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（冀辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏粤滇川专用）

你的 密真 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7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项符合题目要求。 题号 1 2 3 4 5 6 7 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 () B 0000 C 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gsin0 D.剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为2&sin0 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() A B 7777777777777777777777 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 3.2025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2/s的速度着陆。该过程返回舱运动的t图像如图所示，g 取10m/s2,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） 真题密卷 态度决定你的高度，无论你在哪里，都要保特积极向上的心态 个(msl) 班级 200 姓名 2-1-- 0 ------------- A.0~t1,返回舱内的宇航员处于失重状态 得分 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。 D.反推发动机的工作时间为0.25s 4.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 () 00000000AB←-F 为使AB可分开，x必须不小于 B.为使A,B可分开，P做功必须大于g 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 5.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及。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 30° A.当a分别为号和时，轻杆对小球A的作用力大小相等 2 B.当a=- 时，B球与底板间的摩擦力为零 4 ℃为保证轻杆与厢壁始终相对静止，。的最小值为 一，升降机向上加速运动的最大加速 二轮专题精准提升（三）物理第2页（共8页） 1 6.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p,以及无量纲常数C,因此可以写成R=CtEρ。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) 1=0.025s 01 2 x/(×102m) A.108J B.1014J C.1020J D.1025J 7.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4=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5，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 m vo M 一E 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o=2m/s 2 C.B点的坐标为(31） 3 D.C点的坐标为(3, 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 8 10 答案 8.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 二轮专题精准提升（三）物理第3页（共8页） 真题名 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::::6: D 2四：：9：图：☑： 甲 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 9.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 () A B C D 10.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 4=0.1,抽屉总长L=0.8,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 抽屉← L 一抽屉柜 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，摩擦力对手机先做正功再做负功 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 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54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。 W 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 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△t,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μ= (用d、g、x1、y1、x2、y2表示)。 △12 12.(8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，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 cm0T2467810i25145678192022252425262723293033 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20H之时得到的物体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)。 23456789101121314151617181920212223242526272829303 (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： 0 13.(10分)潜艇从高密度海水区域驶入低密度海水区域时，浮力顿减，潜艇如同“汽车掉下 悬崖”，称之为“掉深”。我海军某潜艇在执行任务期间，突然遭遇“掉深”，全艇官兵紧 急自救脱险，创造了世界潜艇史上的奇迹。总质量为6.0×106kg的某潜艇，在高密度 海水区域距海平面200m,距海底112.5m处沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜 艇驶入低密度海水区域A点时，浮力突然降为5.4×10？N,10s后，潜艇官兵迅速对潜 艇减重（排水），结果潜艇刚好零速度“坐底”并安全上浮，避免了一起严重事故。已知 在整个运动过程中，潜艇所受阻力大小恒为0.6×10°N,g取10m/s2,假设潜艇减重 的时间忽略不计，海底平坦，求： (1)潜艇“掉深”10s时的速度； (2)潜艇减重排出水的质量（结果保留2位有效数字）。 高密度海水 低密度海水 卷 二轮专题精准提升（三）物理第6页（共8页） 1 14.(13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u=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。 甲 1 二轮专题精准提升（三）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.(17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=十1×10-5C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=1×10N/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41=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 (2)因为是平行光，根据数学知识可知，两者位移 第一辆汽车加速阶段通过的位移大小 之比乙秀=1 (1分) x形√5 1=74:=200m (1分) 共中x4=7au=0,05dl 第一辆汽车在主桥上匀速运动的时间 (2分) L+l1一x1=47.95s t2= (1分) 则x影=√3x升=0.05√5t。 (2分) Um 14.(1)LeU /2m I 2mLx 则第一辆汽车通过主桥所用时间 (2)√2+1 (3)eU t=t1+t2=67.95s (1分) 【解析】(1)电子从速度为0开始做匀加速直线 (2)设经时间t',第一辆汽车车尾与列车车尾相 运动，根据牛顿第二定律，有eE=ma (1分) 遇，此时汽车速度未达到最大；则列车位移 板间电场强度E U (1分) (2分) z1=vot' 汽车位移 由位移时间公式，有L= (1分) ul's (1分) 联立解得t=L√eU /2m (1分) 又有x1+x2=l1十l2 (1分) 解得t'=12s (1分) (2)设左半部分运动时间t1,右半部分运动时间 此时汽车速度 t2,由位移时间公式，整个过程有 v'=at'=12 m/s<vm=20 m/s (1分) L-gaG+a) (2分) 假设成立，则第一辆汽车与列车完成错车的时间 为12s (1分) 左半部分，有2=2号 (1分) (3)汽车加速到最大速度所用时间 解得-1，=E+1 (1分) t2=0=20s (1分) t2√2-1 稳定时，电子均匀发射，左半部分电子数量与右 设总共有k辆车与列车完成错车，且此时第k辆 丰部分电子教量比心-4=2十1 车速度刚好达到最大，则有 N2 t2 (1分) 1 l,十k(l1+d)=u(t2+k△t)+2at号 (1分) 1 (3)由位移时间公式，有x=2at (1分) 解得k=34.4 电子数N=亚 当k取34时，有 (1分) e t3=t2十k△t=26.8s (1分) 解得N-I/2mLz 列车驶离桥头的时间 eWeU。 (1分) _l2=25.6s<ta tA一U0 (1分) 15.(1)67.95s(2)12s(3)28 【解析】(1)汽车的最大速度 则总共有力辆车与列车完成错车，由 Um=72 km/h=20 m/s (1分) t4=t2十p△t (1分) 第一辆汽车加速到最大速度所用时间 解得p=28 (1分) t1=0"=20s (1分) 则总共能与28辆汽车完成错车。 a 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 力不变，根据牛顿第二定律F十mg sin0=maB,解 1.D【解析】把ABC看成是一个整体进行受力分 得aB=2gsin0,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 mg sin0,在轻绳 AB整体由牛顿第二定律有F#十2 ngsin0= 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-mg sin0=maA,解得aA= 2maAa,其中F=mgin0,解得aAu- 28gsin0,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弹=mg sin0,在轻绳被烧 A的加速度大小a以-6ku-多g0,C错溪；剪所 断的瞬间，对于B分析，由于绳子拉力为零，弹簧弹 弹簧的瞬间，对于AB整体，弹簧弹力为零，根据牛 ·8 ·物理· 参考答案及解析 顿第二定律F-2 mgsin0=2maAB,解得aAs= Wr-u(m十2m)g·2x≥0，解得Wr≥6umgx,B 1 错误；两木块分开瞬间加速度相等，速度相等，两 28sind,而A的加速度大小aA=as=2gsin0,D 者之间弹力为0，设此时共同的加速度为a,弹簧 正确。 的弹力为T,对B木块由牛顿第二定律有 2.C【解析】两过程中，由于重力做功相同，克服摩 mg=ma,对A木块由牛顿第二定律有2μmg十 擦力做功相同，则根据动能定理可知，两过程到达 T=2ma,解得T=0,所以此时弹簧没有弹力，即 底端的速度大小相等，A、B错误；先让物块从A 弹簧处于原长状态，C、D错误。 由静止开始滑到B,又因为动摩擦因数由A到B 5.C【解析】根据牛顿第二定律知FNA一mg=ma, 逐渐减小，则合力增大，即加速度增大，同理可知 当物块由B到A,则合力减小，即加速度减小，最 当a分别为号和时，轻杆对小球A的作用力大小 4 终速度的大小相等，而且位移大小相等，则图 不相等，加速度越大，轻杆对小球A的作用力越大， 像如图所示，则前一过程即由A到B用时较长，C A错误；只有当a=一g时，系统处于完全失重状态， 正确，D错误。 B球与底板间无压力，B球与底板间的摩擦力为零， 其他情况摩擦力不为零，B错误；设杆的弹力为F、, 升降机向上运动的加速度为a,升降机壁对A的弹力 为F1,对A在竖直方向上FNCOS30°-mg=ma, 对A在水平方向上Fxsin30°=Fa1,对系统水平方 tB→AtA→B 3.D【解析】0~t1时间内，向下做减速直线运动， 向F=k·4mg十4a),解得为=，C正确：因 加速度竖直向上，故返回舱内的宇航员处于超重 为k(4mg十4ma)>mg tan30°，即升降机向上加速 状态，A错误；若返回舱在0~t1时间内做匀减速 运动时，无论加速度取何值，B球受到的静摩擦力均 直线运动，则平均速度0-0十”_200+7 2 2一m/s= 大于壁对A球的弹力，所以，若k一6，升降机向上加 103.5m/s,但宇航员在0~t1时间内做加速度逐 速运动的加速度可以取任意值，D错误。 渐减小的减速运动，其在0~1内的平均速度小于 6.B【解析】由题意知R=CEp,R的国际单位 103.5m/s,B错误；t2时刻点火后反推发动机开 为m,t的国际单位为s,E的国际单位为kg·m/s2, 始工作，返回舱做匀减速直线运动，由运动学知识 p的国际单位为kg/m3,令各个量的数值均为1，可得 有h=十X△1，点火时返回舱距地面的高度 2 1m=(1s)r×(1kg·m2/s2)y·×(kg/m3),整理 h=1.125m,联立解得反推发动机的工作时间 得m=kgo+》m②3)sc-2”,由单位的关系可得y十 △t=0.25s,D正确；根据加速度的定义式可知反 8=0.2y十30=1x+2y=0,解得x=号y-号 推发动机工作时，返回舱的加速度大小a= 一方，由上述结论可得R=C后E时p号，将C=1, 之= 1 A02=0.25m/s2=20m/s2,由牛顿第二定律 p=1.2kg/m3,t=25ms,由题图可知R=132m,代 有4F-mg=ma,联立解得F=mg,即单台发 入可解得E=R1.2X132 t-0.0252 ≈7.69×103J,故该次 动机的推力约为返回轮重力的，C错误。 原子弹爆炸释放的能量量级最接近1014J,B正确。 4.A【解析】从弹簧压缩量为x时撤去力F到A木 7.D【解析】在AB段，拉力F较小，物体在木板上 块和B木块分开，由动能定理可得W弹一H(m十 相对于木板滑动的路程保持不变，说明物块会从 2m)gx=Ek,水平力F向左缓慢压B,水平力大小始 板右侧滑离木板，在BC段，物块滑上木板后，物 终与弹簧弹力大小大小相等，则有W华=0+ 块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共 2x= 同速度，之后保持相对静止一起以相同加速度做 2如，结合上述可知，A,B分开时有E≥0，即有 1 匀加速运动，在DE段，物块滑上木板后，物块减 速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速 x-30mgx≥0，解得x≥n,A正确；结合上 1 度，物块相对于木板向左滑动，最终物块会从板左 侧滑离木板，A错误；F=0时，根据牛顿第二定律 述可知，A、B分开时弹簧已经恢复原长，全程弹簧 所做总功为0，从力F开始推动B到A、B木块分 可得，物块的加速度大小an=mg=2m/s2,木 m 开，对全程由动能定理可得Wr一μ(m十2m)g· 2x=Ek一0，木块A、B分开时有Ek≥0，即有 板的加速度大小aM-m3=4m/S,由图像AB M ·9· 1 真题密卷 二轮专题精准提升 段可知，滑块相对木板的路程s=ot一 1 2ax,可知v2-x图像中x=0时，v2≠0，B错误；依 题意，滑块一直匀减速直到与木板共速，其心t图 1 1 2Que2=1m,联立解得t=3s或t=1s(含去， 像如图，由图像可得△v是不断减小的，根据△x= △vt可知△x-t图像最初并非线性关系，C错误；根 此时滑块的速度小于木板的速度)，则物块滑离木 据Q=f·△x,可得木板减速上滑过程，有 10 板时的速度大小m=0一amd=3m/s,B错误；在 Q-f[e1-o,1-豆au力=a,木板加速 1 AB段，F较小，物块将从木板右端滑下，其中B,点， 对应物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度 下滑过程有Q,=feri+au）=a,共Qr v,设此时对应的恒力为FB,由牛顿第二定律得aM= 图像为二次函数，即抛物线，木板匀速下滑过程， FB+m8,由速度关系得u=o一and=aid1,由位 有Q3-f(oo十v共)t,其Q-t图像为倾斜直线，D M 正确。 移关系得5=十巴一。， 2t一2-2，联立解得5一 滑块 6+FB 8 ,由题图乙可知，B点对应的相对路程s=1m, 代入解得FB=2N,故B点的坐标为(2,1)，C错误； 在BC段，物块滑上木板后，物块减速、木板加速，两 者在木板上某一位置具有共同速度，之后保持相对静 10.BCD 【解析】手机的最大加速度a。=3 m 止一起以相同加速度做匀加速运动，C点时物块与木 板间的静摩擦力刚好达到最大，设此时对应的恒力 g=1m/s2,手机与抽屉一起做加速运动的最大 Fc,以物块与木板为整体，由牛顿第二定律得Fc= 拉力Fm=(M+m)am=(2+0.2)×1N=2.2N, (M十m)ao,以物块为对象，由牛顿第二定律得 所以当水平恒力的大小F≤2.2N时，手机与抽屉 mg=mao,联立解得ao=2m/s2,Fc=3N,由C选 一起加速运动，拉力增大手机的加速度也增大，当 项可得16+F 8 ,代入Fc=3N,可得1=3nm 水平拉力的大小F≥2.2N时，拉力增大手机的加 52m1, 速度为1m/s2不变，A错误，C正确；当水平恒 3 力的大小F=2N时，手机与抽屉一起加速运 故C点的坐标为(3,2)D正确。 动，摩擦力对手机做正功，当抽屉拉至最右端与 二、多项选择题 挡板相碰时速度立刻变为0，手机继续向右做 8.ABD【解析】根据矢量三角形，从B点运动到C 减速运动，摩擦力对手机做负功，B正确；当 点过程中机器人的速度变化量为1m/s,从而求出 F=4.2N>2.2N时手机与抽屉相对滑动，对 动量变化量△p=m△v=40kg·m/s,A正确；从 抽屉由牛顿第二定律得F一mg=Ma2,解得 A点运动到B点过程中，有2=2a1xAB,解得机 a2=2m/s2,当抽屉拉至最右端与挡板相碰时， 器人的加速度a1=0.1m/s2,B正确；餐盘与托盘 之间恰好不发生相对滑动时，最大静摩擦力提供向 有L=言4，解得6，=25。，手机尚速庞 心力有mg=m二解得r=0.5m,所以圆孤BC的 2 U2=amt2,解得V2= 5m/s,手机的位移x2= 半径不可以小于0.5m,不可以设计为0.45m,C错 误；机器人以1m/s的速度匀减速至D点的最大 22,解得x2=0.4m,抽屉停止运动后手机向 U 加速度a=4g=2m/s2,则匀减速的时间t1= v2 右滑动的位移x3=x2=0.4m,则有x2十x3< ”=0.5s,匀减速的位移△x=2a =0.25m,故从 L十d,则手机不与抽屉右侧发生磕碰，D正确。 C点开始匀速运动的时间，=m一△r 三、非选择题 =11.75s, 11.10212分)25.252分)3)二】 所以机器人从C点运动到D点的最短时间tn= 2g(y2一y1) t1十t2=12.25s,D正确。 (2分) 9.AD【解析】由题图乙可知，木板先做匀变速直线 【解析】(1)滑块由A到B,由牛顿第二定律得 1 1 运动，有1=一w1十2a1,对应的x1图线为一 a=umg m =4g,根据运动公式1=2at,解得μ= 段抛物线，之后做匀速直线运动，对应的-t图线 2 为一段倾斜直线，A正确；同理，可得02一= 8t2。 1 ·10· ·物理· 参考答案及解析 (2)游标卡尺为20分度，精度为0.05mm,游标 解得a2=0.6m/s2 (1分) 尺上0刻度线在主尺第5条刻度线右侧，游标尺 潜艇减重后的质量为m1,潜艇减重后以0.6m/s2的 上第5条刻度线与主尺刻度线基本重合，所以游 加速度匀减速下沉过程中，由牛顿第二定律得F十 标卡尺读数为5mm+5×0.05mm=5.25mm。 f-mig=ma2 (1分) (3)滑块从光电门到停止运动，由牛顿第二定律 代入数据解得m1=5.15×10kg (1分) 得umg=ma,由匀变速直线运动速度和位移的 排水前潜艇的质量m=6.0×10kg 关系得2=2al,0=d △E,解得L=2g 1 42,图 “掉深”过程中排出水的质量 m'=m-m1=8.5X105kg。 (1分) 像斜率k=,因为=，解得4= x2一x1 14.(1)0.7s(2)15+66 2 J(3)小物块从BD边 d2(x2-x1) 2g(y2-y1)° 射出，射出点距离B点距离x= 9-6√2 m 12.(1)不需要(2分)(2)4.00(2分)(3)B(2分) 4 (4)见解析(2分)（意思对即可） 【解析】(1)根据牛顿第二定律可得 【解析】(1)由于细绳的拉力可以由轻质弹簧测 a-tamng=5 m/st (1分) 力计测出，物体B的质量不需要远小于A的质 m 量。 (2)由图乙可知x1=2.50cm,x2=3.50cm, 由于2a 0.9m<L (1分) x3=4.50cm,x4=5.50cm,x5=6.50cm,可知 可知小物块先加速到与传送带达到共速，然后做 △x=1.00cm=0.01m,根据△x=aT2可得物体 匀速直线运动，加速所用时间 △x0.01 A运动的加速度a t4-=0.6s /112 m/s2=4.00m/s2。 a 20/ 加速位移 (3)把长木板的一端垫高，通过调整倾角，使物体 =0.9m (1分) A恰沿长木板匀速运动，是为了平衡摩擦力，平 x1-2a 衡摩擦力时，不用物体B牵引物体A运动，A错 匀速运动的时间 误；实验过程需要保持物体A、滑轮间的细线与 长木板平行，这样才能保证细绳对A的拉力恒 L一x1=0.1s t2= (1分) 定，B正确：物体A加速运动时，弹簧测力计示数 可得总时间 等于物体A所受的合力，C错误。 t=t1十t2=0.7s (1分) (4)本实验在长木板始终保持水平的条件下，也 (2)小物块向A点射出后，恰好能从A点返回 能得到“物体A的加速度正比于所受合力”的结 时，与传送带摩擦产生的热量最大，设射出的初 论。斜面倾角日，使物体A恰好匀速运动，记录 速度为)，恰好到A,点有 此时弹簧测力计示数F。,再增大斜面倾角日，使 L A做匀加速运动，多次进行实验，记录每次的弹 2a 2-va (1分) 簧测力计示数F,利用每次频闪相机拍出的照片 运动的时间 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 4g之 a 的倾斜直线，则得到“物体A的加速度正比于所 此段产生的热量 受合力”的结论。 13.(1)9m/s(2)8.5×105kg Q.=mg合+) (1分) 【解析】(1)设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为 然后，小物块反向加速到与传送带共速，此段产 a1,对潜艇，由牛顿第二定律得mg-F-f=ma1 生的热量 (1分) Q2=umg(vot1-x1） (1分) 代入数据解得a1=0.9m/s2 所以总热量 10s末的速度v=a1t1 (1分) 解得o=9m/s (1分) Q-=Q+Q.-56 (1分) (2)掉深10s时，潜挺下落的高度h1= 24 (3)小物块射出后相对于传送带的运动方向如图 (1分) 所示，由于滑动摩擦力与相对运动方向相反，可得 解得h1=45m v和=√o6十u2=5m/s (1分) 潜艇减速下落的高度h2=h一h1 (1分) 解得h2=67.5m 在减速阶段h2-2a2 (1分) -a ) ·11· 1 真题密卷 二轮专题精准提升 由于0：=00 1 d+d,=2a6 (1分) 所以加速度a的方向不变，小物体的两个方向的 解得t0=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下， )方向做匀减速直线运动，在AC方向做匀加速 增加了物块对木板的正压力同时也增加了木板对 直线运动，设小物块从BD边射出，运动时间为 地面的正压力，因此可知木块仍相对于木板静止， t,由匀减速运动可知 在电场E1中，在力F未撤去时，设物块和木板共 1 同运动的加速度大小为a1,由牛顿第二定律有 d=u-ay F-u2[(m+M)g+Eg]=(m+M)a (1) 可=-》 解得 (1分) a1=0 此时沿AC方向的位移 即在物块进入电场E1中的1s时间内物块和木 x=2a,t-9-6v2 板一起做匀速直线运动，物块对长木板的摩擦力 1 4 m<L=1.2m (1分) 所用的功 假设成立，所以小物块从BD边射出，射出点离 W=1mgx1=0.4×1×10×(11.5-8)J=14J (2分) B点距离x=9-62 4 m。 (1分) (3)此时距进入电场E2的距离 x2=d3-x1=11.5m-8m=3.5m (1分) B D 设在这段位移内物块和木板共同运动的加速度 相 大小为a1,由牛顿第二定律有 u2[(m+M)g+Eg]=(m+M)a (1分) 解得a1=4m/s2 设物块和木板共同进入电场E2时的速度大小为 v2,则由速度与位移的关系可得 a v2-v1=-2a1x2 (1分) 15.(1)4s(2)14J(3)6m 解得v2=6m/s 【解析】(1)在物块未进入电场时设其最大加速 当进入匀强电场E2,电场力竖直向上，对物块在 度大小为a0,则由牛顿第二定律有 竖直方向有 μ1mg=mao (1分) mg=E2g (1分) 解得ao=4m/s2 (1分) 可知，物块在电场E2中做匀速直线运动，因此， 当给木板施加恒力时，假设物块和木板能够保持 物块离开匀强电场E2时速度的大小为6m/s。 相对静止，一起做匀加速直线运动，设共同加速度 设物块出电场E2所用的时间为t2,在物块出电 的加速度大小为α，则对整体由牛顿第二定律有 场E2的过程中木板在电场E2中做匀减速直线 F-u2(m+M)g=(m+M)a (1分) 运动的加速度大小为a2,则 代入数据解得 di=v2t2 (1分) a=2 m/s2<ao u2Mg=Ma2 则假设成立，在未撤去力F的时间内物块的位移 解得t2=1s,a2=2m/s2 --×2x5m=25m 设该过程中木板的位移为x3,可得 (1分) (1分) xa=wt红-2a2t号=5m (1分) 可知xo>d1十d2 则可知在力F撤去前的某一时间内物块已经进 则可得物块出电场E2时距离木板右端的距离 入电场，设从开始运动到物块进入电场的施加为 d5=d1-(d4-x3)=6m。 (1分) t。,由位移与时间的关系可得 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 径变小，则地球静止卫星的轨道变低，A错误；根据牛 Mm 1.D【解析】根据万有引力提供向心力G,产=mr, 顿第二定律G一ma,可得a三，可知地球静上 可得r √，若地球自转变快，则角速度变大，地球 G 卫星和极地同步卫星的加速度大小相同，B错误：地 静止卫星的角速度变大，可知地球静止卫星的轨道半 球两极，根据牛顿第二定律G R2=mg瓶，可得g板= ·12·