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

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 面体的摩擦力由沿斜面向下变为沿斜面向上，大小不变， 对箱子进行受力分析，根据正交分解可得，地面对斜面体 的支持力大小为FN'十mgcos0·sin0=mgcos0·cos0 十Mg,解得FN'=1140N,地面对斜面体的摩擦力大小 为f=mgcos0·cos0+mgcos0·sin0=480N,故C错 误，D正确。故选D。 ⑦D解析yt图像中图线的斜率表示加速度。0~ 时间内，速度为正值且在增大，切线的斜率先增大后减 小，说明朱雀三号加速上升且加速度先增大后减小，故A 错误；1~2时间内，速度为正值且在减小，说明朱雀三号 减速上升，故B错误；2~t3时间内，速度为负值且绝对值 在增大，切线的斜率在减小，说明朱雀三号加速下降且加 速度逐渐减小，故C错误；3~t4时间内，速度为负值且绝 对值在减小，说明朱雀三号减速下降，加速度向上，朱雀 三号处于超重状态，故D正确。故选D。 ⑧C解析设细线中的拉力大小为T,对A、B分析，根 据牛顿第二定律分别有T=maA,T=2maB,根据动滑轮 细线端与滑轮端的位移关系有x0=(A十g),根据运 动字公式可知xA=7a42,8=之4g2,x0=a02,联 1 立以上各式，解得aA=2aBac=号ca,所以aA·ag1aC =4:2:3,故选C。 ⑨B解析假设B相对于A恰好静止，对B在竖直方向 上，由平衡条件得mBg=uFAB,在水平方向上，由牛顿第 二定律得FAB=mBa0,代入数据解得a0=20m/s2,对A、 B组成的系统，由牛顿第二定律得F=(mA十mB)a0= 120N>48N,则在推力F作用下A、B相对滑动，对A、B 组成的系统，由牛顿第二定律得F=(mA十mB)a,对B,由 牛顿第二定律得FAB'=mBa,A、B间的滑动摩擦力f= FAB'=8N,对A在竖直方向上，由平衡条件得FN= mAg十f=mAg十f=48N,由牛顿第三定律可知，A对地 面的压力大小为48N。故选B。 o :(2)6个或7个 解(1)由几何知识可知s血0=会-之，说明两直杆形成 的轨道与水平面的夹角为30°，两直杆对瓦片的支持力的 夹角为90°，受力分析如图所示， mgcos30° O实战册参考答案及解析 垂直于轨道方向有2 FNCOS45°=mgcos30°， 沿着轨道方向有2oFN=mgsin30°， 联立解得四。 (2)瓦片在轨道上运动时，在L1范围内，根据牛顿第二定律 有mngsin30°-2X0.5poFN=ma1,解得a1=2.5m/s2, 相邻两瓦片间的距离为△x1=a1t2=0.625m, _L1≈2片， 所以在L1范围内的瓦片数量一△ 瓦片在轨道上运动时，在大于L1范围内，根据牛顿第二定 律得mgsin30°-2poFN=mao,解得a2=0, 则瓦片速度v=√2a1L1=3m/s, 相邻瓦片间的距离为△x=t=1.5m, 所以在大于1范国内的瓦片数量2=8m二L≈4片， △x 则第一片瓦片落地后的某一时刻轨道上瓦片的数量为 ≈6片。 1](1)1000W3N(2)3000m 解析(1)如图所示，根据几何关系有F合=mg=1000N, F=2 mgcos30°=1000V3N。 F mg (2)推力的方向逆时针旋转前，竖直方向加速度大小ay= F合sin2=5m/s2, m 上升高度=2a,=10m, 竖直方向速度℃y=at1=100m/s, 推力的方向逆时针旋转后，合外力F合1方向与原速度方 向相反，有F合1=mgsin30°=500N, 竖直方向加速度大小a= F合1=2.5m/s2, m =2000m, 上升的高度h2一2a,1 所以火箭上升的最大高度h=h1十h2=3000m。 2C解析根据对称性可知平台与两个圆柱表面的摩 擦力相学，大小均为f=aM+m)g=5N,活平行于 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，初始时刻，平台受到两圆柱的摩擦力刚 好平衡，以平台和货物为整体，加速度大小为a0一M十m F 429 答案册 实战高考·物理 =2m/s2<2g=3m/s2,圆柱表面的点转动的线速度大 小为7=wr=0.8m/s,设平台运动的速度大小为0，如图 所示， 可知平台受到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fx=fCos0,根据牛顿第二定律可得F 一2fx=F-2fcos0=(M十m)a,随着平台速度v的逐渐 增大，日逐渐减小，c0s日逐渐增大，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动，故A错误；当平 台速度v=0.6m/s时，有cos0= √2+v2 0.6 =0.6,又F-2fcos0=(M十m)a,可得加 √0.62+0.82 速度大小为a= F-2fcos0=10-2×5X0.6 ,m/s2= M+m 4+1 0.8m/s2,故B错误，C正确；若施加的恒力F<10N,由 于初始时刻，两圆柱表面对平台沿平行于轴线方向的摩 擦力大小为0，所以平台一定沿轴线方向运动，故D错误。 故选C。 13(1)7.5N(2)7.5N,方向水平向左 (3)W6m/s 解析(1)A、C刚滑上传送带时，传送带对A的摩擦力水 平向左，对B有m2g-FTm=m2a1, 对A、C整体有FT1+(m十m3)g=(m十m3)a1, 解得a1=7.5m/s2,Fmm=7.5N。 (2)A、C刚滑上传送带时，C受到的摩擦力F:=3a1, 解得F=7.5N,方向水平向左。 (3)设A、C经时间t1后与传送带共速，这段时间内A、C 向右运动的位移为x1,可得u=2一a1th,一呢= -2a1x1, 解得t1=0.4s,x1=1m, 由于μ(m十3)g<m2g,因此A、C不能随传送带一起匀 速运动，此后A、C做减速运动，对A、C整体有FT2一 (m1+m3)g=(m1+m3)a2, 对B有m2g-FT2=m2a2, 解得a2=2.5m/s2, 设A、C与传送带共速后向右运动的距离为x2,则0一 =-2a2x2,解得x2=0.2m, 此后A、C向左运动，直至从传送带左端离开，设离开传送 带时的速度为3，则喝=2a2(x1十x2),解得3=√6m/s。 430 西1车2208欢4a-二9 2(kn-1) 解析(I)开始运动时，m、M一起做自由落体运动，与地面 相碰时，由动能定理可知(M叶mgh=2mgh=}×2m, 解得u1=√2gh, M与地面碰撞后，速度大小不变，方向向上，m仍然向下 运动，二者出现相对运动，根据牛顿第二定律，对M有 kmg十mg=ma1,对m有kmg一mg=ma2, 解得a1=(k+1)g,a2=(k-1)g, 则棒弹起的最大高度1一2a一十1· 近_h (2)若M=5m,运动情况与(1)中类似。 M与地面碰撞后，由动能定理可知(M十m)gh=6mgh= 号×6m3,解得n'=V2g, M与m出现相对运动，根据牛顿第二定律，对M有bmg 十5mg=5ma1,对m有kmg-mg=ma2, 解得a1=®+5》g,a2=(k-1Dg, 5 斯特得起的装大高度一怎产 (3)第一次碰撞后，取向下为正方向，设经过时间1后共 建，有一一1D8=一十(+1Dg,解得有一器 1/2h Ng’ 可得排和环的造度大小为m-是=， 从开始下落到棒第二次与地面碰撞前，环相对棒下滑的 距离入。_干四二一。丸=g=E。 2 2 (④)由(3)可知，棒和环共速时，捧的高度1=一二十皿h 2 =0a 第二次落地时棒的速度2=√场十2g=√， /2gh 从开始下落到棒第三次与地面碰撞前，环相对木棒下滑 吃=2h 的距离△2一kg2' 以此类推，若碰撞n次后脱离，则L=△s1十△s2十…△sm= 2ag+是++=M 1 解得h=t1一如)L 2(kn-1)。 西a05(②105m/g32+2.1s 解析(1)设包襄质量为m,当0-30°时包襄恰好开始下 滑，重力沿斜面的分力大小等于最大静摩擦力大小，即 mgsin 0=kumgcos 0, 代入数据解得4=0.5。 (2)运送过程中包裹与水平托盘不发生相对滑动，彼此间 达到最大静摩擦力时加速度最大，设最大加速度为a,由 牛顿第二定律有pmg=ma, 代入数据解得a=103 3 m/s2。 (3)当机器人先以最大加速度做匀加速直线运动，加速至 最大速度，然后做匀速直线运动，最后以最大加速度做匀 高考全 真题精练) ①BD解析根据题意可知，传送带对A、B的滑动摩擦 力大小相等，为f=0.5×1×10N=0.25×2×10N= 5N,初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送 带第一次共速前，A、B整体所受合外力为零，系统动量守 恒有mAv0=m40十mB0B,=1m/s,代入数值解得t=t0 时，B的速度为vB=0.5m/s,在A与传送带第一次共速 前，在任意时刻对A、B根据牛顿第二定律分别有∫十F弹 =mAaA,f十F弹=mBaB,由于mA<mB,故可知aA>aB, 故A错误，B正确；在o时间内，设A、B向右的位移分别 为xA、xB,由功能关系有-fA十fB十号m品 1 m402十7m呢十E,解得x一B=0.1m,故弹景的 压缩量为△x=xA-xB=0.1m,故C错误；A与传送带的 相对位移为x相A=xA一，B与传送带的相对位移为 x相B=l0一xB,故可得x相A十x相B=xA一xB=0.1m,由 于0~0时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B 向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足aA=2aB,作 出A、B的0-t图像，如图所示 4/m·s) 2 M 0.5 to t 可知x相A等于图形MNA的面积，x相B等于图形NOBA 的面积，故可得x相A<x相B,结合x相A十x相B=0.1m,可 知x相A<0.05m,故D正确。故选B、D。 ②D解析无人机沿水平方向飞行，零件相对于无人机 静止，也沿水平方向飞行做直线运动，故零件的高度不 变，可知零件的重力势能保持不变，D正确。对零件受力 分析，受重力和绳子的拉力，由于零件沿水平方向做直线 运动，可知合外力沿水平方向，提供水平方向的加速度。 Q实战册参考答案及解析 减速直线运动至速度为零时，机器人从分拣处运行至投 递口所需时间最短。 设匀加速直线运动的时间为1，运动的位移为x1(同理可 得匀减速直线运动的时间为1，运动的位移为x);匀速 运动的时间为2，则有=a,=受h,x-2a1=2, 设包裹沿托盘匀加速下滑的加速度为a1,时间为t3,有 mgsin 0-umgcos 0=ma1,v-a1t3, 则包襄被机器人从分拣处运输至投递口，并沿托盘下滑至脱 离所需的最短时间为t=t0十2如十2十3=(2十2.1V3)s。 国视野 零件水平向左做匀加速直线运动，A、B错误。惯性的大 小只与质量有关，零件的质量不变，故零件的惯性不变，C 错误。故选D。 3D解析设P的质量为M,P与桌面间的滑动摩擦力 为∫。以P为研究对象，根据牛顿第二定律可得T一∫= Ma,以轻盘和砝码为研究对象，根据牛顿第二定律可得 mg一T=ma,联立可得a=M十m=M,可知当砝码 m 的重力大于f时，才有一定的加速度，当m趋近于无穷大 时，加速度趋近于g。故选D。 ④A解析缓慢拉至P点，保持静止，由平衡条件可知， 此时拉力F与重力和两弹簧拉力的合力为零，则此时两 弹簧的合力大小为mg。若撤去拉力，小球从P点运动到 O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下，小 球一直做加速运动，故A正确，B错误；小球从P点运动 到O点的过程中，形变量变小，弹簧在竖直方向上的合力 不断变小，故小球受到的合外力一直变小，所以加速度一 直减小，可知加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由 牛顿第二定律可知2mg=ma,即加速度的最大值为2g, C、D错误。故选A。 ⑤AC解析设线框的上边框进入磁场时的速度为，线 框的质量为M,宽度为L,电阻为R,物块的质量m,图中 线框进入磁场时加速度向下，则对线框由牛顿第二定律 得Mg十F安一T=Ma,对物块有T-mg=ma,其中F安= B2L2v,即B2L2+(M-m)g=(M什ma,线框向上做减 R R 速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为 零时线框匀速运动，速度为w=（mDg迟。若线框进 B2L29 入磁场时的速度较小，则线框进入磁场时做加速度减小 的减速运动，线框的速度和加速度都趋近于零，则A可能 正确；因=0时刻线框就进入磁场，则进入磁场时线框向 上不可能做匀减速运动，故B错误。若线框的质量等于 4310分层 基础题组 1.(2024山东菏泽三模)（多选）测体重时，电 子秤的示数会不断变化，电子秤的示数始终 与它受到的压力大小成正比，最后才稳定。 某同学想探究不同情境下电子秤示数的变 化情况。已知该同学的质量为50kg,重力 加速度g大小取10m/s2。下列情境中关于 电子秤示数的说法正确的是() A.该同学在电子秤上下蹲的过程中，电子 秤的示数先增大后减小 B.该同学在电子秤上下蹲的过程中，电子 秤的示数先减小后增大 C.在减速下降的电梯中，人站在电子秤上 时电子秤的示数小于真实体重 D.在以5m/s2的加速度匀加速上升的电 梯中，人站在电子秤上时电子秤示数为 75 kg 2.新题型(2024山东泰安期末)如图甲所示， 一升降机顶部有一个用轻绳悬挂的小球。t =0时刻，升降机由静止开始竖直向下做直 线运动，取竖直向下为正方向，其位移一时 间图像如图乙所示，其中在t1~t2时间内为 直线。则下列说法正确的是( 甲 乙 A.小球在0~t时间内处于超重状态 B.小球在~t2时间内处于超重状态 C.小球在t1~t2时间内处于失重状态 D.小球在2~t3时间内处于超重状态 3.(2025山东潍坊期末)如图所示，质量m1 m的长木板静止在水平桌面上，最左端有一 O专题3牛顿运动定律 闯关 质量m2=2m的小物块，细绳跨过轻质光滑 定滑轮，两端分别系着小物块和重物，重物 的质量mo=3m。现将小物块由静止释放， 在小物块滑离长木板之前，滑轮左侧的细绳 保持水平，长木板右端到滑轮的距离足够 远，重物未落地。已知长木板与桌面、小物 块间的动摩擦因数均为0.2，重力加速度为 g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法 正确的是( m A.长木板保持静止 B.长木板和小物块一起以相同的加速度向 右加速运动 C.长木板和小物块以不同的加速度向右加 速运动 D.小物块的加速度大小为0.4g 4.(2024山东济南期末)如图 所示，静置于光滑水平面 上的A物体通过跨过定滑 B 轮的轻绳与B物体相连， 轻绳处于拉直状态。已知 A、B两物体的总质量不变，不计滑轮的质 量和摩擦。同时将A、B两物体由静止释 放，释放后瞬间轻绳的拉力大小为T。下列 说法正确的是() A.B物体的质量越大T越大 B.A物体的质量越大T越大 C.A、B两物体的质量相等时T最大 D.A、B两物体的质量相等时T最小 5.(2025山东淄博一模)如图所示，光滑水平 面上放置质量均为m的两块木板，其上分 别有质量均为2m的机器人，两机器人之间 33 实战册】 实战高考·物理 用一不可伸长的轻绳相连。现用水平拉力 F拉其中一块木板，使两机器人和两木板以 相同加速度一起运动，机器人与木板间的动 摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，重力加速度为g,则轻绳对机器人的最 大拉力大小为( m A.3umg B.Su 5 C.Sumg D.Stng 4 6.(2024山东潍坊期中)如图所示，斜面体的 质量M=100kg,倾角0=37°，质量m= 50kg的箱子沿斜面体匀速下滑，速度大小 6=20m/s。t=0时刻开始，对箱子施加平 行于斜面向上、大小为900N的拉力。已知 斜面体足够长且始终静止在水平地面上，重 力加速度g大小取10m/s2。则() A.t=1s时，地面对斜面体的支持力大小为 960N B.t=1s时，地面对斜面体的摩擦力大小为 720N C.t=2s时，地面对斜面体的支持力大小为 1500N D.t=2s时，地面对斜面体的摩擦力大小为 480N 7.(2025山东淄博一模)2024年9月11日，朱 雀三号火箭可重复使用垂直起降回收试验 圆满完成。试验中朱雀三号经历了“加速上 升→关闭发动机无动力滑行→发动机空中 二次启动→软着陆”的过程，其v-t图像如 图所示（取竖直向上为正方向），下列说法正 34■ 确的是() U1 ta A.0~t时间内，朱雀三号加速上升且加速 度逐渐增大 B.~2时间内，朱雀三号减速下降 C.t2~t3时间内，朱雀三号减速下降且加速 度逐渐减小 D.t3~t4时间内，朱雀三号处于超重状态 能力题组 8.(2024山东烟台期末)如图所示，质量分别 为m和2m的物块A和B静置于光滑水平 桌面上。连接两物块的细线通过桌子边缘 的两个定滑轮（未画出）拉着一个动滑轮。 动滑轮下面挂质量为4m的物块C,桌面之 上左右两侧细线互相平行且都与桌面平行， 桌面之下定滑轮与动滑轮之间的两条细线 呈竖直状态，不计一切摩擦和滑轮的质量。 现将A、B、C三者同时由静止释放，在A、B 滑出桌面之前，三个物块的加速度之比 aA:aB:ac为( B A.1:2:4 B.2:1:4 C.4:2:3 D.4:2:5 9.(2025山东泰安期 BA 末)如图所示，质 量为4kg的物体A放在光滑的水平地面上， 质量为2kg的物体B在手的作用下静止靠 在A的竖直左表面上，A、B间动摩擦因数 为0.5，重力加速度g取10m/s2。对B松 手的同时给A右表面施加F=48N的水平 向左的推力，则此后瞬间A对地面的压力 大小为( A.60NB.48NC.36ND.40N 10.(2024山东齐鲁名校三模)如图所示，工人 师傅自房檐向水平地面运送瓦片，他将两 根完全一样的直杆平行固定在房檐和地面 之间当成轨道，瓦片沿轨道滑动时，其垂直 于直杆的截面外侧为半径为0.1m的圆 弧。已知两直杆之间的距离为 70m,房檐 距地面的高度h=4m,两直杆在房檐和地 面之间的长度L=8m,忽略直杆的粗细，最 大静摩擦力等于滑动摩擦力。工人师傅将 瓦片无初速度地放置在轨道顶端，只有瓦片 与直杆间的动摩擦因数小于（未知）时，瓦 片才能开始沿轨道下滑，g取10m/s2。 (1)求0。 (2)若直杆自上端开始在长度L1=1.8m 的范围内与瓦片间的动摩擦因数为份，其 余部分为0，忽略瓦片沿着轨道方向的长 度，工人师傅每隔0.5s将一瓦片无初速 度地放置在轨道顶端，求第一片瓦片落地 后的某一时刻轨道上瓦片的数量。 O专题3牛顿运动定律 11.(2024山东临沂二模)火箭是世界各国进 行太空活动的主要运载工具，我国针对火 箭可重复使用技术展开了探索和研究。为 了研究火箭可回收技术，某次从地面发射 质量为m=100kg的小型实验火箭，火箭 上的喷气发动机可产生恒定的推力，且可 通过改变喷气发动机尾喷管的喷气质量和 方向改变发动机推力的大小和方向。火箭 起飞时发动机推力的大小为F,与水平方 向成α=60°，火箭沿斜向右上方与水平方 向成B=30°做匀加速直线运动。经过= 20s,立即遥控火箭上的发动机，使推力的 方向逆时针旋转60°，同时改变推力的大 小，使火箭沿原方向做匀减速直线运动（不 计遥控器通信时间、空气阻力和喷气过程 中火箭质量的变化，g取10m/s2)。求： (1)推力F的大小。 (2)火箭上升的最大高度。 35 实战册 实战高考·物理 培优题组 12.(2024山东青岛一模)如图所示是货物输 送装置示意图，载物平台M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m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,货物与 平台间的动摩擦因数2=0.3，圆柱半径 r=4cm,重力加速度g取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 13.(2024山东泰安三模)如图所示，一足够长 的水平传送带以y=1m/s的速度顺时针 匀速转动。质量为m=2kg的物块A和 质量为m2=3kg的物块B由绕过定滑轮 的轻绳连接，质量为%=1kg的物块C置 于A上，轻绳足够长且不可伸长，A与定 滑轮间的轻绳水平。某时刻，同时给A、 B、C大小相等的初速度v2=4m/s,使B 竖直上升，A、C保持相对静止从传送带左 端冲上传送带。已知A与传送带间的动摩 36 擦因数u=0.5,重力加速度g取10m/s2, 不计定滑轮的质量与摩擦，整个运动过程 中B都没有与定滑轮碰撞，A、C始终保持 相对静止。求： (1)A、C刚滑上传送带时，轻绳的拉力 大小。 (2)A、C刚滑上传送带时，C受到的摩擦力 的大小和方向。 (3)A、C离开传送带时的速度大小。 B 14.(2024山东广饶一中二模)如图所示，一细 圆环套在粗细均匀、长度为1的细棒上端， 环和棒的质量分别为m和M,若两者有相 对运动时，它们之间的摩擦力为f=kmg (>5,为常数)，棒能沿光滑的竖直细杆上 下滑动（棒的中心有细孔），竖直杆的一端 固定在地面上。将棒从其下端距离地面高 度为h处由静止释放，设棒与地面的碰撞 为弹性碰撞。 (1)若M=m,求第一次与地面碰撞后，棒 弹起的最大高度h1。 (2)若M=5m,求第一次与地面碰撞后，棒 弹起的最大高度h'。 (3)若M=m,从开始下落到棒第二次与地 面碰撞前，环相对棒下滑的距离s。 (4)在(3)问中，若棒与地面碰撞n次后，环 从棒滑落，求h应满足的条件。 777777777777 7777777777 15.(2025山东滨州期末)分拣机器人在快递 行业的使用大大提高了工作效率，如图甲 所示，派件员在分拣处将包裹放在静止机 器人的水平托盘上，机器人沿水平地面做 直线运动将包裹从分拣处运至相距x 6√3m的投递口，且水平运行的最大速度 为v=4m/s,运送过程中包裹与水平托盘 不发生相对滑动。机器人停止运动后缓慢 翻转托盘，当托盘倾角增大到0=30°时，包 裹恰好开始下滑，如图乙所示，此后托盘与 水平方向的夹角保持0不变，包裹沿托盘匀 加速下滑，脱离托盘时的速度=0.5m/s。 已知包裹和托盘间的最大静摩擦力和滑动 嚓擦力的比值为及一2托盘翻转用时 t=1.6s,重力加速度g取10m/s2,求： O专题3牛顿运动定律 包裹 托盘 机器人 777777 运送包裹的机器人 甲 包裹一 托盘 机器人 投递图 简化图 乙 (1)包裹与托盘间的动摩擦因数μ。 (2)机器人在运输包裹的过程中允许的最大 加速度a的大小。 (3)包裹被机器人从分拣处运输至投递口， 并沿托盘下滑至脱离的过程所需的最短时 间t。 37