五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題02相互作用和運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1相互運(yùn)動(dòng)2021、2022、2023、2024、2025知識(shí)考查層面，注重多過(guò)程分析與跨模塊整合。動(dòng)力學(xué)問題常與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)量守恒、能量守恒結(jié)合，分析連接體、傳送帶等復(fù)雜系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律；或通過(guò)電磁感應(yīng)模型，聯(lián)動(dòng)安培力與加速度的瞬時(shí)關(guān)系。命題逐漸引入非勻變速運(yùn)動(dòng)的數(shù)學(xué)化處理，如通過(guò)v-t圖像的斜率變化判斷加速度的非線性變化，結(jié)合積分思想計(jì)算變力作用下的位移，要求考生從圖像中提取關(guān)鍵信息并建立微分方程。此外，運(yùn)動(dòng)學(xué)常與實(shí)驗(yàn)探究交叉，如通過(guò)光電門傳感器數(shù)據(jù)驗(yàn)證牛頓第二定律，體現(xiàn)理論與實(shí)踐的深度融合。能力要求上，突出數(shù)學(xué)工具的工程化應(yīng)用與邏輯推理的嚴(yán)謹(jǐn)性?？忌枋炀氝\(yùn)用導(dǎo)數(shù)分析瞬時(shí)速度與加速度的關(guān)系，或通過(guò)積分計(jì)算非勻變速運(yùn)動(dòng)的位移；部分試題引入有限差分法，如通過(guò)分段線性擬合處理復(fù)雜運(yùn)動(dòng)軌跡。實(shí)驗(yàn)探究能力的考查力度顯著增強(qiáng)，例如設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)測(cè)量高速列車的制動(dòng)距離時(shí)，需結(jié)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耦合關(guān)系的研究。部分試題還引入多維度動(dòng)態(tài)建模能力，如通過(guò)“力-能-質(zhì)”轉(zhuǎn)化鏈分析機(jī)械臂的運(yùn)動(dòng)響應(yīng)問題，或利用傅里葉變換簡(jiǎn)化周期性振動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)分析，全面檢驗(yàn)考生對(duì)物理規(guī)律的遷移能力與創(chuàng)新應(yīng)用水平?？键c(diǎn)2牛頓運(yùn)動(dòng)定律2022、2023、2024考點(diǎn)01相互運(yùn)動(dòng)1．（2025·重慶·高考）現(xiàn)代生產(chǎn)生活中常用無(wú)人機(jī)運(yùn)送物品，如圖所示，無(wú)人機(jī)攜帶質(zhì)量為m的勻質(zhì)鋼管在無(wú)風(fēng)的空中懸停，輕繩M端和N端系住鋼管，輕繩中點(diǎn)O通過(guò)纜繩與無(wú)人機(jī)連接。MO、NO與豎直方向的夾角均為60°，鋼管水平。則MO的彈力大小為（）（重力加速度為g）A．2mg B．mg C．32mg D【答案】B【詳析】以鋼管為研究對(duì)象，設(shè)輕繩的拉力為T，根據(jù)對(duì)稱性可知兩邊繩子拉力相等，根據(jù)平衡條件2Tcos60°=mg故選B。2．（2024·重慶·高考）元代王禎《農(nóng)書》記載了一種人力汲水灌田農(nóng)具——戽斗。某興趣小組對(duì)戽斗汲水工作情況進(jìn)行模型化處理，設(shè)計(jì)了如圖甲所示實(shí)驗(yàn)，探究戽斗在豎直面內(nèi)的受力與運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)。該小組在位于同一水平線上的P、Q兩點(diǎn)，分別固定一個(gè)小滑輪，將連結(jié)沙桶的細(xì)線跨過(guò)兩滑輪并懸掛質(zhì)量相同的砝碼，讓沙桶在豎直方向沿線段PQ的垂直平分線OO′運(yùn)動(dòng)。當(dāng)沙桶質(zhì)量為136.0g時(shí)，沙桶從A點(diǎn)由靜止釋放，能到達(dá)最高點(diǎn)B，最終停在C點(diǎn)。分析所拍攝的沙桶運(yùn)動(dòng)視頻，以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，取豎直向上為正方向。建立直角坐標(biāo)系，得到沙桶位置y隨時(shí)間t的圖像如圖乙所示。(1)若將沙桶上升過(guò)程中的某一段視為勻速直線運(yùn)動(dòng)，則此段中隨著連結(jié)沙桶的兩線間夾角逐漸增大，每根線對(duì)沙桶的拉力_____（選填“逐漸增大”“保持不變”“逐漸減小”）。沙桶在B點(diǎn)的加速度方向_____（選填“豎直向上”“豎直向下”）。(2)一由圖乙可知，沙桶從開始運(yùn)動(dòng)到最終停止，機(jī)械能增加_____J（保留兩位有效數(shù)字，g=9.8m/s2）?！敬鸢浮?1)逐漸增大豎直向下(2)0.11【詳析】（1）[1][2]設(shè)細(xì)線與豎直方向夾角為θ，沙桶勻速上升2Tcosθ=Mg當(dāng)θ逐漸增大時(shí)，T逐漸增大，沙桶上升到最高點(diǎn)B然后下落，在最高點(diǎn)的加速度方向豎直向下。（2）沙桶從開始運(yùn)動(dòng)到靜止上升高度為8.4cm，機(jī)械能增加量為Mgh=0.136×9.8×0.084J=0.11J3．（2023·重慶·高考）矯正牙齒時(shí)，可用牽引線對(duì)牙施加力的作用。若某顆牙齒受到牽引線的兩個(gè)作用力大小均為F，夾角為α（如圖），則該牙所受兩牽引力的合力大小為（）

A．2B．2C．FD．F【答案】B【詳析】根據(jù)平行四邊形定則可知，該牙所受兩牽引力的合力大小為F故選B。4．（2022·重慶·高考）如圖所示，吸附在豎直玻璃上質(zhì)量為m的擦窗工具，在豎直平面內(nèi)受重力、拉力和摩擦力（圖中未畫出摩擦力）的共同作用做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若拉力大小與重力大小相等，方向水平向右，重力加速度為g，則擦窗工具所受摩擦力（）A．大小等于mg B．大小等于2C．方向豎直向上 D．方向水平向左【答案】B【詳析】對(duì)擦窗工具進(jìn)行正視圖的受力分析如圖所示水平方向上拉力F與擦窗工具所受摩擦力水平分量f滑等大反向，豎直方向上重力mg與擦窗工具所摩擦力豎直分量f靜等大反向，所以擦窗工具所受摩擦力方向如圖中f故選B。5．（2021·重慶·高考）如圖所示，人游泳時(shí)若某時(shí)刻手掌對(duì)水的作用力大小為F，該力與水平方向的夾角為30°，則該力在水平方向的分力大小為（）A．2F B．3F C．F D【答案】D【詳析】沿水平方向和豎直方向?qū)⑹终茖?duì)水的作用力分解，則有該力在水平方向的分力大小為F故選D?？键c(diǎn)02牛頓運(yùn)動(dòng)定律6．（2024·重慶·高考）2024年5月3日，嫦娥六號(hào)探測(cè)成功發(fā)射，開啟月球背面采樣之旅，探測(cè)器的著陸器上升器組合體著陸月球要經(jīng)過(guò)減速、懸停、自由下落等階段。則組合體著陸月球的過(guò)程中（

）A．減速階段所受合外力為0 B．懸停階段不受力C．自由下落階段機(jī)械能守恒 D．自由下落階段加速度大小g=9.8m/s2【答案】C【詳析】A．組合體在減速階段有加速度，合外力不為零，故A錯(cuò)誤；B．組合體在懸停階段速度為零，處于平衡狀態(tài)，合力為零，仍受重力和升力，故B錯(cuò)誤；C．組合體在自由下落階段只受重力，機(jī)械能守恒，故C正確；D．月球表面重力加速度不為9.8m/s2，故D錯(cuò)誤。故選C。7．（2023·重慶·高考）某實(shí)驗(yàn)小組測(cè)得在豎直方向飛行的無(wú)人機(jī)飛行高度y隨時(shí)間t的變化曲線如圖所示，E、F、M、N為曲線上的點(diǎn)，EF、MN段可視為兩段直線，其方程分別為y=4t-26和y

A．EF段無(wú)人機(jī)的速度大小為4m/sB．FM段無(wú)人機(jī)的貨物處于失重狀態(tài)C．FN段無(wú)人機(jī)和裝載物總動(dòng)量變化量大小為4kg?m/sD．MN段無(wú)人機(jī)機(jī)械能守恒【答案】AB【詳析】A．根據(jù)EF段方程y=4t-26可知EF段無(wú)人機(jī)的速度大小為v=B．根據(jù)y-t圖像的切線斜率表示無(wú)人機(jī)的速度，可知FM段無(wú)人機(jī)先向上做減速運(yùn)動(dòng)，后向下做加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向一直向下，則無(wú)人機(jī)的貨物處于失重狀態(tài)，故C．根據(jù)MN段方程y=-2t+140可知MN段無(wú)人機(jī)的速度為v'可知FN段無(wú)人機(jī)和裝載物總動(dòng)量變化量大小為12kg?m/s，故C錯(cuò)誤；D．MN段無(wú)人機(jī)向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減少，無(wú)人機(jī)的機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。故選AB。8．（2022·重慶·高考）在測(cè)試汽車的安全氣囊對(duì)駕乘人員頭部防護(hù)作用的實(shí)驗(yàn)中，某小組得到了假人頭部所受安全氣囊的作用力隨時(shí)間變化的曲線（如圖）。從碰撞開始到碰撞結(jié)束過(guò)程中，若假人頭部只受到安全氣囊的作用，則由曲線可知，假人頭部（

）A．速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積 B．動(dòng)量大小先增大后減小C．動(dòng)能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積 D．加速度大小先增大后減小【答案】D【來(lái)源】2022年新高考重慶物理高考真題【詳析】AB．由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則F—t圖像的面積即合外力的沖量，再根據(jù)動(dòng)量定理可知F—t圖像的面積也是動(dòng)量的變化量，且圖線一直在t軸的上方，由于頭部有初動(dòng)量，由圖可知，動(dòng)量變化越來(lái)越大，則動(dòng)量的大小一直減小到假人頭靜止，動(dòng)量變化最大，AB錯(cuò)誤；C．根據(jù)動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系有Ek=p22m，而D．由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則根據(jù)牛頓定律可知a∝F，即假人頭部的加速度先增大后減小，D正確。故選D。9．（2022·重慶·高考）一物塊在傾角為45°的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與摩擦力相等的拉力作用，由靜止開始沿斜面向下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同。若拉力沿斜面向下時(shí)，物塊滑到底端的過(guò)程中重力和摩擦力對(duì)物塊做功隨時(shí)間的變化分別如圖曲線①、②所示，則（）A．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2B．當(dāng)拉力沿斜面向上，重力做功為9J時(shí)，物塊動(dòng)能為3JC．當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊的加速度大小之比為1∶3D．當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊滑到底端時(shí)的動(dòng)量大小之比為1:【答案】BC【詳析】A．對(duì)物體受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑動(dòng)摩擦力，有F由牛頓第二定律可知，物體下滑的加速度為a1=gsin45°=22g則拉力沿斜面向下時(shí)，物塊滑到底端的過(guò)程中重力和摩擦力對(duì)物塊做功為WGC．當(dāng)拉力沿斜面向上，由牛頓第二定律有mgsin45°-F-f=ma2B．當(dāng)拉力沿斜面向上，重力做功為WG2=mgsin45°?x合力做功W合=ma2D．當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊滑到底端時(shí)的動(dòng)量大小為P=mv=m2ax故選BC。10．（2022·重慶·高考）小明設(shè)計(jì)了一個(gè)青蛙捉飛蟲的游戲，游戲中蛙和蟲都在xOy豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)。蟲可以從水平x軸上任意位置處由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，每次運(yùn)動(dòng)的加速度大小恒為59g（g為重力加速度），方向均與x軸負(fù)方向成37°斜向上（x軸向右為正）。蛙位于y軸上M點(diǎn)處，OM=（1）若蟲飛出一段時(shí)間后，蛙以其最大跳出速率向右水平跳出，在y=34（2）若蛙跳出的速率不大于（1）問中的最大跳出速率，蛙跳出時(shí)刻不早于蟲飛出時(shí)刻，蟲能被捉住，求蟲在x軸上飛出的位置范圍。（3）若蟲從某位置飛出后，蛙可選擇在某時(shí)刻以某速率跳出，捉住蟲時(shí)蛙與蟲的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為1:2；蛙也可選擇在另一時(shí)刻以同一速率跳出，捉住蟲時(shí)蛙與蟲的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為1:【答案】（1）vm=43gH；（2）1-263H≤x【詳析】（1）蟲子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，青蛙做平拋運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可知x蟲=34Htan37°=H（2）若蛙和蟲同時(shí)開始運(yùn)動(dòng)，時(shí)間均為t，則蟲的水平分加速度和豎直分加速度分別為ax=59gcos37°=49g，若蛙和蟲不同時(shí)刻出發(fā)，軌跡相切時(shí)，青蛙的平拋運(yùn)動(dòng)有y=H-12gt2，x=vmt令Δ=0，即916-4×g2vm2?(（3）設(shè)蛙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，有12gt12+12ay(2t1)2=H，121．（2025·重慶·高三第七次模擬調(diào)研）2025年4月11日，重慶一些地方出現(xiàn)了沙塵天氣。如果一質(zhì)量為m的沙塵微粒在空中與豎直方向夾角為θ斜向下勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，則該微粒所受空氣作用力大小為（）A．mg B．mgsinθ C．mgcos【答案】A【詳析】該微粒斜向下勻速運(yùn)動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，所受空氣作用力大小等于其重力mg。故選A。2．（2025·重慶育才中學(xué)·二模）如題圖所示，一名環(huán)衛(wèi)工人拉著垃圾桶沿水平方向勻速向右運(yùn)動(dòng)，拉力F＝200N，方向與水平方向的夾角為53°，已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，則垃圾桶受到地面的阻力大小為（）A．80N B．120NC．160N D．200N【答案】B【詳析】根據(jù)垃圾桶水平方向受力平衡可知，垃圾桶受到地面的阻力大小為f故選B。3．（2025·重慶育才·全真?？迹┪覈?guó)一新型智能機(jī)械臂用兩只機(jī)械手指捏著雞蛋的簡(jiǎn)化模型如圖所示。若兩手指對(duì)雞蛋的合力為F，雞蛋重力為G，則（）A．雞蛋水平勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)F=G B．雞蛋豎直向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)F>GC．雞蛋向下加速運(yùn)動(dòng)時(shí)F=G D．雞蛋向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)F<G【答案】A【詳析】AB．不論雞蛋向哪個(gè)方向勻速運(yùn)動(dòng)均屬于平衡狀態(tài)，根據(jù)二力平衡可知F=G，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．若雞蛋速度改變，即雞蛋有加速度，根據(jù)牛頓第二定律可知合外力與加速度方向一致，則雞蛋向下加速運(yùn)動(dòng)時(shí)F<G，雞蛋向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)F>G，故CD錯(cuò)誤。故選A。4．（2025·重慶巴蜀中學(xué)·三診）如圖，固定的光滑絕緣轉(zhuǎn)動(dòng)軸O'兩端通過(guò)等長(zhǎng)的不可伸長(zhǎng)輕質(zhì)軟導(dǎo)線連接并懸掛長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的細(xì)導(dǎo)體棒ab，空間存在輻向分布磁場(chǎng)(方向已標(biāo)出)，保證導(dǎo)體棒移動(dòng)過(guò)程中磁場(chǎng)方向總是垂直于導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為BA．導(dǎo)體棒中電流方向?yàn)橛蒪指向aB．導(dǎo)體棒中電流應(yīng)逐漸變大C．懸線對(duì)導(dǎo)體棒的拉力一直增大D．安培力對(duì)導(dǎo)體棒不做功【答案】B【詳析】A．導(dǎo)體棒受安培力偏左，由左手定則可判斷，導(dǎo)體棒中電流方向?yàn)橛蒩指向b，故A錯(cuò)誤；BC．由受力分析可知，安培力始終與懸線拉力垂直，根據(jù)平衡條件有T=mg因在該過(guò)程中懸線與豎直方向的夾角變大，故T變小，F(xiàn)安變大，電流I變大，故B正確，CD．由題知，在整過(guò)程重力做負(fù)功，拉力不做功，且導(dǎo)體棒緩慢移動(dòng)，即動(dòng)能變化量為零，根據(jù)動(dòng)能定理WG+W安=ΔEk故選B。5．（2025·重慶·高三學(xué)業(yè)質(zhì)量調(diào)研抽測(cè)（三））如圖，在廚房中，為了方便使用吸油紙，用一個(gè)固定于墻上頂端可轉(zhuǎn)動(dòng)的掛鉤將吸油紙卷掛起，使用過(guò)程中吸油紙卷始終與掛鉤擋板接觸且有擠壓，若不計(jì)擋板與吸油紙卷間的摩擦，使用過(guò)程中，當(dāng)吸油紙卷逐漸減少時(shí)，則（）A．擋板對(duì)吸油紙卷作用力減小B．掛鉤對(duì)吸油紙卷作用力變大C．掛鉤對(duì)吸油紙卷作用力方向豎直向上D．擋板和掛鉤對(duì)吸油紙卷的合力保持不變【答案】A【詳析】設(shè)掛鉤對(duì)卷紙的作用力為F，方向指向左上方，擋板對(duì)卷紙的作用力為FN當(dāng)卷紙逐漸減少時(shí)，F(xiàn)與豎直方向的夾角減小，重力減小，由圖可知，F(xiàn)減小，F(xiàn)N故選A。6．（2025·重慶八中·全真模擬強(qiáng)化訓(xùn)練（三））下圖是2025年1月7日西藏日喀則市定日縣發(fā)生6.8級(jí)地震后起重機(jī)吊起石塊的情景。正方體石塊被繩子栓在起重機(jī)掛鉤處。起重機(jī)和重物靜止在水平地面上時(shí)，四根斜拉的繩端與豎直方向的夾角均相等，四條繩子拉力一樣大。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，繩子始終繃緊。下列說(shuō)法正確的是（）A．石塊從地面上升過(guò)程中一定處于平衡狀態(tài)B．當(dāng)石塊上升時(shí)，起重機(jī)對(duì)地的壓力與起重機(jī)和石頭的總重力一定大小相等C．當(dāng)石塊勻速上升時(shí)，每根繩端對(duì)石頭的拉力均為石塊重力的四分之一D．當(dāng)起重機(jī)吊著石塊水平運(yùn)動(dòng)時(shí)，起重機(jī)可能會(huì)受到水平地面對(duì)它的摩擦力【答案】D【詳析】AB．當(dāng)石塊從靜止開始上升，一定要先經(jīng)歷加速過(guò)程，對(duì)起重機(jī)和石塊整體受力分析，加速度豎直向上，則此過(guò)程處于超重狀態(tài)，AB錯(cuò)誤；C．當(dāng)重物勻速上升時(shí)，設(shè)繩子上的拉力為F，繩子與豎直方向的夾角為θ，對(duì)重物受力分析有4故每根繩子上的拉力為F=Mg4cosD．當(dāng)起重機(jī)吊著石塊水平加速時(shí)，對(duì)起重機(jī)受力分析由牛頓第二定律可知，起重機(jī)一定會(huì)受到水平摩擦力；當(dāng)起重機(jī)吊著石塊水平勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，起重機(jī)不受水平摩擦力。D正確。故選D。7．（2025·重慶育才中學(xué)·模擬）2025年4月9日，重慶江北國(guó)際機(jī)場(chǎng)T3B航站樓正式投用。小育同學(xué)在航站樓用如圖甲所示的推車推著行李箱做勻速直線運(yùn)動(dòng)，推車及行李箱可以簡(jiǎn)化成如圖乙所示模型。則推車對(duì)整個(gè)行李箱的作用力方向可能是（）A．① B．② C．③ D．④【答案】B【詳析】行李箱做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所受合外力為0，推車對(duì)行李箱作用力與重力等大反向。故選B。8．（2025·重慶八中·全真?？迹┤鐖D所示一艘船靜止在水面上，其粗糙外壁面與豎直方向夾角為θ，一可視為質(zhì)點(diǎn)的機(jī)器人通過(guò)磁鐵吸附在外壁并與船保持靜止，磁力垂直于壁面，則該機(jī)器人受力個(gè)數(shù)為（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【詳析】ABCD．機(jī)器人要想與船保持靜止，受力分析如圖所示，共受4個(gè)力，故選C。9．（2025·重慶西大附中·模擬）雨滴從空中由靜止落下，若雨滴下落時(shí)空氣對(duì)其的阻力隨雨滴下落速度的增大而增大。如下圖所示的圖像中，可能正確反映雨滴下落運(yùn)動(dòng)情況的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】C【詳析】雨滴從空中由靜止落下，以雨滴為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得mg由于空氣阻力隨雨滴下落速度的增大而增大，可知雨滴的加速度逐漸減小，所以雨滴做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)空氣阻力等于雨滴重力時(shí)，雨滴開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)。故選C。10．（2025·重慶西南大附中·全真?？迹┘?、乙兩個(gè)小朋友在長(zhǎng)度相同的兩個(gè)平直滑梯上比賽。他們同時(shí)從滑梯頂端由靜止開始下滑，當(dāng)甲滑至滑梯底端時(shí)，乙剛好滑至中點(diǎn)，認(rèn)為他們的運(yùn)動(dòng)均是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則甲、乙（）A．滑到滑梯底端所用的時(shí)間之比為1:B．滑到滑梯底端所用的時(shí)間之比為1∶2C．所受摩擦力大小之比為1∶2D．所受合力之比為1∶2【答案】A【詳析】AB．根據(jù)題意，設(shè)甲、乙兩個(gè)小朋友的加速度分別為a1、a2，斜面長(zhǎng)度為L(zhǎng)，甲滑至滑梯底端所用時(shí)間分別為t1、t2，則有L=12a1t12，1CD．根據(jù)題意，由牛頓第二定律有F合=mgsin故選A。11．（2025·重慶巴蜀中學(xué)·三診）如圖，在某次巴蜀中學(xué)趣味運(yùn)動(dòng)會(huì)中,小蜀手持質(zhì)量為M的乒乓球拍托著質(zhì)量為m的球一起沿水平方向勻加速直線跑動(dòng)。球拍平面與水平面之間的夾角為θ。不計(jì)球和球拍之間的摩擦力以及空氣阻力，重力加速度為g。則（）A．乒乓球的加速度大小為gB．手對(duì)球拍的作用力為mC．球拍對(duì)乒乓球的彈力對(duì)乒乓球做正功D．若小蜀在中途突然帶著球拍減速,則乒乓球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng)【答案】C【詳析】A．對(duì)乒乓球受力分析如圖所示根據(jù)牛頓第二定律得ma=mgtanθ解得aB．對(duì)球拍和乒乓球整體受力分析，如圖所示根據(jù)平行四邊形定則知，運(yùn)動(dòng)員對(duì)球拍的作用力為F=M+mC．對(duì)乒乓球受力分析如圖所示乒乓球水平向右運(yùn)動(dòng)，即位移水平向右；由圖可知，球拍對(duì)乒乓球的彈力N與位移的夾角小于90°，故球拍對(duì)乒乓球的彈力N對(duì)乒乓球做正功，故CD．若小蜀在中途突然帶著球拍減速，由于慣性，乒乓球的速度不會(huì)減小，將與球拍分離，在水平方向有初速度，在豎直方向受力重力作用，故乒乓球?qū)⒆銎綊佭\(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選C。12．（2025·重慶八中·三診）手推車是實(shí)用的搬運(yùn)工具，如題圖所示，有一手推車的平面與擋板垂直，某次在運(yùn)貨時(shí)手推車平面與水平地面的夾角為α，貨物與手推車保持相對(duì)靜止。若忽略貨物與車平面之間的摩擦力，重力加速度為g。則（）A．手推車水平勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，貨物受擋板的彈力大小等于重力的大小B．手推車向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，手推車對(duì)貨物的作用力的方向不可能指向右上方C．為使貨物不離開擋板，手推車水平向右的加速度不能超過(guò)gtanαD．手推車靜止時(shí)，若α緩慢增大到90°【答案】C【詳析】A．手推車水平勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，貨物受力平衡，對(duì)貨物受力分析可知，受到豎直向下的重力，擋板和車平面的支持力，則貨物受擋板的彈力大小F1=mgsinB．手推車向左減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度向右，則貨物受合外力向右，此時(shí)手推車對(duì)貨物的作用力的方向指向右上方，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．當(dāng)擋板對(duì)貨物的彈力為零時(shí)，則由牛頓第二定律mgtanα=ma可得a=gD．手推車靜止時(shí)，手推車平面對(duì)貨物的支持力F2=mgcosα若α故選C。13．（2025·重慶育才中學(xué)·模擬）如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧上端固定在天花板上，下端與質(zhì)量為m的物塊A相連接。初始時(shí)刻，用擋板B托住物塊A，使其處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧處于原長(zhǎng)。利用計(jì)算機(jī)系統(tǒng)精確控制使擋板B豎直向下做加速度大小為a=0.5g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直至擋板與物塊A分離，分離后物塊A向下做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度vm，而后向下減速運(yùn)動(dòng)到達(dá)最低點(diǎn)。此后物塊A在豎直方向做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。則（）A．擋板B與物塊A分離時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量xB．物塊A達(dá)到最大速度vm時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量xC．彈簧的最大伸長(zhǎng)量為2D．物塊A的最大速度v【答案】D【詳析】A．當(dāng)擋板B與物塊A分離時(shí)，A、B間的作用力為零，則此時(shí)A的加速度為a1=0.5g。對(duì)物塊A受力分析由牛頓第二定律得mg-kx1=ma1B．當(dāng)物塊A達(dá)到最大速度vm時(shí)，加速度為零，則對(duì)物塊A有mg=kx2解得物塊A達(dá)到最大速度vmC．若沒有擋板B，物塊A從彈簧原長(zhǎng)處單獨(dú)靜止釋放，物塊A在豎直方向上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性可知，物塊A下降的高度為2mgk。當(dāng)物塊A在與擋板B一起運(yùn)動(dòng)，分離前，擋板B對(duì)物塊A做負(fù)功，物塊A下降的高度較小，彈簧的最大伸長(zhǎng)量較小，小于2mgD．當(dāng)物塊A與擋板B分離前，物塊A的加速度始終為a1=0.5g，由于最開始彈簧處于自由狀態(tài)，則當(dāng)物塊A與擋板B分離后，對(duì)物塊A由牛頓第二定律得mg-kx=ma隨著彈簧的伸長(zhǎng)量x的增大，加速度a逐漸減小。所以物塊A由v2=2ax可知，通過(guò)a-x圖像與x軸圍成的面積求解，由a-x圖像得vm2=2a1x故選D。14．（2025·重慶一中·三模）風(fēng)鈴由主線、吊線、鈴鐺、鈴?fù)兴膫€(gè)部分組成，如圖所示。某同學(xué)研究風(fēng)鈴靜止時(shí)的受力，忽略主線、吊線的質(zhì)量。下列說(shuō)法正確的是（）A．鈴鐺共受3個(gè)力的作用B．吊線上、下兩端受到鈴鐺、鈴?fù)械睦ο嗤珻．鈴?fù)袑?duì)吊線的拉力與鈴鐺對(duì)吊線的拉力為一對(duì)平衡力D．主線對(duì)鈴鐺的拉力大小等于鈴鐺的重力大小【答案】AC【詳析】A．鈴鐺受到重力、主線的拉力和鈴?fù)械睦Φ慕o的向上的拉力3個(gè)力的作用。故A正確；BC．吊線上、下兩端受到鈴鐺、鈴?fù)械睦Υ笮∠嗤?，方向相反，是一?duì)平衡力。故B錯(cuò)誤，C正確；D．對(duì)鈴鐺、吊線和鈴?fù)姓w進(jìn)行受力分析，整體受到的主線向上的拉力和整體（鈴鐺和鈴?fù)校┑闹亓ζ胶?，所以主線對(duì)鈴鐺的拉力與鈴鐺的重力不平衡。故D錯(cuò)誤。故選AC。15．（2025·重慶南開中學(xué)·質(zhì)檢八）如圖所示，一列玩具小火車靜止在光滑水平軌道上，甲、乙兩節(jié)車廂用一質(zhì)量不可忽略的硬桿相連，甲、乙的質(zhì)量相等且大于硬桿的質(zhì)量，甲車廂受到水平向左的拉力F1，乙車廂受到水平向右的拉力F2，硬桿對(duì)甲、乙的作用力大小分別為F3A．當(dāng)F1=F2時(shí)，F(xiàn)3C．當(dāng)F1<F2時(shí)，F(xiàn)3【答案】AB【詳析】A．根據(jù)題意可知，當(dāng)F1=F2時(shí)，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)硬桿分析可知，BC．當(dāng)F1<F2時(shí)，系統(tǒng)具有向右的加速度，取硬桿為研究對(duì)象，結(jié)合牛頓第二定律知F3D．當(dāng)F1>F2時(shí)，系統(tǒng)具有向左的加速度，取硬桿為研究對(duì)象，結(jié)合牛頓第二定律知故選AB。16．（2025·重慶育才·全真?？迹┤鐖D甲為老師辦公桌的抽屜柜。已知抽屜的質(zhì)量M=1.8kg，長(zhǎng)度d=1.0m，其中放有質(zhì)量m=0.2kg，長(zhǎng)s=0.2m的書本，書本的四邊與抽屜的四邊均平行。書本的右端與抽屜的右端相距也為s，如圖乙所示。不計(jì)柜體和抽屜的厚度以及抽屜與柜體間的摩擦，書本與抽屜間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1?，F(xiàn)用水平力F將抽屜拉出，抽屜遇到柜體的擋板時(shí)立即鎖定不動(dòng)。不考慮抽屜翻轉(zhuǎn)，重力加速度g=10m/s2。求(1)在拉出抽屜過(guò)程中，為保證書本與抽屜不產(chǎn)生相對(duì)滑動(dòng)，水平力F的最大值；(2)當(dāng)F=1.8N時(shí)，從開始運(yùn)動(dòng)到抽屜與擋板碰撞前瞬間，抽屜對(duì)書本做的功；(3)當(dāng)F=3.8N時(shí)，從開始運(yùn)動(dòng)到書本最終停止時(shí)，書本和抽屜因摩擦產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮?1)F(2)W=0.18J(3)Q【來(lái)源】2025屆重慶市育才學(xué)校高三下學(xué)期全真模擬聯(lián)合考試物理試題【詳析】（1）對(duì)書本由牛頓第二定律有μmg=mam解得am=μg=1（2）由于F=1.8N<2N，可知書本和抽屜相對(duì)靜止對(duì)抽屜和書本整體由牛頓第二定律有F=（M+m）a解得a=0.9m/s2對(duì)書由f=（3）由于F=3.8N>Fm可知書本和抽屜有相對(duì)滑動(dòng)對(duì)抽屜，由牛頓第二定律有F-設(shè)抽屜的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得d=12a2t12解得t1=1s此時(shí)，書本的速度為v1=μgt1=1m/s書本通過(guò)的位移大小為17．（2025·重慶巴蜀中學(xué)·三診）小明用如圖所示的裝置探究水平風(fēng)力對(duì)平拋物體運(yùn)動(dòng)的影響，將一彈簧槍水平固定在風(fēng)洞內(nèi)距水平地面高度H=5?m處，質(zhì)量m=1kg的小球以速度v0=5m/s從彈簧槍槍口水平射出，小球在空中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終受到大小不變、水平向左的風(fēng)力作用、小球落到地面上的A點(diǎn)，A點(diǎn)與彈簧槍槍口水平距離(1)小球落地所需時(shí)間和小球所受風(fēng)力F的大?。?2)小球落地時(shí)的動(dòng)能Ek【答案】(1)1s，5N(2)50J【詳析】（1）小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，落地所需時(shí)間t=2Hg=1s小球在水平方向做勻減速運(yùn)動(dòng)xOA=v0t（2）小球射出至落地的過(guò)程由動(dòng)能定理有mgH-FxOA=Ek-水平方向速度vx=v18．（2025·重慶育才中學(xué)·二模）如圖所示，順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶長(zhǎng)度L=4m，傳送帶右端緊靠靜止在地面上質(zhì)量m=1.5kg的木板的左端，且上表面相平。質(zhì)量m1=1kg的物塊A以v=7m/s水平向右的速度由最左端滑上傳送帶，物塊A與傳送帶的摩擦因數(shù)μ1=0.2；一段時(shí)間后，物塊A與靜止在木板最左端的質(zhì)量m2=3kg的物塊B發(fā)生彈性碰撞，碰后物塊A恰好可以運(yùn)動(dòng)到傳送帶最左端，物塊B最終沒有從木板上滑出，物塊B與木板的摩擦因數(shù)μ2=0.3，木板與地面的摩擦因數(shù)μ3=0.1，兩物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g=10m/s(1)碰后物塊A的速度大??；(2)傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的速度大?。?3)木板的最小長(zhǎng)度?！敬鸢浮?1)v(2)v(3)4【詳析】（1）設(shè)物塊A碰后速度大小為v1，由題意可知-μ（2）假設(shè)物塊A到達(dá)傳送帶右端時(shí)與傳送帶能達(dá)到共同速度v0，則物塊A與Bm1v解得v2=4m/s，v0=8m/s設(shè)物塊A解得L'=（3）物塊B滑上木板后，物塊B向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，木板向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)時(shí)間t共速，物塊B加速度大小為a1=μ2g=3m/s2木板的加速度a2=μ2m2g-μ3(19．（2025·重慶·高三學(xué)業(yè)質(zhì)量調(diào)研抽測(cè)（三））如圖，在某次高空作業(yè)平臺(tái)測(cè)試中，平臺(tái)纜繩斷裂后向下墜落。已知下落過(guò)程中兩側(cè)制動(dòng)裝置對(duì)平臺(tái)施加的滑動(dòng)摩擦力共為f=15000N，平臺(tái)剛接觸緩沖輕彈簧時(shí)速度為v=3m/s，此后經(jīng)t=0.1s平臺(tái)停止運(yùn)動(dòng)，輕彈簧被壓縮了x=0.3m。若平臺(tái)的質(zhì)量為m=1200kg，g取10m/s2，不考慮空氣阻力。求：(1)平臺(tái)剛接觸輕彈簧時(shí)加速度大??；(2)輕彈簧的最大彈性勢(shì)能；(3)下落過(guò)程中輕彈簧對(duì)平臺(tái)的沖量?！敬鸢浮?1)a=2.5m/s2(2)E(3)I彈【詳析】（1）根據(jù)牛頓第二定律可得f-mg=（2）根據(jù)能量守恒可知mgx+12（3）取豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可得I彈+ft-mgt20．（2025·重慶南開中學(xué)·質(zhì)檢八）如圖所示，在長(zhǎng)度s=16m的水平傳送帶中央有兩個(gè)小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA=2kg、mB=3kg，兩物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.2，兩物塊中央夾有儲(chǔ)存了15J能量的微小彈性裝置（不計(jì)彈性裝置的長(zhǎng)度），在外力作用下兩物塊保持靜止。豎直面內(nèi)固定一半徑R=1.25m的光滑14圓弧軌道，在最高點(diǎn)D與傳送帶平滑連接，E點(diǎn)位于水平地面上，水平地面足夠長(zhǎng)。若撤去對(duì)中央兩物塊的外力，彈性裝置在較短時(shí)間內(nèi)把兩物塊彈開，彈開兩物塊后，取走彈性裝置并立即讓傳送帶以v=6.2m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。A物塊落在水平地面上后不再運(yùn)動(dòng)，B物塊每次與水平地面發(fā)生連續(xù)碰撞時(shí)，水平方向速度不變，豎直方向速度連續(xù)發(fā)生衰減。當(dāng)B物塊與地面發(fā)生第n(1)彈性裝置把A、B物塊彈開后瞬間兩物塊的速度大小vA1、v(2)A、B物塊第一次離開傳送帶的速度大小vA2、vB2以及B物塊與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量(3)在B物塊與地面第n次碰撞時(shí)，A物塊落點(diǎn)與E點(diǎn)的距離xAE以及B物塊落點(diǎn)與E點(diǎn)的距離x【答案】(1)vA1=3m/s(2)vA2=6.2m/s，v(3)xAE=1.85m【詳析】（1）對(duì)A與B分析，由能量守恒，有E=12mAvA12（2）對(duì)A，假設(shè)A一直勻加速到D點(diǎn)有μmAg?s2=12mAvA22-12mAvA12則vA2=41m/s>v=6.2m/s假設(shè)不成立，A應(yīng)先勻加速到與傳送帶共速，后以v做勻速直線運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，即vA2=6.2m/s對(duì)B，假設(shè)B經(jīng)過(guò)x距離向左勻減速到速度為零，有-μmBg?x=0-12mBvB1又Q（3）若要物塊從D點(diǎn)開始做平拋運(yùn)動(dòng)，需要滿足mvD2R=mgvB2=6m/s>vD=12.5m/sA、B物塊經(jīng)Dx對(duì)B在豎直方向，第一次碰地前，有t1'=v1yg=2Rg=0.5s由于v'ny=1nn+1v1y第一次碰撞后瞬間B物塊豎直方向速度大小為v1y=11×2v1y=1-12v1y第二次碰前瞬間B物塊豎直方向速度大小為v2y專題02相互作用和運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1相互運(yùn)動(dòng)2021、2022、2023、2024、2025知識(shí)考查層面，注重多過(guò)程分析與跨模塊整合。動(dòng)力學(xué)問題常與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)量守恒、能量守恒結(jié)合，分析連接體、傳送帶等復(fù)雜系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律；或通過(guò)電磁感應(yīng)模型，聯(lián)動(dòng)安培力與加速度的瞬時(shí)關(guān)系。命題逐漸引入非勻變速運(yùn)動(dòng)的數(shù)學(xué)化處理，如通過(guò)v-t圖像的斜率變化判斷加速度的非線性變化，結(jié)合積分思想計(jì)算變力作用下的位移，要求考生從圖像中提取關(guān)鍵信息并建立微分方程。此外，運(yùn)動(dòng)學(xué)常與實(shí)驗(yàn)探究交叉，如通過(guò)光電門傳感器數(shù)據(jù)驗(yàn)證牛頓第二定律，體現(xiàn)理論與實(shí)踐的深度融合。能力要求上，突出數(shù)學(xué)工具的工程化應(yīng)用與邏輯推理的嚴(yán)謹(jǐn)性?？忌枋炀氝\(yùn)用導(dǎo)數(shù)分析瞬時(shí)速度與加速度的關(guān)系，或通過(guò)積分計(jì)算非勻變速運(yùn)動(dòng)的位移；部分試題引入有限差分法，如通過(guò)分段線性擬合處理復(fù)雜運(yùn)動(dòng)軌跡。實(shí)驗(yàn)探究能力的考查力度顯著增強(qiáng)，例如設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)測(cè)量高速列車的制動(dòng)距離時(shí)，需結(jié)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耦合關(guān)系的研究。部分試題還引入多維度動(dòng)態(tài)建模能力，如通過(guò)“力-能-質(zhì)”轉(zhuǎn)化鏈分析機(jī)械臂的運(yùn)動(dòng)響應(yīng)問題，或利用傅里葉變換簡(jiǎn)化周期性振動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)分析，全面檢驗(yàn)考生對(duì)物理規(guī)律的遷移能力與創(chuàng)新應(yīng)用水平?？键c(diǎn)2牛頓運(yùn)動(dòng)定律2022、2023、2024考點(diǎn)01相互運(yùn)動(dòng)1．（2025·重慶·高考）現(xiàn)代生產(chǎn)生活中常用無(wú)人機(jī)運(yùn)送物品，如圖所示，無(wú)人機(jī)攜帶質(zhì)量為m的勻質(zhì)鋼管在無(wú)風(fēng)的空中懸停，輕繩M端和N端系住鋼管，輕繩中點(diǎn)O通過(guò)纜繩與無(wú)人機(jī)連接。MO、NO與豎直方向的夾角均為60°，鋼管水平。則MO的彈力大小為（）（重力加速度為g）A．2mg B．mg C．32mg D【答案】B【詳析】以鋼管為研究對(duì)象，設(shè)輕繩的拉力為T，根據(jù)對(duì)稱性可知兩邊繩子拉力相等，根據(jù)平衡條件2Tcos60°=mg故選B。2．（2024·重慶·高考）元代王禎《農(nóng)書》記載了一種人力汲水灌田農(nóng)具——戽斗。某興趣小組對(duì)戽斗汲水工作情況進(jìn)行模型化處理，設(shè)計(jì)了如圖甲所示實(shí)驗(yàn)，探究戽斗在豎直面內(nèi)的受力與運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)。該小組在位于同一水平線上的P、Q兩點(diǎn)，分別固定一個(gè)小滑輪，將連結(jié)沙桶的細(xì)線跨過(guò)兩滑輪并懸掛質(zhì)量相同的砝碼，讓沙桶在豎直方向沿線段PQ的垂直平分線OO′運(yùn)動(dòng)。當(dāng)沙桶質(zhì)量為136.0g時(shí)，沙桶從A點(diǎn)由靜止釋放，能到達(dá)最高點(diǎn)B，最終停在C點(diǎn)。分析所拍攝的沙桶運(yùn)動(dòng)視頻，以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，取豎直向上為正方向。建立直角坐標(biāo)系，得到沙桶位置y隨時(shí)間t的圖像如圖乙所示。(1)若將沙桶上升過(guò)程中的某一段視為勻速直線運(yùn)動(dòng)，則此段中隨著連結(jié)沙桶的兩線間夾角逐漸增大，每根線對(duì)沙桶的拉力_____（選填“逐漸增大”“保持不變”“逐漸減小”）。沙桶在B點(diǎn)的加速度方向_____（選填“豎直向上”“豎直向下”）。(2)一由圖乙可知，沙桶從開始運(yùn)動(dòng)到最終停止，機(jī)械能增加_____J（保留兩位有效數(shù)字，g=9.8m/s2）?！敬鸢浮?1)逐漸增大豎直向下(2)0.11【詳析】（1）[1][2]設(shè)細(xì)線與豎直方向夾角為θ，沙桶勻速上升2Tcosθ=Mg當(dāng)θ逐漸增大時(shí)，T逐漸增大，沙桶上升到最高點(diǎn)B然后下落，在最高點(diǎn)的加速度方向豎直向下。（2）沙桶從開始運(yùn)動(dòng)到靜止上升高度為8.4cm，機(jī)械能增加量為Mgh=0.136×9.8×0.084J=0.11J3．（2023·重慶·高考）矯正牙齒時(shí)，可用牽引線對(duì)牙施加力的作用。若某顆牙齒受到牽引線的兩個(gè)作用力大小均為F，夾角為α（如圖），則該牙所受兩牽引力的合力大小為（）

A．2B．2C．FD．F【答案】B【詳析】根據(jù)平行四邊形定則可知，該牙所受兩牽引力的合力大小為F故選B。4．（2022·重慶·高考）如圖所示，吸附在豎直玻璃上質(zhì)量為m的擦窗工具，在豎直平面內(nèi)受重力、拉力和摩擦力（圖中未畫出摩擦力）的共同作用做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若拉力大小與重力大小相等，方向水平向右，重力加速度為g，則擦窗工具所受摩擦力（）A．大小等于mg B．大小等于2C．方向豎直向上 D．方向水平向左【答案】B【詳析】對(duì)擦窗工具進(jìn)行正視圖的受力分析如圖所示水平方向上拉力F與擦窗工具所受摩擦力水平分量f滑等大反向，豎直方向上重力mg與擦窗工具所摩擦力豎直分量f靜等大反向，所以擦窗工具所受摩擦力方向如圖中f故選B。5．（2021·重慶·高考）如圖所示，人游泳時(shí)若某時(shí)刻手掌對(duì)水的作用力大小為F，該力與水平方向的夾角為30°，則該力在水平方向的分力大小為（）A．2F B．3F C．F D【答案】D【詳析】沿水平方向和豎直方向?qū)⑹终茖?duì)水的作用力分解，則有該力在水平方向的分力大小為F故選D?？键c(diǎn)02牛頓運(yùn)動(dòng)定律6．（2024·重慶·高考）2024年5月3日，嫦娥六號(hào)探測(cè)成功發(fā)射，開啟月球背面采樣之旅，探測(cè)器的著陸器上升器組合體著陸月球要經(jīng)過(guò)減速、懸停、自由下落等階段。則組合體著陸月球的過(guò)程中（

）A．減速階段所受合外力為0 B．懸停階段不受力C．自由下落階段機(jī)械能守恒 D．自由下落階段加速度大小g=9.8m/s2【答案】C【詳析】A．組合體在減速階段有加速度，合外力不為零，故A錯(cuò)誤；B．組合體在懸停階段速度為零，處于平衡狀態(tài)，合力為零，仍受重力和升力，故B錯(cuò)誤；C．組合體在自由下落階段只受重力，機(jī)械能守恒，故C正確；D．月球表面重力加速度不為9.8m/s2，故D錯(cuò)誤。故選C。7．（2023·重慶·高考）某實(shí)驗(yàn)小組測(cè)得在豎直方向飛行的無(wú)人機(jī)飛行高度y隨時(shí)間t的變化曲線如圖所示，E、F、M、N為曲線上的點(diǎn)，EF、MN段可視為兩段直線，其方程分別為y=4t-26和y

A．EF段無(wú)人機(jī)的速度大小為4m/sB．FM段無(wú)人機(jī)的貨物處于失重狀態(tài)C．FN段無(wú)人機(jī)和裝載物總動(dòng)量變化量大小為4kg?m/sD．MN段無(wú)人機(jī)機(jī)械能守恒【答案】AB【詳析】A．根據(jù)EF段方程y=4t-26可知EF段無(wú)人機(jī)的速度大小為v=B．根據(jù)y-t圖像的切線斜率表示無(wú)人機(jī)的速度，可知FM段無(wú)人機(jī)先向上做減速運(yùn)動(dòng)，后向下做加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向一直向下，則無(wú)人機(jī)的貨物處于失重狀態(tài)，故C．根據(jù)MN段方程y=-2t+140可知MN段無(wú)人機(jī)的速度為v'可知FN段無(wú)人機(jī)和裝載物總動(dòng)量變化量大小為12kg?m/s，故C錯(cuò)誤；D．MN段無(wú)人機(jī)向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減少，無(wú)人機(jī)的機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。故選AB。8．（2022·重慶·高考）在測(cè)試汽車的安全氣囊對(duì)駕乘人員頭部防護(hù)作用的實(shí)驗(yàn)中，某小組得到了假人頭部所受安全氣囊的作用力隨時(shí)間變化的曲線（如圖）。從碰撞開始到碰撞結(jié)束過(guò)程中，若假人頭部只受到安全氣囊的作用，則由曲線可知，假人頭部（

）A．速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積 B．動(dòng)量大小先增大后減小C．動(dòng)能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積 D．加速度大小先增大后減小【答案】D【來(lái)源】2022年新高考重慶物理高考真題【詳析】AB．由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則F—t圖像的面積即合外力的沖量，再根據(jù)動(dòng)量定理可知F—t圖像的面積也是動(dòng)量的變化量，且圖線一直在t軸的上方，由于頭部有初動(dòng)量，由圖可知，動(dòng)量變化越來(lái)越大，則動(dòng)量的大小一直減小到假人頭靜止，動(dòng)量變化最大，AB錯(cuò)誤；C．根據(jù)動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系有Ek=p22m，而D．由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則根據(jù)牛頓定律可知a∝F，即假人頭部的加速度先增大后減小，D正確。故選D。9．（2022·重慶·高考）一物塊在傾角為45°的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與摩擦力相等的拉力作用，由靜止開始沿斜面向下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同。若拉力沿斜面向下時(shí)，物塊滑到底端的過(guò)程中重力和摩擦力對(duì)物塊做功隨時(shí)間的變化分別如圖曲線①、②所示，則（）A．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2B．當(dāng)拉力沿斜面向上，重力做功為9J時(shí)，物塊動(dòng)能為3JC．當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊的加速度大小之比為1∶3D．當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊滑到底端時(shí)的動(dòng)量大小之比為1:【答案】BC【詳析】A．對(duì)物體受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑動(dòng)摩擦力，有F由牛頓第二定律可知，物體下滑的加速度為a1=gsin45°=22g則拉力沿斜面向下時(shí)，物塊滑到底端的過(guò)程中重力和摩擦力對(duì)物塊做功為WGC．當(dāng)拉力沿斜面向上，由牛頓第二定律有mgsin45°-F-f=ma2B．當(dāng)拉力沿斜面向上，重力做功為WG2=mgsin45°?x合力做功W合=ma2D．當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊滑到底端時(shí)的動(dòng)量大小為P=mv=m2ax故選BC。10．（2022·重慶·高考）小明設(shè)計(jì)了一個(gè)青蛙捉飛蟲的游戲，游戲中蛙和蟲都在xOy豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)。蟲可以從水平x軸上任意位置處由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，每次運(yùn)動(dòng)的加速度大小恒為59g（g為重力加速度），方向均與x軸負(fù)方向成37°斜向上（x軸向右為正）。蛙位于y軸上M點(diǎn)處，OM=（1）若蟲飛出一段時(shí)間后，蛙以其最大跳出速率向右水平跳出，在y=34（2）若蛙跳出的速率不大于（1）問中的最大跳出速率，蛙跳出時(shí)刻不早于蟲飛出時(shí)刻，蟲能被捉住，求蟲在x軸上飛出的位置范圍。（3）若蟲從某位置飛出后，蛙可選擇在某時(shí)刻以某速率跳出，捉住蟲時(shí)蛙與蟲的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為1:2；蛙也可選擇在另一時(shí)刻以同一速率跳出，捉住蟲時(shí)蛙與蟲的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為1:【答案】（1）vm=43gH；（2）1-263H≤x【詳析】（1）蟲子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，青蛙做平拋運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可知x蟲=34Htan37°=H（2）若蛙和蟲同時(shí)開始運(yùn)動(dòng)，時(shí)間均為t，則蟲的水平分加速度和豎直分加速度分別為ax=59gcos37°=49g，若蛙和蟲不同時(shí)刻出發(fā)，軌跡相切時(shí)，青蛙的平拋運(yùn)動(dòng)有y=H-12gt2，x=vmt令Δ=0，即916-4×g2vm2?(（3）設(shè)蛙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，有12gt12+12ay(2t1)2=H，121．（2025·重慶·高三第七次模擬調(diào)研）2025年4月11日，重慶一些地方出現(xiàn)了沙塵天氣。如果一質(zhì)量為m的沙塵微粒在空中與豎直方向夾角為θ斜向下勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，則該微粒所受空氣作用力大小為（）A．mg B．mgsinθ C．mgcos【答案】A【詳析】該微粒斜向下勻速運(yùn)動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，所受空氣作用力大小等于其重力mg。故選A。2．（2025·重慶育才中學(xué)·二模）如題圖所示，一名環(huán)衛(wèi)工人拉著垃圾桶沿水平方向勻速向右運(yùn)動(dòng)，拉力F＝200N，方向與水平方向的夾角為53°，已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，則垃圾桶受到地面的阻力大小為（）A．80N B．120NC．160N D．200N【答案】B【詳析】根據(jù)垃圾桶水平方向受力平衡可知，垃圾桶受到地面的阻力大小為f故選B。3．（2025·重慶育才·全真?？迹┪覈?guó)一新型智能機(jī)械臂用兩只機(jī)械手指捏著雞蛋的簡(jiǎn)化模型如圖所示。若兩手指對(duì)雞蛋的合力為F，雞蛋重力為G，則（）A．雞蛋水平勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)F=G B．雞蛋豎直向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)F>GC．雞蛋向下加速運(yùn)動(dòng)時(shí)F=G D．雞蛋向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)F<G【答案】A【詳析】AB．不論雞蛋向哪個(gè)方向勻速運(yùn)動(dòng)均屬于平衡狀態(tài)，根據(jù)二力平衡可知F=G，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．若雞蛋速度改變，即雞蛋有加速度，根據(jù)牛頓第二定律可知合外力與加速度方向一致，則雞蛋向下加速運(yùn)動(dòng)時(shí)F<G，雞蛋向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)F>G，故CD錯(cuò)誤。故選A。4．（2025·重慶巴蜀中學(xué)·三診）如圖，固定的光滑絕緣轉(zhuǎn)動(dòng)軸O'兩端通過(guò)等長(zhǎng)的不可伸長(zhǎng)輕質(zhì)軟導(dǎo)線連接并懸掛長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的細(xì)導(dǎo)體棒ab，空間存在輻向分布磁場(chǎng)(方向已標(biāo)出)，保證導(dǎo)體棒移動(dòng)過(guò)程中磁場(chǎng)方向總是垂直于導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為BA．導(dǎo)體棒中電流方向?yàn)橛蒪指向aB．導(dǎo)體棒中電流應(yīng)逐漸變大C．懸線對(duì)導(dǎo)體棒的拉力一直增大D．安培力對(duì)導(dǎo)體棒不做功【答案】B【詳析】A．導(dǎo)體棒受安培力偏左，由左手定則可判斷，導(dǎo)體棒中電流方向?yàn)橛蒩指向b，故A錯(cuò)誤；BC．由受力分析可知，安培力始終與懸線拉力垂直，根據(jù)平衡條件有T=mg因在該過(guò)程中懸線與豎直方向的夾角變大，故T變小，F(xiàn)安變大，電流I變大，故B正確，CD．由題知，在整過(guò)程重力做負(fù)功，拉力不做功，且導(dǎo)體棒緩慢移動(dòng)，即動(dòng)能變化量為零，根據(jù)動(dòng)能定理WG+W安=ΔEk故選B。5．（2025·重慶·高三學(xué)業(yè)質(zhì)量調(diào)研抽測(cè)（三））如圖，在廚房中，為了方便使用吸油紙，用一個(gè)固定于墻上頂端可轉(zhuǎn)動(dòng)的掛鉤將吸油紙卷掛起，使用過(guò)程中吸油紙卷始終與掛鉤擋板接觸且有擠壓，若不計(jì)擋板與吸油紙卷間的摩擦，使用過(guò)程中，當(dāng)吸油紙卷逐漸減少時(shí)，則（）A．擋板對(duì)吸油紙卷作用力減小B．掛鉤對(duì)吸油紙卷作用力變大C．掛鉤對(duì)吸油紙卷作用力方向豎直向上D．擋板和掛鉤對(duì)吸油紙卷的合力保持不變【答案】A【詳析】設(shè)掛鉤對(duì)卷紙的作用力為F，方向指向左上方，擋板對(duì)卷紙的作用力為FN當(dāng)卷紙逐漸減少時(shí)，F(xiàn)與豎直方向的夾角減小，重力減小，由圖可知，F(xiàn)減小，F(xiàn)N故選A。6．（2025·重慶八中·全真模擬強(qiáng)化訓(xùn)練（三））下圖是2025年1月7日西藏日喀則市定日縣發(fā)生6.8級(jí)地震后起重機(jī)吊起石塊的情景。正方體石塊被繩子栓在起重機(jī)掛鉤處。起重機(jī)和重物靜止在水平地面上時(shí)，四根斜拉的繩端與豎直方向的夾角均相等，四條繩子拉力一樣大。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，繩子始終繃緊。下列說(shuō)法正確的是（）A．石塊從地面上升過(guò)程中一定處于平衡狀態(tài)B．當(dāng)石塊上升時(shí)，起重機(jī)對(duì)地的壓力與起重機(jī)和石頭的總重力一定大小相等C．當(dāng)石塊勻速上升時(shí)，每根繩端對(duì)石頭的拉力均為石塊重力的四分之一D．當(dāng)起重機(jī)吊著石塊水平運(yùn)動(dòng)時(shí)，起重機(jī)可能會(huì)受到水平地面對(duì)它的摩擦力【答案】D【詳析】AB．當(dāng)石塊從靜止開始上升，一定要先經(jīng)歷加速過(guò)程，對(duì)起重機(jī)和石塊整體受力分析，加速度豎直向上，則此過(guò)程處于超重狀態(tài)，AB錯(cuò)誤；C．當(dāng)重物勻速上升時(shí)，設(shè)繩子上的拉力為F，繩子與豎直方向的夾角為θ，對(duì)重物受力分析有4故每根繩子上的拉力為F=Mg4cosD．當(dāng)起重機(jī)吊著石塊水平加速時(shí)，對(duì)起重機(jī)受力分析由牛頓第二定律可知，起重機(jī)一定會(huì)受到水平摩擦力；當(dāng)起重機(jī)吊著石塊水平勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，起重機(jī)不受水平摩擦力。D正確。故選D。7．（2025·重慶育才中學(xué)·模擬）2025年4月9日，重慶江北國(guó)際機(jī)場(chǎng)T3B航站樓正式投用。小育同學(xué)在航站樓用如圖甲所示的推車推著行李箱做勻速直線運(yùn)動(dòng)，推車及行李箱可以簡(jiǎn)化成如圖乙所示模型。則推車對(duì)整個(gè)行李箱的作用力方向可能是（）A．① B．② C．③ D．④【答案】B【詳析】行李箱做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所受合外力為0，推車對(duì)行李箱作用力與重力等大反向。故選B。8．（2025·重慶八中·全真?？迹┤鐖D所示一艘船靜止在水面上，其粗糙外壁面與豎直方向夾角為θ，一可視為質(zhì)點(diǎn)的機(jī)器人通過(guò)磁鐵吸附在外壁并與船保持靜止，磁力垂直于壁面，則該機(jī)器人受力個(gè)數(shù)為（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【詳析】ABCD．機(jī)器人要想與船保持靜止，受力分析如圖所示，共受4個(gè)力，故選C。9．（2025·重慶西大附中·模擬）雨滴從空中由靜止落下，若雨滴下落時(shí)空氣對(duì)其的阻力隨雨滴下落速度的增大而增大。如下圖所示的圖像中，可能正確反映雨滴下落運(yùn)動(dòng)情況的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】C【詳析】雨滴從空中由靜止落下，以雨滴為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得mg由于空氣阻力隨雨滴下落速度的增大而增大，可知雨滴的加速度逐漸減小，所以雨滴做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)空氣阻力等于雨滴重力時(shí)，雨滴開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)。故選C。10．（2025·重慶西南大附中·全真?？迹┘住⒁覂蓚€(gè)小朋友在長(zhǎng)度相同的兩個(gè)平直滑梯上比賽。他們同時(shí)從滑梯頂端由靜止開始下滑，當(dāng)甲滑至滑梯底端時(shí)，乙剛好滑至中點(diǎn)，認(rèn)為他們的運(yùn)動(dòng)均是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則甲、乙（）A．滑到滑梯底端所用的時(shí)間之比為1:B．滑到滑梯底端所用的時(shí)間之比為1∶2C．所受摩擦力大小之比為1∶2D．所受合力之比為1∶2【答案】A【詳析】AB．根據(jù)題意，設(shè)甲、乙兩個(gè)小朋友的加速度分別為a1、a2，斜面長(zhǎng)度為L(zhǎng)，甲滑至滑梯底端所用時(shí)間分別為t1、t2，則有L=12a1t12，1CD．根據(jù)題意，由牛頓第二定律有F合=mgsin故選A。11．（2025·重慶巴蜀中學(xué)·三診）如圖，在某次巴蜀中學(xué)趣味運(yùn)動(dòng)會(huì)中,小蜀手持質(zhì)量為M的乒乓球拍托著質(zhì)量為m的球一起沿水平方向勻加速直線跑動(dòng)。球拍平面與水平面之間的夾角為θ。不計(jì)球和球拍之間的摩擦力以及空氣阻力，重力加速度為g。則（）A．乒乓球的加速度大小為gB．手對(duì)球拍的作用力為mC．球拍對(duì)乒乓球的彈力對(duì)乒乓球做正功D．若小蜀在中途突然帶著球拍減速,則乒乓球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng)【答案】C【詳析】A．對(duì)乒乓球受力分析如圖所示根據(jù)牛頓第二定律得ma=mgtanθ解得aB．對(duì)球拍和乒乓球整體受力分析，如圖所示根據(jù)平行四邊形定則知，運(yùn)動(dòng)員對(duì)球拍的作用力為F=M+mC．對(duì)乒乓球受力分析如圖所示乒乓球水平向右運(yùn)動(dòng)，即位移水平向右；由圖可知，球拍對(duì)乒乓球的彈力N與位移的夾角小于90°，故球拍對(duì)乒乓球的彈力N對(duì)乒乓球做正功，故CD．若小蜀在中途突然帶著球拍減速，由于慣性，乒乓球的速度不會(huì)減小，將與球拍分離，在水平方向有初速度，在豎直方向受力重力作用，故乒乓球?qū)⒆銎綊佭\(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選C。12．（2025·重慶八中·三診）手推車是實(shí)用的搬運(yùn)工具，如題圖所示，有一手推車的平面與擋板垂直，某次在運(yùn)貨時(shí)手推車平面與水平地面的夾角為α，貨物與手推車保持相對(duì)靜止。若忽略貨物與車平面之間的摩擦力，重力加速度為g。則（）A．手推車水平勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，貨物受擋板的彈力大小等于重力的大小B．手推車向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，手推車對(duì)貨物的作用力的方向不可能指向右上方C．為使貨物不離開擋板，手推車水平向右的加速度不能超過(guò)gtanαD．手推車靜止時(shí)，若α緩慢增大到90°【答案】C【詳析】A．手推車水平勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，貨物受力平衡，對(duì)貨物受力分析可知，受到豎直向下的重力，擋板和車平面的支持力，則貨物受擋板的彈力大小F1=mgsinB．手推車向左減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度向右，則貨物受合外力向右，此時(shí)手推車對(duì)貨物的作用力的方向指向右上方，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．當(dāng)擋板對(duì)貨物的彈力為零時(shí)，則由牛頓第二定律mgtanα=ma可得a=gD．手推車靜止時(shí)，手推車平面對(duì)貨物的支持力F2=mgcosα若α故選C。13．（2025·重慶育才中學(xué)·模擬）如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧上端固定在天花板上，下端與質(zhì)量為m的物塊A相連接。初始時(shí)刻，用擋板B托住物塊A，使其處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧處于原長(zhǎng)。利用計(jì)算機(jī)系統(tǒng)精確控制使擋板B豎直向下做加速度大小為a=0.5g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直至擋板與物塊A分離，分離后物塊A向下做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度vm，而后向下減速運(yùn)動(dòng)到達(dá)最低點(diǎn)。此后物塊A在豎直方向做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。則（）A．擋板B與物塊A分離時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量xB．物塊A達(dá)到最大速度vm時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量xC．彈簧的最大伸長(zhǎng)量為2D．物塊A的最大速度v【答案】D【詳析】A．當(dāng)擋板B與物塊A分離時(shí)，A、B間的作用力為零，則此時(shí)A的加速度為a1=0.5g。對(duì)物塊A受力分析由牛頓第二定律得mg-kx1=ma1B．當(dāng)物塊A達(dá)到最大速度vm時(shí)，加速度為零，則對(duì)物塊A有mg=kx2解得物塊A達(dá)到最大速度vmC．若沒有擋板B，物塊A從彈簧原長(zhǎng)處單獨(dú)靜止釋放，物塊A在豎直方向上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性可知，物塊A下降的高度為2mgk。當(dāng)物塊A在與擋板B一起運(yùn)動(dòng)，分離前，擋板B對(duì)物塊A做負(fù)功，物塊A下降的高度較小，彈簧的最大伸長(zhǎng)量較小，小于2mgD．當(dāng)物塊A與擋板B分離前，物塊A的加速度始終為a1=0.5g，由于最開始彈簧處于自由狀態(tài)，則當(dāng)物塊A與擋板B分離后，對(duì)物塊A由牛頓第二定律得mg-kx=ma隨著彈簧的伸長(zhǎng)量x的增大，加速度a逐漸減小。所以物塊A由v2=2ax可知，通過(guò)a-x圖像與x軸圍成的面積求解，由a-x圖像得vm2=2a1x故選D。14．（2025·重慶一中·三模）風(fēng)鈴由主線、吊線、鈴鐺、鈴?fù)兴膫€(gè)部分組成，如圖所示。某同學(xué)研究風(fēng)鈴靜止時(shí)的受力，忽略主線、吊線的質(zhì)量。下列說(shuō)法正確的是（）A．鈴鐺共受3個(gè)力的作用B．吊線上、下兩端受到鈴鐺、鈴?fù)械睦ο嗤珻．鈴?fù)袑?duì)吊線的拉力與鈴鐺對(duì)吊線的拉力為一對(duì)平衡力D．主線對(duì)鈴鐺的拉力大小等于鈴鐺的重力大小【答案】AC【詳析】A．鈴鐺受到重力、主線的拉力和鈴?fù)械睦Φ慕o的向上的拉力3個(gè)力的作用。故A正確；BC．吊線上、下兩端受到鈴鐺、鈴?fù)械睦Υ笮∠嗤?，方向相反，是一?duì)平衡力。故B錯(cuò)誤，C正確；D．對(duì)鈴鐺、吊線和鈴?fù)姓w進(jìn)行受力分析，整體受到的主線向上的拉力和整體（鈴鐺和鈴?fù)校┑闹亓ζ胶?，所以主線對(duì)鈴鐺的拉力與鈴鐺的重力不平衡。故D錯(cuò)誤。故選AC。15．（2025·重慶南開中學(xué)·質(zhì)檢八）如圖所示，一列玩具小火車靜止在光滑水平軌道上，甲、乙兩節(jié)車廂用一質(zhì)量不可忽略的硬桿相連，甲、乙的質(zhì)量相等且大于硬桿的質(zhì)量，甲車廂受到水平向左的拉力F1，乙車廂受到水平向右的拉力F2，硬桿對(duì)甲、乙的作用力大小分別為F3A．當(dāng)F1=F2時(shí)，F(xiàn)3C．當(dāng)F1<F2時(shí)，F(xiàn)3【答案】AB【詳析】A．根據(jù)題意可知，當(dāng)F1=F2時(shí)，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)硬桿分析可知，BC．當(dāng)F1<F2時(shí)，系統(tǒng)具有向右的加速度，取硬桿為研究對(duì)象，結(jié)合牛頓第二定律知F3D．當(dāng)F1>F2時(shí)，系統(tǒng)具有向左的加速度，取硬桿為研究對(duì)象，結(jié)合牛頓第二定律知故選AB。16．（2025·重慶育才·全真?？迹┤鐖D甲為老師辦公桌的抽屜柜。已知抽屜的質(zhì)量M=1.8kg，長(zhǎng)度d=1.0m，其中放有質(zhì)量m=0.2kg，長(zhǎng)s=0.2m的書本，書本的四邊與抽屜的四邊均平行。書本的右端與抽屜的右端相距也為s，如圖乙所示。不計(jì)柜體和抽屜的厚度以及抽屜與柜體間的摩擦，書本與抽屜間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1?，F(xiàn)用水平力F將抽屜拉出，抽屜遇到柜體的擋板時(shí)立即鎖定不動(dòng)。不考慮抽屜翻轉(zhuǎn)，重力加速度g=10m/s2。求(1)在拉出抽屜過(guò)程中，為保證書本與抽屜不產(chǎn)生相對(duì)滑動(dòng)，水平力F的最大值；(2)當(dāng)F=1.8N時(shí)，從開始運(yùn)動(dòng)到抽屜與擋板碰撞前瞬間，