第四章 力与运动的关系-江苏省13大市高一物理上学期考试真题分类汇编（新人教版 必修第一册）

第四章 力与运动的关系 1.牛顿第一定律 1.（2024·无锡高一期末调研）下列关于惯性的说法，正确的是（　　） A. 只有静止的物体才具有惯性 B. 只有运动的物体才具有惯性 C. 速度越大的物体惯性越大 D. 质量越大的物体惯性越大 【答案】D 【解析】一切物体都有惯性，质量是惯性大小的量度，质量越大，惯性越大；惯性大小与物体的运动状态无关，A、B、C错误，D正确.故选D. 2.（2024·苏州高一期末调研）关于对力和运动的研究，下列说法中符合史实的是（　　） A. 牛顿首先提出了“如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动”这一观点 B. 伽利略将实验与逻辑推理和谐巧妙地结合起来，创造了一套对近代科学研究极为有益的科学方法 C. 笛卡尔在《自然哲学的数学原理》一书中提出了三条运动定律 D. 亚里士多德首先将物体间复杂多变的相互作用抽象为“力” 【答案】B 【解析】A．笛卡尔指出，如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不会停下来也不会偏离原来的方向，故A错误；B．伽利略将实验与逻辑推理和谐巧妙地结合起来，创造了一套对近代科学研究极为有益的科学方法，故B正确；C．牛顿在《自然哲学的数学原理》一书中提出了三条运动定律，故C错误；D．牛顿首先将物体间复杂多变的相互作用抽象为“力”，故D错误.故选B. 3.（2024·苏州高一期末调研）“电动平衡车”是时下热门的一种代步工具.如图所示，人站在“电动平衡车”上在水平路面上沿直线行驶，下列说法正确的是（　　） A. 平衡车速度越大刹车越困难，是因为速度越大惯性越大 B. 平衡车受到路面向上的弹力，是平衡车发生形变产生的 C. 人对平衡车的压力和平衡车对人的支持力大小一定相等 D. 路面受到向下的压力，是因为平衡车和人的重力作用在了路面上 【答案】C 【解析】A．质量是惯性大小的唯一量度，惯性大小与速度无关，故A错误；B．平衡车受到路面向上的弹力，是路面发生形变产生的，故B错误；C．人对平衡车的压力和平衡车对人的支持力是一对相互作用力，大小一定相等，故C正确；D．路面受到向下的压力，是因为平衡车的压力作用在了路面上，故D错误. 故选C. 4.（2024·盐城一中高一期末联考）一汽车在路面情况相同的公路上沿直线行驶，下列说法正确的是（　　） A. 车速越大，它的惯性越大 B. 质量越大，它的惯性越大 C. 汽车受到的牵引力越大，加速度越大，所以惯性越小 D. 车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大 【答案】B 【解析】质量是物体惯性大小的唯一量度，质量越大，物体的惯性越大；物体的惯性与物体的速度、受力大小无关，故ACD错误，B正确.故选B. 5.（2024·南京高一期末调研）一个盛有水的玻璃碗置于水平向右行驶的火车车厢内的水平桌面上.垂直于火车行驶方向从碗的侧面观察，水面形状分别如图（a）、（b）所示.关于火车运动情况，下列说法正确的是（　　） A. 图（a）中，火车向右加速运动 B. 图（a）中，火车向右匀速运动 C. 图（b）中，火车向右加速运动 D. 图（b）中，火车向右匀速运动 【答案】C 【解析】图（a）中水所受的合力方向水平向左，根据牛顿第二定律可知加速度方向向左，则火车向右减速运动；图（b）中水所受的合力方向水平向右，根据牛顿第二定律可知加速度方向向右，则火车向右加速运动.故选C. 2.牛顿第二定律 6.（2024·常州高一期末监测）关于运动和力的关系，下列说法正确的是（　　） A. 物体的速度不断减小，则必受力作用 B. 物体处于静止状态，则一定不受力作用 C. 物体的速度大小不变，则所受的合外力必为零 D. 物体向某一方向运动，则在该方向上必受力的作用 【答案】A 【解析】A．力是改变物体运动状态的原因，物体的速度不断减小，运动状态改变，则必受力作用，故A正确；B．物体处于静止状态，则物体所受合外力为零，不一定不受力作用，故B错误；C．物体的速度大小不变，但方向改变，物体所受的合外力不为零，故C错误；D．物体的运动不需要力维持，物体向某一方向匀速运动，则在该方向上不受力的作用或所受合外力为零，故D错误.故选A. 7.（2024·常州高一期末监测）如图，利用轻绳拉着橡胶轮胎在场地上进行体能训练，绳和水平地面的夹角为α，训练时橡胶轮胎做匀加速直线运动，橡胶轮胎始终不离开地面，下列说法正确的是（　　） A. 夹角一定，加速度越大，地面的支持力越大 B. 夹角一定，加速度越大，地面的摩擦力越大 C. 加速度一定，夹角越大，绳的拉力一定增大 D. 加速度一定，夹角越大，绳的拉力可能减小 【答案】D 【解析】对轮胎受力分析，如图所示 水平方向由牛顿第二定律,竖直方向由平衡条件,其中.A．联立可得,所以夹角一定，加速度越大，地面的支持力越小，故A错误；B．联立可得,夹角一定，加速度越大，地面的摩擦力越小，故B错误；CD．联立可得,其中,若，则加速度一定，夹角越大，从逐渐增大，则逐渐减小，所以绳的拉力逐渐增大；若，则加速度一定，夹角越大，从锐角逐渐增大，则可能先增大后减小，绳的拉力先减小后增大，当，F有最小值，故C错误、D正确.故选D. 8.（2024·盐城阜宁高一期末） 某同学使用轻弹簧、直尺钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”.如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺.不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处.将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度.取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g.下列说法正确的是（ ） A. 30cm刻度对应的加速度为 - 0.5g B. 40cm刻度对应的加速度为g C. 50cm刻度对应的加速度为2g D. 各刻度对应加速度的值是不均匀的 【答案】A 【解析】由分析可知，在30cm刻度时，有F弹 - mg = ma（取竖直向上为正方向），代入数据有a = - 0.5g A正确；由分析可知，在40cm刻度时，有mg = F弹，则40cm刻度对应的加速度为0，B错误；由分析可知，在50cm刻度时，有F弹- mg = ma（取竖直向上为正方向），代入数据有a = 0.5g，C错误；设刻度对应值为x，结合分析可知，x = （取竖直向上为正方向），经过计算有a = (x > 0.2)或a = (x < 0.2)，根据以上分析，加速度a与刻度对应值为x成线性关系，则各刻度对应加速度的值是均匀的，D错误.故选A. 9.（2024·盐城阜宁高一期末）如图所示，A、B两球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，重力加速度为.在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（　　） A. 两球的瞬时加速度方向均沿斜面向下，大小均为 B. 两球的瞬时加速度均为0 C. A球的瞬时加速度方向沿斜面向下，大小为 D. B球的瞬时加速度方向沿斜面向上，A球的瞬时加速度方向沿斜面向下 【答案】C 【解析】设A、B两球的质量均为，在细线被烧断前，以B为对象，根据受力平衡可得，弹簧弹力大小为,在细线被烧断的瞬间，弹簧弹力保持不变，则B球仍然受力平衡，B球的加速度为0；以A球为对象，根据牛顿第二定律可得,方向沿斜面向下.故选C. 10.（2024·连云港高一期末调研）如图所示，小车在弹簧拉力作用下沿水平面向右做加速运动，放在车上的砝码与小车始终保持相对静止.下列说法正确的是（ ） A. 砝码的惯性不断增大 B. 砝码相对小车有向右的运动趋势 C. 砝码受各力合力的方向水平向右 D. 弹簧对小车的拉力大于小车对弹簧的拉力 【答案】C 【解析】A．砝码的惯性由质量决定，大小不变，选项A错误；BC．砝码加速度向右，则受各力合力的方向水平向右，水平方向受摩擦力向右，则砝码相对小车有向左的运动趋势，选项B错误，C正确；D．弹簧对小车的拉力与小车对弹簧的拉力是相互作用力，等大反向，选项D错误.故选C. 11.（2024·盐城东台高一期末）冰壶比赛的冰道表面覆盖着特制的微小颗粒.比赛时运动员常在冰壶滑行的前方用冰刷擦刷冰面，使冰壶滑得更远.设冰壶与冰面间的动摩擦因数为，运动的加速度为a，则冰道被擦刷后（　　） A. 和a都减小 B. 增大，a减小 C. 和a都增大 D. 减小，a增大 【答案】A 【解析】用冰刷刷冰面，使冰壶和冰之间形成一层水膜，减小了动摩擦因数，而冰壶对冰面的压力不变，由,知冰壶受到的滑动摩擦力随之减小.由牛顿第二定律,可知运动的加速度减小.故选A. 12.（2024·连云港高一期末调研）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∆t时间内，飞船和空间站速度变化为∆v.则空间站的质量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】由题知，在飞船与空间站对接后，推进器工作∆t时间内，飞船和空间站速度变化为∆v，则飞船与空间站的加速度，,联立解得,故选A. 13.（2024·淮安高一期末调研）如图所示，质量均为m的物块A和B叠放在轻弹簧上，均处于静止状态.重力加速度为g，弹簧始终在其弹性限度内，则移开物块A的瞬间，物块B的加速度（　　） A. 大小为g，方向竖直向上 B. 大小为g，方向竖直向下 C. 大小为2g，方向竖直向上 D. 大小为2g，方向竖直向下 【答案】A 【解析】移开物块A前，以A、B为整体，根据受力平衡可得,移开物块A的瞬间，弹簧弹力保持不变，以B为对象，根据牛顿第二定律可得,方向竖直向上.故选A. 14.（2024·南师附中高一期末）弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，另一端连接一个皮套，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，在C处（AB连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把（并保持不动），另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标.现将弹丸竖直向上发射（不计橡皮筋和皮套的自重），则（　　） A. 弹丸在点达到最大速度 B. 从到过程中，弹丸的速度先增大后减小 C. 从到过程中，弹丸的加速度一直减小 D. 从到过程中，弹丸的加速度方向保持不变 【答案】B 【解析】根据题意，从到过程中，对弹丸由牛顿第二定律有,运动过程中，一直减小，则加速度减小，弹丸做加速度减小的加速运动，当,时，加速度，弹丸的速度最大，之后，,则有,加速度方向改变，继续减小，加速度变大，弹丸做加速度增大的减速运动，综上所述,A．弹丸在点之前达到最大速度，故A错误；B．从到过程中，弹丸的速度先增大后减小，故B正确；C．从到过程中，弹丸的加速度先减小后增大，故C错误；D．从到过程中，弹丸的加速度方向先向上，后向下，方向改变，故D错误.故选B. 15.（2024·南通海安高一期末质监）如图所示，物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，其右侧弹簧处于拉伸状态.下列情形中，物块A的摩擦力一定会发生变化的是（ ） A. 木箱向上加速 B. 木箱向下加速 C. 木箱向右加速 D. 木箱向右匀速 【答案】C 【解析】A．木箱向上加速，物块A水平方向受力平衡，摩擦力始终等于弹力，故A错误；B．木箱向下加速，加速度较小时，物块A水平方向受力平衡，摩擦力始终等于弹力；加速度较大时，物块A的支持力减小，则物块A的最大静摩擦变小，当最大静摩擦小于弹力时，物块A的摩擦力由静摩擦变为滑动摩擦，可能发生变化，故B错误；C．木箱向右加速，物块A在水平方向,解得,摩擦力小于弹力，所以摩擦力一定变化，故C正确；D．木箱向右匀速，物块A所受的摩擦力始终等于弹力，故D错误.故选C. 16.（2024·镇江高一期末）如图所示，用轻弹簧和轻绳悬挂小球甲和乙，甲、乙的质量分别为m和2m.静止后，剪断轻绳的瞬间，下列关于两球的加速度大小判断正确的是（重力加速度取g）（　　） A. a甲=g B. a甲=3g C. a乙=g D. a乙=2g 【答案】B 【解析】剪断细绳之前弹簧的弹力为T=2mg,剪断细绳瞬间细绳的拉力变为零，弹簧弹力不变，则乙球受力不变，则加速度为0，即a乙=0,甲球的加速度，故选B 17.（2024·苏州高一期末调研）如图所示，两个质量均为m的小球A和B用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂起来，保持静止.设重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A. 剪断细绳的瞬间，B球的加速度是g B. 剪断细绳的瞬间，A球的加速度是g C. 剪断轻弹簧的瞬间，轻绳拉力的大小是mg D. 剪断轻弹簧的瞬间，B球的加速度是2g 【答案】C 【解析】AB．一开始，A、B均处于静止状态，以B为对象，可知弹簧弹力为 剪断细绳的瞬间，弹簧弹力保持不变，B球仍受力平衡，B球的加速度为0；A球的加速度大小为,故AB错误；CD．剪断轻弹簧的瞬间，A球处于静止状态，根据受力平衡可知，轻绳对A球的拉力大小为,B球的加速度大小为,故C正确，D错误.故选C. 18.（2024·宿迁中学高一期末）如图所示，一辆装满石块的货车沿水平路面以大小为a的加速度向右做匀减速直线运动，货箱中石块A的质量为m.下列说法正确的是（　　） A. 石块A所受所有外力的合力大小为0 B. 周围石块对石块A的作用力的合力方向水平向左 C. 周围石块对石块A的作用力的合力大小等于ma D. 加速度a增大时，周围石块对石块A作用力的合力竖直分量不变 【答案】D 【解析】A．石块A所受所有外力的合力大小为ma，A错误；B．A的合力方向水平向左，由于重力方向竖直向下，则周围石块对石块A的作用力的合力方向斜向左上方，B错误；C．周围石块对石块A的作用力的合力大小等于,C错误；D．周围石块对石块A作用力的合力竖直分量等于A的重力，保持不变，D正确.故选D. 19.（2024·苏州高一期末调研）如图所示，有一辆汽车满载西瓜在水平路面上匀速前进.突然发现意外情况，紧急刹车做匀减速运动，加速度大小为a，则中间一质量为m的西瓜A受到其他西瓜对它的作用力的大小是（　　） A. B. ma C. D. m（g+a） 【答案】C 【解析】对西瓜A，设其他西瓜对它的作用力大小为FN，由牛顿第二定律,解得,汽车减速，加速度向右，FN方向斜向右上方.故选C. 20.（2024·常州高一期末监测）水平路面上有一货车运载着5个相同的、质量均为m的光滑均质圆柱形工件，其中4个恰好占据车厢底部，另有一个工件D置于工件A、B之间（如图所示），重力加速度为g.汽车以某一加速度向左运动时，工件A与D之间恰好没有作用力，下列说法正确的是（　　） A. 车的加速度为 B. 工件B对工件A的作用力为0 C. 工件C对工件B的作用力为 D. 工件B对车厢底部的压力为3mg 【答案】C 【解析】A.对D受力分析，当工件A与D之间恰好没有作用力时，D只受到重力、B对D的弹力作用，弹力方向垂直接触面（沿B、D的轴心连线方向），弹力和重力的合力产生加速度，可以得到如下图所示 根据牛顿第二定律得,则,故A错误；B.若工件B对工件A的作用力为0，A不可能能向左加速，故B错误；C.把A、B、D作整体，当汽车向左加速运动时，A相对车有向右的运动趋势，所以车与A之间的弹力为0.设工件C对工件B的作用力为，由牛顿第二定律有, 得,故C正确；D.把A、B、D作整体，设车厢对B的支持力为N，竖直方向有, 得,故D错误.故选C. 21.（2024·南通海门高一期末）始终保持竖直状态的缆车沿着山坡以加速度a下行，如图所示.在缆车地板上质量为m的物块与地板始终相对静止，重力加速度为g.则下列说法正确的是（　　） A. 物块所受的支持力 B. 物块所受的摩擦力为0 C. 若缆车加速度增加，则物块受到的摩擦力方向可能向右 D. 若缆车加速度增加，则物块受到的支持力一定减小 【答案】D 【解析】A．对物块受力分析，如图所示 物体受重力，支持力，摩擦力，支持力和摩擦力的合力为，当和的合力与运动方向相同时，物体做匀加速直线运动，把加速度分解成水平方向的分加速度和竖直方向的分加速度，竖直方向上，根据牛顿第二定律有 因此，故A错误； B．水平方向上，根据牛顿第二定律有 因为，故B错误； C．若缆车加速度增加，则物块受到的摩擦力方向仍然向左，故C错误； D．若缆车加速度增加，根据 可知物块受到的支持力一定减小，故D正确. 故选D. 22.（2024·扬州高一期末检测）质量为3m的木箱静止在光滑水平面上，其内有质量为m的物块，如图所示，现用竖直向上的恒力F1=6mg提起木箱，重力加速度为g，求： （1）木箱的加速度a； （2）物块对木箱的压力大小FN； （3）若物块与木箱间的动摩擦因数为μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现用水平向右的恒力F2拖动木箱，为确保物块相对于木箱始终静止，F2的最大值为多少？ 【答案】（1），方向竖直向上；（2）；（3） 【解析】（1）对整体运用牛顿第二运动定律： 解得 方向：竖直向上 （2）对物块运用牛顿第二运动定律 解得 物块对木箱的压力 （3）临界加速度 对整体牛顿第二运动定律 23.（2024·常州高一期末监测）如图所示，在倾角37°足够长的斜面上有一个质量为1kg的物体，物体与斜面之间的动摩擦因数为0.3.物体在拉力F的作用下由静止开始运动，F的大小为10N，方向沿斜面向上.加速一段时间后撤去F，让物体在斜面上运动.g取10m/s2，求： （1）在拉力F作用下物体的加速度； （2）撤去F后上滑过程中物体的加速度； （3）下滑过程中物体的加速度. 【答案】（1）1.6m/s2，方向沿斜面向上；（2） -8.4m/s2，方向沿斜面向下；（3）3.6m/s2，方向沿斜面向下 【解析】（1）物体沿斜面向上做匀加速直线运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律有,代入数据解得a1=1.6m/s2,方向沿斜面向上.（2）撤去F后，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设加速度为a2，根据牛顿第二定律有,代入数据解得a2= -8.4m/s2,方向沿斜面向下.（3）由于,物体沿斜面向下做匀加速直线运动，直至滑离斜面.设加速度为a3，根据牛顿第二定律有,代入数据解得a3=3.6m/s2,方向沿斜面向下. 24.（2024·盐城一中高一期末联考）如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率向上运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动.假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是（　　） A. 要实现这一目的前提是μ<tanθ B. 做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零 C. 全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上 D. 若增加传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间 【答案】C 【解析】A．要实现这一目前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即,可得,故A错误；B．做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为,故B错误；C．行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力均沿传送带向上，故C正确；D．若增加传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，故D错误.故选C. 3.牛顿第二定律的应用 25.（2024·盐城高一期末联考）如图所示，质量为的物体放置在水平地面上，在大小、方向与水平面成角斜向上的拉力作用下，由静止开始内的位移为，取重力加速度，，.求: （1）物体末速度的大小； （2）物体与水平面间的动摩擦因数； （3）若末撤去拉力，则物体还能运动多远？ 【答案】(1)15m/s；(2)0.75；(3)15m 【解析】（1）根据解得,故物体末速度的大小为.（2）根据牛顿第二定律可知,代入数据解得.（3）若末撤去拉力，此时物体做匀减速运动，加速度为,根据,解得. 26.（2024·扬州高一期末检测）狗拉雪橇是高纬度地区居民冬季出行的一种方式.如图所示，人和雪橇总质量为70kg，狗通过与水平方向成37°的轻绳，以大小为100N的力拉雪橇，使雪橇沿水平地面做匀速运动，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求： （1）雪橇与地面间摩擦力的大小f； （2）雪橇与地面间的动摩擦因数μ. 【答案】（1）80N；（2）0.125 【解析】（1）对人和雪橇组成的整理受力分析如图所示 雪橇与地面间摩擦力的大小为.（2）竖直方向有,雪橇与地面间摩擦力的大小为,雪橇与地面间的动摩擦因数. 27.（2024·南通海安高一期末质监）某同学利用弹弓，将质量为0.1kg小球竖直向上射出，2s后小球到达最高点，此时小球上升的高度为30m.空气阻力大小恒定，重力加速度g取10m/s2.求： （1）小球上升时的加速度大小a； （2）小球在空中受到的阻力大小f. 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）根据运动学公式的逆运用,解得小球上升时的加速度大小. （2）根据牛顿第二定律,解得. 28.（2024·南京高一期末调研）“福建舰”航母首次采用了电磁弹射技术，并于2023年11月份进行“静载”发射测试.在平直长飞行甲板上，弹射轨道长.模拟飞机的弹射小车质量，航母甲板距离水面的高度.设小车被水平弹射离开航母后作平抛运动水平飞行. 落入大海.小车在轨道弹射加速过程中，加速度视为恒定且空气阻力和轨道摩擦不计，取重力加速度.求： （1）小车离开甲板后在空中飞行的时间； （2）小车落水瞬间的速度大小； （3）小车在弹射轨道加速过程中受到电磁推力大小. 【答案】（1）2s；（2）；（3） 【解析】（1）小车离开甲板后，在空中做平抛运动，竖直方向有, 解得小车离开甲板后在空中飞行的时间为. （2）小车落水瞬间，水平分速度为, 竖直分速度为, 则小车落水瞬间的速度大小. （3）小车在轨道弹射做匀加速直线运动，末速度即平抛的水平速度，则有，, 可得电磁推力大小为. 29.（2024·盐城一中高一期末联考）如图所示，解放军战士在水平地面上拉着轮胎进行负荷训练，运动过程中保持绳子与水平面间的夹角恒为θ，轮胎质量为m，重力加速度为g. （1）若地面对轮胎的阻力大小为f，当轮胎做匀速直线运动时，求绳中的拉力T； （2）若训练的过程中，为确保轮胎不飞离地面，求绳中拉力的最大值Tm； （3）若地面与轮胎间的动摩擦因数为μ，战士以（2）中的最大拉力由静止拉动轮胎，经过时间t后松开绳子，求轮胎停止运动前通过的总路程 s. 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）轮胎匀速运动，水平方向 , 解得 . （2）轮胎刚好不离开地面，竖直方向, 解得 . （3）最大拉力拉动轮胎加速，设加速度为a1，则, 设加速时间t的速度为v，位移为x1，则，, 松开后减速运动，设加速度大小为a2，位移为x2，则，, 总路程. 30.（2024·南通海门高一期末）如图所示，质量m=0.5kg的物块，沿倾角θ=37°的固定斜面匀速下滑.重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求： （1）物块和斜面间的动摩擦因数μ； （2）若用平行于斜面向上的拉力使物块匀速向上滑动，拉力大小F. 【答案】（1）0.75；（2）6N 【解析】（1）物块匀速下滑，受力如图甲所示，由平衡条件可知，，,解得. 甲 乙 （2）物块沿斜面匀速上滑，受力如图乙所示,由平衡条件得，，,解得. 31.（2024·镇江高一期末）幼儿园滑梯实物如图1所示，该滑梯可简化为如图2所示的倾斜滑道AB和水平滑道BC组成，AB与水平面间的夹角θ为，BC长，滑道与儿童间的动摩擦因数为0.5.一儿童由静止开始从A点滑下，经过B点，恰好滑行到C点.其经过B点进入水平滑道时，速度大小减小为原来的.儿童可看做质点，不计空气阻力，重力加速度取，，.求 （1）儿童沿倾斜滑道AB下滑时加速度大小； （2）儿童在水平滑道B点的速度大小； （3）倾斜滑道AB的长度. 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）儿童在倾斜滑道上时，根据牛顿第二定律有，解得。（2）儿童在水平滑道上时，根据牛顿第二定律有，解得，由匀减速直线运动规律有，可得。（3）儿童在倾斜滑道B点的速度大小，在AB段由匀加速直线运动规律有，解得. 32.（2024·连云港高一期末调研）在倾角足够长的斜面上有一个质量为的物块，某时刻物块在拉力作用下由静止开始沿斜面向上运动.已知拉力大小，方向沿斜面向上，物块与斜面间的动摩擦因数，，，重力加速度取.求： （1）物块运动的加速度大小； （2）物块从静止开始运动3s内的位移大小. 【答案】（1）；（2）7.2m 【解析】（1）物块沿斜面向上做匀加速直线运动，受力分析后，建立如图所示坐标系 轴方向，根据牛顿第二定律有，轴方向，根据平衡条件有，根据滑动摩擦力公式有，联立解得。（2）根据匀变速直线运动规律，可得物块从静止开始运动3s内的位移大小为。 33.（2024·宿迁中学高一期末）质量m=1kg的物体置于倾角θ=37°的足够长固定斜面上，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1=1s后撤去恒力，物体运动的部分v-t图象如图乙所示，取g=10m/s2. 试求： （1）物体沿斜面上滑过程中的两个加速度. （2）恒力F大小和斜面与物体间的动摩擦因数μ. （3）物体t=4s时的速度v. 【答案】（1）20m/s2， -10m/s2  ；（2）30N； 0.5 ；（3）2m/s，方向沿斜面向下 【解析】(1)根据v-t图象可知，加速阶段加速度为，减速阶段加速度。(2)根据牛顿第二定律可知，加速上升过程，减速上升过程，解得，。(3)由题意可知，可知物体减速为零后可以匀加速下滑，又 1s后物体做匀减速，3s末的速度为，即3s末速度为零，则 3s到4s这1s的时间间隔内物体沿斜面向下做匀加速直线运动，设加速度为a3，由牛顿第二定律得，解得，由速度时间关系可知，4s时速度，方向沿斜面向下. 4.临界问题 34. （2024·盐城东台高一期末）如图所示，一只长方体形空铁箱质量为2.5kg，长1.2m.铁箱在129N水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动.铁箱内一质量为0.5kg的木块恰好能静止在后壁上.木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为0.25.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取. （1）求木块对铁箱压力的大小. （2）求铁箱与水平面间的动摩擦因数. （3）减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当箱速度为6m/s时撤去拉力，求经多长时间木块从铁箱的左侧到达右侧. 【答案】（1）；（2）0.3；（3） 【解析】（1）木块质量，受重力、铁箱压力、铁箱摩擦力作用，设系统加速度为，据题意水平方向根据牛顿第二定律，竖直方向根据平衡条件，又，解得。（2）设铁箱质量为，受地面摩擦力为，以铁箱和木块为研究对象，根据牛顿第二定律,，解得。（3）设撤去拉力后木块和铁箱间摩擦力大小为，地面对铁箱摩擦力为，木块和铁箱的加速度大小分别为和，经时间运动的位移分别为和.,，由牛顿第二定律有,，根据运动学公式得,，且，解得。 35. （2024·盐城阜宁高一期末）如图所示，质量为M=2.5kg的长方体形空铁箱在拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数为μ1=0.4，这时铁箱内一质量为m=0.5kg的木块恰好能静止在铁箱后壁上，木块与铁箱内壁的动摩擦因数为μ2=0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g=10m/s2.求： （1）木块受到的摩擦力； （2）木块的加速度； （3）拉力F大小. 【答案】（1）5N，方向竖直向上；（2）40m/s2，方向水平向右；（3）132N 【解析】（1）木块恰好能静止在铁箱后壁上，则木块在竖直方向合力为零，有，方向竖直向上.（2）对木块受力分析，受重力、摩擦力以及支持力，合力为支持力，由于木块恰好能静止，则有， 解得，由牛顿第二定律可得木块的加速度为，方向水平向右.（3）铁箱和木块保持相对静止，则整体的加速度等于木块的加速度为对整体，由牛顿第二定律有，解得. 36.（2024·南师附中高一期末）如图所示，小物块A、B用轻绳相连，并通过轻质滑轮将B悬挂于C的右端，初始时A、B、C均静止且将A锁定，A离C左端水平距离l=3m，C放在光滑水平地面上，其高度为h=5m，已知：A、B、C质量分别为mA=mB=1kg、mC=4kg，AC、BC之间的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.2，重力加速度g=10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.现解除A的锁定状态，同时对C施加一个水平外力F，则： （1）若水平外力为F0时C保持静止，A、B匀加速运动，且A未撞滑轮、B未落地，求A的加速度aA和F0的大小； （2）若施加水平向右的外力为F1，为了保证A、B、C相对静止，求F1的大小范围； （3）若施加水平向右的外力为F2=60N，经过时间t=1s时轻绳断裂，求A刚好落地时与C的左端的水平距离. 【答案】（1），；（2）；（3） 【解析】（1）小物块A与C间的滑动摩擦力为，把AB看作一个整体，根据牛顿第二定律，解得，以B为研究对象，受到绳子拉力和重力的作用向下加速度运动，根据牛顿第二定律，，解得，绳子拉力为， 绳子对A和对B的拉力大小相等，以C为研究对象，在水平方向受力平衡，则， 解得。（2）保证A、B、C相对静止，当A相对于C即将向右滑动时，为最小的力对A受力分析，以ABC整体为研究对象，以B为研究对象，根据牛顿第二定律，此时BC间的压力为，则B受到的摩擦力为，设此时绳子的拉力为T1，则对B受力分析，以上各式联立，解得，若A相对于C即将向左滑动，则以A为研究对象，此时B向上运动，则，以ABC整体为研究对象，以上各式联立解得，即A相对于C向左滑动的情况不可能出现，所以F1的大小范围为。（3）因为，故轻绳断之前ABC相对静止，此时，解得，轻绳断裂时，轻绳断裂后，对A，对BC在水平方向，设绳子断裂后到A从C上落下所用时间为，则，解得，则此时A的速度为，BC的速度为，此后A将做平抛运动，则，解得下落的时间为，BC在水平方向，则A刚好落地时与C的左端的水平距离即为A做平抛运动时A的水平位移与BC的位移差，解得。 37.（2024·连云港高一期末调研）如图所示，以速度匀速行驶的货车运载着质量均为的光滑圆柱形空油桶，已知底层空油桶A、B固定且紧靠在一起，油桶C放在A、B之间与A、B一起匀速运动，重力加速度为. （1）求B对C的支持力的大小； （2）货车司机遇到障碍物紧急刹车，桶C刚好与桶B间无压力，求此时A对C的支持力的大小； （3）为避免刹车过程中桶C脱离桶B，求汽车刹车的最小距离. 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）对C受力分析可得，解得. （2） 对C受力分析并作力的平行四边形可得， （3）为避免刹车过程中桶C脱离桶B，设汽车刹车的最大加速度为，则，汽车刹车做匀减速直线运动，最小距离，解得. 5.力学单位制 38.（2024·常州溧阳高一期末调研）下列力学单位中，属于基本单位的是（　　） A. 力的单位牛顿（N） B. 时间的单位秒（s） C. 速度单位米每秒（m/s） D. 加速度的单位米每二次方秒（m/s2） 【答案】B 【解析】A．力的单位是牛顿，由牛顿第二定律，可得，所以，牛顿是导出单位，不是基本单位，故A错误；B．在力学范围内，国际单位制中的基本单位是：米，秒，千克，故B正确；CD．由国际基本单位组成的都是国际单位，所以米每秒、米每二次方秒都是国际单位，但是导出单位，不是基本单位，故CD错误.故选B. 39.（2024·南通海安中学高一期末）下列给出的四个表达式中，g表示重力加速度，单位是；h表示高度，单位是m；x表示位移，单位是m；v表示速度，单位是m/s.下列表达式中，单位是s的有（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】根据单位的推导可知的单位为s-1；的单位为；的单位为s；的单位为s-1. 故选C. 40.（2024·盐城一中高一期末联考）下列单位中，属于国际单位制的基本单位的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】N、m/s2都是导出单位，cm是基本单位，但不是国际基本单位，而只有kg是国际单位制中基本单位，故B正确，ACD错误；故选B. 41.（2024·南通海门高一期末）下列力学单位中，属于导出单位的是（　　） A. 米 B. 秒 C. 千克 D. 牛顿 【答案】D 【解析】千克、米、秒都是力学中的基本单位，根据牛顿第二定律，可得力的单位为，因此牛顿是导出单位.故选D. 42.（2024·无锡高一期末调研）下列单位中，不是国际单位制基本单位的是（　　） A. 牛顿 B. 米 C. 千克 D. 秒 【答案】A 【解析】国际单位制规定了七个基本物理量.分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量.它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，它们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔.牛顿不是国际单位制基本单位，A正确. 故选A. 43.（2024·镇江高一期末）下列仪器所测的物理量不是国际单位制力学基本量的是（　　） A. 原子钟 B. 天平 C. 弹簧测力计 D. 卷尺 【答案】C 【解析】A．原子钟测量时间，时间是国际单位制力学基本量，选项A不符合题意；B．天平测量质量，质量是国际单位制力学基本量，选项B不符合题意；C．弹簧测力计测量力，力不是国际单位制力学基本量，选项C符合题意；D．卷尺测量长度，长度是国际单位制力学基本量，选项D不符合题意.故选C. 44.（2024·常州高一期末监测）牛顿（N）是导出单位，在国际单位制中，1N等于（　　） A. 1kg·m/s B. 1g·cm/s2 C. 1kg·m/s2 D. 1kg·s2/m 【答案】C 【解析】在牛顿第二定律公式F=ma中，m的单位是kg，a的单位是m/s2，F的单位是N，则有1N=1kg⋅m/s2 故选C. 45.（2024·连云港高一期末调研）国际单位制规定七个基本物理量的单位为基本单位，下列选项中均为基本单位的是（ ） A. m、N、kg B. m、kg、s C. kg、m/s2、s D. m/s2、kg、N 【答案】B 【解析】国际单位制规定七个基本物理量的单位为基本单位，力学中的基本单位分别是米（m）、千克（kg）、秒（s），其它均为导出单位.故选B. 6.超重与失重 46.（2024·盐城东台高一期末） 电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示.电梯内的该同学有失重感受的时段是（　　） A. 从20.0s到30.0s B. 从30.0s到40.0s C. 从40.0s到50.0s D. 从50.0s到60.0s 【答案】C 【解析】当加速度方向向下时，电梯处于失重状态，由于电梯上升，即速度方向向上，则在失重状态时，电梯正在向上做减速运动，根据速度-时间图像可知， 在从40.0s到50.0s内电梯正在向上减速运动，即电梯处于失重状态的时段是从40.0s到50.0s.故选C. 47. （2024·常州溧阳高一期末调研）如图所示是某同学站在压力传感器上，先“下蹲”后“站起”过程中压力传感器的示数随时间的变化情况.下列说法中正确的是（　　） A 下蹲过程中该同学一直处于失重状态 B. 站起过程中该同学一直处于超重状态 C. 下蹲过程中的最大速度出现在t1时刻 D. 在0~3s内该同学完成了一次“下蹲”和“站起 【答案】C 【解析】A．下蹲过程中该同学先向下加速，失重，后向下减速，超重，选项A错误；B．站起过程中该同学先向上加速，超重，后向上减速，失重，选项B错误；C．下蹲过程中先向下加速，当加速度为零时速度最大，此时出现在t1时刻，选项C正确；D．由图可知，在0~3s内该同学只完成了一次“下蹲”过程，选项D错误.故选C. 48.（2024·盐城高一期末联考）很多智能手机都有加速度传感器.在北京地区让一部装有相应应用程序的手机从距离地面较高处由静止开始下落，然后用手接住.多次实验，应用程序显示下落加速度平均值为，其中一次手机截屏可简化成下图.查阅资料发现当地重力加速度，下列说法正确的是（　　） A. 手机显示加速度小于当地重力加速度是因为偶然性引起的 B. 下落t=1s（未落地）手机的速度将达到v=9.801m/s C. 若在赤道附近完成上述实验，手机显示加速度值将变小 D. 若将手机竖直上抛，在空中上升过程中应用程序显示加速度 【答案】C 【解析】A．手机显示加速度小于当地重力加速度是因为存在阻力引起的，不是偶然性引起的，故A错误； B．下落加速度平均值为，下落t=1s（未落地）手机的速度将达到，故B错误；C．若在赤道附近完成上述实验，手机显示加速度值将变小，因为纬度越高，重力加速度越大，故C正确；D．下降时，阻力向上，上升时，若将手机竖直上抛，在空中上升过程中应用程序显示加速度大小大于，故D错误.故选C. 49.（2024·盐城一中高一期末联考）智能手机安装软件后，可利用手机上的传感器测量手机运动的加速度，带塑胶软壳的手机从一定高度由静止释放，落到地面后反弹，手机传感器记录了加速度a随时间t变化的关系，如图所示，则手机第一次与地面碰撞过程中（　　） A. 时刻手机速度最大 B. 时刻手机所受弹力最大 C. 与地面作用时间为 D. 手机先失重后超重 【答案】B 【解析】A．手机接触地面时，先向下做加速度减小的变加速运动，可知手机速度最大时，加速度为0，根据图像可知，手机速度最大的时刻在与两时刻之间，故A错误；B．由图可知，时刻手机的加速度最大，则时刻手机所受弹力最大，故B正确；C．根据上述可知，由于不计空气阻力，则手机在与地面没有接触时仅仅受到重力作用，加速度为重力加速度，可知，手机第一次与地面撞过程中与地面作用时间为，故C错误；D．手机先向下做加速度减小的加速运动，再向下做加速度增大减速运动，加速度最大时，速度减小到0，之后向上做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，则手机先有向下的加速度，再有向上的加速度，又有向下的加速度，即手机线失重后超重再失重，故D错误.故选B. 50.（2024·徐州高一期末抽测）如图所示，举重运动员挺举时，先跨步把杠铃挺过头顶并稳定一小段时间，然后运动员保持杠铃上举状态，双腿由跨步变为直立.运动员由跨步变为直立的过程中（　　） A. 杠铃一直处于超重状态 B. 杠铃一直处于失重状态 C. 杠铃先处于超重状态后处于失重状态 D. 杠铃先处于失重状态后处于超重状态 【答案】C 【解析】根据题意运动员由跨步变为直立的过程中，杠铃先向上加速后向上减速，加速度先向上后向下，则杠铃先处于超重状态后处于失重状态. 故选C. 51.（2024·扬州高一期末检测） 中国选手朱雪莹获得杭州亚运会蹦床比赛冠军.如图所示，她在从空中下落到压缩蹦床至最低点的过程中（　　） A. 一直处于失重状态 B. 一直处于超重状态 C. 先失重后超重 D. 先超重和失重 【答案】C 【解析】在空中下落时加速度向下，处于失重状态；接触蹦床后，刚开始蹦床的弹力小于重力，加速度还是向下，仍处于失重状态；随着蹦床的弹力逐渐增大，当弹力大于重力后，加速度向上，处于超重状态，所以是先失重后超重.故选C. 52.（2024·连云港高一期末调研）某同学在测力计上从图甲所示的姿势到完全站立，测力计所受压力随时间变化的图像如图乙所示，则该同学（ ） A. 时间内向上做加速运动 B. 时间内先向上做减速运动后做加速运动 C. 过程处于失重状态 D. 过程先处于失重状态后处于超重状态 【答案】A 【解析】AC．由图乙可知，时间内，大于人的重力，处于超重状态，加速度向上，则向上做加速运动，故A正确，C错误；BD．时间内，小于人的重力，处于失重状态，加速度向下，则向上做减速运动，故BD错误. 53.（2024·常州高一期末监测）某跳水运动员在3m长的踏板上起跳，通过录像观察到踏板和运动员要经历图示的状态，其中A为无人时踏板静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则（ ） A. 运动员在A点具有最大速度 B. 运动员在B处与踏板分离 C. 运动员和踏板由C到B的过程中，向上做匀加速运动 D. 运动员和踏板由C到A的过程中，运动员先超重后失重 【答案】D 【解析】A．B为人站在踏板上静止时的平衡点，即人在B处时，加速度为零，速度最大，A错误；B．运动员在B处时，加速度为0，即踏板对人的作用力等于人的重力，还有作用力，未分离：， 随着踏板恢复原状，踏板对人的作用力减小，减速运动的加速度增大，继续在踏板作用下做加速度增大的减速运动，直到A处时，踏板恢复原状，对人没有作用力，开始分离，B错误；C．运动员和踏板由C到B的过程中，有牛顿第二定律：，随着踏板恢复原状，踏板对人的作用力减小，加速运动的加速度减小，即做加速度减小的加速运动，C错误；D．运动员和踏板由C到B的过程中，做加速运动，加速度向上，超重，由B到A的过程中，做减速运动，加速度向下，失重，D正确.故选D. 54.（2024·淮安高一期末调研）某同学进行颠球训练，将球以初速度大小为v0竖直向上颠出，重力加速度为g，不计空气阻力，则球（　　） A. 上升的最大高度为 B. 上升过程经位移中点的速度大小 C. 上升过程比下降返回至颠出点的时间长 D. 上升过程中处于超重状态，下降过程中处于失重状态 【答案】A 【解析】A．根据运动学公式可得，可得球上升的最大高度为，故A正确；B．设上升过程经位移中点的速度大小，则有，可得，故B错误；C．上升过程和下降过程的加速度均为重力加速度，根据对称性可知，上升过程和下降过程所用时间相等，故C错误；D．上升过程和下降过程的加速度均为重力加速度，均处于失重状态，故D错误.故选A. 56.（2024·宿迁中学高一期末）如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三，已知重力加速度g=10m/s2，由此可判断（　　） A. 乘客处于超重状态 B. 电梯可能加速下降，加速度大小为5m/s2 C. 电梯可能减速上升，加速度大小为2.5m/s2 D. 乘客对电梯地板的压力为625N 【答案】C 【解析】A．因为乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三，弹力小于小球的重力，加速度向下，则乘客处于失重状态，A错误；BC．根据牛顿第二定律，解得 ，方向向下，电梯可能减速上升，C正确，B错误；D．根据牛顿第二定律，解得，乘客对电梯地板的压力为375N，D错误.故选C. 57. （2024·镇江高一期末）某同学用弹簧来研究竖直电梯的运行规律.如图所示，当电梯静止时，弹簧下端挂一重物，指针指在O点.当电梯运动时指针指在A位置，下列说法正确的是（　　） A. 重物处于失重状态 B. 重物处于超重状态 C. 电梯一定是上行 D. 电梯一定是下行 【答案】A 【解析】当电梯静止时，指针指在O点，则重力等于弹力；当指针指在A点时，重力大于弹力，加速度向下，则重物处于失重状态，电梯可能加速下行，也可能减速上行.故选A. 58.（2024·无锡高一期末调研） 如图所示，跳高运动员起跳后向上运动，越过横杆后开始向下运动，则运动员越过横杆前、后在空中运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 一直处于超重状态 B. 一直处于失重状态 C. 先处于超重状态，后处于失重状态 D. 先处于失重状态，后处于超重状态 【答案】B 【解析】运动员离开地面后做斜上抛运动，越过横杆前、后在空中运动的过程中，加速度为重力加速度，方向竖直向下，所以运动员始终处于完全失重状态.故选B. 59.（2024·盐城阜宁高一期末） 如图是某同学站在压力传感器上做下蹲一起立的动作时，传感器记录的压力随时间变化的图像，纵坐标为压力F，横坐标为时间t.由图像可知（　　） A. t1~t2时间内人处于起立过程 B. t3出时刻人处于超重状态 C. 人的重力大小为F2 D. t1时刻人处在下蹲的最低点 【答案】B 【解析】AD．t1~t2时间内人先失重后超重，加速度先向下后向上，可知处于下蹲过程，t1时刻人处在下蹲的过程中，不在最低点，选项AD错误；B．t3出时刻人对传感器的压力大于重力，则人处于超重状态，选项B正确；C．由图可知，人的重力大小为F1，选项C错误；故选B. 60.（2024·南京高一期末调研）某同学乘电梯上楼过程中加速度a随时间t变化的图像如图所示，取竖直向上为正方向，则下列说法正确的是（　　） A. t=2s时该同学对地板压力最大 B. t=8.5s时该同学对地板压力最大 C. 0~2s电梯加速运动，2s~4s电梯减速运动 D. t=2s时电梯的速度达到最大 【答案】A 【解析】A．由图像可知，t=2s时加速度向上最大，此时该同学处于超重状态，且对地板压力最大，故A正确；B．由图像可知，t=8.5s时加速度向下最大，此时该同学处于失重状态，且对地板压力最小，故B错误；CD．由图像可知，内加速度方向一直向上，可知内电梯一直向上加速运动，所以t=2s时电梯的速度未达到最大，故CD错误.故选A. 61.（2024·苏州高一期末调研）如图所示是某同学站在力传感器上做“下蹲-起立”的动作时记录的力随时间变化的图像，由图像可知，该同学的体重约为500N，除此以外，还可以得到的信息是（　　） A. 该同学做了两次“下蹲-起立”的动作 B. 下蹲过程中人先处于超重状态，后处于失重状态 C. 起立过程中人一直处于超重状态 D. 该同学做了一次“下蹲-起立”的动作，且下蹲后停顿约2.8s后起立 【答案】D 【解析】图线左侧的明显变化表示下蹲过程，该过程中同学先处于失重状态后处于超重状态，同理可知图线右侧的明显变化表示起立过程，先超重后失重，因此该同学做了一次下蹲—起立的动作，ABC错误；根据图像可知，该同学做了一次“下蹲-起立”的动作，且下蹲后停顿约2.8s后起立，D正确.故选D. 7.牛顿第二定律的应用——图像问题 62.（2024·常州溧阳高一期末调研）时刻，一质量为的小球被竖直向上抛出，其图像如图所示.重力加速度取，则下列说法正确的是（　　） A. 小球上升的最大高度为3.0m B. 前1s内，小球的位移为2.5m C. 时，小球的加速度方向反转 D. 小球受到的空气阻力大小恒为0.1N 【答案】D 【解析】A．由图像知，小球在0.5s时上升到最大高度，根据图像围成的面积表示位移，可得小球上升的最大高度为,故A错误；B．根据图像围成的面积表示位移，可得前1s内，小球的位移为,故B错误；C．根据图像的斜率表示加速度，可知时，小球的加速度方向并未反转，仍然竖直向下，故C错误；D．根据图像的斜率表示加速度，可得小球的加速度大小为，小球的加速度大小为，根据牛顿第二定律有，求得，小球受到的空气阻力大小恒为,故D正确.故选D. 63.（2024·徐州高一期末抽测）用轻质细绳拉着物体竖直向上运动，其v—t图像如图所示，不计空气阻力.则在t1、t2、t3、t4时刻，细绳拉力最大的是（　　） A. t1 B. t2 C. t3 D. t4 【答案】A 【解析】v—t图像中斜率表示加速度，t1时刻加速度竖直向上，t2和t4时刻加速度竖直向下，t3时刻加速度为0，故用轻质细绳拉着物体竖直向上运动，加速度竖直向上时，是超重，细绳拉力最大，故选A. 64.（2024·镇江高一期末）如图所示，一轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧正上方有一个小球自由下落.从小球接触弹簧上端到将弹簧压缩到最短过程中，下列图线中关于小球的速度大小v、加速度大小a、时间t、弹簧形变量x关系正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】小球刚接触弹簧的一段时间内，重力大于弹力，则,加速度向下，即小球加速向下运动，随向下位移的增加，弹力变大，当弹力等于重力时，加速度为零，此时速度最大；以后弹力大于重力，加速度向上，则,即小球向下做减速运动，随弹力的增加，加速度逐渐变大，到达最低点时加速度向上最大，则小球的速度先增加后减小，加速度先减小后增加，且加速度a随位移x呈线性关系，但是随时间t不是线性关系.故选D. 65.（2024·扬州高一期末检测） 将小球从低处竖直向上抛出，所受空气阻力大小与速度成正比.下列描述小球上升过程中加速度a随时间t变化关系的图像可能正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】根据题意有,小球上升过程中，根据牛顿第二定律可得,上升过程中，随着小球速度的减小，小球的加速度逐渐减小到趋近于重力加速度，加速度与时间的变化率为,可知加速度与时间的变化率随加速度的减小为减小，则图像的切线斜率绝对值逐渐减小.故选A. 66.（2024·徐州高一期末抽测）如图所示，小孩竖直向上踢出毽子，毽子上升到最高点之后落下.在毽子上升、下降过程中的加速度随时间的变化关系，可能正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】踢出后的毽子，受到重力和空气阻力的作用，毽子上升过程中有,毽子向上运动过程中速度逐渐减小，阻力减小，故加速度减小；下降过程中有,下降过程中速度逐渐增大，故加速度减小，因此全过程中加速度一直减小，且方向向下不变.故选D. 67.（2024·宿迁中学高一期末）放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，力F的大小与时间t的关系如甲图所示；物块的运动速度v与时间t的关系如乙图所示，6s后的速度图象没有画出，g取下列说法正确的是　　 A. 滑动时受的摩擦力大小是3N B. 物块的质量为 C. 物块在内的加速度大小是 D. 物块前6s内的平均速度大小是 【答案】B 【解析】A．由速度﹣时间图象可以知道，在3～6s内，物体处于匀速直线状态，即物体所受到的摩擦力大小应该与推力F大小相等，F滑=F推=6N，故A错误；B．在0～3s内，物体做匀加速直线运动，a=2m/s2，F合=ma=F推﹣F滑=3N，得出m=1.5kg，故B正确；C．在6～9s内，F推=3N，F滑=6N，F合=ma=F滑﹣F推=3N，得出a=2m/s2，故C错误；D．由速度时间图象面积可知，0～6s内物体的位移X=（3+6）×6m=27m，物块前6s内的平均速度大小v==4.5m，故D错误．故选B． 68.（2024·盐城阜宁高一期末） 如图甲，一物块在光滑斜面上，受到沿斜面向上的力F作用，由静止开始沿斜面向上运动.物块的速度—时间图像如图乙所示.下列说法正确的是（　　） A. 0~2s内，力F逐渐变小 B. 0~2s内，力F逐渐变大 C. 2s~4s内，力F一定为零 D. 4s~6s内，力F一定不为零 【答案】A 【解析】AB．由图像任意点切线的斜率表示该点的瞬时加速度可知，0~2s内，物块的加速度逐渐变小，由牛顿第二定律有，得，可知力F逐渐变小，故A正确，B错误； C．2s~4s内，物块做匀速直线运动，则，所以力F一定不为零，故C错误；D．4 s~6 s内，取运动方向为正，物块做匀减速直线运动，加速度保持不变，对物块由牛顿第二定律有 当时，加速度为，也符合运动规律，可知力F可能为零，故D错误.故选A. 8.牛顿第二定律的应用——连接体问题 69.（2024·南通海安中学高一期末）如图所示，置于水平地面上质量分别为和的两物体甲、乙用劲度系数为k的轻弹簧连接，在物体甲上施加水平恒力F，稳定后甲、乙两物体一起做匀加速直线运动，对两物体间弹簧的形变量，下列说法正确的是（　　） A. 若地面光滑，则弹簧的形变量等于 B. 若地面光滑，则弹簧的形变量等于 C. 若物体甲、乙与地面间的动摩擦因数均为，则弹簧的形变量等于 D. 若物体甲、乙与地面间的动摩擦因数均为，则弹簧的形变量等于 【答案】D 【解析】AB．若地面光滑，对甲、乙两物体，有，对物体乙有，可解得，AB错误；CD．若地面粗糙，由题可知，对甲、乙两物体做加速运动，有，对物体乙有，可解得， C错误，D正确.故选D. 70.（2024·南师附中高一期末）某运送货物的中欧班列由30节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F.若每节车厢所受阻力均相等，则倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】把后28节车厢看成整体，根据牛顿第二定律有，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为，把后2节车厢看成整体，根据牛顿第二定律有，解得，故选B. 71.（2024·徐州高一期末抽测） 如图所示，一劲度系数为k的弹簧下端固定在地面上，上端固定一质量为的物体A，弹簧和物体A均保持静止状态.在物体A上轻放一质量为的物体B的瞬间，物体A对物体B的支持力大小为（　　） A.0 B. C. D. 【答案】C 【解析】在物体A上轻放一质量为的物体B的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，则物体A与B的整体受到的合力等于，方向竖直向下，对整体，由牛顿第二定律得:,对B，由牛顿第二定律得,联立解得:,故选C. 72.（2024·南通海安高一期末质监）如图所示，质量为mB=2kg的重物B放在倾角为30°的固定光滑斜面上，通过细线跨过定滑轮连接重物A，，不计细线与滑轮间的摩擦.现由静止释放两重物，在A、B两重物运动过程中，细线的弹力可能为（g=10m/s2）（ ） A. 10N B. 20N C. 30N D. 40N 【答案】B 【解析】由于，可知静止释放两重物，A物体竖直向下加速运动，B物体沿斜面向上加速运动；以A物体为对象，根据牛顿第二定律可得 以B物体为对象，根据牛顿第二定律可得 联立可得 由于，可得 则有 可得细线的弹力满足，故选B. 73.（2024·扬州高一期末检测） 如图所示，用轻质细绳绕过两个光滑轻质滑轮将木块A与重物B连接，细绳处于伸直状态，木块质量M =2kg，木块与水平地面间动摩擦因数μ =0.5，重力加速度g=10m/s2 （1）若木块向右匀速运动，求重物质量m1； （2）若重物质量m2=0.4kg，由静止释放，求木块与地面间摩擦力大小f； （3）若重物质量m3=2kg，距地面高度h=1m，由静止释放，木块在运动过程中与右边滑轮不相撞，求木块的最大位移x. 【答案】（1）0.5kg；（2）8N；（3）0.8m 【解析】（1）对重物进行受力分析T=m1g，对木块进行受力分析f=2T，又，解得m1=0.5kg。（2）因为m2=0.4kg<0.5kg，系统处于静止状态 ，轻绳对重物的拉力T2= m2g，木块与地面的摩擦力f= 2T2 =8N，解得f= 8N。（3）对木块应用牛顿第二定律，对重物应用牛顿第二定律，两加速度的关系为a2=2a1，解得a1=3m/s2，重物落地时，木块位移，，此时木块的速度大小为，重物落地后木块的加速度为a1′==5m/s2，木块位移，木块最大位移x=x1+x2=0.8m. 9.牛顿第二定律的应用——传动带模型 74.（2024·南通海门高一期末） 某小物块在弧形轨道上由静止释放后滑下，弧形轨道与水平传送带平滑连接，如图所示.下面关于物块在传送带上运动的图像，可能的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】ABD．在图像中，斜率表示加速度，如果滑到传送带上小物块与传送带的速度不相同，在摩擦力作用下先做匀变速直线运动，如果传送带足够长，最终跟传送带速度相同，做匀速直线运动，开始时应该是倾斜的直线，最后也不可能减速到零，故ABD错误；C．在图像中，平行于轴直线表示匀速直线运动，当滑到传送带上时，小物块与传送带的速度相同，做匀速直线运动，故C正确.故选C. 75.（2024·南京高一期末调研）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角，以恒定的速率 逆时针匀速转动.小砖块以初速度沿平行于传送带方向从传送带底端滑上传送带，其与传送带间的动摩擦因数 ，取重力加速度.下列说法正确的是（　　） A. 砖块刚滑上传送带时的加速度大小为 B. 砖块在传送带上向上滑行的最远距离为 C. 若增为，砖块返回出发点时间变长 D. 若增为，砖块在传送带上留下的痕迹变长 【答案】D 【解析】A．砖块刚滑上传送带时，受到的滑动摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得， 解得砖块刚滑上传送带时的加速度大小为，故A错误； B．砖块在传送带上向上滑行的最远距离为，故B错误； C．砖块到达最高点后，继续以相同的加速度向下加速运动到与传送带共速，之后由于，则共速后一起做匀速运动回到出发点；上滑时间为，向下加速到与传送带共速所用时间和加速阶段的位移分别为，，则匀速阶段时间为，则总时间为，根据数学知识可知，当时，所用时间最短，则若增为，砖块返回出发点时间变短，故C错误； D．在砖块与传送带共速前，砖块一直相对于传送带向上运动，砖块在传送带上留下的痕迹长度为，若增为，砖块在传送带上留下的痕迹变长，故D正确.故选D. 76.（2024·宿迁中学高一期末）如图所示，传送带与地面的夹角为37°，其顶端A到底端B的距离为4m，传送带始终以的速率逆时针转动.在传送带顶端A轻放一小煤块，已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5，sin37°=0.6，重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（　　） A. 煤块下滑过程中先加速后匀速 B. 煤块从传送带顶端A运动到底端B所用的时间为1.05s C. 煤块在传送带上留下的滑动痕迹为1.5m D. 煤块在传送带上留下的滑动痕迹为1.25m 【答案】D 【解析】AB．根据题意可得，小物块初始状态速度为0，传送带速度沿斜面向下，所以初始时，小物块受到传送带给的沿传送带向下的滑动摩擦力的作用.根据牛顿第二定律可得 解得煤块的加速度 方向沿斜面向下.从开始到煤块与传送带共速的时间为 煤块走过的路程为 煤块与传送带共速瞬间摩擦力突变，因为 所以摩擦力突变为沿传送带向上的滑动摩擦力，则第二阶段 解得 方向沿斜面向下.所以煤块下滑过程中一直加速.剩余的位移为 根据匀加速直线运动规律可知剩余阶段 解得或（舍弃） 煤块从传送带顶端A运动到底端B所用的时间为 故AB错误； CD．煤块与传送带共速前，传送带速度较快，痕迹在煤块前方，此阶段传送带的位移为 痕迹的长度为 共速后煤块速度较快，所以痕迹会在煤块后方.此阶段传送带的位移为 则煤块与传送带之间的位移差为 因为 共速后的痕迹会被共速前的痕迹覆盖，所以煤块在传送带上留下的滑动痕迹为1.25m. 故C错误，D正确.故选D. 77.（2024·南师附中高一期末）如图所示，倾角θ=37°的传送带以v=4m/s的速率顺时针匀速运行，M、N为传送带的两个端点，M、N两点间的距离L=16m.N端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的木块挡住.在距离挡板9m处的O点由静止释放质量m=1kg的木块（可视为质点），当木块运动到底端N时与挡板P发生碰撞.已知碰撞时间极短，木块与挡板P碰撞前后速度大小不变，木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s2，以下说法正确的是（　　） A. 木块从释放至第一次与挡板碰撞前，在传送带上留下的划痕长度为12m B. 木块第一次与挡板P碰后最远能到达距挡板1.8m处 C. 经过很长一段时间，传送带对木块的摩擦力大小与方向保持不变 D. 经过很长一段时间，木块停在挡板P处 【答案】C 【解析】A．木块释放后，受力分析由牛顿第二定律可得，解得，设释放后经t1时间滑到挡板处，可得，解得t1=3s，该段时间内传送带的对地位移为，二者向相反的方向运动，则木块在传送带上留下的划痕长度为，故A错误；B．木块第一次与挡板碰撞前，速度为，依题意，木块第一次与挡板P碰后速度大小仍为，对木块受力分析，由牛顿第二定律可得，解得，木块沿传送带向上做匀减速直线运动，设经x1速度减为4m/s，则有，解得，因为，所以木块继续以沿传送带向上匀减速直线运动，由牛顿第二定律，设经x2速度减为零，则有，解得，则木块第一次与挡板P碰后最远能到达距挡板，故B错误；CD．经过多次碰撞后木块以4m/s速度被反弹，在距N点4m的范围内不断以加速度a2做向上的减速运动和向下的加速运动.故经过很长一段时间，传送带对木块的摩擦力大小与方向保持不变，故C正确，D错误.故选C. 78.（2024·南通海安中学高一期末）一木块沿一与水平面夹角为α的表面粗糙的传送带运动，其v-t图像如图所示，已知传送带以速率v0逆时针转动，传送带足够长，木块与传送带间的动摩擦因数为μ.则下列说法正确的是（　　） A. v-t图像描述的是木块以一定的初速度从传送带的底端开始向上的运动 B. 从v-t图像可知木块的初速度大于v0 C. 从v-t图像可知木块与传送带间的动摩擦因数μ>tanα D. 从v-t图像可以得出木块运动过程中的速度一定有等于v0的时刻 【答案】D 【解析】A．若木块以一定的初速度从传送带的底端开始向上的运动，木块一定先减速向上后加速向下，而图像表示的是运动方向不变，且一直做加速运动，所以木块的初速度一定向下，A错误；B．木块的初速度一定沿斜面向下的，又因为图像的斜率先大后小，所以木块的加速度也先大后小，木块的合力先大后小，木块的所受的摩擦力先向下后向上，只有木块的初速度小于v0时摩擦力的方向才能先向下，B错误；C．木块的初速度小于v0，摩擦力沿斜面向下，木块向下做匀加速直线运动，其加速度为，当木块的速度等于v0时，若木块与传送带间的动摩擦因数μ>tanα，则，木块将随着传送带一起以v0的速度匀速运动，不能继续加速运动，C错误；D．当木块的速度等于v0时，且μ<tanα，木块无法与传送带相对静止，继续向下加速运动，摩擦力的方向沿斜面向上，其加速度为， 木块运动过程中的速度一定有等于v0的时刻，D正确.故选D. 79.（2024·南通海安高一期末质监）如图所示，足够长的传送带与水平方向的夹角θ=30°，并以v0=2.0m/s的速度逆时针转动.A、B两物体质量均为m=1.0kg，其中A物体和传送带间的摩擦可忽略，B物体与传送带间的摩擦因数为.A、B之间用长为L=0.4m的不可伸长的轻绳连接.在外力F=15N作用下，A、B和传送带相对静止且绳处于伸直状态.t=0时撤去外力F，A、B两物体碰撞后会交换速度，g取10m/s2.求： （1）外力F作用时，B物体受到的摩擦力f； （2）撤去外力F，第一次碰撞后A、B两物体的速度大小； （3）撤去外力F，绳子是否能再次伸直？如果会，求出此时的时刻t；如果不能，求出第一次碰后A、B之间的最大距离d. 【答案】（1），方向沿传送带斜面向下；（2），；（3）不会， 【解析】（1）对A、B整体分析，假设B物体受到的摩擦力沿斜面向下，则沿斜面方向有，解得，方向沿传送带斜面向下.（2）撤去外力F，对A受力分析得，方向沿斜面向下，对B受力分析得，两物体的位移之差等于绳长L时第一次碰撞，设第一次碰撞的时间为t1，，解得t1=0.4s，第一次碰撞前A、B的速度，，两物体碰撞后会交换速度，所以，。（3）对A受力分析得，A的加速度不变，对B受力分析得，第一次碰撞后经过时间t2，两者速度相等，此时距离最大，解得t2=0.3s，，因此绳子不会再次伸直. 10.牛顿第二定律的应用——滑板滑块模型 80. （2024·常州溧阳高一期末调研）质量为m的矩形木板ae，放在光滑水平面上，b、c、d是ae的4等分点.质量为M的物块以一定的初速度从a点水平滑上粗糙木板，物块的宽度不计，且，经过一段时间物块停在木板上.若图是物块刚滑上木板时的物块与板的位置状态，下图是物块刚与木板达到共同速度时的位置，下列示意图正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】地面光滑，物块A与木板B组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 对m有 设相对位移为，对M有 整理得 因为，所以 解得 故B正确ACD错误. 故选B. 81.（2024·南师附中高一期末）如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2m，B和C的质量都是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为.设B足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（　　） A. 若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过 B. 当力F逐渐增大时，A、B之间先发生打滑现象 C. 当力时，B与A相对滑动 D. 无论力F为何值，B的加速度不会超过 【答案】C 【解析】A．A、B间的最大静摩擦力为 B、C间的最大静摩擦力为 B与地面的最大静摩擦力为 若A、B、C三个物体始终相对静止，则三者一起向右加速，对整体根据牛顿第二定律可知 假设C恰好与B相对不滑动，则对C有 解得， 设此时A与B间的摩擦力为f，对A有 解得 表明C达到临界时A还没有到达临界值，则当力F逐渐增大时，B、C之间先发生打滑现象，要使三者始终相对静止，则F不能超过，故AB错误； C．B相对A滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，对AB整体 对A研究得 解得 故当拉力大于时，B相对A滑动，故C正确； D．当F较大时，A与C会相对于B滑动，B的加速度达到最大，当A与B相对滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，则B受到A的摩擦力向前，B受到C的摩擦力向后，B受到地面的摩擦力向后，对B有 解得 故D错误. 故选C. 82.（2024·盐城东台高一期末）如图所示，一质量为M、长为l的木板A静止在光滑水平桌面上，另一质量为M的小物块B（可视为质点）从木板上的左端以大小为速度开始运动；当物块B从木板A右端离开时，B和A速度分别大小为和.此过程中木板A运动位移大小为x.下列判断正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】由动量守恒定律有 所以 B从A左端到右端的过程，由动能定理有,, 因为B会从A右端滑下，有 有 所以,故ACD错误，B正确. 故选B. 83.（2024·常州溧阳高一期末调研）如图所示，光滑的水平面上静置一质量M=2kg、长度L=8m的木板，另一质量m=1kg的小滑块以v0=10m/s的水平初速度从木板的左端滑上木板（此时开始计时）.已知小滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g=10m/s2. （1）若木板固定在水平面上，求小滑块从木板上滑离时的速度大小； （2）若木板不固定，求小滑块从木板上滑离的时间； （3）若木板不固定，且在小滑块滑上木板的同时对木板施加一水平向右的恒力F，要使小滑块不从木板上滑离，求恒力F的大小范围. 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）对滑块 解得 设滑块从木板上滑离时速度为v， 解得 （2）木板不固定，对木板， 设经时间t1，滑块刚好从木板上滑离 解得 另一解时滑块速度小于木板速度，不符，舍去； （3）设经时间t2，滑块刚好滑到木板右端且与木板共速，即滑块恰好不从木板的右端滑落 对木板，， 解得， 由 可得 滑块不从木板的左端滑落：对木板， 解得 所以要使小滑块不从木板上滑离. 84.（2024·盐城高一期末联考） 如图所示，一长木板静止在水平地面上，一物块叠放在长木板某一位置处，整个系统处于静止状态，长木板质量为，物块的质量为，物块与长木板之间的动摩擦因数为，长木板与地面之间的动摩擦因数为，对长木板施加一个水平向右的恒力，拉力大小，作用后将力撤去，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，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度.求： （1）时物块与长木板的速度大小分别为多大； （2）和全程运动的时间分别为多少； （3）长木板的最短长度. 【答案】（1）2m/s，3m/s；（2）2.2s，1.65s；（3）0.605m 【解析】（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 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 解得 由于，则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 解得 作用时间过程中，物块做匀加速直线运动，物块速度的大小 长木板做匀加速直线运动，长木板速度的大小 （2）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，设再经二者共速，物块继续做匀加速运动，物块的加速度 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 解得 设经过时间物块与长木板达到共同速度，根据运动学公式有 两式联立解得； 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 解得 此时物块与长木板之间的摩擦力为 物块与长木板之间的最大静摩擦力为 由于，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 因此，物块的加速度 物块停止的时间 物块全程总时间为 以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有 解得 木板停止的时间 全程总时间 （3）作用时间过程中，物块的位移 长木板的位移 撤去拉力后，此过程中物块的位移 长木板速度的位移 在时间内物块相对于长木板向左滑动的距离为 当两者速度相等之后，物块减速过程运动位移为 长木板减速过程运动位移为 此过程中物块相对于长木板向右滑动的位移为 由于，则长木板的最小长度为. 85.（2024·盐城阜宁高一期末）一足够长的木板P静置于粗糙水平面上，木板的质量M=4kg，质量m=1kg的小滑块Q（可视为质点）从木板的左端以初速度滑上木板，与此同时在木板右端作用水平向右的恒定拉力F，如图甲所示，设滑块滑上木板为t=0时刻，经过撤去拉力F，两物体一起做匀减速直线运动，再经过两物体停止运动，画出的两物体运动的v—t图像如图乙所示.（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度）求： （1）0~2s内滑块Q和木板P的加速度大小，两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小； （2）滑块Q运动的总位移； （3）拉力F的大小. 【答案】（1）4m/s2，2 m/s2，1 m/s2；（2）24m；（3）9N 【解析】（1）v—t图像中，图线斜率的绝对值表示加速度大小，根据图乙可知，0~2s内滑块Q的加速度大小 0~2s内滑块Q的加速度大小 两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小 （2）v—t图像中，图线与时间轴所围几何图形的面积表示位移，则滑块Q运动的总位移 （3）0~2s内对滑块Q分析有 0~2s内对滑块P分析有 两物体一起做匀减速直线运动，对PQ整体分析有 解得 86.（2024·盐城一中高一期末联考） 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=2kg，物块的质量为m=1kg，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=20N，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）通过计算分析施加F后m和M是否相对滑动； （2）求0.9s时各自速度； （3）撤去外力F后经多长时间m和M速度相等. 【答案】（1）相对滑动；（2），；（3） 【解析】（1）设物块m与长木板M发生相对滑动，以物块为对象，根据牛顿第二定律可得 解得物块的加速度大小为 以长木板为对象，根据牛顿第二定律可得 解得长木板的加速度大小为 由于 假设成立，则析施加F后m和M相对滑动. （2）0.9s时，物块的速度为 长木板的速度为 （3）撤去外力F后，长木板开始做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得 解得加速度大小为 设撤去外力F后经时间，m和M速度相等，则有， 联立解得 87.（2024·淮安高一期末调研）如图所示，A、B两块木板并排静止在光滑水平面上，小物块C（可视为质点）以水平速度vC=6m/s从A的左端滑上，若三个物体质量均为m=2kg，A、C间的动摩擦因数μ1=0.2，C的速度减小到4m/s时，恰好与A分离，滑上B板，g取10m/s2. （1）求C刚滑上A时，物块A、C的加速度大小aA、aC； （2）求A板的长度LA； （3）若B板长LB=1.5m，要使C不脱离B，求B、C间的动摩擦因数μ2的最小值. 【答案】（1），；（2）；（3） 【解析】（1）如图所示，对C受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得 对A、B整体受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律可得 解得 （2）设C从A的左端到右端所用时间为，根据匀变速运动规律，对C有， 解得， 对A有 解得 则A板的长度为 （3）C滑上B时的速度为4m/s，此时加速度大小均为 此时B的速度为 当最小时，C、B两物体刚好在B末端达到共同速度，则有， 可得 根据匀变速直线运动位移速度公式可得， 又 联立解得 88.（2024·南通海安中学高一期末）某次班级活动中，进行桌面推木棒游戏，要求用力F水平推木棒，使木棒能在桌面上移动距离最远，且又不能从桌面掉落，假设木棒与桌面的动摩擦因数恒为，推力，木棒质量，木棒长，桌面长，取重力加速度大小.求： (1)推力作用时，木棒的加速度； (2)推力作用下木棒移动1m后，撤去外力F，木棒在桌面上运动的总时间； (3)第(2)问中木块运动的总距离，判断木块是否从桌面掉落. 【答案】（1）2m/s2；（2）；（3）木块没有从桌面掉落 【解析】(1)由牛顿第二定律F-μmg=ma1 得a1=2m/s2 (2)推力作用下木棒移动位移时，木棒运动的时间由 解得t1=1s 此时物体的速度为 撤去外力后木棒的加速度为a2=μg=6m/s2 木棒还能运动的时间 所以运动的总时间为 (3)由上可知木棒运动的总距离 木棒最多不能超过半根露出桌面边缘，即在桌面上最多只能移动1.4m，而X<1.4m，故没有从桌面掉落. 89.（2024·南京高一期末调研）如图所示，水平地面静置一木板，板长，质量.板上距右端处放置一铁块，铁块质量.铁块与木板之间动摩擦因数，木板和地面间动摩擦因数.现对木板施加一水平向右的推力，使其向右运动.铁块可视为质点，取.求： （1）铁块加速度的大小和木板加速度的大小； （2）自推力施加至板、块分离，木板向前运动的距离； （3）若推力作用1.0s 后撤去，请通过计算判断铁块是否从板上滑落？ 【答案】（1） （2）1.815m （3）不会 见解析 【解析】（1）推力施加后，板、块间发生相对滑动，对铁块，根据牛顿第二定律可得 解得 对木板，根据牛顿第二定律可得 解得 （2）设经过时间，铁块从板上滑落，则有 又， 联立解得， （3）推力施加的时间，此过程中板、块均向右加速，铁块和木板的位移分别为、，则有， 时，铁块和木板的速度分别为、，则有， 此后，铁块继续加速，木板减速，木板减速时加速度大小为，根据牛顿第二定律可得 解得 经过时间，铁块和木板速度相同，则有 解得， 时间内，铁块、木板的位移分别为，，则有， 上述过程，铁块相对木板向左运动，则有 板、块速度相等后，由于铁块与木板之间动摩擦因数小于木板和地面间动摩擦因数，可知铁块与木板间存在相对滑动，且铁块相对木板向前移动；由于 则铁块不会从板上滑落. 90.（2024·南通海门高一期末）家里地板上有一块质量为的木板，木板正中央静置有质量为的小铁块（视为质点），木板与地板、铁块之间的动摩擦因数分别为和，设最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度取.求： （1）若小猫用水平向左的拉力拉动木板，小猫对木板的最小拉力； （2）若小猫以恒定水平向左拉力拉动木板，则木板加速度； （3）若在铁块与墙壁间用劲度系数的轻质橡皮绳相连，橡皮绳刚好伸直且无张力.小猫将木板以的加速度向左拖动，当铁块相对木板发生滑动的瞬间，橡皮绳恰好崩断，小猫吓得立即放开爪子，铁块没有从木板上掉下来，则橡皮绳能承受的最大拉力及木板的最小长度L. 【答案】（1）20N；（2）；（3），0.833m 【解析】（1）对木板和小物块整体分析，根据平衡条件可得小猫对木板的最小拉力为 （2）设铁块刚好开始滑动时，所加的外力为 对铁块，根据牛顿第二定律，有 对整体，根据牛顿第二定律，有 联立解得 说明猫的拉力为25N时，铁块与木板未发生相对滑动. 对整体，根据牛顿第二定律可得 解得 （3）橡皮绳刚被拉断时，对铁块，根据牛顿第二定律，可得 解得 对橡皮绳，根据胡克定律，可得 解得 设猫松爪时的木板速度为v，由运动学公式，解得 橡皮绳刚被拉断后，对铁块，根据牛顿第二定律，有 解得 对木板，根据牛顿第二定律，有 解得 设板长为，则 解得 （橡皮绳刚被拉断后，方法二，对物体，根据 解得 对木板，根据 解得 设板长为，则 解得 ) 91.（2024·连云港高一期末调研）如图甲所示，一长木板置于粗糙水平地面上，木板右方有一竖直墙壁，质量的小物块置于木板左端.从某时刻开始小物块与木板一起以的速度向右运动，经木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短），碰撞后木板速度大小不变方向相反，再经木板的速度大小变为.已知木板运动的整个过程中小物块始终未离开木板，小物块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数，重力加速度取10m/s2.求： （1）木板与墙壁碰撞前小物块加速度的大小； （2）木板质量； （3）木板的最小长度. 【答案】（1）；（2）；（3）4.8m 【解析】（1）碰撞前小物块和木板一起运动，加速相同，对物块和木板整体分析得 解得 （2）后木板的速度大小为，， 设碰撞后木板的加速度，时间后木板的速度大小为， 分别对木板受力分析得 长木板的质量 （3）设在时间内物块的位移大小为，加速度大小为，初速度大小和木板相同为 对物块受力分析得， 在时间后，物块加速度大小为，对木板受力分析得木板加速度大小仍为，在时间内木板位移大小为， 再经过时间两者速度相等，设在时间内长木板的初速度，则 在时间内物块的初速度，则 再经过时间两者速度相等 解得 时间木板的位移大小为， 时间木板的位移大小为， 木板的最小长度 92.（2024·无锡高一期末调研） 如图所示，某货场需将质量为m的货物（可视为质点）从高处运送至地面，现利用固定于地面的倾斜轨道传送货物，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道与水平面成θ=37°角．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同木板A、B，长度均为L=2m，厚度不计，质量均为m，木板上表面与轨道末端平滑连接．货物与倾斜轨道间动摩擦因数为μ0=0.125，货物与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间动摩擦因数μ2=0.2．回答下列问题：（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2） （1）若货物从离地面高h0=1.5m处由静止滑下，求货物到达轨道末端时的速度v0 （2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足条件 （3）若μ1=0.5，为使货物恰能到达B的最右端，货物由静止下滑的高度h应为多少？ 【答案】（1）5m/s（2）（3）2.64m 【解析】（1）货物在倾斜轨道上的受力如图，由牛顿第二定律： 代入数据解得 由运动学公式： 代入数据解得： （2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得 若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得 联立④⑤式代入数据得: （3）由（2）知货物滑上A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动．货物下滑高度记为，到达斜道末端时速度记为， 货物滑上A时做匀减速运动，加速度大小a1=gμ1=5m/s2 货物离开A时速度记为， 货物滑上B时，自身加速度大小， B的加速度大小 由题意，货物到达B最右端时两者恰好具有共同速度，记为，货物做匀减速运动：， B做匀加速运动：， 位移关系满足： 代入数据解得： 93.（2024·镇江高一期末）如图所示，水平传送带和木板B放置在水平地面上，传送带和木板等高.传送带以恒定的速度逆时针转动，物块A从传送带左端以某一速度水平滑上传送带，物块A的质量为m=2kg，传送带长度为L1=0.9m，转动速度为v=4m/s，木板质量为M=2kg，长度为L=2m，传送带和物块A之间的动摩擦因数为μ1=0.5，木板和物块A间的动摩擦因数为μ2=0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ3=0.1，不计传送带与平板之间的间隙对物块A速度的影响，重力加速度g取10m/s2. （1）求A刚滑上传送带时加速度大小； （2）若A滑上传送带的初速度v0为2m/s，求A在传送带上运动的时间； （3）若A可以滑上木板B，且恰好不从木板上滑落，求A滑上传送带时的初速度大小. 【答案】（1）；（2）0.8s；（3） 【解析】（1）根据牛顿第二定律 解得 （2）物块A减速到0过程， 所以A会再反向加速从左端滑离传送带，则滑离的时间为 则A在传送带上运动的时间 （3）A、B运动过程中，对A，根据牛顿第二定律 解得 对B， 则A恰好滑到B的最右端时， 联立解得： A在传送带上匀减速至即可，. 94.（2024·徐州高一期末抽测）传送带在物流仓储、港口和机场等场合应用广泛.如图所示，倾角θ＝30°、足够长的传送带以的速度逆时针匀速转动，其左侧光滑水平地面上放有一质量M＝4kg、长L＝15m木板，木板上表面与传送带底端等高.一质量m＝1kg的物块（可视为质点）在传送带顶端由静止释放，然后滑上木板（不考虑物块在传送带和木板衔接处速度的损失）.已知物块与传送带和木板间的动摩擦因数分别为和.重力加速度g取，求： （1）物块刚达到传送带速度所需时间； （2）物块从木板上滑离时的速度； （3）若物块刚滑上长木板右端时，在长木板的左端施加一水平向左的恒力，使得物块刚好不能从长木板上滑出，求水平恒力F. 【答案】（1）1s；（2）6m/s；（3） 【解析】（1）物块刚放上传送带上时，由牛顿第二定律有 与传送带共速时，有 （2）与传送带共速后，由于 说明物块此后做匀速运动，则 物块滑上木板瞬间，对于物块，有 对于木板有3 滑离木板时 解得（另一个不符题意） 此时滑块速度 （3）长木板的左端施加一水平向左的恒力F后，木板加速度 根据 ， 解得 95.（2024·苏州高一期末调研）如图所示，一水平传送带以的速度顺时针转动，左右两端A、B间距离，右端B点与水平台面平滑对接，水平台面上有一个倾角为45°、高度的固定斜面（水平台面与斜面由平滑圆弧连接），斜面的右侧有一固定的水平桌面，桌面左侧放有一木板（厚度不计），右侧固定一弹性竖直挡板，木板与挡板碰撞后会原速率返回.现有一可视为质点的物块以水平初速度从A点滑上传送带，到达B点时的速度大小为，物块离开斜面后恰好在它运动的最高点滑上木板.已知物块质量和木板质量均为0.1kg，物块与传送带之间的动摩擦因数和物块与木板之间的动摩擦因数均为0.2，其它接触面间的摩擦均不计，g取.求： （1）物块初速度的大小； （2）桌面与台面之间的高度H； （3）若物块始终不滑离木板，木板与挡板仅能发生一次碰撞且木板左端不会离开桌面，求木板的最短长度s和最初木板右端与挡板距离x的范围. 【答案】（1）；（2）；（3）， 【解析】（1）由于物块到达B点时的速度大小为 可知物块在传送带上做匀减速直线运动，加速度大小为 根据运动学公式可得 解得 （2）物块在斜面上滑过程，做匀减速直线运动，加速度大小为 根据运动学公式可得 可得物块离开斜面时的速度大小为 物块离开斜面时的水平分速度和竖直分速度分别为， 物块离开斜面后恰好在它运动的最高点滑上木板，竖直方向有 桌面与台面之间的高度为 （3）物块刚滑上木板时，在摩擦力作用下，物块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，由于两者的质量相等，则两者的加速度大小相等；若物块始终不滑离木板，木板与挡板仅能发生一次碰撞且木板左端不会离开桌面，可知木板与挡板发生一次碰撞后，物块和木板均做匀减速直线运动，且加速度大小相等，最终两者速度刚好同时减为0，则碰撞前两者已经达到共速.共速前，两者的加速度大小均为 设从物块滑上木板经过时间，两者达到共速，则有 解得， 此过程，物块发生的位移大小为 木板发生的位移大小为 物块相对于木板向右发生的位移大小为 从木板与挡板发生一次碰撞碰撞到两者同时停下来，物块相对于木板向右发生的位移大小为 则木板的最短长度为 最初木板右端与挡板距离的范围为. 11.实验：探究加速度与力、质量的关系 96.（2024·盐城阜宁高一期末）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某研究小组利用如图1所示实验装置，在满足所挂钩码质量远小于小车质量的前提下，进行实验数据测量、计算和分析. 根据测量数据，作出小车的加速度随细线拉力变化的图线，如图2所示.你认为在实验过程中可能存在的问题是（ ） A. 先释放小车，后接通电源 B. 补偿阻力时木板右端垫得不够高 C. 先接通电源，后释放小车 D. 电源电压过高造成小车加速度测量值偏大 【答案】B 【解析】根据图2可知，当拉力达到一定数值时，小车才有加速度，说明没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，则在实验过程中可能存在的问题是补偿阻力时木板右端垫得不够高. 故选B. 97.（2024·盐城东台高一期末）用图示装置做“探究物体的加速度与力、质量的关系”的实验，下列操作中正确的是（　　） A. 电火花打点计时器选用4~6V交流电源 B. 平衡摩擦力时将砝码盘通过细线挂在小车上 C. 实验中，释放小车与接通打点计时器需同时进行 D. 实验中改变小车的质量后，不需要重新平衡摩擦力 【答案】D 【解析】A. 电火花打点计时器选用220V交流电源，故A错误； B. 平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动，故B错误； C. 实验中，应先接通打点计时器，再释放小车，故C错误； D. 由于平衡摩擦力之后有 故所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量即改变拉小车拉力，不需要重新平衡摩擦力，故D正确. 故选D. 98. 某学习小组用如图所示的装置“探究加速度与力、质量的关系”，下列操作正确的是（　　） A. 固定打点计时器时应调节图中P B. 打点计时器通过Q与电源相连 C. 当细绳与木板不平行时应调节图中R使细绳与木板平行 D. 阻力补偿时应调节图中S使小车能匀速下滑 【答案】A 【解析】A．固定打点计时器时应调节图中P，故A正确； B．图中为电火花打点计时器，应通过导线一端的插头与220V的交流电源相连，故B错误； C．当细绳与木板不平行时应调节图中S使细绳与木板平行，故C错误； D．阻力补偿时应调节图中R使小车能匀速下滑，故D错误. 故选A. 99.（2024·常州溧阳高一期末调研）同学们用如图甲所示的装置来探究“在外力一定时，物体的加速度与其质量之间的关系”，已知当地的重力加速度为g. （1）已备好的实验器材有：电火花打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂及砂桶、天平（附砝码）、细绳，还需要___________； A.秒表 B.刻度尺 C.交流电源 D.直流电源 （2）实验中，需要补偿阻力.小明在已挂有砂桶的小车后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，调节木板的倾斜度，接通打点计时器的电源，使小车在绳的拉力下运动，发现纸带上的点迹间隔相等.小华认为这一步操作有误，应该__________（填字母）. A．适当增加砂桶中砂的质量 B.适当减少砂桶中砂的质量 C.取下砂桶进行实验，适当增大木板的倾斜度 D.取下砂桶进行实验，适当减小木板的倾斜度 （3）保持砂和砂桶质量m不变，通过改变小车上砝码的个数来改变小车的总质量M.如图乙所示是某次用打点计时器打下的一条纸带，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，纸带上每两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出，根据纸带可求出小车运动时的加速度大小为_________m/s2.（结果保留两位有效数字） （4）测出多组小车总质量M和对应的加速度a，小明作出如图丙中实线所示的图线，图线偏离直线的主要原因是____________. A.补偿阻力时木板的倾斜度太小 B.补偿阻力时木板的倾斜度太大 C.随着小车和砝码总质量M的减小，不满足的条件 D.随着砂和砂桶质量m的增加，不满足的条件 （5）小明调整了图像的横纵坐标，描绘出如图丁所示的图像.已知实验中已经完全补偿了阻力的影响，则图丁中纵轴上的截距等于__________（用题中所给的字母表示）. 【答案】 ①. BC##CB ②. C ③. 0.75 ④. C ⑤. 【解析】（1）[1]已备好的实验器材有：电火花打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂及砂桶、天平（附砝码）、细绳，还需要刻度尺和交流电源，故选BC. （2）[2]平衡摩擦力时，应该不挂沙桶，只让小车拖着纸带在木板上匀速运动，则应该取下砂桶；在挂砂桶时小车做匀速运动，可知木板倾角抬的过低，则取下砂桶后，应该将木板抬高增加倾斜度. 故选C. （3）[3]小车运动时的加速度大小为 （4）[4]设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有F=Ma 对砂桶和砂有mg-F=ma 由此解得 由此可知当M＞＞m时，砂和砂桶的重力等于绳子的拉力，在图中，a与成线性关系，当不满足M＞＞m的条件时，加速度随力的变化偏小，图线出现偏离，则图线偏离直线的主要原因是随着小车和砝码总质量M的减小，不满足的条件，故选C. （5）[5]对砂和砂桶以及小车的整体由牛顿第二定律可知，解得，则纵轴上的截距等于. 100.（2024·南通海安中学高一期末） (1)某同学设计了一个探究小车的加速度a与小车所受拉力F关系的实验，图甲为实验装置简图.他想用钩码的重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为下列说法正确的是（ ） A．实验时要平衡摩擦力 B．实验时不需要平衡摩擦力 C．钩码的重力要远小于小车的总重力 D．实验进行时应先释放小车再接通电源 (2)如图乙所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E是计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，距离如图所示.则打C点时小车速度的表达式为___________；该同学计算小车加速度的表达式为________________. 【答案】 ①. AC ②. 或 ③. 【解析】(1)[1]探究小车的加速度a与小车所受拉力F关系，实验时需要平衡摩擦力，且只有保证钩码的重力远小于小车的总重力，钩码的重力才能近似等于小车受到的合外力.实验进行时，要先接通电源，再释放小车，故BD错误，AC正确.故选AC. (2)[2]由匀变速直线运动推论可得：C点的瞬时速度等于AE或者BD的平均速度，即 或者 [3]求小车加速度，使用逐差法，可得：. 101.（2024·淮安高一期末调研）某实验小组利用如图1所示实验装置探究小车的加速度与力的关系. （1）某次调整过程中打出的纸带如图2所示（纸带上的点由左向右依次打出），为平衡阻力，继续调整过程中，下列操作正确的是____________； A.应将挂槽码的细线系在小车上 B.应将垫块向靠近定滑轮方向适当移动 C应将垫块向远离定滑轮方向适当移动 （2）实验过程中，为使细线的拉力大小近似等于槽码重力大小，需满足槽码的总质量__________（选填“远大于”、“远小于”或“等于”）小车的质量； （3）正确操作后打出纸带的一部分如图3所示，取计时点1、2、3为计数点，已知相邻两计数点之间的时间间隔为T，计数点2、3到计数点1的距离分别为x1、x2，则打计数点2时小车的瞬时速度v=_________，小车的加速度大小a=___________； （4）保持小车质量不变，改变悬挂槽码的质量，计算出的加速度a与对应合外力F的数据如下表所示，图4是根据测量数据作出的小车的加速度a随合外力F变化关系图像. 次数 F/N 1 0.098 0.200 2 0.196 0.405 3 0.294 0.606 4 0.392 0.804 5 0.490 1.010 由图4可知，该实验使用的小车质量M=___________kg. 【答案】 ①. C ②. 远小于 ③. ④. ⑤. 0.50 【解析】（1）[1]A．平衡阻力不需要挂槽码，故A错误； BC．由图2可知小车在沿斜面向下做加速直线运动，说明之前平衡阻力过大，所以为了继续平衡阻力，应将垫块向远离定滑轮方向适当移动，故B错误，C正确. 故选C. （2）[2]对小车，槽码整体，有 对小车有 得 可见当槽码的总质量远小于小车质量时，拉力约为槽码总重力. （3）[3][4]点2是点1、3的中间时刻，则有中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度得 由逐差法可得加速度 （4）[5]对小车，由牛顿第二定律有 得 可得斜率 得 102.（2024·宿迁中学高一期末）小华用图甲所示的实验装置探究小车的加速度a与质量m的关系.打点计时器使用50Hz的交流电. （1）小华认为需要调节定滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行，则这样操作的目的是______（填标号） A.防止打点计时器在纸带上打出的点痕不清晰 B保证小车运动中所受合力不变 C.保证小车最终能够实现匀速直线运动 （2）实验过程中，该同学打出了一条纸带如图乙所示.打点计时器使用50Hz交流电源，图中O、A、B、C、D、E、F为计数点，相邻两个计数点间有四个点未画出，根据纸带可计算B点的瞬时速度大小vB=______m/s，并计算纸带所对应小车的加速度大小a =______m/s2（结果均保留两位有效数字）. （3）保持小车所受的拉力不变，改变小车质量m，分别测得不同质量时小车加速度a的数值，记录数据如下表. 次数 1 2 3 4 加速度a（） 0.61 0.46 0.31 0.15 质量导数（） 4.00 3.00 2.00 1.00 请在答题卡的坐标纸上作出图像______. 根据所作的图像，写出实验结论：______. 【答案】 ①. B ②. 0.25 ③. 0.75 ④. 见解析 ⑤. 见解析 【解析】（1）[1]平衡摩擦力后，为了确保绳拉力等于小车所受外力的合力，实验中需要调节定滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行，即操作的目的是保证小车运动中所受合力不变. 故选B. （2）[2]由于相邻两计数点间有四个点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔为 由于匀变速直线运动中，全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则B点的瞬时速度大小为 [3]根据逐差法可知，小车加速度大小为 （3）[4]根据表格中的数据描点，将点迹用直线连接起来，使点迹均匀分布在直线两侧，如图所示 [5]根据牛顿第二定律有 则有 可知，保持小车所受的拉力不变，小车的加速度与小车的质量成反比，即小车的加速度与质量的倒数成正比，此时小车的加速度与质量的倒数成线性关系，即根据所作的图像，写出实验结论为，在误差允许的范围内，小车所受的拉力不变，小车的加速度与小车的质量成反比. 103. （2024·镇江高一期末）小明在实验室中利用牛顿第二定律测量小车质量，实验装置如图1所示. 实验操作步骤如下： ①在小车上挂上小吊盘，调整滑轮高度，使细线平行于木板； ②在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码，将小车拉到靠近打点计时器处； ③接通打点计时器电源，释放小车，关闭电源，取下纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m； ④重新安装纸带，仅改变小车中砝码的质量，重复步骤③. （1）安装纸带时，有图2（a）、（b）两种穿法，你认为正确的是___________（选填“a”或“b”）. （2）实验前需要先补偿小车受到的阻力，在补偿阻力前，下列操作正确的是___________ A.需要取下小吊盘和物块 B.只需要取下小吊盘中的物块 C.不需要取下小吊盘和物块 （3）上述（2）操作正确后，调整木板右端的高度，用手轻推小车，打点计时器在纸带上打出一系列间距均匀增大的点，后续操作是___________ A.增大木板右端的高度 B.减少木板右端的高度 C.无需调整，阻力已经平衡 （4）某次实验后，取纸带上清晰的部分如图3所示.打点计时器的频率为50Hz，可求出小车的加速度a为___________m/s2（保留两位有效数字）. （5）以砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上做出关系图线如图4所示，测得图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，重力加速度为g，则小车的质量为___________（用k、b、g表示）. 【答案】 ①. b ②. A ③. B ④. 1.9 ⑤. 【解析】（1）[1]安装纸带时，应该让复写纸在纸带的上面，让复写纸压住纸带，则图（b）穿法正确. （2）[2]实验前需要先补偿小车受到的阻力，在补偿阻力前，需要取下小吊盘和物块，让小车拖着纸带匀速运动，故选A. （3）[3]用手轻推小车，打点计时器在纸带上打出一系列间距均匀增大的点，可知小车在木板上做加速运动，说明平衡摩擦力过头，则后续操作是减少木板右端的高度，故选B. （4）[4]由纸带根据逐差法可得加速度 （5）设小车质量M，小吊盘以及内部所放的物块的质量m0，则由m0g=(M+m+m0)a 即 由图像可知， 解得. 104.（2024·常州高一期末监测）实验小组做“探究加速度与力的关系”实验. （1）同学们安装了如图甲所示装置，准备接通电源打第一张纸带时，一位同学发现了操作和装置存在问题，它们是（只要指出两个问题即可）： ①___________________________； ②______________________. （2）纠正所有问题后，实验得到一条点迹清晰纸带如图乙所示，选择某点为起始点O，隔一定距离后，取连续打出的点A、B、C、D…，测出O到上述各点的距离分别为x1、x2、x3、x4…，计算OA、OB、OC、OD…段的平均速度大小分别为….以平均速度为纵坐标，相应的运动时间t为横坐标，作出图像如图丙所示，图线纵轴的截距表示____________；若图线的斜率为k，则小车的加速度大小为________. （3）以砂和砂桶的总重力为小车所受的拉力F，改变砂桶中砂的质量，得到小车的加速度a与F关系图线如图丁，图线发生弯曲的原因是：______________. 【答案】 ①. 没有平衡摩擦力（或打点计时器电源用直流电源） ②. 小车离打点计时器距离太大（或小车离滑轮距离太小） ③. 打起始点O时小车的初速度大小 ④. 2k ⑤. 没有始终满足小车的总质量远大于砂和砂桶的总质量 【解析】（1）[1][2]由图甲可知，操作和装置存在问题是：打点计时器电源用直流电源、没有平衡摩擦力、小车离打点计时器距离太大（或小车离滑轮距离太小）. （2）[3][4]根据题意可知 又有 整理可得 结合图像可知，图线纵轴的截距表示，即打起始点O时小车的初速度大小，若图线的斜率为k，则有 可得，小车的加速度大小为 （3）[5]由图丁可知图线发生弯曲，原因是没有始终满足小车的总质量远大于砂和砂桶的总质量. 105.（2024·无锡高一期末调研） 某实验小组设计了如图甲所示的装置来探究加速度与力、质量的关系.将装有力传感器的小车放置在水平长木板上.砂和砂桶的总质量记为，小车和小车中砝码的总质量记为，力传感器示数记为F，重力加速度为g. （1）本实验中，以下说法正确的是_____. A.因为装有力传感器，所以不需要平衡摩擦力f B.本实验中需要满足条件 C.在用图像探究加速度与质量关系时，应作图像 D.在用图像探究加速度与力关系时，应作图像 （2）接通频率为的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带.从比较清晰的点起每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则由纸带求出打计数点“3”时的速度_____，小车加速度的大小为_____.（结果均保留3位有效数字） （3）若该实验需要平衡摩擦力f，请叙述平衡摩擦力f的操作过程：________ 【答案】 ①. C ②. 0.376 ③. 0.160 ④. 不挂小桶，将木板的右端垫高，开启打点计时器，若小车拖着纸带在木板上匀速运动，说明平衡了摩擦力. 【解析】（1）[1]AB．因为装有力传感器测量小车受的拉力，则本实验中不需要满足条件，但是需要平衡摩擦力f，选项AB错误； C．根据 在用图像探究加速度与质量关系时，为了直观反映加速度和质量的关系，则应作图像，选项C正确； D．在用图像探究加速度与力关系时，应作图像，选项D错误.故选C. （2）[2][3]纸带求出打计数点“3”时的速度 小车加速度的大小为 （3）[4]叙述平衡摩擦力f操作过程：不挂小桶，将木板的右端垫高，开启打点计时器，若小车拖着纸带在木板上匀速运动，说明平衡了摩擦力. 106.（2024·南京高一期末调研）在“探究加速度与力的关系”的实验中，所用交变电流的频率为50 Hz. （1）小明同学在图示状态下开始实验，请指出该装置中一处存在的明显错误___________ （2）为减小误差，实验中必须要保证槽码的质量m与小车的质量M 须满足条件：___________. （3）在装置调整正确后，小明某次实验得到下图所示的纸带，相邻两计数点间有四个点未画出，其中S₁则纸带上相邻两个计数点之间的时间间隔是___________s，小车的加速度是___________m/s². （4）小明选取甲、乙两个材质不同的木块，分别将图中小车换成甲、乙木块，放在水平木板上，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a 与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线.设甲、乙木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，μ甲___________μ乙（选填“大于”、“小于”或“等于”）. 【答案】（1）细绳要平行于木板 木板左侧垫起以平衡摩擦力 （2）（3） 0.1 0.64 （4）小于 【解析】（1）该装置中存在的明显错误是细绳要平行于木板；木板左侧垫起以平衡摩擦力；（2）为减小误差，实验中必须要保证槽码质量m与小车的质量M 须满足条件是槽码的质量远小于小车质量；（3）纸带上相邻两个计数点之间的时间间隔是，小车的加速度是，（4）当拉力为0时，摩擦力大小为，根据牛顿第二定律为，整理得，根据图像纵坐标的截距得，μ甲小于μ乙. 107.（2024·南通海门高一期末）用如图所示装置探究小车的加速度与小车质量的关系.已知小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m. （1）本实验主要应用的科学方法是_________. A.类比法 B.假设法 C.理想实验法 D.控制变量法 （2）下图是实验时平衡摩擦力的情形，其中正确的是_________（选填字母）. A. B. C. （3）在一次实验操作中，获得如图所示的纸带，A、B、C、D、E为计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，由图得出计数点AC间的距离_________cm.在CE之间有一点D未画出，设，，则小车运动的加速度_________（用，，T表示） （4）另一实验小组在“在质量一定时，小车的加速度与其合外力关系”实验中，根据多次实验得到加速度a与砂和砂桶的总质量m，绘制出图像，斜率为k，纵截距为b，则小车的质量为_________（用b、k表示） 【答案】（1）D （2） B （3）4.40 （4） 【解析】（1）本实验主要应用的方法是控制变量法.故选D.（2）实验过程中平衡摩擦力时，小车需要连着已经穿过打点计时器的纸带，但不要把悬挂小桶的细线系在小车上.故选B.（3）由图得出计数点AC间的距离为，根据，可得小车运动的加速度为。（4）根据牛顿第二定律可知，整理，得，由图像可知，，解得小车的质量为. 108（2024·盐城一中高一期末联考）某同学用如图甲所示装置探究“加速度与合外力的关系”实验，按要求完成下列问题： （1）实验中为了减小误差，下列做法正确的是___________. A.调节连接小车的轻绳至水平 B.钩码质量要远小于小车质量 C.补偿阻力时，将无滑轮端适当垫高，并在小车前端连接轻绳且悬挂钩码 D.补偿阻力时，将无滑轮端适当垫高，并在小车后端连纸带且穿过打点计时器，但前端不需要连接轻绳悬挂钩码 （2）调节完毕后，如图乙是某次实验打出的一条纸带，纸带上每五个计时点取一个计数点，测得相邻计数点间的间距x1、x2、x3、x4.已知所用交流电的周期为T，则小车加速度的表达式a=___________（用题及图中所给字母表示 （3）如果某次实验所用的钩码重力为G，弹簧测力计的示数为F，不计动滑轮质量及绳与滑轮间的摩擦，则下列关系正确的是___________. A. B. C. D. （4）改变悬挂钩码的质量重复实验，测得多组加速度a与弹簧测力计的示数F，作出a-F图像为一过原点的倾斜直线，其斜率为k，则小车质量M=___________.若实验中所用交流电的实际周期小于T，则根据图像求得的小车质量将___________（填“偏大”“偏小”或“不变”） 【答案】（1）D （2） （3）C （4） 偏大 【解析】（1）A.为了减小实验中的摩擦，应调节轻绳与长木板平行，A错误；B．由于有弹簧测力计的存在可以直接测出绳上拉力，故不需要满足钩码质量远小于小车质量的条件，B错误；CD．补偿阻力时，垫高无定滑轮一端，用小车自身重力平衡摩擦力，故前端不需连接轻绳悬挂钩码，且要连上纸带便于观察小车是否匀速运动，C错误，D正确.故选D.（2）纸带上每五个计时点取一个计数点，共五个间隔，相邻计数点间的时间间隔为t=5T，由匀变速直线运动的规律，即逐差法可得，解得。（3）由于钩码加速下落，设钩码质量为m、加速度为a，则由牛顿第二定律可得，解得，故选C.（4）由牛顿第二定律可得，即，则得a-F图象的斜率，所以小车质量，若实验中所用交流电的实际周期小于T，则测算所得的加速度偏小，则斜率偏小，则根据图像求得的小车质量将偏大. 109.（2024·南通海安高一期末质监） 某实验小组应用如图所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码及砝码盘的总质量为m，所使用的打点计时器所接的交流电的频率为50Hz.实验步骤如下： A.调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动； B.按图所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连细线竖直； C.在砝码盘中加砝码，接通电源后，放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车加速度； D.改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度. （1）以上实验步骤中，步骤A中的操作目的是___________. （2）通过正确的操作，打出一条纸带如图所示，可求得“2”点的速度为___________m/s，小车的加速度为___________m/s2.（结果保留2位有效数字） （3）对于上述实验，下列说法正确的是___________. A.小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等 B.实验中必须满足：砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量 C.与小车相连的轻绳与长木板一定要平行 D.弹簧测力计的读数应为砝码和砝码盘总重力的一半 （4）该组同学收集了其他几组同学数据，作出小车加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图像如图，造成各小组图线斜率不同的原因是__________. （5）若动滑轮不是轻质的，对本实验结果__________（选填“有”或“无”）影响. 【答案】（1）平衡摩擦力 （2）0.36 0.16 （3） C (4)各组小车质量不同 （5）无 【解析】（1）步骤A中的操作目的是平衡摩擦力.（2）可求得“2”点的速度为，小车的加速度为。（3）A．由图可知，小车的加速度是砝码盘的加速度大小的2倍，故A错误；B．小车的拉力由弹簧测力计测得，则不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件，故B错误；C．小车相连的轻绳与长木板一定要平行，保证拉力沿着木板方向，故C正确；D．实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故弹簧测力计的读数小于砝码和砝码盘总重力的一半，故D错误.故选C.（4）根据牛顿第二定律，可得，则图像的斜率表示小车质量的倒数，所以造成各小组图线斜率不同的原因是各组小车的质量不同.（5）无论动滑轮是不是轻质的，弹簧测力计测的都是绳的拉力，所以对本实验结果无影响. 110.（2024·苏州高一期末调研）为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲同学设计了如图1所示的实验装置.其中小车的质量为M，沙和沙桶的总质量为.一轻绳跨过轻质的定滑轮和动滑轮，一端连接沙桶，另一端连接拉力传感器，拉力传感器可测出轻绳中的拉力大小F. （1）实验过程中，下列操作正确的是________. A．调整长木板左端的定滑轮，使得细线与长木板平行 B.在不挂沙桶的前提下，将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡小车受到的阻力 C.小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源 D.为减小误差，实验中要保证远小于M （2）图2是甲同学某次实验得到的纸带，两计数点间有四个点未画出，部分实验数据在图中已标注，则纸带的______（填“左”或“右”）端与小车相连，小车的加速度是_____. （3）甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的图像如图3所示，图线与横坐标的夹角为，斜率为k，则小车的质量为______. A. B. C. D. （4）乙同学按照如图4装置用对比的方法完成此实验.两小车放在水平板上，前端通过钩码牵引，后端各系一条细线，用板擦把细线按在桌上，使小车静止.抬起板擦，小车运动，一段时间后按下板擦，小车停下.对比两小车的位移，可知加速度与力大致成正比.使用这种方法完成此实验需要满足的条件是两小车______. A.质量相等 B.运动时间相同 C.所挂钩码质量相等 D.速度时刻相同 【答案】 ①. AB ②. 左 ③. 0.51 ④. D ⑤. AB 【解析】（1）[1] A．调整长木板左端的定滑轮，使得细线与长木板平行，A正确；B．在不挂沙桶的前提下，将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，B正确；C．小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，C错误；D．本实验利用传感器测量拉力的大小，故实验中不需要保证沙和沙桶的总质量m0远小于小车的质量M，D错误.故选AB.（2）[2]纸带点迹密集的部分与小车相连，故纸带的左端与小车相连. [3]根据逐差法可知，（3）[4]由牛顿第二定律得，则，又由图像可知，故，故选D.[5] 加速度与力大致成正比，保证小车质量相同，由匀变速直线运动的规律可知，故完成该实验需要满足运动时间相同、小车质量相等.故选AB. 111.（2024·连云港高一期末调研）小明同学利用如图甲所示的装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验. （1）关于该实验的器材安装及平衡阻力的操作，下列说法正确的是_________. A．为平衡阻力，实验前挂上槽码，轻推小车让其在木板上匀速运动 B．为平衡阻力，实验前将长木板一端垫高，未挂槽码牵引的前提下，轻推小车，让其拉着打点的纸带在木板上做匀速直线运动 C．连接小车与槽码时，调节定滑轮的高度使细绳与桌面平行 D．连接小车与槽码时，调节定滑轮的高度使细绳与木板平行 （2）若使用图甲所示的打点计时器，则应使用图乙中_______（填选项代码）的电源. （3）为探究加速度与力的关系，根据测得的小车加速度与力的多组数据，作出关系图像如图丙所示.已知该图像段近似为一条过原点的倾斜直线，由此可得出的实验结论是__________. （4）已知图丙中段明显偏离方向，则产生此误差的原因可能是槽码质量未满足______小车的质量（选填“远大于”“远小于”“近似等于”）. （5）平衡阻力后，保持槽码质量不变，改变小车和槽码的总质量，小明根据测得的和小车的加速度，作出如图丁所示的图像，图线与纵轴的交点为，则________（选填“”“”“”“”）. 【答案】①. BD##DB ②. A ③. 保持小车质量不变，加速度与合外力成正比 ④. 远小于 ⑤. 【解析】（1）[1]补偿阻力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的阻力.所以平衡时应为：将纸带连接在小车上并穿过打点计时器，调节定滑轮的高度，使细线与长木板平行，在不挂槽码的情况下使小车恰好做匀速运动，故不能挂槽码.故选BD.（2）[2]图甲中的打点计时器为电磁打点计时器，应接8V，50Hz的交变电源.故选A.（3）[3]该图像OA段近似为一条过原点的倾斜直线，即加速度与合外力成正比，AB因为不具备槽码的质量要比小车的质量小很多，合外力不等于槽码的质量，所以不是直线，即结论为“保持小车质量不变，加速度与合外力成正比”；（4）[4] 设小车质量M，槽码质量m，绳子拉力大小T，根据牛顿第二定律，，联立得，所以实验要满足条件“槽码的质量要比小车的质量小很多”，满足这一条件能够实现的目的是使得槽码的重力近似等于绳子的拉力；（5）[5]根据牛顿第二定律，，联立得， 所以图像的纵截距为. 12.综合 112.（2024·南通海安高一期末质监）如图所示，滑雪运动员在山坡上加速下滑，则运动员（ ） A. 处于失重状态 B. 不能看作质点 C. 惯性不断增大 D. 合力始终为零 【答案】A 【解析】AD．滑雪运动员在山坡上加速下滑，有向下的加速度，处于失重状态，合外力不为零，故A正确，D错误；B．滑雪运动员在山坡上加速下滑，运动员的形状、大小可以忽略，可以看作质点，故B错误； C．惯性只与物体的质量有关，滑雪运动员在山坡上加速下滑，惯性不变，故C错误.故选A. 113.（2024·淮安高一期末调研）下列实验中用到了等效替代思想的是（　　） A. 观察微小形变实验 B. 探究加速度与力、质量关系实验 C. 探究二力合成规律实验 D. 现代人所做伽利略斜面实验的频闪照片 【答案】C 【解析】A．观察微小形变实验用到了放大法，故A错误；B．探究加速度与力、质量关系实验用到了控制变量法，故B错误；C．探究二力合成规律实验用到了等效替代法，故C正确；D．现代人所做伽利略斜面实验的频闪照片用到了实验结合逻辑推理法，故D错误.故选C. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四章 力与运动的关系 1.牛顿第一定律 1.（2024·无锡高一期末调研）下列关于惯性的说法，正确的是（　　） A. 只有静止的物体才具有惯性 B. 只有运动的物体才具有惯性 C. 速度越大的物体惯性越大 D. 质量越大的物体惯性越大 2.（2024·苏州高一期末调研）关于对力和运动的研究，下列说法中符合史实的是（　　） A. 牛顿首先提出了“如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动”这一观点 B. 伽利略将实验与逻辑推理和谐巧妙地结合起来，创造了一套对近代科学研究极为有益的科学方法 C. 笛卡尔在《自然哲学的数学原理》一书中提出了三条运动定律 D. 亚里士多德首先将物体间复杂多变的相互作用抽象为“力” 3.（2024·苏州高一期末调研）“电动平衡车”是时下热门的一种代步工具.如图所示，人站在“电动平衡车”上在水平路面上沿直线行驶，下列说法正确的是（　　） A. 平衡车速度越大刹车越困难，是因为速度越大惯性越大 B. 平衡车受到路面向上的弹力，是平衡车发生形变产生的 C. 人对平衡车的压力和平衡车对人的支持力大小一定相等 D. 路面受到向下的压力，是因为平衡车和人的重力作用在了路面上 4.（2024·盐城一中高一期末联考）一汽车在路面情况相同的公路上沿直线行驶，下列说法正确的是（　　） A. 车速越大，它的惯性越大 B. 质量越大，它的惯性越大 C. 汽车受到的牵引力越大，加速度越大，所以惯性越小 D. 车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大 5.（2024·南京高一期末调研）一个盛有水的玻璃碗置于水平向右行驶的火车车厢内的水平桌面上.垂直于火车行驶方向从碗的侧面观察，水面形状分别如图（a）、（b）所示.关于火车运动情况，下列说法正确的是（　　） A. 图（a）中，火车向右加速运动 B. 图（a）中，火车向右匀速运动 C. 图（b）中，火车向右加速运动 D. 图（b）中，火车向右匀速运动 2.牛顿第二定律 6.（2024·常州高一期末监测）关于运动和力的关系，下列说法正确的是（　　） A. 物体的速度不断减小，则必受力作用 B. 物体处于静止状态，则一定不受力作用 C. 物体的速度大小不变，则所受的合外力必为零 D. 物体向某一方向运动，则在该方向上必受力的作用 7.（2024·常州高一期末监测）如图，利用轻绳拉着橡胶轮胎在场地上进行体能训练，绳和水平地面的夹角为α，训练时橡胶轮胎做匀加速直线运动，橡胶轮胎始终不离开地面，下列说法正确的是（　　） A. 夹角一定，加速度越大，地面的支持力越大 B. 夹角一定，加速度越大，地面的摩擦力越大 C. 加速度一定，夹角越大，绳的拉力一定增大 D. 加速度一定，夹角越大，绳的拉力可能减小 8.（2024·盐城阜宁高一期末） 某同学使用轻弹簧、直尺钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”.如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺.不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处.将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度.取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g.下列说法正确的是（ ） A. 30cm刻度对应的加速度为 - 0.5g B. 40cm刻度对应的加速度为g C. 50cm刻度对应的加速度为2g D. 各刻度对应加速度的值是不均匀的 9.（2024·盐城阜宁高一期末）如图所示，A、B两球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，重力加速度为.在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（　　） A. 两球的瞬时加速度方向均沿斜面向下，大小均为 B. 两球的瞬时加速度均为0 C. A球的瞬时加速度方向沿斜面向下，大小为 D. B球的瞬时加速度方向沿斜面向上，A球的瞬时加速度方向沿斜面向下 10.（2024·连云港高一期末调研）如图所示，小车在弹簧拉力作用下沿水平面向右做加速运动，放在车上的砝码与小车始终保持相对静止.下列说法正确的是（ ） A. 砝码的惯性不断增大 B. 砝码相对小车有向右的运动趋势 C. 砝码受各力合力的方向水平向右 D. 弹簧对小车的拉力大于小车对弹簧的拉力 11.（2024·盐城东台高一期末）冰壶比赛的冰道表面覆盖着特制的微小颗粒.比赛时运动员常在冰壶滑行的前方用冰刷擦刷冰面，使冰壶滑得更远.设冰壶与冰面间的动摩擦因数为，运动的加速度为a，则冰道被擦刷后（　　） A. 和a都减小 B. 增大，a减小 C. 和a都增大 D. 减小，a增大 12.（2024·连云港高一期末调研）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∆t时间内，飞船和空间站速度变化为∆v.则空间站的质量为（ ） A. B. C. D. 13.（2024·淮安高一期末调研）如图所示，质量均为m的物块A和B叠放在轻弹簧上，均处于静止状态.重力加速度为g，弹簧始终在其弹性限度内，则移开物块A的瞬间，物块B的加速度（　　） A. 大小为g，方向竖直向上 B. 大小为g，方向竖直向下 C. 大小为2g，方向竖直向上 D. 大小为2g，方向竖直向下 14.（2024·南师附中高一期末）弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，另一端连接一个皮套，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，在C处（AB连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把（并保持不动），另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标.现将弹丸竖直向上发射（不计橡皮筋和皮套的自重），则（　　） A. 弹丸在点达到最大速度 B. 从到过程中，弹丸的速度先增大后减小 C. 从到过程中，弹丸的加速度一直减小 D. 从到过程中，弹丸的加速度方向保持不变 15.（2024·南通海安高一期末质监）如图所示，物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，其右侧弹簧处于拉伸状态.下列情形中，物块A的摩擦力一定会发生变化的是（ ） A. 木箱向上加速 B. 木箱向下加速 C. 木箱向右加速 D. 木箱向右匀速 16.（2024·镇江高一期末）如图所示，用轻弹簧和轻绳悬挂小球甲和乙，甲、乙的质量分别为m和2m.静止后，剪断轻绳的瞬间，下列关于两球的加速度大小判断正确的是（重力加速度取g）（　　） A. a甲=g B. a甲=3g C. a乙=g D. a乙=2g 17.（2024·苏州高一期末调研）如图所示，两个质量均为m的小球A和B用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂起来，保持静止.设重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A. 剪断细绳的瞬间，B球的加速度是g B. 剪断细绳的瞬间，A球的加速度是g C. 剪断轻弹簧的瞬间，轻绳拉力的大小是mg D. 剪断轻弹簧的瞬间，B球的加速度是2g 18.（2024·宿迁中学高一期末）如图所示，一辆装满石块的货车沿水平路面以大小为a的加速度向右做匀减速直线运动，货箱中石块A的质量为m.下列说法正确的是（　　） A. 石块A所受所有外力的合力大小为0 B. 周围石块对石块A的作用力的合力方向水平向左 C. 周围石块对石块A的作用力的合力大小等于ma D. 加速度a增大时，周围石块对石块A作用力的合力竖直分量不变 19.（2024·苏州高一期末调研）如图所示，有一辆汽车满载西瓜在水平路面上匀速前进.突然发现意外情况，紧急刹车做匀减速运动，加速度大小为a，则中间一质量为m的西瓜A受到其他西瓜对它的作用力的大小是（　　） A. B. ma C. D. m（g+a） 20.（2024·常州高一期末监测）水平路面上有一货车运载着5个相同的、质量均为m的光滑均质圆柱形工件，其中4个恰好占据车厢底部，另有一个工件D置于工件A、B之间（如图所示），重力加速度为g.汽车以某一加速度向左运动时，工件A与D之间恰好没有作用力，下列说法正确的是（　　） A. 车的加速度为 B. 工件B对工件A的作用力为0 C. 工件C对工件B的作用力为 D. 工件B对车厢底部的压力为3mg 21.（2024·南通海门高一期末）始终保持竖直状态的缆车沿着山坡以加速度a下行，如图所示.在缆车地板上质量为m的物块与地板始终相对静止，重力加速度为g.则下列说法正确的是（　　） A. 物块所受的支持力 B. 物块所受的摩擦力为0 C. 若缆车加速度增加，则物块受到的摩擦力方向可能向右 D. 若缆车加速度增加，则物块受到的支持力一定减小 22.（2024·扬州高一期末检测）质量为3m的木箱静止在光滑水平面上，其内有质量为m的物块，如图所示，现用竖直向上的恒力F1=6mg提起木箱，重力加速度为g，求： （1）木箱的加速度a； （2）物块对木箱的压力大小FN； （3）若物块与木箱间的动摩擦因数为μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现用水平向右的恒力F2拖动木箱，为确保物块相对于木箱始终静止，F2的最大值为多少？ 23.（2024·常州高一期末监测）如图所示，在倾角37°足够长的斜面上有一个质量为1kg的物体，物体与斜面之间的动摩擦因数为0.3.物体在拉力F的作用下由静止开始运动，F的大小为10N，方向沿斜面向上.加速一段时间后撤去F，让物体在斜面上运动.g取10m/s2，求： （1）在拉力F作用下物体的加速度； （2）撤去F后上滑过程中物体的加速度； （3）下滑过程中物体的加速度. 24.（2024·盐城一中高一期末联考）如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率向上运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动.假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是（　　） A. 要实现这一目的前提是μ<tanθ B. 做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零 C. 全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上 D. 若增加传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间 3.牛顿第二定律的应用 25.（2024·盐城高一期末联考）如图所示，质量为的物体放置在水平地面上，在大小、方向与水平面成角斜向上的拉力作用下，由静止开始内的位移为，取重力加速度，，.求: （1）物体末速度的大小； （2）物体与水平面间的动摩擦因数； （3）若末撤去拉力，则物体还能运动多远？ 26.（2024·扬州高一期末检测）狗拉雪橇是高纬度地区居民冬季出行的一种方式.如图所示，人和雪橇总质量为70kg，狗通过与水平方向成37°的轻绳，以大小为100N的力拉雪橇，使雪橇沿水平地面做匀速运动，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求： （1）雪橇与地面间摩擦力的大小f； （2）雪橇与地面间的动摩擦因数μ. 27.（2024·南通海安高一期末质监）某同学利用弹弓，将质量为0.1kg小球竖直向上射出，2s后小球到达最高点，此时小球上升的高度为30m.空气阻力大小恒定，重力加速度g取10m/s2.求： （1）小球上升时的加速度大小a； （2）小球在空中受到的阻力大小f. 28.（2024·南京高一期末调研）“福建舰”航母首次采用了电磁弹射技术，并于2023年11月份进行“静载”发射测试.在平直长飞行甲板上，弹射轨道长.模拟飞机的弹射小车质量，航母甲板距离水面的高度.设小车被水平弹射离开航母后作平抛运动水平飞行. 落入大海.小车在轨道弹射加速过程中，加速度视为恒定且空气阻力和轨道摩擦不计，取重力加速度.求： （1）小车离开甲板后在空中飞行的时间； （2）小车落水瞬间的速度大小； （3）小车在弹射轨道加速过程中受到电磁推力大小. 29.（2024·盐城一中高一期末联考）如图所示，解放军战士在水平地面上拉着轮胎进行负荷训练，运动过程中保持绳子与水平面间的夹角恒为θ，轮胎质量为m，重力加速度为g. （1）若地面对轮胎的阻力大小为f，当轮胎做匀速直线运动时，求绳中的拉力T； （2）若训练的过程中，为确保轮胎不飞离地面，求绳中拉力的最大值Tm； （3）若地面与轮胎间的动摩擦因数为μ，战士以（2）中的最大拉力由静止拉动轮胎，经过时间t后松开绳子，求轮胎停止运动前通过的总路程 s. 30.（2024·南通海门高一期末）如图所示，质量m=0.5kg的物块，沿倾角θ=37°的固定斜面匀速下滑.重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求： （1）物块和斜面间的动摩擦因数μ； （2）若用平行于斜面向上的拉力使物块匀速向上滑动，拉力大小F. 31.（2024·镇江高一期末）幼儿园滑梯实物如图1所示，该滑梯可简化为如图2所示的倾斜滑道AB和水平滑道BC组成，AB与水平面间的夹角θ为，BC长，滑道与儿童间的动摩擦因数为0.5.一儿童由静止开始从A点滑下，经过B点，恰好滑行到C点.其经过B点进入水平滑道时，速度大小减小为原来的.儿童可看做质点，不计空气阻力，重力加速度取，，.求 （1）儿童沿倾斜滑道AB下滑时加速度大小； （2）儿童在水平滑道B点的速度大小； （3）倾斜滑道AB的长度. 32.（2024·连云港高一期末调研）在倾角足够长的斜面上有一个质量为的物块，某时刻物块在拉力作用下由静止开始沿斜面向上运动.已知拉力大小，方向沿斜面向上，物块与斜面间的动摩擦因数，，，重力加速度取.求： （1）物块运动的加速度大小； （2）物块从静止开始运动3s内的位移大小. 33.（2024·宿迁中学高一期末）质量m=1kg的物体置于倾角θ=37°的足够长固定斜面上，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1=1s后撤去恒力，物体运动的部分v-t图象如图乙所示，取g=10m/s2. 试求： （1）物体沿斜面上滑过程中的两个加速度. （2）恒力F大小和斜面与物体间的动摩擦因数μ. （3）物体t=4s时的速度v. 4.临界问题 34. （2024·盐城东台高一期末）如图所示，一只长方体形空铁箱质量为2.5kg，长1.2m.铁箱在129N水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动.铁箱内一质量为0.5kg的木块恰好能静止在后壁上.木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为0.25.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取. （1）求木块对铁箱压力的大小. （2）求铁箱与水平面间的动摩擦因数. （3）减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当箱速度为6m/s时撤去拉力，求经多长时间木块从铁箱的左侧到达右侧. 35. （2024·盐城阜宁高一期末）如图所示，质量为M=2.5kg的长方体形空铁箱在拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数为μ1=0.4，这时铁箱内一质量为m=0.5kg的木块恰好能静止在铁箱后壁上，木块与铁箱内壁的动摩擦因数为μ2=0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g=10m/s2.求： （1）木块受到的摩擦力； （2）木块的加速度； （3）拉力F大小. 36.（2024·南师附中高一期末）如图所示，小物块A、B用轻绳相连，并通过轻质滑轮将B悬挂于C的右端，初始时A、B、C均静止且将A锁定，A离C左端水平距离l=3m，C放在光滑水平地面上，其高度为h=5m，已知：A、B、C质量分别为mA=mB=1kg、mC=4kg，AC、BC之间的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.2，重力加速度g=10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.现解除A的锁定状态，同时对C施加一个水平外力F，则： （1）若水平外力为F0时C保持静止，A、B匀加速运动，且A未撞滑轮、B未落地，求A的加速度aA和F0的大小； （2）若施加水平向右的外力为F1，为了保证A、B、C相对静止，求F1的大小范围； （3）若施加水平向右的外力为F2=60N，经过时间t=1s时轻绳断裂，求A刚好落地时与C的左端的水平距离. 37.（2024·连云港高一期末调研）如图所示，以速度匀速行驶的货车运载着质量均为的光滑圆柱形空油桶，已知底层空油桶A、B固定且紧靠在一起，油桶C放在A、B之间与A、B一起匀速运动，重力加速度为. （1）求B对C的支持力的大小； （2）货车司机遇到障碍物紧急刹车，桶C刚好与桶B间无压力，求此时A对C的支持力的大小； （3）为避免刹车过程中桶C脱离桶B，求汽车刹车的最小距离. 5.力学单位制 38.（2024·常州溧阳高一期末调研）下列力学单位中，属于基本单位的是（　　） A. 力的单位牛顿（N） B. 时间的单位秒（s） C. 速度单位米每秒（m/s） D. 加速度的单位米每二次方秒（m/s2） 39.（2024·南通海安中学高一期末）下列给出的四个表达式中，g表示重力加速度，单位是；h表示高度，单位是m；x表示位移，单位是m；v表示速度，单位是m/s.下列表达式中，单位是s的有（　　） A. B. C. D. 40.（2024·盐城一中高一期末联考）下列单位中，属于国际单位制的基本单位的是（　　） A. B. C. D. 41.（2024·南通海门高一期末）下列力学单位中，属于导出单位的是（　　） A. 米 B. 秒 C. 千克 D. 牛顿 42.（2024·无锡高一期末调研）下列单位中，不是国际单位制基本单位的是（　　） A. 牛顿 B. 米 C. 千克 D. 秒 43.（2024·镇江高一期末）下列仪器所测的物理量不是国际单位制力学基本量的是（　　） A. 原子钟 B. 天平 C. 弹簧测力计 D. 卷尺 44.（2024·常州高一期末监测）牛顿（N）是导出单位，在国际单位制中，1N等于（　　） A. 1kg·m/s B. 1g·cm/s2 C. 1kg·m/s2 D. 1kg·s2/m 45.（2024·连云港高一期末调研）国际单位制规定七个基本物理量的单位为基本单位，下列选项中均为基本单位的是（ ） A. m、N、kg B. m、kg、s C. kg、m/s2、s D. m/s2、kg、N 6.超重与失重 46.（2024·盐城东台高一期末） 电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示.电梯内的该同学有失重感受的时段是（　　） A. 从20.0s到30.0s B. 从30.0s到40.0s C. 从40.0s到50.0s D. 从50.0s到60.0s 47. （2024·常州溧阳高一期末调研）如图所示是某同学站在压力传感器上，先“下蹲”后“站起”过程中压力传感器的示数随时间的变化情况.下列说法中正确的是（　　） A 下蹲过程中该同学一直处于失重状态 B. 站起过程中该同学一直处于超重状态 C. 下蹲过程中的最大速度出现在t1时刻 D. 在0~3s内该同学完成了一次“下蹲”和“站起 48.（2024·盐城高一期末联考）很多智能手机都有加速度传感器.在北京地区让一部装有相应应用程序的手机从距离地面较高处由静止开始下落，然后用手接住.多次实验，应用程序显示下落加速度平均值为，其中一次手机截屏可简化成下图.查阅资料发现当地重力加速度，下列说法正确的是（　　） A. 手机显示加速度小于当地重力加速度是因为偶然性引起的 B. 下落t=1s（未落地）手机的速度将达到v=9.801m/s C. 若在赤道附近完成上述实验，手机显示加速度值将变小 D. 若将手机竖直上抛，在空中上升过程中应用程序显示加速度 49.（2024·盐城一中高一期末联考）智能手机安装软件后，可利用手机上的传感器测量手机运动的加速度，带塑胶软壳的手机从一定高度由静止释放，落到地面后反弹，手机传感器记录了加速度a随时间t变化的关系，如图所示，则手机第一次与地面碰撞过程中（　　） A. 时刻手机速度最大 B. 时刻手机所受弹力最大 C. 与地面作用时间为 D. 手机先失重后超重 50.（2024·徐州高一期末抽测）如图所示，举重运动员挺举时，先跨步把杠铃挺过头顶并稳定一小段时间，然后运动员保持杠铃上举状态，双腿由跨步变为直立.运动员由跨步变为直立的过程中（　　） A. 杠铃一直处于超重状态 B. 杠铃一直处于失重状态 C. 杠铃先处于超重状态后处于失重状态 D. 杠铃先处于失重状态后处于超重状态 51.（2024·扬州高一期末检测） 中国选手朱雪莹获得杭州亚运会蹦床比赛冠军.如图所示，她在从空中下落到压缩蹦床至最低点的过程中（　　） A. 一直处于失重状态 B. 一直处于超重状态 C. 先失重后超重 D. 先超重和失重 52.（2024·连云港高一期末调研）某同学在测力计上从图甲所示的姿势到完全站立，测力计所受压力随时间变化的图像如图乙所示，则该同学（ ） A. 时间内向上做加速运动 B. 时间内先向上做减速运动后做加速运动 C. 过程处于失重状态 D. 过程先处于失重状态后处于超重状态 53.（2024·常州高一期末监测）某跳水运动员在3m长的踏板上起跳，通过录像观察到踏板和运动员要经历图示的状态，其中A为无人时踏板静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则（ ） A. 运动员在A点具有最大速度 B. 运动员在B处与踏板分离 C. 运动员和踏板由C到B的过程中，向上做匀加速运动 D. 运动员和踏板由C到A的过程中，运动员先超重后失重 54.（2024·淮安高一期末调研）某同学进行颠球训练，将球以初速度大小为v0竖直向上颠出，重力加速度为g，不计空气阻力，则球（　　） A. 上升的最大高度为 B. 上升过程经位移中点的速度大小 C. 上升过程比下降返回至颠出点的时间长 D. 上升过程中处于超重状态，下降过程中处于失重状态 56.（2024·宿迁中学高一期末）如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三，已知重力加速度g=10m/s2，由此可判断（　　） A. 乘客处于超重状态 B. 电梯可能加速下降，加速度大小为5m/s2 C. 电梯可能减速上升，加速度大小为2.5m/s2 D. 乘客对电梯地板的压力为625N 57. （2024·镇江高一期末）某同学用弹簧来研究竖直电梯的运行规律.如图所示，当电梯静止时，弹簧下端挂一重物，指针指在O点.当电梯运动时指针指在A位置，下列说法正确的是（　　） A. 重物处于失重状态 B. 重物处于超重状态 C. 电梯一定是上行 D. 电梯一定是下行 58.（2024·无锡高一期末调研） 如图所示，跳高运动员起跳后向上运动，越过横杆后开始向下运动，则运动员越过横杆前、后在空中运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 一直处于超重状态 B. 一直处于失重状态 C. 先处于超重状态，后处于失重状态 D. 先处于失重状态，后处于超重状态 59.（2024·盐城阜宁高一期末） 如图是某同学站在压力传感器上做下蹲一起立的动作时，传感器记录的压力随时间变化的图像，纵坐标为压力F，横坐标为时间t.由图像可知（　　） A. t1~t2时间内人处于起立过程 B. t3出时刻人处于超重状态 C. 人的重力大小为F2 D. t1时刻人处在下蹲的最低点 60.（2024·南京高一期末调研）某同学乘电梯上楼过程中加速度a随时间t变化的图像如图所示，取竖直向上为正方向，则下列说法正确的是（　　） A. t=2s时该同学对地板压力最大 B. t=8.5s时该同学对地板压力最大 C. 0~2s电梯加速运动，2s~4s电梯减速运动 D. t=2s时电梯的速度达到最大 61.（2024·苏州高一期末调研）如图所示是某同学站在力传感器上做“下蹲-起立”的动作时记录的力随时间变化的图像，由图像可知，该同学的体重约为500N，除此以外，还可以得到的信息是（　　） A. 该同学做了两次“下蹲-起立”的动作 B. 下蹲过程中人先处于超重状态，后处于失重状态 C. 起立过程中人一直处于超重状态 D. 该同学做了一次“下蹲-起立”的动作，且下蹲后停顿约2.8s后起立 7.牛顿第二定律的应用——图像问题 62.（2024·常州溧阳高一期末调研）时刻，一质量为的小球被竖直向上抛出，其图像如图所示.重力加速度取，则下列说法正确的是（　　） A. 小球上升的最大高度为3.0m B. 前1s内，小球的位移为2.5m C. 时，小球的加速度方向反转 D. 小球受到的空气阻力大小恒为0.1N 63.（2024·徐州高一期末抽测）用轻质细绳拉着物体竖直向上运动，其v—t图像如图所示，不计空气阻力.则在t1、t2、t3、t4时刻，细绳拉力最大的是（　　） A. t1 B. t2 C. t3 D. t4 64.（2024·镇江高一期末）如图所示，一轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧正上方有一个小球自由下落.从小球接触弹簧上端到将弹簧压缩到最短过程中，下列图线中关于小球的速度大小v、加速度大小a、时间t、弹簧形变量x关系正确的是（　　） A. B. C. D. 65.（2024·扬州高一期末检测） 将小球从低处竖直向上抛出，所受空气阻力大小与速度成正比.下列描述小球上升过程中加速度a随时间t变化关系的图像可能正确的是（　　） A. B. C. D. 66.（2024·徐州高一期末抽测）如图所示，小孩竖直向上踢出毽子，毽子上升到最高点之后落下.在毽子上升、下降过程中的加速度随时间的变化关系，可能正确的是（　　） A. B. C. D. 67.（2024·宿迁中学高一期末）放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，力F的大小与时间t的关系如甲图所示；物块的运动速度v与时间t的关系如乙图所示，6s后的速度图象没有画出，g取下列说法正确的是　　 A. 滑动时受的摩擦力大小是3N B. 物块的质量为 C. 物块在内的加速度大小是 D. 物块前6s内的平均速度大小是 68.（2024·盐城阜宁高一期末） 如图甲，一物块在光滑斜面上，受到沿斜面向上的力F作用，由静止开始沿斜面向上运动.物块的速度—时间图像如图乙所示.下列说法正确的是（　　） A. 0~2s内，力F逐渐变小 B. 0~2s内，力F逐渐变大 C. 2s~4s内，力F一定为零 D. 4s~6s内，力F一定不为零 8.牛顿第二定律的应用——连接体问题 69.（2024·南通海安中学高一期末）如图所示，置于水平地面上质量分别为和的两物体甲、乙用劲度系数为k的轻弹簧连接，在物体甲上施加水平恒力F，稳定后甲、乙两物体一起做匀加速直线运动，对两物体间弹簧的形变量，下列说法正确的是（　　） A. 若地面光滑，则弹簧的形变量等于 B. 若地面光滑，则弹簧的形变量等于 C. 若物体甲、乙与地面间的动摩擦因数均为，则弹簧的形变量等于 D. 若物体甲、乙与地面间的动摩擦因数均为，则弹簧的形变量等于 70.（2024·南师附中高一期末）某运送货物的中欧班列由30节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F.若每节车厢所受阻力均相等，则倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为（　　） A. B. C. D. 71.（2024·徐州高一期末抽测） 如图所示，一劲度系数为k的弹簧下端固定在地面上，上端固定一质量为的物体A，弹簧和物体A均保持静止状态.在物体A上轻放一质量为的物体B的瞬间，物体A对物体B的支持力大小为（　　） A.0 B. C. D. 72.（2024·南通海安高一期末质监）如图所示，质量为mB=2kg的重物B放在倾角为30°的固定光滑斜面上，通过细线跨过定滑轮连接重物A，，不计细线与滑轮间的摩擦.现由静止释放两重物，在A、B两重物运动过程中，细线的弹力可能为（g=10m/s2）（ ） A. 10N B. 20N C. 30N D. 40N 73.（2024·扬州高一期末检测） 如图所示，用轻质细绳绕过两个光滑轻质滑轮将木块A与重物B连接，细绳处于伸直状态，木块质量M =2kg，木块与水平地面间动摩擦因数μ =0.5，重力加速度g=10m/s2 （1）若木块向右匀速运动，求重物质量m1； （2）若重物质量m2=0.4kg，由静止释放，求木块与地面间摩擦力大小f； （3）若重物质量m3=2kg，距地面高度h=1m，由静止释放，木块在运动过程中与右边滑轮不相撞，求木块的最大位移x. 9.牛顿第二定律的应用——传动带模型 74.（2024·南通海门高一期末） 某小物块在弧形轨道上由静止释放后滑下，弧形轨道与水平传送带平滑连接，如图所示.下面关于物块在传送带上运动的图像，可能的是（　　） A. B. C. D. 75.（2024·南京高一期末调研）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角，以恒定的速率 逆时针匀速转动.小砖块以初速度沿平行于传送带方向从传送带底端滑上传送带，其与传送带间的动摩擦因数 ，取重力加速度.下列说法正确的是（　　） A. 砖块刚滑上传送带时的加速度大小为 B. 砖块在传送带上向上滑行的最远距离为 C. 若增为，砖块返回出发点时间变长 D. 若增为，砖块在传送带上留下的痕迹变长 76.（2024·宿迁中学高一期末）如图所示，传送带与地面的夹角为37°，其顶端A到底端B的距离为4m，传送带始终以的速率逆时针转动.在传送带顶端A轻放一小煤块，已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5，sin37°=0.6，重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（　　） A. 煤块下滑过程中先加速后匀速 B. 煤块从传送带顶端A运动到底端B所用的时间为1.05s C. 煤块在传送带上留下的滑动痕迹为1.5m D. 煤块在传送带上留下的滑动痕迹为1.25m 77.（2024·南师附中高一期末）如图所示，倾角θ=37°的传送带以v=4m/s的速率顺时针匀速运行，M、N为传送带的两个端点，M、N两点间的距离L=16m.N端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的木块挡住.在距离挡板9m处的O点由静止释放质量m=1kg的木块（可视为质点），当木块运动到底端N时与挡板P发生碰撞.已知碰撞时间极短，木块与挡板P碰撞前后速度大小不变，木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s2，以下说法正确的是（　　） A. 木块从释放至第一次与挡板碰撞前，在传送带上留下的划痕长度为12m B. 木块第一次与挡板P碰后最远能到达距挡板1.8m处 C. 经过很长一段时间，传送带对木块的摩擦力大小与方向保持不变 D. 经过很长一段时间，木块停在挡板P处 78.（2024·南通海安中学高一期末）一木块沿一与水平面夹角为α的表面粗糙的传送带运动，其v-t图像如图所示，已知传送带以速率v0逆时针转动，传送带足够长，木块与传送带间的动摩擦因数为μ.则下列说法正确的是（　　） A. v-t图像描述的是木块以一定的初速度从传送带的底端开始向上的运动 B. 从v-t图像可知木块的初速度大于v0 C. 从v-t图像可知木块与传送带间的动摩擦因数μ>tanα D. 从v-t图像可以得出木块运动过程中的速度一定有等于v0的时刻 79.（2024·南通海安高一期末质监）如图所示，足够长的传送带与水平方向的夹角θ=30°，并以v0=2.0m/s的速度逆时针转动.A、B两物体质量均为m=1.0kg，其中A物体和传送带间的摩擦可忽略，B物体与传送带间的摩擦因数为.A、B之间用长为L=0.4m的不可伸长的轻绳连接.在外力F=15N作用下，A、B和传送带相对静止且绳处于伸直状态.t=0时撤去外力F，A、B两物体碰撞后会交换速度，g取10m/s2.求： （1）外力F作用时，B物体受到的摩擦力f； （2）撤去外力F，第一次碰撞后A、B两物体的速度大小； （3）撤去外力F，绳子是否能再次伸直？如果会，求出此时的时刻t；如果不能，求出第一次碰后A、B之间的最大距离d. 10.牛顿第二定律的应用——滑板滑块模型 80. （2024·常州溧阳高一期末调研）质量为m的矩形木板ae，放在光滑水平面上，b、c、d是ae的4等分点.质量为M的物块以一定的初速度从a点水平滑上粗糙木板，物块的宽度不计，且，经过一段时间物块停在木板上.若图是物块刚滑上木板时的物块与板的位置状态，下图是物块刚与木板达到共同速度时的位置，下列示意图正确的是（　　） A. B. C. D. 81.（2024·南师附中高一期末）如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2m，B和C的质量都是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为.设B足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（　　） A. 若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过 B. 当力F逐渐增大时，A、B之间先发生打滑现象 C. 当力时，B与A相对滑动 D. 无论力F为何值，B的加速度不会超过 82.（2024·盐城东台高一期末）如图所示，一质量为M、长为l的木板A静止在光滑水平桌面上，另一质量为M的小物块B（可视为质点）从木板上的左端以大小为速度开始运动；当物块B从木板A右端离开时，B和A速度分别大小为和.此过程中木板A运动位移大小为x.下列判断正确的是（　　） A. B. C. D. 83.（2024·常州溧阳高一期末调研）如图所示，光滑的水平面上静置一质量M=2kg、长度L=8m的木板，另一质量m=1kg的小滑块以v0=10m/s的水平初速度从木板的左端滑上木板（此时开始计时）.已知小滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g=10m/s2. （1）若木板固定在水平面上，求小滑块从木板上滑离时的速度大小； （2）若木板不固定，求小滑块从木板上滑离的时间； （3）若木板不固定，且在小滑块滑上木板的同时对木板施加一水平向右的恒力F，要使小滑块不从木板上滑离，求恒力F的大小范围. 84.（2024·盐城高一期末联考） 如图所示，一长木板静止在水平地面上，一物块叠放在长木板某一位置处，整个系统处于静止状态，长木板质量为，物块的质量为，物块与长木板之间的动摩擦因数为，长木板与地面之间的动摩擦因数为，对长木板施加一个水平向右的恒力，拉力大小，作用后将力撤去，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，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度.求： （1）时物块与长木板的速度大小分别为多大； （2）和全程运动的时间分别为多少； （3）长木板的最短长度. 85.（2024·盐城阜宁高一期末）一足够长的木板P静置于粗糙水平面上，木板的质量M=4kg，质量m=1kg的小滑块Q（可视为质点）从木板的左端以初速度滑上木板，与此同时在木板右端作用水平向右的恒定拉力F，如图甲所示，设滑块滑上木板为t=0时刻，经过撤去拉力F，两物体一起做匀减速直线运动，再经过两物体停止运动，画出的两物体运动的v—t图像如图乙所示.（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度）求： （1）0~2s内滑块Q和木板P的加速度大小，两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小； （2）滑块Q运动的总位移； （3）拉力F的大小. 86.（2024·盐城一中高一期末联考） 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=2kg，物块的质量为m=1kg，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=20N，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）通过计算分析施加F后m和M是否相对滑动； （2）求0.9s时各自速度； （3）撤去外力F后经多长时间m和M速度相等. 87.（2024·淮安高一期末调研）如图所示，A、B两块木板并排静止在光滑水平面上，小物块C（可视为质点）以水平速度vC=6m/s从A的左端滑上，若三个物体质量均为m=2kg，A、C间的动摩擦因数μ1=0.2，C的速度减小到4m/s时，恰好与A分离，滑上B板，g取10m/s2. （1）求C刚滑上A时，物块A、C的加速度大小aA、aC； （2）求A板的长度LA； （3）若B板长LB=1.5m，要使C不脱离B，求B、C间的动摩擦因数μ2的最小值. 88.（2024·南通海安中学高一期末）某次班级活动中，进行桌面推木棒游戏，要求用力F水平推木棒，使木棒能在桌面上移动距离最远，且又不能从桌面掉落，假设木棒与桌面的动摩擦因数恒为，推力，木棒质量，木棒长，桌面长，取重力加速度大小.求： (1)推力作用时，木棒的加速度； (2)推力作用下木棒移动1m后，撤去外力F，木棒在桌面上运动的总时间； (3)第(2)问中木块运动的总距离，判断木块是否从桌面掉落. 89.（2024·南京高一期末调研）如图所示，水平地面静置一木板，板长，质量.板上距右端处放置一铁块，铁块质量.铁块与木板之间动摩擦因数，木板和地面间动摩擦因数.现对木板施加一水平向右的推力，使其向右运动.铁块可视为质点，取.求： （1）铁块加速度的大小和木板加速度的大小； （2）自推力施加至板、块分离，木板向前运动的距离； （3）若推力作用1.0s 后撤去，请通过计算判断铁块是否从板上滑落？ 90.（2024·南通海门高一期末）家里地板上有一块质量为的木板，木板正中央静置有质量为的小铁块（视为质点），木板与地板、铁块之间的动摩擦因数分别为和，设最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度取.求： （1）若小猫用水平向左的拉力拉动木板，小猫对木板的最小拉力； （2）若小猫以恒定水平向左拉力拉动木板，则木板加速度； （3）若在铁块与墙壁间用劲度系数的轻质橡皮绳相连，橡皮绳刚好伸直且无张力.小猫将木板以的加速度向左拖动，当铁块相对木板发生滑动的瞬间，橡皮绳恰好崩断，小猫吓得立即放开爪子，铁块没有从木板上掉下来，则橡皮绳能承受的最大拉力及木板的最小长度L. 91.（2024·连云港高一期末调研）如图甲所示，一长木板置于粗糙水平地面上，木板右方有一竖直墙壁，质量的小物块置于木板左端.从某时刻开始小物块与木板一起以的速度向右运动，经木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短），碰撞后木板速度大小不变方向相反，再经木板的速度大小变为.已知木板运动的整个过程中小物块始终未离开木板，小物块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数，重力加速度取10m/s2.求： （1）木板与墙壁碰撞前小物块加速度的大小； （2）木板质量； （3）木板的最小长度. 92.（2024·无锡高一期末调研） 如图所示，某货场需将质量为m的货物（可视为质点）从高处运送至地面，现利用固定于地面的倾斜轨道传送货物，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道与水平面成θ=37°角．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同木板A、B，长度均为L=2m，厚度不计，质量均为m，木板上表面与轨道末端平滑连接．货物与倾斜轨道间动摩擦因数为μ0=0.125，货物与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间动摩擦因数μ2=0.2．回答下列问题：（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2） （1）若货物从离地面高h0=1.5m处由静止滑下，求货物到达轨道末端时的速度v0 （2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足条件 （3）若μ1=0.5，为使货物恰能到达B的最右端，货物由静止下滑的高度h应为多少？ 93.（2024·镇江高一期末）如图所示，水平传送带和木板B放置在水平地面上，传送带和木板等高.传送带以恒定的速度逆时针转动，物块A从传送带左端以某一速度水平滑上传送带，物块A的质量为m=2kg，传送带长度为L1=0.9m，转动速度为v=4m/s，木板质量为M=2kg，长度为L=2m，传送带和物块A之间的动摩擦因数为μ1=0.5，木板和物块A间的动摩擦因数为μ2=0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ3=0.1，不计传送带与平板之间的间隙对物块A速度的影响，重力加速度g取10m/s2. （1）求A刚滑上传送带时加速度大小； （2）若A滑上传送带的初速度v0为2m/s，求A在传送带上运动的时间； （3）若A可以滑上木板B，且恰好不从木板上滑落，求A滑上传送带时的初速度大小. 94.（2024·徐州高一期末抽测）传送带在物流仓储、港口和机场等场合应用广泛.如图所示，倾角θ＝30°、足够长的传送带以的速度逆时针匀速转动，其左侧光滑水平地面上放有一质量M＝4kg、长L＝15m木板，木板上表面与传送带底端等高.一质量m＝1kg的物块（可视为质点）在传送带顶端由静止释放，然后滑上木板（不考虑物块在传送带和木板衔接处速度的损失）.已知物块与传送带和木板间的动摩擦因数分别为和.重力加速度g取，求： （1）物块刚达到传送带速度所需时间； （2）物块从木板上滑离时的速度； （3）若物块刚滑上长木板右端时，在长木板的左端施加一水平向左的恒力，使得物块刚好不能从长木板上滑出，求水平恒力F. 95.（2024·苏州高一期末调研）如图所示，一水平传送带以的速度顺时针转动，左右两端A、B间距离，右端B点与水平台面平滑对接，水平台面上有一个倾角为45°、高度的固定斜面（水平台面与斜面由平滑圆弧连接），斜面的右侧有一固定的水平桌面，桌面左侧放有一木板（厚度不计），右侧固定一弹性竖直挡板，木板与挡板碰撞后会原速率返回.现有一可视为质点的物块以水平初速度从A点滑上传送带，到达B点时的速度大小为，物块离开斜面后恰好在它运动的最高点滑上木板.已知物块质量和木板质量均为0.1kg，物块与传送带之间的动摩擦因数和物块与木板之间的动摩擦因数均为0.2，其它接触面间的摩擦均不计，g取.求： （1）物块初速度的大小； （2）桌面与台面之间的高度H； （3）若物块始终不滑离木板，木板与挡板仅能发生一次碰撞且木板左端不会离开桌面，求木板的最短长度s和最初木板右端与挡板距离x的范围. 11.实验：探究加速度与力、质量的关系 96.（2024·盐城阜宁高一期末）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某研究小组利用如图1所示实验装置，在满足所挂钩码质量远小于小车质量的前提下，进行实验数据测量、计算和分析. 根据测量数据，作出小车的加速度随细线拉力变化的图线，如图2所示.你认为在实验过程中可能存在的问题是（ ） A. 先释放小车，后接通电源 B. 补偿阻力时木板右端垫得不够高 C. 先接通电源，后释放小车 D. 电源电压过高造成小车加速度测量值偏大 97.（2024·盐城东台高一期末）用图示装置做“探究物体的加速度与力、质量的关系”的实验，下列操作中正确的是（　　） A. 电火花打点计时器选用4~6V交流电源 B. 平衡摩擦力时将砝码盘通过细线挂在小车上 C. 实验中，释放小车与接通打点计时器需同时进行 D. 实验中改变小车的质量后，不需要重新平衡摩擦力 98. 某学习小组用如图所示的装置“探究加速度与力、质量的关系”，下列操作正确的是（　　） A. 固定打点计时器时应调节图中P B. 打点计时器通过Q与电源相连 C. 当细绳与木板不平行时应调节图中R使细绳与木板平行 D. 阻力补偿时应调节图中S使小车能匀速下滑 99.（2024·常州溧阳高一期末调研）同学们用如图甲所示的装置来探究“在外力一定时，物体的加速度与其质量之间的关系”，已知当地的重力加速度为g. （1）已备好的实验器材有：电火花打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂及砂桶、天平（附砝码）、细绳，还需要___________； A.秒表 B.刻度尺 C.交流电源 D.直流电源 （2）实验中，需要补偿阻力.小明在已挂有砂桶的小车后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，调节木板的倾斜度，接通打点计时器的电源，使小车在绳的拉力下运动，发现纸带上的点迹间隔相等.小华认为这一步操作有误，应该__________（填字母）. A．适当增加砂桶中砂的质量 B.适当减少砂桶中砂的质量 C.取下砂桶进行实验，适当增大木板的倾斜度 D.取下砂桶进行实验，适当减小木板的倾斜度 （3）保持砂和砂桶质量m不变，通过改变小车上砝码的个数来改变小车的总质量M.如图乙所示是某次用打点计时器打下的一条纸带，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，纸带上每两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出，根据纸带可求出小车运动时的加速度大小为_________m/s2.（结果保留两位有效数字） （4）测出多组小车总质量M和对应的加速度a，小明作出如图丙中实线所示的图线，图线偏离直线的主要原因是____________. A.补偿阻力时木板的倾斜度太小 B.补偿阻力时木板的倾斜度太大 C.随着小车和砝码总质量M的减小，不满足的条件 D.随着砂和砂桶质量m的增加，不满足的条件 （5）小明调整了图像的横纵坐标，描绘出如图丁所示的图像.已知实验中已经完全补偿了阻力的影响，则图丁中纵轴上的截距等于__________（用题中所给的字母表示）. 100.（2024·南通海安中学高一期末） (1)某同学设计了一个探究小车的加速度a与小车所受拉力F关系的实验，图甲为实验装置简图.他想用钩码的重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为下列说法正确的是（ ） A．实验时要平衡摩擦力 B．实验时不需要平衡摩擦力 C．钩码的重力要远小于小车的总重力 D．实验进行时应先释放小车再接通电源 (2)如图乙所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E是计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，距离如图所示.则打C点时小车速度的表达式为___________；该同学计算小车加速度的表达式为________________. 101.（2024·淮安高一期末调研）某实验小组利用如图1所示实验装置探究小车的加速度与力的关系. （1）某次调整过程中打出的纸带如图2所示（纸带上的点由左向右依次打出），为平衡阻力，继续调整过程中，下列操作正确的是____________； A.应将挂槽码的细线系在小车上 B.应将垫块向靠近定滑轮方向适当移动 C.应将垫块向远离定滑轮方向适当移动 （2）实验过程中，为使细线的拉力大小近似等于槽码重力大小，需满足槽码的总质量__________（选填“远大于”“远小于”或“等于”）小车的质量； （3）正确操作后打出纸带的一部分如图3所示，取计时点1、2、3为计数点，已知相邻两计数点之间的时间间隔为T，计数点2、3到计数点1的距离分别为x1、x2，则打计数点2时小车的瞬时速度v=_________，小车的加速度大小a=___________； （4）保持小车质量不变，改变悬挂槽码的质量，计算出的加速度a与对应合外力F的数据如下表所示，图4是根据测量数据作出的小车的加速度a随合外力F变化关系图像. 次数 F/N 1 0.098 0.200 2 0.196 0.405 3 0.294 0.606 4 0.392 0.804 5 0.490 1.010 由图4可知，该实验使用的小车质量M=___________kg. 102.（2024·宿迁中学高一期末）小华用图甲所示的实验装置探究小车的加速度a与质量m的关系.打点计时器使用50Hz的交流电. （1）小华认为需要调节定滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行，则这样操作的目的是______（填标号） A.防止打点计时器在纸带上打出的点痕不清晰 B保证小车运动中所受合力不变 C.保证小车最终能够实现匀速直线运动 （2）实验过程中，该同学打出了一条纸带如图乙所示.打点计时器使用50Hz交流电源，图中O、A、B、C、D、E、F为计数点，相邻两个计数点间有四个点未画出，根据纸带可计算B点的瞬时速度大小vB=______m/s，并计算纸带所对应小车的加速度大小a =______m/s2（结果均保留两位有效数字）. （3）保持小车所受的拉力不变，改变小车质量m，分别测得不同质量时小车加速度a的数值，记录数据如下表. 次数 1 2 3 4 加速度a（） 0.61 0.46 0.31 0.15 质量导数（） 4.00 3.00 2.00 1.00 请在答题卡的坐标纸上作出图像.根据所作的图像，写出实验结论：______ . 103. （2024·镇江高一期末）小明在实验室中利用牛顿第二定律测量小车质量，实验装置如图1所示. 实验操作步骤如下： ①在小车上挂上小吊盘，调整滑轮高度，使细线平行于木板； ②在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码，将小车拉到靠近打点计时器处； ③接通打点计时器电源，释放小车，关闭电源，取下纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m； ④重新安装纸带，仅改变小车中砝码的质量，重复步骤③. （1）安装纸带时，有图2（a）、（b）两种穿法，你认为正确的是___________（选填“a”或“b”）. （2）实验前需要先补偿小车受到的阻力，在补偿阻力前，下列操作正确的是___________ A.需要取下小吊盘和物块 B.只需要取下小吊盘中的物块 C.不需要取下小吊盘和物块 （3）上述（2）操作正确后，调整木板右端的高度，用手轻推小车，打点计时器在纸带上打出一系列间距均匀增大的点，后续操作是___________ A.增大木板右端的高度 B.减少木板右端的高度 C.无需调整，阻力已经平衡 （4）某次实验后，取纸带上清晰的部分如图3所示.打点计时器的频率为50Hz，可求出小车的加速度a为___________m/s2（保留两位有效数字）. （5）以砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上做出关系图线如图4所示，测得图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，重力加速度为g，则小车的质量为___________（用k、b、g表示）. 104.（2024·常州高一期末监测）实验小组做“探究加速度与力的关系”实验. （1）同学们安装了如图甲所示装置，准备接通电源打第一张纸带时，一位同学发现了操作和装置存在问题，它们是（只要指出两个问题即可）： ①__________________________ _； ②___________________ ___. （2）纠正所有问题后，实验得到一条点迹清晰纸带如图乙所示，选择某点为起始点O，隔一定距离后，取连续打出的点A、B、C、D…，测出O到上述各点的距离分别为x1、x2、x3、x4…，计算OA、OB、OC、OD…段的平均速度大小分别为….以平均速度为纵坐标，相应的运动时间t为横坐标，作出图像如图丙所示，图线纵轴的截距表示____________；若图线的斜率为k，则小车的加速度大小为________. （3）以砂和砂桶的总重力为小车所受的拉力F，改变砂桶中砂的质量，得到小车的加速度a与F关系图线如图丁，图线发生弯曲的原因是：______________ . 105.（2024·无锡高一期末调研） 某实验小组设计了如图甲所示的装置来探究加速度与力、质量的关系.将装有力传感器的小车放置在水平长木板上.砂和砂桶的总质量记为，小车和小车中砝码的总质量记为，力传感器示数记为F，重力加速度为g. （1）本实验中，以下说法正确的是_____. A.因为装有力传感器，所以不需要平衡摩擦力f B.本实验中需要满足条件 C.在用图像探究加速度与质量关系时，应作图像 D.在用图像探究加速度与力关系时，应作图像 （2）接通频率为的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带.从比较清晰的点起每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则由纸带求出打计数点“3”时的速度_____，小车加速度的大小为_____.（结果均保留3位有效数字） （3）若该实验需要平衡摩擦力f，请叙述平衡摩擦力f的操作过程：________ 106.（2024·南京高一期末调研）在“探究加速度与力的关系”的实验中，所用交变电流的频率为50 Hz. （1）小明同学在图示状态下开始实验，请指出该装置中一处存在的明显错误___________ （2）为减小误差，实验中必须要保证槽码的质量m与小车的质量M 须满足条件：___________. （3）在装置调整正确后，小明某次实验得到下图所示的纸带，相邻两计数点间有四个点未画出，其中S₁则纸带上相邻两个计数点之间的时间间隔是___________s，小车的加速度是___________m/s². （4）小明选取甲、乙两个材质不同的木块，分别将图中小车换成甲、乙木块，放在水平木板上，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a 与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线.设甲、乙木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，μ甲___________μ乙（选填“大于”、“小于”或“等于”）. 107.（2024·南通海门高一期末）用如图所示装置探究小车的加速度与小车质量的关系.已知小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m. （1）本实验主要应用的科学方法是_________. A.类比法 B.假设法 C.理想实验法 D.控制变量法 （2）下图是实验时平衡摩擦力的情形，其中正确的是_________（选填字母）. A. B. C. （3）在一次实验操作中，获得如图所示的纸带，A、B、C、D、E为计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，由图得出计数点AC间的距离_________cm.在CE之间有一点D未画出，设，，则小车运动的加速度_________（用，，T表示） （4）另一实验小组在“在质量一定时，小车的加速度与其合外力关系”实验中，根据多次实验得到加速度a与砂和砂桶的总质量m，绘制出图像，斜率为k，纵截距为b，则小车的质量为_________（用b、k表示） 108（2024·盐城一中高一期末联考）某同学用如图甲所示装置探究“加速度与合外力的关系”实验，按要求完成下列问题： （1）实验中为了减小误差，下列做法正确的是___________. A.调节连接小车的轻绳至水平 B.钩码质量要远小于小车质量 C.补偿阻力时，将无滑轮端适当垫高，并在小车前端连接轻绳且悬挂钩码 D.补偿阻力时，将无滑轮端适当垫高，并在小车后端连纸带且穿过打点计时器，但前端不需要连接轻绳悬挂钩码 （2）调节完毕后，如图乙是某次实验打出的一条纸带，纸带上每五个计时点取一个计数点，测得相邻计数点间的间距x1、x2、x3、x4.已知所用交流电的周期为T，则小车加速度的表达式a=___________（用题及图中所给字母表示 （3）如果某次实验所用的钩码重力为G，弹簧测力计的示数为F，不计动滑轮质量及绳与滑轮间的摩擦，则下列关系正确的是___________. A. B. C. D. （4）改变悬挂钩码的质量重复实验，测得多组加速度a与弹簧测力计的示数F，作出a-F图像为一过原点的倾斜直线，其斜率为k，则小车质量M=___________.若实验中所用交流电的实际周期小于T，则根据图像求得的小车质量将___________（填“偏大”“偏小”或“不变”） 109.（2024·南通海安高一期末质监） 某实验小组应用如图所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码及砝码盘的总质量为m，所使用的打点计时器所接的交流电的频率为50Hz.实验步骤如下： A.调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动； B.按图所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连细线竖直； C.在砝码盘中加砝码，接通电源后，放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车加速度； D.改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度. （1）以上实验步骤中，步骤A中的操作目的是___________. （2）通过正确的操作，打出一条纸带如图所示，可求得“2”点的速度为___________m/s，小车的加速度为___________m/s2.（结果保留2位有效数字） （3）对于上述实验，下列说法正确的是___________. A.小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等 B.实验中必须满足：砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量 C.与小车相连的轻绳与长木板一定要平行 D.弹簧测力计的读数应为砝码和砝码盘总重力的一半 （4）该组同学收集了其他几组同学数据，作出小车加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图像如图，造成各小组图线斜率不同的原因是__________. （5）若动滑轮不是轻质的，对本实验结果__________（选填“有”或“无”）影响. 110.（2024·苏州高一期末调研）为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲同学设计了如图1所示的实验装置.其中小车的质量为M，沙和沙桶的总质量为.一轻绳跨过轻质的定滑轮和动滑轮，一端连接沙桶，另一端连接拉力传感器，拉力传感器可测出轻绳中的拉力大小F. （1）实验过程中，下列操作正确的是________. A．调整长木板左端的定滑轮，使得细线与长木板平行 B.在不挂沙桶的前提下，将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡小车受到的阻力 C.小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源 D.为减小误差，实验中要保证远小于M （2）图2是甲同学某次实验得到的纸带，两计数点间有四个点未画出，部分实验数据在图中已标注，则纸带的______（填“左”或“右”）端与小车相连，小车的加速度是_____. （3）甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的图像如图3所示，图线与横坐标的夹角为，斜率为k，则小车的质量为______. A. B. C. D. （4）乙同学按照如图4装置用对比的方法完成此实验.两小车放在水平板上，前端通过钩码牵引，后端各系一条细线，用板擦把细线按在桌上，使小车静止.抬起板擦，小车运动，一段时间后按下板擦，小车停下.对比两小车的位移，可知加速度与力大致成正比.使用这种方法完成此实验需要满足的条件是两小车______. A.质量相等 B.运动时间相同 C.所挂钩码质量相等 D.速度时刻相同 111.（2024·连云港高一期末调研）小明同学利用如图甲所示的装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验. （1）关于该实验的器材安装及平衡阻力的操作，下列说法正确的是_________. A．为平衡阻力，实验前挂上槽码，轻推小车让其在木板上匀速运动 B．为平衡阻力，实验前将长木板一端垫高，未挂槽码牵引的前提下，轻推小车，让其拉着打点的纸带在木板上做匀速直线运动 C．连接小车与槽码时，调节定滑轮的高度使细绳与桌面平行 D．连接小车与槽码时，调节定滑轮的高度使细绳与木板平行 （2）若使用图甲所示的打点计时器，则应使用图乙中_______（填选项代码）的电源. （3）为探究加速度与力的关系，根据测得的小车加速度与力的多组数据，作出关系图像如图丙所示.已知该图像段近似为一条过原点的倾斜直线，由此可得出的实验结论是__________. （4）已知图丙中段明显偏离方向，则产生此误差的原因可能是槽码质量未满足______小车的质量（选填“远大于”“远小于”“近似等于”）. （5）平衡阻力后，保持槽码质量不变，改变小车和槽码的总质量，小明根据测得的和小车的加速度，作出如图丁所示的图像，图线与纵轴的交点为，则________（选填“”“”“”“”）. 12.综合 112.（2024·南通海安高一期末质监）如图所示，滑雪运动员在山坡上加速下滑，则运动员（ ） A. 处于失重状态 B. 不能看作质点 C. 惯性不断增大 D. 合力始终为零 113.（2024·淮安高一期末调研）下列实验中用到了等效替代思想的是（　　） A. 观察微小形变实验 B. 探究加速度与力、质量关系实验 C. 探究二力合成规律实验 D. 现代人所做伽利略斜面实验的频闪照片 1 学科网（北京）股份有限公司 $