专题3 考点闯关(实战册)-【实战高考】2026年高考物理总复习（山东专版）

将来考什公 山东模 考点 考点①对牛顿运动定律的理解及基本应用 【题型1】超重和失重 1.(2024山东菏泽一模)某同学在手机上放一 本《现代汉语词典》并打开手机软件里的压 力传感器，托着手机做下蹲一起立的动作， 传感器记录的压力随时间变化的图线如图 所示，纵坐标为压力，横坐标为时间。根据 图线，下列说法正确的是( 10 力 N 00.5 2 ·一时间(s) A.0~5s内该同学做了2次下蹲一起立的 动作 B.起立过程中人始终处于超重状态 C.图中0.5s时人处在下蹲的最低点 D.3s时加速度方向竖直向上 【题型2】牛顿第二定律的瞬时性问题 2.(2024山东菏泽期中)如图所示，质 量相等的物块A、B通过轻质弹簧连 A 接。物块A的另一端与轻绳连接， 手提轻绳使系统向上做加速度大小 B 为g的匀加速运动。已知重力加速 度为g,若突然松手，则在松开手的瞬间，物 块A、B的加速度大小分别为( ) A.an-0,aB-g B.aA-g,aB=0 C.aA=2g,aB=0 D.an-3g,aB=g 考点2牛顿运动定律的综合应用 【题型1】等时圆模型 3.(2023山东名校联盟模拟)如图所示，有3根 ○专题3牛顿运动定律 拟专练 答案：P427 闯关 光滑杆AC、BC和BD,其端 点正好在同一个竖直的圆 B 周上，A为最高点，D为最 低点。现有一穿孔的小球， 分别穿过3根杆从杆的顶端由静止滑下，从 A到C、从B到C、从B到D的时间分别记 为t、2、。下列说法正确的是( ) A.t>t2t B.t=t2=ts C.t=ts<t2 D.t=ts>t2 【题型2】连接体问题 4.(2024山东潍坊一 模)如图所示，一倾 角为37°的足够长光 滑斜面固定在水平 37 地面上，斜面底端有一固定挡板，一根劲度 系数k=100N/m的轻弹簧两端分别连接 在挡板和物体P上，紧挨着P放置物体Q (不与P粘连)，现对Q施加一个沿斜面向 上的拉力F使Q做匀加速直线运动，从施 加拉力开始计时，t=0.2s后拉力F不再 变化，已知P的质量mp=1kg,Q的质量 mQ=4kg,g取10m/s2。下列说法正确的 是() A.t=0时，P、Q间的作用力为24N B.t=0.2s时，弹簧中的弹力为0 C.t=0.2s时，拉力F=56N D.Q的加速度大小为15m/s2 【题型3】临界、极值问题 5.(2024山东聊城期中)如图所示，质量为M 的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A 与质量的小球相连。现用与水平方向成 一定角0的力F拉着小球带动木块一起向 右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不 31 实战 实战高考·物理 变，不计空气阻力，A与水平杆间的动摩擦 因数为u=,重力如速度为6，则下列说法 正确的是( A B. m A.力F的最小值为2(M什m)g B.力F的最小值为(M什mg C.力F取最小值时0=60° D.力F取最小值时0=53° 【题型4】传送带模型 6.(2024山东烟台三模)传送带是建筑工地常 见的运输装置，如图所示为某传送带的简易 图，该传送带的倾角为0=37°，t=0时刻工 人将质量m=300kg的工料静止放到传送 带的底端A,同时将轻绳拴接在工料上，电 动机通过轻绳带动工料向上做匀加速直线 运动。已知轻绳对工料的牵引力大小恒为 F=3000N,传送带以=8m/s的速度顺 时针匀速转动，t=1s时刻关闭电动机，经过 段时间后工料刚好到达传送带的最高点 B。已知工料与传送带之间的动摩擦因数为 =0.5,重力加速度g取10m/s2,工料可视 为质点，不计空气阻力，sin37°=0.6。求： (1)t=1s时刻工料的速度大小。 (2)传送带A、B两端间的距离。 ∠∠∠4/ 电动机风 A⊙37. 32 【题型5】滑块一木板模型 7.(2024山东滨州二模)如图所示，A、B为两 块完全相同的长木板，放置在光滑水平面 上，小物块P(可视为质点)放置在长木板A 的最左端。已知长木板A、B的质量均为M =0.5kg,长度均为L=5m,小物块P的质 量m=1.1kg,小物块和长木板间的动摩擦 因数u=0.5。在小物块P上施加一斜向右 上方的恒力F,F与水平方向的夹角0= 37°，重力加速度g取10m/s2,sin37°= 0.6,c0s37°=0.8。 (1)若要使P与A、B长木板发生相对滑动， 求F的最小值（结果保留一位有效数字）。 (2)若F=10N,P运动到B的最右端时， P、B撞到一固定挡板（图中未画出）上，此 时撤去外力F,B、P反弹前后速度大小不 变。A与B的碰撞为弹性碰撞，不计碰撞 时间。求： ①滑块P运动到A、B结点处时，A、B、P组 成的系统的动量大小。 ②力F作用的总时间。 F 7777777777777777777道一起向左加速，根据牛顿第二定律可知F=(M十m)a, 根据图乙有1=M+m=0.5kg1, 当外力F>4N时，轨道与小物块有相对滑动，对轨道有 F-umg=Ma, 结合题图乙有a=方F-,斜车==1kg1,截 1 距b=-mg=-2m/s2, M 联立可得M=1kg,m=1kg=0.2。 ②由题图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度a1=6m/s2, 小物块的加速度a2=g=2m/s2, 当小物块运动到P点时，经过0时间，对轨道有) 山东模 考点闯关) ①D解析下蹲过程先向下加速后向下减速，加速度方 向先向下后向上，即先处于失重状态后处于超重状态；起 立过程先向上加速后向上减速，加速度方向先向上后向 下，即先处于超重状态后处于失重状态。由题图可知，0 ~5s内该同学做了1次下蹲一起立的动作，故A、B错 误；题图中0.5s时，人向下的加速度最大，处于向下加速 阶段，不是处在下蹲的最低，点，故C错误；由题图可知，3s 时处于超重状态，加速度方向竖直向上，故D正确。故 选D。 ②D解析弹簧的弹力不突变，物块B受力不受影响， 因此aB=g,故B、C错误；设弹簧的弹力为F,对物块A 进行受力分析，有mg十F=maA,对物块B进行受力分 析，有F-mg=mg,所以物块A的加速度为3g,故A错 误，D正确。故选D。 ③C解析如图甲所示，连接A、D两点，设端点在A或 D的杆与AD方向的夹角为日，则小球沿这类杆下滑的位 移x=2Rc0s0,且=方a2,加速度a=g0s0,联立可得 :2V医故=利用一2√四与自无关的结论，以点 B为最高点画圆，如图乙所示，可知小球从B,点沿杆分别 下滑到D、F两点的时间均为t3,而BC比BF长，所以下 滑时间会长一些，故t2>t妇，故选C。 A 乙 ○实战册参考答案及解析 =a1t0, 对小物块有2=a2to, 在小物块运动到P点到从Q,点离开轨道这个过程中系统 机械能守恒，有号M好十是m吃=MG+合m近 +2mgR, 水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，有M)十2 =M3十m4,联立解得to=1.5s, 1 1 根据运动学公式有L一2a1哈-2a26,代入数据解得L =4.5m。 拟专练 ④C解析开始时弹簧的压缩量△c=F理- k (mp十m0gin37°-0.3m,t=0.2s时，拉力F不再变 k 化，说明此时P、Q刚好分离，它们之间的弹力正好为0， 而此时P和Q具有相同的沿斜面向上的加速度a,设此 时弹簧的压缩量为△x',对P由牛顿第二定律有k△x一 mpg sin37°=mpa,该段时间内由运动学规律得△x一△x' =7a2,联立解得△=0.14m,a=8m/s2,设1=0时 P、Q间的作用力为F1,对P由牛顿第二定律得F弹一 mpgsin37°-F=mpa,F弹=(mp十mQ)gsin37°，解得 F1=16N,故A、D错误；根据前面分析可知，t=0.2s时， 弹簧中的弹力F弹'=k△x=14N,故B错误；t=0.2s时， 对Q由牛顿第二定律得F一nog sin37°=mQa,解得F= 56N,故C正确。故选C。 ⑤A解析对木块、小球组成的整体进行受力分析，整体 受到重力、支持力、摩擦力、拉力，正交分解拉力，可得 Fcos0=f,Fsin0+N=(M+m)g,f=uN,联立可得F= u(M+m)g=(M牛m)g,故当sin(0十p)=1 usin 0+cos 0 1+u2 sin (0+) 时，拉力最小，最小值为F=么g=合M什mg √1+2 故A正确，B错误；因为tanp =1,故g=60,当n(0叶p =1时，拉力最小，此时0=30°，故C、D错误。故选A。 6(1)8m/s(2)20m 解析(1)对工料进行受力分析，根据牛顿第二定律有F一 mgsin 0+jmgcos 0-ma1, 设经t时间，工料与传送带共速，则有0=a1t, 代入数据解得a1=8m/s2,t=1s, 即t=1s时刻工料恰与传送带共速，则速度大小为8m/s。 427 答案册 实战高考·物理 (2)关闭电动机之前工料上升的距离1=受=4m, 关闭电动机后，再对工料受力分析，根据牛顿第二定律有 mgsin 0-umgcos 0=ma2, 根据位移一速度关系式有6=2a2x2,代入数据解得x2= 16m, 则传送带A、B两端间的距离x=x1十x2=20m。 7(1)8N(2)①16kg·m/s②3s 解析(1)P与A、B发生相对滑动时，两者加速度不同。 选P为研究对象，根据牛顿第二定律有FcOs日一F: =ma1, Fsin 0+FN-mg-0,Fi=uFN, 选A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F' =2Ma2, 其中Fr=F:',a1>a2,解得F=8N。 (2)①当F=10N时，根据(1)的过程可得a1=5m/s2,a2 =2.5m/s2, 设1时间内，P运动到A、B结点处，对P和A、B组成的 xPm=po4十2a41号 系统，有 1 xAB1=UAB0h十2a2片 且xp1一xAB1=L,解得1=2s, 根据动能定理得Ft cos0=p总一0，解得p总=l6kg·m/s。 UpI=a1t1=10 m/s ②时刻，P和A、B的速度分别为 （vAB1=a2t1=5m/s 当P运动到B上时，可以求得两者的加速度为a1=5m/s2, 1 zm=p12十2a1号 a2=5m/s2,由运动学公式得 e=81+74,写 x2一x2=L,解得2=1s, 可得力F作用的总时间为t=1十t2=3s。 分层闯关) ①BD解析当该同学在电子秤上下蹲时，人体重心下 移，先加速下降，即加速度向下，处于失重状态，该同学对 电子秤的压力小于其自身重力；然后减速下降，即加速度 向上，处于超重状态，该同学对电子秤的压力大于其自身 重力，所以电子秤的示数先减小后增大，故A错误，B正 确；当电梯减速下降时，加速度竖直向上，该同学处于超 重状态，电子秤对该同学的支持力大于该同学的重力，根 据一对作用力与反作用力大小相等可知，测量值会大于 真实体重，故C错误；当电梯以5m/s2的加速度加速上 升时，设电子秤对该同学支持力为F、,由牛顿第二定律 可得FN一mg=ma,解得FN=750N,根据一对作用力和 428 反作用力大小相等，可知电子秤的示数为m显示= F压 g 75kg,故D正确。故选B、D。 2D解析xt图像中，图线上某点切线斜率的绝对值 表示速度大小，可知0一1时间内，升降机向下做加速运 动，加速度方向向下，小球处于失重状态，故A错误；1~ 2时间内为直线，即升降机做匀速直线运动，加速度为0， 小球处于平衡状态，既不超重也不失重，故B、C错误；2 一3时间内，升降机向下做减速运动，加速度方向向上，小 球处于超重状态，故D正确。故选D。 3A解析设m2与0一起运动，对m与m0整体有 m0g-2g=(m0十m2)a,解得a=0.52g,对长木板受力 分析，其受到m2对它的摩擦力f2=m2g=0.4mg< f地max=μ(m2十m)g=0.6mg,故长木板保持静止，重物 和小物块一起运动，小物块向右运动的加速度大小为 0.52g,故B、C、D错误，A正确。故选A。 ④C解析A、B两物体的加速度大小相等。以A物体 为研究对象，由牛顿第二定律得T=m4a,以B物体为研 究对象，由牛顿第二定律得mBg一T=mBa,可得T= mAmS,而A,B两物体的总质量不变，即mA十mB不 mA十mB 变，由数学知识可知，当mA=mB时，mA·mB有最大值， 所以当mA=mB时，T有最大值。故选C。 ⑤B解析设轻绳拉力的最大值为F,对左边木板与机 器人受力分析，由牛顿第二定律得F=3ma,轻绳拉力最 大时，右边一组木板与机器人之间的摩擦力为最大静摩 擦力，对左边一组木板与机器人和右边机器人受力分析， 由牛顿第二定律得μ·2mg=5ma,联立解得，轻绳拉力的 最大值F=mg,故选B。 5 ⑥D解析未施加拉力时，对箱子进行受力分析，可知 mgcos0=-mgsin0=300N,对整体受力分析，整体只受 重力和地面的支持力，则地面对斜面体的摩擦力大小等 于0。施加拉力后，根据牛顿第二定律有F十mgcos0- mgsin0=ma,解得a=l8m/s2,方向沿斜面向上，则经过 自=”-号5时，箱子与斜西相时静止，之后箱子所交摩 擦力突变为沿斜面向下，根据牛顿第二定律有F mgcos0-mgsin0=ma',解得a'=6m/s2,方向沿斜面 向上，箱子将匀加速向上运动。由上述分析可知，t=1s 时，箱子处于下滑状态，箱子对斜面体的摩擦力以及压力 均不变，则斜面体与地面之间的作用力也不变，即地面对 斜面体的支持力大小为FN=(M+m)g=1500N,地面 对斜面体的摩擦力大小为0，故A、B错误。t=2s时，箱 子处于上滑状态，箱子对斜面体的压力大小不变，但对斜