专题三运动和力的关系-【创新教程】2020-2024五年高考真题物理分类特训

　　　　　　　专题三　运动和力的关系 考点１　牛顿运动定律的理解 ◆惯性定律 １．(２０２０􀅰浙江７月,２,３ 分)如图所示,底部均有 ４个轮子的行李箱a竖 立、b平卧放置在公交车 上,箱子四周有一定空间．当公交车 (　　) A．缓慢起动时,两只行李箱一定相对车子 向后运动 B．急刹车时,行李箱a一定相对车子向前 运动 C．缓慢转弯时,两只行李箱一定相对车子 向外侧运动 D．急转弯时,行李箱b一定相对车子向内 侧运动 ◆牛顿第二定律 ２．(２０２４􀅰湖南卷,３)如图,质量分 别为４m、３m、２m、m 的四个小球 A、B、C、D,通过细线或轻弹簧互 相连接,悬挂于O 点,处于静止 状态,重力加速度为g．若将 B、C间的细线 剪断,则剪断瞬间 B和 C的加速度大小分 别为 (　　) A．g,１．５g B．２g,１．５g C．２g,０．５g D．g,０．５g ３．(２０２３􀅰新课标卷,１９)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 ４．(２０２０􀅰 全国 Ⅰ 卷,１６,６ 分)如图,一同学表演荡秋 千．已知秋千的两根绳长 均为１０m,该同学和秋千 踏板的总质量约为５０kg． 绳的质量忽略不计．当该 同学荡到秋千支架的正下方时,速度大小为 ８m/s,此时每根绳子平均承受的拉力约为 (　　) A．２００N B．４００N C．６００N D．８００N 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点２　动力学问题 ◆超、失重问题 １．(２０２０􀅰山东卷,１,３分)一 质量为m 的乘客乘坐竖直 电梯下楼,其位移s与时间 t的关系图像如图所示．乘 客所受支持力的大小用FN 表示,速度大小 用v表示．重力加速度大小为g．以下判断 正确的是 (　　) A．０~t１ 时间内,v增大,FN＞mg B．t１~t２ 时间内,v减小,FN＜mg C．t２~t３ 时间内,v增大,FN＜mg D．t２~t３ 时间内,v减小,FN＞mg 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３１ 专题三　运动和力的关系 ◆动力学分析 ２．(２０２３􀅰全国甲卷,１９)用水平 拉力使质量分别为m甲 、m乙 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μ甲 和μ乙．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．m甲 ＜m乙 B．m甲 ＞m乙 C．μ甲 ＜μ乙 D．μ甲 ＞μ乙 ３．(２０２３􀅰 湖南卷,１０)如 图,光滑水平地面上有一 质量为２m 的小车在水平 推力F 的作用下加速运 动．车厢内有质量均为m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 μ,杆与竖直方向的夹角为θ,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 F＝ ２mgtanθ B．若推力F向左,且tanθ≤μ,则F 的最大 值为２mgtanθ C．若推力F向左,且μ＜tanθ≤２μ,则F 的 最大值为４mg(２μ－tanθ) D．若推力F向右,且tanθ＞２μ,则F的范围为 ４mg(tanθ－２μ)≤F≤４mg(tanθ＋２μ) ４．(２０２３􀅰江苏卷,１１)滑块以一定的初速度沿 粗糙斜面从底端上滑,到达最高点B 后返 回到底端．利用频闪仪分别对上滑和下滑过 程进行拍摄,频闪照片示意图如图所示．与 图乙中相比,图甲中滑块 (　　) A．受到的合力较小 B．经过A 点的动能较小 C．在A、B 之间的运动时间较短 D．在A、B 之间克服摩擦力做的功较小 ５．(２０２２􀅰全国乙卷,２０,６ 分)质量为１kg的物块在 水平力 F 的作用下由静 止开始在水平地面上做 直线运动,F 与时间t的关系如图所示．已 知物块与地面间的动摩擦因数为０．２,重力 加速度大小取g＝１０m/s２．则 (　　) A．４s时物块的动能为零 B．６s时物块回到初始位置 C．３s时物块的动量为１２kg􀅰m/s D．０~６s时间内F对物块所做的功为４０J ６．(２０２２􀅰 辽宁卷,７,４ 分)如图所示,一小物 块从长１m 的水平桌 面一端以初速度v０ 沿中线滑向另一端,经 过１s从另一端滑落．物块与桌面间动摩擦 因数为μ,g 取１０m/s ２．下列v０、μ值可能 正确的是 (　　) A．v０＝２．５m/s B．v０＝１．５m/s C．μ＝０．２８ D．μ＝０．２５ ７．(２０２２􀅰湖南卷,９,５分)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M．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 F阻 ＝kv２,k 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１０m/s; 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５m/s．重力加速度大小为g,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１．５Mg B．当飞行器以５m/s匀速水平飞行时,发动 机推力的大小为 １７ ４ Mg 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５ ３m/s D．当飞行器以５m/s的速率飞行时,其加 速度大小可以达到３g 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４１ 最新真题分类特训􀅰物理 ８．(２０２１􀅰全国甲卷,１４,６分) 如图,将光滑长平板的下端 置于铁架台水平底座上的挡 板P 处,上部架在横杆上．横 杆的位置可在竖直杆上调节,使得平板与底 座之间的夹角θ可变．将小物块由平板与竖 直杆交点Q 处静止释放,物块沿平板从Q 点滑至P 点所用的时间t与夹角θ 的大小 有关．若θ由３０°逐渐增大至６０°,物块的下 滑时间t将 (　　) A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 ９．(２０２１􀅰福建卷,１３,１０分)一火星探测器着 陆火星之前,需经历动力减速、悬停避障两 个阶段．在动力减速阶段,探测器速度大小 由９６m/s减小到０,历时８０s．在悬停避障 阶段,探测器启用最大推力为７５００N的变 推力发动机,在距火星表面约百米高度处悬 停,寻找着陆点．已知火星半径约为地球半 径的１ ２ ,火星质量约为地球质量的１ １０ ,地球 表面重力加速度大小取１０m/s２,探测器在 动力减速阶段的运动视为竖直向下的匀减 速运动．求: (１)在动力减速阶段,探测器的加速度大小 和下降距离; (２)在悬停避障阶段,能借助该变推力发动 机实现悬停的探测器的最大质量． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点３　连接体模型 ◆质量分配原则 １．(２０２０􀅰江苏卷,５,３分)中欧班列在欧亚大 陆开辟了“生命之路”,为国际抗疫贡献了中 国力量．某运送防疫物资的班列由４０节质 量相等的车厢组成,在车头牵引下,列车沿 平直轨道匀加速行驶时,第２节对第３节车 厢的牵引力为F．若每节车厢所受摩擦力、 空气阻力均相等,则倒数第３节对倒数第２ 节车厢的牵引力为 (　　) A．F　　 B．１９F２０　　 C． F １９　　 D． F ２０ ◆连接体动力学分析 ２．(２０２４􀅰全国甲卷,１５)如 图,一轻绳跨过光滑定滑 轮,绳的一端系物块 P,P 置于水平桌面上,与桌面 间存在摩擦;绳的另一端悬挂一轻盘(质量 可忽略),盘中放置砝码．改变盘中砝码总质 量m,并测量 P的加速度大小a,得到aＧm 图像．重力加速度大小为g．在下列aＧm 图 像中,可能正确的是 (　　) ３．(２０２２􀅰全国甲卷,１９,６分) 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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５１ 专题三　运动和力的关系 接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ, 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２μg B．Q 的加速度大小的最大值为２μg 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 ４．(２０２２􀅰山东卷,１６, ９分)某粮库使用额 定电压U＝３８０V, 内阻R＝０．２５Ω 的 电动机运粮．如图所示,配重和电动机连接 小车的缆绳均平行于斜坡,装满粮食的小车 以速度v＝２m/s沿斜坡匀速上行,此时电 流I＝４０A．关闭电动机后,小车又沿斜坡 上行路程L 到达卸粮点时,速度恰好为零． 卸粮后,给小车一个向下的初速度,小车沿 斜坡刚好匀速下行．已知小车质量m１＝１００ kg,车上粮食质量 m２＝１２００kg,配重质量 m０＝４０kg,取重力加速度g＝１０m/s２,小 车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食 总重力成正比,比例系数为k,配重始终未 接触地面,不计电动机自身机械摩擦损耗及 缆绳质量．求: (１)比例系数k值; (２)上行路程L值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点４　板－块模型 ◆图像问题 １．(２０２４􀅰黑吉辽卷, １０)一足够长木板置 于水平地面上,二者 间的动摩擦因数为 μ,t＝０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t＝０到t＝４t０ 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,t＝４t０ 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t＝３t０ 时刻滑上木板 B．小物块和木板间动摩擦因数为２μ C．小物块与木板的质量之比为３∶４ D．t＝４t０ 之后小物块和木板一起做匀速 运动 ２．(２０２２􀅰全国乙卷,２１,６分)水平地面上有 一质量为m１ 的长木板,木板的左端上有一 质量为m２ 的物块,如图(a)所示．用水平向 右的拉力F作用在物块上,F随时间t的变化 关系如图(b)所示,其中F１、F２ 分别为t１、t２ 时 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６１ 最新真题分类特训􀅰物理 刻F的大小．木板的加速度a１ 随时间t的变化 关系如图(c)所示．已知木板与地面间的动摩 擦因数为μ１,物块与木板间的动摩擦因数为 μ２．假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力 相等,重力加速度大小为g．则 (　　) A．F１＝μ１m１g B．F２＝ m２(m１＋m２) m１ (μ２－μ１)g C．μ２＞ m１＋m２ m２ μ１ D．在０~t２ 时间段物块与木板加速度相等 ◆板－块动力学分析 ３．(２０２４􀅰新课标卷,２５)(１４ 分)如图,一长度l＝１．０ m的均匀薄板初始时静止 在一光滑平台上,薄板的右端与平台的边缘 O对齐．薄板上的一小物块从薄板的左端以 某一初速度向右滑动,当薄板运动的距离 Δl＝l６ 时,物块从薄板右端水平飞出;当物 块落到地面时,薄板中心恰好运动到 O点． 已知物块与薄板的质量相等．它们之间的动 摩擦因数μ＝０．３,重力加速度大小g＝１０ m/s２．求 (１)物块初速度大小及其在薄板上运动的 时间; (２)平台距地面的高度． ４．(２０２１􀅰海南卷,１７,１２分)如图,一长木板 在光滑的水平面上以速度v０ 向右做匀速直 线运动,将一小滑块无初速度地轻放在木板 最右端．已知滑块和木板的质量分别为 m 和２m,它们之间的动摩擦因数为μ,重力加 速度为g． (１)滑块相对木板静止时,求它们的共同速 度大小; (２)某时刻木板速度是滑块的２倍,求此时 滑块到木板最右端的距离; (３)若滑块轻放在木板最右端的同时,给木 板施加一水平向右的外力,使得木板保持匀 速直线运动,直到滑块相对木板静止,求此 过程中滑块的运动时间以及外力所做的功． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７１ 专题三　运动和力的关系 实验四　测量动摩擦因数 ◆数据处理———逐差法 (２０２１􀅰全国甲卷,２２,５分)为测量小铜块 与瓷砖表面间的动摩擦因数,一同学将贴有 标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上,形成一 倾角为α的斜面(已知sinα＝０．３４,cosα＝ ０．９４),小铜块可在斜面上加速下滑,如图所 示．该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程, 然后解析视频记录的图像,获得５个连续相 等时间间隔(每个时间间隔 ΔT＝０．２０s)内 小铜块沿斜面下滑的距离si(i＝１,２,３,４, ５),如下表所示． s１ s２ s３ s４ s５ ５．８７cm ７．５８cm ９．３１cm １１．０２cm１２．７４cm 由表中数据可得,小铜块沿斜面下滑的加速度 大小为　　　　m/s２,小铜块与瓷砖表面间的 动摩擦因数为　　　　．(结果均保留２位有 效数字,重力加速度大小取９．８０m/s２) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 实验五　探究加速度与力、质量的关系 ◆教材原实验 １．(２０２２􀅰浙江６月,１７(１),４分)①“探究小 车速度随时间变化的规律”实验装置如图１ 所示,长木板水平放置,细绳与长木板平行． 图２是打出纸带的一部分,以计数点O为位 移测量起点和计时起点,则打计数点B 时 小车位移大小为　　　cm．由图３中小车 运动的数据点,求得加速度为　　　m/s２ (保留两位有效数字)． 利用图１装置“探究加速度与力、质量的关 系”的实验,需调整的是　　　． A．换成质量更小的车 B．调整长木板的倾斜程度 C．把钩码更换成砝码盘和砝码 D．改变连接小车的细绳与长木板的夹角 ２．(２０２１􀅰北京卷,１５,８分)物理实验一般都 涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方 法、实验操作、数据分析等．例如: (１)实验仪器．用游标卡尺测某金属管的内 径,示数如图１所示．则该金属管的内径为 　　　mm． 图１ (２)数据分析．打点计时器在随物体做匀 变速直线运动的纸带上打点,其中一部分 如图２所示,B、C、D 为纸带上标出的连 续３个计数点,相邻计数点之间还有４个 计时点没有标出．打点计时器接在频率为 ５０Hz的交流电源上．则打C 点时,纸带 运动的速度vC＝　　　　m/s(结果保留 小数点后两位)． 图２ (３)实验原理．图３为“探究加速度与力的关 系”的实验装置示意图．认为桶和砂所受的 重力等于使小车做匀加速直线运动的合力． 实验中平衡了摩擦力后,要求桶和砂的总质 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８１ 最新真题分类特训􀅰物理 量m 比小车质量M 小得多．请分析说明这 个要求的理由． 图３ ◆创新型实验 ３．(２０２２􀅰山东卷,１３,６分)在天宫课堂中,我 国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物 体质量的实验,受此启发,某同学利用气垫 导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧 和待测物体等器材设计了测量物体质量的 实验,如图甲所示．主要步骤如下: ①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上, 加速度传感器固定在滑块上; ②接通气源．放上滑块．调平气垫导轨; ③将弹簧左端连接力传感器,右端连接滑 块．弹簧处于原长时滑块左端位于O 点． A 点到O 点的距离为５􀆰００cm,拉动滑块 使其左端处于 A 点,由静止释放并开始 计时; ④计算机采集获取数据,得到滑块所受弹力 F,加速度a随时间t变化的图像,部分图像 如图乙所示． 回答以下问题(结果均保留两位有效数字): (１)弹簧的劲度系数为　　　　　N/m． (２)该同学从图乙中提取某些时刻F与a 的 数据,画出a－F 图像如图丙中Ⅰ所示,由 此可得滑块与加速度传感器的总质量为 　　　　　kg． (３)该同学在滑块上增加待测物体,重复上 述实验步骤,在图丙中画出新的a－F 图像 Ⅱ,则待测物体的质量为　　　　　kg． ４．(２０２１􀅰湖南卷,１１,６分)某实验小组利用 图(a)所示装置探究加速度与物体所受合外 力的关系．主要实验步骤如下: (１)用游标卡尺测量垫块厚度h,示数如图 (b)所示,h＝　　　　cm; (２)接通气泵,将滑块轻放在气垫导轨上,调 节导轨至水平; (３)在右支点下放一垫块,改变气垫导轨的 倾斜角度; (４)在气垫导轨合适位置释放滑块,记录垫 块个数n和滑块对应的加速度a; (５)在右支点下增加垫块个数(垫块完全相 同),重复步骤(４),记录数据如下表: n １ ２ ３ ４ ５ ６ (a/m􀅰s－２)０．０８７０．１８００．２６０ ０．４２５０．５１９ 根据表中数据在图(c)上描点,绘制图线． 如果表中缺少的第４组数据是正确的,其应 该是　　　　m/s２(保留三位有效数字)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９１ 专题三　运动和力的关系 F２ 的竖直分量F２x＝ mgsinαcosβ sin(α＋β) , 因sinαcosβ－cosαsinβ＝sin(α－β)＞０, 可知F２x＞F１x,选项 AB错误．故选 D． ５．B　设斜杆的弹力大小为F,以水平横杆 和重物为 整 体,竖 直 方 向 根 据 受 力 平 衡 可得４Fcos３０°＝G, 解得F＝ ３６G , 以其中一 斜 杆 为 研 究 对 象,其 受 力 如 图 所示 可知每根斜杆受到地面的作用力应与F 平衡,即大小为 ３ ６G ,每根斜杆受到地面的摩擦力为f＝Fsin３０°＝ ３１２G , B正确,ACD错误;故选B． ６．C　当木板与水平面的夹角为４５° 时,两物块刚好滑动,对A 物块受 力分析如图,沿斜面方向,A、B 之 间 的 滑 动 摩 擦 力 f１ ＝μN ＝ μmgcos４５°,根 据 平 衡 条 件 可 知 T＝mgsin４５°＋μmgcos４５°,对B 物块受力分析如图,沿斜面方向, B 与斜面之间的滑动摩擦力f２＝ μN′＝μ􀅰３mgcos４５°,根 据 平 衡 条 件 可 知 ２mgsin ４５°＝ T ＋ μmgcos４５°＋μ􀅰３mgcos４５°,两 式相加,可得２mgsin４５°＝mgsin ４５°＋μmgcos４５°＋μmgcos４５° ＋μ􀅰３mgcos４５° 解得μ＝ １ ５ ,A、B、D 错误,C 正 确．故选 C． 考点３　动态平衡问题 １．C　AB．对滑块受力分析,由平衡条件有F＝mgsinθ, N＝mgcosθ, 滑块从A 缓慢移动B 点时,θ越来越大,则推力F 越来 越大,支持力 N 越来越小,所以 A、B错误;C．对凹槽与 滑块整体分析,有 墙 面 对 凹 槽 的 压 力 为 FN ＝Fcosθ＝ mgsinθcosθ＝１２mgsin (２θ) 则θ越来越大时,墙面对凹槽的压力先增大后减小,所以 C正确;D．水平地面对凹槽的支持力为 N地 ＝(M＋m)g－Fsinθ＝(M＋m)g－mgsin２θ 则θ越来越大时,水平地面对凹槽的支持力越来越小,所 以 D错误;故选 C． ２．B　本题考查共点力平衡．对石礅受力分析,由平衡条件 可知Tcosθ＝f,Tsinθ＋N＝mg,其中f＝μN,联立解得 轻绳的合拉力大小T＝ μmgcosθ＋μsinθ ,A错误,B正确;合 拉力的大小T＝ μmgcosθ＋μsinθ ＝ μmg １＋μ ２sin(θ＋φ) ,其中 tanφ＝ １ μ ,可知当θ＋φ＝９０°时,合拉力有最小值,所以 减小夹角θ,轻绳的合拉力不一定减小,C错误;摩擦力 大小f＝Tcosθ μmgcosθcosθ＋μsinθ ＝ μmg１＋μtanθ ,所以 增 大 夹 角θ,摩擦力一直减小,当θ趋近于９０°时,摩擦力最小,故 轻绳的合拉力最小时,地面对石礅的摩擦力不是最小,D 错误． 实验三　探究弹簧弹力与形变量的关系 １．解析:(３)根据表格标点连线如图 (４)由图可知刻度尺的分度值为１mm, 故读数l＝１５．３５cm; (５)设橡皮筋的劲度系数为k,原长为x０, 则n１mg＝k(l１－x０),n２mg＝k(l５－x０), 设冰墩墩的质量为m１,则有m１g＝k(l－x０), 联立各式代入数据可得m１≈１２７g． 答案:(３)见解析　(４)１５．３５　(５)１２７ ２．解析:(１)弹簧压缩的变化量为 ΔL３＝L６－L３＝(１８．０９ －１２．０５)cm＝６．０４cm,压 缩 量 的 平 均 值 为 ΔL＝ ΔL１＋ΔL２＋ΔL３ ３ ＝ ６．０３＋６．０８＋６．０４ ３ cm≈６．０５cm ; (２)因三个 ΔL是相差３个钢球的压缩量之差,则所求平 均值为管中增加３个钢球时产生的弹簧平均压缩量; (３)根据钢球的平衡条件有 ３mgsinθ＝k􀅰ΔL 解得k＝ ３mgsinθ ΔL ＝３×０．２×９．８×sin３０° ６．０５×１０－２ N/m ≈４８．６N/m． 答案:(１)６．０４　６．０５　(２)３　(３)４８．６ 专题三　运动和力的关系 考点１　牛顿运动定律的理解 １．B　A．由题意可知当公交车缓慢启动时,两只箱子与公 交车之间有可能存在静摩擦力使箱子与公交车一起运 动,故 A错误;B．急刹车时,由于惯性,行李箱a一定相 对车子向前运动,故B正确;C．当公交车缓慢转弯时,两 只箱子与车之间的摩擦力可能提供向心力,与车保持相 对静止,故 C错误;D．当公交车急转弯时,由于需要向心 力大,行李箱 一 定 相 对 车 子 向 外 侧 运 动,故 D 错 误．故 选B． ２．A ３．BD　如图所示: A．根据 牛 顿 第 二 定 律:a甲 ＝F－fm甲 ＝ F－μm甲 g m甲 、a乙 ＝ F－μm乙 g m乙 ,由于m甲 ＞m乙 ,所以a甲 ＜a乙 ,由于两物体运 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０７１ 最新真题分类特训􀅰物理 动时间相同,且同时由静止释放,所以可得v甲 ＜v乙 ,所 以选项 A 错误;C．由于 m甲 ＞m乙 ,所以由于f１＞f２,所 以对于整个系统不满足动量守恒,所以甲的动量大小与 乙的不相等,选项 C错误;BD．对于整个系统而言,由于 f１＞f２,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,选项 BD 正确．故 选BD． ４．B　在最低点由２T－mg＝mv ２ r ,知T＝４１０N,即每根绳 子拉力约为４１０N,故选B． 考点２　动力学问题 １．D　A．由于sＧt图像的斜率表示速度,可知在０~t１ 时间 内速度增加,即乘客的加速度向下,处于失重状态,则FN ＜mg,选项 A错误;B．在t１~t２ 时间内速度不变,即乘 客匀速下降,则FN＝mg,选项 B错误;C、D．在t２~t３ 时 间内速度减小,即乘客减速下降,超重,则FN＞mg,选项 C错误,D正确;故选 D． ２．BC　根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma, 整理后有F＝ma＋μmg, 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． ３．CD　A．设杆的 弹 力 为 N,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Nx Ny ＝ tanθ, 竖直方向 Ny＝mg, 则 Nx＝mgtanθ, 若B球受到的摩擦力为零,对 B根据牛顿第二定律可得 Nx＝ma, 可得a＝gtanθ, 对小球 A、B和小车整体根据牛顿第二定律F＝４ma＝ ４mgtanθ,A错误;B．若推力F 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 Nx＝mgtanθ, 对小球B,由于tanθ≤μ,小 球 B 受 到 向 左 的 合 力 F＝ μ(N′y＋mg)－Nx≥mgtanθ, 则对小球 A,根据牛顿第二定律可得 Nx＝mamax, 对系统整体根据牛顿第二定律F＝４mamax, 解得F＝４mgtanθ,B错误;C．若推力F 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 Nx＝mgtanθ, 小球B所受向左的合力的最大值Fmax＝(Ny＋mg)􀅰μ －Nx＝２μmg－mgtanθ, 由于μ＜tanθ≤２μ可知Fmax＜mgtanθ, 则对小球B,根据牛顿第二定律Fmax＝２μmg－mgtanθ ＝mamax, 对系统根据牛顿第二定律F＝４mamax, 联立可得F 的最大值为F＝４mg(２μ－tanθ),C正确;D． 若推力F 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 Fmin＝Nx－(Ny＋mg)μ＝mgtanθ－２μmgtanθ, 当小球所受摩擦力向右时,小球B向右的合力最大,此时 Fmax＝Nx＋(Ny＋mg)μ＝mgtanθ＋２μmgtanθ, 对小球B根据牛顿第二定律Fmin＝mamin, Fmax＝mamax, 对系统根据牛顿第二定律F＝４ma, 代入小球B所受合力的范围可得F 的范围为４mg(tanθ －２μ)≤F≤４mg(tanθ＋２μ),D正确．故选 CD． ４．C　A．因为频闪照片时间间隔相同,对比图甲和乙可知 图甲中滑块加速度大,是上滑阶段;根据牛顿第二定律 可知图甲中滑块受到的合力较大;故 A 错误;B．从图甲 中的A 点到图乙中的A 点,先上升后下降,重力做功为 ０,摩擦力做负功;根据动能定理可知图甲经过A 点的动 能较大,故B错误;C．由 于 图 甲 中 滑 块 加 速 度 大,根 据 Δx＝１２at ２,可知图甲在A、B 之间的运动时间较短,故 C 正确;D．由于无论上滑或下滑均受到滑动摩擦力大小相 等,故图甲和图乙在A、B 之间克服摩擦力做的功相等, 故 D错误;故选 C． ５．AD　物块与地面间的摩擦力为f＝μmg＝２N AC．对物块从０~３s内由动量定理可知 (F－f)t１＝mv３ 即(４－２)×３＝１×v３ 得v３＝６m/s ３s时物块的动量为p＝mv３＝６kg􀅰m/s 设３s后经过时间t物块的速度减为０,由动量定理可得 －(F＋f)t＝０－mv３ 即－(４＋２)t＝０－１×６ 解得t＝１s 所以物块在４s时速度减为０,则此时物块的动能也为 ０,故 A正确,C错误; B．０~３s物块发生的位移为x１,由动能定理可得 (F－f)x１＝ １ ２mv ２ ３ 即(４－２)x１＝ １ ２×１×６ ２ 得x１＝９m ３s~４s过程中,对物块由动能定理可得－(F＋f)x２＝ ０－１２mv ２ ３ 即－(４＋２)x２＝０－ １ ２×１×６ ２,得x２＝３m ４s~６s物 块 开 始 反 向 运 动,物 块 的 加 速 度 大 小 为a＝ F－f m ＝２m /s２ 发生的位移为x３＝ １ ２×２×２ ２m＝４m＜x１＋x２ 即６s时物块没有回到初始位置,故B错误; D．物块在６s时的速度大小为v６＝２×２m/s＝４m/s ０~６s拉力所做的功为W＝(４×９－４×３＋４×４)J＝４０J 故 D正确,故选 AD． ６．B　 一 小 物 块 沿 中 线 做 匀 减 速 直 线 运 动,则v＝ xt ＝ v０＋v ２ , 由题干知x＝１m,t＝１s,v＞０, 代入数据有v０＜２m/s, 对物块做受力分析有a＝－μg,v ２－v２０＝２ax, 整理有v２０－２ax＞０, 若物块刚好滑到桌边停止有μ＝０．２, 但题意为物块从另一端滑落,则μ＜０．２,故选B． ７．BC　A．飞行器关闭发动机,以v１＝１０m/s匀速下落时, 有 Mg＝kv２１＝k×１００, 飞行器以v２＝５m/s向上匀速时,设最大推力为Fm:Fm ＝Mg＋kv２２＝Mg＋k×２５, 联立可得Fm＝１．２５Mg,k＝ Mg １００ ,A错误; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １７１ 详解详析 B．飞 行 器 以 v３ ＝５ m/s 匀 速 水 平 飞 行 时 F ＝ (Mg)２＋(kv３)２＝ １７ ４ Mg ,B正确; C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时f＝ F２m－(Mg)２＝ ３ ４Mg＝kv ２ ４, 解得v４＝５ ３m/s,C正确; D．当飞行器最大推力向下,以v５＝５m/s的速率向上减 速飞 行 时,其 加 速 度 向 下 达 到 最 大 值 Fm ＋Mg＋kv２５ ＝Mam, 解得am＝２．５g,D错误．故选BC． ８．D　设P 到竖直杆底部的距离为d,则小物块运动的距 离x＝ dcosθ ,其 加 速 度a＝gsinθ．由 x＝ １２at ２ 得t＝ ４d gsin２θ． 当θ由３０°增大到６０°,２θ由６０°增大到１２０°, sin２θ在此范围内先增大后减小．故t在此范围内先减小 后增大,D正确． ９．解析:本题考查匀变速直线运动和牛顿运动定律． (１)设探测器在动力减速阶段所用时间为t,初速度大小 为v１,末速度大小为v２,加速度大小为a,由匀变速直线 运动速度一时间公式有v２＝v１－at ① 代入题给数据得a＝１．２m/s２ ② 设探测器下降的距离为s,由匀变速直线运动位移公式 有s＝v１t－ １ ２at ２ ③ 联立②③式并代入题给数据得s＝３８４０m ④ (２)设火星的质量、半径和表面重力加速度大小分别为 M火 、r火 和g火 ,地球的质量、半径和表面重力加速度大 小分别为 M地 、r地 和g地 ,由牛顿运动定律和万有引力定 律,对质量为m 的物体有GM火 m r２火 ＝mg火 ⑤ GM地 m r２地 ＝mg地 ⑥ 设变推力发动机的最大推力为F,能够悬停的火星探测 器最大质量为mmax,由力的平衡条件有F＝mmaxg火 ⑦ 联立⑤⑥⑦式并代入题给数据得mmax＝１８７５kg⑧ 在悬停避障阶段,该变推力发动机能实现悬停的探测器 的最大质量约为１８７５kg． 答案:(１)１．２m/s２　３８４０m　(２)１８７５kg 考点３　连接体模型 １．C　根据题意可知第２节车厢对第３节车厢的牵引力为 F,因为每节车厢质量相等,阻力相同,故第２节对第３ 节车厢根据牛顿第二定律有F－３８f＝３８ma,设倒数第 ３节车厢对倒数第２节车厢的牵引力为F１,则根据牛顿 第二定律有F１－２f＝２ma,联立解得F１＝ F １９． 故选 C． ２．D　设 P的质量为 M,P与桌面的滑动摩擦力为f;以 P 为对象,根据牛顿第二定律可得T－f＝Ma, 以盘和砝码为研究对象,根据牛顿第二定律可得mg－T ＝ma, 联立可得a＝mg－fM＋m＝ g－fm M＋m 􀅰m, 可知当砝码的重力大于f 时,才有一定的加速度,当 m 趋于无穷大时,加速度趋近于g． ３．AD　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F＝２μmg 撤去拉力前对Q 受力分析可知,弹簧的弹力为T０＝μmg AB．以向右 为 正 方 向,撤 去 拉 力 瞬 间 弹 簧 弹 力 不 变 为 μmg,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－T０－μmg＝maP１ 解得aP１＝－２μg 此刻滑块Q 所受的外力不变,加速度仍为零,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２μg． Q 加速度大小最大值为弹簧恢复原长时－μmg＝maQm 解得aQm＝－μg 故滑块Q 加速度大小最大值为μg,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－μmg＝maP２ 解得aP２＝－μg 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２μg做加速度减小的减速运动,最后弹簧原长时 加速度大小为μg;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μg． 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． ４．解析:(１)设电动机的牵引绳张力为T１,电动机连接小车 的缆绳匀速上行,由能量守恒定律有UI＝I２R＋T１v, 解得T１＝７４００N, 小车和配重一起匀速运动,设绳的张力为T２,对配重有 T２＝m０g＝４００N, 设斜面倾角为θ,对小车匀速运动时有 T１＋T２＝(m１＋ m２)gsinθ＋k(m１＋m２)g, 而卸粮后给小车一个向下的初速度,小车沿斜坡刚好匀 速下行,有m１gsinθ＝m０g＋km１g, 联立各式解得sinθ＝０．５,k＝０．１． (２)关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动,设 加速度为a,对系统由牛顿第二定律有(m１＋m２)gsinθ＋ k(m１＋m２)g－m０g＝(m１＋m２＋m０)a, 可得a＝３７０６７ m /s２, 由运动学公式可知v２＝２aL, 解得L＝６７１８５m． 答案:(１)k＝０．１　(２)L＝６７１８５m 考点４　板－块模型 １．ABD　A．vＧt图像的斜率表示加速度,可知t＝３t０ 时刻 木板的加速度发生改变,故可知小物块在t＝３t０ 时刻滑 上木板,故 A正确;B．设小物块和木板间动摩擦因数为 μ０,根据题意结合图像可知物体开始滑上木板时的速度 大小为v０＝ ３ ２μgt０ ,方向水平向左,物块在木板上滑动 的加速度为a０＝μ０ mg m ＝μ０g ,经过t０ 时间与木板共速, 此时速 度 大 小 为v共 ＝ １２μgt０ ,方 向 水 平 向 右,故 可 得 v０ μ０g ＋ v共 μ０g ＝t０,解得μ０＝２μ,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a＝ １ ２μgt０ t０ ＝ １２μg ,故 可 得 F－μMg＝ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２７１ 最新真题分类特训􀅰物理 Ma,解得F＝３２μMg ,根据图像可知物块滑上木板后木 板的加速度为a′＝ １ ２μgt０－ ３ ２μgt０ t０ ＝－μg,此时对木板 由牛顿第二定律得F－μ(m＋M)g－μ０mg＝Ma′,解得 m M ＝ １ ２ ,故 C错误;D．假设t＝４t０ 之后小物块和木板一 起共速运动,对整体F－μ(m＋M)g＝ ３ ２μMg－ ３ ２μMg ＝０,故可知此时整体处于平衡状态,假设成立,即t＝４t０ 之后小物块和木板一起做匀速运动,故 D正确． ２．BCD　A．图(c)可知,t１ 时滑块木板一起刚在从水平地 面上滑动,此时滑块与木板相对静止,木板刚要滑动,此 时以整体为对象有F１＝μ１(m１＋m２)g,故 A 错误;B、C． 图(c)可知,t２ 时滑块与木板刚要发生相对滑动,以整体 为对象,根据牛顿第二定律,有 F２－μ１(m１＋m２)g＝ (m１＋m２)a, 以木板为对象,根据牛顿第二定律,有μ２m２g－μ１(m１＋ m２)g＝m１a＞０ 解得F２＝ m２(m１＋m２) m１ (μ２－μ１)g μ２＞ (m１＋m２) m２ μ１ 故B、C正确;D．图(c)可知,０~t２ 这段 时间滑块与木板相对静止,所以有相同的加速度,故 D 正确．故选B、C、D． ３．解析:(１)物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为 a１＝μg＝３m/s ２, 薄板做加速运动的加速度a２＝μ mg m ＝３m /s２, 对物块l＋Δl＝v０t－ １ ２a１t ２, 对薄板 Δl＝１２a２t ２, 解得v０＝４m/s, t＝１３ s． (２)物块飞离薄板后薄板的速度v２＝a２t＝１m/s, 物块飞离薄板后薄板做匀速运动,物块做平抛运动,则 当物块落到地面时运动的时间为t′＝ l ２－ l ６ v２ ＝１３ s , 则平台距地面的高度h＝１２gt′ ２＝５９ m． 答案:(１)４m/s;１３ s ;(２)５９ m ４．解析:本题考查牛顿第二定律、动量守恒定律和功． (１)由于水平面光滑,则木板与滑块组成的系统动量守 恒,有２mv０＝３mv共 , 解得v共 ＝ ２v０ ３ ; (２)由于木板速度是滑块的２倍,则有v木 ＝２v滑 , 根据动量守恒定律有２mv０＝２mv木 ＋mv滑 , 联立解得v滑 ＝２５v０ ,v木 ＝４５v０ , 根据功能关系,有μmgx＝ １ ２×２mv ２ ０－ １ ２×２mv ２ 木 － １ ２×mv ２ 滑 , 解得x＝７v ２ ０ ２５μg ; (３)由于木板保持匀速直线运动,有F＝μmg, 对滑块进行受力分析,并根据牛顿第二定律有a滑 ＝μg, 滑块相对木板静止时有v０＝a滑t, 联立解得t＝v０ μg , 则整个过程中木板滑动的距离x′＝v０t＝ v２０ μg 则外力所做的功W＝Fx′＝mv２０． 实验四　测量动摩擦因数 解析:奇数段纸带使用逐差法时,我们舍去中间一段纸 带．由 a１ ＝ s４－s１ ３ΔT２ ,a２ ＝ s５－s２ ３ΔT２ ,得:a＝a１＋a２２ ＝ (s４＋s５)－(s１＋s２) ６ΔT２ ,代入数据计算得a≈０．４３m/s２(注意保 留两位有效数字和单位的换算) 由a＝gsinα－μgcosα得μ＝g sinα－a gcosα ＝０．３２． 答案:０．４３　０．３２ 实验五　探究加速度与力、质量的关系 １．依题意,打计数点B 时小车位移大小为６．２０cm,考虑到 偶然误差,６．１５cm~６．２５cm 也可; 由图３中小车运动的数据点, 有a＝ΔvΔt＝ １．０５－０．３０ ０．４ m /s２＝１．９m/s２, 考虑到偶然误差,１．７m/s２~２．１m/s２ 也可; A．利用图１装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验 时,需要满足小车质量远远大于钩码质量,所以不需要 换质量更小的车,故 A错误; B．利用图１装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验 时,需要利用小车斜向下的分力以平衡其摩擦阻力,所 以需要将长木板安打点计时器一端较滑轮一端适当的 高一些,故B正确; C．以系统为研究对象,依题意“探究小车速度随时间变 化的规律”实验时有１．９m/s２≈mg－fM＋m , 考虑到实际情况,即f≪mg,有１．９m/s２≈ mgM＋m , 则可知 M≈４m, 而利用图１装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验 时要保证所悬挂质量远小于小车质量,即m≪M;可知目 前实验条件不满足,所以利用当前装置在“探究加速度 与力、质量的关系”时,需将钩码更换成砝码盘和砝码, 以满足 小 车 质 量 远 远 大 于 所 悬 挂 物 体 的 质 量,故 C 正确; D．实验过程中,需将连接砝码盘和小车的细绳应跟长木 板始终保持平行,与之前的相同,故 D错误．故选BC． 答案:６．２０　１．９　BC ２．解析:(１)根据游标卡尺的读数规则有 ３􀆰１cm＋４×０􀆰１mm＝３１􀆰４mm． (２)每隔４个点取一个点作为计数点,故两计数点间有５ 个间隔;故两点间的时间间隔为 T＝５×０．０２s＝０􀆰１s． 匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平 均速度,则有 vC＝ xBD ２T＝０􀆰４４m /s． (３)设绳的拉力为T,小车运动的加速度为a．对桶和砂, 有mg－T＝ma． 对小车,有T＝Ma得 T＝ MM＋mmg． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３７１ 详解详析 小车受到细绳的拉力T 等于小车受到的合力F,即 F＝ MM＋mmg＝ １ １＋mM mg． 可见,只有桶和砂的总质量m 比小车质量M 小得多时, 才能认为桶和砂所受的重力mg等于使小车做匀加速直 线运动的合力F． 答案:(１)３１􀆰４　(２)０􀆰４４　(３)见解析 ３．解析:(１)由题知,弹簧处于原长时滑块左端位于O 点,A 点到O 点的距离为５．００cm．拉动滑块使其左端处于A 点,由静止释放并开始计时．结合图乙的F—t图有Δx＝ ５．００cm,F＝０．６１０N, 根据胡克定律k＝FΔx ,计算出k≈１２N/m, (２)根据牛顿第二定律有F＝ma, 则a—F 图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的 倒数,根据图丙中I,则有１m＝ ３－０ ０．６ kg －１＝５kg－１, 则滑块与加速度传感器的总质量为m＝０．２０kg． (３)滑块上增加待测物体,同理,根据图丙中Ⅱ,则有 １m′ ＝１．５－００．５ kg －１＝３kg－１, 则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为 m′＝０．３３kg, 则待测物体的质量为 Δm＝m′－m＝０．１３kg． 答案:(１)１２　(２)０．２０　(３)０．１３ ４．解 析:(１)垫 块 的 厚 度 为 h＝１cm＋２×０．１ mm ＝１．０２cm (５)绘制图线如图; 根据mg􀅰nhl ＝ma 可知a与n 成正比关系,则根据图像可知,斜率 k＝０．６７ ＝ a ４ ,解得a＝０．３４２m/s２ 答案:(１)１．０２ (５) ０．３４２ 专题四　曲线运动 考点１　曲线运动　运动的合成与分解 １．A　篮球做曲线运动,所受合力指向运动轨迹的凹侧．故 选 A． ２．D　河宽d＝３００m,当木船船头垂直河岸时,在河宽方 向上的速度最大,渡河用时最短,即木船相对静水的速 度v＝１m/s,渡河时间最短为 tmin＝ d v ＝ ３００ １s＝３００s． 故选 D． ３．D　AB．小车做曲线运动,所受合外力指向曲线的凹侧, 故 AB错误;CD．小车沿轨道从左向右运动,动能一直增 加,故合外力与运动方向夹角为锐角,C错误,D正确．故 选 D． ４．D　罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动,在时间 Δt内水平方向位移增加量１２aΔt ２,竖直方向在做自由落 体运动,在时间 Δt内竖直位移增加 １２gΔt ２;说明水平方 向位移增加量与竖直方向位移增加量比值一定,则连线 的倾角就是一定的．故选 D． ５．解析:(１)在 M 点,设运动员在 ABCD 面内垂直AD 方 向的分速度为v１,由运动的合成与分解规律得 v１＝vMsin７２．８° ① 设运动员在ABCD 面内垂直AD 方向的分加速度为a１, 由牛顿第二定律得 mgcos１７．２°＝ma１ ② 由运动学公式得 d＝v ２ １ ２a１ ③ 联立①②③式,代入数据得 d＝４．８m ④ (２)在 M 点,设运动员在ABCD 面内平行AD 方向的分 速度为v２,由运动的合成与分解规律得 v２＝vM cos７２．８° ⑤ 设运动员在ABCD 面内平行AD 方向的分加速度为a２, 由牛顿第二定律得 mgsin１７．２°＝ma２ ⑥ 设腾空时间为t,由运动学公式得 t＝２v１a１ ⑦ L＝v２t＋ １ ２a２t ２ ⑧ 联立①②⑤⑥⑦⑧式,代入数据得 L＝１２m ⑨ 答案:(１)４．８m　(２)１２m 考点２　抛体运动规律的理解和应用 １．BD　AC．将初速度分解为沿PQ 方向分速度v１ 和垂直 PQ 分速度v２,则有v１＝v０cos６０°＝１０m/s,v２＝v０sin ６０°＝１０ ３m/s, 将重力加速度分解为沿PQ 方向分加速度a１ 和垂直PQ 分加速度a２,则有a１＝gsin３０°＝５m/s２,a２＝gcos３０° ＝５ ３m/s２, 垂直PQ 方向根据对称性可得重物运动时间为t＝２v２a２ ＝４s, 重物离PQ 连 线 的 最 远 距 离 为dmax＝ v２２ ２a２ ＝１０ ３m,故 AC错误; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４７１ 最新真题分类特训􀅰物理