專題03 運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系-五年（2020-2024）高考物理真題分類匯編（解析版）

2020-2024年五年高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題03運(yùn)動(dòng)與力的關(guān)系考點(diǎn)五年考情（2020-2024）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1牛頓第一定律（慣性）2020年浙江卷；2022年浙江卷；2023年浙江卷等牛頓運(yùn)動(dòng)定律作為高中物理的核心知識(shí)之一，未來的命題趨勢(shì)變化不會(huì)很大，更注重聯(lián)系生活實(shí)際及考查學(xué)生的知識(shí)運(yùn)用能力。1.運(yùn)動(dòng)和受力作為動(dòng)力學(xué)的內(nèi)容，既適用于直線運(yùn)動(dòng)，又適用于曲線運(yùn)動(dòng)，考查的關(guān)鍵點(diǎn)在于利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律使研究對(duì)象表面的運(yùn)動(dòng)規(guī)律和背后的受力規(guī)律匹配；命題多以生活和科受中的各類情境為引，融合典型模型、邏輯推理，學(xué)方法等考查知識(shí)、能力和素養(yǎng)。2.動(dòng)力學(xué)部分的考題多涉及實(shí)際的情境和圖像，主要有兩個(gè)關(guān)鍵考查點(diǎn)，一是從情境和圖像中提取有效的信息，通過牛頓運(yùn)動(dòng)定律構(gòu)建方程，進(jìn)而求解相關(guān)的物理量；二是從信息中剝離有效的物理模型，利用學(xué)過的已知模型和方法解決未知的問題。3.動(dòng)力學(xué)部分較復(fù)雜的考點(diǎn)集中在多物體多過程問題，例如連接體問題、板塊問題等，主要有兩個(gè)關(guān)鍵考查點(diǎn)，一是選擇合適的研究對(duì)象，合理利用整體法與隔離法判斷物體受力和運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)；二是有效地拆分物體的運(yùn)動(dòng)過程，尋找解題的突破點(diǎn)和關(guān)聯(lián)點(diǎn)，大膽假設(shè)未知量，通過方程思想處理問題。4.國際單位制主要考查對(duì)物理量定義的記憶、理解和推導(dǎo)，要求掌握7個(gè)國際基本物理單位物理意義的同時(shí)，也要掌握基本單位和其他相關(guān)單位的推導(dǎo)，規(guī)范定義并正確使用單位?？键c(diǎn)2牛頓第二定律與直線運(yùn)動(dòng)（含實(shí)驗(yàn)）2020年浙江卷；2021年遼寧卷、北京卷、湖南卷；2022年浙江卷、遼寧卷、山東卷等牛頓第二定律的應(yīng)用2020年山東卷；2021全國乙卷；2022全國乙卷、河北卷；2023年遼寧卷等力學(xué)單位制2021年河北卷；2022年浙江等考點(diǎn)01牛頓第一定律1．(2020·浙江7月選考·2)如圖1所示，底部均有4個(gè)輪子的行李箱a豎立、b平臥放置在公交車上，箱子四周有一定空間．當(dāng)公交車()圖1A．緩慢起動(dòng)時(shí)，兩只行李箱一定相對(duì)車子向后運(yùn)動(dòng)B．急剎車時(shí)，行李箱a一定相對(duì)車子向前運(yùn)動(dòng)C．緩慢轉(zhuǎn)彎時(shí)，兩只行李箱一定相對(duì)車子向外側(cè)運(yùn)動(dòng)D．急轉(zhuǎn)彎時(shí)，行李箱b一定相對(duì)車子向內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】a行李箱與車廂底面接觸的為4個(gè)輪子，而b行李箱與車廂底面接觸的為箱體平面．緩慢起動(dòng)時(shí)，加速度較小，兩只行李箱所受靜摩擦力可能小于最大靜摩擦力，故兩只行李箱可能相對(duì)公交車靜止，不會(huì)向后運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；急剎車時(shí)，a、b行李箱由于慣性，要保持原來的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，但a行李箱與車廂底面的摩擦為滾動(dòng)摩擦，比較小，故a行李箱會(huì)向前運(yùn)動(dòng)，b行李箱可能靜止不動(dòng)，也可能向前運(yùn)動(dòng)，故B正確；緩慢轉(zhuǎn)彎時(shí)，向心加速度較小，兩只行李箱特別是b行李箱所受靜摩擦力可能足以提供向心力，則b行李箱可能相對(duì)公交車靜止，不一定相對(duì)車子向外側(cè)運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；急轉(zhuǎn)彎時(shí)，若行李箱b所受靜摩擦力不足以提供向心力時(shí)會(huì)發(fā)生離心運(yùn)動(dòng)，可能會(huì)向外側(cè)運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤.2．(2022·浙江6月選考·2)下列說法正確的是()A．鏈球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)過程中加速度不變B．足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大C．乒乓球被擊打過程中受到的作用力大小不變D．籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向無關(guān)【答案】B【解析】鏈球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)過程中加速度方向在改變，A錯(cuò)誤；慣性只與質(zhì)量有關(guān)，則足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大，B正確；乒乓球被擊打過程中受到的作用力隨著形變量的變化而變化，C錯(cuò)誤；籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向相反，D錯(cuò)誤．3．(2023·浙江6月選考·2)在足球運(yùn)動(dòng)中，足球入網(wǎng)如圖所示，則()A．踢香蕉球時(shí)足球可視為質(zhì)點(diǎn)B．足球在飛行和觸網(wǎng)時(shí)慣性不變C．足球在飛行時(shí)受到腳的作用力和重力D．觸網(wǎng)時(shí)足球?qū)W(wǎng)的力大于網(wǎng)對(duì)足球的力【答案】B【解析】在研究如何踢出香蕉球時(shí)，需要考慮踢在足球上的位置與角度，所以不可以把足球看作質(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；慣性只與質(zhì)量有關(guān)，足球在飛行和觸網(wǎng)時(shí)質(zhì)量不變，則慣性不變，故B正確；足球在飛行時(shí)腳已經(jīng)離開足球，故在忽略空氣阻力的情況下只受重力，故C錯(cuò)誤；觸網(wǎng)時(shí)足球?qū)W(wǎng)的力與網(wǎng)對(duì)足球的力是相互作用力，大小相等，故D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)02牛頓第二定律與直線運(yùn)動(dòng)1.（2022·浙江6月選考·19）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運(yùn)到卡車中，如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1＝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滑，其與滑軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝eq\f(2,9)，貨物可視為質(zhì)點(diǎn)(取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4，重力加速度g＝10m/s2)．(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時(shí)加速度a1的大??；(2)求貨物在傾斜滑軌末端時(shí)速度v的大小；(3)若貨物滑離水平滑軌末端時(shí)的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長度l2.【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mgsin24°－μmgcos24°＝ma1代入數(shù)據(jù)解得a1＝2m/s2(2)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2＝2a1l1解得v＝4m/s(3)根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma2根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vmax2－v2＝－2a2l2代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得l2＝2.7m.2.(2020·浙江7月選考·19)如圖1甲所示，有一質(zhì)量m＝200kg的物件在電機(jī)的牽引下從地面豎直向上經(jīng)加速、勻速、勻減速至指定位置．當(dāng)加速運(yùn)動(dòng)到總位移的14時(shí)開始計(jì)時(shí)，測得電機(jī)的牽引力隨時(shí)間變化的F－t圖線如圖乙所示，t＝34s末速度減為0圖1(1)做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向；(2)勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小；(3)總位移的大?。敬鸢浮?1)0.125m/s2豎直向下(2)1m/s(3)40m【解析】(1)由題圖可和，物件在0～26s時(shí)間內(nèi)，物件勻速運(yùn)動(dòng)，26～34s時(shí)間內(nèi)，物件勻減速運(yùn)動(dòng)，在勻減速運(yùn)動(dòng)過程中，由牛頓第二定律有mg－F＝ma則a＝g－Fm＝0.125m/s2(2)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝at2＝1m/s(3)由題圖乙可知，勻速上升的位移h1＝vt1＝26m勻減速上升的位移h2＝v2t2＝由題意可知h1＋h2＝34h所以物件的總位移大小h＝40m3.（2022·遼寧高考卷·7）如圖所示，一小物塊從長1m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端，經(jīng)過1s從另一端滑落．物塊與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，g取10m/s2.下列v0、μ值可能正確的是()A．v0＝2.5m/s B．v0＝1.5m/sC．μ＝0.28 D．μ＝0.25【答案】B【解析】物塊沿中線做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(v0＋v,2)，由題知x＝1m，t＝1s，v>0，代入數(shù)據(jù)有v0<2m/s，對(duì)物塊由牛頓第二定律有ma＝－μmg，又v2－v02＝2ax，整理有v02－2μgx＝v2>0，則μ<0.2，故選B.4．（2021·遼寧卷·13）機(jī)場地勤工作人員利用傳送帶從飛機(jī)上卸行李．如圖所示，以恒定速率v1＝0.6m/s運(yùn)行的傳送帶與水平面間的夾角α＝37°，轉(zhuǎn)軸間距L＝3.95m．工作人員沿傳送方向以速度v2＝1.6m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹(可視為質(zhì)點(diǎn))．小包裹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8.取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小包裹相對(duì)傳送帶滑動(dòng)時(shí)加速度的大小a；(2)小包裹通過傳送帶所需的時(shí)間t.【答案】(1)0.4m/s2(2)4.5s【解析】(1)小包裹的初速度v2大于傳送帶的速度v1，所以開始時(shí)小包裹受到的傳送帶的摩擦力沿傳送帶向上，因?yàn)樾“芑瑒?dòng)摩擦力大于重力沿傳送帶方向上的分力，即μmgcosθ>mgsinθ，所以小包裹與傳送帶共速后做勻速直線運(yùn)動(dòng)至傳送帶底端，根據(jù)牛頓第二定律可知μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得a＝0.4m/s2(2)根據(jù)(1)可知小包裹開始階段在傳送帶上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，用時(shí)t1＝eq\f(v2－v1,a)＝eq\f(1.6－0.6,0.4)s＝2.5s在傳送帶上滑動(dòng)的距離為x1＝eq\f(v1＋v2,2)t1＝eq\f(0.6＋1.6,2)×2.5m＝2.75m共速后，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq\f(L－x1,v1)＝eq\f(3.95－2.75,0.6)s＝2s所以小包裹通過傳送帶所需的時(shí)間為t＝t1＋t2＝4.5s.5．（2021·北京高考真題·15）物理實(shí)驗(yàn)一般都涉及實(shí)驗(yàn)?zāi)康?、?shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)儀器、實(shí)驗(yàn)方法、實(shí)驗(yàn)操作、數(shù)據(jù)分析等．例如：(1)實(shí)驗(yàn)儀器．用游標(biāo)卡尺測某金屬管的內(nèi)徑，示數(shù)如圖1所示．則該金屬管的內(nèi)徑為________mm.甲(2)數(shù)據(jù)分析．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在隨物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的紙帶上打點(diǎn)，其中一部分如圖乙所示，B、C、D為紙帶上標(biāo)出的連續(xù)3個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)沒有標(biāo)出．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器接在頻率為50Hz的交流電源上．則打C點(diǎn)時(shí)，紙帶運(yùn)動(dòng)的速度vC＝________m/s(結(jié)果保留小數(shù)點(diǎn)后兩位)．乙(3)實(shí)驗(yàn)原理．圖丙為“探究加速度與力的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖．認(rèn)為桶和砂所受的重力等于使小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的合力．實(shí)驗(yàn)中平衡了摩擦力后，要求桶和砂的總質(zhì)量m比小車質(zhì)量M小得多．請(qǐng)分析說明這個(gè)要求的理由．_____________________________________________________________________________________________________________.丙【答案】(1)31.4(2)0.44(3)見解析【解析】(1)根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則，可知內(nèi)徑為31m＋4×0.1mm＝31.4mm(2)每隔4個(gè)點(diǎn)取一個(gè)點(diǎn)作為計(jì)數(shù)點(diǎn)，故兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間有5個(gè)間隔；故兩點(diǎn)間的時(shí)間間隔為T＝5×0.02s＝0.1s勻變速直線運(yùn)動(dòng)中一段時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過程中的平均速度，則有vC＝eq\f(xBD,2T)＝0.44m/s(3)設(shè)繩的拉力為FT，小車運(yùn)動(dòng)的加速度為a.對(duì)桶和砂，有mg－FT＝ma對(duì)小車，有FT＝Ma得FT＝eq\f(M,M＋m)mg小車受到細(xì)繩的拉力FT等于小車受到的合力F，即F＝eq\f(M,M＋m)mg＝eq\f(1,1＋\f(m,M))mg可知，只有桶和砂的總質(zhì)量m比小車質(zhì)量M小得多時(shí)，才能認(rèn)為桶和砂所受的重力mg等于使小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的合力F.6.（2021·湖南高考真題·11）某實(shí)驗(yàn)小組利用圖1所示裝置探究加速度與物體所受合外力的關(guān)系．主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：圖1圖2圖3(1)用游標(biāo)卡尺測量墊塊厚度h，示數(shù)如圖2所示，h＝________cm；(2)接通氣泵，將滑塊輕放在氣墊導(dǎo)軌上，調(diào)節(jié)導(dǎo)軌至水平；(3)在右支點(diǎn)下放一墊塊，改變氣墊導(dǎo)軌的傾斜角度；(4)在氣墊導(dǎo)軌合適位置釋放滑塊，記錄墊塊個(gè)數(shù)n和滑塊對(duì)應(yīng)的加速度a；(5)在右支點(diǎn)下增加墊塊個(gè)數(shù)(墊塊完全相同)，重復(fù)步驟(4)，記錄數(shù)據(jù)如下表：n123456a/(m·s－2)0.0870.1800.2600.4250.519根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖3上描點(diǎn)，繪制圖線．如果表中缺少的第4組數(shù)據(jù)是正確的，其應(yīng)該是________m/s2(保留三位有效數(shù)字)．【答案】(1)1.02(5)見解析圖0.343(0.341～0.345)【解析】(1)墊塊的厚度為h＝1cm＋2×0.1mm＝1.02cm(5)繪制圖線如圖；根據(jù)mg·eq\f(nh,l)＝ma可知a與n成正比關(guān)系，則根據(jù)圖像可知，斜率k＝eq\f(0.6,7)＝eq\f(a,4)解得a≈0.343m/s2.7.（2022·山東高考真題·13）在天宮課堂中、我國航天員演示了利用牛頓第二定律測量物體質(zhì)量的實(shí)驗(yàn)．受此啟發(fā)．某同學(xué)利用氣墊導(dǎo)軌、力傳感器、無線加速度傳感器、輕彈簧和待測物體等器材設(shè)計(jì)了測量物體質(zhì)量的實(shí)驗(yàn)，如圖甲所示．主要步驟如下：①將力傳感器固定在氣墊導(dǎo)軌左端支架上，加速度傳感器固定在滑塊上；②接通氣源，放上滑塊．調(diào)平氣墊導(dǎo)軌；③將彈簧左端連接力傳感器，右端連接滑塊．彈簧處于原長時(shí)滑塊左端位于O點(diǎn)．A點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為5.00cm，拉動(dòng)滑塊使其左端處于A點(diǎn)，由靜止釋放并開始計(jì)時(shí)；④計(jì)算機(jī)采集獲取數(shù)據(jù)，得到滑塊所受彈力F、加速度a隨時(shí)間t變化的圖像，部分圖像如圖乙所示．回答以下問題(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)：(1)彈簧的勁度系數(shù)為________N/m.(2)該同學(xué)從圖乙中提取某些時(shí)刻F與a的數(shù)據(jù)，畫出a—F圖像如圖丙中Ⅰ所示，由此可得滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量為________kg.(3)該同學(xué)在滑塊上增加待測物體，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)步驟，在圖丙中畫出新的a—F圖像Ⅱ，則待測物體的質(zhì)量為________kg.【答案】(1)12(2)0.20(3)0.13【解析】(1)由題知，彈簧處于原長時(shí)滑塊左端位于O點(diǎn)，A點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為5.00cm.拉動(dòng)滑塊使其左端處于A點(diǎn)，由靜止釋放并開始計(jì)時(shí)．結(jié)合題圖乙的F—t圖像有Δx＝5.00cm，F(xiàn)＝0.610N根據(jù)胡克定律k＝eq\f(F,Δx)可得k≈12N/m(2)根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma則a—F圖像的斜率表示滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量的倒數(shù)，根據(jù)題圖丙中Ⅰ，則有eq\f(1,m)＝eq\f(3.00－0,0.60)kg－1＝5kg－1則滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量為m＝0.20kg(3)滑塊上增加待測物體，同理，根據(jù)題圖丙中Ⅱ，則有eq\f(1,m′)＝eq\f(1.50－0,0.50)kg－1＝3kg－1則滑塊、待測物體與加速度傳感器的總質(zhì)量為m′≈0.33kg則待測物體的質(zhì)量為Δm＝m′－m＝0.13kg.考點(diǎn)03牛頓第二定律的應(yīng)用1．（2022·全國乙卷高考真題·15）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(shí)整個(gè)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(diǎn)，方向與兩球連線垂直．當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距eq\f(3,5)L時(shí)，它們加速度的大小均為()A.eq\f(5F,8m)B.eq\f(2F,5m)C.eq\f(3F,8m)D.eq\f(3F,10m)【答案】A【解析】當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距eq\f(3,5)L時(shí)，如圖所示，由幾何關(guān)系可知sinθ＝eq\f(\f(3L,10),\f(L,2))＝eq\f(3,5)設(shè)繩子拉力為FT，水平方向有2FTcosθ＝F解得FT＝eq\f(5,8)F對(duì)任意小球由牛頓第二定律有FT＝ma解得a＝eq\f(5F,8m)故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．2．(多選)（2022·河北高考真題·9）如圖，輕質(zhì)定滑輪固定在天花板上，物體P和Q用不可伸長的輕繩相連，懸掛在定滑輪上，質(zhì)量mQ>mP，t＝0時(shí)刻將兩物體由靜止釋放，物體Q的加速度大小為eq\f(g,3).T時(shí)刻輕繩突然斷開，物體P能夠達(dá)到的最高點(diǎn)恰與物體Q釋放位置處于同一高度，取t＝0時(shí)刻物體P所在水平面為零勢(shì)能面，此時(shí)物體Q的機(jī)械能為E.重力加速度大小為g，不計(jì)摩擦和空氣阻力，兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)．下列說法正確的是()A．物體P和Q的質(zhì)量之比為1∶3B．2T時(shí)刻物體Q的機(jī)械能為eq\f(E,2)C．2T時(shí)刻物體P重力的功率為eq\f(3E,2T)D．2T時(shí)刻物體P的速度大小為eq\f(2gT,3)【答案】BCD【詳析】開始釋放時(shí)物體Q的加速度大小為eq\f(g,3)，則有mQg－FT＝mQ·eq\f(g,3)，F(xiàn)T－mPg＝mP·eq\f(g,3)，解得FT＝eq\f(2,3)mQg，eq\f(mP,mQ)＝eq\f(1,2)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在T時(shí)刻，兩物體的速度大小v1＝eq\f(gT,3)，P上升的距離h1＝eq\f(1,2)×eq\f(g,3)T2＝eq\f(gT2,6)，輕繩斷后P能上升的高度h2＝eq\f(v12,2g)＝eq\f(gT2,18)，則開始時(shí)P、Q豎直方向上的距離為h＝h1＋h2＝eq\f(2gT2,9)，開始時(shí)P所處的水平面為零勢(shì)能面，則開始時(shí)Q的機(jī)械能E＝mQgh＝eq\f(2mQg2T2,9)，從開始到輕繩斷裂，輕繩的拉力對(duì)Q做負(fù)功，大小為WF＝FTh1＝eq\f(mQg2T2,9)，則繩斷裂時(shí)物體Q的機(jī)械能E′＝E－WF＝eq\f(mQg2T2,9)＝eq\f(E,2)，此后物體Q的機(jī)械能守恒，則在2T時(shí)刻物體Q的機(jī)械能仍為eq\f(E,2)，選項(xiàng)B正確；在2T時(shí)刻，重物P的速度v2＝v1－gT＝－eq\f(2gT,3)，方向向下，此時(shí)物體P重力的瞬時(shí)功率PG＝mPg|v2|＝eq\f(mQg,2)·eq\f(2gT,3)＝eq\f(mQg2T,3)＝eq\f(3E,2T)，選項(xiàng)C、D正確．3．(多選)（2023·湖南高考真題·10）如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為2m的小車在水平推力F的作用下加速運(yùn)動(dòng)。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為m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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，桿與豎直方向的夾角為θ，桿與車廂始終保持相對(duì)靜止，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說法正確的是()A．若B球受到的摩擦力為零，則F＝2mgtanθB．若推力F向左，且tanθ≤μ，則F的最大值為2mgtanθC．若推力F向左，且μ<tanθ≤2μ，則F的最大值為4mg(2μ－tanθ)D．若推力F向右，且tanθ>2μ，則F的范圍為4mg(tanθ－2μ)≤F≤4mg(tanθ＋2μ)【答案】CD【詳析】設(shè)桿所受的彈力為FN，對(duì)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eq\f(FNx,FNy)＝tanθ，豎直方向FNy＝mg，則FNx＝mgtanθ，若B球受到的摩擦力為零，對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律可得FNx＝ma，可得a＝gtanθ，對(duì)小球A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律F＝4ma＝4mgtanθ，A錯(cuò)誤；若推力F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FNx＝mgtanθ，對(duì)小球B，由于tanθ≤μ，小球B受到向左的合力的最大值F′＝μ(FNy＋mg)－FNx≥mgtanθ，則對(duì)小球A，根據(jù)牛頓第二定律可得FNx＝mamax，對(duì)系統(tǒng)整體根據(jù)牛頓第二定律F＝4mamax，解得F＝4mgtanθ，B錯(cuò)誤；若推力F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FNx＝mgtanθ，小球B所受向左的合力的最大值Fmax＝(FNy＋mg)·μ－FNx＝2μmg－mgtanθ，由于μ<tanθ≤2μ可知，F(xiàn)max<mgtanθ，則對(duì)小球B，根據(jù)牛頓第二定律Fmax＝2μmg－mgtanθ＝mamax，對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律F＝4mamax，聯(lián)立可得F的最大值為F＝4mg(2μ－tanθ)，C正確；若推力F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所受的摩擦力最大且向左時(shí)，小球B向右的合力最小，此時(shí)Fmin＝FNx－(FNy＋mg)μ＝mgtanθ－2μmg，當(dāng)小球B所受摩擦力最大且向右時(shí)，小球B向右的合力最大，此時(shí)Fmax＝FNx＋(FNy＋mg)μ＝mgtanθ＋2μmg，對(duì)小球B根據(jù)牛頓第二定律有Fmin＝mamin，F(xiàn)max＝mamax，對(duì)系統(tǒng)整體根據(jù)牛頓第二定律F＝4ma，代入小球B所受合力范圍可得4mg(tanθ－2μ)≤F≤4mg(tanθ＋2μ)，D正確。4．(多選)（2024·黑吉遼高考真題·10）一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。時(shí)，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知到的時(shí)間內(nèi)，木板速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，其中g(shù)為重力加速度大小。時(shí)刻，小物塊與木板的速度相同。下列說法正確的是（）A.小物塊在時(shí)刻滑上木板 B.小物塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為2μC.小物塊與木板的質(zhì)量比為3︰4 D.之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)【答案】ABD【解析】由題圖可知，時(shí)木板的速度開始減小，說明小物塊在時(shí)刻滑上木板，A正確；由題圖可知時(shí)間內(nèi)，木板的加速度為，時(shí)木板的速度為，由題意知，時(shí)小物塊以速度滑上木板，時(shí)小物塊的速度為，設(shè)小物塊質(zhì)量為m，小物塊與長木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，由牛頓第二定律可得，，聯(lián)立解得，B正確；由題圖可知，時(shí)間內(nèi)，對(duì)木板由牛頓第二定律可得，，解得。時(shí)間內(nèi)，木板的加速度大小，設(shè)木板的質(zhì)量為M，由牛頓第二定律可得，，解得，C錯(cuò)誤；時(shí)，小物塊與長木板速度相等，小物塊和長木板整體受到F和地面摩擦力f作用，，由于F和f相等，方向相反，整體受力平衡，一起做勻速運(yùn)動(dòng)，D正確。5．（2021·全國乙卷高考真題·21）水平地面上有一質(zhì)量為m1的長木板，木板的左端上有一質(zhì)量為m2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