北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
专题三 牛顿运动定律
专题检测题组
1.(2022新疆昌吉州一诊,5)如图甲,一个静止在水平地面上的物体,质量为0.1 kg,
受到竖直向上的拉力F作用,F随时间t的变化情况如图乙所示。若g取10 m/s2,
则下列说法正确的是 ( )
甲
乙
A.0~3 s内,物体的速度逐渐增大
B.3 s时物体的速度最大
C.第5 s末和第9 s末物体的速度相等
D.第7 s末物体离地面的高度最大
答案 C 物体重力mg=1 N,0~1 s内F<1 N,物体静止,A错误;由牛顿第二定律可
得F-mg=ma,1 s~7 s时间段,物体加速度一直向上,物体一直加速,B错误;5 s~7 s速
第1页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
度的增加量与7 s~9 s速度的减少量相等,故5 s~9 s速度的变化量为零,v =v ,C正
9 5
确。第7 s末物体的加速度为零,速度最大,即使7 s后加速度向下,物体仍会向上
运动一段时间,D错误。
2.(2023届宁夏石嘴山平罗中学月考,12)(多选)如图所示,质量为4 kg的物体A
静止在竖直的轻弹簧上,质量为1 kg的物体B用细线悬挂在天花板上,B与A刚好
接触但不挤压,现将细线剪断,则剪断后瞬间,下列结果正确的是(g取10 m/s2) (
)
A.A加速度的大小为零
B.B加速度的大小为2 m/s2
C.弹簧的弹力大小为40 N
D.A、B间相互作用力的大小为10 N
答案 BC 细线剪断之前,对A分析,弹簧的弹力F =m g=40 N,弹簧的弹力不会
k A
发生突变,故细线剪断后瞬间,弹簧弹力的大小仍为40 N,C正确;细线剪断后瞬间,
第2页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
对A、B整体受力分析可得,a =a =m g+m g-F =2 m/s2,A错误,B正确;对B分
A B A B k
m +m
A B
析,m g-F=m a ,可得A、B间的相互作用力大小F=8 N,D错误。
B B B
3.(2023届四川成都七中阶段考,20)(多选)如图所示,质量为m的小球A和质量
为2m的物块B用跨过光滑定滑轮的细绳连接,物块B放在倾角为θ=37°的斜面体
C上,刚开始都处于静止状态,现用水平外力F将A小球缓慢拉至细绳与竖直方向
夹角β=60°,该过程物块B和斜面体C始终静止不动,最大静摩擦力等于滑动摩擦
力(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。则下列说法正确的是 ( )
A.水平外力F逐渐减小
B.物块B和斜面体C之间的摩擦力先减小后增大
C.斜面体C对地面的压力保持不变
D.物块B和斜面体C之间的动摩擦因数一定不小于0.5
mg
答案 BD 对小球A受力分析可得,F=mg tan β,绳子的拉力F = ,β由零增大
T
cosβ
到60°,F由零增大到√3mg,F 由mg增大到2mg,A错误。对物块B受力分析可得,
T
1
F =2mg sin θ+f,根据F 的变化,可得初态f沿斜面向上且大小为 mg,然后逐渐减
T T
5
第3页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
4 4
小到零,再反向增大到 mg;由于物块B始终静止,所以 mg≤μ·2mg cos 37°,可得
5 5
μ≥0.5,B、D正确。对物块B和斜面体C整体进行受力分析可得,F sin
T
θ+F =(2m+m )g,因为F 逐渐增大,所以地面对斜面体C的支持力F 逐渐减小,由
N C T N
牛顿第三定律知,斜面体C对地面的压力逐渐减小,C错误。
4.(2023届陕西安康中学一检,10)如图所示,质量m=2 kg的小球用细绳拴在倾角
θ=37°的光滑斜面上,此时,细绳平行于斜面。g取10 m/s2。下列说法正确的是(
)
A.当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为20 N
B.当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为30 N
C.当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为40 N
D.当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为60 N
答案 A 当小球恰好离开斜面时,设斜面的加速度为a,对小球受力分析可得
mg 4 40
=ma,代入数据得a= g= m/s2。当斜面的加速度a =5 m/s2时,a <a,斜面对
1 1
tanθ 3 3
小球有支持力,设绳子拉力为F ,对小球受力分析可得,F sin θ+F cos θ=mg,F cos
1 1 N 1
θ-F sin θ=ma ,联立解得F =20 N,A正确,B错误。当斜面的加速度a =20 m/s2时,
N 1 1 2
第4页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
a >a,小球已离开斜面,设此时绳子的拉力为F ,F 与水平方向的夹角为α,对小球受
2 2 2
力分析可得F sin α=mg,F cos α=ma ,联立解得F =20√5 N,C、D错误。
2 2 2 2
5.(2023届四川成都七中万达入学考,12)(多选)如图甲所示,在水平地面上有一长
木板B,其上叠放木块A,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用一水平力F作用
于B,A、B的加速度与F的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法
中正确的是 ( )
甲
乙
A.A的质量为0.5 kg
B.B的质量为1.25 kg
第5页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
C.B与地面间的动摩擦因数为0.2
D.A、B间的动摩擦因数为0.2
答案 AC 设A、B间的动摩擦因数为μ ,B与地面间的动摩擦因数为μ ,由图可
1 2
知,当3 N≤F≤9 N时,A、B相对静止,对A、B整体受力分析可得F-
F 3N
μ (m +m )g=(m +m )a,所以a= -μ g,当F=3 N时, -μ g=0①;当F=9 N
2 A B A B m +m 2 m +m 2
A B A B
9N
时, -μ g=4 m/s2②。当F>9 N时,A、B相对滑动,对A受力分析可得
m +m 2
A B
μ m g=m a ,此时a =4 m/s2,解得μ =0.4;对B受力分析可得F-μ (m +m )g-
1 A A 1 1 1 2 A B
μ m g=m a ,所以a = F -μ (m +m )g-μ m g,由图像得此时a-F图像斜率k= 1
1 A B 2 2 2 A B 1 A
m m m m
B B B B
=1,解得m =1 kg;将m =1 kg代入①②可得m =0.5 kg,μ =0.2,A、C正确,B、D错
B B A 2
误。
6.(2022陕西宝鸡模拟,16)汽车运输规格相同的两块楼板时,为了保证安全,底层
楼板固定在车厢上,上层楼板按如图所示方式放置于底层楼板上,汽车先以a =2
1
m/s2的加速度启动,然后以v=10 m/s的速度匀速运动,最后以a =10 m/s2的加速度
2
刹车至静止。已知每块楼板的质量为200 kg,楼板间的动摩擦因数为0.8,最大静
第6页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
摩擦力等于滑动摩擦力,整个过程楼板不会掉落,也不会撞上驾驶室,g=10 m/s2,则
( )
A.启动时楼板之间的摩擦力大小为1 600 N
B.刹车时楼板之间的摩擦力大小为400 N
C.启动时楼板间因摩擦产生的热量为2 000 J
D.刹车时楼板间因摩擦产生的热量为2 000 J
答案 D 上层楼板所受最大静摩擦力f =μmg=1 600 N,汽车启动时上层楼板做
m
匀加速运动,对上层楼板由牛顿运动定律可得:f =ma =400 N<f ,故汽车启动时楼板
1 1 m
间无相对运动,不会因摩擦产热,A、C错误;刹车时,静摩擦力可提供的最大加速度
a=μg=8 m/s2,所以上层楼板相对底层楼板向前滑动,摩擦力f =μmg=1 600 N,B错误;
2
刹车时上层楼板相对底层楼板的位移Δx= v2 - v2 =1.25 m,楼板间因摩擦产生的
2a 2a
2
热量Q=f ·Δx=2 000 J,D正确。
2
7.(2022南通四模,10)滑索是一项体育游乐项目。游客从起点利用自然落差加速
向下滑行,越过钢索的最低点减速滑至终点。不考虑空气对人的作用力,选项中能
正确表示游客加速下滑或减速上滑的是 ( )
第7页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
A B
C D
答案 C 对A、B、C、D图中游客、滑轮分别受力分析,如图1、图2、图3、
图4所示。
图1 图2 图3 图4
游客加速下滑时,游客及滑轮所受的合力均应沿钢索向下,若滑轮与钢索之间光滑,
设钢索倾角为θ,则整体下滑的加速度应为g sin θ,且此时游客手中的绳子与钢索
的方向应该垂直;若游客匀速下滑,则绳应该沿竖直方向,而实际情况是介于两者
之间,则绳的方向应该在垂直钢索的方向与竖直方向之间,故A、B错误;游客减速
上滑时,游客及滑轮所受的合力均应沿钢索向下,且减速上滑时的加速度大于加速
下滑时的加速度,可知C正确,D错误。
8.(2023届扬州高邮一中阶段检测,9)如图所示,在水平桌面上推物体压缩一个原长
为L 的轻弹簧。桌面与物体之间有摩擦,放手后物体被弹簧弹开,则 ( )
0
第8页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
A.物体与弹簧分离时加速度等于零,以后开始做匀减速运动
B.弹簧恢复到原长L 时物体的速度最大
0
C.弹簧恢复到原长L 以前一直做加速度越来越小的变加速运动
0
D.弹簧恢复到原长L 以前的某一时刻物体已经达到最大速度
0
答案 D 刚释放时,弹力大于摩擦力,由牛顿第二定律可得kx-μmg=ma,随着压缩
量x的减小,加速度减小,物体做加速度减小的加速运动,当速度达到最大时加速度
为零,满足kx=μmg。此时弹簧仍处于压缩状态,之后弹力小于摩擦力,由牛顿第二
定律可得μmg-kx=ma,随着压缩量x的减小,加速度增大,物体做加速度增大的减速
运动,B、C错误,D正确;当弹簧恢复原长时,物体与弹簧分离,分离时加速度不为零,
之后物体只受摩擦力的作用,做匀减速直线运动,A错误。
9.(2022常州高中期中,6)如图甲所示,可视为质点的质量m =1 kg的小物块放在质
1
量m =2 kg的木板正中央位置,木板静止在水平地面上,连接物块的轻质细绳伸直
2
且与水平方向的夹角为37°。现对木板施加水平向左的拉力F=18 N,木板运动的
v⁃t图像如图乙所示,sin 37°=0.6,g取10 m/s2,则下列说法中不正确的是 ( )
第9页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
甲
乙
A.木板的长度为2 m
B.木板的长度为1 m
C.木板与地面间的动摩擦因数为0.5
8
D.物块与木板间的动摩擦因数为
19
答案 B 从题图乙可知,木板运动2 s,小物块从木板上滑落,在0~2 s内,由图像可
2×1
知x= m=1 m,所以木板的长度L=2x=2 m,故A正确,B不正确;设木板与地面间
2
的动摩擦因数为μ ,物块与木板间的动摩擦因数为μ ,在2~3 s内,由图像可得长木
2 1
Δv
板的加速度a = =4 m/s2,由牛顿第二定律得F-μ m g=m a ,解得μ =0.5,故C正确;
2 2 2 2 2 2
Δt
在0~2 s内,对小物块进行受力分析,设细绳上拉力为T,竖直方向有F +T sin
N
Δv'
37°=m g,水平方向有T cos 37°=f ,又有f =μ F ,长木板的加速度a = =0.5 m/s2,
1 1 1 1 N 1
Δt'
第10页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
对木板进行受力分析,结合牛顿第二定律得F-f '-μ (m g+F ')=m a ,由牛顿第三定
1 2 2 N 2 1
8
律得f =f ',F =F ',联立解得μ = ,故D正确。
1 1 N N 1
19
10.(2023届连云港灌南高级中学检测,4)在水平面上放着两个质量分别为m=2 kg
和M=3 kg的小铁块A和B,它们之间用一原长为10 cm、劲度系数为100 N/m的
轻弹簧相连,铁块与水平面之间的动摩擦因数均为0.2。铁块B受到一大小为20
N的恒定水平外力F,两个铁块一起向右做匀加速直线运动,如图所示。这时两铁
块之间弹簧的长度应为(重力加速度g取10 m/s2) ( )
A.12 cm B.13 cm C.15 cm D.18 cm
答案 D 把A、B看成一个整体,由牛顿第二定律可得F-μ(M+m)g=(M+m)a,代入
数据解得a=2 m/s2,以A为研究对象,由牛顿第二定律可得F -μmg=ma,解得F =8
弹 弹
N,由F =kx可得,x=0.08 m=8 cm,l=l +x=18 cm,D选项正确。
弹 0
11.(2022岳阳市三模,2)生活中常见的手机支架,其表面采用了纳米微吸材料,
用手触碰无粘感,接触到平整光滑的硬性物体时,会牢牢吸附在物体上。如图是
一款放置在高铁水平桌面上的手机支架,支架能够吸附手机,小明有一次搭乘高
铁时将手机放在该支架上看电影,若手机受到的重力为G,手机所在平面与水平
面间的夹角为θ,则下列说法正确的是
第11页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
( )
G
A.当高铁未启动时,支架对手机的作用力大小等于
cosθ
B.当高铁未启动时,支架受到桌面的摩擦力方向与高铁前进方向相反
C.高铁匀速行驶时,手机可能受到5个力作用
D.高铁减速行驶时,手机可能受到3个力作用
答案 D 高铁未启动时,手机处于静止状态,受重力和支架对手机的作用力,根
据平衡条件可知,支架对手机的作用力与重力大小相等、方向相反,A错误;高铁
未启动时,以手机和支架整体为研究对象,受重力和桌面的支持力二力平衡,不受
桌面的摩擦力,B错误;高铁匀速行驶时,手机受重力、纳米材料的吸引力、支架
的支持力和摩擦力,共4个力作用,C错误;高铁减速行驶时,手机具有与高铁前进
方向相反的加速度,可能只受重力、纳米材料的吸引力和支架的支持力共3个力
作用,D正确。
12.(2022湖南师大附中月考六,12)“神舟”系列飞船返回舱返回地面的过程可
简化为:打开降落伞一段时间后,整个装置匀速下降,为确保安全着陆,需点燃返
回舱的缓冲火箭,在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动,则下列说法错误的
是 ( )
A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小
B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力
C.返回舱在喷气过程中所受合外力一定做负功
D.返回舱在喷气过程中处于超重状态
答案 B 火箭开始喷气瞬间,对返回舱产生向上的反冲力,因此伞绳对返回舱的
拉力F突然变小,A正确;返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷
气而获得向上的反冲力,与之相比空气阻力较小,B错误;返回舱向下运动,在喷
气过程中所受合外力方向向上,合外力必做负功,C正确;在火箭喷气过程中返回
舱做减速直线运动,加速度方向向上,返回舱处于超重状态,D正确。故选B。
第12页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
13.(2022湖南师大附中二模,3)如图所示,一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上,
另一端连着A小球,同时水平细线一端连着A球,另一端固定在右侧
竖直墙上,弹簧与竖直方向的夹角是60°,A、B两小球分别连在另
一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动,A、B两小球的
质量相等,重力加速度为g,若不计弹簧质量,在水平细线被剪断瞬
间,A、B两球的加速度分别为( )
A.a =a =g B.a =2√3g,a =0
A B A B
C.a =√3g,a =0 D.a =2g,a =g
A B A B
答案 B 水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图所示
静止时F =F sin 60°,F cos 60°=m g+F ,F' =m g,又m =m ,F =F' ,解得F =2√3
T A 1 1 B A B 1 1 T
m g。水平细线被剪断瞬间,F 消失,其他各力不变,A所受合力与F 等大反向,B
A T T
所受合力仍为0,则a =F =2 g,a =0。故选B。
A T √3 B
m
A
14.(2023届长郡中学月考二,8)(多选)如图所示,五个完全一样的物块整齐叠放
在水平地面上,各接触面水平且动摩擦因数都一样,最大静摩擦力等于滑动摩擦
力。最下面的物块左端与地面P点重合。现在给中间的物块施加一个水平向右
的恒力F,F作用一段时间后,五个物块的位置情况可能为( )
A B C D
答案 AD 如图,设物块质量为m,动摩擦因数为μ。物块3给物块4的最大的
水平力为3μmg,而物块4、5接触面之间的最大静摩擦力为4μmg,所以物块4
第13页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
不会动,同理物块5也不会动,B错误,若3μmg<F≤6μmg,则A正确。若
F>6μmg,则物块2、3发生相对运动后,物块3给物块1、2的水平力恒为2μmg,
物块1、2不会发生相对运动,C错误,D正确。故选A、D。
15.(2023届雅礼中学月考一,10)(多选)如图所示,与水平面成θ=30°角的传送
带以v=5 m/s的速度匀速运行,A、B两端相距l=25 m。现每隔1 s把质量m=1
kg的工件(视为质点)轻放在传送带上,在传送带的带动下,工件向上运动,且工
√3
件到达B端时恰好在A端放上一个工件,工件与传送带间的动摩擦因数μ= ,g
2
取10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.工件在传送带上时,先受到向上的摩擦力,后不受摩擦力
B.两个工件间的最小距离为1.25 m
C.传送带上始终有5个工件
D.满载时与空载时相比,电机对传送带的牵引力增大了35 N
答案 BD 工件刚放到传送带上时,工件相对传送带向下运动,受到向上的滑动
摩擦力,由mg sin θ<μmg cos θ可知,工件速度和传送带速度相同时,相对传
送带静止,受到向上的静摩擦力,故A错误;刚放上传送带的工件与刚开始加速1
s的工件间距离最小,加速过程由牛顿第二定律可得μmg cos θ-mg sin
1
θ=ma,代入数据可得a=2.5 m/s2,由位移时间公式x = at2,代入数据可得
1 2 1
v 5
x =1.25 m,故B正确;工件加速过程所用的时间为t= = s=2 s,工件加速过程
1
a 2.5
第14页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
1 1 l-x' 25-5
的位移为x'= at2= ×2.5×22 m=5 m,工件匀速运动的时间为t'= =
2 2 v 5
s=4 s,每隔1 s把工件放到传送带上,所以匀加速过程放了2个,匀速过程放了4
个,共6个,故C错误;满载时电机对传送带的牵引力为F=2μmg cos θ+4mg sin
θ=35 N,故D正确。故选B、D。
16.(2022广州华附综合测试,3)如图所示,小明用水平方向的力推一木箱。小明
发现:用力推时,木箱才能运动;撤去推力,木箱便停下来。以下说法正确的是
( )
A.木箱的运动需要力来维持
B.木箱由静止到运动时,人推木箱的力大于木箱对人的力
C.撤去推力,木箱停下来是木箱具有惯性的表现
D.撤去推力,木箱停下来是由于受到摩擦力的作用
答案 D 木箱由于惯性运动,木箱运动不需要力来维持,A错误;人推木箱的力
与木箱对人的力是一对作用力与反作用力,它们总是大小相等、方向相反,B错
误;撤去推力时,木箱停下来是由于木箱受到了摩擦力的作用,C错误,D正确。故
选D。
17.(2022广州二模,9)(多选)蹦床属于体操运动的一种,有“空中芭蕾”之称。
某次比赛过程中,一运动员做蹦床运动时,利用力传感器测得运动员所受蹦床弹
力F随时间t的变化图像如图所示。若运动员仅在竖直方向运动,不计空气阻力,
取重力加速度大小g=10 m/s2。依据图像给出的信息,下列说法正确的是 (
)
A.运动员的最大加速度为45 m/s2
B.运动员在9.3 s～10.1 s内速度先减小后增大
C.运动员离开蹦床后上升的最大高度为5 m
第15页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
D.运动员离开蹦床后上升的最大高度为10 m
答案 AC 开始时运动员静止在蹦床上,所受弹力与重力大小相等,即mg=600
N,则运动员质量m=60 kg,运动员在蹦床上时受到的最大弹力F=3 300 N,最大
m
F -mg
加速度a= m =45 m/s2,A正确;在9.3 s～10.1 s内,F先增大后减小,对应
m
m
运动过程是:从运动员接触蹦床到将蹦床压到最低,再向上运动到离开蹦床的过
程,前后两个阶段运动员的速度都是先增大后减小,故B错误;由图像可知,运动
员离开蹦床后在空中运动的时间为2 s,上升和下落的时间分别为t=1 s,则上升
1
的最大高度为h= gt2=5 m,故C正确,D错误;故选A、C。
2
18.(2023届广州增城中学摸底,9)(多选)引体向上是高中学生体质健康标准的
测试项目之一。如图甲所示,质量为m=55 kg的某同学,双手抓住单杠做引体向
上,在竖直向上运动过程中,其重心的速率随时间变化的图像如图乙所示,g取10
m/s2,由图像可知 ( )
甲
乙
A.t=0.4 s时,他正处于超重状态
B.t=0.5 s时,他的加速度约为0.3 m/s2
C.t=1.1 s时,他受到单杠的作用力的大小为550 N
D.t=1.5 s时,他正处于超重状态
第16页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
答案 ABC 由题图可知,t=0.4 s时他向上加速运动,加速度方向向上,处于超
Δv 0.3
重状态,A正确;0～0.5 s这段时间,他的加速度a= ≈ m/s2=0.3 m/s2,B正
Δt 1.0
确;t=1.1 s时他的速度达到最大值,加速度为0,F=G=mg=55×10 N=550 N,C正确;
t=1.5 s时他向上做减速运动,加速度方向向下,处于失重状态,D错误。故选A、
B、C。
19.(2022揭阳普宁华侨中学月考,9)(多选)如图a所示,安检机通过传送带将被
检物品从安检机一端传送到另一端,其过程可简化为如图b所示。设传送带速度
恒为v,质量为m的被检物品与传送带之间的动摩擦因数为μ,被检物品无初速
0
度放到传送带A端。若被检物品可视为质点,其速度为v、加速度为a、摩擦力
的功率为P、与传送带的位移差的大小为Δx,重力加速度为g,则下列图像可能
f
正确的是 ( )
(a)
(b)
A B
C D
第17页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
答案 AD 被检物品无初速度放到传送带A端,其加速度为a=μg,物品做匀加速
v v
运动有v=at,有t= 0,故在0～ 0时间内,物品做匀加速直线运动,达到传送带
0
μg μg
速度v后,做匀速运动,A正确,B错误;摩擦力的功率为P=μmgv=μ2mg2t,则摩擦
0 f
力的功率P随时间是线性变化的,则C错误;物品加速过程的位移为x=
f 1
1 μg
at2= t2,传送带的位移为x
2
=v
0
t,物品与传送带的位移差的大小为Δx=x
2
-
2 2
x=vt-μgt2,当达到共速时位移差的大小为Δx= v 2 ,保持不变,则D正确。故
1 0 0
2 2μg
选A、D。
情境解读
物品在从静止到运动的过程中,与传送带之间有相对滑动,可以视为传送带模型。
20.(2023届盐城响水中学开学考,14)运动员在水平地面上进行拉轮胎的负荷训练,
若在起动后的一小段时间内,运动员用两根轻绳拉着轮胎做匀速直线运动。如图
所示,运动过程中保持两绳的端点A、B等高,两绳间的夹角恒为θ,所在平面与水
平面夹角为α,已知轮胎重为G,轮胎与地面间的动摩擦因数为μ。
(1)若未拉动轮胎,地面与轮胎间的静摩擦力为f,求每根绳的拉力大小;
(2)求运动员用轻绳拉着轮胎做匀速直线运动时,每根绳的拉力大小;
(3)调节A、B的高度从而改变α角,使运动员可用最小拉力拉着轮胎做匀速直线
运动,求每根绳的最小拉力大小。
第18页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
f μG μG
答案 (1) θ (2) θ (3) θ
2cos cosα 2cos (cosα+μsinα) 2√1+μ2 cos
2 2 2
θ
解析 (1)设每根轻绳的拉力为T ,根据平衡条件可得2T cos cos α=f
1 1
2
f
解得T = θ
1 2cos cosα
2
(2)运动员用轻绳拉着轮胎做匀速直线运动时,设每根轻绳的拉力为T ,地面与轮胎
2
间的滑动摩擦力为f ,由平衡条件可得
1
θ
2T cos cos α=f
2 1
2
θ
2T cos sin α+N=G
2
2
又f =μN
1
μG
联立解得T = θ
2 2cos (cosα+μsinα)
2
μG
(3)由(2)中T = θ
2 2cos (cosα+μsinα)
2
当cos α+μ sin α取最大值时,T 有最小值,根据数学知识可得,拉力最小值为
2
μG
T = θ
min 2√1+μ2 cos
2
第19页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
21.(2023届盐城响水中学开学考,15)如图所示,光滑水平面上有一质量为2 kg、
长度为1 m的木板甲,其上表面粗糙、下表面光滑。质量为1 kg的物块乙放在木
板甲的最左端,两者均处于静止状态。现用F=2 N的水平恒力将物块乙从木板甲
的左端拉到右端,直至两者分离。已知物块乙与木板甲间的动摩擦因数为
0.1,g=10 m/s2,求:
(1)乙运动的加速度大小;
(2)该过程中甲的位移大小;
(3)要使物块乙在木板甲上相对滑动,水平恒力应满足的条件。
答案 (1)1 m/s2 (2)1 m (3)大于1.5 N
解析 (1)对乙,由牛顿第二定律得
F-μm g=m a
乙 乙 乙
解得a =1 m/s2
乙
(2)对甲,由牛顿第二定律得
μm g=m a
乙 甲 甲
解得a =0.5 m/s2
甲
相对滑动过程中,由运动学公式得
第20页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
1 1
a t2- a t2=L
乙 甲
2 2
解得t=2 s
1
甲的位移x = a t2=1 m
甲 2 甲
(3)对乙,由牛顿第二定律得
F'-μm g=m a '
乙 乙 乙
对甲,由牛顿第二定律得
μm g=m a
乙 甲 甲
发生相对滑动的条件是
a '>a
乙 甲
联立求得F'>1.5 N
即水平恒力应大于1.5 N。
22.(2023届长郡中学月考二,14)小韩同学在自建住房施工工地观察到如图甲所
示的简易升降机,升降机由固定架、运动箱、两段足够坚韧的轻绳a和b、轻质
滑轮和配重等构成。工作过程中通过调整轻绳b的松弛与张紧,可以使运动箱呈
现4种不同的运动状态,向下加速、向下减速、向上加速和向上减速。轻绳a左
端固定在固定架的顶端,绕过轻质滑轮,右端与装有不同质量沙子的塑料袋所构
成的配重连接,配重1和配重2之间通过轻绳b连接。为了研究运动箱的运动,
在运动箱内放置重物、电子压力计、固定的手机等,内部结构如图乙所示。手机
拍摄电子压力计的示数变化情况,同时可利用相关软件将拍摄到的示数同步投影
到屏幕上。已知配重1和配重2的质量分别为m 和m ,不计轻绳与滑轮之间的摩
1 2
擦力,重力加速度为g。
第21页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
(1)运动箱从图甲所示位置由静止释放,若先后经历向下加速和向下减速两个过
程,求运动箱及箱内物体的总质量m的取值范围(用m 、m 表示);
1 2
1
(2)若运动箱及箱内物体的总质量m=2.4 kg,其中箱内重物的质量为 m,将运动
2
箱放至底板由静止释放,运动箱向上运动过程中手机拍摄的电子压力计的示数先
2 1
后为 mg和 mg;求超重过程中运动箱与配重1加速度大小的比,以及配重1的质
3 4
量m 。
1
甲
乙
答案 (1)2m <m<2(m +m ) (2)1∶2 0.3 kg
1 1 2
解析 (1)设运动箱及箱内物体整体质量为m,配重1和配重2之间轻绳b未绷直
时,运动箱加速度向下,mg>2m g
1
轻绳b绷直后,运动箱加速度向上,mg<2(m +m )g
1 2
得2m <m<2(m +m )
1 1 2
(2)运动箱向上运动时s ∶s =1∶2,v ∶v =1∶2,由2as=v2得,a
运动箱 配重1 运动箱 配重1 运动
∶a =1∶2
箱 配重1
重物处于向上减速过程中,由牛顿第二定律有
1 1 1
mg- mg= ma
2 4 2
第22页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
1
得a= g
2
设轻绳a上的拉力为F,则F-m g=2m a,mg-2F=ma
1 1
解得m =0.3 kg
1
23.(2023届深圳盐田高级中学9月月考,15)运动员推动冰壶滑行过程可建立如
图所示模型:冰壶质量m=19.7 kg,运动员施加的推力F=5 N,方向与水平方向夹
角为37°,冰壶在推力F作用下做匀速直线运动,g取10 m/s2。
(1)求冰壶与地面间的动摩擦因数;
(2)运动员以4.0 m/s的水平速度将冰壶投出,求冰壶能在冰面上滑行的最远距
离;
(3)若运动员仍以4.0 m/s的水平速度将冰壶投出,滑行一段距离后,其队友在冰
壶滑行前方摩擦冰面,使冰壶与冰面间的动摩擦因数变为原来的80%,在滑过被
毛刷摩擦过的冰面长度6 m后停止运动。求与不摩擦冰面相比,冰壶多滑行的距
离。
答案 (1)0.02 (2)40 m (3)1.2 m
解析 (1)冰壶做匀速直线运动,对冰壶受力分析,水平方向有f=F cos 37°
竖直方向有F=mg+F sin 37°
N
又f=μF
N
解得μ=0.02
(2)冰壶受重力、支持力和滑动摩擦力,根据牛顿第二定律有μmg=ma
解得a=μg=0.02×10 m/s2=0.2 m/s2
根据v2=2as
v2 4.02
解得s= = m=40 m
2a 0.2×2
(3)通过摩擦过的冰面的动摩擦因数是原来的80%,设此时加速度大小为a',则有
80%μmg=ma'
解得a'=0.16 m/s2
第23页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
设冰壶刚滑上摩擦过的冰面时的速度为v',在没摩擦过的冰面上运动的位移为
s,v'2-v2=-2as
1 1
在摩擦过的冰面上滑动,位移s=6 m,则有v'2=2a's
2 2
则与不摩擦冰面相比,多滑的距离Δs=s+s-s
1 2
解得Δs=1.2 m
24.(2022广州培正中学模拟,14)如图所示,质量M=6 kg、右侧带有挡板的长木
板放在水平面上,质量m=2 kg的小物块放在长木板上,此时长木板和小物块在作
用于长木板上、水平向右的力F作用下做速度v=4 m/s的匀速运动,已知长木板
0
与水平面间的动摩擦因数为μ=0.6,物块与长木板之间的动摩擦因数为
1
μ=0.4,某时刻撤去力F,小物块恰好与右侧挡板不发生碰撞,最大静摩擦力等于
2
滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2。
(1)求力F的大小;
(2)求撤去力F前物块与右侧挡板的距离L;
0
答案 (1)48 N (2)0.8 m
解析 (1)长木板和物块一起做匀速运动,对整体受力分析
由平衡条件得F=μ(M+m)g
1
解得F=48 N
(2)撤去力F后,对长木板有μ(M+m)g-μmg=Ma
1 2 1
对物块有μmg=ma
2 2
20
解得a= m/s2,a=4 m/s2
1 2
3
长木板和物块发生相对滑动,由于a>a,则长木板先停止运动
1 2
从撤去力F到长木板停止运动,长木板的位移为s=
v2
1 0
2a
1
物块停止运动时的位移为s=
v2
2 0
2a
2
由于s+L=s
1 0 2
第24页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
解得L=0.8 m
0
第25页 共25页
