五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題01直線運動相互作用牛頓運動定律考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1直線運動2021、2022、2023、2025知識考查層面，注重多過程、多物體模型的嵌套整合。例如將傳送帶模型與板塊模型結合，要求考生運用牛頓定律分析物體在摩擦力作用下的加速度變化，同時結合動能定理求解能量轉化問題；或通過連接體問題考查整體法與隔離法的靈活切換，涉及彈簧彈力、斜面分力等復雜受力分析。此外，命題逐漸強化運動學圖像與動力學規(guī)律的聯(lián)動，如通過v-t圖像斜率判斷加速度變化，結合F-t圖像分析外力與運動狀態(tài)的關系，要求考生從圖像中提取關鍵信息并建立物理方程。能力要求上，突出數(shù)學工具的深度應用與邏輯推理的嚴謹性?？忌枋炀氝\用三角函數(shù)處理斜面問題、幾何關系分析圓周運動臨界條件，甚至通過導數(shù)思想求解極值問題（如最短制動距離）。實驗探究能力的考查力度加大，例如設計實驗驗證牛頓第二定律時，需結合傳感器數(shù)據(jù)處理與誤差分析，將控制變量法拓展至多變量關系的研究。部分試題還引入跨學科思維，如通過“完美三角形”等數(shù)學概念分析力的合成與分解，或利用數(shù)列求和思想解決多階段運動問題，全面檢驗考生對物理規(guī)律的遷移能力與創(chuàng)新應用水平?？键c2相互作用2024考點3牛頓運動定律2022、2023、2024、2025考點01直線運動1．（2025·湖北·高考真題）某同學利用如圖（a）所示的實驗裝置來測量重力加速度大小g。細繩跨過固定在鐵架臺上不可轉動的小圓柱體，兩端各懸掛一個重錘。實驗步驟如下：①用游標卡尺測量遮光片的寬度d。②將遮光片固定在重錘1上，用天平測量重錘1和遮光片的總質量m、重錘2的質量M（M>m）。③將光電門安裝在鐵架臺上，將重錘1壓在桌面上，保持系統(tǒng)靜止，重錘2離地面足夠高。用刻度尺測量遮光片中心到光電門的豎直距離H。④啟動光電門，釋放重錘1，用毫秒計測出遮光片經(jīng)過光電門所用時間t。⑤根據(jù)上述數(shù)據(jù)求出重力加速度g。⑥多次改變光電門高度，重復步驟，求出g的平均值。回答下列問題：(1)測量d時，游標卡尺的示數(shù)如圖（b）所示，可知cm。(2)重錘1通過光電門時的速度大小為v=（用遮光片d、t表示）。若不計摩擦，g與m、M、d、t、H的關系式為(3)實驗發(fā)現(xiàn)，當M和m之比接近于1時，g的測量值明顯小于真實值。主要原因是圓柱體表面不光滑，導致跨過圓柱體的繩兩端拉力不相等。理論分析表明，圓柱體與繩之間的動摩擦因數(shù)很小時，跨過圓柱體的繩兩端拉力差ΔT=4γMmM+mg，其中γ是只與圓柱體表面動摩擦因數(shù)有關的常數(shù)。保持M+m=2m0不變，其中M=1+β0.040.060.080.10a/（m/s2）0.0840.2810.4770.673【答案】(1)0.515(2)dt(3)9.81【詳析】（1）根據(jù)游標卡尺的讀數(shù)規(guī)律，該游標卡尺的讀數(shù)為5mm+0.05×3mm=5.15mm=0.515cm（2）[1]根據(jù)光電門的測速原理，重錘1通過光電門時的速度大小為v[2]對重錘1與重錘2構成的系統(tǒng)進行分析，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒定律有M-m解得g（3）由于γ是只與圓柱體表面動摩擦因數(shù)有關的常數(shù)，且有a=β-γg=gβ-gγ2．（2023·湖北·高考）t=0時刻，質點P從原點由靜止開始做直線運動，其加速度a隨時間t按圖示的正弦曲線變化，周期為2t0。在0~3

A．t=2t0時，P回到原點 B．tC．t=t0時，P到原點的距離最遠 D．t=3【答案】BD【詳析】ABC．質點在0~t0時間內從靜止出發(fā)先做加速度增大的加速運動再做加速度減小的加速運動，此過程一直向前加速運動，t0~2t0時間內加速度和速度反向，先做加速度增加的減速運動再做加速度減小的減速運動，2tD．a~t圖像的面積表示速度變化量，t02~32故選BD。3．（2022·湖北·高考）我國高鐵技術全球領先，乘高鐵極大節(jié)省了出行時間。假設兩火車站W(wǎng)和G間的鐵路里程為1080km，W和G之間還均勻分布了4個車站。列車從W站始發(fā)，經(jīng)停4站后到達終點站G。設普通列車的最高速度為108km/h，高鐵列車的最高速度為324km/h。若普通列車和高鐵列車在進站和出站過程中，加速度大小均為0.5m/s2，其余行駛時間內保持各自的最高速度勻速運動，兩種列車在每個車站停車時間相同，則從W到G乘高鐵列車出行比乘普通列車節(jié)省的時間為（）A．6小時25分鐘 B．6小時30分鐘C．6小時35分鐘 D．6小時40分鐘【答案】B【詳析】108km/h=30m/s，324km/h=90m/s由于中間4個站均勻分布，因此節(jié)省的時間相當于在任意相鄰兩站間節(jié)省的時間的5倍為總的節(jié)省時間，相鄰兩站間的距離x=1080×1035m=2.16×105m普通列車加速時間t1=v1a=300.5s=60s加速過程的位移故選B。4．（2021·湖北·高考）2019年，我國運動員陳芋汐獲得國際泳聯(lián)世錦賽女子單人10米跳臺冠軍。某輪比賽中，陳芋汐在跳臺上倒立靜止，然后下落，前5m完成技術動作，隨后5m完成姿態(tài)調整。假設整個下落過程近似為自由落體運動，重力加速度大小取10m/s2，則她用于姿態(tài)調整的時間約為（）A．0.2s B．0.4s C．1.0s D．1.4s【答案】B〖祥解〗本題考查自由落體運動?！驹斘觥筷愑笙侣涞恼麄€過程所用的時間為t=2Hg=2×1010s≈故選B。5．（2021·湖北·高考）某同學假期在家里進行了重力加速度測量實驗。如圖（a）所示，將一根米尺豎直固定，在米尺零刻度處由靜止釋放實心小鋼球，小球下落途經(jīng)某位置時，使用相機對其進行拍照，相機曝光時間為1500s。由于小球的運動，它在照片上留下了一條模糊的徑跡。根據(jù)照片中米尺刻度讀出小球所在位置到釋放點的距離H、小球在曝光時間內移動的距離Δl。計算出小球通過該位置時的速度大小v，進而得出重力加速度大小g次數(shù)12345Δl0.850.860.820.830.85v/（m·s-1）4.254.104.154.25H/m0.91810.94230.85300.88600.9231（1）測量該小球直徑時，游標卡尺示數(shù)如圖（b）所示，小球直徑為mm。。（2）在第2次實驗中，小球下落H=0.9423m時的速度大小v=m/s（保留3位有效數(shù)字）；第3次實驗測得的當?shù)刂亓铀俣却笮=m/s2（保留3位有效數(shù)字）。（3）可以減小本實驗重力加速度大小測量誤差的措施有。A．適當減小相機的曝光時間B．讓小球在真空管中自由下落；C．用質量相等的實心鋁球代替實心鋼球【答案】15.754.309.85AB〖祥解〗本題考查重力加速度的測量，意在考查考生對實驗原理的理解以及處理實驗數(shù)據(jù)的能力?！驹斘觥浚?）[1]由游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則可知，小球的直徑為15mm+15×0.05mm=15.75mm（2）[2][3]由題意可知，小球下落H=0.9423m時的速度v=ΔlT（3）[4]A．小球下落一定高度時的瞬時速度近似為曝光時間內的平均速度，曝光時間越短，曝光時間內的平均速度越接近瞬時速度，實驗誤差越小，故A正確；B．讓小球在真空管中自由下落，可減小空氣阻力的影響，可減小實驗誤差，故B正確；C．質量相等的實心鋁球代替實心鋼球時，鋁球體積更大，阻力對鋁球的影響較大，實驗誤差較大，故C錯誤?？键c02相互作用6．（2024·湖北·高考）如圖所示，兩拖船P、Q拉著無動力貨船S一起在靜水中沿圖中虛線方向勻速前進，兩根水平纜繩與虛線的夾角均保持為30°。假設水對三艘船在水平方向的作用力大小均為f，方向與船的運動方向相反，則每艘拖船發(fā)動機提供的動力大小為（）A．33f B．213f C．2f 【答案】B【詳析】根據(jù)題意對S受力分析如圖正交分解可知2Tcos30°=則有Tsin30故選B?？键c03牛頓運動定律7．（2025·湖北·高考真題）一個寬為L的雙軌推拉門由兩扇寬為L2的門板組成。門處于關閉狀態(tài)，其俯視圖如圖（a）所示。某同學用與門板平行的水平恒定拉力作用在一門板上，一段時間后撤去拉力，該門板完全運動到另一邊，且恰好不與門框發(fā)生碰撞，其俯視圖如圖（b）所示。門板在運動過程中受到的阻力與其重力大小之比為μ，重力加速度大小為gA．L2μg B．Lμg C．2【答案】B【詳析】設拉力為F，作用時間為t1，撤去外力后AB運動的時間為t2，AB運動過程的最大速度為vm，則由動量定理，有F-μmgt1=mvm得t1=mvmF-μmg可知當t2越大時，t越小，當t2=t時，t故選B。8．（2025·湖北·高考真題）如圖所示，一足夠長的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整數(shù)）個質量均為m的相同小滑塊，從左向右依次編號為1、2、…、3n，木板的質量為nm。相鄰滑塊間的距離均為L，木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為2μ。初始時木板和所有滑塊均處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)給第1個滑塊一個水平向右的初速度，大小為βμgL（β為足夠大常數(shù)，g為重力加速度大?。??；瑝K間的每次碰撞時間極短，碰后滑塊均會粘在一起繼續(xù)運動。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。(1)求第1個滑塊與第2個滑塊碰撞前瞬間，第1個滑塊的速度大小(2)記木板滑動前第j個滑塊開始滑動時的速度為vj，第j+1個滑塊開始滑動時的速度為vj+1。用已知量和(3)若木板開始滑動后，滑塊間恰好不再相碰，求β的值。（參考公式：12【答案】(1)v(2)v(3)β【詳析】（1）滑塊1運動時，對木板的摩擦力為f1=2μmg地面對木板的摩擦力為f2=4μnmg解得v（2）滑塊間碰撞時間極短，碰后滑塊粘在一起運動，若長木板不動，第j個滑塊開始運動時加速度為aj=2μ?jmgjm=2μg根據(jù)運動學公式，第j個滑塊開始滑動到和第j+1個滑塊碰撞時，有（3）當?shù)趉個木塊開始滑動時，木板恰好要滑動，此時有2μ?kmg=μ則第k+1個（即2n+1）木塊開始滑動時，木板開始滑動，要剛好不發(fā)生下一次碰撞，假設木板和剩下的木塊不發(fā)生相對滑動，則2μ(2n+1)mg-μnm+3nmg=[nm+(n-1)m]a木則a=2μg2n-1<2μg木板和剩下的木塊不發(fā)生相對滑動。對前面k+1個（即2n+1）木塊，有ak+1=2μ?(k+1)mg(91625……(將從j=2到j=k+1相關方程累加求和可得(聯(lián)立vk+12=9．（2024·湖北·高考）如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時針勻速轉動，傳送帶左右兩端的距離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點O，用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點右側的P點固定一釘子，P點與O點等高。將質量為0.1kg的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點做圓周運動，當輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小g=10（1）求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大?。唬?）求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統(tǒng)損失的總動能；（3）若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離?！敬鸢浮浚?）5ms；（2）0.3J；（3【詳析】（1）根據(jù)題意，小物塊在傳送帶上，由牛頓第二定律有μmg=ma解得a=5ms（2）小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，小物塊與小球組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律有m物v=m物v1+m球（3）若小球運動到P點正上方，繩子恰好不松弛，設此時P點到O點的距離為d，小球在P點正上方的速度為v3，在P點正上方，由牛頓第二定律有m球g=m球v3即P點到O點的最小距離為0.2m。10．（2023·湖北·高考）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12l，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4B．小球在P點下方12lC．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【詳析】A．小球在P點受力平衡，則有mg=f，f=μFN，C．在PM之間任取一點A，令AO與MN之間的夾角為θ，則此時彈簧的彈力為F=kl-l2sinθ小球受到的摩擦力為f1=μFD．根據(jù)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l2時θ=45°，此時摩擦力大小為f1=μkl故選AD。11．（2022·湖北·高考）2022年5月，我國成功完成了天舟四號貨運飛船與空間站的對接，形成的組合體在地球引力作用下繞地球做圓周運動，周期約90分鐘。下列說法正確的是（

）A．組合體中的貨物處于超重狀態(tài)B．組合體的速度大小略大于第一宇宙速度C．組合體的角速度大小比地球靜止衛(wèi)星的大D．組合體的加速度大小比地球靜止衛(wèi)星的小【答案】C【詳析】A．組合體在天上只受萬有引力的作用，則組合體中的貨物處于失重狀態(tài)，A錯誤；B．由題知組合體在地球引力作用下繞地球做圓周運動，而第一宇宙速度為最大的環(huán)繞速度，則組合體的速度大小不可能大于第一宇宙速度，B錯誤；C．已知靜止衛(wèi)星的周期為24h，則根據(jù)角速度和周期的關系有ω=2πT由于T同>TD．由題知組合體在地球引力作用下繞地球做圓周運動，有G整理有T=2πr3GM由于T同>T組合體，則r同>r組合體，且靜止衛(wèi)星和組合體在天上有ma=GMm故選C。1．如圖所示為某位跳水運動員在3米板的跳水過程中重心的位移—時間圖像。取該運動員離開跳板的時刻為零時刻，位置坐標為零，其中OPQ為拋物線，R為運動員的最低點，取豎直向下為正方向，忽略入水時間，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．運動員在O→Q過程中做自由落體運動 B．運動員在C．運動員在t2時刻剛好接觸到水面 D．運動員在Q【答案】D【詳析】AB．由圖像可知，運動員在O→Q過程中做豎直上拋運動，加速度恒定，故C．運動員在t3時刻剛好接觸到水面，故CD．運動員在Q→R過程中，需要克服水的阻力做功，故機械能減小，故故選D。2．（2025·湖北武漢武昌區(qū)·5月質檢）某場足球比賽中，一球員不小心踢歪了球，足球往邊界滾去。足球距離邊界35m時，速度v0=12m/s，加速度A．足球到達不了邊界 B．經(jīng)過6s，足球越過了邊界C．經(jīng)過7s，足球恰好到達邊界 D．經(jīng)過8s，足球距離邊界3m【答案】B【詳析】足球停止所需時間為t=v0a=6s位移為x=v02t=36m故選B。3．（24-25高三·湖北·5月模擬）甲、乙兩車在公路上行駛的v?t圖像如圖所示。已知t=2s時兩車相遇，乙車圖像軌跡由多段四分之一圓弧構成，則（）A．在t=4s時，甲、乙兩車再次相遇B．甲車0~4s做勻變速運動，乙車0~2s做加速運動，2~4s做減速運動C．8s內甲、乙兩車的平均速度相同D．兩車相距的最大距離為（4?π）m【答案】C【詳析】A．根據(jù)v?t圖像的面積表示位移可知，在2s?4s內乙車圖像圍成的面積大于甲車圖像圍成的面積；由題知，在t=2s時兩車相遇，所以在t=4s時乙車的位移大于甲車的位移，故甲、乙兩車并不相遇，故A錯誤；B．根據(jù)v?t圖像的斜率表示加速度，可知甲車的斜率不變，故在0?4s做勻變速運動，乙車斜率發(fā)生變化，在0?2s其斜率越來越大，即做加速度增大的加速運動，在2?4s其斜率越來越小，即做加速度減小的加速運動，故B錯誤；C．根據(jù)v?t圖像的面積表示位移可知，0?8s內兩車的位移相等，根據(jù)平均速度等于位移比時間，可知8s內兩車平均速度相同，故C正確；D．由圖知兩車在t=2s時兩車相遇，在t=4s時兩車速度相等，此時兩車相距的距離最大，同理可知0s，8s也是兩車相距的距離最大。由題知，乙車圖像軌跡由多段四分之一圓弧構成，則在2s?4s內乙車的位移為x乙=2×2+14×π×2故選C。4．（24-25高三·湖北十堰·5月適應性）一無人機在空中懸停，某時刻從機身底部無初速度釋放一金屬小球，小球落地前1?s內下落的距離是無人機底部距地面高度的1136。若不計空氣阻力，重力加速度gA．60?m/s B．58?m/s C．54?m/s D．50?m/s【答案】A【詳析】設小球的下落時間為t，根據(jù)自由落體運動規(guī)律可得h=12gt2，25故選A。5．（25屆·湖北部分學校聯(lián)考·三模）有一勁度系數(shù)為k、原長為l的輕質彈性繩（彈性繩的形變滿足胡克定律）兩端固定在天花板上，如圖甲所示，此時彈性繩處于原長?，F(xiàn)分別將質量為m?和m?的重物系在彈性繩中點O處（系m?前取下m?），并最終保持平衡，如圖乙所示，兩次懸掛彈性繩與水平面夾角分別為60°和30°，彈性繩始終處在彈性限度內。則m1A．2+33 B．3 C．3+33【答案】D【詳析】設彈性繩一側與水平方向夾角為θ，根據(jù)幾何關系，可得一側彈性繩伸長量為Δl=2×l2cosθ-l分別將θ=60°和30°代入解得m故選D。6．（24-25高三·湖北黃岡中學·四模）某品牌雙肩書包在人體工學設計和舒適度提升方面進行了特別研究。如圖所示為學生背上書包時的側視圖，書包與背部接觸面豎直，兩條長度相同的背帶（圖中僅展示了一條）分別跨過左、右肩部并連接到書包，確保兩條背帶的上（下）端連接點P與P`（Q與Q`）等高，左、右肩部的背帶平面平行且與背部平面垂直。在忽略背部與書包、肩部與背帶之間的摩擦力，以及不考慮背帶質量的情況下，若背上書包后，僅對兩條背帶增加相同長度，則（）A．背部對書包的作用力大小變大B．背部對書包的作用力大小先變大后變小C．背帶對肩部的作用力大小變小D．背帶對肩部的作用力大小先變小后變大【答案】C【詳析】設兩條背帶對肩部的作用力大小合為F1，兩條背帶對書包的作用力大小為F2，背部對書包的作用力大小為F3。不考慮背帶與肩部的摩擦力，則背帶上各處張力相等且F1與F2大小相等、方向相反。分析書包受力如圖，若僅對兩條背帶增加相同長度，F(xiàn)2與豎直方向的夾角變小，F(xiàn)2與F3的大小均變小。故選C。7．（2025·湖北武漢二中·5月?？迹﹥蓚€質量分布均勻的圓柱體A、B靜置在頂角為60°的“V型”槽中，圓柱體A的截面半徑小于B的截面半徑，截面圖如圖所示，不計一切摩擦，下列分析正確的是（）A．若以槽底端所在的邊為軸順時針緩慢轉60°的過程中，圓柱體A對槽壁的壓力變大B．若以槽底端所在的邊為軸順時針緩慢轉60°的過程中，圓柱體A對B的壓力變大C．若“V型”槽不轉動，將A換成質量不變但半徑更小的圓柱體，則圓柱體A對槽壁的壓力變大D．若“V型”槽不轉動，將A換成質量不變但半徑更小的圓柱體，則圓柱體A對B的壓力變小【答案】C【詳析】AB．對A受力分析，A受重力、右側擋板的支持力和B的支持力，如圖所示作出三力的外接圓，若以槽底端所在的邊為軸順時針緩慢轉60°的過程中，圓柱體A對槽壁的壓力先變大后變小，圓柱體B對A的支持力變小，根據(jù)牛頓第三定律可得，圓柱體A對B的壓力變小，故AB錯誤；CD．若“V型”槽不轉動，將A換成質量不變但半徑更小的圓柱體，小圓柱體受力分析如圖所示由圖可知，槽壁對圓柱體A的支持力和B對A的支持力均變大，根據(jù)牛頓第三定律可知，A對槽壁的壓力和對B的壓力均變大，故C正確，D錯誤。故選C。8．（2025·湖北原創(chuàng)壓軸·二模）如圖所示，一質量為M、傾角為θ=37°的斜劈靜止在粗糙的水平地面上，斜劈由粗糙程度不同的兩種材料拼接而成，AB段的動摩擦因數(shù)為0.8，BC段的動摩擦因數(shù)為0.75。質量為m的滑塊以一定的初速度從斜劈上滑下，已知滑塊從A滑到CA．滑塊從A運動到B的過程，斜劈和滑塊組成的系統(tǒng)處于失重狀態(tài)B．滑塊從A運動到B的過程，斜劈受到地面的摩擦力水平向左C．滑塊從A運動到B的過程，斜劈受到地面的支持力小于（D．滑塊從B運動到C的過程，斜劈受到地面的摩擦力水平向左【答案】B【詳析】A．滑塊從A到B受力分析有μ1mgcosθ-Ｂ．對整體分析水平方向有Ff=ma1Ｃ．豎直方向上有FN-m+MＤ．滑塊從B運動到C過程中，因μ2=tanθ，可知a故選B。9．（2025·湖北襄陽五中·三模）如圖（a）所示，在光滑水平面上放置一質量mA=3kg物體A，一輕繩繞過定滑輪，一端系在物體A上，另一端系住質量mB=2kg的物體B，物體B剛好與豎直面接觸，且與豎直面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.4。初始時兩物體都靜止，繩被拉直，然后釋放A，同時對物體B施加水平向左的力F，力F大小隨時間變化的規(guī)律如圖（bA．物體A、B先一起做加速度減小的加速運動，后一起勻速運動B．物體B加速運動過程中，力F的沖量大小為250N?sC．物體B與豎直面的摩擦力最大值為20ND．物體B運動的總時間為5+【答案】D【詳析】A．物塊A、B先一起做加速度減小的加速運動，后物塊A做勻速運動，物塊B做減速運動，A錯誤；CD．圖乙F=ktk=10N/s，以A、B系統(tǒng)為研究對象mBg-μF即t=5s，物塊A的速度最大且為三角形面積vm=12×4×5m/s=10m/s之后由于mBg<μF，B開始減速，繩子松弛，A勻速，5s以后，對B根據(jù)牛頓第二定律mBg-μF=mBa得a=-2t+10t≥5sB．物塊B加速運動過程中，力F的沖量大小對應圖b中的面積，為12×50×5N?s=125N?s故選D。10．（2025·湖北黃石二中·高三下適應性（二））將一個小球從地面豎直上拋，過程中小球受到的阻力與速率成正比，設向上為正方向，小球的速度、位移、動能和機械能分別為v、x、Ek和EA． B．C． D．【答案】C【詳析】A．小球在上升過程中，由牛頓第二定律得mg+kv=ma,v逐漸減小，則a減小，下降過程中有mg-kv=B．v-x圖斜率為k=aC．Ek-x圖像斜率為合外力，向上運動過程F=mg+kvD．向上運動過程比向下過程中任意一個位置，阻力要更大，故向上過程中阻力做功更多一點，機械能損失要更多一點，故D錯誤。故選C。11．（24-25高三·湖北十堰·5月適應性）如圖所示，三個質量均為5?kg的箱子A、B、C靜止于粗糙水平地面上，A、B并排放置無擠壓，C疊放于B上，A與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.3，B與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2，C與B之間的動摩擦因數(shù)為0.4，重力加速度g=10?m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當用水平力FA．若F=10N，A、B之間的彈力大小為B．若F=20?N，地面與B之間的摩擦力大小為C．若F=50N，B、C之間的摩擦力大小為D．若F=90?N，C相對于B【答案】C【詳析】A．由題可知，地面對A的最大靜摩擦力為fmaxA=μAmg=15?N當F≤fmaxAB．地面對B的最大靜摩擦力fmaxB=2μBmg=20?N當fmaxA<F≤fmaxA+fmaxB即15?N<F≤35?N時，A、B、C均靜止，ACD．當F>fmaxA+fmaxB時，A、B、C對地滑動，向右做勻加速直線運動，B、C之間有摩擦力，當B、C之間的摩擦力恰好為最大靜摩擦力時，對C則有μCmg=ma0對A、B、C整體有F0-μA當F1=50?N時，對A、B、C整體則有F1-μAmg-2μBmg=3故選C。12．（2025·湖北黃岡中學·二模）某新型真空管道磁懸浮列車在測試階段進行直線調試實驗，管道內置高精度位移傳感器記錄位置x與時間t的關系如圖所示（其中t1～t2段為直線），則列車行駛速度v、加速度A． B．C． D．【答案】AC【詳析】AB．根據(jù)x-t圖像切線的斜率表示速度可知，0～t1時間內，圖像斜率為正值且越來越大，說明列車沿正方向做加速直線運動；t1～tCD．由上述分析可知，0～t1時間內，列車沿正方向做加速直線運動，則加速度方向與速度方向相同，即加速度為正方向；t1～t2時間內，列車沿正方向做勻速直線運動，加速度為零；故選AC。13．（2025·湖北·高三下新高考信息卷四）如圖所示，質量M=1kg的物塊P由長度L=1m的細線懸掛于O點，細線與豎直方向的夾角θ=37°，在O點正下方有靜止的形狀與物塊P一致且質量m=1kg的物塊Q，現(xiàn)使P無初速度釋放，二者之間的碰撞為彈性碰撞，且碰撞時間極短。取重力加速度大小g=10m/s2，cos37°=0.8，物塊A．P與Q碰撞前瞬間的速度大小為2m/sB．碰撞后Q的速度大小為2m/sC．碰撞后Q在水平面上的最遠位移為1mD．若令P和Q都帶等量正電荷，且在空間中施加豎直向下的勻強電場，碰撞前后二者未發(fā)生電荷轉移，忽略二者之間的靜電力，則Q的最遠位移大小變小【答案】ABC【詳析】A．對P，釋放后根據(jù)動能定理有MgL1-cosθ=12MvB．物塊P與物塊Q碰撞過程動量守恒有Mv=Mv解得v1=0，vC．此后Q做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有μmg=maQ的位移大小為xD．施加豎直向下的勻強電場后，可看作新的等效重力場，等效重力加速度為g0，釋放后根據(jù)動能定理有Mg0L1-cosθ=12Mv12解得v1故選ABC。14．（2025·湖北鄂東南聯(lián)盟·模擬聯(lián)考）如圖所示，一輕質豎直擋板AB固定在光滑斜面頂端，一根長2m的輕繩一端系在擋板AB上另一端系一重50N的小球，已知輕繩與豎直方向的夾角為45°，斜面傾角為37°，整個裝置處于靜止狀態(tài)，重力加速度g=10m/s2A．輕繩對小球拉力的大小為150B．斜面對小球支持力的大小為250C．若斜面向右做加速度大小為5m/s2D．若斜面以AB所在的豎直邊為軸做角速度為52rad/s【答案】BD【詳析】AB．對小球進行分析，如圖所示根據(jù)正弦定理有Nsin45°=Tsin37°=mgsinC．若斜面向右做勻加速直線運動時，繩的彈力恰好為0，對小球進行分析，根據(jù)牛頓第二定律有mgtan37°=ma解得a=7.5m/s2D．若斜面以AB所在的豎直邊為軸做勻速圓周運動時，繩的彈力恰好為0，對小球進行分析，根據(jù)牛頓第二定律有mgtan45°=mω2Lsin45°故選BD。15．（2025·湖北襄陽五中·高考適應性（一））如圖所示，斜面上的n個完全相同的小物塊由輕質細繩串聯(lián)在一起排在一條直線上，當用平行斜面向上的力拉著1號物塊使整體以大小為15g的加速度向上加速運動時（g為重力加速度），測得圖中A、B兩物塊間細繩的拉力大小為F，而當用平行斜面向下的力拉著n號物塊使整體以大小為75g的加速度向下加速運動時，測得圖中A、B兩物塊間細繩的拉力大小仍為F。已知斜面傾角θ=37°，小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8A．5 B．6 C．7 D．8【答案】BD【詳析】設1號到A總的物塊數(shù)為n1，B到n號總的物塊數(shù)為n2，加速向上運動時有F加速向下運動時有F+n1mgsinθ-μn故選BD。16．（2025·湖北襄陽五中·適應考）乘坐“空中纜車”既能飽覽大自然的美景又輕松愜意。如圖所示，某一纜車沿坡度為53°的山坡勻速上行，纜車中有一質量m=50kg的貨物放在水平地板上且與車廂壁恰好接觸而無擠壓，貨物與地板之間動摩擦因數(shù)μ=34，貨物與地板之間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，某時刻纜車開始沿原方向做加速運動，在這一過程中，加速度大小從零開始緩慢增大，并且整個加速階段纜車始終保持豎直狀態(tài)，重力加速度g=10A．貨物受到4個力B．車廂受到的摩擦力方向水平向左C．當a=2m/sD．當a=10m/s【答案】BD【詳析】A．貨物與纜車沿山坡向上以加速度a運行時，以貨物塊為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有FN-mg=masin53°，f靜=macos53°，f靜B．根據(jù)牛頓第三定律知車廂受到的摩擦力方向水平向左，故B正確；C．a=2m/s2時，則f=macos53°D．a=10m/s2時，有ax=6m/s2，f=300N，ay=8m/s故選BD。17．（24-25高三·湖北黃岡中學·四模）某工廠檢測銅線框是否閉合的裝置如圖所示，足夠長的絕緣傳送帶水平放置，在傳送帶上的OACD矩形區(qū)域內存在著豎直向下的勻強磁場，矩形區(qū)域的寬度為d。現(xiàn)讓傳送帶以大小為v0的速度沿順時針勻速轉動，將質量為m、邊長也為d的正方形線框從PQ左側無初速度釋放，線框與傳送帶共速后，從OA邊進入磁場，發(fā)現(xiàn)線框以12v0的速度勻速離開磁場。已知線框的阻值為R，線框與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為A．PQ與OA之間的最短距離LB．勻強磁場的磁感應強度大小為BC．線框穿過磁場的過程中產生的焦耳熱QD．線框從剛開始進入磁場到再次與傳送帶共速所需的時間t【答案】ABD【詳析】A．若線框進入磁場之前恰與傳送帶達到共速，則PQ與AQ之間的距離最短，由動能定理有μmgL=12mv0B．線框恰好以12v0的速度勻速穿出磁場，即BI1d=μmg其中IC．根據(jù)功能關系可得產生的焦耳熱滿足Q=W安由動能定理有-W安+2D．設從線框剛進入磁場到完全出磁場，運動時間為t1，由動量定理有-BIdt1+μmgt1=m?12v0故選ABD。18．（24-25高三·湖北黃岡中學·四模）如圖所示，一傾角θ的光滑斜面固定于水平面上，斜面底端固定一擋板，原長為l0的輕彈簧沿斜面放置，一端固定于斜面底端的擋板上，另一端連接一質量為m1的物塊A，將質量為m２的物塊B放在物塊A上，沿斜面向下壓物塊B，使A離擋板沿斜面距離為l，此時彈簧的彈性勢能為EP,將物塊A和B由靜止釋放，所有物體沿斜面方向運動。重力加速度為g，不計空氣阻力。則下列說法正確的是（）?A．若A、B物塊恰能分離，則EB．若A、B物塊恰能分離，則EC．若A、B物塊能分離，則B沿斜面向上運動的最大位移為ED．若A、B物塊能分離，則B沿斜面向上運動的最大位移為E【答案】AC【詳析】AB．因光滑斜面固定，若A、B物塊恰能分離，則恰好彈簧回到原長兩者速度減為零，由功能關系知：Ep=m1+CD．因光滑斜面固定，若A、B物塊能分離，則彈簧回到原長兩者速度相等且恰好在彈簧原長處A、B兩物塊加速度為gsinθ，之后A做加速度增大的減速運動，B做加速度大小為gsinθ的勻減速運動，所以A、B物塊能分離在彈簧原長處分離，對A、B物塊由動能定理得Ep－m1+m2gsinθl0-l＝12m1+故選AC。19．（2025·湖北黃石二中·高三下適應性（二））如下左圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直固定在水平面上，質量為m的小球從A點自由下落，至B點時開始壓縮彈簧，下落的最低位置為C點。以A點為坐標原點O。沿豎直向下建立x軸，定性畫出小球從A到C過程中加速度a與位移x的關系，如下右圖所示，重力加速度為g。對于小球、彈簧和地球組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是（）A．小球在B點時的速度最大B．小球從B到C的運動為簡諧運動的一部分，振幅為mgC．小球從B到C，系統(tǒng)的動能與彈性勢能之和增大D．圖中陰影部分1和2的面積關系為：S【答案】CD【詳析】A．小球至B點時開始壓縮彈簧，一開始彈力小于重力，則小球繼續(xù)向下加速運動，所以小球在B點時的速度不是最大，故A錯誤；B．設平衡位置為O，彈簧在平衡位置的壓縮量為x1，則有x1=mgk設平衡位置O下方有一D點，且B、D相對于O點對稱，根據(jù)對稱性可知，小球到達D點的速度等于B點的速度，且B、D兩點的加速度大小相等，即D點的加速度大小為g，則小球在最低點C點的加速度大于g，方向向上。根據(jù)牛頓第二定律可得kxC-mg=maCC．小球和彈簧、地球組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球從B運動到C的過程中，小球的重力勢能一直在減小，小球的動能與彈簧的彈性勢能之和一直在增大，故C正確；D．設小球在平衡位置的速度為vmax，根據(jù)微元累積的思想可得∑max=mS=W合則根據(jù)動能定理可得mS1=12mvmax2-12mv故選CD。20．（24-25高三·湖北·5月模擬）如圖甲所示，質量為mB=1kg的長木板B放在水平面上，質量為mA=2kg的物塊A放在木板上，開始物塊與木板均處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用水平外力F作用在物塊上，當F從0開始逐漸增大時，物塊與木板運動的加速度a隨F變化的圖像如圖乙中實線所示，圖中上段傾斜直線的延長線與橫軸交于F1A．木板與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.1 B．小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.3C．圖乙中F2=5.5N D【答案】AD【詳析】A．由圖乙知，當F0=3N時，物塊與木板開始運動，則有F0=μB．由圖乙知，當外力F=F對木板，根據(jù)牛頓第二定律有μ1mAg-CD．當外力F=F2時，物塊與木板開始相對滑動，此時物塊與木板的加速度大小均為a0=1m/s2D．當F>F2時，物塊與木板相對滑動，對物塊，根據(jù)牛頓第二定律有F-μ1mAg故選AD。21．（24-25高三·湖北武漢·四月調研）如圖所示，一位滑雪者，