五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題03運動與力的關(guān)系考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1牛頓運動定律2025、2022“運動與力的關(guān)系”模塊中，“牛頓運動定律”本身及其“簡單應(yīng)用”共同構(gòu)成了近五年的考查核心，后者出現(xiàn)頻次更高（2024、2022、2020年考查），顯示出命題更側(cè)重于定律的實踐運用能力；牛頓定律本身也在2025、2022年直接考查，體現(xiàn)對理論基礎(chǔ)的重視。2022年兩個考點同現(xiàn)，提示了綜合考查的可能性。命題情境高度強(qiáng)調(diào)實際聯(lián)系，廣泛取材于現(xiàn)代科技、交通運輸、體育運動及日常生活現(xiàn)象。核心考查對定律的準(zhǔn)確理解（如作用力與反作用力辨析）、受力分析的基本功、以及運用牛頓第二定律解決單個物體或簡單連接體在直線運動中動力學(xué)問題的能力，計算要求基礎(chǔ)。未來趨勢預(yù)計將延續(xù)對牛頓定律及其應(yīng)用的穩(wěn)定考查，情境設(shè)計趨向更豐富和前沿化，可能強(qiáng)化在非平衡態(tài)、臨界問題中的應(yīng)用，要求考生在具體情境中熟練運用整體法與隔離法，清晰建立“力-加速度-運動變化”的邏輯鏈條?？键c2牛頓運動定律的簡單應(yīng)用2024、2022、2020考點01牛頓運動定律1．（2025·江蘇·高考）如圖所示，彈簧一端固定，另一端與光滑水平面上的木箱相連，箱內(nèi)放置一小物塊，物塊與木箱之間有摩擦。壓縮彈簧并由靜止釋放，釋放后物塊在木箱上有滑動，滑動過程中不與木箱前后壁發(fā)生碰撞，不計空氣阻力，則（

）A．釋放瞬間，物塊加速度為零B．物塊和木箱最終仍有相對運動C．木箱第一次到達(dá)最右端時，物塊速度為零D．物塊和木箱的速度第一次相同前，物塊受到的摩擦力不變【答案】D【詳析】A．根據(jù)題意可知，釋放時，物塊與木箱發(fā)生相對滑動，且有摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知釋放時物塊加速度不為0，故A錯誤；B．由于物塊與木箱間有摩擦力且發(fā)生相對滑動，所以彈簧的彈性勢能會減少，直到彈簧的最大彈力滿足以下分析的F：設(shè)物塊與木箱之間的最大靜摩擦力為f，物塊質(zhì)量為m，對物塊根據(jù)牛頓第二定律f設(shè)木箱質(zhì)量為M，對物塊與木箱整體，根據(jù)牛頓第二定律F可得F=(m+M)fC．根據(jù)AB選項分析可知只有當(dāng)二者一起做簡諧運動前，有相對滑動，木箱第一次到達(dá)最右端時，物塊速度不為零，故C錯誤；D．開始滑塊的加速度向右，物塊與滑塊第一次共速前，物塊相對滑塊向左運動，受到向右的摩擦力，共速前二者有相對滑動，摩擦力恒為二者之間的滑動摩擦力，保持不變，故D正確。故選D。2．（2022·江蘇·高考）高鐵車廂里的水平桌面上放置一本書，書與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g=10A．2.0m/s2 B．4.0m/【答案】B【詳析】書放在水平桌面上，若書相對于桌面不滑動，則最大靜摩擦力提供加速度f解得am=μg=4故選B?？键c02牛頓運動定律的簡單應(yīng)用3．（2024·江蘇·高考）某重力儲能系統(tǒng)的簡化模型如圖所示，長度為L、傾角為θ的斜坡ABCD上，有一質(zhì)量為m的重物通過繩索與電動機(jī)連接。在電動機(jī)的牽引下，重物從斜坡底端A點由靜止開始運動，到達(dá)B點時速度達(dá)到最大值v，然后重物被勻速拉到C點，此時關(guān)閉電動機(jī)，重物恰好能滑至頂端D點，系統(tǒng)儲存機(jī)械能。已知繩索與斜坡平行，重物與斜坡間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力和滑輪摩擦。（1）求CD的長度x；（2）求重物從B到C過程中，電動機(jī)的輸出功率P；（3）若不計電動機(jī)的損耗，求在整個上升過程中，系統(tǒng)存儲的機(jī)械能E1和電動機(jī)消耗的電能E2的比值?！敬鸢浮浚?）v22gsinθ+μcos【詳析】（1）重物在CD段運動過程中，由牛頓第二定律得mg由運動學(xué)公式0-聯(lián)立解得x（2）重物在BC段勻速運動，得電動機(jī)的牽引力為F由P=P（3）全過程重物增加的機(jī)械能為E整個過程由能量守恒得電動機(jī)消耗的總電能轉(zhuǎn)化為重物增加的機(jī)械能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，故可知E故可得E4．（2022·江蘇·高考）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，處于壓縮狀態(tài)，A由靜止釋放后沿斜面向上運動到最大位移時，立即將物塊B輕放在A右側(cè)，A、B由靜止開始一起沿斜面向下運動，下滑過程中A、B始終不分離，當(dāng)A回到初始位置時速度為零，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)相同、彈簧未超過彈性限度，則（）A．當(dāng)上滑到最大位移的一半時，A的加速度方向沿斜面向下B．A上滑時、彈簧的彈力方向不發(fā)生變化C．下滑時，B對A的壓力先減小后增大D．整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢能減小量【答案】B【詳析】B．由于A、B在下滑過程中不分離，設(shè)在最高點的彈力為F，方向沿斜面向下為正方向，斜面傾角為θ，AB之間的彈力為FAB，摩擦因素為μ，剛下滑時根據(jù)牛頓第二定律對AB有F+mA+mBgsinθ-μmA+mBgcosθ=mA+A．設(shè)彈簧原長在O點，A剛開始運動時距離O點為x1，A運動到最高點時距離O點為x2；下滑過程AB不分離，則彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，上滑過程根據(jù)能量守恒定律可得1化簡得，k=2mgsinθ+fx1+x2當(dāng)位移為最大位移的一半時有FC．根據(jù)B的分析可知FmA+mB=-FABmB，再結(jié)合B選項的結(jié)論可知下滑過程中FD．整個過程中彈力做的功為0，A重力做的功為0，當(dāng)A回到初始位置時速度為零，根據(jù)功能關(guān)系可知整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢能減小量，故D錯誤。故選B。5．（2020·江蘇·高考）中歐班列在歐亞大陸開辟了“生命之路”，為國際抗疫貢獻(xiàn)了中國力量。某運送防疫物資的班列由40節(jié)質(zhì)量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻加速行駛時，第2節(jié)對第3節(jié)車廂的牽引力為F。若每節(jié)車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數(shù)第3節(jié)對倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為（）A．F B．19F20 C．F19【答案】C【詳析】根據(jù)題意可知第2節(jié)車廂對第3節(jié)車廂的牽引力為F，因為每節(jié)車廂質(zhì)量相等，阻力相同，故第2節(jié)對第3節(jié)車廂根據(jù)牛頓第二定律有F-38f=38ma，設(shè)倒數(shù)第3節(jié)車廂對倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為F1，則根據(jù)牛頓第二定律有故選C。1．（22-23高三·江蘇南京二十九中·學(xué)情檢測）2022年10月12日，神舟十四號的航天員老師在空間站內(nèi)進(jìn)行毛細(xì)現(xiàn)象演示的實驗。他將3根粗細(xì)不同的玻璃管插入到水中，水在液體表面張力的作用下，會快慢不同地充滿整根玻璃管，已知水在不同玻璃管內(nèi)的表面張力大小與玻璃管的半徑成正比，即F=A．水沿玻璃管先做勻加速運動后做勻速運動B．只減小每根管的直徑，管中的液面均下降C．在粗細(xì)不同的玻璃管中的相同高度處，粗管中水的加速度大于細(xì)管中水的加速度D．在粗細(xì)不同的玻璃管中的相同高度處，粗管中水的加速度小于細(xì)管中水的加速度【答案】D【詳析】CD．設(shè)水管半徑為r，以空間站為參考系kr=ma，m=ρπr2h，得AB.由a=kρπrh可知，水沿玻璃管先做加速度減小的加速運動故選D。2．（24-25高三·江蘇鹽城聯(lián)盟?！ざ?lián)）2024年8月5日，江蘇南京部分地區(qū)出現(xiàn)短時強(qiáng)降水，局部地區(qū)出現(xiàn)冰雹。無風(fēng)的時候，由靜止豎直下落的冰雹，受到的空氣阻力隨下落速度的增大而增大，若冰雹下落過程中所受重力保持不變（不計下落時質(zhì)量的減少），則下列四幅圖像中可能正確反映冰雹整個下落過程運動情況的是（）A． B．C． D．【答案】A【詳析】由題意，對冰雹根據(jù)牛頓第二定律有mg-f=ma，可得冰雹的加速度a故選A。3．（24-25高三下·江蘇沭陽高中·期初調(diào)研）一根一端粗、一端細(xì)的木材，當(dāng)用水平恒力拉較粗的一端在光滑的水平面上運動時，其中點所在截面受到的總彈力大小為T1；若換成用同樣大小的水平恒力推木材較粗的一端運動時，木材中點所在截面受到的總彈力大小為T2。則下列說法正確的是（）A．T2>T1B．T2<T1C．T2=T1D．T1、T2的大小關(guān)系與質(zhì)量的分布有關(guān)【答案】C【詳析】設(shè)木材質(zhì)量為m，當(dāng)用水平恒力F拉較粗的一端在光滑的水平面上運動時，把木材看成一個整體，根據(jù)牛頓第二定律有F=ma，取木材后半段（以中心為界）為研究對象，設(shè)后半段質(zhì)量為m1，后半段的加速度與整體相同，則中心處的彈力為T1=m1a，若換成用同樣大小的水平恒力推木材較粗的一端在光滑的水平面上運動時，把木材看成一個整體，根據(jù)牛頓第二定律有F=ma，取木材前半段（以中心為界）為研究對象，則前半段質(zhì)量也為故選C。4．（2025·江蘇G4聯(lián)考·階段調(diào)研）某同學(xué)打開手機(jī)的某款傳感器APP，手握手機(jī)迅速下蹲，手機(jī)記錄的圖像如圖所示，a、b分別為圖像的峰值，下列說法正確的是（）A．該款A(yù)PP為位移傳感器APPB．該款A(yù)PP為速度傳感器APPC．峰值a對應(yīng)時刻，人對地面的壓力最大D．峰值b對應(yīng)時刻，人對地面的壓力最大【答案】C【詳析】AB．手握手機(jī)迅速下蹲，則物體的位移一直增大，速度先增大后減小，結(jié)合力與運動的關(guān)系可知，該款A(yù)PP為加速度傳感器APP，故AB錯誤；CD．峰值a對應(yīng)的時刻，物體的加速度向上且達(dá)到最大，所以此時人對地面的壓力最大，峰值b對應(yīng)的時刻，物體的加速度向下且達(dá)到最大，所以此時人對地面的壓力最小，故C正確，D錯誤。故選C。5．（24-25高三·江蘇常州·期末）如圖所示，可視為質(zhì)點的機(jī)器人通過磁鐵吸附在一艘靜止的航船上，機(jī)器人在船舷外壁面檢測船體。壁面可視為斜面，動摩擦因數(shù)為μ，與豎直方向夾角為θ。機(jī)器人在壁面加速下滑時，僅受重力G、垂直壁面的磁力F、支持力和摩擦力的作用。則摩擦力的大小為（）A．Gcosθ BC．Gsinθ D【答案】D【詳析】AC．機(jī)器人加速沿壁面下滑，則由牛頓第二定律Gcosθ-選項AC錯誤；BD．垂直于壁面方向FN=F-Gsinθ，故選D。6．（2025·江蘇部分學(xué)校·考前適應(yīng)）如圖所示，三個質(zhì)量均為m=1kg的物塊用不可伸長的輕繩連接起來，各物塊間、物塊與接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.1A．2m/s2 B．2.5m/s【答案】A【詳析】設(shè)豎直繩拉力為T1，繞過定滑輪的繩子拉力為T2，三物體加速度大小一樣為a，由牛頓第二定律對豎直方向物塊mg-T1=ma，對水平面上的下方物塊故選A。7．（24-25高三·廣東八?！?月聯(lián)考）某物體由靜止開始在外力作用下沿直線運動，其位移s與時間t的關(guān)系圖像如圖所示，0~t1、t1~t2、t2~t3三段時間相等，其中t1~t2段圖像是直線，以下判斷正確的是（）A．0~t1時間內(nèi)物體速度增大，合外力一定也增大B．t1~t2時間內(nèi)物體速度增大，合外力不變C．t2~t3時間內(nèi)物體速度減小，合外力不變D．三段時間內(nèi)，t1~t2段時間的位移最大【答案】D【詳析】A．0~t1時間內(nèi)由s-t圖像的斜率逐漸增大，表示瞬時速度增大，但加速度的大小變化不確定，則合外力不一定增大，故B．t1~t2段圖像是直線，即圖像的斜率不變，則物體的速度不變，做勻速直線運動，合外力始終為零，故B錯誤；C．t2~t3時間內(nèi)圖像的斜率變小，即物體的瞬時速度減小，而加速度的大小無法判斷，則合外力的變化不確定，故C錯誤；D．s-t圖像的縱坐標(biāo)表示位置，兩個縱坐標(biāo)之差表示位移，由圖可知三段時間內(nèi)，t1~t2段時間的縱坐標(biāo)之差最大，即位移最大，故故選D。8．（2025·江蘇蘇錫常鎮(zhèn)·二模）如圖所示，一水平傳送帶與一傾斜固定的傳送帶在B點相接，傾斜傳送帶與水平面的傾角為θ。傳送帶均以速率v沿順時針方向勻速運行。從傾斜傳送帶上的A點由靜止釋放一滑塊（視為質(zhì)點），滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ，且μ<A．滑塊在傾斜傳送帶上運動時加速度總相同B．滑塊一定可以回到A點C．滑塊最終停留在B點D．若增大水平傳送帶的速率，滑塊可以運動到A點上方【答案】A【詳析】A．因μ<tan所以滑塊由A點釋放后沿傳送帶向下勻加速運動，所受摩擦力沿傳送帶向上，滑塊經(jīng)過B點后在水平傳送帶上運動，再次返回到B點時速度小于或等于v，然后沿傾斜傳送帶向上勻減速，所受摩擦力沿傳送帶向上，速度減小到零后重復(fù)之前的過程，所以滑塊在傾斜傳送帶上運動時，向上運動和向下運動受力情況均相同，加速度也相同，故A正確；BD．若滑塊第一次到達(dá)B點時的速度小于或等于v，則滑塊第二次到達(dá)B點時的速度與第一次到達(dá)B點時的速度大小相等，因滑塊在傾斜傳送帶上向上運動和向下運動時的加速度相同，所以滑塊上滑的最高點仍為A點；若滑塊第一次到達(dá)B點時的速度大于v，則滑塊第二次到達(dá)B點時的速度大小等于v，滑塊上滑的最高點將比A點低，所以滑塊不一定能回到A點，故BD錯誤；C．由以上分析可知，滑塊將在B點兩側(cè)來回運動，不會停止運動，故C錯誤。故選A。9．（2025·江蘇·聯(lián)考）如圖所示，截面為等腰三角形的楔形木塊ABC固定在水平地面上，AB面和BC面的粗糙程度處處相同。一小物塊以初速度v0沿斜面AB向上運動，經(jīng)時間t0到達(dá)頂點B，速度恰好減為零；緊接著小物塊由靜止開始沿斜面BC下滑。在小物塊從A運動到C的過程中，其速度大小v與時間t的關(guān)系圖像可能正確的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C【詳析】設(shè)物塊上滑與下滑的加速度大小分別為a1和a2，等腰三角形的底角為α，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinα+μmgcosα=ma1，mgsinα-μmgcosα=m故選C。10．（2025·江蘇南通如皋·三模）如圖所示，小球穿在固定光滑桿上，與兩個相同的輕彈簧相連，彈簧可繞O1、O2無摩擦轉(zhuǎn)動。小球在桿上A點時，彈簧1豎直且處于原長，彈簧2處于水平伸長狀態(tài)，桿上的B點與O1、A、O2構(gòu)成矩形，AB=2AO1?，F(xiàn)將小球從A．到達(dá)A、B中點前，彈簧1的彈力比彈簧2的大B．到達(dá)A、B中點時，加速度等于零C．彈簧1的最大彈性勢比彈簧2的大D．與沒有彈簧時相比，小球從A點運動到B點所用的時間長【答案】C【詳析】A．幾何關(guān)系可知∠ABO1=30°，設(shè)彈簧原長為AO1，分析易得小球到達(dá)A、B中點圖中易知到達(dá)A、B中點O前，彈簧2的形變量一直大于彈簧1的形變量，故彈簧1的彈力比彈簧2的小，故A錯誤；B．到達(dá)A、B中點時，兩彈簧彈力為0，小球的合力為其重力沿桿方向向下的分力，故加速度不為0，故B錯誤；C．根據(jù)Ep=12kx2，到達(dá)A、B中點前，彈簧1的最大彈性勢能Ep1=12kD．小球從A點運動到B點過程，由于兩個彈簧對小球做的總功為零，與沒有彈簧時相比，小球運動到B點的速度相等；設(shè)桿的傾角為θ，沒有彈簧時，小球運動的加速度為a=mgsinθm=gsinθ，有彈簧時，加速度先大于g兩種情況的v-t圖像與橫軸圍成的面積相等，由圖可知與沒有彈簧時相比，小球從A點運動到B點所用的時間更短，故故選C。11．（2025·江蘇新高考基地學(xué)?！て诔踬|(zhì)量監(jiān)測）如圖，水平粗糙傳送帶順時針勻速運行，輕彈簧的一端固定在墻壁上，另一端栓接一個小物塊?，F(xiàn)將小物塊無初速地放到傳送帶上，此時彈簧水平且處于原長。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，在小物塊向右運動的過程中，下列關(guān)于小物塊加速度a、速度v、彈簧的彈性勢能Ep、彈簧與小物塊的總機(jī)械能E隨小物塊運動距離xA． B．C． D．【答案】B【詳析】A．若物塊并不是一直加速，以右為正方向，根據(jù)牛頓第二定律f-kx=可知a-x為一次函數(shù)關(guān)系，故B．若物塊并不是一直加速，由上分析可知，物塊向右運動過程中，加速度先向右減小，后反向增大，則速度隨位移先增大得越來越慢，后減小得越來越快，故B正確；C．彈簧的彈性勢能Ep=12kD．彈簧與小物塊的總機(jī)械能變化量等于摩擦力做功，當(dāng)物塊位于零勢能面時，則有E=fx，可知E-故選B。12．（2024·江蘇揚州·二模）如圖所示，斜面體固定在水平面上，斜面體的兩側(cè)面與水平面平滑連接，兩小木塊同時從斜面體的頂端由靜止下滑，最終停在水平面上。已知木塊與斜面、水平面間的動摩擦因數(shù)相同，下列描述木塊水平分速度大小vx隨時間tA． B．C． D．【答案】B【詳析】到達(dá)水平面時，水平方向分速度變化為了合速度，故速度大小會突然變大，根據(jù)動能定理mgh-μmghtanθ故選B。13．（2024·江蘇泰州·一模）如圖所示，水平面OA段粗糙，AB段光滑，OA=AB=l2。一原長為25l、勁度系數(shù)為k（k>10μmgl）的輕彈簧右端固定，左端連接一質(zhì)量為m的物塊。物塊從O點由靜止釋放。已知物塊與OA段間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則物塊在向右運動過程中，其加速度大小aA． B．C． D．【答案】B【詳析】A．由題意可知，A點處，物塊受到的彈力大小為F可知物塊從O到A過程，一直做加速運動，動能一直增加，根據(jù)牛頓第二定律可得a=kx-μmgm=kxm-μg（0≤xB．物塊從O到A過程（0≤x≤0.5l），由于彈簧彈力一直大于滑動摩擦力，物塊一直做加速運動，動能一直增加，但隨著彈力的減小，物塊受到的合力逐漸減小，根據(jù)動能定理可知，Ek-x圖像的切線斜率逐漸減小；物塊到A點瞬間，合力突變等于彈簧彈力，則Ek-x圖像的切線斜率突變變大，接著物塊從A到彈簧恢復(fù)原長過程（0.5C．根據(jù)彈性勢能表達(dá)式可得Ep=12k(ΔxD．物塊從O到A過程（0≤x≤0.5l），摩擦力對系統(tǒng)做負(fù)功，系統(tǒng)的機(jī)械能逐漸減少，根據(jù)ΔE=-μmgx可知從O到A過程，E-x圖像為一條斜率為負(fù)的斜率直線；物塊到達(dá)故選B。14．（2025·江蘇G4聯(lián)考·階段調(diào)研）如圖所示，A為一足夠長的固定斜面，物塊B由靜止釋放后能沿斜面勻加速下滑，現(xiàn)使物塊B在t=0時由靜止釋放，并同時受到一隨時間變化規(guī)律為F=kt的垂直于斜面的作用力，x、v、f和E分別表示物塊位移、速度、所受的摩擦力和機(jī)械能，下列圖像中可能正確的是（）A． B． C． D．【答案】B【詳析】AB．由于F隨時間均勻增大，物塊沿斜面下滑過程中，物塊對斜面的壓力均勻增大，物塊所受的滑動摩擦力均勻增大，所以物塊所受的合力先沿斜面向下均勻減小，然后沿斜面向上均勻增大，物塊停止運動前，物塊先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動，故A錯誤，B正確；C．t=0時刻所受的摩擦力不為零，故CD．物塊沿斜面下滑過程中，滑動摩擦力一直做負(fù)功，物塊機(jī)械能減小，但滑動摩擦力大小在隨時間變化，物體速度大小也在隨時間變化，所以滑動摩擦力所做的功并非隨時間均勻增大，物塊的機(jī)械能也并非隨時間均勻減小，故D錯誤。故選B。15．（24-25高三下·江蘇蘇錫常鎮(zhèn)·一模）某科技小組利用彈性繩網(wǎng)模擬火箭回收。如圖所示，“口”字形的繩網(wǎng)四個角各用一根彈性繩索拉住，繩索另一端固定在立柱上。將火箭模型從某高處釋放，在接觸繩網(wǎng)后下降直至最低點的過程中，下列說法中正確的是（）A．火箭模型接觸繩網(wǎng)立即減速 B．火箭模型在最低點所受合力為0C．火箭模型接觸繩網(wǎng)后先失重后超重 D．繩網(wǎng)對火箭模型先做正功后做負(fù)功【答案】C【詳析】A．火箭模型接觸繩網(wǎng)時重力大于彈力，繼續(xù)向下加速，故A錯誤；B．火箭模型在最低點彈力大于重力，所受合力向上，故B錯誤；C．火箭模型接觸繩網(wǎng)后先向下加速，后向下減速，所以先失重后超重，故C正確；D．繩網(wǎng)對火箭模型的力始終向上，接觸繩網(wǎng)后下降直至最低點的過程中，在一直做負(fù)功，故D錯誤。故選C。16．（23-24高三·江蘇南京二十九中·10月摸底）如圖所示，質(zhì)量均為m的兩物體A、B用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧拴接，物體C疊放在物體B上，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將C瞬間取走，物體A恰好不離開地面。已知彈性勢能的表達(dá)式為Ep=12kA．物體C的質(zhì)量為3mB．物體B運動到最高點時的加速度大小為3gC．物體B的最大速度大小為gD．物體B上升的最大高度為4【答案】D【詳析】A．C物體疊加在B物體上面靜止時，由二力平衡kx1=m+mCg，拿走C物體后，B物體在彈簧上做簡諧運動，其在平衡位置時，彈簧壓縮長度有kx0=mg，其振幅A=x1-x0，B．B物體在最高點受重力和彈簧彈力，由于物體A恰好不離開地面，故F彈=mg，所以由牛頓第二定律可得B物體在最高點的加速度為a=D．物體B上升的最大高度為h=2A=4C．當(dāng)B物體經(jīng)過平衡位置的時候其速度最大，B物體從最高點回落到平衡位置的過程中，B物體與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則mgA+12kx22=1故選D。17．（2025·江蘇宿遷·三模）如圖所示，在光滑絕緣水平面上，三個完全相同帶正電的小球A、B、C，通過不可伸長的絕緣細(xì)線a、b、c連接成正三角形，小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線被拉直。剪斷細(xì)線a，小球開始運動。則（）A．剪斷a前，a中張力大于B、C間的庫侖力B．剪斷a瞬間，細(xì)線b、c中張力均變大C．三個球運動至一直線時，整個系統(tǒng)電勢能最大D．球A經(jīng)過B、C初始位置連線中點時的速度最大【答案】B【詳析】A．由受力分析可知，剪斷a前，a中的張力等于B、C間的庫侖力，c中的張力等于A、B間的庫侖力，A錯誤；B．剪斷a瞬間，對B分析，受A對B的斥力、C對B的斥力以及細(xì)線c的拉力，則此時c的拉力Tc'=FAB+FCBcos60°>C．系統(tǒng)初始時靜止，剪斷后開始運動，動能增加，電勢能減小，所以電勢能最大時是初始靜止?fàn)顟B(tài)，C錯誤；D．當(dāng)三個小球在同一直線上時，動能最大，電勢能最小，但此時B、C小球已經(jīng)離開了初始位置，D錯誤。故選B。18．（23-24高三上·江蘇淮安·開學(xué)考）彈球游戲裝置結(jié)構(gòu)如圖，輕質(zhì)彈簧下端固定在光滑斜面底部，彈簧處于原長時上端在O點。小球?qū)椈蓧嚎s到A點（未栓接）由靜止釋放后，運動到B點速度為零。以O(shè)點為坐標(biāo)原點，沿斜面向上為正方向建立x軸，小球上升過程的速度v、加速度a、動能Ek及其機(jī)械能E隨位置坐標(biāo)x的變化規(guī)律可能正確的是（

）

A．

B．

C．

D．

【答案】B【詳析】A．設(shè)O點速度為v小球由O到B的過程中由動能定理可知-mgxsinθ=0-12mv2B．設(shè)A點的彈性勢能為EPA，小球在恢復(fù)原長過程中由能量定理可知。EPA=mgxsinθ+由O到B的過程中動能定理可知-mgxsinθ=0-C．設(shè)彈簧原長為x0小球由A運動到O點的過程中受力分析可知k(x0-x)-mgsinθ=ma。隨著彈簧形變量減小，彈簧彈力減小，小球加速度逐漸變?。划?dāng)a=0時物體達(dá)到最大速度此時受力分析可知k(x0-x)D．設(shè)A點的彈性勢能為EPA,小球在恢復(fù)原長過程中由能量定理可知整理可得E=EPA-故選B?！尽狐c石成金』】對于圖像問題要明確坐標(biāo)軸以及斜率的概念，關(guān)鍵要根據(jù)物理規(guī)律得到解析式，在研究圖像。19．（2025·江蘇鹽城射陽中學(xué)·三模）如圖所示，通過一個定滑輪用輕繩兩端各栓接質(zhì)量均為m=1kg的物體A、B（視為質(zhì)點），其中連接物體A的輕繩水平（繩足夠長），物體A放在一個足夠長的水平傳送帶上，其順時針轉(zhuǎn)動的速度恒定為v，物體A與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.25?，F(xiàn)將物體A以10m/s速度從左端MN的標(biāo)志線沖上傳送帶，已知傳送帶的速度v=5m/s，重力加速度為g。求：(1)物體A剛沖上傳送帶時的加速度大小a1；(2)物體A運動到距左端MN標(biāo)志線的最遠(yuǎn)距離xm；(3)若傳送帶的速度取（0＜v'＜10m/s）范圍某一確定值時，可使物體A運動到距左端MN標(biāo)志線的距離最遠(yuǎn)時，與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能最小，求：此時傳送帶的速度v'及摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能的最小值Qm。【答案】(1)a(2)x(3)Q【詳析】（1）若傳送帶速度v=5m/s時，由系統(tǒng)牛頓第二定律對物體A有T對物體B有mg解得加速度的大小a（2）物體A向右減速到5m/s時的位移為x1，由運動學(xué)公式有v得x當(dāng)物體速度小于5m/s時，物體A受摩擦力向右，設(shè)加速度為a2，由牛頓第二定律得對物體A、B整體，加速度的大小mg解得加速度的大小a物體A向右由5m/s減速到零時的位移為x2，由運動學(xué)公式有0-得x物體A運動到距左端MN標(biāo)志線的最遠(yuǎn)距離為x（3）物體A向右減速到v'時的時間為t物體A向右減速到v'時相對傳送帶向前的位移為Δx1，由運動學(xué)公式有Δ物體A向右由v'減速到零時，相對傳送帶向后的位移為Δx2，由運動學(xué)公式有Δ物體A與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為Q對二次函數(shù)求極值得：當(dāng)v=3Q20．（2025·江蘇宿遷&南通&連云港·二模）如圖甲所示，傾角θ=37°的斜面體放置在水平面上，右側(cè)靠著半徑為R的球，球上端固定一輕桿，輕桿在固定裝置約束下只能沿豎直方向運動。已知斜面體的高度為3.2R，斜面體和球的質(zhì)量均為m，不計一切摩擦，重力加速度為g，sin37°=0.6(1)水平向右推動斜面體，求最小推力的大小F0；(2)若斜面體在推力作用下由靜止開始向右做加速度為a=0.8g的勻加速直線運動，求斜面對球作用力的大小FN；(3)在第（2）問中，斜面體運動到其最高點剛好與球面接觸，如圖乙所示，求該過程中推力做的功W?！敬鸢浮?1)F(2)F(3)W=8mgR【詳析】（1）球剛好被推離地面時推力最