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（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（三） 物理·牛顿运动定律的应用 （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.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=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α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口 0 a 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-ma) Cov? 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 物理B·专题卷（三）第1页（共8页） 鱼跃龙 受电弓 如 3 4 5 6 1 booooooooooocooooooooooooooooooooooo0oooooc0ooo0ooooocccooooo 00DO CU CUO OUIF CLICUO0 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 车匀加速行驶，则第3节车厢对第4节车厢的拉力天 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3 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tan)= ma 敏感臂 mg-FN 敏感球 D.斜面倾角的正切值为tan&=ma 底座 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h表示重物向上做匀加速直线运动 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 B D 6.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4，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.当拉力F=mg时，物块B与A刚好要发生相对滑动 7777777777777777777777才 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24g 门卷 物理B·专题卷（三）第2页（共8页） 7.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μ2=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3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4mg B R释放B的瞬间，编子张力大小为居 AM 0 C.在最高点P,绳子张力大小为5mg D.在最高点P,弹簧对A的弹力大小为3mg 8.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 1 2 3 777777777777777777777777717777777777 甲 乙 物理B·专题卷（三）第3页（共8页） 鱼跃龙 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=m3时，压力传感器的示数F,=mg D.若F随时间均匀变化，且满足关系F=t,则在t=48时，四个物块刚好被推动 9.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=4.8。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μ= 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 10.如图甲所示，将某一物块每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方 向的夹角0，测得物块运动的最大位移x与斜面倾角0的关系如图乙所示，g取10m/s2,则 x/m 0.4 0.2 0 90am度 甲 乙 A.物块的初速率为2m/s B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.4 C.物块沿斜面上滑的最大加速度为g 心物块沿斜面上滑的最小距离为分 ￥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·s-2) B。木板和物块间的动摩擦因数为么 2.5------ 2 10 1015F C.由题目条件可求出木板C的质量 甲 乙 D.F>15N时物块B和木板C相对滑动 门卷 物理B·专题卷（三）第4页（共8页） 班级 二、非选择题：本题共5小题，共54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。=4m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。 答题栏 (1)求韩聪与隋文静相遇前瞬间韩聪的速度大小； 1 (2)求韩聪将隋文静迅速推出后两人的速度大小； 7777777777777777777777 7777777777777777777777 2 (3)若韩聪将隋文静迅速推出后，韩聪立即恢复瞪冰面的状态，重新获得120N的水平外力， 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。 5 6 8 9 10 物理B·专题卷（三）第5页（共8页） 鱼跃 12.(8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μ。 7777777777777777777777777777777777777777777777777777777 13.(10分)两同学玩拉板块的双人游戏，考验两人的默契度。如图所示，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=10m/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F,必须满足什么 条件？ F F 777777 龙门卷 物理B·专题卷（三）第6页（共8页） 14.(12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B·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 3间的动摩擦因数以一3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 10m/s2,小物块B始终未离开木板A。 A 大小； 一剑量mmm之 B LL (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B·专题卷（三）第8页（共8页）高三二轮复习专题卷 方向有Fa一Nsin9=ma2,对A竖直方向有Ncos0=mg,联14 立解得a2=gtan0-2g,所以4ma2≤F≤4ma1,即4g(tan0 2)≤F≤4mg(tan0十2)，故D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=上，则小球能 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 度为，在管中运动的时间为，则有h1=:十合g号- LL 28号=L,一，侧小球一定能穿过管，且在管中运动的 时间与当地重力加速度有关，故C正确；两者均无初速度释放， 但小球提前了△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=t,可知小球在管中运动的时间为t g△，时间与当地重力加速度有关，放D错误。 11.(1)100m(2)80m(3)25s 12.(1)4m/s2(2)24m(3)36N 13.(1)2m/s(2)0.35m(3)0.525J 【解析】(1)根据题意，有L=分g2,解得a=0.4s,则有 tB=tA-0.2s=0.2s, 则A球刚落到管底时，B球的速度B=gtg=2m/s。 1 (2)根据题意可知，A球反弹之后做竖直上抛运动，则有v4= gtA=4 m/s, A球刚落到管底时，小球B下落的高度为 ha=7g6=0,2m, 设从A球反弹到两球相遇的时间为t2,则有 1 h=vAtz-2gti N=+, 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v,则有0 6=-2g(L-h十△h), 解得vB=4m/s, 设A、B两小球碰前速度分别为v1、2,则有 01=vA一gt2=3m/s, v2=vB十gt2=3m/s, 碰撞时动量守恒，取向上为正方向，则有 mavI-m8v2=mavi+mBvB, 解得v1=-0.5m/s, 则碰撞过程中，损失的机械能为△E=2mA+ 2 mav- m4-7mi=0.525J. 1 (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0一6s的过程对Q由牛顿第二定律得 uimg=ma2, 根据图乙可知a2=A8,解得a,=0.5m/, 代入数据可得1=0.05，即滑块Q与长木板P之间的动摩擦 因数是0.05。 (2)56s对P由牛顿第二定律得1mg十μ2·2mg=ma1, 由乙图可知a1=2m/s2, 代入数据可得2=0.075， 即长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.075。 (3)从6s末到长木板停下的过程，对长木板由牛顿第二定律得 42·2mg一1mg=mag, 代人数据可得a,=1m/g,这段时间△=，解得4=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-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， △x=号×5X5m+号×(5+3)X1m-号×6×3m= 1 7.5m a2mg2mge)v历s(a8n 【解析】(1)最初开始运动时，对小环，根据牛顿第二定律F,一 2mg-f=2ma1,解得a1=一2m/s2,即加速度大小为 2m/s2,方向竖直向下， 对木棒，根据牛顿第二定律f-mg=ma2,解得a2=2m/s2, 即加速度大小为2m/s2,方向竖直向上。 (2)小环初速度v。=4m/s,则两物体第一次共速过程v。+ a1t1=a2t1, 解得t1=1s,此时拉力恰好变为F2=120N, 假设之后两物体共同减速到零，根据牛顿第二定律3mg一 F2=3ma3,解得a3=2m/s2, 则棒受到的摩擦力f'=mg一ma3,解得f'=40N, 棒受到的摩擦力小于滑动摩擦力，故假设成立： 棒和小环在1s后做类竖直上抛运动，回到1s时的位置时，速 度均变为竖直向下，v=a2t1, 解得v=2m/s, 回到1s时的位置时，棒相对于初始位置上升的高度1= 1 a2t号，解得h1=1m, 之后棒和小环以ag=2m/s2的加速度向下加速运动，根据 v2-v2=2a3(H+h1), 解得木棒第一次与弹性地面碰撞时的速度的大小，=√29m/s。 (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， 此后小环的加速度大小a,=2m士，解得a4=4m/s, 2m ·2 第一次碰地后，木棒的加速度大小为a:=mg+上， D正确。 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 解得a5=22m/s2, 析，由牛顿第二定律知F十k(x0一h)一mg=ma,由题意知 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 kxo=mg,解得F=h十ma,可见F与h是一次函数关系，且 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 截距不为零。 两次碰地时间间隔△=2，解得△=四。 6.D【解析】由题知，长木板A放在光滑的水平面上，不受摩擦 as 11s, 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 再次碰地时木棒的速度仍为v1=√29m/s,此时环的速度 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 v'=v1十a4△t>v1, 静止状态，A错误；根据牛顿第二定律可知，当拉力F=μmg 故假设成立，即之后过程两物体不会再共速； 时，物块B与A间的摩擦力小于mg,并不是刚好要滑动，B错 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 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， 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 则mg=(m十mc)a,解得a=mg,则A对C的摩擦力f= 运动距商x=301a十，(34)-179 m十mc 121m, m mca-m+mc ·mcg<umcg,假设成立，即C与A不可能发 之前小环相对木棒向上运动距离：士4一b1, 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 解得s=2m, 大加速度为a=mg=1 1237 m十mc=2g,D正确。 故小环开始运动时距木棒下端的距离=x一s= 121 m。 7.C【解析】根据对称性可知平台与两个圆柱 物理（三） 表面的摩擦力相等，大小均为f= C 21(M+m)g=5N,沿平行于轴线的方向给 C【解析】物体从A处由静止下落，开伞前加速度向下，物体 平台施加F=10N的恒力，使平台从静止开始 所爱合力为Fa=mg-F,F=CAS,F不断增大，加滤度减 沿轴线运动，初始时刻，平台受到两圆柱的摩擦力刚好平衡，以平 F 小，图乙中右侧图线与此过程相符合，有mg一F=ma1,解得 台和货物为整体，加速度大小为a。一M十m =2m/s2<42g= S,=2(mg-ma1),故A错误，C正确：左侧图线为开伞后的图 3m/s2,圆柱表面的点转动的线速度大小为o'=wr=0.8m/s, Covz 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 线，有r:=2CpS,,当=时，有mg=P=CpS:2,解 表面对平台沿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-2f:=F-2fcos9=(M+ 得S,-C mg,且当0减小时，a减小，故BD错误。 m)a,可知随着平台速度v的逐渐增大，0逐渐减小，cos0逐渐增 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 C【解析】若列车匀速行驶，因每节车厢都受阻力作用，则车厢 动，故A错误；当平台速度v=0.6m/s时，则有cos0 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 0.6 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 √0+=0.6+0.8 =0.6,F-2fcos =(M+m)a, 的加速度a=4F一8Y,则对前3节车厢的整体分析可知2F 可得加速度大小为a=0.8m/s2,故B错误，C正确；若施加的 8m 恒力F<10N,由于初始时刻，两圆柱对平台表面沿平行于轴 F 3f-Fa=3ma,解得Fs=2,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， 故D错误。 立力大小为F?,C正确；若列车匀加速行驶，则对第8节 *B【解析】释放瞬间对整体由牛顿第二定律有mg一3 mngsin30°十 车厢分析可知F8一f=ma,可得第7节车厢对第8节车厢的 F0=4ma1,F弹=3 mng sin30°，对物块B,有mg-T=ma1,联立 F 拉力大小为Fs=2D错误。 3 解得T= mg,故A错误，B正确；在最高点P,由对称性可知， D【解析】正常行驶时，敏感球处于相对稳定状态，V 处于底座底端，当汽车向右加速运动时，敏感球由于 加速度大小为a2=a1=4g,对整体，有3 mg sin30°-mg+ 惯性会保持原来的运动状态，相对于底座左斜面向上 F桑=4ma2,对物块B,有T'-mg=ma2,解得F=2mg, 滚动，安全带解除锁定；汽车向右减速运动时，敏感球 相对于底座右斜面向上滚动，安全带锁定，故AB错 T'5 =4mg,故CD错误。 误：对敏感球受力分析如图所示，则由牛顿第二定律 Ymg 8.BD【解析】四个物块都静止时，由于静摩擦力的大小无法确 可知(mg十FN)tan0=ma,解得tan0=ma。 mg十FN,故C错误， 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 运动时，根据整体法，对四个物块有F-4mg=4ma,设物块1 ·物理B· 对物块2的弹力为F12,对物块2、3、4整体有F12一3umg= 3ma,设物块2对物块3的弹力为F23,对物块3、4整体有F3 2pumg=2ma,设物块3对物块4的弹力为F34,对物块4有 F4-mg=ma,联立解得Fa-是F,Fs-子F,F4-子P, 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； 若F随时间均匀变化，且满足关系F=kt,则在t=mg时F μmg,可知压力传感器的示数为0，故C错误；若F随时间均匀 变化，且满足关系F=k,则在1=4mS时F=4mg,根据整体 k 法可知，四个物块刚好被推动，故D正确。 9.ABC【解析】布袋相对传送带滑动时，由牛顿第二定律有F: mg sin0=ma,垂直于传送带方向F支一mg cos0=0,又F: F支，解得a=0.4m/s2,A正确；设布袋与传送带共速需要的 1 时间为t1,由0=at1,得t1=”=4s,此过程布袋通过的位移 x1=之1=3.2m,因mg cos0>mg sin9,故之后布袋在传送 带上匀速运动，所用的时间，=乙一互=1s,则布袋通过传送 带所需的时间为t=t1十t2=5s,B正确；在t1时间内，传送带 通过的位移x2=t1=6.4m,则布袋与传送带间的相对位移为 △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△E=?m+ mgLsin0+Q=505.6J,D错误。 10.AD【解析】由图可知，当夹角为90°时，位移为0.2m,由竖直 上抛运动规律=2gh,解得o=2m/s,故A正确；当夹角为 0时，位移为0.4m,根据=2ax,mg=ma,可得u=0.5, 故B错误；根据mgcos0+mg sin0=ma,可得a=gsin9+ gcos0=√1十gsin(0+p),因此最大加速度为amx= 1十u2g=5g,此时有o后=2 maxmin,解得z购÷25 25m, 故C错误，D正确。 *BD【解析】由图像可知，当10N<F<15N时物块B和木板C 相对静止，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 块组成的整体，当F1=10N时，a=0,则F1=(M十m)gsin0, 当F2=15N时，a=2.5m/s2,则F2-(M+m)gsin0=(M+ m)a,联立方程可求解M+m=2kg,sin9=2,但是不能求解木 板C的质量，故C错误；因当F2=15N时，a=2.5m/s2,此时物 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 大，则对物块有mg0s?-mgsn9=ma,解得以-复，放B 正确。 11.(1)4m/s(2)0.8m/s4.8m/s(3)4s 12.(1)0.9m(2)0.02 【解析】(1)因为冰壶与冰面间的动摩擦因数处处相等，因此冰 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 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 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 1 速度大小为c,因此有a4一2at子=x1, 1 uA(4+t)-2a(4,+t2)2=x1+x, 解得a=0.2m/s2,va=3.6m/s, 又由vc=oA-a(t十t2), 代人数据可得vc=0.6m/s, 已知运动到O点时冰壶停下，因此有v2-一0=2ax3,代人已知 数据可知x3=0.9m。 (2)假设冰壶与冰面间的摩擦力大小为f,则有f=mg,根据 牛顿第二定律可知f=ma, 已知a=0.2m/s2,联立以上各式可得μ=0.02。 (1)2.0m/s2,竖直向上1.0m/s2,竖直向上(2)1.0s (3)15.0N<F1≤21.0N 【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-mg=ma1,解得a1=2.0m/s2,方向竖 直向上， 对木板由牛顿第二定律有F2一Mg=Ma2,解得a2=l.0m/s2, 方向竖直向上， 因为a1>a2,所以假设成立。 (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 端离开木板时201t2-之a -2a2t2=L, 代入数据得t=1.0s。 (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, 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 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， 对滑块由牛顿第二定律有F!一uF2一mg=ma,代人数据得 F1=21.0N, 综上所述，F1必须满足的条件为15.0N<F1≤21.0N。 (1)30m/s(2)81m(3)14N 【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’ 解得加速度大小为a1=10m/s2, 发动机熄火时，火箭的速度大小为v1=a1t1=10×3m/s= 30m/s。 (2)火箭匀加速阶段上升的高度为 01302 h-2a12x10m=45m, 发动机熄火后，根据牛顿第二定律可得mg十∫空=ma2, 解得加速度大小为a2=12.5m/s2, 发动机熄火后，火箭继续上升的高度为 1=302 h,=2a2=2X12.5m=36m, 则火箭上升的最大高度为 hm=h1+h2=81m。 (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： 。3 参考答案及解析 可得2aghm=v能， 平行于面BCGF的速度也不变，垂直于面BCGF的速度反向， 解得加速度大小为a3=0.5m/s2, 根据牛顿第二定律可得 再经历2时间落到地面恰好打在H点，A错误，B正确；加上沿 mg一f空一∫伞=ma3, AD方向的匀强电场，从A点沿AB方向水平抛出，不改变AB 解得降落伞提供的阻力大小为f伞=14N。 方向的匀速运动，也不改变竖直方向的自由落体运动，而平行 5.(1)22kg·m/s(2)0.3m(3)(82+12)N·s AD方向上做匀加速直线运动，若要打到G点，则抛出的初速 【解析】(1)因μ=tan0,则A、B一起下滑，斜面光滑，A、B共 度不变，仍为uoC错误；AD方向上1=2a好，代人上述公式解 同下滑的加速度为a。=2mgs血0-5m/s,小物块B与挡板2 2m 得a=g,所以电场力为F电=mg,D错误。 5.C【解析】根据轨迹可知，小球的合力竖直向上，小球受竖直向 碰撞前瞬间的速度为v=√2aoL=√2m/s, 下的重力，所以小球所受电场力一定竖直向上，小球电性未知， 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 无法确定电场强度的方向，由于电场力与重力做功均与路径无 的动量大小为pB=mo=2W2kg·m/s。 关，所以从O到M与从M到N合力对小球做功相同，故动能 (2)物块B碰后在木板上向上运动，对木板A分析有mg cos0 的变化量相同，但无法确定小球的运动方向，故BD错误；从O mg sin0=0,说明木板A匀速下滑， 到N电场力对小球做负功，所以小球的机械能减少，重力做正 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 功，小球的重力势能减小，故A错误，C正确。 时间为4=上=2 10s, 6.A【解析】设沿三个轴方向的加速度分别为az,ay,a.,则在三 物块B减速上滑的加速度大小为a=2 ngos9+mgsin0 个方向上分别有L=4,0=1-司4，，1=0，不 10m/s2, 加电场时有L=vot,根据gE=m√a:十a)十a,联立解得E= 23L 物块B从碰撞至减速为0所用时间为tB= v√2 a10s=tA, kt2。 2 则木板A的长度至少为1m=a十L=0.3m. 乙B【解标】粒子在电场中运动的时间为t=,1=0时刻射人 (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 极板间的粒子竖直方向先向下加速，后向下减速，因粒子恰能 与B施加的摩擦力同向，则匀减速运动的加速度也为a= 从极板右侧射出，则离开电场时沿电场方向的位移为2d,故A 10m/s2。 错误；由对称性可知，=0时刻射入极板间的粒子离开电场时 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 沿电场方向的速度减为零，则速度方向仍沿OO方向，故B正 静止状态。木板A上滑至速度为0通过的位移为x三%宁 确；-2时刻射人极板间的粒子竖直方向先向上加速运动24， 0.1m,时间为t1=”-= a10s, 然后向上减速运动24，则最终粒子恰能从上极板边缘飞出，故 。 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 /2x C错误；由运动的对称性可知，除2时刻之外其他时刻进人电 第2次碰撞，运动时间为一√a。 =0.25, 场的粒子，竖直方向都要经过先加速后减速到零，然后反向加速 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 后反向减速到零，即粒子出离电场时沿电场方向的速度均为零， 总时间为t=”十tA十t1十3t2= 2√2+3 1 5 s,重力对木板A的总 可知粒子从右侧射出时的动能均为E,=2m,故D错误。 冲量为I=mgt=(8v2+12)N·s。 *D【解析】若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，当电子是 在正向电压时间段进入偏转电场，在荧光屏上侧留下一个光斑； 物理（四） 当电子是在反向电压时间段进入偏转电场，在荧光屏下侧留下 C 2.A 3.D 一个光斑，故A错误；若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电 B【解析】设立方体边长为1，从A点沿AB方向平抛落在F 场，电子一直向上偏转，所以在荧光屏O点及上方看到一个光斑 移动，故B错误：若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，电 点，竖直方向自由落体，=)g好，运动时间为4三√g,水平 子先向下偏转再向上偏转，可以看到一个光斑在荧光屏上从下 向上移动，并循环这个过程，故C错误；若在偏转极板加上如图 方向做匀速直线运动，l=,可知初速度为一√2，从A 丁所示的正弦式偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上O AM 点两侧做往复运动，故D正确。 点沿AM方向，以w5vo的水平初速度抛出，经历时间t2= 5v0 8.ABC【解析】由题意可知，光斑的速度与 √5 导弹的速度总相等，将导弹的速度沿光束 2 =2,将与面BCGF碰撞，碰撞前后竖直向下的速度不变， t1 和垂直光束方向进行分解，如图所示，设导 弹在A点时的速度为vA,根据几何关系有