高一上学期物理期末复习（易错题60题22大考点）-2024-2025学年高中物理同步知识点解读与专题训练（人教版2019必修第一册）

高一上学期物理期末复习（易错题60题22大考点） 训练范围：人教版（2019）： 必修第一册第3~4章、必修第二册第5章。 一．合力的取值范围（共2小题） 二．正交分解法（共2小题） 三．力的合成与分解的应用（共2小题） 四．共点力的平衡问题及求解（共6小题） 五．整体法与隔离法处理物体的平衡问题（共2小题） 六．解析法求共点力的平衡（共2小题） 七．图解法解决动态平衡问题（共3小题） 八．牛顿第二定律的简单应用（共6小题） 九．牛顿第二定律求解瞬时问题（共3小题） 十．牛顿第二定律求解多过程问题（共2小题） 十一．连接体模型（共2小题） 十二．水平传送带模型（共2小题） 十三．倾斜传送带模型（共2小题） 十四．有外力的水平板块模型（共3小题） 十五．合运动与分运动的关系（共3小题） 十六．关联速度问题（共2小题） 十七．小船过河问题（共3小题） 十八．平抛运动速度的计算（共4小题） 十九．平抛运动与斜面的结合（共2小题） 二十．探究两个互成角度的力的合成规律（共2小题） 二十一．探究加速度与力、质量之间的关系（共3小题） 二十二．探究平抛运动的特点（共2小题） 一．合力的取值范围（共2小题） 1．（2023秋•沙坪坝区校级期末）如图所示，O是等边三角形ABC的中心，D是三角形中的任意一点，如果做矢量DA、DB、DC分别表示三个力，三个力的方向如图中箭头所示，则这三个力的合力大小用的长度表示为（　　） A． B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解答】解：连接DO，OA、OB、OC，且，、、表示矢量， 由于、、也表示矢量； 而根据三角形定则，有：＝+； 同理，＝+；＝+； 因O点是中心，由矢量合成法则可知，++＝0； 则++＝3 故选：C。 2．（2023秋•南开区期末）三个小朋友在操场上玩游戏，他们沿水平方向用大小分别为150N、200N和250N的力拉一木箱。若三个小朋友的方位均不确定，则这三个力的合力的最小值和最大值分别为（　　） A．0，600N B．50N，600N C．100N，500N D．200N，500N 【答案】A 【解答】解：当三个力的方向相同时，三个力的合力有最大值，最大值为：Fmax＝150N+200N+250N＝600N； 150N、200N两个力合力的最小值为50N、最大值为350N，当这两个力的合力大小为250N，方向与第三个力的方向相反时，三个力的合力为零，即为最小值。故A正确，BCD错误。 故选：A。 二．正交分解法（共2小题） 3．（2023秋•西安期末）如图所示，把光滑斜面上的物体所受重力mg分解为F1和F2两个力。图中FN为斜面对物体的支持力，则下列说法正确的是（　　） A．F1是斜面作用在物体上使物体下滑的力 B．物体受到mg、F1、F2、FN共四个力的作用 C．F2是物体对斜面的力 D．力F1、F2、FN这三个力的作用效果与mg、FN这两个力的作用效果相同 【答案】D 【解答】解： AC、F1不是斜面作用在物体上使物体下滑的力，F2不是物体对斜面的压力，这两个力只是重力沿着两方向的分力，分力与合力是等效替代的，实际不存在。故AC错误。 B、物体只受重力和支持力两个力。故B错误； D、力FN、F1和F2的三个力的作用效果跟mg、FN两个力的效果相同。故D正确。 故选：D。 4．（2023秋•天河区期末）木楔的截面为等腰三角形，其顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则下列正确的是（　　） A．θ一定时，FN的大小与F无关 B．θ一定时，F越小，FN越大 C．F一定时，θ越大，FN越大 D．F一定时，θ越小，FN越大 【答案】D 【解答】解：选木楔为研究对象，木楔受到的力有：竖直向下的F和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以两侧给木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的力是大小相等的，力F的分解如图，则有：F＝2FNcos（90°﹣）＝2FNsin，故； AB、若θ一定，F增大则FN增大，F减小则FN减小，故AB错误； CD、若F一定，θ增大时FN减小，θ减小时FN增大，故C错误，D正确； 故选：D。 三．力的合成与分解的应用（共2小题） 5．（2023秋•溧阳市期末）如图所示，一辆小汽车停靠在路边的斜坡路面上，下列关于小汽车受力的说法正确的是（　　） A．小汽车只受重力和静摩擦力 B．小汽车只受重力和支持力 C．小汽车受重力、支持力和静摩擦力 D．小汽车受重力、支持力、静摩擦力和下滑力 【答案】C 【解答】解：根据受力分析可知，汽车受到竖直向下的重力、垂直于斜坡向上的支持力作用，同时由于汽车有沿斜面下滑的运动趋势，故汽车还受到沿斜面向上的摩擦力，故C正确，ABD错误。 故选：C。 6．（2023秋•吉林期末）如图所示，M、N两物体叠放在一起，在恒力F作用下，一起向上做匀加速直线运动，则关于两物体受力情况的说法正确的是（　　） A．物体M可能受到6个力 B．物体N可能受到4个力 C．物体M与墙之间一定有摩擦力 D．物体M与N之间一定有摩擦力 【答案】D 【解答】解：M、N两物体一起向上做匀加速直线运动，合力向上，对MN整体进行受力分析，受到重力和F，墙对M没有弹力，否则合力不能向上，也就不可能有摩擦力；对N进行受力分析，得：N受到重力，M对N的支持力，这两个力的合力不能向上，所以还受到M对N向上的静摩擦力，共3个力；再对M进行受力分析，得：M受到重力、推力F、N对M的压力以及N给M沿斜面向下的静摩擦力，一共4个力，故D正确，ABC错误； 故选：D。 四．共点力的平衡问题及求解（共6小题） 7．（2023秋•秦州区校级期末）如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止P点。设滑块所受支持力为FN．OP与水平方向的夹角为θ．下列关系正确的是（　　） A．F＝ B．F＝mgtanθ C．FN＝ D．FN＝mgtanθ 【答案】A 【解答】解：对小滑块受力分析，受水平推力F、重力G、支持力FN、根据三力平衡条件，将受水平推力F和重力G合成，如图所示，由几何关系可得： ，，所以A正确，B、C、D错误。 故选：A。 8．（2023秋•普陀区校级期末）轻绳一端系在质量为m的物体A上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的圆环上。现用水平力F拉住绳子上一点O，使物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动。则在这一过程中，环对杆的摩擦力F1和环对杆的压力F2的变化情况是（　　） A．F1保持不变，F2逐渐增大 B．F1逐渐增大，F2保持不变 C．F1逐渐减小，F2保持不变 D．F1保持不变，F2逐渐减小 【答案】D 【解答】解：以圆环、物体A及轻绳整体为研究对象，分析受力情况，作出力图如图1所示： 根据平衡条件得到， 杆对环的摩擦力F1＝G，保持不变。 杆对环的弹力F2＝F。 再以结点O为研究对象，分析受力情况，作出力图如图2所示。 由平衡条件得到 F＝mgtanθ 当物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置过程中，θ逐渐减小，则F逐渐减小，F2逐渐减小。所以F1保持不变，F2逐渐减小。 故选：D。 9．（2023秋•葫芦岛期末）（多选）在如图所示的装置中，两物块A、B的质量分别为mA、mB，整个系统处于静止状态，设此时轻质动滑轮右端的轻绳与水平面之间的夹角为θ，则下列说法正确的是（　　） A．若θ＞30°，则mA＞mB B．若θ＜30°，则mA＞mB C．若θ＝30°，则mA＞mB D．若θ＝30°，则mA＝mB 【答案】BD 【解答】解：A静止，则绳子的拉力大小等于A的重力大小，即 F＝mAg 对动滑轮，根据平衡条件得 2Fsinθ＝mBg 可得 若θ＞30°，则 解得mA＜mB； 若θ＜30°，则 所以 mA＞mB 若θ＝30°，则 解得mA＝mB，故AC错误，BD正确。 故选：BD。 10．（2023秋•福田区校级期末）（多选）如图所示，半径为R的光滑圆环竖直固定，原长为的轻质弹簧一端固定在圆环的最高点A，另一端与套在环上的质量为m的小球相连。小球静止在B点时，弹簧与竖直方向夹角θ＝30°，已知重力加速度大小为g，则（　　） A．小球对圆环的弹力方向指向圆心 B．圆环对小球的弹力大小为 C．弹簧的劲度系数为 D．若换用原长相同，劲度系数更大的轻质弹簧，小球将在B点下方达到受力平衡 【答案】AC 【解答】解：A、小球静止在B点时，弹簧处于伸长状态，弹簧弹力F的方向如图所示。 小球处于平衡状态，合力为0，根据三角形定则可知，圆环对小球的弹力FN沿半径向外，由牛顿第三定律可知小球对圆环的弹力方向指向圆心，故A正确； B、由相似三角形法得：，可得圆环对小球的弹力大小为：FN＝mg，故B错误； C、根据几何知识可知，在B点，弹簧的长度为，则弹簧的形变量为。由胡克定律F＝kx，可得，解得：，故C正确； D、如换用劲度系数更大的轻质弹簧，若拉伸到同样的长度，小球将上移，所以小球将在B点上方达到受力平衡，故D错误。 故选：AC。 11．（2023秋•道里区校级期末）（多选）如图所示，绳AO与墙夹角37°，绳BO与墙夹角53°，绳CO水平，跨过定滑轮与质量为m的重物相连，重物保持静止，三根绳承受最大拉力相同，不计滑轮的质量和摩擦，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．绳AO与绳BO拉力大小之比为3：5 B．绳子对滑轮作用力大小为 C．若逐渐增大重物的质量，则最先断的是AO绳 D．若逐渐增大重物的质量，则最先断的是CO绳 【答案】BD 【解答】解：A、如图所示，根据几何关系得：∠AOB＝180°﹣∠OAB﹣∠OBA＝180°﹣37°﹣53°＝90°。对绳子结点O受力分析，根据平衡条件可得TOA：TOB＝tan37°＝3：4，故A错误； B、重物保持静止，则TOC＝mg。同一绳上拉力处处相等，绳子CO对滑轮作用力大小为，故B正确； CD、对绳子结点O受力分析，根据平衡条件可得 则TOA＜TOC＜TOC，故若逐渐增大重物的质量，则最先断的是CO绳，故C错误，D正确。 故选：BD。 12．（2023秋•眉山期末）如图所示，光滑圆球由一轻绳AB系于竖直粗糙墙壁上，一正方体木块在圆球和墙壁之间，圆球和木块处于静止状态。木块的几何中心O1和圆球的圆心O2在同一水平线上，且O2O1延长线垂直墙壁。轻绳AB的长度是圆球半径的2.5倍，圆球半径是木块边长的2倍，圆球质量是木块质量的3倍。已知木块受到竖直墙壁向上的摩擦力是f，重力加速度为g。求： （1）圆球的质量； （2）轻绳AB的拉力大小。 【答案】（1）圆球的质量为； （2）轻绳AB的拉力大小为。 【解答】解：（1）木块处于静止状态，木块受到竖直墙壁向上的摩擦力与木块的重力二力平衡，则有 f＝m木g 可得圆球的质量为 （2）设绳与墙的夹角为θ，根据几何关系得 则cosθ＝＝＝ 对球受力分析，根据平衡条件可得轻绳AB的拉力大小为 T＝ 解得 T＝ 答：（1）圆球的质量为； （2）轻绳AB的拉力大小为。 五．整体法与隔离法处理物体的平衡问题（共2小题） 13．（2023秋•城关区校级期末）两相同的楔形木块A、B叠放后分别以图1、2两种方式在水平外力F1和竖直外力F2作用下，挨着竖直墙面保持静止状态，则在此两种方式中，木块B受力个数之比为（　　） A．4：4 B．4：3 C．5：3 D．5：4 【答案】C 【解答】解：图1中，根据整体法可知，木块B除了重力外，一定受到墙面水平向右的弹力和竖直向上的静摩擦力，隔离B分析，其一定还受到A的弹力（垂直于接触面向左上方），但A对B有无静摩擦力暂不确定，需再隔离A分析，A确定受到重力、水平向左的推力、B对齐垂直于接触面向右下的弹力，这样的三个力不可能使A平衡，所以A一定还要受到B对其沿接触面斜面右上的静摩擦力才能平衡，至此可确定B一定受到A沿接触面斜向左下的静摩擦力，及B共受5个力；图2中，据整体法可知B与墙面间即无弹力也无摩擦力，所以木块B受重力，A的弹力和摩擦力共3个力的作用，故C正确，ABD错误； 故选：C。 14．（2023秋•衡阳县期末）（多选）如图所示，质量为m的匀质细绳，一端系在天花板上的A点，另一端系在竖直墙壁上的B点，平衡后最低点为C点。现测得AC段绳长是CB段绳长的n倍，且绳子A端的切线与竖直方向的夹角为β，绳子B端的切线与墙壁的夹角为α（重力加速度为g）则（　　） A．绳子在C处弹力大小Fc＝tanα B．绳子在A处的弹力大小FA＝ C．绳子在B处的弹力大小FB＝cosα D．tanα：tanβ＝n：1 【答案】BD 【解答】解：AC、对CB段绳受力分析，受到重力G1＝mg、墙壁的拉力FB、AC段绳子对其向左的拉力FC，如图1所示。 根据平衡条件得 竖直方向有 FBcosα＝G1 水平方向有 FBsinα＝FC 联立解得FC＝，FB＝，故AC错误； B、对AC段绳子受力分析，受重力G2＝mg、BC段绳子对其向右的拉力FC′，天花板对其的拉力FA，如图2所示。 根据平衡条件有 FAcosβ＝mg，FAsinβ＝FC′ 又根据牛顿第三定律有 FC′＝FC 联立解得FA＝，故B正确； D、根据力的合成法可得tanα＝，tanβ＝，G2＝nG1，则tanα：tanβ＝n：1，故D正确。 故选：BD。 六．解析法求共点力的平衡（共2小题） 15．（2023秋•金华期末）抖空竹是国家级非物质文化遗产代表性项目，金华某校把它引入到体育校本课和大课间锻炼环节。如图所示，该同学保持一只手A不动，另一只手B沿图中的四个方向缓慢移动，忽略空竹转动的影响，不计空竹和轻质细线间的摩擦力，且认为细线不可伸长。下列说法正确的是（　　） A．沿虚线a向左移动时，细线的拉力将减小 B．沿虚线b向上移动时，细线的拉力将减小 C．沿虚线c斜向上移动时，细线的拉力将减小 D．沿虚线d向右移动时，细线对空竹的合力将增大 【答案】A 【解答】解：A、设θ为细线与竖直方向的夹角，对空竹受力分析，在竖直方向受力平衡，2Tcosθ＝mg，沿虚线a向左移动时，θ角减小，则细线的拉力将减小，故A正确； B、沿虚线b向上移动时，AB两点间距不变，绳长不变，可知细线与竖直方向的夹角θ不变，则细线的拉力不变，故B错误； C、沿虚线c斜向上移动时，夹角θ不变，则细线的拉力将不变，故C错误； D、沿虚线d向右移动时，细线对空竹的合力与重力等大反向，可知合力不变，故D错误。 故选：A。 16．（2023秋•岳阳期末）如图所示，用三根轻质细线a、b、c将质量为2m的小球1和质量为m的小球2连接并悬挂，两小球均处于静止状态，细线b与水平方向的夹角θ为30°，细线c水平。重力加速度为g。求： （1）细线c对小球2的拉力大小； （2）细线a与竖直方向的夹角α； （3）现让球1保持静止，求将细c的端时针缓慢转90°的过程中细线c拉力的最小值的大小和方向。 【答案】（1）细线c对小球2的拉力大小为mg； （2）细线a与竖直方向的夹角α为30°； （3）将细c的右端逆时针缓慢转90°的过程中细线c拉力的最小值的大小为mg，力的方向与水平方向的夹角为30°，斜向右上方。 【解答】解：（1）对球2受力分析，如图所示。 根据平衡条件有 解得 （2）对球1、球2整体受力分析，如图所示。 可得 解得 α＝30° （3）由题意可得，整体处于动态平衡的过程中，对整体受力分析可知当细线c的拉力方向与细线a的拉力方向垂直时，此时细线c的拉力最小，如图所示。 细线c的拉力最小为 T′c＝3mgsin30° 解得 此时细线c与水平方向的夹角为30°，斜向右上方。 答：（1）细线c对小球2的拉力大小为mg； （2）细线a与竖直方向的夹角α为30°； （3）将细c的右端逆时针缓慢转90°的过程中细线c拉力的最小值的大小为mg，力的方向与水平方向的夹角为30°，斜向右上方。 七．图解法解决动态平衡问题（共3小题） 17．（2023秋•绵阳期末）在没有起重机的情况下，工人常借助可认为是光滑的斜面将货物推上汽车，如图所示。已知货物重力大小为G，斜面的倾角为θ，当工人对货物施加方向不同的推力F时，都使货物缓慢地沿斜面向上运动。下列关于货物受力的分析，正确的是（　　） A．若力F的方向沿斜面向上，则F的大小为Gcosθ B．若力F的方向沿斜面向上，则斜面对货物的支持力大小为Gsinθ C．若F的方向由水平逐渐变为竖直向上，则斜面对货物的支持力逐渐减小 D．若F的方向由水平逐渐变为竖直向上，则推力F一直增大 【答案】C 【解答】解：AB、若力F的方向沿斜面向上，推力和支持力的合力与重力等值反向：F＝Gsinθ，N＝Gcosθ 故AB错误； CD、推力F的方向由水平逐渐变为竖直向上的过程中，画出推力变化时的动态平衡受力图，如图所示，由图可知，斜面对货物的支持力逐渐减小，推力F先减小后增大，故C正确，D错误； 故选：C。 18．（2023秋•吉林期末）筷子是中华饮食文化的标志之一，如图所示，用筷子夹质量为m的小球处于静止，筷子均在竖直平面内，且筷子与竖直方向的夹角均为θ。忽略小球与筷子之间的摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．筷子对小球的合力大于重力 B．筷子的弹力大小均为 C．保持左侧筷子固定不动，右侧筷子缓慢变为竖直，则右筷子的弹力先增大后减小 D．保持左侧筷子固定不动，右侧筷子缓慢变为竖直，左、右筷子的弹力均逐渐变小 【答案】B 【解答】解：筷子夹小球处于静止状态时，小球所受合力为零，小球受重力mg、左右侧筷子对其弹力N左、N右，如下图所示： A、由对称性可知，N左＝N右＝N 由平衡关系可知，两侧筷子对小球的弹力的合力等于小球的重力，故A错误； B、由几何关系可知，α＝90°﹣θ 对小球，由竖直方向平衡关系有：2Ncosα＝mg 解得：N＝ 故B正确； CD、保持左侧筷子固定不动，右侧筷子缓慢变为竖直，此过程中，小球处于动态平衡状态，合力始终为零，则小球的重力、两侧筷子对小球的弹力可构成首尾相连的闭合矢量三角形，如下图所示： 右侧筷子缓慢变为竖直过程中，N右一直变大、N左一直变大，故CD错误。 故选：B。 19．（2023秋•沈阳期末）（多选）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°．已知M始终保持静止，则在此过程中（　　） A．水平拉力的大小可能保持不变 B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加 C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加 D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加 【答案】BD 【解答】解：AB、根据M、N均保持静止，进行受力分析可知，N受到竖直向下的重力及水平方向的拉力F，变化的绳子拉力T，如下图所示： 在向左拉动的时候，绳子拉力T和水平拉力F都不断增大，故A错误，B正确； CD、对于M的受力，开始时可能是T＝mgsinθ﹣f，当T不断增大的时候，f减少；当T＞mgsinθ时，随着T的增大，f将增大，所以沿斜面的摩擦力f可能先减小后增大；也可能是T＝mgsinθ+f，当T不断增大的时候，摩擦力f增大；故C错误，D正确。 故选：BD。 八．牛顿第二定律的简单应用（共6小题） 20．（2023秋•岳阳期末）如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量分别为2m和m的物体A和B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速直线运动（重力加速度为g），则（　　） A．施加外力前，弹簧的形变量为 B．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为m（g﹣a） C．A、B分离时弹簧弹力大小为m（g+a） D．从开始运动到A、B分离经历的时间为 【答案】C 【解答】解：A、施加外力前，根据受力平衡可得，弹簧的形变量为：，故A错误； B、刚开始外力施加的瞬间，以物体B为对象，设A对B的压力为N，根据牛顿第二定律可得：kx0﹣mg﹣N＝ma 代入数据解得：N＝2mg﹣ma，故B错误； C、A、B在分离时，此时A、B间的弹力为0，以物体B为对象，根据牛顿第二定律可得：F弹﹣mg＝ma 解得此时弹簧的弹力大小为：F弹＝m（g+a），故C正确； D、设A、B分离时弹簧的压缩量为x1，可得：F弹＝kx1＝m（g+a） 解得： 从开始运动到A、B分离经历的时间为t1，根据位移—时间公式有： 联立解得：，故D错误； 故选：C。 21．（2023秋•天津期末）如图甲，物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t＝1s时刻撤去恒力F，物体运动的v﹣t图像如图乙所示。重力加速度g＝10m/s2，则（　　） A．物体在3s内的位移x＝6m B．恒力F与摩擦力f大小之比为F：f＝3：1 C．物体与地面的动摩擦因数为μ＝0.1 D．在撤去F前后两个阶段的平均速度大小之比为 【答案】B 【解答】解：A、根据v﹣t图像与时间轴围成的图形面积表示物体运动的位移可知，物体在3s内的位移为x＝m＝9m，故A错误； BC、0～1s时间内，物体的加速度大小为： 1s～3s时间内，物体的加速度大小为： 在0～1s时间内，对物体根据牛顿第二定律得：F﹣f＝ma1 在1s～3s时间内，对物体根据牛顿第二定律得：f＝μmg＝ma2 联立解得：F：f＝3：1，μ＝0.2，故B正确，C错误； D、在撤去F前后两个阶段的物体做的是匀变速直线运动，根据匀变速直线运动的平均速度公式＝可知，平均速度大小之比为，故D错误。 故选：B。 22．（2023秋•兴庆区校级期末）（多选）如图所示，已知物块A、B的质量分别为m1＝4kg，m2＝1kg，AB间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.5．在水平力F的推动下要使A、B一起运动而B不滑动，则力F大小可能是（　　） A．50N B．100N C．125N D．150N 【答案】CD 【解答】解：由于AB一起向右运动，具有相同的加速度，以B为研究对象，受向下的重力、A对B向右的弹力N和A对B向上的摩擦力f，由于B相对A静止，所以m2g＝f，f＝μ1N， 据牛顿第二定律得：N＝m2a 联立以上各式得：a≥20m/s2 N≥20N 再以AB整体为研究对象，受重力、地面的支持力、摩擦力和F， 据牛顿第二定律得：F﹣f1＝（m1+m2）a 且f1＝μ2（m1+m2）g 联立以上各式代入数据得：F≥125N，即当F≥125N，即可满足题意，故AB错误，CD正确。 故选：CD。 23．（2023秋•浦东新区校级期末）（多选）如图所示，正在水平路面上行驶的汽车车厢底部有一质量为m1的木块，在车厢的顶部用细线悬挂一质量为m2的小球，某段时间内，乘客发现细线与竖直方向成θ角，而木块m1则始终相对于车厢静止。这段时间内（　　） A．汽车可能正在向左匀加速行驶 B．汽车可能正在向右匀加速行驶 C．木块对车厢底部的摩擦力方向水平向右 D．木块对车厢底部的摩擦力大小为m1gtanθ 【答案】ACD 【解答】解：小球受力如图所示 对小球，由牛顿第二定律得： m2gtanθ＝m2a 解得：a＝gtanθ，方向水平向左 AB、汽车的加速度方向水平向左，汽车可能向左做匀加速运动，也可能向右做匀减速运动，故A正确，B错误； CD、设车厢对木块的摩擦力大小为f，木块的加速度水平向左，车厢对木块的摩擦力水平向左，对木块，由牛顿第二定律得：f＝m1a＝m1gtanθ，由牛顿第三定律可知，木块对车厢的摩擦力大小f′＝f＝m1gtanθ，水平向右，故CD正确。 故选：ACD。 24．（2023秋•西昌市期末）如图所示，AB、CD为两个光滑的平台，高度差为3m，一倾角为37°的传送带与两平台平滑连接。现有一小物体跟传送带间的动摩擦因数为0.5，（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）问： （1）当传送带静止时，小物体以多大的速度沿平台AB向右运动，小物体恰好能滑到平台CD？ （2）若传送带以v1＝3m/s的速度顺时针运动，小物体以8m/s的速度沿平台AB向右运动，小物体能否到达平台CD？ （3）当小物体在平台AB上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD，求这个临界速度。 【答案】（1）当传送带静止时，小物体以10m/s的速度沿平台AB向右运动，小物体恰好能滑到平台CDs； （2）小物体能到达平台CD； （3）这个临界速度为。 【解答】解：（1）物体在AB和CD处都在做匀速直线运动，在BC段做匀减速运动，对在传送带上的物体进行分析，根据牛顿第二定律得 μmgcosθ+mgsinθ＝ma 可得：a＝μgcosθ+gsinθ＝（0.5×10×0.8+10×0.6）m/s2＝10m/s2 BC段长度为 对BC段运动过程分析，小物体恰好能滑到平台CD，则小物体到达C点的速度为0，对应的初速度为 （2）若传送带以v1＝3m/s的速度顺时针运动，小物体以8m/s的速度滑上传送带，则小物体受到的滑动摩擦力方向沿斜面向下，在前段加速度与（1）一样，则小物体要减速到v1＝3m/s，则这段位移为 接下来，物体受到的滑动摩擦力方向沿斜面向上，对物体分析，由牛顿第二定律得 ＝（10×0.6﹣0.5×10×0.8）m/s2＝2m/s2 物体以a′为加速度继续减速，假设它减速为0，则位移为 因为x1+x2＝2.75m+2.25m＝5m＝xBC 所以物体刚好可以到达平台CD； （3）由上分析可知，物体在传送带上的运动一定是减速过程，当物体在AB上的速度小于某值时，全程受到的摩擦力方向向上，物体的全程加速度为 ＝（10×0.6﹣0.5×10×0.8）m/s2＝2m/s2 假设物体在AB段的速度为vm时，物体刚好达到C点，则 答：（1）当传送带静止时，小物体以10m/s的速度沿平台AB向右运动，小物体恰好能滑到平台CDs； （2）小物体能到达平台CD； （3）这个临界速度为。 25．（2023秋•鼓楼区校级期末）如图所示，有一轻绳跨过定滑轮连接A和B两个小球，A球和B球的质量分别为2m和m，轻绳与定滑轮之间的动摩擦因数为μ，刚开始用手托住使A球和B球让它们都处于静止状态且绳子恰好处于松弛状态，则撤去手的作用后，若A球会向下加速运动，求A球的加速度大小？（已知重力加速度为g，不考虑空气阻力，有可能用到的数学知识：） 【答案】A球的加速度大小为。 【解答】解：设与A相连的绳子的张力为T1，与B球相连的绳的张力为T2， 根据牛顿第二定律有：2mg﹣T1＝2ma T2﹣mg＝ma 轻绳与滑滑轮之间的摩擦力为：f＝T1﹣T2 对极短轻一小段轻绳进行受力分析如下图， 则支持力为：dN＝T（+T（θ）sin＝＝T（θ）dθ 则摩擦力：df＝﹣＝T（θ+dθ）﹣T（θ）＝dT 极小段绳子受到的摩擦力为：df＝μdN 则：dT＝μTdθ 整理得： 两边积分可得：μπ＝ln 联立解得A球的加速度大小为：a＝ 答：A球的加速度大小为。 九．牛顿第二定律求解瞬时问题（共3小题） 26．（2023秋•金安区校级期末）如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为（　　） A．0 B． C．g D． 【答案】B 【解答】解：木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图 根据共点力平衡条件，有 F﹣Nsin30°＝0 Ncos30°﹣G＝0 解得 N＝ F＝ 木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N反向， 故加速度为： a＝ 故选：B。 27．（2023秋•密山市期末）两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态（图1）；若只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧（图2），其他不变．现突然迅速剪断两图中的轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间（设两图中小球A的加速度大小分别为a1和a1'，B的加速度大小分别为a2和a2'），则正确的是（　　） A．a1＝a1'＝g，a2＝a2'＝0 B．a1＝a2'＝g，a1'＝a2＝0 C．a1'＝2a1＝2a2＝2g，a2'＝0 D．a1'＝a2'＝2a1＝2a2＝2g 【答案】C 【解答】解：图1中，在剪断轻绳的瞬间，A、B两球由于用绳连接，一起下落，对A、B整体，根据牛顿第二定律得： 2mg＝2ma1或2mg＝2ma2 可得：a1＝a2＝g。 图2中，在剪断绳前，根据平衡条件得知，弹簧的弹力大小等于mg，绳OA对A物体的拉力2mg。在剪断绳的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，B的受力情况没有变化，则B所受的合力为0，则a2'＝0，A所受的合力大小等于绳的拉力大小2mg，即F＝2mg，由牛顿第二定律可得： 2mg＝ma1'， 解得：a1'＝2g 所以有：a1'＝2a1＝2a2＝2g，故C正确，ABD错误。 故选：C。 28．（2023秋•福田区校级期末）如图所示，两根轻弹簧下面均连接一个质量为m的小球，上面一根弹簧的上端固定在天花板上，两小球之间通过一不可伸长的细绳相连接，细绳受到的拉力大小等于4mg。在剪断两球之间细绳的瞬间，以下关于球A的加速度大小a、球B的加速度大小aB正确的是（　　） A．0、2g B．4g、2g C．4g、4g D．0、g 【答案】C 【解答】解：在剪断绳子之前，绳子的拉力为F＝4mg 对两球整体，由平衡条件可知上边弹簧对物体A的拉力为：F′＝2mg，方向向上； 对B球，由平衡条件可知下面弹簧对B的作用力为：F″＝4mg﹣mg＝3mg，方向向下； 剪断绳子瞬间，对A球受力分析可知A球的合力FA＝F′+F″﹣mg＝2mg+3mg﹣mg＝4mg 由牛顿第二定律得：FA＝ma 解得：，方向向上； 对B球分析，B球的合力FB＝F″+mg＝4mg 由牛顿第二定律得：FB＝maB 解得：，故ABD错误，C正确。 故选：C。 十．牛顿第二定律求解多过程问题（共2小题） 29．（2023秋•延庆区期末）如图所示，自由落下的小球，从接触竖直放置的弹簧开始到弹簧的压缩量最大的过程中，小球的速度及所受的合外力的变化情况是（　　） A．合力变小，速度变小 B．合力变小，速度变大 C．合力先变小，后变大；速度先变大，后变小 D．合力先变大，后变小，速度先变小，后变大 【答案】C 【解答】解：小球自由落下，接触弹簧时有竖直向下的速度。以小球为研究对象，分析小球的受力情况和运动情况： 开始阶段，弹力小于重力，合力竖直向下，与速度方向相同，小球做加速运动，合力变小； 当弹力大于重力后，合力竖直向上，小球做减速运动，合力变大。 当弹力等于重力时，合力为零，速度最大。 故选：C。 30．（2023秋•绵阳期末）如图所示，AB为一长为L＝8m水平面，BCDE为一传送带，传送带静止。有一可视为质点、质量m＝1kg的物块，在水平恒力F＝6N作用下，从A点由静止开始向右运动；到B点时，撤去恒力F；到C点时，开启传送带，传送带立即以v0＝10m/s的速度顺时针（沿BCDE方向）匀速转动。已知BC段水平，且长度为s1＝1.6m，CD段长度为s2＝10.25m，∠CDE＝37°，转动轮大小不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。物块与AB段间，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5。求： （1）物块运动到C点处的速度大小； （2）物块从C运动到D所用时间。 【答案】（1）物块运动到C点处的速度大小为0； （2）物块从C运动到D所用时间为1.5s。 【解答】解：（1）对AB段受力分析，根据牛顿第二定律得 F﹣μmg＝ma 解得 物块运动到B点处的速度为 对BC段受力分析，根据牛顿第二定律得 根据 解得：vC＝0 （2）对CD段的物块受力分析，则有 N＝mgcos37° mgsin37°+μmgcos37°＝ma3 解得 加速到与传送带相同速度所需要的时间为 t1＝＝s＝1s 位移为 x3＝＝m＝5m 当物块与传送带共速时，因mgsin37°＞μmgcos37°，所以之后物块继续加速，接下来摩擦力方向变为沿着斜面向上，对物块重新受力分析，则有 根据 解得 t2＝0.5s 物块从C运动到D所用时间为 t＝t1+t2＝1s+0.5s＝1.5s 答：（1）物块运动到C点处的速度大小为0； （2）物块从C运动到D所用时间为1.5s。 十一．连接体模型（共2小题） 31．（2023秋•密云区期末）如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。已知飞船质量为m1，其推进器的平均推力为F，在飞船与空间站对接后，推进器工作Δt时间内，飞船和空间站速度变化为Δv。则空间站的质量为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：在飞船与空间站对接后，推进器工作Δt时间内，飞船和空间站速度变化为Δv，则飞船与空间站整体的加速度为a＝ 对整体，根据牛顿第二定律得：F＝（m1+m2）a 联立解得空间站的质量为：m2＝﹣m1，故A正确，BCD错误。 故选：A。 32．（2023秋•莱西市校级期末）（多选）如图，两个质量分别为m1＝2kg、m2＝1kg的物体置于水平面上，物体和水平面间的动摩擦因数均为0.2，两物体用水平轻弹簧拴接，两个大小为F1＝20N、F2＝8N的水平拉力分别作用在m1、m2上，重力加速度g＝10m/s2，则达到稳定状态（弹簧长度不再变化）后（　　） A．弹簧的弹力大小为14N B．弹簧的弹力大小为12N C．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为2m/s2 D．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为10m/s2 【答案】BD 【解答】解：AB、以两物体组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F1﹣F2﹣μ（m1+m2）g＝（m1+m2）a1，解之得：，方向水平向左。 设弹簧的弹力大小为F，对m1，由牛顿第二定律得：F1﹣F﹣μm1g＝m1a1，解之得：F＝12N，故A错误，B正确； CD、在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，仍然是12N，则对m2，由牛顿第二定律得：F﹣μm2g＝m2a2，解之得：，故C错误，D正确。 故选：BD。 十二．水平传送带模型（共2小题） 33．（2023秋•包河区校级期末）如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2＞v1，则（　　） A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．0～t2时间内小物块受滑动摩擦力作用，t2～t3时间内小物块受静摩擦力作用 D．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 【答案】B 【解答】解：A、对小物块进行分析可知，小物块先向左做匀减速直线运动，减速至0后向右做匀加速直线运动，速度达到与传送带速度相等时，再向右做匀速直线运动，可知在速度减为0，即在t1时刻，小物块离A处的距离达到最大，故A错误； B、由上述可知，在0～t1时间内小物块相对于传送带向左运动，在t1～t2时间内小物块速度方向向右，大小小于传送带的速度，小物块仍然相对于传送带向左运动，t2～t3小物块与传送带速度相等，小物块与传送带保持相对静止向右做匀速直线运动，该时间内没有发生相对运动，可知，t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确； C、由题图信息和上述分析，0～t2时间内，小物块相对传送带向左运动，小物块受到向右的滑动摩擦力。在t2～t3时间内，小物块向右做匀速直线运动，小物块与传送带无相对运动，不受摩擦力，故C错误； D、由题图信息和上述分析，0～t2时间内，小物块相对传送带向左运动，小物块受到的滑动摩擦力方向始终向右，故D错误。 故选：B。 34．（2023秋•吉林期末）如图所示，水平传送带保持v＝1m/s的速度顺时针转动。现将一质量m＝1kg的小物体轻轻地放在传送带的a点上，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2m，g＝10m/s2。求： （1）物体运动到b点时的速度； （2）物体相对传送带滑动的位移； （3）物体从a点运动到b点所经历的时间。 【答案】（1）物体运动到b点时的速度为1m/s； （2）物体相对传送带滑动的位移为0.5m； （3）物体从a点运动到b点所经历的时间为2.5s。 【解答】解：（1）物体轻轻地放上传送带后先做匀加速直线运动，物体做匀加速运动时的加速度大小为 a＝＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2 物体达到与传送带共速的过程中运动的位移大小为 ＝m＝0.5m＜L 故物体先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，到达b点时的速度为1m/s。 （2）物体相对传送带滑动的时间为 ＝s＝1s 物体与传送带相对滑动的位移为 Δx＝vt1﹣x＝（1×1﹣0.5）m＝0.5m （3）物体匀速运动的时间为 ＝s＝1.5s 物体从a点运动到b点所经历的时间为 t＝t1+t2＝1s+1.5s＝2.5s 答：（1）物体运动到b点时的速度为1m/s； （2）物体相对传送带滑动的位移为0.5m； （3）物体从a点运动到b点所经历的时间为2.5s。 十三．倾斜传送带模型（共2小题） 35．（2023秋•莱西市校级期末）（多选）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动。一小物块以初速度v0＝12m/s从A端冲上传送带，小物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，下列说法不正确的是（　　） A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ＝0.75 B．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5 C．小物块上滑过程中离A端的最大距离为8m D．小物块从A端冲上传送带到返回A端所用的时间为 【答案】BC 【解答】解：AB、小物块先向上做匀减速直线运动，物块相对传送带向上运动，滑动摩擦力沿斜面向下，则有mgsinθ+μmgcosθ＝ma1 根据图乙可知，a1＝m/s2＝8m/s2 1s后物块相对传送带向下运动，滑动摩擦力沿斜面向上，则有mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2 根据图乙可知，a2＝＝4m/s2 联立解得：θ＝37°，tanθ＝0.75，，故B错误，A正确； C、根据图乙可知，2s时刻，小物块距离A端最远，由于速度—时间图像中，图线与时间轴所围面积指位移，则有：xmax＝+＝10m，故C错误； D、根据图乙可知，2s后小物块向下做加速度为的匀加速直线运动，小物块向下运动至A端有：，解二次方程得：，结合图乙则可知小物块从A端冲上传送带到返回A端所用的时间为：t＝2s+s＝（2+）s，故D正确。 本题选不正确的 故选：BC。 36．（2023秋•达州期末）如图所示，一倾角θ＝30°的传送带以v＝2m/s的速度逆时针匀速转动，其长度L＝1.40m，左侧的水平面光滑且与传送带顶端A点等高；现将一个小物块轻放在传送带底端，其与传送带间的动摩擦因数为，g取10m/s2。 （1）求小物块刚放上传送带时加速度a1的大小； （2）若物块滑上传送带Δt＝1s后，传送带速度突然变为零，判断物块能否滑上传送带顶端，若不能，求物块到达的最高点距A点距离x；若能，则求物块从传送带底端到达顶端所用时间t； （3）在（2）小问情景中，小物块在传送带上留下的划痕长度s。 【答案】（1）小物块刚放上传送带时加速度a1的大小为2.5m/s2； （2）物块不能滑上传送带顶端，物块到达的最高点距A点距离x为0.04m； （3）小物块在传送带上留下的划痕长度s为0.8m。 【解答】解：（1）小物块刚放上传送带时，对小物块受力分析，受到沿传送带向上的滑动摩擦力、竖直向下的重力、垂直传送带向上的支持力，根据牛顿第二定律得： μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma1 解得： （2）设小物块在传送带上加速到与传送带速度相同所用的时间为t1，由运动学公式得： a1t1＝v 解得：t1＝0.8s 此过程小物块的位移大小为： ，解得：x1＝0.8m 因t1＜Δt＝1s，故小物块在滑上传送带的1s时间内先加速到与传送带相同速度，之后与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动时间为t2，则有： t2＝Δt﹣t1＝1s﹣08s＝0.2s 匀速运动的位移大小为： x2＝vt2＝2×0.2m＝0.4m 则小物块在1s内的位移大小为： x3＝x1+x2＝0.8m+0.4m＝1.2m 当传送带速度突然变为零后，小物块受到的滑动摩擦力变为沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得此时小物块的加速度为： ，解得： 此后小物块做匀减速直线运动，假设小物块不能滑上传送带顶端，即小物块会减速到零，则小物块的位移为： ，解得：x4＝0.16m＜L﹣x3＝1.40m﹣1.2m＝0.2m 可知假设成立，物块到达的最高点距A点距离为： x＝L﹣x3﹣x4＝1.40m﹣1.2m﹣0.16m＝0.04m （3）小物块在加速阶段，小物块相对于传送带向下滑动留下痕迹，由（2）可得此过程小物块的位移大小为x1＝0.8m，此过程传送带的位移大小为： x5＝vt1＝2×0.8m＝1.6m 可得小物块在加速阶段在传送带上留下的痕迹长度为： s1＝x5﹣x1＝1.6m﹣0.8m＝0.8m 小物块在最后的减速阶段，小物块相对于传送带向上滑动留下痕迹，由（2）可得此过程小物块的位移大小为x4＝0.16m，此时传送带处于静止状态，故传送带的位移为零，则小物块在减速阶段在传送带上留下的痕迹长度为： s2＝x4＝0.16m 因为两个阶段小物块相对传送带滑动方向相反，故存在两个划痕重叠的现象。因s1＞s2，故s＝s1＝0.8m 答：（1）小物块刚放上传送带时加速度a1的大小为2.5m/s2； （2）物块不能滑上传送带顶端，物块到达的最高点距A点距离x为0.04m； （3）小物块在传送带上留下的划痕长度s为0.8m。 十四．有外力的水平板块模型（共3小题） 37．（2023秋•黑龙江期末）（多选）如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看作质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用，滑块和长木板的v﹣t图像如图乙所示。已知长木板和小滑块的质量均为m＝1kg，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.3 B．拉力F的大小为1.75N C．5s后，长木板的加速度大小为3m/s2 D．长木板P的长度至少是3.5m 【答案】BD 【解答】解：A、由图乙可知，在4s时撤去力F，此时长木板P的速度为：v1＝3m/s 5s时两者速度均为：v2＝2m/s 0～5s内，根据题图可求滑块Q的加速度大小为：a1＝＝m/s2＝0.4m/s2 由牛顿第二定律有：μ1mg＝ma1 联立解得：μ1＝0.04 4∼5s内，长木板P的加速度大小为：a1′＝＝m/s2＝1m/s2 由牛顿第二定律有：μ1mg+μ2（m+m）g＝ma1' 联立并代入数据解得：μ2＝0.03，故A错误； B、0∼4s内，长木板P的加速度大小为：a2＝＝m/s2＝0.75m/s2 由牛顿第二定律有：F﹣μ1mg﹣μ2（m+m）g＝ma2 解得：F＝1.75N，故B正确； C、因μ1＞μ2，5s后小滑块和长木板相对静止，整体受力分析 由牛顿第二定律有：μ2（m+m）g＝（m+m）a3 解得：，故C错误； D、0～5s内，小滑块的位移大小为： 长木板的位移大小为： 故长木板P的长度至少为：Δx＝x2﹣x1＝8.5m﹣5m＝3.5m，故D正确。 故选：BD。 38．（2023秋•潍坊期末）如图所示，质量M＝4kg的木板B放在水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2。在木板B的右端放一个质量为m＝1kg的滑块A，滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4。在木板右端施加水平向右的拉力F＝42N，作用1s的时间撤去拉力F，运动过程中滑块A未脱离木板B，取g＝10m/s2，求： （1）拉力F作用时，滑块A与木板B的加速度分别为多大； （2）滑块A运动的最大速度； （3）木板B运动的总位移。 【答案】（1）滑块A与木板B的加速度分别为4m/s2和7m/s2； （2）滑块A运动的最大速度5.6m/s； （3）木板B运动的总位移13.86m。 【解答】解：（1）拉力F作用时，AB分别加速度，对A使用牛顿第二定律有μ2mg＝maA，代入数据解得aA＝4m/s2，对B使用牛顿第二定律有F﹣μ2mg﹣μ1（M+m）g＝MaB，代入数据解得aB＝7m/s2； （2）作用1s的时间撤去拉力，此时A速度vA，滑块A速度vA＝aAt，代入数据解得vA＝4m/s；之后撤去F，此时AB速度不等，B减速，A加速，直到共速，故共速的速度是A的最大速度，分别对AB使用牛顿第二定律，对A有：μ2mg＝maA，代入数据解得aA＝4m/s2，对B有：μ2mg+μ1（M+m）g＝MaB′，代入数据解得aB′＝3.5m/s2；设AB共速时间为t′，则有vB﹣aB′t′＝vmax﹣aAt′＝v共，代入数据解得t′＝0.4s，v共＝5.6m/s，故滑块A运动的最大速度vmax＝5.6m/s； （3）撤去拉力前，B做匀加速直线运动，B的速度vB＝aBt，代入数据解得vB＝7m/s 此时B的位移为xB＝，解得xB＝3.5m 之后撤去F，此时AB速度不等，B减速，A加速，直到共速，根据（2）可知t′＝0.4s，v共＝5.6m/s，此时段B的位移为： xB1＝，代入数据解得xB1＝2.52m 共速后，AB一起做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有： μ1（M+m）g＝（M+m）a′ 则B的位移为xB′＝，代入数据解得xB′＝7.84m 故木板B运动的总位移x＝xB+xB1+xB′＝3.5m+2.52m+7.84m＝13.86m。 答：（1）滑块A与木板B的加速度分别为4m/s2和7m/s2； （2）滑块A运动的最大速度5.6m/s； （3）木板B运动的总位移13.86m。 39．（2023秋•桃城区校级期末）如图所示，将物块（可视为质点）置于长木板正中间，用水平向右的拉力将木板快速抽出，物块的位移很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若物块和木板的质量都为m，物块和木板间、木板与桌面间的动摩擦因数分别为μ和，已知m＝1kg，μ＝0.4，重力加速度g＝10m/s2。 （1）当物块相对木板运动时，求木板所受摩擦力的大小； （2）要使物块即将相对木板运动，求所需拉力F的大小； （3）小李同学上台演示实验时，先对木板施加2F的恒定拉力，让木板从静止开始运动起来。但由于心理紧张，拉力作用一段时间Δt＝0.5s后突然脱手，此后未再干预，物块刚好不掉下木板，试求木板的长度L（两物均未离开桌面）。 【答案】（1）当物块相对木板运动时，木板所受摩擦力的大小为8N； （2）要使物块即将相对木板运动，所需拉力F的大小为12N； （3）脱手后未再干预，物块刚好不掉下木板，试求木板的长度L为6m。 【解答】解：（1）当木板受到拉力，物块恰相对木板运动时，木板上表面受到静摩擦力达到最大，其大小为f1＝μmg，方向水平向左。 木板下表面受到的滑支摩擦力大小为：f2＝＝μmg，方向也是水平向左 故木板受到的总的摩擦力大小为：f＝f1+f2＝2μmg＝2×0.4×1×10N＝8N，方向水平向左 （2）当物块即将相对木板运动相对运动时，根据牛顿第二定律， 对物块有： 对物块和木板构成的整体有：F﹣＝2mam 联立代入数据得：F＝3μmg＝3×0.4×1×10N＝12N （3）施加拉力2F时，由题意可知物块开始滑动，其加速度大小为： 木板加速度大小为：a2＝＝＝4μg＝4×0.4×10m/s2＝16m/s2 撤去拉力时，物块、木板速度分别为：v1＝a1Δt＝4×0.5m/s＝2m/s，v2＝a2Δt＝16×0.5m/s＝8m/s 撤去拉力时，物块、木板位移分别为：x1＝＝m＝0.5m，x2＝＝m＝2m 撤出拉力时，由于木板的速度大于物块，因此物块的摩擦力方向不变，故物块的加速度不变，而木板加速度大小变为：a2′＝＝m/s2＝8m/s2 此时加速度方向与木板运动方向相反，设再历时t物块与木板共速，则有：v1+a1t＝v2﹣a2't 解得：t＝0.5s 从撤去拉力到共速物块、木板的位移分别为：x1′＝v1t+，x2′＝v2t﹣ 代入数据得：x1′＝1.5m，x2′＝3m 共速后此后物块与木板共同做减速运动，直至停止，无相对位移， 由于物块刚好不掉下木板，因此从开始到共速整个过程满足：＝x2+x2′﹣x1﹣x1′ 代入数据解得：L＝6m 答：（1）当物块相对木板运动时，木板所受摩擦力的大小为8N； （2）要使物块即将相对木板运动，所需拉力F的大小为12N； （3）脱手后未再干预，物块刚好不掉下木板，试求木板的长度L为6m。 十五．合运动与分运动的关系（共3小题） 40．（2023秋•市中区期末）如图所示，斜面的倾角为α，人用跨过定滑轮的绳子拉小车．现人以速度v匀速拉动绳子，当拉小车的绳子与斜面的夹角为β时，小车沿斜面运动的速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：小车在绳子的作用下，沿着斜面向上运动，则可将此运动分解成沿着绳子的方向与垂直绳子的方向。如图所示， 因此有v车cosβ＝v，即，故B正确，ACD错误； 故选：B。 41．（2023秋•苏州期末）放河灯是我国一种传统民间活动。如图所示的河灯随着河水自西向东飘向下游时，突然吹来阵北风，则之后河灯可能的运动轨迹为（　　） A．1轨迹 B．2轨迹 C．3轨迹 D．4轨迹 【答案】C 【解答】解：若没有风吹，则河灯随着河水自西向东飘向下游， 现有北风吹来，依据运动的合成与分解，则之后河灯可能的运动轨迹为3，不可能为4，原因是轨迹4最后沿着流水方向没有了速度；也不可能是轨迹1，原因是吹的是北风，故C正确，ABD错误； 故选：C。 42．（2023秋•金凤区校级期末）（多选）如图所示，民族运动会上有一个骑射项目，运动员骑在奔驰的马背上沿着跑道AB运动拉弓放箭射向他左侧的固定目标．假设运动员骑马奔驰的速度为v1，运动员静止时射出的箭速度为v2，跑道离固定目标的最近距离OA＝d．若不计空气阻力的影响，要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最短，则（　　） A．运动员应该瞄准靶心放箭 B．运动员应该在距离A点为的地方提前放箭 C．箭射到靶的最短时间为 D．箭射到靶的最短时间为 【答案】BC 【解答】解：在水平面内箭参加了两个分运动，即沿箭头方向和顺着马奔跑方向的两个分运动，如图 由于运动时间等于沿箭头方向的分运动时间，故当沿箭头方向的分运动的分位移最小时，时间最短 最短时间为 t＝ 因而C正确，D错误； 要击中目标靶，必须瞄准目标左侧放箭，提前量为 x＝v1t＝，故A错误，B正确。 故选：BC。 十六．关联速度问题（共2小题） 43．（2023秋•琼山区校级期末）甲、乙两光滑小球（均可视为质点）用轻直杆连接，乙球处于粗糙水平地面上，甲球紧靠在粗糙的竖直墙壁上。初始时轻杆竖直，杆长为4m。施加微小的扰动，使得乙球沿水平地面向右滑动，当乙球距离起点3m时，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两球的速度大小之比为：3 B．甲、乙两球的速度大小之比为3：7 C．甲球即将落地时，乙球的速度与甲球的速度大小相等 D．甲球即将落地时，乙球的速度为零 【答案】B 【解答】解：AB、设轻杆与竖直方向夹角为θ，则甲的速度v1在沿杆方向的分量为v1杆＝v1cosθ，乙的速度v2在沿杆方向的分量为v2杆＝v2sinθ，且v1杆＝v2杆，当甲、乙处于图示位置时，cosθ＝，sinθ＝，解得此时甲、乙两球的速度大小之比为，故A错误，B正确； CD、甲球先加速下滑，乙球先加速向右运动，轻杆对两球均为推力，假设乙球一直向右加速运动，那么接近地面时甲必然会离开墙壁，轻杆对甲球施加拉力，甲会获得水平方向的分速度，轻杆对乙球也是拉力，则乙球会减速运动，乙球的最终速度不为零。落地时甲有竖直方向的分速度，甲的速度不沿着杆的方向，而乙的速度沿着杆的方向，故甲球即将落地时，乙球的速度与甲球的速度大小不相等，故CD错误。 故选：B。 44．（2023秋•沈阳期末）（多选）如图所示，物体A、B经无摩擦的定滑轮用细线连在一起，A物体受水平向右的力F的作用，此时B匀速下降，A水平向左运动，可知（　　） A．物体A做匀速运动 B．A做加速运动 C．物体A所受摩擦力逐渐增大 D．物体A所受摩擦力逐渐减小 【答案】BD 【解答】解：AB、B匀速下降，A沿水平面向左做运动，如图1，VB是VA在绳子方向上的分量，VB是恒定的，随着VB与水平方向的夹角增大，VA增大，所以A在水平方向上向左做加速运动。选项A错误B正确； CD、因为B匀速下降，所以B受力平衡，B所受绳拉力T＝GB， A受斜向上的拉力等于B的重力，在图2中把拉力分解成竖着方向的F2和水平方向F1，在竖直方向上，有N+F2＝GA．绳子与水平方向的夹角增大，所以有F2增大，支持力N减小，所以摩擦力减小，选项C错误、D正确。 故选：BD。 十七．小船过河问题（共3小题） 45．（2023秋•沈阳期末）河水由西向东流，河宽为800m，河中各点的水流速度大小为v水，各点到较近河岸的距离为x，v水与x的关系为v水＝x（m/s），让小船船头垂直河岸由南向北渡河，小船划水速度大小恒为v船＝4m/s，则下列说法中正确的是（　　） A．小船渡河的轨迹为直线 B．小船在河水中的最大速度是5m/s C．小船在距南岸200m处的速度小于距北岸200m处的速度 D．小船渡河的时间是160s 【答案】B 【解答】解：A、小船的速度为沿船头指向和顺水流方向的两个分运动的分速度的矢量和，而两个分速度垂直，故当顺水流方向的分速度最大时，合速度最大，合速度的方向随顺水流方向的分速度的变化而变化，故小船到达河中心时速度最大，且运动轨迹为曲线，故A错误， B、当船到河中央时，水流速度达到最大， 根据矢量的合成，船在河水中的最大速度v＝＝5 m/s，故B正确； C、小船距南岸200m处，则水流速度为v＝＝1.5m/s， 而小船距北岸200m处时，水流速度也为1.5m/s； 根据速度的合成可知，它们的速度大小相等，方向不同，故C错误； D、将小船的运动分解为沿船头指向和顺水流方向的两个分运动，两个分运动同时发生，互不干扰，故渡河时间与顺水流方向的分运动无关，当船头与河岸垂直时，沿船头方向的分运动的分位移最小，故渡河时间最短，最短时间为t＝＝＝200s，故D错误； 故选：B。 46．（2023秋•辽宁期末）如图所示，某河流中水流速度大小恒为v1，A处的下游C处有个漩涡，漩涡与河岸相切于B点，漩涡的半径为r，AB＝r。为使小船从A点出发以恒定的速度安全到达对岸，小船航行时在静水中速度的最小值为（　　） A．v1 B．v1 C．v1 D．v1 【答案】C 【解答】解：如图所示， 当小船在静水中的速度v2与其在河流中的速度v垂直时，小船在静水中的速度v2最小，故有：v2＝v1sinθ， 由于漩涡的半径为r，AB＝r，依据几何关系，则有θ＝60°，因此v2＝v1，故C正确，ABD错误。 故选：C。 47．（2023秋•和平区校级期末）（多选）一条小船在静水中的速度为6m/s要渡过宽度为60m、水流速度为10m/s的河流．下列说法正确的是（　　） A．小船渡河的最短时间为6s B．小船渡河的最短时间为10s C．小船渡河的最短路程为60m D．小船渡河的最短路程为100m 【答案】BD 【解答】解：A、当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短，t＝＝s＝10s。故A错误，B正确。 C、因为不能垂直渡河，所以当合速度的方向与静水速的方向垂直，渡河位移最短， 设此时合速度的方向与河岸的夹角为θ，sinθ＝＝＝，则渡河的最小位移x＝＝m＝100m。故C错误、D正确。 故选：BD。 十八．平抛运动速度的计算（共4小题） 48．（2023秋•普陀区校级期末）如图所示，将小球从空中的A点以速度v水平向右抛出，不计空气阻力，小球刚好擦过竖直挡板落在地面上的B点。若使小球的落地点位于挡板和B点之间，下列方法可行的是（　　） A．在A点将小球以小于v的速度水平抛出 B．在A点将小球以大于v的速度水平抛出 C．在A点正下方某位置将小球以小于v的速度水平抛出 D．在A点正上方某位置将小球以小于v的速度水平抛出 【答案】D 【解答】解：AB、根据h＝得 t＝，水平位移为 x＝v0t＝v0．则知在A点将小球抛出时，落地时平抛运动的时间相等，初速度小于v时，水平位移减小，可能撞在挡板上，或落在挡板左侧。初速度大于v时，水平位移增大，小球将落在B点右侧，故AB错误。 C、由x＝v0，知在A点正下方某位置将小球抛出时，落地时平抛运动时间缩短，若初速度小于v，则水平位移减小，可能撞在挡板上，或落在挡板左侧。故C错误。 D、在A点正上方某位置将小球以小于v的速度水平抛出时，小球能越过挡板，水平位移可以减小，能落在挡板和B点之间，故D正确。 故选：D。 49．（2023秋•吉林期末）（多选）一演员表演飞刀绝技，由O点先后抛出完全相同的三把飞刀a、b、c，分别垂直打在竖直木板上M、N、P三点，如图所示．假设不考虑飞刀的转动，并可将其看作质点，已知O、M、N、P四点距水平地面高度分别为h、4h、3h、2h，以下说法正确的是（　　） A．三把刀在击中木板时速度大小相同 B．三次飞行时间之比为ta：tb：tc＝：：1 C．三次初速度的竖直分量之比为va：vb：vc＝3：2：1 D．设三次抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为θa：θb：θc，则有θa＞θb＞θc 【答案】BD 【解答】解；A、将飞刀的运动逆过来看成是一种平抛运动，三把刀在击中板时的速度大小即等于平抛运动的初速度大小，运动时间为：t＝， 初速度为：v0＝＝x，由图看出，三把刀飞行的高度不同，运动时间不同，水平位移大小相等，由平抛运动的初速度大小不等，即打在木板上的速度大小不等。故A错误。 B、竖直方向上逆过来看作自由落体运动，运动时间为：t＝，则得三次飞行时间之比为ta：tb：tc＝：：＝：：1．故B正确。 C、三次初速度的竖直分量等于平抛运动下落的速度竖直分量，由vy＝gt＝，则得它们之比为va：vb：vc＝ta：tb：tc＝：：1．故C错误。 D、设任一飞刀抛出的初速度与水平方向夹角分别为θ，则tanθ＝＝＝，h越大，θ越大，则得，θa＞θb＞θc．故D正确。 故选：BD。 50．（2023秋•正定县校级期末）在冬天，高为h＝1.25m的平台上，覆盖着一层薄冰，一乘雪橇的滑雪爱好者，从距平台边缘s＝24m处以v0＝7m/s初速度向平台边缘滑去，如图所示，平台上的薄冰面与雪橇间的动摩擦因数μ＝0.05，重力加速度g＝10m/s2，求： （1）滑雪者滑离平台时速度v的大小； （2）滑雪者着地点到平台边缘的水平距离； （3）滑雪者着地时速度v1的大小。 【答案】（1）滑雪者滑离平台时速度v的大小为5m/s； （2）滑雪者着地点到平台边缘的水平距离为2.5m； （3）滑雪者着地时速度v1的大小为5m/s。 【解答】解：（1）滑雪者在平台上滑行过程，根据牛顿第二定律得 μmg＝ma 可得 a＝μg＝0.05×10m/s2＝0.5m/s2 由v2﹣＝2（﹣a）s 解得：v＝5m/s （2）滑雪者离开平台做平抛运动，设下落时间为t，则有 h＝ 解得 t＝0.5s 着地点到平台边缘的水平距离为 x＝vt＝5×0.5m＝2.5m （3）滑雪者落地时竖直分速度大小为 vy＝gt＝10×0.5m/s＝5m/s 滑雪者着地时的速度大小为 v1＝＝m/s＝5m/s 答：（1）滑雪者滑离平台时速度v的大小为5m/s； （2）滑雪者着地点到平台边缘的水平距离为2.5m； （3）滑雪者着地时速度v1的大小为5m/s。 51．（2023秋•鼓楼区校级期末）一艘客轮因故障需迅速组织乘客撤离．乘客在甲板上须利用固定的绳索下滑到救援快艇上．绳索与竖直方向的夹角θ＝37°，设乘客下滑过程绳索始终保持直线．为保证行动又快又安全，乘客先从静止开始匀加速滑到某最大速度，再匀减速滑至快艇，速度刚好为零，加速过程与减速过程中的加速度大小相等．在乘客开始下滑时，船员同时以水平速度v0＝7.5m/s向快艇抛出救生圈刚好落到救援快艇上（快艇可视为质点），如图所示．并知乘客下滑的时间是救生圈平抛下落的2倍，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）乘客沿着绳索下滑的时间t； （2）乘客下滑过程的最大速度vm． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）设救生圈平抛运动的时间为t0，由平抛运动规律，有： 竖直方向：H＝， 水平方向：Htanθ＝v0t0 联立以上各式得：H＝20m，t0＝2s 由题意可知乘客沿着绳索下滑的时间为：t＝2t0＝2×2s＝4s （2）由几何关系，得绳索长为：L＝＝m＝25m 因加速过程与减速过程的加速度相等，所以甲在绳索中点处速度最大，有：2×＝L 代入数据得：vm＝＝m/s＝12.5m/s 答：（1）乘客沿着绳索下滑的时间t为4s； （2）乘客下滑过程的最大速度vm为12.5m/s． 十九．平抛运动与斜面的结合（共2小题） 52．（2023秋•广州期末）如图所示，斜面固定在水平面上，两个小球分别从斜面底端O点正上方A、B两点向右水平抛出，B为AO连线的中点，最后两球都垂直落在斜面上，A、B两球击中斜面位置到O点的距离之比为（　　） A．：1 B．2：1 C．4： D．4：1 【答案】B 【解答】解：设任一小球的初速度为v0，抛出点离O点的高度为h，平抛运动的时间为t，斜面的倾角为θ。 据题小球垂直击中斜面，速度与斜面垂直，由速度分解可知：vytanθ＝v0； 又vy＝gt 可得：t＝ 根据几何关系得：h＝gt2+v0t•tanθ＝+∝ 据题有OA＝2OB，则得：vA＝vB。 击中斜面位置到O点的距离为 S＝＝∝ 故得A、B两球击中斜面位置到O点的距离之比为 2：1 故选：B。 53．（2023秋•吉林期末）（多选）如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面上P点以速度v0水平抛出一个小球，落在斜面上某处Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α。若把水平抛出的初速度变为2v0，则下列说法正确的是（　　） A．夹角α将变大 B．夹角α将不变 C．小球在空中的运动时间变为原来的2倍 D．小球在空中运动的水平距离一定变为原来的4倍 【答案】BCD 【解答】解：AB、小球做平抛运动，水平方向有：x＝v0t 竖直方向有：，vy＝gt 小球落在斜面Q点，有 小球落在斜面上的速度与水平方向的夹角为β，则 tanβ＝＝＝2tanθ 由于斜面足够长，把水平抛出的初速度变为2v0，可知小球落在斜面上时，速度与水平方向的夹角β不变，则小球落在斜面上的速度与斜面的夹角α将不变，故A错误，B正确； C、小球落在斜面上有：，小球在空中的运动时间为：，则小球在空中的运动时间变为原来的2倍，故C正确； D、小球在空中运动的水平距离为，则小球在空中运动的水平距离一定变为原来的4倍，故D正确。 故选：BCD。 二十．探究两个互成角度的力的合成规律（共2小题） 54．（2023秋•长丰县期末）“验证力的平行四边形定则”实验如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB与OC为细绳。图乙显示的是在白纸上根据实验结果画出的图。 （1）图乙中的　F　是力F1和F2的合力的理论数值；　F′　是力F1和F2的合力的实际测量值。 （2）下列说法中正确的是　AD　 A．两个分力的值稍大一些较好，便于减小作图误差 B．两个分力的夹角越大越好，同时在实验中应注意弹簧测力计与细线应始终平行纸板但不与纸面接触 C．两分力的夹角应取90°较好，便于之后运算中采用勾股定理以验证平行四边形定则 D．在同一实验中，两次实验操作O点的位置不能变动。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）实验中F是由平行四边形得出的，而F′是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方向相同，由于实验过程不可避免的存在误差，因此理论值和实验值存在一定的偏差； （2）A、两个分力的值稍大一些较好，这样有利于减小作图时的误差，故A正确； B、用弹簧秤同时拉细绳时，夹角不能太太，也不能太小，有利于作图即可，故B错误； C、两分力的夹角没有要求，不一定是90°，不能用勾股定理求解合力。故C错误； D、在同一实验中，要保证作用效果相同，两次实验操作O点的位置不能变动，故D正确； 故答案为：（1）F，F′；（2）AD。 55．（2023秋•龙凤区校级期末）某同学用如图1所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M。弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端拉动弹簧测力计，使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和细绳的方向。 （1）本实验用的弹簧测力计的示数单位为N，图中A的示数为 　2.6　N； （2）下列实验要求不必要的是 　AD　（填选项前的字母）； A.改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置 B.测量重物M所受的重力 C.细线方向应与木板平面平行 D.每次实验时，手持弹簧测力计B必须水平拉动，使OB与竖直方向垂直 （3）实验结束后，小明同学用其中一个弹簧测力计探究“弹簧所受弹力F与弹簧长度L的关系”，绘出如图2所示图像，则弹簧测力计的劲度系数为 　200.0　N/m（保留一位小数）。 【答案】（1）2.6；（2）AD；（3）200.0。 【解答】解：（1）该弹簧测力计的精度为0.2N，根据读数规律，该读数为2.6N。 （2）A、该实验通过两根弹簧测力计与重物M，测量出三根细线的拉力大小，通过分析O点在三个力作用下处于平衡来得到实验结论，因此进行多次实验时，每次O点静止的位置可以不同，故A错误； B、由于实验需要测量OM段细线的拉力，而该拉力大小等于重物M的重力，则实验时需要测量重物M 所受的重力，故B正确； C、为了减小作图时的实验误差，能够尽量准确地在白纸上表示力的大小，实验时，细线方向应与木板平面平行，故C正确； D、该实验是通过分析O点在三个力作用下处于平衡来得到实验结论，因此，每次实验时，并不需要手持弹簧测力计B必须水平拉动，也不需要使OB与竖直方向垂直，故D错误。 故选：AD。 （3）令弹簧原长为L0，则有F＝k（L﹣L0）＝kL﹣kL0 结合图像可知 故答案为：（1）2.6；（2）AD；（3）200.0。 二十一．探究加速度与力、质量之间的关系（共3小题） 56．（2023秋•辽阳期末）某同学利用如图1所示的装置探究在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系。小车的质量已知。 （1）完成实验步骤①中的填空： ①平衡小车所受的阻力：取下小吊盘，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列 　等间距　的点； ②重新挂上小吊盘，按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码； ③打开打点计时器的电源，释放小车，获得带清晰点迹的纸带，在纸带上标出小车以及车中砝码的总质量m，根据纸带求出小车运动的加速度大小a； ④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③。 （2）以小车（含车中砝码）的质量m为横坐标、为纵坐标，作出关系图像。若实验操作及数据处理均无误，则作出的关系图像如图2应为 　B　。 （3）在本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的总质量应 　远小于　（填“远大于”或“远小于”）小车和砝码的总质量。 【答案】（1）等间距；（2）B；（3）远小于。 【解答】解：（1）平衡小车阻力的标准是小车在倾斜的木板上做匀速直线运动，所以打点计时器打出一系列等间距的点。 （2）对小车进行受力分析，根据牛顿第二定律有：F合＝ma 变形后整理有： 由上述解析式可知，其图像应该是一条过原点的倾斜直线，故AC错误，B正确。 故选：B。 （3）设小车的质量为M，小吊盘和盘中物块的总质量为m，绳子上的拉力为T，对小车有：T＝Ma 对小吊盘和盘中物块有：mg﹣T＝ma 解得： 如果要使小车受到的合外力为小吊盘和盘中物块的总重力，则需要 m+M＝M 即只有M≫m，所以为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的总质量应远小于小车和砝码的总质量。 故答案为：（1）等间距；（2）B；（3）远小于。 57．（2023秋•包河区校级期末）用如图甲所示的装置进行“探究加速度与力、质量之间的关系”的实验时，小车的质量为M，沙桶及沙的总质量为m，小车的加速度可借助小车后拖动的纸带（图中未画出纸带和打点计时器）通过计算得出。 （1）实验中，要使小车的合力等于细线对小车的拉力，　需要　（选填“需要”或“不需要”）平衡小车所受到的摩擦力；若要近似认为细线的拉力等于所挂沙桶及沙的总重力，需要满足M 　远大于　m（选填“远大于”或“远小于”）。 （2）某同学实验时，从打下的若干纸带中选出了如图乙所示的一条（两个计数点间还有4个计时点没有画出来），图乙上部的数字为相邻两个计数点间的距离，打点计时器每隔0.02s打一次点。由这些已知数据计算： ①打D点时小车的瞬时速度vD＝　1.24　m/s；（结果保留3位有效数字） ②小车做匀变速直线运动的加速度a＝　2.10　m/s2。（结果保留3位有效数字） 【答案】（1）需要、远大于；（2）1.24、2.10。 【解答】解：（1）实验中，分析小车的受力可知，要使小车的合力等于细线对小车的拉力，需要平衡小车所受到的摩擦力。 对小车有：T＝Ma 对整体有：mg＝（M+m） a 联立得：T＝ 若要近似认为细线的拉力等于所挂沙桶及沙的总重力，需要满足M远大于m。 （2）①图中相邻打点时间间隔为：T＝0.02×5s＝0.1s 打D点时小车的瞬时速度： ②小车做匀变速直线运动的加速度：a＝＝m/s2＝ 2.10m/s2 故答案为：（1）需要、远大于；（2）1.24、2.10。 58．（2023秋•桃城区校级期末）某实验小组采用如图甲所示的实验装置，研究小车质量不变时，其加速度a与所受合力F的关系。 （1）在平衡摩擦力的操作中，　不需要　（选填“需要”或“不需要”）通过细绳把砂桶挂在小车上。 （2）实验中得到的一条纸带如图乙所示，相邻两计数点之间还有4个点未画出，用毫米刻度尺测量出来的数据已在图中标出。已知打点计时器的打点周期为0.02s，则该小车运动的加速度大小为 　0.39　m/s2（结果保留两位有效数字）。 （3）该实验小组把砂和砂桶的总重力当成小车的合力F，根据实验得出数据，采用图像法处理数据，画出a﹣F图像如图丙所示，发现图线上端弯曲，其原因可能是 　小车质量没有远远大于砂和砂桶的总质量　。 （4）关于本实验存在的误差，下列说法正确的是 　AB　。 A．在图乙中，每个测量数据均存在偶然误差 B．把砂和砂桶的总重力当成小车的合力导致实验中存在系统误差 C．实验中用图像法处理数据可以减少系统误差 【答案】（1）不需要；（2）0.39；（3）小车质量没有远远大于砂和砂桶的总质量；（4）AB。 【解答】解：（1）在平衡摩擦力的操作中，不需要通过细绳把砂桶挂在小车上。 （2）相邻的两计数点之间还有4个点未画出，则T＝0.1s，根据Δx＝aT2可得该小车运动的加速度大小为：。 （3）图线上端弯曲，其原因可能是小车质量没有远远大于砂和砂桶的总质量。 （4）A、在题图乙中，每个测量数据均存在偶然误差，故A正确； B、因砂和砂桶加速下降，处于失重状态，则细绳的拉力小于砂和砂桶的总重力，即把砂和砂桶的总重力当成小车的合力导致实验中存在系统误差，故B正确； C、实验中用图像法处理数据可以减少偶然误差，故C错误。 故答案为：（1）不需要；（2）0.39；（3）小车质量没有远远大于砂和砂桶的总质量；（4）AB。 二十二．探究平抛运动的特点（共2小题） 59．（2023秋•无锡期末）某学习小组用图甲和图乙所示的装置“探究平抛运动的特点”。 （1）下列实验操作合理的有 　BC　。 A．用图甲装置研究平抛物体的竖直分运动时，应用眼睛看A、B两球是否同时落地 B．图乙装置中的背板必须处于竖直面内，固定时可用铅垂线检查背板是否竖直 C．若将小球放在图乙装置的斜槽末端水平部分任一位置均能保持静止，则说明斜槽末端水平 D．用图乙装置多次实验以获得钢球做平抛运动的一条轨迹时，不需要每次从斜槽上同一位置静止释放钢球 （2）该小组利用图乙装置，记录了钢球所经过的A、B、C三个位置，如图丙所示．图中每格的边长为L，重力加速度为g。 ①钢球从A运动到B和从B运动到C的时间 　相等　（选填“相等”或“不相等”）； ②钢球从A运动到B的时间为 　　（用L、g表示）； ③钢球做平抛运动的初速度为 　　（用L、g表示）。 【答案】（1）BC；（2）①相等、②、③ 【解答】解：（1）考查实验的操作过程和注意事项：A、图甲装置研究平抛物体的竖直分运动时，要观察AB两球是否同时落地，要眼睛和耳朵同时使用，故A错误； B、图乙装置中的背板必须处于竖直面内，这样点迹更精确。固定时可用铅垂线检查背板是否竖直，故B正确； C、斜槽末端必须水平，检验是将球末端的水平部分，球都能静止不滑动，否则还需调节，故C正确； D、从不同位置释放时，平抛初速度不同，则不是同一轨迹，故D错误。 故选：BC （2）①从图丙看，A、B、C三点在水平方向上位移的变化均是两格，而平抛在水平方向的分运动是匀速直线运动，则三点间的时间相等； ②在竖直方向上，根据相邻相等时间内位移的差是恒量有：Δy＝gT2，所以AB或BC间相等的时间T＝＝＝。 ③再根据水平方向位移变化求平抛初速度，v＝＝＝。 故答案为：（1）BC；（2）①相等、②、③ 60．（2023秋•兴化市校级期末）石老师在讲曲线运动时，做了“探究平抛运动的特点”实验。 （1）关于该实验下列说法正确的是 　D　。 A．用折线连接描绘的点得到小球的运动轨迹 B．实验时应先确定x轴再确定y轴 C．斜槽轨道必须是光滑的 D．无需称出小球的质量 （2）小北在实验时得到如图所示的实验结果，图中的a、b、c、d为小球在平抛运动中的几个位置。相邻位置时间间隔相等，此时间间隔T＝　　，该小球初速度大小为 　　。已知图中每个小方格的边长为L，重力加速度为g。 【答案】（1）D； （2）；（3）。 【解答】解：（1）A、为了减小误差，数据处理时，舍去偏差较大的点，用平滑的曲线连接描绘的点，得到小球的运动轨迹，故A错误； B、根据斜槽末端的重垂线所确定的竖直方向，先确定y轴，再确定x轴，故B错误； C、由于小球每次均从斜槽上同一位置静止释放，则小球克服摩擦力做功相同，小球飞出斜槽末端的速度大小一定，可知，斜槽轨道的摩擦对实验没有影响，故C错误； D、实验中通过某点确定平抛运动的轨迹，根据轨迹确定小球抛出的初速度，无需称出小球的质量，故D正确。 故选：D。 （2）小球竖直方向上做自由落体运动，相邻相等时间间隔内的位移差一定，结合图像有：Δy＝L＝gT2 变形解得： 小球水平方向做匀速直线运动，根据图像有：2L＝v0T 结合上述解得： 故答案为：（1）D； （2）；（3）。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一上学期物理期末复习（易错题60题22大考点） 训练范围：人教版（2019）： 必修第一册第3~4章、必修第二册第5章。 一．合力的取值范围（共2小题） 二．正交分解法（共2小题） 三．力的合成与分解的应用（共2小题） 四．共点力的平衡问题及求解（共6小题） 五．整体法与隔离法处理物体的平衡问题（共2小题） 六．解析法求共点力的平衡（共2小题） 七．图解法解决动态平衡问题（共3小题） 八．牛顿第二定律的简单应用（共6小题） 九．牛顿第二定律求解瞬时问题（共3小题） 十．牛顿第二定律求解多过程问题（共2小题） 十一．连接体模型（共2小题） 十二．水平传送带模型（共2小题） 十三．倾斜传送带模型（共2小题） 十四．有外力的水平板块模型（共3小题） 十五．合运动与分运动的关系（共3小题） 十六．关联速度问题（共2小题） 十七．小船过河问题（共3小题） 十八．平抛运动速度的计算（共4小题） 十九．平抛运动与斜面的结合（共2小题） 二十．探究两个互成角度的力的合成规律（共2小题） 二十一．探究加速度与力、质量之间的关系（共3小题） 二十二．探究平抛运动的特点（共2小题） 一．合力的取值范围（共2小题） 1．（2023秋•沙坪坝区校级期末）如图所示，O是等边三角形ABC的中心，D是三角形中的任意一点，如果做矢量DA、DB、DC分别表示三个力，三个力的方向如图中箭头所示，则这三个力的合力大小用的长度表示为（　　） A． B．2 C．3 D．4 2．（2023秋•南开区期末）三个小朋友在操场上玩游戏，他们沿水平方向用大小分别为150N、200N和250N的力拉一木箱。若三个小朋友的方位均不确定，则这三个力的合力的最小值和最大值分别为（　　） A．0，600N B．50N，600N C．100N，500N D．200N，500N 二．正交分解法（共2小题） 3．（2023秋•西安期末）如图所示，把光滑斜面上的物体所受重力mg分解为F1和F2两个力。图中FN为斜面对物体的支持力，则下列说法正确的是（　　） A．F1是斜面作用在物体上使物体下滑的力 B．物体受到mg、F1、F2、FN共四个力的作用 C．F2是物体对斜面的力 D．力F1、F2、FN这三个力的作用效果与mg、FN这两个力的作用效果相同 4．（2023秋•天河区期末）木楔的截面为等腰三角形，其顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则下列正确的是（　　） A．θ一定时，FN的大小与F无关 B．θ一定时，F越小，FN越大 C．F一定时，θ越大，FN越大 D．F一定时，θ越小，FN越大 三．力的合成与分解的应用（共2小题） 5．（2023秋•溧阳市期末）如图所示，一辆小汽车停靠在路边的斜坡路面上，下列关于小汽车受力的说法正确的是（　　） A．小汽车只受重力和静摩擦力 B．小汽车只受重力和支持力 C．小汽车受重力、支持力和静摩擦力 D．小汽车受重力、支持力、静摩擦力和下滑力 6．（2023秋•吉林期末）如图所示，M、N两物体叠放在一起，在恒力F作用下，一起向上做匀加速直线运动，则关于两物体受力情况的说法正确的是（　　） A．物体M可能受到6个力 B．物体N可能受到4个力 C．物体M与墙之间一定有摩擦力 D．物体M与N之间一定有摩擦力 四．共点力的平衡问题及求解（共6小题） 7．（2023秋•秦州区校级期末）如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止P点。设滑块所受支持力为FN．OP与水平方向的夹角为θ．下列关系正确的是（　　） A．F＝ B．F＝mgtanθ C．FN＝ D．FN＝mgtanθ 8．（2023秋•普陀区校级期末）轻绳一端系在质量为m的物体A上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的圆环上。现用水平力F拉住绳子上一点O，使物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动。则在这一过程中，环对杆的摩擦力F1和环对杆的压力F2的变化情况是（　　） A．F1保持不变，F2逐渐增大 B．F1逐渐增大，F2保持不变 C．F1逐渐减小，F2保持不变 D．F1保持不变，F2逐渐减小 9．（2023秋•葫芦岛期末）（多选）在如图所示的装置中，两物块A、B的质量分别为mA、mB，整个系统处于静止状态，设此时轻质动滑轮右端的轻绳与水平面之间的夹角为θ，则下列说法正确的是（　　） A．若θ＞30°，则mA＞mB B．若θ＜30°，则mA＞mB C．若θ＝30°，则mA＞mB D．若θ＝30°，则mA＝mB 10．（2023秋•福田区校级期末）（多选）如图所示，半径为R的光滑圆环竖直固定，原长为的轻质弹簧一端固定在圆环的最高点A，另一端与套在环上的质量为m的小球相连。小球静止在B点时，弹簧与竖直方向夹角θ＝30°，已知重力加速度大小为g，则（　　） A．小球对圆环的弹力方向指向圆心 B．圆环对小球的弹力大小为 C．弹簧的劲度系数为 D．若换用原长相同，劲度系数更大的轻质弹簧，小球将在B点下方达到受力平衡 11．（2023秋•道里区校级期末）（多选）如图所示，绳AO与墙夹角37°，绳BO与墙夹角53°，绳CO水平，跨过定滑轮与质量为m的重物相连，重物保持静止，三根绳承受最大拉力相同，不计滑轮的质量和摩擦，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．绳AO与绳BO拉力大小之比为3：5 B．绳子对滑轮作用力大小为 C．若逐渐增大重物的质量，则最先断的是AO绳 D．若逐渐增大重物的质量，则最先断的是CO绳 12．（2023秋•眉山期末）如图所示，光滑圆球由一轻绳AB系于竖直粗糙墙壁上，一正方体木块在圆球和墙壁之间，圆球和木块处于静止状态。木块的几何中心O1和圆球的圆心O2在同一水平线上，且O2O1延长线垂直墙壁。轻绳AB的长度是圆球半径的2.5倍，圆球半径是木块边长的2倍，圆球质量是木块质量的3倍。已知木块受到竖直墙壁向上的摩擦力是f，重力加速度为g。求： （1）圆球的质量； （2）轻绳AB的拉力大小。 五．整体法与隔离法处理物体的平衡问题（共2小题） 13．（2023秋•城关区校级期末）两相同的楔形木块A、B叠放后分别以图1、2两种方式在水平外力F1和竖直外力F2作用下，挨着竖直墙面保持静止状态，则在此两种方式中，木块B受力个数之比为（　　） A．4：4 B．4：3 C．5：3 D．5：4 14．（2023秋•衡阳县期末）（多选）如图所示，质量为m的匀质细绳，一端系在天花板上的A点，另一端系在竖直墙壁上的B点，平衡后最低点为C点。现测得AC段绳长是CB段绳长的n倍，且绳子A端的切线与竖直方向的夹角为β，绳子B端的切线与墙壁的夹角为α（重力加速度为g）则（　　） A．绳子在C处弹力大小Fc＝tanα B．绳子在A处的弹力大小FA＝ C．绳子在B处的弹力大小FB＝cosα D．tanα：tanβ＝n：1 六．解析法求共点力的平衡（共2小题） 15．（2023秋•金华期末）抖空竹是国家级非物质文化遗产代表性项目，金华某校把它引入到体育校本课和大课间锻炼环节。如图所示，该同学保持一只手A不动，另一只手B沿图中的四个方向缓慢移动，忽略空竹转动的影响，不计空竹和轻质细线间的摩擦力，且认为细线不可伸长。下列说法正确的是（　　） A．沿虚线a向左移动时，细线的拉力将减小 B．沿虚线b向上移动时，细线的拉力将减小 C．沿虚线c斜向上移动时，细线的拉力将减小 D．沿虚线d向右移动时，细线对空竹的合力将增大 16．（2023秋•岳阳期末）如图所示，用三根轻质细线a、b、c将质量为2m的小球1和质量为m的小球2连接并悬挂，两小球均处于静止状态，细线b与水平方向的夹角θ为30°，细线c水平。重力加速度为g。求： （1）细线c对小球2的拉力大小； （2）细线a与竖直方向的夹角α； （3）现让球1保持静止，求将细c的端时针缓慢转90°的过程中细线c拉力的最小值的大小和方向。 七．图解法解决动态平衡问题（共3小题） 17．（2023秋•绵阳期末）在没有起重机的情况下，工人常借助可认为是光滑的斜面将货物推上汽车，如图所示。已知货物重力大小为G，斜面的倾角为θ，当工人对货物施加方向不同的推力F时，都使货物缓慢地沿斜面向上运动。下列关于货物受力的分析，正确的是（　　） A．若力F的方向沿斜面向上，则F的大小为Gcosθ B．若力F的方向沿斜面向上，则斜面对货物的支持力大小为Gsinθ C．若F的方向由水平逐渐变为竖直向上，则斜面对货物的支持力逐渐减小 D．若F的方向由水平逐渐变为竖直向上，则推力F一直增大 18．（2023秋•吉林期末）筷子是中华饮食文化的标志之一，如图所示，用筷子夹质量为m的小球处于静止，筷子均在竖直平面内，且筷子与竖直方向的夹角均为θ。忽略小球与筷子之间的摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．筷子对小球的合力大于重力 B．筷子的弹力大小均为 C．保持左侧筷子固定不动，右侧筷子缓慢变为竖直，则右筷子的弹力先增大后减小 D．保持左侧筷子固定不动，右侧筷子缓慢变为竖直，左、右筷子的弹力均逐渐变小 19．（2023秋•沈阳期末）（多选）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°．已知M始终保持静止，则在此过程中（　　） A．水平拉力的大小可能保持不变 B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加 C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加 D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加 八．牛顿第二定律的简单应用（共6小题） 20．（2023秋•岳阳期末）如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量分别为2m和m的物体A和B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速直线运动（重力加速度为g），则（　　） A．施加外力前，弹簧的形变量为 B．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为m（g﹣a） C．A、B分离时弹簧弹力大小为m（g+a） D．从开始运动到A、B分离经历的时间为 21．（2023秋•天津期末）如图甲，物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t＝1s时刻撤去恒力F，物体运动的v﹣t图像如图乙所示。重力加速度g＝10m/s2，则（　　） A．物体在3s内的位移x＝6m B．恒力F与摩擦力f大小之比为F：f＝3：1 C．物体与地面的动摩擦因数为μ＝0.1 D．在撤去F前后两个阶段的平均速度大小之比为 22．（2023秋•兴庆区校级期末）（多选）如图所示，已知物块A、B的质量分别为m1＝4kg，m2＝1kg，AB间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.5．在水平力F的推动下要使A、B一起运动而B不滑动，则力F大小可能是（　　） A．50N B．100N C．125N D．150N 23．（2023秋•浦东新区校级期末）（多选）如图所示，正在水平路面上行驶的汽车车厢底部有一质量为m1的木块，在车厢的顶部用细线悬挂一质量为m2的小球，某段时间内，乘客发现细线与竖直方向成θ角，而木块m1则始终相对于车厢静止。这段时间内（　　） A．汽车可能正在向左匀加速行驶 B．汽车可能正在向右匀加速行驶 C．木块对车厢底部的摩擦力方向水平向右 D．木块对车厢底部的摩擦力大小为m1gtanθ 24．（2023秋•西昌市期末）如图所示，AB、CD为两个光滑的平台，高度差为3m，一倾角为37°的传送带与两平台平滑连接。现有一小物体跟传送带间的动摩擦因数为0.5，（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）问： （1）当传送带静止时，小物体以多大的速度沿平台AB向右运动，小物体恰好能滑到平台CD？ （2）若传送带以v1＝3m/s的速度顺时针运动，小物体以8m/s的速度沿平台AB向右运动，小物体能否到达平台CD？ （3）当小物体在平台AB上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD，求这个临界速度。 25．（2023秋•鼓楼区校级期末）如图所示，有一轻绳跨过定滑轮连接A和B两个小球，A球和B球的质量分别为2m和m，轻绳与定滑轮之间的动摩擦因数为μ，刚开始用手托住使A球和B球让它们都处于静止状态且绳子恰好处于松弛状态，则撤去手的作用后，若A球会向下加速运动，求A球的加速度大小？（已知重力加速度为g，不考虑空气阻力，有可能用到的数学知识：） 九．牛顿第二定律求解瞬时问题（共3小题） 26．（2023秋•金安区校级期末）如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为（　　） A．0 B． C．g D． 27．（2023秋•密山市期末）两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态（图1）；若只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧（图2），其他不变．现突然迅速剪断两图中的轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间（设两图中小球A的加速度大小分别为a1和a1'，B的加速度大小分别为a2和a2'），则正确的是（　　） A．a1＝a1'＝g，a2＝a2'＝0 B．a1＝a2'＝g，a1'＝a2＝0 C．a1'＝2a1＝2a2＝2g，a2'＝0 D．a1'＝a2'＝2a1＝2a2＝2g 28．（2023秋•福田区校级期末）如图所示，两根轻弹簧下面均连接一个质量为m的小球，上面一根弹簧的上端固定在天花板上，两小球之间通过一不可伸长的细绳相连接，细绳受到的拉力大小等于4mg。在剪断两球之间细绳的瞬间，以下关于球A的加速度大小a、球B的加速度大小aB正确的是（　　） A．0、2g B．4g、2g C．4g、4g D．0、g 十．牛顿第二定律求解多过程问题（共2小题） 29．（2023秋•延庆区期末）如图所示，自由落下的小球，从接触竖直放置的弹簧开始到弹簧的压缩量最大的过程中，小球的速度及所受的合外力的变化情况是（　　） A．合力变小，速度变小 B．合力变小，速度变大 C．合力先变小，后变大；速度先变大，后变小 D．合力先变大，后变小，速度先变小，后变大 30．（2023秋•绵阳期末）如图所示，AB为一长为L＝8m水平面，BCDE为一传送带，传送带静止。有一可视为质点、质量m＝1kg的物块，在水平恒力F＝6N作用下，从A点由静止开始向右运动；到B点时，撤去恒力F；到C点时，开启传送带，传送带立即以v0＝10m/s的速度顺时针（沿BCDE方向）匀速转动。已知BC段水平，且长度为s1＝1.6m，CD段长度为s2＝10.25m，∠CDE＝37°，转动轮大小不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。物块与AB段间，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5。求： （1）物块运动到C点处的速度大小； （2）物块从C运动到D所用时间。 十一．连接体模型（共2小题） 31．（2023秋•密云区期末）如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。已知飞船质量为m1，其推进器的平均推力为F，在飞船与空间站对接后，推进器工作Δt时间内，飞船和空间站速度变化为Δv。则空间站的质量为（　　） A． B． C． D． 32．（2023秋•莱西市校级期末）（多选）如图，两个质量分别为m1＝2kg、m2＝1kg的物体置于水平面上，物体和水平面间的动摩擦因数均为0.2，两物体用水平轻弹簧拴接，两个大小为F1＝20N、F2＝8N的水平拉力分别作用在m1、m2上，重力加速度g＝10m/s2，则达到稳定状态（弹簧长度不再变化）后（　　） A．弹簧的弹力大小为14N B．弹簧的弹力大小为12N C．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为2m/s2 D．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为10m/s2 十二．水平传送带模型（共2小题） 33．（2023秋•包河区校级期末）如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2＞v1，则（　　） A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．0～t2时间内小物块受滑动摩擦力作用，t2～t3时间内小物块受静摩擦力作用 D．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 34．（2023秋•吉林期末）如图所示，水平传送带保持v＝1m/s的速度顺时针转动。现将一质量m＝1kg的小物体轻轻地放在传送带的a点上，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2m，g＝10m/s2。求： （1）物体运动到b点时的速度； （2）物体相对传送带滑动的位移； （3）物体从a点运动到b点所经历的时间。 十三．倾斜传送带模型（共2小题） 35．（2023秋•莱西市校级期末）（多选）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动。一小物块以初速度v0＝12m/s从A端冲上传送带，小物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，下列说法不正确的是（　　） A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ＝0.75 B．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5 C．小物块上滑过程中离A端的最大距离为8m D．小物块从A端冲上传送带到返回A端所用的时间为 36．（2023秋•达州期末）如图所示，一倾角θ＝30°的传送带以v＝2m/s的速度逆时针匀速转动，其长度L＝1.40m，左侧的水平面光滑且与传送带顶端A点等高；现将一个小物块轻放在传送带底端，其与传送带间的动摩擦因数为，g取10m/s2。 （1）求小物块刚放上传送带时加速度a1的大小； （2）若物块滑上传送带Δt＝1s后，传送带速度突然变为零，判断物块能否滑上传送带顶端，若不能，求物块到达的最高点距A点距离x；若能，则求物块从传送带底端到达顶端所用时间t； （3）在（2）小问情景中，小物块在传送带上留下的划痕长度s。 十四．有外力的水平板块模型（共3小题） 37．（2023秋•黑龙江期末）（多选）如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看作质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用，滑块和长木板的v﹣t图像如图乙所示。已知长木板和小滑块的质量均为m＝1kg，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.3 B．拉力F的大小为1.75N C．5s后，长木板的加速度大小为3m/s2 D．长木板P的长度至少是3.5m 38．（2023秋•潍坊期末）如图所示，质量M＝4kg的木板B放在水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2。在木板B的右端放一个质量为m＝1kg的滑块A，滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4。在木板右端施加水平向右的拉力F＝42N，作用1s的时间撤去拉力F，运动过程中滑块A未脱离木板B，取g＝10m/s2，求： （1）拉力F作用时，滑块A与木板B的加速度分别为多大； （2）滑块A运动的最大速度； （3）木板B运动的总位移。 39．（2023秋•桃城区校级期末）如图所示，将物块（可视为质点）置于长木板正中间，用水平向右的拉力将木板快速抽出，物块的位移很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若物块和木板的质量都为m，物块和木板间、木板与桌面间的动摩擦因数分别为μ和，已知m＝1kg，μ＝0.4，重力加速度g＝10m/s2。 （1）当物块相对木板运动时，求木板所受摩擦力的大小； （2）要使物块即将相对木板运动，求所需拉力F的大小； （3）小李同学上台演示实验时，先对木板施加2F的恒定拉力，让木板从静止开始运动起来。但由于心理紧张，拉力作用一段时间Δt＝0.5s后突然脱手，此后未再干预，物块刚好不掉下木板，试求木板的长度L（两物均未离开桌面）。 十五．合运动与分运动的关系（共3小题） 40．（2023秋•市中区期末）如图所示，斜面的倾角为α，人用跨过定滑轮的绳子拉小车．现人以速度v匀速拉动绳子，当拉小车的绳子与斜面的夹角为β时，小车沿斜面运动的速度为（　　） A． B． C． D． 41．（2023秋•苏州期末）放河灯是我国一种传统民间活动。如图所示的河灯随着河水自西向东飘向下游时，突然吹来阵北风，则之后河灯可能的运动轨迹为（　　） A．1轨迹 B．2轨迹 C．3轨迹 D．4轨迹 42．（2023秋•金凤区校级期末）（多选）如图所示，民族运动会上有一个骑射项目，运动员骑在奔驰的马背上沿着跑道AB运动拉弓放箭射向他左侧的固定目标．假设运动员骑马奔驰的速度为v1，运动员静止时射出的箭速度为v2，跑道离固定目标的最近距离OA＝d．若不计空气阻力的影响，要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最短，则（　　） A．运动员应该瞄准靶心放箭 B．运动员应该在距离A点为的地方提前放箭 C．箭射到靶的最短时间为 D．箭射到靶的最短时间为 十六．关联速度问题（共2小题） 43．（2023秋•琼山区校级期末）甲、乙两光滑小球（均可视为质点）用轻直杆连接，乙球处于粗糙水平地面上，甲球紧靠在粗糙的竖直墙壁上。初始时轻杆竖直，杆长为4m。施加微小的扰动，使得乙球沿水平地面向右滑动，当乙球距离起点3m时，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两球的速度大小之比为：3 B．甲、乙两球的速度大小之比为3：7 C．甲球即将落地时，乙球的速度与甲球的速度大小相等 D．甲球即将落地时，乙球的速度为零 44．（2023秋•沈阳期末）（多选）如图所示，物体A、B经无摩擦的定滑轮用细线连在一起，A物体受水平向右的力F的作用，此时B匀速下降，A水平向左运动，可知（　　） A．物体A做匀速运动 B．A做加速运动 C．物体A所受摩擦力逐渐增大 D．物体A所受摩擦力逐渐减小 十七．小船过河问题（共3小题） 45．（2023秋•沈阳期末）河水由西向东流，河宽为800m，河中各点的水流速度大小为v水，各点到较近河岸的距离为x，v水与x的关系为v水＝x（m/s），让小船船头垂直河岸由南向北渡河，小船划水速度大小恒为v船＝4m/s，则下列说法中正确的是（　　） A．小船渡河的轨迹为直线 B．小船在河水中的最大速度是5m/s C．小船在距南岸200m处的速度小于距北岸200m处的速度 D．小船渡河的时间是160s 46．（2023秋•辽宁期末）如图所示，某河流中水流速度大小恒为v1，A处的下游C处有个漩涡，漩涡与河岸相切于B点，漩涡的半径为r，AB＝r。为使小船从A点出发以恒定的速度安全到达对岸，小船航行时在静水中速度的最小值为（　　） A．v1 B．v1 C．v1 D．v1 47．（2023秋•和平区校级期末）（多选）一条小船在静水中的速度为6m/s要渡过宽度为60m、水流速度为10m/s的河流．下列说法正确的是（　　） A．小船渡河的最短时间为6s B．小船渡河的最短时间为10s C．小船渡河的最短路程为60m D．小船渡河的最短路程为100m 十八．平抛运动速度的计算（共4小题） 48．（2023秋•普陀区校级期末）如图所示，将小球从空中的A点以速度v水平向右抛出，不计空气阻力，小球刚好擦过竖直挡板落在地面上的B点。若使小球的落地点位于挡板和B点之间，下列方法可行的是（　　） A．在A点将小球以小于v的速度水平抛出 B．在A点将小球以大于v的速度水平抛出 C．在A点正下方某位置将小球以小于v的速度水平抛出 D．在A点正上方某位置将小球以小于v的速度水平抛出 49．（2023秋•吉林期末）（多选）一演员表演飞刀绝技，由O点先后抛出完全相同的三把飞刀a、b、c，分别垂直打在竖直木板上M、N、P三点，如图所示．假设不考虑飞刀的转动，并可将其看作质点，已知O、M、N、P四点距水平地面高度分别为h、4h、3h、2h，以下说法正确的是（　　） A．三把刀在击中木板时速度大小相同 B．三次飞行时间之比为ta：tb：tc＝：：1 C．三次初速度的竖直分量之比为va：vb：vc＝3：2：1 D．设三次抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为θa：θb：θc，则有θa＞θb＞θc 50．（2023秋•正定县校级期末）在冬天，高为h＝1.25m的平台上，覆盖着一层薄冰，一乘雪橇的滑雪爱好者，从距平台边缘s＝24m处以v0＝7m/s初速度向平台边缘滑去，如图所示，平台上的薄冰面与雪橇间的动摩擦因数μ＝0.05，重力加速度g＝10m/s2，求： （1）滑雪者滑离平台时速度v的大小； （2）滑雪者着地点到平台边缘的水平距离； （3）滑雪者着地时速度v1的大小。 51．（2023秋•鼓楼区校级期末）一艘客轮因故障需迅速组织乘客撤离．乘客在甲板上须利用固定的绳索下滑到救援快艇上．绳索与竖直方向的夹角θ＝37°，设乘客下滑过程绳索始终保持直线．为保证行动又快又安全，乘客先从静止开始匀加速滑到某最大速度，再匀减速滑至快艇，速度刚好为零，加速过程与减速过程中的加速度大小相等．在乘客开始下滑时，船员同时以水平速度v0＝7.5m/s向快艇抛出救生圈刚好落到救援快艇上（快艇可视为质点），如图所示．并知乘客下滑的时间是救生圈平抛下落的2倍，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）乘客沿着绳索下滑的时间t； （2）乘客下滑过程的最大速度vm． 十九．平抛运动与斜面的结合（共2小题） 52．（2023秋•广州期末）如图所示，斜面固定在水平面上，两个小球分别从斜面底端O点正上方A、B两点向右水平抛出，B为AO连线的中点，最后两球都垂直落在斜面上，A、B两球击中斜面位置到O点的距离之比为（　　） A．：1 B．2：1 C．4： D．4：1 53．（2023秋•吉林期末）（多选）如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面上P点以速度v0水平抛出一个小球，落在斜面上某处Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α。若把水平抛出的初速度变为2v0，则下列说法正确的是（　　） A．夹角α将变大 B．夹角α将不变 C．小球在空中的运动时间变为原来的2倍 D．小球在空中运动的水平距离一定变为原来的4倍 二十．探究两个互成角度的力的合成规律（共2小题） 54．（2023秋•长丰县期末）“验证力的平行四边形定则”实验如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB与OC为细绳。图乙显示的是在白纸上根据实验结果画出的图。 （1）图乙中的　 　是力F1和F2的合力的理论数值；　 　是力F1和F2的合力的实际测量值。 （2）下列说法中正确的是　 　 A．两个分力的值稍大一些较好，便于减小作图误差 B．两个分力的夹角越大越好，同时在实验中应注意弹簧测力计与细线应始终平行纸板但不与纸面接触 C．两分力的夹角应取90°较好，便于之后运算中采用勾股定理以验证平行四边形定则 D．在同一实验中，两次实验操作O点的位置不能变动。 55．（2023秋•龙凤区校级期末）某同学用如图1所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M。弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端拉动弹簧测力计，使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和细绳的方向。 （1）本实验用的弹簧测力计的示数单位为N，图中A的示数为 　 　N； （2）下列实验要求不必要的是 　 　（填选项前的字母）； A.改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置 B.测量重物M所受的重力 C.细线方向应与木板平面平行 D.每次实验时，手持弹簧测力计B必须水平拉动，使OB与竖直方向垂直 （3）实验结束后，小明同学用其中一个弹簧测力计探究“弹簧所受弹力F与弹簧长度L的关系”，绘出如图2所示图像，则弹簧测力计的劲度系数为 　 　N/m（保留一位小数）。 二十一．探究加速度与力、质量之间的关系（共3小题） 56．（2023秋•辽阳期末）某同学利用如图1所示的装置探究在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系。小车的质量已知。 （1）完成实验步骤①中的填空： ①平衡小车所受的阻力：取下小吊盘，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列 　 　的点； ②重新挂上小吊盘，按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码； ③打开打点计时器的电源，释放小车，获得带清晰点迹的纸带，在纸带上标出小车以及车中砝码的总质量m，根据纸带求出小车运动的加速度大小a； ④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③。 （2）以小车（含车中砝码）的质量m为横坐标、为纵坐标，作出关系图像。若实验操作及数据处理均无误，则作出的关系图像如图2应为 　 　。 （3）在本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的总质量应 　 　（填“远大于”或“远小于”）小车和砝码的总质量。 57．（2023秋•包河区校级期末）用如图甲所示的装置进行“探究加速度与力、质量之间的关系”的实验时，小车的质量为M，沙桶及沙的总质量为m，小车的加速度可借助小车后拖动的纸带（图中未画出纸带和打点计时器）通过计算得出。 （1）实验中，要使小车的合力等于细线对小车的拉力，　 　（选填“需要”或“不需要”）平衡小车所受到的摩擦力；若要近似认为细线的拉力等于所挂沙桶及沙的总重力，需要满足M 　 　m（选填“远大于”或“远小于”）。 （2）某同学实验时，从打下的若干纸带中选出了如图乙所示的一条（两个计数点间还有4个计时点没有画出来），图乙上部的数字为相邻两个计数点间的距离，打点计时器每隔0.02s打一次点。由这些已知数据计算： ①打D点时小车的瞬时速度vD＝　 　m/s；（结果保留3位有效数字） ②小车做匀变速直线运动的加速度a＝　 　m/s2。（结果保留3位有效数字） 58．（2023秋•桃城区校级期末）某实验小组采用如图甲所示的实验装置，研究小车质量不变时，其加速度a与所受合力F的关系。 （1）在平衡摩擦力的操作中，　 　（选填“需要”或“不需要”）通过细绳把砂桶挂在小车上。 （2）实验中得到的一条纸带如图乙所示，相邻两计数点之间还有4个点未画出，用毫米刻度尺测量出来的数据已在图中标出。已知打点计时器的打点周期为0.02s，则该小车运动的加速度大小为 　 　m/s2（结果保留两位有效数字）。 （3）该实验小组把砂和砂桶的总重力当成小车的合力F，根据实验得出数据，采用图像法处理数据，画出a﹣F图像如图丙所示，发现图线上端弯曲，其原因可能是 　 　。 （4）关于本实验存在的误差，下列说法正确的是 　 　。 A．在图乙中，每个测量数据均存在偶然误差 B．把砂和砂桶的总重力当成小车的合力导致实验中存在系统误差 C．实验中用图像法处理数据可以减少系统误差 二十二．探究平抛运动的特点（共2小题） 59．（2023秋•无锡期末）某学习小组用图甲和图乙所示的装置“探究平抛运动的特点”。 （1）下列实验操作合理的有 　 　。 A．用图甲装置研究平抛物体的竖直分运动时，应用眼睛看A、B两球是否同时落地 B．图乙装置中的背板必须处于竖直面内，固定时可用铅垂线检查背板是否竖直 C．若将小球放在图乙装置的斜槽末端水平部分任一位置均能保持静止，则说明斜槽末端水平 D．用图乙装置多次实验以获得钢球做平抛运动的一条轨迹时，不需要每次从斜槽上同一位置静止释放钢球 （2）该小组利用图乙装置，记录了钢球所经过的A、B、C三个位置，如图丙所示．图中每格的边长为L，重力加速度为g。 ①钢球从A运动到B和从B运动到C的时间 　 　（选填“相等”或“不相等”）； ②钢球从A运动到B的时间为 　 　（用L、g表示）； ③钢球做平抛运动的初速度为 　 　（用L、g表示）。 60．（2023秋•兴化市校级期末）石老师在讲曲线运动时，做了“探究平抛运动的特点”实验。 （1）关于该实验下列说法正确的是 　 　。 A．用折线连接描绘的点得到小球的运动轨迹 B．实验时应先确定x轴再确定y轴 C．斜槽轨道必须是光滑的 D．无需称出小球的质量 （2）小北在实验时得到如图所示的实验结果，图中的a、b、c、d为小球在平抛运动中的几个位置。相邻位置时间间隔相等，此时间间隔T＝　 　，该小球初速度大小为 　 　。已知图中每个小方格的边长为L，重力加速度为g。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$