專題三牛頓運動定律

目錄

真題考查解讀

2023年真題展現(xiàn)

考向一牛頓第二定律瞬時性與彈簧結(jié)合

考向二動力學(xué)的兩類問題

考向三牛頓第二定律與圖像結(jié)合

考向四動力學(xué)的連接體問題與臨界問題結(jié)合

近年真題對比

考向一牛頓第二定律的基本應(yīng)用

考向二動力學(xué)的連接體問題

考向三動力學(xué)常見的兩種模型

命題規(guī)律解密

名校模擬探源

易錯易混速記

真題考查解讀

【命題意圖】“牛頓運動定律”是高中物理的核心內(nèi)容之一，是動力學(xué)的“基石”，也是整個經(jīng)典力學(xué)的理

論基礎(chǔ)，也是高考的必考內(nèi)容，從近今年的試題看，主要考查牛頓運動定律的應(yīng)用，運用整體法和隔離法

分析連接體問題，意在考查考生的理解能力和綜合分析能力。

【考查要點】

“牛頓運動定律”主要考查牛頓運動定律的應(yīng)用，動力學(xué)兩類問題，與圖像的綜合問題；對于連接體模型，

命題多集中在兩個或兩個以上相關(guān)聯(lián)的物體之間的相互作用和系統(tǒng)所受的外力情況，一般根據(jù)連接類型（直

接連接型、繩子連接型、彈簧連接型），且考查時多涉及物體運動的臨界和極值問題。

【課標(biāo)鏈接】①理解牛頓三定律，特別是理解牛頓第二定律的性質(zhì)；②能運用牛頓第二定律處理力與運動

關(guān)系問題和連接體問題

考向一牛頓第二定律瞬時性與彈簧結(jié)合

1.（多選）（2023?湖北卷?第9題）如圖所示，原長為/的輕質(zhì)彈簧，一端固定在。點，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，與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5。桿上M、N兩點與。

點的距離均為/,P點到。點的距離為OP與桿垂直。當(dāng)小球置于桿上P點時恰好能保持靜止。設(shè)最大

2

靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。小球以某一初速度從M點向下運動到N點，在此過程中，

彈簧始終在彈性限度內(nèi)。下列說法正確的是（）

、\

A.彈簧的勁度系數(shù)為坐

小球在P點下方處的加速度大小為（30-4）g

C.從M點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力先變小再變大

D.從/W點到P點和從P點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力做功相同

【參考答案】AD

【名師解析】

小球在P點受力平衡，則有，mg=f,f=juFN,FN=k^l-^

聯(lián)立解得左=學(xué)，A正確；

在P/W之間任取一點A,令A(yù)。與M/V之間的夾角為。，則此時彈簧的彈力為

F=k

2sin。

小球受到的摩擦力為力=〃耳VIsin。

化簡得力=〃klsin，一日

小球由M向P運動過程中，9角增大，小球由P向N運動過程中，9角減小，由此可知，小球從/W點到N

點的運動過程中，所受摩擦力先變大后變小，c錯誤；

根據(jù)對稱性可知在任意關(guān)于P點對稱的點摩擦力大小相等，因此由對稱性可知M到P和P到N摩擦力做功

大小相等；D正確；

I（五kl）

小球運動到p點下方彳時6=45°,此時摩擦力大小為力=〃kl彳F

2I2

由牛頓第二定律機？+Ecos45°-/=〃以

聯(lián)立解得a=（6—3后）g,B錯誤。

考向二動力學(xué)的兩類問題

2.（2023?全國乙卷卷?第14題）一同學(xué)將排球自。點墊起，排球豎直向上運動，隨后下落回到。點。設(shè)

排球在運動過程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比。則該排球（）

A.上升時間等于下落時間B.被墊起后瞬間的速度最大

C.達(dá)到最高點時加速度為零D.下落過程中做勻加速運動

【答案】B

【詳解】A.上升過程和下降過程的位移大小相同，上升過程的末狀態(tài)和下降過程的初狀態(tài)速度均為零。對

排球受力分析，上升過程的重力和阻力方向相同，下降過程中重力和阻力方向相反，根據(jù)牛頓第二定律可

知，上升過程中任意位置的加速度比下降過程中對應(yīng)位置的加速度大，則上升過程的平均加速度較大。由

位移與時間關(guān)系可知，上升時間比下落時間短，A錯誤；

B.上升過程排球做減速運動，下降過程排球做加速運動。在整個過程中空氣阻力一直做負(fù)功，小球機械能

一直在減小，下降過程中的最低點的速度小于上升過程的最低點的速度，故排球被墊起時的速度最大，B正

確；

C.達(dá)到最高點速度為零，空氣阻力為零，此刻排球重力提供加速度不為零，C錯誤；

D.下落過程中，排球速度在變，所受空氣阻力在變，故排球所受的合外力在變化，排球在下落過程中做變

加速運動，D錯誤。

故選Bo

3.（多選）（2023?全國新課標(biāo)卷?第19題）使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，

甲的N極正對著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等。現(xiàn)同時釋放甲和

乙，在它們相互接近過程中的任一時刻（）

甲乙

A.甲的速度大小比乙的大B.甲的動量大小比乙的小

C.甲的動量大小與乙的相等D.甲和乙的動量之和不為零

【答案】BD

【詳解】對甲、乙兩條形磁鐵分別做受力分析，如圖所示

掰甲m乙

F一〃加乙g

A.根據(jù)牛頓第二定律有解=a乙

叫

由于相用＞”?z,所以。用＜az

由于兩物體運動時間相同，且同時由靜止釋放，可得v*＜vz,A錯誤；

BCD.對于整個系統(tǒng)而言，由于〃/用g＞〃加zg,合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動量方向向左,

顯然甲的動量大小比乙的小，BD正確、C錯誤。

故選BDo

考向三牛頓第二定律與圖像結(jié)合

4.（多選）（2023?全國?甲卷?第19題））用水平拉力使質(zhì)量分別為叫、叫的甲、乙兩物體在水平桌面上

由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數(shù)分別為外和〃乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力尸

與其加速度a的關(guān)系圖線如圖所示。由圖可知（）

A.叫＜〃1乙B.乙C.〃甲＜〃乙D.〃甲〉〃乙

【答案】BC

【詳解】根據(jù)牛頓第二定律有F-1j.mg=ma

整理后有F=ma+/.img

則可知F—a圖像的斜率為相，縱截距為〃％g,則由題圖可看出〃，用＞機z，〃用力/g=〃z?izg

則〃鏟中z

故選BCo

考向四動力學(xué)的連接體問題與臨界問題結(jié)合

5.（多選）（2023?湖南卷?第10題）如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為2%的小車在水平推力F的作用

下加速運動。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為機的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂

水平底面上，且與底面的動摩擦因數(shù)為〃，桿與豎直方向的夾角為6,桿與車廂始終保持相對靜止假設(shè)最大

靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（）

A

A.若B球受到的摩擦力為零，貝"=2〃?gtan。

B.若推力尸向左，且tan"H,則尸的最大值為2:〃gtan(9

C.若推力/向左，且〃<tan，W2〃，則尸的最大值為4777g(2〃-tan。)

D.若推力尸向右，且tand>2〃，貝I］歹的范圍為4“zg(tan6-2〃)V尸7g(tan6+2〃)

【答案】CD

【詳解】A.設(shè)桿的彈力為N,對小球A：豎直方向受力平衡，則桿水平方向的分力與豎直方向的分力滿足

N

/=tan。，豎直方向Ny=mg,則Nx=mgtan6

若B球受到的摩擦力為零，對B根據(jù)牛頓第二定律可得N,=ma,可得a=gtan。

對小球A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律尸=4aa=4Mgtan(9,A錯誤；

B.若推力尸向左，根據(jù)牛頓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為/=mgtan。

對小球B,由于tan”/小球B受到向左的合力尸=〃(M，+〃zg)-MZmgtan<9

則對小球A,根據(jù)牛頓第二定律可得M=ma^

對系統(tǒng)整體根據(jù)牛頓第二定律尸=4胸?^，解得尸=4mgtan6,B錯誤；

C.若推力產(chǎn)向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由桿對小球A的水平分力

提供，小球A所受向左的合力的最大值為N,=mgtan0

小球B所受向左的合力的最大值工=(M，+〃火)?〃-N,=2"mg-mgtan6

由于〃<tan。42〃可知。<mgtan0

則對小球B,根據(jù)牛頓第二定律4ax=2Ring-mgtan6=rnamax

對系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律尸=4加/室

聯(lián)立可得尸的最大值為尸=4〃2g(2〃-tan，)，C正確；

D.若推力廠向右，根據(jù)牛頓第二定律可知系統(tǒng)整體加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，

理論上向右的合力可以無限大，因此只需要討論小球B即可，當(dāng)小球B所受的摩擦力向左時，小球B向右

的合力最小，此時=N「(Ny+〃zg)〃=mgtan6>-2〃〃zgtan。

當(dāng)小球所受摩擦力向右時，小球B向右的合力最大，止匕時耳儂=NN+(Ny+n7g)〃=mgtane+2〃7”gtane

對小球B根據(jù)牛頓第二定律=mamiB,工1ax=mamaK

對系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律b=4/w

代入小球B所受合力分范圍可得產(chǎn)的范圍為4機g（tan。-2M〈尸K4機g（tan8+2〃）

『近年真題對比工

考向一牛頓第二定律的基本應(yīng)用

1.（2021?全國甲卷?門）如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。

橫桿的位置可在豎直桿上調(diào)節(jié)，使得平板與底座之間的夾角6可變。將小物塊由平板與豎直桿交點。處靜

止釋放，物塊沿平板從0點滑至尸點所用的時間f與夾角。的大小有關(guān)。若由30。逐漸增大至60。，物塊的

下滑時間f將

A.逐漸增大B.逐漸減小C.先增大后減小D.先減小后增大

【答案】D

【解析】設(shè)QP在水平面的投影長度為L,則QP長度為L/cosB,物塊光滑長木板上下滑的加速度a=gsin。，

由L/cose=^at2,解得t=J—————=2J---,顯然在9=45。時，t最小，所以平板與水平面的夾角

2'gsinOcose\gsin20

由30°逐漸增大至60°,物塊的下滑時間t將先減小后增大，選項D正確。

2.（2022?浙江高考試題?T19）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中，如圖所示，傾斜滑軌與水平

面成24。角，長度4=4m,水平滑軌長度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下

2

滑，其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為m=—,貨物可視為質(zhì)點（取cos24°=0.9,sin24°=0.4,重力加速

9

度g=10m/s2）o

（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度的大小；

（2）求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小；

（3）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s,求水平滑軌的最短長度4.

24°

XWXXWWWXXXWWXXXX'

【答案】（1）2m/s2;（2）4m/s；（3）2.7m

【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律可得加gsin24°cos24°=血多

代入數(shù)據(jù)解得q=2m/s2

(2)根據(jù)運動學(xué)公式2ad=丫2

解得v=4m/s

(3)根據(jù)牛頓第二定律〃〃際=機生

根據(jù)運動學(xué)公式-2出，2=*x-F

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得"2=2'm

3.(2022?湖南卷?T9)球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發(fā)動機，總質(zhì)量為M。飛行器飛行時受

到的空氣阻力大小與其速率平方成正比(即％=左儼，左為常量)。當(dāng)發(fā)動機關(guān)閉時，飛行器豎直下落，

經(jīng)過一段時間后，其勻速下落的速率為10m/s；當(dāng)發(fā)動機以最大推力推動飛行器豎直向上運動，經(jīng)過一段

時間后，飛行器勻速向上的速率為5m/s。重力加速度大小為g,不考慮空氣相對于地面的流動及飛行器

質(zhì)量的變化，下列說法正確的是()

A.發(fā)動機的最大推力為L5Mg

B.當(dāng)飛行器以5m/s勻速水平飛行時，發(fā)動機推力的大小為姮Mg

4

C.發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時，飛行器速率為5月m/s

D.當(dāng)飛行器以5m/s的速率飛行時，其加速度大小可以達(dá)到3g

【答案】BC

【解析】A.飛行器關(guān)閉發(fā)動機，以vi=10m/s勻速下落時，^Mg=kv^=kxlQQ,飛行器以i/2=5m/s向

上勻速時，設(shè)最大推力為Fm

Fm=Mg+kv；=Mg+左x25

聯(lián)立可得

Fm=1.25Mg,k=^~

100

A錯誤；

B.飛行器以1/3=5m/s勻速水平飛行時

B正確;

C.發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時

f=（Mg）2=|w=hj

解得

v4=5^m/s

C正確；

D.當(dāng)飛行器最大推力向下，以V5=5m/s的速率向上減速飛行時，其加速度向下達(dá)到最大值

Fm+Mg+kv^Mam

解得

Om=2.5g

D錯誤。故選B

考向二動力學(xué)的連接體問題

4.（2022?全國甲卷?T19）如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑

塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為〃。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動P,使兩滑塊均做勻速運

動；某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長之前（）

[WMWTP]~＞下

/////////////////////////////////////

A.P的加速度大小的最大值為2〃g

B.Q加速度大小的最大值為2〃g

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時刻Q的速度大小

【答案】AD

【解析】設(shè)兩物塊的質(zhì)量均為m,撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運動，則拉力大小為

F=2"mg

撤去拉力前對Q受力分析可知，彈簧的彈力為

To="mg

AB.以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變?yōu)椤?笈，兩滑塊與地面間仍然保持相對滑動，此時滑塊

P的加速度為

-To-jumg=mapl

解得

此刻滑塊Q所受的外力不變，加速度仍為零，滑塊P做減速運動，故PQ間距離減小，彈簧的伸長量變小，

彈簧彈力變小。根據(jù)牛頓第二定律可知P減速的加速度減小，滑塊Q的合外力增大，合力向左，做加速度

增大的減速運動。

故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度為2〃772go

Q加速度大小最大值為彈簧恢復(fù)原長時-"mg=m<2Qm,解得=-f^mg,故滑塊Q加速度大小最大值

為“以，A正確，B錯誤；C.滑塊PQ水平向右運動，PQ間的距離在減小，故P的位移一定小于Q的位

移，C錯誤；D.滑塊P在彈簧恢復(fù)到原長時的加速度為-〃瓶g=^%>2,解得ap2=-〃g,撤去拉力時，PQ

的初速度相等，滑塊P由開始的加速度大小為2〃g做加速度減小的減速運動，最后彈簧原長時加速度大小

為〃g；滑塊Q由開始的加速度為0做加速度增大的減速運動，最后彈簧原長時加速度大小也為分析

可知P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小，D正確。故選ADo

5.（2022?全國乙卷-T15）如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時整個系統(tǒng)靜置于光

滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂直。

3

當(dāng)兩球運動至二者相距不工時，它們加速度的大小均為（）

m

F

m

.5F2F3F3F

A.-----B.------C.-----D.-------

8加5m8m10m

【答案】A

3

【解析】當(dāng)兩球運動至二者相距二L時,，如圖所示

3WL

-Z3

25

設(shè)繩子拉力為T，水平方向有

2Tcos0=F

解得

對任意小球由牛頓第二定律可得

T=ma

解得

5F

CL-----

8m

故A正確，BCD錯誤。故選A。

6.（2020?海南卷?T12,）如圖，在傾角為。光滑斜面上，有兩個物塊尸和。，質(zhì)量分別為叫和加2,

用與斜面平行的輕質(zhì)彈簧相連接，在沿斜面向上的恒力尸作用下，兩物塊一起向上做勻加速直線運動，則

（）

F

A.兩物塊一起運動的加速度大小為。二-------

叫+在

B.彈簧的彈力大小為丁=""F

m,+m2

C.若只增大加2,兩物塊一起向上勻加速運動時，它們的間距變大

D.若只增大。，兩物塊一起向上勻加速運動時，它們的間距變大

【答案】BC

【解析】對整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有尸—（仍+，%）gsin8=（見

F

解得〃=---------gsmO,故A錯誤；對他受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有辱-加2gsin6=解得

mA+m2

mpp=牡.=—￡—

月單=——，故B正確；根據(jù)彈叫+租2色+「可知若只增大冽2，兩物塊一起向上勻加速運動

1nlm2m2

時，彈力變大，根據(jù)胡克定律，可知伸長量變大，故它們的間距變大，故C正確；根據(jù)4，可

叫+

知只增大e,兩物塊一起向上勻加速運動時，彈力不變，根據(jù)胡克定律，可知伸長量不變，故它們的間距不

變，故D錯誤。

7.（2021?海南卷?T7）如圖，兩物塊P、Q用跨過光滑輕質(zhì)定滑輪的輕繩相連，開始時P靜止在水平桌面

上。將一個水平向右的推力P作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话搿Ｒ阎狿、Q兩物塊的質(zhì)量分別為

%=0.5kg、代=0.2kg,尸與桌面間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,重力加速度g=l0m/s2。則推力產(chǎn)的大

小為（）

B.3.0NC.2.5ND.1.5N

【答案】A

【解析】P靜止在水平桌面上時，由平衡條件有

m

K=QS=2N

f=L=2N<〃%g=2.5N

推力產(chǎn)作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话耄矗?g=lN

故Q物體加速下降，有mQg-T2^mQa

可得a=5m/s2

而P物體將有相同的加速度向右加速而受滑動摩擦力，對P由牛頓第二定律

T2+F-/Limpg=mpa

解得分二4N,故選項A正確。

8.（:2022?山東卷?T16）某糧庫使用額定電壓0=380V,內(nèi)阻R=025。的電動機運糧。如圖所示，配重

和電動機連接小車的纜繩均平行于斜坡，裝滿糧食的小車以速度v=2m/s沿斜坡勻速上行，此時電流

/=40A。關(guān)閉電動機后，小車又沿斜坡上行路程L到達(dá)卸糧點時，速度恰好為零。卸糧后，給小車一個

向下的初速度，小車沿斜坡剛好勻速下行。已知小車質(zhì)量叫=l0°kg,車上糧食質(zhì)量7%=1200kg,配重

質(zhì)量根o=4Okg,取重力加速度g=10m/s2,小車運動時受到的摩擦阻力與車及車上糧食總重力成正比，

比例系數(shù)為七配重始終未接觸地面，不計電動機自身機械摩擦損耗及纜繩質(zhì)量。求：

（1）比例系數(shù)左值；

【答案】(1)左=0.1：(2)L=——m

185

【解析】（1）設(shè)電動機的牽引繩張力為I,電動機連接小車的纜繩勻速上行，由能量守恒定律有

UI=I-R+TlV

解得7]=7400N

小車和配重一起勻速，設(shè)繩的張力為心，對配重有

T?=m0g=400N

設(shè)斜面傾角為e,對小車勻速有

TX+T2=(g+m2)gsin6+k(m1+m2)g

而卸糧后給小車一個向下的初速度，小車沿斜坡剛好勻速下行，有

m{gsin0=mog+km^g

聯(lián)立各式解得sin8=0.5,攵=0.1

（2）關(guān)閉發(fā)動機后小車和配重一起做勻減速直線運動，設(shè)加速度為。，對系統(tǒng)由牛頓第二定律有

(叫+)gsin0+k{rY\+m2)g—mog=(叫+m2+m0)d!

370

可得a=-----m/s2

67

由運動學(xué)公式可知V2=2〃L

解得L=

185

考向三動力學(xué)常見的兩種模型

9.（:2021?全國乙卷?T21）水平地面上有一質(zhì)量為㈣的長木板，木板的左明上有一質(zhì)量為機2的物塊，如

圖（。）所示。用水平向右的拉力廠作用在物塊上，尸隨時間f的變化關(guān)系如圖（b）所示，其中白、B分

別為弓、J時刻尸的大小。木板的加速度％隨時間f的變化關(guān)系如圖（。）所示。已知木板與地面間的動摩

擦因數(shù)為〃1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為〃2,假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動摩擦力相等，重力加速

度大小為g。則（

G12

A.耳=mg

尸廣的。「⑷g

B.32

mx

m.+m,

C.Mi>————生

m2

D.0~?2時間段物塊與木板加速度相等

【答案】BCD

【解析】圖（c）可知，立時滑塊木板一起剛在從水平滑動，此時滑塊與木板相對靜止，木板剛要滑動，此

時以整體為對象有耳=4（班+加2）g

故A錯誤；圖（c）可知，位滑塊與木板剛要發(fā)生相對滑動，以整體為對象，根據(jù)牛頓第二定律，有

8一+根2）g=（叫+根2）a

以木板為對象，根據(jù)牛頓第二定律，有

〃2m2g-+tn2）g-m1a>0

-m,（m,+m.）.、（叫+%）

用=-3-4）g〃2>—―-M

解得網(wǎng)“0,故BC正確；.圖（c）可知，0~攵這段時間滑

塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，故D正確

命題規(guī)律解密

分析近三年的高考試題，可以發(fā)現(xiàn)牛頓運動定律主要考查：（1）利用牛頓第二定律解決動力學(xué)的圖像問題；

（2）利用牛頓運動定律解決繩和桿、彈簧和接觸類的連接體問題；（3）利用牛頓運動定律解決水平面

和斜面上的傳送帶問題；.（4）利用牛頓運動定律解決滑塊一一木板模型相對運動等問題；

牛頓運動定律是每年全國各省高考中必考的題型，這是2024年的考生必須掌握的。牛頓運動定律的綜合運

用考察范圍之廣，傳送帶模型經(jīng)常與機械能結(jié)合在一起，求最短時間和痕跡類問題；滑塊一一木板模型，

常與動量、能量甚至出現(xiàn)在電場和磁場的形成的復(fù)合場和疊加場中，常以綜合性壓軸題出現(xiàn)在選擇題和解

答題中，2024年考生需要加強對牛頓第二定律的綜合運用，增大對難度和題量的訓(xùn)練。

名校模擬探源

1.（2023?全國?模擬預(yù)測）伽利略創(chuàng)造的把實驗、假設(shè)和邏輯推理相結(jié)合的科學(xué)方法，有力的促進(jìn)了人類

科學(xué)認(rèn)識的發(fā)展。利用如圖所示的裝置做如下實驗：小球從左側(cè)斜面上的。點由靜止釋放后沿斜面向下運

動，并沿右側(cè)斜面上升。斜面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸降低的材料時，小球沿右側(cè)斜面上升到的最高

位置依次為1、2、3。根據(jù)三次實驗結(jié)果的對比，可以得到的最直接的結(jié)論是（）

A.若小球不受力，它將一直保持勻速直線運動或靜止?fàn)顟B(tài)

B.若斜面光滑，小球在右側(cè)斜面將上升到與O點等高的位置

C.若小球受到力的作用，它的運動狀態(tài)將發(fā)生改變

D.小球受到的力一定時，質(zhì)量越大，它的運動狀態(tài)就越難改變

【答案】B

【詳解】AC.本實驗并不能得到力與運動狀態(tài)的關(guān)系，故AC錯誤；

B.根據(jù)題意，先后鋪墊三種粗糙程度逐漸降低的材料時，小球上升高度一直增加，可推知，當(dāng)斜面光滑,

小球?qū)⑸仙脚c。點等高的位置，故B正確；

D.本實驗質(zhì)量是固定的，不能得到質(zhì)量與運動狀態(tài)之間的關(guān)系，故D錯誤。

故選Bo

故選D?

2.（2023?四川成都?成都七中校考模擬預(yù)測）利用智能手機中的加速度傳感器可以測量手機的加速度用

手掌托著手機，手掌從靜止開始上下運動，軟件顯示豎直方向上的aT圖像如圖，該圖像以豎直向上為正

方向。則手機（）

A.在馬時刻運動到最高點

B.在A時刻改變運動方向

C.在芍到乙時間內(nèi)，受到的支持力先減小再增大

D.在「到今時間內(nèi)，受到的支持力先增大再減小

【答案】D

【詳解】AB.根據(jù)題意，由圖可知，手機在。4加速度約為0,4L時間內(nèi)，向上做加速度增大的加速運

動，L時間內(nèi)，向上做加速度減小的加速運動，，34向上做加速度增大的減速運動，則在時刻沒有

運動到最高點，在與時刻也沒有改變運動方向，故AB錯誤；

CD.由牛頓第二定律，4時間內(nèi)有尸-mg=7"。，解得a=￡-g

m

,p

J-i時間內(nèi)有mg-尸=機。，解得a=g-----

m

結(jié)合圖像可知，4工時間內(nèi)，支持力增大，^時間內(nèi)支持力減小，故C錯誤，D正確。

故選D。

3.（2023?北京?統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示，光滑水平面上有個一根光滑的水平細(xì)桿，上面套著兩個質(zhì)量均

為他，半徑很小的球A和B,兩球用長為Z的細(xì)線相連接，開始時細(xì)線被拉直。現(xiàn)用一與光滑水平面平行且

與桿垂直的恒力廠作用于線的中點，使兩球由靜止開始沿桿運動，當(dāng)兩球相距為0.6L時兩球沿桿滑行的加

速度。的大小為（）

AB

F\

FF3F

A.a=—B.a=—C.D.a=—

m2m8m

【答案】D

【詳解】根據(jù)題意，對結(jié)點受力分析，如圖所示

43

由平衡條件有2Tcos9=b,由幾何關(guān)系可得cosd=］，sin0=-

對小球，由牛頓第二定律有Tsin6=ma,聯(lián)立解得，。=羋

8m

故選D。

4.（2023?全國?二模）水平桌面上放置一質(zhì)量為機的木塊，木塊與桌面間的動摩擦因數(shù)恒定，用一水平恒

力尸拉木塊，木塊在水平桌面上做勻速直線運動；若將此力方向改為與水平方向成74。角斜向上拉木塊（尸

大小不變），木塊仍在水平桌面上做勻速直線運動。那么當(dāng)用2尸的水平恒力拉木塊，此時木塊的加速度為

（已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,sin740=0.96,cos74°=0.28）（

?F

333

AD.——g

-p32

【答案】A

【詳解】水平桌面上放置一質(zhì)量為用的木塊，木塊與桌面間的動摩擦因數(shù)恒定，用一水平恒力/拉木塊，

木塊在水平桌面上做勻速直線運動F="mg

若將此力方向改為與水平方向成74。角斜向上拉木塊（P大小不變），木塊仍在水平桌面上做勻速直線運動

Fcos74°=/n（mg-Fsin740）

3

當(dāng)用2尸的水平恒力拉木塊2尸-〃〃7g=〃?a,解得a=：g

4

故選A。

5.（2023?湖南長沙?雅禮中學(xué)校考二模）如圖（a）所示的無人機具有4個旋翼，可以通過調(diào)整旋翼傾斜度

而產(chǎn)生不同方向的升力。某次實驗，調(diào)整旋翼使無人機受豎直向上的恒定升力廠從地面靜止升起，到達(dá)穩(wěn)

定速度過程中，其運動圖像如圖（b）所示。假設(shè)無人機飛行時受到的空氣阻力與速率成正比，即/=配，

方向與速度方向相反，則下列說法正確的是（）

圖（a）圖（b）

A.無人機在第Is內(nèi)的位移等于0.5m

B.無人機在第1s內(nèi)的速度變化量與第2s內(nèi)的速度變化量相等

C.空氣給無人機的作用力逐漸增大

D.空氣給無人機的作用力逐漸減小

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)VT圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可知無人機在第1s內(nèi)的位移滿足為〉;xIxlm=0.5m

故A錯誤；

B.根據(jù)VT圖像的切線斜率表示加速度，可知到達(dá)穩(wěn)定速度的過程中，無人機的加速度逐漸減小，無人機

在第1s內(nèi)的速度變化量大于第2s內(nèi)的速度變化量，故B錯誤；

CD.空氣給無人機的作用力是升力和阻力的合力，由于無人機的加速度逐漸減小，根據(jù)牛頓第二定律可得

F^-mg=ma,可知空氣給無人機的作用力逐漸減小，故C錯誤，D正確。

故選D。

6.（2023?四川?統(tǒng)考二模）如圖所示，一物體被水平向左的壓力尸壓在粗糙的豎直墻壁上，某時刻壓力廠的

值為工，此時物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，若從該時刻起使壓力P逐漸減小，直到減為零，則該過程中物體的加速

度。與壓力廠的關(guān)系圖像可能正確的是（）

【答案】D

【詳解】設(shè)物體與豎直墻壁間的動摩擦因數(shù)為〃，物體的質(zhì)量為加。壓力為工時，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，若

此時摩擦力剛好達(dá)到最大值，則從該時刻起使壓力廠逐漸減小，物體立即獲得加速度向下加速運動，根據(jù)

牛頓第二定律可得%g-/=ma,又/=〃N=〃尸，聯(lián)立可得a=g一匹

m

故選D。

7.（2023?海南?統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示，在質(zhì)量為"的箱式電梯的地板上固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧的上

端拴接一質(zhì)量為的物體A,質(zhì)量為強的物體B放置在物體A上，整個裝置隨電梯一起勻速下降，彈簧

保持豎直,重力加速度為g。某時刻懸掛電梯的鋼索突然斷裂，在鋼索斷裂的瞬間，下列說法正確的是（）

B

「A

A.物體A的加速度大小為0B.物體B的加速度大小為g

C.箱式電梯的加速度大小為gD.物體B對物體A的壓力為0

【答案】A

【詳解】鋼索斷裂的瞬間，彈簧的彈力不變，所以48的受力情況不變，加速度均為0,物體B對物體A的

壓力等于自身重力，對整體分析可知（"%++M）g=Ma

解得°=（/+叫+加爾

M

故選Ao

8.（2023?湖北?模擬預(yù)測）如圖所示，木板B固定在彈簧上，木塊A疊放在B上，A、B相對靜止，待系統(tǒng)

平衡后用豎直向上的變力/作用于A,使A、B一起緩慢上升，AB不分離，在A、B一起運動過程中，下面

說法正確的是（）

A.一起緩慢上升過程中A對B的摩擦力不變

B.在某時刻撤去尸，此后運動中A可能相對B滑動

C.在某時刻撤去E此后運動中AB的加速度可能大于g

D.在某時刻撤去F在A、B下降的過程中，B對A的作用力一直增大

【答案】D

【詳解】A.一起緩慢上升過程中，以A、B為整體，根據(jù)受力平衡可得歹+%=（小+恤）8

由于彈簧彈力逐漸減小，可知拉力產(chǎn)逐漸增大；

以A為對象，設(shè)木板B斜面傾角為6,根據(jù)受力平衡可得了+Fsin6?=根Agsin。

可知B對A摩擦力不斷變小，則A對B的摩擦力不斷變小，故A錯誤；

B.設(shè)A、B間的動摩擦因數(shù)為〃，根據(jù)題意有〃〉tan。

在某時刻撤去尸，設(shè)A、B向下加速的加速度大小為。，以A為對象，則有根Agcos<9-N=mAacos6?,

mAgsin3-f=mAasin0,N=mA（g-a）cos9,f=mA（g-a）sintan0</JN

故此后運動中A、B相對靜止，故B錯誤；

C.在某時刻撤去尸，此后運動中A、B相對靜止，則最高點時的加速度最大，且撤去力廠前，整體重力和

彈簧彈力的合力小于整體重力，則最高點加速度小于g，此后運動中AB的加速度不可能大于g,故C錯誤；

D.在某時刻撤去尸，在A、B下降的過程中，A的加速度先向下逐漸減小，后向上逐漸增大，則B對A的

作用力一直增大，故D正確。

故選D。

9.（多選）（2023?湖南株洲?校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖所示，質(zhì)量分別為叫和性的小物塊，通過輕繩相

連，并接在裝有光滑定滑輪的小車上。如果按圖甲所示，裝置在水平力及作用下做勻加速運動時，兩個小

物塊恰好相對靜止；如果互換兩個小物塊，如圖乙所示，裝置在水平力&作用下做勻加速運動時，兩個小

物塊也恰好相對靜止，一切摩擦不計，則（）

X)

甲乙

C.兩種情況下小車對質(zhì)量為生的小物塊的作用力大小之比為，巧：叫

D.兩種情況下小車對質(zhì)量為嗎的小物塊的作用力大小之比為犯：？

【答案】AC

【詳解】AB.一切摩擦不考慮，則題圖甲中小車的加速度為4題圖乙中小車的加速度為，?2=—

mxm2

所以兩題圖中小車的加速度之比為4:%=處固，因為題圖甲和題圖乙裝置的整體質(zhì)量是一樣的，所以

叫m2

耳：鳥="：％=駕，A正確，B錯誤；

叫

CD.題圖甲中，小車對質(zhì)量為徑的小物塊的作用力為笈1=叫q=或8,題圖乙中，小車對質(zhì)量為加2的小

叫

m

物塊的支持力大小等于其所受的重力大小，即，F(xiàn)N2=2§.所以風(fēng)I：風(fēng)2=矩&：?8=?：/，C正確，D

網(wǎng)

錯誤。

故選ACo

10.（多選）（2023?廣東廣州?華南師大附中校考三模）如圖甲所示，在傾角為37。的粗糙斜面的底端,

一質(zhì)量機=1kg可視為質(zhì)點的滑塊壓縮一輕彈簧并鎖定，滑塊與彈簧不相連。才=0時解除鎖定，計算機通

過傳感器描繪出滑塊的速度時間圖像如圖乙所示，其中。M段為曲線，加段為直線。若g取10m/s2。貝卜）

B.0.3s末，滑塊到達(dá)斜面最I(lǐng)WJ點

C.滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)〃=0.5

D.滑塊在力=0.2s末的速度與f=0.4s末的速度等大反向

【答案】BC

【詳解】A.0=0.2s內(nèi)，物塊在彈力大于摩擦力的過程中，由于彈簧彈力所做的正功大于摩擦力做的負(fù)功,

所以物塊的機械能增加，物塊在彈力小于摩擦力的過程中，由于彈簧彈力所做的正功小于摩擦力做的負(fù)功,

所以物塊的機械能減少，與彈簧分離后，由于摩擦力做負(fù)功，物塊的機械能減少，A錯誤；

B.根據(jù)圖乙可知0.1s后物塊離開彈簧做勻減速直線運動，加速度為a=八：一二m/s?=TOm/s?

根據(jù)速度與時間的關(guān)系得出0.3s末的速度v=%+m=。，此時物塊到達(dá)斜面最高點，B正確；

C.利用牛頓第二定律得〃w=〃zgsin37+〃加gcos37,解得〃=0.5,C正確;

D.根據(jù)速度與時間的關(guān)系得出4=。.2s末時的速度方向沿斜面向上，大小為v=%+〃=lm/s

0.3s后物塊從最高點開始返回，利用牛頓第二定律得出返回時的加速度為a'=gsin37-〃gcos37=2m/s2

根據(jù)勻變速直線運動的速度與時間得出t=0.4s時的速度方向沿斜面向下，大小為“=，/'=0.2m/s,D錯誤。

故選BC?

11.（2022?江蘇蘇州?江蘇省昆山中學(xué)校考模擬預(yù)測）如圖甲所示，足夠長的傾斜直傳送帶以速度v=2.5m/s

沿順時針方向運行，可視為質(zhì)點的物塊在t=0時刻以速度%=5m/s從傳送帶底端開始沿傳送帶上滑，物塊

的質(zhì)量機=4kg。物塊在傳送帶上運動時傳送帶對物塊的摩擦力的功率與時間的關(guān)系圖像如圖乙所示，已知

最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取lOm/s,求：

（1）傾斜傳送帶與水平方向的夾角。和物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃

（2）物塊與傳送帶間的劃痕長度L

（3）0—0.4S內(nèi)物塊機械能的變化量

【答案】(1)30°,生；(2)0.25m；(3)-12.5J

2

【詳解】（［）由題圖乙可得，0~0.2s內(nèi)

滑動摩擦力的功率為6=W“gcose-(%-ar),當(dāng)f=o時，代入數(shù)據(jù)得“Igcos9=30N

物塊勻速運動時受到靜摩擦力的作用，摩擦力的功率￡=A=mgsin9”,代入數(shù)據(jù)得“gsin6=20N,解得

。=30。，u=—

2

(2)由VT圖像可知物塊與傳送帶間的劃痕長度為L=；x0.2x(5-2.5)m=0.25m

(3)0—0.4s內(nèi)物塊動能的變化量為，△線=g?77V2-g機說=-37.5J

物體運動是巨離為尤=gx(2.5+5)x0.2m+0.2x2.5m=1.25m

物塊重力勢能的變化量為AEp=mgxsin30°=25J

則機械能的變化量為AE=AEk+AEp=-12.5J

12.(2022?湖南常德?常德市一中校考模擬預(yù)測)某興趣小組對老師演示慣性的一個實驗進(jìn)行了深入的

研究。如圖甲所示，長方形硬紙板放在水平桌面上，紙板一端稍稍伸出桌外，將一塊橡皮擦置于紙板的中

間，用手指將紙板水平彈出，如果彈的力度合適，橡皮擦將脫離紙板，已知橡皮擦可視為質(zhì)點，質(zhì)量為叫=20g,

硬紙板的質(zhì)量為丐=10g,長度為/=5cm。橡皮擦與紙板、桌面間的動摩擦因數(shù)均為4=。2,紙板與桌面

間的動摩擦因數(shù)為〃2=。3,認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。

(1)手指對紙板的作用力與時間的關(guān)系如圖乙所示，要使橡皮擦相對紙板滑動，4至少多大？

(2)手指對紙板的作用時間很短，可認(rèn)為作用結(jié)束后，紙板獲得速度％但位移近似為零，則要使橡皮擦脫

離紙板，%需滿足的條件？

【答案】（1）0.15N；（2）v>—m/s

°n2

【詳解】（1）當(dāng)橡皮擦剛好相對紙板滑動，對橡皮擦有〃i/g=叫”

對橡皮擦和紙板整體有力-外（町+7%）g=的+m2）a,聯(lián)立解得耳=0.15N

（2）紙板獲得速度后做減速運動，橡皮擦做加速運動，當(dāng)橡皮擦與紙板共速時剛好脫離紙板，此時，%最

小設(shè)為%ms。則對橡皮擦有占=）#,v=at,對紙板有自見g+4（見+?）g=zn2a2，

V=%1nto-卬

根據(jù)位移關(guān)系有％聯(lián)立解得，1而“=Im/S,則要使橡皮擦脫離紙板，％需滿足%>vOmin=^m/s

三模）化學(xué)與生活息息相關(guān)。下列敘述正確的是

A.硫酸銅溶液能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)

B.