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（湖南专版）

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.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u满足F=2CS0(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m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 8 风 0 a d 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S,= 2(mg-ma1)） D.开伞后物体迎风面积为S2= 2(mg-ma1） Cou2 Covi 2.2025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，革命圣地延安迈人“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m。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 3 4 6 P 0000000,b00000000,b00000000,b00000000,b00000000,b00000000000000000,000000C广 HOXLOOL0TOO口FOLCF▣CXC口OX000 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若列车匀加速行驶，厕第3节军厢对第4节车厢的拉力大小为号 速行驶，则第7节车厢对第8节车厢的 物理X·专题卷（三）第1页（共8页） 鱼跃龙 3.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 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 4.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 7777777777 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 A B C D 5.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 777777777777777777777777 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g 6.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=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o=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 门卷 物理X·专题卷（三）第2页（共8页） ￥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，绳子张力大小为子mg B B.释放B的瞬间，绳子张力大小为mg A C.在最高点P,绳子张力大小为5g D在最高点P,弹簧对A的弹力大小为mg 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.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4，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 F12 34 777777777777777777777777777777777 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=m时，压力传感器的示数F1=g D.若F随时间均匀变化，且满足关系F=t,则在t=8时，四个物块刚好被推动 及 8.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a与速度倒数】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 物理X·专题卷（三）第3页（共8页） 鱼跃龙 1 -8 01 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 C.a}关系图像的斜率为28 01 D.a上关系图像在横轴的裁距为a,g 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=4.8m。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 x0 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 本x/m 0.4 0.2- Xmin---- 900/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2,5 5m ￥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木板和物块间的动摩擦因数为4= B C 2 2.5 C.由题目条件可求出木板C的质量 1015FN D.F>15N时物块B和木板C相对滑动 甲 乙 门卷 物理X·专题卷（三）第4页（共8页） 班级 三、非选择题：本题共5小题，共56分。 11.（7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。 (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； 777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777 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 4 5 6 * 7 8 9 10 物理X·专题卷（三）第5页（共8页） 鱼跃 12.(9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。 777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777 B C 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？ 龙门卷 物理X·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X·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 B间的动摩擦因数2一，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。 10m/s2,小物块B始终未离开木板A。 A 大小； 一剑量mmm 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X·专题卷（三）第8页（共8页）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 ·物理X· 加F=10N的恒力，使平台从静止开始沿轴线 F:一ng sin0=ma,垂直于传送带方向F支一mg cos0=0,又F:= 运动，初始时刻，平台受到两圆柱的摩擦力刚 F支，解得a=0.4m/s2,A正确；设布袋与传送带共速需要的 好平衡，以平台和货物为整体，加速度大小为 时间为1，由0=a1,得t,= 0 =4s,此过程布袋通过的位移 ao-M+m =2m/s2<42g=3m/s2,圆柱表 面的点转动的线速度大小为v'=wr=0.8m/s,设平台运动的 x1=之t1=3.2m,因mg cos0>mgsin0,故之后布袋在传送 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 带上匀速运动，所用的时间t2= 平行于轴线的方向的摩擦力大小均为f.=fcos0,根据牛顿第 L一x1=1s,则布袋通过传送 二定律可得F一2f.=F-2fcos0=(M+m)a,可知随着平台速 带所需的时间为t=t1十t2=5s,B正确；在t1时间内，传送带 度v的逐渐增大，日逐渐减小，cos0逐渐增大，加速度逐渐减小 通过的位移x2=t1=6.4m,则布袋与传送带间的相对位移为 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 △x=x2一x1=3.2m,由Q=F:△x,可得Q=204.8J,C正确； 0.6 由能量守恒定律可得，因传送小麦，多消耗的电能为△E= 速度v=0.6m/s时，则有cos0= √02+r√0.62+0.8 1 mu2+mgLsin0+Q=505.6J,D错误。 0.6,又F-2fcos0=(M+m)a,可得加速度大小为a=0.8m/s2 故B错误，C正确；若施加的恒力F<10N,由于初始时刻，两圆 10.AD【解析】由图可知，当夹角为90时，位移为0.2m,由竖直 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 上抛运动规律=2gh,解得=2m/s,故A正确；当夹角为 台一定沿轴线的方向运动，故D错误。 0时，位移为0.4m,根据=2ax,umg=ma,可得μ=0.5， *B【解析】释放瞬间对整体由牛顿第二定律有mg-3 mg sin30°+ 故B错误；根据ng cos0十mg sin0=ma,可得a=gsin0十 F#=4ma1,F赚=3 ng sin30°，对物块B,有mg-T=ma1,联立 gcos0=√1十ugsin(0十p),因此最大加速度为amx 解得T=子mg,故A结误，B正确；在最高点卫，由对称性可知。 1什7g=受8，此时有=2at,解得-25 5 25m, 1 加速度大小为a2=a1=4g,对整体，有3 ng sin30°-mg十 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 1 F=4ma2,对物块B,有T'-mg=ma2,解得F0=2mg, 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 T-mg,放CD错误。 成的整体，当F1=10N时，a=0,则F1=(M十m)gsin0,当 F2=l5N时，a=2.5m/s2,则F2-(M+m)gsin9=(M+ 7.BD【解析】四个物块都静止时，由于静摩擦力的大小无法确 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 m)a,联立方程可求解M+m=2kg,sin9=号，但是不能求解木 运动时，根据整体法，对四个物块有F一4umg=4ma,设物块1 板C的质量，故C错误；因当F2=15N时，a=2.5m/s2,此时物 对物块2的弹力为F12,对物块2、3、4整体有F12一3mg= 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 3ma,设物块2对物块3的弹力为F23,对物块3、4整体有F23 2mg=2ma,设物块3对物块4的弹力为F4,对物块4有 大，则对物块有mg cos日一mg sin日=ma,解得μ=今，故B mg=a,联立解得F=F,=子F,F4=F, 正确。 11.(1)4m/s(2)0.8m/s4.8m/s(3)4s 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； 【解析】(1)对韩聪，根据牛顿第二定律有F=m1a, 若F随时间均匀变化，且满足关系F=kt,则在t=m3时F= 解得a=2m/s2, g,可知压力传感器的示数为0，故C错误；若F随时间均匀 根据v2=2axo,可得v=4m/s。 (2)设韩聪将隋文静迅速推出后两人的速度大小分别为1、 变化，且满足关系F=,则在1=m3时F=4mg,根据整体 2,根据动量守恒有m1v=m11十m22, 法可知，四个物块刚好被推动，故D正确。 1 8.ABD【解析】根据题意，设火箭的功率为P,牵引力为F,由公 根据动能守恒有2m102=21+2m,, 联立解得v1=0.8m/s,v2=4.8m/s。 式P=F和可得F-号，由牛倾第二定徘有F一mg=m,解得 (3)由题意可知n+号ai=t, a=卫·1一g,由图乙可知，a关系图像的斜率为6- 解得t=4s。 -（二2=(a,十g),则有=(a1十g)1,可得P 12.(1)0.9m(2)0.02 1 m. 【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 m(a1十g)v1,即火箭以恒定的功率启动，故AB正确，C错误； 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 由上述分析可知，a子的关系式为a=P.1 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 -g,当a=0时， m v 解得号-器-a,。即a关系图像在被箱的裁矩为 g 速度大小为c,因此有va一2a好=x1, ,,+)合a,+,=+z, a,fg。故D正确 解得a=0.2m/s2,va=3.6m/s, 9,ABC【解析】布袋相对传送带滑动时，由牛顿第二定律有 又由vc=vA-a(t1十t2), 。3 参考答案及解析 代入数据可得vc=0.6m/s, L_2 已知运动到O点时冰壶停下，因此有2一0=2a.x3,代入已知 时间为tn二 10s, 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 物块B减速上滑的加速度大小为a=mg cos0+mgsin0 m 牛顿第二定律可知f=ma, 10m/s2, 已知a=0.2m/s2,联立以上各式可得a=0.02。 3. (1)2.0m/s2,竖直向上1.0m/s2,竖直向上 物块B从碰撞至减速为0所用时间为。=”一 a10 s=tA, (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 则木板A的长度至少为1一 -+L=0.3m。 第二定律有F1一F2一mg=ma1, (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 解得a1=2.0m/s2,方向竖直向上， 与B施加的摩擦力同向，则匀减速运动的加速度也为a= 对木板由牛顿第二定律有F2一Mg=Ma2,解得a2=1.0m/s2, 10m/s2。 方向竖直向上， 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 因为a1>a2,所以假设成立。 静止状态。木板A上滑至速度为0通过的位移为x一一 (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 蜡离开木板时分a,-:=L, v√2 0.1m,时间为t1=a=10s, 代入数据得t=1.0s。 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 (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, 2正=0.25 第2次碰撞，运动时间为：一√a。 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 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 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， 总时间为1=”十4十，十3，-2E+3s,重力对木板A的总 5 对滑块由牛顿第二定律有F1一uF2一mg=ma,代入数据得 冲量为I=mgt=(8√2+12)N·s。 F1=21.0N, 综上所述，F1必须满足的条件为15.0N<F,≤21.0N。 物理（四） 4.(1)30m/s(2)81m(3)14N 1.C2.A 【解析】(1)火箭向上做匀加速运动时，根据牛顿第二定律可得 3.D【解析】运动员随圆盘做匀速圆周运动，受到重力、支持力、 F-mg-f空=ma1, 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 解得加速度大小为a1=10m/s2, 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 发动机熄火时，火箭的速度大小为v1=a1t1=10×3m/s= 有F:-mgsin 15°=mw2r,可知运动员在最低点受到的摩擦力 30m/s. 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 (2)火箭匀加速阶段上升的高度为 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 1=302 h:=2a1=2X10m=45m, 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 度大小不变，动能不变，设W、W。分别为摩擦力做功和重力做 发动机熄火后，根据牛顿第二定律可得mg十f空=ma2, 功，由动能定理得W:十Wc=0,解得W:=-W。=-2 ngrsin15°， 解得加速度大小为a2=12.5m/s2, 可知摩擦力对运动员做负功，故D正确。 发动机熄火后，火箭继续上升的高度为 4.B【解析】设立方体边长为1，从A点沿AB方向平抛落在F 302 h:=2ag=2X12.5m=36m, 点，竖直方向自由落体，1=名后，运动时间为1=√ 2L ,水平 则火箭上升的最大高度为hm=h1十h2=81m。 方向做匀速直线运动，l=1,可知初速度为，一√ gl (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 ,从A 可得2aghm=v地， 解得加速度大小为a3=0.5m/s2, 点沿AM方向，以W5的水平初速度抛出，经历时间t2= AM 5v0 根据牛顿第二定律可得mg一f室一f伞=ma3, 解得降落伞提供的阻力大小为f伞=14N。 5 0. (1)22kg·m/s(2)0.3m(3)(8V2+12)N·s 后品一台将与面BCGF隧拉，腰擦前后竖直向下的建度不空， 【解析】(1)因μ=tan0,则A、B一起下滑，斜面光滑，A、B共 平行于面BCGF的速度也不变，垂直于面BCGF的速度反向， 同下滑的加速度为a。=2 gsin9-5m/s,小物块B与挡板2 2m 再经历号时间落到地面恰好打在H点，A错误，B正确；加上沿 碰撞前瞬间的速度为v=√2aoL=√2m/s, AD方向的匀强电场，从A点沿AB方向水平抛出，不改变AB 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 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 量大小为ps=mu=22kg·m/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 (2)物块B碰后在木板上向上运动，对木板A分析有gcos日 mg sin0=0,说明木板A匀速下滑， 度不变，仍为C皓误：AD方向上1=adi,代入上述公式解 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 得a=g,所以电场力为F电=mg,D错误。