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（黑吉辽蒙、广东、广西、河北、江西 云南、陕晋青宁、河南、四川专版）

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、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目 要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6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。 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，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2 发现情况 开始减速 汽车停止 B反应过程的时间为日 7w9房w9房nw9 反应过程中 减速过程 C.减速过程位移是反应过程位移的二倍 8 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, 物理B·专题卷（二）第1页（共8页） 鱼跃龙！ 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 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 0/(m's-) 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 03691215 D.A车在t=9s时的加速度与t=12s时的加速度相同 6.2025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=0.4m/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 7.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 aR C.火星的第一宇宙速度为 6 ,2aR2 D.火星的质量为G6 门卷 物理B·专题卷（二）第2页（共8页） ￥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Ob 知重力加速度大小为g,则甲、乙经过c点的时间差为 A.0 (W3-1)v0 (2-√2)v0 (W2-1)vo B. D. 8.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α1 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 4 A.aa2 B.a<a3 C.a>a3 D.a2>a3 9.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 A000000O 30°0 (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多 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 10.如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质 量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面 上，且与底面间的动摩擦因数为“，杆与竖直方向的夹角为日，杆与车厢始终保持相对静止。 假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法 正确的是 A.若B球受到的摩擦力为零，则F=2 mg tan0 B.若推力F向左，且tan0≤μ，则F的最大值为2 ng tan0 B 若推力F向左，且4<tan9≤24，则F的最大值为4mg（24》 tan 0) D.若推力F向右，且tan0>2,则F的范围为4mg(tan0-2μ)≤F≤4mg(tan0+2μ) 物理B·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△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 二、非选择题：本题共5小题，共54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。 左5m 车辆行驶方向 匀速行： ETC通道 口口驶区间：口 车辆行驶方向 人工收费通道 收费站 中心线 门卷 物理B·专题卷（二）第4页（共8页）】 班级 12.(8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新 13. 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 5 6 7 9 o 物理B·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： ○B (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B·专题卷（二）第6页（共8页） 14.(12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B·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2m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v。= 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-- 777777777 0123456/s 甲 乙 物理B·专题卷（二）第8页（共8页）,物理B 参考客案及解析 昏专管案及解析 物理（一） 蝇子拉力F,=g,对B分析，可发现F 解得一√层 加速度为g1,划有x=1一 2mgs1山30，即一开始B与C间的静摩擦力为 之81，整理可得=。 1A2.C3.B4,D5.D 零，故当绳子拉力F,从g先增大再减小到 15.(1)an8(2)当e=0时，拉力F有最小值mgsin20 之gt,结合图像可得6一@，g1一名，放A结阀：根据题意，由 6.D【解析】当导线静止在题图()右侧位置时，对⊙%0 丽？，B,C阿的静摩擦力方向一直沿斜面向下且 （(3)mg40 导线受力分析，安培力为图示方向，划导线中电流 先增大再减小，B错误：将B、C看成整体，竖直 公式一话=2a可得，上升的最大高度为一2 方向应由M指向N,A情误：由于与OO范离相等 方向有F×十F,sim30°=(2m十M)g,由于F,先增大再诚小，故 【解析】(1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mg0= 位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有 P先减小再增大，故物体C对地面的压力先减小再增大，故C mgcD8,解得r-an8. 箭误根题意，由万有引力等于重力有C-m,得M R 血月-B业，F,-mg0os,则可看出如9与电流 正确：水平方向上有Ftcos30°-F,当F,最大时，F水平，对A (2)木楔在力F作用下沿第面向上匀速运动，沿斜面方向根据 平衡条件Fcos=mgsin8十F4, 分析可计算得FT=√2mg,所以Fn -由万有引力提供向心力有-m贡联立架 gR2aR 1成正比，当1增大时日增大，则c细s日减小，静止后，导线对君 垂直于斜面方向Fna十Fy一mgco%8, 线的拉力F,或小，BC错误，D正确 11.(1)460N(2)230N,水平向右 根摩擦力的计算公式F,=正FM, 得=√gR=,故C错误D正确。 ?.B【解析】粑风力F分别沿着帆面和垂直机面的方向分解，风 12.(1)60°203N(2)240N103N,方向水平向右 联立解得F一 2mgsin 0 2mgsin 0cos 8 ·B【解析】从开始到两球在ab中点发生弹性碰撞，对甲，乙分别有 在垂直帆而方向的分力为Fw=Fsn9,再把风在垂直凯面方向 cas aco8+肚sinas日 的分力F。分别沿着航向和垂直航向的打向分解，F在沿着航 13. a15N(28a(0.5+)n 行方向的分力F。-Fxsin0,综合可得F。一Fin0,可得F, 【解析】(1)以球为研究对象，受力如图所 则当a一0时，F有最小值，为F山一mgim28。 2,5X10N,选项B正确，ACD错误. 示，小球受力平衡可知N=mgn 兰-爱，=z=0,周球发生弹作假提，则有，十 (3)因为木块及木楔均处于平衢状态，整体受到水平面的摩擦 ·A【解析】固环被固定在绳中点的位置，此， 15N, 时类似为“死结”问题，两端绳上拉力不同， 力等于F的水平分力 对整体受力分析可得F:-N=15N。 设左右两边轻绳与整直方向的夹角分别为 即F-Feos(a+), (2)以正方体和球整体为研究对象，整 一0，吃一·两球碰后运动到c点过程中，对甲，乙分别有 e,8,则由几何关系知a<a,Funa 当F取最小值mgn28时，F-Fcos29-mg5im28cos28- 直方向受重力(m十M)g和地面的支持力Fw,水平方向受墙 3-+g码，3一吃红+，解得甲、乙经过点 Fwin,故F>F,选项A正确；对环受 壁的弹力N:和地面的摩擦力F:,根据平衡条件有Fx=(m 力分析，如图所示，同一根绳左右两边拉力大小处处相等FM=F, M)g,球质量最大时有(mg十Mg)=mg tan,得出 a-9-月，Fwna=Fxs8,a十-Mg,由几何关 物理（二） 的时间差为，一-一1 8 kg. 8.ACD 9.BC 得如日一是，水平间距和绳长不变时，角度不变，故静止时的位 (3)要使球和正方体都始终处于静止状态，则N:≤《网'十 1.B2.A3.D4.C 10,CD【解析】设车厢对A的弹力为F,轻杆对A的弹力为 置不会因为战者质量大小变化而变化，B铅：M下降时， M)g. 5。B【解析】根岩t图像的斜率表示加速度，可知，A车的加速 N,若B球所受摩擦力为零，可知整体向右加速，对A,B整体由 桃战者会向左下方移动，C错误，当MN杆间距减小时d减小。 又因为N,一m'gtan8 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 牛顿第二定律得Fu一2，对A球由牛颜第二定律得F 绳长L不变，a==月减小，根FMcos a十Fwos9=Mg,可知 即mgn≤n(m'+M)g,解得n≤m'牛M 故A错误；在0一3#时间内，一定存在一个时刻，该时刻A图 Nn8=a,整直方向Nos0=mg,联立解得a=gtan0,对整 绳上拉力减小，放D错误 像线的斜率等于B的斜率，即两车一定有加速度相的时 体由牛领第二定律得F一4a=4mg运n9,故A错误：若推力 8.ACD 9.AD 即m<=子，即临界情况下m8,=, 刻，B正确：根据图像与时闻轴围成的面积表示位移，可知 向左，则系统的加速度向左。假投杆与车厢始悠保持相对静 10。BC【解析】如图所示，作出B球的受 前3s内，A的位移比B的大，因：一0时刘两车在同一位置，则 通过儿何关系解得L=R十Rain8,, 止，且A与左壁弹力为零，对A水平方向有Ns如8=maA,竖直 力示意图，根豁平衡条件和几何关系可 在1=3：时，两车不在同一位置，故C情误：根据4图像的斜 方向有Ncs9一mg,解得A-gtan8,在此情况下，设厢底对B 率表示加速度，斜率的正负表示加迷度的方向，则知A车在t 知，△OAB与△DBC相似，放有5 代人数据得L-(Q.5+得)m 的静摩腺力为f,对AB整体有f=2aA=2mgan8,由于≥ 9s时的加速度与1一12s时的加速度不同，故D错灵。 n&,所以最大静摩黎力厂.≥2mg1n8,可得了≤f.,故很设 2,又因为F-9,所以生 6.D【解桥】根据白由落体运动公式，有A=2g好，解特包裹搭 成立，所以系统的加速度最大等于aA=g9,所以F最大值 【解析】(1)对木块受力分析，根据平衡条件可知烟子拉力大 为F。=4mgA=4mgtn0,故B错说；由边项B的解答可知a< k9g,使B球的质量变为原来的8 到传送带上的时间为1一0,2s,A点运动的位移为x1一世1 小为T一mg, a2牡时，若A与左里弹力为零，B会相对期底滑动，故A 0.08m,包裹落到传递带上之后将受到誉动摩擦力的作用做匀 对矩形装置和木块整体，根据平衡条件可知F=2T,解得F 与左壁弹力不能为。当相底对B的静摩藤力达到最大静摩 倍，面其他条件不变，才能使A,B两球的距离缩短为三，放A 加速运动，根据牛氧第二定律有mg=,解得a-2m/:,包 0.2Mg. 擦力时，F达到最大值，则有2mmg一F4=2ma,对整体F。 (2)根君平衡杀件可如木块质量最大时应演足(Mg十m) 达到和传送带共速所用的时间为=0，。 =02,此过 4a,对A竖直方向N0os8-mg,对A水平方向Nsin8 错误，B正确：使B球的带电荷量变为原来的g,而其他条件 2mg,解得m=0.25M Fa=ma,联立解得F。=4mg(2一t8nB),放C正确：若操力 程中包的位移为一2-2×2×0,2m-0.04m,此过 向右，n>2,当厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方 不变，则x为原来的，故C正确，D错误 (3)矩形装置上的滑轮相当于动滑轮，因此木块竖直向下的过 度是矩形装置的二倍，水平方向速度与矩彩装置相同，根据系 程中传送带上A点的位移为1=2=0,4X0.2m■0.08m 向水平向右时，F有最大值，则2mg+F=2a,对A。 ·AC【解析】对题图右侧结点处受力分析，角大小不变，可以构 统机横能守恒有 包裹与传送带上A点的距高为1=x1十x1一x1=0.12m Ncos8=mg,FM一Nsin8=ma1,联立解得a1=2g十gtan8: 用辅助圆方法判断力的动态变化情况，如图所示，通过分析可得 D正确。 当厢对B的摩擦力达到最大静力，方向水平向左时 F先增大再减小，F一直减小，A正确：初始状态，对A分析可得 msk=2m[2'+门+2zM 7。D【解析】根据题意可知，竖直向上为正方向，设火星表面重力 F有最小值.对AB整体有F4一2mg=2:,对A水平 高三二轮复习专题卷 方向有F4-Nsim0=m4:,对A竖直方向有Neos8=mg,联14.(1)0.05(2)0.075(3)7.5m 第一次酸地后，术排的加速度大小为a,=mg十上 D正确 立解得a,=gtn8一2g,所以m2F4ma1,即mg(tn8 【解析】(1)由乙图可知，力F在5s时撒去，此时长木板P的 5。C【解析】当重物向上移动的距离为k时，对重物进行受力分 2)FG4mg(tan9+2),故D正确， 速度为e,一5m/s, 解得a,=22m/g2, 析，由牛顿第二定律知F十是（工，一）一mg一m,由题意知 AC【解析】若两者均无初速度同时释放，则在同一时同内下 6s时两者速度相同为1■3m/8, 小环向下酸匀加速直线运动，木棒先向上做匀藏速直线运动 ,-mg,解得下一h十m,可见F与A是一次函数关系，且 降高度相等，可知小球在空中不能穿过管，故A正确：满者同时 在0~6s的过程对Q由牛额第二定律得 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 截范不为零。 释放，小球具有竖直向下的初速度，管无初迷度，以管为参考 限g=:, .D【解析】由题知，长木板A放在光常的水平面上，不受摩 系，小球相对管版匀速运动，在管中运动的时间1一上，则小球能 根据图乙可知：一公品解得，-0.5m/ 两次碰地时间同隔4-2，解得△- 11s, 力作用，B,C与A间的动摩擦因数均为：，当F足够小时，B对 再次碰地时木棒的速度仍为1一√丽m/,此时环的速度 A有静摩据力作用，A在水平方向合力不为零，故A不能保持 穿过晋，且在管中运动的时间与当地重力加速度无关，故B正 代人数据可得1一0.05，即滑块Q与长木板P之同的动摩擦 v'=1十a,M>1 静止状态，A错误，根据牛领第二定律可知，当拉力F一mg 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 因数是0.05。 故假设成这，即之后过程两物体不会再共速 时，物块B与A间的哗擦力小于mg,并不是好要动，B 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 (2)5一6s对P由牛横第二定律得1mg十：·2mg=m@1, 若术棒恰好与地面第4次碰撞时弹性小环从木棒底瑞滑落，则 误：当B与A发生相对滑动时，假设C与A不会发生相对滑动， 度为，在管中运动的时间为，则有A,-十名 由乙图可知1=2m/2, 从第一次碰撞开始，小环向下加速运动了3△，相对木郴向下 代人数据可得1-0.075， 运动距离x=3知141+ 24(34)2-1479 m+ g-十mea解得a一品超A对C的摩力 宁-L6-台-后调小球一定能等注管，温在中运动的 即长木板P与地面之阿的动摩据因数是0,075。 121 m (3)从8s末到长木板停下的过程，对长木板由牛领第二定律得 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， 之前小环相对木棒向上运动距离，=十 mam十m‘meg<m,餐设成立，即C与A不可能发 但小球提前了△：时间释放，以管为参考系，小球相对管匀速运 ·2mg一g=@ 生相对滑动，C错误，当C的质量也为m时，物块C能获得的最 第得一2m。 动，则有v=g△，L=,可知小球在管中运动的时间为！= 代人数据可得a,=1m/公，这段时间心-二，第得△=3s 1237 大加遮度为a-。一宁g,D正确 做小环开始运动时距木下端的距离！一工一 :△，时间与当地重力加速度有关，放D钻锅。 所以9s时长木板P停下来，6前长木板的速度大于滑块Q 121m. ?.C【解析】根据对称性可知平台与两个圆柱 的速度，6s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，由4图 物理（三） 表面的摩擦力相等，大小均为了一 11,(1)100m(2)80m(3)25$ 12.(1)4m/分(2)24m(3)36N 像的“面积可知前6的相对位移大于8号后的相对位移，故 1.C 名M+m)g=5N,沿平行于轴线的方向给 长木板P的长度至少为前6s过程中Q相对P滑动的距离 13.(1D2m/8(2)0.35m(3)0.525J 2.C【解析】物体从A处由静止下落，开伞前加速度向下，物体 平台篮加F=10N的恒力，使平台从静止开始 【解桥】(1)根据题意，有L=gi,解得=0,4，则有 -×5×5m+号×(6+3)×1m-×6×3m 7.5m, 所受合力为F一g一，F-CS,F不大，加度诚 沿轴线运动，初始时刻，平台受到两圆柱的摩黎力刚好平衡，以平 ta=ta-0.2s=0.25, 小，图乙中右侧图线与此过程相符合，有m一F一两：，解得 台和货物为整体，加遮度大小为a,一M十m一2m/<g一 则A球刚落到管花时，B球的速度。一ts一2m/s。 1.12m/g2m/g(2)v2丽ms822 121m (2)根据题意可知，A球反弹之后做竖直上抛运动，则有a一 S,-2mg二m4,赦A皆误，C正确左图线为开伞后的图 3m/,圆柱表面的点转动的线速度大小为e'一r=0,8m/s, 【解析】(1)最初开始运动时，对小环，根据牛援第二定律F, Cem时 设平台运动的速度大小为，如图所示，可知平台受到两个圆柱 g4=4m/8, 2mg一f-2ma1,解得41=-2m/s',即加速度大小为 表面对平台沿平行干轴线的方向的摩黎力大小均为，三 A球刚落到管时，小球B下落的高度为 线，有R-CnS,,当-n时，有mg-F-CpS,,解 2m/3,方向经直向下， feas0,根据牛领第二定律可得F一2f,-F一2fcs8-(M十 ha-g-0.2 m. 对木棒，根据牛额第二定律∫一mg=ma:,解得“：=2m/。 得S浩且当，该小时成小技D培钱。 m)4,可知随著着平台速度v的逐渐增大，0逐渐减小，0逐新增 大，加速度逐渐减小，所以货物与平台不是一起做匀加速直线运 设从A球反弹到两球相遇的时阿为1，则有 即加速度大小为2m/s,方向竖直向上。 C【解析】若列车匀速行驶，因每节车厢都受阻力作用，划车和 动，故A错提，当平台速度v=0.6m/s时，有cos9三 k=e-7, (2)小环初速度。=4m/s,则两物体第一次共速过程，十 间拉力不一定均为零，侧如第7,8节车厢何的拉力不为零，第 0.6 ait=a:t. 45节车和间的拉力为零，AB错误：若列车匀加速行驶，则整体 =0.6,又F-2fc080=(M+m)a =+7, 解得1一1，此时拉力恰好变为F1一120N, V6+0.6+0.君 假设之后两物休共同诚遮到零，税据牛领第二定律3g 的加速度4-4F二8，则对前3节车和的整体分析可知2F 8 可得加速度大小为a=0.8m/。,故B错误，C正确；若施加的 又有L一bm=h十h', 恒力F<10N,出于初始时刻，两圆柱对平台表面沿平行于轴 F,=3ma,解得a=2m/， F 联立解得t1=0.15,h=0.35m 则棒受到的降擦力f广-mg一m1,解得∫-40N 3-F一3m,解得下。一之，则第3节车厢对第4节车厢的 线的方向的摩擦力大小为0，所以平台一定沿轴线的方向运动， (》投A,B两小球碰撞后，B球上升的速度为，则有0 棒受到的摩据力小于滑动摩擦力，故假设成立： 拉力大小为F一，C正确：若列车匀加速行驶，则对第8节 故D错误。 2--2g(L-6+△h), ·B【解析】释收弱间对整体由牛镁第二定律有mg一3mg30°+ 棒和小环在18后做类整直上抛运动，同到1s时的位置时，速 解得=4m/s, 度均变为经直向下，v=:: 车相分析可知Fn一f一，可得第7节车厢对第8节车厢的 F,=4m41,F。=3mg加30，对物块B,有mg一T=ma1,联立 设A,B两小球碰前速度分别为1，：，则有 解得v-2m/s, 拉为大小为F。=5,D错误。 解得T=手mg,枝A错误，B正确：在最高点P,由对称性可知。 1=va-gt1=3m/8, 居到1时的位置时，棒相对于初始位置上升的高度1 4,D【解析】正常行驶时，敏感球处于相对稳定状态，， ,-a+g1-3m/s, a行，解得：=1m 处于底座底端，当汽车向右加速运动时，敏感球由于 如速度大小为：=a1=了8，对整体，有3mg30-mg十 碰撞时动量守组，取向上为正方向，则有 惯性会保持原来的运动欢态，相对于底座左斜面向上 mA1一m4=别A十mB, 之后棒和小环以a,一2m/g的加速度向下加速运动，根据 F,=m,对物块B,有T'一mg=m@解得F-mg 滚动，安全蕾解除镇定：汽车向右减速运动时，敏感球 解得=一0.5m/s, -=2a(H+h1 相对于底座右料面向上滚动，安全带镜定，故AB铺 解得木棒第一次与弹性地面碰撞时的速度的大小一√2四m/“。 T-mg,故CD错误， 则能植过程中，制失的机械能为△E=乞m+乞m 识：对敏感球受力分析如图所示，划由牛顿第二定律 (3)木棒第一次与弹性地面相登时，去加在小环上的外力 8.BD【解析】四个物块都静止时，由于静摩据力的大小无法确 7,时-7m=5g51. 定，敬被此间的弹力无法确定，故A错误：四个物块一起匀加速 此后小环的加速度大小a,-2m二，解得a,=4m/, 可知(mg+F)an0-m,解得a0一mg干F放C错提， 运动时，根据整休法，对四个物块有F一4mg=4ma,设物块1