專題03牛頓運動定律高考物理真題題源解密（全國通用）

專題三牛頓運動定律名目：2023年真題呈現(xiàn)考向一牛頓其次定律瞬時性與彈簧結(jié)合考向二動力學的兩類問題考向三牛頓其次定律與圖像結(jié)合考向四動力學的連接體問題與臨界問題結(jié)合真題考查解讀近年真題比照考向一牛頓其次定律的根本應用考向二動力學的連接體問題考向三動力學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考向一牛頓其次定律瞬時性與彈簧結(jié)合1.〔多項選擇〕〔2023·湖北卷·第9題〕如下圖，原長為l的輕質(zhì)彈簧，一端固定在O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。桿上M、N兩點與O點的距離均為l，P點到O點的距離為，OP與桿垂直。當小球置于桿上P點時恰好能保持靜止。設最大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)。以下說法正確的選項是〔〕A.彈簧的勁度系數(shù)為B.小球在P點下方處的加速度大小為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M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，那么有，，，聯(lián)立解得，A正確；在PM之間任取一點A，令AO與MN之間的夾角為，那么此時彈簧的彈力為小球受到的摩擦力為化簡得小球由M向P運動過程中，θ角增大，小球由P向N運動過程中，θ角減小，由此可知，小球從M點到N點的運動過程中，所受摩擦力先變大后變小，C錯誤；依據(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；小球運動到P點下方時，此時摩擦力大小為由牛頓其次定律聯(lián)立解得，B錯誤。考向二動力學的兩類問題2.〔2023·全國乙卷卷·第14題〕一同學將排球自O點墊起，排球豎直向上運動，隨后下落回到O點。設排球在運動過程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比。那么該排球〔〕A．上升時間等于下落時間B．被墊起后瞬間的速度最大C．到達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，依據(jù)牛頓其次定律可知，上升過程中任意位置的加速度比下降過程中對應位置的加速度大，那么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始終做負功，小球機械能始終在減小，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．到達最高點速度為零，空氣阻力為零，此刻排球重力供應加速度不為零，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。應選B。3．〔多項選擇〕〔2023·全國新課標卷·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〔〕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，如下圖A．依據(jù)牛頓其次定律有，由于m甲>m乙，所以a甲<a乙由于兩物體運動時間相同，且同時由靜止釋放，可得v甲<v乙，A錯誤；BCD．對于整個系統(tǒng)而言，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動量方向向左，明顯甲的動量大小比乙的小，BD正確、C錯誤。應選BD?？枷蛉ｎD其次定律與圖像結(jié)合4.〔多項選擇〕〔2023·全國·甲卷·第19題〕〕用水平拉力使質(zhì)量分別為、的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開頭沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數(shù)分別為和。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關(guān)系圖線如下圖。由圖可知〔〕A．B．C．D．【答案】BC【詳解】依據(jù)牛頓其次定律有F－μmg=ma整理后有F=ma＋μmg那么可知F—a圖像的斜率為m，縱截距為μmg，那么由題圖可看出m甲>m乙，μ甲m甲g=μ乙m乙g那么μ甲<μ乙應選BC?？枷蛩膭恿W的連接體問題與臨界問題結(jié)合5.〔多項選擇〕〔2023·湖南卷·第10題〕如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為的小車在水平推力的作用下加速運動。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為的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，桿與車廂始終保持相對靜止假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。以下說法正確的選項是〔〕A．假設B球受到的摩擦力為零，那么B．假設推力向左，且，那么的最大值為C．假設推力向左，且，那么的最大值為D．假設推力向右，且，那么的范圍為【答案】CD【詳解】A．設桿的彈力為，對小球A：豎直方向受力平衡，那么桿水平方向的分力與豎直方向的分力滿意，豎直方向，那么假設B球受到的摩擦力為零，對B依據(jù)牛頓其次定律可得，可得對小球A、B和小車整體依據(jù)牛頓其次定律，A錯誤；B．假設推力向左，依據(jù)牛頓其次定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值為對小球B，由于，小球B受到向左的合力那么對小球A，依據(jù)牛頓其次定律可得對系統(tǒng)整體依據(jù)牛頓其次定律，解得，B錯誤；C．假設推力向左，依據(jù)牛頓其次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的水平分力供應，小球A所受向左的合力的最大值為小球B所受向左的合力的最大值由于可知那么對小球B，依據(jù)牛頓其次定律對系統(tǒng)依據(jù)牛頓其次定律聯(lián)立可得的最大值為，C正確；D．假設推力向右，依據(jù)牛頓其次定律可知系統(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，因此只需要爭論小球B即可，當小球B所受的摩擦力向左時，小球B向右的合力最小，此時當小球所受摩擦力向右時，小球B向右的合力最大，此時對小球B依據(jù)牛頓其次定律，對系統(tǒng)依據(jù)牛頓其次定律代入小球B所受合力分范圍可得的范圍為【命題意圖】“牛頓運動定律〞是高中物理的核心內(nèi)容之一，是動力學的“基石〞，也是整個經(jīng)典力學的理論根底，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力量和綜合分析力量?！究疾橐c】“牛頓運動定律〞主要考查牛頓運動定律的應用，動力學兩類問題，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)所受的外力狀況，一般依據(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?！菊n標鏈接】①理解牛頓三定律，特殊是理解牛頓其次定律的性質(zhì)；②能運用牛頓其次定律處理力與運動關(guān)系問題和連接體問題考向一牛頓其次定律的根本應用1.(2021·全國甲卷·T1〕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)整，使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊由平板與豎直桿交點Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點滑至P點所用的時間t與夾角θ的大小有關(guān)。假設由30°漸漸增大至60°，物塊的下滑時間t將A.漸漸增大B.漸漸減小C.先增大后減小【答案】D【解析】設QP在水平面的投影長度為L，那么QP長度為L/cosθ，物塊光滑長木板上下滑的加速度a=gsinθ，由L/cosθ=at2，解得t==2，明顯在θ=45°時，t最小，所以平板與水平面的夾角由30°漸漸增大至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，如下圖，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度，水平滑軌長度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。假設貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開頭下滑，其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為，貨物可視為質(zhì)點〔取，，重力加速度〕。〔1〕求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度的大??；〔2〕求貨物在傾斜滑軌末端時速度的大??；〔3〕假設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。【答案】〔1〕；〔2〕；〔3〕【解析】〔1〕依據(jù)牛頓其次定律可得代入數(shù)據(jù)解得〔2〕依據(jù)運動學公式解得〔3〕依據(jù)牛頓其次定律依據(jù)運動學公式代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得3.〔2022·湖南卷·T9〕球形飛行器安裝了可供應任意方向推力的矢量發(fā)動機，總質(zhì)量為。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，為常量〕。當發(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；當發(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。重力加速度大小為，不考慮空氣相對于地面的流淌及飛行器質(zhì)量的變化，以下說法正確的選項是〔〕A.發(fā)動機的最大推力為B.當飛行器以勻速水平飛行時，發(fā)動機推力的大小為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D.當飛行器以的速率飛行時，其加速度大小可以到達【答案】BC【解析】A．飛行器關(guān)閉發(fā)動機，以v1=勻速下落時，有，飛行器以v2=向上勻速時，設最大推力為Fm聯(lián)立可得，A錯誤；B．飛行器以v3=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解得C正確；D．當飛行器最大推力向下，以v5=的速率向上減速飛行時，其加速度向下到達最大值解得amD錯誤。應選B考向二動力學的連接體問題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，那么從今刻開頭到彈簧第一次恢復原長之前〔〕A.P的加速度大小的最大值為B.Q加速度大小的最大值為C.P的位移大小肯定大于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，那么拉力大小為撤去拉力前對Q受力分析可知，彈簧的彈力為AB．以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變?yōu)?，兩滑塊與地面間仍舊保持相對滑動，此時滑塊P的加速度為解得此刻滑塊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。依據(jù)牛頓其次定律可知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。Q加速度大小最大值為彈簧恢復原長時，解得，故滑塊Q加速度大小最大值為，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的位移肯定小于Q的位移，C錯誤；D．滑塊P在彈簧恢復到原長時的加速度為，解得，撤去拉力時，PQ的初速度相等，滑塊P由開頭的加速度大小為做加速度減小的減速運動，最終彈簧原長時加速度大小為；滑塊Q由開頭的加速度為0做加速度增大的減速運動，最終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。應選AD。5.〔2022·全國乙卷·T15〕如圖，一不行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。當兩球運動至二者相距時，它們加速度的大小均為〔〕A.B.C.D.【答案】A【解析】當兩球運動至二者相距時，,如下圖由幾何關(guān)系可知設繩子拉力為，水平方向有解得對任意小球由牛頓其次定律可得解得故A正確，BCD錯誤。應選A。6.〔2020·海南卷·T12，〕如圖，在傾角為光滑斜面上，有兩個物塊P和Q，質(zhì)量分別為和，用與斜面平行的輕質(zhì)彈簧相連接，在沿斜面對上的恒力F作用下，兩物塊一起向上做勻加速直線運動，那么〔〕A.兩物塊一起運動的加速度大小為B.彈簧的彈力大小為C.假設只增大，兩物塊一起向上勻加速運動時，它們的間距變大D.假設只增大，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，依據(jù)牛頓其次定律有解得，故A錯誤；對m2受力分析，依據(jù)牛頓其次定律有解得，故B正確；依據(jù)，可知假設只增大，兩物塊一起向上勻加速運動時，彈力變大，依據(jù)胡克定律，可知伸長量變大，故它們的間距變大，故C正確；依據(jù)，可知只增大，兩物塊一起向上勻加速運動時，彈力不變，依據(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，開頭時P靜止在水平桌面上。將一個水平向右的推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话?。P、Q兩物塊的質(zhì)量分別為、，P與桌面間的動摩擦因數(shù)，重力加速度。那么推力F的大小為〔〕AB.C.D.【答案】A【解析】P靜止在水平桌面上時，由平衡條件有推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话?，即故Q物體加速下降，有可得而P物體將有相同的加速度向右加速而受滑動摩擦力，對P由牛頓其次定律解得，應選項A正確。8.(:2022·山東卷·T16)某糧庫使用額定電壓，內(nèi)阻的電動機運糧。如下圖，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沿斜坡勻速上行，此時電流。關(guān)閉電動機后，小車又沿斜坡上行路程L到達卸糧點時，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。小車質(zhì)量，車上糧食質(zhì)量，配重質(zhì)量，取重力加速度，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k，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)k值；〔2〕上行路程L值?！敬鸢浮俊?〕；〔2〕【解析】〔1〕設電動機的牽引繩張力為，電動機連接小車的纜繩勻速上行，由能量守恒定律有解得小車和配重一起勻速，設繩的張力為，對配重有設斜面傾角為，對小車勻速有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，有聯(lián)立各式解得，〔2〕關(guān)閉發(fā)動機后小車和配重一起做勻減速直線運動，設加速度為，對系統(tǒng)由牛頓其次定律有可得由運動學公式可知解得考向三動力學常見的兩種模型9.(:2021·全國乙卷·T21〕水平地面上有一質(zhì)量為的長木板，木板的左明上有一質(zhì)量為的物塊，如圖〔a〕所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時間t的變化關(guān)系如圖〔b〕所示，其中、分別為、時刻F的大小。木板的加速度隨時間t的變化關(guān)系如圖〔c〕所示。木板與地面間的動摩擦因數(shù)為，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為，假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g。那么〔〕A.B.C.D.時間段物塊與木板加速度相等【答案】BCD【解析】圖〔c〕可知，t1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故A錯誤；圖〔c〕可知，t2滑塊與木板剛要發(fā)生相對滑動，以整體為對象，依據(jù)牛頓其次定律，有以木板為對象，依據(jù)牛頓其次定律，有解得，故BC正確；．圖〔c〕可知，0~t2這段時間滑塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，故D正確分析近三年的高考試題，可以發(fā)覺牛頓運動定律主要考查：〔1〕利用牛頓其次定律解決動力學的圖像問題；〔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——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年的考生必需把握的。牛頓運動定律的綜合運用考察范圍之廣，傳送帶模型常常與機械能結(jié)合在一起，求最短時間和痕跡類問題；滑塊——木板模型，常與動量、能量甚至消失在電場和磁場的形成的復合場和疊加場中，常以綜合性壓軸題消失在選擇題和解答題中，2024年考生需要加強對牛頓其次定律的綜合運用，增大對難度和題量的訓練。1．〔2023·全國·模擬猜測〕伽利略制造的把試驗、假設和規(guī)律推理相結(jié)合的科學方法，有力的促進了人類科學熟悉的開展。利用如下圖的裝置做如下試驗：小球從左側(cè)斜面上的O點由靜止釋放后沿斜面對下運動，并沿右側(cè)斜面上升。斜面上先后鋪墊三種粗糙程度漸漸降低的材料時，小球沿右側(cè)斜面上升到的最高位置依次為1、2、3。依據(jù)三次試驗結(jié)果的比照，可以得到的最直接的結(jié)論是〔〕A．假設小球不受力，它將始終保持勻速直線運動或靜止狀態(tài)B．假設斜面光滑，小球在右側(cè)斜面將上升到與O點等高的位置C．假設小球受到力的作用，它的運動狀態(tài)將發(fā)生轉(zhuǎn)變D．小球受到的力肯定時，質(zhì)量越大，它的運動狀態(tài)就越難轉(zhuǎn)變【答案】B【詳解】AC．本試驗并不能得到力與運動狀態(tài)的關(guān)系，故AC錯誤；B．依據(jù)題意，先后鋪墊三種粗糙程度漸漸降低的材料時，小球上上升度始終增加，可推知，當斜面光滑，小球?qū)⑸仙脚cO點等高的位置，故B正確；D．本試驗質(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。應選B。應選D。2．〔2023·四川成都·成都七中?？寄M猜測〕利用智能中的加速度傳感器可以測量的加速度。用手掌托著，手掌從靜止開頭上下運動，軟件顯示豎直方向上的圖像如圖，該圖像以豎直向上為正方向。那么〔〕A．在時刻運動到最高點B．在時刻轉(zhuǎn)變運動方向C．在到時間內(nèi)，受到的支持力先減小再增大D．在到時間內(nèi)，受到的支持力先增大再減小【答案】D【詳解】AB．依據(jù)題意，由圖可知，在加速度約為0，時間內(nèi)，向上做加速度增大的加速運動，時間內(nèi)，向上做加速度減小的加速運動，向上做加速度增大的減速運動，那么在時刻沒有運動到最高點，在時刻也沒有轉(zhuǎn)變運動方向，故AB錯誤；CD．由牛頓其次定律，時間內(nèi)有，解得時間內(nèi)有，解得結(jié)合圖像可知，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。應選D。3．〔2023·北京·統(tǒng)考模擬猜測〕如下圖，光滑水平面上有個一根光滑的水平細桿，上面套著兩個質(zhì)量均為m，半徑很小的球A和B，兩球用長為L的細線相連接，開頭時細線被拉直。現(xiàn)用一與光滑水平面平行且與桿垂直的恒力F作用于線的中點，使兩球由靜止開頭沿桿運動，當兩球相距為時兩球沿桿滑行的加速度a的大小為〔〕A．B．C．D．【答案】D【詳解】依據(jù)題意，對結(jié)點受力分析，如下圖由平衡條件有，由幾何關(guān)系可得，對小球，由牛頓其次定律有，聯(lián)立解得，應選D。4．〔2023·全國·二?！乘阶烂嫔戏胖靡毁|(zhì)量為m的木塊，木塊與桌面間的動摩擦因數(shù)恒定，用一水平恒力F拉木塊，木塊在水平桌面上做勻速直線運動；假設將此力方向改為與水平方向成角斜向上拉木塊〔F大小不變〕，木塊仍在水平桌面上做勻速直線運動。那么當用的水平恒力拉木塊，此時木塊的加速度為〔當?shù)氐闹亓铀俣葹間，〕〔〕A．B．C．D．【答案】A【詳解】水平桌面上放置一質(zhì)量為m的木塊，木塊與桌面間的動摩擦因數(shù)恒定，用一水平恒力F拉木塊，木塊在水平桌面上做勻速直線運動假設將此力方向改為與水平方向成角斜向上拉木塊〔F大小不變〕，木塊仍在水平桌面上做勻速直線運動當用的水平恒力拉木塊，解得應選A。5．〔2023·湖南長沙·雅禮中學校考二模〕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。某次試驗，調(diào)整旋翼使無人機受豎直向上的恒定升力F從地面靜止升起，到達穩(wěn)定速度過程中，其運動圖像如圖〔b〕所示。假設無人機飛行時受到的空氣阻力與速率成正比，即，方向與速度方向相反，那么以下說法正確的選項是〔〕A．無人機在第內(nèi)的位移等于B．無人機在第內(nèi)的速度變化量與第內(nèi)的速度變化量相等C．空氣給無人機的作用力漸漸增大D．空氣給無人機的作用力漸漸減小【答案】D【詳解】A．依據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可知無人機在第內(nèi)的位移滿意故A錯誤；B．依據(jù)圖像的切線斜率表示加速度，可知到達穩(wěn)定速度的過程中，無人機的加速度漸漸減小，無人機在第內(nèi)的速度變化量大于第內(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漸漸減小，依據(jù)牛頓其次定律可得，可知空氣給無人機的作用力漸漸減小，故C錯誤，D正確。應選D。6．〔2023·四川·統(tǒng)考二?！橙缦聢D，一物體被水平向左的壓力壓在粗糙的豎直墻壁上，某時刻壓力的值為，此時物體處于靜止狀態(tài)，假設從該時刻起使壓力漸漸減小，直到減為零，那么該過程中物體的加速度與壓力的關(guān)系圖像可能正確的選項是〔〕A．B．C．D．【答案】D【詳解】設物體與豎直墻壁間的動摩擦因數(shù)為，物體的質(zhì)量為。壓力為時，物體處于靜止狀態(tài)，假設此時摩擦力剛好到達最大值，那么從該時刻起使壓力漸漸減小，物體馬上獲得加速度向下加速運動，依據(jù)牛頓其次定律可得，又，聯(lián)立可得應選D。7.〔2023·海南·統(tǒng)考模擬猜測〕如下圖，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，質(zhì)量為的物體B放置在物體上，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。某時刻懸掛電梯的鋼索突然斷裂，在鋼索斷裂的瞬間，以下說法正確的選項是〔〕A．物體的加速度大小為0B．物體B的加速度大小為C．箱式電梯的加速度大小為D．物體B對物體的壓力為0【答案】A【詳解】鋼索斷裂的瞬間，彈簧的彈力不變，所以AB的受力狀況不變，加速度均為0，物體B對物體的壓力等于自身重力，對整體分析可知解得應選A。8．〔2023·湖北·模擬猜測〕如下圖，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F作用于A，使A、B一起緩慢上升，AB不別離，在A、B一起運動過程中，下面說法正確的選項是〔〕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F，此后運動中A可能相對B滑動C．在某時刻撤去F，此后運動中AB的加速度可能大于gD．在某時刻撤去F，在A、B下降的過程中，B對A的作用力始終增大【答案】D【詳解】A．一起緩慢上升過程中，以A、B為整體，依據(jù)受力平衡可得由于彈簧彈力漸漸減小，可知拉力漸漸增大；以A為對象，設木板B斜面傾角為，依據(jù)受力平衡可得可知B對A摩擦力不斷變小，那么A對B的摩擦力不斷變小，故A錯誤；B．設A、B間的動摩擦因數(shù)為，依據(jù)題意有在某時刻撤去，設A、B向下加速的加速度大小為，以A為對象，那么有，，可得，故此后運動中A、B相對靜止，故B錯誤；C．在某時刻撤去，此后運動中A、B相對靜止，那么最高點時的加速度最大，且撤去力前，整體重力和彈簧彈力的合力小于整體重力，那么最高點加速度小于，此后運動中AB的加速度不行能大于，故C錯誤；D．在某時刻撤去，在A、B下降的過程中，A的加速度先向下漸漸減小，后向上漸漸增大，那么B對A的作用力始終增大，故D正確。應選D。9．〔多項選擇〕〔2023·湖南株洲·校聯(lián)考模擬猜測〕如下圖，質(zhì)量分別為和的小物塊，通過輕繩相連，并接在裝有光滑定滑輪的小車上。假如按圖甲所示，裝置在水平力作用下做勻加速運動時，兩個小物塊恰好相對靜止；假如互換兩個小物塊，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，那么〔〕A．B．C．兩種狀況下小車對質(zhì)量為的小物塊的作用力大小之比為D．兩種狀況下小車對質(zhì)量為的小物塊的作用力大小之比為【答案】AC【詳解】AB．一切摩擦不考慮，那么題圖甲中小車的加速度為，題圖乙中小車的加速度為，所以兩題圖中小車的加速度之比為，由于題圖甲和題圖乙裝置的整體質(zhì)量是一樣的，所以，A正確，B錯誤；CD．題圖甲中，小車對質(zhì)量為的小物塊的作用力為，題圖乙中，小車對質(zhì)量為的小物塊的支持力大小等于其所受的重力大小，即，，所以，C正確，D錯誤。應選AC。10．〔多項選擇〕〔2023·廣東廣州·華南師大附中校考三?！橙鐖D甲所示，在傾角為37°的粗糙斜面的底端，一質(zhì)量m=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。t=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oab段為曲線，bc段為直線。假設g取10m/s2。那么〔〕A．t1=0.2s內(nèi)，物塊的機械能不斷增大B．0.3s末，滑塊到達斜面最高點C．滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=D．滑塊在t1=t=【答案】BC【詳解】A．t1=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功，所以物塊的機械能削減，與彈簧別離后，由于摩擦力做負功，物塊的機械能削減，A錯誤；B．依據(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，此時物塊到達斜面最高點，B正確；C．利用牛頓其次定律得，解得，C正確；D．依據(jù)速度與時間的關(guān)系得出末時的速度方向沿斜面對上，大小為0.3s后物塊從最高點開頭返回，利用牛頓其次定律得出返回時的加速度為依據(jù)勻變速直線運動的速度與時間得出時的速度方向沿斜面對下，大小為，D錯誤。應選BC。11．〔2022·江蘇蘇州·江蘇省昆山中學?？寄M猜測〕如圖甲所示，足夠長的傾斜直傳送帶以速度沿順時針方向運行，可視為質(zhì)點的物塊在時刻以速度從傳送帶底端開頭沿傳送帶上滑，物塊的質(zhì)量。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，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取。求：〔1〕傾斜傳送帶與水平方向的夾角θ和物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ〔2〕物塊與傳送帶間的劃痕長度L【答案】〔1〕，；〔2〕；〔3〕【詳解】〔1〕由題圖乙可得，0~0.2s內(nèi)滑動摩擦力的功率為，當時，代入數(shù)據(jù)得物塊勻速運動時受到靜摩擦力的作用，摩擦力的功率，代入數(shù)據(jù)得，解得，〔2〕由圖像可知物塊與傳送帶間的劃痕長度為，物體運動距離為物塊重力勢能的變化量為那么機械能的變化量為12．〔2022·湖南常德·常德市一中校考模擬猜測〕某愛好小組對老師演示慣性的一個試驗進行了深化的爭論。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，假如彈的力度適宜，橡皮擦將脫離紙板，橡皮擦可視為質(zhì)點，質(zhì)量為，硬紙板的質(zhì)量為，長度為。橡皮擦與紙板、桌面間的動摩擦因數(shù)均為，紙板與桌面間的動摩擦因數(shù)為，認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為?！?〕手指對紙