分组练(1)牛顿运动定律A组-【衡水金卷·先享题】2026年新高考物理专项分组练(湖南专版)

第三部分 常考大题分组练 分组练(1)牛顿运动定律A组 (限时40分钟) 1.(12分)如图所示，倾角0=37°足够长的光滑斜面2.(20分)如图甲所示，足够长的上、下表面均粗糙的 上放有质量m=2kg、长度L=1m的木板，A、B 木板B静置于粗糙水平地面上，木板最右端放置 为木板的两个端点，在A端放有质量m2=2kg的 一可视为质点的小铁块A。在t=0时，对木板施 物块（可视为质点），物块和木板间的接触面粗糙， 加一水平向右的恒定拉力F(F大小未知)，在拉力 将物块与质量M=1kg的重物用绕过固定在斜面 F的作用下小铁块和木板发生相对滑动，t=1s时 顶端的定滑轮的轻质长绳相连，不计定滑轮处的 撤去拉力F,整个过程中木板运动的v-t图像如 摩擦。系统从静止状态开始运动，最大静摩擦力 图乙所示。小铁块和木板的质量均为1kg,最大 等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2,sin37° 静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g =0.6,c0s37°=0.8。 10m/s2,求： (1)欲使物块和木板间不发生相对滑动而作为一 (1)0~1.5s内木板通过的位移大小： 个整体运动，求它们之间动摩擦因数：的取值 (2)小铁块与木板间的动摩擦因数及木板与地面 范围； 间的动摩擦因数： (2)若动摩擦因数，等于(1)中最小值的号，求物 (3)小铁块最终停止时到木板右端的距离。 /(m's-1) 块从开始运动到从木板上掉下来所经过的时间。 9/ 7777777777777777 777777777777777777777777 物理(XD)第41页（共66页） 3.(12分)如图所示，一水平轻质弹簧①左端固定在(1)剪断弹簧①的瞬间，小球的加速度； 竖直墙壁上，另一端与小球相连。轻质弹簧②与 (2)剪断弹簧②的瞬间，小球的加速度。 竖直方向的夹角0=53°，一端固定在天花板上，另 一端也与小球相连。小球处于静止状态且与固定 S00000000000○00009000002' ② 斜面恰好接触但无弹力。已知斜面倾角α=37°， 小球的质量为m,小球与斜面间的动摩擦因数以= 最n37”-0,6重力加速度为g,最大静序擦力 等于滑动摩擦力，求： 物理(XD)第42页（共66页）参考答案及解析 的约束不严密损耗（俗称磁损），A、B、C项正确。 (3)电压表示数变化较大，电流表的示数变化不明显 说明电流表的分压效果比较显著，电流表分得的电压 不可忽略，所以应该选用外接法，故应接在b点；电压 表示数接近电源电压，电流表无示数，说明待测电阻 断路。 2.(1)加强(2分)10(2分) (2)D(2分) (3)1(2分) (4)5(2分) 【解析】(1)由题图可知，两列波的波长相同，O、O 两点在图示时刻均在波谷位置，故两列波的频率相 同，振动步调一致，由于OP=O2P,所以路程差为波 长的整数倍，所以P点为振动加强点，故P点的振幅 为5cm+5cm=10cm。 (2)根据波传播的特点，各质点并不随波迁移，而是在 平衡位置附近做简谐运动，所以小纸片在P点随水 面上、下运动，A、B、C项错误，D项正确。 (3)因为O1P=O2P=2m,且波从波源O传到P点 用时2s,故波速u=工=1m/s。 (40P=2m=2x,故入=1m,-3m<2m之<3m, 解得n=一2，-1,0,1,2，故有5处振动加强区。 第三部分常考大题分组练 分组练(1)牛顿运动定律A组 1.【解析】(1)设物块与木板间的静摩擦力大小为f,绳 上的拉力为T,物块的加速度大小为a1,木板的加速 度大小为a2,根据牛顿第二定律 对重物有T-Mg=Ma1 (1分) 对物块有m2gsin日十f-T=mga (1分) 对木板有1gsin日-f=ma2 (1分) 物块和木板之间不发生相对滑动，有a1=a2(1分) 解得f=Mmg(1+sin) (1分) M+m+m 物块和木板之间不发生相对滑动的条件是∫≤∫mx= um2 gcos 0 (1分) 解得≥0.4 (1分) （2)由题意得4=日×0.4=0.25 (1分) 根据牛顿第二定律有 mz gsin 0+uom2 gcos 0-Mg=(M+m2 )a' (1分) migsin 0-uomz gcos 0=m az (1分) 物块与木板间的相对加速度a=a2'-a1 又L=ar (1分) 解得t=1s (1分) ·26 物理(XD) 2.【解析】(1)根据v-t图像与t轴围成的面积表示位 移可得0~1.5s内木板通过的位移大小x=号×1× 9m+3×0.5m=7.5m (2分) (2)根据题意，结合图像可知，0~1.5s内小铁块始终 做匀加速运动，t=1.5s时木板和小铁块达到共速， 设小铁块与木板间的动摩擦因数为，则对小铁块 由牛顿第二定律有：mg=ma1 (1分) 由速度与时间的关系式可得=at (1分) 其中v=3m/s,t=1.5s 解得1=0.2 (1分) 设木板与地面间的动摩擦因数为2，在撤去拉力后， 对木板由牛顿第二定律有4mg十2mg=ma2 (2分) 由图乙可知=号n/s心=12m/s (1分) 解得g=0.5 (1分) (3)对木板和小铁块在达到共速时进行分析，若共速 后二者相对静止，设二者的共同加速度为a,则由牛 顿第二定律有2mg=2a (1分) 解得a=5m/s2 (1分) 而小铁块相对于木板不发生相对滑动的临界加速度 amax=a =2 m/s<a (1分) 由此可知，小铁块与木板共速后瞬间又发生了相对滑 动，对木板，设其继续与小铁块发生相对滑动时的加 速度大小为aa,则由牛顿第二定律有22mg一ng =17a3 (1分) 解得a3=8m/s (1分) 即木板以a?的加速度继续减速直至速度为零，小铁 块以a1的加速度减速直至速度为零，设在两者达到 共速时小铁块的对地位移为x1,木板的对地位移为 xg,则刘=之a1t=2.25m (1分) x2=x=7.5m 设共速之后的减速阶段小铁块的位移为x,木板的 位移为x4,则由运动学公式可得=2a1x,= 2a3x4 (1分) 解得x3=2.25m,x4=0.5625m (2分) 则小铁块最终停止时的位置与木板右端的距离△x= x2十x4-(x1+x3)=3.5625m (2分) 3.【解析】(1)剪断弹簧之前，斜面与小球间无弹力，小 球受力分析如图甲所示 ---F2 F mg 甲 根据平衡条件可得F,=mgtan0= 4 3mg (2分) =。-号mg (2分) 剪断弹簧①瞬间，F1立即消失，F2和g不变，小球 物理(XD) 和斜面间产生弹力和摩擦力，受力分析如图乙所示 F mg 根据牛顿第二定律有F2一ngsin a-ng cos a=ma (2分) 解得a=g,方向沿斜面向上 (2分) (2)剪断弹簧②瞬间，F2消失，F1和g不变，受力分 析如图丙所示 9 mg 丙 F:和g在垂直斜面方向上的分力等大、反向，即 F sin a=mgcos a (2分) 故小球和斜面之间仍无弹力和摩擦力 则加速度a-o584-=号，方向沿 m 斜面向下 (2分) 分组练(2)牛顿运动定律B组 1.【解析】1D由题可知a=兰=6m/s 根据牛顿第二定律有ngsin a=ma (1分) 解得sina=0.6,则a=37 (2分) (2)设上滑过程中的加速度大小为a1,下滑过程中的 加速度大小为a2,由题意可知a1=坐=6m/s (1分) 根据牛顿第二定律有ngsin30°十ngcos30°=ma1 解得一5 (1分) 6二12m 上滑过程中有51一2 下滑过程中有mngsin30°-gcos30°=ma2(1分) 由运动学公式有u2=2a2s 解得，=4√6m/s (1分) (3)由题意可知片=6=日，可知a=为 由于小物块在斜面上上滑过程中a=gsin a十ugcos a 1 解得μ一kgcos a -tan a (1分) 讨论：(a)当≥tana,即≤2 gsin a'小物块上滑到最 高点后不会下滑，则t=k 1 (b)当u<tana,即k>2gsin。小物块到最高点后会 下滑，则t1=ok 参考答案及解析 上滑的位移=号=号kd 1 (1分) 下滑时a1'=gsin a一gcos a (1分) 与a=gsin a十ugcos a联立得a1'=2 gsin a-a= 2gsin ak (2分) 解得t一√a 1 7=ku 2kgsin a1 (2分) ta=t+tz=kuo(1 2oksin a-I (2分) 2.【解析】(1)Q以初速度。=5m/s沿P表面向上滑 动过程中，设Q的加速度为a1,由牛顿第二定律对Q 受力分析有 一n2gsin0-un2gcos8=2a】 (1分) 解得a1=-12m/s2 (1分) 该过程中，对P受力分析可得m1gsin0=18N, umz gcos 0=6 N,u(m+m:)gcos 0=24 N 因为gsin0-f2gcos0<a(m1十2)gc0s9 所以P保持静止 (1分) 设Q运动到P的上端时速度为1，由运动学公式有 -6=2a乞 (1分) 解得u1=4m/s 设Q与P的上端碰撞后的瞬间，Q与P的速度分别 为2和，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 n2U=n22十U3 (1分) 1 1 (1分) 解得u2=-2m/s,w3=2m/s (1分) Q与P的上端碰撞后的瞬间，Q与P的速度的大小 均为2m/s (1分) (2)设Q与P的上端碰撞后的瞬间，Q与P加速度大 小分别为a2和a,经过时间t时P速度减为0，Q与 P位移分别为x1和x2,此时Q距P下端距离为 x3,有 一m2gsin9+p2gcos日=2a2 (1分) 一1gsin0-2gc0s8-(1十2）gc0s0=m1a3 (1分) 解得a2=0,a=一16m/s2 (1分) 由0一U3=a3t1 解得=8s 1 (1分) 由x1=U2t1 =受 (1分) L一x3=x2一x1 (1分) 3 解得x=8m (1分) P速度为0后到Q与P下端碰撞前，设P加速度的 大小为a4,有 1gsin8+2gcos日-(1十72）gcos8=1a4 (1分) 解得a=0,P将保持静止 (1分)