2023-2025年高考物理真题分类汇编（全国通用版）专题03 牛顿运动定律

这是一份2023-2025年高考物理真题分类汇编（全国通用版）专题03 牛顿运动定律，共31页。试卷主要包含了 A等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共 20 小题）
1．（2025•ft东）工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角为 θ，交线为 PN，坡面内 QN 与 PN 垂直，挡板平面与坡面的交线为 MN，∠MNQ＝θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为 μ，重力加速度大小为 g，则建筑材料沿 MN 向下匀加速滑行的加速度大小为（）
A．gsin2θ﹣μgcsθ﹣μgsinθcsθ B．gsinθcsθ﹣μgcsθ﹣μgsin2θ C．gsinθcsθ﹣μgcsθ﹣μgsinθcsθ D．gcs2θ﹣μgcsθ﹣μgsin2θ
2．（2023•辽宁）安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为ΔL1
和ΔL2、电流大小分别为 I1 和 I2 的平行直导线间距为 r 时，相互作用力的大小可以表示为 F＝k
?1?2??1??2
?2。比例系数 k 的单位是（）
A．kg•m/（s2•A）B．kg•m/（s2•A2）
C．kg•m2/（s3•A）D．kg•m2/（s3•A3） 3．（2023•浙江）下列属于国际单位制中基本单位符号的是（）
A．JB．KC．WD．Wb
4．（2025•选择性）某智能物流系统中，质量为 20kg 的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力 F 随时间 t 的变化如图所示，则下列图像可能正确的是（）
A．B．
C．D．
5．（2023•北京）如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连。两物块质量均为 1kg，细线能承受的最大拉力为 2N。若在水平拉力 F 作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则 F 的最大值为（ ）
A．1NB．2NC．4ND．5N
6．（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
?
7．（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
2
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（ ）
? 2??
A．
B．
C．
D．2
?
??
2?
??
?
??
8．（2025•太原模拟）如图所示，一质量为 m＝2kg 的物体放置在静止升降机的水平底板上，对物体施加一水平向右、大小为 T＝10N 的拉力，物体刚好不发生运动。当升降机开始运动时，发现物体沿升降机底板运动的水平加速度为 2m/s2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2，则下列关于升降机运动的描述可能正确的是（ ）
A．以 4m/s2 的加速度向上加速
B．以 5m/s2 的加速度向上加速
C．以 4m/s2 的加速度向下加速
D．以 5m/s2 的加速度向下加速
9．（2025•甘肃）2025 年 4 月 24 日，在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞船的长征二号 F 遥二十运载火箭。若在初始的 1s 内燃料对火箭的平均推力约为 6×106N，火箭质量约为 500 吨且认为在 1s 内基本不变，则火箭在初始 1s 内的加速度大小约为（重力加速度 g 取 10m/s2）（ ）
A．2m/s2B．4m/s2C．6m/s2D．12m/s2
10．（2025•北京）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 t1 到 t3，实验舱处于电磁弹射过程
B．从 t2 到 t3，实验舱加速度大小减小
C．从 t3 到 t5，实验舱内物体处于失重状态
D．t4 时刻，实验舱达到最高点
11．（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 1.0kg，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 10m/s2，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 2.5m/s2 D．乙受到绳子的拉力大小为 5.0N
12．（2024•广东）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方 H 高度处由静止释放，以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向，木块的位移为 y，所受合外力为 F，运动时间为
t，忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内，关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其 F﹣y 图像或 y﹣t 图像可能正确的是（）
A．B．C．D． 13．（2024•湖南）如图，质量分别为 4m、3m、2m、m 的四个小球 A、B、C、D，通过细线或轻弹
簧互相连接，悬挂于 O 点，处于静止状态，重力加速度为 g。若将 B、C 间的细线剪断，则剪断瞬间 B 和 C 的加速度大小分别为（）
A．g，1.5gB．2g，1.5gC．2g，0.5gD．g，0.5g
14．（2024•北京）如图所示，飞船与空间站对接后，在推力 F 作用下一起向前运动，飞船和空间站的质量分别为 m 和 M，则飞船和空间站之间的作用力大小为（）
????
A．?B．?C．?D．?
?+?
?+???
15．（2024•北京）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是（）
A．刚开始物体相对传送带向前运动 B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力 C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功 D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
16．（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。传送带各处的粗糙程度相同，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．
17．（2024•浙江）下列属于国际单位制基本单位符号的是（）
A．sB．NC．FD．T
18．（2024•选择性）利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”。如图，在研磨过程中，砚台始终静止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时（） A．砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B．桌面对砚台的摩擦力方向水平向左 C．桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力 D．桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
19．（2024•安徽）如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的 M、N 两点，另一端均连接在质量为 m 的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于 MN 连线的中点 O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至 P 点，并保持静止，此时拉力 F 大小为 2mg。已知重力加速度大小为 g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从 P 点运动到 O 点的过程中（ ）
A．速度一直增大B．速度先增大后减小
C．加速度的最大值为 3gD．加速度先增大后减小
20．（2023•浙江）如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从 O 点抛出沿轨迹 OPQ 运动，其中 P 是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小（ ）
A．O 点最大
B．P 点最大
C．Q 点最大 D．整个运动过程保持不变
二．多选题（共 6 小题）
（多选）21．（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（）
?2?
??2
?2
?2
?2B． ?2C． ?D． ?
（多选）22．（2025•选择性）如图（a），倾角为 θ 的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的 小物块甲、乙同时以初速度 v0 沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为 μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置 x 与时间 t 的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物线，乙的 x﹣t 曲线在 t＝t0 时切线斜率为 0，则（）
μ1+μ2＝2tanθ
t＝t0 时，甲的速度大小为 3v0
t＝t0 之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
t＝t0 之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
（多选）23．（2023•湖北）如图所示，原长为 l 的轻质弹簧，一端固定在 O 点，另一端与一质量为 m
的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为 0.5。杆上
1
M、N 两点与 O 点的距离均为 l，P 点到 O 点的距离为2?，OP 与杆垂直。当小球置
小
于杆上 P 点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大为 g。小球以某一初速度从 M 点向下运动到 N 点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（）
弹簧的劲度系数为
1
4??
?
小球在 P 点下方2? 处的加速度大小为 (3 2−4)?
从 M 点到 N 点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
从 M 点到 P 点和从 P 点到 N 点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
（多选）24．（2023•甲卷）用水平拉力使质量分别为 m 甲、m 乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为 μ 甲和 μ 乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力 F 与其加速度 a 的关系图线如图所示。由图可知（ ）
A．m 甲＜m 乙 B．m 甲＞m 乙 C．μ 甲＜μ 乙 D．μ 甲＞μ 乙
（多选）25．（2023•湖南）如图，光滑水平地面上有一质量为 2m 的小车在水平推力 F 的作用下加速运动。车厢内有质量均为 m 的 A、B 两小球，两球用轻杆相连，A 球靠在光滑左壁上，B 球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为 μ，杆与竖直方向的夹角为 θ，杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．若 B 球受到的摩擦力为零，则 F＝2mgtanθ
B．若推力 F 向左，且 tanθ≤μ，则 F 的最大值为 2mgtanθ
C．若推力 F 向左，且 μ＜tanθ≤2μ，则 F 的最大值为 4mg（2μ﹣tanθ）
D．若推力 F 向右，且 tanθ＞2μ，则 F 的范围为 4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）
，
物
（多选）26．（2024•选择性）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为 μ。t＝0 时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻
一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知 t＝0 到 t＝4t0 的时间内，木板速度 v 随时间 t 变化的图像如图所示，其中 g 为重力加速度大小。t＝4t0 时刻，小块与木板的速度相同。下列说法正确的是（） A．小物块在 t＝3t0 时刻滑上木板B．小物块和木
板间的动摩擦因数为 2μ
C．小物块与木板的质量比为 3：4D．t＝4t0 之后小物块和木板一起做匀速运动
三．实验题（共 1 小题）
27．（2024•甲卷）学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为 9.8m/s2。
电梯静止时测力计示数如图所示，读数为 N（结果保留 1 位小数）；
电梯上行时，一段时间内测力计的示数为 4.5N，则此段时间内物体处 （填“超重”或“失重”）状态，电梯加速度大小为 m/s2（结果保留 1 位小数）。
四．解答题（共 10 小题）
28．（2023•全国）一列火车以速度 v0 沿水平长直轨道匀速行驶，突然列车后部有部分车厢脱钩。已
1
知脱钩后车头的牵引力不变；脱钩车厢的质量为列车总质量的
4
；假设列车所受阻力与其所受重力
?0
成正比。求当脱钩车厢的速度变为 2 时，列车前部未脱钩部分的速度。
29．（2025•广东三模）如图所示，叉车质量 M＝1900kg，其直角货叉 AOB 上放置一质量为 m＝100kg的货物，物体表面光滑，货叉底部与水平方向的夹角为 θ＝37°，现保持车身静止，通过起重系统将货叉沿着倾斜门架抬升，从静止开始匀加速运动 4s 再匀减速运动 6s 后静止，总位移为 2m，货物与货叉始终相对静止，g＝10m/s2（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）求：
抬升过程中，货物的最大速度；
抬升加速过程中，货叉 OA、OB 两侧分别受到的弹力大小；
若叉车在水平路面上由静止启动，加速度大小为 1m/s2，货物和货叉相对叉车静止，求货叉对货物的作用力的大小（结果可用根号表示）。
30．（2025•西宁二模）如图所示，倾角 θ＝37°的斜面上只有 AB 部分粗糙，其余部分都光滑。一长为 L 的轻杆下端固定于滑块甲上，上端与滑块乙接触但不拴接，轻杆与斜面平行。开始时按住滑块甲和乙，滑块甲在 O 点。现同时由静止释放两滑块，已知滑块甲质量 m1＝0.2kg，滑块乙质量 m2＝0.1kg，两滑块均可看作质点，两滑块与 AB 段的动摩擦因数均为 μ＝0.75，OA＝AB＝L＝ 1.0m，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，重力加速度 g 取 10m/s2。求：
滑块甲刚进入 AB 段时，轻杆的弹力大小；
滑块乙刚离开 AB 段时，滑块甲还在斜面上运动，此时滑块乙和甲之间的距离（保留两位小数）。
31．（2025•朝阳区一模）用螺栓和螺母紧固构件，结构简单、连接可靠、装拆方便。
如图 1 所示，一种螺纹细密的新型螺母，其螺纹牙底有一个与螺栓轴向夹角为 α＝30°的楔形面，拧紧后，螺栓上螺纹的牙尖抵在螺母牙底楔形面上的 A 点，对 A 点施加垂直于楔形面的作用力 N，由此产生沿螺栓轴向张紧的力 F，求 N 与 F 的比值。
如图 2 所示，固定的、螺距为 d 的螺栓上有一螺母。由于负荷的机械作用，螺母沿轴向平移。 a.若螺母沿轴向匀速平移的速度为 v 时，求其绕轴转动的角速度 ω；
b.把螺母简化为半径为 r 的圆筒。螺母从静止开始转动且沿轴向的加速度恒为 a0，推导螺母内壁上的任意一点速度 v1 与时间 t 的函数关系。
32．（2025•江苏模拟）如图甲所示的巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重状态，该器械有一个可乘坐二十人的环形座舱套在竖直柱子上，由升降机将座舱送上几十米的高处，然后让座舱自由下落，落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下。若座舱中某人用手水平托着质量为 0.2kg的手机，手机中的软件记录了手机下落过程中加速度随时间变化的关系图像，如图乙所示。
当座舱下落 4s 时，求人的速度大小；
当座舱下落 4s 时，求手机对手的作用力。
33．（2025•南开区二模）分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作效率。如图甲所示，派件员
在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上，机器人可将包裹送至指定投递口，停止运动后缓慢翻转托盘，当托盘倾角增大到 θ＝37°时，包裹恰好开始下滑，如图乙所示。现机器人要把包裹从分拣处运至相距 L＝45m 的投递口处，为了运输安全，包裹需与水平托盘保持相对静止。已知最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度 g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
包裹与托盘间的动摩擦因数 μ；
机器人在运输包裹的过程中允许的最大加速度 a 的大小；
若机器人运行的最大速度 vm＝3m/s，则机器人从分拣处运行至投递口（恰好静止）所需的最短时间 t。
34．（2025•焦作二模）如图所示，足够长质量为 1kg 的木板放置于光滑水平面上，木板左端放置了一可视为质点、质量为 1kg 的物块，物块与木板之间的动摩擦因数 μ＝0.2。初始时，木板与物块都静止，现给木板一个向左的拉力，使木板以恒定的加速度?0 = 4?/?2开始运动，当其速度达到 v0＝8m/s 后，便以此速度做匀速运动，重力加速度 g 取 10m/s2。求：
物块相对于木板运动的最大距离；
通过计算，写出拉力随时间变化的关系。
35．（2025•河南模拟）如图所示，倾角 θ＝37°的传送带以 v＝2.5m/s 的速度逆时针转动。将一质量
M＝0.99kg 的木块无初速放在传送带的底端 A 点时，一质量 m＝10g 的子弹立即以沿传送带向上的速度 v0＝1×103m/s 击中木块且未穿出，子弹与木块相对运动的时间极短。若传送带足够长且速度不变，木块与传送带间的动摩擦因数 μ＝0.5，取重力加速度大小 g＝10m/s2。
求子弹与木块相对运动的过程中产生的内能 Q；
求木块（含子弹）在传送带上的运动时间 t；
每当木块的速度刚减为 0 时，另一颗完全相同的子弹就靠近木块以相同的速度击中木块一次，不计子弹占据木块的空间，求子弹第 n 次击中木块后木块向上减速到 0 的时间 tn。
36．（2025•余江区三模）如图所示，水平传送带沿顺时针方向以恒定的速度运行，传送带上表面离地面的高度为 5m，一个物块轻放在传送带的左端，当传送带的速度为 v1 时，物块从传送带的右端飞离做平抛运动的水平位移大小为 2m；当传送带的速度为 5m/s 时，物块从传送带的右端飞离做平抛运动的水平位移大小为 4m；已知重力加速度的大小为 10m/s2，物块与传送带间的动摩擦因数为 0.2，不计物块的大小及空气的阻力，求：
传送带长 L 的大小；
v1 的大小及此时物块从放上传送带到落地运动的时间。
37．（2025•义乌市三模）如图所示，光滑倾斜轨道 AB 与长为 x1＝1.5m 的水平轨道 BC 通过一段光 滑圆弧平滑连接，圆弧的半径为 r＝1m，BC 右侧连接着长为 L＝3.0m 的水平传送带 CD，传送带 始终以 v＝2m/s 的速度顺时针方向匀速转动，与右端 D 相距 x2＝1.0m 处固定有一块竖直挡板 EF。现将质量 m1＝1kg 的滑块在 AB 某处静止释放，m1 和静止在 C 点上的质量 m2＝3kg 的滑块发生碰撞，已知 m1、m2 及皮带轮大小均可不计；m1、m2 与 BC 和 CD 间的动摩擦因数均为 μ＝0.2，所有发生的碰撞都为弹性碰撞；求：
若 m2 滑到 D 端速度恰好减为 2m/s，则：
①计算滑块 m2 在 CD 上的滑动时间；
②滑块 m1 从圆弧第一次滑过 B 点，碰撞后从水平轨道第二次到达 B 点，计算 m1 两次过 B 点时对轨道的压力差；
调节滑块 m1 的释放高度 h，使得 m2、m1 能先后与 EF 相撞于同一点上，求：能满足 m2、 m1 打在挡板 EF 上同一位置的 m1 的最小释放高度；
m2 打在挡板 EF 上的最小动能。
专题 03
牛顿运动定律
参考答案与试题解析
一．选择题（共 20 小题）
二．多选题（共 6 小题）
一．选择题（共 20 小题）
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；摩擦力专题；分析综合能力．解：将长方体建筑材料的重力沿着斜面和垂直斜面分解，垂直斜面方向 FN1＝mgcsθ斜面对长方体建筑材料的摩擦力 f1＝μFN1＝μmgcsθ
方向沿 MN 向上；
重力沿斜面 QN 方向的分力 G1＝mgsinθ
G1 垂直于 MN 的分力??2 = ?1???? = ?????2?
挡板对长方体建筑材料的摩擦力?2 = ???2 = ??????2?
方向沿 MN 向上；
G1 沿 MN 向下的分力 G2＝G1csθ＝mgsinθcsθ
根据牛顿第二定律 G2﹣f1﹣f2＝ma
联立解得 a＝gsinθcsθ﹣μgcsθ﹣μgsin2θ
故 ACD 错误，B 正确。故选：B。
【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．解：由牛顿第二定律 F＝ma，可得：1N＝1kg•m/s2
?1?2??1??2
由 F＝k?2，可得：
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
B
B
A
C
B
B
C
A
B
C
题号
12
13
14
15
16
17
18
19
20
答案
B
A
A
D
C
A
C
A
A
题号
21
22
23
24
25
26
答案
AC
AD
AD
BC
CD
ABD
??2
1?×1?2
1?22
k = ?1?2??1??2 = 1?×1?×1?×1? = 1?2 = 1kg•m/（s •A ），故 B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【专题】定性思想；推理法；理解能力．
解：国际单位制中基本单位有 kg，m，s，K，A，cd，ml，故 B 正确，ACD 错误；故选：B。
【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
解：选取第 1s 内机器人受力的方向为正方向，则第 1s 内机器人的加速度?1 =
?2
?
? =
20
?/?2 = 1?/
20
第 2s 内机器人受力为零，则加速度为零；第 3s 内机器人的加速度?2 =
可知第 3s 内机器人的加速度的方向与第 1s 内加速度的方向相反。
?′
?
−20
=?/?2 = −1?/?2
20
A、若初速度为 1m/s，与第 1s 内受力的方向相同，则机器人第 1s 内做加速运动，第 2s 内做匀速运动，第 3s 内做减速运动，由 v﹣t 图线的斜率表示加速度的大小可知，第 1s 内的加速度是 1m/s2，第 3s 内的加速度大小也是 1m/s2，故 A 正确；
B、该图中第 3s 内仍然做加速运动，与受力不符，故 B 错误；
C、该图中第 1s 的加速度与第 3s 的加速度都是正值，与受力不符，故 C 错误；
D、该图中第 1s 的加速度大小为 2m/s2，与实际不符，故 D 错误。故选：A。
【专题】定量思想；整体法和隔离法；方程法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力；模型建构能力．
解：设每个物块的质量为 m，设细线上张力大小为 T，对两个物块组成的整体，由牛顿第二定律有
F＝（m+m）a
对左侧物块，由牛顿第二定律有
T＝ma
又有：T≤2N
联立各式解得：F≤4N即 F 的最大值为 4N
故 ABD 错误，C 正确。故选：C。
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
解：A、踢香蕉球时，香蕉球产生的原因主要是旋转，因旋转，所以足球的大小和形状不能忽略，即需要考虑足球的大小和形状，足球不能看作质点，故 A 错误；
B、足球的惯性仅与足球的质量有关，与运动状态无关，即在飞行和触网时足球的惯性不变，故 B
正确；
C、足球在飞行时不受脚的作用力，仅受重力和空气阻力，故 C 错误；
D、触网时足球对网的力和网对足球的力是一对作用力与反作用力，大小相等方向相反，故 D 错误。
故选：B。
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
解：门板先在向右的外力作用下做匀加速直线运动，撤去外力后做匀减速直线运动，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
1
= ??2，可得门板
的最短运动时间趋近于? =
22
?
??
，B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
解：对物体施加一水平向右、大小为 T＝10N 的拉力，物体刚好不发生运动，根据平衡条件得：T
＝μmg
代入数据解得：μ＝0.5
当升降机开始运动时，物体沿升降机底板运动的水平加速度为 2m/s2，水平方向，由牛顿第二定律得：T﹣μN＝ma
代入数据解得：N＝12N
对物体，竖直方向由牛顿第二定律得：mg﹣N＝ma′代入数据解得：a′＝4m/s2
方向竖直向下，则升降机可能以 4m/s2 的加速度竖直向上做减速运动，或竖直向下做加速运动，故 C 正确，ABD 错误。
故选：C。
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．解：取竖直向上为正方向，根据牛顿第二定律?−?? = ??
?6×106222
?
加速度? =
−? = 500×103?/? −10?/? = 2?/?
故 A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
解：A.t1 到 t3 时间内，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，故 A 错误；
t2 到 t3 时间内，f 向下在减小，可知此时速度方向向上，速度在减小，根据牛顿第二定律有 mg+f
?
＝ma，即 a = ? +?，故加速度大小在减小，故 B 正确；
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；
根据前面分析可知 t3 时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故 t3 时刻到达最高点，故 D 错误。
故选：B。
【专题】定量思想；推理法；摩擦力专题；推理论证能力．
解：A.因为物块甲相对于木箱向右运动，所以木箱对甲的滑动摩擦力方向向左，由牛顿第三定律可知，甲对木箱的摩擦力方向向右，故 A 错误；
B.设乙运动的加速度为 a，只要乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱整体，竖直方向满足 FN＝M 总g﹣ma，则地面对木箱的支持力大小不变，故 B 错误；
CD.设绳子的弹力大小为 T，对甲受力分析有 T﹣μmg＝ma，对乙受力分析有 mg﹣T＝ma，联立解
得 a＝2.5m/s2，T＝7.5N，故 C 正确，D 错误。故选：C。
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
解：AB、木块释放过程中，位移由 0 增加到 H 时未接触弹簧时，木块的合外力为重力，保持不变。当 y＝H 时接触弹簧，根据胡克定律，可知之后弹簧的弹力逐渐增大，且与物块的位移成线性关系，当弹簧弹力等于重力时合力为零，之后弹力大于重力，合力方向反向向上，到达最低点后木块开始向上移动，位移 y 变小，此后木块的受力特点和之前的受力特点呈现对称情况，位移由最大减小到零的过程，图像与之前的重合，故 A 错误，B 正确；
CD、木块在未接触弹簧时做自由落体，加速度保持恒定，则 y﹣t 图像为抛物线，而后弹簧开始有弹力且逐渐增大，由牛顿第二定律 mg﹣ky＝ma，加速度逐渐减小后反向增大，木块先做加速运动后做减速运动，直到速度为零，而后的运动情况和之前的成对称特点，故在 y＝H 之后到位移最大的过程，图像的斜率先变大后变小到零，故 CD 错误。
故选：B。
【专题】定量思想；控制变量法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
解：剪断前，对 BCD 整体分析，可得 FAB＝（m+2m+3m）g
对 D 分析列式
FCD＝mg
剪断瞬间，对 B 分析
FAB﹣3mg＝3ma
解得
a＝g
对 C 分析，其中 FCD＝FDC，则 FDC+2mg＝2ma′
解得
a′＝1.5g
加速度方向竖直向下，故 A 正确，BCD 错误。故选：A。
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．解：根据牛顿第二定律，对飞船和空间站整体有：
F＝（M+m）a
对空间站，设飞船对空间站的作用力大小为 F′，根据牛顿第二定律有： F'＝Ma
??
解两式可得飞船和空间站之间的作用力为：F′ = ?+?
故 A 正确，BCD 错误。故选：A。
【专题】定性思想；推理法；摩擦力专题；推理论证能力；模型建构能力．
解：A.刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，故 A 错误；
B.匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，故 B 错误；
C.物体加速，由动能定理可知，摩擦力充当合外力对物体做正功，故 C 错误；
D.设物体与传送带间动摩擦因数为 μ，物体相对传送带运动时，a＝μg，做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由 v＝at 可知，传速带速度越大，物体加速运动的时间越长，故 D正确。
故选：D。
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；运动学中的图象专题；牛顿运动定律综合专题；理解
能力；模型建构能力．
解：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 μmgcsθ﹣mgsinθ＝ma1
解得 a1＝μgcsθ﹣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。
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
解：国际单位制中的基本单位分别是：长度的单位是米，符号 m；电流的单位是安培，符号是 A；热力学温度的单位是开尔文，符号 K；物质的量单位是摩尔，符号 ml；发光强度的单位是坎德拉，符号 cd，质量的单位是千克，符号 kg；时间的单位是秒，符号 s；故 A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【专题】信息给予题；定性思想；推理法；摩擦力专题；共点力作用下物体平衡专题；理解能力．解：AB.磨条速度方向水平向左，磨条受到砚台的滑动摩擦力水平向右，根据牛顿第三定律砚台受到磨条的摩擦力方向向左，砚台有向左运动的趋势，桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，故 AB错误；
C.砚台处于静止状态，水平方向的合力为零，桌面和磨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，故 C 正确；
D.根据平衡条件桌面对砚台的支持力与磨条对砚台的压力和砚台的重力的合力互相平衡，故 D 错误。
故选：C。
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；动能定理的应用专题；理解能力．
解：撤去拉力前，小球的受力情况如图所示：
AB.撤去拉力，小球从 P 点运动到 O 点的过程中，小球所受重力和两弹簧的弹力都对小球做正功，根据动能定理可知，小球的动能一直增大，速度一直增大，故 A 正确，B 错误；
C.小球在 P 点处于静止状态，根据平衡条件可知小球所受的合力为 0，由于拉力 F＝2mg，因此两弹簧的合力为 mg；
当撤去 F 的瞬间，小球所受的合力最大 Fm＝2mg
根据牛顿第二定律 Fm＝mam
解得 am＝2g，故 C 错误；
D.小球从 P 点运动到 O 点的过程中，弹簧的弹力减小，两弹簧弹力的合力减小，重力不变，小球所受的合力减小，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度减小，故 D 错误。
故选：A。
【专题】比较思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
解：小石子从 O 点到 P 点，竖直方向受到向下的重力和向下的阻力，重力和竖直方向阻力之和产生竖直方向的分加速度，小石子速度减小，空气阻力减小，加速度减小，到 P 点时，竖直方向加速度最小；
小石子从 P 点到 Q 点，竖直方向受到向下的重力和向上的阻力，重力和竖直方向阻力之差产生竖直方向的分加速度，小石子速度增大，空气阻力增大，加速度减小，到 Q 点时，竖直方向加速度最小；
即整段过程中，O 点竖直方向的加速度最大，故 A 正确，BCD 错误；故选：A。
二．多选题（共 6 小题）
【专题】定量思想；推理法；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．
1??
2
1?
2
??2
解：AB、动能的公式：? = 2?? ；用符号表示：m＝b，v = ? = ?，故? = 2 × ? × (?)
数不影响能量单位，故 A 正确，B 错误；
= 2?2，系
??
??
2?2?2
CD、动量的公式：p＝mv；用符号表示：p＝d，m＝b，? = ?，故? = ? × ? =
? ，则? =
?2 ，
1
推出??2
2
?2
= 2?
?2?
= 2?2，系数不影响能量单位，故 C 正确，D 错误。
故选：AC。
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
解：AB.x﹣t 图像的斜率表示速度，甲乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙
物体做匀减速运动，在时间内甲乙位移可得?甲 =
?0+?
2 ?0 = 3?0，?乙 =
?−?0
?0+0
2 ?0 = ?0，可得 t0 时刻
?0
甲物体的速度为 v＝2v0，甲物体的加速度大小为?1 =
由牛顿第二定律可得甲物体 mgsinθ﹣μ1mgcsθ＝ma1，同理可得乙物体 μ2mgcsθ﹣mgsinθ＝ma2
联立可得 μ1+μ2＝2tanθ，故 A 正确，B 错误；
?0 ，乙物体的加速度大小为?2 = ?0 ，
C.设斜面的质量为 M，取水平向左为正方向，水平方向上由牛顿第二定理可得 f＝ma1csθ﹣ ma2csθ＝0，则 t＝t0 之前，地面和斜面之间摩擦力为零，故 C 错误；
D.t＝t0 之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿斜面向下加速，水平方向上由牛顿第二定律可得 f＝
ma1csθ，即地面对斜面的摩擦力向左，故 D 正确。故选：AD。
【专题】定量思想；方程法；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．
?
解：A、当小球置于杆上 P 点时恰好能保持静止，则有：k（l−
）•μ＝mg，解得弹簧的劲度系数
为：k =
2
4??
? ，故 A 正确；
2?
1
B、小球在 P 点下方
2
? 处时，弹簧与杆的夹角为 45°，此时弹簧的长度为 l′ =
，弹簧处于压
2
缩状态，受力情况如图所示：
弹力大小为：F＝k（l﹣l′），解得：F＝（4﹣2 2）mg
根据牛顿第二定律可得：mg+Fcs45°﹣f＝ma，其中：f＝μFsin45°联立解得：a = 2g，故 B 错误；
C、杆上 M、N 两点与 O 点的距离均为 l，所以小球在 M 和 N 点时弹簧处于原长，小球从 M 到 P
过程中，弹簧的压缩量增大、弹力增大，弹簧弹力在水平方向的分力增大、摩擦力增大；小球从 P
到 N 过程中，弹簧的压缩量减小、弹力减小，弹簧弹力在水平方向的分力减小、摩擦力减小，故从 M 点到 N 点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变大再变小，故 C 错误；
D、关于 P 点对称的任意两点，小球受到的摩擦力相同，所以从 M 点到 P 点和从 P 点到 N 点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同，故 D 正确。
故选：AD。
【专题】比较思想；图析法；牛顿运动定律综合专题；应用数学处理物理问题的能力．解：对甲、乙两物体，由牛顿第二定律有
F﹣μmg＝ma
则 F＝ma+μmg
对照已知图像，根据数形结合思想，可知图像斜率 k＝m
图像截距 b＝μmg
由于 k 甲＞k 乙，故 m 甲＞m 乙
由于 μ 甲m 甲g＝μ 乙m 乙g，故 μ 甲＜μ 乙
故 AD 错误，BC 正确。故选：BC。
【专题】定量思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题；摩擦力专题；理解能力；推理论证能力；分析综合能力．
解：A、设车厢对 A 的弹力为 FNA，轻杆对 A 的弹力为 N，若 B 球所受摩擦力为零，对 A、B 整体由牛顿第二定律得 FNA＝2ma，
对 A 球由牛顿第二定律得 FNA﹣Nsinθ＝ma，竖直方向：Ncsθ＝mg，
联立解得 a＝gtanθ，
对整体由牛顿第二定律得 F＝4ma＝4mgtanθ，故 A 错误； B、若推力向左，则系统的加速度向左。
假设杆与车厢始终保持相对静止，且 A 与左壁弹力为零，
对 A 水平方向有 Nsinθ＝maA，竖直方向有 Ncsθ＝mg，解得：aA＝gtanθ
在此情况下，设厢底对 B 的静摩擦力为 f，对 AB 整体有：f＝2maA＝2mgtanθ由于 μ≥tanθ，所以最大静摩擦力 fm≥2mgtanθ，可得：f≤fm，故假设成立。
所以系统的加速度最大等于 aA＝gtanθ，所以 F 最大值为 Fm＝4maA＝4mgtanθ，故 B 错误；
C、由 B 的解答可知，μ＜tanθ≤2μ 时，若 A 与左壁弹力为零，B 会相对厢底滑动。故 A 与左壁弹
力不能为零，当箱底对 B 的静摩擦力达到最大静摩擦力时，F 达到最大值，则有：
2μmg﹣FNA＝2ma，整体：Fm＝4ma，
对 A 竖直方向：Ncsθ＝mg，
对 A 水平方向：Nsinθ﹣FNA＝ma，
联立解得 Fm＝4mg（2μ﹣tanθ）故 C 正确；
D、若推力向右，tanθ＞2μ，厢底对 B 的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向右，F 有最大值，则：2μmg+FNA＝2ma1
对 A 竖直方向：Ncsθ＝mg
FNA﹣Nsinθ＝ma1
联立解得 a1＝2μg+gtanθ
厢底对 B 的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向左，F 有最小值，则：对 AB 整体有 FNA﹣2μmg＝2ma2
对 A 水平方向有 FNA﹣Nsinθ＝ma2
对 A 竖直方向：Ncsθ＝mg联立解得：a2＝gtanθ﹣2μg所以 4ma2≤F≤4ma1
即 4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）故 D 正确。故选：CD。
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力；模型建构能力．
解：A、由图像可知 0～3t0 时间内木板做匀加速直线运动，3t0～4t0 时间内木板做匀减速直线运动，由题意可知小物块在 t＝3t0 时刻以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板，故 A 正确；
1 ???0
BC、由 v﹣t 图像的斜率可得：木板做匀加速直线运动的加速度大小为：a1 = 2 =
?0
1
2??
3
t＝3t0 时刻木板的速度大小为：v1＝a1×3t0 = 2???0
3 ???0− 1 ???0
木板做匀减速直线运动的加速度大小为：a2 = 22 = μg
?0
由题意可知物块先向左匀减速到零后，再向右匀加速与木板共速，设物块的加速度大小为 a3，以向右为正方向，则有：
13
2???0 = −2???0 + ?3?0
解得：a3＝2μg
设木板与小物块的质量分别为 M、m，小物块和木板间动摩擦因数为 μ1，根据牛顿第二定律得：
对物块有：μ1mg＝ma3
对木板加速过程有：F﹣μMg＝Ma1
对木板减速过程有：μ（M+m）g+μ1mg﹣F＝Ma2
?
联立解得：μ1＝2μ，
1
= ，故 B 正确、C 错误；
?2
3???
D、根据上述对 BC 选项的解答可得：F =2
13???
而 t＝4t0 之后木板与水平地面之间的滑动摩擦力大小为：f＝μ（M+m）g＝μ（M + 2?）g =2
因 F＝f，故 t＝4t0 之后小物块和木板一起做匀速运动。故 D 正确。故选：ABD。
三．实验题（共 1 小题）
【专题】实验题；信息给予题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；实验探究能力．解：（1）弹簧测力计的分度值为 0.5N，由图可知弹簧测力计的读数为 5.0N；
（2）电梯静止时，根据弹簧条件，弹簧测力计的示数 F0＝mg＝5.0N
电梯上行时，一段时间内弹簧测力计的示数为 F＝4.5N，说明电梯内物体受到的拉力小于重力，物体的加速度向下，此时物体处于失重状态；
根据牛顿第二定律 mg﹣F＝ma
代入数据解得 a＝1.0m/s2。
故答案为：（1）5.0；（2）失重；1.0。
四．解答题（共 10 小题）
【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．解：方法一：
设车头的牵引力为 F，火车总质量为 m，火车匀速运动时，受力平衡，有：F＝kmg
1
1
脱钩后，设脱钩车厢的加速度大小为 a ，由牛顿第二定律得：k•
4
1
mg =
3
1
4ma1
2
设剩余车厢的加速度大小为 a ，剩余车厢的质量为 m′＝mg−
4
mg =
4mg
由牛顿第二定律得：F﹣km′g＝m′a2联立解得：a1＝kg
1
a2 = 3kg
?0?0
脱钩车厢的速度变为 2 时，由速度—时间公式得： 2 = v0﹣a1t
?0
解得：t = 2??
7
设此时剩余车厢的速度为 v，由速度—时间公式得：v＝v0+a2t = 6v0
方法二：
已知脱钩后车头的牵引力不变，可知整个列车所受合力仍为零，故整个列车的动量守恒，以车头行驶方向为正方向，则有：
1?03
mv0 = 4m × 2 + 4mv
7
解得：v = 6v0
7
答：列车前部未脱钩部分的速度为
6
v0。
【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
?0+??
解：（1）设最大速度为 v，加速时间为 t1，减速时间为 t2，由? = ?? =2 ?可得2(?1 + ?2) = ?，
2?2×2
解得? = ?1+?2 = 4+6?/? = 0.4?/?；
?
（2）货物加速运动的加速度为? = ?1 =
0.4
?/?2 = 0.1?/?2，设货叉 OA、OB 两侧对货物的弹力
4
分别为 FOA、FOB，
竖直方向，根据牛顿第二定律可得 FOAsinθ+FOBcsθ﹣mg＝ma，水平方向，根据平衡条件可得 FOAcsθ﹣FOBsinθ＝0，
联立可得 FOA＝m（g+a）sinθ＝100×（10+0.1）×0.6N＝606N，FOB＝m（g+a）csθ＝100×
（10+0.1）×0.8N＝808N；
由牛顿第三定律可得货叉 OA、OB 两侧分别受到的弹力大小分别为 606N、808N；
（3）设货叉 OA、OB 两侧对货物的弹力分别为 FOA'、FOB'，竖直方向，根据平衡条件可得 FOA'sinθ+FOB'csθ﹣mg＝0， 水平方向，根据牛顿第二定律可得 FOA'csθ﹣FOB'sinθ＝ma'，
???′2 + ???′2
6802 + 7402?
联立可得FOA'＝mgsinθ+macsθ＝100×10×0.6N+100×1×0.8N＝680N，FOB'＝mgcsθ﹣masinθ＝ 100×10×0.8N﹣100×1×0.6N＝740N；
货叉对货物的作用力的大小为? =
=
= 20 2577?。
答：（1）抬升过程中，货物的最大速度为 0.4m/s；
抬升加速过程中，货叉 OA、OB 两侧分别受到的弹力大小分别为 606N、808N；
货叉对货物的作用力的大小为20 2577?。
【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
解：（1）滑块甲刚进入 AB 段时，对甲和乙整体应用牛顿第二定律有（m1+m2）gsinθ﹣μm1gcsθ
＝（m1+m2）a
对滑块乙分析 m2gsinθ﹣F＝m2a
联立两式解得 F＝0.4N
（2）滑块乙刚进入 AB 段时，滑块乙和滑块甲有共同速度设为 v，由动能定理可得2(?1 + ?2
1
2
)??????−??1?????? = (?1 + ?2)?2
因为 μ＝tanθ＝0.75
?
则滑块乙在 AB 段受力平衡，做匀速运动，故滑块乙匀速运动时间? = ?
滑块甲在 t 这段时间内沿坡道匀加速下滑，由牛顿第二定律和运动学规律可得 m1gsinθ＝m1a1
1
? = ?? +
? ?2
1
2
由以上各式解得 x＝1.19m
答：（1）滑块甲刚进入 AB 段时，轻杆的弹力大小为 0.4N；
（2）滑块乙刚离开 AB 段时，滑块甲还在斜面上运动，此时滑块乙和甲之间的距离为 1.19m。
?
解：（1）由正交分解，可知 Nsinα＝F 可得? =
1
1
???30°
= 2；
?2?2?
（2）a.螺母转动一周，平移一个螺距，即周期? = ? = ? ，可得? = ? ?；
2?
b.对螺母内壁上的点，在轴向上有 v1′＝a0t，任意时刻该点绕轴的线速度有 v2＝ω'r，且?′ = ? ?1
′，又由? =?′2 + ?2，解得? =1 + 4?2?2? ?。
1121
?20
答：（1）N 与 F 的比值为 2；
2?
（2）a.螺母绕轴转动的角速度为 ? ?；
b.螺母内壁上的任意一点速度 v 与时间 t 的函数关系为 1 + 4?2?2? ?。
1?20
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
解：（1）当座舱下落 4 s 时，由 a﹣t 图像与横轴围成的面积表示速度可知手机的速度为
v＝﹣10×3m/s+15×1m/s＝﹣15 m/s
则人的速度大小为 15 m/s
（2）当座舱下落 4 s 时，手机的加速度大小为 a2＝15 m/s2
对手机，根据牛顿第二定律有 FN﹣mg＝ma2
解得 FN＝5 N
根据牛顿第三定律可知，手机对手的作用力也为 5 N，方向竖直向下答：（1）当座舱下落 4s 时，人的速度大小为 15m/s；
（2）当座舱下落 4s 时，手机对手的作用力为 5 N，方向竖直向下。
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
解：（1）设包裹质量为 m，已知当托盘倾角增大到 θ＝37°时，包裹恰好开始下滑，此时重力沿斜面的分力大小等于最大静摩擦力，则有：
mgsinθ＝μmgcsθ
代入数据解得：μ＝0.75
运送过程中包裹与水平托盘不发生相对滑动，当包裹受到的静摩擦力达到最大静摩擦力时加速度最大。由牛顿第二定律得：
μmg＝ma
解得：a＝7.5m/s2
当机器人先以最大加速度做匀加速直线运动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后 以最大加速度做匀减速直线运动至零时，机器人从分拣处运行至投递口所需时间最短。设匀加速 直线运动的时间为 t1，运动的位移大小为 x1，由运动的对称性可得匀减速直线运动的时间也为 t1，运动的位移大小也为 x1，匀速运动的时间为 t2，由运动学公式得：
vm＝at1
??
?1 = 2 ?1
L﹣2x1＝vmt2
解得：t1＝0.4s，x1＝0.6m，t2＝14.6s
机器人从分拣处运行至投递口所需最短时间为：
t＝2t1+t2＝2×0.4s+14.6s＝15.4s
答：（1）包裹与托盘间的动摩擦因数 μ 为 0.75；
机器人在运输包裹的过程中允许的最大加速度 a 的大小为 7.5m/s2；
机器人从分拣处运行至投递口（恰好静止）所需的最短时间 t 为 15.4s。 34．【专题】计算题；定量思想；图析法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
解：（1）根据牛顿第二定律，对物块，加速时有
μmg＝ma
解得 a＝2m/s2
对物块，有 v0＝at
对木板，有 v0＝a0t0
1
画出两者的 v﹣t 图像，图像中阴影面积表示物块相对于木板运动的最大距离，即?? = 2?0(?−?0)
代入数据解得Δx＝8m
（2）在 0＜t≤2s 过程中，对木板，根据牛顿第二定律有 F﹣μmg＝Ma0
在 2s＜t≤4s 过程中，对木板，根据牛顿第二定律有 F﹣μmg＝0
在 t＞4s 过程中，对木板，根据牛顿第二定律有
答：（1）物块相对于木板运动的最大距离为 8m。
F＝0
6
#160;?，0＜? ≤ 2
#160;?
可得? =
2
0，?＞4
#160;?，2 #160;?
#160;?＜? ≤ 4 #160;?
（2）拉力随时间变化的关系为? =
6#160;?，0＜? ≤ 2 #160;?
2#160;?，2#160;?＜? ≤ 4 #160;?。
0，?＞4 #160;?
【专题】定量思想；类比法；力学三大知识结合的综合问题；模型建构能力．解：（1）设子弹击中木块后二者共同速度大小为 v 块，取沿传送带向上为正方向根据动量守恒定律有：mv0＝（M+m）v 块
代入数据解得：v 块＝10m/s
12 12
2
由能量关系有：Q = 2??0−(? + ?)?块
代入数据解得：Q＝4950J
由题意可知木块（含子弹）先沿传送带向上做匀减速直线运动，加速度大小：a＝gsinθ+μgcsθ代入数据得：a1＝10m/s2
?块
运动时间：t1 = ?1
?0
10
=s＝1s
10
10
位移大小：x1 = 2 ?1 = 2 × 1m＝5m
木块（含子弹）再沿传送带向下加速运动至与传送带共速，加速度大小也为 a1
?2.5
加速时间：t2 = ?1 = 10 ? = 0.25s
?
位移大小：x2 = 2?2 =
2.5
2 × 0.25? = 0.3125m
因动摩擦因数小于倾角的正切值，所以木块（含子弹）与传送带速度相同后的加速度大小为：a2＝
gsinθ﹣μgcsθ
代入数据得：a2＝2m/s2
设加速时间为 t ，有? −?
= ??
+ 1? ?2
312
5
32 2 3
代入数据解得：?3 = 4?
则总的运动时间：t＝t1+t2+t3代入解得总时间：t＝2.5s
（3）设第 n 次子弹击中木块后瞬间，木块的速度大小为 vn，以沿斜面向下为正有：mv0＝
（M+nm）vn
??
此后木块（含所有打入木块中的子弹）做匀减速运动的时间：?? = ?1
100
代入已知数据可得：?? = 99+?s。
答：（1）子弹与木块相对运动的过程中产生的内能 Q 为 4950J；
木块（含子弹）在传送带上的运动时间 t 为 2.5s；
每当木块的速度刚减为 0 时，另一颗完全相同的子弹就靠近木块以相同的速度击中木块一次，
不计子弹占据木块的空间，求子弹第 n 次击中木块后木块向上减速到 0 的时间 tn 为
100
s。
99+?
2ℎ
?
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；模型法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
解：（1）物块离开传送带右端后做平抛运动的时间 t =
=2×5s＝1s 10
?′4
由题意可知，当传送带的速度为 5m/s 时，物块在传送带右端做平抛运动的速度 v′ = ? = 1 = 4m/s
＜5m/s
因此此过程物块在传送带上一直在做匀加速运动，加速度大小 a =
???
? = μg＝2m/s2
?′242
传送带的长 L = 2? = 2×2m＝4m
当传送带速度为 v1 时，物块到从传送带右端抛出做平抛运动的速度
?2
v = ? = 1m/s＝2m/s＜4m/s
因此物块先匀加速后匀速，传送带的速度 v1＝2m/s
?12
物块在传送带上匀加速的时间 t1 = ? = 2s＝1s
?
2
匀加速运动的距离 x = 1 =
2?
?−?
22
2×2
4−1
= 1m
匀速运动的时间 t2 = ?1 = 2 s＝1.5s
因此物块从放上传送带到落地过程运动的时间 t 总＝1s+1.5s+1s＝3.5s
答：
传送带长 L 的大小是 4m；
v1 的大小及此时物块从放上传送带到落地运动的时间是 3.5s。
【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；推理论证能力．解：（1）①滑块 m2 在 CD 上滑动时，根据牛顿第二定律，有 μm2g＝m2a
滑块 m2 在 CD 上滑动时，根据速度一位移公式，有?2 −?2 = −2????
??
根据速度一时间公式，有 vD＝vC+at
联立并代入数据解得 t＝1s
②m1 与 m2 相碰时，满足动量守恒，有 m1v1＝m1v′1+m2vC
根据能量守恒，有1m ?2 = 1m v′ 2 + 1m ?2
2 1 12 112 2 ?
联立解得 v1＝8m/s
从 B 到 C，对 m1 根据牛顿第二定律，有 μm1g＝m1a1
从 B 到 C，根据速度一位移公式，有?2−?2 = −2?1???
解得??1 = 70?/?
1?1
??12
滑块 m1 从圆弧第一次滑过 B 点，根据牛顿第二定律，有 FN﹣m1g＝m1 ?
解得 FN＝80N
滑块 m1 碰撞后从水平轨道第二次到达 B 点时，有 F′N＝m1g＝1×10N＝10N m1 两次过 B 点时对轨道的压力差ΔFN＝70N
1
（2）滑块 m 从 B 到 C，根据动能定理，有? ?ℎ−?? ??= ? ?2−0
111??2 1 2
m1 与 m2 相碰时，满足动量守恒，有 m1v2＝m1v′1+m2vC
根据能量守恒，有1m ?2 = 1m v′ 2 + 1m ?2
2 1 22 112 2 ?
解得?3 =
(?1−?2)?2
?1+?2
当 m1 与 m2 碰后反弹，再次返回到 C 点时速度为零，此时高度最小，根据动能定理，有−??1? ⋅ 2???
= 0−1? ?2
2 1 3
解得 h＝2.7m
m2 离开传送带做平抛运动，在水平方向，有 x2＝v4t
1
4
2
m2 打在挡板 EF 上的动能为为?? = ?( ?2 + (??)2)2
? + (?)
2
?
2
4
2
?4
2
1
解得?? = 2?()
?2
当?4 = ??4时，动能有最小值即 v4 = 10m/s
最小动能为 Ekmin＝30J
答：（1）若 m2 滑到 D 端速度恰好减为 2m/s，则：
①计算滑块 m2 在 CD 上的滑动时间为 1s；
②滑块 m1 从圆弧第一次滑过 B 点，碰撞后从水平轨道第二次到达 B 点，m1 两次过 B 点时对轨道的压力差为 70N；
能满足 m2、m1 打在挡板 EF 上同一位置的 m1 的最小释放高度为 2.7m；
m2 打在挡板 EF 上的最小动能为 30J。