專題02相互作用和運動和力的關(guān)系考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1相互運動2021、2022、2023、2024、2025知識考查層面，注重多過程分析與跨模塊整合。動力學問題常與牛頓運動定律、動量守恒、能量守恒結(jié)合，分析連接體、傳送帶等復雜系統(tǒng)的運動規(guī)律；或通過電磁感應模型，聯(lián)動安培力與加速度的瞬時關(guān)系。命題逐漸引入非勻變速運動的數(shù)學化處理，如通過v-t圖像的斜率變化判斷加速度的非線性變化，結(jié)合積分思想計算變力作用下的位移，要求考生從圖像中提取關(guān)鍵信息并建立微分方程。此外，運動學常與實驗探究交叉，如通過光電門傳感器數(shù)據(jù)驗證牛頓第二定律，體現(xiàn)理論與實踐的深度融合。能力要求上，突出數(shù)學工具的工程化應用與邏輯推理的嚴謹性?？忌枋炀氝\用導數(shù)分析瞬時速度與加速度的關(guān)系，或通過積分計算非勻變速運動的位移；部分試題引入有限差分法，如通過分段線性擬合處理復雜運動軌跡。實驗探究能力的考查力度顯著增強，例如設計實驗測量高速列車的制動距離時，需結(jié)合傳感器數(shù)據(jù)處理與誤差分析，將控制變量法拓展至多變量耦合關(guān)系的研究。部分試題還引入多維度動態(tài)建模能力，如通過“力-能-質(zhì)”轉(zhuǎn)化鏈分析機械臂的運動響應問題，或利用傅里葉變換簡化周期性振動的運動學分析，全面檢驗考生對物理規(guī)律的遷移能力與創(chuàng)新應用水平?？键c2牛頓運動定律2022、2023、2024考點01相互運動1．（2025·重慶·高考）現(xiàn)代生產(chǎn)生活中常用無人機運送物品，如圖所示，無人機攜帶質(zhì)量為m的勻質(zhì)鋼管在無風的空中懸停，輕繩M端和N端系住鋼管，輕繩中點O通過纜繩與無人機連接。MO、NO與豎直方向的夾角均為60°，鋼管水平。則MO的彈力大小為（）（重力加速度為g）A．2mg B．mg C．32mg 【答案】B【詳解】以鋼管為研究對象，設輕繩的拉力為T，根據(jù)對稱性可知兩邊繩子拉力相等，根據(jù)平衡條件2Tcos60°=mg故選B。2．（2024·重慶·高考）元代王禎《農(nóng)書》記載了一種人力汲水灌田農(nóng)具——戽斗。某興趣小組對戽斗汲水工作情況進行模型化處理，設計了如圖甲所示實驗，探究戽斗在豎直面內(nèi)的受力與運動特點。該小組在位于同一水平線上的P、Q兩點，分別固定一個小滑輪，將連結(jié)沙桶的細線跨過兩滑輪并懸掛質(zhì)量相同的砝碼，讓沙桶在豎直方向沿線段PQ的垂直平分線OO′運動。當沙桶質(zhì)量為136.0g時，沙桶從A點由靜止釋放，能到達最高點B，最終停在C點。分析所拍攝的沙桶運動視頻，以A點為坐標原點，取豎直向上為正方向。建立直角坐標系，得到沙桶位置y隨時間t的圖像如圖乙所示。(1)若將沙桶上升過程中的某一段視為勻速直線運動，則此段中隨著連結(jié)沙桶的兩線間夾角逐漸增大，每根線對沙桶的拉力_____（選填“逐漸增大”“保持不變”“逐漸減小”）。沙桶在B點的加速度方向_____（選填“豎直向上”“豎直向下”）。(2)一由圖乙可知，沙桶從開始運動到最終停止，機械能增加_____J（保留兩位有效數(shù)字，g=9.8m/s2）。【答案】(1)逐漸增大豎直向下(2)0.11【詳解】（1）[1][2]設細線與豎直方向夾角為θ，沙桶勻速上升2Tcosθ=Mg當θ逐漸增大時，T逐漸增大，沙桶上升到最高點B然后下落，在最高點的加速度方向豎直向下。（2）沙桶從開始運動到靜止上升高度為8.4cm，機械能增加量為Mgh=0.136×9.8×0.084J=0.11J3．（2023·重慶·高考）矯正牙齒時，可用牽引線對牙施加力的作用。若某顆牙齒受到牽引線的兩個作用力大小均為F，夾角為α（如圖），則該牙所受兩牽引力的合力大小為（）

A．2B．2C．FD．F【答案】B【詳解】根據(jù)平行四邊形定則可知，該牙所受兩牽引力的合力大小為F故選B。4．（2022·重慶·高考）如圖所示，吸附在豎直玻璃上質(zhì)量為m的擦窗工具，在豎直平面內(nèi)受重力、拉力和摩擦力（圖中未畫出摩擦力）的共同作用做勻速直線運動。若拉力大小與重力大小相等，方向水平向右，重力加速度為g，則擦窗工具所受摩擦力（）A．大小等于mg B．大小等于2C．方向豎直向上 D．方向水平向左【答案】B【詳解】對擦窗工具進行正視圖的受力分析如圖所示水平方向上拉力F與擦窗工具所受摩擦力水平分量f滑等大反向，豎直方向上重力mg與擦窗工具所摩擦力豎直分量f靜等大反向，所以擦窗工具所受摩擦力方向如圖中f故選B。5．（2021·重慶·高考）如圖所示，人游泳時若某時刻手掌對水的作用力大小為F，該力與水平方向的夾角為30°，則該力在水平方向的分力大小為（）A．2F B．3F C．F 【答案】D【詳解】沿水平方向和豎直方向?qū)⑹终茖λ淖饔昧Ψ纸?，則有該力在水平方向的分力大小為F故選D?？键c02牛頓運動定律6．（2024·重慶·高考）2024年5月3日，嫦娥六號探測成功發(fā)射，開啟月球背面采樣之旅，探測器的著陸器上升器組合體著陸月球要經(jīng)過減速、懸停、自由下落等階段。則組合體著陸月球的過程中（

）A．減速階段所受合外力為0 B．懸停階段不受力C．自由下落階段機械能守恒 D．自由下落階段加速度大小g=9.8m/s2【答案】C【詳解】A．組合體在減速階段有加速度，合外力不為零，故A錯誤；B．組合體在懸停階段速度為零，處于平衡狀態(tài)，合力為零，仍受重力和升力，故B錯誤；C．組合體在自由下落階段只受重力，機械能守恒，故C正確；D．月球表面重力加速度不為9.8m/s2，故D錯誤。故選C。7．（2023·重慶·高考）某實驗小組測得在豎直方向飛行的無人機飛行高度y隨時間t的變化曲線如圖所示，E、F、M、N為曲線上的點，EF、MN段可視為兩段直線，其方程分別為y=4t?26

A．EF段無人機的速度大小為4m/sB．FM段無人機的貨物處于失重狀態(tài)C．FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為4kg?m/sD．MN段無人機機械能守恒【答案】AB【詳解】A．根據(jù)EF段方程y=4t?26可知EF段無人機的速度大小為B．根據(jù)y?t圖像的切線斜率表示無人機的速度，可知C．根據(jù)MN段方程y=?2t+140可知MN段無人機的速度為v′可知FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為12kg?m/s，故C錯誤；D．MN段無人機向下做勻速直線運動，動能不變，重力勢能減少，無人機的機械能不守恒，故D錯誤。故選AB。8．（2022·重慶·高考）在測試汽車的安全氣囊對駕乘人員頭部防護作用的實驗中，某小組得到了假人頭部所受安全氣囊的作用力隨時間變化的曲線（如圖）。從碰撞開始到碰撞結(jié)束過程中，若假人頭部只受到安全氣囊的作用，則由曲線可知，假人頭部（

）A．速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積 B．動量大小先增大后減小C．動能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積 D．加速度大小先增大后減小【答案】D【來源】2022年新高考重慶物理高考真題【詳解】AB．由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則F—t圖像的面積即合外力的沖量，再根據(jù)動量定理可知F—t圖像的面積也是動量的變化量，且圖線一直在t軸的上方，由于頭部有初動量，由圖可知，動量變化越來越大，則動量的大小一直減小到假人頭靜止，動量變化最大，AB錯誤；C．根據(jù)動量與動能的關(guān)系有Ek=p22D．由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則根據(jù)牛頓定律可知a∝F，即假人頭部的加速度先增大后減小，D正確。故選D。9．（2022·重慶·高考）一物塊在傾角為45°的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與摩擦力相等的拉力作用，由靜止開始沿斜面向下做勻變速直線運動，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)處處相同。若拉力沿斜面向下時，物塊滑到底端的過程中重力和摩擦力對物塊做功隨時間的變化分別如圖曲線①、②所示，則（）A．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為2B．當拉力沿斜面向上，重力做功為9J時，物塊動能為3JC．當拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊的加速度大小之比為1∶3D．當拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊滑到底端時的動量大小之比為1:【答案】BC【詳解】A．對物體受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑動摩擦力，有F由牛頓第二定律可知，物體下滑的加速度為a1=gsin45°=22g則拉力沿斜面向下時，物塊滑到底端的過程中重力和摩擦力對物塊做功為C．當拉力沿斜面向上，由牛頓第二定律有mgsin45°?F?f=maB．當拉力沿斜面向上，重力做功為WG2=mgsin45°?x合力做功W合=mD．當拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊滑到底端時的動量大小為P=mv=m2故選BC。10．（2022·重慶·高考）小明設計了一個青蛙捉飛蟲的游戲，游戲中蛙和蟲都在xOy豎直平面內(nèi)運動。蟲可以從水平x軸上任意位置處由靜止開始做勻加速直線運動，每次運動的加速度大小恒為59g（g為重力加速度），方向均與x軸負方向成37°斜向上（x軸向右為正）。蛙位于y軸上M點處，OM=（1）若蟲飛出一段時間后，蛙以其最大跳出速率向右水平跳出，在y=34（2）若蛙跳出的速率不大于（1）問中的最大跳出速率，蛙跳出時刻不早于蟲飛出時刻，蟲能被捉住，求蟲在x軸上飛出的位置范圍。（3）若蟲從某位置飛出后，蛙可選擇在某時刻以某速率跳出，捉住蟲時蛙與蟲的運動時間之比為1:2；蛙也可選擇在另一時刻以同一速率跳出，捉住蟲時蛙與蟲的運動時間之比為1:【答案】（1）vm=43gH；（2）1?263H【詳解】（1）蟲子做勻加速直線運動，青蛙做平拋運動，由幾何關(guān)系可知x蟲=34Htan37°=H（2）若蛙和蟲同時開始運動，時間均為t，則蟲的水平分加速度和豎直分加速度分別為ax=59gcos37°=49g，若蛙和蟲不同時刻出發(fā)，軌跡相切時，青蛙的平拋運動有y=H?12gt2，x=vmt令Δ=0，即916?4×g2vm2?(（3）設蛙的運動時間為t1，有12gt12+12ay(2t1)2=H，121．（2025·重慶·高三第七次模擬調(diào)研）2025年4月11日，重慶一些地方出現(xiàn)了沙塵天氣。如果一質(zhì)量為m的沙塵微粒在空中與豎直方向夾角為θ斜向下勻速運動，重力加速度為g，則該微粒所受空氣作用力大小為（）A．mg B．mgsinθ C．mgcos【答案】A【詳解】該微粒斜向下勻速運動，處于平衡狀態(tài)，所受空氣作用力大小等于其重力mg。故選A。2．（2025·重慶育才中學·二模）如題圖所示，一名環(huán)衛(wèi)工人拉著垃圾桶沿水平方向勻速向右運動，拉力F＝200N，方向與水平方向的夾角為53°，已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，則垃圾桶受到地面的阻力大小為（）A．80N B．120NC．160N D．200N【答案】B【詳解】根據(jù)垃圾桶水平方向受力平衡可知，垃圾桶受到地面的阻力大小為f故選B。3．（2025·重慶育才·全真模考）我國一新型智能機械臂用兩只機械手指捏著雞蛋的簡化模型如圖所示。若兩手指對雞蛋的合力為F，雞蛋重力為G，則（）A．雞蛋水平勻速運動時F=G B．雞蛋豎直向上勻速運動時F>GC．雞蛋向下加速運動時F=G D．雞蛋向上加速運動時F<G【答案】A【詳解】AB．不論雞蛋向哪個方向勻速運動均屬于平衡狀態(tài)，根據(jù)二力平衡可知F=G，故A正確，B錯誤；CD．若雞蛋速度改變，即雞蛋有加速度，根據(jù)牛頓第二定律可知合外力與加速度方向一致，則雞蛋向下加速運動時F<G，雞蛋向上加速運動時F>G，故CD錯誤。故選A。4．（2025·重慶巴蜀中學·三診）如圖，固定的光滑絕緣轉(zhuǎn)動軸O′兩端通過等長的不可伸長輕質(zhì)軟導線連接并懸掛長為L、質(zhì)量為m的細導體棒ab，空間存在輻向分布磁場(方向已標出)，保證導體棒移動過程中磁場方向總是垂直于導體棒，導體棒所在處的磁感應強度大小均為BA．導體棒中電流方向為由b指向aB．導體棒中電流應逐漸變大C．懸線對導體棒的拉力一直增大D．安培力對導體棒不做功【答案】B【詳解】A．導體棒受安培力偏左，由左手定則可判斷，導體棒中電流方向為由a指向b，故A錯誤；BC．由受力分析可知，安培力始終與懸線拉力垂直，根據(jù)平衡條件有T=mg因在該過程中懸線與豎直方向的夾角變大，故T變小，F(xiàn)安變大，電流ID．由題知，在整過程重力做負功，拉力不做功，且導體棒緩慢移動，即動能變化量為零，根據(jù)動能定理WG+W安=Δ故選B。5．（2025·重慶·高三學業(yè)質(zhì)量調(diào)研抽測（三））如圖，在廚房中，為了方便使用吸油紙，用一個固定于墻上頂端可轉(zhuǎn)動的掛鉤將吸油紙卷掛起，使用過程中吸油紙卷始終與掛鉤擋板接觸且有擠壓，若不計擋板與吸油紙卷間的摩擦，使用過程中，當吸油紙卷逐漸減少時，則（）A．擋板對吸油紙卷作用力減小B．掛鉤對吸油紙卷作用力變大C．掛鉤對吸油紙卷作用力方向豎直向上D．擋板和掛鉤對吸油紙卷的合力保持不變【答案】A【詳解】設掛鉤對卷紙的作用力為F，方向指向左上方，擋板對卷紙的作用力為FN當卷紙逐漸減少時，F(xiàn)與豎直方向的夾角減小，重力減小，由圖可知，F(xiàn)減小，F(xiàn)N故選A。6．（2025·重慶八中·全真模擬強化訓練（三））下圖是2025年1月7日西藏日喀則市定日縣發(fā)生6.8級地震后起重機吊起石塊的情景。正方體石塊被繩子栓在起重機掛鉤處。起重機和重物靜止在水平地面上時，四根斜拉的繩端與豎直方向的夾角均相等，四條繩子拉力一樣大。運動過程中，繩子始終繃緊。下列說法正確的是（）A．石塊從地面上升過程中一定處于平衡狀態(tài)B．當石塊上升時，起重機對地的壓力與起重機和石頭的總重力一定大小相等C．當石塊勻速上升時，每根繩端對石頭的拉力均為石塊重力的四分之一D．當起重機吊著石塊水平運動時，起重機可能會受到水平地面對它的摩擦力【答案】D【詳解】AB．當石塊從靜止開始上升，一定要先經(jīng)歷加速過程，對起重機和石塊整體受力分析，加速度豎直向上，則此過程處于超重狀態(tài)，AB錯誤；C．當重物勻速上升時，設繩子上的拉力為F，繩子與豎直方向的夾角為θ，對重物受力分析有4故每根繩子上的拉力為F=D．當起重機吊著石塊水平加速時，對起重機受力分析由牛頓第二定律可知，起重機一定會受到水平摩擦力；當起重機吊著石塊水平勻速運動時，起重機不受水平摩擦力。D正確。故選D。7．（2025·重慶育才中學·模擬）2025年4月9日，重慶江北國際機場T3B航站樓正式投用。小育同學在航站樓用如圖甲所示的推車推著行李箱做勻速直線運動，推車及行李箱可以簡化成如圖乙所示模型。則推車對整個行李箱的作用力方向可能是（）A．① B．② C．③ D．④【答案】B【詳解】行李箱做勻速直線運動，所受合外力為0，推車對行李箱作用力與重力等大反向。故選B。8．（2025·重慶八中·全真?？迹┤鐖D所示一艘船靜止在水面上，其粗糙外壁面與豎直方向夾角為θ，一可視為質(zhì)點的機器人通過磁鐵吸附在外壁并與船保持靜止，磁力垂直于壁面，則該機器人受力個數(shù)為（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【詳解】ABCD．機器人要想與船保持靜止，受力分析如圖所示，共受4個力，故選C。9．（2025·重慶西大附中·模擬）雨滴從空中由靜止落下，若雨滴下落時空氣對其的阻力隨雨滴下落速度的增大而增大。如下圖所示的圖像中，可能正確反映雨滴下落運動情況的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】C【詳解】雨滴從空中由靜止落下，以雨滴為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得mg由于空氣阻力隨雨滴下落速度的增大而增大，可知雨滴的加速度逐漸減小，所以雨滴做加速度逐漸減小的加速運動；當空氣阻力等于雨滴重力時，雨滴開始做勻速直線運動。故選C。10．（2025·重慶西南大附中·全真?？迹┘?、乙兩個小朋友在長度相同的兩個平直滑梯上比賽。他們同時從滑梯頂端由靜止開始下滑，當甲滑至滑梯底端時，乙剛好滑至中點，認為他們的運動均是勻加速直線運動，則甲、乙（）A．滑到滑梯底端所用的時間之比為1:B．滑到滑梯底端所用的時間之比為1∶2C．所受摩擦力大小之比為1∶2D．所受合力之比為1∶2【答案】A【詳解】AB．根據(jù)題意，設甲、乙兩個小朋友的加速度分別為a1、a2，斜面長度為L，甲滑至滑梯底端所用時間分別為t1、t2，則有L=12a1tCD．根據(jù)題意，由牛頓第二定律有F合=故選A。11．（2025·重慶巴蜀中學·三診）如圖，在某次巴蜀中學趣味運動會中,小蜀手持質(zhì)量為M的乒乓球拍托著質(zhì)量為m的球一起沿水平方向勻加速直線跑動。球拍平面與水平面之間的夾角為θ。不計球和球拍之間的摩擦力以及空氣阻力，重力加速度為g。則（）A．乒乓球的加速度大小為gB．手對球拍的作用力為mC．球拍對乒乓球的彈力對乒乓球做正功D．若小蜀在中途突然帶著球拍減速,則乒乓球?qū)⒆鲎杂陕潴w運動【答案】C【詳解】A．對乒乓球受力分析如圖所示根據(jù)牛頓第二定律得ma=mgtanθB．對球拍和乒乓球整體受力分析，如圖所示根據(jù)平行四邊形定則知，運動員對球拍的作用力為F=MC．對乒乓球受力分析如圖所示乒乓球水平向右運動，即位移水平向右；由圖可知，球拍對乒乓球的彈力N與位移的夾角小于90°，故球拍對乒乓球的彈力ND．若小蜀在中途突然帶著球拍減速，由于慣性，乒乓球的速度不會減小，將與球拍分離，在水平方向有初速度，在豎直方向受力重力作用，故乒乓球?qū)⒆銎綊佭\動，故D錯誤。故選C。12．（2025·重慶八中·三診）手推車是實用的搬運工具，如題圖所示，有一手推車的平面與擋板垂直，某次在運貨時手推車平面與水平地面的夾角為α，貨物與手推車保持相對靜止。若忽略貨物與車平面之間的摩擦力，重力加速度為g。則（）A．手推車水平勻速運動時，貨物受擋板的彈力大小等于重力的大小B．手推車向左運動時，手推車對貨物的作用力的方向不可能指向右上方C．為使貨物不離開擋板，手推車水平向右的加速度不能超過gtanαD．手推車靜止時，若α緩慢增大到90°【答案】C【詳解】A．手推車水平勻速運動時，貨物受力平衡，對貨物受力分析可知，受到豎直向下的重力，擋板和車平面的支持力，則貨物受擋板的彈力大小F1=B．手推車向左減速運動時，加速度向右，則貨物受合外力向右，此時手推車對貨物的作用力的方向指向右上方，選項B錯誤；C．當擋板對貨物的彈力為零時，則由牛頓第二定律mgtanα=ma可得aD．手推車靜止時，手推車平面對貨物的支持力F2=mgcosα故選C。13．（2025·重慶育才中學·模擬）如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧上端固定在天花板上，下端與質(zhì)量為m的物塊A相連接。初始時刻，用擋板B托住物塊A，使其處于靜止狀態(tài)，彈簧處于原長。利用計算機系統(tǒng)精確控制使擋板B豎直向下做加速度大小為a=0.5g的勻加速直線運動，直至擋板與物塊A分離，分離后物塊A向下做加速度減小的加速運動，達到最大速度vm，而后向下減速運動到達最低點。此后物塊A在豎直方向做往復運動。則（）A．擋板B與物塊A分離時，彈簧的伸長量xB．物塊A達到最大速度vm時，彈簧的伸長量xC．彈簧的最大伸長量為2D．物塊A的最大速度v【答案】D【詳解】A．當擋板B與物塊A分離時，A、B間的作用力為零，則此時A的加速度為a1=0.5g。對物塊A受力分析由牛頓第二定律得mg?kB．當物塊A達到最大速度vm時，加速度為零，則對物塊A有mg=kx2解得物塊A達到最大速度C．若沒有擋板B，物塊A從彈簧原長處單獨靜止釋放，物塊A在豎直方向上做簡諧運動，由對稱性可知，物塊A下降的高度為2mgk。當物塊A在與擋板B一起運動，分離前，擋板B對物塊A做負功，物塊A下降的高度較小，彈簧的最大伸長量較小，小于D．當物塊A與擋板B分離前，物塊A的加速度始終為a1=0.5g，由于最開始彈簧處于自由狀態(tài)，則當物塊A與擋板B分離后，對物塊A由牛頓第二定律得mg?kx=ma隨著彈簧的伸長量x的增大，加速度a由v2=2ax可知，通過a-x圖像與x軸圍成的面積求解，由a-x圖像得vm2故選D。14．（2025·重慶一中·三模）風鈴由主線、吊線、鈴鐺、鈴托四個部分組成，如圖所示。某同學研究風鈴靜止時的受力，忽略主線、吊線的質(zhì)量。下列說法正確的是（）A．鈴鐺共受3個力的作用B．吊線上、下兩端受到鈴鐺、鈴托的拉力相同C．鈴托對吊線的拉力與鈴鐺對吊線的拉力為一對平衡力D．主線對鈴鐺的拉力大小等于鈴鐺的重力大小【答案】AC【詳解】A．鈴鐺受到重力、主線的拉力和鈴托的拉力的給的向上的拉力3個力的作用。故A正確；BC．吊線上、下兩端受到鈴鐺、鈴托的拉力大小相同，方向相反，是一對平衡力。故B錯誤，C正確；D．對鈴鐺、吊線和鈴托整體進行受力分析，整體受到的主線向上的拉力和整體（鈴鐺和鈴托）的重力平衡，所以主線對鈴鐺的拉力與鈴鐺的重力不平衡。故D錯誤。故選AC。15．（2025·重慶南開中學·質(zhì)檢八）如圖所示，一列玩具小火車靜止在光滑水平軌道上，甲、乙兩節(jié)車廂用一質(zhì)量不可忽略的硬桿相連，甲、乙的質(zhì)量相等且大于硬桿的質(zhì)量，甲車廂受到水平向左的拉力F1，乙車廂受到水平向右的拉力F2，硬桿對甲、乙的作用力大小分別為F3A．當F1=F2時，F(xiàn)3C．當F1<F2時，F(xiàn)3【答案】AB【詳解】A．根據(jù)題意可知，當F1=FBC．當F1<FD．當F1>F故選AB。16．（2025·重慶育才·全真?？迹┤鐖D甲為老師辦公桌的抽屜柜。已知抽屜的質(zhì)量M=1.8kg，長度d=1.0m，其中放有質(zhì)量m=0.2kg，長s=0.2m的書本，書本的四邊與抽屜的四邊均平行。書本的右端與抽屜的右端相距也為s，如圖乙所示。不計柜體和抽屜的厚度以及抽屜與柜體間的摩擦，書本與抽屜間的動摩擦因數(shù)μ=0.1?，F(xiàn)用水平力F將抽屜拉出，抽屜遇到柜體的擋板時立即鎖定不動。不考慮抽屜翻轉(zhuǎn)，重力加速度g=10m/s2。求(1)在拉出抽屜過程中，為保證書本與抽屜不產(chǎn)生相對滑動，水平力F的最大值；(2)當F=1.8N時，從開始運動到抽屜與擋板碰撞前瞬間，抽屜對書本做的功；(3)當F=3.8N時，從開始運動到書本最終停止時，書本和抽屜因摩擦產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮?1)F(2)W=0.18J(3)Q【來源】2025屆重慶市育才學校高三下學期全真模擬聯(lián)合考試物理試題【詳解】（1）對書本由牛頓第二定律有μmg=mam解得am=μg=1（2）由于F=1.8N<2N，可知書本和抽屜相對靜止對抽屜和書本整體由牛頓第二定律有F=（M+m）a解得a=0.9m/s2對書由f=ma（3）由于F=3.8N>Fm可知書本和抽屜有相對滑動對抽屜，由牛頓第二定律有F?設抽屜的運動時間為t1，根據(jù)運動學公式可得d=12a2t12解得t1=1s此時，書本的速度為v1=μgt1=1m/s17．（2025·重慶巴蜀中學·三診）小明用如圖所示的裝置探究水平風力對平拋物體運動的影響，將一彈簧槍水平固定在風洞內(nèi)距水平地面高度H=5?m處，質(zhì)量m=1kg的小球以速度v0=5m/s從彈簧槍槍口水平射出，小球在空中運動過程中始終受到大小不變、水平向左的風力作用、小球落到地面上的A點，A點與彈簧槍槍口水平距離(1)小球落地所需時間和小球所受風力F的大??；(2)小球落地時的動能Ek【答案】(1)1s，5N(2)50J【詳解】（1）小球在豎直方向做自由落體運動，落地所需時間t=2Hg=1s小球在水平方向做勻減速運動xOA=v0t（2）小球射出至落地的過程由動能定理有mgH?FxOA=Ek?水平方向速度vx=v18．（2025·重慶育才中學·二模）如圖所示，順時針勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶長度L=4m，傳送帶右端緊靠靜止在地面上質(zhì)量m=1.5kg的木板的左端，且上表面相平。質(zhì)量m1=1kg的物塊A以v=7m/s水平向右的速度由最左端滑上傳送帶，物塊A與傳送帶的摩擦因數(shù)μ1=0.2；一段時間后，物塊A與靜止在木板最左端的質(zhì)量m2=3kg的物塊B發(fā)生彈性碰撞，碰后物塊A恰好可以運動到傳送帶最左端，物塊B最終沒有從木板上滑出，物塊B與木板的摩擦因數(shù)μ2=0.3，木板與地面的摩擦因數(shù)μ3=0.1，兩物塊可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s(1)碰后物塊A的速度大小；(2)傳送帶轉(zhuǎn)動的速度大?。?3)木板的最小長度?！敬鸢浮?1)v(2)v(3)4【詳解】（1）設物塊A碰后速度大小為v1，由題意可知?μ（2）假設物塊A到達傳送帶右端時與傳送帶能達到共同速度v0m1v解得v2=4m/s，v0=8m/s解得L′=（3）物塊B滑上木板后，物塊B向右做勻減速運動，木板向右做勻加速運動，設經(jīng)時間t共速，物塊B加速度大小為a1=μ2g=3m/s2木板的加速度a2=μ2m2g?μ19．（20