2026届浙江省高考物理二轮选择题专题突破04：牛顿运动定律

浙江选考物理选择题专题突破4 牛顿运动定律 一、 核心知识点 根据文档中的题目分布，牛顿运动定律的考查主要集中在以下几个物理模型和概念上： 知识模块 具体考查内容与典型题号 基础定律与受力分析 牛顿第二定律 ( ) 的直接应用（如题 1, 2, 3）；连接体问题（如题 16, 22）；瞬时加速度问题（弹簧与绳模型的区别，如题 16）。 连接体与系统问题 整体法与隔离法的灵活切换（如题 2, 4, 19）；滑轮模型（如题 22, 23）；弹簧连接体（如题 24）。 临界与极值问题 摩擦力方向改变的临界（如题 7, 20）；分离的临界条件（弹力 ，如题 17, 21）；最大加速度限制（如题 26）。 图像问题 图像（斜率表加速度，面积表位移，如题 9, 10, 15）； 图像（微元法求速度，如题 6）； 图像（转化为位移公式，如题 12）。 传送带与板块模型 水平/倾斜传送带的运动分析（如题 11）；滑块-木板模型的相对运动与摩擦力分析（如题 20, 21, 29）。 超重与失重 竖直方向的加速运动（如题 18, 25）；电梯模型（如题 9）。 二、 解题策略 针对上述知识点，文档中的解析展示了以下高效的解题逻辑： 1. “整体法”与“隔离法”的黄金法则 · 策略： 当分析系统外部受力或求加速度时，优先考虑整体法（内力不计）；当需要求解系统内部物体间的相互作用力（如绳张力、弹力、摩擦力）时，必须使用隔离法。 · 应用实例： 如题2，求恒力 时用整体法 ；求绳子拉力或杆的弹力时，隔离小球 或 进行受力分析。 2. 临界问题的“三大抓手” · 策略： 1. 最大静摩擦力： 当物体即将滑动但未滑动时，摩擦力达到最大值 （如题 20, 21）。 1. 接触与分离： 两物体即将分离的瞬间，它们之间的弹力 ，但此时速度和加速度仍相等（如题 17）。 1. 绳子松弛： 绳子张力 的瞬间（如题 22）。 3. 图像问题的“数形结合” · 策略： 必须熟练掌握物理公式与图像特征的对应关系。 · 图： 斜率 ，截距 初速度，面积 位移。 · 非标准图（如题12）： 遇到 图像，需联想到公式 ，变形为 ，从而确定斜率和截距的物理意义。 4. 板块与传送带问题的“运动学+动力学”双轨制 · 策略： 分别写出滑块和木板（或物体和传送带）的受力方程（求加速度 ），再结合运动学公式（ 等）分析相对运动。 · 关键点： 判断速度相等后的运动状态（是共速一起动，还是发生相对滑动）。 三、 解题注意事项 结合文档中题目设置的陷阱，解题时需特别警惕以下几点： 1. 绳与弹簧的“瞬时性”区别（高频易错点） · 注意： 绳/杆的弹力可以发生突变（瞬间产生、消失或改变）；弹簧的弹力不能发生突变（因形变恢复需要时间）。 · 实例： 题16剪断细线瞬间，弹簧的弹力还是原来的值，而细线的力瞬间消失。这是求解剪断瞬间加速度的关键。 2. 摩擦力的“双向性”与“被动性” · 注意： 静摩擦力的方向总是阻碍相对运动趋势，其大小随外力变化。 · 实例： 题26中，推力方向改变（向左或向右）会导致B球受到的摩擦力方向改变（向左或向右），从而影响 角的取值范围。不能想当然地认为摩擦力方向一定向左或向右。 3. 临界状态的“双重验证” · 注意： 在板块模型中，计算出的“临界加速度”必须结合“最大静摩擦力”进行验证，确保假设成立。 · 实例： 题21中，判断物块与木板是否发生相对滑动，需要比较外力 与最大静摩擦力 的关系。 4. 矢量的方向性 · 注意： 牛顿第二定律是矢量式，列方程前必须规定正方向。 · 实例： 题18中明确指出“竖直向上为正方向”，此时重力为负，加速度若向下也为负。若忽略方向，会导致 写错。 5. 物理过程的阶段性分析 · 注意： 很多题目（如题5、题6、题30）涉及多个运动阶段（匀加速、匀速、匀减速）。 策略： 必须画出运动过程示意图，分段列方程，并注意衔接点（如匀加速结束时的速度就是匀速运动的速度）。 一、单选题 1．如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，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mP=0.5kg、mQ=0.2kg，P与桌面间的动摩擦因数µ=0.4，重力加速度g=10m/s2。则推力F的大小为（　　） A．4.0N B．3.5N C．2.5N D．1.5N 2．如图所示，一带有“T”型支架，质量为的小车置于光滑水平地面上，为轻质活杆，可绕点无摩擦转动，为轻绳，其两端分别连接质量为和的小球、。在水平恒力作用下，整个装置保持相对静止一起运动，、与竖直方向夹角分别为、，忽略空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．轻绳对小球的拉力大小为 B．小于 C．小车加速度大小为 D．恒力大小为 3．如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为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时，它们加速度的大小均为（　　） A． B． C． D． 4．如图所示，轻弹簧连接质量分别为、的两个物体，在力的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动（在地面上，在空中），力与水平方向的夹角为θ，则 （　　） A．一定受四个力作用 B．弹簧与水平面的夹角的正切值为 C．两物体的加速度为 D．地面对的支持力 5．小明用额定功率为、最大拉力为的提升装置，把静置于地面的质量为的重物竖直提升到高为的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，取，则提升重物的最短时间为（　　） A．13.2s B．14.2s C．15.5s D．17.0s 6．一辆起重机从t=0时刻由静止开始竖直提升质量为500kg的物体，物体的a−t图像如图所示，4s末起重机的功率达到额定功率并保持不变，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．物体在匀加速阶段的位移大小为2.0m B．该起重机的额定功率为10.0kW C．物体的最大速度大小为2.0m/s D．0~4s和4s~8s时间内牵引力对物体做的功之比为1∶2 7．如图所示，轿厢运送质量为m的圆柱体货物，右侧斜面的倾角，左侧斜面的倾角，货物始终相对轿厢静止。已知重力加速度为g，，。下列说法正确的是（　　） A．轿厢沿与竖直方向成30°角向左上方匀速运动时，货物对左侧斜面的压力大小为0.8mg B．轿厢以0.5g的加速度水平向右匀加速运动时，货物对左侧斜面的压力大小为mg C．轿厢水平向右的最大加速度为0.75g D．轿厢以0.5g的加速度竖直向上匀加速运动时，货物对左侧斜面的压力大小为1.2mg 8．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，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。已知重力加速度大小为，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 B．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为 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 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 9．电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。电梯加速上升的时段是（    ）    A．从20.0s到30.0s B．从30.0s到40.0s C．从40.0s到50.0s D．从50.0s到60.0s 10．跳板跳水是我国的奥运强项，从运动员离开跳板开始计时，其图像如下图所示，图中仅段为直线，不计空气阻力，则由图可知（　　） A．段运动员做加速运动 B．段运动员的加速度保持不变 C．时刻运动员刚好接触到水面 D．段运动员的加速度逐渐增大 11．倾角为的传送带以恒定速率顺时针转动。时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是（    ） A． B． C． D． 12．智能寻迹小车上装有传感器，会自动识别并沿水平面内的黑色轨迹行驶，黑色轨迹上标有数值的短线为分值线。比赛时，小车从起点出发，以停止时车尾越过的最后一条分值线的分数作为得分。为能让小车及时停下来获得高分，需要测试小车的刹车性能。小庐同学在平直路面上做了刹车实验。图是刹车过程中位移和时间的比值与t之间的关系图像。下列说法正确的是（　　） A．由图像知刹车过程中加速度大小为2m/s2 B．从开始刹车时计时经2s，位移大小为0.5m C．某次得分96分一定是刹车阻力偏小造成的 D．车轮与地面间的动摩擦因数大约是 0.1 13．如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y。所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其图像或图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 14．篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的图像，如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是（    ） A．a点 B．b点 C．c点 D．d点 15．a、b两小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动。当小球间距小于或等于d时，会受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用。小球间距大于d时，相互排斥力消失。两小球始终未接触，运动的v-t图象如图所示。下列说法正确的是（　　） A．t2时刻a、b间距离最小 B．图中与面积不相等 C．整个过程中，a、b系统动能损失的最大值为系统初态动能的 D．由于ab两小球质量大小未知，故无法求出b的最终速度值 16．如图，质量分别为、、、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，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， B．2g， C．2g， D．g， 17．如图，倾角为30°、质量为m的斜面体静止于光滑水平面上。轻弹簧的上端固定在斜面体的顶端A处，下端拴接一质量为的光滑小球（可视为质点）。现让系统在水平恒力F作用下以大小为的加速度水平向左做匀加速直线运动，小球与斜面相对静止且小球未运动到水平面上。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力。则撤去力F瞬间（在撤去力F的瞬间，小球与斜面之间的弹力不变）（　　） A．弹簧的弹力大小为 B．斜面体的加速度大小为 C．小球的加速度大小为0 D．小球对斜面的压力大小为 二、多选题 18．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20刻度处；下端悬挂质量为的钢球，静止时指针位于直尺刻度处。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取10。下列说法正确的是（　　） A．弹簧的劲度系数 B．指针指在30cm刻度时，物体加速度为 C．指针指在30cm刻度时，物体处于失重状态 D．指针指在30cm刻度时，物体一定向下运动 19．运动员手持球拍托球沿水平方向匀加速跑动，球的质量为，球拍和水平面间的夹角为，球与球拍相对静止，它们间摩擦力以及空气阻力不计，则（　　） A．运动员的加速度为 B．运动员的加速度为 C．球拍对球的作用力为 D．球拍对球的作用力为 20．如图甲所示，一质量为的长木板静止放在水平地面，木板的右端上有一质量为m2的物块。用水平向右的拉力F作用在长木板上，F随时间t的变化关系如图乙所示，其中、分别为、时刻F的大小。物块的加速度随时间t的变化关系如图丙所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，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（　　） A． B． C． D． 21．水平地面上有一质量的长木板，木板的左端上有一质量的小物块，如图甲所示，水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图乙所示，其中、分别为、时刻F的大小，木板的加速度随时间t的变化关系如图丙所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为。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，物块始终未从木板上滑落。则下列说法正确的是（　　）    A． B． C．木板加速度所能达到的最大值为 D．在时间段内物块做匀加速直线运动 22．如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量，时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为；T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E，重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点．下列说法正确的是（　　） A．物体P和Q的质量之比为 B．时刻物体Q的机械能为 C．时刻物体P重力的功率为 D．时刻物体P的速度大小 23．如图所示，离地足够高的轻质动滑轮下方悬挂质量为3m的重物P，轻质定滑轮下方悬挂质量为m的重物Q，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，P、Q均处于静止状态，不计摩擦阻力和空气阻力，重力加速度大小为g。释放后（　　） A．Q受到细线的拉力大小为mg B．Q受到细线的拉力大小为 C．当P的位移大小为h时，Q的速度大小为 D．当P的位移大小为h时，Q的速度大小为 24．如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，两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。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 B．Q的加速度大小不大于同一时刻P的加速度大小 C．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 D．P的位移大小一定大于Q的位移大小 25．如图所示，一质量为m的物体放在电梯内倾角为的固定斜面上，当电梯以加速度（，表示重力加速度大小）竖直向下做匀加速直线运动时，物体和斜面保持相对静止，下列说法正确的是（    ） A．斜面对物体的支持力大小为 B．斜面对物体的支持力大小为 C．斜面对物体的摩擦力大小为 D．斜面对物体的摩擦力大小为 26．如图，光滑水平地面上有一质量为的小车在水平推力的作用下加速运动。车厢内有质量均为的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，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 B．若推力向左，且，则的最大值为 C．若推力向左，且，则的最大值为 D．若推力向右，且，则的范围为 27．如图所示，倾斜索道与水平面夹角为，当载人车厢沿钢索运动时，车厢里质量为m的人对厢底的压力为其重量的倍，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．载人车厢一定沿斜索道向上运动 B．车厢运动的加速度大小为是 C．人对厢底的摩擦力方向向右 D．车厢对人的摩擦力大小为 28．如图所示，轻质弹簧放置在光滑的斜面上，下端固定。木块从距弹簧上端H处由静止释放。以木块释放点为原点，取沿斜面向下为正方向。木块的位移为y。所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其图像或图像可能正确的是（    ） A． B． C． D． 29．一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为。时，木板在水平恒力作用下，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。已知到的时间内，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。时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（　　） A．从时刻到小物块刚滑上木板时，木板的对地位移为 B．小物块和木板间的动摩擦因数为 C．在时间内，小物块相对木板的位移大小为 D．在时间内，小物块相对木板的位移大小为 30．某同学设计了如图甲所示装置：一质量为0.5kg的长木板A置于水平桌面上，质量为1kg的滑块B（可视为质点）置于木板A上右侧，轻绳一端跨过定滑轮与滑块B连接，另一端悬挂一重物C，定滑轮和滑块B间轻绳水平，重物落地后立即与轻绳脱离连接。t=0时刻，所有物体均静止。该同学在某次操作中，记录下滑块B和木板A运动的部分v-t图像如图乙所示，整个运动过程中，滑块B始终不脱离木板A，木板A距定滑轮足够远，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则（　　） A．本次操作中，所挂重物C的质量为8kg B．木板A与滑块B间动摩擦因数为µ1=0.4 C．木板A与桌面间的动摩擦因数为µ2=0.2 D．为使滑块B始终不脱离木板A，A至少长1.5m 试卷第4页，共15页 试卷第1页，共15页 学科网（北京）股份有限公司 《浙江选择题专题突破4 牛顿运动定律》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D A D C D B C A B 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 C B B A C A B ABC AC BC 题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 答案 BC BD BD BC BC CD BD BD BD BCD 1．B 【详解】P静止在水平桌面上时，由平衡条件有 推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即 故Q物体加速下降，有 可得 而P物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P，由牛顿第二定律 解得 故选B。 2．D 【详解】A．对B，竖直方向有 解得轻绳对小球B的拉力大小为，故A错误； B．题意可知小球A、小球B、小车三者加速度相同且大小设为a，OA为轻质活杆，杆的弹力沿杆方向，对A有 解得 同理对B有 解得 可知相等，故B错误； C．由B选项分析可知，故C错误； D．对小球A、小球B、小车整体有，故D正确。 故选D。 3．A 【详解】当两球运动至二者相距时，,如图所示 由几何关系可知 设绳子拉力为，水平方向有 解得 对任意小球由牛顿第二定律可得 解得 故A正确，BCD错误。 故选A。 4．D 【详解】A．由于 m1水平向右做匀加速直线运动，所以一定受到重力和弹簧的弹力作用，可能受地面的支持力和摩擦力作用，也可能不受地面的支持力和摩擦力，故m1可能受到两个力的作用，也可能受到四个力的作用 ，故A错误； B．对m2受力分析如图所示 竖直方向有 水平方向有 解得 故B错误； C．对m1、m2两个物体整体受力分析，有两种情况，如图所示 若整体仅受F、G两个力，加速度为 若受到F、G、N、f四个力的作用，加速度为 故C错误； D．由整体的受力分析可知，在竖直方向有 解得 故D正确。 故选D。 5．C 【详解】为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得 当功率达到额定功率时，设重物的速度为，则有 此过程所用时间和上升高度分别为 重物以最大速度匀速时，有 重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为 设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为，该过程根据动能定理可得 又 联立解得 故提升重物的最短时间为 C正确，ABD错误； 故选C。 6．D 【详解】A．物体在匀加速阶段的位移大小，故A错误； B．物体在匀加速阶段，根据牛顿第二定律可得 解得牵引力大小为 4s末物体的速度为 则该起重机的额定功率为，故B错误； C．当牵引力等于重力时，物体的速度达到最大，则有，故C错误； D．0~4s内牵引力对物体做的功为 4~8s时间内牵引力对物体做的功为 则0~4s和4~8s时间内牵引力对物体做的功之比为W1∶W2=1∶2，故D正确。 故选D。 7．B 【详解】A．当轿厢匀速运动时，对货物受力分析如图1所示，有 故A错误； B．当轿厢以的加速度向右匀加速运动时，对货物受力分析并建立如图2所示坐标系，由受力分析有 解得 故B正确； C．当货物对右侧斜面压力为0时轿厢向右的加速度最大，由受力分析结合牛顿第二定律有 所以 故C错误； D．当轿厢以的加速度向上匀加速运动时，对货物受力分析如图3所示，由受力分析有 解得 故D错误。 故选B。 8．C 【详解】A．飞行器竖直下落，其匀速下落的速率为10m/s时，飞行器的合力为零 解得 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 解得 Fmax=125k=1.25Mg 故A错误； B．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，受到与运动方向相反的水平方向的阻力，大小为 F阻=k•52=25k=0.25Mg 同时飞行器受到竖直向下的重力，若要保持匀速飞行，发动机的推力应该跟阻力与重力的合力等大、反向；受力分析如下图： 由此可得，此时发动机的推力为 故B错误； C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，设飞行器速率为v；结合B中的方法可以求出飞行器受到的阻力大小为 而由A求得 Mg=100k 所以 故C正确； D．当飞行器以5m/s的速率飞行时，产生的阻力大小为 F阻'=k•52=25k=0.25Mg 飞行器的重力为Mg，最大推力为 Fmax=1.25mg 当最大推力与重力同向时，飞行器向下运动，此时飞行器受到的合力最大，设此时的加速度为a1，则有 1.25Mg+Mg-0.25Mg=Ma1 解得 a1=2g 当飞行器以5m/s的速率是向上飞行时，由题意可知，飞行器在某种状态下可以保持这一速率做匀速飞行，即飞行器的最小加速度为0；所以飞行器的加速度范围是0≤a≤2g，故D错误； 故选C。 9．A 【详解】因电梯上升，由速度图像可知，电梯加速上升的时间段为20.0s到30.0s。 故选A。 10．B 【详解】A．由题图可知，段运动员向上做匀减速运动，选项A错误； B．根据图像斜率表示加速度结合题意可知段运动员的加速度保持不变，选项B正确； C．由题意可知段运动员的加速度为重力加速度；时刻后运动员刚好接触水面；时刻运动员速度达到最大，运动员受到合力为零，故C错误； D．根据图像斜率表示加速度可知段运动员的加速度先增大后减小，故D错误。 故选B。 11．C 【详解】时间内：物体轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。 之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动。 C正确，ABD错误。 故选C。 12．B 【详解】A．根据 可得 由图像可知 解得 故A错误； B．刹车停止的时间为 从开始刹车时计时经过2s车已经停止，该车的位移大小为 故B正确； C．某次得分96分，刹车距离偏大，根据牛顿第二定律 根据运动学规律 知，能是刹车阻力偏小或者是开始刹车时的速度偏大造成的，故C错误； D．动摩擦因数指没刹车时对应的数值，刹车后的加速度是1m/s2，而不是滑行的加速度，故D错误。 故选B。 13．B 【详解】AB．在木块下落高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即 当木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，则木块的合力 到合力为零前，随着增大减小；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点,之后，木块开始反弹，过程中木块所受合外力向上，随着减小增大，反弹过程，随着y减小，图像向x轴负方向原路返回，故A错误、B正确； CD．在木块下落高度之前，木块做自由落体运动，根据 速度逐渐增大， 图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律 木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中 木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以图斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做匀减速直线运动到最高点，而C图中H点过后速度就开始逐渐减小，实际速度还应该增大，直到平衡位置速度到达最大，然后速度逐渐减为零；D图前半段速度不变，不符合题意，正确示意图如下 故CD错误。 故选B。 14．A 【详解】由图像可知，图像第四象限表示向下运动，速度为负值。当向下运动到速度最大时篮球与地面接触，运动发生突变，速度方向变为向上并做匀减速运动。故第一次反弹后上升至a点，此时速度第一次向上减为零，到达离地面最远的位置。故四个点中篮球位置最高的是a点。 故选A。 15．C 【详解】A．由题意知，a、b两小球沿同一直线相向运动，t2时刻b物体减速到零，之后反向加速，可以看出t2~t3时间内，a、b同方向运动，且a的位移大于b的位移，即两者在靠近，当速度相等时，两者距离最近，之后两者距离又增大，即t3时刻a、b间距离最小，故A错误； BD．由题意可知，a、b两小球组成的系统动量守恒，由图可知最终，a小球速度减为零，设a、b两小球质量分别为m1、m2则满足 因为当小球间距小于或等于d时，会受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用，所以由图中t1~t3时间内，可得 解得 且由几何关系可知，图中AC段对应时间等于CE对应时间，且两三角形对应底边大小相等，所以图中与面积相等，故BD错误； C．由题意可得，类似于完全非弹性碰撞，当两小球速度相等时，动能损失最大，由图可知，此时两小球的总动能为 而初动能为 所以损失的动能最大值为 即 故C正确。 故选C。 16．A 【详解】剪断前，对BCD分析 对D 剪断后，对B 解得 方向竖直向上；对C 解得 方向竖直向下。 故选A。 17．B 【详解】AD．未撤去力F时，由题意得 说明小球恰好不离开斜面，斜面对小球无作用力，弹簧拉力大小 撤去力F的瞬间，弹簧弹力不发生突变，仍为，小球与斜面之间的弹力不变，故小球对斜面的压力为零，选项AD错误； B．设撤去力F瞬间斜面体的加速度大小为，则 解得 选项B正确； C．小球受力不变，加速度不变，大小仍为，选项C错误。 故选B。 18．ABC 【详解】A．根据胡克定律 解得弹簧的劲度系数为 故A正确； B．指针位于直尺30cm刻度时，根据牛顿第二定律 解得30cm刻度对应的加速度为 故B正确； CD．指针位于直尺30cm刻度时，求得加速度大小为，方向竖直向下，则物体处于失重状态，而物体可以向下加速运动，也可以向上做减速运动，故C正确，D错误。 故选ABC。 19．AC 【详解】对网球进行分析，根据牛顿第二定律与平衡条件有， 解得， 故选AC。 20．BC 【详解】AB．图丙可知，t1时物块和木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有 故A错误，B正确； CD．图丙可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有 以物块为对象，根据牛顿第二定律，有 解得 故C正确，D错误； 故选BC。 21．BC 【详解】A．木板与地面间的最大静摩擦力 木板与物块间的最大静摩擦力 当拉力F逐渐增大到F1时，由图像可知木板开始运动，此时木板与地面间的静摩擦力达到最大值，根据平衡条件可知此时拉力大小为 故A错误； BC．当拉力达到F2时，木板相对物块发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对木板 对物块 解得 ， 此时拉力大小为20N，木板加速度达到最大值为2m/s2，故BC正确； D．在t1～t2时间段，物块相对木板静止，所受拉力逐渐增大，加速度变大，不做匀加速直线运动，故D错误。 故选BC。 22．BD 【详解】A．开始释放时物体Q的加速度为，则 解得 选项A错误； B．在T时刻，两物体的速度 P上升的距离 细线断后P能上升的高度 可知开始时PQ距离为 若设开始时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为 从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为 则此时物体Q的机械能 此后物块Q的机械能守恒，则在时刻物块Q的机械能仍为，选项B正确； CD．在时刻，重物P的速度 方向向下；此时物体P重力的瞬时功率 选项C错误，D正确。 故选BD。 23．BD 【详解】AB．设细线的拉力大小为，对P、Q分别根据牛顿第二定律有， 又 联立解得，故A错误，B正确； CD．当P的位移大小为h时，Q的位移大小为，根据对P、Q组成的系统，根据机械能守恒定律有 又 联立解得，故C错误，D正确。 故选BD。 24．BC 【详解】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为 撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为 AB．撤去该拉力瞬间，弹簧弹力不变，此时滑块P的加速度大小为 此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零；从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，滑块P做减速运动的加速度更大，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，Q做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为 Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，则有 解得 而P加速度大小最小值为弹簧恢复原长时，则有 解得 可知Q的加速度大小不大于同一时刻P的加速度大小，故A错误，B正确； CD．从撤去拉力开始到弹簧第一次恢复原长之前，由于P、Q均做减速运动，但P做减速运动加速度大于Q做减速运动加速度，所以P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，则相同时间内，P的位移大小一定小于Q的位移大小，故C正确，D错误。 故选BC。 25．BC 【详解】将加速度分解为沿斜面向下的分加速度和垂直斜面向下的分加速度，则有 以物体为对象，垂直斜面方向和沿斜面方向分布根据牛顿第二定律可得 联立解得 故选BC。 26．CD 【详解】A．设杆的弹力为，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足 竖直方向 则 若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得 可得 对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律 A错误； B．若推力向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为 对小球B，由于，小球B受到向左的合力 则对小球A，根据牛顿第二定律可得 对系统整体根据牛顿第二定律 解得 B错误； C．若推力向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由杆对小球A的水平分力提供，小球A所受向左的合力的最大值为 小球B所受向左的合力的最大值 由于可知 则对小球B，根据牛顿第二定律 对系统根据牛顿第二定律 联立可得的最大值为 C正确； D．若推力向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时 当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时 对小球B根据牛顿第二定律 对系统根据牛顿第二定律 代入小球B所受合力分范围可得的范围为 D正确。 故选CD。 27．BD 【详解】A．载人车厢一定沿斜索道运动，由于车厢支持力F大于重力mg，故具有沿索道向上的加速度，故车厢对人的摩擦力力应水平向右，人对车厢底的摩擦力应水平向左，受力分析如图所示，车厢可能沿索道加速上滑，也可能沿索道减速下滑，AC错误； BD．设车厢的加速度为a，把加速度沿水平方向、竖直方向正交分解，由牛顿第二定律可得 联立代入数据可解得，，BD正确。 故选BD。 28．BD 【详解】AB．在木块接触弹簧之前，木块所受合外力为 当木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，则木块的合力 到合力为零前，随着增大，减小；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中，木块所受合外力向上，随着增大，增大，故A错误，B正确； CD．在木块下落高度之前，木块做匀加速直线运动，则 木块速度逐渐增大，图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律 木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以图像斜率继续增大，当时，木块位于平衡位置，木块的速度达到最大，此时 当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中，根据牛顿第二定律 木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以图像斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做匀减速直线运动到最高点，故C错误，D正确。 故选BD。 29．BD 【详解】A．图像的斜率表示加速度，可知时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在时刻滑上木板，则在此时间内木板对地位移为，故A错误； B．结合图像可知时刻，木板的速度为 设小物块和木板间动摩擦因数为，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为 负号表示方向水平向左，物块在木板上滑动的加速度为 经过时间与木板共速此时速度大小为，方向水平向右，故可得 解得 故B正确； CD．在时间内，根据图像可知木板的位移为 物块的位移为 小物块相对木板的位移大小为 故D正确，C错误。 故选BD。 30．BCD 【详解】ABC．由图可知，， 根据牛顿第二定律可得，， 代入数据解得，， 故A错误，BC正确； D．为使滑块B始终不脱离木板A，则二者共速时，B滑到A的最左端，由图可知A至少长为 故D正确。 故选BCD。 答案第22页，共22页 答案第21页，共22页 学科网（北京）股份有限公司 $