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（山东专版）

高三二轮复习专题卷 对该同学的冲量为I。=360N·s,故A错误；根据动量定理，起 跳过程，合外力对该同学的冲量为I合=mv人=240N·s,故B 正确。 11.BC【解析】未撤去力F时，由题意得3 mg tan60°= 3n. 3g一3ma,说明小球恰好不离开斜面，斜面对小球无作用 3 mg 2 力，弹簧拉力大小Fx cos60°=3mg,撒去力F的瞬间，弹 簧弹力不发生突变，仍为号mg,小球与斜面之间的弹力不变， 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Fcos30°=ma',解得a'= 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。 12.CD【解析】设车厢对A的弹力为F4,轻杆对A的弹力为 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 牛顿第二定律得Fa=2ma,对A球由牛顿第二定律得Fa Nsin0=ma,竖直方向Ncos0=mg,联立解得a=gtan0,对整体 由牛顿第二定律得F=4ma=4 ngtan0,故A错误；若推力向左， 则系统的加速度向左。假设杆与车厢始终保持相对静止； 且A与左壁弹力为零，对A水平方向有Nsin0=maA,竖直方 向有Ncos0=mg,解得aA=gtan0,在此情况下，设厢底对B 1 的静摩擦力为f,对AB整体有f=2maa=2 ng tan0,由于μ tan0,所以最大静摩擦力fm≥2 ng tan0,可得f≤fm,故假设 成立。所以系统的加速度最大等于aA=gtan0,所以F最大值 为Fm=4maA=4 mgtan0,故B错误；由选项B的解答可知，u< tan0≤2μ时，若A与左壁弹力为零，B会相对厢底滑动，故A 与左壁弹力不能为零。当厢底对B的静摩擦力达到最大静摩 擦力时，F达到最大值，则有2mg一Fa=2ma,对整体Fm 4ma,对A竖直方向Ncos0=mg,对A水平方向Nsin0 Fa=ma,联立解得Fm=4mg(2μ一tan0),故C正确；若推力 向右，tan0>24,当厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方 向水平向右时，F有最大值，则2μmg十F4=2ma1,对A, Ncos0=mg,FM-Nsin0=ma1,联立解得a1-24g十gtan0;当 厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向左时，F有 最小值，则对AB整体有Fa一2mg=2ma2,对A水平方向有 F4一Nsin0=ma2,对A竖直方向有Ncos0=mg,联立解得 a2=gtan0-2g,所以4ma2≤F≤4ma1,即4mg(tan0-2u) F≤4mg(tan0+2u),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1，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o1,在管中运动的时间为t2,则有△h1=01t2十2gt经 之=L,=-二，则小球一定能穿过管，且在管中运动的 1gt1 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，故D错误。 13.(1)100m(2)80m(3)25s 14.(1)4m/s2(2)24m (3)36N 15.(1)06 16.(1)2m/s(2)0.35m(3)0.525J 【解析】(1)根据题意，有L=2g,解得tA=0.4s,则有 tB=tA-0.2s=0.2s, 则A球刚落到管底时，B球的速度vB=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=2gt后=0.2m, 设从A球反弹到两球相遇的时间为t2,则有 h-vAta-28, 1 h'=vBt2十2g说， 又有L-hg=h+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 vg=-2g(L-h十△h), 解得vB=4m/S, 设A、B两小球碰前速度分别为1、2，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 mAU1一mBU2=mAvi十mBvB, 解得v1=-0.5m/s, 1 则碰撞过程中，损失的机械能为△E=)mA十)m号二 1 1 mAf-2mB管=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1mg=ma2, 根据图乙可知a2=0,解得a2=0.5m/s) 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)5~6s对P由牛顿第二定律得μ1mg十μ2·2mg=ma1, 由乙图可知a1=2m/s,代人数据可得42=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2·2mg-1mg=ma3, 代入数据可得a,=1m/s,这段时间△=，解得△=3s, a 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vt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=2×5×5m+2×(5+3)×1m-2×6×3m= 7.5m。 ①2m/522m/2V29m/s3)m 【解析】(1)最初开始运动时，对小环，根据牛顿第二定律F, 2mg-f=2ma1,解得a1=-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。十 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3g F2=3ma3,解得ag=2m/s2, 则棒受到的摩擦力f'=mg-mag,解得∫'=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h1= 2a2片，解得h1=1m, 之后棒和小环以a3=2m/s2的加速度向下加速运动，根据 ·2 v2-v2=2a3(H十h1), 解得木棒第一次与弹性地面碰撞时的速度的大小⑦1一 瞬间，纸板的加速度大小为a=f+上=5m/s,橡皮擦的加 m √29m/s。 (3)木棒第一次与弹性地面相碰时，撤去施加在小环上的外力， 速度大小为a1m =1m/s,故A错误；橡皮擦与纸板达到相 此后小环的加速度大小a,4=2m3,解得a,=4m/s, 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 2m a'=f2 第一次碰地后，木棒的加速度大小为a；=mg十甘，解得a,= -=2m/s2,而橡皮擦做减速运动的加速度最大值为 m+m m 22m/s2, a1=上=1m/s<a'=2m/s,故此时橡皮擦将相对纸板向左 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 运动，且橡皮擦向右的加速度即为a=1m/s2,纸板向右的加 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 四，解得A1=四。 速度为a,==3m/s,故B错误；结合AB选项，设橡皮 两次碰地时间间隔△t= S, as 11 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 再次碰地时木棒的速度仍为1=√/29m/s,此时环的速度 1 t= v=v1十a4△t>v1, s,此时二者向左共同的速度为v一6m/s,橡皮擦的位移 故假设成立，即之后过程两物体不会再共速； 1 1 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 为x1=2a1t=72m,纸板的位移为x2=t-2at2= 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 运动距离x=301△t十2a4(3△)=1479 72m,则二者相对位移为△x1=x2一x1=2m<0.1m,可知 121 -m, 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 之前小环相对木棒向上运动距离5= 2 -t1-h1, 做减速运动，由于a2=3m/s2>a1=1m/s2,所以纸板先减速 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， 解得s=2m, v 1 故小环开始运动时距木棒下端的距离1=x一5=121 1237 则橡皮擦的位移为x=2a一72m,纸板的位移x一2a, m。 1 物理（三） 26m,则二者相对位移为△x,=-=108m,可知橡皮擦最 2 C 终距离纸板中点的距离为△x=△x1一△x2=27m<0.1m,即 C【解析】物体从A处由静止下落，开伞前加速度向下，物体 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 所受合力为F合=mg-F,F=之CpS02,F不断增大，加速度减 生的热量为Q=4m1g(△x1十△x2)=1O80J,故C正确， 小，图乙中右侧图线与此过程相符合，有mg一F=ma1,解得 D错误 S,-2(mg-ma1),故A错误，C正确：左侧图线为开伞后的图 7.D【解析】由题知，长木板A放在光滑的水平面上，不受摩擦 Cpuz 力作用，B、C与A间的动摩擦因数均为，当F足够小时，B对 1 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 线，有F2=2CpS2u,当o=u1时，有mg=F2=2CpS,w,解 静止状态，A错误；根据牛顿第二定律可知，当拉力F=mg 2m写，且当口减小时，a减小，故BD错误。 时，物块B与A间的摩擦力小于以mg,并不是刚好要滑动，B错 得S2= Covi 误；当B与A发生相对滑动时，假设C与A不会发生相对滑 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，则mg=(m十mc)a,解得a=mg,则A对C的摩擦力 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 m+mc 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 ·umcg<μmcg,假设成立，即C与A不可能 的加速度a一4F二8，则对前3节车厢的整体分析可知2F f=mca= m十mc 8m 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 F 3f-Fa=3ma,解得Fs=2,则第3节车厢对第4节车厢的 最大加速度为a= m+mc 2g,D正确。 F 8.C【解析】根据对称性可知平台与两个圆柱表 拉力大小为下4=2，C正确；若列车匀加速行驶，则对第8节 车厢分析可知F8一∫=ma,可得第7节车厢对第8节车厢的 面的摩擦力相等，大小均为f=2(M十m)g= 5N,沿平行于轴线的方向给平台施加F=10N 拉力大小为F8=2D错误。 的恒力，使平台从静止开始沿轴线运动，初始 D【解析】正常行驶时，敏感球处于相对稳定状态， 时刻，平台受到两圆柱的摩擦力刚好平衡，以 处于底座底端，当汽车向右加速运动时，敏感球由于 平台和货物为整体，加速度大小为a。=M十m =2m/s2< 惯性会保持原来的运动状态，相对于底座左斜面向 上滚动，安全带解除锁定；汽车向右减速运动时，敏 42g=3m/s2,圆柱表面的点转动的线速度大小为v'=wr= 感球相对于底座右斜面向上滚动，安全带锁定，故 0.8m/s,设平台运动的速度大小为v,如图所示，可知平台受到 AB错误：对敏感球受力分析如图所示，则由牛顿第 两个圆柱表面对平台沿平行于轴线的方向的摩擦力大小均为 二定律可知(mg十FN)tan0=ma,解得tan0= f,=fcos0,根据牛顿第二定律可得F一2fz=F一2fcos0= mg十F,故C错误，D正确。 ma mg (M十m)a,可知随着平台速度？的逐渐增大，6逐渐减小，cos6 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 C【解析】当重物向上移动的距离为h时，对重物进行受力分 直线运动，故A错误；当平台速度v=0.6m/s时，则有cos0= 析，由牛顿第二定律知F十k(x。一h)一mg=ma,由题意知kx。= 0.6 =0.6,又F-2fcos0=(M十m)a, mg,解得F=kh十ma,可见F与h是一次函数关系，且截距不 √02+r√0.62+0.82 为零。 可得加速度大小为a=0.8m/s2,故B错误，C正确；若施加的 C【解析】弹出纸板后瞬间，对纸板受力分析可知橡皮擦给纸 恒力F<10N,由于初始时刻，两圆柱对平台表面沿平行于轴线 板水平向右的摩擦力为f1=41m1g=0.1×0.01×10N= 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 0.01N,桌面给纸板水平向右的摩擦力为f2=2(m十m1)g= D错误。 0.2×0.02X10N=0.04N,由牛顿第二定律可知弹出纸板后 *B【解析】释放瞬间对整体由牛顿第二定律有mg一3 ng sin30°+ ·物理A· F#=4ma1,F谦=3 mgsin30°，对物块B,有mg-T=ma1,联立 1 4mg,故A错误，B正确；在最高点P,由对称性可知， m)a,联立方程可求解M十m=2kg,sin0=2,但是不能求解木 解得T= 板C的质量，故C错误；因当F2=15N时，a=2.5m/s2,此时物 加速度大小为a2=a1= 4g,对整体，有3 mgsin30°-mg十 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 1 F弹=4ma2,对物块B,有T'一mg=ma2,解得F弹= 大，则对物块有mg cos0-mgsin0=ma,解得么=5 2,放B 2 mg, 正确。 -5 mg,故CD错误。 13.(1)4m/s(2)0.8m/s4.8m/s(3)4s 【解析】(1)对韩聪，根据牛顿第二定律有F=m1a, 9.BD【解析】四个物块都静止时，由于静摩擦力的大小无法确 解得a=2m/s2, 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 根据2=2ax0,可得v=4m/s。 运动时，根据整体法，对四个物块有F一4mg=4ma,设物块1 (2)设韩聪将隋文静迅速推出后两人的速度大小分别为1、 对物块2的弹力为F12,对物块2、3、4整体有F12-3μmg 2,根据动量守恒有m1v=m11十m22, 3ma,设物块2对物块3的弹力为F28,对物块3、4整体有F 2umg=2ma,设物块3对物块4的弹力为F34,对物块4有 根据动能守恒有2加1o2=2m1十2m2, F4-mg=ma,联立解得F12=三F,F= 2 F,F= 4F, 联立解得v1=0.8m/s,o2=4.8m/s。 4 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； (3)由题意可知1t+2at=w:, 若F随时间均匀变化，且满足关系F=,则在t=m3时F 解得t=4s。 14.(1)0.9m(2)0.02 μmg,可知压力传感器的示数为0，故C错误；若F随时间均匀 【解析】(1)因为冰壶与冰面间的动摩擦因数处处相等，因此冰 变化，且满足关系F=L,则在t=4m8时F=4mg,根据整体 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 k 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 法可知，四个物块刚好被推动，故D正确。 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 10.ABD【解析】根据题意，设火箭的功率为P,牵引力为F,由 公式P=F0可得F-?,由牛顿第二定律有F一mg=a,解 速度大小为vc,因此有uat一2at=x1, 得a=P.】一g,由图乙可知，a关系图像的斜率为k Da(6十t)-2a(t十t2)2=x1十x2, m U 解得a=0.2m/s2,oa=3.6m/s, a1-二82=(a,十g)1,则有 又由vc=vA一a(t1十t2), 1 =(a1十g)v1,可得P= 代入数据可得vc=0.6m/s， 已知运动到O点时冰壶停下，因此有v2一0=2ax3,代入已知 m(a1十g)o1,即火箭以恒定的功率启动，故AB正确，C错误； 数据可知x3=0.9m。 由上述分析可知，a-二的关系式为a=P -g,当a=0 (2)假设冰壶与冰面间的摩擦力大小为∫，则有∫-mg,根据 牛顿第二定律可知f=ma, 时，解得-学=a,十g ,即a上关系图像在横轴的截 已知a=0.2m/s2,联立以上各式可得u=0.02。 U 15.(1)2.0m/s2,竖直向上1.0m/s2,竖直向上 8 (2)1.0s(3)15.0NF,≤21.0N 距为(a,十g)0,故D正确。 【解析】(1)假设滑块和木板之间为滑动摩擦力，对滑块由牛顿 11.ABC【解析】布袋相对传送带滑动时，由牛顿第二定律有 第二定律有F1一F2一mg=ma1, F:一mg sin0=ma,垂直于传送带方向F支一ng cos0=0,又 解得a1=2.0m/s2,方向竖直向上， F:=uF支，解得a=0.4m/s2,A正确；设布袋与传送带共速需 对木板由牛顿第二定律有F2一Mg=Ma2,解得a2=1.0m/s2, 方向竖直向上， 要的时间为t1,由v=at1,得t1= =4s,此过程布袋通过的 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 位移x1=之t1=3.2m,因mg0>mgsin0,故之后布袋在 传送带上匀速运动，所用的时间，=乙一=1S,则布袋通过 端离开木板时2a12- 2a2t2=L, 代入数据得t=1.0s。 U 传送带所需的时间为t=t1十t2=5s,B正确；在t1时间内，传 (3)为使滑块与木板一起向上运动，应使整体合力向上，故F> 送带通过的位移x2=t1=6.4m,则布袋与传送带间的相对 (M+m)g=15.0N, 位移为△x=x2一x1=3.2m,由Q=F△x,可得Q=204.8J, 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 C正确；由能量守恒定律可得，因传送小麦，多消耗的电能为 摩擦力应等于最大静摩擦力，对木板由牛顿第二定律有F2 Mg=Ma,解得a=4.0m/s2,方向竖直向上， △E=2mu+mgLsin0+Q=505.6J,D错误。 对滑块由牛顿第二定律有F1一uF2一mg=ma,代入数据得 F,=21.0N, 12.AD【解析】由图可知，当夹角为90°时，位移为0.2m,由竖直 综上所述，F,必须满足的条件为15.0N<F,≤21.0N。 上抛运动规律v=2gh,解得o。=2m/s,故A正确；当夹角为 16.(1)30m/s(2)81m(3)14N 0°时，位移为0.4m,根据v=2ax,mg=ma,可得μ=0.5， 【解析】(1)火箭向上做匀加速运动时，根据牛顿第二定律可得 故B错误；根据umg cos0+mg sin0=ma,可得a=gsin0十 Fmg一f空=ma1, gcos9=√1十gsin(8+p),因此最大加速度为amx= 解得加速度大小为a,=10m/s2, V+7g-,此时有号=2a…m,解得x-2 发动机熄火时，火箭的速度大小为1=a1t1=10X3m/s= 25 m, 30m/s. 故C错误，D正确。 (2)火箭匀加速阶段上升的高度为 BD【解析】由图像可知，当10N<F<15N时物块B和木板C相 vi 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 h1一2a .302 =2X10m=45m, 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 发动机熄火后，根据牛顿第二定律可得mg十f空=ma2, 成的整体，当F1=10N时，a=0,则F1=(M十m)gsin0,当 解得加速度大小为a2=12.5m/s2, F2=15N时，a=2.5m/s2,则F2-(M+m)gsin8=(M十 发动机熄火后，火箭继续上升的高度为 参考答案及解析 302 3.A h:=2a,=2X12.5m=36m, 4.D【解析】运动员随圆盘做匀速圆周运动，受到重力、支持力、 则火箭上升的最大高度为hm=h1十h2=81m 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 (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 力，故A错误；在圆盘最下方，设运动员到转动轴的距离为x,则 可得2a3hm=v地， 有Ft-mg sin 15°=mw2r,可知运动员在最低点受到的摩擦力 解得加速度大小为a3=0.5m/s, F,一定随着ω的增大而增大，故B错误；运动员与圆盘始终保 根据牛顿第二定律可得mg-f空一f伞=ma3, 持相对静止，运动员做圆周运动，加速度不为零，运动员不处于 解得降落伞提供的阻力大小为∫伞=14N。 平衡状态，故C错误；运动员从最高点运动到最低点过程中速 7. (1)4m/s21m/s2(2)12m/s(3)16m 度大小不变，动能不变，设W:、W。分别为摩擦力做功和重力做 【解析】(1)泡沫球沿斜面下滑时mg sin a-f=ma1,其中f= 功，由动能定理得W:十Wc=0,解得W:=一Wc=一2 mgr sin 0.1mg,联立可得a1=4m/s2, 15°，可知摩擦力对运动员做负功，故D正确 泡沫球做匀减速运动时f=0.1mg=ma2, 5.B【解析】设立方体边长为1，从A点沿AB方向平抛落在F 可得加速度大小a2=1m/s2。 L 点，竖直方向自由落体，l=2gi,运动时间为1=√ ,水平 (2)设泡沫球到达B时的速度大小为v,则有v一0= 2a1xAB,代入数据解得vB=12m/s。 方向做匀速直线运动，l三o1,可知初速度为v0=2,从A (3)当泡沫球的速度v=8m/s时，可得t=B一” =4s,则x= a2 点沿AM方向，以W5v。的水平初速度抛出，经历时间t2= AM u十0B=40m, 5Vo 2■ V5 人匀加速阶段0=ag,得i=2s,此时x1=2a片=8m,匀 2 速阶段x2=o(t-t1)=16m,故xc=x一x1一x2=16m。 √5v -号将与面BCGF碰撞，碰撞前后竖直向下的速度不变， 平行于面BCGF的速度也不变，垂直于面BCGF的速度反向， 8. (1)22kg·m/s(2)0.3m(3)(8√2+12)N·s 【解析】(1)因μ=tan0,则A、B一起下滑，斜面光滑，A、B共 再经历之时间落到地面恰好打在H点，A错误，B正确：加上沿 同下滑的加速度为a。=2 mgsin9 =5m/s2,小物块B与挡板2 AD方向的匀强电场，从A点沿AB方向水平抛出，不改变AB 2m 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 碰撞前瞬间的速度为v=√2aoL=√2m/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 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 量大小为pB=mw=2√2kg·m/s。 度不变，仍为，C错误；AD方向上1=2a,代入上述公式解 (2)物块B碰后在木板上向上运动，对木板A分析有mng cos0- 得a=g,所以电场力为F电=mg,D错误。 mg sin9=0,说明木板A匀速下滑， 6.C【解析】根据轨迹可知，小球的合力竖直向上，小球受竖直向 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 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， 时间为，名-语。· 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 关，所以从O到M与从M到N合力对小球做功相同，故动能 物块B减速上滑的加速度大小为a=mg cos9+mgsin0 的变化量相同，但无法确定小球的运动方向，故BD错误；从O 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 2 10m/s, 功，小球的重力势能减小，故A错误，C正确。 7. 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从碰撞至减速为0所用时间为t。一”=区 a10s=t4, 个方向上分别有L=弓a,,0=-2a,,L=7.,不 则木板A的长度至少为lm=2a +L=0.3m。 加电场时有L=vot,根据gE=m√a十a,十a,联立解得E= (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 23L 与B施加的摩擦力同向，则匀减速运动的加速度也为a 10m/s2。 t=0时刻射入 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 8.B【解析】粒子在电场中运动的时间为t=4址， 静止状态。木板A上滑至速度为0通过的位移为x一2a 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 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 0.1m,时间为t=。=0s, 错误；由对称性可知，t=0时刻射人极板间的粒子离开电场时 沿电场方向的速度减为零，则速度方向仍沿OO'方向，故B正 然后二者从静止开始再次以加速度α。下滑，同时与挡板发生 2x=0.2s, 第2次碰撞，运动时间为一√ 确；=2时刻射人极板间的粒子竖直方向先向上加速运动2， 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 然后向上减速运动4，则最终粒子恰能从上极板边缘飞出，故 总时间为1=”十A十4，十3。=22+3s,重力对木板A的总 5 C错误；由运动的对称性可知，除2时刻之外其他时刻进入电 冲量为1=mgt=(8√2+12)N·s。 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 物理（四） 速后反向减速到零，即粒子出离电场时沿电场方向的速度均为 1 零，可知粒子从右侧射出时的动能均为Ek=2mv6,故D错误。 C【解析】由题图篮球的轨迹可知，篮球运动过程受到一定的 *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 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 在正向电压时间段进人偏转电场，在荧光屏上侧留下一个光斑； 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 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 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 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 点，故B错误；篮球被投出到入框，重力和空气阻力都做负功， 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 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 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 度一定比人框时大，故C正确。 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90分钟，满分100分)》 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。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A·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 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A·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.当拉力F=mg时，物块B与A刚好要发生相对滑动 777777777777777777777777777 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ω=20rd/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41=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/s 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4g B.释放B的瞬间，绳子张力大小为：mg 3 A C.在最高点P,绳子张力大小为mg 0 D.在最高点P,弹簧对A的弹力大小为3mg 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。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 物理A·专题卷（三）第3页（共8页） 鱼跃龙 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 F1123 4 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=,则在=g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=s时，四个物块刚好被推动 10.如图甲所示，质量为m的小火箭由静止开始加速上升，加速度α与速度倒数二的关系图像如 图乙所示，火箭的速度为v1时对应的加速度为α1，不计空气阻力和燃料燃烧时的质量损失， 重力加速度为g,下列说法正确的是 -8 甲 乙 A.火箭以恒定的功率启动 B.火箭的功率为m(a1十g)v1 CQ关系图像的斜率为21十8 01 D.a关系图像在横轴的裁距为a, (a1+g)v1 11.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 10 卷 物理A·专题卷（三）第4页（共8页） 班级 12. 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 姓名 x/m 0.4 0.2 得分 9001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 D,物块沿斜面上滑的最小距离为，5 5m 答题栏 1 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 5 A.10N<F<15N时物块B和木板C相对滑动 个a/m·s-2) 6 B,木板和物块间的动摩擦因数为4= 2.5 2 P C.由题目条件可求出木板C的质量 1015 EN 为 D.F>15N时物块B和木板C相对滑动 乙 9 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 10 13.(6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 11 12 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 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； (2)求韩聪将隋文静迅速推出后两人的速度大小； 7777777777777777777777777 (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， 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。 物理A·专题卷（三）第5页（共8页） 鱼跃龙门 14.(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。 7777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777 B C 15.(8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μ=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F,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？ mmm 老 物理A·专题卷（三）第6页（共8页） 16.(8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 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3S,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10m/s,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A·专题卷（三）第7页（共8页） 鱼跃龙门老 17.(14分)如图甲所示为某综艺节目的躲球游戏。现将运动过程进行简化，如图乙所示，泡沫球 从A点静止开始沿斜面匀加速直线下滑，斜面的倾角α=30°，A与斜面底端B距离为18m, 泡沫球到达B点后没有速度损失，然后在水平面上做匀减速直线运动，泡沫球在整个运动过 程中所受阻力恒为其重力的0.1倍，参与游戏的玩家一开始站在C点，当小球到达B点时， 玩家由静止开始以加速度大小4m/s2开始向右做匀加速直线运动，到达8m/s后做匀速直 线运动，C点的位置玩家可自由选择，在不被球追上的前提下BC的距离越小，得分越高。 g取10m/s2。求： (I)泡沫球沿斜面下滑时加速度α1的大小和在水平面上做匀减速直线运动时加速度a2的大小； (2)泡沫球到达B时的速度大小； (3)玩家得分最高的情况下，所选择BC的距离。 A 7777777777777777777777777 B 甲 18.(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 已知A、B间的动壁擦因数以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； 白成2业里口舛间的朗里mn B L (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A·专题卷（三）第8页（共8页）】