专题卷(3)牛顿运动定律的应用-【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（三） 物理·牛顿运动定律的应用 （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.在教室内将两端开口的洁净玻璃管竖直插入液体中，管中液面如图所示。 当把该装置放在竖直加速的电梯中，且电梯的加速度α<g。则 A.若电梯向上加速，则玻璃管内外的液面高度差将变大 B.若电梯向上加速，则玻璃管内外的液面高度差保持不变 C.若电梯向下加速，则玻璃管内外的液面高度差将变大 D.若电梯向下加速，则玻璃管内外的液面高度差保持不变 2.风洞实验可以模拟高空跳伞情况下人体所承受气流的状态。已知物体受到的空气阻力F与 物体相对空气的速度v满足F一2CS,(S为物体迎风面积，C为风阻系数，p为空气密度)。 图甲中风洞竖直向上匀速送风，一质量为的物体从A处由静止下落，一段时间后在B处打 开降落伞，相对速度的平方v2与加速度大小a的关系图像如图乙所示，重力加速度为g,下列 说法正确的是 A☐ 个个个 0 aa 甲 乙 A.开伞前加速度向下，且越来越大 B.开伞后加速度向上，且越来越大 C.开伞前物体迎风面积为S1= 2(mg-ma1） D.开伞后物体迎风面积为S2= 2(mg-ma1） Cou Covi 3.2025年12月26日，随着一列“复兴号”智能动车组从延安站驶出，西安至延安高铁正式开通 运营，革命圣地延安迈入“高铁时代”。至此，我国高铁营业里程突破5万公里，稳居世界第一。 某动车组由8节车厢组成，其中2、3、6、7号车厢为动力车厢，其余车厢无动力。每节动力车厢 所提供的驱动力大小均为F,每节车厢所受阻力大小均为f,各车厢的质量均为。该列车动 力全开沿水平直轨道行驶时，下列说法正确的是 受电弓 1 6 P 000000gleo0o0000g,eo000og,eo00000geo000000四，e0000000eo000000go0000S 0F00F0口CFORUOE CFOUO OL CF▣OOOO口0KO0000 物理W·专题卷（三）第1页（共8页） 鱼跃龙 A.若列车匀速行驶，则车厢间拉力均为零 B.若列车匀速行驶，则车厢间拉力均不为零 C,若列车加速行驶，则第3节车厢对第4节车厢的拉力大小为易 D,若列车匀加速行驶，则第7节车厢对第8节车厢的拉力大小为号 4.安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图所示。当敏感臂处于水平状 态时，卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为F、,敏感球的质量 为m,重力加速度大小为g,设小车的加速度大小达到a时，安全带刚好自动锁定。忽略敏感 球受到的摩擦力，则 A.小车匀速运动会触发安全带自动锁定 安全带 B.小车向右加速运动会触发安全带自动锁定 卷轴 C.斜面倾角的正切值为tan0=ma 敏感臂 mg-FN 敏感球 底座 D.斜面倾角的正切值为tan0=ma mg+FN 5.如图所示，竖直放置的轻质弹簧一端固定在地面上，另一端放上一个重物，重物上端 与一根跨过光滑定滑轮的轻绳相连，在轻绳的另一端施加一竖直向下的拉力F。当 F=0时，重物处于平衡状态，此时弹簧的压缩量为x。(弹簧在弹性限度内)，某时刻 拉动轻绳，使得重物向上做匀加速直线运动，用五表示重物向上做匀加速直线运动 in 的距离，在h≤x。范围内，下列关于拉力F与h的关系图像中可能正确的是 F A B D 6.如图，将一质量为m=10g、长度为1=20cm的长方形硬纸板放在水平桌面上，右端一小部分 伸出桌外。将一质量也为10g的橡皮擦（可视为质点）置于纸板的正中间，用手指将纸板水平 弹出，纸板瞬间获得初速度v,=1/s。已知橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为41=0.1， 纸板与桌面间的动摩擦因数为42=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g= 10m/s2。则 A.弹出纸板后瞬间，纸板的加速度大小为2m/s2 橡皮擦 硬纸板 B.橡皮擦与纸板达到相同速度后，一直与纸板相对静止 水平桌面 C.最终橡皮擦不会脱离纸板 D.因橡皮擦与纸板摩擦而产生的热量为1200 门卷 物理W·专题卷（三）第2页（共8页） 7.如图所示，质量为m的长木板A放在光滑的水平面上，物块B、C放在长木板上。物块B的 质量也为m,B、C与A间的动摩擦因数均为μ，A、B、C均处于静止状态，最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，重力加速度为g。现给物块B施加一个水平向右的拉力F,则下列判断正确 的是 A.当F足够小时，A仍保持静止状态 B→ B.当拉力F=g时，物块B与A刚好要发生相对滑动 77777777777777777777777777 C.当物块C的质量足够小时，C与A会发生相对滑动 D.当物块C的质量也为m时，物块C能获得的最大加速度为2g 8.如图是货物输送装置示意图，载物平台架在两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆 柱上，平台重心与两圆柱等距，货物放在平台正中间。两圆柱以角速度w=20rad/s绕轴线做 相反方向的转动。现沿平行于轴线的方向给平台施加F=10N的恒力，使平台从静止开始沿 轴线运动。已知平台质量M=4kg,平台与两圆柱间的动摩擦因数均为1=0.2，货物质量m= 1kg,与平台间的动摩擦因数42=0.3，圆柱半径r=4cm,重力加速度g=10m/s2。下列说 法正确的是 A.货物与平台一起做匀加速直线运动 B.当平台速度v=0.6m/s时，货物加速度为2m/s2 C.当平台速度v=0.6m/s时，货物加速度为0.8m/s2 D.若施加的恒力F<10N,平台将保持静止 *如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为0=30°的光滑斜面底端，另一端连接一质量为3m的物 块A,系统处于静止状态。若将质量为m的物块B通过跨过光滑轻质定滑轮的细绳与A相 连，开始时用手托住物体B,使细绳刚好保持伸直（绳、弹簧均与斜面平行），松手后A、B一起 运动，A运动到最高点P(未画出)后再反向向下运动。已知重力加速度为g,对于上述整个运 动过程，下列说法正确的是 A.释放B的瞬间，绳子张力大小为mg B.释放B的瞬间，绳子张力大小为g A C.在最高点P,绳子张力大小为5mg D.在放高点P,弹簧对A的弹力大小为m5 物理W·专题卷（三）第3页（共8页） 鱼跃龙 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.某电视节目通过造浪机验证了洪水来临时自救的最科学方式：选取纵向“1字”阵列，由前往后 依次按身体素质从强到弱的顺序站定，如图甲所示。某同学为分析各处的受力情况，建立了 如图乙所示的物理模型：水平地面上并排放置四个质量均为m的相同物块，每个物块与地面 间的动摩擦因数均为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块1、2之间固定一个质量不计的 压力传感器，重力加速度为g。t=0时，对物块1施加一水平力F,下列说法正确的是 F 1 12 3 4 1177177117/17177T 甲 乙 A.若四个物块均静止，则物块之间的弹力的比值从左往右依次为3：2：1 B.若四个物块一起向右匀加速运动，则物块之间的弹力的比值从左往右依次为3：2：1 C.若F随时间均匀变化，且满足关系F=kt,则在t=m8时，压力传感器的示数F1=mg D.若F随时间均匀变化，且满足关系F=kt,则在t=448时，四个物块刚好被推动 10.收获季节，工作人员利用传送带将小麦运送到高处。如图所示，以恒定速率v=1.6m/s运 行的传送带与水平面间的夹角0=37°，转轴间距（即传送带长度）L=4.8m。工作人员将一 个装有10kg小麦的布袋（可视为质点）轻放在传送带的底部，布袋与传送带间的动摩擦因数 4=0.8。取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是 A.布袋相对传送带滑动时加速度的大小为0.4m/s2 B.布袋通过传送带所需的时间为5s C.布袋与传送带间因摩擦产生的热量为204.8J D.因传送一袋小麦，多消耗的电能为492.8J *如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A,斜面上叠放着小物块B和薄木板C,木板下端位于挡 板A处，整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的 加速度α与拉力F的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g=10m/s2,则由图像可知下列说法正确的是 A.10N<F<15N时物块B和木板C相对滑动 ↑a/m·s2) B。木板和物块间的动座擦因数为么=？ 2.5 2 C.由题目条件可求出木板C的质量 1015 F 甲 D.F>15N时物块B和木板C相对滑动 门卷 物理W·专题卷（三）第4页（共8页） 班级 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(8分)2025年12月27日，在2025一2026赛季全国花样滑冰锦标赛中，隋文静、韩聪获得双 姓名 人滑项目金牌。如图所示，若比赛中韩聪在隋文静后方x。=4处，初态两者均保持静止状 态，某时刻韩聪调整冰鞋的冰刀角度持续蹬冰面获得了向前120N的水平恒力，从静止开始 得分 向前加速运动，与隋文静相遇时韩聪立即停止蹬冰面撤去水平恒力，并快速用先收缩再伸张 手臂的方式将隋文静迅速推出。已知将隋文静迅速推出前后两选手的动能之和保持不变， 韩聪与隋文静的质量分别为60kg和40kg,重力加速度g取10m/s2,不计两选手与冰面间 的摩擦和空气阻力。 (1)求韩聪与隋文静相遇前瞬间韩聪的速度大小； 答题栏 (2)求韩聪将隋文静迅速推出后两人的速度大小； 777777777777777777777777 1 (3)若韩聪将隋文静迅速推出后，韩聪立即恢复蹬冰面的状态，重新获得120N的水平外力， 2 而隋文静在前方匀速运动，求再经多长时间两选手再次相遇。 3 5 6 7 P 9 10 物理W·专题卷（三）第5页（共8页）】 鱼跃 12.(10分)冰壶是在冰上进行的一种投掷性竞赛项目。某次训练中，冰壶（可视为质点）被运动 员掷出后，在水平冰面上沿直线依次经过A、B、C三点后停在O点。已知A、B间的距离 x1=26m,B、C间的距离x2=5.5m,冰壶通过AB段的时间t1=10s,通过BC段的时间t2= 5s,假设冰壶和冰面间的动摩擦因数处处相等，重力加速度大小g=10m/s2。求： (1)C、O两点之间的距离x3; (2)冰壶和冰面间的动摩擦因数4。 B 13.(10分)两同学玩拉板块的双人游戏，考验两人的默契度。如图示，一长L=0.5m、质量 M=0.5kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m=1.0kg的小滑块（可视为 质点)，滑块与木板间的动摩擦因数为4=0.2，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，取g=10/s2,一人用水平恒力F2向左作用在滑块上，另一人用竖直向上的恒力F1向 上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动。 (1)若F1=17.5N,F2=27.5N,求小滑块和木板各自的加速度； (2)在第(1)问的条件下，经过多长时间滑块从木板上端离开木板？ (3)若F2=35N,为使滑块与木板一起向上运动但不发生相对滑动，则F1必须满足什么 条件？ F 龙门卷 物理W·专题卷（三）第6页（共8页） 14.(14分)在学校科技节上，物理老师在空旷的操场竖直向上发射一枚总质量为2kg的火箭模 15. 型。如图所示，在t=0时刻发动机点火，为火箭提供了竖直向上、大小恒为45N的推力，随 后经过3$，发动机熄火，在达到最大高度后，火箭打开顶部的降落伞，在降落伞作用下向下做 匀加速运动，到达地面时的速度大小为9/s。已知火箭箭体在运动的过程中，受到的空气 阻力大小恒为5N,重力加速度g取10/s2,不考虑火箭发射过程中喷出的气体对火箭质 量的影响，火箭在运动的过程中可视为质点。 (1)求发动机熄火时，火箭的速度大小； (2)求火箭上升的最大高度； (3)若把降落伞提供的阻力视为恒定不变，求其大小。 地面 仁0发动机点火 仁3s发动机熄火上升到最大高度，打开降落伞匀加速下降 物理W·专题卷（三）第7页（共8页） 鱼跃龙门卷 (16分)如图所示，倾角0=30°的光滑斜面底端有一挡板1，木板A置于斜面上，小物块B置 于A底端，A、B质量均为2kg,挡板2到B和到挡板1的距离均为L=0.2m。t=0时刻， 将A、B一起由静止释放，A、B分别与挡板1和挡板2发生弹性碰撞，碰撞时间极短忽略不 甸的动摩擦因数2一，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速： 10m/s2,小物块B始终未离开木板A。 A 大小； 的剑量o之 LuL (2)木板A的长度至少为多少？ 挡板2 (3)求从t=0时刻开始到木板A与挡板1发生第3次 挡板1 碰撞前瞬间，重力对木板A的总冲量的大小。 物理W·专题卷（三）第8页（共8页）高三二轮复习专题卷 8.D【解析】根据题意可知，竖直向上为正方向，设火星表面重力11 加速度为81，则有x=1-名8，，整理可得兰-0 12 13 名81，结合图像可得，=Q,81-会，放A错误：根据题意，由 公式2-8=2ax可得，上升的最大高度为九=2g=号，故B 错误；根据题意，由万有引力等于重力有G=mg,解得M= R2 gR22a G G,由万有引力提供向心力有Gm 2 R2 =mR,联立解 2aR 得=√gR=√6，故C错误，D正确。 B【解析】从开始到两球在αb中点发生弹性碰撞，对甲、乙分别有 h=，=g,h=-w十z=-o十g,解得1= ,h,0=,心2=0，两球发生弹性碰撞，则有mU事 g mmz=m十m2,7mo6+号m2=名m+方m说，解得 v甲=0,2=v。,两球碰后运动到c点过程中，对甲、乙分别有 3h=十2g6,3A=吃红十28吃，解得甲、乙经过c点 的时间差为p一1z-5-1)0 g 9.ACD 10.BC【解标】未撤去力F时，由题意得弓mgan60=子m· 3g=3,说明小球恰好不离开斜面，斜面对小球无作用 力，弹簧拉力大小F,= 2 cos60=3mg,撒去力F的瞬间，弹 黄弹力不发生突变，仍为号mg,小球与斜面之间的弹力不变， 14 故小球对斜面的压力为零，选项AD错误；设撤去力F瞬间斜 面体的加速度大小为a',则F1cos30°=ma',解得a'-5g 38, 选项B正确；小球受力不变，加速度不变，大小仍为√3g,选项 C正确。 ￥ABC【解析】若两者均无初速度同时释放，则在同一时间内下 降高度相等，可知小球在空中不能穿过管，故A正确；两者同时 释放，小球具有竖直向下的初速度。，管无初速度，以管为参考 系，小球相对管做匀速运动，在管中运动的时间：=二，则小球能 00 穿过管，且在管中运动的时间与当地重力加速度无关，故B正 确；先让小球自由下落，设下落时间为t1,当小球落至空心管上 边缘时，无初速度释放空心管，设小球落至空心管上边缘时的速 1 度为01，在管中运动的时间为t2,则有△h,=1十之g号- 合8好=L:=二二测小球一定能穿过管，且在管中运动的 1 时间与当地重力加速度有关，故C正确；两者均无初速度释放， 但小球提前了△t时间释放，以管为参考系，小球相对管匀速运 动，则有v=g△t,L=,可知小球在管中运动的时间为t= 么，时间与当地重力加速度有关，放D错误 (1)100m(2)80m(3)25s (1)4m/s2(2)24m(3)36N (1)2m/s(2)0.35m(3)0.525J 1 【解析】(1)根据题意，有L=2,解得tA=0,4s,则有 tB=tA一0.2s=0.2s, 则A球刚落到管底时，B球的速度oB=gtB=2m/s。 (2)根据题意可知，A球反弹之后做竖直上抛运动，则有vA= gta=4 m/s, A球刚落到管底时，小球B下落的高度为 ha=2gt6=0.2m, 设从A球反弹到两球相遇的时间为t2,则有 h=0at红-2gt说， 1 h'=0B2十之g经， 又有L-hB=h十h', 联立解得t2=0.1s,h=0.35m。 (3)设A、B两小球碰撞后，B球上升的速度为vB,则有0 g=-2g(L-h+△h), 解得oB=4m/s, 设A、B两小球碰前速度分别为1、02，则有v1=vA一gt2= 3 m/s,v2=vB +gt2=3 m/s, 碰撞时动量守恒，取向上为正方向，则有 mA1-mB02=mA十mB0B, 解得v1=-0.5m/s, 1 1 则碰撞过程中，损失的机械能为△E= 2 mAv+ 2mao号 1 2m40-2m8份=0.525J. (1)0.05(2)0.075(3)7.5m 【解析】(1)由乙图可知，力F在5s时撤去，此时长木板P的 速度为v1=5m/s, 6s时两者速度相同为v2=3m/s, 在0~6s的过程对Q由牛顿第二定律得41mg=ma2, △U 根据图乙可知a2=,解得a:=0.5m/s, 代入数据可得41=0.05，即滑块Q与长木板P之间的动摩擦 因数是0.05。 (2)5~6s对P由牛顿第二定律得1mg十42·2mg=ma1, 由乙图可知a1=2m/s2,代入数据可得μ2=0.075， 即长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.075。 (3)从6s未到长木板停下的过程，对长木板由牛顿第二定律 得42·2mg-μ1mg=ma3, 代入数据可得a,=1m/s,这段时间△t=,解得△=3s, 所以9s时长木板P停下来，6s前长木板的速度大于滑块Q 的速度，6s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，由v-t图 像的“面积”可知前6s的相对位移大于6s后的相对位移，故 长木板P的长度至少为前6s过程中Q相对P滑动的距离， 1 △x2 =1×5×5m十2×(5+3)×1m-2×6×3m= 7.5m。 5.2m/g2m②)vsse'7n 2(mg-ma) S1= ,故A错误，C正确；左侧图线为开伞后的图 Cov? 【解析】(1)最初开始运动时，对小环，根据牛顿第二定律F1 1 1 2mg一f=2ma1,解得a1=-2m/s2,即加速度大小为 线，有F,=2CpS2v,当u=01时，有mg=F,=2CpS20,解 2m/s2,方向竖直向下， 2mg,且当口减小时，a减小，故BD错误。 对木棒，根据牛顿第二定律f-mg=ma2,解得a2=2m/s2, 得S2一Cpm 即加速度大小为2m/s2,方向竖直向上。 3.C【解析】若列车匀速行驶，因每节车厢都受阻力作用，则车厢 (2)小环初速度0。=4m/s,则两物体第一次共速过程0。+ 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 4、5节车厢间的拉力为零，AB错误；若列车匀加速行驶，则整体 aiti=a2t1, 解得t1=1s,此时拉力恰好变为F2=120N, 的加速度a=4P二8f,则对前3节车厢的整体分析可知2F 8m 假设之后两物体共同减速到零，根据牛顿第二定律3mg F2=3ma3,解得a3=2m/s2, 3f一F。=3m0,解得下u=5,则第3节车厢对第4节车厢的 则棒受到的摩擦力f'=mg-ma3,解得f'=40N, F 棒受到的摩擦力小于滑动摩擦力，故假设成立； 拉力大小为F34=2,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Fg一f=ma,可得第7节车厢对第8节车厢的 度均变为竖直向下，o=a2t1, F 解得v=2m/s, 拉力大小为F=2D错误。 回到1s时的位置时，棒相对于初始位置上升的高度h1=4.D【解析】正常行驶时，敏感球处于相对稳定状态，V 1 a,解得h1=1m, 处于底座底端，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，相对于底座左斜面向 之后棒和小环以a3=2m/s2的加速度向下加速运动，根据 上滚动，安全带解除锁定；汽车向右减速运动时，敏 v-v2=2a3(H+h1), 感球相对于底座右斜面向上滚动，安全带锁定，故 解得木棒第一次与弹性地面碰撞时的速度的大小：= AB错误；对敏感球受力分析如图所示，则由牛顿第 √29m/s。 二定律可知(mg+FN)tan0=ma,解得tan0= (3)木棒第一次与弹性地面相碰时，撒去施加在小环上的外力， ma 此后小环的加速度大小a4=2m」，解得a4=4m/s, mg+FN,放C错误，D正确。 2m 5.C【解析】当重物向上移动的距离为h时，对重物进行受力分 第一次碰地后，木棒的加速度大小为a:-"m十甘，解得 析，由牛顿第二定律知F十k(x。一h)一mg=ma,由题意知kx。= m mg,解得F=h十ma,可见F与h是一次函数关系，且截距不 22m/s2, 为零。 小环向下做匀加速直线运动，木棒先向上做匀减速直线运动 6.C【解析】弹出纸板后瞬间，对纸板受力分析可知橡皮擦给纸 再向下做匀加速直线运动，假设与小环共速前会再次碰地，则 板水平向右的摩擦力为f1=41m1g=0.1×0.01×10N= 两次碰地时间间隔△=加，解得△4=s, 0.01N,桌面给纸板水平向右的摩擦力为f2=2(m十m1)g= 0.2×0.02×10N=0.04N,由牛顿第二定律可知弹出纸板后 再次碰地时木棒的速度仍为v1=√29m/s,此时环的速度 v'=v1+a4△t>v1, 瞬间，纸板的加速度大小为a=+上2=5m/s,橡皮擦的加 故假设成立，即之后过程两物体不会再共速； 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，则 速度大小为a1--1m/s,故A错误；橡皮擦与纸板达到相 m 从第一次碰撞开始，小环向下加速运动了3△t,相对木棒向下 同速度后，假设纸板和橡皮擦相对静止，则整体受到的加速度 运动距离x=3u1△十 2a4(34)2=1479 f2 121m, a'= m+m =2m/s2,而橡皮擦做减速运动的加速度最大值为 之前小环相对木棒向上运动距离s=,一1。 =上-=1m/s<a'=2m/s,放此时橡皮擦将相对纸板向左 mI 解得s=2m, 运动，且橡皮擦向右的加速度即为a1=1m/s2,纸板向右的加 故小环开始运动时距木棒下端的距离1=工一5=12 1237 速度为a,=二了=3m/g,故B错误；结合AB选项，设橡皮 m 物理（三） 擦与纸板经过t时间速度相同，则有a1t=v,一at,代入数据解得 1 1 C t二6s,此时二者向左共同的速度为0=6m/s,橡皮擦的位移 C【解析】物体从A处由静止下落，开伞前加速度向下，物体 1 1 所受合力为P4=mg-F,F=CAs,P不断特大，加速度城 为x1=豆a1=72m,纸板的位移为x:=ot-2at 1 小，图乙中右侧图线与此过程相符合，有mg一F=ma1,解得 72m,则二者相对位移为△x1=x,一x1=2m<0.1m,可知 橡皮擦未滑出纸板，接着二者由相同的速度开始以不同加速度 ·物理W· 做减速运动，由于a2=3m/s2>a1=1m/s2,所以纸板先减速9.BD【解析】四个物块都静止时，由于静摩擦力的大小无法确 为0，保持静止，橡皮擦继续以α1减速为0，规定向左为正方向 定，故彼此间的弹力无法确定，故A错误；四个物块一起匀加速 缘发第的位移为一云方：板的位落 1 运动时，根据整体法，对四个物块有F一4mg=4ma,设物块1 2a2 对物块2的弹力为F12,对物块2、3、4整体有F12一3umg= 1 6m,则二者相对位移为△x,=x-z=1D8m,可知橡皮擦最 3ma,设物块2对物块3的弹力为F23,对物块3、4整体有F23 2umg=2ma,设物块3对物块4的弹力为F34,对物块4有 2 终距离纸板中点的距离为△x=△x1一△x,=27m<0.1m,即 F-mg=m,联立解得Fa=F,a=P,Pa=F, 最终橡皮擦不会脱离纸板，且此过程中橡皮擦与纸板因摩擦而产 则物块之间的弹力的比值从左往右依次为3：2：1，故B正确； 生的热量为Q=4m1g(△x1+△x)=1080J,故C正确， 若F随时间均匀变化，且满足关系F=,则在1=m时F k D错误。 g,可知压力传感器的示数为0，故C错误；若F随时间均匀 7.D【解析】由题知，长木板A放在光滑的水平面上，不受摩擦 力作用，B、C与A间的动摩擦因数均为4，当F足够小时，B对 变化，且满足关系F=kt,则在1=4s时F=4mg,根据整体 A有静摩擦力作用，A在水平方向合力不为零，故A不能保持 法可知，四个物块刚好被推动，故D正确。 静止状态，A错误；根据牛顿第二定律可知，当拉力F=umg 10.ABC【解析】布袋相对传送带滑动时，由牛顿第二定律有 时，物块B与A间的摩擦力小于4mg,并不是刚好要滑动，B错 Ft一mg sin0=ma,垂直于传送带方向F支-mg cos0=0,又 误；当B与A发生相对滑动时，假设C与A不会发生相对滑 F:=uF支，解得a=0.4m/s2,A正确；设布袋与传送带共速需 动，则umg=(m十mc)a,解得a=mg,则A对C的摩擦力 m十mc 要的时间为41，由0=a4,得，=名=4s,此过程布袋通过的 f=mcam十mc·mcg<mcg,假设成立，即C与A不可能 位移x1=名t1-3.2m,因mgcos9>mg0,故之后布袋在 发生相对滑动，C错误；当C的质量也为m时，物块C能获得的 传送带上匀速运动，所用的时间，=L一1-16，则布袋通过 最大加浓度为a一竿%。=弓g,D正确」 1 传送带所需的时间为t=t1十t2=5s,B正确；在t1时间内，传 8.C【解析】根据对称性可知平台与两个圆柱表 送带通过的位移x2=vt1=6.4m,则布袋与传送带间的相对 1 面的摩擦力相等，大小均为f=21M十m)g= 位移为△x=x2-x1=3.2m,由Q=F△x,可得Q=204.8J, C正确；由能量守恒定律可得，因传送小麦，多消耗的电能为 5N,沿平行于轴线的方向给平台施加F=10N 的恒力，使平台从静止开始沿轴线运动，初始 AE-号m2+mLsin0+Q=505.6J,D错误. 时刻，平台受到两圆柱的摩擦力刚好平衡，以平台和货物为整 BD【解析】由图像可知，当10N<F<15N时物块B和木板C相 F 体，加速度大小为a,=M十m=2m/sg<4:g=3m/s,圆柱表 对静止，当F>15N时木板的加速度图线斜率变大，可知此时物块 B和木板C产生了相对滑动，故A错误，D正确；对木板和物块组 面的点转动的线速度大小为v=wr=0.8m/s,设平台运动的 成的整体，当F1=10N时，a=0,则F1=(M+m)gsin0,当 速度大小为，如图所示，可知平台受到两个圆柱表面对平台沿 F2=15N时，a=2.5m/s2,则F2-(M十m)gsin0=(M+ 平行于轴线的方向的摩擦力大小均为f.=fcos0,根据牛顿第 二定律可得F一2f,=F一2fcos0=(M+m)a,可知随着平台速 m)a,联立方程可求解M十m=2kg:sin0=号，但是不能求解木 度)的逐渐增大，0逐渐减小，c0s0逐渐增大，加速度逐渐减小， 板C的质量，故C错误；因当F2=15N时，a=2.5m/s2,此时物 所以货物与平台不是一起做匀加速直线运动，故A错误；当平台 块和木板开始发生相对滑动，物块和木板之间的摩擦力达到最 速度v=0.6m/s时，则有cos0= 0.6 √0+=V0.6+0.g 大，则对物块有mgs0一mgsin=ma,解得么= 2,故B 0.6,又F一2fcos0=(M十m)a,可得加速度大小为a=0.8m/s2； 正确。 故B错误，C正确；若施加的恒力F<10N,由于初始时刻，两圆 11.(1)4m/s(2)0.8m/s4.8m/s(3)4s 柱对平台表面沿平行于轴线的方向的摩擦力大小为0，所以平 【解析】(1)对韩聪，根据牛顿第二定律有F=m1a, 台一定沿轴线的方向运动，故D错误。 解得a=2m/s2, *B【解析】释放瞬间对整体由牛顿第二定律有mg-3 mgsin30°+ 根据v2=2ax0,可得v=4m/s。 F=4ma1,F弹=3 ng sin30°，对物块B,有mg-T=ma1,联立 (2)设韩聪将隋文静迅速推出后两人的速度大小分别为⑦1、 解得T=3 mg,故A错误，B正确；在最高点P,由对称性可知， o2,根据动量守恒有m1v=m11十m2v2, 加速度大小为a:=a1=子g,对整体，有3mgsi血30-mg十 根据动能守恒有，心-名m+名时， 联立解得v1=0.8m/s,o2=4.8m/s。 F鼻=4ma2,对物块B,有T'-mg=ma2,解得F#=2mg, (3)由题意可知1+号4r=t, 解得t=4s。 4mg,故CD错误。 12.(1)0.9m(2)0.02 ·3 参考答案及解析 【解析】(1)因为冰壶与冰面间的动摩擦因数处处相等，因此冰 解得加速度大小为a3=0.5m/s2, 壶滑动时受到的摩擦力处处相等，又因为冰壶沿直线运动，因此 根据牛顿第二定律可得mg一f空一f伞=ma3, 冰壶在A点至O点的运动过程为匀减速直线运动，假设冰壶运 解得降落伞提供的阻力大小为f伞=14N。 动的加速度大小为a,在A点时的速度大小为vA,在C点时的 15.(1)2√2kg·m/s(2)0.3m(3)(8√2+12)N·s 速度大小为c,因此有a4一2a好=x1, 【解析】(1)因a=tan0,则A、B一起下滑，斜面光滑，A、B共 1 同下滑的加速度为a,=2 mgsin0-5m/s,小物块B与挡板2 vA(+i2)-2a(t:+i:)-1+2:, 2m 碰撞前瞬间的速度为v=/2ao=√2m/s, 解得a=0.2m/s2,vA=3.6m/s, 由于发生弹性碰撞，则小物块B第一次与挡板2碰撞后瞬间的动 又由c=vA-a(t1十t2), 代入数据可得vc=0.6m/s, 量大小为pB=mw=2W2kg·m/s。 已知运动到O点时冰壶停下，因此有2一0=2ax3,代入已知 (2)物块B碰后在木板上向上运动，对木板A分析有mg cos0一 数据可知x3=0.9m。 mg sin0=0,说明木板A匀速下滑， 从物块B与挡板2碰撞到木板A与挡板1碰撞的过程，所用 (2)假设冰壶与冰面间的摩擦力大小为f,则有f=g,根据 牛顿第二定律可知f=ma, 时同为队-名-瓷。 已知a=0.2m/s2,联立以上各式可得4=0.02. (1)2.0m/s2,竖直向上1.0m/s2,竖直向上 物块B减速上滑的加速度大小为a=mg cos日+mgsin0_ m (2)1.0s(3)15.0N<F1≤21.0N 10m/s2, 【解析】(1)假设滑块和木板之间为滑动摩擦力，对滑块由牛顿 第二定律有F1一F2一mg=ma1, 物块B从碰撞至减速为0所用时间为。=”-三 a10 s=tA, 解得a1=2.0m/s2,方向竖直向上， 对术板由牛顿第二定律有F2一Mg=Ma2,解得a2=1.0m/s2, 则木板A的长度至少为lm一2a +L=0.3m。 方向竖直向上， (3)木板A与挡板1碰撞后原速率返回，由于重力的下滑分力 因为a1>a2,所以假设成立。 与B施加的摩擦力同向，则匀减速运动的加速度也为α= (2)设经过时间t滑块从木板上端离开木板，则滑块从木板上 10m/s2。 端离开木板时分01心-分a,=L, 由于B所受摩擦力与重力沿斜面的下滑分力平衡，故B保持 02 代入数据得t=1.0s。 静止状态。木板A上滑至速度为0通过的位移为x=2a (3)为使滑块与木板一起向上运动，应使整体合力向上，故F> (M+m)g=15.0N, 0.1,时间为--号， 为使滑块与木板不发生相对滑动，F,最大时滑块与木板间静 然后二者从静止开始再次以加速度a。下滑，同时与挡板发生 摩擦力应等于最大静摩擦力，对木板由牛顿第二定律有F2一 Mg=Ma,解得a=4.0m/s2,方向竖直向上， x=0.2s, 第2次碰撞，运动时间为：一√ 对滑块由牛顿第二定律有F1一uF2一mg=ma,代入数据得 二者相对静止直至第3次碰撞。则从释放开始到第三次碰撞的 F1=21.0N, 总时间为1=”十4十，十3=22十3s,重力对木板A的总 综上所述，F1必须满足的条件为15.0N<F1≤21.0N。 ao 5 (1)30m/s(2)81m(3)14N 冲量为I=mgt=(8V2+12)N·s。 【解析】(1)火箭向上做匀加速运动时，根据牛顿第二定律可得 F-mg-f空=ma1, 物理（四） 解得加速度大小为a1=10m/s2, 1.C 发动机熄火时，火箭的速度大小为v1=a1t1=l0×3m/s=2.C【解析】由题图篮球的轨迹可知，篮球运动过程受到一定的 30m/s. 空气阻力作用，所以篮球在运动过程中加速度发生变化，图中 (2)火箭匀加速阶段上升的高度为 篮球运动轨迹关于最高点不对称，故AD错误；研究运动员投篮 1302 动作时，篮球的形状大小不能忽略不计，不可以将篮球视为质 h=2a1-2x10m=45m, 点，故B错误；篮球被投出到入框，重力和空气阻力都做负功， 发动机熄火后，根据牛顿第二定律可得mg十f空=ma2, 根据动能定理可知，篮球的动能减小，则篮球被投出瞬间的速 解得加速度大小为a2=12.5m/s2, 度一定比入框时大，故C正确。 发动机熄火后，火箭继续上升的高度为 3.A v2302 4.D【解析】运动员随圆盘做匀速圆周运动，受到重力、支持力、 h:=2a=2X12.5m=36m, 摩擦力的作用，向心力是一种效果力，不是运动员实际所受的 则火箭上升的最大高度为hm=h1十h2=81m。 力，故A错误；在圆盘最下方，设运动员到转动轴的距离为r,则 (3)火箭在降落伞作用下向下做匀加速运动，根据运动学公式 有F:一ngsin 15°=mu2r,可知运动员在最低点受到的摩擦力 可得2a3hm=v地， F,一定随着w的增大而增大，故B错误；运动员与圆盘始终保