考点8 实验 探究加速度与物体受力、物体质量的关系-【红对勾】2026年高考物理一轮复习金卷

考点8实验：探究加速度 与物体受力、物体质量的关系 刷大题·提能力 1.(2024·河南焦作模拟)做“探究加速度与力、质量的关系”实验时， 图甲是教材中的实验方案，图乙是拓展方案，其实验操作步骤如下： 打点计时器 打点计时器 Q M M ,纸带 纸带 甲 乙 (ⅰ)挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸 带沿木板匀速下滑； (ⅱ)取下托盘和砝码，测出其总质量为，让小车沿木板下滑，测出 加速度a; (川)改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到α-F的 关系。 (1)实验获得如图丙所示的纸带，计数点a、b、c、d、e、f间均有四个 点未画出，则在打d点时小车的速度大小o。= m/s(结果 保留两位有效数字)。 b c d e f 29303132333435363738cm 丙 (2)需要满足条件M>m的方案是 （选填“甲”“乙”或“甲 和乙”)；在作a-F图像时，把mg作为F值的是 (选填 “甲”“乙”或“甲和乙”)。 2.(2024·四川成都诊断)在“探究加速度与力、质量的关系”时采用如 图所示的实验装置，小车及车中砝码的总质量为M,砂桶及砂的总 质量为m。 电源插头 纸带、。打点计时器 砂 桶 (1)若已平衡摩擦力，在小车做匀加速直线运动过程中，细绳的实际 拉力大小F= ,当M与m的大小满足 时，才可 认为细绳对小车的拉力大小等于砂和砂桶的总重力。 (2)某同学在保持砂和砂桶总质量一定的条件下，探究小车加速 度a与质量M的关系，具体操作步骤如下，其中做法合理的是 A.平衡摩擦力时，砂桶应用细绳通过定滑轮系在小车上，且小车后 面的纸带也必须连好 B.每次改变小车质量M时，都需要重新平衡摩擦力 C.实验时，先接通打点计时器的电源，再放开小车 D.用天平测出m及M,直接用公式a-肾求出小车运动的加速度 3.(2025·广东湛江糢拟)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验 中，测得的加速度a和F的关系数据记录如表一，测得的加速度a 和的关系数据记录如表二。 表一 a/(m·s2) 1.98 4.06 5.95 8.02 F/N 1.00 2.00 3.00 4.00 表二 a/(m·s2) 2.04 2.80 3.33 3.98 M/kg 1 0.50 0.69 0.80 1.00 (1)在如图所示的坐标系中，由表一、表二数据用描点法作出a-F 图像山图像。 ↑a/(m·s-2) ↑a/(m·s3) F/N M/kg- 0 (2)由图像可得加速度与力是 关系，加速度与质量是 关系。 (3)表一中物体的质量M为 kg,表二中产生加速度的力为 N。 4.(2024·天津模拟)某实验小组利用如图1所示的装置探究加速度 与力、质量的关系。 接电源 打点计时器 纸带 木块 带滑轮的长木板 细绳 白一砝码桶 图1 (1)下列做法正确的是 (多选)。 A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行 B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的 砝码桶通过定滑轮拴在木块上 考点8实验：探究加速度与物体受力、物体质量的关系09 C.实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源 D.通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾 斜度 (2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时 受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量 (选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)木块和木块上砝码的总 质量。 (3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图1所示 a /甲 的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没 7 有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力Fo 的关系，分别得到图2中甲、乙两条直线。设甲、乙 用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与 图2 木板间的动摩擦因数分别为以甲、4乙，由图可知，m甲 (选填 “大于“小于”或“等于”，下同)m乙甲 4乙。 5.(2025·河北保定模拟)某同学为了探究加速度与力的关系，设计了 如图甲所示的装置，操作如下： ①在铁架台的竖直杆上固定两个光电门1和2，把光电门与计算机 相连，可记录挡光片的挡光时间t； ②在铁架台横梁上固定定滑轮，细绳跨过定滑轮，两端分别拴接两 个相同的小盒A、B,在小盒A上固定一挡光片（挡光片的质量可 忽略)； ③用螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图乙所示，测得两光电门间 距离为h; ④取10个完全相同的砝码（每个砝码的质量m=10g)均分后放入 A、B中，系统处于静止状态； ⑤将小盒B中的5个砝码依次取出并放在小盒A中，然后每次都 将装置由静止释放，记录小盒A经过两个光电门1、2时挡光片的挡 光时间t1、t2。 重力加速度g取9.8m/s2,请根据实验回答以下几个问题： A 20 甲 乙 (1)挡光片的宽度为d= mm。 (2)小盒A的加速度大小a= (用h、d、t1、t2表示)。 0202对闪·高考一轮复习金卷物理 (3)将五次取、放砝码后得到的数据进行处理，得到加速度a的数 值，填入下表。其中n为从小盒B中取走的砝码个数。 1 1 2 3 4 5 a/(m·s2) 0.20 0.41 0.59 0.80 1.0 请在图丙所示的坐标系中作出n-a图像。 n 0.20.40.60.81.0a/m·s-2 丙 (4)设小盒的质量为M,根据图像可求得M= 6.(2024·浙江台州模拟)在“探究加速度与物体受力、物体质量的关 系”实验中，做如下探究： (1)为猜想加速度与质量的关系，可利用图甲所示装置进行对比实 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， 用板擦把两条细线按在桌上，使小车静止。抬起板擦，小车同时运 动，一段时间后按下板擦，小车同时停下。对比两小车的位移，可知 加速度与质量大致成反比。关于实验条件，下列正确的是 A.小车质量相同，钩码质量不同 B.小车质量不同，钩码质量相同 C.小车质量不同，钩码质量不同 1细线 板擦 俯视图 运动方向 小车 小车 甲 (2)某同学为了定量验证(1)中得到的初步关系，设计实验并得到小 车加速度a与质量M的7组实验数据，如下表所示。在图乙所示 的坐标纸上已经描好了6组数据点，请将余下的一组数据描在坐标 纸上，并作出a图像。 次数 3 5 6 7 a/(m·s2) 0.62 0.56 0.48 0.40 0.32 0.24 0.15 M/kg 0.25 0.29 0.33 0.40 0.50 0.71 1.00 ta/(m·s-2) 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 M/kg (3)在探究加速度与力的关系实验之前，需要思考如何测“力”。 ①请在图丙中画出小车受力的示意图： ②为了简化“力”的测量，下列说法正确的是 A.使小车沿倾角合适的斜面运动，小车受力可等效为只受细线的 拉力 B.若斜面倾角过大，小车所受合力将小于细线的拉力 C.无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都等于细线的拉力 D.让小车的运动趋近于匀速运动，砂和桶的重力才近似等于细线 的拉力 7.(2024·湖南长沙模拟)某实验小组利用如图甲所示装置探究加速 度与物体所受合力的关系。主要实验步骤如下： 加速度记录器 气垫导轨 滑块 >遮光片 510 甲 乙 (1)用游标卡尺测量垫块厚度h,示数如图乙所示，h= cm。 (2)接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平。 (3)在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜角度。 (4)在气垫导轨合适位置释放滑块，记录垫块个数和滑块对应的 加速度a。 (5)在右支点下增加垫块个数（垫块完全相同），重复步骤(4)，记录 数据如下表： 2 2 5 6 a/(m·s2) 0.087 0.180 0.260 0.425 0.519 根据表中数据在图丙上描点，绘制图线。 ↑a/(m·s-2) 0.6 0. 0. 0.3 0.2 0.1 出出中出出出出中出出出出出出出出出出出出H出出中出 0 2 3 5 6 7 n 丙 如果表中缺少的第4组数据是正确的，其应该是 m/s2(结 果保留三位有效数字)。 8.(2024·湖南邵阳模拟)某实验小组用如图甲 所示装置探究加速度与合力的关系。一细绳 通过定滑轮连接两个小桶A和B,A桶中放有 若干个质量均为m的钩码，B桶中装有适量细 B 砂，打点计时器固定在铁架台上，已知重力加 速度为g。 (1)实验操作步骤如下： 打点计时器 ①给B桶一竖直向下的速度，通过不断调整B 纸带 桶中细砂的质量，直到打出的纸带点迹均匀； 分 ②从A桶中取一个钩码放入B桶，接通电源，释放B桶，利用纸带 测出加速度a; ③重复步骤②的操作，得到多组数据； ④根据所得数据，作出相关图像，得出结论 (2)打点计时器的打点周期为T,实验打出的一段纸带如图乙所示， 5个点为连续打出的点，1、3点间距为x1,1、5点间距为x2,则打点 计时器打第2点时的速度为 桶的加速度大小为 。(用所给字母表示) 2 4 乙 (3)实验小组测得多组数据，以B桶中钩码的质量为纵坐标，B桶的 加速度为横坐标，若探究出的规律符合牛顿第二定律表述，则得到 的图像应为下列选项中的 ,同时测得两桶及所有钩码和桶 内细砂的总质量为M,则图像斜率= (用M、g表示)。mpg sin37°-F1=mpa,F弹=(mp十ma)gsin37°，解得F1= 16N,故A、D错误：t=0.2s时，弹簧的弹力F=k△x'=14N,故 B错误；t=0.2s时P、Q间的作用力为0，对Q由牛顿第二定 律得F-mag sin37=maa,解得F=56N,故C正确。 11.BC长木板与地面间的最大静摩擦力f1=41(M十2m)g= 36N,当F<f1时，A、B、C均静止，A错误：因2<以，故当F 增大时，B先与A发生相对滑动，B的最大加速度为aB 2g=3m/s,此时对整体有F1一1(M十2m)g=(M十 2m)ap,解得F1=90N,B正确：若F=104N,则B与A相对 滑动，C与A相对静止，对A、C整体有F一41(M十2m)g zmg=(M十m)aa,解得ac=4m/s2,设经过时间t后B、C 相碰，则有2aat-2amt=L,解得t=2s,C正确；因B与 A已发生相对滑动，C的最大加速度为ac=g=5m/s2,则 A、C加速度均为ac时，对A、C整体有F2一1(M十2m)g u2mg=(M十m)ac,解得F2=118N,D错误。 12.CD用手托住小球B,此时弹簧刚好处于原长，设细绳拉力为 T,滑块A刚要沿斜面向上运动，可知T=m ag sin8十 mAg cos日=30N,对B受力分析，设手的支持力为F,则F+ T=mg,解得F=20N,根据牛顿第三定律可知，释放小球B 前手受到的压力为20N,故A错误；松手后，A做加速度减小： 的加速运动，当A受到的合力为零时，速度最大，当A加速度 : 为零时，B的加速度也为零，对A受力分析，得T'一mAg: sin日一nAg cos0-F弹=0，对B受力分析得T'=mBg,其中 F弹=kx,解得x=0.2m,所以滑块A向上滑行0.2m时速度 最大，故B错误：松手后到滑块A达到最大速度的过程中，根据 能量守恒定律有m一gsin0=U0十（mA十 m)十之x,解得滑块A向上滑行时最大速度为u。 ·m/s,故C正确；滑块A向上滑行达到最大速度的过程中，： 对滑块A由动能定理得WT-m agzsin日-umAgE COS日一 W=2m0,其中W=2x,联立解得W=8.75J小，故 D正确。 13.C根据题意可知，0=0时，小物块从开始运动到第一次到达 A点的过程中做匀减速运动，由动能定理得一gL= 之mu一2m5,代入数据解得vA=√5m/s,根据题意可知， 若传送带的速度v√3m/s,则小物块第一次到达A,点的速 度均为√3m/s,则小物块在圆孤轨道上上升的高度不随v变 化而变化，即1=√3m/s,故A错误；由动能定理有一mgh。=0一 2wi,解得h。=0.15m,故D错误；当小物块到达A点与传 送带有共同速度且共同速度为？时，刚好能上升到半圆轨道 的一半处，由动能定理得7mu=mgR,解得v=√2gR= 2/s,故B错误；若传送带速度大于小物块速度，小物块做加 速运动，假设小物块一直加速，则有mgL=乞mu? 1 0,代入数据解得0'=√⑤m/s,即当传送带的速度u≥ √/15m/s时，小物块第一次到达A点的速度均为√15m/s, 若小物块恰好到圆孤最高点，则有mg三m,解得Um曰 原-反m/s,由动能定理有2mi-2m心i+mgX2R, 代入数据解得vA1=√0m/s<√5m/s,即当小物块第一 次到达A点时的速度v41≥√10m/s,小物块在圆孤轨道上 上升的高度不变，则有v3=√10m/s,故C正确。 14.ACD假设开始时两滑块相对木板滑动，则木板的加速度大 小a1三 F-41(mA十mB十M)g一mAg一m8=2m/S, M A的加速度大小aA=2g=2m/s,B的加速度大小an=4g= 4/s,可知假设错误：若B相对木板静止，A相对木板滑动，则此 时木板和B的加速度大小a,=F1m十mB十MDg一AmAg ng十M 3m/s>aA,可知假设成立，当A离开木板时，根据2a,t- 13 2aAtf=△x=0.5m,解得t1=1s,此时A的速度大小UA= aAt1=2m/s,木板和B的速度大小1=a2t1=3m/s,当A离 开木板后，木板的加速度大小a3= F-1(u十MDg一mg= M 8m/s,滑块B加速度大小仍为aw=3g=4m/s,设A离开 木板后经过时间t2撤去恒力F,则木板的速度大小U2=1十 at2,B的速度大小m=v1十aBt2,B相对木板的位移大小 △x1=”,-1吧1，撒去力下后木板加速运动的加 2 2 连度大小a,=m十Mgms=6m心，当两者共建 M 时，根据v=v2一a1t3=vm十at3,解得t2=2.5t3,v=3 ”0大吃ts一 5.6t2,此过程中B相对木板的位移△x2=2 U以t, 2 由题意可知△x1十△x2=2.8t=0.7m,可得t2=0.5s,滑块 B离开木板时的速度大小为v=3十5.6t2=5.8m/s,水平恒 力作用的时间为t=t1十t2=1.5s,木板的最大速度为v2= 3十8t2=7m/s,故A、C、D正确，B错误。 5.(1)3.5m/s2(2)3s 解析：(1)设小物体A加速度的大小为a1,轻绳的拉力为T1, 则对小物体A根据牛顿第二定律得 migsin 0+umgcos 0-T=m a, 对小物体B根据牛顿第二定律得T1一m2g=2a1, 联立解得a1=3.5m/s。 (2)小物体A从静止到速度0=7m/s的过程有t,=”=2s, a x1=2a1t=7m, 当A、B整体的速度大小等于7m/s时，摩擦力会改变方向，设 小物体A此时的加速度大小为α2，轻绳的拉力为T2,则对小 物体A根据牛顿第二定律得m1 gsin 0一um1gcos9 T2=m1a2· 对小物体B根据牛顿第二定律得T2一m2g=m2a2, 又u1-v2=2a2(L-x1), 解得a2=0.5m/s,v1=7.5m/s,t2= 0一=15, 所以小物体A从传送带顶端运动到底端的总时间为t=t1十 t2=3 So 16.(1)2g,方向竖直向下g,方向竖直向上（2)L>专H 解析：(1)圆管第一次落地弹起时，设圆管的加速度为a1,根据 牛顿第二定律有2mg十Mg=Ma1, 解得a1=2g,方向竖直向下， 设小球的加速度为a2,则有2mg一mg=ma2, 解得a2=g,方向竖直向上。 (2)设圆管第一次落地时的速度大小为。，此时小球的速度大 小也为v0,则有v后=2gH, 解得v。=√2gH,方向竖直向下， 碰地后，圆管的速度1=√2gH,方向竖直向上 取竖直向下为正方向，设经过时间t1,小球、圆管的速度相同， 则-01十a1t1=一a2t1,解得t1 2√2gH 3g 设t1时间内圆管的位移大小为x1,小球的位移大小为x2,则 有1=4-ai=号H,:=w-4:=号H, 若小球刚好没有从圆管中滑出，小球与圆管的相对位移大小 L=x十x=H, 之后圆管与小球一起运动，加速度大小为g,方向竖直向下， 则L应满足条件L>专H。 考点8实验：探究加速度 与物体受力、物体质量的关系 (1)0.19(2)甲甲和乙 解析：(1)匀加速直线运动中，一段时间内的平均速度等于这段 时间内中间时刻的瞬时速度，则在打d点时小车的速度大小 ==36.10-32.40)×10 v-2T 2×0.1 -m/s≈0.19m/so 参考答案 (2)在题图甲的实验方案中，平衡摩擦力后，由牛顿第二定律得 mg一F=ma,F=Ma,联立可得绳子对小车的拉力F=Ma= m干M·mg,当M>m时，F≈mg,故甲需要满足M>m。在 M 题图乙的实验方案中，挂上托盘和砝码，小车匀速下滑，设木板 的倾角为日，木板和纸带对小车的阻力的合力为f,则有Mg sin= f十g;取下托盘和砝码，小车做匀加速直线运动，由牛顿第二 定律可得Mg sin 6一f=Ma,即mg=Ma,故乙不需要满足M> 。由以上分析可知，在作a一F图像时，甲和乙均把mg作为 F值。 2.(1)g ·M>m(2)C 1M 172 解析：(1)由牛顿第二定律知，对小车有FT=Ma,对砂和砂桶 有mg一F,=:所以F,=%=·可见当M》m m 1大M 时，Fr≈g (2)平衡摩擦力时，应在不挂砂桶的情况下让小车带着纸带匀 速下滑，A错误；每次改变小车质量M时，不需要重新平衡摩 擦力，B错误：实验时，先接通打点计时器的电源，再放开小车， C正确；小车运动的加速度必须由纸带上的测量数据计算得 到，D错误。 3.(1)见解析图甲见解析图乙(2)正比反比(3)0.504.00 解析：)确定标度，描点画图线，得出a-下图像和a方困像 分别如图甲、乙所示。 ↑a/(m·s2) 12.0 4.00 a/m·s2) 10.00 8.00中 3.00 6.00 2.00 4.00 1.00 2.00FN 01.002.003.004.00 0 出Mkg 0.50 1.00 甲 (2)由图甲可知加速度与力成正比关系，由图乙可知加速度与 质量成反比关系。 （3)由于a=,在a-F图像中，斜率k,=M2.0kg, 则M=0.50kg, 在aM图像中斜率k,=F=4.00N。 4.(1)AD(2)远小于(3)小于大于 解析：(1)应调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持 平行，否则细绳的拉力不等于木块所受合力，A正确；在调节木 板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”，B 错误；为了使打点计时器工作稳定，且充分利用纸带，需要先接 通电源，待打点稳定后再释放木块，C错误；平衡摩擦力后，有 Mg sin 0=Mgcos8,即u=tanB,与M无关，故通过增减木块 上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，D正确。 (2)实验过程中砝码桶及桶内砝码也与木块和木块上砝码一起 做匀加速运动，对砝码桶和桶内砝码有1og一F=。a,对木块 和木块上砝码有F=Ma,整理得F=mg,则只有当m,《M 1+ mo M 时，才有F≈mog。 (3)当没有平衡摩擦力时，对木块有F一mg=ma,整理得a F一g,即a-F图像的斜率为 ,纵轴裁距大小为g,由题 72 图2可知m甲<m元，μ甲>以之。 5.2.152.14么.16均时)(2蛋（ (3)见解 析图(4)440 解析：(1)螺旋测微器的精度为0.01mm,需要估读到下一位，则 读数即挡光片宽度为d=2mm十14.5×0.01mm=2.145mm。 (2)小盒A经过两个光电门1、2时挡光片的挡光时间分别为 t1t2,可知其速度分别为v1= ,=,根据匀变速直线运 动规律有号一u是=2ah,解得小盒A的加速度大小为a= d11 2对勾·高考一轮复习金卷物理 13 (3)根据表格数据作图，如图所示。 17 0.2 0.40.60.81.0a/m·s2) (4)当从小盒B中取出n个砝码放入小盒A中实验时，设细绳 上的拉力为T,根据牛顿第二定律，对小盒A及其中砝码，有 (M十5m十nm)g-T=(M+5m十nm)a,对小盒B及其中砝 码，有T-(M十5m-m)g=(M十5m-nm)a,联立解得n= M+5ma,由图像可知斜率k=A=M十5m=5S/m,解得 72灯 △a 172g M=0.440kg=440g。 .(1)B(2)见解析图甲(3)①见解析图乙②A 解析：(1)为猜想加速度与质量的关系，必须控制小车所受拉力 相同，而让小车的质量不同，所以小车质量不同，钩码质量相 同，故B正确。 (2)根据表中第6次数据计算出厅的值，然后描点。作图时，应 画一条平滑曲线，使曲线过尽量多的点，不能落在线上的点应 大致均匀分布在线的两侧。口方图像如图甲所示。 a/m·s) 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0) 2 M/kg- 甲 (3)①小车受力示意图如图乙所示。 ②使小车沿倾角合适的斜面运动，此时小车所受重力沿斜面方 向的分力大小刚好等于小车所受摩擦力的大小，则小车所受的 合力可等效为只受细线的拉力，故A正确；若斜面倾角过大，则 小车的重力沿斜面方向的分力大于摩擦力，小车所受合力将大 于细线的拉力，故B错误；由牛顿第二定律可知，只要小车加速 运动，砂和桶的重力就大于细线的拉力，故C错误：除让小车的 运动趋近于匀速运动外，当小车的质量远大于砂和桶的质量 时，砂和桶的重力也近似等于细线的拉力，故D错误 (1)1.02(5)见解析图0.347(0.343~0.350均可) 解析：(1)垫块的厚度为h=1cm十2×0.1mm=1.02cm。 (5)描，点并绘制图线如图所示。分析滑块的受力情况，由牛顿 第二定律有mg·必=a(式中1为气垫导轨的长度)，可知。 与n成正比关系。根据图像可知，0：520m/S-,解得a, 6 0.347m/s。 +a/(m·s) 0.6 0.5 0. 0. 0. 0 8.(2元2(3B 2T 4T2 2g 解析：(2)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过 程的平均速度，可知打点计时器打第2点时的速度为2 27=27;根据逐差法求出桶的加速度大小为a=乙5二工1 713 (2T)2 xg-x1-x1_x2-2x1 4T2 4T2 (3)设B桶和细砂的总质量为m1,A桶的质量为2，钩码的总 质量为：，从A桶中取出钩码放到B桶中的质量为，设细绳 拉力为T,则M=1十2十ma,刚开始B桶中没放钩码时，A 桶和B桶匀速下落，有1g=(2十m3)g,当从A桶中取出质 量为m的钩码放到B桶中时，对B桶有(m1十m)g一T= (m1十m)a,对A桶有T-(2十m3-m)g=(m2十m3-m)a, Ma 联立可得m= 2g ,可知m-Q图像是一条过原点的直线，故选 B:m-a因像的斜率为k=2g M 考点9曲线运动抛体运动 1.B球恰好能垂直撞在竖直墙上的同一点，则此时球在竖直方 向上的速度分量为0，则对于从球打出到撞在墙上的过程，在竖 直方向有2gh=,h=2gt,因为球1与球2竖直方向上的 位移h相等，所以运动时间相等，，也相等，水平方向根据 V,=,则V1>v2,所以1>v2,A、D错误，B正确：设球打 出时速度方向与水平方向夹角为9，则tan0=兰，所以tan日1< tan82,则0102，C错误。 2.B设甲图中的船头方向与上游成日角，由于合速度方向垂直 河岸，故有vocos日=U1,解得v。>U1,A错误；当船头垂直河岸 过河时，其过河时间最短，B正确；由于丙图中的小船船头方向 与水流速度成锐角，其合速度是这三种情况中最大的，C错误； 若甲、丙的船头方向与垂直河岸方向的夹角相同（船在垂直河 岸方向的分速度相同)，则它们过河时间就相同，D错误。 3.D、b两个小球从不同高度同时沿相反方向水平抛出，竖直 分运动为自由落体运动，故落地前任意时刻高度不同，不可能 /2h 相遇，b球的高度较小，根据t= ,可知b球一定先落地， A、C错误，D正确：由于两球的初速度大小未知，则无法比较两 球落地的速度大小，B错误。 4.C小球A与球形容器球心等高，速度 1方向竖直向下，速度分解如图所示， 有11=U1sin30°=之01，小球B此时速 度方向与杆夹角a=60°，因此v21= v2c0s60°= 2,沿杆方向两球速度相 B 等，即v21=v1,解得v2=U1,C项正确。 5.C炮弹做斜抛运动，水平方向有x=voc0sa·t,竖直方向有 y=vo sin a·t-2gt,又y=xtan0,OA的长度L= os日，代 入数据解得L=960m,故选C。 6.D设小球第一次在斜面上的落点位置为(x,y),小球在空中 做平抛运动，水平方向有x=t,竖直方向有y。一y=2gt, 13 其中vo=4m/s,yo=8m,又由几何关系可得tan37°=义，联 立解得x=4m,y=3m,故选D。 7.B两小球在竖直方向做自由落体运动，下落高度相同，则运动 时间相等，小球A的实际位移与水平方向夹角为30°，则tan30°- 1 28t2 5,小球B格好垂直打到斜面上，此时速度方向与水 1t3 平方向夹角为60，则tan60°==5，联立解得1：02=3： Vo 2,故选B。 8.C箭做平抛运动，竖直方向两支箭下落高度相等，则两支箭在 空中的运动时间相同，其速度变化量为△=”，=gt,所以甲、 乙两人所射箭的速度变化量之比为1：1，故A错误；箭尖插入 壶中时，有sin a=0py=gt,sinB=2y=gt,所以 nB故B错误；根据几何关系，有ana=,tanB=2,所 sin a UPO U光0 以)甲=an,故C正确；因两支箭在空中的运动时间相同， uto tan a 甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比等于初速度大小之 比，即乙卫=)=an,故D错误。 vto tan a 9 ⑨，A排球运动到球网正上方的时间气050,35，故A 1 正确；该段时间排球下落的高度h=之gti=2X10X0.3m= 0.45m,此时排球离地高度h,=H一h=3m一0.45m=2.55m> h1=2.3m,故球员B在球网前直立伸直手臂拦不到排球，故B 错误：由H=g,解得排球从被击出到落地的时间t2= √/15 5 s,排球运动的水平距离x=vt2=6√15m>18m,排球 将出界，故C、D错误。 10.D由题意知小球下落到A点时竖直方向的速度为v4= gt=5m/s,所以小球做平抛运动的初速度大小为v。= √0A一A=12m/s,A错误；O、A两点间的竖直高度为 yA=2gt=1.25m,水平距离为xA=vot=6m,所以0、A 两，点间的距离为sA=√/1.25十6m≈6.13m,B错误；O、B 两点间的竖直高度为yB=2gX(2t)=5m,水平距离为 xB=·2t=12m,所以0、B两点间的距离为5B=√5十12 m=l3m,D正确；A、B两点间的竖直高度为h1=yB一yA= 3.75m,A、B两点间的水平距离为x1=xB一xA=6m,则A、 B两点间的距离为s1=√3.75十6m≈7.08m,C错误。 11.BD由题图乙、丙看出，猴子在竖直方向做初速度大小℃，= 8m/s、加速度大小a=4m/s的匀减速直线运动，人在水平 方向做速度大小？，=4m/s的匀速直线运动，则猴子的初速 度大小为v=√8十4m/s=4√5m/s,速度方向与合力方向 不在同一条直线上，故猴子做匀变速曲线运动，B正确，A、C 错误；由题图乙、丙可得，t=2s时，a,=一4m/s2,a=0,则 合加速度大小为a合=4m/s,D正确。 12.B小船在南北方向上做匀速直线运动，在东西方向上先加 速，到达河中间后再减速，速度方向与加速度方向不共线，小 船的合运动是曲线运动，A错误；当小船运动到河中间时，东 西方向上的分速度最大，等于v水一3m/s,此时小船的合速度 最大，最大值为vm=5m/s,B正确；小船在距南岸200m处的 速度大小等于在距北岸200m处的速度大小，C错误；小船的 渡河时间1=d=8 s=200s,D错误。 g 4 13.C设谷粒1、谷粒2从O点运动到P点的时间分别为t1、t2, 根据运动的合成和分解，对谷粒1有工op=vot1hop=2gti, 5 对谷粒2有x0p=i6w·cos37°，t,hap= 5u0 16 ·sin37°· 200,故选C。 t十25，联立解得：=5R 14.A第一次球做斜抛运动，设AD=d,PC=h,对PA段有 h=之gtPA PA=3d=v,tpA,对MP段有xP=2d=D:tMP, 5 参考答案