新教材2025屆高考物理二輪專(zhuān)項(xiàng)分層特訓(xùn)卷第一部分專(zhuān)題特訓(xùn)練專(zhuān)題一力與運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)2力與直線運(yùn)動(dòng)

考點(diǎn)2力與直線運(yùn)動(dòng)1.[2024·全國(guó)乙卷]一同學(xué)將排球自O(shè)點(diǎn)墊起，排球豎直向上運(yùn)動(dòng)，隨后下落回到O點(diǎn)．設(shè)排球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比．則該排球()A．上升時(shí)間等于下落時(shí)間B．被墊起后瞬間的速度最大C．達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)加速度為零D．下落過(guò)程中做勻加速運(yùn)動(dòng)2．[2024·山東卷]如圖所示，電動(dòng)公交車(chē)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)進(jìn)站，連續(xù)經(jīng)過(guò)R、S、T三點(diǎn)，已知ST間的距離是RS的兩倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，則公交車(chē)經(jīng)過(guò)T點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度為()A．3m/sB．2m/sC．1m/sD．0.5m/s3．[2024·全國(guó)甲卷]一小車(chē)沿直線運(yùn)動(dòng)，從t＝0起先由靜止勻加速至t＝t1時(shí)刻，此后做勻減速運(yùn)動(dòng)，到t＝t2時(shí)刻速度降為零．在下列小車(chē)位移x與時(shí)間t的關(guān)系曲線中，可能正確的是()eq\o(\s\up7(),\s\do5(A))eq\o(\s\up7(),\s\do5(B))eq\o(\s\up7(),\s\do5(C))eq\o(\s\up7(),\s\do5(D))4．[2024·全國(guó)乙卷]如圖，一不行伸長(zhǎng)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(zhǎng)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)5．[2024·全國(guó)甲卷](多選)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(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.重力加速度大小為g.用水平向右的拉力F拉動(dòng)P，使兩滑塊均做勻速運(yùn)動(dòng)；某時(shí)刻突然撤去該拉力，則從今刻起先到彈簧第一次復(fù)原原長(zhǎng)之前()A．P的加速度大小的最大值為2μgB．Q的加速度大小的最大值為2μgC．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(shí)刻Q的速度大小題組一勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律6．[2024·遼寧錦州模擬]2024年6月17日，中國(guó)第3艘航空母艦“中國(guó)人民解放軍海軍福建艦”正式下水，這一刻標(biāo)記著中國(guó)人民海軍進(jìn)入“三艦客時(shí)代”．設(shè)在靜止的航母上某種型號(hào)艦載飛機(jī)，沒(méi)有彈射系統(tǒng)時(shí)，勻加速到起飛速度v須要的距離是L0.彈射系統(tǒng)給飛機(jī)一個(gè)初速度v0之后，勻加速到起飛速度v須要的距離是L.若彈射速度v0與起飛速度v之比為3∶4，設(shè)飛機(jī)兩次起飛的加速度相同，則L與L0之比為()A．eq\f(7,16)B．eq\f(16,7)C．eq\f(3,4)D．eq\f(4,3)7．[2024·山東省臨沂市期末]如圖所示，相同的木塊A、B、C固定在水平地面上，一子彈(視為質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0擊中并恰好穿過(guò)木塊A、B、C，子彈在木塊中受到的阻力恒定，子彈射穿木塊A所用的時(shí)間為t，則子彈射穿木塊C所用的時(shí)間為()A．tB．2tC．(eq\r(3)＋eq\r(2))tD．(eq\r(3)－eq\r(2))t8．[2024·河北部分學(xué)校模擬]滑雪運(yùn)動(dòng)是2024年北京冬季奧運(yùn)會(huì)主要的競(jìng)賽項(xiàng)目．如圖所示，水平滑道上運(yùn)動(dòng)員A、B間距x0＝10m．運(yùn)動(dòng)員A以速度v0＝5m/s向前勻速運(yùn)動(dòng)．同時(shí)運(yùn)動(dòng)員B以初速度v1＝8m/s向前勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度的大小a＝2m/s2，運(yùn)動(dòng)員A在運(yùn)動(dòng)員B接著運(yùn)動(dòng)x1后追上運(yùn)動(dòng)員B，則x1的大小為()A．4mB．10mC．16mD．20m題組二動(dòng)力學(xué)圖像及應(yīng)用9．[2024·廣東深圳模擬]中國(guó)海軍服役的殲-15艦載機(jī)在航母甲板上加速起飛過(guò)程中，某段時(shí)間內(nèi)戰(zhàn)斗機(jī)的位移時(shí)間(x-t)圖像如圖所示，則()A．由圖可知，艦載機(jī)起飛的運(yùn)動(dòng)軌跡是曲線B．由圖可知，艦載機(jī)起飛在0～3s內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)C．在0～3s內(nèi)，艦載機(jī)的平均速度大于12m/sD．在M點(diǎn)對(duì)應(yīng)的位置，艦載機(jī)的速度大于20m/s10．[2024·江西宜春模擬]一輛汽車(chē)從ETC高速口進(jìn)入時(shí)起先計(jì)時(shí)，加速進(jìn)入高速路主道的過(guò)程可看成勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其平均速度eq\o(v,\s\up6(－))隨時(shí)間t變更關(guān)系如圖所示，已知這段距離為1km，t0是進(jìn)入高速路主道的時(shí)刻，下面說(shuō)法正確的是()A．汽車(chē)的加速度為0.1m/s2B．t＝10s時(shí)的速度為10m/sC．0～20s內(nèi)的位移是160mD．t0＝100s11．[2024·重慶市渝北區(qū)統(tǒng)考](多選)放在水平地面上的物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，推力F與時(shí)間t的關(guān)系如圖甲所示，物塊速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示．取g＝10m/s2，則物塊的質(zhì)量和物塊與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為()A．1.5kgB．1kgC．0.4D．0.2題組三牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用12．[2024·陜西省西安市模擬]細(xì)繩拴一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球用固定在墻上的水平彈簧支撐，小球與彈簧不粘連，平衡時(shí)細(xì)繩與豎直方向的夾角為53°，如圖所示，以下說(shuō)法正確的是(已知cos53°＝0.6，sin53°＝0.8)()A.小球靜止時(shí)彈簧的彈力大小為eq\f(3,5)mgB．小球靜止時(shí)細(xì)繩的拉力大小為eq\f(3,5)mgC．細(xì)繩燒斷瞬間小球的加速度馬上變?yōu)間D．細(xì)繩燒斷瞬間小球的加速度馬上變?yōu)閑q\f(5,3)g13．在太空中，物體完全失重，用天平無(wú)法測(cè)量質(zhì)量，可采納動(dòng)力學(xué)測(cè)量質(zhì)量的方法．我國(guó)航天員要在天宮1號(hào)航天器試驗(yàn)艙的桌面上測(cè)量物體的質(zhì)量，采納的方法如下：質(zhì)量為m1的標(biāo)準(zhǔn)物A的前后連接有質(zhì)量均為m2的兩個(gè)力傳感器，待測(cè)質(zhì)量的物體B連接在后傳感器上，在某一外力作用下整體在桌面上運(yùn)動(dòng)，如圖所示，穩(wěn)定后標(biāo)準(zhǔn)物A前后兩個(gè)傳感器的讀數(shù)分別為F1、F2，由此可知待測(cè)物體B的質(zhì)量為()A．eq\f(F2（m1＋2m2）,F1－F2)B．eq\f(F1（m1＋2m2）,F2)C．eq\f(F1m1,F1－F2)D．eq\f(（F1－F2）m1,F1)14．[2024·云南保山模擬](多選)無(wú)線充電寶可通過(guò)磁吸力吸附在手機(jī)背面，如圖甲所示為科創(chuàng)小組某同學(xué)手握手機(jī)(手不接觸充電寶)，利用手機(jī)軟件記錄豎直放置的手機(jī)及吸附的充電寶從靜止起先在豎直方向上的一次變速運(yùn)動(dòng)過(guò)程(手機(jī)與充電寶始終相對(duì)靜止)，記錄的加速度a隨時(shí)間t變更的圖像如圖乙所示(規(guī)定向上為正方向)，t2時(shí)刻充電寶速度為零，且最終處于靜止?fàn)顟B(tài)．已知無(wú)線充電寶質(zhì)量為0.2kg，手機(jī)與充電寶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2，在該過(guò)程中下列說(shuō)法正確的是()A．充電寶受到的靜摩擦力的最大值為1.0NB．t3時(shí)刻充電寶受的摩擦力大小為0.4NC．充電寶在t2與t3時(shí)刻所受的摩擦力方向相反D．充電寶與手機(jī)之間的吸引力大小至少為10N15．[2024·廣東省江門(mén)模擬]運(yùn)動(dòng)員推動(dòng)冰壺滑行過(guò)程可建立如圖所示模型：冰壺質(zhì)量m＝19.7kg，運(yùn)動(dòng)員施加的推力F，方向與水平方向夾角為θ＝37°，冰壺在推力F作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，g取10m/s2，冰壺與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.02，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)運(yùn)動(dòng)員施加的推力F是多少？(2)當(dāng)運(yùn)動(dòng)員以水平速度將冰壺投出，冰壺能在冰面上滑行的最遠(yuǎn)距離是s＝40米，則該運(yùn)動(dòng)員將冰壺投出時(shí)的水平速度為多少？(3)若運(yùn)動(dòng)員仍以第(2)問(wèn)的水平速度將冰壺投出，滑行一段距離后，其隊(duì)友在冰壺滑行前方摩擦冰面，使冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)變?yōu)棣?＝0.016，冰壺接著在被毛刷摩擦過(guò)的冰面滑過(guò)6m后停止運(yùn)動(dòng)，與不摩擦冰面相比，冰壺多滑行的距離．題組四傳送帶模型和滑塊——木板模型16．[2024·河北省滄州市一模]如圖甲所示，一物塊以某一初速度從傾角為α、順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶底端沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，其v-t圖像如圖乙所示．已知傳送帶的速度為v0，傳送帶足夠長(zhǎng)，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，下列說(shuō)法正確的是()A.物塊的初速度小于v0B．物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ>tanαC．物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度肯定有等于v0的時(shí)刻D．若物塊從傳送帶頂端由靜止向下運(yùn)動(dòng)，其他條件不變，物塊會(huì)向下先做勻加速運(yùn)動(dòng)再做勻速運(yùn)動(dòng)17．[2024·陜西西安模擬]如圖所示，物體A放在B上，物體B放在光滑的水平面上，已知mA＝6kg，mB＝2kg.A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2.A物體上系一細(xì)線，細(xì)線能承受的最大拉力是20N，水平向右拉細(xì)線，(g＝10m/s2)下述正確的是()A．當(dāng)拉力0<F<12N時(shí)，A靜止不動(dòng)B．當(dāng)拉力F>12N時(shí)，A相對(duì)B滑動(dòng)C．當(dāng)拉力F＝16N時(shí)，B受到A的摩擦力等于12ND．在細(xì)線可以承受的范圍內(nèi)，無(wú)論拉力F多大，A相對(duì)B始終靜止18.[2024·山東省煙臺(tái)市診斷測(cè)試]如圖所示，對(duì)貨車(chē)施加一個(gè)恒定的水平拉力F，拉著貨車(chē)沿光滑水平軌道運(yùn)動(dòng)裝運(yùn)沙子，沙子經(jīng)一靜止的豎直漏斗連續(xù)地落進(jìn)貨車(chē)，單位時(shí)間內(nèi)落進(jìn)貨車(chē)的沙子質(zhì)量恒為Q.某時(shí)刻，貨車(chē)(連同已落入其中的沙子)質(zhì)量為M，速度為v，則此時(shí)貨車(chē)的加速度為()A．eq\f(F－Qv,M)B．eq\f(F－Qgv,M)C．eq\f(F＋Qv,M)D．eq\f(F,M)19．[2024·黑龍江省哈爾濱三中其次次驗(yàn)收考試]如圖所示，輕彈簧一端系在墻上的O點(diǎn)，自由伸長(zhǎng)到B點(diǎn)．現(xiàn)將小物體靠著彈簧(不拴接)并將彈簧壓縮到A點(diǎn)，然后由靜止釋放，小物體在粗糙水平面上運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)靜止，則()A．小物體從A到B過(guò)程速度始終增加B．小物體從A到B過(guò)程加速度始終減小C．小物體從B到C過(guò)程速度越來(lái)越小D．小物體在B點(diǎn)所受合外力為020．[2024·重慶市萬(wàn)州市模擬](多選)如圖所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩小球通過(guò)輕繩乙連接，質(zhì)量為m1的小球通過(guò)輕繩甲與水平車(chē)廂頂連接．當(dāng)兩小球與車(chē)廂保持相對(duì)靜止一起水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，甲、乙兩輕繩與豎直方向的夾角分別為θ1、θ2(圖中未畫(huà)出)，兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，則()A．若m1>m2，則θ1>θ2B．若m1>m2，則θ1＝θ2C．若m1<m2，則θ1>θ2D．若m1<m2，則θ1＝θ221．[2024·重慶市育才中學(xué)模擬]如圖，質(zhì)量為m的雪橇在傾角θ＝37°的斜坡向下滑動(dòng)過(guò)程中，所受的滑動(dòng)摩擦力為定值，空氣阻力與速度成正比，比例系數(shù)k＝1kg/s.雪橇運(yùn)動(dòng)的某段過(guò)程v-t圖像如圖中實(shí)線AD所示，且AB是曲線最左端那一點(diǎn)的切線，B點(diǎn)的坐標(biāo)為(4，9)，CD線是曲線的漸近線，已知sin37°＝0.6.下列說(shuō)法中正確的是()A．當(dāng)v0＝3m/s時(shí)，雪橇的加速度為0.75m/s2B．在0～4s過(guò)程中雪橇的平均速度為4.5m/sC．雪橇與斜坡間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.5D．雪橇的質(zhì)量m＝2kg22．[2024·山東省試驗(yàn)中學(xué)模擬](多選)如圖所示，傾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，質(zhì)量均為m的物塊A和物塊B并排放在斜面上，與斜面垂直的擋板P固定在斜面底端，輕彈簧一端固定在擋板上，另一端與物塊A連接，物塊A、B(物塊A、B不相連)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)用一沿斜面對(duì)上的外力FT拉物塊B，使物塊A、B一起沿斜面對(duì)上以加速度a做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．已知重力加速度為g，彈簧的勁度系數(shù)為k，不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是()A．外力FT的最大值為eq\f(1,2)mg＋maB．外力FT的最大值為mg＋maC．從外力FT作用在物塊B上到物塊A、B分別的時(shí)間為eq\r(\f(m（g－2a）,ka))D．從外力FT作用在物塊B上到物塊A、B分別的時(shí)間為eq\r(\f(m（2g－a）,ka))23．[2024·河南鄭州模擬]如圖所示，一質(zhì)量M＝2kg的長(zhǎng)木板B靜止在粗糙水平面上，其右端有一質(zhì)量m＝1kg的小滑塊A，對(duì)B物體施加F＝20N的水平拉力；t＝2s后撤去拉力，撤去拉力時(shí)滑塊仍舊在木板上．已知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2，B與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.4，取g＝10m/s2，則：(1)求有拉力F作用時(shí)木板B和滑塊A各自的加速度大小；(2)求A、B由靜止到速度相同所需的時(shí)間T共及共同速度的大小v.[答題區(qū)]題號(hào)1234567891011答案題號(hào)12131416171819202122答案考點(diǎn)2力與直線運(yùn)動(dòng)1．解析：上升過(guò)程和下降過(guò)程的位移大小相同，由于存在空氣阻力，上升過(guò)程中隨意位置的速度比下降過(guò)程中對(duì)應(yīng)位置的速度大，則上升過(guò)程的平均速度較大．由位移與時(shí)間關(guān)系可知，上升時(shí)間比下落時(shí)間短，A錯(cuò)誤；上升過(guò)程排球做減速運(yùn)動(dòng)，下降過(guò)程排球做加速運(yùn)動(dòng)．在整個(gè)過(guò)程中空氣阻力始終做負(fù)功，小球機(jī)械能始終在減小，下降過(guò)程中的最低點(diǎn)的速度小于上升過(guò)程的最低點(diǎn)的速度，故排球被墊起時(shí)的速度最大，B正確；達(dá)到最高點(diǎn)速度為零，空氣阻力為零，此刻排球重力供應(yīng)加速度，a＝g，C錯(cuò)誤；下落過(guò)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更，排球在下落過(guò)程中做變加速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤．故選B.答案：B2．解析：由題知，電動(dòng)公交車(chē)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，且設(shè)RS間的距離為x，則依據(jù)題意有eq\o(v,\s\up6(－))RS＝eq\f(x,t1)＝eq\f(vR＋vS,2)，eq\o(v,\s\up6(－))ST＝eq\f(2x,t2)＝eq\f(vS＋vT,2)聯(lián)立解得t2＝4t1，vT＝vR－10再依據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間的關(guān)系有vT＝vR－a·5t1則at1＝2m/s其中還有veq\a\vs4\al(\f(t1,2))＝vR－a·eq\f(t1,2)解得vR＝11m/s聯(lián)立解得vT＝1m/s故選C.答案：C3．解析：x-t圖像的斜率表示速度，小車(chē)先做勻加速運(yùn)動(dòng)，因此速度變大即0～t1圖像斜率變大，t1～t2做勻減速運(yùn)動(dòng)則圖像的斜率變小，在t2時(shí)刻停止，圖像的斜率變?yōu)榱悖蔬xD.答案：D4.解析：如圖可知sinθ＝eq\f(\f(1,2)×\f(3L,5),\f(L,2))＝eq\f(3,5)，則cosθ＝eq\f(4,5)，對(duì)輕繩中點(diǎn)受力分析可知F＝2Tcosθ，對(duì)小球由牛頓其次定律得T＝ma，聯(lián)立解得a＝eq\f(5F,8m)，故選項(xiàng)A正確．答案：A5．解析：撤去力F后到彈簧第一次復(fù)原原長(zhǎng)之前，彈簧彈力kx減小，對(duì)P有μmg＋kx＝maP，對(duì)Q有μmg－kx＝maQ，且撤去外力瞬間μmg＝kx，故P做加速度從2μg減小到μg的減速運(yùn)動(dòng)，Q做加速度從0漸漸增大到μg的減速運(yùn)動(dòng)，即P的加速度始終大于Q的加速度，故除起先時(shí)刻外，隨意時(shí)刻P的速度大小小于Q的速度大小，故P的平均速度大小必小于Q的平均速度大小，由x＝eq\o(v,\s\up6(－))t可知Q的位移大小大于P的位移大小，可知B、C錯(cuò)誤，A、D正確．答案：AD6．解析：飛機(jī)由靜止起先加速時(shí)，有v2＝2aL0；利用彈射系統(tǒng)時(shí)，有v2－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2aL，聯(lián)立解得eq\f(L,L0)＝eq\f(7,16)，B、C、D錯(cuò)誤，A正確．答案：A7．解析：子彈在木塊中受到的阻力恒定，則子彈做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由于恰好穿過(guò)木塊A、B、C，表明穿過(guò)C時(shí)速度恰好為0，依據(jù)逆向思維，初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在連續(xù)相鄰相等位移內(nèi)的時(shí)間之比為tC∶tB∶tA＝1∶（eq\r(2)－1）∶（eq\r(3)－eq\r(2)），依據(jù)題意有tA＝t，解得tC＝（eq\r(3)＋eq\r(2)）t，C正確．答案：C8．解析：運(yùn)動(dòng)員B做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減為零的時(shí)間為tB＝eq\f(v1,a)＝4s，此時(shí)運(yùn)動(dòng)員A的位移為xA＝v0tB＝20m，運(yùn)動(dòng)員B的位移為xB＝eq\f(v1,2)tB＝16m，因?yàn)閤A<xB＋x0，即運(yùn)動(dòng)員B速度削減為零時(shí)，運(yùn)動(dòng)員A還未追上運(yùn)動(dòng)員B，則運(yùn)動(dòng)員A在運(yùn)動(dòng)員B停下來(lái)的位置追上運(yùn)動(dòng)員B，即x1＝16m，C正確，A、B、D錯(cuò)誤．答案：C9．解析：依據(jù)x-t圖像的斜率表示速度，可知x-t圖像只能表示直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，即知艦載機(jī)起飛的運(yùn)動(dòng)軌跡是直線，A錯(cuò)誤；由x-t圖像可知艦載機(jī)的速度漸漸增大，若滿意x＝eq\f(1,2)at2才是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，但圖像的數(shù)據(jù)不能反映是拋物線的形態(tài)，則艦載機(jī)起飛在0～3s內(nèi)做變加速直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；在0～3s內(nèi)，艦載機(jī)通過(guò)的位移為x＝36m－0＝36m，則平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(36,3)m/s＝12m/s，C錯(cuò)誤；2～2.55s內(nèi)的平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))′＝eq\f(xMN,tMN)＝eq\f(26－15,2.55－2)m/s＝20m/s，依據(jù)2～2.55s內(nèi)的平均速度等于MN連線的斜率大小，在M點(diǎn)對(duì)應(yīng)的位置艦載機(jī)的速度等于過(guò)M點(diǎn)的切線斜率大小，可知在M點(diǎn)對(duì)應(yīng)的位置，艦載機(jī)的速度大于MN段平均速度20m/s，D正確．答案：D10．解析：據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)，整理得eq\o(v,\s\up6(－))＝v0＋eq\f(1,2)at.結(jié)合圖知t＝0時(shí)有v0＝5m/s，設(shè)t0時(shí)刻的速度為v，可得eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋v,2)＝15m/s，解得v＝25m/s，則汽車(chē)的加速度為a＝eq\f(v2－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2x)＝eq\f(252－52,2×1000)m/s2＝0.3m/s2，A錯(cuò)誤；t＝10s時(shí)的速度為v1＝v0＋at＝（5＋0.3×10）m/s＝8m/s，B錯(cuò)誤；0～20s內(nèi)的位移是x2＝v0t′＋eq\f(1,2)at′2＝160m，C正確；由x＝eq\o(v,\s\up6(－))t0可得t0＝eq\f(x,v)＝eq\f(1000,15)s≈66.67s，D錯(cuò)誤．答案：C11．解析：由圖像可知，3～4s內(nèi)，物塊在摩擦力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a′＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(4－0,4－3)m/s2＝4m/s2，依據(jù)牛頓其次定律可得a′＝eq\f(μmg,m)＝μg，解得動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(a′,g)＝0.4，1～3s內(nèi)，物塊在9N的水平推力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4－0,3－1)m/s2＝2m/s2，依據(jù)牛頓其次定律可得F－μmg＝ma，解得物塊的質(zhì)量為m＝eq\f(F,a＋μg)＝eq\f(9,2＋0.4×10)kg＝1.5kg，A、C正確．答案：AC12．解析：對(duì)小球受力分析后，將彈力和重力合成后如圖所示由平衡條件可得，小球靜止時(shí)彈簧的彈力大小為F＝mgtan53°＝eq\f(4,3)mg，A錯(cuò)誤；由平衡條件可得，小球靜止時(shí)細(xì)繩的拉力大小為T(mén)＝eq\f(mg,cos53°)＝eq\f(5,3)mg，B錯(cuò)誤；細(xì)繩燒斷瞬間，彈簧的彈力保持不變，彈力和重力的合力大小等于繩子拉力T，由牛頓其次定律有F合＝T＝ma，解得a＝eq\f(T,m)＝eq\f(5,3)g，C錯(cuò)誤，D正確．答案：D13．解析：整體為探討對(duì)象，由牛頓其次定律得F1＝（m1＋2m2＋m）a，隔離B物體，由牛頓其次定律得F2＝ma，聯(lián)立解得m＝eq\f(F2（m1＋2m2）,F1－F2)，A項(xiàng)正確．答案：A14．解析：t3時(shí)刻由牛頓其次定律可得f－mg＝ma，解得f＝0.4N，B正確；充電寶在t2時(shí)刻具有向上的最大加速度，由牛頓其次定律知摩擦力方向豎直向上，t3時(shí)刻充電寶具有向下的加速度，而加速度小于重力加速度，所以摩擦力方向向上，所以充電寶在t2與t3時(shí)刻所受的摩擦力方向相同，C錯(cuò)誤；t2時(shí)刻充電寶具有向上的最大加速度，充電寶與手機(jī)之間的摩擦力最大，此時(shí)由牛頓其次定律有f′－mg＝ma′，又f′＝μFN，解得充電寶與手機(jī)之間的吸引力大小至少為FN＝10N，fmax＝f′＝5N，D正確，A錯(cuò)誤．答案：BD15．解析：（1）依據(jù)平衡條件Fcosθ＝μ（mg＋Fsinθ）代入數(shù)據(jù)得F＝5N（2）依據(jù)牛頓其次定律有μmg＝ma解得加速度大小為a＝0.02×10m/s2＝0.2m/s2依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2＝2as代入數(shù)據(jù)得v＝4m/s（3）依據(jù)牛頓其次定律有μ1mg＝ma1通過(guò)摩擦過(guò)的冰面的加速度大小為a1＝0.16m/s2設(shè)冰壺剛滑上摩擦過(guò)的冰面時(shí)的速度為v1，在沒(méi)摩擦過(guò)的冰面上運(yùn)動(dòng)的位移為s1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知v2－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝2as1在摩擦過(guò)的冰面上滑動(dòng)位移是s2＝6m則有veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝2a1s2則與沒(méi)摩擦過(guò)相比多滑的距離Δs＝s1＋s2－s解得Δs＝1.2m.答案：（1）5N（2）4m/s（3）1.2m16．解析：由圖像可知，物塊先以加速度a1做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，后以加速度a2做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，且a1>a2，分析可知mgsinα>μmgcosα，即μ<tanα，B項(xiàng)錯(cuò)誤；若物塊的初速度小于v0，則受到沿傳送帶向上的摩擦力，物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，物塊會(huì)始終以此加速度向上減速為0與題設(shè)不符，A項(xiàng)錯(cuò)誤；物塊的初速度大于v0，則受到沿傳送帶向下的摩擦力，物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)牛頓其次定律，有mgsinα＋μmgcosα＝ma1，物塊減速到速度等于v0后，則受到沿傳送帶向上的摩擦力，對(duì)物塊依據(jù)牛頓其次定律，有mgsinα－μmgcosα＝ma2，C項(xiàng)正確；若物塊從傳送帶頂端起先向下運(yùn)動(dòng)，物塊受到沿傳送帶向上的摩擦力，由于μ<tanα，則物塊會(huì)以加速度a2始終向下加速運(yùn)動(dòng)，D項(xiàng)錯(cuò)誤．答案：C17．解析：由題意可知，由于物體B放在光滑的水平面上，因此只要拉力F不是零，A、B將一起運(yùn)動(dòng)，所以當(dāng)拉力0<F<12N時(shí)，A不會(huì)靜止不動(dòng)，A錯(cuò)誤；若A、B能產(chǎn)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，則有a＝eq\f(μmAg,mB)＝eq\f(0.2×6×10,2)m/s2＝6m/s2，對(duì)A、B整體，由牛頓其次定律可得產(chǎn)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)最大拉力為F＝（mA＋mB）a＝（6＋2）×6N＝48N，由此可知，在繩子承受的最大拉力20N范圍內(nèi)，無(wú)論拉力F多大，A、B始終處于相對(duì)靜止?fàn)顟B(tài)，B錯(cuò)誤，D正確；當(dāng)拉力F＝16N時(shí)，對(duì)整體由牛頓其次定律可得F＝（mA＋mB）a′，解得a′＝eq\f(F,mA＋mB)＝eq\f(16,6＋2)m/s2＝2m/s2，則有B受到A的摩擦力等于Ff＝mBa′＝2×2N＝4N，C錯(cuò)誤．答案：D18．解析：一段極短的時(shí)間Δt內(nèi)落入貨車(chē)的沙子質(zhì)量為Δm＝Q·Δt，沙子落入貨車(chē)后，馬上和貨車(chē)共速，則由動(dòng)量定理可得F′·Δt＝Δmv－0，解得沙子受到貨車(chē)的力為F′＝Qv，方向向前，由牛頓第三定律可知，貨車(chē)受到沙子的反作用力向后，大小為F″＝Qv，對(duì)貨車(chē)（連同落入的沙子），由牛頓其次定律可得F－F″＝Ma，解得a＝eq\f(F－Qv,M)，A正確．答案：A19．解析：由題意，A、B間某處，A受到的彈力等于摩擦力，合力為0，速度最大．而B(niǎo)點(diǎn)只受摩擦力，合力不為零．因此小物體從A到B過(guò)程加速度先減小再增大，速度先增大后減小，A、B、D錯(cuò)誤；小物體從B到C過(guò)程中，合外力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，所以小物體始終做減速運(yùn)動(dòng)，即速度越來(lái)越小，C正確．答案：C20．解析：小球與車(chē)廂的加速度相同，設(shè)為a，將兩小球看成整體，由牛頓其次定律得（m1＋m2）gtanθ1＝（m1＋m2）a，解得a＝gtanθ1；同理對(duì)球乙分析可得a＝gtanθ2，比較可得無(wú)論m1和m2的關(guān)系如何，都有θ1＝θ2，B、D兩項(xiàng)正確．答案：BD21．解析：依據(jù)v-t圖像切線斜率表示加速度，可知v0＝3m/s，