鋁題03砥襁滑通冠似

2023—2025年三年高考物理真題分類匯編，分類練習(xí)，高效提分！按照

物理學(xué)科知識(shí)點(diǎn)構(gòu)成情況，將試題分解組合，全面呈現(xiàn)物理學(xué)科知識(shí)點(diǎn)在三

年高考中的考查情況，旨意方便老師和學(xué)生掌握高考命題動(dòng)向、熟悉高考考

查方式。

選擇題（共20小題）

1.（2026?山東）工人在河堤的硬質(zhì)坡面上固定一垂直坡面的擋板，向坡底運(yùn)送長(zhǎng)方體建筑材料。如

圖所示，坡面與水平面夾角為&交線為PN,坡面內(nèi)QN與PN垂直，擋板平面與坡面的交線為

MN,ZMNQ=0?若建筑材料與坡面、擋板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為中重力加速度大小為g,則建

筑材料沿MN向下勻加速滑行的加速度大小為（）

2KM_________Q

A.gsin0-|igcos0-|igsin0cos0/\V/

B.gsin0cos0-ngcos0-^gsin20//

C.gsin0cos0-[igcos0-ngsin0cos0

D.gcos20-^igcosO-ngsin20

2.（2023?遼寧）安培通過(guò)實(shí)驗(yàn)研究，發(fā)現(xiàn)了電流之間相互作用力的規(guī)律。若兩段長(zhǎng)度分別為AL1

和AL2、電流大小分別為11和12的平行直導(dǎo)線間距為r時(shí)，相互作用力的大小可以表示為F=

J1堂皿。比例系數(shù)卜的單位是（）

A.kg*m/(S2*A)kg*m/(S2*A2)

C.kg-m2/(S3*A)kg*m2/(S3*A3)

（2023?浙江）下列屬于國(guó)際單位制中基本單位符號(hào)的是（

C.WD.Wb

4.（2026?選擇性）某智能物流系統(tǒng)中，質(zhì)量為20kg的分揀機(jī)器人沿水平直線軌道運(yùn)動(dòng)，受到的合

力沿軌道方向，合力F隨時(shí)間t的變化如圖所示，則下列圖像可能正確的是（）

AF/N

2：3t/s

-20

5.（2023?北京）如圖所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細(xì)線相連。兩物塊質(zhì)量均為1kg,細(xì)

線能承受的最大拉力為2N。若在水平拉力F作用下，兩物塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。則F的

最大值為（）

——____——￡

//AV///Z

A.INB.2NC.4ND.5N

6.（2023?浙江）在足球運(yùn)動(dòng)中，足球入網(wǎng)如圖所示，則（）

A.踢香蕉球時(shí)足球可視為質(zhì)點(diǎn)

B.足球在飛行和觸網(wǎng)時(shí)慣性不變

C.足球在飛行時(shí)受到腳的作用力和重力

D.觸網(wǎng)時(shí)足球?qū)W(wǎng)的力大于網(wǎng)對(duì)足球的力

7.（2026?湖北）一個(gè)寬為L(zhǎng)的雙軌推拉門由兩扇寬為1的門板組成，門處于關(guān)閉狀態(tài)，其俯視圖如

圖（a）所示。某同學(xué)用與門板平行的水平恒定拉力作用在一門板上，一段時(shí)間后撤去拉力，該門

板完全運(yùn)動(dòng)到另一邊，且恰好不與門框發(fā)生碰撞，其俯視圖如圖（b）所示。門板在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受

到的阻力與其重力大小之比為中重力加速度大小為g。若要門板的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程用時(shí)盡量短，則

所用時(shí)間趨近于（）

L_L_

:一一二3：

1I-......................1

圖（a）

圖⑹

8.（2026?太原模擬）如圖所示，一質(zhì)量為m=2kg的物體放置在靜止升降機(jī)的水平底板上，對(duì)物體

施加一水平向右、大小為T=10N的拉力，物體剛好不發(fā)生運(yùn)動(dòng)。當(dāng)升降機(jī)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，發(fā)現(xiàn)物體

沿升降機(jī)底板運(yùn)動(dòng)的水平加速度為2m/s2。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g=10m/s2,則下列關(guān)

于升降機(jī)運(yùn)動(dòng)的描述可能正確的是（

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.（2026?甘肅）2025年4月24日，在甘肅酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射了搭載神舟二十號(hào)載人飛船

的長(zhǎng)征二號(hào)F遙二十運(yùn)載火箭。若在初始的1s內(nèi)燃料對(duì)火箭的平均推力約為6X1（）6N,火箭質(zhì)量

約為500噸且認(rèn)為在1s內(nèi)基本不變,則火箭在初始1s內(nèi)的加速度大小約為（重力加速度g取10m/s2）

（）

A.2m/s2B.4m/s2C.6m/s2D.12m/s2

10.（2026?北京）模擬失重環(huán)境的實(shí)驗(yàn)艙，通過(guò)電磁彈射從地面由靜止開(kāi)始加速后豎直向上射出，

上升到最高點(diǎn)后回落，再通過(guò)電磁制動(dòng)使其停在地面。實(shí)驗(yàn)艙運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，受到的空氣阻力f的大

小隨速率增大而增大，f隨時(shí)間t的變化如圖所示（向上為正）。下列說(shuō)法正確的是（）

A.從ti到t3,實(shí)驗(yàn)艙處于電磁彈射過(guò)程

B.從t2到t3,實(shí)驗(yàn)艙加速度大小減小

C.從t3到t5,實(shí)驗(yàn)艙內(nèi)物體處于失重狀態(tài)

D.t4時(shí)刻，實(shí)驗(yàn)艙達(dá)到最高點(diǎn)

11.（2026?安徽）如圖，裝有輕質(zhì)光滑定滑輪的長(zhǎng)方體木箱靜置在水平地面上，木箱上的物塊甲通

過(guò)不可伸長(zhǎng)的水平輕繩繞過(guò)定滑輪與物塊乙相連。乙拉著甲從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，木箱始終保持靜止。

已知甲、乙質(zhì)量均為1.0kg,甲與木箱之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取

10m/s2,則在乙下落的過(guò)程中（）

L1甲

A.甲對(duì)木箱的摩擦力方向向左自乙

B.地面對(duì)木箱的支持力逐漸增大

C.甲運(yùn)動(dòng)的加速度大小為2.5m/s2

/////////////////////////

D.乙受到繩子的拉力大小為5.0N

12.（2026?廣東）如圖所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋

放，以木塊釋放點(diǎn)為原點(diǎn)，取豎直向下為正方向，木塊的位移為y,所受合外力為F,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

t,忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內(nèi)，關(guān)于木塊從釋放到第一次回到原點(diǎn)的過(guò)程中，其F-y圖

像或y-t圖像可能正確的是（

木塊

F，F(xiàn)，

00

YH

C.0tD.0

13.（2026?湖南）如圖，質(zhì)量分別為4m、3m、2m、m的四個(gè)小球A、B、C、D,通過(guò)細(xì)線或輕彈

簧互相連接，懸掛于。點(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細(xì)線剪斷，則剪斷瞬

間B和C的加速度大小分別為（）

A.g,1.5gB.2g,1.5gC.2g,0.5gD.g,0.5g

14.（2026?北京）如圖所示，飛船與空間站對(duì)接后，在推力F作用下一起向前運(yùn)動(dòng)，飛船和空間站

的質(zhì)量分別為m和M,則飛船和空間站之間的作用力大小為（）

空間站

M

C.—F

15.（2026?北京）水平傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，將一物體無(wú)初速度地放置在傳送帶上，最終物體隨傳送帶

一起勻速運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是（）

A.剛開(kāi)始物體相對(duì)傳送帶向前運(yùn)動(dòng)

B.物體勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，受到靜摩擦力

C.物體加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，摩擦力對(duì)物體做負(fù)功

D.傳送帶運(yùn)動(dòng)速度越大，物體加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)

16.（2026?安徽）傾角為。的傳送帶以恒定速率vo順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。t=0時(shí)在傳送帶底端無(wú)初速輕放一

小物塊，如圖所示。to時(shí)刻物塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶中間某位置，速度達(dá)到V0。傳送帶各處的粗糙程度

相同，不計(jì)空氣阻力，則物塊從傳送帶底端運(yùn)動(dòng)到頂端的過(guò)程中，加速度a、速度V隨時(shí)間t變化

的關(guān)系圖線可能正確的是（）

17.（2026?浙江）下列屬于國(guó)際單位制基本單位符號(hào)的是（）

A.sB.NC.FD.T

18.（2026?選擇性）利用硯臺(tái)將墨條研磨成墨汁時(shí)講究“圓、緩、勻”。如圖，在研磨過(guò)程中，硯

臺(tái)始終靜止在水平桌面上。當(dāng)墨條的速度方向水平向左時(shí)（）

A.硯臺(tái)對(duì)墨條的摩擦力方向水平向左

B.桌面對(duì)硯臺(tái)的摩擦力方向水平向左

C.桌面和墨條對(duì)硯臺(tái)的摩擦力是一對(duì)平衡力

D.桌面對(duì)硯臺(tái)的支持力與墨條對(duì)硯臺(tái)的壓力是一對(duì)平衡力

19.（2026?安徽）如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩完全相同的輕質(zhì)彈簧,它們的一端分別固定于水平線

上的M、N兩點(diǎn)，另一端均連接在質(zhì)量為m的小球上。開(kāi)始時(shí)，在豎直向上的拉力作用下，小球

靜止于MN連線的中點(diǎn)O,彈簧處于原長(zhǎng)。后將小球豎直向上緩慢拉至P點(diǎn)，并保持靜止，此時(shí)

拉力F大小為2mg。已知重力加速度大小為g,彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力。若撤

()

B.速度先增大后減小

C.加速度的最大值為3gD.加速度先增大后減小

20.（2023?浙江）如圖所示，在考慮空氣阻力的情況下，一小石子從O點(diǎn)拋出沿軌跡OPQ運(yùn)動(dòng),

時(shí)速度大小成正比，則小石子

0Qx

A.O點(diǎn)最大

B.P點(diǎn)最大

C.Q點(diǎn)最大

D.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程保持不變

二.多選題（共6小題）

（多選）21.（2026?四川）若長(zhǎng)度、質(zhì)量、時(shí)間和動(dòng)量分別用a、b、c和d表示，則下列各式可能

表示能量的是（）

a2bab2d2b2

czczbd

（多選）22.（2026?選擇性）如圖（a）,傾角為。的足夠長(zhǎng)斜面放置在粗糙水平面上。質(zhì)量相等的

小物塊甲、乙同時(shí)以初速度vo沿斜面下滑，甲、乙與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為因、陽(yáng)，整個(gè)過(guò)程

中斜面相對(duì)地面靜止。甲和乙的位置x與時(shí)間t的關(guān)系曲線如圖（b）所示，兩條曲線均為拋物線，

乙的x-t曲線在t=to時(shí)切線斜率為0,則（）

圖(a)

A.ni+|i2=2tan0

B.t=to時(shí)，甲的速度大小為3Vo

C.t=to之前，地面對(duì)斜面的摩擦力方向向左

D.t=to之后，地面對(duì)斜面的摩擦力方向向左

（多選）23.（2023?湖北）如圖所示，原長(zhǎng)為1的輕質(zhì)彈簧，一端固定在。點(diǎn)，另一端與一質(zhì)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.5。桿

上M、N兩點(diǎn)與O點(diǎn)的距離均為1,P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為-21,OP與桿垂直。當(dāng)小|//

球置于桿上P點(diǎn)時(shí)恰好能保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速

度大小為g。小球以某一初速度從M點(diǎn)向下運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，在此過(guò)程中，彈簧始終|\

在彈性限度內(nèi)。下列說(shuō)法正確的是（）\N

A.彈簧的勁度系數(shù)為干口

1

B.小球在P點(diǎn)下方V處的加速度大小為（3&-4）g

C.從M點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球受到的摩擦力先變小再變大

D.從M點(diǎn)到P點(diǎn)和從P點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球受到的摩擦力做功相同

（多選）24.（2023?甲卷）用水平拉力使質(zhì)量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止

開(kāi)始沿直線運(yùn)動(dòng)，兩物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為u甲和u乙。甲、乙兩物體運(yùn)動(dòng)后，所受拉

力F與其加速度a的關(guān)系圖線如圖所示。由圖可知（）

甲

A.m甲Vm乙B.m甲＞111乙C.|1甲V|i乙D.國(guó)甲〉四乙

（多選）25.（2023?湖南）如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為2m的小車在水平推力F的作用下加

速運(yùn)動(dòng)。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為m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(dòng)摩擦因數(shù)為山桿與豎直方向的夾角為①桿與車廂始終保持相

對(duì)靜止。假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說(shuō)法正確的是（）

A.若B球受到的摩擦力為零，則F=2mgtan。

B.若推力F向左，且tanSWu，則F的最大值為2mgtan0

C.若推力F向左，且n<taneW2|i,則F的最大值為4mg（2以-tan。）

D.若推力F向右，且tan8>2|i,則F的范圍為4mg（tan0-2|i）WFW41ng（tan0+2p.）

（多選）26.（2026?選擇性）一足夠長(zhǎng)木板置于水平地面上，二者間的動(dòng)摩擦因數(shù)為Hot=0時(shí),

木板在水平恒力作用下，由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻，v*

一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。己

知t=0至!jt=4to的時(shí)間內(nèi)，木板速度v隨時(shí)間t變化的圖/\\

1..........-j---A

像如圖所示，其中g(shù)為重力加速度大小。t=4to時(shí)刻，小2、

物塊與木板的速度相同。下列說(shuō)法正確的是（）%2to3%4t0

A.小物塊在t=3to時(shí)刻滑上木板B.小物塊和木

板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2H

C.小物塊與木板的質(zhì)量比為3：4D.t=4to之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)

三.實(shí)驗(yàn)題（共1小題）

27.（2026?甲卷）學(xué)生小組為了探究超重和失重現(xiàn)象，將彈簧測(cè)力計(jì)掛在電梯內(nèi)，測(cè)力計(jì)下端掛一

物體。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?.8m/s-

（1）電梯靜止時(shí)測(cè)力計(jì)示數(shù)如圖所示，讀數(shù)為N（結(jié)果保留1位小數(shù)）；

（2）電梯上行時(shí)，一段時(shí)間內(nèi)測(cè)力計(jì)的示數(shù)為4.5N,則此段時(shí)間內(nèi)物體處（填“超

重”或“失重”）狀態(tài)，電梯加速度大小為m/s2（結(jié)果保留1位小數(shù)）。

◎NN

』T

-I-

2-alE-2

w二

-T

-"

63-n-

8-33lllFH8

四.解答題（共10小題）

28.（2023?全國(guó)）一列火車以速度vo沿水平長(zhǎng)直軌道勻速行駛，突然列車后部有部分車廂脫鉤。已

1

知脫鉤后車頭的牽引力不變；脫鉤車廂的質(zhì)量為列車總質(zhì)量的一；假設(shè)列車所受阻力與其所受重力

4

成正比。求當(dāng)脫鉤車廂的速度變?yōu)榘霑r(shí)，列車前部未脫鉤部分的速度。

29.（2026?廣東三模）如圖所示，叉車質(zhì)量M=1900kg,其直角貨叉AOB上放置一質(zhì)量為m=100kg

的貨物，物體表面光滑，貨叉底部與水平方向的夾角為6=37°,現(xiàn)保持車身靜止，通過(guò)起重系統(tǒng)

將貨叉沿著傾斜門架抬升，從靜止開(kāi)始勻加速運(yùn)動(dòng)4s再勻減速運(yùn)動(dòng)6s后靜止，總位移為2m,貨

物與貨叉始終相對(duì)靜止，g=10m/s2(sin37°=0.6,cos37°=0.8)求:

（1）抬升過(guò)程中，貨物的最大速度;

（2）抬升加速過(guò)程中，貨叉OA、OB兩側(cè)分別受到的彈力大小;

（3）若叉車在水平路面上由靜止啟動(dòng)，加速度大小為lm/s2,貨

物和貨叉相對(duì)叉車靜止，求貨叉對(duì)貨物的作用力的大?。ńY(jié)果可用

根號(hào)表示）。

30.（2026?西寧二模）如圖所示，傾角8=37°的斜面上只有AB部分粗糙，其余部分都光滑。一

長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿下端固定于滑塊甲上，上端與滑塊乙接觸但不拴接，輕桿與斜面平行。開(kāi)始時(shí)按住

滑塊甲和乙，滑塊甲在O點(diǎn)?，F(xiàn)同時(shí)由靜止釋放兩滑塊，已知滑塊甲質(zhì)量mi=0.2kg,滑塊乙質(zhì)

量m2=0.1kg,兩滑塊均可看作質(zhì)點(diǎn)，兩滑塊與AB段的動(dòng)摩擦因數(shù)均為日=0.75,OA=AB=L=

1.0m,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取lOm/s2。求:

（1）滑塊甲剛進(jìn)入AB段時(shí)，輕桿的彈力大??；

（2）滑塊乙剛離開(kāi)AB段時(shí)，滑塊甲還在斜面上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)滑塊乙和甲之間的距離（保留兩位小

數(shù)）。

31.（2026?朝陽(yáng)區(qū)一模）用螺栓和螺母緊固構(gòu)件，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)單、連接可靠、裝拆方便。

圖1圖2

(1)如圖1所示，一種螺紋細(xì)密的新型螺母,其螺紋牙底有一個(gè)與螺栓軸向夾角為a=30°的楔

形面，擰緊后，螺栓上螺紋的牙尖抵在螺母牙底楔形面上的A點(diǎn)，對(duì)A點(diǎn)施加垂直于楔形面的作

用力N,由此產(chǎn)生沿螺栓軸向張緊的力F,求N與F的比值。

(2)如圖2所示，固定的、螺距為d的螺栓上有一螺母。由于負(fù)荷的機(jī)械作用，螺母沿軸向平移。

a.若螺母沿軸向勻速平移的速度為v時(shí)，求其繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度3；

b.把螺母簡(jiǎn)化為半徑為r的圓筒。螺母從靜止開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)且沿軸向的加速度恒為ao,推導(dǎo)螺母內(nèi)壁上

的任意一點(diǎn)速度VI與時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系。

32.(2026?江蘇模擬)如圖甲所示的巨型娛樂(lè)器械可以使人體驗(yàn)超重和失重狀態(tài)，該器械有一個(gè)可

乘坐二十人的環(huán)形座艙套在豎直柱子上，由升降機(jī)將座艙送上幾十米的高處，然后讓座艙自由下

落，落到一定位置時(shí)，制動(dòng)系統(tǒng)啟動(dòng)，到地面時(shí)剛好停下。若座艙中某人用手水平托著質(zhì)量為0.2kg

的手機(jī)，手機(jī)中的軟件記錄了手機(jī)下落過(guò)程中加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像，如圖乙所示。

(1)當(dāng)座艙下落4s時(shí)，求人的速度大小;

(2)當(dāng)座艙下落4s時(shí)，求手機(jī)對(duì)手的作用力。

圖甲

33.(2026?南開(kāi)區(qū)二模)分揀機(jī)器人在快遞行業(yè)的推廣大大提高了工作效率。如圖甲所示，派件員

在分揀處將包裹放在靜止機(jī)器人的水平托盤(pán)上，機(jī)器人可將包裹送至指定投遞口，停止運(yùn)動(dòng)后緩慢翻

轉(zhuǎn)托盤(pán)，當(dāng)托盤(pán)傾角增大到0=37°時(shí)，包裹恰好開(kāi)始下滑，如圖乙所示?，F(xiàn)機(jī)器人要把包裹從分揀

處運(yùn)至相距L=45m的投遞口處，為了運(yùn)輸安全，包裹需與水平托盤(pán)保持相對(duì)靜止。已知最大靜摩擦

力近似等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:

(1)包裹與托盤(pán)間的動(dòng)摩擦因數(shù)巴

(2)機(jī)器人在運(yùn)輸包裹的過(guò)程中允許的最大加速度a的大小;

(3)若機(jī)器人運(yùn)行的最大速度vm=3rn/s,則機(jī)器人從分揀處運(yùn)行至投遞口(恰好靜止)所需的最

短時(shí)間to

34.(2026?焦作二模)如圖所示，足夠長(zhǎng)質(zhì)量為1kg的木板放置于光滑水平面上，木板左端放置了

一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為1kg的物塊，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)以=0.2。初始時(shí)，木板與物塊

都靜止，現(xiàn)給木板一個(gè)向左的拉力，使木板以恒定的加速度劭=4m/s2開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其速度達(dá)到

vo=8m/s后，便以此速度做勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取lOm/s?。求：

(1)物塊相對(duì)于木板運(yùn)動(dòng)的最大距離；

(2)通過(guò)計(jì)算，寫(xiě)出拉力隨時(shí)間變化的關(guān)系。

35.(2026?河南模擬)如圖所示，傾角。=37°的傳送帶以v=2.5m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。將一質(zhì)量

M=0.99kg的木塊無(wú)初速放在傳送帶的底端A點(diǎn)時(shí)，一質(zhì)量m=10g的子彈立即以沿傳送帶向上

的速度丫0=1義103向$擊中木塊且未穿出，子彈與木塊相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間極短。若傳送帶足夠長(zhǎng)且速

度不變，木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)n=0.5,取重力加速度大小g=10m/s2。

(1)求子彈與木塊相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能Q;

(2)求木塊(含子彈)在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；

(3)每當(dāng)木塊的速度剛減為0時(shí)，另一顆完全相同的子彈就靠近木塊以相同的速度擊中木塊一次，

不計(jì)子彈占據(jù)木塊的空間，求子彈第n次擊中木塊后木塊向上減速到0的時(shí)間小

36.(2026?余江區(qū)三模)如圖所示，水平傳送帶沿順時(shí)針?lè)较蛞院愣ǖ乃俣冗\(yùn)行，傳送帶上表面離

地面的高度為5m,一個(gè)物塊輕放在傳送帶的左端，當(dāng)傳送帶的速度為vi時(shí)，物塊從傳送帶的右

端飛離做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移大小為2m；當(dāng)傳送帶的速度為5m/s時(shí)，物塊從傳送帶的右端飛離

做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移大小為4m；已知重力加速度的大小為lOm/s2,物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因

數(shù)為0.2,不計(jì)物塊的大小及空氣的阻力，求：

(1)傳送帶長(zhǎng)L的大小；

(2)vi的大小及此時(shí)物塊從放上傳送帶到落地運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。

37.(2026?義烏市三模)如圖所示，光滑傾斜軌道AB與長(zhǎng)為xi=1.5m的水平軌道BC通過(guò)一段光

滑圓弧平滑連接，圓弧的半徑為r=Im,BC右側(cè)連接著長(zhǎng)為L(zhǎng)=3.0m的水平傳送帶CD,傳送帶

始終以v=2m/s的速度順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，與右端D相距x2=1.0m處固定有一塊豎直擋板EF。

現(xiàn)將質(zhì)量mi=1kg的滑塊在AB某處?kù)o止釋放，mi和靜止在C點(diǎn)上的質(zhì)量m2=3kg的滑塊發(fā)生碰

撞，已知mi、m2及皮帶輪大小均可不計(jì)；mi、m2與BC和CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為四=0.2,所

有發(fā)生的碰撞都為彈性碰撞；求：

(1)若m2滑到D端速度恰好減為2m/s,則：

①計(jì)算滑塊m2在CD上的滑動(dòng)時(shí)間；

②滑塊mi從圓弧第一次滑過(guò)B點(diǎn)，碰撞后從水平軌道第二次到達(dá)B點(diǎn)，計(jì)算mi兩次過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)

軌道的壓力差；

(2)調(diào)節(jié)滑塊mi的釋放高度h,使得m2、mi能先后與EF相撞于同一點(diǎn)上，求：能滿足m2、

mi打在擋板EF上同一位置的mi的最小釋放高度；

(3)m2打在擋板EF上的最小動(dòng)能。

E

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F八

鋁題03砥襁網(wǎng)通冠倒

參考答案與試題解析

一.選擇題（共20小題）

題號(hào)1234567891011

答案BBBACBBCABC

題號(hào)121314151617181920

答案BAADCACAA

二.多選題（共6小題）

題號(hào)212223242526

答案ACADADBCCDABD

選擇題（共20小題）

1.【專題】應(yīng)用題；學(xué)科綜合題；定量思想；推理法；摩擦力專題；分析綜合能力.

解：將長(zhǎng)方體建筑材料的重力沿著斜面和垂直斜面分解，垂直斜面方向FNi=mgcos。

斜面對(duì)長(zhǎng)方體建筑材料的摩擦力fi=HFNI=nmgcosS

方向沿MN向上；

重力沿斜面QN方向的分力Gi=mgsin0

Gi垂直于MN的分力/2=G^sind=mgsin29

擋板對(duì)長(zhǎng)方體建筑材料的摩擦力力=〃FJV2=RTngsin20

方向沿MN向上；

G1沿MN向下的分力G2=Gicos0=mgsin0cos0

根據(jù)牛頓第二定律G2-fl-f2=ma

聯(lián)立解得a=gsin0cos0-ngcos0-[igsin20

故ACD錯(cuò)誤，B正確。

故選：Bo

2.【專題】定量思想；推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；推理論證能力.

解：由牛頓第二定律F=ma,可得：lN=lkg?m/s2

由F=k--------——，可得：

k=/i/M"=14x吃優(yōu)加=當(dāng)=氏?向SA?),故B正確，ACD錯(cuò)誤。

故選：Bo

3.【專題】定性思想；推理法；理解能力.

解:國(guó)際單位制中基本單位有kg,m,s,K,A,cd,mol,故B正確，ACD錯(cuò)誤；

故選：B?

4.【專題】定量思想；方程法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力.

解：選取第1s內(nèi)機(jī)器人受力的方向?yàn)檎较?，則第1s內(nèi)機(jī)器人的加速度的=3=|§叱2=

lm/s2

第2s內(nèi)機(jī)器人受力為零，則加速度為零；第3s內(nèi)機(jī)器人的加速度a2=5=^/n/s2=-lm/s2

可知第3s內(nèi)機(jī)器人的加速度的方向與第1s內(nèi)加速度的方向相反。

A、若初速度為lm/s,與第1s內(nèi)受力的方向相同，則機(jī)器人第1s內(nèi)做加速運(yùn)動(dòng)，第2s內(nèi)做勻速

運(yùn)動(dòng)，第3s內(nèi)做減速運(yùn)動(dòng)，由v-t圖線的斜率表示加速度的大小可知，第1s內(nèi)的加速度是lm/s2,

第3s內(nèi)的加速度大小也是lm/s?,故A正確；

B、該圖中第3s內(nèi)仍然做加速運(yùn)動(dòng)，與受力不符，故B錯(cuò)誤；

C、該圖中第1s的加速度與第3s的加速度都是正值，與受力不符，故C錯(cuò)誤；

D、該圖中第1s的加速度大小為2m/s2,與實(shí)際不符，故D錯(cuò)誤。

故選：Ao

5.【專題】定量思想；整體法和隔離法；方程法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；分析綜合能力；模型建

構(gòu)能力.

解：設(shè)每個(gè)物塊的質(zhì)量為m,設(shè)細(xì)線上張力大小為T,對(duì)兩個(gè)物塊組成的整體，由牛頓第二定律

有

F=(m+m)a

對(duì)左側(cè)物塊，由牛頓第二定律有

T=ma

又有：TW2N

聯(lián)立各式解得：FW4N

即F的最大值為4N

故ABD錯(cuò)誤，C正確。

故選：C。

6.【專題】定性思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；理解能力.

解：A、踢香蕉球時(shí)，香蕉球產(chǎn)生的原因主要是旋轉(zhuǎn)，因旋轉(zhuǎn)，所以足球的大小和形狀不能忽略,

即需要考慮足球的大小和形狀，足球不能看作質(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；

B、足球的慣性僅與足球的質(zhì)量有關(guān)，與運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)，即在飛行和觸網(wǎng)時(shí)足球的慣性不變，故B

正確；

C、足球在飛行時(shí)不受腳的作用力，僅受重力和空氣阻力，故C錯(cuò)誤；

D、觸網(wǎng)時(shí)足球?qū)W(wǎng)的力和網(wǎng)對(duì)足球的力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等方向相反，故D錯(cuò)

誤。

故選：Bo

7.【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力.

解：門板先在向右的外力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，撤去外力后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，若外力比較

大，加速時(shí)間很短，位移很小，可以忽略不計(jì)，此時(shí)門板的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，撤去外力后根據(jù)牛頓

第二定律，有pmg=ma,設(shè)撤去外力后門板最短運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,運(yùn)動(dòng)的距離為5=5a*,可得門

板的最短運(yùn)動(dòng)時(shí)間趨近于t=層，B正確，ACD錯(cuò)誤。

7林g

故選：Bo

8.【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力.

解：對(duì)物體施加一水平向右、大小為T=10N的拉力，物體剛好不發(fā)生運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件得：T

=|img

代入數(shù)據(jù)解得：四=0.5

當(dāng)升降機(jī)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體沿升降機(jī)底板運(yùn)動(dòng)的水平加速度為2m/s2,水平方向，由牛頓第二定律

得：T-|iN=ma

代入數(shù)據(jù)解得：N=12N

對(duì)物體，豎直方向由牛頓第二定律得：mg-N=ma'

代入數(shù)據(jù)解得：az=4m/s2

方向豎直向下，則升降機(jī)可能以4m/s2的加速度豎直向上做減速運(yùn)動(dòng)，或豎直向下做加速運(yùn)動(dòng)，故

C正確，ABD錯(cuò)誤。

故選：C?

9.【專題】應(yīng)用題；學(xué)科綜合題；定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；分析綜合能力.

解:取豎直向上為正方向，根據(jù)牛頓第二定律F-mg=ma

力口速度a=——a=6x10飛何s?—10m/s2=2m/s2

m500X103

故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選：Ao

10.【專題】定性思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力.

解：A.ti到t3時(shí)間內(nèi)，f向下，先增大后減小，可知此時(shí)速度方向向上，先增大后減小，故實(shí)驗(yàn)艙

先處于彈射過(guò)程后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B?到t3時(shí)間內(nèi)，f向下在減小，可知此時(shí)速度方向向上，速度在減小，根據(jù)牛頓第二定律有mg+f

=ma,即a=5+g,故加速度大小在減小，故B正確；

C.t3到t5時(shí)間內(nèi)，f向上，先增大后減小，可知此時(shí)速度方向向下，先增大后減小，先向下加速后

向下減速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)前面分析可知t3時(shí)刻速度方向改變，從向上變成向下運(yùn)動(dòng)，故t3時(shí)刻到達(dá)最高點(diǎn)，故D錯(cuò)

誤。

故選：Bo

11.【專題】定量思想；推理法；摩擦力專題；推理論證能力.

解：A.因?yàn)槲飰K甲相對(duì)于木箱向右運(yùn)動(dòng)，所以木箱對(duì)甲的滑動(dòng)摩擦力方向向左，由牛頓第三定律

可知，甲對(duì)木箱的摩擦力方向向右，故A錯(cuò)誤；

B.設(shè)乙運(yùn)動(dòng)的加速度為a,只要乙有豎直向下的恒定加速度，對(duì)甲、乙和木箱整體，豎直方向滿足

FN=M.6g-ma,則地面對(duì)木箱的支持力大小不變，故B錯(cuò)誤；

CD.設(shè)繩子的彈力大小為T,對(duì)甲受力分析有T-Rmg=ma,對(duì)乙受力分析有mg-T=ma,聯(lián)立解

得a=2.5m/s2,T=7.5N,故C正確，D錯(cuò)誤。

故選：Co

12.【專題】定性思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力.

解：AB、木塊釋放過(guò)程中，位移由0增加到H時(shí)未接觸彈簧時(shí)，木塊的合外力為重力，保持不變。

當(dāng)y=H時(shí)接觸彈簧,根據(jù)胡克定律，可知之后彈簧的彈力逐漸增大，且與物塊的位移成線性關(guān)系，

當(dāng)彈簧彈力等于重力時(shí)合力為零，之后彈力大于重力，合力方向反向向上，到達(dá)最低點(diǎn)后木塊開(kāi)

始向上移動(dòng)，位移y變小，此后木塊的受力特點(diǎn)和之前的受力特點(diǎn)呈現(xiàn)對(duì)稱情況，位移由最大減

小到零的過(guò)程，圖像與之前的重合，故A錯(cuò)誤，B正確；

CD、木塊在未接觸彈簧時(shí)做自由落體，加速度保持恒定，則y-t圖像為拋物線，而后彈簧開(kāi)始有

彈力且逐漸增大，由牛頓第二定律mg-ky=ma,加速度逐漸減小后反向增大，木塊先做加速運(yùn)動(dòng)

后做減速運(yùn)動(dòng)，直到速度為零，而后的運(yùn)動(dòng)情況和之前的成對(duì)稱特點(diǎn)，故在y=H之后到位移最大

的過(guò)程，圖像的斜率先變大后變小到零，故CD錯(cuò)誤。

故選：Bo

13.【專題】定量思想；控制變量法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；理解能力.

解：剪斷前，對(duì)BCD整體分析，可得

FAB=(m+2m+3m)g

對(duì)D分析列式

FcD=mg

剪斷瞬間，對(duì)B分析

FAB-3mg=3ma

解得

a=g

對(duì)C分析，其中FCD=FDC,則

FDC+2mg=2ma'

解得

a，=1.5g

加速度方向豎直向下，故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選：Ao

14.【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力.

解：根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)飛船和空間站整體有：

F=(M+m)a

對(duì)空間站，設(shè)飛船對(duì)空間站的作用力大小為F，，根據(jù)牛頓第二定律有：

F*=Ma

解兩式可得飛船和空間站之間的作用力為：F'=靛

故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選：Ao

15.【專題】定性思想；推理法；摩擦力專題；推理論證能力；模型建構(gòu)能力.

解：A.剛開(kāi)始時(shí)，物體速度小于傳送帶速度，則物體相對(duì)傳送帶向后運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B.勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物體與傳送帶之間無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，則物體不受摩擦力作用，故B錯(cuò)誤；

C.物體加速，由動(dòng)能定理可知，摩擦力充當(dāng)合外力對(duì)物體做正功，故C錯(cuò)誤；

D.設(shè)物體與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)為中物體相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)時(shí)，a=Rg，做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體速

度小于傳送帶速度則一直加速，由丫=21可知，傳速帶速度越大，物體加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)，故D

正確。

故選：D。

16.【專題】信息給予題；定量思想；推理法；運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖象專題；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；理解

能力；模型建構(gòu)能力.

解：在傳送帶底端無(wú)初速輕放一小物塊，小物塊先在傳送帶上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其V-t圖像為

過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線；

設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為U，根據(jù)牛頓第二定律（imgcos0-mgsin0=mai

解得ai=ngcos0-gsin0

加速度保持不變，a-t圖像為平行于t軸的直線；

經(jīng)過(guò)時(shí)間to,小物塊與傳送帶共速，由于最大靜摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，滑動(dòng)摩擦力

發(fā)生突變靜摩擦力，此時(shí)f靜=mgsin&小物塊受平衡力作用，加速度a2=0,小物塊隨傳送帶一

起以速度vo做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其v-t圖像為平行于t軸的直線。

綜上分析，故ABD錯(cuò)誤，C正確。

故選：Co

17.【專題】定性思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；理解能力.

解：國(guó)際單位制中的基本單位分別是：長(zhǎng)度的單位是米，符號(hào)m；電流的單位是安培，符號(hào)是A；

熱力學(xué)溫度的單位是開(kāi)爾文，符號(hào)K；物質(zhì)的量單位是摩爾，符號(hào)mol；發(fā)光強(qiáng)度的單位是坎德拉，

符號(hào)cd,質(zhì)量的單位是千克，符號(hào)kg；時(shí)間的單位是秒，符號(hào)s；故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選：Ao

18.【專題】信息給予題；定性思想；推理法；摩擦力專題；共點(diǎn)力作用下物體平衡專題；理解能力.

解：AB.磨條速度方向水平向左，磨條受到硯臺(tái)的滑動(dòng)摩擦力水平向右，根據(jù)牛頓第三定律硯臺(tái)受

到磨條的摩擦力方向向左，硯臺(tái)有向左運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，桌面對(duì)硯臺(tái)的摩擦力方向水平向右，故AB

錯(cuò)誤；

C.硯臺(tái)處于靜止?fàn)顟B(tài)，水平方向的合力為零，桌面和磨條對(duì)硯臺(tái)的摩擦力是一對(duì)平衡力，故C正

確；

D.根據(jù)平衡條件桌面對(duì)硯臺(tái)的支持力與磨條對(duì)硯臺(tái)的壓力和硯臺(tái)的重力的合力互相平衡，故D錯(cuò)

誤。

故選：Co

19.【專題】信息給予題；定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；理解

能力.

解：撤去拉力前，小球的受力情況如圖所示：

AB.撤去拉力，小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中，小球所受重力和兩彈簧的彈力都對(duì)小球做正功，

根據(jù)動(dòng)能定理可知，小球的動(dòng)能一直增大，速度一直增大，故A正確，B錯(cuò)誤；

C.小球在P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件可知小球所受的合力為0,由于拉力F=2mg,因此兩

彈簧的合力為mg；

當(dāng)撤去F的瞬間，小球所受的合力最大Fm=2mg

根據(jù)牛頓第二定律Fm=mam

解得am—2g,故C錯(cuò)誤；

D.小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧的彈力減小，兩彈簧彈力的合力減小，重力不變，小球

所受的合力減小，根據(jù)牛頓第二定律可知，小球的加速度減小，故D錯(cuò)誤。

故選：Ao

20.【專題】比較思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力.

解：小石子從。點(diǎn)到P點(diǎn)，豎直方向受到向下的重力和向下的阻力，重力和豎直方向阻力之和產(chǎn)

生豎直方向的分加速度，小石子速度減小，空氣阻力減小，加速度減小，到P點(diǎn)時(shí)，豎直方向加

速度最??；

小石子從P點(diǎn)到Q點(diǎn)，豎直方向受到向下的重力和向上的阻力，重力和豎直方向阻力之差產(chǎn)生豎

直方向的分加速度，小石子速度增大，空氣阻力增大，加速度減小，到Q點(diǎn)時(shí)，豎直方向加速度

最小；

即整段過(guò)程中，O點(diǎn)豎直方向的加速度最大，故A正確，BCD錯(cuò)誤；

故選：Ao

二.多選題（共6小題）

21.【專題】定量思想；推理法；功能關(guān)系能量守恒定律；推理論證能力.

解：AB、動(dòng)能的公式：E-|mv2；用符號(hào)表示：m=b,v=器=￡,故E=稱xbx吟尸=妥，

系數(shù)不影響能量單位，故A正確，B錯(cuò)誤；

CD、動(dòng)量的公式：p=mv；用符號(hào)表示：p=d,m=b,v=p故d=6x9=弓，則d?=

1Cl2

推出=-系數(shù)不影響能量單位，故C正確，D錯(cuò)誤。

22b2c2

故選：ACo

22.【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力.

解：AB.x-t圖像的斜率表示速度，甲乙兩個(gè)物塊的曲線均為拋物線，則甲物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，乙

物體做勻減速運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間內(nèi)甲乙位移可得%尹=寫(xiě)=3K°,%乙=翠^m=久0,可得to時(shí)刻

甲物體的速度為v=2vo,甲物體的加速度大小為的乙物體的加速度大小為a2=答，

由牛頓第二定律可得甲物體mgsin。-|iimgcos6=mai,

同理可得乙物體112mgeos。-mgsin0=ma2

聯(lián)立可得因+|_i2=2tan。，故A正確，B錯(cuò)誤；

C.設(shè)斜面的質(zhì)量為M,取水平向左為正方向，水平方向上由牛頓第二定理可得f=maicos6-

ma2cos9=0,則1=1;()之前，地面和斜面之間摩擦力為零，故C錯(cuò)誤；

D.t=to之后，乙物體保持靜止，甲物體繼續(xù)沿斜面向下加速，水平方向上由牛頓第二定律可得f

=maicos0,即地面對(duì)斜面的摩擦力向左，故D正確。

故選：ADo

23.【專題】定量思想；方程法；功能關(guān)系能量守恒定律；推理論證能力.

解：A、當(dāng)小球置于桿上P點(diǎn)時(shí)恰好能保持靜止，則有：k(1-1)-n=mg,解得彈簧的勁度系數(shù)

為：k=竽，故A正確；

B、小球在P點(diǎn)下方處時(shí)，彈簧與桿的夾角為45°,此時(shí)彈簧的長(zhǎng)度為1'=等，彈簧處于壓

縮狀態(tài)，受力情況如圖所示：

彈力大小為：F=k(1-f),解得：F=(4-2A/2)mg

根據(jù)牛頓第二定律可得：mg+Fcos450-f=ma,其中：f=|iFsin45°

聯(lián)立解得：a=V2g,故B錯(cuò)誤；

C、桿上M、N兩點(diǎn)與O點(diǎn)的距離均為1,所以小球在M和N點(diǎn)時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，小球從M到P

過(guò)程中，彈簧的壓縮量增大、彈力增大，彈簧彈力在水平方向的分力增大、摩擦力增大；小球從P

到N過(guò)程中，彈簧的壓縮量減小、彈力減小，彈簧彈力在水平方向的分力減小、摩擦力減小，故

從M點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球受到的摩擦力先變大再變小，故C錯(cuò)誤；

D、關(guān)于P點(diǎn)對(duì)稱的任意兩點(diǎn)，小球受到的摩擦力相同，所以從M點(diǎn)到P點(diǎn)和從P點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)

動(dòng)過(guò)程中，小球受到的摩擦力做功相同，故D正確。

故選：ADo

24.【專題】比較思想；圖析法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問(wèn)題的能力.

解：對(duì)甲、乙兩物體，由牛頓第二定律有

F-[img=ma

貝UF=ma+pmg

對(duì)照已知圖像，根據(jù)數(shù)形結(jié)合思想，可知

圖像斜率k=m

圖像截距b=|img

由于卜甲〉女乙，故111甲〉111乙

由于四甲m甲g=|i乙m乙g,故甲〈四乙

故AD錯(cuò)誤，BC正確。

故選：BCo

25.【專題】定量思想；整體法和隔離法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；摩擦力專題；理解能力；推理論

證能力；分析綜合能力.

解：A、設(shè)車廂對(duì)A的彈力為FNA,輕桿對(duì)A的彈力為N,若B球所受摩擦力為零，對(duì)A、B整

體由牛頓第二定律得FNA=2ma,

對(duì)A球由牛頓第二定律得FNA-Nsin0=ma,

豎直方向：Ncos0=mg,

聯(lián)立解得a=gtan0,

對(duì)整體由牛頓第二定律得F=4ma=4mgtan6,故A錯(cuò)誤；

B、若推力向左，則系統(tǒng)的加速度向左。

假設(shè)桿與車廂始終保持相對(duì)靜止，且A與左壁彈力為零，

對(duì)A水平方向有Nsin9=maA,豎直方向有Ncos6=