第4章 运动和力的关系（易错59题22大考点）-2025-2026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）

第四章 运动和力的关系（易错59题22大考点）（解析版） 一．牛顿第一定律的内容与应用（共2小题） 二．惯性与质量（共2小题） 三．牛顿第二定律的简单应用（共6小题） 四．牛顿第二定律求解瞬时问题（共3小题） 五．牛顿第二定律求解多过程问题（共3小题） 六．牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题）（共2小题） 七．力学单位制与单位制（共3小题） 八．牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况（共2小题） 九．牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力（共2小题） 十．超重与失重的概念、特点和判断（共3小题） 十一．根据超重或失重状态计算物体的运动情况（共4小题） 十二．物体在光滑斜面上的运动（共3小题） 十三．物体在粗糙斜面上的运动（共3小题） 十四．牛顿第二定律的临界问题（共2小题） 十五．斜面上的连接体问题（连接体问题的特例）（共2小题） 十六．等时圆模型（共2小题） 十七．连接体模型（共3小题） 十八．水平传送带模型（共2小题） 十九．倾斜传送带模型（共2小题） 二十．无外力的水平板块模型（共2小题） 二十一．有外力的水平板块模型（共2小题） 二十二．探究加速度与力、质量之间的关系（共4小题） Ⅰ．选择题（共22小题） 题号 1 3 5 6 11 12 14 19 20 22 24 答案 B D D D D C D A B B A 题号 26 27 29 30 33 36 43 45 48 50 56 答案 D B D C D C C B C B B Ⅱ．多选题（共19小题） 题号 2 4 7 8 13 15 17 21 28 31 34 答案 BCD AD BC BD BD ABD AC BC BC AD ABD 题号 37 39 41 44 46 52 54 57 答案 AC AC AC CD AC BC BCD BC 一．牛顿第一定律的内容与应用（共2小题） 1．各个面都光滑的直角三角体A放在光滑的斜面B上时，恰好使一直角边水平，如图所示，将一个小球置于该光滑直角边水平面上，然后将三角体A由静止释放，则小球在碰到斜面之前的运动轨迹是（　　） A．平行斜面向下的直线 B．竖直向下的直线 C．无规则曲线 D．垂直斜面的直线 【答案】B 【解答】解：由于直角三角体的水平面是光滑的，A又是放在光滑的斜面上，当斜面体A在光滑的斜面B上下滑时，小球由于只在竖直方向受力， 故小球在碰到斜面之前的运动轨迹是竖直向下的直线。∴B选项正确。 故选：B。 2．（多选）对于牛顿第一定律及惯性的理解，下列说法正确的是（　　） A．速度大的物体，其惯性也大 B．任何有质量的物体都具有惯性 C．没有力作用的物体，其速度可能很大 D．运动的物体之所以会停下来，是因为其受到阻力的作用 【答案】BCD 【解答】解：A、惯性大小取决于物体质量大小，与速度大小无关，故A错误； B、一切物体都有惯性，故B正确； C、力的大小与物体的速度无关，所以没有力作用的物体，其速度可能很大，故C正确； D、根据现在的认识可知，运动的物体之所以会停下来，是因为其受到阻力的作用。故D正确 故选：BCD。 二．惯性与质量（共2小题） 3．打水漂是人类最古老的游戏之一（如图所示）。瓦片从手上水平飞出，擦水面飞行，并在水面上向前弹跳几次后下沉。下列关于瓦片的判断正确的是（　　） A．初速度越大，惯性越大 B．飞行时间越长，惯性越大 C．飞行距离越长，惯性越大 D．质量越大，惯性越大 【答案】D 【解答】解：惯性是物体本身具有的一种性质，惯性的大小只与物体的质量有关，所以瓦片的质量越大，惯性一定越大，与初速度、时间、飞行距离等因素无关，故ABC错误，D正确； 故选：D。 4．（多选）小轩很喜欢爸爸新买的数码照相机，在旅途中拍下了火车内桌面上塑料杯瞬间的不同状态，如图的甲、乙、丙，则下列关于火车运动状态的判断可能正确的是（　　） A．甲图中火车在匀速运动，乙图中火车突然向左加速，丙图中火车突然向左减速 B．甲图中火车在匀速运动，乙图中火车突然向右加速，丙图中火车突然向左加速 C．甲图中火车在匀速运动，乙图中火车突然向左加速，丙图中火车突然向右减速 D．甲图中火车在匀速运动，乙图中火车突然向右减速，丙图中火车突然向右加速 【答案】AD 【解答】解：甲图中，物体相对于桌面的位置没有发生改变，因此它们的运动状态是相同的，说明此时火车在匀速运动； 乙图中，物体向右倾倒，说明火车突然向左加速（或向右减速），因为，火车突然向左加速时，塑料杯的下部由于摩擦也随着加速，而上部由于惯性仍保持原来的运动状态，所以才会向右倾倒；火车向右减速时的情形也可用类似的方法解释； 丙图中，物体向左倾倒，说明火车突然向左减速（或向右加速），因为，火车突然向左减速时，塑料杯的下部由于摩擦也随着减速，而上部由于惯性仍保持原来的运动状态，所以才会向左倾倒；火车向右加速时的情形也可用类似的方法解释． 综上所述，甲图中火车在匀速运动，乙图中火车突然向左加速（或向右减速），丙图中火车突然向左减速（或向右加速），故AD正确，BC错误。 故选：AD。 三．牛顿第二定律的简单应用（共6小题） 5．如图甲两物体A、B叠放在光滑水平面上，对物体B施加一水平变力F，F﹣t关系图像如图乙所示。两物体在变力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止。则（　　） A．t时刻，两物体之间的摩擦力最大 B．t时刻，两物体的速度方向开始改变 C．t﹣2t时间内，两物体之间的摩擦力逐渐减小 D．0﹣2t时间内，物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同 【答案】D 【解答】解：A、以整体为研究对象，由图看出，t时刻，F＝0，加速度为零，则以A为研究对象可知，A、B间的静摩擦力为零。故A错误。 B、根据牛顿第二定律知，两物体先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，则t时刻速度方向不变，而且速度最大。故B错误。 C、t﹣2t时间内，两物体的合外力增大，加速度增大，再以A为研究对象，可知两物体间的摩擦力增大。故C错误。 D、对整体分析，整体的加速度与F的方向相同，A物体所受的合力为摩擦力，故摩擦力的方向与加速度方向相同，即与F的方向相同。故D正确。 故选：D。 6．一喷气飞行器在空中斜向上运动，运动方向与竖直方向成53°角，且做加速度大小为0.1g的匀加速直线运动，如图所示。若运动过程中所受空气阻力大小为其重力的0.1倍，g为重力加速度，m为飞行器的质量（假设始终保持不变），则飞行器所受推力的大小是（　　）（不再考虑其他作用力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：对飞行器分析受力，建立如图所示的直角坐标系。 根据牛顿第二定律得 y方向有 Fy﹣mgsin53°＝0 x方向有 Fx﹣f﹣mgcos53°＝ma 其中f＝0.1mg 解得 Fx＝0.8mg 解得推力，故ABC错误，D正确。 故选：D。 7．（多选）如图所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小恒为v＝2m/s，一物块从B端以初速度v0＝4m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10m/s2，下列判断正确的是（　　） A．如果物块从A端离开传送带，两端A、B间距离可能为3 m B．如果物块从B端离开传送带，两端A、B间距离可能为3 m C．如果两端A、B间距离为4 m，物块离开传送带时的速度大小为2 m/s D．如果两端A、B间距离为4 m，物块离开传送带时的速度大小为4 m/s 【答案】BC 【解答】解：A、物体在传送带上运动的加速度大小为a＝μg＝4m/s2，如果物体能够从A端离开传送带，则AB间的最大距离为xm＝2m，故A错误； B、如果A、B间距离为3 m＞2m，则物体一定从B端离开传送带，故B正确； CD、如果两端A、B间距离为4 m＞2m，物体B先向左减速，再向右加速到2m/s，以后匀速运动，从B端离开传送带，故物块离开传送带时的速度大小为2 m/s，故C正确，D错误。 故选：BC。 8．（多选）将一羽毛球竖直向上击出，过一段时间小球回到击出点。羽毛球受到重力和空气阻力，以竖直向下为正方向，绘制出羽毛球从抛出到回到抛出点（t2时刻）的v﹣t图线如图所示。下列说法正确的是（　　） A．羽毛球的速度一直在增大 B．羽毛球上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度 C．羽毛球加速度的方向在最高点发生了改变 D．t1时刻羽毛球到达最高点 【答案】BD 【解答】解：A、由图可知，羽毛球的速度先向上减小，后向下增大，故A错误； B、由牛顿第二定律可得，上升阶段的加速度大小为 下降阶段的加速度大小为 可知上升阶段的加速度比下降过程的大 又有 因上升过程和下降过程位移大小相等，则羽毛球上升过程的时间小于下降过程的时间，故羽毛球上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，故B正确； C、根据v﹣t图像的斜率表示加速度，由图可知，整个运动过程，羽毛球的加速度一直为正，方向没有变化，故C错误； D、以竖直向下为正方向，由图可知，t1时刻羽毛球的速度为零，则t1时刻到达最高点，故D正确。 故选：BD。 9．如图所示，质量为m的物体随自动扶梯加速上升．已知加速度的大小为a，方向与水平成θ角，求： （1）物体在加速上升中受到的摩擦力大与方向． （2）物体所受支持力的大小． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）物体的加速度斜向上，将其加速度分解到水平和竖直方向得： 水平分加速度为：ax＝acosθ，方向水平向右； 竖直分加速度为：ay＝asinθ，方向竖直向上， 根据牛顿第二定律，水平方向，物体受到的摩擦力大小为：f＝max＝macosθ，水平向右 （2）竖直方向有：FN﹣mg＝may＝masinθ，所以有：FN＝m（g+asinθ）； 答：（1）物体在加速上升中受到的摩擦力大小为macoθ，方向水平向右； （2）物体所受支持力的大小为m（g+asinθ）． 10．（B）如图所示的装置是某工厂用于产品分拣的传送带示意图，产品（可以忽略其形状和大小）无初速地放上水平传送带AB的最左端，当产品运动到水平传送带最右端时被挡板d挡住，分拣员在此鉴定产品质量，不合格的被取走，合格品被无初速地放在斜向传送带BC的顶端，滑至底端的传送带后再进行包装等工序．已知传送带AB、BC与产品间的动摩擦因数μ＝0.5，均以v＝4m/s的速度按图示方向匀速转动，水平传送带AB长L1＝12m，斜向传送带BC长L2＝1.64m，倾角α＝37°（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2），求： （1）产品刚放上水平传送带AB时，产品加速度的大小和方向； （2）产品在水平传送带AB上运动的时间； （3）产品在斜向传送带BC上运动的时间． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）产品刚放上水平传送带AB时，水平方向受到向右的滑动摩擦力， 由牛顿第二定律得 μmg＝ma 得加速度大小为 a＝5m/s2，方向水平向右． （2）产品加速到速度传送带相同所用时间为 匀加速的位移 则匀速运动的时间 得产品在水平传送带AB上运动的时间为 t＝t1+t2＝3.4s （3）第一段物体向下做匀加速直线运动，则有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1， 则得加速度为 a1＝10m/s2， 匀加速运动的时间 ， 位移 第二阶段，由于mgsin37°＞μmgcos37°， 故物体继续向下做匀加速直线运动； 则得 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2，加速度为 第二段运动时间 ， 解得 t2＝0.2s 得产品在斜向传送带BC上运动的时间为t＝t1+t2＝0.6s 答 （1）产品刚放上水平传送带AB时，产品加速度的大小为a＝5m/s2，方向水平向右； （2）产品在水平传送带AB上运动的时间为3.4s； （3）产品在斜向传送带BC上运动的时间是0.6s． 四．牛顿第二定律求解瞬时问题（共3小题） 11．如图所示，倾角为θ＝30°的固定足够长的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的F＝mg的恒力作用下处于静止状态。某一时刻将力F撤去，若弹簧将A、B弹起的过程中，A、B能够分离，则下列叙述正确的是（　　） A．撤去力的瞬间，A、B的加速度大小均为g B．撤去力的瞬间，A对B的弹力大小为 C．A、B被弹起的过程中，两者即将分离时，弹簧处于压缩状态 D．若斜面粗糙且与A、B间的动摩擦因数相同，A、B能被弹起，分离位置与斜面光滑时相同 【答案】D 【解答】解：A、撤去力F前，A、B处于静止状态，对A、B整体，根据平衡条件有 F弹＝F+2mgsin30° 代入数据得F弹＝2mg 撤去F的瞬间，弹簧弹力不变，整体有沿斜面向上的加速度，由牛顿第二定律，对A、B整体，由牛顿第二定律，A、B的加速度大小为 F合＝F弹﹣2mgsin30°＝2ma 代入数据得a 故A错误； B、撤去力的瞬间，根据隔离法，对B分析，由牛顿第二定律，A对B的弹力大小为 F合＝FAB﹣mgsin30°＝ma 代入数据得FAB＝mg 故B错误； C、当A、B之间作用力为零时，且加速度相同时，两物块分离，根据隔离法，对B分析，由牛顿第二定律 ﹣mgsin30°＝ma1① 对A、B整体，由牛顿第二定律 F弹1﹣2mgsin30°＝2ma1② 联立①②解得，F弹1＝0 此时弹簧处于原长状态，故C错误； D、若斜面粗糙且与A、B动摩擦因数相同，A、B能被弹起的瞬间，根据隔离法，对B分析，由牛顿第二定律 ﹣mgsin30°﹣μmgcos30°＝ma2③ 对A、B整体有 F弹2﹣2mgsin30°﹣μ•2mgcos30°＝2ma2④ 联立③④解得，F弹2＝0 说明分离时的位置与斜面光滑时相同，都是弹簧恢复到原长时上端的位置，故D正确； 故选：D。 12．如图所示，光滑轻质滑轮固定在天花板上，一根不可伸长的轻绳跨过滑轮分别系着物块A和小球B，物块A放置在水平地面上，小球B静止在空中，A、B质量分别为4m、m，物块A与水平面间的动摩擦因数为0.5，滑轮左侧轻绳与水平面间夹角为53°，现施加水平拉力F作用在小球B上使其缓慢转动至物块A即将发生滑动为止，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，以下说法正确的是（　　） A．轻绳对定滑轮的作用力逐渐增大，方向不变 B．拉力F最大值为mg C．A即将滑动时，突然撤去拉力F的瞬间，小球B的加速度大小为g D．在A即将滑动时，撤去拉力F后，物块A会发生滑动 【答案】C 【解答】解：A、设轻绳拉力为T，滑轮右侧轻绳与竖直方向夹角为α，小球B缓慢转动过程，α逐渐增大，小球B受力平衡，则有：Tcosα＝mg，解得：，则轻绳拉力T逐渐增大，由于绳的夹角β发生变化，轻绳对定滑轮的作用力的方向发生变化，故A错误； B、当物块A即将发生滑动时α最大，轻绳拉力T最大，拉力F最大，对物块A，有：Tcos53°＝μ（4mg﹣Tsin53°），解得：T＝2mg，由Tcosα＝mg得，故B错误； C、若突然撤去拉力F，对B由牛顿第二定律得：mgsinα＝ma，解得小球B加速度大小为a：故C正确； D、去外力后，设物块A仍静止不动，小球B做圆周运动，到达最低点时速度为v，根据机械能守恒定律：mgL（1﹣cosα）mv2，由牛顿第二定律得T﹣mg，解得T＝3mg﹣2mgcosα＝2mg＝Tm， 小球摆动过程中，物块A未发生滑动，故D错误； 故选：C。 13．（多选）如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻弹簧恰好处于水平状态，则下列计算正确的是（　　） A．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为1： B．A、B的质量之比为 C．同时剪断两细线的瞬间，A、B 的瞬时加速度大小之比为 D．同时剪断两细线的瞬间，A、B 的瞬时加速度大小之比为 【答案】BD 【解答】解：A．将A、B作为一个整体，水平方向上受力平衡，则 可知悬挂A、B的细线上拉力大小之比 故A错误； B．由于弹簧处于水平状态，因此A、B两物体在竖直方向上受力平衡 ， 可知 故B正确； CD选项：同时剪断两细线的瞬间，弹簧的弹力不能突变，A和B两物体的合力等于绳子的拉力，由牛顿第二定律得； 故C错误，D正确。 故选：BD。 五．牛顿第二定律求解多过程问题（共3小题） 14．斜面ABC中AB段粗糙，BC段光滑，如图甲所示。质量为1kg的小物块（可视为质点）以v0＝12m/s的初速度沿斜面向上滑行，到达C处速度恰好为零。物块在AB段的加速度是BC段加速度的两倍，其上滑过程的v﹣t图像如图乙所示（vB、t0未知），重力加速度g取10m/s2。则根据上述条件，下列可以求得的是（　　） A．物块与斜面之间的动摩擦因数 B．斜面的倾角 C．斜面AB段的长度 D．物块沿斜面向下滑行通过AB段的加速度 【答案】D 【解答】解：C、小物块沿斜面向上滑行的初速度v0＝12m/s，由题意有aAB＝2aBC 由加速度的定义可得 解得小物块沿斜面向上滑行通过B点处的速度为vB＝4m/s 设AB段长度为sAB，加速度大小为2a，BC段长度为sBC，加速度大小为a，AB段根据运动学公式有 BC段有 已知v0＝12m/s，因BC段长度未知，无法求出加速度及斜面AB段的长度，故C错误； AB、小物块在AB段，根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝m•2a 小物块在BC段，根据牛顿第二定律得mgsinθ＝ma 因加速度未知，所以不能解得斜面的倾角α及物块与斜面之间的动摩擦因数μ，故AB错误； D、小物块下滑时通过AB段，根据牛顿第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma′ 因为mgsinθ＝μmgcosθ＝ma 解得a′＝0，故D正确。 故选：D。 15．（多选）如图甲所示，长木板B在静止在水平地面上，在t＝0时刻，可视为质点、质量为1kg的物块A在水平外力F作用下，从长木板的左端滑上从静止开始运动，1s后撤去外力F，物块A、长木板B的速度—时间图像如图乙所示，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．长木板的最小长度为2m B．A、B间的动摩擦因数是0.1 C．长木板的质量为0.5kg D．外力F的大小为4N 【答案】ABD 【解答】解：A、由图像可知，2s后物块和木板达到共速后一起匀速运动，说明木板与地面之间无摩擦，根据v﹣t图线与时间轴围成的面积表示物体的位移，由图乙可知，在2s内物块的位移为x1m1m＝4m，木板的位移为x2m＝2m，则长木板的最小长度为L＝x1﹣x2＝4m﹣2m＝2m，故A正确； B、由图乙可知，1s时撤去外力F，在1～2s内，对物块A，由牛顿第二定律得 μmg＝maA 由图乙可知1～2s内物块A的加速度大小为 aAm/s2＝1m/s2 解得A、B间的动摩擦因数为μ＝0.1，故B正确； C、由图乙可知，木板的加速度大小为 aBm/s2＝1m/s2 对木板B，由牛顿第二定律得 μmg＝MaB 解得长木板B的质量为M＝1.0kg，故C错误； D、0～1s内，对物块A，由牛顿第二定律得 F﹣μmg＝ma′A 此过程中加速度的大小为 解得F＝4N，故D正确。 故选：ABD。 16．在学校科技节上，物理老师在空旷的操场竖直向上发射一枚总质量为2kg的火箭模型。如图所示，在t＝0时刻发动机点火，为火箭提供了竖直向上、大小恒为45N的推力，随后经过3s，发动机熄火，在达到最大高度后，火箭打开顶部的降落伞，在降落伞作用下向下做匀加速运动，到达地面时的速度大小为9m/s。已知火箭箭体在运动的过程中，受到的空气阻力大小恒为5N，把降落伞提供的阻力视为恒定不变，重力加速度g取10m/s2，不考虑火箭发射过程中喷出的气体对火箭质量的影响，火箭在运动的过程中可视为质点。 （1）求火箭上升的最大高度； （2）求降落伞提供的阻力大小； （3）某次实验，由于机械故障，降落伞是在火箭下落到与发动机刚熄火时的等高处才打开，求火箭落地的速度大小。（结果可保留根号） 【答案】（1）火箭上升的最大高度为81m； （2）求降落伞提供的阻力大小为14N； （3）某次实验，由于机械故障，降落伞是在火箭下落到与发动机刚熄火时的等高处才打开，则火箭落地的速度大小为。 【解答】解：（1）火箭向上做匀加速运动时，根据牛顿第二定律可得：F﹣mg﹣f空＝ma1 解得加速度大小为： 发动机熄火时，火箭的速度大小为：v1＝a1t1＝10×3m/s＝30m/s 火箭匀加速阶段上升的高度为： 发动机熄火后，根据牛顿第二定律可得：mg+f空＝ma2 解得加速度大小为： 发动机熄火后，火箭继续上升的高度为： 则火箭上升的最大高度为：hm＝h1+h2＝45m+36m＝81m （2）火箭在降落伞作用下向下做匀加速运动，根据运动学公式可得： 解得加速度大小为： 根据牛顿第二定律有：mg﹣f空﹣f伞＝ma3 代入数据解得降落伞提供的阻力大小为：f伞＝14N （3）火箭在下降且未打开降落伞时，根据牛顿第二定律得：mg﹣f空＝ma4 代入数据解得： 火箭刚要打开降落伞时的速度为v2，根据运动学公式可得： 火箭落地时的速度为v3，根据运动学公式可得： 代入数据解得： 答：（1）火箭上升的最大高度为81m； （2）求降落伞提供的阻力大小为14N； （3）某次实验，由于机械故障，降落伞是在火箭下落到与发动机刚熄火时的等高处才打开，则火箭落地的速度大小为。 六．牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题）（共2小题） 17．（多选）发光弹弓飞箭是夏季广场常见的玩具，其利用弹弓将飞箭射向高空。假设质量为的飞箭从地面以初速度v0竖直向上射出，若运动过程中受到的阻力与其速率成正比，飞箭运动的速率随时间变化的规律如图所示，其在t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v1，且落地前飞箭已经做匀速运动，已知重力加速度为g，下列关于小球运动的说法中错误的是（　　） A．飞箭在上升过程中的平均速度大于 B．在t1时刻飞箭的加速度大小为g C．在速度达到之前飞箭的速度v1的过程中加速度先减小后增大 D．飞箭射出瞬间的加速度大小为g 【答案】AC 【解答】解：A、若飞箭在上升过程中做初速度为v0的匀减速直线运动，平均速度等于。根据v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，知火箭在上升过程中通过的位移小于匀减速直线运动的位移，则飞箭在上升过程中的平均速度小于匀减速直线运动的平均速度，故A错误； B、在t1时刻飞箭到达最高点，只受重力，加速度大小为g，故B正确； C、根据v﹣t图像的斜率表示加速度，知在速度达到之前飞箭的速度v1的过程中加速度一直减小，故C错误； D、飞箭射出瞬间的加速度大小为a，匀速运动时，有mg＝kv1，联立解得：ag，故D正确。 本题选错误的， 故选：AC。 18．（1）假如有一水滴从100m高空由静止落向地面，若忽略空气阻力，计算：该水滴落地时的速度v。（g＝10m/s2） （2）但是雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f＝kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系数。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。 a.雨滴下落高度足够高，画出雨滴下落过程的速度随时间变化的v﹣t图像； b.设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式； c.分析说明，半径分别为r1和r2的两雨滴（r1＞r2）从同一高度由静止下落，谁先到达地面？ 【答案】（1）该水滴落地时的速度v为20m/s； （2）a、见解析； b、雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式为； c、半径大的r1先到达地面。 【解答】解：（1）忽略阻力，水滴做自由落体运动，根据速度—位移公式有 v2＝2gh 解得： （2）a、据题，雨滴竖直落向地面的过程中所受空气阻力大小为 f＝kr2v2 根据牛顿第二定律有 mg﹣f＝ma 雨滴下落高度足够高，可知，雨滴先向下做加速度减小的变加速运动，加速度减为零后做匀速直线运动，画出v﹣t图像如图所示。 b、半径为r的雨滴体积为 其质量为 m＝ρV 当雨滴的重力与阻力相等时，速度最大，设最大速度为vm，结合上述可知 解得： c、对雨滴进行分析，根据牛顿第二定律有 mg﹣kr2v2＝ma 解得： 可知，同样速度情况下，半径越大的雨滴加速度越大，速度增加越快，且根据b的结论可知，半径越大的雨滴最大速度越大，所以下落同样高度，半径大的r1先到达地面。 答：（1）该水滴落地时的速度v为20m/s； （2）a、见解析； b、雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式为； c、半径大的r1先到达地面。 七．力学单位制与单位制（共3小题） 19．某国宇航局发射行星探测卫星，由于没有把部分资料中实际使用的单位制转换为国际单位制，造成重大损失。国际单位制中力学有三个基本单位，用这三个基本单位导出功率单位—瓦特（W）的表达形式为（　　） A．kg•m2•s﹣3 B．kg•m3•s﹣2 C．kg2•m3•s﹣1 D．kg2•m•s﹣3 【答案】A 【解答】解：根据功率的定义式得功率的单位为：1，故A正确，BCD错误。 故选：A。 20．近10年来我国大力发展空军和海军，新增舰船是除美国外其他国家的总和。无论是飞机还是战舰设计，都需要复杂的流体力学知识。当流体流动时，根据流动特征可以分成湍流和层流：如果流体质点的轨迹（一般说随初始空间坐标x、y、z随时间t而变）是有规则的光滑曲线（最简单的情形是直线），这种流动叫层流，此时流体分层流动，各层互不混合，没有这种性质的流动叫湍流。不同状态的流体动力学方程不一样。流体力学中用一个无量纲的数﹣﹣雷诺数Re（Reynoldsnumber），来表征流体的这一特征，一般情况下，雷诺数小的时候是层流，雷诺数大的时候是湍流。已知雷诺数由四个变量决定，流体的流速v、流体的密度ρ、特征长度d，黏性系数μ．请根据所学知识对雷诺数的表达式做出判断，以下表达式中可能正确的是：（已知黏性系数μ为流体中相距dx的两平行液层，由于内摩擦，使垂直于流动方向的液层间存在速度梯度，当速度梯度为1个单位，相邻层“单位”接触面S上所产生的黏滞力F（亦称内摩擦力）即黏性系数，以μ表示：μ/它的单位是Pa•s）（　　） A．Re B．Re C．Re D．Re 【答案】B 【解答】解：A、如果Re，其单位是，由于雷诺数是无量纲的量，故A错误； B、如果Re，其单位是1，由于雷诺数是无量纲的量，故B正确； C、如果Re，由B可知1，d的单位是m，如果Rem，则由于雷诺数是无量纲的量，故C错误； D、如果Re，则其单位是，由于雷诺数是无量纲的量，故D错误。 故选：B。 21．（多选）物理单位由基本单位和导出单位组成，物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系。如公式W＝FL既反映了功、力和位移之间的关系，也确定了J（焦）等效于N（牛）和m（米）的乘积。下面几种单位组合与磁通量单位Wb（韦）等效的是（　　） A． B． C． D． 【答案】BC 【解答】解：ABC、磁通量：Φ＝BSS，1Wb＝1T•m2＝1m2＝11，故BC正确，A错误； D、由法拉第电磁感应定律可知：E＝n，磁通量的变化量ΔΦEΔt，E的单位是V，t的单位是s，因此磁通量的单位1Wb＝1V•s≠1，故D错误。 故选：BC。 八．牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况（共2小题） 22．如图所示，质量为1kg的木块（视为质点）被水平向左的力F压在竖直墙壁上，其压力F＝kx（k为常数，x为木块位移），木块从离地面高度5m处静止释放，到达地面时速度恰减为0。若木块与墙面之间的动摩擦因数0.2，重力加速度大小为10m/s2，则（　　） A．k＝4 B．k＝20 C．木块下滑过程中，在x＝1.25m处速度最大，且最大值为5m/s D．木块下滑过程中，在x＝2.50m处速度最大，且最大值为10m/s 【答案】B 【解答】解：AB、弹力随位移均匀变化，根据动能定理有：，解得：k＝20N/m，故A错误，B正确； CD、当重力与摩擦力相等时，木块加速度为0，速度最大，即μkx＝mg 解得：x＝2.50m 根据动能定理得 解得最大速度为：v＝5m/s，故CD错误。 故选：B。 23．如图所示是某幼儿园的户外滑梯，直滑道长L＝4m，滑道倾角θ＝37°，一质量为m＝20kg的儿童从直滑道上端由静止开始向下滑行，儿童与滑道间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），求： （1）儿童下滑的加速度大小； （2）儿童滑到底端所用的时间及滑到底端时的速度大小。 【答案】（1）儿童下滑的加速度大小2m/s2； （2）儿童滑到底端所用的时间为2s，滑到底端时的速度大小为4m/s。 【解答】解：（1）对儿童受力分析，并由牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma 可得：a＝gsinθ﹣μgcosθ 代入数据可得：a＝2m/s2 （2）（解法一）由位移—时间关系有： 变形可得：，代入数据解得：t＝2s 由速度—时间关系可得：v＝at＝2×2m/s＝4m/s （解法二）由速度—位移关系有：v2﹣0＝2aL 代入数据解得：v＝4m/s 由速度—时间关系可得：ts＝2s 答：（1）儿童下滑的加速度大小2m/s2； （2）儿童滑到底端所用的时间为2s，滑到底端时的速度大小为4m/s。 九．牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力（共2小题） 24．如图所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A上的顶端O处，细线另一端拴一质量为m＝0.2kg的小球静止在A上。若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a。（取g＝10m/s2）则（　　） A．当a＝5m/s2时，线中拉力为N B．当a＝10m/s2时，小球受的支持力为N C．当a＝12m/s2时，经过1秒钟小球运动的水平位移是6m D．在稳定后，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和 【答案】A 【解答】解：设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，有： 水平方向：F合＝Fcos45°＝ma0 竖直方向：Fsin45°＝mg 解得：a0＝g A、当a＝5m/s2时，小球未离开滑块，水平方向：Fcos45°﹣FNcos45°＝ma 竖直方向：Fsin45°+FNsin45°＝mg，解得：FN，故A正确； B、当a＝10m/s2时，小球刚好要离开滑块，小球受的支持力为0，故B错误； C、当a＝12m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，第1秒钟小球运动的水平位移x6m，经过1秒钟不一定是第1秒，故C错误； D、系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，故D错误。 故选：A。 25．2023年8月16日，备受瞩目的世界机器人大会在北京盛大开幕。新一代送餐机器人首次登场，如图所示，只要设置好路线、放好餐盘，它就会稳稳地举着托盘，到达指定的位置送餐。已知配餐点和目标位置在一条直线通道上，机器人送餐时从静止开始启动，加速过程的加速度大小a1＝2m/s2，速度达到v＝2m/s后匀速，之后适时匀减速，减速历时2s恰好把食物平稳送到目标位置，整个送餐用时t＝23s。若载物平台始终呈水平状态，食物与餐盘的总质量m＝2kg，食物、餐盘与平台间无相对滑动，取重力加速度g＝10m/s2，试求： （1）机器人加速过程的时间t1； （2）配餐点和目标位置的直线距离 x； （3）减速过程中平台对食物和餐盘整体的平均作用力的大小F。 【答案】（1）机器人加速过程的时间为1s； （2）配餐点和目标位置的直线距离为43m； （3）减速过程中平台对食物和餐盘整体的平均作用力的大小为20.1N。 【解答】解：（1）机器人加速过程的时间：t1s＝1s； （2）根据速度—位移关系可得：v2＝2a1x1 可得加速过程位移：x1＝1m 匀速的时间为：t0＝t﹣t1﹣t2＝23s﹣1s﹣2s＝20s 匀速的位移为：x2＝vt0＝2×20m＝40m 减速的位移为：x3m＝2m 所以配餐点和目标位置的直线距离：x＝x1+x2+x3＝1m+40m+2m＝43m； （3）减速过程中加速度大小为：a2m/s2＝1m/s2； 平台对食物竖直方向的支持力FN＝mg 水平方向的摩擦力f＝ma2 故平台对食物的作用力大小为：F 联立解得：F≈20.1N。 答：（1）机器人加速过程的时间为1s； （2）配餐点和目标位置的直线距离为43m； （3）减速过程中平台对食物和餐盘整体的平均作用力的大小为20.1N。 十．超重与失重的概念、特点和判断（共3小题） 26．在一电梯的地板上有一压力传感器，其上放一物体，如图甲所示，当电梯运行时，传感器示数大小随时间变化的关系图象如图乙，根据图象分析得出的结论中正确的是（　　） A．t1～t2时间内电梯一定加速向上运动 B．t3～t4时间内电梯一定加速向下运动 C．t1～t2时间内物块处于失重状态 D．t3～t4时间内物块处于失重状态 【答案】D 【解答】解：AC、由F﹣t图象可知，0～t1时间内，F＝mg，物块的合力为零，物块可能处于静止状态或匀速运动状态。 t1～t2时间内，F＞mg，物块的合力向上，电梯具有向上的加速度，物块处于超重状态，可能加速向上运动或减速向下运动，故AC错误； BD、t3～t4时间内，F＜mg，物块的合力向下，电梯具有向下的加速度，物块处于失重状态，可能加速向下运动或减速向上运动，故C错误，D正确。 故选：D。 27．“蹦极”运动中，将一根有弹性的绳系在蹦极者身上，另一端固定在跳台上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。不计空气阻力的影响。从绳刚好伸直时，到人第一次下降至最低点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．人先处于超重状态，后处于失重状态 B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能先增大后减小 C．绳对人的冲量始终向上，人的动量先减小后增大 D．人的动能的减少量等于绳的弹性势能的增加量 【答案】B 【解答】解：A.从绳刚好伸直，到最低点，受力分析可知分为两阶段：开始阶段，绳子弹力小于重力，则加速度向下，人处于失重状态，加速下滑阶段；达到最大速度时弹力等于重力，a＝0；以后阶段，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，速度减小，减速下滑阶段，故A错误 B.根据对人受力分析得，绳子对人的拉力方向始终向上，而人一直向下运动，则绳子对人做负功；由F＝ma和人的两段运动可知人所受的合外力先竖直向下再竖直向上，根据动能定理可得人的动能先增加后减小，故B正确； C．绳子对人的拉力方向始终向上，由I＝Ft得绳对人的拉力冲量等于绳对人的拉力与t的乘积，则绳对人的冲量始终向上，根据动量定理和人所受的合外力先竖直向下再竖直向上得合外力的冲量先增大后减小，则人的动量先增大后减小，故C错误； D．由机械能守恒定律可知，人的动能的减少量与重力势能减小量之和等于绳的弹性势能的增加量，故D错误。 故选：B。 28．（多选）图为蹦极运动的示意图。弹性绳的一端固定在A点，另一端和运动员相连。运动员从A点自由下落，至点B弹性绳自然伸直，经过合力为零的点C到达最低点D，然后弹起。整个过程中忽略空气阻力。分析这一过程，下列表述正确的是（　　） A．经过B点时，运动员的速率最大 B．经过C点时，运动员的速率最大 C．从B点到C点过程中，运动员的加速度减小，处于失重状态 D．从C点到D点过程中，运动员的加速度增大，处于失重状态 【答案】BC 【解答】解：A、B：运动员从B点运动到C点由于运动员受到的弹力小于重力，加速向下运动；由C到达最低点D的过程中运动员受到的弹力大于重力，向下做减速运动，所以经过C点时运动员的速率最大，故A错误，B正确； C、从B点到C点过程中，设运动员的质量为m，加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：mg﹣F＝ma1，弹力越来越大加速度越来越小，运动员处于失重状态，故C正确； D、从C点到D点过程中，设运动员的加速度大小为a2，因为弹力比重力大，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝ma2，随着弹力越来越大加速度越来越大，运动员处于超重状态，故D错误； 故选：BC。 十一．根据超重或失重状态计算物体的运动情况（共4小题） 29．利用智能手机中的加速度传感器可以测量手机的加速度a。用手掌托着手机，手掌从静止开始上下运动，软件显示竖直方向上的a﹣t图像如图，该图像以竖直向上为正方向。则手机（　　） A．在t2时刻运动到最高点 B．在t3时刻改变运动方向 C．在t2到t4时间内，受到的支持力先减小再增大 D．在t1到t3时间内，受到的支持力先增大再减小 【答案】D 【解答】解：AB．根据题意，由图可知，手机在0～t1加速度约为零，此时手机的速度也约为零， t1～t2时间内，向上做加速度增大的加速运动，速度会在竖直方向上逐渐增大； t2～t3时间内，向上做加速度减小的加速运动，速度依然会在竖直方向上逐渐增大，只是增大的缓慢一些； t3～t4向上做加速度增大的减速运动，则在t2时刻没有运动到最高点，在t3时刻也没有改变运动方向，故AB错误； CD．由牛顿第二定律，t1～t3时间内有：F﹣mg＝ma 解得： t3～t4时间内有：mg﹣F＝ma′ 解得： 结合图像可知，t1～t2时间内，支持力增大，t2～t4时间内支持力减小，故C错误，D正确。 故选：D。 30．如图所示，弯折杆ABCD的D端接一个小球杆和球的总质量为m，一小环套在杆AB段上用绳吊着，恰好能一起以加速度a竖直向上做匀加速运动，杆AB段与水平方向的夹角为θ，则（　　） A．杆对环的压力为 mgsinθ+masinθ B．环与杆的摩擦力为 mgcosθ+mαcosθ C．环对杆和球的作用力为mg+ma D．杆和球处于失重状态 【答案】C 【解答】解：AB、弯折杆处于匀加速状态，受到重力、圆环的支持力以及摩擦力的摩擦力作用，如图所示： 沿BA方向：f﹣mgsinθ＝masinθ，则f＝mgsinθ+masinθ 垂直BA方向：FN﹣mgcosθ＝macosθ，则FN＝mgcosθ+macosθ，故AB错误； C、环对杆和球的作用力为支持力和摩擦力的合力，由牛顿第二定律得：FNf﹣mg＝ma，则FNf＝mg+ma，故C正确； D、杆和球的加速度竖直向上，则处于超重状态，故D错误。 故选：C。 31．（多选）电梯的顶部挂一个弹簧秤，秤下端挂了一个质量为1kg的重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为12N．关于电梯的运动（如图所示），以下说法正确的是（g取10m/s2）（　　） A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为2m/s2 B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为4m/s2 C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为4m/s2 D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为2m/s2 【答案】AD 【解答】解：电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，知重物的重力等于10N； 在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为12N，对重物有：F﹣mg＝ma，解得a＝2m/s2，方向竖直向上； 则电梯的加速度大小为2m/s2，方向竖直向上，电梯可能向上做加速运动，也可能向下做减速运动。故A正确，B错误，C错误，D正确； 故选：AD。 32．质量是60kg的人站在升降机中的体重计上（g取10m/s2），求： （1）升降机匀速上升时体重计的读数； （2）升降机以4m/s2的加速度匀加速上升时体重计的读数． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）升降机匀速上升，受力平衡，则有：FN＝mg＝600N （2）升降机加速上升，加速度方向向上，支持力大于重力，根据牛顿第二定律得： FN1﹣mg＝ma1 即 FN1＝m（g+a1）＝840N 答：（1）升降机匀速上升时体重计的读数是600N； （2）升降机以4m/s2的加速度上升时体重计的读数是840N； 十二．物体在光滑斜面上的运动（共3小题） 33．如图甲所示，用一水平外力F推着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，若重力加速度g取10m/s2．根据图乙中所提供的信息不能计算出（　　） A．物体的质量 B．斜面的倾角 C．物体能静止在斜面上所施加的最小外力 D．加速度为6 m/s2时物体的速度 【答案】D 【解答】解：对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图 x方向：Fcosθ﹣mgsinθ＝ma ① y方向：N﹣Fsinθ﹣Gcosθ＝0 ② 解得 从图象中取两个点（20N，2m/s2），（30N，6m/s2）代入①式解得 m＝2kg，θ＝37° 因而AB可以算出； 当a＝0时，可解得F＝15N，因而C可以算出； 题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小，因而D不可以算出； 本题选不能算出的 故选：D。 34．（多选）如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA，光滑挡板OB与水平方向的夹角为θ，挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动。现将重为G的圆球放在斜面与挡板之间。下列说法正确的是（　　） A．若θ＝60°，球对斜面的压力大小为G B．若挡板板OB从θ＝30°位置沿逆时针方向缓慢转动到θ＝90°过程中，则球对斜面的压力逐渐增大 C．若θ＝30°，使小车水平向左做变加速运动，则小车对地面的压力增大 D．若θ＝60°，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零 【答案】ABD 【解答】解：A、球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，如图所示： FA、FB以及G构成的三角形为等边三角形， 根据几何关系可知，FA＝FB＝G，故A正确； B、θ＝30°位置沿逆时针方向缓慢转动到θ＝90°过程中，根据图象可知，FB逐渐增大，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力逐渐增大，故B正确； C、若θ＝30°，使小车水平向左做变加速运动，加速度方向沿水平方向，在竖直方向受力平衡，则小车对地面的压力失重等于整体的重力，保持不变，故C错误； D、若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，当FA和重力G的合力正好提供加速度时，根据牛顿第二定律可得mgtan60°＝ma，解得a＝gtan60°，此时球对挡板的压力为零，故D正确。 故选：ABD。 35．如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ＝53°的足够长斜面，斜面上放一块上表面光滑长度L＝1.8m、质量m＝0.8kg的薄平板PQ，其下端Q与斜面底端O的距离为7.05m，在平板的上端P处放一质量M＝1.6kg的小滑块（可视为质点），开始时使平板和滑块都静止，现将它们无初速释放．假设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，不考虑小滑块由平板滑到斜面上对速度的变化（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2），求： （1）小滑块离开平板时平板的速度大小； （2）小滑块从静止开始运动到斜面底端O处所经历的时间； （3）小滑块到达底端O处时，平板的Q端与O处的距离． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）由牛顿第二定律得： 对滑块：Mgsinθ＝Ma滑块1，解得：a滑块1＝8m/s2， 对平板：mgsinθ﹣μ（M+m）gcosθ＝ma平板1，解得：a平板1＝4.4m/s2， 设经时间t1滑块离开平板，则：a滑块1t12a平板1t12＝L，解得：t1＝1s， 滑块离开平板时，滑块的速度：v滑块1＝a滑块1t1＝8×1＝8m/s， 滑块离开平板时，平板的速度：v平板1＝a平板1t1＝4.4×1＝4.4m/s， 滑块的位移：x滑块1a滑块1t128×12＝4m， 平板的位移：x平板1a平板1t124.4×12＝2.2m； （2）滑块离开平板后，由牛顿第二定律得： Mgsinθ﹣μMgcosθ＝Ma滑块2，解得：a滑块2＝6.8m/s2， 滑块从离开平板到到达O点的位移： x滑块2＝L+QO﹣xa滑块＝1.8+7.05﹣4＝4.85m， 滑块从离开平板到到达O点过程做匀加速直线运动， x滑块2＝v滑块1t2a滑块2t22，解得：t2＝0.5s， 小滑块从静止开始运动到斜面底端O处所经历的时间： t＝t1+t2＝（1+0.5）s＝1.5s； （3）滑块离开平板后，由牛顿第二定律得： mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma平板2，解得：a平板2＝6.8m/s2， 在时间t2＝0.5s内，平板的位移： x平板2＝v平板1t2a平板2t22＝4.4×0.56.8×0.52＝3.05m， 小滑块到达底端O处时，平板的Q端与O处的距离： d＝QO﹣x平板1﹣x平板2＝7.05﹣2.2﹣3.05＝1.8m； 答：（1）小滑块离开平板时平板的速度大小8m/s； （2）小滑块从静止开始运动到斜面底端O处所经历的时间1.5s； （3）小滑块到达底端O处时，平板的Q端与O处的距离为1.8m． 十三．物体在粗糙斜面上的运动（共3小题） 36．滑块以一定的初速度沿倾角为θ，动摩擦因数为μ的粗糙斜面从底端上滑，经时间t甲到达最高点A后，再经时间t乙返回到底端．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。对比甲、乙两图，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙图中，滑块运动时间之比为t甲：t乙＝4：3 B．甲、乙图中，滑块运动加速度之比为a甲：a乙＝4：3 C．由甲、乙两图可知， D．甲、乙图中，滑块经过和时间内摩擦力做的功之比为4：3 【答案】C 【解答】解：A、设频闪仪的照相周期为T。由图可知两滑块的运动时间分别为：t甲＝3T，t乙＝4T，所以甲、乙图中，滑块运动时间之比为t甲：t乙＝3T：4T＝3：4，故A错误； B、根据逆向思维，结合匀变速直线运动的位移—时间公式可知，甲、乙图中，位移大小相等，滑块运动加速度之比为，故B错误； C、甲图中，根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma甲 乙图中，根据牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma乙 结合a甲：a乙＝16：9，联立解得：，故C正确； D、设斜面的长度为L，根据匀变速直线运动规律可得，甲图中滑块经过时间内通过的位移大小为，乙图中滑块经过时间内通过的位移大小为，所以甲、乙图中，滑块经过和时间内摩擦力做的功之比为Wf甲：Wf乙＝﹣fx1：﹣fx2＝x1：x2＝3：1，故D错误。 故选：C。 37．（多选）如图甲所示，在粗糙水平地面上静置一个截面为等腰三角形的斜劈A，其质量为M，两个底角均为30°，质量均为m的完全相同的小物块P和Q恰好能沿两侧面匀速下滑。若现在分别对两物块同时施加平行于斜劈侧面的恒力F1、F2，且F1＜F2，如图乙所示，重力加速度为g，则在P和Q下滑的过程中，下列说法正确的是（　　） A．P的加速度小于Q的加速度 B．斜劈A受到地面向左的摩擦力作用 C．斜劈A对地面的压力等于（M+2m）g D．斜劈A对地面的压力等于（M+2m）g） 【答案】AC 【解答】解：BCD、小物块P和Q恰好能沿两侧面匀速下滑时，对P或Q，由平衡条件可知，斜劈对它们的作用力与各自的重力平衡，方向竖直向上。对P、Q和A整体，由平衡条件可知，整体水平方向上不受地面的摩擦力作用，竖直方向上地面对斜劈A的支持力大小N＝（M+2m）g； 现施加平行于斜劈侧面的恒力F1、F2，P、Q对斜劈的压力和摩擦力不变，即P、Q对斜劈的作用力不变，仍竖直向下，斜劈A的受力情况不变，地面对斜劈A的支持力大小仍为（M+2m）g，根据牛顿第三定律可知，斜劈A对地面的压力N'＝（M+2m）g，故BD错误，C正确； A、施加平行于斜劈侧面的恒力F1、F2后，P的加速度为，Q的加速度为，因F1＜F2，故a1＜a2，故A正确。 故选：AC。 38．如图所示，工人师傅自房檐向水平地面运送瓦片，他将两根完全一样的直杆平行固定在房檐和地面之间当成轨道，瓦片沿轨道滑动时，其垂直于直杆的截面外侧为半径为0.1m的圆弧。已知两直杆之间的距离为，房檐距地面的高度为4m，两直杆在房檐和地面之间的长度L＝8m，忽略直杆的粗细，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。工人师傅将瓦片无初速度地放置在轨道顶端，只有瓦片与直杆间的动摩擦因数小于μ0（未知）时，瓦片才能开始沿轨道下滑，取g＝10m/s2。 （1）求μ0； （2）若直杆自上端开始在长度L1＝1.8m的范围内与瓦片间的动摩擦因数为，其余部分为μ0，忽略瓦片沿着轨道方向的长度，工人师傅每隔0.5s将一瓦片无初速度地放置在轨道顶端，求第一片瓦片落地后的某一时刻轨道上瓦片的个数。 【答案】（1）μ0的值为； （2）若直杆自上端开始在长度L1＝1.8m的范围内与瓦片间的动摩擦因数为μ02，其余部分为μ0，忽略瓦片沿着轨道方向的长度，工人师傅每隔0.5s将一瓦片无初速度地放置在轨道顶端，第一片瓦片落地后的某一时刻轨道上瓦片的个数为6个。 【解答】解：（1）设瓦片受到轨道对其支持力与竖直方向成α，由几何关系有： 瓦片在轨道上恰好不下滑时，受力平衡，则有：mgsinθ＝μ0mgcosα其中： 联立以上解得： （2）瓦片在轨道上运动时，在L1范围内，根据牛顿第二定律得 代入数据得： 在相邻的0.5s两瓦片的距离：x12.5×0.52m＝0.625m 所以在L1内有瓦片块数：n1个≈2个 瓦片在轨道上运动时，在大于L1范围内，根据牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μ0mgcosα＝ma2 代入数据得：a2＝0 瓦片速度：vm/s＝3m/s 相邻瓦片的距离为：Δx＝vt＝3×0.5m＝1.5m 所以在大于L1范围内有瓦片块数：n2个≈4个 则轨道上瓦片的个数为：n＝6个 答：（1）μ0的值为；（2）若直杆自上端开始在长度L1＝1.8m的范围内与瓦片间的动摩擦因数为μ02，其余部分为μ0，忽略瓦片沿着轨道方向的长度，工人师傅每隔0.5s将一瓦片无初速度地放置在轨道顶端，第一片瓦片落地后的某一时刻轨道上瓦片的个数为6个。 十四．牛顿第二定律的临界问题（共2小题） 39．（多选）如图所示，在倾角为θ的光滑斜劈P上有两个用轻质弹簧相连的物块A、B。C为一垂直固定在斜面上的挡板。A、B质量均为m，斜面连同挡板的质量为M，弹簧的劲度系数为k，系统静止于光滑水平面。现用一水平力F作用于P，F从零开始缓慢增大直至B离开挡板C，重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　） A．当F＝0时，挡板受到B物块的压力为2mgsinθ B．当弹簧处于原长时，挡板受到B物块的压力为mgsinθ C．当B恰要离开挡板C时，F＝（2m+M）gtanθ D．当F小于某一数值A相对于斜面静止，F大于某一数值时，A才相对于斜面向上滑动 【答案】AC 【解答】解：A、当F＝0时，对物体A、B整体受力分析如图1。 整体受重力、斜面的支持力N1和挡板的支持力N2，把所有力沿斜面和垂直斜面正交分解，沿平行斜面方向由共点力平衡条件得： N2﹣（2m）gsinθ＝0，得N2＝2mgsinθ，根据牛顿第三定律知，挡板受到的压力为2mgsinθ，故A正确； B、当弹簧处于原长时，对物体A受力分析如图2。 物体A受重力、支持力，物体A与斜面相对静止，故有水平向左的加速度，把重力和支持力合成，根据牛顿第二定律得：mgtanθ＝ma，解得：a＝gtanθ 对B，B的加速度等于gtanθ，B与A受力情况相同，挡板对B没有支持力，则挡板受到B物块的压力为零，故B错误； C、当B恰要离开挡板C时，对AB整体，根据牛顿第二定律得：2mgtanθ＝2ma′，解得：a′＝gtanθ 对AB和斜面整体受力分析，根据牛顿第二定律得：F＝（2m+M）a′＝（2m+M）gtanθ，故C正确； D、用水平力F作用于P时，A具有水平向左的加速度，设加速度大小为a，将加速度分解如图3， 根据牛顿第二定律得 mgsinθ﹣kx＝macosθ 当加速度a增大时，x减小，即弹簧的压缩量减小，物体A相对斜面开始向上滑行．故只要有力作用在P上，A即向上滑动，故D错误。 故选：AC。 40．如图所示，一轻质弹簧的一端固定于倾角为θ＝30°的光滑斜面上端，另一端系质量m＝0.5kg的小球，小球被一垂直于斜面的挡板挡住，此时弹簧恰好为自然长度． 现使挡板以恒定加速度a＝2m/s2匀加速沿斜面向下运动（斜面足够长），已知弹簧的劲度系数k＝50N/m．求： （1）小球开始运动时挡板A对小球提供的弹力． （2）小球从开始运动到与挡板分离时弹簧的伸长量． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）设小球受挡板的弹力为F1，因为开始时弹簧对小球无力， 由mgsinθ﹣F1＝ma 得：F1＝1.5N （2）设小球受弹簧的拉力为F2，因为分离时挡板对小球的力为0， mgsinθ﹣F2＝ma 得：F2＝1.5N； 由F＝kx，得到：x＝0.03m＝3cm； 答：（1）小球开始运动时挡板A对小球提供的弹力为1.5N． （2）小球从开始运动到与挡板分离时弹簧的伸长量为3cm． 十五．斜面上的连接体问题（连接体问题的特例）（共2小题） 41．（多选）在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接。在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则（　　） A．弹簧的弹力大小为TF B．两物块一起运动的加速度大小为a C．若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大 D．若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大 【答案】AC 【解答】解：AB、对整体受力分析，根据牛顿第二定律有 F﹣（m1+m2）gsinθ＝（m1+m2）a，解得agsinθ； 对m2受力分析，根据牛顿第二定律有T﹣m2gsinθ＝m2a，解得TF，故A正确、B错误； C、根据TF，可知若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力T变大，根据胡克定律可知弹簧的伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确； D、根据TF，可知T与θ无关，只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力不变，根据胡克定律可知弹簧的伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。 故选：AC。 42．如图所示，倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平桌面上。质量mA＝0.2kg的物块A与质量mB＝0.3kg的物块B，用细线绕过光滑定滑轮连接，物块A与定滑轮间的细线与斜面平行，用手（图中未画出）托着物块B，使其与定滑轮间的细线竖直。将物块B由静止释放，竖直下落t＝1.0s时，细线突然断开。已知物块A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）细线断开前，其拉力的大小； （2）物块A沿斜面向上运动的距离。 【答案】（1）细线断开前，其拉力的大小为2.4N； （2）物块A沿斜面向上运动的距离为1.2m。 【解答】解：（1）细线断开前，设细线的拉力大小为F，加速度大小为a。根据牛顿第二定律得 对物块A，有 F﹣mAgsin37°﹣μmAgcos37°＝mAa 对物块B，有 mBg﹣F＝mBa 解得：F＝2.4N （2）设细线断开时，物块A的速度大小为v，则v＝at 设细线断开前A运动的位移为x1，则 细线断开后，设物块A加速度大小为a′，由牛顿第二定律有 mAgsin37°+μmAgcos37°＝mAa′ 设继续向上运动的位移为x2，则v2＝2a′x2 故物块A沿斜面向上运动的总位移为 x＝x1+x2 联立解得：x＝1.2m 答：（1）细线断开前，其拉力的大小为2.4N； （2）物块A沿斜面向上运动的距离为1.2m。 十六．等时圆模型（共2小题） 43．如图所示，圆环（圆心为O）和环外一点P在同一竖直平面内．在环上取一点，连该点与P点成一直光滑轨道，一物块由静止开始从P点滑向圆环．A是圆环的最高点、B是圆环的最右端、C是圆环和地面的接触点、D是连PC与环的交点、E是连PO与环的交点．则关于物块滑向圆环所需要的时间（　　） A．沿PA轨道所用的时间最短 B．沿PB轨道所用的时间最短 C．沿PD轨道所用的时间最短 D．沿PE轨道所用的时间最短 【答案】C 【解答】解：以P为顶点，过D、P作圆O2，如图。设圆O2的直径为d，任一轨道与竖直方向的夹角为α，物块沿该轨道从P滑到圆O2上的时间为t。 根据牛顿第二定律得：mgcosα＝ma， 得：a＝gcosα 下滑的位移为：x＝dcosα 由x得：t，t与α无关 则知物块从P点沿不同的轨道滑圆O2上的时间相等，该圆为“等时圆”，所以物块沿PD轨道所用的时间最短。故ABD错误，C正确。 故选：C。 44．（多选）如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆轨道与水平轨道面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆轨道的圆心。已知在同一时刻，a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点；c球由C点自由下落到M点。则下列说法正确的是（　　） A．球a最先到达M点 B．球b最先到达M点 C．球c最先到达M点 D．球c先到M点，球b最后到M点 【答案】CD 【解答】解：设圆轨道的半径为R，a球沿AM轨道运动的位移x1R，加速度为：a1g，由x1a1t12，解得：t1＝2 b球沿BM轨道运动的位移x2＝2R，加速度为：a2gsin60°g，由x2a2t22，解得：t2＝2 c球做自由落体运动，位移x3＝R，由x3得：t3，则t3最小，t2最大，所以球c先到M点，球b最后到M点，故AB错误，CD正确。 故选：CD。 十七．连接体模型（共3小题） 45．如图所示，A、B两个物体相互接触而不粘合，放置在光滑水平面上，质量分别为2kg和4kg。从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用在A、B上，FA、FB随时间的变化规律为FA＝（8﹣2t）N，FB＝（4+2t）N，则t＝4s时A、B的速度分别为（提示：a﹣t图像的面积为速度的变化量）（　　） A．8m/s 8m/s B．6m/s 9m/s C．6.5m/s 8.75m/s D．9m/s 6m/s 【答案】B 【解答】解：A、B分离的临界条件为A、B之间的弹力为零，且此时两者的加速度仍相等，则有 即 解得：t1＝2s 则A、B在0～2s内共同加速，把A、B看成一个整体，2s内所受合力为F合＝FA+FB＝（8﹣2t）N+（4+2t）N＝12N，为恒力，由牛顿第二定律有 F合＝（mA+mB）a1 2s末整体的速度为 v2＝2a1 解得：v2＝4m/s 2s～4s分开加速，对A，根据牛顿第二定律有 FA＝mAaA 可得aA＝（4﹣t）m/s2 则在2s～4s内aA随时间变化的图线如图所示。 根据题意，阴影部分的面积表示2s～4s内的速度变化量，故有 v4A＝v2+Δv 解得t＝4s时A的速度为 v4A＝6m/s 同理可得，B物体的在2s～4s内的加速度随时间的图线如图所示。 同理可得v4B＝v2+Δv′，Δv′m/s＝5m/s 解得t＝4s时B的速度为：v4B＝9m/s 故ACD错误，B正确。 故选：B。 46．（多选）如图所示，质量为M、倾角为30°的斜面体置于水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A、B的质量分别为m、2m，A与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，将A、B由静止释放，在B下降的过程中（物体A未碰到滑轮），斜面体静止不动。下列说法正确的是（　　） A．轻绳对P点的拉力大小为mg B．物体A的加速度大小为g C．地面对斜面体的摩擦力大小为mg D．地面对斜面体的支持力大小为 【答案】AC 【解答】解：AB．由于相同时间内物体B通过的位移是物体A通过的位移的两倍，则物体B的加速度是物体A的加速度的两倍；设物体A的加速度为a，则B的加速度为2a；设物体A、B释放瞬间，轻绳的拉力为T，根据牛顿第二定律得 2T﹣mgsin30°﹣μmgcos30°＝ma 2mg﹣T＝2m×2a 代入数据，联立解得 故A正确，B错误； C．物体B下降过程中，对斜面体、A、B整体，水平方向 Tcos30°﹣f＝macos30° 解得地面对斜面体的摩擦力为 故C正确； D．物体B下降过程中，对斜面体、A、B整体，在竖直方向 （M+3m）g﹣FN﹣Tsin30°＝2m•2a﹣masin30° 解得 故D错误。 故选：AC。 47．如图所示，固定在水平面的斜面倾角为37°，两个小物块A、B用轻绳相连，轻绳绕过斜面顶端的轻质小滑轮，滑轮与轮轴之间的摩擦不计，A物块锁定于斜面底部，B物块离地面高度为h＝10m。已知A物块的质量为m＝1kg，B物块的质量为M＝3kg，A物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。t＝0时刻，解除A物块的锁定状态，当B物块落地瞬间轻绳断裂，A恰好未与滑轮相撞，求： （1）B物块下落过程中的加速度a的大小及落地前瞬间的速度v的大小； （2）斜面的长度L及A从t＝0时刻起到返回斜面底端所需时间t。 【答案】（1）B物块下落过程中的加速度a的大小为5m/s2，落地前瞬间的速度v的大小为10m/s； （2）斜面的长度L及A从t＝0时刻起到返回斜面底端所需时间t为（3）s。 【解答】解：（1）B物块下落过程中，对A，由牛顿第二定律有 T﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma 对B，根据牛顿第二定律有 Mg﹣T＝Ma 联立可得：a＝5m/s2 由运动学公式有 v2＝2ah 解得：v＝10m/s （2）B物块落地后，A继续沿斜面向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有 mgsinθ+μmgcosθ＝ma′ 解得：a′＝10m/s2 设A继续上滑的距离为s，则有 v2＝2a′s 解得：s＝5m 故L＝h+s＝10m+5m＝15m A做匀加速运动的过程，有 h A做匀减速运动的过程，有 s A向下做匀加速运动的过程，根据牛顿第二定律有 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma″ 解得：a″＝2m/s2 设此过程所用时间为t3，则L 解得：t3s 故A从t＝0时刻起到返回斜面底端所需时间t＝t1+t2+t3 解得：t＝（3）s 答：（1）B物块下落过程中的加速度a的大小为5m/s2，落地前瞬间的速度v的大小为10m/s； （2）斜面的长度L及A从t＝0时刻起到返回斜面底端所需时间t为（3）s。 十八．水平传送带模型（共2小题） 48．图（a）为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为图（b）所示的模型。紧朋的传送带始终以v＝1m/s的恒定速率运行，旅客将行李无初速度地放在A处时，也以v＝1m/s的恒定速度平行于传送带运动到B处取行李，A、B间的距离为3m，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．行李在传送带上一直做匀加速直线运动 B．乘客与行李同时到达B处 C．乘客提前0.25s到达B处 D．行李提前0.25s到达B处 【答案】C 【解答】解：将行李无初速度地放在A处时，行李在传送带上开始做匀加速直线运动， 由牛顿第二定律可得：μmg＝ma 代入数据解得：a＝2m/s2 行李与传送带达到共速所用时间，由速度—时间公式可得：t1s＝0.5s 由位移时间公式可得行李的位移为：x1m＝0.25m＜3m＝LAB 可知行李与传送带达到共速后，随传送带一起做匀速运动，做匀速运动的时间为：t2s＝2.75s 行李从A到B的时间为：t＝t1+t2＝0.5s+2.75s＝3.25s 乘客一直做匀速直线运动，从A到B的时间为：t′s＝3s 由以上解析可知乘客提前0.25s到达B处，ABD错误，C正确。 故选：C。 49．如图所示，有质量m＝1kg的煤块（可视为质点）从半径R＝1m的粗糙的圆弧顶端静止下滑，圆弧底部恰好与水平传送带左轮相切。传送带正以速度v顺时针方向匀速转动，传送带AB长度L＝6m，与煤块间的动摩擦因数μ1＝0.1。传送带右端连着一段光滑水平面BC，紧挨着BC的粗糙水平地面上放置着两块相互紧挨着的木板E、F（未粘连）。木板处于静止，上表面刚好与BC面等高，木板E的质量mE＝2kg、长LE＝1.5m，木板F的质量mF＝1kg、长LF＝3m，木板E、F与煤块间的动摩擦因数均为μ2＝0.3，与地面之间的动摩擦因数均为μ3＝0.1，已知煤块滑到圆弧底部时对轨道的压力FN＝26N，求： （1）求煤块到达圆弧底部时的速度v0大小； （2）若传送带速度v可调，求煤块从传送带右端出来时的速度v与传送带速度v的关系； （3）若传送带速度v可调，若物块以（1）问的速度滑上传送带，求煤块从冲到木板上到最终静止整个过程中，在木板上留下的划痕总长度与传送带速度v的关系。 【答案】（1）煤块到达圆弧底部时的速度v0大小为4m/s； （2）见解析； （3）见解析。 【解答】解：（1）根据相互作用以及受力分析得 解得v0＝4m/s （2）当煤块滑上传送带后的加速度 ①当时，v右＝v ②若煤块一直匀加速， 解得， 当 时， ③若煤块一直减速，有 解得v右＝2m/s 当v≤2m/s时，v右＝2m/s （3）当煤块滑上木板E时，煤块的加速度 由于μ2mg＜μ3（mg+mEg+mFg） 木板E、F保持静止。 当煤块滑上木板F时，煤块的加速度保持不变，由于μ2mg＞μ3（mg+mFg） 木板F开始运动，木板F的加速度 若煤块恰好滑到木板E的右端停止，煤块从传送带右端出来的速度 解得v1＝3m/s 若煤块恰好滑到木板F的右端时与木板相对静止，煤块从传送带右端出来的速度 解得 ①当v≤2m/s，v右＝2m/s 两木板均不动， ②当2m/s＜v≤3m/s，v右＝v 两木板不动， ③当 煤块运动到木板F上后相对静止，此时 ④当 煤块运动到木板F上后相对静止， 答：（1）煤块到达圆弧底部时的速度v0大小为4m/s； （2）见解析； （3）见解析。 十九．倾斜传送带模型（共2小题） 50．如图所示，倾斜放置的传送带AB长为10m，以大小为v＝3m/s的恒定速率顺时针转动，传送带的倾角θ＝37°，一个质量为2kg的物块轻放在传送带A端，同时给物块施加一个沿斜面向上的恒定拉力F，物块先加速后匀速从A端运动到B端，物块运动的时间为4s，物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在物块向上运动过程中（　　） A．物块加速运动时的加速度大小为2.5m/s2 B．物块加速运动的时间为 C．物块匀速运动时，受到的摩擦力大小为4N D．物块与传送带之间的痕迹长为3m 【答案】B 【解答】解：AB、初始时物块做加速运动，对其受力分析有：F+μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma 加速运动，设加速时间为t′，由速度—位移公式有：v2﹣0＝2ax加 由速度—时间公式有：v＝at′ 当物块与传送带速度相等时，物块做匀速运动：x匀＝v（t﹣t′） 根据题意有：L＝x加+x匀 解得：a＝2.25m/s2，t′s，F＝8.5N，故A错误，B正确； C、匀速运动时，物块受力平衡，则有：F+Ff＝mgsinθ 解得：Ff＝3.5N，故C错误； D、物块与传送带在发生相对运动时，即物块加速时，物块在传送带上有划痕，物块匀速时和传送带共速，此时没有划痕，所以划痕长为：Δx＝x传﹣x加＝vt′3mm＝2m，故D错误。 故选：B。 51．如图所示，倾角θ＝37°的传送带以v＝2.5m/s的速度逆时针转动。将一质量M＝0.99kg的木块无初速放在传送带的底端A点时，一质量m＝10g的子弹立即以沿传送带向上的速度v0＝1×103m/s击中木块且未穿出，子弹与木块相对运动的时间极短。若传送带足够长且速度不变，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2。 （1）求子弹与木块相对运动的过程中产生的内能Q； （2）求木块（含子弹）在传送带上的运动时间t； （3）每当木块的速度刚减为0时，另一颗完全相同的子弹就靠近木块以相同的速度击中木块一次，不计子弹占据木块的空间，求子弹第n次击中木块后木块向上减速到0的时间tn。 【答案】（1）子弹与木块相对运动的过程中产生的内能Q为4950J； （2）木块（含子弹）在传送带上的运动时间t为2.5s； （3）每当木块的速度刚减为0时，另一颗完全相同的子弹就靠近木块以相同的速度击中木块一次，不计子弹占据木块的空间，求子弹第n次击中木块后木块向上减速到0的时间tn为s。 【解答】解：（1）设子弹击中木块后二者共同速度大小为v块，取沿传送带向上为正方向 根据动量守恒定律有：mv0＝（M+m）v块 代入数据解得：v块＝10m/s 由能量关系有：Q 代入数据解得：Q＝4950J （2）由题意可知木块（含子弹）先沿传送带向上做匀减速直线运动，加速度大小：a＝gsinθ+μgcosθ 代入数据得：a1＝10m/s2 运动时间：t1s＝1s 位移大小：x1m＝5m （3）木块（含子弹）再沿传送带向下加速运动至与传送带共速，加速度大小也为a1 加速时间：t20.25s 位移大小：x20.3125m 因动摩擦因数小于倾角的正切值，所以木块（含子弹）与传送带速度相同后的加速度大小为：a2＝gsinθ﹣μgcosθ 代入数据得：a2＝2m/s2 设加速时间为t3，有 代入数据解得： 则总的运动时间：t＝t1+t2+t3 代入解得总时间：t＝2.5s （3）设第n次子弹击中木块后瞬间，木块的速度大小为vn，以沿斜面向下为正有：mv0＝（M+nm）vn 此后木块（含所有打入木块中的子弹）做匀减速运动的时间： 代入已知数据可得：s。 答：（1）子弹与木块相对运动的过程中产生的内能Q为4950J； （2）木块（含子弹）在传送带上的运动时间t为2.5s； （3）每当木块的速度刚减为0时，另一颗完全相同的子弹就靠近木块以相同的速度击中木块一次，不计子弹占据木块的空间，求子弹第n次击中木块后木块向上减速到0的时间tn为s。 二十．无外力的水平板块模型（共2小题） 52．（多选）如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q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。滑块、长木板的速度图象如图乙所示，已知小滑块与长木板的质量相等，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．t＝10s时长木板P停下来 B．长木板P的长度至少是7.5m C．长木板P和水平地面之间的动摩擦因数是0.075 D．滑块Q在长木块P上滑行的路程是11m 【答案】BC 【解答】解：由右图可知，力F在t1＝5s时撤去，此时长木板P的速度v1＝5m/s，t2＝6s时两者速度相同为v2＝3m/s，t2＝6s前长木板的速度大于滑块Q的速度， t2＝6s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，在0﹣6s过程中，对Q由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1，由v﹣t图象可知，解得：μ1＝0.05，在5﹣6s过程中，对P由牛顿第二定律得μ2（2mg）+μ1mg＝ma2，由右图可得a2＝2m/s2．解得：μ2＝0.0075 A、6s末以后长木板的加速度为a3，由牛顿第二定律得μ2（2m）g﹣μ1mg＝ma3，解得，所以这段时间为，所以t3＝9s时长木板P停下来，故A错误； B、长木板P的长度至少是长度就是在前6s过程中，滑块Q在P上滑行距离，故B正确； C、由上面的分析知道了长木板P和水平地面之间的动摩擦因数是0.075，故C正确； D、6s末到滑块停下来的过程中，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma4，解得，这段时间，所以t4＝12s时长木板P停下来，6s后滑块Q在长木板P上滑行的距离为：，滑块Q在长木块P上滑行的路程是Δx＝Δx1+Δx2＝12m，故D错误。 故选：BC。 53．某游乐园设计了一款游乐设施，其简化图如图所示。在下滑区有一个高h＝6m的斜面AB，倾斜角θ＝37°。一轻质的载人滑板能从A点静止开始下滑，滑板与AB间的动摩擦因数μ1＝0.125。载人滑板过B点后平滑的冲上水平缓冲区CD上的缓冲板，缓冲板质量为M＝20kg。缓冲区CD的长度为18m，缓冲板的上表面与滑板的动摩擦因数μ2＝0.3，下表面与CD间的动摩擦因数μ3＝0.1。CD段右侧为水平接收区EF，缓冲板上表面与B、E等高，且与DE碰撞后即被锁定。已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）游客在滑板上经过B时的速度大小； （2）若游客的质量30kg≤m≤100kg时，恰好均能在CD段不从缓冲板上滑落，则缓冲板的长度L； （3）在满足（2）的情况下，游客相对缓冲板静止时，缓冲板右侧与DE的距离范围。 【答案】（1）游客在滑板上经过B时的速度大小为10m/s； （2）若游客的质量30kg≤m≤100kg时，恰好均能在CD段不从缓冲板上滑落，则缓冲板的长度L为10m； （3）在满足（2）的情况下，游客相对缓冲板静止时，缓冲板右侧与DE的距离范围是m≤x2m。 【解答】解：（1）在AB段，根据牛顿第二定律有：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma 由速度—位移公式变形有： 代入数据得：vB＝10m/s （2）在CD段，当m＝30kg时 对滑板及人m，由牛顿第二定律有：μ2mg＝ma1 对缓冲板M，同理有：μ2mg﹣μ3（M+m）g＝Ma2 当M与m共速时经过的时间为t，则有：vB﹣a1t1＝a2t1＝v1 联立解方程得：t1＝2s，v1＝4m/s B相对C的位移： 代入数据得：Δx＝10m 此时对M有： 代入得：x1＝4m M到E点距离：x2＝LCD﹣Δx﹣x1 代入得：x2＝4m 由二者的速度变化可知，当m增大时，Δx和x1均减小，则缓冲板的长度：L＝Δx＝10m （3）参照（2）的解答，当游客的质量为m时， a2＝0.1m﹣1（m/s2），t1 x1a2 缓冲板右侧与DE的距离为：x2'＝LCD﹣L﹣x1 联立可得：x2'＝8m 由数学知识（应用导数求极值）可得，当m＝40kg时，x2'取最小值，且最小值为m；当m＝100kg时，x2'取最大值，且最大值为m。 则共速时，缓冲板右侧与DE的距离范围是：m≤x2m。 答：（1）游客在滑板上经过B时的速度大小为10m/s； （2）若游客的质量30kg≤m≤100kg时，恰好均能在CD段不从缓冲板上滑落，则缓冲板的长度L为10m； （3）在满足（2）的情况下，游客相对缓冲板静止时，缓冲板右侧与DE的距离范围是m≤x2m。 二十一．有外力的水平板块模型（共2小题） 54．（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． C． D．在0～t1时间段物块与木板加速度相等 【答案】BCD 【解答】解：D、由图（c）可知，0﹣t1时间内，木板没有加速度说明木板和物块相对地面静止不动，也就是说t1时刻前物块和木板静止；t1﹣t2时间内加速度呈线性增加，说明此时木板和物块相对静止，t1时刻后木板和物块共同加速；t2时刻后木板的加速度恒定不变说明木板受到两个滑动摩擦力，木板和物块相对滑动，故D正确； A、t1时刻，对木板和物块整体有：F1＝μ（m1+m2）g，故A错误； B、t2时刻，对物块有：F2﹣μ2m2g＝m2a， 对木板有：μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1a， 联立解得：F2，故B正确； C、t1﹣t2时间内，物块对木板的静摩擦力使木板加速，则有：μ2m2g＞μ1（m1+m2）g，解得：μ2，故C正确； 故选：BCD。 55．如图，一长木板静止在水平地面上，一物块叠放在长木板上，整个系统处于静止状态，长木板的质量为M＝4kg，物块的质量为m＝2kg，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1＝0.2，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.4，对长木板施加一个水平向右的拉力F，拉力F＝40N，作用0.9s后将力撤去，之后长木板和物块继续运动，最终物块没有从长木板上掉下来。物块可看作质点，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g大小取10m/s2，求： （1）刚开始运动时物块与长木板的加速度大小分别为多大； （2）撤去拉力后，m和M运动的时间分别为多少； （3）长木板的最短长度L。 【答案】（1）刚开始运动时物块与长木板的加速度大小分别为2m/s2，3m/s2； （2）撤去拉力后，m和M运动的时间分别为1.1s，0.5s； （3）长木板的最短长度L为0.6m。 【解答】解：（1）假设物块与长木板一起运动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有：F﹣μ2（M+m）g＝（M+m）a0 代入数据解得： 当物块与长木板之间相对滑动时，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律有：μ1mg＝ma1 解得： 由于a0＞a1，所以假设不成立，即物块与长木板之间发生相对滑动。 以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有：F﹣μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma2 代入数据解得： （2）作用时间t1＝0.9s过程中，物块做匀加速直线运动，物块速度的大小为：v1＝a1t1＝2×0.9m/s＝1.8m/s 长木板做匀加速直线运动，长木板速度的大小为：v2＝a2t1＝3×0.9m/s＝2.7m/s 撤去拉力时长木板的速度大于物块速度，则撤去拉力之后物块与长木板之间继续发生相对滑动，设再经t2二者共速，物块继续做匀加速运动，加速度为： 长木板做匀减速直线运动，以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有：μ2（M+m）g+μ1mg＝Ma4 代入数据解得： 设经过时间t2物块与长木板达到共同速度v，根据运动学公式：v＝v1+a3t2＝v2﹣a4t2 代入数据解得：t2＝0.1s，v＝2m/s 当两者速度相等之后，假设物块与长木板一起运动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有μ2（M+m）g＝（M+m）a0′ 解得： 此时物块与长木板之间的摩擦力为：f＝ma0′＝2×4N＝8N 物块与长木板之间的最大静摩擦力为：fm＝μ1mg＝4N 由于f＞fm，则物块与长木板两者速度相等之后不会一起做减速运动，物块相对于长木板向前滑动，物块的加速度： 停止的时间：t3s＝1s 物块运动的时间为：t物＝0.1s+1s＝1.1s 以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有：μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma6 代入数据解得： 停止的时间：t4s＝0.4s 长木板运动的时间为：t板＝0.1s+0.4s＝0.5s （3）作用t1＝0.9s时间过程中，物块的位移：x1m＝0.81m 长木板的位移：x2m＝1.251m 撤去拉力后0.1s，此过程中物块的位移为：x3m＝0.19m 长木板的位移：x4m＝0.235m 在t1＝0.9s和t2＝0.1s时间内物块相对于长木板向左滑动的距离为：Δx1＝x2+x4﹣（x1+x3） 代入数据得：Δx1＝0.45m 当两者速度相等之后，物块减速过程运动位移为：x5m＝1m 长木板减速过程运动位移为：x6m＝0.4m 此过程中物块相对于长木板向前滑动的位移为：Δx2＝x5﹣x6＝1m﹣0.4m＝0.6m 则Δx2＞Δx1，则长木板的最小长度为：L＝Δx2＝0.6m 答：（1）刚开始运动时物块与长木板的加速度大小分别为2m/s2，3m/s2； （2）撤去拉力后，m和M运动的时间分别为1.1s，0.5s； （3）长木板的最短长度L为0.6m。 二十二．探究加速度与力、质量之间的关系（共4小题） 56．以下说法中不正确的是（　　） A．用光电门测量小车瞬时速度时，在一定范围内，挡光片宽度应尽可能小 B．“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，若用力传感器精准测量小车受到的拉力，则无需平衡摩擦力 C．牛顿第二定律F＝kma中，k＝1不是通过实验测量，而是人为规定的结果 D．卡文迪什扭秤实验中，为了观测到重锤连杆的微小转动，利用了光放大的方法 【答案】B 【解答】解：A、当挡光片的宽度越小，挡光片的平均速度越趋近于小车的瞬时速度，故A正确； B、探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，若用力传感器精准测量小车受到的拉力，则仍需平衡摩擦力，以便使小车所受的合外力等于线的拉力，故B错误； C、在国际单位制中，牛顿第二定律的公式F＝kma中的k才等于1，k＝1不是通过实验测量，而是人为规定的结果，故C正确； D、卡文迪什用扭秤实验，测出了万有引力常量，这使用了微小作用放大法，故D正确。 本题选错误的， 故选：B。 57．（多选）关于图示力学实验装置，下列说法中正确的是（　　） A．用此装置“研究匀变速直线运动”时需要平衡摩擦力 B．用此装置“探究小车的加速度与外力的关系”时，若用钩码的重力代替细线对小车的拉力，应保证钩码质量远小于小车质量 C．用此装置“探究功与速度变化的关系”时，将长木板远离滑轮一端适当垫高，且小车未拴细线，轻推小车后，通过纸带分析若小车做匀速运动，即实现平衡摩擦力 【答案】BC 【解答】解：A、在利用该装置“研究匀变速直线运动”的实验中，摩擦力不影响研究结果，故不需要平衡摩擦力，故A错误； B、用此装置“探究小车的加速度与外力的关系”时，当钩码质量远小于小车质量时可以近似认为小车受到的拉力等于钩码的重力，故B正确； C、用此装置“探究功与速度变化的关系”时，实验前要平衡摩擦力，将长木板远离滑轮一端适当垫高，且小车未拴细线，轻推小车后，通过纸带分析，若小车做匀速运动，即实现平衡摩擦，故C正确；故选：BC。 58．某研究性学习小组利用如图甲所示的装置探究小车的加速度与质量的关系。 ①下列操作正确的是 　B　 。 A.拉小车的细绳一定要始终保持与桌面平行 B.拉小车的细绳一定要始终保持与长木板平行 C.平衡摩擦力时，一定要将钩码通过细绳与小车相连 D.每次改变小车的质量时，都要重新移动垫木的位置以平衡摩擦力 ②本实验中认为细绳对小车的拉力等于钩码的总重力，由此造成的误差 　不能　 （选填“能”或“不能”）通过多次测量来减小误差。 ③正确平衡摩擦力后，按住小车，在小车中放入砝码，挂上钩码，打开打点计时器电源，释放小车，得到一条带有清晰点迹的纸带。在保证小车和砝码质量之和远大于钩码质量条件下，改变小车中砝码的质量，重复操作，得到多条纸带。记下小车中的砝码质量，利用纸带测量计算小车加速度。如图乙是其中一条纸带，A、B、C、D、E是计数点，相邻两个计数点间都有4个计时点没有标出，已知打点计时器所接交流电频率为50Hz，则这条纸带记录小车的加速度大小为 　1.72　 m/s2（结果保留三位有效数字）。 ④已知某次小车和砝码的质量之和为M，钩码的总质量为m，细绳中拉力的真实值为F，实验要求相对误差不超过10%，即10%，则实验中选取钩码的总质量应该满足：m＜　0.1　 M。 【答案】（1）B；（2）不能；（3）1.72；（4）0.1。 【解答】解：（1）AB、为了保证小车所受的拉力方向不变，拉小车的细线一定要始终保持与长木板平行，即与平面轨道平行，故A错误，B正确； C、平衡摩擦力时，小车前面一定不要将钩码通过细线与小车相连，故C错误； D、根据平衡摩擦力的原理，只平衡一次摩擦力，每次改变小车的质量时，不需要重新移动垫木的位置以平衡摩擦力，故D错误。 故选：B。 （2）根据牛顿第二定律，对整体：mg＝（m+M）a 对小车：F＝Ma 解得小车受到的拉力： 由上式看出，当满足M≫m时，拉力：F≈mg 由此可见，本实验中认为细线对小车的拉力等于钩码的总重力，是由实验方法所致，不能采用多次测量取平均值来减小误差；若要减小误差，则钩码的总重力应 远小于小车的总重力。 （3）两计数点之间的时间间隔： 根据逐差法，求加速度： （4）由上述结论，小车受到的拉力为： 又由题设条件：， 联立解得：m＜0.1M 故答案为：（1）B；（2）不能；（3）1.72；（4）0.1。 59．“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示。小车后面固定一条纸带，穿过电火花打点计时器，细线一端连着小车，另一端绕过光滑的定滑轮和质量不计的动滑轮与挂在竖直平面内的拉力传感器相连，拉力传感器用于测小车受到拉力的大小。 （1）实验中 　不需要　 （填写“需要”或“不需要”）满足所挂钩码质量远小于小车质量。 （2）若某同学实验过程中忘记了平衡摩擦力，其他操作都正确，则他所得到的小车a﹣F关系图像应是图中的 　D　 （图中纵坐标表示小车的加速度a，横坐标表示细线对小车的拉力F）。 （3）某小组在实验中打出的纸带如图乙所示，图中相邻两计数点间还有4个点未画出，打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz。则小车的加速度大小为 　2.0　 m/s2（结果保留两位有效数字）。 （4）若所有操作都正确，现测得小车的质量为M，小车的加速度为a，当地重力加速度为g，则钩码的总质量m＝ 　　 （用M、a、g表示）。 【答案】（1）不需要；（2）D；（3）2.0；（4）。 【解答】解：（1）因细绳上连有拉力传感器，可以准确测出绳的拉力，从而得到小车的合力，不需要用钩码的重力近似替代绳的拉力，也就不需要满足所挂钩码质量远小于小车质量。 （2）若某同学实验过程中忘记了平衡摩擦力，则用一定的外力拉物体时加速度为零，a﹣F图像不过坐标原点，与横坐标有交点；又因为使用了拉力传感器，故图像不会弯曲，故ABC错误，D正确。 故选：D。 （3）图中相邻两计数点间还有4个点未画出，则相邻两计数点间的时间间隔为 T＝55s＝0.1s 根据匀变速直线运动的推论Δx＝aT2可得xBD﹣xOB＝a（2T）2 则 （4）钩码挂在动滑轮下，若小车的加速度为a，则钩码加速度为，对钩码受力分析，由牛顿第二定律可知 可得 小车平衡摩擦力后，由牛顿第二定律可得F＝Ma＝T 联立可得 故答案为：（1）不需要；（2）D；（3）2.0；（4）。 学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四章 运动和力的关系（易错59题22大考点）（原卷版） 一．牛顿第一定律的内容与应用（共2小题） 二．惯性与质量（共2小题） 三．牛顿第二定律的简单应用（共6小题） 四．牛顿第二定律求解瞬时问题（共3小题） 五．牛顿第二定律求解多过程问题（共3小题） 六．牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题）（共2小题） 七．力学单位制与单位制（共3小题） 八．牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况（共2小题） 九．牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力（共2小题） 十．超重与失重的概念、特点和判断（共3小题） 十一．根据超重或失重状态计算物体的运动情况（共4小题） 十二．物体在光滑斜面上的运动（共3小题） 十三．物体在粗糙斜面上的运动（共3小题） 十四．牛顿第二定律的临界问题（共2小题） 十五．斜面上的连接体问题（连接体问题的特例）（共2小题） 十六．等时圆模型（共2小题） 十七．连接体模型（共3小题） 十八．水平传送带模型（共2小题） 十九．倾斜传送带模型（共2小题） 二十．无外力的水平板块模型（共2小题） 二十一．有外力的水平板块模型（共2小题） 二十二．探究加速度与力、质量之间的关系（共4小题） 一．牛顿第一定律的内容与应用（共2小题） 1．各个面都光滑的直角三角体A放在光滑的斜面B上时，恰好使一直角边水平，如图所示，将一个小球置于该光滑直角边水平面上，然后将三角体A由静止释放，则小球在碰到斜面之前的运动轨迹是（　　） A．平行斜面向下的直线 B．竖直向下的直线 C．无规则曲线 D．垂直斜面的直线 2．（多选）对于牛顿第一定律及惯性的理解，下列说法正确的是（　　） A．速度大的物体，其惯性也大 B．任何有质量的物体都具有惯性 C．没有力作用的物体，其速度可能很大 D．运动的物体之所以会停下来，是因为其受到阻力的作用 二．惯性与质量（共2小题） 3．打水漂是人类最古老的游戏之一（如图所示）。瓦片从手上水平飞出，擦水面飞行，并在水面上向前弹跳几次后下沉。下列关于瓦片的判断正确的是（　　） A．初速度越大，惯性越大 B．飞行时间越长，惯性越大 C．飞行距离越长，惯性越大 D．质量越大，惯性越大 4．（多选）小轩很喜欢爸爸新买的数码照相机，在旅途中拍下了火车内桌面上塑料杯瞬间的不同状态，如图的甲、乙、丙，则下列关于火车运动状态的判断可能正确的是（　　） A．甲图中火车在匀速运动，乙图中火车突然向左加速，丙图中火车突然向左减速 B．甲图中火车在匀速运动，乙图中火车突然向右加速，丙图中火车突然向左加速 C．甲图中火车在匀速运动，乙图中火车突然向左加速，丙图中火车突然向右减速 D．甲图中火车在匀速运动，乙图中火车突然向右减速，丙图中火车突然向右加速 三．牛顿第二定律的简单应用（共6小题） 5．如图甲两物体A、B叠放在光滑水平面上，对物体B施加一水平变力F，F﹣t关系图像如图乙所示。两物体在变力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止。则（　　） A．t时刻，两物体之间的摩擦力最大 B．t时刻，两物体的速度方向开始改变 C．t﹣2t时间内，两物体之间的摩擦力逐渐减小 D．0﹣2t时间内，物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同 6．一喷气飞行器在空中斜向上运动，运动方向与竖直方向成53°角，且做加速度大小为0.1g的匀加速直线运动，如图所示。若运动过程中所受空气阻力大小为其重力的0.1倍，g为重力加速度，m为飞行器的质量（假设始终保持不变），则飞行器所受推力的大小是（　　）（不再考虑其他作用力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6） A． B． C． D． 7．（多选）如图所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小恒为v＝2m/s，一物块从B端以初速度v0＝4m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10m/s2，下列判断正确的是（　　） A．如果物块从A端离开传送带，两端A、B间距离可能为3 m B．如果物块从B端离开传送带，两端A、B间距离可能为3 m C．如果两端A、B间距离为4 m，物块离开传送带时的速度大小为2 m/s D．如果两端A、B间距离为4 m，物块离开传送带时的速度大小为4 m/s 8．（多选）将一羽毛球竖直向上击出，过一段时间小球回到击出点。羽毛球受到重力和空气阻力，以竖直向下为正方向，绘制出羽毛球从抛出到回到抛出点（t2时刻）的v﹣t图线如图所示。下列说法正确的是（　　） A．羽毛球的速度一直在增大 B．羽毛球上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度 C．羽毛球加速度的方向在最高点发生了改变 D．t1时刻羽毛球到达最高点 9．如图所示，质量为m的物体随自动扶梯加速上升．已知加速度的大小为a，方向与水平成θ角，求： （1）物体在加速上升中受到的摩擦力大与方向． （2）物体所受支持力的大小． 10．（B）如图所示的装置是某工厂用于产品分拣的传送带示意图，产品（可以忽略其形状和大小）无初速地放上水平传送带AB的最左端，当产品运动到水平传送带最右端时被挡板d挡住，分拣员在此鉴定产品质量，不合格的被取走，合格品被无初速地放在斜向传送带BC的顶端，滑至底端的传送带后再进行包装等工序．已知传送带AB、BC与产品间的动摩擦因数μ＝0.5，均以v＝4m/s的速度按图示方向匀速转动，水平传送带AB长L1＝12m，斜向传送带BC长L2＝1.64m，倾角α＝37°（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2），求： （1）产品刚放上水平传送带AB时，产品加速度的大小和方向； （2）产品在水平传送带AB上运动的时间； （3）产品在斜向传送带BC上运动的时间． 四．牛顿第二定律求解瞬时问题（共3小题） 11．如图所示，倾角为θ＝30°的固定足够长的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的F＝mg的恒力作用下处于静止状态。某一时刻将力F撤去，若弹簧将A、B弹起的过程中，A、B能够分离，则下列叙述正确的是（　　） A．撤去力的瞬间，A、B的加速度大小均为g B．撤去力的瞬间，A对B的弹力大小为 C．A、B被弹起的过程中，两者即将分离时，弹簧处于压缩状态 D．若斜面粗糙且与A、B间的动摩擦因数相同，A、B能被弹起，分离位置与斜面光滑时相同 12．如图所示，光滑轻质滑轮固定在天花板上，一根不可伸长的轻绳跨过滑轮分别系着物块A和小球B，物块A放置在水平地面上，小球B静止在空中，A、B质量分别为4m、m，物块A与水平面间的动摩擦因数为0.5，滑轮左侧轻绳与水平面间夹角为53°，现施加水平拉力F作用在小球B上使其缓慢转动至物块A即将发生滑动为止，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，以下说法正确的是（　　） A．轻绳对定滑轮的作用力逐渐增大，方向不变 B．拉力F最大值为mg C．A即将滑动时，突然撤去拉力F的瞬间，小球B的加速度大小为g D．在A即将滑动时，撤去拉力F后，物块A会发生滑动 13．（多选）如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻弹簧恰好处于水平状态，则下列计算正确的是（　　） A．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为1： B．A、B的质量之比为 C．同时剪断两细线的瞬间，A、B 的瞬时加速度大小之比为 D．同时剪断两细线的瞬间，A、B 的瞬时加速度大小之比为 五．牛顿第二定律求解多过程问题（共3小题） 14．斜面ABC中AB段粗糙，BC段光滑，如图甲所示。质量为1kg的小物块（可视为质点）以v0＝12m/s的初速度沿斜面向上滑行，到达C处速度恰好为零。物块在AB段的加速度是BC段加速度的两倍，其上滑过程的v﹣t图像如图乙所示（vB、t0未知），重力加速度g取10m/s2。则根据上述条件，下列可以求得的是（　　） A．物块与斜面之间的动摩擦因数 B．斜面的倾角 C．斜面AB段的长度 D．物块沿斜面向下滑行通过AB段的加速度 15．（多选）如图甲所示，长木板B在静止在水平地面上，在t＝0时刻，可视为质点、质量为1kg的物块A在水平外力F作用下，从长木板的左端滑上从静止开始运动，1s后撤去外力F，物块A、长木板B的速度—时间图像如图乙所示，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．长木板的最小长度为2m B．A、B间的动摩擦因数是0.1 C．长木板的质量为0.5kg D．外力F的大小为4N 16．在学校科技节上，物理老师在空旷的操场竖直向上发射一枚总质量为2kg的火箭模型。如图所示，在t＝0时刻发动机点火，为火箭提供了竖直向上、大小恒为45N的推力，随后经过3s，发动机熄火，在达到最大高度后，火箭打开顶部的降落伞，在降落伞作用下向下做匀加速运动，到达地面时的速度大小为9m/s。已知火箭箭体在运动的过程中，受到的空气阻力大小恒为5N，把降落伞提供的阻力视为恒定不变，重力加速度g取10m/s2，不考虑火箭发射过程中喷出的气体对火箭质量的影响，火箭在运动的过程中可视为质点。 （1）求火箭上升的最大高度； （2）求降落伞提供的阻力大小； （3）某次实验，由于机械故障，降落伞是在火箭下落到与发动机刚熄火时的等高处才打开，求火箭落地的速度大小。（结果可保留根号） 六．牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题）（共2小题） 17．（多选）发光弹弓飞箭是夏季广场常见的玩具，其利用弹弓将飞箭射向高空。假设质量为的飞箭从地面以初速度v0竖直向上射出，若运动过程中受到的阻力与其速率成正比，飞箭运动的速率随时间变化的规律如图所示，其在t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v1，且落地前飞箭已经做匀速运动，已知重力加速度为g，下列关于小球运动的说法中错误的是（　　） A．飞箭在上升过程中的平均速度大于 B．在t1时刻飞箭的加速度大小为g C．在速度达到之前飞箭的速度v1的过程中加速度先减小后增大 D．飞箭射出瞬间的加速度大小为g 18．（1）假如有一水滴从100m高空由静止落向地面，若忽略空气阻力，计算：该水滴落地时的速度v。（g＝10m/s2） （2）但是雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f＝kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系数。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。 a.雨滴下落高度足够高，画出雨滴下落过程的速度随时间变化的v﹣t图像； b.设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式； c.分析说明，半径分别为r1和r2的两雨滴（r1＞r2）从同一高度由静止下落，谁先到达地面？ 七．力学单位制与单位制（共3小题） 19．某国宇航局发射行星探测卫星，由于没有把部分资料中实际使用的单位制转换为国际单位制，造成重大损失。国际单位制中力学有三个基本单位，用这三个基本单位导出功率单位—瓦特（W）的表达形式为（　　） A．kg•m2•s﹣3 B．kg•m3•s﹣2 C．kg2•m3•s﹣1 D．kg2•m•s﹣3 20．近10年来我国大力发展空军和海军，新增舰船是除美国外其他国家的总和。无论是飞机还是战舰设计，都需要复杂的流体力学知识。当流体流动时，根据流动特征可以分成湍流和层流：如果流体质点的轨迹（一般说随初始空间坐标x、y、z随时间t而变）是有规则的光滑曲线（最简单的情形是直线），这种流动叫层流，此时流体分层流动，各层互不混合，没有这种性质的流动叫湍流。不同状态的流体动力学方程不一样。流体力学中用一个无量纲的数﹣﹣雷诺数Re（Reynoldsnumber），来表征流体的这一特征，一般情况下，雷诺数小的时候是层流，雷诺数大的时候是湍流。已知雷诺数由四个变量决定，流体的流速v、流体的密度ρ、特征长度d，黏性系数μ．请根据所学知识对雷诺数的表达式做出判断，以下表达式中可能正确的是：（已知黏性系数μ为流体中相距dx的两平行液层，由于内摩擦，使垂直于流动方向的液层间存在速度梯度，当速度梯度为1个单位，相邻层“单位”接触面S上所产生的黏滞力F（亦称内摩擦力）即黏性系数，以μ表示：μ/它的单位是Pa•s）（　　） A．Re B．Re C．Re D．Re 21．（多选）物理单位由基本单位和导出单位组成，物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系。如公式W＝FL既反映了功、力和位移之间的关系，也确定了J（焦）等效于N（牛）和m（米）的乘积。下面几种单位组合与磁通量单位Wb（韦）等效的是（　　） A． B． C． D． 八．牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况（共2小题） 22．如图所示，质量为1kg的木块（视为质点）被水平向左的力F压在竖直墙壁上，其压力F＝kx（k为常数，x为木块位移），木块从离地面高度5m处静止释放，到达地面时速度恰减为0。若木块与墙面之间的动摩擦因数0.2，重力加速度大小为10m/s2，则（　　） A．k＝4 B．k＝20 C．木块下滑过程中，在x＝1.25m处速度最大，且最大值为5m/s D．木块下滑过程中，在x＝2.50m处速度最大，且最大值为10m/s 23．如图所示是某幼儿园的户外滑梯，直滑道长L＝4m，滑道倾角θ＝37°，一质量为m＝20kg的儿童从直滑道上端由静止开始向下滑行，儿童与滑道间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），求： （1）儿童下滑的加速度大小； （2）儿童滑到底端所用的时间及滑到底端时的速度大小。 九．牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力（共2小题） 24．如图所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A上的顶端O处，细线另一端拴一质量为m＝0.2kg的小球静止在A上。若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a。（取g＝10m/s2）则（　　） A．当a＝5m/s2时，线中拉力为N B．当a＝10m/s2时，小球受的支持力为N C．当a＝12m/s2时，经过1秒钟小球运动的水平位移是6m D．在稳定后，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和 25．2023年8月16日，备受瞩目的世界机器人大会在北京盛大开幕。新一代送餐机器人首次登场，如图所示，只要设置好路线、放好餐盘，它就会稳稳地举着托盘，到达指定的位置送餐。已知配餐点和目标位置在一条直线通道上，机器人送餐时从静止开始启动，加速过程的加速度大小a1＝2m/s2，速度达到v＝2m/s后匀速，之后适时匀减速，减速历时2s恰好把食物平稳送到目标位置，整个送餐用时t＝23s。若载物平台始终呈水平状态，食物与餐盘的总质量m＝2kg，食物、餐盘与平台间无相对滑动，取重力加速度g＝10m/s2，试求： （1）机器人加速过程的时间t1； （2）配餐点和目标位置的直线距离 x； （3）减速过程中平台对食物和餐盘整体的平均作用力的大小F。 十．超重与失重的概念、特点和判断（共3小题） 26．在一电梯的地板上有一压力传感器，其上放一物体，如图甲所示，当电梯运行时，传感器示数大小随时间变化的关系图象如图乙，根据图象分析得出的结论中正确的是（　　） A．t1～t2时间内电梯一定加速向上运动 B．t3～t4时间内电梯一定加速向下运动 C．t1～t2时间内物块处于失重状态 D．t3～t4时间内物块处于失重状态 27．“蹦极”运动中，将一根有弹性的绳系在蹦极者身上，另一端固定在跳台上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。不计空气阻力的影响。从绳刚好伸直时，到人第一次下降至最低点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．人先处于超重状态，后处于失重状态 B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能先增大后减小 C．绳对人的冲量始终向上，人的动量先减小后增大 D．人的动能的减少量等于绳的弹性势能的增加量 28．（多选）图为蹦极运动的示意图。弹性绳的一端固定在A点，另一端和运动员相连。运动员从A点自由下落，至点B弹性绳自然伸直，经过合力为零的点C到达最低点D，然后弹起。整个过程中忽略空气阻力。分析这一过程，下列表述正确的是（　　） A．经过B点时，运动员的速率最大 B．经过C点时，运动员的速率最大 C．从B点到C点过程中，运动员的加速度减小，处于失重状态 D．从C点到D点过程中，运动员的加速度增大，处于失重状态 十一．根据超重或失重状态计算物体的运动情况（共4小题） 29．利用智能手机中的加速度传感器可以测量手机的加速度a。用手掌托着手机，手掌从静止开始上下运动，软件显示竖直方向上的a﹣t图像如图，该图像以竖直向上为正方向。则手机（　　） A．在t2时刻运动到最高点 B．在t3时刻改变运动方向 C．在t2到t4时间内，受到的支持力先减小再增大 D．在t1到t3时间内，受到的支持力先增大再减小 30．如图所示，弯折杆ABCD的D端接一个小球杆和球的总质量为m，一小环套在杆AB段上用绳吊着，恰好能一起以加速度a竖直向上做匀加速运动，杆AB段与水平方向的夹角为θ，则（　　） A．杆对环的压力为 mgsinθ+masinθ B．环与杆的摩擦力为 mgcosθ+mαcosθ C．环对杆和球的作用力为mg+ma D．杆和球处于失重状态 31．（多选）电梯的顶部挂一个弹簧秤，秤下端挂了一个质量为1kg的重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为12N．关于电梯的运动（如图所示），以下说法正确的是（g取10m/s2）（　　） A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为2m/s2 B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为4m/s2 C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为4m/s2 D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为2m/s2 32．质量是60kg的人站在升降机中的体重计上（g取10m/s2），求： （1）升降机匀速上升时体重计的读数； （2）升降机以4m/s2的加速度匀加速上升时体重计的读数． 十二．物体在光滑斜面上的运动（共3小题） 33．如图甲所示，用一水平外力F推着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，若重力加速度g取10m/s2．根据图乙中所提供的信息不能计算出（　　） A．物体的质量 B．斜面的倾角 C．物体能静止在斜面上所施加的最小外力 D．加速度为6 m/s2时物体的速度 34．（多选）如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA，光滑挡板OB与水平方向的夹角为θ，挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动。现将重为G的圆球放在斜面与挡板之间。下列说法正确的是（　　） A．若θ＝60°，球对斜面的压力大小为G B．若挡板板OB从θ＝30°位置沿逆时针方向缓慢转动到θ＝90°过程中，则球对斜面的压力逐渐增大 C．若θ＝30°，使小车水平向左做变加速运动，则小车对地面的压力增大 D．若θ＝60°，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零 35．如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ＝53°的足够长斜面，斜面上放一块上表面光滑长度L＝1.8m、质量m＝0.8kg的薄平板PQ，其下端Q与斜面底端O的距离为7.05m，在平板的上端P处放一质量M＝1.6kg的小滑块（可视为质点），开始时使平板和滑块都静止，现将它们无初速释放．假设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，不考虑小滑块由平板滑到斜面上对速度的变化（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2），求： （1）小滑块离开平板时平板的速度大小； （2）小滑块从静止开始运动到斜面底端O处所经历的时间； （3）小滑块到达底端O处时，平板的Q端与O处的距离． 十三．物体在粗糙斜面上的运动（共3小题） 36．滑块以一定的初速度沿倾角为θ，动摩擦因数为μ的粗糙斜面从底端上滑，经时间t甲到达最高点A后，再经时间t乙返回到底端．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。对比甲、乙两图，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙图中，滑块运动时间之比为t甲：t乙＝4：3 B．甲、乙图中，滑块运动加速度之比为a甲：a乙＝4：3 C．由甲、乙两图可知， D．甲、乙图中，滑块经过和时间内摩擦力做的功之比为4：3 37．（多选）如图甲所示，在粗糙水平地面上静置一个截面为等腰三角形的斜劈A，其质量为M，两个底角均为30°，质量均为m的完全相同的小物块P和Q恰好能沿两侧面匀速下滑。若现在分别对两物块同时施加平行于斜劈侧面的恒力F1、F2，且F1＜F2，如图乙所示，重力加速度为g，则在P和Q下滑的过程中，下列说法正确的是（　　） A．P的加速度小于Q的加速度 B．斜劈A受到地面向左的摩擦力作用 C．斜劈A对地面的压力等于（M+2m）g D．斜劈A对地面的压力等于（M+2m）g） 38．如图所示，工人师傅自房檐向水平地面运送瓦片，他将两根完全一样的直杆平行固定在房檐和地面之间当成轨道，瓦片沿轨道滑动时，其垂直于直杆的截面外侧为半径为0.1m的圆弧。已知两直杆之间的距离为，房檐距地面的高度为4m，两直杆在房檐和地面之间的长度L＝8m，忽略直杆的粗细，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。工人师傅将瓦片无初速度地放置在轨道顶端，只有瓦片与直杆间的动摩擦因数小于μ0（未知）时，瓦片才能开始沿轨道下滑，取g＝10m/s2。 （1）求μ0； （2）若直杆自上端开始在长度L1＝1.8m的范围内与瓦片间的动摩擦因数为，其余部分为μ0，忽略瓦片沿着轨道方向的长度，工人师傅每隔0.5s将一瓦片无初速度地放置在轨道顶端，求第一片瓦片落地后的某一时刻轨道上瓦片的个数。 十四．牛顿第二定律的临界问题（共2小题） 39．（多选）如图所示，在倾角为θ的光滑斜劈P上有两个用轻质弹簧相连的物块A、B。C为一垂直固定在斜面上的挡板。A、B质量均为m，斜面连同挡板的质量为M，弹簧的劲度系数为k，系统静止于光滑水平面。现用一水平力F作用于P，F从零开始缓慢增大直至B离开挡板C，重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　） A．当F＝0时，挡板受到B物块的压力为2mgsinθ B．当弹簧处于原长时，挡板受到B物块的压力为mgsinθ C．当B恰要离开挡板C时，F＝（2m+M）gtanθ D．当F小于某一数值A相对于斜面静止，F大于某一数值时，A才相对于斜面向上滑动 40．如图所示，一轻质弹簧的一端固定于倾角为θ＝30°的光滑斜面上端，另一端系质量m＝0.5kg的小球，小球被一垂直于斜面的挡板挡住，此时弹簧恰好为自然长度． 现使挡板以恒定加速度a＝2m/s2匀加速沿斜面向下运动（斜面足够长），已知弹簧的劲度系数k＝50N/m．求： （1）小球开始运动时挡板A对小球提供的弹力． （2）小球从开始运动到与挡板分离时弹簧的伸长量． 十五．斜面上的连接体问题（连接体问题的特例）（共2小题） 41．（多选）在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接。在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则（　　） A．弹簧的弹力大小为TF B．两物块一起运动的加速度大小为a C．若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大 D．若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大 42．如图所示，倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平桌面上。质量mA＝0.2kg的物块A与质量mB＝0.3kg的物块B，用细线绕过光滑定滑轮连接，物块A与定滑轮间的细线与斜面平行，用手（图中未画出）托着物块B，使其与定滑轮间的细线竖直。将物块B由静止释放，竖直下落t＝1.0s时，细线突然断开。已知物块A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）细线断开前，其拉力的大小； （2）物块A沿斜面向上运动的距离。 十六．等时圆模型（共2小题） 43．如图所示，圆环（圆心为O）和环外一点P在同一竖直平面内．在环上取一点，连该点与P点成一直光滑轨道，一物块由静止开始从P点滑向圆环．A是圆环的最高点、B是圆环的最右端、C是圆环和地面的接触点、D是连PC与环的交点、E是连PO与环的交点．则关于物块滑向圆环所需要的时间（　　） A．沿PA轨道所用的时间最短 B．沿PB轨道所用的时间最短 C．沿PD轨道所用的时间最短 D．沿PE轨道所用的时间最短 44．（多选）如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆轨道与水平轨道面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆轨道的圆心。已知在同一时刻，a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点；c球由C点自由下落到M点。则下列说法正确的是（　　） A．球a最先到达M点 B．球b最先到达M点 C．球c最先到达M点 D．球c先到M点，球b最后到M点 十七．连接体模型（共3小题） 45．如图所示，A、B两个物体相互接触而不粘合，放置在光滑水平面上，质量分别为2kg和4kg。从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用在A、B上，FA、FB随时间的变化规律为FA＝（8﹣2t）N，FB＝（4+2t）N，则t＝4s时A、B的速度分别为（提示：a﹣t图像的面积为速度的变化量）（　　） A．8m/s 8m/s B．6m/s 9m/s C．6.5m/s 8.75m/s D．9m/s 6m/s 46．（多选）如图所示，质量为M、倾角为30°的斜面体置于水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A、B的质量分别为m、2m，A与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，将A、B由静止释放，在B下降的过程中（物体A未碰到滑轮），斜面体静止不动。下列说法正确的是（　　） A．轻绳对P点的拉力大小为mg B．物体A的加速度大小为g C．地面对斜面体的摩擦力大小为mg D．地面对斜面体的支持力大小为 47．如图所示，固定在水平面的斜面倾角为37°，两个小物块A、B用轻绳相连，轻绳绕过斜面顶端的轻质小滑轮，滑轮与轮轴之间的摩擦不计，A物块锁定于斜面底部，B物块离地面高度为h＝10m。已知A物块的质量为m＝1kg，B物块的质量为M＝3kg，A物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。t＝0时刻，解除A物块的锁定状态，当B物块落地瞬间轻绳断裂，A恰好未与滑轮相撞，求： （1）B物块下落过程中的加速度a的大小及落地前瞬间的速度v的大小； （2）斜面的长度L及A从t＝0时刻起到返回斜面底端所需时间t。 十八．水平传送带模型（共2小题） 48．图（a）为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为图（b）所示的模型。紧朋的传送带始终以v＝1m/s的恒定速率运行，旅客将行李无初速度地放在A处时，也以v＝1m/s的恒定速度平行于传送带运动到B处取行李，A、B间的距离为3m，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．行李在传送带上一直做匀加速直线运动 B．乘客与行李同时到达B处 C．乘客提前0.25s到达B处 D．行李提前0.25s到达B处 49．如图所示，有质量m＝1kg的煤块（可视为质点）从半径R＝1m的粗糙的圆弧顶端静止下滑，圆弧底部恰好与水平传送带左轮相切。传送带正以速度v顺时针方向匀速转动，传送带AB长度L＝6m，与煤块间的动摩擦因数μ1＝0.1。传送带右端连着一段光滑水平面BC，紧挨着BC的粗糙水平地面上放置着两块相互紧挨着的木板E、F（未粘连）。木板处于静止，上表面刚好与BC面等高，木板E的质量mE＝2kg、长LE＝1.5m，木板F的质量mF＝1kg、长LF＝3m，木板E、F与煤块间的动摩擦因数均为μ2＝0.3，与地面之间的动摩擦因数均为μ3＝0.1，已知煤块滑到圆弧底部时对轨道的压力FN＝26N，求： （1）求煤块到达圆弧底部时的速度v0大小； （2）若传送带速度v可调，求煤块从传送带右端出来时的速度v与传送带速度v的关系； （3）若传送带速度v可调，若物块以（1）问的速度滑上传送带，求煤块从冲到木板上到最终静止整个过程中，在木板上留下的划痕总长度与传送带速度v的关系。 十九．倾斜传送带模型（共2小题） 50．如图所示，倾斜放置的传送带AB长为10m，以大小为v＝3m/s的恒定速率顺时针转动，传送带的倾角θ＝37°，一个质量为2kg的物块轻放在传送带A端，同时给物块施加一个沿斜面向上的恒定拉力F，物块先加速后匀速从A端运动到B端，物块运动的时间为4s，物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在物块向上运动过程中（　　） A．物块加速运动时的加速度大小为2.5m/s2 B．物块加速运动的时间为 C．物块匀速运动时，受到的摩擦力大小为4N D．物块与传送带之间的痕迹长为3m 51．如图所示，倾角θ＝37°的传送带以v＝2.5m/s的速度逆时针转动。将一质量M＝0.99kg的木块无初速放在传送带的底端A点时，一质量m＝10g的子弹立即以沿传送带向上的速度v0＝1×103m/s击中木块且未穿出，子弹与木块相对运动的时间极短。若传送带足够长且速度不变，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2。 （1）求子弹与木块相对运动的过程中产生的内能Q； （2）求木块（含子弹）在传送带上的运动时间t； （3）每当木块的速度刚减为0时，另一颗完全相同的子弹就靠近木块以相同的速度击中木块一次，不计子弹占据木块的空间，求子弹第n次击中木块后木块向上减速到0的时间tn。 二十．无外力的水平板块模型（共2小题） 52．（多选）如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q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。滑块、长木板的速度图象如图乙所示，已知小滑块与长木板的质量相等，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．t＝10s时长木板P停下来 B．长木板P的长度至少是7.5m C．长木板P和水平地面之间的动摩擦因数是0.075 D．滑块Q在长木块P上滑行的路程是11m 53．某游乐园设计了一款游乐设施，其简化图如图所示。在下滑区有一个高h＝6m的斜面AB，倾斜角θ＝37°。一轻质的载人滑板能从A点静止开始下滑，滑板与AB间的动摩擦因数μ1＝0.125。载人滑板过B点后平滑的冲上水平缓冲区CD上的缓冲板，缓冲板质量为M＝20kg。缓冲区CD的长度为18m，缓冲板的上表面与滑板的动摩擦因数μ2＝0.3，下表面与CD间的动摩擦因数μ3＝0.1。CD段右侧为水平接收区EF，缓冲板上表面与B、E等高，且与DE碰撞后即被锁定。已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）游客在滑板上经过B时的速度大小； （2）若游客的质量30kg≤m≤100kg时，恰好均能在CD段不从缓冲板上滑落，则缓冲板的长度L； （3）在满足（2）的情况下，游客相对缓冲板静止时，缓冲板右侧与DE的距离范围。 二十一．有外力的水平板块模型（共2小题） 54．（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． C． D．在0～t1时间段物块与木板加速度相等 55．如图，一长木板静止在水平地面上，一物块叠放在长木板上，整个系统处于静止状态，长木板的质量为M＝4kg，物块的质量为m＝2kg，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1＝0.2，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.4，对长木板施加一个水平向右的拉力F，拉力F＝40N，作用0.9s后将力撤去，之后长木板和物块继续运动，最终物块没有从长木板上掉下来。物块可看作质点，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g大小取10m/s2，求： （1）刚开始运动时物块与长木板的加速度大小分别为多大； （2）撤去拉力后，m和M运动的时间分别为多少； （3）长木板的最短长度L。 二十二．探究加速度与力、质量之间的关系（共4小题） 56．以下说法中不正确的是（　　） A．用光电门测量小车瞬时速度时，在一定范围内，挡光片宽度应尽可能小 B．“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，若用力传感器精准测量小车受到的拉力，则无需平衡摩擦力 C．牛顿第二定律F＝kma中，k＝1不是通过实验测量，而是人为规定的结果 D．卡文迪什扭秤实验中，为了观测到重锤连杆的微小转动，利用了光放大的方法 57．（多选）关于图示力学实验装置，下列说法中正确的是（　　） A．用此装置“研究匀变速直线运动”时需要平衡摩擦力 B．用此装置“探究小车的加速度与外力的关系”时，若用钩码的重力代替细线对小车的拉力，应保证钩码质量远小于小车质量 C．用此装置“探究功与速度变化的关系”时，将长木板远离滑轮一端适当垫高，且小车未拴细线，轻推小车后，通过纸带分析若小车做匀速运动，即实现平衡摩擦力 58．某研究性学习小组利用如图甲所示的装置探究小车的加速度与质量的关系。 ①下列操作正确的是 　 　 。 A.拉小车的细绳一定要始终保持与桌面平行 B.拉小车的细绳一定要始终保持与长木板平行 C.平衡摩擦力时，一定要将钩码通过细绳与小车相连 D.每次改变小车的质量时，都要重新移动垫木的位置以平衡摩擦力 ②本实验中认为细绳对小车的拉力等于钩码的总重力，由此造成的误差 　 　 （选填“能”或“不能”）通过多次测量来减小误差。 ③正确平衡摩擦力后，按住小车，在小车中放入砝码，挂上钩码，打开打点计时器电源，释放小车，得到一条带有清晰点迹的纸带。在保证小车和砝码质量之和远大于钩码质量条件下，改变小车中砝码的质量，重复操作，得到多条纸带。记下小车中的砝码质量，利用纸带测量计算小车加速度。如图乙是其中一条纸带，A、B、C、D、E是计数点，相邻两个计数点间都有4个计时点没有标出，已知打点计时器所接交流电频率为50Hz，则这条纸带记录小车的加速度大小为 　 　 m/s2（结果保留三位有效数字）。 ④已知某次小车和砝码的质量之和为M，钩码的总质量为m，细绳中拉力的真实值为F，实验要求相对误差不超过10%，即10%，则实验中选取钩码的总质量应该满足：m＜　 　 M。 59．“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示。小车后面固定一条纸带，穿过电火花打点计时器，细线一端连着小车，另一端绕过光滑的定滑轮和质量不计的动滑轮与挂在竖直平面内的拉力传感器相连，拉力传感器用于测小车受到拉力的大小。 （1）实验中 　 　 （填写“需要”或“不需要”）满足所挂钩码质量远小于小车质量。 （2）若某同学实验过程中忘记了平衡摩擦力，其他操作都正确，则他所得到的小车a﹣F关系图像应是图中的 　 　 （图中纵坐标表示小车的加速度a，横坐标表示细线对小车的拉力F）。 （3）某小组在实验中打出的纸带如图乙所示，图中相邻两计数点间还有4个点未画出，打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz。则小车的加速度大小为 　 　 m/s2（结果保留两位有效数字）。 （4）若所有操作都正确，现测得小车的质量为M，小车的加速度为a，当地重力加速度为g，则钩码的总质量m＝ 　 （用M、a、g表示）。 学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 $