专题3 运动和力的关系-【创新教程】2021-2025五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 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．B　根据牛顿第二定律mgsinθcosθ－μmgcosθ－μmgsin θsinθ＝ma, 可得a＝gsinθcosθ－μgcosθ－μgsin ２θ．故选B． ３．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． ４．A ５．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．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．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． ３．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． ４．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． ５．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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １７１ 详解详析 ６．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． ７．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． ８．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; 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． ９．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． １０．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．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． ３．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． ４．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; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２７１ 最新真题分类特训􀅰物理 C．滑块P、Q水平向右运动,P、Q 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,P、Q 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． ５．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＝ 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 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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３７１ 详解详析 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 ３．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．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 ４．解析: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 ５．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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４７１ 最新真题分类特训􀅰物理 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 ６．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 ７．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　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．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． ４．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． ５．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． ６．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． ７．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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５７１ 详解详析 　　　　　　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．(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 ３．(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 ４．(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 ５．(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 ◆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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２１ 最新真题分类特训􀅰物理 ◆动力学分析 ２．(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 ３．(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 ４．(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) ５．(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 ６．(２０２２􀅰 全 国 乙 卷,２０,６ 分)(多选)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 ７．(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/s２．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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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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)(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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５１ 专题三　运动和力的关系 ２．(２０２２􀅰全国乙卷,２１,６分)(多选)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＝１．０m 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． 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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６１ 最新真题分类特训􀅰物理 实验四　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; 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”)． ３．(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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７１ 专题三　运动和力的关系 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．(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 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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８１ 最新真题分类特训􀅰物理 (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 ４．(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 ５．(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,要求桶和砂的总质量 m 比小车质量M 小得多．请分析说明这个要求 的理由． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９１ 专题三　运动和力的关系 图３ ◆创新型实验 ６．(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． ７．(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)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０２ 最新真题分类特训􀅰物理