二轮专题(三) 牛顿运动定律的综合应用(包括弹簧、传送带、板块问题)-【真题密卷】2026年高考物理二轮专题精准提升（福建专用）

2025一2026学年度二轮专题精准提升（三） 卷题 物理·牛顿运动定律的综合应用 (包括弹簧、传送带、板块问题) 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 题号 1 2 3 答案 1.如图所示，A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为0的光滑斜面上， 当用沿斜面向上的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止，已知A、B、C三者质 量相等，重力加速度为g。下列说法正确的是 () 0 A.在轻绳被烧断的瞬间，A的加速度大小为gsin0 B.在轻绳被烧断的瞬间，B的加速度大小为gsin0 C.突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为gsin9 1 D.剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为2gsin0 2.如图所示，平直木板AB倾斜放置，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小， 先让物块从A由静止开始滑到B。然后，将A着地，抬高B,使木板的倾角与前一过程 相同，再让物块从B由静止开始滑到A。上述两过程相比较，下列说法正确的是() YA B 77777777777777777777 A.物块滑到底端的速度，前一过程较大 B.物块滑到底端的速度，后一过程较大 C.物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长 D.物块从顶端滑到底端的时间，后一过程较长 3.如图所示，一传送带与水平面间的夹角为0，在电动机的带动下，传送带以速度沿顺时针 方向稳定运行。现将一物块（视为质点）从传送带的底端以速度v。冲上传送带，且o>v, 当物块运动到传送带的顶端时速度刚好为0，物块与传送带之间的动摩擦因数为4，物块 的质量为m,下列说法正确的是 二轮专题精准提升（三）物理第1页（共8页） 真题 弥的态度决定你的高度，无论你在哪里，都要保持积极向上的心态 班级 A.物块的速度达到v前后，加速度的大小之差为2μgcos0 姓名 B.物块在做减速运动的过程中保持加速度不变 C.μ与0之间的关系为u=tan0 D.物块的速度达到v前，在传送带上的划痕长度等于物块位移大小的一半 得分 4.如图甲所示，质量M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量m=1kg的物块以初速 度vo=4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2。在物块滑上木 板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F,当恒力F取某一值时，物块在木板上相 对于木板滑动的路程为s,给木板施加不同大小的恒力F,得到二-F的关系如图乙所 示。其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m1。将物块视为质点，最大静摩擦 力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。下列说法正确的是 ( ) /m B M 甲 F A.DE段表示滑块最终与滑板共速 B.F=0时，滑块离开滑板的速度v=2m/s C.B点的坐标为(，1) 3 D.C点的坐标为(3, 二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两个选项符合题目要求， 全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 6 7 8 答案 5.如图甲所示，弹簧上端挂在天花板上，将一个小球挂在弹簧下端，开始时小球静止不动。 某时刻给小球一个竖直向上的初速度，使小球在竖直方向振动，取竖直向上为正方向， 小球相对初始位置的位移如图乙所示，1、t4时刻小球相对初始位置的位移分别为x1、 x2,t2、t3时刻小球经过初始位置。不计弹簧的质量，已知空气阻力与小球的速度大小 成正比，下列说法正确的是 () LLLLLL∠U 甲 密卷 二轮专题精准提升（三）物理第2页（共8页） 6 A.t1~t2时间内小球加速度一直减小 B.t2~t3时间内小球和弹簧的机械能一直不变 C.t3~t4时间内小球的动能一直减小 D.小球在t2时刻的加速度a2大于t3时刻的加速度a3 6.图甲是正在送餐的“机器人服务员”，其质量m=40kg,该机器人正在沿图乙中ABCD 曲线给16号桌送餐，圆弧BC与直线AB、CD相切，AB段长度为5m,CD段长度为 12m。圆弧BC对应的圆心角为60°，机器人从A点由静止匀加速出发，到达B点时速 率达到1m/s,接着以1m/s的速率匀速通过BC段，通过C点后仍以1m/s的速率运 动到某位置才开始做匀减速直线运动，最终停在16号桌旁的D点。已知餐盘与水平托 盘间的动摩擦因数μ=0.2，餐盘与托盘之间未发生相对滑动，最大静摩擦力等于滑动摩 擦力，g取10m/s2。下列说法正确的是 () 4:西：：： C D 2o::9::8:☑： 乙 A.从B点运动到C点过程中机器人的动量变化量为40kg·/s B.从A点运动到B点过程中机器人的加速度为0.1m/s2 C.圆弧BC的半径可以设计为0.45m D.机器人从C点运动到D点的最短时间为12s 7.如图甲，顺时针匀速转动的倾斜传送带上放有相对其静止的长木板，一滑块以沿木板向 下的初速度滑上木板后，木板的速度随时间t变化的图像如图乙所示，若木板的位移、 滑块相对木板的位移、木板与传送带间产生的内能分别用x、△x和Q表示，则下列相关 图像可能正确的是 () D 8.如图为教师办公室中抽屉使用过程的简图，抽屉底部安有滚轮，当抽屉在柜中滑动时可认为 不受摩擦力，抽屉柜右侧装有固定挡板，当抽屉拉至最右端与挡板相碰时速度立刻变为0。现 在抽屉完全未抽出，在中间位置放了一个手机，手机长度d=0.2m,质量m=0.2kg,其右端 二轮专题精准提升（三）物理第3页（共8页） 真题 离抽屉右侧的距离也为d,手机与抽屉接触面之间的动摩擦因数μ=0.1，抽屉总长L= 0.8m,质量M=2kg。不计抽屉左右两侧及挡板的厚度，g取10m/s2。现对把手施加 水平向右的力F,则 () 挡板 把手 d 抽屉 ~抽屉柜 A.若拉力逐渐增大，则手机的加速度也一直增大 B.当水平恒力的大小F=2N时，摩擦力对手机做正功 C.要使手机与抽屉之间不发生相对滑动，水平恒力的大小应满足F≤2.2N D.当水平恒力的大小F=4.2N时，手机不与抽屉右侧发生磕碰 三、非选择题：本题共8小题，共60分。 9.(3分)如图所示，一辆运输集装箱的卡车在倾角为3的斜面上运动，箱子的顶部用细 线挂了一个小球，某个时刻悬挂小球的细线与虚线的夹角为α（虚线垂直于车厢底 面)，小球与卡车相对静止，重力加速度为g。若卡车匀减速开下斜坡，则αβ（填 “>”“<”或“=”)；当α=0时，卡车的加速度大小为 (用题目所给出的物理 量的符号表示)。 oo oo- 令 10.(3分)如图所示，A、B两个物体相互接触而不粘合，放置在光滑水平面上，质量分别为 3kg和6kg。从t=0开始，推力FA和拉力FB分别作用在A、B上，FA、FB随时间的 变化规律分别为FA=(18-3t)N,FB=(9十3t)N,在0~5s这段时间内：t=s 时，物体A与B分离；t=5s时，vA= m/s。 FAy A B Fn, 11.(3分)许多工厂的流水线上安装有传送带，如图所示传送带由驱动电机带动，传送带的 速率恒定v=2m/s,运送质量m=2kg的工件，将工件轻放到传送带上的A端，每当 前一个工件在传送带上停止滑动时，后一个工件立即轻放到传送带上。工件与传送带 之间的动摩擦因数以-3。，传送带与水平方向夹角日=30，工件从A流传送到B端 所需要的时间为4s。g取10/s2,工件可视作质点。两个相对静止的相邻工件间的 距离为 m,A、B两端的距离为m。 密卷 二轮专题精准提升（三）物理第4页（共8页） ·130° 12.(6分)利用如图甲所示的实验装置可以测量滑块与长木板之间的动摩擦因数，一块表 面平整的长木板放在水平桌面上，然后把一根弹簧固定在木板左端O点。A与O的 距离刚好等于弹簧的自然长度。滑块放在长木板上不与弹簧栓接。 W A 甲 (1)利用手机端秒表功能，可以简易测量滑块与木板之间的动摩擦因数，让滑块压缩弹 簧，然后释放滑块，运动到B点停下，测得由A到B的时间为t,用直尺测出A、B 之间的距离为1，则动摩擦因数测量结果的表达式为μ= (用t、l、g表示)。 (2)由于滑块滑行时间较短，导致时间t测量误差较大，为了更精确测量动摩擦因数，在 A位置放置一个光电门，同时在滑块上安装上遮光片，用20分度的游标卡尺量测 遮光片宽度d,结果如图乙所示，则d= mm。 cm 10 20 (3)手推滑块压缩弹簧，然后释放滑块，记录下滑块通过光电门时挡光时间为△，测量 出滑块停下的位置B到A的距离l;改变弹簧的压缩量，记录下多组△t、l数据，然 后用图像法处理数据，做出！△图像，如图丙所示，发现图像是一条直线，在直线 上取两点P、Q,测出两点坐标P(x1,y1)、Q(x2,y2),则滑块与长木板之间的动摩 擦因数以= (用d、g、x1、y1、x2、y2表示)。 1个 △2 13.(6分)某实验小组用图甲所示的实验装置探究加速度与物体受力的关系。在一端带有 光滑定滑轮的水平长木板（下方附有标尺）上放一个物体A,可以通过A下面的白色小 三角确定其位置，另一个物体B放置在与长木板相接的斜面上，A、B之间用跨过定滑 轮的细线连接，在细线中间接入一个轻质弹簧测力计，用B来牵引A使之运动，通过频 二轮专题精准提升（三）物理第5页（共8页） 真题密 闪照相的方法记录下物体A在不同时刻的位置及测力计的示数。改变斜面倾角，即 改变细线对A的拉力F。 AB四 cm0T23456789101121514151617181920212223242526272829303132 分 (1)进行实验操作时，物体B的质量 (填“需要”或“不需要”)远小于A的 质量。 (2)如图乙为频闪相机闪光频率为20Hz时得到的物体A运动的部分照片，则其运动 的加速度为 m/s2(结果保留三位有效数字)。 9g产67,10T5i4i5i67i92w3i3a2324236272s3w30 乙 (3)某同学把长木板的一端垫高，通过调整倾角，使物体A恰沿长木板匀速运动。此后 改变物体B下方斜面的倾角日进行多次实验，他发现：物体A的加速度正比于弹簧 测力计的示数。对上述实验过程，以下说法正确的是 A.调整长木板的倾角时，必须用物体B牵引物体A运动 B.实验过程需要保持物体A、滑轮间的细线与长木板平行 C.物体A加速运动时，弹簧测力计示数大于物体A所受的合力 (4)本实验在长木板始终保持水平的条件下，是否也能得到“物体A的加速度正比于所 受合力”的结论。如果能，请写出需要测量的物理量及处理数据的思路；如果不能 请写出理由： 0 14.(11分)如图所示，倾角0=37°的斜面固定在水平地面上，质量m1=3kg的物体A置 于斜面上，一条轻绳绕过两个光滑的轻质滑轮连接着固定点O和物体A,质量m2= 8kg的物体B与动滑轮连接。已知连接动滑轮两边的轻绳均竖直，物体A与定滑轮间 的轻绳和斜面平行，物体A与斜面间的动摩擦因数μ=0.5。初始时物体B的下表面 距地面的高度h=2m,物体A到定滑轮的距离足够远。现将两个物体同时由静止释 放，B落地后不反弹。sin37°=0.6，cos37°=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s2。 (1)在物体B下落过程中，求轻绳的拉力大小和物体A的加速度大小。 (2)求物体B落地前瞬间的速度大小。 (3)求整个过程中物体A沿着斜面向上运动的最大距离。 白B 卷 二轮专题精准提升（三）物理第6页（共8页） 6 15.(12分)如图甲所示，质量M=1kg的足够长木板C静置于水平面上，质量均为m=0.5kg 的物块A、B(均可视为质点)静置于C上，B位于A右方L=2m处。A、C间动摩擦因 数4A=0.3,B、C间及C与地面间的动摩擦因数4B=4C=0.2。给C施加一水平向右 的恒力F,A、B第一次相遇的时间为t,可得t与F的关系如图乙所示。设最大静摩擦 力等于滑动摩擦力，g取10m/s2,求： (1)物块A、B的最大加速度aA、aB; (2)图乙中F1的大小； (3)图乙中F1~F2区间内，t与F的关系式。 77777777777777777777777 6 二轮专题精准提升（三）物理第7页（共8页） 16.(16分)如图甲所示一水平面内放置的传送带，传送带区域为ABCD,长L=1.2m,宽 d=1m,P点为AC的中点，传送带以速度vo=3m/s匀速运动，其俯视图如图乙所示。 一质量m=1kg的小物块在传送带上运动，小物块与传送带的动摩擦因数4=0.5，g取 10m/s2。 (1)若小物块从传送带的A点无初速度释放，求小物块从释放到运动到CD端的时间。 (2)若小物块从传送带的P点向A点以某一水平速度射出，恰好能从A点返回，并从 CD边离开传送带，求此过程小物块与传送带摩擦产生的热量。 (3)若小物块从传送带的A点以平行于AB方向的速度v=4m/s射出，求小物块离开 传送带时的位置。 D d 甲 真题密卷 二轮专题精准提升（三）物理第8页（共8页）·物理· 参考答案及解析 子BC=√3AB (2分) 时间的图像(t图像)，求出虚线所围的面积即 可知B=30° (1分) 为第一棒选手的位移大小 则折射率n sin a2 (2分) x=5.2+14.8)X12 m=120m。 (2分) sin B 2 本(ms) 12 4.8 1014.8 2m I 2mLx 16.(1)L eU (2)√2+1(3) e eU C 【解析】(1)电子从速度为0开始做匀加速直线 (2)因为是平行光，根据数学知识可知，两者位移 运动，根据牛顿第二定律，有eE=ma (2分) 之比乙年1 U (2分) (2分) x影√5 板间电场强度E一 1 1 其中x4=2a12=0.05t (2分) 由位移时间公式，有L= (1分) 则x影=3x#=0.05√32。 (2分) 联立解得t=L, 2m eU (1分) 15.(1)19.2m(2)5m/s2(3)120m 【解析】(1)根据题意得，第二棒选手接棒前的位 (2)设左半部分运动时间t1,右半部分运动时间 移大小为 t2,由位移时间公式，整个过程有 1 x2=2azt2=19.2m (2分) L= 2a(t1十t2)2 (2分) (2)交棒时，第二棒选手的速度 L 1 (1分) v2=a2t=2.4X4m/s=9.6m/s (2分) 左半部分，有2-2a号 则第一棒的最大速度 解得 1=+1 (1分) v29.6 t2√2-1 u=80%=0.8m/s=12m/s (2分) 稳定时，电子均匀发射，左半部分电子数量与右 根据题图甲可知，第一棒选手的最大速度为图像 N1_在=2+1 半部分电子数量比N,一： (1分) 所围的面积，即 -X48nms-12 (2分) (3)由位移时间公式，有x=2at (2分) 解得第一棒选手比赛过程中的最大加速度a的 电子数N= (2分) 大小 e a=5 m/s2 (2分) 解得N=L/2mlz e el o (1分) (3)根据题图甲中信息画出第一棒选手的速度与 2025一2026学年度二轮专题精准提升（三） 物理·牛顿运动定律的综合应用（包括弹簧、传送带、板块问题） 一、单项选择题 变，根据牛顿第二定律F弹十mg sin0=maB,解得 1.D【解析】把ABC看成是一个整体进行受力分 aB=2 gsin,B错误；突然撤去外力F的瞬间，对 析，根据平衡条件可得拉力F=3 ng sin0,在轻绳 AB整体由牛顿第二定律有F华十2 ng sin0= 被烧断的瞬间，AB之间的绳子拉力为零，对A由 牛顿第二定律有F一mg sin0=maA,解得aA= 2mk加，其中R.=mgn0,解得d8-gn0,则 2gsin0,A错误；在轻绳被烧断前，对于C根据平衡 条件可得弹簧弹力F-mgsin0,在轻绳被烧断的 A的加速度大小aA=aAB二？gsin0,C错误；剪断 瞬间，对于B分析，由于绳子拉力为零，弹簧弹力不 弹簧的瞬间，对于AB整体，弹簧弹力为零，根据牛 ·7· 6 真题密卷 二轮专题精准提升 顿第二定律F一2 mgsin0=2maAB,解得aAs= 1 1 段可知，滑块相对木板的路程s=vot一2amt2 8sind,而A的加速度大小aA=aa=2gsin0,D 1 1 正确。 awt2=1m,联立解得t=3s或t=1s(舍去， 2.C【解析】两过程中，由于重力做功相同，克服摩 此时滑块的速度小于木板的速度)，则物块滑离木 擦力做功相同，则根据动能定理可知，两过程到达 10 底端的速度大小相等，A、B错误；先让物块从A 板时的速度大小vm=0。一amt=3m/s,B错误； 由静止开始滑到B,又因为动摩擦因数由A到B 在AB段，F较小，物块将从木板右端滑下，其中B 逐渐减小，则合力增大，即加速度增大，同理可知 点，对应物块恰好到达木板的右端，且两者具有共 当物块由B到A,则合力减小，即加速度减小，最 同速度？，设此时对应的恒力为FB,由牛顿第二定 终速度的大小相等，而且位移大小相等，则心t图 像如图所示，则前一过程即由A到B用时较长，C 律得a'M=Fa十mg M 由速度关系得v=00一 正确，D错误。 U an6=a,由位移关系得5=十"， 26-241= 2,联主解得-6+，由题因乙可知，B点对 8 应的相对路程s=1m,代入解得FB=2N,故B 01 tB→AtA→B ,点的坐标为(2,1)，C错误；在BC段，物块滑上木 3.A【解析】根据题意可知，物块与传送带速度相等 板后，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位 后继续向上减速，则有mg cos0<ngsin0,可得μ< 置具有共同速度，之后保持相对静止一起以相同 tan0,C错误；因为vo>,物块与传送带速度相等之 加速度做匀加速运动，C点时物块与木板间的静 前，物块受到的滑动摩擦力沿斜面向下，加速度沿斜 摩擦力刚好达到最大，设此时对应的恒力Fc,以 面向下，大小a1=m5sin0+mg cos0 物块与木板为整体，由牛顿第二定律得F。= =gsin0+ m (M十m)ao,以物块为对象，由牛顿第二定律得 gC0s0,物块与传送带速度相等之后，加速度沿斜面 mg=mao,联立解得ao=2m/s2,Fc=3N,由C 向下，大小a2=mgsin0-mg cos0 =gsin- 达项可得-6叶，代入Fe=3N,可符} 8 gcos0<a1,B错误；物块与传送带在速度相等前后， 3 3 加速度的大小之差a1一a2=2gcos0,A正确；设物 2m1,故C点的坐标为(3，)，D正确。 块从冲上传送带到与传送带速度相等所用时间为七， 二、双项选择题 此过程物块的位移x锁= V十00 5.CD【解析】t1时刻，小球位于最高点，有向下的 2 t,传送带的位移 加速度，t2时刻小球经过初始位置，重力与弹簧弹 x传=，可知此过程物块在传送带上的划痕长度 力平衡，仅受向上的空气阻力作用，加速度向上， U0一0 △x=x物一x传= 2—,若满足△x三之x,则有 则t1~t2时间内小球加速度先向下后向上，先减 小后增大，A错误；t2~t3时间内，空气阻力一直 =30,由于v0不一定等于30，则共速前物块在传 送带上的划痕长度不一定等于物块位移大小的一半， 做负功，小球和弹簧的机械能一直减小，B错误； xt图像的斜率表示速度，t3~t4时间内，图像的 D错误。 4.D【解析】在AB段，拉力F较小，物体在木板上 斜率逐渐减小，小球的速度一直减小，小球的动能 相对于木板滑动的路程保持不变，说明物块会从 一直减小，C正确；t2、t3时刻小球经过初始位置， 板右侧滑离木板，在BC段，物块滑上木板后，物 重力与弹簧弹力平衡，仅受空气阻力作用，根据牛 块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共 顿第二定律知f=kv=ma,由于小球运动过程中 同速度，之后保持相对静止一起以相同加速度做 一直克服空气阻力做功，小球在2时刻的速度大 匀加速运动，在DE段，物块滑上木板后，物块减 于t3时刻的速度，故小球在t2时刻的加速度a2 速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速 大于t3时刻的加速度a3,D正确。 度，物块相对于木板向左滑动，最终物块会从板左 6.AB【解析】根据失量三角形，从B点运动到C点 侧滑离木板，A错误；F=0时，根据牛顿第二定律 过程中机器人的速度变化量为1m/s,从而求出动 可得，物块的加速度大小an=m5=2m/s,木 量变化量△p=m△=40kg·m/s,A正确；从A点 m 运动到B点过程中，有v2=2a1x4B,解得机器人的 板的加速度大小aM=0=4m/s,由图像AB 加速度a1=0.1m/s2,B正确；餐盘与托盘之间恰好 M 不发生相对滑动时，最大静摩擦力提供向心力有 ·8 ·物理· 参考答案及解析 amg=m解得，=0.5m,所以圆孤BC的半径不 25 02 am红，解得u:=写m/s,手机的位移x2一22，解 可以小于0.5m,不可以设计为0.45m,C错误；机 得x2=0.4m,抽屉停止运动后手机向右滑动的位移 器人以1m/s的速度匀减速至D,点的最大加速度 x3=x2=0.4m,则有x2十x3<L十d,则手机不与抽 a=g=2m/g,则匀减速的时间=”=0.5s,匀 屉右侧发生磕碰，D正确。 a 三、非选择题 咸速的位移△工一%三0.25m,故从C点开始匀速 9.>(1分)gsin B(2分) 【解析】若货车在斜坡上匀减速运动，则小球有沿 运动的时间L2=工cn一△ =11.75s,所以机器人 斜面向上的加速度，则细线应该向右偏，则有α>B; 当α=0时，对小球受力分析，沿斜面方向上 从C点运动到D点的最短时间tmin=t1十t2= ma=mg sin B,解得a=gsin B。 12.25s,D错误。 10.3(1分)13(2分) 7.AD【解析】由题图乙可知，木板先做匀变速直线 【解析】物体A、B分离前，有FA十FB=18一3t十 1 运动，有工1=一0l十212，对应的xt图线为一 9十3t=27N=(ma十mB)a,解得a=3m/s2;AB 分离时，对A有FA=18-3t=mAa,解得t=3s; 段抛物线，之后做匀速直线运动，对应的xt图线 3s~5s内，根据动量定理，对A有FAt'= 为一段倾斜直线，A正确；同理，可得02一= 18-3×3+18-3×5 2ax,可知v2-x图像中x=0时，v2≠0，B错误；依 2 X2=mAVA-mAV,对B有 题意，滑块一直匀减速直到与木板共速，其t图 像如图，由图像可得△v是不断减小的，根据△x= Fa/_9+3X3+9+3X5 2 2=mBUB一mB,根据 △vt可知△xt图像最初并非线性关系，C错误； 速度时间关系可得v=at=9m/s,联立可得vA= 根据Q=f·△x,可得木板减速上滑过程，有 13m/s,B=16m/s. Q=f[,-(oar门=a,木板加速 1 11.1(1分)7.5(2分) 【解析】工件加速过程，根据牛顿第二定律有 下滑过程有Q。=f(e,t+2au）afe,共Q1 mg cos30°-mg sin30°=ma,解得a=4m/s2,工 图像为二次函数，即抛物线，木板匀速下滑过程， 件加速经历时间1=”=0,5s,根据先加速后匀 a 有Q,=f(v0十v共)t,其Qt图像为倾斜直线，D 速，由于每当前一个工件在传送带上停止滑动时， 正确。 后一个工件立即轻放到传送带上，则两个相对静 止的相邻工件间的距离△x=t1=1m;加速过程， 滑块 根据速度与位移的关系有v2=2ax1,解得x1= 0.5m,工件从A端传送到B端所需要的时间 to=4s,则工件匀速的位移x2=v(to-t1)= 7m,A、B两端的距离xAB=x1十x2=7.5m。 8.CD【解析】手机的最大加速度am-3 =g= 12.(1) 21(2分) 8 (2)5.25(2分)(3) m 1m/s2,手机与抽屉一起做加速运动的最大拉力 Fm=(M+m)am=(2+0.2)×1N=2.2N,所以当水 e 平恒力的大小F≤2.2N时，手机与抽屉一起加速 【解析】(1)滑块由A到B,由牛顿第二定律得 运动，拉力增大手机的加速度也增大，当水平拉力 a=umg =g,旅辐运动公式1=a,解得A= 的大小F≥2.2N时，拉力增大手机的加速度为 m 21 1m/s2不变，A错误，C正确；当水平恒力的大小F= gt2。 2N时，手机与抽屉一起加速运动，摩擦力对手机做 (2)游标卡尺为20分度，精度为0.05mm,游标 正功，当抽屉拉至最右端与挡板相碰时速度立刻变为 尺上0刻度线在主尺第5条刻度线右侧，游标尺 0,手机继续向右做减速运动，摩擦力对手机做负功，B 上第5条刻度线与主尺刻度线基本重合，所以游 错误；当F=4.2N>2.2N时手机与抽屉相对滑动， 标卡尺读数为5mm十5×0.05mm-5.25mm。 对抽屉由牛顿第二定律得F一g=Ma2,解得 (3)滑块从光电门到停止运动，由牛顿第二定律 a2=2m/s2,当抽屉拉至最右端与挡板相碰时，有 得umg=ma,由匀变速直线运动速度和位移的 L=,解得-25s 5 ,手机的速度v2= 关系得u2=2al,n= d 、△·解得飞—2g义△2，图 9。 6 真题密卷 二轮专题精准提升 d2 像斜率= 2。·因为=21，解得“白 x2-x1 1i.3as2/:28Na)=P-是 d2(x2-x1) 【解析】(1)根据牛顿第二定律，对物块A、B分 2g(y2-y1)9 别有 13.(1)不需要(1分)(2)4.00(1分)(3)B(2分) uamg=maA (1分) (4)见解析(2分)（意思对即可） uBmg-maB (1分) 【解析】(1)由于细绳的拉力可以由轻质弹簧测 解得 力计测出，物体B的质量不需要远小于A的质量。 an=3 m/s2 (1分) (2)由图乙可知x1=2.50cm,x2=3.50cm, aB=2 m/s2 (1分) x3=4.50cm,x4=5.50cm,x5=6.50cm,可知 △x=1.00cm=0.01m,根据△x=aT2可得物体 (2)由题图乙可知，当拉力F小于F时，小于 下m/s=4.00m/s. △x0.01 零，则t无限大，说明A和B均未相对C滑动。 A运动的加速度a T2 当拉力为F1时B刚好要相对于C滑动，根据牛 20/ 顿第二定律，对ABC整体有 (3)把长木板的一端垫高，通过调整倾角，使物体 F1-uc(M+2m)g=(M+2m)aB (1分) A恰沿长木板匀速运动，是为了平衡摩擦力，平 解得F1=8N (1分) 衡摩擦力时，不用物体B牵引物体A运动，A错 误；实验过程需要保持物体A、滑轮间的细线与 (3)由题图乙可知，拉力大于F时，保持不变， 长木板平行，这样才能保证细绳对A的拉力恒 即力F改变木板C加速度时，A和B相遇时间 定，B正确；物体A加速运动时，弹簧测力计示数 不变，说明A和B均已相对C滑动，加速度不发 等于物体A所受的合力，C错误。 生变化。当拉力为F,时物块A刚好开始相对 (4)本实验在长木板始终保持水平的条件下，也 于C滑动，根据牛顿第二定律，对A和C有 能得到“物体A的加速度正比于所受合力”的结 F2-usmg-uc(M+2m)g=(M+m)aA (1) 论。斜面倾角日，使物体A恰好匀速运动，记录 解得 此时禅簧测力计示数F。,再增大斜面倾角0，使 F2=9.5N A做匀加速运动，多次进行实验，记录每次的弹 设拉力为F2时，AB第一次相遇的时间为t。,则 簧测力计示数F,利用每次频闪相机拍出的照片 1.gaigand (1分) 计算出对应的加速度a,然后作出合力 (F一F。)与加速度a的关系图，若为一条过原点 解得to=2s 的倾斜直线，则得到“物体A的加速度正比于所 受合力”的结论。 由因像可知，因乙中R~P:区间内，与下成 14.(1)36N2m/s2(2)2m/s(3)4.8m 正比关系，即 【解析】(1)对物体A,根据牛顿第二定律 (1分) F-mig sin 0-umigcos0-mia (2分) 22=F+b 设物体B的加速度为a1,根据运动关系可知 将r点的坐标(8,0)和r,点的坐标Q.5,)代 1 a1=20 入方程 对物体B,根据牛顿第二定律m2g一2F=m2a1 解得太=日6=一号 1 (1分) 联立可得拉力大小F=36N (1分) 加速度a=2m/s2 (1分) 所以F1~F2区间内，t与F关系式为 (2)由运动学公式，有v2=2a1h (2分) (2分) 可得物体B落地前瞬间的速度大小v=2m/s (1分) (3)物体B落地时，物体A的速度vA=4m/s 16.(1)0.7s(2)15+66 2 J(3)小物块从BD边 B落地后，设A的加速度大小为a2 9-6√2 射出，射出点距离B点的距离x=一4 -.m 由牛顿第二定律有 migsin 0+umigcos 0=mia2 (2分) 【解析】(1)根牛顿第二定律可得 B落地后，根据运动学公式 a=emg=5 m/st m (1分) 0-v2=-2a2S1 (1分) 物体A沿着斜面向上运动的最大距离 .vo s=2h+s1 (1分) 由于2a =0.9m<L (1分) 代入数据解得s=4.8m。 可知小物块先加速到与传送带达到共速，然后做 ·10· ·物理· 参考答案及解析 匀速直线运动，加速所用时间 v相=√06十v2=5m/s (1分) t1=0=0.6s (1分) a a:=- 相 加速位移 va x1一2a =0.9m (1分) a,00 匀速运动的时间 由2- 4-1-4=0.19 (1分) 所以加速度a的方向不变，小物体的两个方向的 加速度分量不变，由上可知，相对地面，小物体在 可得总时间 )方向做匀减速直线运动，在AC方向做匀加速 t=t1+t2=0.7s (1分) 直线运动，设小物块从BD边射出，运动时间为 (2)小物块向A点射出后，恰好能从A,点返回 t,由匀减速运动可知 时，与传送带摩擦产生的热量最大，设射出的初 1 速度为⑦'，恰好到A点有 d=u-2at (1分) (1分) 可得1=(-) (1分) 运动的时间 此时沿AC方向的位移 (1分) 1 a x=2a,2-9-62 4 m<L=1.2m (1分) 此段产生的热量 假设成立，所以小物块从BD边射出，射出点离 Q:=mg台+，） (1分) B点距离x=9-6V② 4 m。 (1分) 然后，小物块反向加速到与传送带共速，此段产 生的热量 Q2=μmg(vot1-x1) (1分) 所以总热量 15+6√6 Q=Q1+Q2= 2 (1分) (3)小物块射出后相对于传送带的运动方向如图 所示，由于滑动摩擦力与相对运动方向相反，可得 2025一2026学年度二轮专题精准提升（四） 物理·抛体运动、圆周运动、天体运动 一、单项选择题 赤道上的重力加速度比两极上的重力加速度小，C 1,D【解析】根据万有引力提供向心力G,巴 Mm 错误；置于武汉和北京的物体做圆周运动的半径不相 同，根据a。=wr可知以地心为参考系，置于武汉和 GM 北京的物体的向心加速度大小不同，D正确。 mw2r,可得r= √产，若地球自转变快，则角速度变 2.C【解析】当圆盘角速度较小时，两木块均由静 大，地球静止卫星的角速度变大，可知地球静止卫星 摩擦力提供向心力，对a物块有f。=3mw2r,b物 的轨道半径变小，则地球静止卫星的轨道变低，A错 块有fb=mw2·2r,b物块受到的摩擦力较小，当 Mm GM 角速度为w1时，b物块所受摩擦力达最大值，则 误；根据牛顿第二定律G ,产=ma,可得a=,产，可 mg=2mwr,此时a物块所受摩擦力f=3mwr 知地球静止卫星和极地同步卫星的加速度大小相同， Mm 2mg<3umg,即仍未达到最大值；此后随着圆 B错误；地球两极，根据牛顿第二定律G R2 =mg极， 盘角速度逐渐增大，b物块所受摩擦力保持不变，a GM Mm 物块所受摩擦力继续增大；当角速度为w2时，a物 可得g=R,对赤道，根据牛顿第二定律G R2 块所受摩擦力达最大值，设绳子拉力为T,对a、b GM mu2R=mg泰，可得g赤= 分别有T+3μmg=3mwr,T十mg=2mw3r,继 R2 一w2R,可知地球表面 续增大圆盘角速度，绳子拉力继续变大，b物块所 ·11· 6