專(zhuān)題牛頓運(yùn)動(dòng)定律2023-2025年三年高考物理真題分類(lèi)匯編，分類(lèi)練習(xí)，高效提分！按照物理學(xué)科知識(shí)點(diǎn)構(gòu)成情況，將試題分解組合，全面呈現(xiàn)物理學(xué)科知識(shí)點(diǎn)在三年高考中的考查情況，旨意方便老師和學(xué)生掌握高考命題動(dòng)向、熟悉高考考查方式。一．選擇題（共20小題）1．（2025?山東）工人在河堤的硬質(zhì)坡面上固定一垂直坡面的擋板，向坡底運(yùn)送長(zhǎng)方體建筑材料。如圖所示，坡面與水平面夾角為θ，交線(xiàn)為PN，坡面內(nèi)QN與PN垂直，擋板平面與坡面的交線(xiàn)為MN，∠MNQ＝θ。若建筑材料與坡面、擋板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，則建筑材料沿MN向下勻加速滑行的加速度大小為（）A．gsin2θ﹣μgcosθ﹣μgsinθcosθ B．gsinθcosθ﹣μgcosθ﹣μgsin2θ C．gsinθcosθ﹣μgcosθ﹣μgsinθcosθ D．gcos2θ﹣μgcosθ﹣μgsin2θ2．（2023?遼寧）安培通過(guò)實(shí)驗(yàn)研究，發(fā)現(xiàn)了電流之間相互作用力的規(guī)律。若兩段長(zhǎng)度分別為ΔL1和ΔL2、電流大小分別為I1和I2的平行直導(dǎo)線(xiàn)間距為r時(shí)，相互作用力的大小可以表示為F＝kI1A．kg?m/（s2?A） B．kg?m/（s2?A2） C．kg?m2/（s3?A） D．kg?m2/（s3?A3）3．（2023?浙江）下列屬于國(guó)際單位制中基本單位符號(hào)的是（）A．J B．K C．W D．Wb4．（2025?選擇性）某智能物流系統(tǒng)中，質(zhì)量為20kg的分揀機(jī)器人沿水平直線(xiàn)軌道運(yùn)動(dòng)，受到的合力沿軌道方向，合力F隨時(shí)間t的變化如圖所示，則下列圖像可能正確的是（）A． B． C． D．5．（2023?北京）如圖所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細(xì)線(xiàn)相連。兩物塊質(zhì)量均為1kg，細(xì)線(xiàn)能承受的最大拉力為2N。若在水平拉力F作用下，兩物塊一起向右做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。則F的最大值為（）A．1N B．2N C．4N D．5N6．（2023?浙江）在足球運(yùn)動(dòng)中，足球入網(wǎng)如圖所示，則（）A．踢香蕉球時(shí)足球可視為質(zhì)點(diǎn) B．足球在飛行和觸網(wǎng)時(shí)慣性不變 C．足球在飛行時(shí)受到腳的作用力和重力 D．觸網(wǎng)時(shí)足球?qū)W(wǎng)的力大于網(wǎng)對(duì)足球的力7．（2025?湖北）一個(gè)寬為L(zhǎng)的雙軌推拉門(mén)由兩扇寬為L(zhǎng)2的門(mén)板組成，門(mén)處于關(guān)閉狀態(tài)，其俯視圖如圖（a）所示。某同學(xué)用與門(mén)板平行的水平恒定拉力作用在一門(mén)板上，一段時(shí)間后撤去拉力，該門(mén)板完全運(yùn)動(dòng)到另一邊，且恰好不與門(mén)框發(fā)生碰撞，其俯視圖如圖（b）所示。門(mén)板在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力與其重力大小之比為μA．L2μg B．Lμg C．2Lμg8．（2025?太原模擬）如圖所示，一質(zhì)量為m＝2kg的物體放置在靜止升降機(jī)的水平底板上，對(duì)物體施加一水平向右、大小為T(mén)＝10N的拉力，物體剛好不發(fā)生運(yùn)動(dòng)。當(dāng)升降機(jī)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，發(fā)現(xiàn)物體沿升降機(jī)底板運(yùn)動(dòng)的水平加速度為2m/s2。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g＝10m/s2，則下列關(guān)于升降機(jī)運(yùn)動(dòng)的描述可能正確的是（）A．以4m/s2的加速度向上加速 B．以5m/s2的加速度向上加速 C．以4m/s2的加速度向下加速 D．以5m/s2的加速度向下加速9．（2025?甘肅）2025年4月24日，在甘肅酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射了搭載神舟二十號(hào)載人飛船的長(zhǎng)征二號(hào)F遙二十運(yùn)載火箭。若在初始的1s內(nèi)燃料對(duì)火箭的平均推力約為6×106N，火箭質(zhì)量約為500噸且認(rèn)為在1s內(nèi)基本不變，則火箭在初始1s內(nèi)的加速度大小約為（重力加速度g取10m/s2）（）A．2m/s2 B．4m/s2 C．6m/s2 D．12m/s210．（2025?北京）模擬失重環(huán)境的實(shí)驗(yàn)艙，通過(guò)電磁彈射從地面由靜止開(kāi)始加速后豎直向上射出，上升到最高點(diǎn)后回落，再通過(guò)電磁制動(dòng)使其停在地面。實(shí)驗(yàn)艙運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，受到的空氣阻力f的大小隨速率增大而增大，f隨時(shí)間t的變化如圖所示（向上為正）。下列說(shuō)法正確的是（）A．從t1到t3，實(shí)驗(yàn)艙處于電磁彈射過(guò)程 B．從t2到t3，實(shí)驗(yàn)艙加速度大小減小 C．從t3到t5，實(shí)驗(yàn)艙內(nèi)物體處于失重狀態(tài) D．t4時(shí)刻，實(shí)驗(yàn)艙達(dá)到最高點(diǎn)11．（2025?安徽）如圖，裝有輕質(zhì)光滑定滑輪的長(zhǎng)方體木箱靜置在水平地面上，木箱上的物塊甲通過(guò)不可伸長(zhǎng)的水平輕繩繞過(guò)定滑輪與物塊乙相連。乙拉著甲從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，木箱始終保持靜止。已知甲、乙質(zhì)量均為1.0kg，甲與木箱之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，則在乙下落的過(guò)程中（）A．甲對(duì)木箱的摩擦力方向向左 B．地面對(duì)木箱的支持力逐漸增大 C．甲運(yùn)動(dòng)的加速度大小為2.5m/s2 D．乙受到繩子的拉力大小為5.0N12．（2024?廣東）如圖所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋放，以木塊釋放點(diǎn)為原點(diǎn)，取豎直向下為正方向，木塊的位移為y，所受合外力為F，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內(nèi)，關(guān)于木塊從釋放到第一次回到原點(diǎn)的過(guò)程中，其F﹣y圖像或y﹣t圖像可能正確的是（）A．B．C．D．13．（2024?湖南）如圖，質(zhì)量分別為4m、3m、2m、m的四個(gè)小球A、B、C、D，通過(guò)細(xì)線(xiàn)或輕彈簧互相連接，懸掛于O點(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細(xì)線(xiàn)剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為（）A．g，1.5g B．2g，1.5g C．2g，0.5g D．g，0.5g14．（2024?北京）如圖所示，飛船與空間站對(duì)接后，在推力F作用下一起向前運(yùn)動(dòng)，飛船和空間站的質(zhì)量分別為m和M，則飛船和空間站之間的作用力大小為（）A．MM+mF B．mM+mF C．15．（2024?北京）水平傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，將一物體無(wú)初速度地放置在傳送帶上，最終物體隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是（）A．剛開(kāi)始物體相對(duì)傳送帶向前運(yùn)動(dòng) B．物體勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，受到靜摩擦力 C．物體加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，摩擦力對(duì)物體做負(fù)功 D．傳送帶運(yùn)動(dòng)速度越大，物體加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)16．（2024?安徽）傾角為θ的傳送帶以恒定速率v0順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。t＝0時(shí)在傳送帶底端無(wú)初速輕放一小物塊，如圖所示。t0時(shí)刻物塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶中間某位置，速度達(dá)到v0。傳送帶各處的粗糙程度相同，不計(jì)空氣阻力，則物塊從傳送帶底端運(yùn)動(dòng)到頂端的過(guò)程中，加速度a、速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線(xiàn)可能正確的是（）A．B． C．D．17．（2024?浙江）下列屬于國(guó)際單位制基本單位符號(hào)的是（）A．s B．N C．F D．T18．（2024?選擇性）利用硯臺(tái)將墨條研磨成墨汁時(shí)講究“圓、緩、勻”。如圖，在研磨過(guò)程中，硯臺(tái)始終靜止在水平桌面上。當(dāng)墨條的速度方向水平向左時(shí)（）A．硯臺(tái)對(duì)墨條的摩擦力方向水平向左 B．桌面對(duì)硯臺(tái)的摩擦力方向水平向左 C．桌面和墨條對(duì)硯臺(tái)的摩擦力是一對(duì)平衡力 D．桌面對(duì)硯臺(tái)的支持力與墨條對(duì)硯臺(tái)的壓力是一對(duì)平衡力19．（2024?安徽）如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩完全相同的輕質(zhì)彈簧，它們的一端分別固定于水平線(xiàn)上的M、N兩點(diǎn)，另一端均連接在質(zhì)量為m的小球上。開(kāi)始時(shí)，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線(xiàn)的中點(diǎn)O，彈簧處于原長(zhǎng)。后將小球豎直向上緩慢拉至P點(diǎn)，并保持靜止，此時(shí)拉力F大小為2mg。已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力。若撤去拉力，則小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中（）A．速度一直增大 B．速度先增大后減小 C．加速度的最大值為3g D．加速度先增大后減小20．（2023?浙江）如圖所示，在考慮空氣阻力的情況下，一小石子從O點(diǎn)拋出沿軌跡OPQ運(yùn)動(dòng)，其中P是最高點(diǎn)。若空氣阻力大小與瞬時(shí)速度大小成正比，則小石子豎直方向分運(yùn)動(dòng)的加速度大小（）A．O點(diǎn)最大 B．P點(diǎn)最大 C．Q點(diǎn)最大 D．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程保持不變二．多選題（共6小題）（多選）21．（2025?四川）若長(zhǎng)度、質(zhì)量、時(shí)間和動(dòng)量分別用a、b、c和d表示，則下列各式可能表示能量的是（）A．a(chǎn)2bc2 B．a(chǎn)b2（多選）22．（2025?選擇性）如圖（a），傾角為θ的足夠長(zhǎng)斜面放置在粗糙水平面上。質(zhì)量相等的小物塊甲、乙同時(shí)以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，整個(gè)過(guò)程中斜面相對(duì)地面靜止。甲和乙的位置x與時(shí)間t的關(guān)系曲線(xiàn)如圖（b）所示，兩條曲線(xiàn)均為拋物線(xiàn)，乙的x﹣t曲線(xiàn)在t＝t0時(shí)切線(xiàn)斜率為0，則（）A．μ1+μ2＝2tanθ B．t＝t0時(shí)，甲的速度大小為3v0 C．t＝t0之前，地面對(duì)斜面的摩擦力方向向左 D．t＝t0之后，地面對(duì)斜面的摩擦力方向向左（多選）23．（2023?湖北）如圖所示，原長(zhǎng)為l的輕質(zhì)彈簧，一端固定在O點(diǎn)，另一端與一質(zhì)量為m的小球相連。小球套在豎直固定的粗糙桿上，與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5。桿上M、N兩點(diǎn)與O點(diǎn)的距離均為l，P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為12lA．彈簧的勁度系數(shù)為4mglB．小球在P點(diǎn)下方12l處的加速度大小為C．從M點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球受到的摩擦力先變小再變大 D．從M點(diǎn)到P點(diǎn)和從P點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球受到的摩擦力做功相同（多選）24．（2023?甲卷）用水平拉力使質(zhì)量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開(kāi)始沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，兩物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運(yùn)動(dòng)后，所受拉力F與其加速度a的關(guān)系圖線(xiàn)如圖所示。由圖可知（）A．m甲＜m乙 B．m甲＞m乙 C．μ甲＜μ乙 D．μ甲＞μ乙（多選）25．（2023?湖南）如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為2m的小車(chē)在水平推力F的作用下加速運(yùn)動(dòng)。車(chē)廂內(nèi)有質(zhì)量均為m的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車(chē)廂水平底面上，且與底面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，桿與豎直方向的夾角為θ，桿與車(chē)廂始終保持相對(duì)靜止。假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說(shuō)法正確的是（）A．若B球受到的摩擦力為零，則F＝2mgtanθ B．若推力F向左，且tanθ≤μ，則F的最大值為2mgtanθ C．若推力F向左，且μ＜tanθ≤2μ，則F的最大值為4mg（2μ﹣tanθ） D．若推力F向右，且tanθ＞2μ，則F的范圍為4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）（多選）26．（2024?選擇性）一足夠長(zhǎng)木板置于水平地面上，二者間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。t＝0時(shí)，木板在水平恒力作用下，由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的時(shí)間內(nèi)，木板速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，其中g(shù)為重力加速度大小。t＝4t0時(shí)刻，小物塊與木板的速度相同。下列說(shuō)法正確的是（）A．小物塊在t＝3t0時(shí)刻滑上木板 B．小物塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2μ C．小物塊與木板的質(zhì)量比為3：4D．t＝4t0之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)三．實(shí)驗(yàn)題（共1小題）27．（2024?甲卷）學(xué)生小組為了探究超重和失重現(xiàn)象，將彈簧測(cè)力計(jì)掛在電梯內(nèi)，測(cè)力計(jì)下端掛一物體。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?.8m/s2。（1）電梯靜止時(shí)測(cè)力計(jì)示數(shù)如圖所示，讀數(shù)為N（結(jié)果保留1位小數(shù)）；（2）電梯上行時(shí)，一段時(shí)間內(nèi)測(cè)力計(jì)的示數(shù)為4.5N，則此段時(shí)間內(nèi)物體處（填“超重”或“失重”）狀態(tài)，電梯加速度大小為m/s2（結(jié)果保留1位小數(shù)）。四．解答題（共10小題）28．（2023?全國(guó)）一列火車(chē)以速度v0沿水平長(zhǎng)直軌道勻速行駛，突然列車(chē)后部有部分車(chē)廂脫鉤。已知脫鉤后車(chē)頭的牽引力不變；脫鉤車(chē)廂的質(zhì)量為列車(chē)總質(zhì)量的14；假設(shè)列車(chē)所受阻力與其所受重力成正比。求當(dāng)脫鉤車(chē)廂的速度變?yōu)関29．（2025?廣東三模）如圖所示，叉車(chē)質(zhì)量M＝1900kg，其直角貨叉AOB上放置一質(zhì)量為m＝100kg的貨物，物體表面光滑，貨叉底部與水平方向的夾角為θ＝37°，現(xiàn)保持車(chē)身靜止，通過(guò)起重系統(tǒng)將貨叉沿著傾斜門(mén)架抬升，從靜止開(kāi)始勻加速運(yùn)動(dòng)4s再勻減速運(yùn)動(dòng)6s后靜止，總位移為2m，貨物與貨叉始終相對(duì)靜止，g＝10m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：（1）抬升過(guò)程中，貨物的最大速度；（2）抬升加速過(guò)程中，貨叉OA、OB兩側(cè)分別受到的彈力大?。唬?）若叉車(chē)在水平路面上由靜止啟動(dòng)，加速度大小為1m/s2，貨物和貨叉相對(duì)叉車(chē)靜止，求貨叉對(duì)貨物的作用力的大?。ńY(jié)果可用根號(hào)表示）。30．（2025?西寧二模）如圖所示，傾角θ＝37°的斜面上只有AB部分粗糙，其余部分都光滑。一長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿下端固定于滑塊甲上，上端與滑塊乙接觸但不拴接，輕桿與斜面平行。開(kāi)始時(shí)按住滑塊甲和乙，滑塊甲在O點(diǎn)?，F(xiàn)同時(shí)由靜止釋放兩滑塊，已知滑塊甲質(zhì)量m1＝0.2kg，滑塊乙質(zhì)量m2＝0.1kg，兩滑塊均可看作質(zhì)點(diǎn)，兩滑塊與AB段的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.75，OA＝AB＝L＝1.0m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。求：（1）滑塊甲剛進(jìn)入AB段時(shí)，輕桿的彈力大??；（2）滑塊乙剛離開(kāi)AB段時(shí)，滑塊甲還在斜面上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)滑塊乙和甲之間的距離（保留兩位小數(shù)）。31．（2025?朝陽(yáng)區(qū)一模）用螺栓和螺母緊固構(gòu)件，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)單、連接可靠、裝拆方便。（1）如圖1所示，一種螺紋細(xì)密的新型螺母，其螺紋牙底有一個(gè)與螺栓軸向夾角為α＝30°的楔形面，擰緊后，螺栓上螺紋的牙尖抵在螺母牙底楔形面上的A點(diǎn)，對(duì)A點(diǎn)施加垂直于楔形面的作用力N，由此產(chǎn)生沿螺栓軸向張緊的力F，求N與F的比值。（2）如圖2所示，固定的、螺距為d的螺栓上有一螺母。由于負(fù)荷的機(jī)械作用，螺母沿軸向平移。a.若螺母沿軸向勻速平移的速度為v時(shí)，求其繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω；b.把螺母簡(jiǎn)化為半徑為r的圓筒。螺母從靜止開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)且沿軸向的加速度恒為a0，推導(dǎo)螺母內(nèi)壁上的任意一點(diǎn)速度v1與時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系。32．（2025?江蘇模擬）如圖甲所示的巨型娛樂(lè)器械可以使人體驗(yàn)超重和失重狀態(tài)，該器械有一個(gè)可乘坐二十人的環(huán)形座艙套在豎直柱子上，由升降機(jī)將座艙送上幾十米的高處，然后讓座艙自由下落，落到一定位置時(shí)，制動(dòng)系統(tǒng)啟動(dòng)，到地面時(shí)剛好停下。若座艙中某人用手水平托著質(zhì)量為0.2kg的手機(jī)，手機(jī)中的軟件記錄了手機(jī)下落過(guò)程中加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像，如圖乙所示。（1）當(dāng)座艙下落4s時(shí)，求人的速度大??；（2）當(dāng)座艙下落4s時(shí)，求手機(jī)對(duì)手的作用力。33．（2025?南開(kāi)區(qū)二模）分揀機(jī)器人在快遞行業(yè)的推廣大大提高了工作效率。如圖甲所示，派件員在分揀處將包裹放在靜止機(jī)器人的水平托盤(pán)上，機(jī)器人可將包裹送至指定投遞口，停止運(yùn)動(dòng)后緩慢翻轉(zhuǎn)托盤(pán)，當(dāng)托盤(pán)傾角增大到θ＝37°時(shí)，包裹恰好開(kāi)始下滑，如圖乙所示?，F(xiàn)機(jī)器人要把包裹從分揀處運(yùn)至相距L＝45m的投遞口處，為了運(yùn)輸安全，包裹需與水平托盤(pán)保持相對(duì)靜止。已知最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）包裹與托盤(pán)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（2）機(jī)器人在運(yùn)輸包裹的過(guò)程中允許的最大加速度a的大??；（3）若機(jī)器人運(yùn)行的最大速度vm＝3m/s，則機(jī)器人從分揀處運(yùn)行至投遞口（恰好靜止）所需的最短時(shí)間t。34．（2025?焦作二模）如圖所示，足夠長(zhǎng)質(zhì)量為1kg的木板放置于光滑水平面上，木板左端放置了一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為1kg的物塊，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2。初始時(shí)，木板與物塊都靜止，現(xiàn)給木板一個(gè)向左的拉力，使木板以恒定的加速度a0=4m/s2開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其速度達(dá)到v（1）物塊相對(duì)于木板運(yùn)動(dòng)的最大距離；（2）通過(guò)計(jì)算，寫(xiě)出拉力隨時(shí)間變化的關(guān)系。35．（2025?河南模擬）如圖所示，傾角θ＝37°的傳送帶以v＝2.5m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。將一質(zhì)量M＝0.99kg的木塊無(wú)初速放在傳送帶的底端A點(diǎn)時(shí)，一質(zhì)量m＝10g的子彈立即以沿傳送帶向上的速度v0＝1×103m/s擊中木塊且未穿出，子彈與木塊相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間極短。若傳送帶足夠長(zhǎng)且速度不變，木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2。（1）求子彈與木塊相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能Q；（2）求木塊（含子彈）在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；（3）每當(dāng)木塊的速度剛減為0時(shí)，另一顆完全相同的子彈就靠近木塊以相同的速度擊中木塊一次，不計(jì)子彈占據(jù)木塊的空間，求子彈第n次擊中木塊后木塊向上減速到0的時(shí)間tn。36．（2025?余江區(qū)三模）如圖所示，水平傳送帶沿順時(shí)針?lè)较蛞院愣ǖ乃俣冗\(yùn)行，傳送帶上表面離地面的高度為5m，一個(gè)物塊輕放在傳送帶的左端，當(dāng)傳送帶的速度為v1時(shí)，物塊從傳送帶的右端飛離做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移大小為2m；當(dāng)傳送帶的速度為5m/s時(shí)，物塊從傳送帶的右端飛離做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移大小為4m；已知重力加速度的大小為10m/s2，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，不計(jì)物塊的大小及空氣的阻力，求：（1）傳送帶長(zhǎng)L的大??；（2）v1的大小及此時(shí)物塊從放上傳送帶到落地運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。37．（2025?義烏市三模）如圖所示，光滑傾斜軌道AB與長(zhǎng)為x1＝1.5m的水平軌道BC通過(guò)一段光滑圓弧平滑連接，圓弧的半徑為r＝1m，BC右側(cè)連接著長(zhǎng)為L(zhǎng)＝3.0m的水平傳送帶CD，傳送帶始終以v＝2m/s的速度順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，與右端D相距x2＝1.0m處固定有一塊豎直擋板EF?，F(xiàn)將質(zhì)量m1＝1kg的滑塊在AB某處?kù)o止釋放，m1和靜止在C點(diǎn)上的質(zhì)量m2＝3kg的滑塊發(fā)生碰撞，已知m1、m2及皮帶輪大小均可不計(jì)；m1、m2與BC和CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，所有發(fā)生的碰撞都為彈性碰撞；求：（1）若m2滑到D端速度恰好減為2m/s，則：①計(jì)算滑塊m2在CD上的滑動(dòng)時(shí)間；②滑塊m1從圓弧第一次滑過(guò)B點(diǎn)，碰撞后從水平軌道第二次到達(dá)B點(diǎn)，計(jì)算m1兩次過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力差；（2）調(diào)節(jié)滑塊m1的釋放高度h，使得m2、m1能先后與EF相撞于同一點(diǎn)上，求：能滿(mǎn)足m2、m1打在擋板EF上同一位置的m1的最小釋放高度；（3）m2打在擋板EF上的最小動(dòng)能。

專(zhuān)題牛頓運(yùn)動(dòng)定律參考答案與試題解析一．選擇題（共20小題）題號(hào)1234567891011答案BBBACBBCABC題號(hào)121314151617181920答案BAADCACAA二．多選題（共6小題）題號(hào)212223242526答案ACADADBCCDABD一．選擇題（共20小題）1．【專(zhuān)題】應(yīng)用題；學(xué)科綜合題；定量思想；推理法；摩擦力專(zhuān)題；分析綜合能力．解：將長(zhǎng)方體建筑材料的重力沿著斜面和垂直斜面分解，垂直斜面方向FN1＝mgcosθ斜面對(duì)長(zhǎng)方體建筑材料的摩擦力f1＝μFN1＝μmgcosθ方向沿MN向上；重力沿斜面QN方向的分力G1＝mgsinθG1垂直于MN的分力F擋板對(duì)長(zhǎng)方體建筑材料的摩擦力f方向沿MN向上；G1沿MN向下的分力G2＝G1cosθ＝mgsinθcosθ根據(jù)牛頓第二定律G2﹣f1﹣f2＝ma聯(lián)立解得a＝gsinθcosθ﹣μgcosθ﹣μgsin2θ故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B。2．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；推理論證能力．解：由牛頓第二定律F＝ma，可得：1N＝1kg?m/s2由F＝kI1k=Fr2I1故選：B。3．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；理解能力．解：國(guó)際單位制中基本單位有kg，m，s，K，A，cd，mol，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B。4．【專(zhuān)題】定量思想；方程法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；推理論證能力．解：選取第1s內(nèi)機(jī)器人受力的方向?yàn)檎较颍瑒t第1s內(nèi)機(jī)器人的加速度a第2s內(nèi)機(jī)器人受力為零，則加速度為零；第3s內(nèi)機(jī)器人的加速度a可知第3s內(nèi)機(jī)器人的加速度的方向與第1s內(nèi)加速度的方向相反。A、若初速度為1m/s，與第1s內(nèi)受力的方向相同，則機(jī)器人第1s內(nèi)做加速運(yùn)動(dòng)，第2s內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)，第3s內(nèi)做減速運(yùn)動(dòng)，由v﹣t圖線(xiàn)的斜率表示加速度的大小可知，第1s內(nèi)的加速度是1m/s2，第3s內(nèi)的加速度大小也是1m/s2，故A正確；B、該圖中第3s內(nèi)仍然做加速運(yùn)動(dòng)，與受力不符，故B錯(cuò)誤；C、該圖中第1s的加速度與第3s的加速度都是正值，與受力不符，故C錯(cuò)誤；D、該圖中第1s的加速度大小為2m/s2，與實(shí)際不符，故D錯(cuò)誤。故選：A。5．【專(zhuān)題】定量思想；整體法和隔離法；方程法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；分析綜合能力；模型建構(gòu)能力．解：設(shè)每個(gè)物塊的質(zhì)量為m，設(shè)細(xì)線(xiàn)上張力大小為T(mén)，對(duì)兩個(gè)物塊組成的整體，由牛頓第二定律有F＝（m+m）a對(duì)左側(cè)物塊，由牛頓第二定律有T＝ma又有：T≤2N聯(lián)立各式解得：F≤4N即F的最大值為4N故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。6．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；理解能力．解：A、踢香蕉球時(shí)，香蕉球產(chǎn)生的原因主要是旋轉(zhuǎn)，因旋轉(zhuǎn)，所以足球的大小和形狀不能忽略，即需要考慮足球的大小和形狀，足球不能看作質(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B、足球的慣性?xún)H與足球的質(zhì)量有關(guān)，與運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)，即在飛行和觸網(wǎng)時(shí)足球的慣性不變，故B正確；C、足球在飛行時(shí)不受腳的作用力，僅受重力和空氣阻力，故C錯(cuò)誤；D、觸網(wǎng)時(shí)足球?qū)W(wǎng)的力和網(wǎng)對(duì)足球的力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等方向相反，故D錯(cuò)誤。故選：B。7．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；推理論證能力．解：門(mén)板先在向右的外力作用下做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，撤去外力后做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，若外力比較大，加速時(shí)間很短，位移很小，可以忽略不計(jì)，此時(shí)門(mén)板的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，撤去外力后根據(jù)牛頓第二定律，有μmg＝ma，設(shè)撤去外力后門(mén)板最短運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，運(yùn)動(dòng)的距離為L(zhǎng)2=1故選：B。8．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；推理論證能力．解：對(duì)物體施加一水平向右、大小為T(mén)＝10N的拉力，物體剛好不發(fā)生運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件得：T＝μmg代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.5當(dāng)升降機(jī)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體沿升降機(jī)底板運(yùn)動(dòng)的水平加速度為2m/s2，水平方向，由牛頓第二定律得：T﹣μN(yùn)＝ma代入數(shù)據(jù)解得：N＝12N對(duì)物體，豎直方向由牛頓第二定律得：mg﹣N＝ma′代入數(shù)據(jù)解得：a′＝4m/s2方向豎直向下，則升降機(jī)可能以4m/s2的加速度豎直向上做減速運(yùn)動(dòng)，或豎直向下做加速運(yùn)動(dòng)，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C。9．【專(zhuān)題】應(yīng)用題；學(xué)科綜合題；定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；分析綜合能力．解：取豎直向上為正方向，根據(jù)牛頓第二定律F加速度a=故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。10．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；推理論證能力．解：A.t1到t3時(shí)間內(nèi)，f向下，先增大后減小，可知此時(shí)速度方向向上，先增大后減小，故實(shí)驗(yàn)艙先處于彈射過(guò)程后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B.t2到t3時(shí)間內(nèi)，f向下在減小，可知此時(shí)速度方向向上，速度在減小，根據(jù)牛頓第二定律有mg+f＝ma，即a=fC.t3到t5時(shí)間內(nèi)，f向上，先增大后減小，可知此時(shí)速度方向向下，先增大后減小，先向下加速后向下減速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)前面分析可知t3時(shí)刻速度方向改變，從向上變成向下運(yùn)動(dòng)，故t3時(shí)刻到達(dá)最高點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。故選：B。11．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；摩擦力專(zhuān)題；推理論證能力．解：A.因?yàn)槲飰K甲相對(duì)于木箱向右運(yùn)動(dòng)，所以木箱對(duì)甲的滑動(dòng)摩擦力方向向左，由牛頓第三定律可知，甲對(duì)木箱的摩擦力方向向右，故A錯(cuò)誤；B.設(shè)乙運(yùn)動(dòng)的加速度為a，只要乙有豎直向下的恒定加速度，對(duì)甲、乙和木箱整體，豎直方向滿(mǎn)足FN＝M總g﹣ma，則地面對(duì)木箱的支持力大小不變，故B錯(cuò)誤；CD.設(shè)繩子的彈力大小為T(mén)，對(duì)甲受力分析有T﹣μmg＝ma，對(duì)乙受力分析有mg﹣T＝ma，聯(lián)立解得a＝2.5m/s2，T＝7.5N，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C。12．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；推理論證能力．解：AB、木塊釋放過(guò)程中，位移由0增加到H時(shí)未接觸彈簧時(shí)，木塊的合外力為重力，保持不變。當(dāng)y＝H時(shí)接觸彈簧，根據(jù)胡克定律，可知之后彈簧的彈力逐漸增大，且與物塊的位移成線(xiàn)性關(guān)系，當(dāng)彈簧彈力等于重力時(shí)合力為零，之后彈力大于重力，合力方向反向向上，到達(dá)最低點(diǎn)后木塊開(kāi)始向上移動(dòng)，位移y變小，此后木塊的受力特點(diǎn)和之前的受力特點(diǎn)呈現(xiàn)對(duì)稱(chēng)情況，位移由最大減小到零的過(guò)程，圖像與之前的重合，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、木塊在未接觸彈簧時(shí)做自由落體，加速度保持恒定，則y﹣t圖像為拋物線(xiàn)，而后彈簧開(kāi)始有彈力且逐漸增大，由牛頓第二定律mg﹣ky＝ma，加速度逐漸減小后反向增大，木塊先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)，直到速度為零，而后的運(yùn)動(dòng)情況和之前的成對(duì)稱(chēng)特點(diǎn)，故在y＝H之后到位移最大的過(guò)程，圖像的斜率先變大后變小到零，故CD錯(cuò)誤。故選：B。13．【專(zhuān)題】定量思想；控制變量法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；理解能力．解：剪斷前，對(duì)BCD整體分析，可得FAB＝（m+2m+3m）g對(duì)D分析列式FCD＝mg剪斷瞬間，對(duì)B分析FAB﹣3mg＝3ma解得a＝g對(duì)C分析，其中FCD＝FDC，則FDC+2mg＝2ma′解得a′＝1.5g加速度方向豎直向下，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。14．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；推理論證能力．解：根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)飛船和空間站整體有：F＝（M+m）a對(duì)空間站，設(shè)飛船對(duì)空間站的作用力大小為F′，根據(jù)牛頓第二定律有：F'＝Ma解兩式可得飛船和空間站之間的作用力為：F′=故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。15．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；摩擦力專(zhuān)題；推理論證能力；模型建構(gòu)能力．解：A.剛開(kāi)始時(shí)，物體速度小于傳送帶速度，則物體相對(duì)傳送帶向后運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B.勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物體與傳送帶之間無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，則物體不受摩擦力作用，故B錯(cuò)誤；C.物體加速，由動(dòng)能定理可知，摩擦力充當(dāng)合外力對(duì)物體做正功，故C錯(cuò)誤；D.設(shè)物體與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)時(shí)，a＝μg，做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體速度小于傳送帶速度則一直加速，由v＝at可知，傳速帶速度越大，物體加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)，故D正確。故選：D。16．【專(zhuān)題】信息給予題；定量思想；推理法；運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖象專(zhuān)題；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；理解能力；模型建構(gòu)能力．解：在傳送帶底端無(wú)初速輕放一小物塊，小物塊先在傳送帶上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其v﹣t圖像為過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線(xiàn)；設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，根據(jù)牛頓第二定律μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma1解得a1＝μgcosθ﹣gsinθ加速度保持不變，a﹣t圖像為平行于t軸的直線(xiàn)；經(jīng)過(guò)時(shí)間t0，小物塊與傳送帶共速，由于最大靜摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，滑動(dòng)摩擦力發(fā)生突變靜摩擦力，此時(shí)f靜＝mgsinθ，小物塊受平衡力作用，加速度a2＝0，小物塊隨傳送帶一起以速度v0做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其v﹣t圖像為平行于t軸的直線(xiàn)。綜上分析，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。17．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；理解能力．解：國(guó)際單位制中的基本單位分別是：長(zhǎng)度的單位是米，符號(hào)m；電流的單位是安培，符號(hào)是A；熱力學(xué)溫度的單位是開(kāi)爾文，符號(hào)K；物質(zhì)的量單位是摩爾，符號(hào)mol；發(fā)光強(qiáng)度的單位是坎德拉，符號(hào)cd，質(zhì)量的單位是千克，符號(hào)kg；時(shí)間的單位是秒，符號(hào)s；故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。18．【專(zhuān)題】信息給予題；定性思想；推理法；摩擦力專(zhuān)題；共點(diǎn)力作用下物體平衡專(zhuān)題；理解能力．解：AB.磨條速度方向水平向左，磨條受到硯臺(tái)的滑動(dòng)摩擦力水平向右，根據(jù)牛頓第三定律硯臺(tái)受到磨條的摩擦力方向向左，硯臺(tái)有向左運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，桌面對(duì)硯臺(tái)的摩擦力方向水平向右，故AB錯(cuò)誤；C.硯臺(tái)處于靜止?fàn)顟B(tài)，水平方向的合力為零，桌面和磨條對(duì)硯臺(tái)的摩擦力是一對(duì)平衡力，故C正確；D.根據(jù)平衡條件桌面對(duì)硯臺(tái)的支持力與磨條對(duì)硯臺(tái)的壓力和硯臺(tái)的重力的合力互相平衡，故D錯(cuò)誤。故選：C。19．【專(zhuān)題】信息給予題；定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；動(dòng)能定理的應(yīng)用專(zhuān)題；理解能力．解：撤去拉力前，小球的受力情況如圖所示：AB.撤去拉力，小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中，小球所受重力和兩彈簧的彈力都對(duì)小球做正功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，小球的動(dòng)能一直增大，速度一直增大，故A正確，B錯(cuò)誤；C.小球在P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件可知小球所受的合力為0，由于拉力F＝2mg，因此兩彈簧的合力為mg；當(dāng)撤去F的瞬間，小球所受的合力最大Fm＝2mg根據(jù)牛頓第二定律Fm＝mam解得am＝2g，故C錯(cuò)誤；D.小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧的彈力減小，兩彈簧彈力的合力減小，重力不變，小球所受的合力減小，根據(jù)牛頓第二定律可知，小球的加速度減小，故D錯(cuò)誤。故選：A。20．【專(zhuān)題】比較思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；推理論證能力．解：小石子從O點(diǎn)到P點(diǎn)，豎直方向受到向下的重力和向下的阻力，重力和豎直方向阻力之和產(chǎn)生豎直方向的分加速度，小石子速度減小，空氣阻力減小，加速度減小，到P點(diǎn)時(shí)，豎直方向加速度最小；小石子從P點(diǎn)到Q點(diǎn)，豎直方向受到向下的重力和向上的阻力，重力和豎直方向阻力之差產(chǎn)生豎直方向的分加速度，小石子速度增大，空氣阻力增大，加速度減小，到Q點(diǎn)時(shí)，豎直方向加速度最?。患凑芜^(guò)程中，O點(diǎn)豎直方向的加速度最大，故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A。二．多選題（共6小題）21．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；功能關(guān)系能量守恒定律；推理論證能力．解：AB、動(dòng)能的公式：E=12mv2CD、動(dòng)量的公式：p＝mv；用符號(hào)表示：p＝d，m＝b，v=ac，故d=b×ac=故選：AC。22．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；推理論證能力．解：AB.x﹣t圖像的斜率表示速度，甲乙兩個(gè)物塊的曲線(xiàn)均為拋物線(xiàn)，則甲物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，乙物體做勻減速運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間內(nèi)甲乙位移可得x甲=v0+v2t0=3x0由牛頓第二定律可得甲物體mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma1，同理可得乙物體μ2mgcosθ﹣mgsinθ＝ma2聯(lián)立可得μ1+μ2＝2tanθ，故A正確，B錯(cuò)誤；C.設(shè)斜面的質(zhì)量為M，取水平向左為正方向，水平方向上由牛頓第二定理可得f＝ma1cosθ﹣ma2cosθ＝0，則t＝t0之前，地面和斜面之間摩擦力為零，故C錯(cuò)誤；D.t＝t0之后，乙物體保持靜止，甲物體繼續(xù)沿斜面向下加速，水平方向上由牛頓第二定律可得f＝ma1cosθ，即地面對(duì)斜面的摩擦力向左，故D正確。故選：AD。23．【專(zhuān)題】定量思想；方程法；功能關(guān)系能量守恒定律；推理論證能力．解：A、當(dāng)小球置于桿上P點(diǎn)時(shí)恰好能保持靜止，則有：k（l?l2）?μ＝mg，解得彈簧的勁度系數(shù)為：kB、小球在P點(diǎn)下方12l處時(shí)，彈簧與桿的夾角為45°，此時(shí)彈簧的長(zhǎng)度為l′彈力大小為：F＝k（l﹣l′），解得：F＝（4﹣22）mg根據(jù)牛頓第二定律可得：mg+Fcos45°﹣f＝ma，其中：f＝μFsin45°聯(lián)立解得：a=2C、桿上M、N兩點(diǎn)與O點(diǎn)的距離均為l，所以小球在M和N點(diǎn)時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，小球從M到P過(guò)程中，彈簧的壓縮量增大、彈力增大，彈簧彈力在水平方向的分力增大、摩擦力增大；小球從P到N過(guò)程中，彈簧的壓縮量減小、彈力減小，彈簧彈力在水平方向的分力減小、摩擦力減小，故從M點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球受到的摩擦力先變大再變小，故C錯(cuò)誤；D、關(guān)于P點(diǎn)對(duì)稱(chēng)的任意兩點(diǎn)，小球受到的摩擦力相同，所以從M點(diǎn)到P點(diǎn)和從P點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球受到的摩擦力做功相同，故D正確。故選：AD。24．【專(zhuān)題】比較思想；圖析法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問(wèn)題的能力．解：對(duì)甲、乙兩物體，由牛頓第二定律有F﹣μmg＝ma則F＝ma+μmg對(duì)照已知圖像，根據(jù)數(shù)形結(jié)合思想，可知圖像斜率k＝m圖像截距b＝μmg由于k甲＞k乙，故m甲＞m乙由于μ甲m甲g＝μ乙m乙g，故μ甲＜μ乙故AD錯(cuò)誤，BC正確。故選：BC。25．【專(zhuān)題】定量思想；整體法和隔離法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；摩擦力專(zhuān)題；理解能力；推理論證能力；分析綜合能力．解：A、設(shè)車(chē)廂對(duì)A的彈力為FNA，輕桿對(duì)A的彈力為N，若B球所受摩擦力為零，對(duì)A、B整體由牛頓第二定律得FNA＝2ma，對(duì)A球由牛頓第二定律得FNA﹣Nsinθ＝ma，豎直方向：Ncosθ＝mg，聯(lián)立解得a＝gtanθ，對(duì)整體由牛頓第二定律得F＝4ma＝4mgtanθ，故A錯(cuò)誤；B、若推力向左，則系統(tǒng)的加速度向左。假設(shè)桿與車(chē)廂始終保持相對(duì)靜止，且A與左壁彈力為零，對(duì)A水平方向有Nsinθ＝maA，豎直方向有Ncosθ＝mg，解得：aA＝gtanθ在此情況下，設(shè)廂底對(duì)B的靜摩擦力為f，對(duì)AB整體有：f＝2maA＝2mgtanθ由于μ≥tanθ，所以最大靜摩擦力fm≥2mgtanθ，可得：f≤fm，故假設(shè)成立。所以系統(tǒng)的加速度最大等于aA＝gtanθ，所以F最大值為Fm＝4maA＝4mgtanθ，故B錯(cuò)誤；C、由B的解答可知，μ＜tanθ≤2μ時(shí)，若A與左壁彈力為零，B會(huì)相對(duì)廂底滑動(dòng)。故A與左壁彈力不能為零，當(dāng)箱底對(duì)B的靜摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，F(xiàn)達(dá)到最大值，則有：2μmg﹣FNA＝2ma，整體：Fm＝4ma，對(duì)A豎直方向：Ncosθ＝mg，對(duì)A水平方向：Nsinθ﹣FNA＝ma，聯(lián)立解得Fm＝4mg（2μ﹣tanθ）故C正確；D、若推力向右，tanθ＞2μ，廂底對(duì)B的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力，方向水平向右，F(xiàn)有最大值，則：2μmg+FNA＝2ma1對(duì)A豎直方向：Ncosθ＝mgFNA﹣Nsinθ＝ma1聯(lián)立解得a1＝2μg+gtanθ廂底對(duì)B的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力，方向水平向左，F(xiàn)有最小值，則：對(duì)AB整體有FNA﹣2μmg＝2ma2對(duì)A水平方向有FNA﹣Nsinθ＝ma2對(duì)A豎直方向：Ncosθ＝mg聯(lián)立解得：a2＝gtanθ﹣2μg所以4ma2≤F≤4ma1即4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）故D正確。故選：CD。26．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；分析綜合能力；模型建構(gòu)能力．解：A、由圖像可知0～3t0時(shí)間內(nèi)木板做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，3t0～4t0時(shí)間內(nèi)木板做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由題意可知小物塊在t＝3t0時(shí)刻以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板，故A正確；BC、由v﹣t圖像的斜率可得：木板做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的加速度大小為：a1=t＝3t0時(shí)刻木板的速度大小為：v1＝a1×3t0=木板做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的加速度大小為：a2=32由題意可知物塊先向左勻減速到零后，再向右勻加速與木板共速，設(shè)物塊的加速度大小為a3，以向右為正方向，則有：12解得：a3＝2μg設(shè)木板與小物塊的質(zhì)量分別為M、m，小物塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，根據(jù)牛頓第二定律得：對(duì)物塊有：μ1mg＝ma3對(duì)木板加速過(guò)程有：F﹣μMg＝Ma1對(duì)木板減速過(guò)程有：μ（M+m）g+μ1mg﹣F＝Ma2聯(lián)立解得：μ1＝2μ，mMD、根據(jù)上述對(duì)BC選項(xiàng)的解答可得：F=而t＝4t0之后木板與水平地面之間的滑動(dòng)摩擦力大小為：f＝μ（M+m）g＝μ（M+12因F＝f，故t＝4t0之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)。故D正確。故選：ABD。三．實(shí)驗(yàn)題（共1小題）27．【專(zhuān)題】實(shí)驗(yàn)題；信息給予題；定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；實(shí)驗(yàn)探究能力．解：（1）彈簧測(cè)力計(jì)的分度值為0.5N，由圖可知彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)為5.0N；（2）電梯靜止時(shí)，根據(jù)彈簧條件，彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)F0＝mg＝5.0N電梯上行時(shí)，一段時(shí)間內(nèi)彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)為F＝4.5N，說(shuō)明電梯內(nèi)物體受到的拉力小于重力，物體的加速度向下，此時(shí)物體處于失重狀態(tài)；根據(jù)牛頓第二定律mg﹣F＝ma代入數(shù)據(jù)解得a＝1.0m/s2。故答案為：（1）5.0；（2）失重；1.0。四．解答題（共10小題）28．【專(zhuān)題】計(jì)算題；定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；推理論證能力．解：方法一：設(shè)車(chē)頭的牽引力為F，火車(chē)總質(zhì)量為m，火車(chē)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，受力平衡，有：F＝kmg脫鉤后，設(shè)脫鉤車(chē)廂的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得：k?14mg=1設(shè)剩余車(chē)廂的加速度大小為a2，剩余車(chē)廂的質(zhì)量為m′＝mg?14mg由牛頓第二定律得：F﹣km′g＝m′a2聯(lián)立解得：a1＝kga2=1脫鉤車(chē)廂的速度變?yōu)関02時(shí)，由速度—時(shí)間公式得：v02=解得：t=設(shè)此時(shí)剩余車(chē)廂的速度為v，由速度—時(shí)間公式得：v＝v0+a2t=76方法二：已知脫鉤后車(chē)頭的牽引力不變，可知整個(gè)列車(chē)所受合力仍為零，故整個(gè)列車(chē)的動(dòng)量守恒，以車(chē)頭行駛方向?yàn)檎较颍瑒t有：mv0=14m解得：v=76答：列車(chē)前部未脫鉤部分的速度為76v029．【專(zhuān)題】應(yīng)用題；定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；推理論證能力．解：（1）設(shè)最大速度為v，加速時(shí)間為t1，減速時(shí)間為t2，由x=vt=v0+v（2）貨物加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a=vt1=0.4豎直方向，根據(jù)牛頓第二定律可得FOAsinθ+FOBcosθ﹣mg＝ma，水平方向，根據(jù)平衡條件可得FOAcosθ﹣FOBsinθ＝0，聯(lián)立可得FOA＝m（g+a）sinθ＝100×（10+0.1）×0.6N＝606N，F(xiàn)OB＝m（g+a）cosθ＝100×（10+0.1）×0.8N＝808N；由牛頓第三定律可得貨叉OA、OB兩側(cè)分別受到的彈力大小分別為606N、808N；（3）設(shè)貨叉OA、OB兩側(cè)對(duì)貨物的彈力分別為FOA'、FOB'，豎直方向，根據(jù)平衡條件可得FOA'sinθ+FOB'cosθ﹣mg＝0，水平方向，根據(jù)牛頓第二定律可得FOA'cosθ﹣FOB'sinθ＝ma'，聯(lián)立可得FOA'＝mgsinθ+macosθ＝100×10×0.6N+100×1×0.8N＝680N，F(xiàn)OB'＝mgcosθ﹣masinθ＝100×10×0.8N﹣100×1×0.6N＝740N；貨叉對(duì)貨物的作用力的大小為F=F答：（1）抬升過(guò)程中，貨物的最大速度為0.4m/s；（2）抬升加速過(guò)程中，貨叉OA、OB兩側(cè)分別受到的彈力大小分別為606N、808N；（3）貨叉對(duì)貨物的作用力的大小為20257730．【專(zhuān)題】計(jì)算題；定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；推理論證能力．解：（1）滑塊甲剛進(jìn)入AB段時(shí)，對(duì)甲和乙整體應(yīng)用牛頓第二定律有（m1+m2）gsinθ﹣μm1gcosθ＝（m1+m2）a對(duì)滑塊乙分析m2gsinθ﹣F＝m2a聯(lián)立兩式解得F＝0.4N（2）滑塊乙剛進(jìn)入AB段時(shí)，滑塊乙和滑塊甲有共同速度設(shè)為v，由動(dòng)能定理可得2(因?yàn)棣蹋絫anθ＝0.75則滑塊乙在AB段受力平衡，做勻速運(yùn)動(dòng)，故滑塊乙勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=滑塊甲在t這段時(shí)間內(nèi)沿坡道勻加速下滑，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得m1gsinθ＝m1a1x=vt+1由以上各式解得x＝1.19m答：（1）滑塊甲剛進(jìn)入AB段時(shí)，輕桿的彈力大小為0.4N；（2）滑塊乙剛離開(kāi)AB段時(shí)，滑塊甲還在斜面上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)滑塊乙和甲之間的距離為1.19m。31．解：（1）由正交分解，可知Nsinα＝F可得NF（2）a.螺母轉(zhuǎn)動(dòng)一周，平移一個(gè)螺距，即周期T=dv=b.對(duì)螺母內(nèi)壁上的點(diǎn)，在軸向上有v1′＝a0t，任意時(shí)刻該點(diǎn)繞軸的線(xiàn)速度有v2＝ω'r，且ω′=2πdv1′答：（1）N與F的比值為2；（2）a.螺母繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為2πdb.螺母內(nèi)壁上的任意一點(diǎn)速度v1與時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系為1+432．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；推理論證能力．解：（1）當(dāng)座艙下落4s時(shí)，由a﹣t圖像與橫軸圍成的面積表示速度可知手機(jī)的速度為v＝﹣10×3m/s+15×1m/s＝﹣15m/s則人的速度大小為15m/s（2）當(dāng)座艙下落4s時(shí)，手機(jī)的加速度大小為a2＝15m/s2對(duì)手機(jī)，根據(jù)牛頓第二定律有FN﹣mg＝ma2解得FN＝5N根據(jù)牛頓第三定律可知，手機(jī)對(duì)手的作用力也為5N，方向豎直向下答：（1）當(dāng)座艙下落4s時(shí)，人的速度大小為15m/s；（2）當(dāng)座艙下落4s時(shí)，手機(jī)對(duì)手的作用力為5N，方向豎直向下。33．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律專(zhuān)題；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；推理論證能力．解：（1）設(shè)包裹質(zhì)量為m，已知當(dāng)托盤(pán)傾角增大到θ＝37°時(shí)，包裹恰好開(kāi)始下滑，此時(shí)重力沿斜面的分力大小等于最大靜摩擦力，則有：mgsinθ＝μmgcosθ代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.75（2）運(yùn)送過(guò)程中包裹與水平托盤(pán)不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，當(dāng)包裹受到的靜摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)加速度最大。由牛頓第二定律得：μmg＝ma解得：a＝7.5m/s2（3）當(dāng)機(jī)器人先以最大加速度做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，加速至最大速度，然后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，最后以最大加速度做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)至零時(shí)，機(jī)器人從分揀處運(yùn)行至投遞口所需時(shí)間最短。設(shè)勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，運(yùn)動(dòng)的位移大小為x1，由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可得勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也為t1，運(yùn)動(dòng)的位移大小也為x1，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：vm＝at1x1L﹣2x1＝vmt2解得：t1＝0.4s，x1＝0.6m，t2＝14.6s機(jī)器人從分揀處運(yùn)行至投遞口所需最短時(shí)間為：t＝2t1+t2＝2×0.4s+14.6s＝15.4s答：（1）包裹與托盤(pán)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.75；（2）機(jī)器人在運(yùn)輸包裹的過(guò)程中允許的最大加速度a的大小為7.5m/s2；（3）機(jī)器人從分揀處運(yùn)行至投遞口（恰好靜止）所需的最短時(shí)間t為15.4s。34．【專(zhuān)題】計(jì)算題；定量思想；圖析法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；分析綜合能力．解：（1）根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)物塊，加速時(shí)有μmg＝ma解得a＝2m/s2對(duì)物塊，有v0＝a