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（湖南专版）

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6小题，每小题4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。 1.一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 P 黑0 P B反应过程的时间为。 0士⊙2 7777777277777777777777777777777777777 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。 2.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 6 A.1:3 B.1:9 C.3:4 D.9:16 3.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 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 4.2025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 物理X·专题卷（二）第1页（共8页） 鱼跃龙 A.A车在任何时刻的加速度大小都比B车大 v/(m's-) B.在0一3s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 2 D.A车在t=9s时的加速度与t=12s时的加速度相同 03691215六s 5.2025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。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0.2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 包裹 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 6.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.火星的第一字宙速度为 aR D.火星的质量为C *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O。 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 知重力加速度大小为g,则甲、乙经过c点的时间差为 乙Ob A之 B (3-1)vo C.(2-2) (√2-1)v0 D. C g g 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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。 7.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 A A.aa2 B.a1a3 C.a1a3 D.a2>a3 门卷 物理X·专题卷（二）第2页（共8页） 8.如图，质量为60kg的同学在练习跳球。他将篮球从离地面高为2m的位置以5/s的初速 度竖直向上抛出，接着在篮球正下方竖直举起手臂并准备沿竖直方向起跳，在篮球抛出后的 0.2s时刻恰好跳离地面，此时手指指尖离地面高为2.5m。不计空气阻力，g取10m/s2,已 知篮球到达最高点时，该同学的手指尖恰好触碰到篮球，则（设该同学起跳后姿势一直不变） A.起跳过程，地面对该同学的冲量为120N·s 邪 B.起跳过程，合外力对该同学的冲量为240N·s C.触碰到篮球时该同学的速度为0 D.触碰到篮球时该同学的速度为1m/s 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mm 斜面体的顶端A处，下端拴接一质量为的光滑小球（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下 A00000O 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 3007/ 77777777777777 777777 面之间的弹力不变) A弹簧的弹力大小为紧 B斜面体的加速度大小为 8 C.小球的加速度大小为√3g D.小球对斜面的压力大小为33 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以，杆与竖直方向的夹角为O,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 ng tan0 B.若推力F向左，且tan0≤μ，则F的最大值为2 ng tan0 C.若推力F向左，且μ<tan0≤2μ，则F的最大值为4mg(2μ-， 7777777777777777277777 tan 0) D.若推力F向右，且tan0>2μ，则F的范围为4mg(tan0-2μ)≤F≤4mg(tan0+2μ) 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？下 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 物理X·专题卷（二）第3页（共8页） 鱼跃力 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56分。 11.(7分)ET℃（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⑦。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。 作5四 车辆行驶方向 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 龙门卷 物理X·专题卷（二）第4页（共8页） 班级 12.(9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X·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B; (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X·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·s-1) (3)长木板P的最小长度。 Q Q 777777777777777777777777777777 56 甲 乙 物理X·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）。 F/N 140 120- H II11I1 T777777777777777 01234561s 甲 乙 物理X·专题卷（二）第8页（共8页）·物理X· 物理（一） 1.A【解析】在垂直檩条方向的剖面上，瓦 片受力示意图如图所示，两根檩条对瓦 片的支持力与垂直檩条方向的夹角为α， 则有2 Fcos a=mg cos0,减小檩条间的 距离d时，夹角a减小，两檩条对瓦片的 支持力F变小，故瓦片与檩条间的弹力 mgcos 变小，最大静摩擦力变小，则瓦片可能下滑，故A正确；同理，增 大檩条间的距离d时，夹角α增大，两檩条给瓦片的支持力F 变大，故瓦片与檩条间的弹力变大，最大静摩擦力变大；瓦片处 于静止状态，由平衡条件可知，瓦片与檩条间的摩擦力等于 mg sin0,且保持不变，故CD错误；根据2 Fcos a=mg cos0,减 小檩条与水平方向的夹角0时，gcos0增大，则瓦片与檩条间 的弹力变大，故B错误。 2.B【解析】由图解法，可得F1先增大后减 小，故A错误，B正确；F2一直增大，故CD 错误。 G 3.D【解析】由电路图可知，N板带正电，则 由受力平衡可知，小球所受电场力垂直极板 向上，则小球带正电，故A错误；若S保持闭 合，由于电容器相当于断路，则调节R1不改变两板间任何物理 量，小球仍静止，故B错误；若S断开，则两板电荷量不变，改变 两板间距离，根据公式C=Q=CU以及U=E以可如。 E=40,则板间电场强度大小不变，小球仍静止，故C错误； E.S 由平衡条件得mgc0s30°=g, 解得g-,故D正确。 2U 4.D【解析】对兜篮、王进及携带的设备整体受力 分析如图所示，绳OD的拉力为F1,与竖直方向 的夹角为0，绳CD的拉力为F2,与竖直方向的 夹角为a,根据几何关系可得0十a十a=90°，根据mg 正弦定理可得B=F mg sin a sin ,a增 sn(登+ 大，0减小，则拉力F1增大，拉力F2减小，故AB错误；王进处于 平衡状态，此时两绳拉力的合力等于mg,故C错误；当α=30°时， 0=30°，则根据平衡状态可得2F2cos30°=mg,解得F2= 3mg,故D正确。 5.D【解析】当导线静止在题图(a)右侧位置时，对⊙ooy 导线受力分析，安培力为图示方向，则导线中电流 方向应由M指向N,A错误；由于与OO'距离相等 位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有 sin 0=BIL. ,FT=mg cos0,则可看出sin0与电流 mg 中用g I成正比，当I增大时0增大，则cos0减小，静止后，导线对悬 线的拉力Fr减小，BC错误，D正确。 6.B【解析】把风力F分别沿着帆面和垂直帆面的方向分解，风 在垂直帆面方向的分力为FN=Fsin0,再把风在垂直帆面方向 参考答案及解析 叁考答案及解析 的分力FN分别沿着航向和垂直航向的方向分解，FN在沿着航 友对地面的摩擦力大小为10√3N,方向水平向右。 (3)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到水平面的摩擦 行方向的分力F。=Fysin0,综合可得F。=Fsin0,可得F。= 2.5X104N,选项B正确，ACD错误。 13.(115 (2)kg.)m 力等于F的水平分力， 即F=Fcos(a+0), A【解析】圆环被固定在绳中点的位置，此 【解析】(1)以球为研究对象，受力如图 当F取最小值mg sin20时，F=F min COS29=mgsin29cos20= 时类似为“死结”问题，两端绳上拉力不同， 所示， 9 设左右两边轻绳与竖直方向的夹角分别为 2 mg sin40。 小球受力平衡可知N2=mg tan0= a、0,则由几何关系知a<0,Fmsin a Mo 15N, 物理（二） Fwsin 0,故FM>FN,选项A正确；对圆环 17g 对整体受力分析可得F:=N2=15N。m长 受力分析，如图所示，同一根绳左右两边拉力 (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 1.A2.D 大小处处相等FM=FN,a=0=B,Fmsin a=FNsin0,FMcos十 和地面的支持力F、,水平方向受墙壁的弹力N2和地面的摩 3.C【解析】根据题意无法计算第二阶段减速的平均加速度，所 d Fwcos0=Mg,由几何关系得sinB=元，水平间距和绳长不变 擦力F,根据平衡条件有FN=(m十M)g,球质量最大时有 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 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 a(mg+Mg)=mg tan0,得出m=8kg。 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 于超重状态，故B错误；根据匀变速直线运动规律可知第三阶 (3)要使球和正方体都始终处于静止状态，则N2≤以(m'十 变化，B错误；M端下降时，挑战者会向左下方移动，C错误；当 M)g,又因为N2=m'gtan0, MN杆间距减小时d减小，绳长L不变，a=0=B减小，根据 段减遮的平均加速度大小为a-云-叉mg=50M:,设 即m'gtan0≤μ(m'+M)g, Fmcos a十FN COS0=Mg,可知绳上拉力减小，故D错误。 第三阶段减速至距地面0.5m高时返回舱的速度为v',则有 ACD 8.BC 9.AD 10.BC 解得tan≤(m'+M) m v2-2=-2ah',解得v=5√2m/s,故C正确，D错误。 AC【解析】对题图右侧结点处受力分析，a角 4.B【解析】根据0t图像的斜率表示加速度，可知，A车的加速 大小不变，可以使用辅助圆方法判断力的动态变 即an长=子，即临界情况下an0,=, 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， 化情况，如图所示，通过分析可得F、先增大再减 通过几何关系解得L=R十Rsin6。, 故A错误；在0~3s时间内，一定存在一个时刻，该时刻A图 小，F一直减小，A正确；初始状态，对A分析可 像切线的斜率等于B的斜率，即两车一定有加速度相同的时 得绳子拉力Fr=mg,对B分析，可发现Fr= F 代人数据得L=(Q5+语)m, 刻，B正确；根据0-t图像与时间轴围成的面积表示位移，可知 2 ng sin30°，即一开始B与C间的静摩擦力为零，故当绳子拉力 前3s内，A的位移比B的大，因t=0时刻两车在同一位置，则 2 Ft从mg先增大再减小到mg,B、C间的静摩擦力方向一直沿 14.(1)0.2Mg (2)0.25M(3)√158h 在t=3s时，两车不在同一位置，故C错误；根据v-t图像的斜 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 【解析】(1)对木块受力分析，根据平衡条件可知绳子拉力大 率表示加速度，斜率的正负表示加速度的方向，则知A车在t= F、+Frsin30°=(2m+M)g,由于F,先增大再减小，故Fx先减 小为T=mg, 9s时的加速度与t=12s时的加速度不同，故D错误。 小再增大，故物体C对地面的压力先减小再增大，故C正确；水平 对矩形装置和木块整体，根据平衡条件可知F=2T,解得F= 5.D【解析】根据自由落体运动公式，有h=分g,解得包裹落 方向上有FTCOs30°=F,当FT最大时，F水平，对A分析可计算得 0.2Mg。 √6 到传送带上的时间为t1=0.2s,A点运动的位移为x1=t1= F1ax=2mg,所以Fx=乞mg,故D错误。 (2)根据平衡条件可知木块质量最大时应满足 u(Mg十mg)=2mg,解得m=0.25M。 0.08m,包裹落到传送带上之后将受到滑动摩擦力的作用做匀 (1)460N(2)230N,水平向右 加速运动，根据牛顿第二定律有mg=ma,解得a=2m/s2,包 (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 【解析】(1)根据题意，由平衡条件可知，地面对车的支持力为 度是矩形装置的二倍，水平方向速度与矩形装置相同，根据系 夷达到和传送带共速所用的时间为，=-。 =0.2s,此过 a 2 FN=m人g十m车g=1150N, 统机械能守恒有 由公式f=FN可得，地面对小车的摩擦力的大小为∫= 0.4×1150N=460N。 m[2u)2+w]+ mgh =1 2Mo2, 程中包裹的位移为=7a=号×2X0,2m=0,04m,此过 程中传送带上A点的位移为x3=t2=0.4×0.2m=0.08m, (2)根据题意，设绳子的拉力为F,由平衡条件有 /2 包裹与传送带上A点的距离为1=x1十x3一x2=0.12m, 2F=f,解得F=230N, 解得0=√158h· D正确。 对人受力分析，由平衡条件有∫1=F=230N,方向水平向右。 15.(1)tan0(2)当a=0时，拉力F有最小值mg sin28 6,D【解析】根据题意可知，竖直向上为正方向，设火星表面重力 2. (1)60°20√3N(2)240N10√3N,方向水平向右 【解析】(1)风筝平衡时共受到三个力的作用，即重力mg,风 (3)mg sin 40 加速度为8，则有x=t-方8：，整理可得兰=w 对它的作用力F和细线对它的拉力FT,风筝受力示意图如图 【解析】(1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有ng sin0= 所示， AF mg cos0,解得u=tan0。 豆81，结合图像可得，=2,81-2，故A错误：根据题意，由 将所有的力沿风筝和垂直于风筝平面进行正 (2)木楔在力F作用下沿斜面向上匀速运动，沿斜面方向根据 平衡条件Fcos a=mgsin0+F, 公式2=2ax可得，上升的最大高度为A--必，故卫 交分解，则FTcos0=mg sin30°，Frsin0+ mg cos30°=F, 30 垂直于斜面方向Fsin a十FN=mg cos0, mg 错误：根据题意，由万有引力等于重力有R=mg,解得M 联立解得F=20√3N,0=60°。 根据摩擦力的计算公式F:=FN, (2)对风筝和小朋友整体进行受力分析可得Fcos30°十FN= 联立解得F=2 ng sin0 2mgsin 0cos 0 8公-2由万有引力提供句心力有-m花，联立解 giR22aR2 (M+m)g,f=Fcos60°， cos ausin a cos acos usin acos 0 mg sin 20 解得FN=240N,f=10√3N, cos (0-a) 得=VgR=P,放C结误，D正确。 根据牛顿第三定律，小朋友对地面的压力大小为240N,小朋 则当a=8时，F有最小值，为Fmn-=mgsin20。 *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 高三二轮复习专题卷 乞8,0m=,一h=-+号g,02=一，十g,解得1 FNa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(tan0-2μ)≤ 头m‘哥耻孙糖韦部挺幽‘0=2a‘n=由n。乙 F≤4mg(tan0+2μ)，故D正确。 g ABC【解析】若两者均无初速度同时释放，则在同一时间内下 mu2=mo4十mo2,2moi十7mo2=分mo3+2mw2,解得 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 ⑦甲=0,2=v0,两球碰后运动到c点过程中，对甲、乙分别有 系，小球相对管做匀速运动，在管中运动的时间：=上，则小球能 3h=+28,3A-吃t2+号g吃，解得甲、乙经过c点 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 (W3-1)o 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 的时间差为t甲一t乙= g 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 7.ACD 度为1，在管中运动的时间为t则有△h:=t:十之g好 8.BD【解析】篮球到达最高点时，运动的时间为t1-=0.5s, 1 2g三L,2=上=上，则小球一定能穿过管，且在管中运动 该同学运动的时间为t2=t1一△t=0.3s,篮球到达最高点时，该 同学的手指指尖恰好触戳到篮球，则十1=人。一弓g好十 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， 2g 但小球提前了△时间释放，以管为参考系，小球相对管匀速运 h2,其中h=2m,h2=2.5m,解得v人=4m/s,触碰到篮球时 动，则有v=g△t,L=t,可知小球在管中运动的时间为t= 该同学的速度为0=v人一gt,=1m/s,故C错误，D正确；起跳 L 过程，根据动量定理IF一mg△t=mv人，解得地面对该同学的冲 △，时间与当地重力加速度有关，故D错误。 量为I.=360N·s,故A错误：根据动量定理，起跳过程，合外力 11.(1)100m(2)80m(3)25s 对该同学的冲量为I合=m℃人=240N·s,故B正确。 12.(1)4m/s2(2)24m(3)36N 9.BC【解析】未撤去力F时，由题意得号mg tan60= 1 13.(1)2m/s(2)0.35m(3)0.525J 3n· 1 【解析】(1)根据题意，有L=2gi,解得tA=0.4s,则有 5g=号，说明小球恰好不离开斜面，斜面对小球无作用力， tB=tA-0.2s=0.2s, 1 则A球刚落到管底时，B球的速度B=gtB=2m/s。 弹簧拉力大小Fr= 0s60=了mg,撤去力F的瞬间，弹簧弹 2 (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, 力不发生突变，仍为号g,小球与斜面之间的弹力不变，故小 A球刚落到管底时，小球B下落的高度为 球对斜面的压力为零，选项AD错误；设撤去力F瞬间斜面体 h。=7gi=0.2m, 的加速度大小为a',则F1cos30°=ma',解得a'=5g 设从A球反弹到两球相遇的时间为t2,则有 38,选项B 1 正确；小球受力不变，加速度不变，大小仍为√3g,选项C正确。 h=uat:-28经， 10.CD【解析】设车厢对A的弹力为FNA,轻杆对A的弹力为 1 h'=0Bt2十之8t, 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FM=2ma,对A球由牛顿第二定律得Fa 又有L-hB=h十五'， Nsin0=ma,竖直方向Ncos9=mg,联立解得a=gtan0,对整体 联立解得t2=0.1s,h=0.35m。 由牛顿第二定律得F=4ma=4 ng tan0,故A错误；若推力向左， (3)设A、B两小球碰撞后，B球上升的速度为v8,则有0 则系统的加速度向左。假设杆与车厢始终保持相对静止， B=-2g(L-h+△h), 且A与左壁弹力为零，对A水平方向有Nsin0=maA,竖直方 解得v8=4m/s, 向有Ncos0=mg,解得aa=gtan0,在此情况下，设厢底对B 设A、B两小球碰前速度分别为v1、2,则有v1=A一gt2= 的静摩擦力为f,对AB整体有f=2maA=2 ng tan0,由于u≥ 3 m/s,v2=vB+gt2=3 m/s, tan0,所以最大静摩擦力fm≥2 ng tan0,可得f≤fm,故假设 碰撞时动量守恒，取向上为正方向，则有 成立。所以系统的加速度最大等于aA=gtan9,所以F最大值 mA1一mB02=mA十mBUB, 为Fm=4maA=4 ng tan0,故B错误；由选项B的解答可知，u< 解得v1=-0.5m/s, tan0≤2u时，若A与左壁弹力为零，B会相对厢底滑动，故A 则碰撞过程中，损失的机械能为△E= 2m4+1 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 1 擦力时，F达到最大值，则有24mg一Fa=2ma,对整体Fm 2m40°-2m60份=0.525J。 4ma,对A竖直方向Ncos0=mg,对A水平方向Nsin9 14.(1)0.05(2)0.075(3)7.5m Fa=ma,联立解得Fm=4mg(2μ一tan0),故C正确；若推力 【解析】(1)由乙图可知，力F在5s时撤去，此时长木板P的 向右，tan0>2μ，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2mg+FA=2ma1,对A, 速度为o1=5m/s, 6s时两者速度相同为v2=3m/s, Ncos0=mg,Fa-Nsin0=ma1,联立解得a1=2g十g tan 0;当 在0~6s的过程对Q由牛顿第二定律得1mg=ma2, 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FM一2mg=2ma2,对A水平方向有 根据图乙可知a,=是解得a:=0.5m/, 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。 之前小环相对木棒向上运动距离：-4：一么， (2)5~6s对P由牛顿第二定律得1mg十2·2mg=ma1, 解得s=2m, 由乙图可知a1=2m/s2,代入数据可得42=0.075， 故小环开始运动时距木棒下端的距离=x一s= 1237 121 m。 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 物理（三） 得42·2mg一u1mg=mag, 1. 代入数据可得a,=1m/s2,这段时间△t=,解得△t=3s, C【解析】物体从A处由静止下落，开伞前加速度向下，物体 a3 所以9s时长木板P停下来，6s前长木板的速度大于滑块Q 所受合力为F台=mg一F,F=之CnS02,F不断增大，加速度减 的速度，6s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，由t图 小，图乙中右侧图线与此过程相符合，有mg-F=ma1,解得 像的“面积”可知前6s的相对位移大于6s后的相对位移，故 S,=2(mg-ma1）,故A错误，C正确，左侧图线为开伞后的图 长木板P的长度至少为前6s过程中Q相对P滑动的距离， Cov 1 △x=z×5×5m+2×(5+3)×1m-2×6×3m= 线，有F2=2CpS,当u=u1时，有mg=F2=2CS2o,解 7.5m。 -2mS,且当0减小时，a减小，故BD错误。 得5e一Cpm 2m/g2m/g(2)V29m/s3)2337m 2.C【解析】若列车匀速行驶，因每节车厢都受阻力作用，则车厢 【解析】(1)最初开始运动时，对小环，根据牛顿第二定律F:一 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 2mg-f=2ma1,解得a1=一2m/s2,即加速度大小为 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 2m/s2,方向竖直向下， 的加速度a=4。二8f,则对前3节车厢的整体分析可知2F 对木棒，根据牛顿第二定律f一mg=ma2,解得a2=2m/s2, 8m F 即加速度大小为2m/s2,方向竖直向上。 3f-Fa=3ma,解得Fs=2,则第3节车厢对第4节车厢的 (2)小环初速度v。=4m/s,则两物体第一次共速过程v。十 F a1t1=a2t1, 拉力大小为F4=2,C正确；若列车匀加速行驶，则对第8节 解得t1=1s,此时拉力恰好变为F2=120N, 车厢分析可知F8一f=ma,可得第7节车厢对第8节车厢的 假设之后两物体共同减速到零，根据牛顿第二定律3mg一 F F2=3ma3,解得a3=2m/s2, 拉力大小为Fs=2D错误。 则棒受到的摩擦力f'=mg-ma3,解得f'=40N, 3. D【解析】正常行驶时，敏感球处于相对稳定状态，V 棒受到的摩擦力小于滑动摩擦力，故假设成立； 处于底座底端，当汽车向右加速运动时，敏感球由于 棒和小环在1s后做类竖直上抛运动，回到1s时的位置时，速 惯性会保持原来的运动状态，相对于底座左斜面向 度均变为竖直向下，v=a2t1, 上滚动，安全带解除锁定；汽车向右减速运动时，敏 解得v=2m/s, 感球相对于底座右斜面向上滚动，安全带锁定，故 回到1s时的位置时，棒相对于初始位置上升的高度h1= AB错误；对敏感球受力分析如图所示，则由牛顿第 1 二定律可知(mg+FN)tan0=ma,解得tan0= ￥mg a2t,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 mg+F,故C错误，D正确。 ma o-v2=2a(H+h1), 4.C【解析】当重物向上移动的距离为五时，对重物进行受力分 解得木棒第一次与弹性地面碰撞时的速度的大小1= 析，由牛顿第二定律知F十k(x。一h)一mg=a,由题意知kx。= √/29m/s。 mg,解得F=kh十ma,可见F与h是一次函数关系，且截距不 (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， 为零。 此后小环的加速度大小a4=2mg一寸，解得a4=4m/S, 5.D【解析】由题知，长木板A放在光滑的水平面上，不受摩擦 2m 力作用，B、C与A间的动摩擦因数均为μ，当F足够小时，B对 第一次碰地后，木棒的加速度大小为a。一m8十上，解得a,= 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 m 静止状态，A错误；根据牛顿第二定律可知，当拉力F=μmg 22m/s2, 时，物块B与A间的摩擦力小于mg,并不是刚好要滑动，B错 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 误；当B与A发生相对滑动时，假设C与A不会发生相对滑 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 两次能施时同间酒a丛一品海得=图 动，则mg=(m十mc)a,解得a=mg,则A对C的摩擦力 m+mc 11s, 再次碰地时木棒的速度仍为v1=√29m/s,此时环的速度 f=mcam十m。·mcg<mcg,假设成立，即C与A不可能 m v'=o1十a4△t>w1, 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 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 员大加速度为？w学%。=名g,D正角。 从第一次碰撞开始，小环向下加速运动了3△，相对木棒向下6.C【解析】根据对称性可知平台与两个圆柱表面的摩擦力相等， 运动距离=304+7a,3△)2-17 1 121m, 大小均为f三之4@M十m)g=5N,沿平行于轴线的方向给平台施