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（安徽专用）

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) 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 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 () A B 50 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gsin0 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() B 777777777777777777777 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o冲上传送带，且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2gcos日 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μ=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 4.2025年4月30日神舟十九号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在距地 面10km高度打开降落伞，距地面1.125m高处4台反推发动机同时点火，产生竖直向 … 上的恒定推力，最终以2m/s的速度着陆。该过程返回舱运动的vt图像如图所示，g 取10m/s2,下列说法正确的是 () ↑/(m's) 200 7. 2------ 0 t t2 ts tls A.0~t1,返回舱内的宇航员处于失重状态 B.0~t1,返回舱的平均速度为103.5m/s C,单台发动机的推力约为返回舱重力的2 D.反推发动机的工作时间为0.25s 5.如图所示，木块A、B紧靠放置于水平面上，A和墙间水平拴接着劲度系数为k的轻弹 簧，且弹簧处于原长状态。已知A、B质量分别为2m、m,与水平面间的动摩擦因数均为 4,重力加速度为g。现用水平力F向左缓慢压B,使B向左移动x,突然撤去F,则 () 0000000AB—F A.为使A、B可分开，x必须不小于rmg k B.为使A,B可分开，F做功必须大于98 2 C.若A、B可分开，分开时弹簧处于压缩状态 D.若A、B可分开，分开时弹簧处于拉伸状态 6.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10/s2。下列说法正确的是 密卷 二轮专题精准提升（三）物理第2页（共8页） 7 甲 F入 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(3,1D D.C点的坐标为(3， 7.如图所示，在竖直方向运动的升降机内，放置用轻杆相连的A、B两小球，两球质量分别 为m、3m,杆与竖直方向的夹角为30°。只考虑B球与升降机底板间摩擦，且最大静摩 擦力与正压力之比为k。升降机以不同加速度a(a<g)向上运动时两球静止。以竖直 向上为正方向，重力加速度为g,下列说法正确的是 () QA 309 A当a分别为气和号时，轻杆对小球A的作用力大小相等 B.当a=- 时B球与底板间的摩擦力 C,为保证轻杆与厢壁始终相对静止，的最小值为 D,若，升降机向上加速运动的最大加速度为鸟 2 8.量纲分析是我们分析、估算物理问题的有力工具和重要思路。1950年，英国物理学家泰 勒通过原子弹爆炸后火球随时间扩散的照片，并结合量纲分析，估算出了美国第一颗原 子弹爆炸释放的能量。假设原子弹爆炸时形成的冲击波是球面波，爆炸中心是该球面 波的球心，爆炸火球半径R仅仅依赖于爆炸后的时间t,爆炸瞬间释放的能量E、空气密 度ρ，以及无量纲常数C,因此可以写成R=CtE'o。为了估算量级，C可以近似等于 1,空气密度p=1.2kg/m3。图中是原子弹爆炸25ms时刻的冲击波，横、纵轴都是长 度。请你利用所学知识，估算该次原子弹爆炸释放的能量量级最接近的是 () ◆y/(×102m) t=0.025s -2-101 2 x/(×102m) A.108J B.1014J C.1020J D.1025J 二轮专题精准提升（三）物理第3页（共8页） 真题名 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 9 10 答案 9.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 () 分 乙 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 10.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::: D 2网：：四：：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·m/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12.25s 卷 二轮专题精准提升（三）物理第4页（共8页）】 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(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。 wM■ O A B 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，则动摩擦因数测量结果的表达式为= (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。 0 3 cm 10 20 乙 (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、1数据，然 后用图像法处理数据，做出1△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μ= (用d、g、x1、y1、x2、y2表示)。 Q 丙 12.(10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O,， 即改变细线对A的拉力F。 二轮专题精准提升（三）物理第5页（共8页） 真题密 B m0T2467891025456i7892021225242526272829303 甲 (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)。 234567891011121314151617181920212223242526272829303 (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0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： 13.(10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=μc=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： (I)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。 16 77777777777777777777力777777 O F 甲 卷 二轮专题精准提升（三）物理第6页（共8页） 14.(14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。 (I)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。 甲 二轮专题精准提升（三）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.(18分)如图所示，水平地面上放置一长度L=10m、质量M=1kg的长木板。一可视 为质点、质量m=1kg、带电量q=+1×10-5C的小物块放在木板上，小物块到木板右 端距离d1=7m。在距木板右端d2=9m的虚线右侧，存在宽度d3=11.5m的匀强 电场，场强E1=2×10N/C,方向竖直向下。匀强电场E1右侧存在宽度d4=6m的 匀强电场，场强E2=1×106N/C方向竖直向上。从t=0时刻起，水平恒力F=8N作 用在长木板上，5s末撤去。已知物块与长木板间的动摩擦因数1=0.4，长木板与水 平地面间的动摩擦因数μ2=0.2，物块带电量始终不变，g取10/s2,求： (1)物块运动多长时间进入匀强电场E1; (2)从物块进入匀强电场E1到离开匀强电场E1的过程，小物块对长木板的摩擦力所 用的功； (3)物块离开匀强电场E2时，其离木板右端的距离。 -d1→-d2 二轮专题精准提升（三）物理第8页（共8页）真题密卷 二轮专题精准提升 t,=”"=20s tg=t2十k△t=26.8s (1分) a (1分) 列车驶离桥头的时间 设总共有k辆车与列车完成错车，且此时第？辆 车速度刚好达到最大，则有 =25.6s<t3 (1分) 00 1.+k+d)=vG+)+ 则总共有D辆车与列车完成错车，由 (2分) t4=t2+p△t (1分) 解得k=34.4 解得p=28 (1分) 当k取34时，有 则总共能与28辆汽车完成错车。 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、选择题 1.D【解析】把ABC看成是一个整体进行受力分 析，根据平衡条件可得拉力F-3 ng sin0,在轻绳被 烧断的瞬间，AB之间的绳子拉力为零，对A由牛顿 tB→AtA3B 第二定律有F-mng sin0=maA,解得aA=2gsin0, 3.A【解析】根据题意可知，物块与传送带速度相等 A错误；在轻绳被烧断前，对于C根据平衡条件可 后继续向上减速，则有mg cos<mgsin0,可得< 得弹簧弹力F#=mgsin0,在轻绳被烧断的瞬间，对 tan0,C错误；因为℃>v,物块与传送带速度相等之 于B分析，由于绳子拉力为零，弹簧弹力不变，根据 前，物块受到的滑动摩擦力沿斜面向下，加速度沿斜 牛顿第二定律F#十mg sin0=maB,解得aB= 2gsin0,B错误；突然撤去外力F的瞬间，对AB整 面向下，大小a1=mgsin0+ong cos0 =gsin0+ 体由牛顿第二定律有F4+2 ng sin0=2maAB,其中 gcos日，物块与传送带速度相等之后，加速度沿斜面 P=mgim0,解得a8=名gsin9,则A的加谈度 向下，大小a,=mgsin9-o0-gin9- m 3 大小aA-ak=2gsin,C错误；剪断弹簧的醉间， g cos 0<a1,B错误；物块与传送带在速度相等前 对于AB整体，弹簧弹力为零，根据牛顿第二定律 后，加速度的大小之差a1一a2=2gcos0,A正 确；设物块从冲上传送带到与传送带速度相等所 F-2 ng sin0=2maAB,解得aAB= 28$in0,而A的 用时间为1此过程物块的位移x集”，，传送 1 加速度大小aA=aa=2gsin0,D正确。 带的位移x=,可知此过程物块在传送带上的 2.C【解析】两过程中，由于重力做功相同，克服摩 擦力做功相同，则根据动能定理可知，两过程到达 划痕长度Ax=x4一x4=0, 2 t,若满足△x= 底端的速度大小相等，A、B错误；先让物块从A 2x物，则有00=30，由于00不一定等于3u,则共 由静止开始滑到B,又因为动摩擦因数由A到B 逐渐减小，则合力增大，即加速度增大，同理可知 速前物块在传送带上的划痕长度不一定等于物块 当物块由B到A,则合力减小，即加速度减小，最 位移大小的一半，D错误。 终速度的大小相等，而且位移大小相等，则图 4.D【解析】0一t1时间内，向下做减速直线运动， 像如图所示，则前一过程即由A到B用时较长，C 加速度竖直向上，故返回舱内的宇航员处于超重 正确，D错误。 状态，A错误；若返回舱在0~t1时间内做匀减速 7 ·10· ·物理· 参考答案及解析 直线运动，则平均速度7=十”-200十7 匀加速运动，在DE段，物块滑上木板后，物块减 2 2 m/s= 速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速 103.5m/s,但宇航员在0~t1时间内做加速度逐 度，物块相对于木板向左滑动，最终物块会从板左 渐减小的减速运动，其在0~1内的平均速度小于 侧滑离木板，A错误；F=0时，根据牛顿第二定律 103.5m/s,B错误；t2时刻点火后反推发动机开 可得，物块的加速度大小a=m8=2m/g,木 始工作，返回舱做匀减速直线运动，由运动学知识 m 有h=1X△1，点火时返回轮距地面的高度 =4m/s2,由图像AB 2 板的加速度大小aM=mg h=1.125m,联立解得反推发动机的工作时间 段可知，滑块相对木板的路程s=t一2a如上2 △t=0.25s,D正确；根据加速度的定义式可知反 1 推发动机工作时，返回舱的加速度大小a 2awt2=1m,联立解得t=3s或t=1s(含去， 1-02_7-2 △t0.25m/s=20m/s2,由牛顿第二定律 此时滑块的速度小于木板的速度)，则物块滑离木 10 3 有4F-mg=ma,联立解得F= 4mg,即单台发 板时的速度大小m=,一al=3m/s,B错误；在 AB段，F较小，物块将从木板右端滑下，其中B,点， 动机的粮力约为返回轮重力的，C错误。 对应物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度 5.A【解析】从弹簧压缩量为x时撤去力F到A木 V,设此时对应的恒力为FB,由牛顿第二定律得aM= 块和B木块分开，由动能定理可得W弹一μ(m十 FB十mg M 由速度关系得v=vo一amt1=aMt1,由位 2m)gx=Ek,水平力F向左缓慢压B,水平力大小始 终与弹簧弹力大小大小相等，则有W4=0+虹z 2x= 移关系得：。一-联立解得 豆，结合上述可知，A、B分开时有E≥0，即有 1 6十FB,由题图乙可知，B点对应的相对路程5=1m, 8 代入解得FB=2N,故B点的坐标为(2,1)，C错误； r2-3知mgx≥0，解得x≥nm,A正确：结合上 1 在BC段，物块滑上木板后，物块减速、木板加速，两 述可知，A、B分开时弹簧已经恢复原长，全程弹簧 者在木板上某一位置具有共同速度，之后保持相对静 所做总功为0，从力F开始推动B到A、B木块分 止一起以相同加速度做匀加速运动，C点时物块与木 开，对全程由动能定理可得Wr一u(m十2m)g· 板间的静摩擦力刚好达到最大，设此时对应的恒力 2x=Ek一0，木块A、B分开时有Ek≥0，即有 Fc,以物块与木板为整体，由牛顿第二定律得Fc= Wr-u(m十2m)g·2x≥0，解得Wr≥6mgx,B (M+m)ao,以物块为对象，由牛顿第二定律得 错误；两木块分开瞬间加速度相等，速度相等，两 mg=mao,联立解得ao=2m/s2,Fc=3N,由C选 者之间弹力为0，设此时共同的加速度为a,弹簧 项可得1_6十FC代入Fc=3N,可得，=m, 8 的弹力为T,对B木块由牛顿第二定律有 3 umg=ma,对A木块由牛顿第二定律有2μmg十 故C点的坐标为(3,2)，D正确。 T=2ma,解得T=0,所以此时弹簧没有弹力，即 7.C【解析】根据牛顿第二定律知FA一mg=ma, 弹簧处于原长状态，C、D错误。 6.D【解析】在AB段，拉力F较小，物体在木板上 当a分别为受和号时，轻杆对小球A的作用力大小 相对于木板滑动的路程保持不变，说明物块会从 不相等，加速度越大，轻杆对小球A的作用力越大， 板右侧滑离木板，在BC段，物块滑上木板后，物 A错误；只有当a=一g时，系统处于完全失重状态， 块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共 B球与底板间无压力，B球与底板间的摩擦力为零， 同速度，之后保持相对静止一起以相同加速度做 其他情况摩擦力不为零，B错误；设杆的弹力为F, ·11· 7 真题密卷 二轮专题精准提升 升降机向上运动的加速度为a,升降机壁对A的弹力 确；从A点运动到B点过程中，有v2=2a1xAB, 为FNa1,对A在竖直方向上FNcos30°-mg=ma, 解得机器人的加速度a1=0.1m/s2,B正确；餐 对A在水平方向上Fwsin30°=FNa1,对系统水平方 盘与托盘之间恰好不发生相对滑动时，最大静摩 向Fu=友·(mg十)，解得克= 12C正确；因 擦力提供向心力有mg=n解得，=0.5m, r 为(4mg+4ma)>mg tan30°，即升降机向上加速 所以圆孤BC的半径不可以小于0.5m,不可以设 运动时，无论加速度取何值，B球受到的静摩擦力均 计为0.45m,C错误；机器人以1m/s的速度匀减 大于壁对A球的弹力，所以，若= 6,升降机向上加 速至D点的最大加速度a=g=2m/s2,则匀减 速运动的加速度可以取任意值，D错误」 速的时间1=日=0,5s,匀减速的位移Ar-% a 8.B【解析】由题意知R=CtEp,R的国际单位 0.25m,故从C,点开始匀速运动的时间t2= 为m,t的国际单位为s,E的国际单位为kg·m/s2, XCD-Ax p的国际单位为kg/m3,令各个量的数值均为1，可得 =11.75s,所以机器人从C点运动到D 1m=(1s)×(1kg·m2/s2)·X(kg/m3),整理 点的最短时间tin=t1十t2=12.25s,D正确。 得m=kg+》m2y-3)红-2》，由单位的关系可得y十 三、非选择题 x=0,2y十3z=1,x+2y=0,解得x=2, 1 =5y=5 1.(1)2 (2分)(2)5.25(2分)(3) 5,由上述结论可得R=C号Ep号，将C=1, d2(x2-x1) 2g2-y)(2分) p=1.2kg/m3,t=25ms,由题图可知R=132m,代 【解析】(1)滑块由A到B,由牛顿第二定律得 入可解得E=pR_1.2X1325 ≈7.69×1013J,故该次 0.0252 a=m8=4g,根据运动公式l=2a1,解得 m 原子弹爆炸释放的能量量级最接近1014J。 2 二、选择题 9.CD【解析】t1时刻，小球位于最高点，有向下的 (2)游标卡尺为20分度，精度为0.05mm,游标 加速度，2时刻小球经过初始位置，重力与弹簧弹 尺上0刻度线在主尺第5条刻度线右侧，游标尺 力平衡，仅受向上的空气阻力作用，加速度向上， 上第5条刻度线与主尺刻度线基本重合，所以游 则t1~t2时间内小球加速度先向下后向上，先减 标卡尺读数为5mm+5×0.05mm-5.25mm。 小后增大，A错误；t2~t3时间内，空气阻力一直 (3)滑块从光电门到停止运动，由牛顿第二定律 做负功，小球和弹簧的机械能一直减小，B错误； 得umg=ma,由匀变速直线运动速度和位移的 x-t图像的斜率表示速度，t3~t4时间内，图像的 关系得=2ad,0=品解得1-×之，因 d2 1 斜率逐渐减小，小球的速度一直减小，小球的动能 一直减小，C正确；t2、t3时刻小球经过初始位置， d2 重力与弹簧弹力平衡，仅受空气阻力作用，根据牛 像斜率k= 因为=头，解得 x2一x1 顿第二定律知f=kv=ma,由于小球运动过程中 d2(x2-x1） 一直克服空气阻力做功，小球在七2时刻的速度大 2g(y2-y1)° 于t3时刻的速度，故小球在t2时刻的加速度a2 12.(1)不需要(3分)(2)4.00(3分)(3)B(2分) 大于t3时刻的加速度a3,D正确。 (4)见解析(2分)（意思对即可） 10.ABD【解析】根据失量三角形，从B点运动到 【解析】(I)由于细绳的拉力可以由轻质弹簧测 C点过程中机器人的速度变化量为1m/s,从而 力计测出，物体B的质量不需要远小于A的 求出动量变化量△p=m△v=40kg·m/s,A正 质量。 ·12· ·物理· 参考答案及解析 (2)由图乙可知x1=2.50cm,x2=3.50cm, (3)由题图乙可知，拉力大于F时，保持不变， x3=4.50cm,x4=5.50cm,x5=6.50cm,可知 Ax=1.00cm=0.01m,根据△x=aT2可得物体A 即力F改变木板C加速度时，A和B相遇时间 不变，说明A和B均已相对C滑动，加速度不发 △x0.01 运动的加速度a T2 m/s2=4.00m/s2。 /1 生变化。当拉力为F2时物块A刚好开始相对 20 于C滑动，根据牛顿第二定律，对A和C有 (3)把长木板的一端垫高，通过调整倾角，使物体 F2-HBmg-c(M+2m)g=(M十m)aA(1分) A恰沿长木板匀速运动，是为了平衡摩擦力，平 解得 衡摩擦力时，不用物体B牵引物体A运动，A错 F2=9.5N 误；实验过程需要保持物体A、滑轮间的细线与 设拉力为F2时，AB第一次相遇的时间为to,则 长木板平行，这样才能保证细绳对A的拉力恒 1 1 (1分) 定，B正确；物体A加速运动时，弹簧测力计示数 L-2anti-2anti 等于物体A所受的合力，C错误。 解得t。=2s (4)本实验在长木板始终保持水平的条件下，也 1 由图像可知，图乙中F~F:区间内，与F成 能得到“物体A的加速度正比于所受合力”的结 正比关系，即 论。斜面倾角日，使物体A恰好匀速运动，记录 1 此时弹簧测力计示数F。,再增大斜面倾角日，使 =kF+6 A做匀加速运动，多次进行实验，记录每次的弹 簧测力计示数F,利用每次频闪相机拍出的照片 将E点的坐标8,0)和F。点的坐标(5，)代 计算出对应的加速度a,然后作出合力 入方程 (F一F。)与加速度a的关系图，若为一条过原点 解得及=日0=一 的倾斜直线，则得到“物体A的加速度正比于所 所以F1~F2区间内，t与F关系式为 受合力”的结论。 11 4 13.(1)3m/s22m/s2(2)8N(3)京= 11 4 F- -6F-3 (2分) 6 3 【解析】(1)根据牛顿第二定律，对物块A、B分 14.(1)0.7s(2)15+6V6 2 (3)小物块从BD边 别有 uamg=maA (1分) 射出，射出点距离B点的距离z=96V2 4 m uBmg=maB (1分) 【解析】(1)根据牛顿第二定律可得 解得 a=tmg=5 m/s (1分) aA=3 m/s2 (1分) m aB=2 m/s2 (1分) vo 由于2a 0.9m<L (1分) 1 (2)由题图乙可知，当拉力F小于F时，小于 可知小物块先加速到与传送带达到共速，然后做 零，则t无限大，说明A和B均未相对C滑动。 匀速直线运动，加速所用时间 当拉力为F1时B刚好要相对于C滑动，根据牛 t1-00=0.6s (1分) a 顿第二定律，对ABC整体有 加速位移 F1-uc (M+2m)g=(M+2m)aB (1分) 解得F1=8N (1分) r1-2a =0.9m (1分) ·13· 7 真题密卷 二轮专题精准提升 匀速运动的时间 1 x=2a,2= 9-6√2 m<L=1.2m (1分) -L4-0.1s 4 (1分) 00 假设成立，所以小物块从BD边射出，射出点离 可得总时间 9-6√2 B点距离x= m。 (1分) t=t1+t2=0.7s (1分) 4 (2)小物块向A点射出后，恰好能从A点返回 B 时，与传送带摩擦产生的热量最大，设射出的初 U 速度为'，恰好到A点有 L 2a克-w (1分) 运动的时间 15.(1)4s(2)14J(3)6m -8 【解析】(1)在物块未进入电场时设其最大加速 此段产生的热量 度大小为ao,则由牛顿第二定律有 Qi-umg(2+ols) (1分) uimg=mao (1分) 解得ao=4m/s2 (1分) 然后，小物块反向加速到与传送带共速，此段产 当给木板施加恒力时，假设物块和木板能够保持 生的热量 相对静止，一起做匀加速直线运动，设共同加速度 Q2=μmg(vot1-x1) (1分) 的加速度大小为a,则对整体由牛顿第二定律有 所以总热量 F-u2(m+M)g=(m+M)a (1分) Q=Q十Q2= 15+6√6 (1分) 代入数据解得 2 a=2m/s<ao (1分) (3)小物块射出后相对于传送带的运动方向如图 则假设成立，在未撤去力F的时间内物块的位移 所示，由于滑动摩擦力与相对运动方向相反，可得 1 v相=√o6+v2=5m/s (1分) t0=2at2=×2×52m=25m (1分) (1分) a:=. 可知xo>d1+d2 a )相 则可知在力F撤去前的某一时间内物块已经进 为 a,=- 入电场，设从开始运动到物块进入电场的施加为 t0,由位移与时间的关系可得 由于0：=g 1 di+d:=ato (1分) 所以加速度a的方向不变，小物体的两个方向的 解得t。=4s (1分) 加速度分量不变，由上可知，相对地面，小物体在 (2)当物块进入电场E1后由于电场力竖直向 )方向做匀减速直线运动，在AC方向做匀加速 下，增加了物块对木板的正压力同时也增加了 直线运动，设小物块从BD边射出，运动时间为 木板对地面的正压力，因此可知木块仍相对于 t,由匀减速运动可知 木板静止，在电场E1中，在力F未撤去时，设物 1 d-u-2a,t 块和木板共同运动的加速度大小为a1,由牛顿 可得--） 第二定律有 (1分) F-u2[(m+M)g十Eg]=(m+M)a1(1分) 此时沿AC方向的位移 解得 7 ·14· ·物理· 参考答案及解析 a1=0 当进入匀强电场E2,电场力竖直向上，对物块在 即在物块进入电场E1中的1s时间内物块和木 竖直方向有 板一起做匀速直线运动，物块对长木板的摩擦力 mg=E2q (1分) 所用的功 可知，物块在电场E2中做匀速直线运动，因此， W=41mgx1=0.4×1×10×(11.5-8)J=14J 物块离开匀强电场E2时速度的大小为6m/s。 (2分) 设物块出电场E2所用的时间为2，在物块出电 (3)此时距进入电场E2的距离 场E,的过程中木板在电场E2中做匀减速直线 x2=d3-x1=11.5m-8m=3.5m (1分) 运动的加速度大小为a2,则 设在这段位移内物块和木板共同运动的加速度 d=v2t2 (1分) 大小为a1,由牛顿第二定律有 u2Mg=Ma2 u2[(m+M)g+Eg]=(m+M)a (1分) 解得t2=1s,a2=2m/s 解得a1=4m/s2 设该过程中木板的位移为x3,可得 设物块和木板共同进入电场E2时的速度大小为 1 x=w2-2a2t号=5m (1分) 2,则由速度与位移的关系可得 v3-1=-2a1x2 (1分) 则可得物块出电场E?时距离木板右端的距离 解得v2=6m/s d5=d1-(d4-x3)=6m。 (1分) 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、选择题 2.B【解析】M点运动到最高，点A时的速度不为零， Mm 方向水平向右，A错误；M,点的运动可看成匀速圆周 1.D【解析】根据万有引力提供向心力G 运动与匀速直线运动的合成，则M点在圆心等高点 GM w2r,可得r=√0 ,若地球自转变快，则角速度变 处的速度大小M=√22+2m/s=2√2m/s,B正 确；M点的运动可看成匀速圆周运动与匀速直线运 大，地球静止卫星的角速度变大，可知地球静止卫星 动的合成，则最高点A的纵坐标yA=2R=0.6m,匀 的轨道半径变小，则地球静止卫星的轨道变低，A错 速圆周运动的周期T=2=0.3ms,0点运动至A 误；根据牛顿第二定律Gm =ma,可得a=2,可 1 知地球静止卫星和极地同步卫星的加速度大小相同， 点的时间toA=2T=0.15rs,最高点A的横坐标 B错误；地球两极，根据牛顿第二定律GR=mg数， Mm xA=t=0.3πm,纵坐标yA=2R=0.6m,则最高点 A的坐标为(0.3πm,0.6m),C错误；根据对称性，M GM Mm 可得g=,对赤道，根据牛顿第二定律GR巴 点从O运动到B的时间tos=2taM=0.3πs,D错误。 3.C【解析】当圆盘角速度较小时，两木块均由静 GM 1w2R=mg赤，可得g赤= 摩擦力提供向心力，对a物块有f。=3mw2r,b物 R2 一w2R,可知地球表面 块有fb=mw2·2r,b物块受到的摩擦力较小，当 赤道上的重力加速度比两极上的重力加速度小，C 角速度为w1时，b物块所受摩擦力达最大值，则 错误；置于武汉和北京的物体做圆周运动的半径不相 mg=2mw1r,此时a物块所受摩擦力f=3mw1r= 同，根据an=wr可知以地心为参考系，置于武汉和 北京的物体的向心加速度大小不同，D正确。 2mg<3mg,即仍未达到最大值；此后随着圆 ·15· 7