\\五年真題（2021-2025）

專題03運(yùn)劭易力的關(guān)東

（五年考情?探規(guī)律）

考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)

縱觀近五年福建物理高考，專題”運(yùn)動(dòng)與力的關(guān)

系”始終占據(jù)核心地位，尤其是“牛市頁運(yùn)動(dòng)定律

考點(diǎn)1牛頓第的應(yīng)用”考點(diǎn)表現(xiàn)極為突出，在2022、2023、2024、

2021

二運(yùn)動(dòng)定律2025年連續(xù)四年均有考查，成為高頻且穩(wěn)定的核

心考點(diǎn)，其重要性不言而喻，而“牛電頁第二運(yùn)動(dòng)

定律”作為其理論基礎(chǔ)在2021年亦有單獨(dú)體現(xiàn)。

命題將緊密圍繞牛頓定律的應(yīng)用展開，重點(diǎn)考查

運(yùn)用牛頓第二定律分析解決實(shí)際問題的能力。預(yù)

計(jì)未來命題將延續(xù)并深化這一趨勢(shì)，情境設(shè)計(jì)更

趨多元億與時(shí)代感，緊密結(jié)合科技前沿、現(xiàn)代交

通工具、大型工程以及貼近學(xué)生生活的運(yùn)動(dòng)場(chǎng)景。

涉及必要的簡(jiǎn)單計(jì)算，核心在于對(duì)物理過程的分

考點(diǎn)2牛頓運(yùn)

2025、2024、2023、2022析、受力與運(yùn)動(dòng)關(guān)系的建立、模型識(shí)別與遷移能

動(dòng)定律的應(yīng)用

力，強(qiáng)調(diào)對(duì)加速度作為力和運(yùn)動(dòng)“橋梁”作用的

深刻理解，以及運(yùn)用整體法與隔離法處理復(fù)雜系

統(tǒng)的物理思想方法。試題將側(cè)重考查在具體情境

中靈活運(yùn)用牛頓定律解決瞬時(shí)性問題、過程分析

問題和臨界問題的能力，對(duì)物理建模和科學(xué)推理

能力的要求持續(xù)提升。

（五年真題?分點(diǎn)精準(zhǔn)練）

考點(diǎn)01牛頓第二運(yùn)動(dòng)定律

1.（2021?福建?高考）某實(shí)驗(yàn)小組利用圖（a）所示的實(shí)驗(yàn)裝置探究空氣阻力與速度的關(guān)系，實(shí)驗(yàn)過程如下:

（1）首先將未安裝薄板的小車置于帶有定滑輪的木板上，然后將紙帶穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器與小車相連。

（2）用墊塊將木板?端墊高，調(diào)整墊塊位置，平衡小車所受摩擦力及其他阻力。若某次調(diào)整過程中打出的

紙帶如圖（b）所示（紙帶上的點(diǎn)由左至右依次打出），則墊塊應(yīng)該（填“往左移”“往右移”或“固定

不動(dòng)”）。

（3）在細(xì)繩一端掛上鉤碼，另一端通過定滑輪系在小車前端。

（4）把小車靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，接通電源，將小車由靜止釋放。小車拖動(dòng)紙帶下滑，打出的紙帶一部分如圖

（c）所示。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交流電的頻率為50Hz,紙帶上標(biāo)出的每?jī)蓚€(gè)相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個(gè)打出

（5）保持小車和鉤碼的質(zhì)量不變，在小車上安裝一薄板。實(shí)驗(yàn)近似得到的某時(shí)刻起小車修圖像如圖（d）

所示，由圖像可知小車加速度大?。ㄌ睢爸饾u變大”“逐漸變小”或“保持不變據(jù)此可以得到的實(shí)

驗(yàn)結(jié)論是O

【答案】往右移0.15逐漸變小空氣阻力隨速度增大而增大

【詳解】（2）[1]由題圖（b）可知從左往右點(diǎn)間距逐漸增大，說明小車做加速運(yùn)動(dòng)，即平衡摩擦力過度，應(yīng)

減小木板的傾角，即將墊塊往右移。

（4）[2]打F點(diǎn)時(shí)小車的速度大小等于打E、G兩點(diǎn)之間小車的平均速度大小，即

2

xEG（6.92-3.85）X10~

vF=—=-----y—z-：------m/sx0.15m/s

乙14XU?JL

（5）[3W-/圖像的斜率表示加速度，所以由圖像可知小車加速度大小逐漸變小。

⑷小車加速度隨速度的增大而變小，根據(jù)牛頓第二定律可知小車和鉤碼組成的系統(tǒng)所受合外力尸隨速度的

增大而變小。裝上薄板后，設(shè)小車所受空氣阻力大小為了，則

F=mg-f

而鉤碼重力〃吆不變，故由此得到的結(jié)論是空氣阻力隨速度增大而增大。

考點(diǎn)02牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用

2.（2024?福建?高考）如圖，木板A放置在光滑水平桌面上，通過兩根相同的水平輕彈簧M、N與桌面上的

兩個(gè)固定擋板相連。小物塊B放在A的最左端，通過一條跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩與帶正電的小球C相連,

輕繩絕緣且不可伸長(zhǎng)，B與滑輪間的繩子與桌面平行。桌面右側(cè)存在一豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，A、B、C均

靜止，M、N處于原長(zhǎng)狀態(tài)，輕繩處于自然伸直狀態(tài)。t=0時(shí)撤去電場(chǎng)，C向下加速運(yùn)動(dòng)，下降0.2m后開

始勻速運(yùn)動(dòng)，C開始做勻速運(yùn)動(dòng)屢間彈簧N的彈性勢(shì)能為0.1J。己知A、B、C的質(zhì)量分別為0.3kg、0.4kg、

0.2kg,小球C的帶電1.為1X10-6C,重力加速度大小取lOm/s2,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，彈簧始

終處在彈性限度內(nèi)，輕繩與滑輪間的摩擦力不計(jì)。

?MB~~N~~

，/wwwwj/KwwwwJ

向

⑴求勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大?。?/p>

（2）求A與B間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)及C做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大??；

（3）若t=0時(shí)電場(chǎng)方向改為豎直向下，當(dāng)B與A即將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)瞬間撤去電場(chǎng)，A、B繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，一

段時(shí)間后，A從右向左運(yùn)動(dòng)。求A第一次從右向左運(yùn)動(dòng)過程中最大速度的大小。（整個(gè)過程B未與A脫離，

C天與地面相碰）

【答案】（D2X106N/C

2

（2）0.5；-m/s

（3《&m/s

【詳解】（1）撤去電場(chǎng)前，A、B、C均靜止，M、N處于原長(zhǎng)狀態(tài)，對(duì)A、B整體分析可知，此時(shí)繩中拉

力為0,對(duì)C根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有qE=mcg

解得E=2x106N/C

（2）C開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)后，對(duì)C和B根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件分別有

A=mcgf1\=f

其中f=nmBg

解得〃=0.5

C開始勻速運(yùn)動(dòng)瞬間，A、B剛好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)A、B、C三者速度大小相等，M、N兩彈簧的彈性

勢(shì)能相同，C下降0.2m的過程中，對(duì)A、B、C及彈簧M、N組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律有

1

2

mQgh=-（mA+mB+mc）v+2Ep

解得v=|m/s

（3）沒有電場(chǎng)時(shí)，C開始勻速運(yùn)動(dòng)瞬間，A、B剛好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，所以此時(shí)A的加速度為零，對(duì)A根據(jù)

可知X相A等于圖形MM4的面積,x相8等于圖形NOBA的面積，故可得X相A<x相B，結(jié)合%相A+4出=0」m

可知%相A<0,05m,故D正確。

故選BDo

4.（2023?福建?高考）（多選）如圖所示，一廣場(chǎng)小火車是由車頭和車廂編組而成。假設(shè)各車爆質(zhì)量均相等

（含乘客），在水平地面上運(yùn)行過程中阻力與車重成正比。一廣場(chǎng)小火車共有3節(jié)車廂，車頭對(duì)第一節(jié)車廂

的拉力為Ti，第一節(jié)車廂對(duì)第二節(jié)車廂的拉力為△，第二節(jié)車廂對(duì)第三節(jié)車廂的拉力為介，則（）

A.當(dāng)火車勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，7]=72=73

B.當(dāng)火車勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，T1:T2:T3=3:2:1

C.當(dāng)火車勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)\A=72=73

D.當(dāng)火車勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，71：72：73=3:2:1

【答案】BD

【詳解】

AB.設(shè)每節(jié)車廂重G,當(dāng)火車勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)7;=A=kx3G、T2=f2=kx2G.T3=f3=kxG

得7\:72：73=3:2:1,故A錯(cuò)誤，B正確；

CD.當(dāng)火車勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)A-月=T]-kx3G=3ma、T2-f2=T2-kx2G=2ma.T3-f3=

T3-kxG=ma得。：孜：A=3：2：1,故C錯(cuò)誤，D正確。

故選BD.

5.（2022?福建?高考）（多選）一物塊以初速度%自固定斜面底端沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后回到斜面底

端。該物體的動(dòng)能瓦隨位移x的變化關(guān)系如圖所示，圖中與、EQ42均已知。根據(jù)圖中信息可以求出的物

理量有（）

A.重力加速度大小B.物體所受滑動(dòng)摩擦力的大小

C.斜面的傾角D.沿斜面上滑的時(shí)間

【答案】BD

【詳解】ABC.由動(dòng)能定義式得為1=;小詔，則可求解質(zhì)量機(jī)；上滑時(shí)，由動(dòng)能定理扁一與1=-（mgsin。+

f）x,下滑時(shí)，由動(dòng)能定理,&=（mgsin：-/）（&-為上滑的最遠(yuǎn)距離;由圖像的斜率可知,mgsxnO4-

/=X巾9$皿8-/=詈兩式相加可得外訪0=.（臂+劈），相減可知/=皿/，即可求解gsin。和所

受滑動(dòng)摩擦力了的大小，但重力加速度大小、斜面的傾角不能求出，故AC錯(cuò)誤，B正確；

D.根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系得mgsinJ+f=ma,t=2故可求解沿斜面上滑的時(shí)向，D正確。

G

故選BDo

1年模擬?精選?？碱}

一、單選題

1.（2025?福建福州?四檢）如圖所示，質(zhì)量分別為，〃和M的兩本書疊放在光滑水平面上，兩本書之間的動(dòng)

摩擦因數(shù)為"，重力加速度為g,為使兩本書一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則施加在機(jī)上的水平推力尸最大值為

()

A.”〃唱B.p(M+rn)g

C〃(M+m)MgD〃(M+?n)mg

mM

【答案】D

【詳解】依題意，由牛頓第二定律,，"能夠提供給M最大加速度時(shí)，二者間的靜摩擦力達(dá)到最大值，即=

Ma,對(duì)系統(tǒng)，尸=（m+M）a,解得尸="竺答迫

故選Do

2.（2025?福建?一模）如圖所示，這是一種能垂直起降的小型遙控?zé)o人機(jī)，螺旋槳工作時(shí)能產(chǎn)生恒定的升力。

在一次試飛中，無人機(jī)從地面上由靜止勻加速豎直向上起飛，它5s上升了25m。已知無人機(jī)的質(zhì)量m=1.5kg,

它運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力大小恒為/=2N,取重力加速度大小g=10m/s2o無人機(jī)受到的升力大小為

（）

A.IONB.20NC.30ND.40N

【答案】B

【詳解】無人機(jī)5s上升了25m,可知無人機(jī)的加速度大小Q=1=2m/s2,根據(jù)牛頓第二定律有F-mg-

f=ma,解得尸二20N

故選B。

3.（2025?福建福州?二模）如圖所示，足夠長(zhǎng)水平傳送帶以恒定速率運(yùn)動(dòng)。把不同小物體輕放在傳送帶左端

物體都會(huì)經(jīng)歷兩個(gè)階段的運(yùn)動(dòng)。用），表示傳送帶速度，用戶表示物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，則（）

n

A.前階段，物體可能向傳送方向的相反方向運(yùn)動(dòng)

B.后階段，物體受到摩擦力的方向跟傳送方向相同

C.I，相同時(shí)，〃不同的等質(zhì)量物體與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量相同

D.相同時(shí)，I，增大為原來的2倍，前階段物體的位移也增大為原來的2倍

【答案】C

【詳解】A.物品輕放在傳送帶上，前階段，物品受到向前的滑動(dòng)摩擦力，所以物品的運(yùn)動(dòng)方向?定與傳送

帶的運(yùn)動(dòng)方向相同，故A錯(cuò)誤；

B.后階段，物品與傳送帶一起做勻速運(yùn)動(dòng)，不受到摩擦力，故B錯(cuò)誤；

C.設(shè)物品勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為小由牛頓第二定律得f=〃7ng=77ia,物品的加速度大小為a=

勻加速的時(shí)間為t=2=三,位移為戈=9,傳送帶勻速的位移為/=a，物品相對(duì)傳送帶滑行的距離為A%=

X，-義=金,物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為Q==:6層，則知u相同時(shí)，〃不同的等質(zhì)量物

品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量相同，故C正確；

D.前階段物品的位移為％=（=總，則知“相同時(shí)，u增大為原來的2倍，前階段物品的位移也增大為原

來的4倍，故D錯(cuò)誤。

故選C。

4.（2025?福建龍巖??模）如圖所示，光滑水平地面上有一質(zhì)量為27n的小車在水平推力F的作用二加速運(yùn)動(dòng)。

車廂內(nèi)有質(zhì)量均為機(jī)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〃，桿與豎直方向的夾角為0,桿與車廂始終保持相對(duì)靜止，已知重力加速度為g,

最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說法正確的是()

A.若A球所受車廂壁彈力為零，則輕桿所受的彈力為?ngcosd

B.若A球所受車廂壁彈力為零，則r=2mgtan。

C.若B球受到的摩擦力為零，則F=2mgtan6

D.若B球受到的摩擦力為零，則尸=4mgtanU

【答案】D

【詳解】A.輕桿的彈力方向沿桿，若A球所受車廂壁彈力為零，對(duì)A進(jìn)行分析，A受到重力與輕桿對(duì)A

沿桿向上的彈力，合力方向水平向左，如圖所示

則有必=黑，故A錯(cuò)誤；

B.若A球所受車廂壁彈力為零，結(jié)合上述，根據(jù)牛頓第二定律有7ngtanJ=mai，對(duì)小車、A、B構(gòu)成的

整體進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有尸=(2m+m+m)ai,解得F=4mgtan8,故B錯(cuò)誤。

CD.對(duì)小球A進(jìn)行分析，輕桿對(duì)A的彈力沿豎直方向的分力始終與A的重力平衡，即有Nicose=mg

可知，輕桿對(duì)A的彈力始終不變，由「輕桿質(zhì)量不計(jì)，根據(jù)牛頓第二定律可知，輕桿所受外力的合力始終

為0,結(jié)合牛頓第三定律可知，輕桿對(duì)B的彈力方向沿桿向下，大小等于Ni=懸,若B球受到的摩擦力

為零，而B進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有Nisin6=ma2,對(duì)小車、A、B構(gòu)成的整體進(jìn)行分析，根據(jù)牛

頓第二定律有尸=(2m+m+Tn)?，解得尸=4mgtan6,故C錯(cuò)誤，D正確。

故選D。

5.(2025?福建漳州?三測(cè))一字馬在武術(shù)、舞蹈等領(lǐng)域是常見的基本功。如圖所示為某演員表演一字馬的畫

面，其左腳撐在粗糙水平地面上，右腳靠壓在豎直光滑墻面間，處于靜止?fàn)顟B(tài)，則該演員（）

A.受到地面的支持力方向沿左腿斜向上

B.受到地面的摩擦力方向沿水平向左

C.對(duì)地面的壓力與其受到重力是一對(duì)平衡力

D.對(duì)墻面的壓力與墻面對(duì)其的支持力是?對(duì)相互作用力

【答案】D

【詳解】A.對(duì)演員受力分析可得，演員受地面的支持力垂直地面向上，故A錯(cuò)誤；

B.由題可知演員處于靜止?fàn)顟B(tài)，則演員受墻面水平向左的支持力與地面的摩擦力等大反向，則摩擦力方向

水平向右，故B錯(cuò)誤；

C.演員受豎直向下的重力和地面的支持力是一對(duì)平衡力，演員對(duì)地面的壓力與地面對(duì)演員的支持力大小相

等，所以演員對(duì)地面的壓力大小等于重力大小，但壓力和重力不是一對(duì)平衡力，故c錯(cuò)誤；

D.根據(jù)牛頓第三定律知，演員對(duì)墻面的壓力與墻面對(duì)其的支持力是一對(duì)相互作用力，故D正確。

故選D。

6.（2025?福建福州三中?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示,傾角為8=30°的固定光滑斜面上有兩個(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、

B,物塊A通過勁度系數(shù)為k的輕彈簧拴接在斜面底端的固定擋板上，物塊B通過一根跨過定滑輪的細(xì)線與

物塊C相連，物塊C的質(zhì)量為彈簧、細(xì)線均與斜面平行。初始時(shí)，用手托住物塊C,使細(xì)線恰好伸直

但無拉力，釋放物塊C,物塊A、B分離時(shí)，滑塊C恰好落地。重力加速度大小為g,不計(jì)滑輪質(zhì)量及摩擦，

忽略空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，下列說法錯(cuò)誤的是（）

A.初始時(shí)，彈簧的壓縮量為詈

B.物塊A、B分離時(shí)，彈簧彈力等于管

C.從開始到物塊A、B分離的過程中，物塊A、B的速度先增大后減小

D.從開始到物塊A、B分離的過程中，物塊A、B的加速度一直減小

【答案】C

【詳解】A.初始時(shí)，細(xì)線對(duì)物塊B的作用力為零，物塊A、B整體受力平衡，有依=2mgsin30°

解得工=等，故A正確；

B.物塊A、B剛分離時(shí)，物塊A、B之間的相互作用力為0,且物塊A、B的加速度相同，分別對(duì)物塊A、

B、C受力分析，由牛頓第二定律，對(duì)物塊A有k%'—mgsin30°=ma,對(duì)物塊B有片—mgsin30°=ma

對(duì)物塊C有廣?g-月=：Q,解得a=0,&=故B正確；

C.從開始到物塊A、B剛分離的過程中，物塊A、B一起隨C運(yùn)動(dòng)，由于C從靜止開始一直做加速運(yùn)動(dòng),

則A、B也一直加速，故C錯(cuò)誤；

D.對(duì)整體分析根據(jù)牛頓第二定律+Ax-2mg?sin30。=（?n+m+￡）a,隨著運(yùn)動(dòng)，彈力逐漸減小，所

以加速度也逐漸減小到0,故D正確。

本題選說法錯(cuò)誤項(xiàng)，故選C。

7.（24-25高三下?福建泉州?三檢）我國(guó)高鐵技術(shù)處于世界領(lǐng)先水平。某列復(fù)興號(hào)動(dòng)車組由8節(jié)車廂組成，

以I車在前、8車在后沿水平直軌道運(yùn)行，其中2車和7車為動(dòng)車，提供動(dòng)力，其余為拖車，不提供動(dòng)力。

假設(shè)各節(jié)車廂質(zhì)量及受到的阻力均相等，2車和7車提供的動(dòng)力始終相同，則（）

A.加速運(yùn)行時(shí)，4車對(duì)5車有作用力

B.關(guān)閉動(dòng)力滑行時(shí)，每節(jié)車廂之間均無作用力

C.勻速運(yùn)行時(shí)，每節(jié)車廂之間均無作用力

D.勻速運(yùn)行時(shí)，6、7車之間的作用力大于2、3車之間的作用力

【答案】B

【詳解】A.設(shè)每節(jié)動(dòng)車的牽引力為F,每一節(jié)車廂的質(zhì)量是加，阻力為人加速運(yùn)行時(shí)，有兩節(jié)動(dòng)力車廂,

對(duì)整個(gè)動(dòng)車組車進(jìn)行受力分析得2/-8/=8ma,對(duì)第5車到第8車進(jìn)行受力分析得尸+F-4/=

聯(lián)立解得即4車對(duì)5車的作用力為9=0,故A錯(cuò)誤；

B.關(guān)閉動(dòng)力滑行時(shí)，對(duì)整個(gè)動(dòng)車組車進(jìn)行受力分析得8f=8ma，，設(shè)第n車對(duì)余下（8-九）車整體的作用力

為F',對(duì)余下整體進(jìn)行受力分析得產(chǎn)’十（8-〃）f=（8—九加'，聯(lián)在解得尸=0,可知關(guān)閉動(dòng)力滑行時(shí)，每

節(jié)車廂之間均無作用力，故B正確；

CD.勻速運(yùn)行時(shí)，對(duì)整個(gè)動(dòng)車組車進(jìn)行受力分析得2F-8/=0,以7、8兩節(jié)車廂為整體，由平衡條件可

得「一2/+色7=0，以1、2兩節(jié)車廂為整體，由平衡條件可得產(chǎn)一2/+尸23=。，對(duì)第1節(jié)車廂，由平衡

條件可得尸12-/=0，對(duì)5-8節(jié)車廂分析尸+&5-4/=0,可得凡7=-2八F23=-2f,F12=f,F45=0

勻速運(yùn)行時(shí)，并不是每節(jié)車廂之間均有作用力，6、7車之間的作用力大小等于2、3車之間的作用力，故

CD錯(cuò)誤。

故選B。

8.（24-25高三下?福建?二模）如圖甲所示，一質(zhì)量為2kg的物塊放在水平面上，t=0時(shí)刻在水平向右的拉

力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，￡=4s時(shí)物塊的速度又剛好為零，拉力隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示，重力加速度

9=lOm/sz,則亡=1s時(shí)物塊的加速度大小為（）

A.0.5m/s2B.lm/s2C.1.5m/s2D.2m/s2

【答案】A

【詳解】在0?4s內(nèi)，根據(jù)動(dòng)量定理可得;（Fi+F2）t-nmgt=0,解得〃=0.3,根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)，結(jié)合圖乙

可知，￡=1s時(shí)，拉力大小F=7N,根據(jù)牛頓第二定律尸-nmg=ma,解得Q=0.5m/s2

故選Ao

9.（2025?廣東深圳?二調(diào)）處于關(guān)閉狀態(tài)的三扇推拉門，質(zhì)軟均為20kg。第一扇門在沿水平軌道方向的2.0N

推力作用下勻速運(yùn)動(dòng)，與第二扇門即將重合時(shí)發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間0.5s,碰后兩扇門結(jié)為一體，此后兩扇

門滑行0.4m后速度減為零，未與第三扇門接觸。推力始終存在且保持不變，軌道對(duì)兩扇門的滑動(dòng)摩擦力相

同。不正確的說法是（）

A.兩扇門結(jié)為一體后的加速度為（）.05m/s2

R.兩扇門結(jié)為一體瞬間共同速度為0.2m/S

C.與第二扇門碰撞前，第一扇門速度為0.4m/s

D.兩扇門碰撞過程中產(chǎn)生的平均沖擊力大小為10N

【答案】C

【詳解】A.每扇門的摩擦力為f=2.0N,兩扇門結(jié)為一體后的加速度大小為Q=§3=0.05in/s2,A正

確，不符合題意；

B.兩扇門結(jié)為一體瞬間共同速度為/=2ax,解得刀=0.2m/s,B正確，不符合題意；

D.碰撞過程中對(duì)笫二扇門根據(jù)動(dòng)量定理得心￡一"=皿〃，解得FN=10N,D正確，不符合題意；

C.碰撞過程中，對(duì)等于扇門根據(jù)動(dòng)量定理得（尸-FN-f）t=mV-mv0,解得%=0.45m/s,C錯(cuò)誤，

符合題意。

故選C。

10.（2025?福建泉州?安溪葉&惠安一中&養(yǎng)正中學(xué)&泉州實(shí)中?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，金屬環(huán)1、2分別套在

水平粗糙細(xì)桿和豎直光滑細(xì)桿上，并用不可伸長(zhǎng)的細(xì)線連接，整個(gè)裝置水平向左做加速運(yùn)動(dòng)，加速度從零

開始增加。在兩金屬環(huán)相對(duì)桿滑動(dòng)之前，下列說法正確的是（）

112

A.金屬環(huán)1與水平桿之間的彈方一定變大

B.金屬環(huán)1與水平桿之間的摩擦力定變大

C.金屬環(huán)2受到細(xì)線的拉力大小一定變大

D.金屬環(huán)2與豎直桿之間的彈尢一定變大

【答案】D

【詳解】CD.由題意，對(duì)兩金屬環(huán)分別受力分析，如圖所示

對(duì)金屬環(huán)2進(jìn)行分析，豎直方向上，由平衡條件可得Tsina=G2,水平方向上，由牛頓第二定律可得可2-

Tcosa=m2a,由此可知，隨著。的增加，細(xì)線的拉力丁不變、金屬環(huán)2與豎直桿之間的彈力也增大，故C

錯(cuò)誤，D正確；

AB.對(duì)金屬環(huán)1進(jìn)行分析，豎直方向上，由平衡條件可得M=Tsina+G］，水平方向上，由牛頓第二定律

可知，當(dāng)。較小時(shí)，/向右，則有Tcosa-f=血步，當(dāng)。較大時(shí)，/向左，則有Tcosa+f=mi。，由此可

知，隨著〃的增加，金屬環(huán)1與水平桿之間的彈力Ni不變，若。一直增大，則金屬環(huán)I與水平桿之間的摩

擦力/先向右減小、后向左增大，故AB錯(cuò)誤。

故選D。

二、多選題

11.（2025?福建?二模）如圖，傾角為30。且足夠長(zhǎng)的光滑斜劈固定在水平面上，P、Q兩個(gè)物體通過輕繩跨

過光滑定滑輪連接，Q的另一端與固定在水平面的輕彈簧連接，P和Q的質(zhì)量分別為4〃?和小初始時(shí)，控

制P使輕繩伸直且無拉力，滑輪左側(cè)輕繩與斜劈上表面平行，右側(cè)輕繩豎直，彈簧始終在彈性限度范圍內(nèi)，

彈簧勁度系數(shù)為匕重力加速度大小為g。現(xiàn)無初速釋放P,則在物體P沿斜劈下滑過程中（）

A.P的加速度大小先減小后增大

B.P的加速度大小一直增大

C.P沿斜劈下滑的最大距離為華

D.P沿斜劈下滑的最大距離為等

【答案】AD

【詳解】AB.設(shè)物體P向下運(yùn)動(dòng)過程中的位移為x,彈簧的形變量為Ai,開始時(shí)彈簧的彈力表現(xiàn)為支持力，

從釋放P到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過程中，對(duì)P、Q整體根據(jù)牛頓第二定律4mgsin30-mg+kA%=（4m+rn）a

可得。=吟絲，隨著x增大Ax減小，則加速度逐漸減小，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)后，彈簧表現(xiàn)為拉伸狀態(tài)，彈

5m

簧彈力為拉力，隨著x增大AA?增大，根據(jù)牛頓第二定律4mgsin30'一mg-kAx=（4m+m）a,可得a=

嘴絲，隨著x增大Ax增大，當(dāng)時(shí)，隨著x增大，加速度逐漸減小，當(dāng)時(shí)，隨著x增大，

加速度反向增大，所以物體P的加速度大小先減小后反向增大，故A正確，B錯(cuò)誤；

CD.沒有釋放物體P前，根據(jù)平衡條件有mg=々％,解得%二?，物體P沿斜劈下滑的最大距離為心心，

根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得4mg無maxSin30。+=mgxmax+^k（xmax-%產(chǎn)，解得％max=萼，故D正確，

C錯(cuò)誤。

故選ADo

12.（2025?福建福州,四檢）如圖，質(zhì)量為〃?的小球穿在固定的兌滑豎直桿上，與兩個(gè)完全相同的輕質(zhì)彈簧

相連。在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于也N連線的中點(diǎn)O,此時(shí)彈簧處丁原及?，F(xiàn)將小球豎直向上

緩慢拉至尸點(diǎn)，并保持靜止，此時(shí)拉力尸大小為2/咫。Q為桿上另一個(gè)點(diǎn)，PO=OQ.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。若撤去拉力，下列說法正確的是（）

A.剛撤去外力時(shí)，小球的加速度為3g

B.小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的過程中，兩個(gè)彈簧對(duì)小球做功為零

C.小球沿桿在PQ之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)

D.與沒有彈簧時(shí)相比，小球從尸點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)所用的時(shí)間更短

【答案】BD

【詳解】A.小球在P點(diǎn)靜止時(shí)拉力尸大小為2〃田，根據(jù)平衡條件可知，此時(shí)彈簧彈力與小球重力的合力大

小也為2〃?g,方向豎直向下，即彈簧對(duì)小球的拉力的合力大小為〃吆，方向豎直向下，剛撤去外力時(shí)，對(duì)小

球進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有27ng=ma,解得a=2g,故A錯(cuò)誤；

B.由于PO=。。，可知，彈簧在P位置與在。位置的拉伸量相等，則在這兩個(gè)位置時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能相

等，根據(jù)功能關(guān)系可知，球從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中，兩個(gè)彈簧對(duì)小球做功為零，故B正確；

C.結(jié)合上述，小球從尸點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的過程中，兩個(gè)彈簧對(duì)小球做功為零，夠過程對(duì)小球進(jìn)行分析，根

據(jù)動(dòng)能定理有mg/ipQ=:小避，解得%=pghpQ，可知，小球到達(dá)。點(diǎn)后速度不為0,結(jié)合上述，根據(jù)對(duì)

稱性，小球在。點(diǎn)時(shí)，彈簧對(duì)小球的拉力的合力大小為〃取，方向豎直向上，即此時(shí)小球的合力恰好為0,

小球的速度達(dá)到最大值，之后，小球?qū)⒗^續(xù)沿桿向下做減速運(yùn)動(dòng)，直至速度減為0,令此時(shí)位置為隨后

小球由向上運(yùn)動(dòng)，即小球沿桿在PQ之間做往好運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

D.結(jié)合上述可知，從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的過程中，小球做加速度減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，在Q點(diǎn)的加速度

恰好減為0,PQ之間任意位置的加速度均大于重力加速度，可知，小球從尸點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的過程中的平均

加速度大于重力加速度，根據(jù)位移公式可知，與沒有彈簧時(shí)相比，小球從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所用的時(shí)間更短，

故D正確。

故選BD。

三、解答題

13.（2025?福建廈門六中?二模）如圖，一質(zhì)量為1kg的小球套在一根固定的直桿上，直桿與水平面夾角。

為30。，現(xiàn)小球在F=10N的沿桿向上的拉力作用下，從A點(diǎn)靜止出發(fā)沿桿向上運(yùn)動(dòng)。已知桿與球間的動(dòng)摩

擦因數(shù)為求：

F

^<30°

777777/7777777777777777777777^

(1)小球運(yùn)動(dòng)的加速度aw

(2)若尸作用2s后撤去，小球上滑過程中距A點(diǎn)最大距離加。

【答案】(l)2m/s2

⑵5m

【詳解】(1)在力產(chǎn)作用時(shí)有F-mgsin30?！?ngcos30。=7noi

代入數(shù)據(jù)解得％=2m/s2

(2)剛撤去產(chǎn)時(shí)，小球的速度%=Qi—=4m/s

小球的位移Si==4m

撤去力F后，小球上滑時(shí)有mgsin30。4-〃mgcos30。=ma2

代人數(shù)據(jù)解得。2=8m/s2

因此小球上滑時(shí)間￡2=f=0?5s

a2

上滑位移S2=￡￡2=1m

則小球上滑的最大距離為Sm=Si4-s2=5m

14.(2025?福建莆田,三模)如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)=4m、質(zhì)量為3m的長(zhǎng)木板置于光滑水平平臺(tái)上，長(zhǎng)木板的

左端與平臺(tái)左端對(duì)齊，質(zhì)量為m的物塊b放在長(zhǎng)木板上表面的左端，長(zhǎng)木板的上表面離地面的高度為1.8mo

先將長(zhǎng)木板鎖定，讓質(zhì)量為搟m的小球a在地面上的左點(diǎn)斜向右上與水平方向成45“角拋出，小球a沿水平方向

與物塊b發(fā)生彈性碰撞，碰撞后，物塊b滑離長(zhǎng)木板時(shí)速度為a、b碰撞后一瞬間力的速度的%重力加速度g取

10m/s2o求：

(1)小球a與物塊b碰撞前一瞬間的速度大小；

(2)物塊b與長(zhǎng)木板上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)；

(3)解除長(zhǎng)木板的鎖定，讓小球a仍從4點(diǎn)以原速度拋出，小球a與物塊匕碰撞后，物塊力與長(zhǎng)木板的最終速度

大小。

【答案】(1)6m/s

(2)/z=0.15

(3)1m/s

【詳解】(1)設(shè)小球a與物塊b碰撞前一瞬間速度大小為％,在4點(diǎn)拋出的初速度大小為孫，則豎直方向根據(jù)

運(yùn)動(dòng)學(xué)公式(為$也45。)2=2gh

綜合解得%=%cos45。=42gh=6m/s

(2)Q與b碰撞過程，根據(jù)動(dòng)量守恒有：m%=

根據(jù)機(jī)械能守恒有］X如說=1X綱諺+如詔

解得方=-2m/s,v3=4m/s

根據(jù)題意，物塊b滑離長(zhǎng)木板時(shí)的速度以=2m/s

根據(jù)動(dòng)能定理有“mgxL=

解得〃=0.15

(3)假設(shè)a、b碰撞后物塊b能滑到長(zhǎng)木板的右端，令此時(shí)物塊b和長(zhǎng)木板的速度大小分別為％、%,則由動(dòng)

量守恒定律有m%=m%+3mv5

由能量守恒定律有卬ngL=:m域-；m%?-(x3m詔

聯(lián)立兩式代入數(shù)據(jù)解得以=v5=1m/s

可見假設(shè)成立且物塊b剛好相對(duì)靜止在長(zhǎng)木板的右端。

15.(2025?福建?百校聯(lián)考押題)如圖甲，質(zhì)量7%的長(zhǎng)木板靜置于粗糙水平地面上，質(zhì)量加2=2.5kg的物塊

置于木板之上，亡=0時(shí)刻力/作用于長(zhǎng)木板，其變化規(guī)律如圖乙，之后木板的摩擦力/隨時(shí)間/的變化規(guī)律

如圖丙。木板與地面間及物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃I、也以及旭】均未知(g=10m/s2),求：

(1*隨I的變化規(guī)律公式；

(2)木板質(zhì)量m1、木板與地面間及物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為'M2：

(3)t>3s后木板的加速度隨/的關(guān)系式。

【答案】⑴尸=5t(N)

⑵叫=2.5kg,%=0.1,%=0-2

(3)a=2t-4(m/s2)(t>3s)

【詳解】(1)由乙圖F="

圖線斜率k=煞=5

△t

解得尸=5t(N)

(2)由丙圖：t=ls時(shí)，=5N=+m2)g

t=3s時(shí),f3=ION="(血1+rn2)g+42m2g

t=3s時(shí)，木板與物塊相對(duì)滑動(dòng)=。2=

根據(jù)牛頓第二定律F3-%(瓶1+rn2')g=(m1+m2)a2

解得巾1=2.5kg,%=0.1?%=。2

(3)由牛頓第二定律得/合=F-+m2)g-42m2g=mya

代入F=5t解得Q=2t-4(m/s2)(t>3s)

16.(24-25高三下?福建泉州?三檢)如圖甲，整個(gè)空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小E=103v/m。

不帶電的絕緣長(zhǎng)木板A靜止在粗糙水平地面上，其左端固定一勁度系數(shù)k=10N/m的輕彈簧，A與地面間

的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5。帶正電的小物塊B從A的右端與彈簧距離與=0.1m處由靜止釋放，從B釋放開始

計(jì)時(shí)，其速度I，隨時(shí)間/變化的關(guān)系圖像如圖乙，圖中0?Q時(shí)間內(nèi)圖線為直線，七時(shí)刻速度最大，打時(shí)刻曲

線的斜率絕對(duì)值最大，Q時(shí)刻速度恰為。。已知A和B的質(zhì)量均為m=0.2kg,A與B之間接觸面光滑，B

的電荷量大小q=2xl0-3c,彈簧始終在彈性限度內(nèi)，彈性勢(shì)能綿與形變量x的關(guān)系為4=夕％2,且最大

靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2o

(1)求B從釋放到剛與彈簧接觸的時(shí)間口；

(2)求t?時(shí)刻B的速度大小為及k時(shí)刻A的速度大小0；

⑶己如心-t2=^s,求G到Q時(shí)間內(nèi)A與地面間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q。

【答案】⑴。=殺

(2)%=%=2m/s

(3)Q=詈J

【詳解】(1)對(duì)B,根據(jù)牛頓第二定律有q￡=ma

又看=1ati2

解得J=泉

(2)亡2時(shí)刻B的速度最大，其合力為零，即qE=k與

根據(jù)能量守恒定律得qE(%o+

解得%=2m/s

由于％入i=〃-2mg=2N

故t2時(shí)刻A恰好開始運(yùn)動(dòng)，之后由于2mg,A、B組成的系統(tǒng)受到的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒,

由動(dòng)量守恒定律得m%=mv44-mvA

以時(shí)刻B的速度為0,得%=vB=2m/s

(3)亡3時(shí)刻彈簧的壓縮量最大，A、B的速度相同為y,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得m%=

，2到￡3時(shí)間內(nèi)A位移為SA，B位移為SB，亡3時(shí)刻彈簧的壓縮量為工2,有SB=SA+%2—

22

根據(jù)能量守恒定律得qEsB+^mvB-2mv=:依2?-(收/+.〃.2mgs^

得上=0.4m

在該過程的任意時(shí)刻，設(shè)A、B的速度分別為以，、%'，根據(jù)動(dòng)最守恒定律有m%=m%'+nwA'

z

在每段很短的時(shí)間△C內(nèi)，有=zni2BAt十小匕

兩邊累加后得m%(t：3-t2)=7九SB+msA

綜上可得SA=詈m

Q=42mgsA

得Q=WJ

17.(2025?福建福州福九聯(lián)盟?三模)如圖所示，一長(zhǎng)為L(zhǎng)=20m的傾斜傳送帶與水平方向的夾角為8=37。，

以分=4m/s的速度逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。物塊A放置于傳送帶的上端，物塊B放置于物塊A下方的一段

距離的傳送帶上，將兩物塊同時(shí)無初速地釋放，%=S75s后兩物塊發(fā)生第一次彈性碰撞，之后兩物塊可以

發(fā)生多次彈性正碰，碰撞時(shí)間極短可以忽略不計(jì)，兩物塊均可看作質(zhì)點(diǎn)。已知兩個(gè)物塊A、B質(zhì)量分別為巾］

=lkg,ni2=2kg,物塊A、B與傳遞帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為〃1=0.25,〃2=0.75,重力加速度8取1。111/52,

sin37°=0.6,cos37°=0.8°求：

(1)兩物塊第一次碰撞前瞬間物塊A的速度大??；

(2)兩物塊第二次碰撞前瞬間物塊B的速度大??；

(3)從釋放物塊開始到兩物塊發(fā)生第二次碰撞前瞬間的過程中，物塊A與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q：

(4)兩物塊在傳送帶上能發(fā)生的碰撞次數(shù)。

【答案】(l)%i=3m/s

⑵為2=2m/s

(3)(?=26.25J

(4)4次

【詳解】(1)對(duì)物塊B受力分析有f=1i2m2gcosG=m2gs\n0

則物塊B受力平衡，無初速度放置于傳送帶上后將保持靜止?fàn)顟B(tài)

對(duì)物塊A,根據(jù)牛頓第二定律有migsin。-Mi^i^cos0=mxa

兩物塊第一次碰撞前瞬間物塊A的速度大小以1=%=3m/s

（2）設(shè)第一次碰撞之后瞬間物塊A、B速度分別為"AI和憂BI，彈性碰撞過程

121,21,2

57nM=5啊"Al+5m2口BI

乙乙乙

解得U'AI=一lm/s,，BI=2m/s

第一次碰撞之后物塊B受力不變，仍受力平衡，則沿傳送帶向下以速度2m/s做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則第二次碰

撞之前物塊B的速度為蚱2=^BI=2m/s

（3）兩物塊第一次碰撞后，從第一次碰撞后瞬間到笫二次碰撞前瞬間過程中兩物塊運(yùn)動(dòng)位移相等，運(yùn)動(dòng)時(shí)

間相等，分別設(shè)為X、0

則有/=+^1^1=蘇B10

解得=1.5s,%=3m

f

傳送帶運(yùn)動(dòng)位移為無=vo（o+G）=9m

碰前兩物塊距離d=ga峪=1.125m

物塊A與傳送帶運(yùn)動(dòng)的相對(duì)位移為Ax=（d+占+x）=13.125m

產(chǎn)牛.的熱量Q