專題03牛頓運動定律

2024

高考真題

1.（2024浙江1月考題）1.下列屬于國際單位制基本單位符號的是（）

A.sB.NC.FD.T

【答案】A

【解析】國際單位制中的基本單位分別是：長度的單位是米，符號m；質量的單位是千克，符號kg；

時間的單位是秒，符號s；電流的單位是安培，符號是A；熱力學溫度的單位是開爾文，符號K；物質的量

單位是摩爾，符號mol；發光強度的單位是坎德拉，符號cd。

故選Ao

2.（2024年山東卷考題）2.如圖所示，國產人形機器人“天工”能平穩通過斜坡。若它可以在傾角不

大于30。的斜坡上穩定地站立和行走，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則它的腳和斜面間的動摩擦因數

不能小于（）

A.1B.走C.—D.走

2322

【答案】B

【解析】根據題意可知機器人“天工”它可以在傾角不大于30°的斜坡上穩定地站立和行走，對“天

工”分析有mgsin300</nmgcos30°

可得/J.>tan30°=

故選B。

3.（2024年湖南卷考題）3.如圖，質量分別為4優、3m、2m、0的四個小球/、B、C、D,通過細線

或輕彈簧互相連接，懸掛于。點，處于靜止狀態，重力加速度為g。若將6、C間的細線剪斷，則剪斷瞬間

6和，的加速度大小分別為（）

【答案】A

【解析】剪斷前，對BCD分析FAB^（3m+2m+m）g

對DFCD=mg

剪斷后，對BFAB-3mg=3maB

解得aB=g

方向豎直向上；對CFDC+2mg=2mac

解得分=L5g,方向豎直向下。

故選Ao

4.（2024全國甲卷考題）2.如圖，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊P,P置于水平桌面上，

與桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤（質量可忽略），盤中放置祛碼。改變盤中祛碼總質量處并測

【答案】D

【解析】設P的質量為P與桌面的動摩擦力為了;以P為對象，根據牛頓第二定律可得

T—于=Ma

以盤和祛碼為對象，根據牛頓第二定律可得mg-T=ma

聯立可得mg-f8~

a=--~—=......m-■m

M+mM+m

可知當祛碼的重力大于/時，才有一定的加速度，當機趨于無窮大時，加速度趨近等于g。

故選Do

5.（2024年安徽卷考題）4.傾角為。的傳送帶以恒定速率%順時針轉動。/=0時在傳送帶底端無初

速輕放一小物塊，如圖所示。。時刻物塊運動到傳送帶中間某位置，速度達到%。不計空氣阻力，則物塊

從傳送帶底端運動到頂端的過程中，加速度a、速度-隨時間大變化的關系圖線可能正確的是（）

【答案】C

【解析】O~fo時間內：物體輕放在傳送帶上，做加速運動。受力分析可知，物體受重力、支持力、滑

動摩擦力，滑動摩擦力大于重力的下滑分力，合力不變，故做勻加速運動。

%之后：當物塊速度與傳送帶相同時，靜摩擦力與重力的下滑分力相等，加速度突變為零，物塊做勻

速直線運動。C正確，ABD錯誤。

故選Co

6.（2024年安徽卷考題）6.如圖所示，豎直平面內有兩完全相同的輕質彈簧，它們的一端分別固定于

水平線上的欣"兩點，另一端均連接在質量為0的小球上。開始時，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止

于蛇連線的中點。,彈簧處于原長。后將小球豎直向上。緩慢拉至2點,并保持靜止，此時拉力戶大小為2mg。

已知重力加速度大小為&彈簧始終處于彈性限度內，不計空氣阻力。若撤去拉力，則小球從戶點運動到。

點的過程中（）

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3gD.加速度先增大后減小

【答案】A

【解析】AB.緩慢拉至尸點，保持靜止，由平衡條件可知此時拉力尸與重力和兩彈簧的拉力合力為零。

此時兩彈簧的合力為大小為mg。當撤去拉力，則小球從尸點運動到。點的過程中兩彈簧的拉力與重力的合

力始終向下，小球一直做加速運動，故A正確，B錯誤；

CD.小球從戶點運動到。點的過程中，形變量變小彈簧在豎直方向的合力不斷變小，故小球受的合外

力一直變小，加速度的最大值為撤去拉力時的加速度，由牛頓第二定律可知2mg=ma,加速度的最大值

為2g,CD錯誤。

故選A。

7.（2024全國甲卷考題）8.如圖，一絕緣細繩跨過兩個在同一豎直面（紙面）內的光滑定滑輪，繩的

一端連接一矩形金屬線框，另一端連接一物塊。線框與左側滑輪之間的虛線區域內有方向垂直紙面的勻強

磁場，磁場上下邊界水平，在/=0時刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場下方進入磁場。運動過程中,

線框始終在紙面內且上下邊框保持水平。以向上為速度的正方向，下列線框的速度/隨時間力變化的圖像

中可能正確的是（）

【答案】AC

【解析】設線圈的上邊進入磁場時的速度為匕設線圈的質量〃，物塊的質量出圖中線圈進入磁場時

線圈的加速度向下，則對線圈由牛頓第二定律可知Mg+G—T=Ma

對滑塊T-mg=ma其中F安J

B2I3V

即+(Af-m)g=(M+m)a

R

線圈向上做減速運動，隨速度的減小，向下的加速度減?。划敿铀俣葹榱銜r，即線圈勻速運動的速度

為

（M—m）gR

V°=-~

A.若線圈進入磁場時的速度較小，則線圈進入磁場時做加速度減小的減速運動，線圈的速度和加速度

都趨近于零，則圖像A可能正確；

B.因右。時刻線圈就進入磁場，則進入磁場時線圈向上不可能做勻減速運動，則圖像B不可能；

CD.若線圈的質量等于物塊的質量，且當線圈進入磁場時，且速度大于心,線圈進入磁場做加速度減

小的減速運動，完全進入磁場后線圈做勻速運動；當線圈出離磁場時，受向下的安培力又做加速度減小的

減速運動，最終出離磁場時做勻速運動，則圖像C有可能，D不可能。

故選ACo

8.（2024年安徽卷考題）9.一傾角為30。足夠大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立。燈直

角坐標系，如圖（1）所示。從，=0開始，將一可視為質點的物塊從0點由靜止釋放，同時對物塊施加沿x

軸正方向的力《和B，其大小與時間t的關系如圖（2）所示。己知物塊的質量為1.2kg,重力加速度g

取lOm/sz,不計空氣阻力。則（）

圖（1）

A.物塊始終做勻變速曲線運動B./=ls時，物塊的y坐標值為2.5m

C./=ls時，物塊的加速度大小為5百m/s?D.f=2s時，物塊的速度大小為100m/s

【答案】BD

【解析】A.根據圖像可得耳=4-乙F1=3t,故兩力的合力為F=4+2Z（N）

物塊在y軸方向受到的力不變為mgsin30。，x軸方向的力在改變，合力在改變，故物塊做的不是勻變

速曲線運動，故A錯誤;

mgSm32

B.在y軸方向的加速度為av=0°=gsin30°=5m/s

m

一1O

故t=ls時，物塊的y坐標值為y=-ayr=2.5m,故B正確;

C./=ls時，F=6N,故此時加速度大小為+52m/s2=5\/2m/s2>故C錯

誤;

D.對x軸正方向，對物塊根據動量定理Ft^mvx-0

由于尸與時間t成線性關系故可得H+2+（4+2X2）X2=1.2匕,，解得匕=10m/s

2*

此時y軸方向速度為vy=gsin30°-t=5x2m/s=lOm/s

故此時物塊的速度大小為y=J匕2+32=]0后向5,故D正確。

故選BD。

9.（2024年廣東卷考題）7.如圖所示，輕質彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方〃高度處由

靜止釋放。以木塊釋放點為原點，取豎直向下為正方向。木塊的位移為八所受合外力為E運動時間為t.

忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內。關于木塊從釋放到第一次回到原點的過程中。其歹-y圖像或y-，圖

【解析】AB.在木塊下落H高度之前，木塊所受合外力為木塊的重力保持不變，即F=mg

當木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據牛頓第二定律阿-。=廠隨著〉增大廠減?。?/p>

當彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點過程中，F=ky-mg

木塊所受合外力向上，隨著y增大歹增大；尸-y圖像如圖所示

故B正確，A錯誤;

1,

CD.同理，在木塊下落”高度之前，木塊做勻加速直線運動，根據y=-gt

速度逐漸增大，所以y-方圖像斜率逐漸增大，當木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據牛頓第二定律

mg-ky=F,木塊的速度繼續增大，做加速度減小的加速運動，所以丁一。圖像斜率繼續增大，

當彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點過程中，F^ky-mg,木塊所受合外力向上，木塊做加速度增

大的減速運動，所以y-/圖斜率減小，到達最低點后，木塊向上運動，經以上分析可知，木塊先做加速度

減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，再做勻減速直線運動到最高點，y-，圖像大致為

故CD錯誤。

故選Bo

10.（2024年遼寧卷考題）10.一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數為〃。f=0時，

木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上

木板。已知/=0到?=4。的時間內，木板速度/隨時間t變化的圖像如圖所示，其中g為重力加速度大小。

?=4。時刻，小物塊與木板的速度相同。下列說法正確的是（）

C.小物塊與木板的質量比為3：4D.?=4%之后小物塊和木板一起做勻速運動

【答案】ABD

【解析】A.丫-/■圖像的斜率表示加速度,可知/=3%時刻木板的加速度發生改變，故可知小物塊在

,=3小時刻滑上木板，故A正確；

B.設小物塊和木板間動摩擦因數為〃°，根據題意結合圖像可知物體開始滑上木板時的速度大小為

vQ=-1Ligt0,方向水平向左，物塊在木板上滑動的加速度為%=現曳=Rog

2m

經過％時間與木板共速此時速度大小為V共=L〃g%，方向水平向右，故可得人+工=%

2N°g〃og

解得〃（）=2〃，故B正確；

C.設木板質量為〃物塊質量為如根據圖像可知物塊未滑上木板時，木板的加速度為

2^8t°_1,故可得F-juMg^Ma,解得P=

a—一■一不爆2

"oz

根據圖像可知物塊滑上木板后木板的加速度為,,,〃。

a--------------__4g

此時對木板由牛頓第二定律得F-jU（m+M）g-]uomg=Ma'

rn\

解得一=—,故c錯誤；

M2

33

D.假設/=4/Q之后小物塊和木板一起共速運動，對整體F-+g=—juMg--juMg=0

故可知此時整體處于平衡狀態，假設成立，即/=4九之后小物塊和木板一起做勻速運動，故D正確。

故選ABD。

11.（2024年廣東卷考題）14.汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。

（1）安全帶能通過感應車的加速度自動鎖定，其原理的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過

程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度a,同時頂起敏感臂,使之處于水平狀態，

并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為尸N，敏感球的質量為如重力加速度

為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值tan8。

（2）如圖乙所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質點的頭錘從離氣囊表面高度為〃處做自由落體

運動。與正下方的氣囊發生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向作用力/隨時間t

的變化規律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質量4=30kg,H=3.2m,重力加速度大小取

2

g=10m/so求:

①碰撞過程中尸的沖量大小和方向；

②碰撞結束后頭錘上升的最大高度。

八ma

【答案】(1)tan，=.....—(2)①330N”,方向豎直向上；②0.2m

mg+FN

【解析】(1)敏感球受向下的重力儂和敏感臂向下的壓力“以及斜面的支持力“則由牛頓第二定律

可知g+耳JtanO=77Ki

ma

解得tan，=

mg+綜

(2)①由圖像可知碰撞過程中廠的沖量大小/9=』x0.1><6600N-s=330N-s,方向豎直向上;

2

②頭錘落到氣囊上時的速度%=J2g〃=8m/s

與氣囊作用過程由動量定理(向上為正方向)IF-mgt=mv-(-mv0)

解得v=2m/s

則上升的最大高度=0.2m

12.(2024年新課標考題)12.如圖，一長度/=l.Om的均勻薄板初始時靜止在一光滑平臺上，薄板的

右端與平臺的邊緣。對齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速度向右滑動，當薄板運動的距離

△/=,時，物塊從薄板右端水平飛出；當物塊落到地面時，薄板中心恰好運動到。點。已知物塊與薄板的

6

質量相等。它們之間的動摩擦因數〃=0.3,重力加速度大小g=10m/s2。求

(1)物塊初速度大小及其在薄板上運動的時間；

(2)平臺距地面的高度。

【答案】(1)4m/s；-s；(2)-m

39

2

【解析】(1)物塊在薄板上做勻減速運動的加速度大小為ax=/Lig=3m/s

薄板做加速運動的加速度%="世=3m/s2

m

1

對物塊I+AZ=v^t——9

19

對薄板A/=-a2r

解得v0=4m/sZ=1s

(2)物塊飛離薄板后薄板得速度%=4/=1向5

物塊飛離薄板后薄板做勻速運動，物塊做平拋運動，則當物塊落到地面時運動的時間為/一26_1.

%3

1,,5

則平臺距地面的高度h=-gt-=-m

29

13.(2024年江蘇卷考題)14.如圖所示，粗糙斜面的動摩擦因數為，傾角為，，斜面長為乙一個

質量為⑷的物塊，在電動機作用下，從4點由靜止加速至8點時達到最大速度力之后作勻速運動至。點，

關閉電動機，從。點又恰好到達最高點"求：

(1)切段長x；

(2)回段電動機的輸出功率只

(3)全過程物塊增加的機械能笈和電動機消耗的總電能月的比值。

V2/八.sin0

【答案】(1)c/.八------TT；(2)/〃gv(sm8+〃cose);(3)------------

2g(sin8+//cos。)'7sm0+cos0

【解析】(1)物塊在切段運動過程中，由牛頓第二定律得rngsmO+]Limgcos0=ma

由運動學公式0—y2=—2以

v2

聯立解得x=2g(sine+〃c°s。)

(2)物塊在8。段勻速運動，得電動機的牽引力為F=mgsin0+jumgcos3

由尸=Fv得P-mgv(sin0+//cos6^

(3)全過程物塊增加的機械能為Ex=mgLsmO

整個過程由能量守恒得電動機消耗的總電能轉化為物塊增加的機械能和摩擦產生的內能，故可知

E2=Ex+/umgcos0?L

EmgLsin0sin。

nJx==

E2mgLsin0+fj.mgLcos0sin，+〃cos0

14.(2024年山東卷考題)17.如圖甲所示，質量為〃的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上

表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在戶點平滑連接，0為軌道的最高點。質量為小的小物塊靜

置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數為〃，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道半圓形

部分的半徑后0.4m,重力加速度大小FlOm/s"

(1)若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運動到0點時，受到軌道的彈力大小等于3儂，求小

物塊在0點的速度大小

(2)若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力尸，小物塊處在軌道水平部分時，軌道加速度a與尸

對應關系如圖乙所示。

(i)求〃和勿;

(ii)初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力48N,當小物塊到P點時撤去

石小物塊從0點離開軌道時相對地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長度乙

【答案】(1)v=4m/s；(2)(i)m=1kg,〃=0.2；(3)￡=4.5m

2

【解析】(1)根據題意可知小物塊在。點由合力提供向心力有mg+3mg=m—

R

代入數據解得v=4m/s

(2)(i)根據題意可知當代C4N時，小物塊與軌道是一起向左加速，根據牛頓第二定律可知尸=(M+根)a

根據圖乙有左=」一=0.5kgT

M+m

當外力F>4N時，軌道與小物塊有相對滑動，則對軌道有F—"mg=Ma

結合題圖乙有a=-F-^-

MM

可知：斜率左=二-=lkgT,截距b=—"'"g=-2m/s?

MM

聯立以上各式可得M=1kg,m=1kg,〃=0.2

2

(ii)由圖乙可知，當F=8N時，軌道的加速度為6m/s2,小物塊的加速度為a2=jug=2m/s

當小物塊運動到戶點時，經過力。時間，則軌道有匕=。/

小物塊有彩=

在這個過程中系統機械能守恒有+2mgR

水平方向動量守恒，以水平向左的正方向，則有Mvl+mv2=MV3+mv4

聯立解得t0=1.5s

根據運動學公式有L=-a^--a2t-

代入數據解得￡=4.5m

15.(2024年湖北考題)14.如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時針勻速轉動，傳送帶左右兩端的

距離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點。，用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質量為0.2kg的小

球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在。點右側的戶點固定一釘子，戶點與。點等高。將質量為0.1kg

的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速

度大小為lm/s、方向水平向左。小球碰后繞。點做圓周運動，當輕繩被釘子擋住后，小球繼續繞尸點向上

運動。己知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.5,重力加速度大小g=10m/s2。

(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大?。?/p>

(2)求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統損失的總動能；

(3)若小球運動到尸點正上方，繩子不松弛，求尸點到。點的最小距離。

【答案】(1)5m/s；(2)0.3J；(3)0.2m

【解析】(1)根據題意，小物塊在傳送帶上，由牛頓第二定律有Mmg=ina

解得a=5m/s2

2

由運動學公式可得，小物塊與傳送帶共速時運動的距離為X=^=2.5m<=3.6m

2a

可知，小物塊運動到傳送帶右端前與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小等

于傳送帶的速度大小5m/s。

(2)小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，小物塊與小球組成的系統動量守恒，以向右為正

方向，由動量守恒定律有加物v=加物匕+加球彩

其中v=5m/s,Vj=-lm/s

解得%=3m/s

小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統損失的總動能為八線=；叫；加物V；—

解得AEk=0.3J

（3）若小球運動到尸點正上方，繩子恰好不松弛，設此時尸點到。點的距離為d,小球在尸點正上方

的速度為匕，在夕點正上方，由牛頓第二定律有股g二%

L繩~d

小球從0點正下方到戶點正上方過程中，由機械能守恒定律有求W=3班近；+哼g（2L繩-d）

聯立解得d=0.2m

即尸點到。點的最小距離為0.2m。

2024

高考模擬題

一、單選題

1.（2024?遼寧遼陽?模擬預測）某同學站在力傳感器下蹲，力傳感器上顯示的圖線可能是（）

0

OO

8

iOO(

拳

OO肇

6OO

sOOB))

A.4MD.K

2

46246

時間（秒）46時間（秒）

時間（秒）時間（秒）

【答案】C

【解析】在下蹲過程中，先加速后減速，先失重后超重。

故選Co

2.（2024?黑龍江?三模）如圖所示為一無人機由地面豎直向上運動的/一力圖像。關于無人機的運動,

下列說法正確的是（）

。t]%2%34％5

A.0~馬段無人機的加速度大于今宣5段無人機的加速度

B.0>3段，無人機的平均速度大小為三

C.4時刻無人機到達最高點

D.4>5段，無人機處于失重狀態

【答案】D

【解析】A.VT圖像中，其斜率表示加速度的大小，由于?；叶蝺A斜程度小于4段的傾斜程度,

所以0馬段的加速度小于與-4加速度，A錯誤；B.七段無人機的加速度發生了變化，不是勻變速運動,

所以其平均速度不是一,而是小于B錯誤；C.由圖像可知，無人機0馬加速上升，芍-G也是加速上

升，只不過這一階段的加速度更大，G右階段開始減速上升，歸時刻減速到0,達到最高點，C錯誤；D.t3-t5

階段開始減速上升，加速度方向向下，無人機處于失重狀態，D正確。

故選Do

3.（2024高三下甘肅?學業考試）如圖，水平地面上有一汽車做加速運動，車廂內有一個傾角9=37°

的光滑斜面，斜面上有一個質量為0的小球，用輕繩系于斜面的頂端，小球的重力大小為儂，繩對球的拉

力大小為小斜面對小球的彈力大小為吊，當汽車以大小為a的加速度向左做勻加速直線運動時（sin37°

=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取lOm/s?)()

A.若a=14m/s2,小球受儂、耳、用三個力作用

B.若a=14m/s2,小球受儂、a兩個力作用

C.若a=13m/s：小球受儂、片兩個力作用

D.不論a多大,小球均受0g、FT、用三個力作用

【答案】B

【解析】若支持力恰好為零，對小球受力分析，受到重力、繩子拉力，如圖

mg

小球向左加速，加速度向左，合力水平向左，根據牛頓第二定律，有Tcoslma,Tsin0=mg

解得a==—=—m/s2?13.3m/s2

tanO33

D.由以上分析可知，當a>13.3m/s2時，小球受儂、用兩個力作用，當a<13.3m/s2時，小球受儂、萬、

后三個力作用，故D錯誤；

AB.?ra=14m/s2>13.3m/s2,mg^6兩個力作用，故A錯誤，B正確；

C.若4=13111/52<13.3111/$2,小球受儂、FT.用三個力作用，故C錯誤。

故選B。

4.（2024?遼寧?三模）一同學乘電梯上樓，從靜止開始出發，用手機內置傳感器測得某段時間內電

梯的加速度a隨時間大變化的圖線如圖所示，以豎直向上為加速度的正方向，則（）

A.f=4s時地板對該同學的支持力最小B.r=7s時電梯對該同學的支持力為零

C.6~8s內電梯上升的高度約為4nlD.6~8s內電梯上升的高度約為9m

【答案】C

【解析】A.f=4s時，加速度向上且最大，則該同學處于超重狀態，根據牛頓第二定律可得N-〃zg=ma

可知地板對該同學的支持力最大，故A錯誤；

B.t=7s時，加速度為0,根據受力平衡可知，電梯對該同學的支持力等于同學的重力，故B錯誤；

CD.根據a—圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量，由圖可知，0~6s內圍成的面積大約有4個小方

格，則f=6s時的速度為v6=Av=4x0.5xlm/s=2m/s

由圖像可知，6~8s內電梯的加速度為0,做勻速運動，上升的高度約為/?=%=2x2m=4m,故C正確，

D錯誤。

故選Co

5.（2024?河北?三模）某游泳運動員在0~6s時間內運動的vT圖像如圖所示。關于該運動員，下列

說法正確的是（）

A.在0~6s內所受的合力一直不為0B.在0~6s內的位移大小為24nl

C.在2s~4s內一定處于超重狀態D.在4s~6s內的位移大小為8m

【答案】D

【解析】A.V—圖像的斜率代表加速度，由圖像可知，在24s該運動員的有加速度，由牛頓第二定

律可知心=根。，在02s與46s運動員并無加速度，即此時合力為零，綜上所述，運動員在02s與46s

所受合力為零，在24s,所受合力不為零，故A項錯誤；

B.由于VT圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，所以在06s內的位移為x=；（2+4）x4m=12m,故

B項錯誤；

4-0

C.由之前的分析，在2s4s結合圖像可知，其加速度為a=--m/s2=2m/s2

4-2

由于不知道運動員運動方向，只知道該時間內運動員加速度方向與運動員的運動方向相同，而超重則

加速度方向為豎直向上，所以其不一定是超重狀態，故C項錯誤；

D.結合之前的分析，在4s6s的位移為=4x2m=8m,故D項正確。

故選Do

6.（2024?江西鷹潭?二模）如圖，C由質量為〃的物塊及右上角光滑輕質定滑輪組成，靜置于水平地

面?？邕^滑輪用輕繩連接兩質量分別為2〃和〃的物塊A、B,除地面外的其余各接觸處均光滑。開始用手托

住B,使輕繩剛好伸直。由靜止釋放B,在B下落而A又未碰到滑輪的過程中，C始終保持靜止，下列說法

正確的是（）

A.地面對C有向右的摩擦B.物體C受到4個力作用

C.繩中拉力等于儂D.地面對C的支持力小于（M+2）〃?g

【答案】A

【解析】C.設繩子拉力為7,對B由牛頓第二定律mg-T=ma

對A由牛頓第二定律T="聯立可得a=gT=2篝c錯誤；

33

2

A.對ABC整體應用牛頓第二定律，水平方向地面摩擦力f=2ma=-mg

摩擦力方向與A加速度方向一致，水平向右，A正確；

C.物體C受到A的壓力、繩對滑輪作用力、地面支持力、重力、地面摩擦力，五個力，C錯誤；

D.對ABC整體應用牛頓第二定律，豎直方向lM+3m）g-N=ma,解得N=Mg+等

故地面對C的支持力大于（M+2）〃g,D錯誤。

故選Ao

7.（2024?遼寧丹東?一模）“反向蹦極”是一項比蹦極更刺激的運動。如圖所示，勁度系數為人的彈

性輕繩的上端固定在。點，拉長后將下端固定在體驗者的身上，人再與固定在地面上的拉力傳感器相連，

傳感器示數為1000N。打開扣環，人從4點由靜止釋放，像火箭一樣被“豎直發射”，經6點上升到最高位

置C點，在8點時速度最大。已知AB長為2m,人與裝備總質量，"=80kg（可視為質點）。忽略空氣阻力,

重力加速度g取lOm/s?。下列說法正確的是（）

A.在6點時，彈性輕繩的拉力為零B.經過C點時，人處于超重狀態

C.彈性輕繩的勁度系數上為500N/mD.打開扣環瞬間，人在4點的加速度大小為22.5m/s2

【答案】C

【解析】C.在6點時人的速度最大，加速度為零，處于平衡狀態，有kx=mg

在/點未釋放時，有kx'=mg+F

又xr-x=2m

聯立，解得％=500N/m,故A錯誤；C正確；

B.在。點速度為零，有向下的加速度，人處于失重狀態。故B錯誤；

D.打開扣環瞬間，由牛頓第二定律，可得kx'-mg^F=ma

解得＜7=12.5m/s2,故D錯誤。

故選Co

8.（2024?甘肅張掖?一模）如圖所示，光滑水平面上靜置一質量為0的長木板B,木板上表面各處粗

糙程度相同，一質量也為〃的小物塊A（可視為質點）從左端以速度-沖上木板。當□=%時，小物塊A歷

時力恰好運動到木板右端與木板共速，則（）

V

B

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

A.若"=A、B相對運動時間為?

B.若丫=￡，A、B相對靜止時，A恰好停在木板B的中點

C.若v=2%,A經歷|■到達木板右端

D.若v=2%,A從木板B右端離開時，木板速度等于丫

【答案】A

【解析】AB.根據牛頓第二定律kimg=maN=maB

則A、B兩物體加速度大小相等，設為。，小物塊A歷時。恰好運動到木板右端與木板共速，則

相=%一必0=〃0,解得%=萼，v共=2,°=襄

2a2

木板的長度乙=止久/曳》也

222

若了=一■，A、B兩物體共速時有v共1=手-M=的

解得「"普’加言

%+v

A、B相對靜止時，相對位移為_2共Ivmi_vtL_vt

TLn-fii——oov-oo

121214824

故A停在木板B的中點左側，故A正確，B錯誤；

CD.若v=2vo，A從木板B右端禺開時，根據動力學公式L=2v0t2——at[——citl

角軍得t2=（2-6）*）

A從木板B右端離開時，木板速度為y木板=外=上乎%<%,故CD錯誤。

故選A。

9.（23-24高三下?海南?期中）如圖所示，足夠長水平傳送帶逆時針轉動的速度大小為巧，一小滑塊

從傳送帶左端以初速度大小”滑上傳送帶，小滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數為“，小滑塊最終又返回到

左端。已知重力加速度為g,下列說法正確的是（）

——＞vo

?n?。ǎ?/p>

A.小滑塊的加速度向右，大小為〃g

B.若“＜%,小滑塊返回至U左端的時間為心1

4g

c.若%＞匕，小滑塊返回到左端的時間為％121

〃g

D.若%＞匕，小滑塊返回到左端的時間為找立）

2〃g%

【答案】D

【解析】A.小滑塊相對于傳送帶向右滑動，滑動摩擦力向左，加速度向左，根據牛頓第二定律得

fjmg-ma

解得a=/jg,故A錯誤；

B.若％（匕，小滑塊的速度從％先向右減速到0再返回加速到%,剛好返回到左端，時間為f=言

故B錯誤；

CD.若%＞匕，小滑塊的速度從％先向右減速到0的時間'1=當

位移為

然后加速返回，速度加速到匕的時間?i=—

位移為

2〃g

最后以速度W勻速回到左端，時間為[_由一無2=2〃g2〃g_片一端

3匕W2〃gw

小滑塊返回到左端的時間a=4+芍+4

解得/=曳+工+正二￡=品±立，故c錯誤，D正確。

〃g〃g2〃gV[2〃gV]

故選Do

10.（2024?陜西渭南?二模）如圖（a）,足夠高的水平長桌面上，戶點左邊光滑，右邊粗糙，物塊A

在祛碼B的拉動下從桌面左端開始運動，其vT圖像如圖（b）所示。已知祛碼8質量為0.20kg,重力加

速度g取10m/s2,用以表示物塊A的質量，〃表示物塊A與尸點右邊桌面之間的動摩擦因數，則有（）

C.mA=0.8kg,〃=0.125D.mA=0.8kg,〃=0.2

【答案】C

2

【解析】由圖像可知，滑塊A在尸點左邊運動時的加速度為?1=2m/s

22

在尸點右邊運動時的加速度為a2=----m/s=lm/s

2-1

由牛頓第二定律mvg=（mA+mB）ai"%g-〃加=（叫+"%）2

聯立解得mA=0.8kg〃=0.125

故選C。

11.（2024?江西?二模）如圖所示，在足夠大的水平地面上靜置一木板，可視為質點的物塊以次3m/s

的速度滑上木板，最終物塊恰好到達木板的右端，木板沿地面運動的距離恰好等于木板的長度。己知物塊

與木板間的動摩擦因數〃尸0.2,木板與地面間的動摩擦因數。尸0.05,取重力加速度大小1g=10m/s2,則木

板的長度為（）

一%

%

A.1.0mB.1.5mC.2.0mD.2.5m

【答案】B

【解析】設滑塊的質量為優，木板的質量為在滑塊減速和木板加速到共速的時間為4,加速度為生、

jLi,jng0.24+相）..

a,有a=-=2m/s,a=~~—-----------,v-=at=v

2xm2M02x

木板的位移為X1=^tl

兩者共速后，因從＞〃2,則一起減速到停止，共同減速的加速度為由，有色=〃2（m+y）g=05m/s2

m+M

2

木板的位移為X2=^一