（2022-2024年）3年高考2年模擬匯編專題一牛頓運動定律（多選題）-解析卷

（2022-2024年）3年高考2年模擬匯編專題一牛頓運動定律（多選題）3年真題1．（2024·寧夏四川·高考真題）蹦床運動中，體重為的運動員在時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關系如圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取。下列說法正確的是（）A．時，運動員的重力勢能最大B．時，運動員的速度大小為C．時，運動員恰好運動到最大高度處D．運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為【答案】BD【解析】A．根據牛頓第三定律結合題圖可知時，蹦床對運動員的彈力最大，蹦床的形變量最大，此時運動員處于最低點，運動員的重力勢能最小，故A錯誤；BC．根據題圖可知運動員從離開蹦床到再次落到蹦床上經歷的時間為，根據豎直上拋運動的對稱性可知，運動員上升時間為1s，則在時，運動員恰好運動到最大高度處，時運動員的速度大小故B正確，C錯誤；D．同理可知運動員落到蹦床時的速度大小為，以豎直向上為正方向，根據動量定理其中代入數(shù)據可得根據牛頓第三定律可知運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為，故D正確。故選BD。2．（2024·遼寧·高考真題）一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數(shù)為μ。時，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知到的時間內，木板速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，其中g為重力加速度大小。時刻，小物塊與木板的速度相同。下列說法正確的是（）A．小物塊在時刻滑上木板 B．小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為2μC．小物塊與木板的質量比為3︰4 D．之后小物塊和木板一起做勻速運動【答案】ABD【解析】A．圖像的斜率表示加速度，可知時刻木板的加速度發(fā)生改變，故可知小物塊在時刻滑上木板，故A正確；B．結合圖像可知時刻，木板的速度為設小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為，由題意可知物體開始滑上木板時的速度為，負號表示方向水平向左物塊在木板上滑動的加速度為經過時間與木板共速此時速度大小為，方向水平向右，故可得解得故B正確；C．設木板質量為M，物塊質量為m，根據圖像可知物塊未滑上木板時，木板的加速度為故可得解得根據圖像可知物塊滑上木板后木板的加速度為此時對木板由牛頓第二定律得解得故C錯誤；D．假設之后小物塊和木板一起共速運動，對整體故可知此時整體處于平衡狀態(tài)，假設成立，即之后小物塊和木板一起做勻速運動，故D正確。故選ABD。3．（2023·河北·高考真題）如圖，質量為m的小球穿在固定光滑桿上，與兩個完全相同的輕質彈相連。開始時將小球控制在桿上的A點，彈簧1豎直且處于原長，彈簧2處于水平伸長狀態(tài)，兩彈簧可繞各自轉軸，無摩擦轉動。B為桿上的另一個點，與、A、構成矩形，?，F(xiàn)將小球從A點釋放，兩彈簧始終處于彈性限度內。下列說法正確的是（）A．小球沿桿在AB之間做往復運動B．與沒有彈簧時相比，小球從A點運動到B點所用的時間更短C．小球從A點運動到B點的過程中，兩個彈簧對小球做的總功為零D．小球從A點運動到B點的過程中，彈簧2的彈性勢能先減小后增大【答案】BC【解析】AC．根據對稱性可知，小球從A點運動到B點的過程中，兩個彈簧對小球做的總功為零，則此過程合力做功等于重力對小球做的功，根據動能定理可知，小球在B點的速度大于0，所以小球到達B點后繼續(xù)向下運動，小球不會在AB之間做簡諧運動，故A錯誤，C正確；D．小球從A點運動到B點的過程中，彈簧2先從伸長狀態(tài)變?yōu)樵L，再從原長變?yōu)閴嚎s狀態(tài)，最后再恢復原長，故彈簧2的彈性勢能先減小后增大再減小，故D錯誤；B．小球從A點運動到B點過程，由于兩個彈簧對小球做的總功為零，與沒有彈簧時相比，小球運動到B點的速度相等；沒有彈簧時，小球運動的加速度為有彈簧時，加速度先大于，然后加速度逐漸減小，到AB中點時，加速度為，之后加速度小于，則兩種情況的圖像如圖所示兩種情況的圖像與橫軸圍成的面積相等，由圖可知與沒有彈簧時相比，小球從A點運動到B點所用的時間更短，故B正確。故選BC。4．（2023·湖北·高考真題）如圖所示，原長為l的輕質彈簧，一端固定在O點，另一端與一質量為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0.5。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。下列說法正確的是（

）

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【答案】AD【解析】A．小球在P點受力平衡，則有，，聯(lián)立解得A正確；C．在PM之間任取一點A，令AO與MN之間的夾角為，則此時彈簧的彈力為小球受到的摩擦力為化簡得在MP之間增大在PN減變小，即摩擦力先變大后變小，C錯誤；D．根據對稱性可知在任意關于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；B．小球運動到P點下方時，此時摩擦力大小為由牛頓第二定律聯(lián)立解得B錯誤。故選AD。5．（2023·全國·高考真題）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，甲的質量大于乙的質量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等?，F(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【解析】對甲、乙兩條形磁鐵分別做受力分析，如圖所示

A．根據牛頓第二定律有由于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，顯然甲的動量大小比乙的小，BD正確、C錯誤。故選BD。6．（2023·湖南·高考真題）如圖，光滑水平地面上有一質量為的小車在水平推力的作用下加速運動。車廂內有質量均為的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。下列說法正確的是（

）

A．若B球受到的摩擦力為零，則B．若推力向左，且，則的最大值為C．若推力向左，且，則的最大值為D．若推力向右，且，則的范圍為【答案】CD【解析】A．設桿的彈力為，對小球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豎直方向則若B球受到的摩擦力為零，對B根據牛頓第二定律可得可得對小球A、B和小車整體根據牛頓第二定律A錯誤；B．若推力向左，根據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對小球B，由于，小球B受到向左的合力則對小球A，根據牛頓第二定律可得對系統(tǒng)整體根據牛頓第二定律解得B錯誤；C．若推力向左，根據牛頓第二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的水平分力提供，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則對小球B，根據牛頓第二定律對系統(tǒng)根據牛頓第二定律聯(lián)立可得的最大值為C正確；D．若推力向右，根據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根據牛頓第二定律對系統(tǒng)根據牛頓第二定律代入小球B所受合力分范圍可得的范圍為D正確。故選CD。7．（2023·全國·高考真題）用水平拉力使質量分別為、的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，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的關系圖線如圖所示。由圖可知（

）

A． B． C． D．【答案】BC【解析】根據牛頓第二定律有F－μmg=ma整理后有F=ma＋μmg則可知F—a圖像的斜率為m，縱截距為μmg，則由題圖可看出m甲>m乙，μ甲m甲g=μ乙m乙g則μ甲<μ乙故選BC。8．（2022·湖南·高考真題）球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發(fā)動機，總質量為。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)動機關閉時，飛行器豎直下落，經過一段時間后，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動及飛行器質量的變化，下列說法正確的是（）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，其加速度大小可以達到【答案】BC【解析】A．飛行器關閉發(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，其加速度向下達到最大值解得am=2.5gD錯誤。故選BC。9．（2022·全國·高考真題）如圖，質量相等的兩滑塊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，則從此刻開始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的加速度大小的最大值為C．P的位移大小一定大于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】設兩物塊的質量均為m，撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運動，則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．從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前的過程中，以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變?yōu)?，兩滑塊與地面間仍然保持相對滑動，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，過后滑塊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。根據牛頓第二定律可知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的位移一定小于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由開始的加速度大小為做加速度減小的減速運動，最后彈簧原長時加速度大小為；滑塊Q由開始的加速度為0做加速度增大的減速運動，最后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。故選AD。2年模擬10．（2025·安徽·模擬）如圖甲所示，物塊a、b中間用一根輕質彈簧相連，放在光滑水平面上，開始時兩物塊均靜止，彈簧處于原長。時對物塊施加水平向右、大小的恒力，時撤去，此過程中兩物塊的加速度隨時間變化的圖像如圖乙所示。彈簧始終處于彈性限度內，下列說法正確的是（）A．物塊的質量為2kgB．物塊的質量為2kgC．撤去后，組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒D．撤去后，彈簧伸長量最大時，的速度大小為【答案】BD【解析】AB．時，對物塊，由牛頓第二定律有解得時，設彈簧彈力大小為，對物塊有對物塊有聯(lián)立解得故A錯誤，B正確；CD．恒力的沖量大小為根據動量定理可知，撤去拉力時，、組成的系統(tǒng)總動量為的速度大于的速度，則、之間的距離將繼續(xù)增大，、組成的系統(tǒng)動量守恒，但機械能減小，當彈簧伸長量最大時，、的速度相同，設為，有解得故C錯誤，D正確。故選BD。11．（2024·河北·模擬預測）如圖所示，質量為的木板B與直立輕彈簧的上端拴接，彈簧下端固定在地面上。平衡時彈簧的壓縮量為，一質量為的物塊A從木板B正上方距離為的高處自由落下，打在木板上與木板粘連在一起向下運動。從A、B碰撞到兩者到達最低點后又向上運動到最高點經歷的總時間為，已知彈簧的彈性勢能，為彈簧的勁度系數(shù)，為彈簧的形變量，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為，空氣阻力忽略不計。則在時間內，下列說法正確的是（

）A．彈簧的最大彈性勢能為B．A和B一起運動的最大加速度大小為C．A和B一起運動的最大速度大小為D．從A、B碰撞到兩者到達最低點經歷的時間為【答案】AD【解析】A．物塊A做自由落體運動，設其與木板B碰撞前瞬間的速度大小為，由動能定理可得解得物塊A與木板B碰撞瞬間滿足動量守恒，由動量守恒定律可得解得從A、B碰撞到達最低點，設最低點位置彈簧壓縮量為，由能量守恒定律可得其中解得可得彈簧的最大彈性勢能為故A正確；B．A、B一起運動到最低點時，彈簧的形變量最大，彈簧對A、B整體的彈力最大，加速度最大，由牛頓第二定律有解得A、B一起運動的最大加速度大小為故B錯誤；C．當彈簧彈力與A、B的重力相等時，A和B一起運動的速度最大，設此時彈簧壓縮量為，由受力平衡可得解得根據能量守恒定律有解得故C錯誤；D．A、B在一起做簡諧運動，設振動方程為在點A、B碰撞，從有解得由題意知從時間為，則有可得簡諧運動的周期為從A、B碰撞到兩者到達最低點，即從的時間為故D正確。故選AD。12．（2024·湖南·模擬預測）傳送帶在現(xiàn)代工業(yè)生產和物流體系中扮演著至關重要的角色，其能夠提升生產效率，節(jié)省空間成本，廣泛應用于各領域，推動物流自動化發(fā)展。如圖所示，傳送帶與水平面夾角為θ，且夾角θ可根據需求調整，貨物與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ，在貨物隨傳送帶勻速運動的過程中，下列說法中正確的是（）A．摩擦力對貨物不做功B．θ減小，貨物對傳送帶的壓力變大C．θ增大，貨物受的摩擦力大小始終等于D．當時，則傳送帶無法將貨物向上輸送【答案】BD【解析】A．貨物所受摩擦力沿斜面向上，與速度方向同向，故做正功，故A錯誤；B．貨物對傳送帶的壓力θ減小，貨物對傳送帶的壓力增大，故B正確；C．貨物隨傳送帶一起保持勻速運動，兩者之間無相對滑動，所受摩擦力為靜摩擦力故C錯誤；D．如果，則最大靜摩擦力小于重力的分力，所以無法向上傳輸，故D正確。故選BD。13．（2024·陜西寶雞·模擬預測）滑沙運動時，沙板相對沙地的速度大小會影響沙地對沙板的動摩擦因數(shù)。假設滑沙者的速度超過8m/s時，滑沙板與沙地間的動摩擦因數(shù)就會由變?yōu)椋鐖D1所示，簡化模型如圖2所示，一滑沙者從傾角的坡頂A處由靜止開始下滑，滑至坡底B（B處為一平滑小圓?。┖笥只弦欢嗡降孛?，最后停在C處。已知滑板與水平地面間的動摩擦因數(shù)恒為，AB坡長m，，不計空氣阻力，則滑沙者（）

A．下滑速度較大時加速度為2m/s2B．下滑到B處時的速度大小12m/sC．在水平地面上運動的最大距離為18mD．在AB段下滑與BC段滑動的時間之比為【答案】BCD【解析】AB．滑沙板的速度較小時，根據牛頓第二定律可得代入數(shù)據可得速度達到的過程中的位移滑沙板的速度超過8m/s后，根據牛頓第二定律可得代入數(shù)據可得設到達B的速度為，則代入數(shù)據可得故A錯誤，B正確；C．滑沙板在水平面上的加速度大小為，則由可得由運動學公式可得在水平地面上運動的最大距離為故C正確；D．滑沙板的速度達到的時間第二段時間滑沙板在水平面上的時間則在AB段下滑與BC段滑動的時間之比為故D正確。故選BCD。14．（2024·河南新鄉(xiāng)·一模）如圖所示，書本甲疊放在書本乙上，甲、乙兩書足夠長，甲、乙的質量分別為，甲、乙之間的動摩擦因數(shù)，乙與桌面之間的動摩擦因數(shù)。認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小，用水平向右的力推書本甲，開始時，此后緩慢增大，下列說法正確的是（）A．當推力時，書本甲對書本乙的摩擦力大小為B．當推力時，書本均保持靜止狀態(tài)C．當推力時，書本甲、乙之間無相對滑動D．當推力時，書本甲、乙之間有相對滑動【答案】AC【解析】CD．甲、乙間的最大靜摩擦力為乙與桌面間的最大靜摩擦力為以乙為研究對象，設乙的最大加速度大小為a，由牛頓第二定律解得由整體牛頓第二定律解得故當推力時，書本甲、乙之間有相對滑動，故C正確，D錯誤；A．當推力時，乙對甲的摩擦力為靜摩擦力，則書本甲對書本乙的摩擦力大小為，故A正確；B．當推力時，大于乙與桌面間的最大靜摩擦力，而小于甲、乙間的最大靜摩擦力，則書本甲、乙一起做勻加速直線運動，故B錯誤。故選AC。15．（2024·貴州貴陽·模擬預測）如圖1，某男子舉重運動員，訓練由架上挺舉質量為100kg的杠鈴。挺舉過程中，杠鈴豎直方向的速度隨時間變化的關系圖線如圖2所示（以豎直向上為速度正方向）。圖中a至i為挺舉過程中的某些特定時刻。只考慮杠鈴豎直方向的運動情況，重力加速度g取10m/s2。則下列有關杠鈴的說法正確的是（）A．由零時刻到a時刻過程，杠鈴處于失重狀態(tài)B．由零時刻到a時刻過程，杠鈴的動能增加C．由a時刻到b時刻過程，舉重運動員挺舉杠鈴所施的平均作用力約為1500ND．由e時刻到g時刻過程，杠鈴的重力勢能減少【答案】CD【解析】A．由零時刻到a時刻過程，杠鈴向下減速，加速度豎直向上，杠鈴在豎直方向上只受重力和運動員舉杠鈴的力，即運動員舉杠鈴的力大于重力，處于超重狀態(tài)，故A錯誤；B．由零時刻到a時刻過程，杠鈴速度減小，動能減少，故B錯誤；C．由a時刻到b時刻過程，加速度約為由牛頓第二定律可知解得故C正確；D．由e時刻到g時刻過程，杠鈴速度方向豎直向下，重力做正功，杠鈴的重力勢能減小，故D正確。故選CD。16．（2024·全國·模擬預測）如圖，在傾角為的粗糙斜面中點由靜止釋放物塊后，物塊以的加速度向下加速運動。重新把物塊置于原處，用輕繩將物塊和物塊B連接，輕繩跨過斜面頂端的定滑輪P，再由靜止釋放物塊，物塊的加速度為。物塊和物塊B的質量相等，重力加速度取，，，則物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)和加速度分別為（）A． B． C． D．【答案】AC【解析】AB．只有物塊從斜面上滑下時，根據牛頓第二定律有解得故A正確，B錯誤；CD．物塊和物塊B連接后，對整體根據牛頓第二定律有解得故C正確，D錯誤。故選AC。17．（2024·四川自貢·模擬預測）勁度系數(shù)的輕彈簧一端固定在傾角的固定光滑斜面底部，另一端和質量的小物塊A相連，質量的小物塊B緊靠A靜止在斜面上，輕質細線一端連在物塊B上，另一端跨過定滑輪與質量的物體C相連，對C施加外力，使C處于靜止狀態(tài)，且細線剛好伸直但不繃緊，如圖所示。從某時刻開始，撤掉外力，使C豎直向下運動，取，彈簧和斜面上的那部分細線均平行于斜面。以下說法中正確的是（）A．初始時彈簧的壓縮量是B．當A、B恰好分離時，彈簧恢復原長C．撤掉外力瞬間，A的加速度大小為D．從撤去外力到A、B恰好分離整個過程，物體C減少的重力勢能為1J【答案】AD【解析】A．初始時，對A、B整體受力分析，設此時彈簧壓縮量為，根據胡克定律，有解得故A正確；B．A、B恰好分離時，A、B間彈力為零，以B、C整體為研究對象，有解得則A的加速度大小也為0，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，故B錯誤；C．撤掉外力瞬間，取A、B、C系統(tǒng)，由牛頓第二定律有且彈簧彈力不發(fā)生突變，仍有即解得故C錯誤；D．AB恰好分離時，以A為研究對象，有設此時彈簧的壓縮量為，由胡克定律有解得所以從撤去外力到A、B恰好分離整個過程，A沿斜面移動的位移物體C減少的重力勢能為故D正確。故選AD。18．（2024·河南·模擬預測）如圖所示，輕彈簧豎直立在地面上，物塊A放在輕彈簧上，物塊B疊放在物塊A上，用繞過兩定滑輪的輕繩將物塊B、C連接，用手托著物塊C，使滑輪兩邊的輕繩剛好沿豎直方向伸直，已知物塊A、B、C的質量分別為m、m、2m，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，不計空氣阻力，彈簧在彈性限度內，開始時物塊B到滑輪的距離足夠遠，快速撤去手，則下列判斷正確的是（）A．撤去手的一瞬間，物塊C的加速度為0B．撤去手的一瞬間，A對B的作用力大小為C．撤去手后，物塊B向上運動過程中加速度先減小后不變D．當物塊A、B剛好分離時，物塊A上升的高度為【答案】BC【解析】A．由題意可知，撤去手之前繩子上得拉力為0，此時，對AB整體受力分析得撤去手得一瞬間，彈簧上彈力不變，A、B、C三個物體加速度大小相等，對C受力分析得對AB整體受力分析，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得撤去手的一瞬間，物體C的加速度大小為此時繩上的拉力突變，大小為故A錯誤；B．撤去手的一瞬間，對物體B受力分析，由牛頓第二定律得代入數(shù)據得此時A對B的作用力大小為故B正確；C．撤去手之后AB分開前，對A、B、C系統(tǒng)受力分析，由牛頓第二定律得隨著A向上運動，彈簧的形變量減小，可知加速度減??；A、B分開后，B、C兩個物體由繩連接加速度大小一樣，對C受力分析由牛頓第二定律可知對B受力分析，由牛頓第二定律可知聯(lián)立解得B、C的加速度大小為加速度不再變化，故C正確；D．A、B分開時，，此時A、B、C加速度大小相等，設此時彈簧的形變量為，對A、B、C系統(tǒng)受力分析解得隔離A，受力分析由牛頓第二定律得聯(lián)立解得，此時彈簧形變量為故當物塊A、B剛好分離時，物塊A上升的高度為故D錯誤。故選BC。19．（2024·廣東·模擬預測）如圖所示，均可視為質點的小球A、B通過跨過車廂頂部的光滑輕質定滑輪的輕繩連接，小球A用輕繩AC系于車廂側壁，當小車在水平面上向左做勻加速直線運動時，定滑輪兩側的輕繩恰好垂直，輕繩AC恰好水平。已知A、B兩小球的質量分別為0.4kg、0.3kg，取重力加速度大小g=10m/s2，下列說法正確的是（）A．輕繩AB中的張力大小為5N B．小車的加速度大小為C．輕繩CA中的張力大小為3N D．輕繩對定滑輪的作用力小于7N【答案】AB【解析】A．設輕繩AB中的張力大小為T，OA與豎直方向的夾角為θ，則有解得故A正確；B．小球B受到的合力為4N，其加速度大小為故B正確；C．設輕繩CA中的張力大小為T′，則有解得故C錯誤；D．輕繩對定滑輪的作用力大小為，故D錯誤。故選AB。20．（2024·云南大理·模擬預測）如圖所示，水平面是光滑的，一足夠長的木板置于水平面上，木板上放一斜面體，木板與斜面體間的動摩擦因數(shù)為，斜面體傾角，一細繩一端系在斜面體頂端，另一端拴接一可視為質點的小球，細繩平行于斜面，已知小球、斜面體、木板質量均為1kg，，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，現(xiàn)對木板施加一水平向右的拉力F，下列說法正確的是（）A．若，當時，木板相對斜面體向右滑動B．若，不論F多大，小球均能和斜面體保持相對靜止C．若，當時，小球對斜面體的壓力不為0D．若，當時，細繩對小球的拉力為【答案】BD【解析】A．若μ=0.2，當F=4N時，假設板、斜劈、球三者相對靜止，則對板、斜劈、球構成的系統(tǒng)有F=3ma代入數(shù)據解得對斜劈和球構成的系統(tǒng)，若斜劈與板之間的摩擦力達到最大靜摩擦力，有μ（m+m）g=（m+m）a球代入數(shù)據解得a球=2m/s2＞a因此此時木板相對于斜劈靜止，故A錯誤；B．若μ=0.5，假設斜劈與球保持相對靜止，則對斜劈與球構成的系統(tǒng)，最大加速度為μ（m+m）g=（m+m）a球代入數(shù)據得a=5m/s2當球剛好要離開斜劈時，受到重力和繩子拉力作用，有代入數(shù)據解得a球=7.5m/s2＞a因此不論F多大，小球均能和斜劈保持相對靜止，故B正確；C．若μ=0.8，假設板、球和斜劈相對靜止，則球和斜劈構成的系統(tǒng)能夠獲得的最大加速度為μ（m+m）g=（m+m）a球代入數(shù)據得a球=8m/s2此時對板、球和斜劈構成的系統(tǒng)，有F臨界=（m+m+m）a球=（1+1+1）×8N=24N當F=22.5N時，板、球和斜劈相對靜止，有又由B選項可知此時球剛好要離開斜劈，小球對斜面體的壓力為0，故C錯誤；D．若μ=0.8，F(xiàn)=26N>24N時由C選項可知此時木板與斜面體產生相對滑動，此時斜面與小球的加速度大小為8m/s2，小球離開斜面體，則對小球細繩的拉力故D正確。故選BD。21．（2024·云南大理·模擬預測）某實驗小組的同學想利用如圖甲、乙、丙所示的裝置深度探究加速度a與F的關系，圖中滑輪光滑，桌面水平且光滑。加速度、、用光電門傳感器測出（圖中未畫出），重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．若圖甲中F是變力，則描繪出的圖線應該是一條過原點的傾斜直線B．若圖甲中F是恒力，圖乙中，根據應該有C．若圖乙中僅m改變，則描繪出的圖線應該是一條過原點的傾斜直線D．若通過減小而增大m的方式改變m，如圖丙，把減小的質量增加到m上，則描繪出的圖線應該是一條過原點的傾斜直線【答案】AD【解析】A．圖甲中根據牛頓第二定律可知若F是變力，則a與F成正比，描繪出的圖線應該是一條過原點的傾斜直線，選項A正確；B．若圖甲中F是恒力，可知圖乙中，可知則選項B錯誤；C．圖乙中則若僅m改變，則圖像的斜率變化，則描繪出的圖線不是一條過原點的傾斜直線，選項C錯誤；D．若通過減小m0而增大m的方式改變m，則由描繪出的a-mg圖線的斜率為為定值，則描繪出的a-mg圖線應該是一條過原點的傾斜直線，故D正確。故選AD。22．（2024·貴州·模擬預測）如圖所示，光滑水平面上放置質量且足夠長的木板，木板上疊放著質量的物塊，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度?，F(xiàn)對木板施加水平向右的恒定拉力F，下列說法中正確的有（）A．若拉力逐漸增大，則物塊的加速度也一直增大B．當拉力等于15N時，物塊與木板剛好發(fā)生相對滑動C．當時，物塊與木板間的摩擦力大小為8ND．當時，則內物塊與木板摩擦產生的熱為60J【答案】BCD【解析】A．物塊與木板發(fā)生相對運動前，二者加速度相等，拉力增大，加速度增大；物塊與木板發(fā)生相對運動之后，物塊的加速度為不變，故A錯誤；B．假設物塊與木板相對靜止：對整體對物塊當時，，恰好等于物塊與木板間的最大靜摩擦力，故物塊與木板剛好發(fā)生相對滑動，故B正確；C．當，物塊與木板相對靜止，對整體對物塊可得故C正確；D．當，物塊與木板相對滑動，物塊的加速度2s內的位移木板的加速度2s內的位移摩擦生熱故D正確。故選BCD。23．（2024·甘肅武威·一模）人站在力傳感器上完成下蹲和站起動作，傳感器記錄的力隨時間變化圖像（F－t圖像）如圖所示，重力加速度g＝10m/s2，則（）A．下蹲過程中最大加速度為6m/s2B．人在下蹲過程中，力的示數(shù)先變小后變大C．人在站起過程中，先失重后超重D．人在8s內完成了兩次下蹲和兩次站起動作【答案】AB【解析】A．由圖可知傳感器的最小壓力為200N，根據牛頓第二定律，下蹲過程中最大加速度為故A正確；B．人在下蹲過程中，先加速下降后減速下降，故先失重后超重，力的示數(shù)先變小后變大，故B正確；C．人在站起過程中，先加速上升后減速上升，先超重后失重，故C錯誤；D．人在下蹲過程中，力的示數(shù)先變小后變大，人在站起過程中，力的示數(shù)先變大后變小，可知人在8s內完成了一次下蹲和一次站起動作，故D錯誤。故選AB。24．（2024·湖北黃岡·一模）如圖所示，質量均為m的物塊A和B用輕彈簧連接，置于傾角的斜面上，兩物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)均為。對A施加水平向右的推力F，恰使A、B一起沿斜面勻速上滑，取、，重力加速度大小為g。下列說法中正確的是（）A．彈簧彈力大小為mgB．推力大小為2.5mgC．若撤去推力F，則撤后瞬間物塊B的加速度大小為gD．若撤去推力F，則撤后瞬間物塊A的加速度大小為2g【答案】AD【解析】A．對B，根據平衡條件，彈簧彈力大小為故A正確；B．對A，根據平衡條件解得故B錯誤；C．若撤去推力F，則撤后瞬間彈簧來不及形變，彈簧彈力不變，物塊B處于平衡狀態(tài)，加速度大小為0，故C錯誤；D．若撤去推力F，則撤后瞬間物塊A的加速度大小為故D正確。故選ABD。25．（2023·廣東東莞·模擬預測）如圖所示，質量的玩具動力小車在水平面上運動時，小車牽引力和受到的阻力均為恒力，小車用一根不可伸長的輕繩拉著質量為的物體由靜止開始運動。運動后，輕繩從物體上脫落，物體繼續(xù)滑行一段時間后停止。物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為，g取，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．輕繩脫落之前，繩的拉力為5NB．輕繩脫落之前，小車的加速度大小是C．輕繩脫落之后，物體繼續(xù)滑行時間1sD．物體剛停止時，小車的速度大小是【答案】AC【解析】B．輕繩脫落之前，小車和物塊的整體由牛頓第二定律可得加速度大小是選項B錯誤；A．輕繩脫落之前，對小車可得繩的拉力為T=5N選項A正確；C．輕繩脫離時的速度v=at=4m/s輕繩脫落之后，物體減速運動的加速度則繼續(xù)滑行時間選項C正確；D．輕繩脫落之后小車運動的加速度物體剛停止時，小車的速度大小是選項D錯誤。故選AC。26．（2023·全國·模擬預測）如圖甲所示，足夠長的