高考一轮复习：牛顿运动定律
一、选择题
1．（2025高三上·广东模拟）孔明灯又叫天灯，相传是由三国时的诸葛孔明（即诸葛亮）发明的，如图所示，当年，诸葛孔明被司马懿围困于平阳，无法派兵出城求救，孔明算准风向，制成会飘浮的纸灯笼，系上求救的讯息，其后果然脱险，于是后世就称这种灯笼为孔明灯。现有一质量为的孔明灯升空后向着东北偏上方向匀速上升，则此时孔明灯所受空气的作用力大小和方向是（ ）
A．0 B．，东北偏上方向
C．，竖直向上 D．，东北偏上方向
【答案】C
【知识点】牛顿第一定律；区分相互作用力与平衡力
【解析】【解答】解题关键在于明确孔明灯匀速上升这一运动状态意味着其处于平衡状态，所受合外力为0，然后对孔明灯进行受力分析，它主要受重力和空气作用力，根据平衡力的性质（大小相等、方向相反、作用在同一直线上）来判断空气作用力的大小和方向。
A ：若空气作用力为，孔明灯只受重力，根据牛顿第二定律（为合外力，为质量，为加速度），合外力不为，孔明灯会做加速运动，而不是匀速上升，所以 A 选项错误。
B ：孔明灯重力方向竖直向下，大小为。若空气作用力为，方向东北偏上。那么这两个力不在同一直线上，其合力不为。根据牛顿第二定律，孔明灯会有加速度，不会做匀速运动，所以B错误。
C ：孔明灯匀速上升处于平衡状态，所受合外力为，它受重力竖直向下， 根据平衡力特点，空气对孔明灯的作用力与重力大小相等、方向相反，所以空气作用力大小为，方向竖直向上， C 选项正确。
D ： 若空气作用力大小为，方向东北偏上，与竖直向下大小为的重力不在同一直线上，合力不为。依据牛顿第二定律，孔明灯会有加速度，无法保持匀速上升的状态 所以 D 选项错误。
综上，答案选 C。
【分析】孔明灯升空后向着东北偏上方向匀速上升，即做匀速直线运动，处于平衡状态，据此分析。
2．（2023·浙江）在足球运动中，足球入网如图所示，则（ ）
A．踢香蕉球时足球可视为质点
B．足球在飞行和触网时惯性不变
C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力
D．触网时足球对网的力大于网对足球的力
【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；质点；受力分析的应用；惯性与质量
【解析】【解答】A.在研究如何踢出“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位置与角度，所以不可以把足球看作质点，故A不符合题意；
B.惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B符合题意；
C.足球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气阻力的情况下只受重力，故C不符合题意；
D. 触网时足球对网的力和网对足球的力是一对相互作用力，大小相等，故D不符合题意。
故答案为：B
【分析】在研究如何踢出“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位置与角度；惯性只与质量有关；足球在飞行时只受重力作用；触网时足球对网的力和网对足球的力是一对相互作用力。
3．（2025·郴州模拟）3月15日，2025年女子冰壶世锦赛开赛，中国女子冰壶队在首场比赛中5∶3战胜土耳其队，取得了本届世锦赛“开门红”。比赛中运动员所用冰壶的惯性大小取决于（ ）
A．冰壶的速度 B．冰壶的体积
C．冰壶受到的阻力 D．冰壶的质量
【答案】D
【知识点】惯性与质量
【解析】【解答】 在实际比赛中，虽然运动员可以通过改变投掷力度来改变冰壶的速度，但这并不会改变冰壶本身的惯性大小。惯性是物体的固有属性，只与其质量有关。 所以比赛中运动员所用冰壶的惯性大小取决于冰壶的质量，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】惯性只由质量决定，质量越大，惯性越大，与速度、受力、环境等因素无关。
4．（2025·涪城模拟）2024年7月四川籍运动员邓雅文在奥运会赛场上获得自由式小轮车比赛冠军，比赛场景及简化图如图所示。某段比赛中运动员骑着小轮车仅靠惯性向下经历一段竖直平面内的曲面轨道直到水平地面，已知曲面轨道与水平地面平滑连接，空气阻力不可忽略。则在该过程中运动员（ ）
A．一直处于失重状态 B．机械能一定减小
C．惯性越来越大 D．重力的功率一直增大
【答案】B
【知识点】惯性与质量；超重与失重；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。A．在竖直方向上，小车的末速度为0，故小车在到达水平轨道前在竖直向下减速，为超重，故A错误；
B．空气阻力不可忽略，阻力做负功，由功能关系知运动员的机械能一直减小，故B正确；
C．惯性是物体的固有属性，只与物体的质量有关，运动员运动过程中质量不变，惯性不变，故C错误；
D．在竖直方向上，小车的末速度为0，末状态重力的功率为0，故D错误。
故选B。
【分析】惯性的大小仅由质量决定，与运动状态无关；重力功率的变化则需考虑速度和重力方向的相对关系
5．（2024高三上·蓬溪期中）科学的思维和研究方法对物理学的发展意义深远，对揭示物理现象的本质十分重要。下列哪项研究是运用理想实验法得到的（ ）
A．牛顿发现万有引力定律
B．伽利略发现力不是维持物体运动的原因
C．开普勒提出行星的运动规律
D．卡文迪许用扭秤实验测量计算出万有引力常量
【答案】B
【知识点】伽利略理想斜面实验；开普勒定律；引力常量及其测定
【解析】【解答】本题考查牛顿、开普勒、卡文迪什以及伽利略等在物理学上的贡献，结合用到的物理方法进行分析解答。A．牛顿通过大量的数据研究推导得出万有引力定律，没有用到理想实验，故A错误；
B．伽利略发现力不是维持物体运动的原因，是伽利略在实验的基础上经过抽象推理得出的结论，不能够用实验证明，即运用了理想实验法，故B正确；
C．开普勒提出行星的运动规律，是开普勒从天文学家第谷观测火星位置所得资料中总结出来的，采用了归纳法，故C错误；
D．卡文迪许用扭秤实验测量计算出万有引力常量，是建立在实验基础上直接得出的结论，故D错误。
故选B。
【分析】根据牛顿、开普勒、卡文迪什以及伽利略的各实验以及结论，结合用到的物理方法进行分析解答。
6．（2025·浙江）中国运动员以121公斤的成绩获得2024年世界举重锦标赛抓举金牌，举起杠铃稳定时的状态如图所示。重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．双臂夹角越大受力越小
B．杠铃对每只手臂作用力大小为
C．杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对平衡力
D．在加速举起杠铃过程中，地面对人的支持力大于人与杠铃总重力
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡；超重与失重
【解析】【解答】本题主要考查根据平衡条件求力和根据加速度方向分析物体受力大小的判断。A．双臂所受杠铃作用力的合力的大小等于杠铃的重力大小，与双臂的夹角无关，A错误；
B．杠铃的重力为
手臂与水平的杠铃之间有夹角，假设手臂与竖直方向夹角为，根据平衡条件可知
结合，解得杠铃对手臂的作用力
B错误；
C．杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对相互作用力，C错误；
D．加速举起杠铃，人和杠铃构成的相互作用系统加速度向上，系统处于超重状态，因此地面对人的支持力大于人与杠铃的总重力，D正确。
故选D。
【分析】根据平衡条件分析；加速举起过程，加速向上，合力向上。
7．（2025·海南）载人飞船的火箭成功发射升空，载人飞船进入预定轨道后，与空间站完成自主快速交会对接，然后绕地球做匀速圆周运动。已知空间站轨道高度低于地球同步卫星轨道，则下面说法正确的是（ ）
A．火箭加速升空失重
B．宇航员在空间站受到的万有引力小于在地表受到万有引力
C．空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度小于地球自转角速度
D．空间站绕地球做匀速圆周运动的加速度小于地球同步卫星的加速度
【答案】B
【知识点】超重与失重；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．火箭加速升空过程，加速度方向竖直向上，火箭处于超重状态，故A错误；
B．宇航员与地球的质量不变，根据万有引力定律，宇航员在空间站的引力距离大，因此宇航员在空间站中受到的万有引力小于在地表受到万有引力，故B正确；
C．同步卫星的角速度等于地球自转的角速度；
根据万有引力和向心力公式
可得
因此空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度大于同步卫星的角速度，即大于地球自转角速度，故C错误；
D．根据牛顿第二定律
可得
因此空间站绕地球做匀速圆周运动的加速度大于地球同步卫星的加速度，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据超重和失重的含义分析作答；根据人造卫星运行参量与轨道半径的关系分析作答。
8．（2025高二上·清远期末）如图所示，当一块磁体靠近超导体时，超导体中会产生强大的电流，对磁体有排斥作用，这种斥力可以使磁体悬浮在空中，超导磁浮列车就是运用了这个原理。关于这种磁浮现象，下列说法中正确的是（ ）
A．超导体使磁体处于失重状态
B．超导体对磁体的磁力与磁体受到的重力相平衡
C．超导体中电流产生的磁场方向与磁体的磁场方向相同
D．磁体靠近时，超导体中有电流，磁体悬浮时，超导体中无电流
【答案】B
【知识点】超重与失重；楞次定律
【解析】【解答】本题考查通电导线周围的磁场，解题关键根据信息分析题意，结合电磁感应原理分析。AB．排斥力可以使磁体悬浮于空中，所以超导体对磁体的力与磁体的重力平衡，磁体既没有超重，也没有失重，故A错误，B正确；
CD．当一块磁体靠近超导体时，由楞次定律可知超导体中电流产生的磁场方向与磁体的磁场方向相反，产生了排斥力，这种排斥力可以使磁体悬浮于空中，磁体悬浮时，超导体没有焦耳热得产生因此之前产生得感应电流依旧存在，故CD错误；
故选B。
【分析】磁体靠近超导体时，由于磁通量的变化产生感应电动势，根据楞次定律判断感应电流的磁场与原磁场的方向关系，磁体悬浮于空中，受力平衡。
9．（2022·浙江）下列说法正确的是（ ）
A．链球做匀速圆周运动过程中加速度不变
B．足球下落过程中惯性不随速度增大而增大
C．乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变
D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关
【答案】B
【知识点】加速度；惯性与质量
【解析】【解答】A.链球做匀速圆周运动时加速度大小不变，但方向时刻都在改变，故A错误。
B.足球的惯性只与质量有关，与其他因素无关，故B正确。
C.乒乓球被击打过程中受到的作用力随着形变量的减小而减小，故C错误。
D.篮球飞行过程中所受阻力的方向与速度方向相反，故D错误。
故答案为：B。
【分析】加速度是矢量，既有大小，又有方向；惯性只与质量有关与其他因素无关；乒乓球所受的作用力与形变量的大小有关；篮球所受空气阻力与速度方向相反。
10．（2025·浙江模拟）下列对教材中的四副插图所包含物理思想方法的说法错误的是（ ）
A．图甲：类比法； B．图乙：理想实验方法；
C．图丙：等效法； D．图丁：控制变量法
【答案】A
【知识点】伽利略理想斜面实验；运动的合成与分解；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．图甲是推导图像的面积代表位移，使用的是微元法，故A错误，符合题意；
B．图乙在研究力和运动的关系时，伽利略运用了理想实验方法，巧妙地设想了两个对接斜面的实验，故B正确，不符题意；
C．图丙利用红蜡块的运动探究合运动和分运动的实验，采用物理思想方法是等效替代法，故C正确，不符题意；
D．图丁探究影响电荷间相互作用力的因素时，运用了控制变量法，故D正确，不符题意。
故选A。
【分析】A、图甲是推导图像的面积代表位移，使用的是微元法；
B、图乙在研究力和运动的关系时，伽利略运用了理想实验方法；
C、图丙利用红蜡块的运动探究合运动和分运动的实验，采用物理思想方法是等效替代法；
D、图丁探究影响电荷间相互作用力的因素时，运用了控制变量法。
11．（2023·天津市）质量为m的列车匀速v行驶，突然以F大小的力制动刹车直到列车停止，过程中恒受到f的空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．减速运动加速度大小 B．力F的冲量为mv
C．刹车距离为 D．匀速行驶时功率为
【答案】C
【知识点】力与运动的关系；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；功率及其计算；冲量
【解析】【解答】A.根据牛顿第二定律：，可得减速运动加速度大小：，故A错误；
B.根据运动学公式，刹车所用的时间：，
故力的冲量为：，方向与运动方向相反，故B错误；
C.根据运动学公式v2=2ax可得刹车距离：故C正确；
D.匀速行驶时牵引力等于空气阻力，功率为：，故D错误
故选C。
【分析】（1）对列车进行受力分析，根据牛顿第二定律列方程求得加速度大小；
（2）根据运动学关系先求刹车所用的时间，再用冲量定义式，求得力的冲量；
（3）根据运动学公式v2=2ax可得刹车距离；
（4）匀速行驶时牵引力等于空气阻力，利用功率公式求解。
12．（2025·湖北）一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成。门处于关闭状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律
【解析】【解答】画出v-t图像可知，由于减速运动加速度相同，故外力越大，运动时间越短， 若外力比较大，加速时间很短，位移很小，可以忽略不计，此时门板的运动时间最短，撤去外力后根据牛顿第二定律，有μmg=ma，设撤去外力后门板最短运动时间为t，运动的距离为L，则，解得t=，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】门板先做匀加速运动，后做匀减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合题意求解。
13．（2025·安徽） 如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取，则在乙下落的过程中（ ）
A．甲对木箱的摩擦力方向向左 B．地面对木箱的支持力逐渐增大
C．甲运动的加速度大小为 D．乙受到绳子的拉力大小为
【答案】C
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．因为物块甲向右运动，木箱静止，木箱相对甲向左运动，所以甲对木箱的摩擦力方向向右，故A错误；
B．对于甲，竖直方向
对于木箱，竖直方向，有
可得则地面对木箱的支持力大小不变，故B错误；
CD．设乙运动的加速度大小为，绳子的弹力大小为F，对于乙，由牛顿第二定律可得
对甲，水平方向，由牛顿第二定律可得
联立可得
，
C正确，D错误。
故选C。
【分析】本题主要考查牛顿第二定律在叠块和连接体中的应用，分清整体与隔离法是解题关键。
由静摩擦力产生条件判断甲对木箱的摩擦力方向；分别以甲、乙为研究对象，根据牛顿第二定律列式求解甲运动的加速度大小、乙受到绳子的拉力大小；以木箱为研究对象，根据平衡条件列式判断地面对木箱的支持力变化。
14．（2025·陆丰模拟）从足够高处由静止释放的小球，在竖直下落过程中所受的阻力与其速度的大小成正比。取竖直向下为正方向，则下列关于小球下落过程中的加速度 a、下落高度h、速度v随着时间t变化的图像，以及速度的平方与下落高度h的关系图像，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；牛顿定律与图象
【解析】【解答】解答本题时，关键要根据牛顿第二定律列式分析加速度的变化情况，知道h-t图像的斜率表示小球的速度。A．小球从足够高处竖直下落的过程中，由于重力作用，先做加速运动，随着速度的增大，小球所受的阻力也增大，根据牛顿第二定律有
可知小球的加速度逐渐减小，故小球做加速度逐渐减小的加速运动，当时，，小球的速度达到最大，不再加速，此后小球做匀速直线运动，故A错误；
B．由于图像的斜率表示小球的速度，小球的速度应先增大后不变，即图像的斜率应先越来越大后不变，故B错误；
C．小球先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动，故C正确；
D．根据匀变速直线运动的位移公式，可知图像的斜率表示小球加速度的2倍，小球的加速度应越来越小，直到，即图像的斜率应越来越小，最后为0，故D错误。
故选C。
【分析】根据牛顿第二定律分析加速度的变化，判断小球的运动情况，并判断v-t图像斜率的变化情况；根据h-t图像的斜率表示小球的速度，来分析图像斜率的变化情况；根据匀变速直线运动的位移公式v2=2ah，分析v2-h图像的斜率变化情况，再选择图像。
15．（2024高一下·金湾月考）我国运动员王铮在今年举办的东京奥运会女子链球决赛中成功拿下一枚银牌，这是中国女子链球首次在奥运会上夺银。如图甲所示为王铮比赛瞬间的照片，若运动员在开始甩动链球时，可认为链球在水平面内做匀速圆周运动，如图乙所示，不计空气阻力，对此下列说法正确的是（ ）
A．链球球体受到重力、拉力及向心力共三个力的作用
B．链条与竖直方向的夹角θ越大，链条对球体施加的力越小，运动员越省力
C．链条与竖直方向的夹角θ越大，链球球体的周期越大
D．若运动员此时松手，链球将沿松手时的速度方向做平抛运动
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】
A．对球体进行受力分析，如图所示球体受到重力与链条的拉力，链球在水平面内做匀速圆周运动，由大小不变的重力与可根据夹角改变而改变的拉力，两个力的水平合力提供运动学向心力， 向心力是重力和拉力的合力是效果力，非独立力，故A错误；
B．适用竖小平大口诀，竖直方向根据受力平衡可得
可知链条与竖直方向的夹角越大，越小，则链条对球体施加的拉力越大，故B错误；
C．根据牛顿第二定律左边合力右边运动学向心力可得等式
解得
在0到90°范围内单调递减，可知链条与竖直方向的夹角越大，越小，则链球做匀速圆周运动的周期越小，故C错误；
D．松手后链球初速度水平，仅受重力，做平抛运动，故D正确；
故选D。
【分析】（1）通过受力分析明确向心力来源，结合圆周运动公式分析θ与力的关系；
链球仅受重力和拉力，其合力提供向心力；松手后链球仅受重力，做平抛运动；若考虑空气阻力，链球轨迹会变化；实际投掷中θ随转速变化，需结合角动量分析。
（2）易错点：误认为向心力是独立力（实际是效果力，选项A错误）；混淆θ增大对拉力和周期的影响（选项B、C反了）；
（3）隐含条件：拉力Tcosθ=mg，随θ增大而增大；向心力F=mgtanθ，周期T=2π√(Lcosθ/g)随θ增大而减小。
16．（2025·浙江模拟）在微观世界，粒子的位置和动量不能同时精准确定，即有。除了动量与位置外还有其他物理量的不确定关系。如某物理量A，也有，其中t代表时间，h为普朗克常量，则物理量A的单位是（ ）
A．N B．W C．K D．J
【答案】D
【知识点】不确定性关系；力学单位制
【解析】【解答】根据题意，
解得
ΔA的单位是
根据
动能的单位是
ΔA的单位是J，故答案为：D。
【分析】1. 抓公式与单位关联：利用题目给出的不确定关系公式，明确 与 、、 的联系，通过单位换算推导 。
2. 借已知量单位过渡：回忆动量（ ）、长度（ ）、时间（ ）的单位，代入推导 单位 。
3. 靠熟悉物理量验证：关联动能（单位 ）的单位公式，发现与推导结果一致，从而确定 的单位 。
17．（2025·浙江模拟）2024年6月27日，吉利汽车发布的最新一代“刀片式”磷酸铁锂电池——神盾短刀电池。质量能量密度提升至，体积利用率提升50%，适配性更广泛。下列用国际单位制来表示质量能量密度的单位，正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】能量密度为
故答案为：A。
【分析】首先将复合单位 换算为国际单位，然后分解：利用，，，逐步转换。结合kg 约分，得到最终国际单位。
18．（2023·海南）如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是（ ）
A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力
B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力
C．重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小
D．重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变
【答案】B
【知识点】共点力的平衡；区分相互作用力与平衡力
【解析】【解答】A、工人受力分析可知，竖直方向受自身重力，地面支持力，绳子的拉力，三个力作用下处于平衡状态，A错误；
B、工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一次相互作用中产生的作用在两个物体上，大小相等，方向相反的力，是一对作用力与反作用力，B正确；
CD、对动滑轮受力分析如图所示，
可得：，在重物缓慢拉起的过程中，θ角度不断增大，绳子的拉力不断增大，CD错误；
故答案为：B
【分析】A、对工人受力分析竖直方向受三个力的作用下的平衡；
B、正确理解作用力和反作用力，就可以判断；
CD，对动滑轮受力分析，由平行四边形法则求解拉力与夹角的关系，分析判断。
19．（2025·浙江模拟）如图所示，在水平地面上，一位同学单手倒立斜靠在一大木箱上（木箱侧面光滑），已知同学的质量小于木箱质量，同学和木箱均保持静止状态，则下列说法正确的是（ ）
A．同学受到地面的摩擦力小于木箱受到地面的摩擦力
B．同学受到地面的摩擦力与木箱受到地面的摩擦力是一对平衡力
C．同学受到木箱向右的弹力与地面对人向左的摩擦力是作用力与反作用力
D．同学受到的重力的平衡力是地面对他向上的弹性力
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用；区分相互作用力与平衡力
【解析】【解答】A．对同学和木箱的整体分析，水平方向受合外力为零，则同学受到地面的摩擦力与木箱受到地面的摩擦力大小相等，方向相反，选项A错误；
B．同学受到地面的摩擦力与木箱受到地面的摩擦力因作用在两个物体上，不是一对平衡力，选项B错误；
C．弹力是“木箱 - 人”的相互作用，摩擦力是“地面 - 人”的相互作用，性质不同，不是作用力与反作用力，选项C错误；
D．同学受到的重力的平衡力是地面对他向上的弹性力，选项D正确。
故选D。
【分析】AB、对“同学 + 木箱”整体分析水平力，判断摩擦力大小与平衡关系。
C、区分弹力与摩擦力的不同性质，判断是否为作用力与反作用力。
D、对同学竖直方向受力分析，判断重力的平衡力。
20．（2025·北京市）模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示（向上为正）。下列说法正确的是（ ）
A．从到，实验舱处于电磁弹射过程
B．从到，实验舱加速度大小减小
C．从到，实验舱内物体处于失重状态
D．时刻，实验舱达到最高点
【答案】B
【知识点】竖直上抛运动；超重与失重；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．根据f随时间t的变化图可知间，f向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于弹射过程后做竖直上抛运动，直到最高点速度等于零，故A错误；
B．，f向下在减小，可知此时速度方向向上，速度在减小，合力等于重力和阻力之和，根据牛顿第二定律有
即
故加速度大小在减小，故B正确；
C．t3到t5时间内，f向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故C错误；
D．由图可知时刻阻力方向改变，速度方向改变，从向上变成向下运动，故时刻到达最高点，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据阻力的方向和大小的变化情况，分析实验舱的速度变化和运动方向，确定实验舱的运动状态；根据牛顿第二定律判断实验舱的加速度变化；根据加速度方向判断超重失重情况。
21．（2025·陆丰模拟）如图，是游乐场的翻滚过山车装置。过山车沿直径为20m的圆环轨道做匀速圆周运动，向心加速度大小为4g（重力加速度g=10m/s2）。则下列错误的是（ ）
A．过山车的线速度大小约为20m/s
B．过山车通过最低点时，乘客处于超重状态
C．过山车通过最高点时，乘客处于失重状态
D．过山车通过最高点时，乘客处于超重状态
【答案】D
【知识点】超重与失重；向心加速度；生活中的圆周运动
【解析】【解答】本题考查对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点， 知道加速度方向向下时，处于失重状态；加速度方向向上时，处于超重状态。A．过山车做匀速圆周运动，由
得
故A正确，不符合题意；
B．在最低点，重力和轨道对车的压力提供向心力，向心加速度朝上，由牛顿第二定律可知
解得
所以过山车通过最低点时，乘客处于超重状态，故B正确，不符合题意；
CD．在最高点，重力和轨道对车的压力提供向心力，向心加速度朝下，列车失重，乘客处于失重状态，故C正确，不符合题意；D错误，符合题意。
故选D。
【分析】根据向心加速度和线速度的关系计算；过山车在最低点时，加速度方向向上，处于超重状态；过山车在最高点时，加速度方向向下，处于失重状态。
22．（2024·安徽） 倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t =0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度 a、速度 v随时间 t变化的关系图线可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—传送带模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】 在传送带底端无初速轻放一小物块，小物块先在传送带上做匀加速直线运动，其v-t图像为过原点的倾斜直线；
设动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律μmgcosθ-mgsinθ=ma1
解得a1=μgcosθ-gsinθ
加速度保持不变，a-t图像为平行于t轴的直线；
经过时间t0，小物块与传送带共速，由于最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，滑动摩擦力发生突变静摩擦力，此时f静=mgsinθ，小物块受平衡力作用，加速度a2=0，小物块随传送带一起以速度v0做匀速直线运动，其v-t图像为平行于t轴的直线。
综上分析，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【分析】在传送带底端无初速轻放一小物块，小物块先在传送带上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求加速度，结合v-t图像和a-t图像进行分析；
经过时间t0，小物块与传送带共速，根据滑动摩擦力的大小与重力沿斜面向下的分力大小，判断共速后小物块的运动状态，再结合v-t图像和a-t图像进行分析作答。
23．（2025·浙江模拟）如图甲所示，滑块、中间用一根轻质弹簧相连，静止于光滑水平面上，初始时弹簧处于原长。现对物块施加水平向右，大小为的恒力，内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个过程中弹簧均未超出弹性限度，下列说法正确的是（ ）
A．滑块的质量之比为
B．若已知末的速度为，则末的速度为
C．由图可知，后、两物体的加速度将保持不变
D．后的加速度将继续增大，的加速度将减小，最终两物体的加速度会相同，做匀变速直线运动
【答案】B
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A.t=0 时，对A，由
得
时
对A
对B
得
质量比 3：2，故A错误；
B．整个过程中外力的冲量等于滑块A、B的动量变化，即
已知1s末B的速度为0.36m/s，则求得1s末A的速度为vA=0.76m/s，故B正确；
C.1s后A、B虽然加速度一样，但是，因此弹簧会继续伸长，B的加速度会继续增加，故C错误；
D．由前面分析可知，当两者再次加速度相同时，两者速度不同，加速度仍然会继续发生变化，故D错误。
故答案为：B。
【分析】1. 质量求解：抓初始（t=0）和 t=1s 两个状态，用牛顿定律分别对A、B列方程，联立算质量比。
2. 动量定理应用：外力恒力，冲量易算；系统动量变化等于外力冲量，代入已知量直接解速度。
3. 加速度变化判断： t=1s 后，A速度大于B（前1s A加速快 ），弹簧继续拉长，B受弹力增大、加速度增大，A受弹力增大、合力减小，但因速度差持续，加速度不会稳定。
二、多项选择题
24．（2025高三上·广东模拟）质点由静止开始做直线运动，所受合外力大小随时间变化的图象如图所示，则有关该质点的运动，以下说法中正确的是（ ）
A．质点在0－2s内做匀加速运动 B．质点在0－2s内速度不变
C．质点在2－4s内加速度越来越小 D．质点在2－4s内速度越来越大
【答案】A,C,D
【知识点】力与运动的关系；牛顿定律与图象
【解析】【解答】解决本题的关键是知道加速度的方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动。
A： 从图象可知，在内，质点所受合外力大小为保持不变。根据牛顿第二定律（为合外力，为质量，为加速度），质量不变时，合外力恒定则加速度恒定，初速度为，所以质点做匀加速运动，A 选项正确。
B： 0-2s 内合外力不变，加速度也不变且不为，根据（为初速度，为加速度，为时间），初速度，加速度，随着时间推移速度会增大，并非速度不变， B 选项错误。
C： 由牛顿第二定律合，质量不变，合外力合减小，所以加速度越来越小，C 选项正确。
D： 在2-4s内，虽然加速度越来越小，但从图象可知合外力方向始终为正，即加速度方向始终与速度方向相同，根据加速度与速度的关系，质点做加速度减小的加速运动，速度越来越大，D 选项正确。
故选ACD。
【分析】 根据牛顿第二定律得出加速度的变化，从而结合加速度方向与速度方向关系得出物体的运动规律。
25．（2024·云南）如图所示，质量分别为和的、按如图的方式用轻弹簧和轻绳连接，当系统静止时轻绳的拉力大小为，轻弹簧的伸长量为，重力加速度用表示，则下列说法正确的是( )
A．剪断轻绳的瞬间，的瞬时加速度大小为
B．剪断轻绳后，向下运动瞬时加速度大小为零
C．撤走长木板的瞬间，的瞬时加速度大小为
D．撤走长木板后，向下运动瞬时加速度大小为
【答案】A,D
【知识点】力与运动的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】对物体P受力分析：重力、弹力(弹簧处于伸长状态）、绳子拉力
对物体Q受力分析：重力、弹力(弹簧处于伸长状态）、支持力
AB、 剪断轻绳的瞬间，弹簧来不及恢复，此时弹簧弹力还是为kx，即 剪断轻绳的瞬间， 物体P的合力为，所以此时的瞬时加速度大小为
A正确； 剪断轻绳后，向下运动 ，弹簧刚好恢复原长，物体P的合力为，所以此时的瞬时加速度大小为
B错误；
CD、 撤走长木板的瞬间， 物体Q受到的支持力为零，而弹簧来不及恢复，此时弹簧弹力还是为kx，所以此时Q的瞬时加速度大小为
撤走长木板后，向下运动，此时弹簧的弹力为
此时Q的瞬时加速度大小为
C错误，D正确。
答案：AD。
【分析】本题考查弹簧的渐变和支持了的突变问题，解决这类问题的关键，先对处于平衡状态下的研究对象进行受力分析， 剪断轻绳的瞬间， 弹簧来不及恢复，此时弹簧弹力还是为kx，而撤走长木板的瞬间， 物体Q受到的支持力为零，从而利用牛顿第二定律求解物体的瞬时加速度； 判断剪断轻绳后，向下运动和 撤走长木板后，向下运动物体P、Q的合力大小，利用牛顿第二定律求解物体的瞬时加速度。
26．（2025·四川）若长度、质量、时间和动量分别用a、b、c和d表示，则下列各式可能表示能量的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的单位叫做导出单位。能量单位与功的单位相同，根据含有能量或者功的物理公式进行推导即可。
A．根据题意可知的单位为
结合动能公式可知为能量单位，故A正确；
B．同理的单位为
根据可知为力的单位，故可知为力与质量的乘积，故不是能量的单位，故B错误；
C．的单位为
根据前面A选项分析可知该单位为能量单位，故C正确；
D．的单位为，不是能量单位，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】根据能量与动能和动量的计算式即可推导，能量的单位焦耳用力学单位制的基本单位可怎样表示。
27．（2025高一下·旌阳期末）一滑块在水平地面上沿直线滑行，时速率为1m/s。从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲和乙所示，两图中取同一正方向。则下列判断正确的是（ ）
A．滑块的质量为1kg
B．滑块与水平地面间的滑动摩擦力大小为1N
C．第1s内合外力对滑块做功为
D．第2s内力F的平均功率为3W
【答案】B,C
【知识点】摩擦力的判断与计算；牛顿定律与图象；功的概念；功率及其计算
【解析】【解答】A . 0到1秒内，假设初速度方向向右为正方向，初速度开始负值即向左，与受力方向相反，与摩擦力方向也相反，向右合力为f+F1做匀减速直线运动如左图，
1秒之后摩擦力方向随速度方向改变而改变如右图，速度方向与受力方向相同，而摩擦力与受力方向相反，向右加速，向右合力为F2-f，v-t图像的斜率可得加速度恒为
，
F1=1N，F2=3N代入，即得f=1N，代入，得m=2kg，故A错误；B．，故B正确；
C．逆向为初速度为0的匀加速直线运动，v-t图1到0秒的位移s1=0.5at2=0.5m，位移方向向左为负，即-0.5m，第1s内合外力与速度方向相反，做负功，对滑块做功为
故C正确；
D．v-t图1到2秒初速度为0的匀加速直线运动
s2=0.5at2=0.5m
位移方向向右为正，即0.5m，第2s内力F对滑块做功为
第2s内力F=3N的平均功率为
故D错误。
故选 BC。
【分析】（1）图像结合牛顿定律：通过F-t图和v-t图提取加速度，结合 F f=ma列方程求解m和f；分段分析：第1秒（减速）和第2秒（加速）分开计算，注意速度方向与力的方向关系；
功与功率计算：位移都转为初速度为0，用s=0.5at2，功率做功除以时间；
（2）易错点：摩擦力方向：易忽略摩擦力始终与运动方向相反，需根据速度变化判断；
位移计算：误用 x=v0t+0.5at2 而忽略初末速度已知的条件；
功率公式混淆：平均功率 P=Wt ，瞬时功率 P=Fv，需区分；
隐含条件：图像斜率意义：v-t图斜率=加速度，F-t图面积=冲量；
动能定理：第1秒内动能变化 ΔEk= 0.5mv02= 0.5 J，与合外力做功一致；
扩展思考：若F随时间非线性变化，需用积分求位移和功。
三、非选择题
28．（2022·浙江）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1=4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为 ，货物可视为质点（取cos24°=0.9，sin24°=0.4）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
【答案】（1）解：已知倾斜滑轨与水平面成24°角，
对货物列牛顿第二定律
解得：
（2）解：货物做匀加速运动，根据速度和位移的关系可得：
解得：
（3）解：货物做匀减速运动
根据运动学公式可得：①
根据牛顿第二定律可得：②
联立两式解得：
【知识点】力与运动的关系
【解析】【分析】（1）对货物进行受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解。
（2）根据第一问所求加速度，结合运动学公式列方程求解。
（3）根据题意分析临界条件，由运动学公式和牛顿第二定律联立分析求解。
29．（2025·山东）某小组采用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律，部分实验步骤如下：
（1）将两光电门安装在长直轨道上，选择宽度为d的遮光片固定在小车上，调整轨道倾角，用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及码相连。选用d＝ cm（填“5.00"或“1.00”）的遮光片，可以较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度。
（2）将小车自轨道右端由静止释放，从数字毫秒计分别读取遮光片经过光电门1、光电门2时的速度v1=0.40m/s、v2=0.81m/s，以及从遮光片开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间t=1.00s，计算小车的加速度a= m/s2（结果保留2位有效数字）。
（3）将托盘及码的重力视为小车受到的合力F，改变码质量，重复上述步骤，根据数据拟合出a-F图像，如图乙所示。若要得到一条过原点的直线，实验中应 （填“增大”或“减小”）轨道的倾角。
（4）图乙中直线斜率的单位为 （填“kg”或“kg-1”）。
【答案】（1）1.00
（2）0.41
（3）增大
（4）kg-1
【知识点】实验验证牛顿第二定律；力学单位制
【解析】【解答】（1）实验用遮光片通过光电门的平均速度代替中间位置的瞬时速度，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，遮光片宽度越小，两速度越接近，代替时的误差越小，故为较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度，应选择宽度较小的d＝1.00cm的遮光片；
（2）根据加速度的定义式可得
（3）根据图像可知当有一定大小的外力F时此时小车的加速度仍为零，可知平衡摩擦力不足，若要得到一条过原点的直线，需要平衡摩擦力，故实验中应增大轨道的倾角；
（4）图乙中直线斜率为，Δa的单位为m/s2，ΔF的单位为kg m/s2，则k的单位为kg﹣1。
【分析】（1）遮光片宽度越小，中间时刻的瞬时速度与中间位置的速度越接近，据此分析即可；
（2）根据加速度定义式分析即可；
（3）根据图象分析加速度与力的关系，判断是否已经平衡摩擦力；
（4）物理学公式不仅反映了物理量之间的数量关系，同时也反映了物理量之间的单位换算关系，根据公式分析即可。
30．（2024高一下·浉河月考）如图所示，竖直平面内有一光滑圆弧管道，其半径为R=0.5m，一质量m=0.8kg的小球从平台边缘的A处水平射出，恰能沿圆弧管道上P点的切线方向进入管道内侧，管道半径OP与竖直线的夹角为53°，已知管道最高点Q与A点等高，sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取10 m/s2。试求：
（1）小球从平台上的A点射出时的速度大小v0；
（2）小球从平台上的射出点A到圆弧管道入射点P之间的距离l（结果可用根式表示）；
（3）如果小球沿管道通过圆弧的最高点Q时的速度大小为3m/s，则小球运动到Q点时对轨道的压力。
【答案】【解答】（1）θ=53°， 由管道最高点Q与A点等高，小球从A到P的高度差h=R(1+cos53°)=1.6R=0.8m，小球做平抛运动有，t=0.4s，则小球在P点的竖直分速度vy=gt=4m/s，
把小球在P点的速度分解可得
，
即小球平抛运动初速度v0=3 m/s；
（2）小球平抛下降高度h=0.8m，水平射程s=v0t=1.2m，故A、P间的距离
m
（3）小球到达Q时，由已知vQ=3m/s，设小球受支持力大小为FN指向圆心，在Q点根据向心力公式得，
解得FN=6.4N > 0，表明方向假设方向相同，即与向心力方向相同，向心力方向指向圆心，支持力方向向下。
所以由牛顿第三定律知小球对轨道压力与轨道对小球的支持力是相互作用力，管道受到的压力，来自于小球通过管道的最高点Q时对管道的压力
F压=FN=6.4 N，方向向上
（1）3 m/s；（2） m；（3）6.4 N，方向向上
【知识点】牛顿第三定律；自由落体运动；运动的合成与分解；平抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）平抛运动分解为水平匀速与竖直自由落体，结合圆周运动向心力公式；
利用P点切线方向进入条件确定平抛末速度方向，结合几何关系求v0；若管道不光滑，需考虑摩擦力做功；最高点临界速度√gR=√5 m/s（实际vQ=3 m/s＞√5，未脱离轨道）
（2）易错点：误用动能定理计算l（应通过平抛运动独立分运动求解）；混淆向心力方向（Q点压力向下，但轨道对球的反作用力向上）；
（3）隐含条件：P点速度方向与OP垂直（切线进入）；Q点与A点等高说明平抛竖直位移=圆周运动上升高度。
31．（2024·海南） 某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量，一质量为的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为，忽略空气阻力，重力加速度，求：
（1）游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；
（2）滑板的长度L
【答案】（1）解：设游客滑到b点时速度为，从a到b过程，由机械能守恒得，解得；
在b点，由牛顿第二定律得，解得；
根据牛顿第三定律得，游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为。
（2）解：设游客恰好滑上平台时的速度为，在平台上运动过程，由动能定理得，解得；
根据题意，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，则该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为和，得，，对游客由运动学规律得，解得，则该段时间内游客的位移为，滑板的位移为，由位移关系得滑板的长度为。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1)根据机械能守恒列式求出游客滑从a到b点时速度；游客在b点时，根据牛顿第二定律和第三定律求出游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；(2)对于游客在平台上运动过程，由动能定理可求出游客恰好滑上平台时的速度，结合运动学规律求出滑板的长度。
32．（2024高三下·宝鸡模拟）如图所示，水平地面上放一个质量M=1kg的木板，一个质量m=1kg、带电量q=+1×10-5C的小物块（可视为质点）放在木板最左端，物块与木板间的动摩擦因数=0.4，木板与水平地面间的动摩擦因数=0.2。在物块右侧距物块L1=4.5m的区域有一匀强电场E，电场区域宽度为L2=12m，电场强度大小E=1×106N/C，方向竖直向上。现对木板施加一水平向右恒力F，使物块进入电场区域前恰好和木板保持相对静止地向右加速运动，物块刚进入电场时撤去恒力F。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块带电量始终不变，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）水平恒力F的大小
（2）物块离开电场时，木板的速度大小
（3）要使物块不从木板滑下，木板的长度L至少为多少
【答案】解：（1）设进入电场区域前物块与木板间的滑动摩擦力大小为，木板与地面间的滑动摩擦力大小为，加速度大小为，由摩擦力公式可得
由牛顿第二定律公式可得
可得
F=12N
（2）物块进入匀强电场后受竖直向上的电场力作用可得
所以物块做匀速运动，木板做匀减速运动。设物块刚进入电场区域时的速度大小为，物块在电场中运动时间为，木板的加速度大小为，物块离开电场时木板的速度大小为，由运动学公式可得
由牛顿第二定律和运动学公式可得
可得
=2m/s
（3）设物块从进入电场到离开电场的过程中木板的位移大小为，物块离开电场后以加速度做匀减速运动，由于木板受到物块和地面的摩擦力和大小相等，方向相反，所以木板做匀速运动，直到两者速度相等，设此过程所用时间为，物块的位移为，木板的位移为，由运动学公式可得
因为，物块与木板共速后不再发生相对滑动，则有
可解得
L=6m
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）物块进入电场区域前恰好和木板保持相对静止地向右加速运动，两者间静摩擦力达到最大值，对物块和木板分别运用牛顿第二定律列方程，结合摩擦力公式求解F的大小；
（2）物块进入匀强电场后受竖直向上的电场力作用，根据电场力与重力的关系分析物块的运动情况。物块进入电场前，根据牛顿第二定律求出木板和物块的加速度，由速度—位移公式求出物块刚进入电场区域时的速度大小。物块进入电场后，根据牛顿第二定律求出木板的加速度，由匀速运动的规律求出物块通过电场的时间，再求物块离开电场时，木板的速度大小；
（3）物块离开电场后，分析物块和木板的运动情况，当两者速度相等时，木板的长度最小，根据牛顿第二定律和运动学公式相结合求解。
33．（2024·福建）如图，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C相连，轻绳绝缘且不可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。时撤去电场，C向下加速运动，下降后开始匀速运动，C开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为。已知A、B、C的质量分别为、、，小球C的带电量为，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。
（1）求匀强电场的场强大小；
（2）求A与B间的滑动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小；
（3）若时电场方向改为竖直向下，当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B继续向右运动，一段时间后，A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B未与A脱离，C未与地面相碰）
【答案】（1）解：撤去电场前，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，对A、B整体分析可知，此时绳中拉力为0，对C根据共点力平衡条件有
解得
（2）解：C开始做匀速直线运动后，对C和B根据共点力平衡条件分别有
，
其中
解得
C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，此时A、B、C三者速度大小相等，M、N两弹簧的弹性势能相同，C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有
解得
（3）解：没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，所以此时A的加速度为零，对A根据共点力平衡有
当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生相对滑动时，C下降高度为，对A根据牛顿第二定律可得
对B、C根据牛顿第二定律可得
撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B在C下降时开始相对滑动，在C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有
此时A的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A做简谐运动，所以A第一次从右向左运动过程中的最大速度为
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】1）撤去电场前，对C物体，根据平衡条件求解场强大小；
（2）撤去电场后，C做匀速运动后，对C和B物体根据平衡条件列式求解动摩擦因数；
C下降h＝0.2m的过程中，对于A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律列式求解匀速运动的速度大小；
（3）没有电场时，C开始匀速运动瞬间，对A根据共点力共点力平衡列式，再结合电场方向改变后，C下降高度为h'时，再对A物体以及B、C整体，根据牛顿第二定律列式，再对对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律列式求解A第一次从右向左运动过程中最大速度。
（1）撤去电场前，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，对A、B整体分析可知，此时绳中拉力为0，对C根据共点力平衡条件有
解得
（2）C开始做匀速直线运动后，对C和B根据共点力平衡条件分别有
，
其中
解得
C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，此时A、B、C三者速度大小相等，M、N两弹簧的弹性势能相同，C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有
解得
（3）没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，所以此时A的加速度为零，对A根据共点力平衡有
当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生相对滑动时，C下降高度为，对A根据牛顿第二定律可得
对B、C根据牛顿第二定律可得
撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B在C下降时开始相对滑动，在C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有
此时A的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A做简谐运动，所以A第一次从右向左运动过程中的最大速度为
联立解得
34．（2024·浙江）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧璧EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；
（2）若μ2=0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
（3）若μ2=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
【答案】（1）解： 小物块恰好通过圆轨道最高点C点，则
小物块从B ，
解得
代入数据的
（2）解： 由 (1) 得
$m 与 M$ 同速时速度为 ， 则
（3）解：m的加速度， 方向向左
的加速度， 方向向右
m与M共速后，m与M一起向右减速， 方向向左
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据物块在竖直平面做圆周运动的特点，结合动能定理可得出B点的速度大小；
（2）利用动量守恒定律，结合能量守恒定律可得出损耗的机械能大小；
（3）根据牛顿第二定律可求出物体和滑块的加速度大小，利用物体做匀变速直线运动的特点可得出位移大小，结合位移关系可得出最大速度。
35．（2025·重庆市）如图所示，长度为d的水平传送带M顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞（碰撞时间极短）。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。
（1）求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
（2）若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量；
（3）若B的质量是A的n倍，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围。
【答案】（1）解：A在传送带上，根据牛顿第二定律可得
解得
由于A还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物体在传送带上做匀加速直线运动，由可得
解得
（2）解：设B的质量为M，则由题意由碰前，，两物体发生弹性碰撞，根据动量守恒可得
，
根据能量守恒有
联立解得
，
因为OP 段粗糙，对A，由动能定理有
对B，由动能定理有
得
即，
根据题意有，且由（1）有
联立各式解得
（3）解：A、B碰撞过程动量守恒有
又因为碰后瞬间A和B的动量相同，即
解得
，
根据碰撞的约束条件，要两物块不发生二次碰撞则有，即，碰后动能不增，即
可得
所以n的取值范围为
分别将和带入，分别可得
，
所以对应的B 的速度范围为
代入，可得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】本题主要考查牛顿第二定律、动量守恒、能量守恒、动能定理的综合应用，理清物体运动过程是解题关键。
（1）根据牛顿第二定律求得A在传送带上的加速度，由题意结合运功学公式求解物体离开传送带时的速度大小；
（2）A、B两物体发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒列式求解碰后A、B两物体速度，碰后A、B两物体在摩擦力作用下做匀减速运动，由动能定理求得滑行距离，进而求得B的质量；
（3）根据动量守恒和碰撞的合理性列式求得求得n的取值范围，从而求得碰后瞬间B的速度大小范围。
36．（2025·长沙模拟）如图所示，一光滑水平面上有一固定的光滑曲面，曲面与水平面平滑相接，水平面右侧有一水平传送带，传送带的右端固定一挡板，挡板上固定有劲度系数k=20N/m的水平轻弹簧。现让一质量m=2kg的小物块从曲面上离地高度h=5m的位置由静止释放，传送带的速度水平向右，大小为，弹簧初始时最左端H到传送带与水平面连接点O的距离，传送带与物块间的动摩擦因数μ=0.5。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。
（1）求物块运动到O点的速度大小；
（2）从滑上传送带到物块压缩弹簧达到最大静摩擦力的过程中，求传送带对物体所做的功；
（3）从物块滑上传送带至弹簧压缩最短过程中，结合弹簧振子的周期公式，求电动机对传送带多做的功。
【答案】（1）解：由动能定理
解得
（2）解：物块滑上传送带的加速度
共速时物块在传送带上运动的距离为x，有
可得
则物块与弹簧接触前已共速，物块接触弹簧后压缩弹簧，当弹力大小等于最大静摩擦力时，物块又与传送带相对滑动，设弹力等于最大静摩擦力时弹簧压缩量为，则
可得
从滑上传送带到物块达到最大静摩擦力的过程中，由动能定理有
弹簧的弹力与压缩量成正比，则
联立可得
（3）解：共速过程传动带的位移
共速过程电动机对传送带多做的功
从物块接触弹簧到物块相对传送带滑动的过程，电动机对传送带多做的功
从物块达到最大静摩擦力到弹簧压缩最短所用时间
此过程传动带的位移
电动机对传送带多做的功
故整个过程做功为
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解；
（2）根据牛顿第二定律和运动学公式可得物块与弹簧接触前已和初速度共速，从滑上传送带到物块达到最大静摩擦力的过程中，求出最大弹力以及弹力做功，根据动能定理求解传送带做功；
（3）求出共速过程中电动机对传送带多做的功，求出从物块接触弹簧到物块相对传送带滑动的过程，电动机对传送带多做的功，求出从物块达到最大静摩擦力到弹簧压缩最短所用时间以及电动机对传送带多做的功，三段功相加等于电动机对传送带多做的功。
（1）由动能定理
解得
（2）物块滑上传送带的加速度
共速时物块在传送带上运动的距离为x，有
可得
则物块与弹簧接触前已共速，物块接触弹簧后压缩弹簧，当弹力大小等于最大静摩擦力时，物块又与传送带相对滑动，设弹力等于最大静摩擦力时弹簧压缩量为，则
可得
从滑上传送带到物块达到最大静摩擦力的过程中，由动能定理有
弹簧的弹力与压缩量成正比，则
联立可得
（3）共速过程传动带的位移
共速过程电动机对传送带多做的功
从物块接触弹簧到物块相对传送带滑动的过程，电动机对传送带多做的功
从物块达到最大静摩擦力到弹簧压缩最短所用时间
此过程传动带的位移
电动机对传送带多做的功
故整个过程做功为
37．（2025·浙江模拟）如图所示，倾角α=37°的斜面AB通过平滑的小圆弧与水平直轨道BC连接，BC右端与顺时针转动的传送带相连，DE为水平长直轨道，左端与该传送带相连，右端与半径为R=0.4m的竖着的光滑半圆弧轨道EF相切，轨道最高点左侧有一小车放置在足够长的水平直轨道GH，小车右侧与F点相齐平，小车左侧安装了一个轻弹簧装置（质量不计）。DE轨道以及传送带长度均为L=1m，DE段铺设特殊材料，其动摩擦因数μ1=0.2x+0.2（x表示DE上一点到D点的距离）。物块与AB、传送带和小车上表面之间（除弹簧原长部分外）的动摩擦因数均为，其余部分均光滑。现在一质量为m=1kg的小物块（可视为质点）从斜面上某点静止下滑。已知小车质量M=3kg， d=1.2m， sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）物块恰好到达F点，求物块进入圆弧E点时对轨道的压力；
（2）若物块释放的高度为3m，为让物块能到达F点，求传送带的转动速度至少多大；
（3）物块滑上小车后，与弹簧碰撞时机械能无损失，若小车撞上弹簧弹性势能超过18J时会触发机关把物块锁定，反之，物块被弹回，为使物块最终停留在小车上，求物块到达F点时的速度应满足的条件。
【答案】（1）解：恰好过F点，则满足
解得
vF=2m/s
E到F 由动能定理
解得
在E点，由牛顿第二定律
解得FN = 60N，根据牛顿第三定律得，对轨道压力 60N，方向竖直向下。
（2）解：D到E 摩擦力做功
由 （1）知，物块能到达F点，E点速度至少，由动能定理
解得
物体斜面上下滑到C点，则
解得
假如一直加速，到D点速度为
所以物块在传送带先加速再匀速，传送带的速度至少。
（3）解：过F点且挤压弹簧锁定，由动量守恒和能量关系可得
，
可得
过F点挤压弹簧弹回共速在小车右侧
，
可得
则。
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】(1)利用 “恰好过圆周最高点的临界条件（重力向心力 ）”，结合动能定理求 E 点速度，再用牛顿第二定律算 E 点支持力，最后由牛顿第三定律得压力。
(2)通过积分算 D 到 E 的变力摩擦功，结合动能定理求 D 点速度；再分析斜面下滑和传送带加速过程，确定传送带最小速度（物块在传送带上先加速到传送带速度 ）。
(3)分 “锁定” 和 “回弹” 两种情况，用动量守恒和能量守恒（含摩擦功、弹性势能 ）推导 F 点速度范围，结合恰好过 F 点的临界速度，确定最终条件。
（1）恰好过F点，则满足
解得vF=2m/s
E到F 由动能定理
解得
在E点，由牛顿第二定律
解得FN = 60N
根据牛顿第三定律得，对轨道压力 60N，方向竖直向下。
（2）D到E 摩擦力做功
由 （1）知，物块能到达F点，E点速度至少，由动能定理
解得
物体斜面上下滑到C点，则
解得
假如一直加速，到D点速度为
所以物块在传送带先加速再匀速，传送带的速度至少。
（3）过F点且挤压弹簧锁定
由动量守恒和能量关系可得，
可得
过F点挤压弹簧弹回共速在小车右侧
，
可得
则
38．（2025·湖南）某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳？？紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，，重力加速度大小为g。
（1）若滑杆固定，，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小；
（2）若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小；
（3）若滑杆能沿轨道自由滑动，，且，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至？？点，求v与k的关系式及v的最小值。
【答案】（1）由B点到最低点过程动能定理有
最低点牛顿第二定律可得
联立可得
（2）轻绳运动到左上方与水平方向夹角为时由能量守恒可得
水平方向
竖直方向取向上为正可得
联立可得
（3）当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为时计为点C，由能量守恒可得
设的水平速度和竖直速度分别为，则有
则水平方向动量守恒可得
水平方向满足人船模型可得
此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为
设此时机器人的速度与竖直方向的夹角为，则有速度关系
水平方向
竖直方向
联立可得
即
显然当时取得最小，此时
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的综合应用；运动的合成与分解；动能定理的综合应用；人船模型
【解析】【分析】 （1）根据动能定理机求出器人运动到滑杆正下方时的速度大小，再应用牛顿第二定律求解轻绳拉力的大小；
（2）根据机械能守恒定律求出机器人松开轻绳时的速度大小，松开轻绳后被抛至A点的过程机器人做斜抛运动，将运动分解处理，应用运动学公式解答；
（3）滑杆能沿轨道自由滑动时，机器人由B到抛出位置的过程，滑杆与机器人组成的系统在水平方向上满足动量守恒，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求出机器人在抛出时的速度，以及此时的水平与竖直的分速度与初速度v的关系，根据人船模型求出此过程机器人的水平位移大小，机器人由C点到A点的过程做斜抛运动，由运动学公式求得速度v与k的关系式，由数学知识求得v的最小值。
1 / 1高考一轮复习：牛顿运动定律
一、选择题
1．（2025高三上·广东模拟）孔明灯又叫天灯，相传是由三国时的诸葛孔明（即诸葛亮）发明的，如图所示，当年，诸葛孔明被司马懿围困于平阳，无法派兵出城求救，孔明算准风向，制成会飘浮的纸灯笼，系上求救的讯息，其后果然脱险，于是后世就称这种灯笼为孔明灯。现有一质量为的孔明灯升空后向着东北偏上方向匀速上升，则此时孔明灯所受空气的作用力大小和方向是（ ）
A．0 B．，东北偏上方向
C．，竖直向上 D．，东北偏上方向
2．（2023·浙江）在足球运动中，足球入网如图所示，则（ ）
A．踢香蕉球时足球可视为质点
B．足球在飞行和触网时惯性不变
C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力
D．触网时足球对网的力大于网对足球的力
3．（2025·郴州模拟）3月15日，2025年女子冰壶世锦赛开赛，中国女子冰壶队在首场比赛中5∶3战胜土耳其队，取得了本届世锦赛“开门红”。比赛中运动员所用冰壶的惯性大小取决于（ ）
A．冰壶的速度 B．冰壶的体积
C．冰壶受到的阻力 D．冰壶的质量
4．（2025·涪城模拟）2024年7月四川籍运动员邓雅文在奥运会赛场上获得自由式小轮车比赛冠军，比赛场景及简化图如图所示。某段比赛中运动员骑着小轮车仅靠惯性向下经历一段竖直平面内的曲面轨道直到水平地面，已知曲面轨道与水平地面平滑连接，空气阻力不可忽略。则在该过程中运动员（ ）
A．一直处于失重状态 B．机械能一定减小
C．惯性越来越大 D．重力的功率一直增大
5．（2024高三上·蓬溪期中）科学的思维和研究方法对物理学的发展意义深远，对揭示物理现象的本质十分重要。下列哪项研究是运用理想实验法得到的（ ）
A．牛顿发现万有引力定律
B．伽利略发现力不是维持物体运动的原因
C．开普勒提出行星的运动规律
D．卡文迪许用扭秤实验测量计算出万有引力常量
6．（2025·浙江）中国运动员以121公斤的成绩获得2024年世界举重锦标赛抓举金牌，举起杠铃稳定时的状态如图所示。重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．双臂夹角越大受力越小
B．杠铃对每只手臂作用力大小为
C．杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对平衡力
D．在加速举起杠铃过程中，地面对人的支持力大于人与杠铃总重力
7．（2025·海南）载人飞船的火箭成功发射升空，载人飞船进入预定轨道后，与空间站完成自主快速交会对接，然后绕地球做匀速圆周运动。已知空间站轨道高度低于地球同步卫星轨道，则下面说法正确的是（ ）
A．火箭加速升空失重
B．宇航员在空间站受到的万有引力小于在地表受到万有引力
C．空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度小于地球自转角速度
D．空间站绕地球做匀速圆周运动的加速度小于地球同步卫星的加速度
8．（2025高二上·清远期末）如图所示，当一块磁体靠近超导体时，超导体中会产生强大的电流，对磁体有排斥作用，这种斥力可以使磁体悬浮在空中，超导磁浮列车就是运用了这个原理。关于这种磁浮现象，下列说法中正确的是（ ）
A．超导体使磁体处于失重状态
B．超导体对磁体的磁力与磁体受到的重力相平衡
C．超导体中电流产生的磁场方向与磁体的磁场方向相同
D．磁体靠近时，超导体中有电流，磁体悬浮时，超导体中无电流
9．（2022·浙江）下列说法正确的是（ ）
A．链球做匀速圆周运动过程中加速度不变
B．足球下落过程中惯性不随速度增大而增大
C．乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变
D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关
10．（2025·浙江模拟）下列对教材中的四副插图所包含物理思想方法的说法错误的是（ ）
A．图甲：类比法； B．图乙：理想实验方法；
C．图丙：等效法； D．图丁：控制变量法
11．（2023·天津市）质量为m的列车匀速v行驶，突然以F大小的力制动刹车直到列车停止，过程中恒受到f的空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．减速运动加速度大小 B．力F的冲量为mv
C．刹车距离为 D．匀速行驶时功率为
12．（2025·湖北）一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成。门处于关闭状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（ ）
A． B． C． D．
13．（2025·安徽） 如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取，则在乙下落的过程中（ ）
A．甲对木箱的摩擦力方向向左 B．地面对木箱的支持力逐渐增大
C．甲运动的加速度大小为 D．乙受到绳子的拉力大小为
14．（2025·陆丰模拟）从足够高处由静止释放的小球，在竖直下落过程中所受的阻力与其速度的大小成正比。取竖直向下为正方向，则下列关于小球下落过程中的加速度 a、下落高度h、速度v随着时间t变化的图像，以及速度的平方与下落高度h的关系图像，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
15．（2024高一下·金湾月考）我国运动员王铮在今年举办的东京奥运会女子链球决赛中成功拿下一枚银牌，这是中国女子链球首次在奥运会上夺银。如图甲所示为王铮比赛瞬间的照片，若运动员在开始甩动链球时，可认为链球在水平面内做匀速圆周运动，如图乙所示，不计空气阻力，对此下列说法正确的是（ ）
A．链球球体受到重力、拉力及向心力共三个力的作用
B．链条与竖直方向的夹角θ越大，链条对球体施加的力越小，运动员越省力
C．链条与竖直方向的夹角θ越大，链球球体的周期越大
D．若运动员此时松手，链球将沿松手时的速度方向做平抛运动
16．（2025·浙江模拟）在微观世界，粒子的位置和动量不能同时精准确定，即有。除了动量与位置外还有其他物理量的不确定关系。如某物理量A，也有，其中t代表时间，h为普朗克常量，则物理量A的单位是（ ）
A．N B．W C．K D．J
17．（2025·浙江模拟）2024年6月27日，吉利汽车发布的最新一代“刀片式”磷酸铁锂电池——神盾短刀电池。质量能量密度提升至，体积利用率提升50%，适配性更广泛。下列用国际单位制来表示质量能量密度的单位，正确的是（ ）
A． B． C． D．
18．（2023·海南）如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是（ ）
A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力
B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力
C．重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小
D．重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变
19．（2025·浙江模拟）如图所示，在水平地面上，一位同学单手倒立斜靠在一大木箱上（木箱侧面光滑），已知同学的质量小于木箱质量，同学和木箱均保持静止状态，则下列说法正确的是（ ）
A．同学受到地面的摩擦力小于木箱受到地面的摩擦力
B．同学受到地面的摩擦力与木箱受到地面的摩擦力是一对平衡力
C．同学受到木箱向右的弹力与地面对人向左的摩擦力是作用力与反作用力
D．同学受到的重力的平衡力是地面对他向上的弹性力
20．（2025·北京市）模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示（向上为正）。下列说法正确的是（ ）
A．从到，实验舱处于电磁弹射过程
B．从到，实验舱加速度大小减小
C．从到，实验舱内物体处于失重状态
D．时刻，实验舱达到最高点
21．（2025·陆丰模拟）如图，是游乐场的翻滚过山车装置。过山车沿直径为20m的圆环轨道做匀速圆周运动，向心加速度大小为4g（重力加速度g=10m/s2）。则下列错误的是（ ）
A．过山车的线速度大小约为20m/s
B．过山车通过最低点时，乘客处于超重状态
C．过山车通过最高点时，乘客处于失重状态
D．过山车通过最高点时，乘客处于超重状态
22．（2024·安徽） 倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t =0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度 a、速度 v随时间 t变化的关系图线可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
23．（2025·浙江模拟）如图甲所示，滑块、中间用一根轻质弹簧相连，静止于光滑水平面上，初始时弹簧处于原长。现对物块施加水平向右，大小为的恒力，内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个过程中弹簧均未超出弹性限度，下列说法正确的是（ ）
A．滑块的质量之比为
B．若已知末的速度为，则末的速度为
C．由图可知，后、两物体的加速度将保持不变
D．后的加速度将继续增大，的加速度将减小，最终两物体的加速度会相同，做匀变速直线运动
二、多项选择题
24．（2025高三上·广东模拟）质点由静止开始做直线运动，所受合外力大小随时间变化的图象如图所示，则有关该质点的运动，以下说法中正确的是（ ）
A．质点在0－2s内做匀加速运动 B．质点在0－2s内速度不变
C．质点在2－4s内加速度越来越小 D．质点在2－4s内速度越来越大
25．（2024·云南）如图所示，质量分别为和的、按如图的方式用轻弹簧和轻绳连接，当系统静止时轻绳的拉力大小为，轻弹簧的伸长量为，重力加速度用表示，则下列说法正确的是( )
A．剪断轻绳的瞬间，的瞬时加速度大小为
B．剪断轻绳后，向下运动瞬时加速度大小为零
C．撤走长木板的瞬间，的瞬时加速度大小为
D．撤走长木板后，向下运动瞬时加速度大小为
26．（2025·四川）若长度、质量、时间和动量分别用a、b、c和d表示，则下列各式可能表示能量的是（ ）
A． B． C． D．
27．（2025高一下·旌阳期末）一滑块在水平地面上沿直线滑行，时速率为1m/s。从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲和乙所示，两图中取同一正方向。则下列判断正确的是（ ）
A．滑块的质量为1kg
B．滑块与水平地面间的滑动摩擦力大小为1N
C．第1s内合外力对滑块做功为
D．第2s内力F的平均功率为3W
三、非选择题
28．（2022·浙江）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1=4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为 ，货物可视为质点（取cos24°=0.9，sin24°=0.4）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
29．（2025·山东）某小组采用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律，部分实验步骤如下：
（1）将两光电门安装在长直轨道上，选择宽度为d的遮光片固定在小车上，调整轨道倾角，用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及码相连。选用d＝ cm（填“5.00"或“1.00”）的遮光片，可以较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度。
（2）将小车自轨道右端由静止释放，从数字毫秒计分别读取遮光片经过光电门1、光电门2时的速度v1=0.40m/s、v2=0.81m/s，以及从遮光片开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间t=1.00s，计算小车的加速度a= m/s2（结果保留2位有效数字）。
（3）将托盘及码的重力视为小车受到的合力F，改变码质量，重复上述步骤，根据数据拟合出a-F图像，如图乙所示。若要得到一条过原点的直线，实验中应 （填“增大”或“减小”）轨道的倾角。
（4）图乙中直线斜率的单位为 （填“kg”或“kg-1”）。
30．（2024高一下·浉河月考）如图所示，竖直平面内有一光滑圆弧管道，其半径为R=0.5m，一质量m=0.8kg的小球从平台边缘的A处水平射出，恰能沿圆弧管道上P点的切线方向进入管道内侧，管道半径OP与竖直线的夹角为53°，已知管道最高点Q与A点等高，sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取10 m/s2。试求：
（1）小球从平台上的A点射出时的速度大小v0；
（2）小球从平台上的射出点A到圆弧管道入射点P之间的距离l（结果可用根式表示）；
（3）如果小球沿管道通过圆弧的最高点Q时的速度大小为3m/s，则小球运动到Q点时对轨道的压力。
31．（2024·海南） 某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量，一质量为的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为，忽略空气阻力，重力加速度，求：
（1）游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；
（2）滑板的长度L
32．（2024高三下·宝鸡模拟）如图所示，水平地面上放一个质量M=1kg的木板，一个质量m=1kg、带电量q=+1×10-5C的小物块（可视为质点）放在木板最左端，物块与木板间的动摩擦因数=0.4，木板与水平地面间的动摩擦因数=0.2。在物块右侧距物块L1=4.5m的区域有一匀强电场E，电场区域宽度为L2=12m，电场强度大小E=1×106N/C，方向竖直向上。现对木板施加一水平向右恒力F，使物块进入电场区域前恰好和木板保持相对静止地向右加速运动，物块刚进入电场时撤去恒力F。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块带电量始终不变，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）水平恒力F的大小
（2）物块离开电场时，木板的速度大小
（3）要使物块不从木板滑下，木板的长度L至少为多少
33．（2024·福建）如图，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C相连，轻绳绝缘且不可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。时撤去电场，C向下加速运动，下降后开始匀速运动，C开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为。已知A、B、C的质量分别为、、，小球C的带电量为，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。
（1）求匀强电场的场强大小；
（2）求A与B间的滑动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小；
（3）若时电场方向改为竖直向下，当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B继续向右运动，一段时间后，A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B未与A脱离，C未与地面相碰）
34．（2024·浙江）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧璧EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；
（2）若μ2=0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
（3）若μ2=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
35．（2025·重庆市）如图所示，长度为d的水平传送带M顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞（碰撞时间极短）。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。
（1）求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
（2）若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量；
（3）若B的质量是A的n倍，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围。
36．（2025·长沙模拟）如图所示，一光滑水平面上有一固定的光滑曲面，曲面与水平面平滑相接，水平面右侧有一水平传送带，传送带的右端固定一挡板，挡板上固定有劲度系数k=20N/m的水平轻弹簧。现让一质量m=2kg的小物块从曲面上离地高度h=5m的位置由静止释放，传送带的速度水平向右，大小为，弹簧初始时最左端H到传送带与水平面连接点O的距离，传送带与物块间的动摩擦因数μ=0.5。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。
（1）求物块运动到O点的速度大小；
（2）从滑上传送带到物块压缩弹簧达到最大静摩擦力的过程中，求传送带对物体所做的功；
（3）从物块滑上传送带至弹簧压缩最短过程中，结合弹簧振子的周期公式，求电动机对传送带多做的功。
37．（2025·浙江模拟）如图所示，倾角α=37°的斜面AB通过平滑的小圆弧与水平直轨道BC连接，BC右端与顺时针转动的传送带相连，DE为水平长直轨道，左端与该传送带相连，右端与半径为R=0.4m的竖着的光滑半圆弧轨道EF相切，轨道最高点左侧有一小车放置在足够长的水平直轨道GH，小车右侧与F点相齐平，小车左侧安装了一个轻弹簧装置（质量不计）。DE轨道以及传送带长度均为L=1m，DE段铺设特殊材料，其动摩擦因数μ1=0.2x+0.2（x表示DE上一点到D点的距离）。物块与AB、传送带和小车上表面之间（除弹簧原长部分外）的动摩擦因数均为，其余部分均光滑。现在一质量为m=1kg的小物块（可视为质点）从斜面上某点静止下滑。已知小车质量M=3kg， d=1.2m， sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）物块恰好到达F点，求物块进入圆弧E点时对轨道的压力；
（2）若物块释放的高度为3m，为让物块能到达F点，求传送带的转动速度至少多大；
（3）物块滑上小车后，与弹簧碰撞时机械能无损失，若小车撞上弹簧弹性势能超过18J时会触发机关把物块锁定，反之，物块被弹回，为使物块最终停留在小车上，求物块到达F点时的速度应满足的条件。
38．（2025·湖南）某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳？？紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，，重力加速度大小为g。
（1）若滑杆固定，，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小；
（2）若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小；
（3）若滑杆能沿轨道自由滑动，，且，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至？？点，求v与k的关系式及v的最小值。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】牛顿第一定律；区分相互作用力与平衡力
【解析】【解答】解题关键在于明确孔明灯匀速上升这一运动状态意味着其处于平衡状态，所受合外力为0，然后对孔明灯进行受力分析，它主要受重力和空气作用力，根据平衡力的性质（大小相等、方向相反、作用在同一直线上）来判断空气作用力的大小和方向。
A ：若空气作用力为，孔明灯只受重力，根据牛顿第二定律（为合外力，为质量，为加速度），合外力不为，孔明灯会做加速运动，而不是匀速上升，所以 A 选项错误。
B ：孔明灯重力方向竖直向下，大小为。若空气作用力为，方向东北偏上。那么这两个力不在同一直线上，其合力不为。根据牛顿第二定律，孔明灯会有加速度，不会做匀速运动，所以B错误。
C ：孔明灯匀速上升处于平衡状态，所受合外力为，它受重力竖直向下， 根据平衡力特点，空气对孔明灯的作用力与重力大小相等、方向相反，所以空气作用力大小为，方向竖直向上， C 选项正确。
D ： 若空气作用力大小为，方向东北偏上，与竖直向下大小为的重力不在同一直线上，合力不为。依据牛顿第二定律，孔明灯会有加速度，无法保持匀速上升的状态 所以 D 选项错误。
综上，答案选 C。
【分析】孔明灯升空后向着东北偏上方向匀速上升，即做匀速直线运动，处于平衡状态，据此分析。
2．【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；质点；受力分析的应用；惯性与质量
【解析】【解答】A.在研究如何踢出“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位置与角度，所以不可以把足球看作质点，故A不符合题意；
B.惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B符合题意；
C.足球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气阻力的情况下只受重力，故C不符合题意；
D. 触网时足球对网的力和网对足球的力是一对相互作用力，大小相等，故D不符合题意。
故答案为：B
【分析】在研究如何踢出“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位置与角度；惯性只与质量有关；足球在飞行时只受重力作用；触网时足球对网的力和网对足球的力是一对相互作用力。
3．【答案】D
【知识点】惯性与质量
【解析】【解答】 在实际比赛中，虽然运动员可以通过改变投掷力度来改变冰壶的速度，但这并不会改变冰壶本身的惯性大小。惯性是物体的固有属性，只与其质量有关。 所以比赛中运动员所用冰壶的惯性大小取决于冰壶的质量，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】惯性只由质量决定，质量越大，惯性越大，与速度、受力、环境等因素无关。
4．【答案】B
【知识点】惯性与质量；超重与失重；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。A．在竖直方向上，小车的末速度为0，故小车在到达水平轨道前在竖直向下减速，为超重，故A错误；
B．空气阻力不可忽略，阻力做负功，由功能关系知运动员的机械能一直减小，故B正确；
C．惯性是物体的固有属性，只与物体的质量有关，运动员运动过程中质量不变，惯性不变，故C错误；
D．在竖直方向上，小车的末速度为0，末状态重力的功率为0，故D错误。
故选B。
【分析】惯性的大小仅由质量决定，与运动状态无关；重力功率的变化则需考虑速度和重力方向的相对关系
5．【答案】B
【知识点】伽利略理想斜面实验；开普勒定律；引力常量及其测定
【解析】【解答】本题考查牛顿、开普勒、卡文迪什以及伽利略等在物理学上的贡献，结合用到的物理方法进行分析解答。A．牛顿通过大量的数据研究推导得出万有引力定律，没有用到理想实验，故A错误；
B．伽利略发现力不是维持物体运动的原因，是伽利略在实验的基础上经过抽象推理得出的结论，不能够用实验证明，即运用了理想实验法，故B正确；
C．开普勒提出行星的运动规律，是开普勒从天文学家第谷观测火星位置所得资料中总结出来的，采用了归纳法，故C错误；
D．卡文迪许用扭秤实验测量计算出万有引力常量，是建立在实验基础上直接得出的结论，故D错误。
故选B。
【分析】根据牛顿、开普勒、卡文迪什以及伽利略的各实验以及结论，结合用到的物理方法进行分析解答。
6．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡；超重与失重
【解析】【解答】本题主要考查根据平衡条件求力和根据加速度方向分析物体受力大小的判断。A．双臂所受杠铃作用力的合力的大小等于杠铃的重力大小，与双臂的夹角无关，A错误；
B．杠铃的重力为
手臂与水平的杠铃之间有夹角，假设手臂与竖直方向夹角为，根据平衡条件可知
结合，解得杠铃对手臂的作用力
B错误；
C．杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对相互作用力，C错误；
D．加速举起杠铃，人和杠铃构成的相互作用系统加速度向上，系统处于超重状态，因此地面对人的支持力大于人与杠铃的总重力，D正确。
故选D。
【分析】根据平衡条件分析；加速举起过程，加速向上，合力向上。
7．【答案】B
【知识点】超重与失重；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．火箭加速升空过程，加速度方向竖直向上，火箭处于超重状态，故A错误；
B．宇航员与地球的质量不变，根据万有引力定律，宇航员在空间站的引力距离大，因此宇航员在空间站中受到的万有引力小于在地表受到万有引力，故B正确；
C．同步卫星的角速度等于地球自转的角速度；
根据万有引力和向心力公式
可得
因此空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度大于同步卫星的角速度，即大于地球自转角速度，故C错误；
D．根据牛顿第二定律
可得
因此空间站绕地球做匀速圆周运动的加速度大于地球同步卫星的加速度，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据超重和失重的含义分析作答；根据人造卫星运行参量与轨道半径的关系分析作答。
8．【答案】B
【知识点】超重与失重；楞次定律
【解析】【解答】本题考查通电导线周围的磁场，解题关键根据信息分析题意，结合电磁感应原理分析。AB．排斥力可以使磁体悬浮于空中，所以超导体对磁体的力与磁体的重力平衡，磁体既没有超重，也没有失重，故A错误，B正确；
CD．当一块磁体靠近超导体时，由楞次定律可知超导体中电流产生的磁场方向与磁体的磁场方向相反，产生了排斥力，这种排斥力可以使磁体悬浮于空中，磁体悬浮时，超导体没有焦耳热得产生因此之前产生得感应电流依旧存在，故CD错误；
故选B。
【分析】磁体靠近超导体时，由于磁通量的变化产生感应电动势，根据楞次定律判断感应电流的磁场与原磁场的方向关系，磁体悬浮于空中，受力平衡。
9．【答案】B
【知识点】加速度；惯性与质量
【解析】【解答】A.链球做匀速圆周运动时加速度大小不变，但方向时刻都在改变，故A错误。
B.足球的惯性只与质量有关，与其他因素无关，故B正确。
C.乒乓球被击打过程中受到的作用力随着形变量的减小而减小，故C错误。
D.篮球飞行过程中所受阻力的方向与速度方向相反，故D错误。
故答案为：B。
【分析】加速度是矢量，既有大小，又有方向；惯性只与质量有关与其他因素无关；乒乓球所受的作用力与形变量的大小有关；篮球所受空气阻力与速度方向相反。
10．【答案】A
【知识点】伽利略理想斜面实验；运动的合成与分解；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．图甲是推导图像的面积代表位移，使用的是微元法，故A错误，符合题意；
B．图乙在研究力和运动的关系时，伽利略运用了理想实验方法，巧妙地设想了两个对接斜面的实验，故B正确，不符题意；
C．图丙利用红蜡块的运动探究合运动和分运动的实验，采用物理思想方法是等效替代法，故C正确，不符题意；
D．图丁探究影响电荷间相互作用力的因素时，运用了控制变量法，故D正确，不符题意。
故选A。
【分析】A、图甲是推导图像的面积代表位移，使用的是微元法；
B、图乙在研究力和运动的关系时，伽利略运用了理想实验方法；
C、图丙利用红蜡块的运动探究合运动和分运动的实验，采用物理思想方法是等效替代法；
D、图丁探究影响电荷间相互作用力的因素时，运用了控制变量法。
11．【答案】C
【知识点】力与运动的关系；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；功率及其计算；冲量
【解析】【解答】A.根据牛顿第二定律：，可得减速运动加速度大小：，故A错误；
B.根据运动学公式，刹车所用的时间：，
故力的冲量为：，方向与运动方向相反，故B错误；
C.根据运动学公式v2=2ax可得刹车距离：故C正确；
D.匀速行驶时牵引力等于空气阻力，功率为：，故D错误
故选C。
【分析】（1）对列车进行受力分析，根据牛顿第二定律列方程求得加速度大小；
（2）根据运动学关系先求刹车所用的时间，再用冲量定义式，求得力的冲量；
（3）根据运动学公式v2=2ax可得刹车距离；
（4）匀速行驶时牵引力等于空气阻力，利用功率公式求解。
12．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律
【解析】【解答】画出v-t图像可知，由于减速运动加速度相同，故外力越大，运动时间越短， 若外力比较大，加速时间很短，位移很小，可以忽略不计，此时门板的运动时间最短，撤去外力后根据牛顿第二定律，有μmg=ma，设撤去外力后门板最短运动时间为t，运动的距离为L，则，解得t=，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】门板先做匀加速运动，后做匀减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合题意求解。
13．【答案】C
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．因为物块甲向右运动，木箱静止，木箱相对甲向左运动，所以甲对木箱的摩擦力方向向右，故A错误；
B．对于甲，竖直方向
对于木箱，竖直方向，有
可得则地面对木箱的支持力大小不变，故B错误；
CD．设乙运动的加速度大小为，绳子的弹力大小为F，对于乙，由牛顿第二定律可得
对甲，水平方向，由牛顿第二定律可得
联立可得
，
C正确，D错误。
故选C。
【分析】本题主要考查牛顿第二定律在叠块和连接体中的应用，分清整体与隔离法是解题关键。
由静摩擦力产生条件判断甲对木箱的摩擦力方向；分别以甲、乙为研究对象，根据牛顿第二定律列式求解甲运动的加速度大小、乙受到绳子的拉力大小；以木箱为研究对象，根据平衡条件列式判断地面对木箱的支持力变化。
14．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；牛顿定律与图象
【解析】【解答】解答本题时，关键要根据牛顿第二定律列式分析加速度的变化情况，知道h-t图像的斜率表示小球的速度。A．小球从足够高处竖直下落的过程中，由于重力作用，先做加速运动，随着速度的增大，小球所受的阻力也增大，根据牛顿第二定律有
可知小球的加速度逐渐减小，故小球做加速度逐渐减小的加速运动，当时，，小球的速度达到最大，不再加速，此后小球做匀速直线运动，故A错误；
B．由于图像的斜率表示小球的速度，小球的速度应先增大后不变，即图像的斜率应先越来越大后不变，故B错误；
C．小球先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动，故C正确；
D．根据匀变速直线运动的位移公式，可知图像的斜率表示小球加速度的2倍，小球的加速度应越来越小，直到，即图像的斜率应越来越小，最后为0，故D错误。
故选C。
【分析】根据牛顿第二定律分析加速度的变化，判断小球的运动情况，并判断v-t图像斜率的变化情况；根据h-t图像的斜率表示小球的速度，来分析图像斜率的变化情况；根据匀变速直线运动的位移公式v2=2ah，分析v2-h图像的斜率变化情况，再选择图像。
15．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】
A．对球体进行受力分析，如图所示球体受到重力与链条的拉力，链球在水平面内做匀速圆周运动，由大小不变的重力与可根据夹角改变而改变的拉力，两个力的水平合力提供运动学向心力， 向心力是重力和拉力的合力是效果力，非独立力，故A错误；
B．适用竖小平大口诀，竖直方向根据受力平衡可得
可知链条与竖直方向的夹角越大，越小，则链条对球体施加的拉力越大，故B错误；
C．根据牛顿第二定律左边合力右边运动学向心力可得等式
解得
在0到90°范围内单调递减，可知链条与竖直方向的夹角越大，越小，则链球做匀速圆周运动的周期越小，故C错误；
D．松手后链球初速度水平，仅受重力，做平抛运动，故D正确；
故选D。
【分析】（1）通过受力分析明确向心力来源，结合圆周运动公式分析θ与力的关系；
链球仅受重力和拉力，其合力提供向心力；松手后链球仅受重力，做平抛运动；若考虑空气阻力，链球轨迹会变化；实际投掷中θ随转速变化，需结合角动量分析。
（2）易错点：误认为向心力是独立力（实际是效果力，选项A错误）；混淆θ增大对拉力和周期的影响（选项B、C反了）；
（3）隐含条件：拉力Tcosθ=mg，随θ增大而增大；向心力F=mgtanθ，周期T=2π√(Lcosθ/g)随θ增大而减小。
16．【答案】D
【知识点】不确定性关系；力学单位制
【解析】【解答】根据题意，
解得
ΔA的单位是
根据
动能的单位是
ΔA的单位是J，故答案为：D。
【分析】1. 抓公式与单位关联：利用题目给出的不确定关系公式，明确 与 、、 的联系，通过单位换算推导 。
2. 借已知量单位过渡：回忆动量（ ）、长度（ ）、时间（ ）的单位，代入推导 单位 。
3. 靠熟悉物理量验证：关联动能（单位 ）的单位公式，发现与推导结果一致，从而确定 的单位 。
17．【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】能量密度为
故答案为：A。
【分析】首先将复合单位 换算为国际单位，然后分解：利用，，，逐步转换。结合kg 约分，得到最终国际单位。
18．【答案】B
【知识点】共点力的平衡；区分相互作用力与平衡力
【解析】【解答】A、工人受力分析可知，竖直方向受自身重力，地面支持力，绳子的拉力，三个力作用下处于平衡状态，A错误；
B、工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一次相互作用中产生的作用在两个物体上，大小相等，方向相反的力，是一对作用力与反作用力，B正确；
CD、对动滑轮受力分析如图所示，
可得：，在重物缓慢拉起的过程中，θ角度不断增大，绳子的拉力不断增大，CD错误；
故答案为：B
【分析】A、对工人受力分析竖直方向受三个力的作用下的平衡；
B、正确理解作用力和反作用力，就可以判断；
CD，对动滑轮受力分析，由平行四边形法则求解拉力与夹角的关系，分析判断。
19．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用；区分相互作用力与平衡力
【解析】【解答】A．对同学和木箱的整体分析，水平方向受合外力为零，则同学受到地面的摩擦力与木箱受到地面的摩擦力大小相等，方向相反，选项A错误；
B．同学受到地面的摩擦力与木箱受到地面的摩擦力因作用在两个物体上，不是一对平衡力，选项B错误；
C．弹力是“木箱 - 人”的相互作用，摩擦力是“地面 - 人”的相互作用，性质不同，不是作用力与反作用力，选项C错误；
D．同学受到的重力的平衡力是地面对他向上的弹性力，选项D正确。
故选D。
【分析】AB、对“同学 + 木箱”整体分析水平力，判断摩擦力大小与平衡关系。
C、区分弹力与摩擦力的不同性质，判断是否为作用力与反作用力。
D、对同学竖直方向受力分析，判断重力的平衡力。
20．【答案】B
【知识点】竖直上抛运动；超重与失重；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．根据f随时间t的变化图可知间，f向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于弹射过程后做竖直上抛运动，直到最高点速度等于零，故A错误；
B．，f向下在减小，可知此时速度方向向上，速度在减小，合力等于重力和阻力之和，根据牛顿第二定律有
即
故加速度大小在减小，故B正确；
C．t3到t5时间内，f向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故C错误；
D．由图可知时刻阻力方向改变，速度方向改变，从向上变成向下运动，故时刻到达最高点，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据阻力的方向和大小的变化情况，分析实验舱的速度变化和运动方向，确定实验舱的运动状态；根据牛顿第二定律判断实验舱的加速度变化；根据加速度方向判断超重失重情况。
21．【答案】D
【知识点】超重与失重；向心加速度；生活中的圆周运动
【解析】【解答】本题考查对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点， 知道加速度方向向下时，处于失重状态；加速度方向向上时，处于超重状态。A．过山车做匀速圆周运动，由
得
故A正确，不符合题意；
B．在最低点，重力和轨道对车的压力提供向心力，向心加速度朝上，由牛顿第二定律可知
解得
所以过山车通过最低点时，乘客处于超重状态，故B正确，不符合题意；
CD．在最高点，重力和轨道对车的压力提供向心力，向心加速度朝下，列车失重，乘客处于失重状态，故C正确，不符合题意；D错误，符合题意。
故选D。
【分析】根据向心加速度和线速度的关系计算；过山车在最低点时，加速度方向向上，处于超重状态；过山车在最高点时，加速度方向向下，处于失重状态。
22．【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—传送带模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】 在传送带底端无初速轻放一小物块，小物块先在传送带上做匀加速直线运动，其v-t图像为过原点的倾斜直线；
设动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律μmgcosθ-mgsinθ=ma1
解得a1=μgcosθ-gsinθ
加速度保持不变，a-t图像为平行于t轴的直线；
经过时间t0，小物块与传送带共速，由于最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，滑动摩擦力发生突变静摩擦力，此时f静=mgsinθ，小物块受平衡力作用，加速度a2=0，小物块随传送带一起以速度v0做匀速直线运动，其v-t图像为平行于t轴的直线。
综上分析，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【分析】在传送带底端无初速轻放一小物块，小物块先在传送带上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求加速度，结合v-t图像和a-t图像进行分析；
经过时间t0，小物块与传送带共速，根据滑动摩擦力的大小与重力沿斜面向下的分力大小，判断共速后小物块的运动状态，再结合v-t图像和a-t图像进行分析作答。
23．【答案】B
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A.t=0 时，对A，由
得
时
对A
对B
得
质量比 3：2，故A错误；
B．整个过程中外力的冲量等于滑块A、B的动量变化，即
已知1s末B的速度为0.36m/s，则求得1s末A的速度为vA=0.76m/s，故B正确；
C.1s后A、B虽然加速度一样，但是，因此弹簧会继续伸长，B的加速度会继续增加，故C错误；
D．由前面分析可知，当两者再次加速度相同时，两者速度不同，加速度仍然会继续发生变化，故D错误。
故答案为：B。
【分析】1. 质量求解：抓初始（t=0）和 t=1s 两个状态，用牛顿定律分别对A、B列方程，联立算质量比。
2. 动量定理应用：外力恒力，冲量易算；系统动量变化等于外力冲量，代入已知量直接解速度。
3. 加速度变化判断： t=1s 后，A速度大于B（前1s A加速快 ），弹簧继续拉长，B受弹力增大、加速度增大，A受弹力增大、合力减小，但因速度差持续，加速度不会稳定。
24．【答案】A,C,D
【知识点】力与运动的关系；牛顿定律与图象
【解析】【解答】解决本题的关键是知道加速度的方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动。
A： 从图象可知，在内，质点所受合外力大小为保持不变。根据牛顿第二定律（为合外力，为质量，为加速度），质量不变时，合外力恒定则加速度恒定，初速度为，所以质点做匀加速运动，A 选项正确。
B： 0-2s 内合外力不变，加速度也不变且不为，根据（为初速度，为加速度，为时间），初速度，加速度，随着时间推移速度会增大，并非速度不变， B 选项错误。
C： 由牛顿第二定律合，质量不变，合外力合减小，所以加速度越来越小，C 选项正确。
D： 在2-4s内，虽然加速度越来越小，但从图象可知合外力方向始终为正，即加速度方向始终与速度方向相同，根据加速度与速度的关系，质点做加速度减小的加速运动，速度越来越大，D 选项正确。
故选ACD。
【分析】 根据牛顿第二定律得出加速度的变化，从而结合加速度方向与速度方向关系得出物体的运动规律。
25．【答案】A,D
【知识点】力与运动的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】对物体P受力分析：重力、弹力(弹簧处于伸长状态）、绳子拉力
对物体Q受力分析：重力、弹力(弹簧处于伸长状态）、支持力
AB、 剪断轻绳的瞬间，弹簧来不及恢复，此时弹簧弹力还是为kx，即 剪断轻绳的瞬间， 物体P的合力为，所以此时的瞬时加速度大小为
A正确； 剪断轻绳后，向下运动 ，弹簧刚好恢复原长，物体P的合力为，所以此时的瞬时加速度大小为
B错误；
CD、 撤走长木板的瞬间， 物体Q受到的支持力为零，而弹簧来不及恢复，此时弹簧弹力还是为kx，所以此时Q的瞬时加速度大小为
撤走长木板后，向下运动，此时弹簧的弹力为
此时Q的瞬时加速度大小为
C错误，D正确。
答案：AD。
【分析】本题考查弹簧的渐变和支持了的突变问题，解决这类问题的关键，先对处于平衡状态下的研究对象进行受力分析， 剪断轻绳的瞬间， 弹簧来不及恢复，此时弹簧弹力还是为kx，而撤走长木板的瞬间， 物体Q受到的支持力为零，从而利用牛顿第二定律求解物体的瞬时加速度； 判断剪断轻绳后，向下运动和 撤走长木板后，向下运动物体P、Q的合力大小，利用牛顿第二定律求解物体的瞬时加速度。
26．【答案】A,C
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的单位叫做导出单位。能量单位与功的单位相同，根据含有能量或者功的物理公式进行推导即可。
A．根据题意可知的单位为
结合动能公式可知为能量单位，故A正确；
B．同理的单位为
根据可知为力的单位，故可知为力与质量的乘积，故不是能量的单位，故B错误；
C．的单位为
根据前面A选项分析可知该单位为能量单位，故C正确；
D．的单位为，不是能量单位，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】根据能量与动能和动量的计算式即可推导，能量的单位焦耳用力学单位制的基本单位可怎样表示。
27．【答案】B,C
【知识点】摩擦力的判断与计算；牛顿定律与图象；功的概念；功率及其计算
【解析】【解答】A . 0到1秒内，假设初速度方向向右为正方向，初速度开始负值即向左，与受力方向相反，与摩擦力方向也相反，向右合力为f+F1做匀减速直线运动如左图，
1秒之后摩擦力方向随速度方向改变而改变如右图，速度方向与受力方向相同，而摩擦力与受力方向相反，向右加速，向右合力为F2-f，v-t图像的斜率可得加速度恒为
，
F1=1N，F2=3N代入，即得f=1N，代入，得m=2kg，故A错误；B．，故B正确；
C．逆向为初速度为0的匀加速直线运动，v-t图1到0秒的位移s1=0.5at2=0.5m，位移方向向左为负，即-0.5m，第1s内合外力与速度方向相反，做负功，对滑块做功为
故C正确；
D．v-t图1到2秒初速度为0的匀加速直线运动
s2=0.5at2=0.5m
位移方向向右为正，即0.5m，第2s内力F对滑块做功为
第2s内力F=3N的平均功率为
故D错误。
故选 BC。
【分析】（1）图像结合牛顿定律：通过F-t图和v-t图提取加速度，结合 F f=ma列方程求解m和f；分段分析：第1秒（减速）和第2秒（加速）分开计算，注意速度方向与力的方向关系；
功与功率计算：位移都转为初速度为0，用s=0.5at2，功率做功除以时间；
（2）易错点：摩擦力方向：易忽略摩擦力始终与运动方向相反，需根据速度变化判断；
位移计算：误用 x=v0t+0.5at2 而忽略初末速度已知的条件；
功率公式混淆：平均功率 P=Wt ，瞬时功率 P=Fv，需区分；
隐含条件：图像斜率意义：v-t图斜率=加速度，F-t图面积=冲量；
动能定理：第1秒内动能变化 ΔEk= 0.5mv02= 0.5 J，与合外力做功一致；
扩展思考：若F随时间非线性变化，需用积分求位移和功。
28．【答案】（1）解：已知倾斜滑轨与水平面成24°角，
对货物列牛顿第二定律
解得：
（2）解：货物做匀加速运动，根据速度和位移的关系可得：
解得：
（3）解：货物做匀减速运动
根据运动学公式可得：①
根据牛顿第二定律可得：②
联立两式解得：
【知识点】力与运动的关系
【解析】【分析】（1）对货物进行受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解。
（2）根据第一问所求加速度，结合运动学公式列方程求解。
（3）根据题意分析临界条件，由运动学公式和牛顿第二定律联立分析求解。
29．【答案】（1）1.00
（2）0.41
（3）增大
（4）kg-1
【知识点】实验验证牛顿第二定律；力学单位制
【解析】【解答】（1）实验用遮光片通过光电门的平均速度代替中间位置的瞬时速度，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，遮光片宽度越小，两速度越接近，代替时的误差越小，故为较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度，应选择宽度较小的d＝1.00cm的遮光片；
（2）根据加速度的定义式可得
（3）根据图像可知当有一定大小的外力F时此时小车的加速度仍为零，可知平衡摩擦力不足，若要得到一条过原点的直线，需要平衡摩擦力，故实验中应增大轨道的倾角；
（4）图乙中直线斜率为，Δa的单位为m/s2，ΔF的单位为kg m/s2，则k的单位为kg﹣1。
【分析】（1）遮光片宽度越小，中间时刻的瞬时速度与中间位置的速度越接近，据此分析即可；
（2）根据加速度定义式分析即可；
（3）根据图象分析加速度与力的关系，判断是否已经平衡摩擦力；
（4）物理学公式不仅反映了物理量之间的数量关系，同时也反映了物理量之间的单位换算关系，根据公式分析即可。
30．【答案】【解答】（1）θ=53°， 由管道最高点Q与A点等高，小球从A到P的高度差h=R(1+cos53°)=1.6R=0.8m，小球做平抛运动有，t=0.4s，则小球在P点的竖直分速度vy=gt=4m/s，
把小球在P点的速度分解可得
，
即小球平抛运动初速度v0=3 m/s；
（2）小球平抛下降高度h=0.8m，水平射程s=v0t=1.2m，故A、P间的距离
m
（3）小球到达Q时，由已知vQ=3m/s，设小球受支持力大小为FN指向圆心，在Q点根据向心力公式得，
解得FN=6.4N > 0，表明方向假设方向相同，即与向心力方向相同，向心力方向指向圆心，支持力方向向下。
所以由牛顿第三定律知小球对轨道压力与轨道对小球的支持力是相互作用力，管道受到的压力，来自于小球通过管道的最高点Q时对管道的压力
F压=FN=6.4 N，方向向上
（1）3 m/s；（2） m；（3）6.4 N，方向向上
【知识点】牛顿第三定律；自由落体运动；运动的合成与分解；平抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）平抛运动分解为水平匀速与竖直自由落体，结合圆周运动向心力公式；
利用P点切线方向进入条件确定平抛末速度方向，结合几何关系求v0；若管道不光滑，需考虑摩擦力做功；最高点临界速度√gR=√5 m/s（实际vQ=3 m/s＞√5，未脱离轨道）
（2）易错点：误用动能定理计算l（应通过平抛运动独立分运动求解）；混淆向心力方向（Q点压力向下，但轨道对球的反作用力向上）；
（3）隐含条件：P点速度方向与OP垂直（切线进入）；Q点与A点等高说明平抛竖直位移=圆周运动上升高度。
31．【答案】（1）解：设游客滑到b点时速度为，从a到b过程，由机械能守恒得，解得；
在b点，由牛顿第二定律得，解得；
根据牛顿第三定律得，游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为。
（2）解：设游客恰好滑上平台时的速度为，在平台上运动过程，由动能定理得，解得；
根据题意，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，则该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为和，得，，对游客由运动学规律得，解得，则该段时间内游客的位移为，滑板的位移为，由位移关系得滑板的长度为。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1)根据机械能守恒列式求出游客滑从a到b点时速度；游客在b点时，根据牛顿第二定律和第三定律求出游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；(2)对于游客在平台上运动过程，由动能定理可求出游客恰好滑上平台时的速度，结合运动学规律求出滑板的长度。
32．【答案】解：（1）设进入电场区域前物块与木板间的滑动摩擦力大小为，木板与地面间的滑动摩擦力大小为，加速度大小为，由摩擦力公式可得
由牛顿第二定律公式可得
可得
F=12N
（2）物块进入匀强电场后受竖直向上的电场力作用可得
所以物块做匀速运动，木板做匀减速运动。设物块刚进入电场区域时的速度大小为，物块在电场中运动时间为，木板的加速度大小为，物块离开电场时木板的速度大小为，由运动学公式可得
由牛顿第二定律和运动学公式可得
可得
=2m/s
（3）设物块从进入电场到离开电场的过程中木板的位移大小为，物块离开电场后以加速度做匀减速运动，由于木板受到物块和地面的摩擦力和大小相等，方向相反，所以木板做匀速运动，直到两者速度相等，设此过程所用时间为，物块的位移为，木板的位移为，由运动学公式可得
因为，物块与木板共速后不再发生相对滑动，则有
可解得
L=6m
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）物块进入电场区域前恰好和木板保持相对静止地向右加速运动，两者间静摩擦力达到最大值，对物块和木板分别运用牛顿第二定律列方程，结合摩擦力公式求解F的大小；
（2）物块进入匀强电场后受竖直向上的电场力作用，根据电场力与重力的关系分析物块的运动情况。物块进入电场前，根据牛顿第二定律求出木板和物块的加速度，由速度—位移公式求出物块刚进入电场区域时的速度大小。物块进入电场后，根据牛顿第二定律求出木板的加速度，由匀速运动的规律求出物块通过电场的时间，再求物块离开电场时，木板的速度大小；
（3）物块离开电场后，分析物块和木板的运动情况，当两者速度相等时，木板的长度最小，根据牛顿第二定律和运动学公式相结合求解。
33．【答案】（1）解：撤去电场前，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，对A、B整体分析可知，此时绳中拉力为0，对C根据共点力平衡条件有
解得
（2）解：C开始做匀速直线运动后，对C和B根据共点力平衡条件分别有
，
其中
解得
C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，此时A、B、C三者速度大小相等，M、N两弹簧的弹性势能相同，C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有
解得
（3）解：没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，所以此时A的加速度为零，对A根据共点力平衡有
当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生相对滑动时，C下降高度为，对A根据牛顿第二定律可得
对B、C根据牛顿第二定律可得
撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B在C下降时开始相对滑动，在C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有
此时A的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A做简谐运动，所以A第一次从右向左运动过程中的最大速度为
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】1）撤去电场前，对C物体，根据平衡条件求解场强大小；
（2）撤去电场后，C做匀速运动后，对C和B物体根据平衡条件列式求解动摩擦因数；
C下降h＝0.2m的过程中，对于A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律列式求解匀速运动的速度大小；
（3）没有电场时，C开始匀速运动瞬间，对A根据共点力共点力平衡列式，再结合电场方向改变后，C下降高度为h'时，再对A物体以及B、C整体，根据牛顿第二定律列式，再对对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律列式求解A第一次从右向左运动过程中最大速度。
（1）撤去电场前，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，对A、B整体分析可知，此时绳中拉力为0，对C根据共点力平衡条件有
解得
（2）C开始做匀速直线运动后，对C和B根据共点力平衡条件分别有
，
其中
解得
C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，此时A、B、C三者速度大小相等，M、N两弹簧的弹性势能相同，C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有
解得
（3）没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，所以此时A的加速度为零，对A根据共点力平衡有
当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生相对滑动时，C下降高度为，对A根据牛顿第二定律可得
对B、C根据牛顿第二定律可得
撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B在C下降时开始相对滑动，在C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有
此时A的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A做简谐运动，所以A第一次从右向左运动过程中的最大速度为
联立解得
34．【答案】（1）解： 小物块恰好通过圆轨道最高点C点，则
小物块从B ，
解得
代入数据的
（2）解： 由 (1) 得
$m 与 M$ 同速时速度为 ， 则
（3）解：m的加速度， 方向向左
的加速度， 方向向右
m与M共速后，m与M一起向右减速， 方向向左
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据物块在竖直平面做圆周运动的特点，结合动能定理可得出B点的速度大小；
（2）利用动量守恒定律，结合能量守恒定律可得出损耗的机械能大小；
（3）根据牛顿第二定律可求出物体和滑块的加速度大小，利用物体做匀变速直线运动的特点可得出位移大小，结合位移关系可得出最大速度。
35．【答案】（1）解：A在传送带上，根据牛顿第二定律可得
解得
由于A还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物体在传送带上做匀加速直线运动，由可得
解得
（2）解：设B的质量为M，则由题意由碰前，，两物体发生弹性碰撞，根据动量守恒可得
，
根据能量守恒有
联立解得
，
因为OP 段粗糙，对A，由动能定理有
对B，由动能定理有
得
即，
根据题意有，且由（1）有
联立各式解得
（3）解：A、B碰撞过程动量守恒有
又因为碰后瞬间A和B的动量相同，即
解得
，
根据碰撞的约束条件，要两物块不发生二次碰撞则有，即，碰后动能不增，即
可得
所以n的取值范围为
分别将和带入，分别可得
，
所以对应的B 的速度范围为
代入，可得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】本题主要考查牛顿第二定律、动量守恒、能量守恒、动能定理的综合应用，理清物体运动过程是解题关键。
（1）根据牛顿第二定律求得A在传送带上的加速度，由题意结合运功学公式求解物体离开传送带时的速度大小；
（2）A、B两物体发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒列式求解碰后A、B两物体速度，碰后A、B两物体在摩擦力作用下做匀减速运动，由动能定理求得滑行距离，进而求得B的质量；
（3）根据动量守恒和碰撞的合理性列式求得求得n的取值范围，从而求得碰后瞬间B的速度大小范围。
36．【答案】（1）解：由动能定理
解得
（2）解：物块滑上传送带的加速度
共速时物块在传送带上运动的距离为x，有
可得
则物块与弹簧接触前已共速，物块接触弹簧后压缩弹簧，当弹力大小等于最大静摩擦力时，物块又与传送带相对滑动，设弹力等于最大静摩擦力时弹簧压缩量为，则
可得
从滑上传送带到物块达到最大静摩擦力的过程中，由动能定理有
弹簧的弹力与压缩量成正比，则
联立可得
（3）解：共速过程传动带的位移
共速过程电动机对传送带多做的功
从物块接触弹簧到物块相对传送带滑动的过程，电动机对传送带多做的功
从物块达到最大静摩擦力到弹簧压缩最短所用时间
此过程传动带的位移
电动机对传送带多做的功
故整个过程做功为
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解；
（2）根据牛顿第二定律和运动学公式可得物块与弹簧接触前已和初速度共速，从滑上传送带到物块达到最大静摩擦力的过程中，求出最大弹力以及弹力做功，根据动能定理求解传送带做功；
（3）求出共速过程中电动机对传送带多做的功，求出从物块接触弹簧到物块相对传送带滑动的过程，电动机对传送带多做的功，求出从物块达到最大静摩擦力到弹簧压缩最短所用时间以及电动机对传送带多做的功，三段功相加等于电动机对传送带多做的功。
（1）由动能定理
解得
（2）物块滑上传送带的加速度
共速时物块在传送带上运动的距离为x，有
可得
则物块与弹簧接触前已共速，物块接触弹簧后压缩弹簧，当弹力大小等于最大静摩擦力时，物块又与传送带相对滑动，设弹力等于最大静摩擦力时弹簧压缩量为，则
可得
从滑上传送带到物块达到最大静摩擦力的过程中，由动能定理有
弹簧的弹力与压缩量成正比，则
联立可得
（3）共速过程传动带的位移
共速过程电动机对传送带多做的功
从物块接触弹簧到物块相对传送带滑动的过程，电动机对传送带多做的功
从物块达到最大静摩擦力到弹簧压缩最短所用时间
此过程传动带的位移
电动机对传送带多做的功
故整个过程做功为
37．【答案】（1）解：恰好过F点，则满足
解得
vF=2m/s
E到F 由动能定理
解得
在E点，由牛顿第二定律
解得FN = 60N，根据牛顿第三定律得，对轨道压力 60N，方向竖直向下。
（2）解：D到E 摩擦力做功
由 （1）知，物块能到达F点，E点速度至少，由动能定理
解得
物体斜面上下滑到C点，则
解得
假如一直加速，到D点速度为
所以物块在传送带先加速再匀速，传送带的速度至少。
（3）解：过F点且挤压弹簧锁定，由动量守恒和能量关系可得
，
可得
过F点挤压弹簧弹回共速在小车右侧
，
可得
则。
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】(1)利用 “恰好过圆周最高点的临界条件（重力向心力 ）”，结合动能定理求 E 点速度，再用牛顿第二定律算 E 点支持力，最后由牛顿第三定律得压力。
(2)通过积分算 D 到 E 的变力摩擦功，结合动能定理求 D 点速度；再分析斜面下滑和传送带加速过程，确定传送带最小速度（物块在传送带上先加速到传送带速度 ）。
(3)分 “锁定” 和 “回弹” 两种情况，用动量守恒和能量守恒（含摩擦功、弹性势能 ）推导 F 点速度范围，结合恰好过 F 点的临界速度，确定最终条件。
（1）恰好过F点，则满足
解得vF=2m/s
E到F 由动能定理
解得
在E点，由牛顿第二定律
解得FN = 60N
根据牛顿第三定律得，对轨道压力 60N，方向竖直向下。
（2）D到E 摩擦力做功
由 （1）知，物块能到达F点，E点速度至少，由动能定理
解得
物体斜面上下滑到C点，则
解得
假如一直加速，到D点速度为
所以物块在传送带先加速再匀速，传送带的速度至少。
（3）过F点且挤压弹簧锁定
由动量守恒和能量关系可得，
可得
过F点挤压弹簧弹回共速在小车右侧
，
可得
则
38．【答案】（1）由B点到最低点过程动能定理有
最低点牛顿第二定律可得
联立可得
（2）轻绳运动到左上方与水平方向夹角为时由能量守恒可得
水平方向
竖直方向取向上为正可得
联立可得
（3）当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为时计为点C，由能量守恒可得
设的水平速度和竖直速度分别为，则有
则水平方向动量守恒可得
水平方向满足人船模型可得
此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为
设此时机器人的速度与竖直方向的夹角为，则有速度关系
水平方向
竖直方向
联立可得
即
显然当时取得最小，此时
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的综合应用；运动的合成与分解；动能定理的综合应用；人船模型
【解析】【分析】 （1）根据动能定理机求出器人运动到滑杆正下方时的速度大小，再应用牛顿第二定律求解轻绳拉力的大小；
（2）根据机械能守恒定律求出机器人松开轻绳时的速度大小，松开轻绳后被抛至A点的过程机器人做斜抛运动，将运动分解处理，应用运动学公式解答；
（3）滑杆能沿轨道自由滑动时，机器人由B到抛出位置的过程，滑杆与机器人组成的系统在水平方向上满足动量守恒，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求出机器人在抛出时的速度，以及此时的水平与竖直的分速度与初速度v的关系，根据人船模型求出此过程机器人的水平位移大小，机器人由C点到A点的过程做斜抛运动，由运动学公式求得速度v与k的关系式，由数学知识求得v的最小值。
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