专题三 牛顿运动定律-【创新教程】2022-2026五年高考物理真题分类特训试卷

最新真题 考题三 牛顿运动定律 分类特训 [考点1]力与运动的关系 (2021·6月浙江卷，4)2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星 表面的过程中，经大气层290s的减速，速度从4.9×103m/s减为4.6× 103m/s;打开降落伞后，经过90s速度进一步减为1.0×10m/s;与降落伞 分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆， 若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器 () A.打开降落伞前，只受到气体阻力的作用 B.打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上 C.打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用 D.悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力 [考点2]牛顿第二定律与图像的结合 1.(2025·黑吉辽蒙卷，10)（多选）如图(a),倾角为0的足够长斜面放置在粗糙水平面上.质量相 等的小物块甲、乙同时以初速度℃沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为以12，整个 过程中斜面相对地面静止.甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示，两条曲线均为 抛物线，乙的x一t曲线在t=t。时切线斜率为0，则 () 3 0 图(a) 图(b) A.u+u=2tane B.t=t。时，甲的速度大小为3vo C.t=t。之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 D.t=t。之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 2.(2023·全国甲卷，19)（多选）用水平拉力使质量分别为m甲mz的甲、乙两物体 在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为“甲 和乙，甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示.由图 0 可知 A.m甲<mz B.m甲>m乙 C.H甲<z D.甲>4乙 [考点3]牛顿运动定律的应用(1) 1.(2026·云南卷，2)云南宣威尼珠河大峡谷的“青云电梯”为谷底孩子们上学提供了交通便利， 若电梯由静止开始上升260m,用时100s,则此过程电梯的平均速度大小及电梯向上加速时乘 客所处的状态分别为 ( A.2.6m/s,超重 B.0.38m/s,超重 C.2.6m/s,失重 D.0.38m/s,失重 2.(2026·四川卷，7)如图所示，以恒定速率运行的传送带上有甲、乙两物块，二者与传送带相对 静止，由不可伸长轻绳连接，之间无间隙.甲、乙质量均为，与传送带间的动摩擦因数分别为 令子某时刻，对乙施加水平向右的外力使其以恒定加速度学(g为重力加速度大小)运动：经 时间t1撤去外力，再经时间t2绳绷直.甲、乙均可视为质点，传送带足够长.则 () 甲乙 A.t1和t2满足t1<t2 B.从撤去外力到绳绷直，因摩擦产生的热量为mg(,一) 32 C.绳绷直后瞬间甲的动能为g(t,一) 128 D.绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞 3.(2025·山东卷，8)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡 板，向坡底运送长方体建筑材料.如图所示，坡面与水平面夹角为0， 交线为PN,坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为 MV,∠MVQ=0.若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为4， 重力加速度大小为g,则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为 A.gsin0-ug cose-ugsindcos0 B.gsin 0 cos 0-ugcos 0-ugsin 0 C.gsin Ocos 0-ugcos 0-ugsin 0cos0 D.gcos20-ugcos 0-ugsin'0 4.(2025·河南卷，1)野外高空作业时，使用无人机给工人运送零件.如图，某次左面口万 右 运送过程中的一段时间内，无人机向左水平飞行，零件用轻绳悬挂于无人机下 方，并相对于无人机静止，轻绳与竖直方向成一定角度.忽略零件所受空气阻 力，则在该段时间内 零件白 A.无人机做匀速运动 B.零件所受合外力为零 C.零件的惯性逐渐变大 D.零件的重力势能保持不变 5.(2025·安徽卷，5)如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地 甲 面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连， 乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止.已知甲、乙质量均为1.0kg, 甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2, 则在乙下落的过程中 A.甲对木箱的摩擦力方向向左 B.地面对木箱的支持力逐渐增大 C.甲运动的加速度大小为2.5m/s D.乙受到绳子的拉力大小为5.0N 6.(2025·北京卷，11)模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由 个f 静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制 动使其停在地面.实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速 率增大而增大，f随时间t的变化如图所示（向上为正）.下列说法正确 的是 A.从t1到t3,实验舱处于电磁弹射过程 B.从t2到t3,实验舱加速度大小减小 C.从t3到t,实验舱内物体处于失重状态 D.t4时刻，实验舱达到最高点 9 7.(2025·湖北卷，7)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为，的门板组成，门处于关闭状态，其俯 视图如图()所示.某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉 力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图(b)所示.门板在运动 过程中受到的阻力与其重力大小之比为，重力加速度大小为g.若要门板的整个运动过程用 时尽量短，则所用时间趋近于 ( ) L L 图(a) 图(b) L A2μg B. L C. 2L Nug ^ug D2 8.(2025·甘肃卷，3)2025年4月24日，在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞 船的长征二号F遥二十运载火箭.若在初始的1s内燃料对火箭的平均推力约为6×10N.火箭质量 约为500吨且认为在1s内基本不变，则火箭在初始1s内的加速度大小约为（重力加速度g取 10m/s2) A.2 m/s2 B.4 m/s2 C.6 m/s2 D.12m/s2 9.(2024·湖南卷，3)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D,通过细☑ 线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g.若将B、C间的 细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为 ( A.g,1.5g B.2g,1.5g C.2g,0.5g D.g,0.5g 10.(2024·辽宁卷，10)（多选）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩 擦因数为以，=0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动.某时刻， 一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板.已知t=0到t=4t。的 28 时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大 62%36.4。t 小，t=4t。时刻，小物块与木板的速度相同，下列说法正确的是 ( A.小物块在t=3t。时刻滑上木板 B.小物块和木板间动摩擦因数为24 C.小物块与木板的质量之比为3：4 D.t=4t。之后小物块和木板一起做匀速运动 11.（2024·全国甲卷，15)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P,P 置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略）， 盘中放置砝码.改变盘中砝码总质量m,并测量P的加速度大小a,得到a-m 图像.重力加速度大小为g.在下列m图像中，可能正确的是 10 12.(2026·四川卷，13)某款国产民用无人机已实现全自动作业.如图所示，无人机完成某次任务 后开始返航，此时所在位置与降落点的水平距离为120m,竖直距离为90m.无人机先以10 m/s的速度沿水平直线飞行至与降落点水平距离50m处，然后沿原运动方向做匀减速直线 运动至降落点正上方，随后用时33s竖直下降至降落点，返航结束.求： 120m 550m 90m 降落点 (1)无人机沿水平方向做匀减速直线运动的加速度大小； (2)无人机从开始返航到返航结束的位移大小和平均速度大小. 13.(2024·新课标卷，25)如图，一长度1=1.0m的均匀薄板初始时静止在一才70 光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐.薄板上的一小物块从薄板 的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离△1=。时，物块从薄板右 777777 端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点.已知物块与薄板的质量相等.它 们之间的动摩擦因数=0.3，重力加速度大小g=10m/s2.求 (1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； (2)平台距地面的高度. 11 [考点3]牛顿运动定律的应用(2) 14.(2023·全国乙卷，15)小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加.如果用带箭头 的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是 人人✉才、 D 15.（2023·新课标卷，19)（多选）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静 甲 乙 止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质网 量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等.现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一 时刻 ( A.甲的速度大小比乙的大 B.甲的动量大小比乙的小 C.甲的动量大小与乙的相等 D.甲和乙的动量之和不为零 16.(2023·湖南卷，10)（多选）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 底面的动摩擦因数为以，杆与竖直方向的夹角为0，杆与车厢始终保持相 B ⊙ 好 对静止.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( A.若B球受到的摩擦力为零，则F=2 ngtan0 B.若推力F向左，且tan0≤u,则F的最大值为2 ngtan0 C.若推力F向左，且<tan0≤2μ，则F的最大值为4mg(2μ-tan0) D.若推力F向右，且tan0>2,则F的范围为4mg(tan0-2μ)≤F≤4mg(tan0+2μ) 17.(2023·江苏卷，11)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底 端.利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示.与图乙中相比， 图甲中滑块 () 些 B ◇ A.受到的合力较小 B.经过A点的动能较小 C.在A、B之间的运动时间较短 D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小 8.202·全国甲卷，19》K多选)如图，质量相等的两滑块卫、Q指于水平桌面上92 二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为，重力加速度 大小为g.用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从 此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前 () A.P的加速度大小的最大值为2g B.Q的加速度大小的最大值为2ug C.P的位移大小一定大于Q的位移大小 D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 19.(2022·全国乙卷，15)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初mQ 始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L.一大小为F的 水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直.当两球运动至二者相距。L 时，它们加速度的大小均为 ()mo A品 B. 3F 5m C 3h ·8m D.10m 12则sin0=△x=x-d 1 Ad-x cos8=V个-sin0=√3d(5d-2 Ad-x 故 Ad-x mg2√3d(5d-2x) 代入特殊点x=0, 工≈0.52， mg x=d,- 工=0.5， mg E红-5≈0.58. z=2d.mg 3 2.BC根据题意，设每根绳子的拉力为T,两根绳子之间 的夹角为2a,每个气球受到空气阻力f=k0,浮力为 F#,对整体受力分析，由平衡条件，竖直方向上有2F学 =2G+2Tcos asin 0, 水平方向上有2ku=2 I'cos acos0, F浮一G 整理可得tan日=ku, 运动速度缓慢增大，tan日减小，则日减小，T增大，故A错 误，B正确；对单个气球受力分析，由平衡条件有Tsin a=F, 由于a不变，T增大，则F增大，故C正确，D错误. 3.D对光滑圆柱体受力分析如图 F 由题意有F。=Gsin37°=0.6G, F=Gcos37°=0.8G,故选D. 专题三牛顿运动定律 考点1 BA.打开降落伞前，在大气层中做减速运动，则着陆器 受大气的阻力作用以及火星的引力作用，选项A错误： B.打开降落伞至分离前做减速运动，则其加速度方向与 运动方向相反，加速度方向向上，则合力方向竖直向上， B正确；C.打开降落伞至分离前，受到浮力和气体的阻 力以及火星的吸引力作用，选项C错误；D.悬停状态中， 发动机喷火的反作用力是气体对发动机的作用力，由于 还受到火星的吸引力，则与气体的阻力不是平衡力，选 项D错误.故选B. 考点2 1.AD位置x与时间t的图像的斜率表示速度，甲乙两个 物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙物 体做匀减递运动，在。时间内甲乙的位移=马十 =3,x2=+0, 2t。=x, 可得t。时刻甲物体的速度为v=20。,B错误； 甲物体的加速度大小为a=”一西 to 乙物体的加选度大小为a:一 由牛顿第二定律可得甲物体mgsin0-1 mgcos日=ma1, 同理可得乙物体2 mg cost0-ng sin0=ma2, 联立可得41十4：=2tan0,A正确； 设斜面的质量为M,取水平向左为正方向，由系统牛顿 第二定律可得f=ma1cos9-ma:cos-=0, 则t=t。之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误； 15 t=t。之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿斜面向下加 速，由系统牛顿第二定律可得f=ma1cosB,即地面对斜 面的摩擦力向左，D正确.故选AD. 2.BC根据牛顿第二定律有F-mg=ma, 整理后有F=ma十umg, 可知F一a图像的斜率为m,纵裁距为umg,则由题图可 看出mp>muy mw g=h之m之g 则p<z,故选BC. 考点3 1A根据平均速度定义式日=子，可得。-80 100m/s= 2.6/s;超重失重判断：电梯向上加速时加速度方向竖 直向上，乘客处于超重状态 2.D以传送带为参考系，初始甲乙均静止 施加外力过程，乙的最大速度0=导， 搬去外力后，乙的加速度大小a:=g=冬， 经时间t2绳绷直，此时乙还有向右的速度，说明a2t2 0: 故t2<t1,故A错误；绳绷直时乙的速度℃2=0一a2t2= 是t,-… 从辙去外力到绳绷直，乙的路程（以下所指路程均为相 时传送带运动的距离)为三。 1 1 因摩擦产生的热量Q。=车mg△：=车mg西，= mgt(2t一t》,故B错误；绳绷直解间，根据动量守恒 32 m02=2m0, 解得=各(t一， 此速度为相对传送带的速度，此时甲的对地速度要大于 ,则其动能大于子m2=m85 一，故C错误；绳 128 绷直以后甲、乙相对传送带速度均为=冬任一)， 从绷直到乙相对传送带游止，乙的路程为'二 =最-t) 从绷直到甲相对传送带静止，甲的加速度为α1=8g, 甲的路程为工'==品，一，)， 2a116 从花加外力到绳绷直垃程乙的路程为”=号十” 4=g(-4+2) 比较可知x2'十x2”-x1'>0 故绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞，故D正确。 3.B根据牛顿第二定律mg sin dcos9-umg cos日 umg sin Osin 0-=ma,可得a=gsin dcos0-gcos9 gsin°日.故选B. 4.D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，零件 与无人机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. 5。C因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运动，甲 对木箱的摩擦力方向向右，A错误；设乙运动的加速度 为a,只有乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱， 由整体法，竖直方向受力分析有FN=M&g一ma,则地 面对木箱的支持力大小不变，B错误：设绳子的弹力大小 为T,对甲受力分析有T-μmg=a, 对乙受力分析有mg-T=ma, 联立解得a=2.5m/s2,T=7.5N,C正确，D错误.故 选C. 6,Bt一t间，f向下，先增大后减小，可知此时速度方向 向上，先增大后减小，故实验舱先处于弹射过程后做竖 直上抛运动；故A错误：~t,f向下在减小，可知此时 速度方向向上，速度在减小，根据牛顿第二定律有mg十 ma,即a=十g,故加速度大小在减小，故B正碗 t3一t:间，f向上，先增大后减小，可知此时速度方向向 下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，加速度先向 下后向上，先失重后超重，故C错误；根据前面分析可知 t时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故t?时刻 到达最高，点，故D错误.故选B. 7.B门板先在向右的外力作用下做匀加速直线运动，撤 去外力后做匀减速直线运动，若外力比较大，加速时间 很短，位移很小，可以忽略不计，此时门板的运动时间最 短，撤去外力后根据牛顿第二定律有mg=ma,设撤去 外力后门板最短运动时间为t,运动的距离为乞 1 ,B正确 at,可得门板的最短运动时间趋近于t√g 8.A根据题意，由牛顿第二定律有F一mg=ma,代入数 据解得a=6X10°-5X10 m/s=2m/s. 5×10 9.A 剪断前：对B、C、D分析剪断瞬间：对B分析 ↑FAB →FAa=6mg ↑F→B的加速度ar FAu 3mg -g (3m+2m+m)g 3mg方向向上 3m 对D分析 对C分析Fcn=Fc mg→Fn=mg Foc 2mg+Foc=1.5g c的加速度ae2m t2mg方向向下 10.ABDA,t图像的斜率表示加速度，可知t=3t。时刻 木板的加速度发生改变，故可知小物块在t=3t。时刻 滑上木板，故A正确：B.设小物块和木板间动摩擦因数 为4，根据题意结合图像可知物体开始滑上木板时的 速度大小为西=多g方向水平向左，物块在木板上 滑动的加速度为4，=色m8=4,g,经过。时间与木板 m 共速，此时速度大小为0=24g。,方向水平向右，故 可得十V生=t。,解得4。=2μ，故B正确；C.设木板 ogog 质量为M,物块质量为，根据图像可知物块未滑上木 板时，木板的加速度为a=g to 2g,故可得F 三 aMg=Ma,解得F=号Mg,根搭图像可知物块滑上木 3 板后木板的加速度为a'= 2gt。一2gto =一以g,此 时对木板由牛顿第二定律得F一r(m十Mg一omg= Ma,解得得=子，故C错误：D.假设1=钻，之后小物 18 块和木板一起共速运动，对整体F一以(m十M)g= 号Mg-多rMg=0,故可知光时整体处于平衡状态， 假设成立，即t=4t。之后小物块和木板一起做匀速运 动，故D正确. 11.D设P的质量为M,P与桌面的动摩擦力为f:以P 为对象，根据牛顿第二定律可得T一f=Ma, 以盘和砝码为研究对象，根据牛顿第二定律可得g一 T=ma f 联立可得a=-m·m 可知当砝码的重力大于f时，才有一定的加速度，当 趋于无穷大时，加速度趋近于g 12.解析：(1)无人机从初始位置到降落，点水平位移x1= 120m,水平方向匀减速阶段位移x2=50m,水平方向 运动初速度v=10m/s,竖直方向降落高度h=90m,竖 直方向降落时间t3=33s, 无人机沿水平方向做匀减速直线运动，末速度为0，设 加速度大小为a, 有v2=2a.x 解得a=1m/s. (2)无人机水平位移为120m,竖直位移为90m,合位 移x=√x+h=150m 无人机水平匀速运动时间，=巧=7s 水平匀减速运动时间t,=口=10s 平均逸度大小0=十t:十 =3m/8. 答案：(1)1m/s2(2)150m3m/s 13.解析：(1)物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为 a1=4g=3m/s, 薄板微加速运动的加速度a,=ms=3m/s, m 1 对物块1什△1=t一之at, 1 对薄板△1=2a:t， 解得=4m/s,=子 (2)物块飞离薄板后薄板的速度2=a2t=1m/s, 物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则 物块落到地面时运动的时间为t=。=3 5 则平台距地面的高度=28t=号m, 答案：14ms:号s(2)号m 14.DAB.小车做曲线运动，所受合外力指向曲线的凹 侧，故AB错误；CD.小车沿轨道从左向右运动，动能一 直增加，故合外力与运动方向夹角为锐角，C错误，D正 确.故选D 15.BD如图所示： "F方 m甲 A.根据牛顿第二定律：a,=Ff_Fm8a2 m F一m飞8，由于mp>m2,所以a<aL,由于两物你 运动时间相同，且同时由静止释放，所以可得甲<2， 所以选项A错误；C,由于甲>mz,所以由于f1>f2, 8 所以对于整个系统不满足动量守恒，所以甲的动量大 小与乙的不相等，选项C错误；BD.对于整个系统而言， 由于f1>∫：，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合 动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，选项BD 正确.故选BD. 16.CDA.设杆的弹力为N,对小球A:竖直方向受力平 衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足广= tan 竖直方向N,=mg, 则N,=mg tan 6, 若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可 得N=ma, 可得a=g tan 0, 对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律F=4ma= 4 ng tan0,A错误；B.若推力F向左，根据牛顿第二定 律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值 为N.=ng tan, 对小球B,由于tan,小球B受到向左的合力F= (N'+mg)-N,mg tan 0, 则对小球A,根据牛顿第二定律可得V,=mamx, 对系统整体根据牛顿第二定律F=4mamx, 解得F=4 mg tan9,B错误；C.若推力F向左，根据牛 顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力 的最大值为N,=mg tan 6, 小球B所受向左的合力的最大值Fmx=(N十mg)· -N,=2umg-mg tan 6, 由于μ<tanf≤2μ可知Fmx<mg tan 6, 则对小球B,根据牛顿第二定律Fmx=2μmg一ng tan日 -mamar 对系统根据牛顿第二定律F=4mumx, 联立可得F的最大值为F=4mg(2u一tan),C正确；D,若 推力F向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向 右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右 的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B 所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时Fm =N.-(N,+mg)u=mg tan 0-2umg tan 0, 当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此 时Fmx=N,+(V,+mg)μ=mg tan+2 mg tan9, 对小球B根据牛顿第二定律Fmm=min, Fmx-mdmas 对系统根据牛顿第二定律F=4ma, 代入小球B所受合力范围可得F的范围为4mg(tan日 2)≤F4mg(tan0+2u),D正确.故选CD. 17.CA.因为频闪照片时间间隔相同，对比图甲和乙可知 图甲中滑块加速度大，是上滑阶段；根据牛顿第二定律 可知图甲中滑块受到的合力较大；故A错误：B.从图甲 中的A,点到图乙中的A,点，先上升后下降，重力做功为 0,摩擦力做负功；根据动能定理可知图甲经过A点的 动能较大，故B错误；C.由于图甲中滑块加速度大，根 据△x=2at,可知图甲在A,B之间的运动时间较短， 故C正确：D.由于无论上滑或下滑均受到滑动摩擦力 大小相等，故图甲和图乙在A、B之间克服摩擦力做的 功相等，故D错误；故选C. 18.AD设两物块的质量均为，撤去拉力前，两滑块均做 匀速直线运动，则拉力大小为F=2以mg 撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为T。 umg AB.以向右为正方向，敬去拉力瞬间弹簧弹力不变为 mg,两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P 的加速度为一T。一mg=mapl 15 解得ap=一2g 此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，滑块P做 减速运动，故P、Q间距离减小，弹簧的仲长量变小，弹 簧弹力变小，根据牛顿第二定律可知P减速的加速度 减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大 的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力 瞬间的加速度为24g. Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时一mg=maam 解得aQm=一μg 故滑块Q加速度大小最大值为：g,A正确，B错误； C.滑块P、Q水平向右运动，P、Q间的距离在减小，故P 的位移一定小于Q的位移，C错误；D.滑块P在弹簧恢 复到原长时的加速度为一μmg=map2,解得am=一g 撤去拉力时，P、Q的初速度相等，滑块P由开始的加速 度大小为2g做加速度减小的减速运动，最后弹簧原 长时加速度大小为：g:滑块Q由开始的加速度为0做 加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小 也为g.分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小，D正确，故选AD. 19.A当两球运动至二者相距 L时，如图所示 3L/5-..0 5 3L L/2 10 由几何关系可知sin0= 2 - 设绳子拉力为T,水平方向有2Tcos=F, 解得T=名F 对任意小球由牛顿第二定律可得T=a, 解得a一8m 5F 故A正确，BCD错误.故选A. 专题四 曲线运动 考点1 1,A设球被击出后的初速度为，球从被击出至P点的 时间为t,在P点的水平分速度大小也为。，此水平分速 度在题图2中网面的投影速度大小为℃p:=cos45°，球 在P点的竖直分速度=gt,在网面的投影速度也为 咖，则an9一票，联立解得1=号。，击球点到网面的距 Upo 离为d=。tsin45°，代人数据得d=4m,A正确. 2.AD设落点与O,点的竖直高度为h,水平位移为x,初 速度与水平方向的夹角为日，将初速度沿水平和竖直方 向分解，可得-h=,sin8·t-2gt,z=cos日·t, 同时有h+x2=R, 限2可将里：片吉 1. 设落到圆孤上的速度为，根据机械能守恒gh十 2mvm, 解得v=√Ju。2+2gh, 故可知h越小，西越小，故当g=:一时，力取最小 g 值，落到圆孤上的速度最小； √医k=古R=此AD正，C 解得入 错误根格商西分折，当√医A=宁R时代入解得 sin0=子，0=30，故B错误. 9