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（山东专用）

你的 2025一2026学年度二轮专题精准提升（三） 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90分钟。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 题号 个y 35 6 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，放置在倾角为日的光滑斜面上，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.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？gsin0 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 () 7777777777777777 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冲上传送带，且0>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，下列说法正确的是() ○ A.物块的速度达到v前后，加速度的大小之差为2gcos0 B,物块在做减速运动的过程中保持加速度不变 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 EEENEEEEEEEEAN C.h与0之间的关系为u=tan0 班级 D.物块的速度达到？前，在传送带上的划痕长度等于物块位移大小的一半 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 姓名 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 () 个ms) 得分 200 2----- 0 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弓 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2、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 () 000000ABK-F A.为使A、B可分开，x必须不小于mg B.为使A,B可分开，F做功必须大于9rmg 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 A.当a分别为和号时，轻杆对小球A的作用力大小相等 且当。=一是时，B球与底板间的摩擦力为零 C,为保证轻杆与厢壁始终相对静止，k的最小值为。 D.若=√3，升降机向上加速运动的最大加速度为令 二轮专题精准提升（三）物理第2页（共8页） 3 7.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'p。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 25s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 () 4y/(×102m) f=0.025s 0 -2 -1 0 x/(×102m) A.108J B.1014J C.1020J D.1025J 8.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o。=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 M 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 2 CB点的坐标为(3,1) D.C点的坐标为3，多 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得 4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 9 10 11 12 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，t1、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 3 二轮专题精准提升（三）物理第3页（共8页） 真题 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4=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::网： C D B 2o: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 11.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 () O 密卷 二轮专题精准提升（三）物理第4页（共8页）】 12.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u=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 抽屉e 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F2.2N 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6小题，共60分。 13.(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。 M 0 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1，则动摩擦 因数测量结果的表达式为4= (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，结果如图乙 所示，则d= mm。 0 2 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 上A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(x1y)、 Q(x2,y2),则滑块与长木板之间的动摩擦因数μ= (用d、g、x1y1x2y2表示)。 丙 4 二轮专题精准提升（三）物理第5页（共8页） 真题密 14.(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0，即改变细线对A的拉力F。 风E圆 cm0T5456789102154516718192021222524252622829303 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)。 3g673g105i3456789202225242526272829305 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B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： 15.(8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6.0×10°kg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） 3 16.(8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u=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。si37°=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。 A 向B 777n1777T 17.(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v=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μ=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o=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 18.(16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g=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1=0.4， 长木板与水平地面间的动摩擦因数42=0.2，物块带电量始终不变，g取10m/s2,求： (1)物块运动多长时间进人匀强电场E1; (2)从物块进入匀强电场E:到离开匀强电场E: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。 ←-d -d- 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 1 由位移时间公式，有L= (1分) 则第一辆汽车通过主桥所用时间 t=t1+t2=67.95s (1分) 联立解得=LeU /2m (2)设经时间t',第一辆汽车车尾与列车车尾相 (1分) 遇，此时汽车速度未达到最大；则列车位移 (2)设左半部分运动时间t1,右半部分运动时间 xi=vot' (1分) t2,由位移时间公式，整个过程有 汽车位移 1 L-=2aa+tz)” (2分) fi-ar (1分) 左半部分，有2-2at号 (1分) 又有x1+x2=l1+l2 (1分) 解得t'=12s 解得 1 =√2+1 (1分) 此时汽车速度 t2√2-1 v'=at'=12 m/s<vm=20 m/s (1分) 稳定时，电子均匀发射，左半部分电子数量与右 假设成立，则第一辆汽车与列车完成错车的时间 半部分电子教量比-2十1 (1分) 为12s (1分) N2 t2 (3)汽车加速到最大速度所用时间 1 (3)由位移时间公式，有x=2Qt (1分) t2="=20s (1分) a 电子数N= (2分) 设总共有k辆车与列车完成错车，且此时第辆 e 车速度刚好达到最大，则有 解得N=I2mLz eVeU。 (1分) i:+ku:+d)=,:+k△)+ai (1分) 18.(1)67.95s(2)12s(3)28 解得k=34.4 【解析】(1)汽车的最大速度 当取34时，有 Um=72 km/h=20 m/s (1分) t3=t2+k△t=26.8s (1分) 第一辆汽车加速到最大速度所用时间 列车驶离桥头的时间 t1=0m=20s (1分) a t4= 2=25.6s< (1分) 第一辆汽车加速阶段通过的位移大小 则总共有力辆车与列车完成错车，由 x1-2,=200m (1分) t4=t2十p△t (1分) 解得p=28 (1分) 第一辆汽车在主桥上匀速运动的时间 则总共能与28辆汽车完成错车。 L十l1-x1=47.95s t2= (1分) 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 体由牛顿第二定律有F弹十2 mg sin0=2maAB,其中 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 F=mgsin0,解得aa=名gsn0,则A的加建度 烧断的瞬间，AB之间的绳子拉力为零，对A由牛顿 3 第二定律有F-mg sin0=maA,解得aA=2gsin0, 大小aA=aAa=28sin0,C错误；剪断弹簧的瞬间， A错误；在轻绳被烧断前，对于C根据平衡条件可 对于AB整体，弹簧弹力为零，根据牛顿第二定律 得弹簧弹力F#=mg sin0,在轻绳被烧断的瞬间，对 于B分析，由于绳子拉力为零，弹簧弹力不变，根据 E2 mg sin0=2maB,解得aAB=2gsin0,而A 牛顿第二定律F十mg sin0=maB,解得aB= 1 2 gsin0,B错误；突然撤去外力F的瞬间，对AB整 的加速度大小aA=a=28sin0,D正确。 ·10· ·物理· 参考答案及解析 2.C【解析】两过程中，由于重力做功相同，克服摩 h=1.125m,联立解得反推发动机的工作时间 擦力做功相同，则根据动能定理可知，两过程到达 △t=0.25s,D正确；根据加速度的定义式可知反 底端的速度大小相等，A、B错误；先让物块从A 推发动机工作时，返回舱的加速度大小a= 由静止开始滑到B,又因为动摩擦因数由A到B 1-v2_7-2 逐渐减小，则合力增大，即加速度增大，同理可知 △2=0.25m/s2=20m/s2,由牛顿第二定律 当物块由B到A,则合力减小，即加速度减小，最 3 有4F-mg=ma,联立解得F=mg,即单台发 终速度的大小相等，而且位移大小相等，则t图 像如图所示，则前一过程即由A到B用时较长，C 动机的推力约为返回舱重力的。，C错误。 正确，D错误。 5,A【解析】从弹簧压缩量为x时撤去力F到A木块 和B木块分开，由动能定理可得W弹一μ(m十2m)gx= Ek,水平力F向左缓慢压B,水平力大小始终与弹簧弹 0十kx.1 力大小大小相等，则有W= 2x x,结合上 tB→tA-B 3.A【解析】根据题意可知，物块与传送带速度相等 迷可知，A.B分开时有瓦.≥0，即有r2-3mgx≥0， 后继续向上减速，则有mg cos0<mgsin0,可得μ< tan0,C错误；因为vo>o,物块与传送带速度相等之 解得≥mS,A正确；结合上迷可知，A,B分开时弹 前，物块受到的滑动摩擦力沿斜面向下，加速度沿斜 簧已经恢复原长，全程弹簧所做总功为0，从力F开始 面向下，大小a1-mgn0+m8os0=gn0十 推动B到A、B木块分开，对全程由动能定理可得 m Wr一u(m十2m)g·2x=Ek-0,木块A、B分开时有 gc0s日，物块与传送带速度相等之后，加速度沿斜面 Ek≥0，即有Wr一u(m十2m)g·2x≥0，解得Wr≥ 向下，大小a2=mgsin0-tong cos9 6mgx,B错误；两木块分开瞬间加速度相等，速度 m 相等，两者之间弹力为0，设此时共同的加速度为α， gcos0<a1,B错误；物块与传送带在速度相等前后， 弹簧的弹力为T,对B木块由牛顿第二定律有 加速度的大小之差a1一a2=2 ug cos0,A正确；设物 块从冲上传送带到与传送带速度相等所用时间为t, mmg=ma,对A木块由牛顿第二定律有2umg十 T=2a,解得T=0,所以此时弹簧没有弹力，即弹 此过程物块的位移x%=可十 t,传送带的位移 2 簧处于原长状态，C、D错误。 x传=，可知此过程物块在传送带上的划痕长度 6.C【解析】根据牛顿第二定律知FNA一mg=ma, A=一2=2，若清足A虹=4，剥有 1 当a分别为景和气时，轻杆对小球A的作用力大小 0=3v,由于v0不一定等于3v,则共速前物块在传 不相等，加速度越大，轻杆对小球A的作用力越大， 送带上的划痕长度不一定等于物块位移大小的一半， A错误；只有当a=一g时，系统处于完全失重状态， D错误。 B球与底板间无压力，B球与底板间的摩擦力为零， 4.D【解析】0~t1时间内，向下做减速直线运动， 其他情况摩擦力不为零，B错误；设杆的弹力为F, 加速度竖直向上，故返回舱内的宇航员处于超重 升降机向上运动的加速度为a,升降机壁对A的弹力 状态，A错误；若返回舱在0~t1时间内做匀减速 为FNA1,对A在竖直方向上FNcos30°-mg=ma, 直线运动，则平均速度0=0十”_200+7 对A在水平方向上Fwsin30°=FN1,对系统水平方 2 2m/s= 向F·4mg十切m),解得k一，C正确；因 103.5m/s,但宇航员在0~t1时间内做加速度逐 渐减小的减速运动，其在0~t1内的平均速度小于 为k(4mg十4ma)>ng tan30°，即升降机向上加速 103.5m/s,B错误；t2时刻点火后反推发动机开 运动时，无论加速度取何值，B球受到的静摩擦力均 始工作，返回舱做匀减速直线运动，由运动学知识 有h=1十UX△，点火时返回舱距地面的高度 大于壁对A球的深力，所以，若及一怎升降机向上加 2 速运动的加速度可以取任意值，D错误。 ·11· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 7.B【解析】由题意知R=CtEp,R的国际单位 止一起以相同加速度做匀加速运动，C点时物块与木 为m,t的国际单位为s,E的国际单位为kg·m/s2, 板间的静摩擦力刚好达到最大，设此时对应的恒力 p的国际单位为kg/m3,令各个量的数值均为1，可得 Fc,以物块与木板为整体，由牛顿第二定律得Fc= 1m=(1s)×(1kg·m2/s2)y·×(kg/m3),整理 (M十m)ao,以物块为对象，由牛顿第二定律得 得m=kg+》m23》s-》,由单位的关系可得y十 mg=mao,联立解得ao=2m/s2,Fc=3N,由C选 2 1 z=0,2y十3z=1,x十2y=0,解得x= y=5 项可得=68c,代入Fc=3N,可得=3 s2m1, 5,由上述结论可得R=C号E5p专，将C=1, 故C点的坐标为(3,2)，D正确。 p=1.2kg/m3,t=25ms,由题图可知R=132m,代 二、多项选择题 入可解得E-R=1.2X132 2=0.025≈7.69X10J,故该次 9.CD【解析】t1时刻，小球位于最高，点，有向下的 加速度，t2时刻小球经过初始位置，重力与弹簧弹 原子弹爆炸释放的能量量级最接近1014J。 力平衡，仅受向上的空气阻力作用，加速度向上， 8.D【解析】在AB段，拉力F较小，物体在木板上 则t1~t2时间内小球加速度先向下后向上，先减 相对于木板滑动的路程保持不变，说明物块会从 小后增大，A错误；t2~t3时间内，空气阻力一直 板右侧滑离木板，在BC段，物块滑上木板后，物 做负功，小球和弹簧的机械能一直减小，B错误； 块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共 x-t图像的斜率表示速度，t3~t4时间内，图像的 同速度，之后保持相对静止一起以相同加速度做 斜率逐渐减小，小球的速度一直减小，小球的动能 匀加速运动，在DE段，物块滑上木板后，物块减 一直减小，C正确；t2、ta时刻小球经过初始位置， 速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速 重力与弹簧弹力平衡，仅受空气阻力作用，根据牛 度，物块相对于木板向左滑动，最终物块会从板左 顿第二定律知f=v=ma,由于小球运动过程中 侧滑离木板，A错误；F=0时，根据牛顿第二定律 一直克服空气阻力做功，小球在t2时刻的速度大 可得，物块的加速度大小a=m8=2m/s,木 于t3时刻的速度，故小球在t2时刻的加速度a? m 大于t3时刻的加速度a3,D正确。 板的加速度大小aM=m=4m/s,由图像AB M 10.ABD【解析】根据矢量三角形，从B点运动到 C,点过程中机器人的速度变化量为1m/s,从而 1 段可知，滑块相对木板的路程s=ut一20m 求出动量变化量△p=m△v=40kg·m/s,A正 a=1m,联立解得1=3s减1=1s(会去， 1 1 确；从A点运动到B点过程中，有2=2a1xAB, 解得机器人的加速度a1=0.1m/s2,B正确；餐 此时滑块的速度小于木板的速度)，则物块滑离木 盘与托盘之间恰好不发生相对滑动时，最大静摩 1 板时的速度大小vm=0一amt= 3m/s,B错误；在 02 擦力提供向心力有mg=m,解得r=0.5m, AB段，F较小，物块将从木板右端滑下，其中B点， 所以圆孤BC的半径不可以小于0.5m,不可以设 对应物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度 计为0.45m,C错误；机器人以1m/s的速度匀减 v,设此时对应的恒力为FB,由牛顿第二定律得aM= 速至D点的最大加速度a=g=2m/s2,则匀减 FB十mg,由速度关系得o=o一an=aid,由位 M 速的时间1-日=0.5s,匀减速的位移△虹一2a 移关系得=十”，一巴， 26一212t1,联立解得1= 1 0.25m,故从C点开始匀速运动的时间t2= ICD-AT =11.75s,所以机器人从C,点运动到D 6+FB 8 ，由题图乙可知，B点对应的相对路程s=1m, 点的最短时间tm=t1十t2=12.25s,D正确。 代入解得FB=2N,故B点的坐标为(2,1)，C错误； 11.AD【解析】由题图乙可知，木板先做匀变速直 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 线运动，有x1=一ut十2at,对应的xt图线 3 ·12· ·物理· 参考答案及解析 为一段抛物线，之后做匀速直线运动，对应的℃t 【解析】(1)滑块由A到B,由牛顿第二定律得 图线为一段倾斜直线，A正确；同理，可得V2一 a=tmg v=2ax,可知v2-x图像中x=0时，v2≠0，B错 m -4g根据运动公式1=2，解得以= 误；依题意，滑块一直匀减速直到与木板共速，其心 21 图像如图，由图像可得△是不断减小的，根据 8t2。 △x=△t可知△rt图像最初并非线性关系，C错 (2)游标卡尺为20分度，精度为0.05mm,游标 误；根据Q=f·△x,可得木板减速上滑过程，有 尺上0刻度线在主尺第5条刻度线右侧，游标尺 上第5条刻度线与主尺刻度线基本重合，所以游 Q,=ft(at-r力=2,木拔加速下 标卡尺读数为5mm十5X0.05mm=5.25mm。 过程有Q,=f(t+ar）=ar,其Q:图 (3)滑块从光电门到停止运动，由牛顿第二定律 得umg=ma,由匀变速直线运动速度和位移的 像为二次函数，即抛物线，木板匀速下滑过程，有 关系得o2=2al,0= ，解得1-g×,因 d d2 Q3=f(u十v共)t,其Qt图像为倾斜直线，D正确。 滑块 像斜率= ,因为=二头，解得4 d2 2μg x2-x1 d2(x2-x1） 2g(y2-y1)° 14.(1)不需要(2分)(2)4.00(2分)(3)B(2分) 12.BCD【解析】手机的最大加速度a.=mg (4)见解析(2分)（意思对即可） m 【解析】(1)由于细绳的拉力可以由轻质弹簧测 g=1m/s2,手机与抽屉一起做加速运动的最大 力计测出，物体B的质量不需要远小于A的质 拉力Fm=(M+m)am=(2+0.2)×1N=2.2N, 量。 所以当水平恒力的大小F≤2.2N时，手机与抽屉 (2)由图乙可知x1=2.50cm,x2=3.50cm, 一起加速运动，拉力增大手机的加速度也增大，当 x3=4.50cm,x4=5.50cm,x5=6.50cm,可知 水平拉力的大小F≥2.2N时，拉力增大手机的加 △x=1.00cm=0.01m,根据△x=aT2可得物体 速度为1m/s2不变，A错误，C正确；当水平恒力 A运动的加速度a= △x0.01 的大小F=2N时，手机与抽屉一起加速运动，摩擦 /11zm/s=4.00m/g。 20/ 力对手机做正功，当抽屉拉至最右端与挡板相碰时 (3)把长木板的一端垫高，通过调整倾角，使物体 速度立刻变为0，手机继续向右做减速运动，摩擦力 A恰沿长木板匀速运动，是为了平衡摩擦力，平 对手机做负功，B正确；当F=4.2N>2.2N时手机 衡摩擦力时，不用物体B牵引物体A运动，A错 与抽屉相对滑动，对抽屉由牛顿第二定律得F 误；实验过程需要保持物体A、滑轮间的细线与 mg=Ma2,解得a2=2m/s2,当抽屉拉至最右端与 长木板平行，这样才能保证细绳对A的拉力恒 挡板相碰时，有L=20:,解得，-25 1 s,手机的 定，B正确；物体A加速运动时，弹簧测力计示数 等于物体A所受的合力，C错误。 25 速度2=anmt,解得u=5 m/s,手机的位移 (4)本实验在长木板始终保持水平的条件下，也 能得到“物体A的加速度正比于所受合力”的结 x=2,解得x2-0.4m,抽昼停止运动后手机向 U2 论。斜面倾角日，使物体A恰好匀速运动，记录 右滑动的位移x3=x2=0.4m,则有x2十x3<L十 此时弹簧测力计示数F。,再增大斜面倾角0，使 d,则手机不与抽屉右侧发生磕碰，D正确。 A做匀加速运动，多次进行实验，记录每次的弹 三、非选择题 簧测力计示数F,利用每次频闪相机拍出的照片 计算出对应的加速度a,然后作出合力 13.(1) g(2分) (2)5.25(2分) (3) (F一F。)与加速度a的关系图，若为一条过原点 d2(x2-x1） 的倾斜直线，则得到“物体A的加速度正比于所 2g(y2-y1) (2分) 受合力”的结论。 ·13· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 15.(1)9m/s(2)8.5×105kg 代入数据解得s=4.8m: (1分) 【解析】(1)设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为 17.(1)0.7s (2)15+66 2 (3)小物块从BD边 a1,对潜艇，由牛顿第二定律得mg一F一f=ma1 (1分) 9-6√2 射出，射出点距离B点距离x= 代入数据解得a1=0.9m/s2 10s末的速度v=a1t1 (1分) 【解析】(1)根据牛顿第二定律可得 解得v=9m/s (1分) a=tamg=5 m/st (1分) m (2)掉深10s时，潜艇下落的高度h1= .v6 由于2a =0.9m<L (1分) (1分) 可知小物块先加速到与传送带达到共速，然后做 解得h1=45m 匀速直线运动，加速所用时间 潜艇减速下落的高度h2=h一h1 (1分) 解得h2=67.5m 0=0.6s t一a (1分) v2 在减速阶段he=2a (1分) 加速位移 v品 解得a2=0.6m/s2 x1一2a =0.9m (1分) 潜艇减重后的质量为m1,潜艇减重后以0.6m/s2的 匀速运动的时间 加速度匀减速下沉过程中，由牛顿第二定律得F十 f-mig-ma2 (1分) L一x1=0.1s t2= (1分) 代入数据解得m1=5.15×106kg 可得总时间 排水前潜艇的质量m=6.0×10kg t=t1+t2=0.7s (1分) “掉深”过程中排出水的质量 (2)小物块向A点射出后，恰好能从A点返回 m'=m-m1=8.5×105kg。 (1分) 时，与传送带摩擦产生的热量最大，设射出的初 16.(1)36N2m/s2(2)2m/s(3)4.8m 速度为v,恰好到A点有 【解析】(1)对物体A,根据牛顿第二定律 L 2a2=v (1分) F-m1gsin 0-umig cos0=mia (1分) 设物体B的加速度为a1,根据运动关系可知 运动的时间 1 a1=20 此段产生的热量 对物体B,根据牛顿第二定律m2g一2F=m2a1 联立可得拉力大小F=36N (1分) Qi-umg(2+vot3) (1分) 加速度a=2m/s2 (1分) 然后，小物块反向加速到与传送带共速，此段产 (2)由运动学公式，有v2=2a1h (1分) 生的热量 可得物体B落地前瞬间的速度大小v=2m/s Q2=umg(vot1-x1） (1分) (1分) 所以总热量 (3)物体B落地时，物体A的速度A=4m/s B落地后，设A的加速度大小为a2 Q=Q+Q。 15+6w6 (1分) 2 由牛顿第二定律有 (3)小物块射出后相对于传送带的运动方向如图 migsin 0+umigcos 0=m1a2 (1分) 所示，由于滑动摩擦力与相对运动方向相反，可 B落地后，根据运动学公式 得 0-v1=-2a251 (1分) v和=√06十z2=5m/s (1分) 物体A沿着斜面向上运动的最大距离 s=2h+s1 ax=- 相 。14· ·物理· 参考答案及解析 dtd-jai (1分) 由于2= 解得to=4s (1分) (2)当物块进入电场E1后由于电场力竖直向下， 所以加速度a的方向不变，小物体的两个方向的 增加了物块对木板的正压力同时也增加了木板 加速度分量不变，由上可知，相对地面，小物体在 对地面的正压力，因此可知木块仍相对于木板静 v方向做匀减速直线运动，在AC方向做匀加速 止，在电场E1中，在力F未撤去时，设物块和木 直线运动，设小物块从BD边射出，运动时间为 板共同运动的加速度大小为a1,由牛顿第二定律 t,由匀减速运动可知 有 d=u-at F-u2[(m+M)g+Eg]=(m+M)a (1) 解得 可得--） (1分) a1=0 即在物块进入电场E1中的1s时间内物块和木 此时沿AC方向的位移 板一起做匀速直线运动，物块对长木板的摩擦力 所用的功 4 m<L=1.2m (1分) W=1mgx1=0.4×1×10×(11.5-8)J=14J 假设成立，所以小物块从BD边射出，射出点离 (2分) 9-6J2 B点距离x= (3)此时距进入电场E2的距离 4 m。 (1分) D x2=d3-x1-11.5m-8m-3.5m (1分) B U相 设在这段位移内物块和木板共同运动的加速度 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E?时的速度大小为 2,则由速度与位移的关系可得 18.(1)4s(2)14J(3)6m u2-v=-2a1x2 (1分) 【解析】(1)在物块未进入电场时设其最大加速 解得v2=6m/s 度大小为ao,则由牛顿第二定律有 当进入匀强电场E2,电场力竖直向上，对物块在 μ1mg=mao (1分) 竖直方向有 解得a0=4m/s2 (1分) mg-E2q (1分) 当给木板施加恒力时，假设物块和木板能够保持 可知，物块在电场E2中做匀速直线运动，因此， 相对静止，一起做匀加速直线运动，设共同加速 物块离开匀强电场E2时速度的大小为6m/s。 度的加速度大小为a,则对整体由牛顿第二定律 设物块出电场E2所用的时间为t2,在物块出电 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 a=2 m/s2<ao ds=v2t2 2Mg=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/s 1 =。X2×52m=25m (1分) 设该过程中木板的位移为x3,可得 可知xo>d1十d2 (1分) 1 xg=2l,-2a2号=5m (1分) 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 ds=d1-(d4-x3)=6m. (1分) t0,由位移与时间的关系可得 ·15· 3