专题卷(2)直线运动与牛顿运动定律(包括板块模型)-【鱼跃龙门卷】2026年高三物理二轮复习专题金卷（安徽专版）

2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（二） 物理·直线运动与牛顿运动定律（包括板块模型） (考试时间75分钟，满分100分) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。每小题只有一个选项符合题目要求。带 题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.航天员在宇宙飞船的舱外机械臂上，一手拿小钢球，一手拿羽毛，双手用同样的力作用相同的 一小段时间后，将小钢球和羽毛向同一方向扔出，预定目标为扔出点正前方两米处，下列说法 正确的是 A.小钢球先到达预定目标处，因为小钢球的惯性比羽毛大 B.羽毛先到达预定目标处，因为离开手之后羽毛的速度大 C.小钢球和羽毛都不能到达预定目标处，因为在舱外小钢球和羽毛没有惯性 D.小钢球和羽毛同时到达预定目标处，因为没有阻力影响，轻、重物体运动一样快 2.一辆汽车从发现情况到开始减速到停止运动的情景过程如下，已知减速过程的加速度大小为 α，减速过程的平均速度大小为v,减速过程经历的时间是反应过程经历的时间的5倍，反应过 程可视为做匀速运动，下列说法正确的是 A.汽车正常行驶的速度大小为2v 发现情况 开始减速 汽车停止 D B反应过程的时间为君 92 010" 反应过程中 减速过程 C.减速过程位移是反应过程位移的倍 D.从发现情况到汽车停止整个过程的平均速度大小为。 3.如图，调整水龙头的开关，使单位时间内流出水的体积相等。水由于重力作用，下落 速度越来越大，水柱越来越细。若水柱的横截面可视为圆，图中α、b两处的横截面 直径分别为0.8cm和0.6cm,则经过a、b的水流速度之比v。：v6为 A.1:3 B.1:9 C.3:4 D.9:16 4.神舟系列载人飞船的返回舱返回地球过程中，需要进行一系列较为复杂的减速操作。第一阶 段，返回舱脱离飞行轨道后，先打开引导伞，引导伞工作大约16s,返回舱的下降速度可由 180m/s减至80m/s;第二阶段，在距离地面10km时引导伞拉出减速伞，再由减速伞带出主 伞，主伞先开一个小口，慢慢地全部撑开，这时返回舱的下降速度由80m/s逐渐减至10m/s, 然后在大气中匀速下降；第三阶段，当返回舱距地面1高时（返回舱底部安装有一个Y探测 物理W·专题卷（二）第1页（共8页） 鱼跃龙 仪)，Y探测仪发出信号，“指挥”缓冲发动机点火向下喷气，返回舱落地时速度为0。根据以上 减速过程得出的结论中，正确的是 A.第一阶段减速的平均加速度一定大于第二阶段减速的平均加速度 B.三个阶段减速过程中航天员均处于失重状态 C.第三阶段减速的平均加速度大小为50m/s2 D.第三阶段减速至距地面0.5m高时返回舱的速度为5m/s 5.2025年8月，广州市开展超高层建筑灭火演练，模拟18层电气火灾场景。无人机集群执行破 窗、灭火、物资投送等任务。假设这次任务中无人机挂载一直径为50mm的消防水带，从地面 由静止竖直起飞，用时20s竖直上升100m后悬停，随后通过连接水带的喷枪喷水灭火，在短 时间内就控制了火情，如图所示。无人机从起飞到悬停可视为由两段匀变速直线运动组成。 则下列说法正确的是 A.无人机在上升过程中机械能守恒 消防 B.无人机在上升过程中先失重后超重 C.无人机在上升过程中的最大速度为10m/s 喷枪 D.两段匀变速直线运动的时间一定相等 6.2025年12月20日全国首块L3级自动驾驶专用正式号牌“渝AD0001Z”在重庆诞生，这标志 着我国自动驾驶开启“合规商用”新阶段，宣告中国自动驾驶技术正式进入L3时代。某公司 在研究无人驾驶汽车的过程中，对比A、B两辆车的运动，两车在计时起点时刚好经过同一位 置沿同一方向做直线运动，它们的速度随时间变化的关系如图所示，由图可知 A.A车在任何时刻的加速度大小都比B车大 ◆v/(ms-) B.在0~3s时间内，两车一定有加速度相同的时刻 C.在t=3s时，两车经过同一位置 03691215s D.A车在t=9s时的加速度与t=12s时的加速度相同 7.2025年中国快递业迅猛发展，自动化分拣设备也得到了广泛应用。 包裹 如图为一快递分拣流水线的简化示意图，快递包裹（可视为质点） 从距传送带0.2m高度处的分拣口无初速度释放，释放时传送带 的A点恰好在包裹正下方。若传送带足够长，包裹落到传送带上 不反弹，传送带匀速转动的速度v=0.4/s,包裹与传送带之间的动摩擦因数为0.2，重力加 速度g取10m/s2,则包裹与传送带共速时，包裹与传送带上A点的距离为 A.0.08m B.0.09m C.0.10m D.0.12m 门卷 物理W·专题卷（二）第2页（共8页） 8.航天员在火星表面将小球竖直上抛，取抛出位置O点的位移为x=0,从小球抛出开始计时， 以竖直向上为正方向，小球运动的t图像如图所示（其中a、b均为已知量）。忽略火星的自 转，将其视为半径为R的匀质球体，引力常量为G。则下列分析正确的是 A.小球竖直上抛的初速度为2a B.小球从O点上升的最大高度为ab C.火星的第一宇宙速度为， aR D.火星的质量为2aR Gb ￥如图所示，a、b、c三点位于空中同一竖直线上且b为ac中点，小球甲、乙完全相同，甲从甲Oa a由静止释放的同时，乙从b以速度v。竖直向上抛出，两球在ab中点发生弹性碰撞。已 乙○b 知重力加速度大小为g,则甲、乙经过c点的时间差为 A (w3-1)o (2-√2)0 (√2-1)v0 B. C. D. g 8 二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。带题目为能力提升题，分值不计入 总分。 9.如图，运动员先后将甲、乙两冰壶以相同的初速度从A点沿直线AO推离。若甲以加速度a1 做匀减速直线运动后停在O点；乙先以加速度α2做匀减速直线运动，到达某位置，运动员开 始刷冰面减小动摩擦因数，乙以加速度α3继续做匀减速直线运动并停在O点，则 A A.aa2 B.aa3 C.a1-a3 D.a2-a3 10.如图，倾角为30°、质量为m的斜面体静止于光滑水平面上。轻弹簧 的上端固定在斜面体的顶端A处，下端拴接一质量为的光滑小球F A0000000O 30°7 77777777777777777 (可视为质点)。现让系统在水平恒力F作用下以大小为√3g的加速度水平向左做匀加速直 线运动，小球与斜面相对静止且小球未运动到水平面上。已知重力加速度大小为g,不计空 气阻力。则撤去力F瞬间（在撤去力F的瞬间，小球与斜面之间的弹力不变） A.弹簧的弹力大小为”% B,斜面体的加速度大小为 38 C.小球的加速度大小为√3g D.小球对斜面的压力大小为3ms 6 物理W·专题卷（二）第3页（共8页） 鱼跃方 *如图，在足够高的空间内，小球位于空心管的正上方h处，空心管长为L,小球球心与管？ 的轴线重合，并在竖直线上，小球的直径小于管的内径，小球可以无障碍穿过空心管，不 计空气阻力，下列判断正确的是 A.两者均无初速度同时释放，小球在空中不能穿过管 B.两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度。，管无初速度，则小球一定能穿过管，且在管 中运动的时间与当地重力加速度无关 C.先让小球自由下落，当小球落至空心管上边缘时，无初速度释放空心管，则小球一定能穿过 管，且在管中运动的时间与当地重力加速度有关 D.两者均无初速度释放，但小球提前了△t时间释放，则小球一定能穿过管，且在管中运动的 时间与当地重力加速度无关 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(8分)ETC(电子不停车收费系统)的使用，大大缩短了车辆通过收费站的时间。汽车以v。= 10/s的速度沿直线驶向收费站，如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处减速为零，经过 t。=18s缴费成功后，再启动汽车加速至v。正常行驶；如果过ET℃通道，需要在收费站中心 线前d=5m处正好减速至v=5m/s,匀速通过中心线后，再加速至v。正常行驶。设汽车 变速运动过程加速度大小恒定，均为1/s2,整个运动过程将汽车视为质点。求： (1)汽车通过人工收费通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小； (2)汽车通过ET℃通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小； (3)汽车通过ET℃通道比通过人工收费通道节省的时间。 5m 车辆行驶方向 均速行 ETC通道 口▣驶区间：口口 车辆行驶方向 人工收费通道 收费站 中心线 门卷 物理W·专题卷（二）第4页（共8页） 班级 12.(10分)2025年低空经济应用场景落地不断迎来突破。作为“十五五”规划建议重点布局的 13. 新兴产业，低空经济正处于从试点示范迈向系统化、规模化发展的关键期。如图所示，某次无 姓名 人机沿竖直方向从地面静止起飞，在0~4s内做匀加速直线运动，加速度大小a1=2m/s2, t1=4s末调节发动机转速改变升力，开始向上做匀减速直线运动，t2=6s末刚好减速到零 得分 并到达指定平台。已知无人机总质量（包括货物）为m=3kg,重力加速度g取10m/s2,求： (1)4~6s无人机的加速度大小a2; (2)平台距离地面的高度H; (3)在0~4s内空气对无人机的作用力大小F。 答题栏 1 2 3 4 5 6 7 P 9 o 物理W·专题卷（二）第5页（共8页） 鱼跃龙门卷 (10分)如图所示，长为L=0.8m,内壁光滑的钢管（顶端开口，下端封闭）竖直固定放置，A、 B两小球的质量分别为mA=200g,mB=100g,直径略小于钢管内径，将小球A从管口静止 释放并开始计时，0.2s时在管口由静止释放小球B,已知小球与管底碰撞后原速率反弹，小 球的直径与钢管长度相比可忽略不计，重力加速度取g=10/s2,碰撞时间和空气阻力均可 忽略，求： (1)A球刚落到管底时，B球的速度大小vB; (2)A、B两小球相遇的位置距管底的高度h; (3)若A、B两小球发生碰撞后，B小球上升的最高点高出管口△h=0.35m,求两小球 碰撞时损失的机械能。 物理W·专题卷（二）第6页（共8页）】 14.(14分)如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P,小滑块Q(可看作质点)放置于长木板上 15. 的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段 时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的-t图像如图乙所示，已知小滑块Q与长木板P的 质量相等，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度g=10m/s2。求： (1)滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数。 (2)长木板P与地面之间的动摩擦因数。 /m·s1) (3)长木板P的最小长度。 P F 777777777777777777777777777777 56 s 名 乙 物理W·专题卷（二）第7页（共8页） 鱼跃龙门卷 (16分)如图甲所示，一质量m=5kg的粗细均匀的圆木棒竖直放置，在外力作用下保持静止 状态，下端距水平弹性地面的高度为H=5.25m,与地面相碰时木棒会以原速率弹回，木棒 上有一质量为2的弹性小环。若t=0时刻，小环从木棒上某处以竖直向上的初速度vo= 4/s向上滑动，并对小环施加竖直向上的如图乙所示的外力F,与此同时撤去作用在木棒 上的外力。当木棒第一次与弹性地面相碰时，撤去施加在小环上的外力。已知木棒与小环 间的滑动摩擦力f=1.2g,小环可以看作质点，且整个过程中小环不会从木棒上端滑出，取 g=10m/s2,不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计木棒与地面的碰撞时 间，求： (1)小环和木棒最初开始运动时的加速度的大小； (2)木棒第一次与弹性地面碰撞时的速度的大小； (3)若木棒恰好与地面第4次碰撞时弹性小环从木棒底端滑落，求小环开始运动时距木棒下 端的距离（结果可以用分数表示）。 2 F/N 140 120-- 0123456/s 甲 乙 物理W·专题卷（二）第8页（共8页）·物理W· 参考答案及解析 昏专管案及解析 物理（一） 8。B【解析】把风力F分别沿著航面和垂直围的方向分解，风 (M+m)g,f-Feo860 2mgsin 0 2mgsin @cos 在垂直帆面方向的分力为Fw一Fna,再把风在垂直帆面方向 解得F=240N,f=103N, 联立解得F=co十5ma-co5aos9计in百 1.A 的分力F。分别沿着航向和垂直航向的方向分解，F在沿着航 根据牛领第三定律，小期友对地面的压力大小为240N,小朋 2.A【解桥】在垂直棉条方向的剖围上。 行方向的分力F。一Fin8,综合可得F。一Fsi,可得F。 c0s(8一a】 友对地面的摩振力大小为10√3N,方向水平向右。 瓦片受力示意图如图所示，两根旗条对 2,5×10N,选项B正确，ACD错误. 则当a一时，F有最小值，为F-mgin2 片的支持力与垂直檩条方向的夹角为 A【解析】园环被固定在绳中点的位置，此几 8.15N28ga(a.5+得)m (3)因为木块及木樱均处于平衡状态，整体受到水平面的摩擦 a,则有2 Fcos a一ngcos0,减小擦条间 时类似为“死结”同题，两端绳上拉力不同 力等于F的水平分力， 【解析】(1)以球为研究对象，受力如图 的距离d时，夹角a减小，两纂条对瓦片 设左右两边轻绳与竖直方向的夹角分别为 即F-Feos(a十)， 所示， 的支持力下F变小，故瓦片与擦条间的弹 a,,则由几何美系知<,Fine 当F取最小值mgn26时，F-Fc0s28-mgin29c%28 小球受力平衡可知N:=mgn9= 力变小，最大静摩搬力变小，则瓦片可能下滑，故A正确：同理 Fwin0,故Fr>Fw,选项A正确：对圆环 15N, mgin40. 增大擦条间的距离d时，夹角a增大，两懔条给片的支持力 受力分新，如图所示，可一根绳左右两边拉力 对整体受力分析可得F,=N,=15N。 F变大，故瓦片与擦条间的弹力变大，最大静摩擦力变大：瓦片 大小处处相等Fu-F,a--，Frna=fwin8,a (2)以正方体和球整体为研究对象，竖直方向受重力(m十M)g 物理（二】 处于静止状态，由平衡条件可知，瓦片与擦条间的摩擦力等于 F,m9一Mg,由儿何关系得如g一兰，水平同距和绳长不变 和地面的支持力F、,水平方向受墙壁的弹力V,和地面的摩 gin0,且保持不变，放CD错说：根据2Fco8a=mgos, 1.B2,A3.D 小集条与水平方向的夹角日时，mgs日增大，则瓦片与擦条间 时，角度不变，故静止时的位置不会因为挑战者质量大小变化而 擦力F,根据平衡条件有F、=(阳十M)g,珠质量最大时有4 4,C【解析】根据意无法计算第二阶段减速的平均加速度，所 的弹力变大，故B错误。 变化，B错误：M端下降时，桃战者会向左下方移动，C错误：当 (g十Mg)-gan0,得出m-8kg 以无法比较第一阶段减速的平均加速度和第二阶段减速的平 3,C MN杆阿距藏小时d减小，绳长L不变，a==小，根据 (3)要使球和正方体都始终处于静止状态，则N:≤：（网'十 均加速度的大小，故A错误：三个阶段减速过程中航天员均处 4.B【架析】由图解法，可得F,先增大后减 Fucos a十COS0=Mg,可知偶上拉力减小，敏D错便. M)g,又因为N,=m'gtan0, 于超重状志，故B锖误：积据匀变速直线运动规律可知第三阶 小，放A错误，B正确：F,一直增大，故CD AD 10.BC 即m'gtan8知(m十M)g, 10 段减速的平均加速度大小为4=玩一2X】m/:-50m/g,设 错误， +AC【解析】对题图有侧结点处受力分析：a角 解得tan0≤u(m'+如 第三阶段减速至距地面0,5m高时返回的速度为'，则有 5,D【解析】由电路图可知，N板带正电，则 大小不变，可以使用辅册团方法判断力的动态变 v9-n2=一2a',解得-5√反m/s,故C正确，D错误. 由受力平衡可知，小球所受电场力垂直被板 比情况，▣图请示，通过分所可得P,先增大再站 即m长一之同能界情况下m0,一子 向上，则小球带正电，故A错误：若S保持闭合，由于电容器相 小，F一直减小，A正确：初始状态，对A分析可 C【解析】无人机上升过程中，有除了重力外的其他力对其做 当于新路，测翼节尽：不改变两板间任何物理量，小球仍静止 通过几何关系解得L=R十Rs1nB, 功，机械能不守恒，A错设：无人机在上升过程中先加速后减速， 得绳子拉力F,=mg:对B分析，可发现F,= 故B错误：若S新开，则两板电荷量不变，政变两板间距离，根 2mg1加30°，即一开始B与C同的静摩振力为零，故当绳子拉力 代人数据得L-(Q.5+得)n。 即先超重后失重，B错误：设无人机上升过程中最大速度为v, 据公式C-Q-CU以及U-Bd可知，E-智，则板同 F,从网g先弹大再或小到mg,B,C问的静摩象力方向一直沿 根据愿章有号×205=100m,解得v=10m/s,C正确；两段匀 斜面向下且先增大再减小，B错误，将B、C看成整体，竖直方向有 电扬强度大小不变，小球仍静止，放C结误：由平衡条件得 4.aa.2M(ao,25Ma√层 Fw十FTin30-(2m十MDg,由于F,先增大再或小，敏Fx先减 变遮直线运动的加道度不一定相等，根据=可知两段匀变 mg6o30=9,解得g=,放D正确。 小再增大，放物体C对地而的压力先减小再增大，故C正确：水平 【解析】(1)对木块受力分析，根据平衡条件可知绳子拉力大 方向上有Fc%30=F,当F,最大时，F术平，对A分析可计 小为T=和g: 速直线运动的时何不一定相等，D结误。 6,D【解析】对兜蓝、王进及携带的设备整体受力 对矩形装置和木块整体，根据平衡条件可知F=2T,解得F B【解析】根据t图僚的斜率表示加速度，可知，A车的加遮 分析如图所示，绳OD的拉力为F,与经直方向 算得F=Emg所以F= m,故D错视 0.2Mg。 度可以为零，并非A车在任何时刻的加速度大小都比B车大， 放A错误：在0一3时间内，一定存在一个时刻，该时刻A图 的夹角为8，绳CD的拉力为F,与经直方向的 11.(1)460N(2)20N,水平向右 (2)根据平衡条件可知术块质量最大时应满足 夹角为a,根据几何关系可得8十：十a一90'，根据网 【解析】(1)根据题意，由平衡条件可知，地而对车的支持力为 (Mg十mg)-2mg,解得m-0,25M. 像切线的斜率等于B的斜率，即两车一定有加速度相问的时 刻，B正确：根暑4图像与时间轴国成的面积表示位移，可知 正微定型可得。 g FN-m人g十m年g-1150N, (3)矩形装置上的滑轮相当于动滑轮，因此木块竖直向下的速 前3s内，A的位移比B的大，因=0时刻两车在同一位置，则 由公式一F可得，地南对小车的摩擦力的大小为f 度是矩形装置的二倍，水平方胸速度与矩形装置相同，根据系 在：一3s时，两车不在同一位置，做C情误：根据-图像的斜 0.4×1150N=460N. 统机械能守恒有 大，9减小，则拉力下，增大，拉力下，减小，故AB错误：王进处于 率表示加速度，料率的正负表示加速度的方向，则知A车在1一 (2)根君题意，设绳子的拉力为F,由平衡条件有 1 平衡状态，此时两绳拉力的合力等于网g,故C情损：当：一30时 mgh-2m(2)+2门+2M 3时的如速度与1=12s时的加速度不同，故D结误。 2F-f,解得F-230N, 9=0,则根据平青状态可得2F,30=mg,解得F,-号mg 对人受力分析，由平筒条件有f1一F一230N,方向水平向右 解得一√行h D【解析】根据自由落体运动公式，有A一g,解得包表搭 12.(1D60°205N(2)240N105N,方向水平向右 故D正确. 到传送带上的时间为10.25，A点运动的位移为1一 【解析】(1)风筝平衡时共受到三个力的作 15,(1)tan6(2)当a=8时，挖力F有最小值mgin28 0.D8m,包裹落到传送带上之后将受到滑动摩擦力的作用酸匀 7.D【解析】当导线静止在题图()右侧位置时，对⊙m 用，即重力和g,风对它的作用力F和细线对 加速运动，根据牛领第二定律有mg=a,廓得a=2m/,包 导线受力分析，安培力为图示方向，划导线中电流 (3)2mg如40 它的拉力F,风筝受力示意图如图所示， 方向应由M指向N,A错误：由于与OO距离相等 【解析】(1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mg日 位置的磁感应组度大小相等且不随时间变化，有 将所有的力沿风筝和垂直于风筝平面进行正： gcps,解得-tan。 达到和传运带我所用的时间为一吕-兰-62，此过 交分解，划Frcos8=mg8in30°，Frsin8十 血0-业，F,mgo,则可看出血9与电流 mgCo830°-F, (2)木模在力F作用下沿斜面向上匀速运动，沿斜面方向根据 程中包裹的位移为，=a4片=立×2×0,2m=0.04m,此过 平衡条件Fco8a=mgin+Fi, 1正比，当1增大时0增大，则©s0减小，静止后，导线对是 联解斜F=205N,0=60°. 程中传送带上A点的位移为x1=t:=0.4X0.2m=0.08m 垂直于斜面方向Fine十Fy一Mgcos9, 包裹与传送带上A点的拒离为(=工1+工1一x:=0,12m: 线的拉力F,就小，BC错提，D正确. (2)对凤筝和小朋友整体选行受力分析可得Fs30°+F 根据摩擦力的计算公式F=Fw, D正确。 高三二轮复习专题卷 8.D【解折】根据题意可知，直向上为正方向，设火星表面重力|11.(1)100m(2)80m(3)25s 12.(1)4m/2(2)24m(3)36N 点a2mg2mgev历6an S,-2mm,故A特误，C正确：左侧图线为并伞后的图 加速度为g,则有x=ot-乞，整理可得专=。一 C001 13,(1)2m/s(2)0.35m(3)0,525J 【解析】(1)最初开始运动时，对小环，根据牛顿第二定律F, 21,结合图像可得一4，一名，放A结误：根据题意，由 【解析】(1)根器延意，有L=2,解得4=0.4s则有 2mg一f-2ma1,解得a1一一2m/爷，即加逃度大小为 线，有F=CpS,当=时，有mg=F=2CS,解 2m/,方向竖直向下， 公式一时一江可利，上开的是大离度为A一会-学放四 tn=-0.2s=0.2 对木棒，根据牛领第二定律了一两g一州a:,解得#。=2m/ 则A球刚落到管底时，B球的速度用一。一2m/s。 3.C【解析】若列车匀速行驶，因每节车和都受阻力作用，则车厢 储误：服聚题，由万有引力等于重力有兴-，解得M一 即加速度大小为2m/⑧，方向经直向上， (2)根据题意可知，A球反弹之后做竖直上抛运动，则有A (2)小环初速度p。一4m/s,则两物体第一次共速过程。十 间拉力不一定均为零。例如第7,8节车厢间的拉力不为零，第 gt4=4m/8: 411-azt1, 4,5节车帮间的拉力为零，AB情授：若列车匀加速行驶，则整体 E R 2aR 户一一，由万有引力提供向心力有R:一m尽，联立解 R A球用落到管：时，小球B下落的高度为 第得t1-1s:此时拉力恰好变为F:=120N, 的加速废a-F二8L,则对前3节车厢的整体分析可知2F &r 得。--√受，故C误D正确 hn==0.2 m 假设之后两物体共同减速到零，根据牛额第二定律3mg F:=3ma,解得a=2m/, 一下。一8加@，解得F。一号，测第3节车和对第4节车厢的 *B【解折】从开始到两球在b中点发生弹性碰撞，对甲、乙分划有 设从A球反弹到两球相酒的时间为：，则有 期棒受到的摩擦力了-mg一ma,,解得f'=40N h巴生一之g, 棒受到的摩擦力小于滑动摩擦力，故假设成立， 拉力大小为F一之，C正确：若列车匀加速行驶，则对第8节 棒和小环在1s后做类竖直上抛运动，回到1s时的位置时，速 车厢分析可知Fa一∫=m4,可得第7节车厢对第8节车厢的 ,小=，=2三0，两球发生弹性质擅，则有m, k'-vata 度均变为竖直向下，"： 拉力大小为Fn=,D情误。 义有1一m一h十表'， 解得=2m/8, 联立解得红=0.1s,h=0.35m. 回到1s时的位置时，棒相对于初始位置上升的高度，= ,D【解析】正常行驶时，敏感球处于相对稳定状态，， =0,2三，两球藏后运动到￡点过程中，对甲，乙分别有 (3)设A,B两小球碰撞后，B球上升的速度为，则有0 含：，解得名：-1m, 处于座底绮，当汽车向右加速运动时，敏感球由于 惯性会保持原来的运动状态，相对于底座左斜面问 3h=tw十与g品，3h=2tz十7gt吃，解得甲，乙经过c点 --2g(L一h十△h) 之后棒和小环以，=2m/的加速度向下加速运动，根据 解得=4m/a, 上滚动，安全带解除镀定：汽车向右就速运动时，敏 (w3-10% 设A,B两小球碰前速度分划为1,4，则有，=它A一g: -2=2a(H+h), 感球相对于底康右斜面向上液动，安金带使定，故 的时阅差为t,一t红 g 3m/s,1-a十gt:-3m/s, 第得木棒第一次与弹性地而碰撞时的速度的大小： AB结误：对敏感球受力分析如图所示，则由牛顿第 9.ACD 碰植时动量守恒，取向上为正方向，则有 29m/8. 二定律可知(mg十F》an=m,解得D0 10.BC【解析】未撤去力F时，由题意得号mgam60=亨n· 利A一得a4=网千裤有 (3)木棒第一次与弹性地西相碰时，撒去施加在小环上的外力 解得--0.5m/s, 此后小环的加速度大小，-2mg二，解得a,一4m/公， g十F、放C，D正确。 2 5,C【解桥】当重物向上移动的距离为h时，对重物进行受力分 g一，说明小球给好不离开斜面，斜对小球无作用 则碰撞过程中，教失的机城能为△止-立，时+子m 第一次碰地后，木棒的加速度大小为：="十上，解得a, 析，由牛镁第二定律知F十k(x,一h)一mg=m,由题意知kx。一 mg,解得F一h十ma,可见F与h是一次离数关系，且载距不 力，弹黄拉力大小F1一60-言mg,撒去力F的瞬同，弹 7m-7m=0.525J. 22m/g, 为零。 14.(1)0.05(2)0.075(3)7.5m 小环向下做匀加速直线运动，木林先向上做匀减速直线运动 黄第力不发生突变，仍为子m,小球与斜面之同的弹力不变， 6,C【解析】弹出纸板后酥间，对纸板受力分析可知橡皮黎给纸 【解析】(1)由乙图可知，力F在5s时撒去，此时长木板P的 再向下做匀加速直线运动，限设与小环共速前会再次碰地，则 板水平向右的摩繁力为f一m1g一0.1×0,01X10N一 放小球对斜面的压力为零，选项AD错误，设撒去力F间斜 道度为世，=5间/， 两次碰地时间同隔4-0，解得4一 6:时两者速度相同为：=3m/8, 115, D,01N,桌面阶纸板水平向右的摩解力为f,=:(m十m1)幂 面体的加连度大小为。，则下，30一，解得4一。， 0,2×0.02×10N=0,04N,由牛额第二定律可知弹出纸板后 在0-一6年的过程对Q由牛领第二定律得41mg=网a1, 再次碰地时木棒的速度仍为，=√29m/8:此时环的遮度 顾何，纸板的知速度大小为a-十上-5m/?,像皮黎的知 选项B正确：小球受力不变，加速度不变，大小仍为3g,选项 指图乙可知a:一解得：-05m, U'=1十a,M>1t C正确， 故假设成立，即之后过程两物体不会再共速+ 速度大小为1-上=1m/:,故A错误：橡皮擦与纸板达到相 ABC【解析】若两者均无初速度同时释放，划在同一时间内下 代人数据可得1=005，即滑块Q与长木板P之圆的动率 若木棒性好与地面第4次碰撞时弹性小环从木棒底增滑落，则 降高度相等，可知小球在空中不衡穿过管，故A正境：两者可时 男题是D.05. 从第一次带箱开始，小环向下面撞云动了3“，相对术棒向下 问速度后，程设纸板和橡皮擦相对静止，则整体受到的加速度 释放，小球具有竖直向下的初速度，管无初速度，以管为参考 (2)5一6s对P由牛顿第二定律得共1mg十1·2mg一限@1： 由乙图可知a1一2m/g,代人数据可得1=0,075， 运动距离x-3014出+ 24,(34)-1479 121m, m十m,一2m/,雨橡皮擦敏减速运动的加速度最大值为 f。 系，小球相对管做匀速运动，在管中运动的时间：一二，则小球能 即长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.0？5， 穿过管，且在管中运动的时间与当地重力加速度无关，放B正 之前小环相对木棒向上运动距离，一十 d=二=1m/,<d=2m/心，放此时橡皮擦将相对纸板向左 (3)从6“末到长术板停下的过程，对长术板由牛顿第二定律 确：先让小球自由下落，设下落时间为1，当小球落至空心管上 得·2g一g一1， 解得一2m, 运动，且橡发向右的加速度即为a=1m/s,纸板向右的加 边缘时，无初速度释放空心管，设小球落至空心管上边燥时的速 1237 故小环开始运动时距木棒下端的距高1=工一=12m 速度为a4=二=3m/。,故B错提：结合AB项，设橡皮 度为，在管中运动的时间为红，则有△：一山十乞 代人数据可得4，一1m/公，这段时同4-，解得4一3s, 所以9时长木板P停下来，6前长木板的速度大于滑块Q 物理（三） 擦与纸板经过：时速度相同，则有a1一，一at,代人数据解得 之对-L4-台-则小球一定能穿过管，且在管中运动的 的速度，6s后长术板P的速度小于滑块Q的速度，由4图 时间与当地重力加遮度有关，故C正确：两者均无初速度释放， 像的“面积"可知前6s的相对位移大于6s后的相对位移，故 1.C t方，此时二者向左共的速度为一m,橡皮擦的位移 但小球提前了△时何释放，以管为参考系，小球相对管匀速运 长木板P的长度至少为前68过程中Q相对P滑动的距离， 2.C【解析】物体从A处由静止下落，开伞前加速度向下，物体 为玉1=20：=克m,纸板的位移为：=t一乞a 动，则有=g△：，L=w,可知小球在管中运动的时间为1= r=×5×5m+2×(5+3)x1m-2×6×3m- 所受合力为F。一mg-F,F一。CSp,F不断增大，加速度或 云，时间与当地重力加速度有关，故D错误。 7方m则二者相对位移为△1一：一一立m<0.1m,可知 7.5m 小，图乙中右侧图线与此过程相符合，有mg一F一m1,解得 修皮擦未滑出纸板，接着二者由相同的速度开始以不同加速度