（2022-2024年）3年高考2年模拟汇编专题一牛顿运动定律（多选题）-解析卷

（2022-2024年）3年高考2年模拟汇编专题一牛顿运动定律（多选题）3年真题1．（2024·宁夏四川·高考真题）蹦床运动中，体重为的运动员在时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取。下列说法正确的是（）A．时，运动员的重力势能最大B．时，运动员的速度大小为C．时，运动员恰好运动到最大高度处D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为【答案】BD【解析】A．根据牛顿第三定律结合题图可知时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；BC．根据题图可知运动员从离开蹦床到再次落到蹦床上经历的时间为，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1s，则在时，运动员恰好运动到最大高度处，时运动员的速度大小故B正确，C错误；D．同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为，以竖直向上为正方向，根据动量定理其中代入数据可得根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为，故D正确。故选BD。2．（2024·辽宁·高考真题）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。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。已知到的时间内，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。时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（）A．小物块在时刻滑上木板 B．小物块和木板间动摩擦因数为2μC．小物块与木板的质量比为3︰4 D．之后小物块和木板一起做匀速运动【答案】ABD【解析】A．图像的斜率表示加速度，可知时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在时刻滑上木板，故A正确；B．结合图像可知时刻，木板的速度为设小物块和木板间动摩擦因数为，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为，负号表示方向水平向左物块在木板上滑动的加速度为经过时间与木板共速此时速度大小为，方向水平向右，故可得解得故B正确；C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为故可得解得根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为此时对木板由牛顿第二定律得解得故C错误；D．假设之后小物块和木板一起共速运动，对整体故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。故选ABD。3．（2023·河北·高考真题）如图，质量为m的小球穿在固定光滑杆上，与两个完全相同的轻质弹相连。开始时将小球控制在杆上的A点，弹簧1竖直且处于原长，弹簧2处于水平伸长状态，两弹簧可绕各自转轴，无摩擦转动。B为杆上的另一个点，与、A、构成矩形，。现将小球从A点释放，两弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（）A．小球沿杆在AB之间做往复运动B．与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间更短C．小球从A点运动到B点的过程中，两个弹簧对小球做的总功为零D．小球从A点运动到B点的过程中，弹簧2的弹性势能先减小后增大【答案】BC【解析】AC．根据对称性可知，小球从A点运动到B点的过程中，两个弹簧对小球做的总功为零，则此过程合力做功等于重力对小球做的功，根据动能定理可知，小球在B点的速度大于0，所以小球到达B点后继续向下运动，小球不会在AB之间做简谐运动，故A错误，C正确；D．小球从A点运动到B点的过程中，弹簧2先从伸长状态变为原长，再从原长变为压缩状态，最后再恢复原长，故弹簧2的弹性势能先减小后增大再减小，故D错误；B．小球从A点运动到B点过程，由于两个弹簧对小球做的总功为零，与没有弹簧时相比，小球运动到B点的速度相等；没有弹簧时，小球运动的加速度为有弹簧时，加速度先大于，然后加速度逐渐减小，到AB中点时，加速度为，之后加速度小于，则两种情况的图像如图所示两种情况的图像与横轴围成的面积相等，由图可知与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间更短，故B正确。故选BC。4．（2023·湖北·高考真题）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M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为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（

）

A．弹簧的劲度系数为B．小球在P点下方处的加速度大小为C．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D．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【答案】AD【解析】A．小球在P点受力平衡，则有，，联立解得A正确；C．在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为，则此时弹簧的弹力为小球受到的摩擦力为化简得在MP之间增大在PN减变小，即摩擦力先变大后变小，C错误；D．根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知M到P和P到N摩擦力做功大小相等；D正确；B．小球运动到P点下方时，此时摩擦力大小为由牛顿第二定律联立解得B错误。故选AD。5．（2023·全国·高考真题）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（）

A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的动量大小比乙的小C．甲的动量大小与乙的相等 D．甲和乙的动量之和不为零【答案】BD【解析】对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示

A．根据牛顿第二定律有由于m甲>m乙所以a甲<a乙由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得v甲<v乙A错误；BCD．对于整个系统而言，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，BD正确、C错误。故选BD。6．（2023·湖南·高考真题）如图，光滑水平地面上有一质量为的小车在水平推力的作用下加速运动。车厢内有质量均为的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，杆与竖直方向的夹角为，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B．若推力向左，且，则的最大值为C．若推力向左，且，则的最大值为D．若推力向右，且，则的范围为【答案】CD【解析】A．设杆的弹力为，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足竖直方向则若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得可得对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律A错误；B．若推力向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为对小球B，由于，小球B受到向左的合力则对小球A，根据牛顿第二定律可得对系统整体根据牛顿第二定律解得B错误；C．若推力向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由杆对小球A的水平分力提供，小球A所受向左的合力的最大值为小球B所受向左的合力的最大值由于可知则对小球B，根据牛顿第二定律对系统根据牛顿第二定律联立可得的最大值为C正确；D．若推力向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时对小球B根据牛顿第二定律对系统根据牛顿第二定律代入小球B所受合力分范围可得的范围为D正确。故选CD。7．（2023·全国·高考真题）用水平拉力使质量分别为、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和。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． B． C． D．【答案】BC【解析】根据牛顿第二定律有F－μmg=ma整理后有F=ma＋μmg则可知F—a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g=μ乙m乙g则μ甲<μ乙故选BC。8．（2022·湖南·高考真题）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即，为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为。重力加速度大小为，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（）A．发动机的最大推力为B．当飞行器以匀速水平飞行时，发动机推力的大小为C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为D．当飞行器以的速率飞行时，其加速度大小可以达到【答案】BC【解析】A．飞行器关闭发动机，以v1=匀速下落时，有飞行器以v2=向上匀速时，设最大推力为Fm联立可得，A错误；B．飞行器以v3=匀速水平飞行时B正确；C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时解得C正确；D．当飞行器最大推力向下，以v5=的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值解得am=2.5gD错误。故选BC。9．（2022·全国·高考真题）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（）A．P的加速度大小的最大值为B．Q的加速度大小的最大值为C．P的位移大小一定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小【答案】AD【解析】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为AB．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为解得此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时解得故滑块Q加速度大小最大值为，A正确，B错误；C．滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；D．滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为解得撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。故选AD。2年模拟10．（2025·安徽·模拟）如图甲所示，物块a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，开始时两物块均静止，弹簧处于原长。时对物块施加水平向右、大小的恒力，时撤去，此过程中两物块的加速度随时间变化的图像如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（）A．物块的质量为2kgB．物块的质量为2kgC．撤去后，组成的系统动量守恒，机械能也守恒D．撤去后，弹簧伸长量最大时，的速度大小为【答案】BD【解析】AB．时，对物块，由牛顿第二定律有解得时，设弹簧弹力大小为，对物块有对物块有联立解得故A错误，B正确；CD．恒力的冲量大小为根据动量定理可知，撤去拉力时，、组成的系统总动量为的速度大于的速度，则、之间的距离将继续增大，、组成的系统动量守恒，但机械能减小，当弹簧伸长量最大时，、的速度相同，设为，有解得故C错误，D正确。故选BD。11．（2024·河北·模拟预测）如图所示，质量为的木板B与直立轻弹簧的上端拴接，弹簧下端固定在地面上。平衡时弹簧的压缩量为，一质量为的物块A从木板B正上方距离为的高处自由落下，打在木板上与木板粘连在一起向下运动。从A、B碰撞到两者到达最低点后又向上运动到最高点经历的总时间为，已知弹簧的弹性势能，为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为，空气阻力忽略不计。则在时间内，下列说法正确的是（

）A．弹簧的最大弹性势能为B．A和B一起运动的最大加速度大小为C．A和B一起运动的最大速度大小为D．从A、B碰撞到两者到达最低点经历的时间为【答案】AD【解析】A．物块A做自由落体运动，设其与木板B碰撞前瞬间的速度大小为，由动能定理可得解得物块A与木板B碰撞瞬间满足动量守恒，由动量守恒定律可得解得从A、B碰撞到达最低点，设最低点位置弹簧压缩量为，由能量守恒定律可得其中解得可得弹簧的最大弹性势能为故A正确；B．A、B一起运动到最低点时，弹簧的形变量最大，弹簧对A、B整体的弹力最大，加速度最大，由牛顿第二定律有解得A、B一起运动的最大加速度大小为故B错误；C．当弹簧弹力与A、B的重力相等时，A和B一起运动的速度最大，设此时弹簧压缩量为，由受力平衡可得解得根据能量守恒定律有解得故C错误；D．A、B在一起做简谐运动，设振动方程为在点A、B碰撞，从有解得由题意知从时间为，则有可得简谐运动的周期为从A、B碰撞到两者到达最低点，即从的时间为故D正确。故选AD。12．（2024·湖南·模拟预测）传送带在现代工业生产和物流体系中扮演着至关重要的角色，其能够提升生产效率，节省空间成本，广泛应用于各领域，推动物流自动化发展。如图所示，传送带与水平面夹角为θ，且夹角θ可根据需求调整，货物与传送带之间的动摩擦因数为μ，在货物随传送带匀速运动的过程中，下列说法中正确的是（）A．摩擦力对货物不做功B．θ减小，货物对传送带的压力变大C．θ增大，货物受的摩擦力大小始终等于D．当时，则传送带无法将货物向上输送【答案】BD【解析】A．货物所受摩擦力沿斜面向上，与速度方向同向，故做正功，故A错误；B．货物对传送带的压力θ减小，货物对传送带的压力增大，故B正确；C．货物随传送带一起保持匀速运动，两者之间无相对滑动，所受摩擦力为静摩擦力故C错误；D．如果，则最大静摩擦力小于重力的分力，所以无法向上传输，故D正确。故选BD。13．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）滑沙运动时，沙板相对沙地的速度大小会影响沙地对沙板的动摩擦因数。假设滑沙者的速度超过8m/s时，滑沙板与沙地间的动摩擦因数就会由变为，如图1所示，简化模型如图2所示，一滑沙者从倾角的坡顶A处由静止开始下滑，滑至坡底B（B处为一平滑小圆弧）后又滑上一段水平地面，最后停在C处。已知滑板与水平地面间的动摩擦因数恒为，AB坡长m，，不计空气阻力，则滑沙者（）

A．下滑速度较大时加速度为2m/s2B．下滑到B处时的速度大小12m/sC．在水平地面上运动的最大距离为18mD．在AB段下滑与BC段滑动的时间之比为【答案】BCD【解析】AB．滑沙板的速度较小时，根据牛顿第二定律可得代入数据可得速度达到的过程中的位移滑沙板的速度超过8m/s后，根据牛顿第二定律可得代入数据可得设到达B的速度为，则代入数据可得故A错误，B正确；C．滑沙板在水平面上的加速度大小为，则由可得由运动学公式可得在水平地面上运动的最大距离为故C正确；D．滑沙板的速度达到的时间第二段时间滑沙板在水平面上的时间则在AB段下滑与BC段滑动的时间之比为故D正确。故选BCD。14．（2024·河南新乡·一模）如图所示，书本甲叠放在书本乙上，甲、乙两书足够长，甲、乙的质量分别为，甲、乙之间的动摩擦因数，乙与桌面之间的动摩擦因数。认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，用水平向右的力推书本甲，开始时，此后缓慢增大，下列说法正确的是（）A．当推力时，书本甲对书本乙的摩擦力大小为B．当推力时，书本均保持静止状态C．当推力时，书本甲、乙之间无相对滑动D．当推力时，书本甲、乙之间有相对滑动【答案】AC【解析】CD．甲、乙间的最大静摩擦力为乙与桌面间的最大静摩擦力为以乙为研究对象，设乙的最大加速度大小为a，由牛顿第二定律解得由整体牛顿第二定律解得故当推力时，书本甲、乙之间有相对滑动，故C正确，D错误；A．当推力时，乙对甲的摩擦力为静摩擦力，则书本甲对书本乙的摩擦力大小为，故A正确；B．当推力时，大于乙与桌面间的最大静摩擦力，而小于甲、乙间的最大静摩擦力，则书本甲、乙一起做匀加速直线运动，故B错误。故选AC。15．（2024·贵州贵阳·模拟预测）如图1，某男子举重运动员，训练由架上挺举质量为100kg的杠铃。挺举过程中，杠铃竖直方向的速度随时间变化的关系图线如图2所示（以竖直向上为速度正方向）。图中a至i为挺举过程中的某些特定时刻。只考虑杠铃竖直方向的运动情况，重力加速度g取10m/s2。则下列有关杠铃的说法正确的是（）A．由零时刻到a时刻过程，杠铃处于失重状态B．由零时刻到a时刻过程，杠铃的动能增加C．由a时刻到b时刻过程，举重运动员挺举杠铃所施的平均作用力约为1500ND．由e时刻到g时刻过程，杠铃的重力势能减少【答案】CD【解析】A．由零时刻到a时刻过程，杠铃向下减速，加速度竖直向上，杠铃在竖直方向上只受重力和运动员举杠铃的力，即运动员举杠铃的力大于重力，处于超重状态，故A错误；B．由零时刻到a时刻过程，杠铃速度减小，动能减少，故B错误；C．由a时刻到b时刻过程，加速度约为由牛顿第二定律可知解得故C正确；D．由e时刻到g时刻过程，杠铃速度方向竖直向下，重力做正功，杠铃的重力势能减小，故D正确。故选CD。16．（2024·全国·模拟预测）如图，在倾角为的粗糙斜面中点由静止释放物块后，物块以的加速度向下加速运动。重新把物块置于原处，用轻绳将物块和物块B连接，轻绳跨过斜面顶端的定滑轮P，再由静止释放物块，物块的加速度为。物块和物块B的质量相等，重力加速度取，，，则物块与斜面间的动摩擦因数和加速度分别为（）A． B． C． D．【答案】AC【解析】AB．只有物块从斜面上滑下时，根据牛顿第二定律有解得故A正确，B错误；CD．物块和物块B连接后，对整体根据牛顿第二定律有解得故C正确，D错误。故选AC。17．（2024·四川自贡·模拟预测）劲度系数的轻弹簧一端固定在倾角的固定光滑斜面底部，另一端和质量的小物块A相连，质量的小物块B紧靠A静止在斜面上，轻质细线一端连在物块B上，另一端跨过定滑轮与质量的物体C相连，对C施加外力，使C处于静止状态，且细线刚好伸直但不绷紧，如图所示。从某时刻开始，撤掉外力，使C竖直向下运动，取，弹簧和斜面上的那部分细线均平行于斜面。以下说法中正确的是（）A．初始时弹簧的压缩量是B．当A、B恰好分离时，弹簧恢复原长C．撤掉外力瞬间，A的加速度大小为D．从撤去外力到A、B恰好分离整个过程，物体C减少的重力势能为1J【答案】AD【解析】A．初始时，对A、B整体受力分析，设此时弹簧压缩量为，根据胡克定律，有解得故A正确；B．A、B恰好分离时，A、B间弹力为零，以B、C整体为研究对象，有解得则A的加速度大小也为0，此时弹簧处于压缩状态，故B错误；C．撤掉外力瞬间，取A、B、C系统，由牛顿第二定律有且弹簧弹力不发生突变，仍有即解得故C错误；D．AB恰好分离时，以A为研究对象，有设此时弹簧的压缩量为，由胡克定律有解得所以从撤去外力到A、B恰好分离整个过程，A沿斜面移动的位移物体C减少的重力势能为故D正确。故选AD。18．（2024·河南·模拟预测）如图所示，轻弹簧竖直立在地面上，物块A放在轻弹簧上，物块B叠放在物块A上，用绕过两定滑轮的轻绳将物块B、C连接，用手托着物块C，使滑轮两边的轻绳刚好沿竖直方向伸直，已知物块A、B、C的质量分别为m、m、2m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计空气阻力，弹簧在弹性限度内，开始时物块B到滑轮的距离足够远，快速撤去手，则下列判断正确的是（）A．撤去手的一瞬间，物块C的加速度为0B．撤去手的一瞬间，A对B的作用力大小为C．撤去手后，物块B向上运动过程中加速度先减小后不变D．当物块A、B刚好分离时，物块A上升的高度为【答案】BC【解析】A．由题意可知，撤去手之前绳子上得拉力为0，此时，对AB整体受力分析得撤去手得一瞬间，弹簧上弹力不变，A、B、C三个物体加速度大小相等，对C受力分析得对AB整体受力分析，由牛顿第二定律得联立解得撤去手的一瞬间，物体C的加速度大小为此时绳上的拉力突变，大小为故A错误；B．撤去手的一瞬间，对物体B受力分析，由牛顿第二定律得代入数据得此时A对B的作用力大小为故B正确；C．撤去手之后AB分开前，对A、B、C系统受力分析，由牛顿第二定律得随着A向上运动，弹簧的形变量减小，可知加速度减小；A、B分开后，B、C两个物体由绳连接加速度大小一样，对C受力分析由牛顿第二定律可知对B受力分析，由牛顿第二定律可知联立解得B、C的加速度大小为加速度不再变化，故C正确；D．A、B分开时，，此时A、B、C加速度大小相等，设此时弹簧的形变量为，对A、B、C系统受力分析解得隔离A，受力分析由牛顿第二定律得联立解得，此时弹簧形变量为故当物块A、B刚好分离时，物块A上升的高度为故D错误。故选BC。19．（2024·广东·模拟预测）如图所示，均可视为质点的小球A、B通过跨过车厢顶部的光滑轻质定滑轮的轻绳连接，小球A用轻绳AC系于车厢侧壁，当小车在水平面上向左做匀加速直线运动时，定滑轮两侧的轻绳恰好垂直，轻绳AC恰好水平。已知A、B两小球的质量分别为0.4kg、0.3kg，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．轻绳AB中的张力大小为5N B．小车的加速度大小为C．轻绳CA中的张力大小为3N D．轻绳对定滑轮的作用力小于7N【答案】AB【解析】A．设轻绳AB中的张力大小为T，OA与竖直方向的夹角为θ，则有解得故A正确；B．小球B受到的合力为4N，其加速度大小为故B正确；C．设轻绳CA中的张力大小为T′，则有解得故C错误；D．轻绳对定滑轮的作用力大小为，故D错误。故选AB。20．（2024·云南大理·模拟预测）如图所示，水平面是光滑的，一足够长的木板置于水平面上，木板上放一斜面体，木板与斜面体间的动摩擦因数为，斜面体倾角，一细绳一端系在斜面体顶端，另一端拴接一可视为质点的小球，细绳平行于斜面，已知小球、斜面体、木板质量均为1kg，，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现对木板施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是（）A．若，当时，木板相对斜面体向右滑动B．若，不论F多大，小球均能和斜面体保持相对静止C．若，当时，小球对斜面体的压力不为0D．若，当时，细绳对小球的拉力为【答案】BD【解析】A．若μ=0.2，当F=4N时，假设板、斜劈、球三者相对静止，则对板、斜劈、球构成的系统有F=3ma代入数据解得对斜劈和球构成的系统，若斜劈与板之间的摩擦力达到最大静摩擦力，有μ（m+m）g=（m+m）a球代入数据解得a球=2m/s2＞a因此此时木板相对于斜劈静止，故A错误；B．若μ=0.5，假设斜劈与球保持相对静止，则对斜劈与球构成的系统，最大加速度为μ（m+m）g=（m+m）a球代入数据得a=5m/s2当球刚好要离开斜劈时，受到重力和绳子拉力作用，有代入数据解得a球=7.5m/s2＞a因此不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止，故B正确；C．若μ=0.8，假设板、球和斜劈相对静止，则球和斜劈构成的系统能够获得的最大加速度为μ（m+m）g=（m+m）a球代入数据得a球=8m/s2此时对板、球和斜劈构成的系统，有F临界=（m+m+m）a球=（1+1+1）×8N=24N当F=22.5N时，板、球和斜劈相对静止，有又由B选项可知此时球刚好要离开斜劈，小球对斜面体的压力为0，故C错误；D．若μ=0.8，F=26N>24N时由C选项可知此时木板与斜面体产生相对滑动，此时斜面与小球的加速度大小为8m/s2，小球离开斜面体，则对小球细绳的拉力故D正确。故选BD。21．（2024·云南大理·模拟预测）某实验小组的同学想利用如图甲、乙、丙所示的装置深度探究加速度a与F的关系，图中滑轮光滑，桌面水平且光滑。加速度、、用光电门传感器测出（图中未画出），重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．若图甲中F是变力，则描绘出的图线应该是一条过原点的倾斜直线B．若图甲中F是恒力，图乙中，根据应该有C．若图乙中仅m改变，则描绘出的图线应该是一条过原点的倾斜直线D．若通过减小而增大m的方式改变m，如图丙，把减小的质量增加到m上，则描绘出的图线应该是一条过原点的倾斜直线【答案】AD【解析】A．图甲中根据牛顿第二定律可知若F是变力，则a与F成正比，描绘出的图线应该是一条过原点的倾斜直线，选项A正确；B．若图甲中F是恒力，可知图乙中，可知则选项B错误；C．图乙中则若仅m改变，则图像的斜率变化，则描绘出的图线不是一条过原点的倾斜直线，选项C错误；D．若通过减小m0而增大m的方式改变m，则由描绘出的a-mg图线的斜率为为定值，则描绘出的a-mg图线应该是一条过原点的倾斜直线，故D正确。故选AD。22．（2024·贵州·模拟预测）如图所示，光滑水平面上放置质量且足够长的木板，木板上叠放着质量的物块，系统处于静止状态。已知物块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度。现对木板施加水平向右的恒定拉力F，下列说法中正确的有（）A．若拉力逐渐增大，则物块的加速度也一直增大B．当拉力等于15N时，物块与木板刚好发生相对滑动C．当时，物块与木板间的摩擦力大小为8ND．当时，则内物块与木板摩擦产生的热为60J【答案】BCD【解析】A．物块与木板发生相对运动前，二者加速度相等，拉力增大，加速度增大；物块与木板发生相对运动之后，物块的加速度为不变，故A错误；B．假设物块与木板相对静止：对整体对物块当时，，恰好等于物块与木板间的最大静摩擦力，故物块与木板刚好发生相对滑动，故B正确；C．当，物块与木板相对静止，对整体对物块可得故C正确；D．当，物块与木板相对滑动，物块的加速度2s内的位移木板的加速度2s内的位移摩擦生热故D正确。故选BCD。23．（2024·甘肃武威·一模）人站在力传感器上完成下蹲和站起动作，传感器记录的力随时间变化图像（F－t图像）如图所示，重力加速度g＝10m/s2，则（）A．下蹲过程中最大加速度为6m/s2B．人在下蹲过程中，力的示数先变小后变大C．人在站起过程中，先失重后超重D．人在8s内完成了两次下蹲和两次站起动作【答案】AB【解析】A．由图可知传感器的最小压力为200N，根据牛顿第二定律，下蹲过程中最大加速度为故A正确；B．人在下蹲过程中，先加速下降后减速下降，故先失重后超重，力的示数先变小后变大，故B正确；C．人在站起过程中，先加速上升后减速上升，先超重后失重，故C错误；D．人在下蹲过程中，力的示数先变小后变大，人在站起过程中，力的示数先变大后变小，可知人在8s内完成了一次下蹲和一次站起动作，故D错误。故选AB。24．（2024·湖北黄冈·一模）如图所示，质量均为m的物块A和B用轻弹簧连接，置于倾角的斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数均为。对A施加水平向右的推力F，恰使A、B一起沿斜面匀速上滑，取、，重力加速度大小为g。下列说法中正确的是（）A．弹簧弹力大小为mgB．推力大小为2.5mgC．若撤去推力F，则撤后瞬间物块B的加速度大小为gD．若撤去推力F，则撤后瞬间物块A的加速度大小为2g【答案】AD【解析】A．对B，根据平衡条件，弹簧弹力大小为故A正确；B．对A，根据平衡条件解得故B错误；C．若撤去推力F，则撤后瞬间弹簧来不及形变，弹簧弹力不变，物块B处于平衡状态，加速度大小为0，故C错误；D．若撤去推力F，则撤后瞬间物块A的加速度大小为故D正确。故选ABD。25．（2023·广东东莞·模拟预测）如图所示，质量的玩具动力小车在水平面上运动时，小车牵引力和受到的阻力均为恒力，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为的物体由静止开始运动。运动后，轻绳从物体上脱落，物体继续滑行一段时间后停止。物体与地面之间的动摩擦因数为，g取，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．轻绳脱落之前，绳的拉力为5NB．轻绳脱落之前，小车的加速度大小是C．轻绳脱落之后，物体继续滑行时间1sD．物体刚停止时，小车的速度大小是【答案】AC【解析】B．轻绳脱落之前，小车和物块的整体由牛顿第二定律可得加速度大小是选项B错误；A．轻绳脱落之前，对小车可得绳的拉力为T=5N选项A正确；C．轻绳脱离时的速度v=at=4m/s轻绳脱落之后，物体减速运动的加速度则继续滑行时间选项C正确；D．轻绳脱落之后小车运动的加速度物体刚停止时，小车的速度大小是选项D错误。故选AC。26．（2023·全国·模拟预测）如图甲所示，足够长的