二轮专题精准提升3 牛顿运动定律的应用-【衡水真题密卷】2025年高考物理二轮专题精准提升（7版）

2024一2025学年度二轮专题精准提升（三） 题 物理·牛顿运动定律的应用 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 题号 2 3 6 7 答案 1.在2024年春晚杂技《跃龙门》中的一段表演是演员从蹦床上弹起后在空中旋转360°，如 图所示。已知演员离开蹦床时的速度大小为，在上升过程中就已经完成了旋转动作， 重力加速度大小为g,不计空气阻力，下列说法正确的是 ) A.演员在上升的过程中处于超重状态 B.演员在下落过程中处于超重状态 C.演员在空中旋转的时间不超过” D.演员上升的最大高度为 g 2.如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。若已知飞船质量为4.0×103kg,在 飞船与空间站对接后，其推进器的平均推力F为1000N,推进器工作5s内，测出飞船 和空间站的速度变化是0.05m/s,则 ( A.飞船对空间站的力比空间站对飞船的力大 B.飞船对空间站的推力为1000N 空间站 飞船 F C.飞船的加速度为0.25m/s2 D.空间站的质量为9.6×104kg 3.在某科技活动中，一位同学设计了一个加速度测重仪。如图甲所示，将一端连有摆球的 细线悬挂于小车内的O点，小车沿水平方向运动，小球与小车保持相对静止后，通过如 图乙所示的加速度仪表盘测量出细线与竖直方向的夹角0，再通过该角度计算得到小车 此时的加速度值。重力加速度大小为g,不计空气阻力和细线与刻度盘间的摩擦，下列 说法正确的是 () 加速度仪表盘 刻度盘 00 60y y60° 455 4580 30° 30° mthmm 0 加速度值 甲 乙 A.两侧角度相同时表示小车的加速度相同 B.当0=60时，小车的加速度大小为3多 C.若对每一个角度对应的加速度进行标注，则加速度值越大，表盘刻度越密集 D.加速度越大，用此加速度计测量得越准确 二轮专题精准提升（三）物理第1页（共8页） 真题空 心中有梦，勇敢追梦，让梦想照亮人生。 0里年n9s年99 4.如图甲所示，MN是一段倾角为0=30°的传送带，一个可以看作质点，质量为m=1kg 班级 的物块，以沿传动带向下的速度vo=4m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动过程 的部分yt图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2,则 () v/m·s) 姓名 M 4 3 2H 1 得分 0 6/s -2 分 乙 A.物块最终从传送带N点离开 B.物块将在4.8s时回到原处 C物块与传送带之间的动摩擦因数为3 2 D.传送带的速度v=1m/s,方向沿斜面向下 5.如图是货物输送装置示意图，载物平台M架在两根完全相同、轴线在同一水平面内的 平行长圆柱上，平台重心与两圆柱距离相等，货物放在平台正中间。两圆柱以角速度 ω=20rad/s绕轴线做相反方向转动。现沿平行于轴线的方向给平台施加F=10N的 恒力，使平台从静止开始沿轴线运动。已知平台质量M=4kg,平台与两圆柱间的动摩 擦因数均为1=0.2，货物质量m=1kg,与平台间的动摩擦因数42=0.3，圆柱半径r= 4cm,重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是 () F A.货物与平台一起做匀加速直线运动 B.当平台速度v=0.6m/s时，货物加速度为2m/s2 C.当平台速度v=0.6m/s时，货物加速度为0.8m/s2 D.若施加的恒力F<10N,平台将保持静止 6.质量为的斜面体放置在光滑的水平面上，斜面体上固定一根轻质的竖直硬杆，一轻质 细线上端系在硬杆上，下端悬挂一质量为m的小球，质量为m的物块放置在斜面上。 现用水平向左的推力F(为未知量)作用在斜面体上，使整体一起向左做匀加速直线运 动，各物体保持相对静止时，细线与竖直杆之间的夹角为3，已知斜面的倾角为0，重力加 速度大小为g,下列说法正确的是 () A.当B=30°时，水平推力大小一定为2√3mg B O m B.当0=30时，水平推力大小一定为√3mg H C.当β=日时，物块与斜面间的摩擦力不一定为0 A m D.当斜面光滑时，细线与斜面一定垂直 717i77777771777771 卷 二轮专题精准提升（三）物理第2页（共8页） 7 7.如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，弹簧处于原 长，物块A的质量为3kg。t=0时，对物块A施加水平向右的恒力F,t=1s时撤去， 在0~1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度 内，下列说法正确的是 () a/m·s2) 1.0 A 0.6--> B00000000000 F A B tis 甲 A.t=1s时物块A的速度等于0.8m/s B.t=1s时弹簧弹力为0.6N C.物块B的质量为2kg D.F的大小为1.5N 8.质量为m=0.5kg的小物块静止在倾角为37°的斜面的底端，现对其施一沿斜面向上的 力F使物块以a=5m/s2的加速度沿斜面向上做匀加速直线运动，2s后撤去力F。已 知sin37°=0.6，cos37°=0.8，物块与斜面间的动摩擦因数4=0.5，重力加速度g取 10m/s2,设斜面足够长。则 () X37 A.力F的大小为9.5N B.撤去F后，物块沿斜面向上运动的距离为4m C.物块沿斜面向上运动的最大距离为10m D.物块沿斜面运动的时间为(3十√15)s 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求，全部选对能得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 9 10 答案 9.如图所示，某传送带的倾角a=37°，长为10.5m,以6m/s的速率逆时针 运转。在传送带顶端A点由静止释放一个质量为1kg的物体，同时传送 带在电动机的带动下，以4/s2加速运转，已知物体与传送带间的动摩擦 B 因数为0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2,最大静 ○a 摩擦力等于滑动摩擦力，物体从顶端A点运动至底端B点的过程中 7 二轮专题精准提升（三）物理第3页（共8页） 真题空 A.物体一直做匀加速直线运动 B.物体从A点运动至B点所用时间为1.5s C.物体在传送带上留下划痕的长度为3m D.物体从A点运动至B点的过程中因摩擦产生的内能为20J 10.倾角为0=30°的斜面体固定在水平地面上，其斜面总长1=14.0m,如图所示，一薄木 板B置于斜面顶端，恰好能静止，木板B的质量m=1kg,长度L=10.6m。有一个质 量为M=3kg的小物块A(可视为质点)以沿斜面向下大小为v4=0.8m/s的初速度 滑上木板B,A、B之间的动摩擦因数以=，木板B下滑到斜面底端碰到挡板后立刻 停下，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。则 A,斜面体与木板B间的动摩擦因数为 B.从开始至木板B与挡板碰撞前，物块A一直做匀加速直线 运动 C.木板B与挡板碰撞前瞬间的速度大小为0.6m/s D,物块A沿挡板向下运动的总时间为4。 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(6分)甲、乙同学均设计了测动摩擦因数的实验，已知重力加速度为g。 (1)甲同学设计的实验装置如图甲所示，其中A为置于水平面上的质量为M的长直木 板，B为木板上放置的质量为的物块，C为物块右端连接的一个轻质弹簧测力计， 连接弹簧测力计的细绳水平，实验时用力向左拉动A,当C的示数稳定后(B仍在A 上)，读出其示数F,则该设计能测出 (填“A与B”或“A与地面”)之间的动 摩擦因数，其表达式为μ=（用题中所给物理量的字母表示）。 ● B *bwwwwwwwwxwwwwwwwwwwooooooowcoocccc 甲 (2)乙同学的设计如图乙所示，他在一端带有定滑轮的长木板上固定A、B两个光电 门，与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间，与跨过 定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力，长木板固定在水 平面上，物块与滑轮间的细绳水平，实验时，多次改变沙桶中沙的质量，每次都让物 块从光电门A处由静止开始运动，读出多组测力计示数F及对应的物块在两光电 卷 二轮专题精准提升（三）物理第4页（共8页） 门之间的运动时间，在坐标系中作出F的图线如图丙所示，图线的斜率为，与 纵轴的截距为b,因乙同学不能测出物块质量，故该同学还应该测出光电门A、B之 间的距离x。根据所测物理量及图线信息，可知物块的质量为 ;物块与木板 之间的动摩擦因数表达式为μ (均选用、b、x、g表示) 遮光片 ↑FN 光电门B 光电门A 物块 长木板 中测力计 0 台沙桶 乙 丙 12.(10分)利用打点计时器和小车探究加速度与力、质量的关系，实验装置如图甲所示。 小车纸带打点计时器 钩码二 甲 (1)在探究加速度与物体质量关系时，应保持 (填“钩码质量”或“小车质 量”)不变，并且要求钩码质量 (填“远大于”或“远小于”)小车质量。 (2)下列关于实验操作的说法中正确的是 (填正确答案标号)。 A.打点计时器应与直流电源连接 B.连接钩码和小车的细线应与长木板保持平行 C.平衡摩擦力时，不应将钩码挂在定滑轮左侧细线上 D.平衡摩擦力后，若改变小车质量需要重新平衡摩擦力 (3)某同学在没有天平的情况下，利用图甲所示的装置测量小车的质量。实验步骤 如下： ①将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车 (和钩码)可以在木板上匀速下滑。 ②将一个钩码从小车内取出并挂在定滑轮左端细线上，其余钩码仍留在小车内，释 放小车，计算小车的加速度a。 ③每次都从小车内取出一个钩码，并挂在细线左端的钩码上，释放小车，计算小车 的加速度a。将结果填入表格。 细绳左端钩码数量 1 2 4 5 a/(m·s-2) 0.70 1.39 2.08 2.79 3.47 二轮专题精准提升（三）物理第5页（共8页） 真题密 ④利用表中的数据在图乙中补齐数据点，并作出a-n图像。 +a/(m·s2) 3.50 3.00 2.50 2.00 1.50 1.00 0.50 0123456n 乙 ⑤利用a-n图像求得小车（空载）的质量为 kg。（每个钩码的质量均为 0.050kg,重力加速度g取9.8m/s2)。 13.(10分)图甲是我国传统农具一风谷车。图乙是其工作原理示意图。转动摇柄，联动 风箱内的风时，向车斗内送风。入料仓漏口H漏出的谷物经过车斗，质量大于2.5× 10-5kg的谷粒为饱粒，落入第一出料口A1B;质量为1.25×10-5~2.5×10-5kg的 谷粒为瘪粒，落入第二出料口A2B;质量小于1.25×10-5kg的草屑被吹出出风口。 已知A1、B、A2三点在同一水平线上，A1B的宽度为0.4m,A1在H正下方，A1H的 高度为0.8m。质量为2.5×10-5kg的谷粒从H漏出，恰好经B点落入A2B。设谷 粒从H漏出时速度为零，谷粒在车斗内所受水平风力恒定且相等，只考虑其所受重力 和水平风力作用。重力加速度g取10m/s2。 (1)求谷粒从H落到出料口所经历的时间； (2)求谷粒所受水平风力的大小； (3)若瘪粒恰好能全部落入A2B,求A2B的宽度。 入料仓 出风口。 车斗。0H, 0 8 B A+ 风叶U 第二第一 出料口出料口 甲 乙 卷 二轮专题精准提升（三）物理第6页（共8页） 7 14.(14分)如图所示，足够长的质量为M=3kg的木板静置于水平地面上，木板右端放置 一质量为m=1kg的物块（可视为质点）。t=0时刻，对木板施加一水平向右的恒定拉 力F=30N,作用2s后撤去F。物块与木板间的动摩擦因数为41=0.2，木板与地面 间的动摩擦因数为以2=0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取 10m/s2。求： (1)未撤去F时，木板和物块的加速度大小； (2)撤去F时，木板的速度大小； (3)物块最终与木板右端的距离。 m 7wnwwnwnwwwnlMnwwwnwwinadh 7 二轮专题精准提升（三）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.（18分)图甲为成都天府国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图乙所示，该装 置由传送带ABCD及固定挡板CDEF组成，固定挡板CDEF与传送带上表面垂直， 传送带上表面ABCD与水平地面的夹角为0=37°，CD与水平面平行。传送带匀速 转动时，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放，货物对地发生 位移L=10后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图丙所示。已知传送带匀 速运行的速度为v=1m/s,货物质量为m=10kg,其底部与传送带ABCD的动摩擦 因数为k1=0.5,其侧面与挡板CDEF的动摩擦因数为k2=0.25。已知sin37°=0.6， cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。求： (1)货物刚放上传送带时，其底面所受滑动摩擦力f1的大小及侧面所受滑动摩擦 力f2的大小； (2)货物在传送带上所经历的时间及传送装置多消耗的电能。 B F 传送带 上表面 传送带底边与 E挡板 A 固定 D 水平地面平行 水平地面 甲 丙 二轮专题精准提升（三）物理第8页（共8页）真题密卷 4 vABc-vca-ancts-3 m/s (1分) 共速前A的位移为 1 64 xA=2(oA+UAc)(t,+ts)=225m(1分） B、C共速后到A、B、C共速前B、C的位移 2024一2025学年度二 物理·牛顿运 一、选择题 1.C【解析】演员在上升和下落的过程中，都只受 重力作用，处于完全失重状态，A、B错误；演员上 升过程中所用时间为=”，则在空中旋转的时间 9 不超过”，C正确；演员上升的最大高度为h= 2gD错误。 2.D【解析】飞船对空间站的力与空间站对飞船的力 是一对相互作用力，大小相等，A错误；由于推进器工 作5s内，测出飞船和空间站的速度变化是0.05m/s, 根据加速度的定义式有a=”=0.05。 A5 m/s= 0.01m/s2,C错误；对飞船和空间站整体分析，根 据牛顿第二定律有F=(m飞十m空)a,解得m空= 9.6×104kg,D正确；对空间站分析，根据牛顿第 二定律有N=m堂a,解得N=960N,B错误。 3.C【解析】设小车的加速度为a,绳中拉力为T, 则有Tsin0=ma,Tcos0=mg,解得a=gtan0, 当0=60°时，小车的加速度大小为a=√3g,B错 误；根据B选项分析可知两侧角度相同时，加速度 大小相等，但所受合力的方向不同，加速度方向不 同，A错误；根据a=gtan0,可知a随0的变化不 是均匀变化，结合正切函数的特征可知，加速度值 越大，表盘刻度越密集，C正确；当加速度较大时 对应的角度变化较小，会导致加速度较大情况下 的测量误差较大，D错误。 4.C【解析】从t图像可知，物体速度减为0后反 向向上运动，最终的速度大小为1m/s,因此物块 没从N点离开，物块最终与传送带共速，所以传 送带的速度v=1m/s,方向沿斜面向上，A、D错 误；心t图线的斜率表示加速度，可知物块沿传送 带下滑时的加速度大小为a=4一（-1)丽 m/s2= 2 7 二轮专题精准提升 1 43 xnc=2(vc+Anc)t-150m (1分) 故A、B最远距离为 17 xB十xBc-xA=150m。 (1分) 轮专题精准提升（三） 动定律的应用 2.5m/s2,根据牛顿第二定律可得a= umg cos 0-mg sin 0 ,联立解得物块与传送带之间 的动摩擦因数为4= 3 ,C正确；物块沿传送带向 下减速到0所用时间为1-=1,65，物块沿传 a 送带向下减速通过的位移大小为工一受 3.2m,物块反向向上加速到与传送带共速所用时 间为t2= ”=0.4s,物块反向向上加速通过的位 移大小为：-4：-0,2m,则物块与传送带关速 后继续向上运动回到原处所用时间为一一心：一 3S,则物块从滑上传送带到回到原处所用时间为= t1十t2十t3=5s,B错误。 5.C【解析】根据对称性可知平台与两个圆柱表面 1 的摩擦力相等，大小均为f=21(M+m)g= 5N,沿平行于轴线的方向给平台施加F=10N的 恒力，使平台从静止开始沿轴线运动，初始时刻， 平台受到两圆柱的摩擦力刚好平衡，以平台和货物 F 为整体，加速度大小为a。=M+m=2m/s< 2g=3m/s2,圆柱表面的，点转动的线速度大 小为v'=wr=0.8m/s,设平台运动的速度大小 为，如图所示。可知平台受到两个圆柱表面对平 台沿平行于轴线的方向的摩擦力大小均为∫，= fcos0,根据牛顿第二定律可得F一2fz=F一 2fcos0=(M十m)a,可知随着平台速度v的逐渐 增大，日逐渐减小，c0s日逐渐增大，加速度逐渐减 小，所以货物与平台不是一起做匀加速直线运动， A错误；当平台速度v=0.6m/s时，则有cos0= ·物理· 0.6 =0.6,又F-2fc0s0= W√u2十v2 √0.62+0.82 F-2fcos0 (M十m)a,可得加速度大小为a= M+m 10-2×5×0.6 m/s2=0.8m/s2,B错误，C正 4+1 确；若施加的恒力F<10N,由于初始时刻，两圆 柱表面对平台沿平行于轴线的方向的摩擦力大小 为0，所以平台一定沿轴线的方向运动，D错误。 y--才V相 0 1 6.D【解析】当B=30°时，小球、物块、斜面体有共 同的加速度，对小球分析，受重力和细线的拉力， 合力水平向左，如图所示，则F合=ng tan30°= ma,解得a=gtan30°，对整体由牛顿第二定律得 F=3ma=√3mg,A错误；当0=30°时，物块受到 的合力水平向左，物块受重力、斜面的支持力，由 于不知斜面是否光滑，摩擦力的大小与方向不确 定，因此物块的加速度不能确定，则水平推力大小 不确定，B错误；当B=0时，小球的加速度大小 为a1=gtanB,物块与小球有共同的加速度，物块 与斜面间的摩擦力一定为0，C错误；当斜面光滑 时，物块受重力与斜面的支持力，小球与物块有共 同的加速度，则g tan B-=gtan0,解得B=0,细线与 斜面一定垂直，D正确。 0 m T11K7777777 7.C【解析】a-t图像与坐标轴围成的面积表示速 度变化量，0~1s内A的a-t图线与坐标轴围成图 形的面积S<1.0十0,6X1m/5=0.8m/s,015 2 内A的速度变化量△v=S<0,8m/s,t=1s时物 块A的速度vA=△<0.8m/s,A错误；由图像可知 t=0时，物块A的加速度a4=1.0m/s2,水平向右 的恒力F=mAaA=3X1N=3N,D错误；由图 像可知t=1s时，物块A、B的加速度相同，共 同加速度为a共=0.6m/s2,把物块A、B看成一 个整体，由牛顿第二定律得F=(mA十mB)a共，得 物块B的质量mB=F 一mA=2kg,C正确；t=1s a共 时弹簧弹力F弹=mga共=2kgX0.6m/s2=1.2N,B 参考答案及解析 错误。 8.D【解析】对物块受力分析，由牛顿第二定律得 F-mg sin0-umg cos0=ma,解得F=7.5N,A 错误；由位移公式得2S内物块沿斜面上滑的距离 为x1=2a,解得x1=10m,根据运动学公式 v=at,得2s末物块运动的速度为v=l0m/s,设 物体2s后的加速度大小为a',由牛顿第二定律得 mg sin0+mg cos0=ma',解得a'=10m/s2,方 向沿斜面向下，物块沿斜面向上运动又发生的位 移为x:=2a,解得x2=5m,物块沿斜面向上运 动的最大距离x=x1十x2=15m,B、C错误；设撤 掉力F后再经时间t物块速度减为0，则有t= ”=1s,因为mg sin0=3N>4 mg cos0=2N,所以 a 物块减速到0后会反向向下运动，设加速度大小为 a",由牛顿第二定律得mg sin0-mg cos0=ma", 解得a"=2m/s2,滑到底端所用时间为t",由位 移公式得x=2a",%,解得1”=√5s,物块沿 斜面运动的时间是t=(3十√I5)s,D正确。 二、选择题 9.BC【解析】物体由静止释放，一开始受到的摩擦 力沿传送带向下，由牛顿第二定律可得a= mgsina+mg cos a=l0m/s2,设经过t时间物 m 体与传送带达到相同速度，则有=t1=v十 a传t1,代入数据可得t1=1s,v1=l0m/s,该段过程物 体与传选带道过的位移分别为=2，=5m< 105m,-”4,=8m,关选后，很设物你与 传送带可以保持相对静止，则有ng sin a一f= ma传，解得物体受到的静摩擦力大小为f=2N< umg cos a=4N,则共速后物体与传送带一起以 4m/s2的加速度向下做匀加速直线运动，设共速后 经过t2时间，物体到达B点，则有x2=1t2十 1」 2a#号=10.5m-5m=5.5m,解得t2=0.5s, 则物体从A点运动至B点所用时间为t=t1十 t2=1.5s,物体在传送带上留下划痕的长度为△x= x传一x=8m一5m=3m,物体从A点运动至B 点的过程中因摩擦产生的内能为Q=mg cos a· △x=0.5×1×10×0.8×3J=12J,B、C正确，A、 D错误。 7 真题密卷 10.CD【解析】木板B置于斜面顶端恰好能静止， 有mgim30=mgc0s30,解得4，=5 3,A错 误。物块A在木板上滑动时，设A的加速度为a1, 木板B的加速度为a2,有Mg sin30°-Mg cos30° Ma1,mg sin30°+Mg cos30°-4(M+m)gcos30°= ma2,解得a1=-2.5m/s2,a2=7.5m/s2,即物 块匀减速，加速度大小为2.5m/s2,方向沿斜面 向上。设物块与木板共速时物块未滑到木板底端， 则v共=vA一a1t1,V共=a2t1,解得t1=0.08s,v共= 0.6m/s,此时物块和木板的位移分别为x1 和x2,则有x1=A十夹1=0.056m,x2 2 2a2=0.024m<l-L,A在板上滑行的距 离为△x=x1-x2=0.032m<L,说明假设成 立，物块与木板共速后，由于o<4,且(m十 M)gsin30°-o(m+M)gcos30°，所以物块与 木板一起匀速下滑，直到木板与底端挡板碰撞， 木板与挡板碰撞前瞬间的速度大小为？共= 0.6m/s。物块与木板匀速运动的时间为t2= -L-x2=422、 )共 75$,木板停止运动后，物块匀减速 运动，加速度大小为a1=2.5m/s2,设经过t3减速 口来=0.245，运动的位移为x 到0，有t=-a1 0共十0 2t。=0.072m<L-x1=10.04m,所以物 块未滑到底端就停止运动，运动总时间为t= 十t2十t:三75s,B错误，CD正确 三、非选择题 11.(1)A与B(1分) mg1分)(2)x(2分) 密分 【解析】(1)该设计能测出A与B之间的滑动摩 擦力，即可测出A与B之间的动摩擦因数，根据 F F=mg,可得其表达式为= mg (2)物块由静止开始做匀加速运动，根据匀加速 1 直线运动位移-时间公式得x=2at,解得a= 2x ，对物块，根据牛领第二定律得F-mg=ma,则 F=_2十mg,则图线的斜率为k=2mx,即 m=2z,纵截距为b=mg,物块与长木板间的动 7 ·1 二轮专题精准提升 摩擦因数4一mg一kg b 2xb 12.(1)钩码质量(2分)远小于(2分) (2)BC(2分) (3)④见解析图(2分)⑤0.45(2分) 【解析】(1)因为要探究物体运动的加速度与物 体质量关系，所以实验过程中应保持钩码质量不 变；设小车质量为M,钩码质量为m,对整体，根 据牛顿第二定律得mg=(m十M)a,设细线拉力 为T,对小车有T=Ma=Mmg 1× mg,只有当M>m时，才可以认为T=mg,则实 验中要使小车质量远大于钩码的质量，用钩码所 受的重力作为小车所受的合外力。 (2)打，点计时器应与交流电源连接，A错误；为使 钩码的重力等于细线沿木板向上的对小车的拉 力，连接钩码和小车的细线应与长木板保持平 行，B正确；平衡摩擦力时，不应将钩码挂在定滑 轮左侧细线上，只让小车拖着纸带在木板上匀速 下滑，C正确；设木板的倾角为日，平衡摩擦力时 应满足Mg sin0=uMg cos0,解得u=tan0,可 知平衡摩擦力后，若改变小车质量不需要重新平 衡摩擦力，D错误。 (3)根据题表中数据，可得a-n图像如图所示。 +a/(m·s2) 3.50 3.00 2.50 2.00 1.50 1.00 0.50 0123456n 每个钩码的质量为m。=0.050kg,对所有钩码和 小车，根据牛顿第二定律得mog=(M十5mo)a, mog 整理得a一M十5m,1,则an图线的斜率为k= M+5m。,由图像可得，斜率为 mog △n 3.5-0 5-0m/s=0.7m/s2,联立解得M=0.45kg。 13.(1)0.4s(2)1.25×10-4N(3)0.4m 【解析】(1)谷粒在竖直方向做自由落体运动， 则有 h=28 (2分) ·物理· 从H落到出料口所经历的时间为 =/2×0.8 W10 s=0.4s。 (1分) (2)谷粒在水平方向做匀加速运动，有 x-2al (1分) F=mia (1分) 其中m1=2.5×10-5kg,x=0.4m 解得F=1.25×10-4N。 (1分) (3)最轻的瘪谷质量m2=1.25×10-5kg,水平方 向的加速度为 a'=F =10m/s2 (1分) m2 则水平位移为 x-2ae-0.8m (2分) A2B的宽度为 d=x'-x=0.4m (1分) 10 14.(1)4m/s22m/s2(2)8m/s(3)7m 【解析】(1)设未撤去F时，物块和木板的加速度 大小分别为a1和a2,则有 μ1mg=ma1 F-uimg-u2 (M+m)g=Ma2 解得a1=2m/s2,a2=4m/s2。 (2分) (2)撤去F时，木板的速度大小为v2,有 v2=a2t=8m/s。 (2分) (3)撤去F时，物块的速度大小为1，物块和木 板的位移分别为x1和x2,有 v=ait=4 m/s 1 x1=2a1t2=4m 1 x2-2a2t2-8m (1分) 撤去F后，物块和木板的加速度大小分别为a3 和a4,有 uimg=mas h1mg+μ2(M+m)g=Ma4 解得a3=2m/s2,a4=6m/s2 (1分) 设再过t1时间，两者速度相等为v3,有 V3=V1十a3t1 U3=02-a4t1 解得t1=0.5s,v3=5m/s (1分) 在这段时间两者的位移分别为x3和x4,有 1 x3=w16+2at号=2.25m ·1 参考答案及解析 1 x4=w4-2a=3.25m (1分) 假设共速后两者一起匀减速运动，设加速度为 a,有 H2(M+m)g=(M+m)a 解得a=4m/s2 此时物块需要的静摩擦力为 f=ma=4N 而物块的最大静摩擦力为 fm=uimg=2N<f (2分) 所以假设不成立，物块与木板将会分别减速，加 速度大小为a5和a6,有 uimg=mas μ2(M+m)g-1mg=Ma6 14 解得a=2m/s,a6=3m/s (1分) 到减速为0，位移分别为x5和x6,有 v325 x5=2a=4m v375 x6=2a6-28m (1分) 物块最终与木板右端的距离为 10 L=x2十x4十x6-(x1十xs十x5)=7m。(2分） 15.(1)40N15N(2)10.2s163J 【解析】(1)货物放上传送带后，由剖面图对货物 受力分析可得，传送带对货物支持力为N1,货物 底面所受滑动摩擦力为f1,挡板对货物支持力 为N2,货物侧面所受滑动摩擦力为f2,由力的 平衡条件有 N1=mgcos 0 (1分) N2=mg sin0 (1分) 由滑动摩擦力计算式有 f1=uN (1分) f2=42N2 (1分) 解得f1=40N,f2=15N。 (2分) (2)因为f1与运动方向相同，f2与运动方向相 反，货物将由静止开始沿传送带做匀加速直线运 动，若能与传送带共速，则此后做匀速运动，由牛 顿第二定律可得 f1-f2=ma (1分) 解得a1=2.5m/s2 (1分) 设货物匀加速至与传送带共速所用时间为七1，对 地位移为x1,由运动学公式得 t1=2=0.4s (1分) a1 7 真题密卷 二轮专题精准提升 货物匀加速阶段的位移为 传送装置多消耗的电能等于货物与传送装置之 z2 间由于摩擦产生的内能和货物增加的动能之和。 x1一2a1 =0.2m (1分) 货物与传送带之间由于摩擦产生的内能为 因x1<L,故能够共速。共速后，货物做匀速直 1 Q:-f:(vt-2vt)-8J (2分) 线运动，直至被取下，设此段运动时间为t2,位移 为x2,由运动学公式得 货物与挡板之间由于摩擦产生的内能为 x2=L-x1=9.8m (1分) Q2=f2L=150J (1分) 货物匀速阶段所用的时间为 货物增加的动能为 -号=9.85 1 (1分) △E.=2mu2=5J (1分) 货物运动总时间为 传送装置多消耗的电能 t=t1+t2=10.2s (1分) E电=Q1+Q2+△Ek=163J。 (1分) 2024一2025学年度二轮专题精准提升（四) 物理·重力场、电场中的曲线运动 一、选择题 4.C【解析】对小球和圆槽组成的系统水平方向动量 l.D【解析】沿电场线方向电势逐渐降低，可知a 守恒，到小球刚好离开圆槽时有mo=(m十M)v, 点的电势低于b点，A错误；因a点电场线比c,点 可得v=2m/s,该过程中电场力对小球做功为W电= 密集，可知a点电场强度较大，B错误；电子从a 一gER=一1×10×1J=-10J,由能量守恒定律可 到c点，电场力做正功，动能增加，则在a点的动 能小于在c点的动能，电势能减小，则电子在α点 mv+W-mgR+2m(o+vj)+Mo, 的电势能大于在c点的电势能，C错误，D正确。 解得v,=2√10m/s,设小球离开圆槽后上升高度 2.D【解析】在O点位置时，由牛顿第二定律可得 2F-mg=mZ,从A点到0点，由动能定里可得 为，由动能定理得一mgh一gbh=0一号m心，解 1 得h=1m,C正确。 mgL(1-cos0)=2m0,可知每根秋千绳的拉力 5.C【解析】根据题意，重物由于做离心运动拉伸 为F-得D正： 弹簧后才使触，点M、N接触，可知安装时B端比 A端更靠近气嘴，A错误；高速旋转时，重物做离 3.A【解析】根据运动学公式2=2gh,小球到M点 心运动是由于重物所受外力沿半径方向的合力不 的速度大小为v=2m/s,将M,点速度和重力加速 足以提供做圆周运动的向心力，不能认为重物受 度分别分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，如图所 示。vy=v,=oc0s37°=1.6m/s,z=vsin37°= 到离心力作用，B错误：根据F=m,可知，速度 1.2m/s,a,=gcos37°=8m/s2,az=gsin37°= 大小、圆周运动半径一定时，增大重物质量，相同 6m/s2,从M点落到斜面上的N点，由运动学公 转速时重物所需的向心力增大，可知增大质量时， 式y=t-2a,t=0,代入数据解得t=0.4s,所 重物更加容易发生离心运动，即增大重物质量可 使LED灯在较低转速下也能发光，C正确；匀速 以M、N两点之间的距离为x=:t+20:2= 行驶时，若LED灯转到最低点时，重力方向竖直 0.96m,A正确。 向下，则此时弹簧一定处于拉伸状态，且有F1一 mg=m。LED灯能发光，表明此时触点M、N 接触，LED灯转到最高点时，速度大小不变，所需 向心力大小不变，由于重力方向竖直向下，则此时 弹簧形变量一定减小，即重物将远离B端，可知此 7 ·12·