作业3 运动和力的关系-【创新教程·微点特训】2023-2025三年高考物理真题分类特训

正交分解列方程,x轴方向:FN１sin３０°＝FN２sin３０°, y轴方向:FN１cos３０°＋FN２cos３０°＋F＝mg,联立方程解 得FN１＝ ３ ３N ,A正确． ４．B　根据题意对S受力分析如图 正交分解可知２Tcos３０°＝f,所以有T＝ ３３f , 对P受力分析如图 则有(Tsin３０°)２＋(f＋Tcos３０°)２＝F２, 解得F＝ ２１f３ ． 实验二　探究弹簧弹力与形变量的关系 解析:(１)操作测得x＝１１．６０cm,由图(b)的图 像坐标可知,该芒果的质量为１０６g; 若杯中放入芒果后,绳１与竖直方向夹角为 ３０°但与橡皮筋不垂直,根据共点力平衡可知 橡皮条的拉力变大,导致橡皮筋的长度偏大,若 仍然根据图像读出芒果的质量与m０ 相比偏大． (２)另一组同学利用同样方法得到的x－m 图像在后半 部分弯曲,可能是所测物体的质量过大,导致橡皮筋所 受的弹力过大超过了弹簧的弹性限度,从而使橡皮筋弹 力与其伸长量不成正比．故选 C． (３)根据共点力平衡条件可知,当减小绳子与竖直方向 的夹角时,相同的物体质量对应橡皮筋的拉力较小,故 相同的橡皮筋,减小细线与竖直方向的夹角可增大质量 测量范围． 答案:(１)①１０６　②偏大　(２)C (３)减小细线与竖直方向的夹角 作业３　运动和力的关系 考点１　牛顿运动定律的理解 １．B　根据牛顿第二定律mgsinθcosθ－μmgcosθ－μmgsin θsinθ＝ma, 可得a＝gsinθcosθ－μgcosθ－μgsin ２θ．故选B． ２．D　无人机沿水平方向飞行,零件相对于无人机静止,也 沿水平方向飞行做直线运动,故零件的高度不变,可知 零件的重力势能保持不变,D正确;对零件受力分析,受 重力和绳子的拉力,由于零件沿水平方向做直线运动, 可知合外力沿水平方向,提供水平方向的加速度．零件 与无人机水平向左做匀加速直线运动,A、B错误;惯性 的大小只与质量有关,零件的质量不变,故零件的惯性 不变,C错误．故选 D． ３．A ４．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 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． 考点２　动力学问题 １．AD　位置x与时间t的图像的斜率表示速度,甲乙两个 物块的曲线均为抛物线,则甲物体做匀加速运动,乙物 体做匀减速运动,在t０ 时间内甲乙的位移x甲 ＝ v０＋v ２ t０ ＝３x０,x乙 ＝ v０＋０ ２ t０＝x０ , 可得t０ 时刻甲物体的速度为v＝２v０,B错误; 甲物体的加速度大小为a１＝ v－v０ t０ , 乙物体的加速度大小为a２＝ v０ t０ , 由牛 顿 第 二 定 律 可 得 甲 物 体 mgsinθ－μ１mgcosθ ＝ma１, 同理可得乙物体μ２mgcosθ－mgsinθ＝ma２, 联立可得μ１＋μ２＝２tanθ,A正确; 设斜面的质量为 M,取水平向左为正方向,由系统牛顿 第二定律可得f＝ma１cosθ－ma２cosθ＝０, 则t＝t０ 之前,地面和斜面之间摩擦力为零,C错误; t＝t０ 之后,乙物体保持静止,甲物体继续沿斜面向下加 速,由系统牛顿第二定律可得f＝ma１cosθ,即地面对斜 面的摩擦力向左,D正确．故选 AD． 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, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２０１ 物理 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． 考点３　连接体模型 １．C　因为物块甲向右运动,木箱静止,根据相对运动,甲 对木箱的摩擦力方向向右,A 错误;设乙运动的加速度 为a,只有乙有竖直向下的恒定加速度,对甲、乙和木箱, 由整体法,竖直方向受力分析有FN＝M总 g－ma,则地 面对木箱的支持力大小不变,B错误;设绳子的弹力大小 为T,对甲受力分析有T－μmg＝ma, 对乙受力分析有mg－T＝ma, 联立解得a＝２．５m/s２,T＝７．５N,C 正确,D 错误．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． 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＝ 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．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 实验三　测量动摩擦因数 １．解析:(１)表格中a处的数据μ＝ １．３５ ０．３×９．８０≈０．４５９． (２)①根据表中数据分析可知其它条件不变时,在实验 误差允许的范围内,滑动摩擦力的大小与接触面上压力 的大小成正比; ②根据表中数据分析可知其他条件不变时,在实验误差 允许的范围内,μ与接触面上压力的大小无关． (３)实验装置如图乙所示,挂钩高于定滑轮,则绳子拉力 有竖直向下 的 分 力,实 际 的 正 压 力 大 于 测 量 值 的 正 压 力,即F压测 ＜F压实 ,根据μ＝ F F压测 ,可得μ测 ＞μ实 ． 答案:(１)０．４５９　(２)①成正比　②无关　(３)偏大 ２．解析:(１)根据图１可知小球直径 D＝２．０mm＋２０．７× ０．０１mm＝２．２０７mm; (３)由图２可知A、E 两点间的距离为 x＝(７．０２－５．００)×１０－２ m＝２．０２m, 时间为t＝４t０＝４×０．５s＝２s, 所以速度为v＝xt ＝ ２．０２×１０－２ m ２s ≈０．０１０m /s; (４)小球匀速运动,根据受力平衡有ρgV＝ρ０gV＋f, 求得体积公式为V＝４３πR ３＝４３π D ２( ) ３ , 整理可得k＝ (ρ－ρ０)gV Dv ＝ (ρ－ρ０)gπD ２ ６v ; (５)根据(４)可知v∝D２,所以换成直径更小的同种材质 小球,速度将减小． 答案:(１)２．２０７　２．２０６　２．２０５　(３)０．０１０ (４) (ρ－ρ０)gπD ２ ６v 　 (５)减小 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３０１ 详解详析 实验四　探究加速度与力、质量的关系 １．AC　根据题意,设滑块下滑后弹性轻绳与PQ 间夹角为 θ时,对滑块进行受力分析,如图所示 由平衡条件有FTcosθ＝mgcos５３°＋FN, 由胡克定律结合几何关系有FT＝k PQ cosθ , 联立解得FN＝k􀅰PQ－mgcos５３°＝１０N, 可知,滑块与杆之间的弹力不变,则滑块与杆之间的滑 动摩擦力大小始终为f＝μFN＝１．６N,故 A 正确;下滑 与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同,则下滑与上 滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同,故 B错误;设 滑块从释放到静止运动的位移为x,此时弹性轻绳与PQ 间夹角为θ１,由平衡条件有mgsin５３°＝ f＋k PQcosθ１ 􀅰sinθ１,解得tanθ１＝０．４, 由几何关系可得x＝PQ􀅰tanθ１＝０．６４m,故 C正确;从 释放到静止,设克服滑动摩擦力做功为 Wf,由能量守恒 定律有mgsin５３°􀅰x＝ １ ２k ( PQ２＋x２－PQ)２＋Wf, 解得Wf＝５．０４J,故 D错误．故选 AC． ２．解析:(１)实验用遮光片通过光电门的平均速度代替瞬 时速度,遮光片宽度越小,代替时的误差越小,故为较准 确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度,选择 宽度较小的d＝１．００cm 的遮光片; (２)根据加速度的定义式可得a＝v２－v１t ＝０．４１m /s２ (３)根据图像可知当有一定大小的外力F 时此时小车的 加速度仍为零,可知平衡摩擦力不足,若要得到一条过 原点的直线,需要平衡摩擦力,故实验中应增大轨道的 倾角; (４)图乙中直线斜率为k＝ΔaΔF ,根据F＝ma可知直线斜 率的单位为kg－１． 答案:(１)１􀆰００ (２)０．４１ (３)增大　(４)kg－１ ３．解析:(１)平衡阻力的方法是:调整轨道的倾斜度,使小 车不受牵引时,能拖动纸带沿轨道做匀速运动．故选c． (２)根据图像可知t＝４s时,加速度方向竖直向下,故处 于失重状态; 对物体根据牛顿第二定律FN－mg＝ma, 整理得a＝１m 􀅰FN－g, 可知图像的斜率为 １ m ,故将物体质量增大一倍,图像斜 率变小,纵轴截距不变,其aＧFN 图像为图丁中的图线d． 答案:(１)c　(２)①失重　②d 作业４　曲线运动 考点１　曲线运动　运动的合成与分解 １．A　笔尖由a点经b 点回到a 点过程,初位置和末位置 相同,位移为零,故 A正确;笔尖由a点经b点回到a 点 过程,轨迹长度不为零,则路程不为零,故 B错误;笔尖 两次过a点时轨迹的切线方向不同,则速度方向不同, 故 C错误;摩擦力方向与笔尖的速度方向相反,则两次 过a点时摩擦力方向不同,故 D错误．故选 A． ２．A　篮球做曲线运动,所受合力指向运动轨迹的凹侧．故 选 A． ３．B　设两边绳与竖直方向的夹角为θ,塔块沿竖直方向匀 速下落的速度为v块 ,将v块 沿绳方向和垂直绳方向分 解,将v沿绳子方向和垂直绳方向分解,可得v块 cosθ＝ vsinθ,解得v＝ v块tanθ ,由于塔块匀速下落时θ在减小,故 可知v一直增大．故选B． ４．D　因为 M、N 在运动过程中始终处于同一高度,所以N 的速度vN 与M 在竖直方向的分速度vMy 大小相等,设 M 做匀速圆周运动的角速度为ω,半径为r,其竖直方向 分速度vMy＝ωrcosωt,即vN ＝ωrcosωt,则 D正确,ABC 错误．故选 D． ５．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． ６．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． 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;B．重物落地时竖直分速度大 小为vy＝－v０sin３０°＋gt＝３０m/s,则落地速度与水平 方向夹角正切值为tanθ＝vyvx ＝ vy v０cos３０° ＝ ３,可得θ＝ ６０°,故 B 正 确;D．从 抛 出 到 最 高 点 所 用 时 间 为t１ ＝ v０sin３０° g ＝１s ,则从最高点到落地所用时间为t２＝t－t１ ＝３s,轨迹最高点与落点的高度差为h＝１２gt ２ ２＝４５m, 故 D正确． ２．A　不计空气阻力,在喷泉喷出的水在空中只受重力,加 速度均为重力加速度,故 A 正确;设喷泉喷出的水竖直 方向的分速度为vy,水平方向速度为vx,竖直方向,根据 对称性可知在空中运动的时间t＝２ ２hg ,可知tb＞ta,va ≠vb,D错误;BC．最高点的速度等于水平方向的分速度 vx＝ x t ,由于水平方向的位移大小关系未知,无法判断 最高点的速度大小关系,根据速度的合成可知无法判断 初速度的大小,BC错误． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４０１ 物理 　　　　　　　作业３　运动和力的关系 考点１　牛顿运动定律的理解 ◆牛顿第二定律 １．(２０２５􀅰山东卷,８)工人在河堤的硬质坡面上 固定一垂直坡面的挡板,向坡底运送长方体建 筑材料．如图所示,坡面与水平面夹角为θ,交 线为PN,坡面内QN 与PN 垂直,挡板平面 与坡面的交线为 MN,∠MNQ＝θ．若建筑材 料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ,重力 加速度大小为g,则建筑材料沿 MN 向下匀加 速滑行的加速度大小为 (　　 ) A．gsin２θ－μgcosθ－μgsinθcosθ B．gsinθcosθ－μgcosθ－μgsin２θ C．gsinθcosθ－μgcosθ－μgsinθcosθ D．gcos２θ－μgcosθ－μgsin２θ ２．(２０２５􀅰河南卷,１)野外高空 作业时,使用无人机给工人 运送零件．如图,某次运送过 程中的一段时间内,无人机 向左水平飞行,零件用轻绳悬挂于无人机下 方,并相对于无人机静止,轻绳与竖直方向成 一定角度．忽略零件所受空气阻力,则在该段 时间内 (　　 ) A．无人机做匀速运动 B．零件所受合外力为零 C．零件的惯性逐渐变大 D．零件的重力势能保持不变 ３．(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 ４．(２０２３􀅰新课标卷,１９)(多选)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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点２　动力学问题 ◆动力学分析 １．(２０２５􀅰黑吉辽蒙卷,１０)(多选)如图(a),倾角 为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上．质量 相等的小物块甲、乙同时以初速度v０ 沿斜面 下滑,甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ１、 μ２,整个过程中斜面相对地面静止．甲和乙的 位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示,两 条曲线均为抛物线,乙的x－t曲线在t＝t０ 时 切线斜率为０,则 (　　) 　　图(a)　　　　　　图(b) A．μ１＋μ２＝２tanθ B．t＝t０ 时,甲的速度大小为３v０ C．t＝t０ 之前,地面对斜面的摩擦力方向向左 D．t＝t０ 之后,地面对斜面的摩擦力方向向左 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７ 作业３　运动和力的关系 ２．(２０２３􀅰全国甲卷,１９)(多选)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)(多选) 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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点３　连接体模型 ◆连接体动力学分析 １．(２０２５􀅰安徽卷,５)如图, 装有轻质光滑定滑轮的长 方体木箱静置在水平地面 上,木箱上的物块甲通过 不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相 连．乙拉着甲从静止开始运动,木箱始终保持 静止．已知甲、乙质量均为１．０kg,甲与木箱之 间的动摩擦因数为０．５,不计空气阻力,重力 加速度g取１０m/s２,则在乙下落的过程中 (　　) A．甲对木箱的摩擦力方向向左 B．地面对木箱的支持力逐渐增大 C．甲运动的加速度大小为２．５m/s２ D．乙受到绳子的拉力大小为５．０N 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 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８ 物理 考点４　板－块模型 ◆图像问题 １．(２０２４􀅰黑吉辽卷, １０)(多选)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 ◆板－块动力学分析 ２．(２０２４􀅰新课标卷,２５)(１４ 分)如图,一长度l＝１．０m 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＝１０m/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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 实验三　测量动摩擦因数 ◆数据处理———逐差法 １．(２０２５􀅰云南卷,１１)某实验小组做了测量木质 滑块与橡胶皮之间动摩擦因数μ的实验,所用 器材如下:钉有橡胶皮的长木板、质量为２５０g 的木质滑块(含挂钩)、细线、定滑轮、弹簧测力 计、慢速电机以及砝码若干．实验装置如图甲 所示． 图甲 图乙 实验步骤如下; ①将长木板放置在水平台面上,滑块平放在橡 胶面上; ②调节定滑轮高度,使细线与长木板平行(此 时定滑轮高度与挂钩高度一致); ③用电机缓慢拉动长木板,当长木板相对滑块 匀速运动时,记录弹簧测力计的示数F; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９ 作业３　运动和力的关系 ④在滑块上分别放置５０g、１００g和１５０g的 砝码,重复步骤③; ⑤处理实验数据(重力加速度g取９．８０m/s２)． 实验数据如表所示: 滑块和砝码 的总质量 M/g 弹簧测力 计示数F/N 动摩擦 因数μ ２５０ １．１２ ０．４５７ ３００ １．３５ a ３５０ １．５７ ０．４５８ ４００ １．７９ ０．４５７ 完成下列填空: (１)表格中a处的数据为　　　　(保留３位 有效数字); (２)其他条件不变时,在实验误差允许的范围 内,滑动摩擦力的大小与接触面上压力的大小 　　　　,μ与接触面上压力的大小　　　　 (以上两空填“成正比”“成反比”或“无关”); (３)若在实验过程中未进行步骤②,实验装置 如图乙所示,挂钩高于定滑轮,则μ的测量结 果将　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)． ２．(２０２５􀅰湖南卷,１１)某同学通过观察小球在黏 性液体中的运动,探究其动力学规律,步骤 如下: 　 　　　　 图１　　　　　　　　　　　　图２ (１)用螺旋测微器测量小球直径 D 如图１所 示,D＝　　　　　mm． (２)在液面处由静止释放小球,同时使用频闪 摄影仪记录小球下落过程中不同时刻的位置, 频闪仪每隔０．５s闪光一次．装置及所拍照片 示意图如图２所示(图中的数字是小球到液面 的测量距离,单位是cm)． (３)根据照片分析,小球在A、E 两点间近似做 匀速运动,速度大小v＝　　　　　m/s(保留 ２位有效数字)． (４)小球在液体中运动时受到液体的黏滞阻力 f＝kDv(k为与液体有关的常量),已知小球密 度为ρ,液体密度为ρ０,重力加速度大小为g, 则k的表达式为k＝　　　　　(用题中给出 的物理量表示)． (５)为了进一步探究动力学规律,换成直径更 小的同种材质小球,进行上述实验,匀速运动 时的速度将　　　　　(填“增大”“减小”或 “不变”)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 实验四　探究加速度与力、质量的关系 ◆教材原实验 １．(２０２５􀅰陕晋青宁卷,１０) (多选)如图,与水平面成 ５３°夹角且固定于O、M 两点 的硬直杆上套着一质量为１ kg的滑块,弹性轻绳一端固 定于O点,另一端跨过固定 在Q处的光滑定滑块与位于直杆上P点的滑块 拴接,弹性轻绳原长为OQ,PQ为１．６m且垂直 于OM．现将滑块无初速度释放,假设最大静摩 擦力与滑动摩擦力相等．滑块与杆之间的动摩 擦因数为０．１６,弹性轻绳上弹力F 的大小与 其伸长量x 满足F＝kx．k＝１０N/m,g 取 １０m/s２,sin５３°＝０．８．则滑块 (　　) A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为１．６N B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量 相同 C．从释放到静止的位移大小为０．６４m D．从 释 放 到 静 止 克 服 滑 动 摩 擦 力 做 功 为２．５６J ２．(２０２５􀅰山东卷,１３)某小组采用如图甲所示的 装置验证牛顿第二定律,部分实验步骤如下: 图甲 (１)将两光电门安装在长直轨道上,选择宽度 为d的遮光片固定在小车上,调整轨道倾角, 用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及砝码相 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０１ 物理 连．选用d＝　　　　cm(填“５􀆰００”或“１􀆰００”) 的遮光片,可以较准确地测量遮光片运动到光 电门时小车的瞬时速度． (２)将小车自轨道右端由静止释放,从数字毫 秒计分别读取遮光片经过光电门１、光电门２ 时的速度v１＝０．４０m/s、v２＝０．８１m/s,以及 从遮光片开始遮住光电门１到开始遮住光电 门２的时间t＝１．００s,计算小车的加速度a＝ 　　　　m/s２(结果保留２位有效数字)． (３)将托盘及砝码的重力视为小车受到的合力 F,改变砝码质量,重复上述步骤,根据数据拟 合出a－F图像,如图乙所示．若要得到一条过 原点的直线,实验中应　　　　(填“增大”或 “减小”)轨道的倾角． 图乙 (４)图乙中直线斜率的单位为　　　　(填 “kg”或“kg－１”)． ３．(２０２５􀅰安徽卷,１１)某实验小组通过实验探究 加速度与力、质量的关系． (１)利用图甲装置进行实验,要平衡小车受到 的阻力．平衡阻力的方法是:调整轨道的倾斜 度,使小车　　　　(选填正确答案标号)． 图甲 a．能在轨道上保持静止 b．受牵引时,能拖动纸带沿轨道做匀速运动 c．不受牵引时,能拖动纸带沿轨道做匀速运动 (２)利用图乙装置进行实验,箱体的水平底板 上安装有力传感器和加速度传感器,将物体置 于力传感器上,箱体沿竖直方向运动．利用传 感器测得物体受到的支持力FN 和物体的加 速度a,并将数据实时传送到计算机． ①图丙是根据某次实验采集的数据生成的FN 和a随时间t变化的散点图,以竖直向上为正 方向．t＝４s时,物体处于　　　　(选填“超 重”或“失重”)状态;以FN 为横轴、a为纵轴, 根据实验数据拟合得到的aＧFN 图像为图丁中 的图线a． ②若将物体质量增大一倍,重新进行实验,其 aＧFN 图像为图丁中的图线　　　　．(选填 “b”“c”或“d”) 图乙 图丙 图丁 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １１ 作业３　运动和力的关系