2026湖南卷15题 -第4题突破（含第09～10练）-【奇点物理】高考物理考前60天逐题破•天天练

第09练牛顿运动定律的基本应用 (三年考频：5次 预测指数：★★★★★ 本卷共6小题，共28分。1~2题每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。3~6 题每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的 得2分，有选错的得0分。 1.（24-25·高三上·湖南长沙月考)如图甲所示，一 直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的 物块（可视为质点）从倾角=30°的足够长的斜面 速率为4m/s。重力加速度大小为g,不考虑空气相 上滑下，物块运动的一图像如图乙所示，重力加 对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正 速度取g=10m/s2,下列说法正确的( 确的是() ↑/ms2 A.发动机的最大推力为1.5g B.发动机的最大推力为1.25Mg C.飞行器由静止开始下落的过程是加速度逐渐 2 变小的加速运动 0.5 /s D.飞行器由静止开始下落的过程是加速度逐渐 甲 变大的加速运动 A.物块的加速度为2m/s2 4.(2025湖南长沙·三模)（多选）从地面上以初速 B.物块的初速度为零 度vo竖直上抛一质量为的小球，若运动过程中受 C.物块与斜面间的动摩擦因数为号 到的阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间 D.前2s内物块的平均速度为5m/s 变化的规律如图所示，小球在：时刻到达最高点后 2.（25-26高三上·湖南长沙月考)同一乘客三次分 再落回地面，落地速率为，且落地前小球已经做 别乘坐不同的电梯上楼，过程中都经历了电梯加速 匀速运动，已知重力加速度为g,下列关于小球运 上升阶段，假设三次的加速度大小相同，且乘客相 动的说法中正确的是( 对电梯均静止，如图甲、乙、丙所示。在上述加速 阶段中，下列说法正确的是() 竖 升 A.t时刻小球的加速度为g 分 B.在速度达到v!之前小球的加速度一直在增大 A.三种方式乘客均受到了电梯地板的摩擦力作用 B.只有在甲种方式中，乘客才受到了摩擦力作用 C.小球抛出瞬间的加速度大小为1+一8 C.在丙种方式中，乘客受到电梯地板的支持力最 D,小球加速下降过程中的平均速度小于？ 大 5.(2025高三下·湖南长沙.专题练习)（多选)2024 D.三种方式中的乘客只有丙处于超重状态 年底CR450动车组成功下线，其最高速度可超过 3.(25-26高三上·湖南长沙期中)（多选）在学校 450公里/小时，再一次让世界为中国高铁惊叹。该 科技文化周上，有同学展示了自己研制的球形飞行 动车组由8节车厢组成，其中2、3、6、7号车厢 器。通过了解，球形飞行器安装了可提供任意方向 为动力车厢，其余车厢无动力。每节动力车厢动力 推力的矢量发动机，球形飞行器总质量为M,飞行 全开时所提供驱动力的最大值均为F,列车行驶时 器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正 每节车厢所受阻力大小均为f,各车厢的质量均为。 比（即，k为常量）。当发动机关闭时，飞行 该列车沿水平直轨道行驶时，下列说法正确的是 器由静止竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落 ( 的速率为8m/s;当发动机以最大推力推动飞行器竖 试卷第1页，共1页 受电弓 行驶方向 23 4■ 5 6 A.若列车匀速行驶，则第4节车箱与第5车厢 间的拉力为零 B.若仅启用两节动力车厢动力全开匀加速行驶， 则加速度大小为4 2m C.若列车动力全开匀加速行驶，则加速度大小 为2 2m D.若列车动力全开匀加速行驶，则第3节车厢 对第4节车厢的拉力大小为： 6.（25-26高三下·湖南长沙·开学考试)（多选)如 图甲是倾角为0、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 () 2d 甲 乙 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3 mgdsin0 C.BC段动摩擦因数最大值um=3tan8 D.小物体从AB中点静止释放则恰能到达BC 中点 试卷第2页，共2页 《第09练牛顿运动定律的基本应用》参考答案 题号 1 2 J U 6 答案 C BC AC AC BC 1.C【解析】AB.根据xo计ad2,可得时o+a, +1 匀速运动时，设最大推力为Fm,则有Fm=g+a 联立，解得Fm1.25g,故A错误，B正确；CD.飞 由图像可知w号ms2ms,a2,可得a4ms, 行器由静止下落的过程中，空气阻力逐渐变大，由 AB错误；C.根据牛顿第二定律可知 牛顿第二定律g-2=Ma,可知a逐渐减小，即做 mgsn30 mgcos3.0a,解得9C正确：D.前 加速度逐渐减小的加速运动，故C正确，D错误。 2s内物块的平均速度等于1s末的速度，则为 故选BC。 21o+t1=6m/s,D错误。故选C。 4.AC【解析】A.时刻到达最高点，该时刻速度 2.C【解析】AB.电梯加速上升阶段，在甲种方 为零，则阻力为零，此时只受到重力作用，故此时 式中，乘客受到支持力、重力、沿斜面向上的摩擦 刻加速度为重力加速度g,故A正确；B.速度达 力作用：在乙种方式中，乘客受到支持力、重力、 到1之前，图像的斜率减小，小球的加速度一直在 水平向右的摩擦力作用：在丙种方式中，乘客受到 减小，故B错误：C.小球抛出瞬间，有mg+o=a, 支持力、重力，故在甲、乙两种方式中，乘客受到 当速度达到1时，有1=g,联立解得(1+)g, 1V 了摩擦力作用，故AB错误；C.如图所示 故C正确：D.小球下降过程做加速度减小的变加 a 竖 速运动，从图中可以看出，相同时间内图线与时间 轴所围面积大于匀加速直线运动时的面积，故其平 均速度大于加速直线运动的平均速度，即大于？， 79 故D错误。故选AC。 在甲种方式中，设乘客受到电梯地板的支持力为 5.AC【解析】A.设每节动力车厢输出的动力为F1, FN1,垂直电梯地板方向有F1gcos0,在乙种方 当动车组做匀速运动时，对整体有，4F8f,则F1=2f 式中，设乘客受到电梯地板的支持力为F2,垂直 则根据平衡条件可知对前四节车厢，刚好满足 电梯地板方向有F×2=g+csin0,在丙种方式中， 2F14f,故F450,故A正确：B.若仅启用两节动 设乘客受到电梯地板的支持力为F3,垂直电梯地 力车厢匀加速行驶，根据牛顿第二定律2F-8f8a, 板方向有F3g+a,可得FN1<FN2<FNg,故在丙 种方式中，乘客受到电梯地板的支持力最大，故C 整列车的加速度大小为：点，故B错误：C.若 正确：D.三种方式中的乘客均有向上的加速度， 列车动力全开匀加速行驶，根据牛顿第二定律 均处于超重状态，故D错误。故选C。 4-88ma:整列车的加速度大小为，兴故C 3.BC【解析】AB.飞行器关闭发动机，以v1=8n/s, 正确；D.若列车动力全开匀加速行驶，对后五节 匀速下落时，则有g,飞行器以v2=4m/s向上 车厢整体，根据牛顿第二定律F34+2F-5子52，解 答案第1页，共1页 得F34=故D错误。故选AC。 理可得WcW克O,可知 6.BC【解析】A,小物体进入BC段后，开始时动 g3din=宁.2正片2d.4gcos0,解得 摩擦因数较小，摩擦力较小，根据牛顿第二定律可 m=3tan8,故C正确；D.小物体从AB中点静止 知物体的合力方向仍向下，物体向下做加速运动， 释放到BC中点时，设其速度为v,根据动能定理 故A错误；B.小物体下滑过程重力做功为 可得g· g·3dsin0=3 gdsin0,故B正确：C.质量为m的 ()sn0-学·本m2,其中 小物体由A处静止释放，恰好能运动到C,物体在 ddmgcos-dmgcos-mgdsin0 BC段上运动时，动摩擦因数自上而下均匀增大， 可知速度 3 dsin>0,故D错误。故选BC。 V2 根据子gcos0可知摩擦力均匀增大，则物体克服 摩擦力做功为W党学·2d.对全程，根据动能定 答案第2页，共2页第10练牛顿运动定律在多体多过程中的应用 (三年考频：0次 预测指数：★★★) 本卷共10小题，共46分。1~4题每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。510 题每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的 得2分，有选错的得0分。 1.（24-25高三上·湖南长沙·月考)如图甲所示，质 和B的质量均为2，C的质量是，A、B间的动 量为2的足够长木板C置于水平面上，滑块A、 摩擦因数为，B、C间的动摩擦因数步，B和地面 B质量均为，置于C上，B位于A右方某处。A、 间的动摩擦因数为长。设B足够长，A、C均不会从 C间的动摩擦因数4=0.2，B、C间和C与地面间 B上掉落，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加 的动摩擦因数=0.1。给C施加一水平向右的 速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F,则下 恒力F,从开始施加恒力到A、B第一次相遇时间 列判断正确的是() 为。可得与F的关系如图乙所示（最大静摩擦力 等于滑动摩擦力，g取10ms2)下列说法正确的是 B () 77777777777777777777777777777 A.当力F大于g时，A、B、C三个物体互 02 相不再相对静止 A B F B.当力F逐渐增大时，A、B之间先发生相对 F 甲 滑动 A.滑块A能获得的最大加速度为lm/s2 C.当力F逐渐增大到3ug时，B与A相对滑 B.A、B之间的初始距离为4m 动 C.滑块A的质量为1kg D.无论力F为何值，B的加速度不会超过g D.若F=10.5N,A、C之间将发生相对滑动 4.(25-26高三上湖南长沙月考)如图所示，劲度 2.（25-26高三上·湖南长沙·月考)如图所示，竖直 系数为k的轻质弹簧上端固定在天花板上，下端与 墙壁和水平地面均光滑，两个质量相同的小球A和 质量为的物块A相连接。初始时刻，用挡板B B通过质弹簧连接，在水平推力F的作用下处于 托住物块A,使其处于静止状态，弹簧处于原长。 静止状态。改变水平推力的大小，使A球缓慢向左 利用计算机系统精确控制使挡板B竖直向下做加 移动，弹簧始终在弹性限度内且不会发生弯曲，当 速度大小为0.4g的匀加速直线运动，直至挡板与 弹簧与水平方向夹角为45时撤去推力F,重力加 物块A分离，分离后物块A向下做加速度减小的 速度为g,下列说法正确的是() 加速运动，达到最大速度，而后向下减速运动到达 B 最低点。此后物块A在竖直方向做往复运动。则 7777777 8 A.小球A向左移动过程中推力F一直增大 B.小球A向左移动过程中弹簧长度不断变短 C.撤去推力F的瞬间小球A有大小为g方向水 平向右的加速度 B D.撤去推力F的瞬间小球B有大小为g方向竖 A.挡板B与物块A分离时，弹簧的伸长量为2 5k 直向下的加速度 B.物块A达到最大速度时，弹簧的伸长量为受 3.(25-26高三上·湖南长沙·阶段练习)如图所示， A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A C.弹簧的最大伸长量为罗 试卷第1页，共1页 D物块A的最大速度为宁，月 w(ms) 1 5.(25-26高三上·湖南长沙·二调)（多选）如图甲 所示，粗糙的水平地面上有长木板P,小滑块Q(可 137 甲 看作质点)放置于长木板上的最右端。现将一个水 A.传送带的速率为8m/s 平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静 B.传送带底端到项端的距离为10m 止开始运动，一段时间后撤去力F的作用，滑块和 C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 长木板的一t图像如图乙所示。已知长木板和小滑 D.物块在传送带上留下的痕迹的长度为6m 块的质量均为=1kg,小滑块Q始终没有从长木板 8.(25-26高三上·湖南长沙月考)（多选）如图甲 P上滑下，重力加速度g取10m/s2,则下列说法正 所示，可视为质点的物块以o=6ms的初速度滑上 确的是() 长度L=2的水平传送带，从传送带右端离开后， 个v/(m·s) 平滑进入固定在竖直面内光滑半圆细管道。管道最 低点固定一压力传感器，可测量物块经过最低点时 对轨道的压力大小F。当传送带以不同的速度ⅴ运 45 行时，得到F随ⅴ变化的图像如图乙所示，重力加 甲 A.长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.3 速度g取10m/s2。下列说法正确的是() ↑FN B.拉力F的大小为1.75N C.5s后，长木板的加速度大小为3m/s2 140 D.长木板P的长度至少是3.5m 9% 6.(2025·湖南·模拟预测)（多选)传送带在现代工 6V. v(m's) 业生产和物流体系中扮演着至关重要的角色，其能 够提升生产效率，节省空间成本，广泛应用于各领 A.F3=180N 域，推动物流自动化发展。如图所示，传送带与水 B.管道半径为R-0.4m 平面夹角为，且夹角0可根据需求调整，货物与传 C.物块的质量为1.5kg 送带之间的动摩擦因数为，在货物随传送带匀速 D.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.5 运动的过程中，下列说法中正确的是() 9.（2024高三下·湖南长沙模拟)（多选)如图，水 ⊙ 平地面上有一小车，车内有质量分别、2的A、 B两小球，用轻杆相连，杆与竖直方向的夹角为 =30°。A球靠在光滑的竖直侧壁上，B球在粗糙的 ⊙0 水平底面上，且受到的最大静摩擦力与正压力之比 A.摩擦力对货物不做功 为k。小车可以以不同的加速度向右运动，现要保 B.减小，货物对传送带的压力变大 证轻杆与车厢相对静止，重力加速度用8表示，下 C.增大，货物受的摩擦力大小始终等于 列说法正确的是() ungcos0 D.当tanu时，则传送带无法将货物向上输送 7.（24-25高三上·湖南长沙·月考)（多选）如图甲 所示，倾角为37°的传送带以恒定速率顺时针转动。 B =O时一易掉色的物块以初速度o从底部冲上传送 mmmnihmnihhnmn 带，其-t图像如图乙所示，2s末恰好到达传送带 A.在不同加速度的情况下，轻杆对小球A的作 顶端，已知g=10m/s2,sin37=0.6,则下列说法正 用力始终为恒力 确的是() B.当小球B对底面的摩擦力等于0时，那么此 试卷第2页，共3页 时小车做匀加速运动，加速度大小为 C.若k仁，当小车做匀减速直线运动时，则 允许的最大加速度为 D.若k吕当小车做匀加速直线运动时，则侧 壁对小球A的作用力最大值为35 8 10.（25-26高三上·湖南长沙.一模)（多选）如图甲 所示，质量为的小车放在光滑水平面上，小车上 用细线悬吊一质量为的小球，o>,用一力F 水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度α向右 运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力大小 为FT。若用一力F水平向左拉小车，使小球和车 起以加速度a向左运动时，细线与竖直方向也成α 角，如图乙所示，细线的拉力大小为F,则() A.F<F B.F>F C.FT>F D.FT=FT 试卷第3页，共3页 《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 2 4 U 6 7 8 10 答案 C C D D BD BD BC BD AC BD 1.C【解析】A.对滑块A有ag=a4,解得a4=2m/s2, 5台×(2t2m+mgmg,当Fmg时，A、 A错误：B.对滑块B有gg=ag,解得a=l/s2, B、C都静止不动。当>5时若A、B、C三个物体 由图可知F足够大时，A、B均相对C滑动，相遇 始终相对静止，则三者一起向右加速，对整体，根 时间恒定为长点2s,时a2-=五，解得 据牛顿第二定律得F-f3=(21+2叶)a,假设C恰 L=2,B错误：C.当F-8N,滑块B与C恰好发 好与B相对不滑动，对C,由牛顿第二定律得=a, 生相对滑动，则有F-4cg=4ag,得=1kg,C 解得g,P=g,设此时A与B间的摩擦力 正确：D.设A、B、C均产生相对运动时的拉力为 为f对A,由牛顿第二定律得F-户2a,解得 F1,则有F1-4cg-41g-gg-2a4,得F1=11N, 手号g才，表明C达到临界时A还没有到达临界 故=10.5N时，A、C保持静止，D错误。故选C。 值，则当力F逐渐增大时，B、C之间先发生打滑 2.C【解析】AB.设弹簧与竖直方向的夹角为a, 改变推力F,水平面上A球向左缓慢移动，则减 现象，要使三者始终相对静止，则F不能超过g。 小，以竖直墙壁上的B球为研究对象，分析受力如 故AB错误；C.物体A相对B滑动时，C早已相 图所示 对B发生相对滑动，对AB整体，由牛顿第二定律 得F-3f=(2叶2m)a,对A,由牛顿第二定律得 F-ux2mg2a,解得F-总g,故当拉力大于 空mg时，A相对B滑动，故C错误；D.当F较 根据平衡条件得尸维a减小，c0sa增大，则P 大时，A与C会相对B滑动，B的加速度达到最大， 减小，弹簧变长；墙壁对小球的弹力=gtana,a 当A与B相对滑动时，C早已相对B发生相对滑 减小，N减小：对两球的整体分析可知F=N,可知 动，则B受到A的摩擦力向前，B受到C的摩擦 F减小，故AB错误；CD.当c-45时，弹簧弹力 力向后，B受到地面的摩擦力向后，对B,由牛顿 为F√2mg,撤去推力P的瞬间弹簧的弹力 第二定律得f方方=2④，解得a品g,故D正 不变，则小球A有方向水平向右的加速度，大小为 确。故选D。 a45,此时小球B受合力不变，则加速度 4.D【解析】A.当挡板B与物块A分离时，A、 B间的作用力为零，则此时A的加速度为a1=0.4g。 为零，故C正确，D错误。故选C。 对物块A受力分析由牛顿第二定律得gx1a1, 3.D【解析】AB.物体A、B间的最大静摩擦力 解得挡板B与物块A分离时，弹簧的伸长量为 为f×2g=2g,B、C间的最大静摩擦力为 =兰×mg=g,B与地面的最大静摩擦力为 x,选项A错误，B.当物块A达到最大速度m 答案第1页，共1页 时，加速度为零，则对物块A有g=2,解得物 F-41g-2(+m)ga1,解得F=1.75N,B正确： 块A达到最大速度时，弹簧的伸长量为，学 C.因4>2,5s后小滑块和长木板相对静止，整体 选项B错误；C.若没有挡板B,物块A从弹簧原 受力分析，由牛顿第二定律有2(+m)g=(+m)a4, 长处单独静止释放，物块A在竖直方向上做简谐运 解得a=0.3m/s2,C错误；D.0~5s内，小滑块的 动，由对称性可知，物块A下降的高度为2。当 位移大小为x1=)x5×2m=5m,长木板的位移大小为 物块A与挡板B一起运动，分离前，挡板B对物 x2×3×4m+×B+2)×1m=8.5m,故长木板P的长 块A做负功，物块A下降的高度较小，弹簧的最 度至少为△x=x2-x1=3.5m,D正确。故选BD。 大伸长量较小，小于2，选项C错误：D.当物块 6.BD【解析】A.货物所受摩擦力沿斜面向上， 与速度方向同向，故做正功，故A错误；B.货物 A与挡板B分离前，物块A的加速度始终为40.4g, 对传送带的压力=gcos8,日减小，货物对传送带 由于最开始弹簧处于自由状态，则当物块A与挡板 的压力增大，故B正确：C.货物随传送带一起保 B分离后，对物块A由牛顿第二定律得gr=a 持匀速运动，两者之间无相对滑动，所受摩擦力为 随着弹簧的伸长量x的增大，加速度α逐渐减小。 静摩擦力户gsin0,故C错误；D.如果Ktan0, 所以物块A从静止到第一次达到最大速度m的过 则最大静摩擦力小于重力的分力gsin0,所以无法 程中，其加速度α随坐标x变化的图像如图所示 个a 向上传输，故D正确。故选BD。 0.4g 7.BC【解析】A.由图乙可知，4m/s时物块与传 X2 送带速度相同，因此传送带速度为4m/s,故A错 由v2=2ax可知，通过x图像与x轴围成的面积求 误；B.物块上升的位移大小等于一t图像所包围 解，由ax图像得-2a+22空·-1，解得 的面积大小，为=2×1m+号m=10m,所以传送 2 物块A的最大速度为。号、层选项D正确。选D。 带底端到项端的距离为10m,故B正确：C.在0-1s 5.BD【解析】A.由图乙可知，在4s时撤去力F, 内物块的加速度大小为a阅=mvs2-8ms2, 此时长木板P的速度为1=3ms,5s时两者速度均 根据牛顿第二定律得gsin37+ungcos3.7°=1a,解 为v2=2m/s0~5s内，滑块0的加速度大小为 得=0.25，故C正确：D.0~1s时间内煤块相对传 a4=是-04ms2,由牛顿第二定律有4mgma,解 送带向上运动，相对位移为x1=2)丛m-4×1m=4m, 2 得1=0.04,45s内，长木板P的加速度大小为 1~2s时间内煤块相对传送带向下运动，相对位移为 a4是=lmg2,由牛顿第二定律有 x2-4×1m-4“g-m=2m<4m,则煤块在皮带上留下 2 山1g+(0+m)g=4,解得0.03，A错误； 的划痕为4m,故D错误。故选BC。 B.0~4s内，长木板P的加速度大小为 8.BD【解析】D.由题图乙可知当传送带速度大 a4=袋=0.75m/s3,由牛顿第二定律有 于4ms后，传送带速度越大，压力越大，说明当 答案第2页，共3页 传送带速度小于v1=4ms时，物块在传送带上一直 二定律3ma,解得a,=,但当A与侧壁恰无 做匀减速直线运动，当速度'1-4m/s时，恰好全程 弹力时，A有最大加速度，此时对A,根据牛顿第 减速，由匀变速直线运动的规律可得v-=-2aL, 二定律Fsin0=a,解得a,=因此，允许的最大 由牛顿第二定律可得umga,联立解得0.5，故 D正确：BC.当传送带以v2=6/s的速度运动时， 加速度为，故C正确；D.若普当小车做匀 物块在传送带上做匀速直线运动，物块从传动带右 加速直线运动时，小球B与地面的静摩擦力最大时， 端离开到经过圆轨道的最低点的过程中，由动能定 侧壁对小球A的作用力Fw最小时，对B根据牛顿 理可得2mgR=mm最低点2，物块经过最低点时， 第二定律可得k(2g+Fcos0)+Fsin0-2a4,对A根 山牛领第二定种可行广ng要，当口4m 据牛顿第二定律可得rim6la4,解得F5v, 8 故D错误。故选AC。 时，F1=90N,当1=2=6m/s时，F2=140N,解得 10.BD【解析】对题图甲中小车和小球组成的整体， =1kg,R-0.4m,故B正确，C错误；A.由题 根据牛顿第二定律有F-(o+m)a,对题图甲中小球 图乙可知当传送带速度大于3时，物块在传送带上 受力分析，如图所示 一直做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的规律 可得v-=2aL,解得3=√56m/s,由动能定理可得 2gR最长点时，物块经过最低点时，由牛 颐第二定律可得Fg,可得严，90N，故 对小球，根据牛顿第二定律有 A错误。故选BD。 Frcosa-mg-0,F-Frsina-ma,联立解得Fr-= 9.AC【解析】A.根据题意，设杆对球A的作用 cosa 力大小为F,对A球，竖直方向上由平衡条件有 F二gtand,对题图乙中小车和小球组成的 Fcog=g,解得器轻杆与车厢相对静止，则 整体，根据牛顿第二定律有F=(o+m)a,对题图乙 中小球受力分析，如图所示 轻杆对小球A的作用力始终为恒力，故A正确： B.杆对球B的作用力大小始终也为F= 当小 球B对底面的摩擦力等于0时，对B,根据牛顿第 mg 二定律sn02a,解得a=g,故B错误：C.若 6 对小球，根据牛顿第二定律有Fcos-g=0, kg,B与底面间的最大静摩擦力为 4 rsina-ma,解得g,P=(,+n)gtand,综合 f=k(2g+Fcos0,当A与侧壁无弹力时，且B与底 可知FT=FT,因为o>,所以F>F,故BD符合 面间有最大静摩擦力时，对AB整体，根据牛顿第 题意。故选BD。 答案第3页，共3页第10练 牛顿运动定律在多体多过程中的应用 （三年考频：0次 预测指数：★★★ ） 本卷共10小题，共46分。1~4题每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。5~10题每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 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 1．（24-25高三上·湖南长沙·月考）如图甲所示，质量为2m的足够长木板C置于水平面上，滑块A、B质量均为m，置于C上，B位于A右方某处。A、C间的动摩擦因数，B、C间和C与地面间的动摩擦因数。给C施加一水平向右的恒力F，从开始施加恒力到A、B第一次相遇时间为t。可得与F的关系如图乙所示（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取）下列说法正确的是（　　） A．滑块A能获得的最大加速度为 B．A、B之间的初始距离为4m C．滑块A的质量为1kg D．若，A、C之间将发生相对滑动 2．（25-26高三上·湖南长沙·月考）如图所示，竖直墙壁和水平地面均光滑，两个质量相同的小球A和B通过轻质弹簧连接，在水平推力F的作用下处于静止状态。改变水平推力的大小，使A球缓慢向左移动，弹簧始终在弹性限度内且不会发生弯曲，当弹簧与水平方向夹角为45°时撤去推力F，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．小球A向左移动过程中推力F一直增大 B．小球A向左移动过程中弹簧长度不断变短 C．撤去推力F的瞬间小球A有大小为g方向水平向右的加速度 D．撤去推力F的瞬间小球B有大小为g方向竖直向下的加速度 3．（25-26高三上·湖南长沙·阶段练习）如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A和B的质量均为2m，C的质量是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为。设B足够长，A、C均不会从B上掉落，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（    ） A．当力F大于时，A、B、C三个物体互相不再相对静止 B．当力F逐渐增大时，A、B之间先发生相对滑动 C．当力F逐渐增大到时，B与A相对滑动 D．无论力F为何值，B的加速度不会超过 4．（25-26高三上·湖南长沙·月考）如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定在天花板上，下端与质量为m 的物块A 相连接。初始时刻，用挡板B托住物块A，使其处于静止状态，弹簧处于原长。利用计算机系统精确控制使挡板 B竖直向下做加速度大小为a=0.4g的匀加速直线运动，直至挡板与物块A分离，分离后物块A向下做加速度减小的加速运动，达到最大速度，而后向下减速运动到达最低点。此后物块A在竖直方向做往复运动。则（　　） A．挡板B与物块A分离时，弹簧的伸长量为 B．物块A 达到最大速度时，弹簧的伸长量为 C．弹簧的最大伸长量为 D．物块A 的最大速度为 5．（25-26高三上·湖南长沙·二调）（多选）如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板，小滑块（可看作质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力的作用，滑块和长木板的图像如图乙所示。已知长木板和小滑块的质量均为，小滑块始终没有从长木板上滑下，重力加速度取，则下列说法正确的是（　　） A．长木板与地面之间的动摩擦因数是0.3 B．拉力的大小为 C．后，长木板的加速度大小为 D．长木板的长度至少是 6．（2025·湖南·模拟预测）（多选）传送带在现代工业生产和物流体系中扮演着至关重要的角色，其能够提升生产效率，节省空间成本，广泛应用于各领域，推动物流自动化发展。如图所示，传送带与水平面夹角为θ，且夹角θ可根据需求调整，货物与传送带之间的动摩擦因数为μ，在货物随传送带匀速运动的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．摩擦力对货物不做功 B．θ减小，货物对传送带的压力变大 C．θ增大，货物受的摩擦力大小始终等于 D．当时，则传送带无法将货物向上输送 7．（24-25高三上·湖南长沙·月考）（多选）如图甲所示，倾角为37°的传送带以恒定速率顺时针转动。t=0时一易掉色的物块以初速度v0从底部冲上传送带，其v-t图像如图乙所示，2s末恰好到达传送带顶端，已知g=10m/s2，sin37°=0.6，则下列说法正确的是（　　） A．传送带的速率为8m/s B．传送带底端到顶端的距离为10m C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 D．物块在传送带上留下的痕迹的长度为6m 8．（25-26高三上·湖南长沙·月考）（多选）如图甲所示，可视为质点的物块以的初速度滑上长度的水平传送带，从传送带右端离开后，平滑进入固定在竖直面内光滑半圆细管道。管道最低点固定一压力传感器，可测量物块经过最低点时对轨道的压力大小。当传送带以不同的速度运行时，得到随变化的图像如图乙所示，重力加速度取。下列说法正确的是（　　） A． B．管道半径为 C．物块的质量为 D．物块与传送带之间的动摩擦因数为0.5 9．（2024高三下·湖南长沙·模拟）（多选）如图，水平地面上有一小车，车内有质量分别、的A、B两小球，用轻杆相连，杆与竖直方向的夹角为。球靠在光滑的竖直侧壁上，球在粗糙的水平底面上，且受到的最大静摩擦力与正压力之比为。小车可以以不同的加速度向右运动，现要保证轻杆与车厢相对静止，重力加速度用表示，下列说法正确的是（　　） A．在不同加速度的情况下，轻杆对小球的作用力始终为恒力 B．当小球对底面的摩擦力等于0时，那么此时小车做匀加速运动，加速度大小为 C．若，当小车做匀减速直线运动时，则允许的最大加速度为 D．若，当小车做匀加速直线运动时，则侧壁对小球的作用力最大值为 10．（25-26·高三上·湖南长沙·一模）（多选）如图甲所示，质量为的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为的小球，，用一力水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度向右运动时，细线与竖直方向成 角，细线的拉力大小为若用一力水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度向左运动时，细线与竖直方向也成 角，如图乙所示，细线的拉力大小为，则（　　） A． B． C． D． 《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 C C D D BD BD BC BD AC BD 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 1．C【解析】A．对滑块A有，解得，A错误；B．对滑块B有，解得，由图可知F足够大时，A、B均相对C滑动，相遇时间恒定为，由，解得，B错误；C．当，滑块B与C恰好发生相对滑动，则有，得，C正确；D．设A、B、C均产生相对运动时的拉力为，则有，得，故时，A、C保持静止，D错误。故选C。 2．C【解析】AB．设弹簧与竖直方向的夹角为，改变推力F，水平面上A球向左缓慢移动，则减小，以竖直墙壁上的B球为研究对象，分析受力如图所示 根据平衡条件得，减小，增大，则减小，弹簧变长；墙壁对小球的弹力，减小，N减小；对两球的整体分析可知F=N，可知F减小，故AB错误；CD．当时，弹簧弹力为，撤去推力F的瞬间弹簧的弹力不变，则小球A有方向水平向右的加速度，大小为，此时小球B受合力不变，则加速度为零，故C正确，D错误。故选C。 3．D【解析】AB．物体A、B间的最大静摩擦力为，B、C间的最大静摩擦力为，B与地面的最大静摩擦力为，当时，A、B、C都静止不动。当时若A、B、C三个物体始终相对静止，则三者一起向右加速，对整体，根据牛顿第二定律得，假设C恰好与B相对不滑动，对C，由牛顿第二定律得， 解得，，设此时A与B间的摩擦力为f，对A，由牛顿第二定律得，解得，表明C达到临界时A还没有到达临界值，则当力F逐渐增大时，B、C之间先发生打滑现象，要使三者始终相对静止，则F不能超过。 故AB错误；C．物体A相对B滑动时，C早已相对B发生相对滑动，对AB整体，由牛顿第二定律得，对A，由牛顿第二定律得，解得，故当拉力大于时，A相对B滑动，故C错误；D．当F较大时，A与C会相对B滑动，B的加速度达到最大，当A与B相对滑动时，C早已相对B发生相对滑动，则B受到A的摩擦力向前，B受到C的摩擦力向后，B受到地面的摩擦力向后，对B，由牛顿第二定律得，解得，故D正确。故选D。 4．D【解析】A．当挡板B与物块A分离时，A、B间的作用力为零，则此时A的加速度为。对物块A受力分析由牛顿第二定律得， 解得挡板B与物块A分离时，弹簧的伸长量为，选项A错误；B．当物块A达到最大速度时，加速度为零，则对物块A有，解得物块A达到最大速度时，弹簧的伸长量为，选项B错误；C．若没有挡板B，物块A从弹簧原长处单独静止释放，物块A在竖直方向上做简谐运动，由对称性可知，物块A下降的高度为。当物块A与挡板B一起运动，分离前，挡板B对物块A做负功，物块A下降的高度较小，弹簧的最大伸长量较小，小于，选项C错误；D．当物块A与挡板B分离前，物块A的加速度始终为，由于最开始弹簧处于自由状态，则当物块A与挡板B分离后，对物块A由牛顿第二定律得 随着弹簧的伸长量x的增大，加速度a逐渐减小。所以物块A从静止到第一次达到最大速度的过程中，其加速度a随坐标x变化的图像如图所示 由可知，通过a-x图像与x轴围成的面积求解，由a-x图像得，解得物块A的最大速度为，选项D正确。选D。 5．BD【解析】A．由图乙可知，在时撤去力，此时长木板的速度为，5s时两者速度均为 内，滑块的加速度大小为 ，由牛顿第二定律有，解得，内，长木板的加速度大小为 ，由牛顿第二定律有 ，解得，A错误；B．内，长木板的加速度大小为，由牛顿第二定律有，解得，B正确；C．因，后小滑块和长木板相对静止，整体受力分析，由牛顿第二定律有，解得，C错误；D．内，小滑块的位移大小为，长木板的位移大小为 ，故长木板的长度至少为，D正确。故选BD。 6．BD【解析】A．货物所受摩擦力沿斜面向上，与速度方向同向，故做正功，故A错误；B．货物对传送带的压力，θ减小，货物对传送带的压力增大，故B正确；C．货物随传送带一起保持匀速运动，两者之间无相对滑动，所受摩擦力为静摩擦力，故C错误；D．如果，则最大静摩擦力小于重力的分力，所以无法向上传输，故D正确。故选BD。 7．BC【解析】A．由图乙可知，时物块与传送带速度相同，因此传送带速度为，故A错误；B．物块上升的位移大小等于图像所包围的面积大小，为，所以传送带底端到顶端的距离为10m，故B正确；C．在内物块的加速度大小为，根据牛顿第二定律得，解得，故C正确；D．0~1s时间内煤块相对传送带向上运动，相对位移为，1~2s时间内煤块相对传送带向下运动，相对位移为 ，则煤块在皮带上留下的划痕为4m，故D错误。故选BC。 8．BD【解析】D．由题图乙可知当传送带速度大于后，传送带速度越大，压力越大，说明当传送带速度小于时，物块在传送带上一直做匀减速直线运动，当速度时，恰好全程减速，由匀变速直线运动的规律可得，由牛顿第二定律可得，联立解得，故D正确；BC．当传送带以的速度运动时，物块在传送带上做匀速直线运动，物块从传动带右端离开到经过圆轨道的最低点的过程中，由动能定理可得，物块经过最低点时，由牛顿第二定律可得，当时，，当时，，解得 ，故B正确，C错误；A．由题图乙可知当传送带速度大于时，物块在传送带上一直做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的规律可得，解得，由动能定理可得 ，物块经过最低点时，由牛顿第二定律可得，可得，故A错误。故选BD。 9．AC【解析】A．根据题意，设杆对球A的作用力大小为F，对A球，竖直方向上由平衡条件有Fcosθ=mg，解得，轻杆与车厢相对静止，则轻杆对小球A的作用力始终为恒力，故A正确；B．杆对球B的作用力大小始终也为，当小球B对底面的摩擦力等于0时，对B，根据牛顿第二定律Fsinθ=2ma1，解得，故B错误；C．若，B与底面间的最大静摩擦力为f1=k(2mg+Fcosθ)，当A与侧壁无弹力时，且B与底面间有最大静摩擦力时，对AB整体，根据牛顿第二定律f1=3ma2，解得，但当A与侧壁恰无弹力时，A有最大加速度，此时对A，根据牛顿第二定律Fsinθ=ma3，解得，因此，允许的最大加速度为，故C正确；D．若，当小车做匀加速直线运动时，小球B与地面的静摩擦力最大时，侧壁对小球A的作用力FN最小时，对B根据牛顿第二定律可得k (2mg+Fcosθ)+Fsinθ=2ma4，对A根据牛顿第二定律可得FN-Fsinθ=ma4，解得，故D错误。故选AC。 10．BD【解析】对题图甲中小车和小球组成的整体，根据牛顿第二定律有，对题图甲中小球受力分析，如图所示 对小球，根据牛顿第二定律有，联立解得，对题图乙中小车和小球组成的整体，根据牛顿第二定律有，对题图乙中小球受力分析，如图所示 对小球，根据牛顿第二定律有，解得 ，综合可知，因为，所以，故BD符合题意。故选BD。 $第09练 牛顿运动定律的基本应用 （三年考频：5次 预测指数：★★★★★ ） 本卷共6小题，共28分。1~2题每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。3~6题每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 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 1．（24-25·高三上·湖南长沙·月考）如图甲所示，一物块（可视为质点）从倾角的足够长的斜面上滑下，物块运动的图像如图乙所示，重力加速度取，下列说法正确的（　　） A．物块的加速度为 B．物块的初速度为零 C．物块与斜面间的动摩擦因数为 D．前2s内物块的平均速度为 2．（25-26高三上·湖南长沙·月考）同一乘客三次分别乘坐不同的电梯上楼，过程中都经历了电梯加速上升阶段，假设三次的加速度大小相同，且乘客相对电梯均静止，如图甲、乙、丙所示。在上述加速阶段中，下列说法正确的是（    ） A．三种方式乘客均受到了电梯地板的摩擦力作用 B．只有在甲种方式中，乘客才受到了摩擦力作用 C．在丙种方式中，乘客受到电梯地板的支持力最大 D．三种方式中的乘客只有丙处于超重状态 3．（25-26·高三上·湖南长沙·期中）（多选）在学校科技文化周上，有同学展示了自己研制的球形飞行器。通过了解，球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，球形飞行器总质量为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=kv²，k为常量）。当发动机关闭时，飞行器由静止竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为8m/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4 m/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．发动机的最大推力为1.25Mg C．飞行器由静止开始下落的过程是加速度逐渐变小的加速运动 D．飞行器由静止开始下落的过程是加速度逐渐变大的加速运动 4．（2025·湖南长沙·三模）（多选）从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，小球在t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，已知重力加速度为g，下列关于小球运动的说法中正确的是（　　） A．t1时刻小球的加速度为g B．在速度达到v1之前小球的加速度一直在增大 C．小球抛出瞬间的加速度大小为 D．小球加速下降过程中的平均速度小于 5．（2025高三下·湖南长沙·专题练习）（多选）2024年底CR450动车组成功下线，其最高速度可超过450公里/小时，再一次让世界为中国高铁惊叹。该动车组由8节车厢组成，其中2、3、6、7号车厢为动力车厢，其余车厢无动力。每节动力车厢动力全开时所提供驱动力的最大值均为F，列车行驶时每节车厢所受阻力大小均为f，各车厢的质量均为m。该列车沿水平直轨道行驶时，下列说法正确的是 A．若列车匀速行驶，则第4节车箱与第5车厢间的拉力为零 B．若仅启用两节动力车厢动力全开匀加速行驶，则加速度大小为 C．若列车动力全开匀加速行驶，则加速度大小为 D．若列车动力全开匀加速行驶，则第3节车厢对第4节车厢的拉力大小为 6．（25-26高三下·湖南长沙·开学考试）（多选）如图甲是倾角为、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 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 《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 答案 C C BC AC AC BC 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 1．C【解析】AB．根据，可得，由图像可知，，可得，AB错误；C．根据牛顿第二定律可知，解得，C正确；D．前2s内物块的平均速度等于1s末的速度，则为，D错误。故选C。 2．C【解析】AB．电梯加速上升阶段，在甲种方式中，乘客受到支持力、重力、沿斜面向上的摩擦力作用；在乙种方式中，乘客受到支持力、重力、水平向右的摩擦力作用；在丙种方式中，乘客受到支持力、重力，故在甲、乙两种方式中，乘客受到了摩擦力作用，故AB错误；C．如图所示 在甲种方式中，设乘客受到电梯地板的支持力为，垂直电梯地板方向有，在乙种方式中，设乘客受到电梯地板的支持力为，垂直电梯地板方向有，在丙种方式中，设乘客受到电梯地板的支持力为，垂直电梯地板方向有，可得，故在丙种方式中，乘客受到电梯地板的支持力最大，故C正确；D．三种方式中的乘客均有向上的加速度，均处于超重状态，故D错误。故选C。 3．BC【解析】AB．飞行器关闭发动机，以，匀速下落时，则有，飞行器以向上匀速运动时，设最大推力为，则有 联立，解得，故A错误，B正确；CD．飞行器由静止下落的过程中，空气阻力逐渐变大，由牛顿第二定律，可知逐渐减小，即做加速度逐渐减小的加速运动，故C正确，D错误。 故选BC。 4．AC【解析】A．时刻到达最高点，该时刻速度为零，则阻力为零，此时只受到重力作用，故此时刻加速度为重力加速度，故A正确；B．速度达到之前，图像的斜率减小，小球的加速度一直在减小，故B错误；C．小球抛出瞬间，有，当速度达到时，有，联立解得，故C正确；D．小球下降过程做加速度减小的变加速运动，从图中可以看出，相同时间内图线与时间轴所围面积大于匀加速直线运动时的面积，故其平均速度大于加速直线运动的平均速度，即大于，故D错误。故选AC。 5．AC【解析】A．设每节动力车厢输出的动力为，当动车组做匀速运动时，对整体有，，则 则根据平衡条件可知对前四节车厢，刚好满足，故，故A正确；B．若仅启用两节动力车厢匀加速行驶，根据牛顿第二定律，整列车的加速度大小为，故B错误；C．若列车动力全开匀加速行驶，根据牛顿第二定律，整列车的加速度大小为，故C正确；D．若列车动力全开匀加速行驶，对后五节车厢整体，根据牛顿第二定律，解得，故D错误。故选AC。 6．BC【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正确；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v，根据动能定理可得，其中 可知速度，故D错误。故选BC。 $