，故时间内拉力冲量为，由动量定理，解得，故时，A的速度大小为，C错误； D．之后对B，，解得，对A，，解得，到时，，B相对地面的位移为，A相对地面的位移为，B相对于A滑动的距离为，故到时，B相对于A滑动的距离为，D正确。 故选D。 $ 第4题突破 第 09练 牛顿运动定律的基本应用 本卷共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．（25-26高三上·宁夏·月考）如图所示，与水平方向夹角为的细绳一端系在小球O上，另一端固定在天花板上A点，劲度系数为k的水平轻质弹簧一端与小球连接，另一端固定在竖直墙上B点。小球质量为m，处于静止状态，弹簧处于弹性范围内，重力加速度为g，则（　　） A．细绳的拉力大小为 B．弹簧处于压缩状态，压缩量为 C．剪断细绳瞬间，小球加速度为 D．将弹簧撤掉，维持小球静止在原处的最小外力大小为 1．C 【解析】AB．以小球为对象，根据受力平衡可得，，联立解得细绳的拉力大小为，弹簧处于压缩状态，压缩量为，故AB错误； C．细绳剪断的瞬间，弹簧弹力保持不变，则小球受到的重力和弹簧弹力的合力等于细绳剪断前绳子拉力，小球加速度为，故C正确； D．将弹簧撤掉，维持小球静止在原处，当外力与绳子方向垂直时，外力具有最小值，则有，故D错误。 故选C。 2．（25-26高三上·山东淄博·期末）某玩具装置如图所示，竖直面内固定三根光滑直杆、、，其上端点分别为、、，位于的正上方，、。套在杆上的小圆环分别从、、三点由静止沿、、滑下，滑到下端点的时间分别为、、，则（　　） A． B． C． D． 2．D 【解析】以OB为直径做等时圆，交AO于D点，如图 由等时圆可知，圆环从B、C、D三点滑到O点的时间相等，可知。 故选D。 3．（2026·湖南株洲·一模）水平面上固定一顶角A为直角的三角形斜面，斜面倾角为60°。质量不同的两滑块（均可视为质点）自顶端由静止释放分别沿和面下滑，不计摩擦，它们到达斜面底端的时间之比为（　　） A． B． C． D． 3．B 【解析】设斜边长为L，则沿AB下滑时，沿AC下滑时，联立解得。 故选B。 4．（25-26高三上·山西吕梁·期末）如图甲所示，水平传送带始终沿顺时针方向匀速转动，t=0时刻质量为m的物块（可视为质点）以速度v0滑上传送带左侧，t=t2时恰好运动到右侧，其运动的v-t图像如图乙所示。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．在t1~t2时间内物块受到向右的静摩擦力 B．物块与传送带之间的动摩擦因数 C．物块与传送带之间的最大相对位移 D．运输物块的全过程传送带克服摩擦力做的功 4．B 【解析】A．由图乙可知物块在0~t1时间内做匀加速运动，在t1~t2时间内做匀速运动，在t1~t2时间内不受摩擦力作用，A错误； B．根据图乙可知，物块在0~t1时间内的加速度为，根据牛顿第二定律，解得动摩擦因数为，B正确； C．在t1时物块与传送带的相对位移最大，大小为，C错误。 D．根据动能定理，这是传送带对物块做的功，传送带克服摩擦力做的功，D错误。 故选B。 5．（2026·安徽淮南·一模）传送带在实际生活和工业生产中应用丰富，极大提高了生活便利性和工业生产效率。如图所示，某快递分拣车间用倾角为的传送带运送包裹，传送带始终以速率逆时针匀速转动，某包裹与传送带间的动摩擦因数为，在某段时间内该包裹以恒定速率沿传送带向下运动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。这段时间内下列说法中正确的是（　　） A．传动带对包裹的作用力竖直向上 B．可能大于 C．包裹不可能受静摩擦力的作用 D．可能小于 5．A 【解析】AC．该包裹以恒定速率沿传送带向下运动，则货物受力平衡，货物受重力、静摩擦力、支持力作用，传动带对包裹的作用力竖直向上，故A正确，C错误； B．若大于，此时摩擦力沿斜面向下，货物受力不平衡，故B错误； D．根据共点力平衡条件有，解得，故D错误； 故选A。 6．（25-26高三上·广东·期末）2025年4月22日，全球首张无人机物流通行证正式获批，低空经济发展迈入全新高度。如图所示，一架无人机搭载货物竖直升空，先由静止从地面起飞做匀加速运动，随后做加速度小于g的匀减速运动，最终悬停于某一高度。忽略空气阻力，下列说法正确的有（    ） A．货物一直处于超重状态 B．无人机对货物的支持力先做正功后做负功 C．货物克服重力做功的功率先增大后减小 D．无人机及货物构成的系统在上升过程中机械能守恒 6．C 【解析】A．货物向上先加速后减速，可知先超重后失重，A错误； B．无人机对货物的支持力一直做正功，B错误； C．货物的速度向上先增加后减小，根据PG=mgv可知，克服重力做功的功率先增大后减小，C正确； D．无人机及货物构成的系统在上升过程中，外力对无人机要做功，则机械能不守恒，D错误。 故选C。 7．（25-26高三上·安徽·期中）模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱在运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示（向上为正）。下列说法正确的是（　　） A．从到，实验舱内物体处于超重状态 B．从到，实验舱的加速度在增大 C．在时刻、实验舱速度达到最大 D．从到，实验舱内物体处于先失重后超重状态 7．D 【解析】A．由图可知从到，阻力先向下增大后向下减小，可知实验舱先向上加速后向上减速，故实验舱内物体先超重后失重，故A错误； B．从到，根据牛顿第二定律可知加速度大小，由于f在减小，可知加速度在减小，B错误； C．时刻，阻力为0，则速度为0，故C错误； D．从到，阻力先向上增大后向上减小，可知实验舱先向下加速后向下减速，实验舱内物体先失重后超重，故D正确。 故选D。 8．（25-26高三上·山西吕梁·月考）如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量均为m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计，重力加速度大小为g，整个装置在轻绳悬挂下处于静止状态。现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间（　　） A．吊篮A的加速度大小为g B．物体B的加速度大小为g C．物体C的加速度大小为1.5g D．物体C对吊篮A的压力大小为0 8．C 【解析】B．对物体B，根据平衡条件可知，弹簧初始弹力，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，B的合力仍然为零，则B的加速度为0，故B错误； AC．剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律，解得，即A、C的加速度均为1.5g，故A错误，C正确； D．剪断细线的瞬间，A受到重力和C对A的作用力，对A，由牛顿第二定律可得，解得，故D错误。 故选C。 9．（25-26高三上·江苏南京·月考）如图甲是倾角为θ、长为3d的斜面，AB段光滑，BC段长度为2d，动摩擦因数自上而下均匀增大，如图乙所示。质量为m的小物体由A处静止释放，恰好能运动到C，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小物体进入BC段立即做减速运动 B．小物体下滑过程重力做功为3mgd C．BC段动摩擦因数最大值 D．小物体从AB中点静止释放则恰能到达BC中点 9．C 【解析】A．小物体进入BC段后，开始时动摩擦因数较小，摩擦力较小，根据牛顿第二定律可知物体的合力方向仍向下，物体向下做加速运动，故A错误； B．小物体下滑过程重力做功为，故B错误； C．质量为m的小物体由A处静止释放，恰好能运动到C，物体在BC段上运动时，动摩擦因数自上而下均匀增大，根据可知摩擦力均匀增大，则物体克服摩擦力做功为，对全程，根据动能定理可得，可知，解得，故C正确； D．小物体从AB中点静止释放到BC中点时，设其速度为，根据动能定理可得，其中，可知速度，故D错误。 故选C。 10．（2026·湖南永州·二模）如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为3m的小球A，质量为2m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态，弹簧劲度系数为k，弹簧原长足够长，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是（   ） A．剪断细线后的瞬间，小球A的加速度大小为g B．小球A运动到弹簧原长处时速度最大 C．小球A运动到最高点时，弹簧的压缩量为 D．小球A的最大速度为 10．D 【解析】A．未剪断细线时，对A、B整体由平衡条件可知，弹簧弹力F0 = (3m＋2m)g = 5mg，剪断细线的瞬间弹簧弹力不变，对A根据牛顿第二定律得：F0－3mg = 3ma，解得小球A的加速度大小为，故A错误； B．小球A的速度最大时其加速度为零，其合力为零，此时弹簧弹力与小球A的重力等大反向，故小球A运动到速度最大时弹簧不是在原长处，而是处于伸长状态，故B错误； C．剪断细线后小球A在竖直方向做简谐运动，初始位置即为小球简谐运动的最低点，由A选项的解答可知，小球A运动到最低点时，弹簧弹力方向向上，大小为5mg，由胡克定律可得此时弹簧的伸长量为；小球A在最低点时所受合力向上，大小为F0－3mg = 2mg，由简谐运动的对称性可知，小球A运动到最高点时，所受合力向下，大小亦为2mg，因小球A的重力为3mg，故此时弹簧弹力应向上，大小为mg，故此弹簧为伸长状态，其伸长量为，故C错误； D．小球在平衡位置时弹簧伸长量为，则从最高点到平衡位置，则由能量守恒，解得在平衡位置的速度，故D正确。 故选D。 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第4题突破 第 09练 牛顿运动定律的基本应用 本卷共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．（25-26高三上·宁夏·月考）如图所示，与水平方向夹角为的细绳一端系在小球O上，另一端固定在天花板上A点，劲度系数为k的水平轻质弹簧一端与小球连接，另一端固定在竖直墙上B点。小球质量为m，处于静止状态，弹簧处于弹性范围内，重力加速度为g，则（　　） A．细绳的拉力大小为 B．弹簧处于压缩状态，压缩量为 C．剪断细绳瞬间，小球加速度为 D．将弹簧撤掉，维持小球静止在原处的最小外力大小为 2．（25-26高三上·山东淄博·期末）某玩具装置如图所示，竖直面内固定三根光滑直杆、、，其上端点分别为、、，位于的正上方，、。套在杆上的小圆环分别从、、三点由静止沿、、滑下，滑到下端点的时间分别为、、，则（　　） A． B． C． D． 3．（2026·湖南株洲·一模）水平面上固定一顶角A为直角的三角形斜面，斜面倾角为60°。质量不同的两滑块（均可视为质点）自顶端由静止释放分别沿和面下滑，不计摩擦，它们到达斜面底端的时间之比为（　　） A． B． C． D． 4．（25-26高三上·山西吕梁·期末）如图甲所示，水平传送带始终沿顺时针方向匀速转动，t=0时刻质量为m的物块（可视为质点）以速度v0滑上传送带左侧，t=t2时恰好运动到右侧，其运动的v-t图像如图乙所示。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．在t1~t2时间内物块受到向右的静摩擦力 B．物块与传送带之间的动摩擦因数 C．物块与传送带之间的最大相对位移 D．运输物块的全过程传送带克服摩擦力做的功 5．（2026·安徽淮南·一模）传送带在实际生活和工业生产中应用丰富，极大提高了生活便利性和工业生产效率。如图所示，某快递分拣车间用倾角为的传送带运送包裹，传送带始终以速率逆时针匀速转动，某包裹与传送带间的动摩擦因数为，在某段时间内该包裹以恒定速率沿传送带向下运动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。这段时间内下列说法中正确的是（　　） A．传动带对包裹的作用力竖直向上 B．可能大于 C．包裹不可能受静摩擦力的作用 D．可能小于 6．（25-26高三上·广东·期末）2025年4月22日，全球首张无人机物流通行证正式获批，低空经济发展迈入全新高度。如图所示，一架无人机搭载货物竖直升空，先由静止从地面起飞做匀加速运动，随后做加速度小于g的匀减速运动，最终悬停于某一高度。忽略空气阻力，下列说法正确的有（    ） A．货物一直处于超重状态 B．无人机对货物的支持力先做正功后做负功 C．货物克服重力做功的功率先增大后减小 D．无人机及货物构成的系统在上升过程中机械能守恒 7．（25-26高三上·安徽·期中）模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱在运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示（向上为正）。下列说法正确的是（　　） A．从到，实验舱内物体处于超重状态 B．从到，实验舱的加速度在增大 C．在时刻、实验舱速度达到最大 D．从到，实验舱内物体处于先失重后超重状态 8．（25-26高三上·山西吕梁·月考）如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量均为m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计，重力加速度大小为g，整个装置在轻绳悬挂下处于静止状态。现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间（　　） A．吊篮A的加速度大小为g B．物体B的加速度大小为g C．物体C的加速度大小为1.5g D．物体C对吊篮A的压力大小为0 9．（25-26高三上·江苏南京·月考）如图甲是倾角为θ、长为3d的斜面，AB段光滑，BC段长度为2d，动摩擦因数自上而下均匀增大，如图乙所示。质量为m的小物体由A处静止释放，恰好能运动到C，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小物体进入BC段立即做减速运动 B．小物体下滑过程重力做功为3mgd C．BC段动摩擦因数最大值 D．小物体从AB中点静止释放则恰能到达BC中点 10．（2026·湖南永州·二模）如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为3m的小球A，质量为2m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态，弹簧劲度系数为k，弹簧原长足够长，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是（   ） A．剪断细线后的瞬间，小球A的加速度大小为g B．小球A运动到弹簧原长处时速度最大 C．小球A运动到最高点时，弹簧的压缩量为 D．小球A的最大速度为 《第 09练 牛顿运动定律的基本应用》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C D C B D C C D 1．C 【详解】AB．以小球为对象，根据受力平衡可得，，联立解得细绳的拉力大小为，弹簧处于压缩状态，压缩量为，故AB错误； C．细绳剪断的瞬间，弹簧弹力保持不变，则小球受到的重力和弹簧弹力的合力等于细绳剪断前绳子拉力，小球加速度为，故C正确； D．将弹簧撤掉，维持小球静止在原处，当外力与绳子方向垂直时，外力具有最小值，则有，故D错误。 故选C。 2．D 【详解】以OB为直径做等时圆，交AO于D点，如图 由等时圆可知，圆环从B、C、D三点滑到O点的时间相等，可知。 故选D。 3．B 【详解】设斜边长为L，则沿AB下滑时，沿AC下滑时，联立解得。 故选B。 4．B 【详解】A．由图乙可知物块在0~t1时间内做匀加速运动，在t1~t2时间内做匀速运动，在t1~t2时间内不受摩擦力作用，A错误； B．根据图乙可知，物块在0~t1时间内的加速度为，根据牛顿第二定律，解得动摩擦因数为，B正确； C．在t1时物块与传送带的相对位移最大，大小为，C错误。 D．根据动能定理，这是传送带对物块做的功，传送带克服摩擦力做的功，D错误。 故选B。 5．A 【详解】AC．该包裹以恒定速率沿传送带向下运动，则货物受力平衡，货物受重力、静摩擦力、支持力作用，传动带对包裹的作用力竖直向上，故A正确，C错误； B．若大于，此时摩擦力沿斜面向下，货物受力不平衡，故B错误； D．根据共点力平衡条件有，解得，故D错误； 故选A。 6．C 【详解】A．货物向上先加速后减速，可知先超重后失重，A错误； B．无人机对货物的支持力一直做正功，B错误； C．货物的速度向上先增加后减小，根据PG=mgv可知，克服重力做功的功率先增大后减小，C正确； D．无人机及货物构成的系统在上升过程中，外力对无人机要做功，则机械能不守恒，D错误。 故选C。 7．D 【详解】A．由图可知从到，阻力先向下增大后向下减小，可知实验舱先向上加速后向上减速，故实验舱内物体先超重后失重，故A错误； B．从到，根据牛顿第二定律可知加速度大小，由于f在减小，可知加速度在减小，B错误； C．时刻，阻力为0，则速度为0，故C错误； D．从到，阻力先向上增大后向上减小，可知实验舱先向下加速后向下减速，实验舱内物体先失重后超重，故D正确。 故选D。 8．C 【详解】B．对物体B，根据平衡条件可知，弹簧初始弹力，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，B的合力仍然为零，则B的加速度为0，故B错误； AC．剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律，解得，即A、C的加速度均为1.5g，故A错误，C正确； D．剪断细线的瞬间，A受到重力和C对A的作用力，对A，由牛顿第二定律可得，解得，故D错误。 故选C。 9．C 【详解】A．小物体进入BC段后，开始时动摩擦因数较小，摩擦力较小，根据牛顿第二定律可知物体的合力方向仍向下，物体向下做加速运动，故A错误； B．小物体下滑过程重力做功为，故B错误； C．质量为m的小物体由A处静止释放，恰好能运动到C，物体在BC段上运动时，动摩擦因数自上而下均匀增大，根据可知摩擦力均匀增大，则物体克服摩擦力做功为，对全程，根据动能定理可得，可知，解得，故C正确； D．小物体从AB中点静止释放到BC中点时，设其速度为，根据动能定理可得，其中，可知速度，故D错误。 故选C。 10．D 【详解】A．未剪断细线时，对A、B整体由平衡条件可知，弹簧弹力F0 = (3m＋2m)g = 5mg，剪断细线的瞬间弹簧弹力不变，对A根据牛顿第二定律得：F0－3mg = 3ma，解得小球A的加速度大小为，故A错误； B．小球A的速度最大时其加速度为零，其合力为零，此时弹簧弹力与小球A的重力等大反向，故小球A运动到速度最大时弹簧不是在原长处，而是处于伸长状态，故B错误； C．剪断细线后小球A在竖直方向做简谐运动，初始位置即为小球简谐运动的最低点，由A选项的解答可知，小球A运动到最低点时，弹簧弹力方向向上，大小为5mg，由胡克定律可得此时弹簧的伸长量为；小球A在最低点时所受合力向上，大小为F0－3mg = 2mg，由简谐运动的对称性可知，小球A运动到最高点时，所受合力向下，大小亦为2mg，因小球A的重力为3mg，故此时弹簧弹力应向上，大小为mg，故此弹簧为伸长状态，其伸长量为，故C错误； D．小球在平衡位置时弹簧伸长量为，则从最高点到平衡位置，则由能量守恒，解得在平衡位置的速度，故D正确。 故选D。 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $