课时冲关12 实验三 探究两个互成角度的力的合成规律 & 课时冲关13 牛顿第一定律、牛顿第三定律-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课时作业

高考总复习物理 课时冲关12实验三 探究两 1.某同学做“探究两个互成角度的力的合成 规律”的实验情况如图甲所示，其中A为 固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的 结点，OB与OC为细绳.图乙是在白纸上 根据实验结果画出的图. 甲 (1)如果没有操作失误，图乙中的F与F两 力中，方向一定沿AO方向的是 (2)实验时，主要的步骤是： A.在桌上放一块方木板，在方木板上铺一 张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上； B.用图钉把橡皮条的一端固定在板上的 A点，在橡皮条的另一端拴上两条细 绳，细绳的另一端系着绳套； C.用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成 角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点 到达某一位置O.记录下O点的位置， 读出两个弹簧测力计的示数； D.按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两个 弹簧测力计的拉力F,和F。的图示，并用 平行四边形定则求出合力F; E.只用一个弹簧测力计，通过细绳套拉橡 皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示 数，记下细绳的方向，按同一标度作出 这个F的图示； F.比较F和F的大小和方向，看它们是否 相同，得出结论。 上述步骤中： ①有重要遗漏的步骤的序号是 和 ②遗漏的内容分别是 和 ·35 个互成角度的力的合成规律 2.某探究小组做“探究两个互成角度的力的 合成规律”实验，将画有坐标轴（横轴为x 轴，纵轴为y轴，最小刻度表示1mm)的 纸贴在水平桌面上，如图(a)所示.将橡皮 筋的一端Q固定在y轴上的B点（位于图 示部分之外)，另一端P位于y轴上的A 点时，橡皮筋处于原长. (1)用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴 从A点拉至坐标原点O,此时拉力F的大 小可由测力计读出.测力计的示数如图 (b)所示，F的大小为 N. (2)撤去(1)中的拉力，橡皮筋P端回到A 点；现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次 将P端拉至O点.此时观察到两个拉力分 别沿图(a)中两条虚线所示的方向，由测力 计的示数读出两个拉力的大小分别为F =4.2N和F2=5.6N. ①用5mm长度的线段表示1N的力，以 O为作用点，在图(a)中画出力F,、F2的图 示，然后按平行四边形定则画出它们的合 力F合； 象皮 0 图(a) 图(b) ②F合的大小为 N,F合与拉力F 的夹角的正切值为 若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在 实验所允许的误差范围之内，即可得出力 的平行四边形定则， (3)本实验采用的科学方法是 A.理想实验法 B.等效替代法 C.控制变量法 D.建立物理模型法 第三章 牛顿运动定律 第三章牛顿运动定律 [答题栏] 课时冲关13牛顿第一定律、牛顿第三定律 1 2 [基础落实练] A.水杯惯性越大，水杯越不会动 1.第十五届全运会乒乓球赛于 B.水杯几乎静止，故受到的是静摩擦力 2025年11月7~20日在澳 C.水杯对纸的摩擦力越大 5 门进行.关于乒乓球运动中蕴 D.纸对水杯的摩擦力向右 6 含的力学知识，下列说法正确的是( [能力综合练] A.乒乓球在空中飞行时受到了向前的 5.如图所示，人 推力 在划船时若 某时刻船桨 B.乒乓球的质量小，所以容易被快速抽杀 与水平方向的夹角为α，水对船桨的作用 C.空中飞行的乒乓球，如果所受的力全部 力大小为F,方向垂直于船桨，则 ( 消失，它将立即停止 A.F在水平方向的分力大小为F sina D.球拍击球时，只能改变乒乓球的运动 B.F在竖直方向的分力大小为F sina 方向 C.船桨对水的作用力小于F 2.如图所示，匀速向右 D.水对船桨的力与船桨对水的力合力为0 运动的水罐车内装 6.如图所示，一个箱子 满了水，车内有一浮 放在水平地面上，箱 在顶部的乒乓球A.当水罐车刹车时，小球 内有一固定的竖直 相对容器的运动情况是 杆，在杆上套有一个 A.A球向右运动 B.A球向左运动 环，箱和杆的总质量为M,环的质量为m. C.A球静止不动 D.A球向下运动 已知环沿着杆向下加速运动，当加速度大 3.如图所示，正在行 小为a时(a<g),则箱对地面的压力为 驶的火车车厢内， ( ■1 88888 有一人相对车厢由 A.Mg+mg B.Mg-ma 静止释放一小球，则小球 C.Mg+ma D.Mg+mg-ma A.不可能落在A处 [素养培优练] 7.(多选)如图所示，甲物体 B.不可能落在B处 重100N,乙物体重400 C.不可能落在C处 N.若只计乙物体受水平地 D.落在何处取决于车厢的运动情况 面的摩擦，当甲物体正在 4.如图所示，某同学在桌子边缘 匀速下降时 用一杯水压着一张纸，现欲向 A.绳子拉力为100N 右把纸拉走，而让水杯留在桌 B.地面对乙物体的摩擦力为50N 上，实验时发现纸拉得越快，水杯越稳定， C.乙对地面的压力为500N 几乎处于静止状态.则拉得越快( D.地面对乙的支持力为400N 35712.解析：(1)对B受力分析，由平衡条件得mg=Tcos9,F =Tsin9,联立得F=mgtand0,T=g cose (2)以A为对象，平衡条件可得Tsin8=f,Tcos0十Mg =F,又f=FN,联立可得=M干m mtane 答案：(1)F=mgtand8,T=mg 279 课时冲关10素养培优3共点力的动态 平衡和平衡中的临界、极值问题 1.C「对C受力分析，由于车厢底板 由水平位置缓慢倾斜，则C处于平 衡状态，C受到重力、A对C支持力 F1和B对C的支持力F2,如图 运动过程中凡，与竖直方向夫角远⊙⊙⊙ 所示 渐增大，故F1减小，F。增大，F1和F2的合力方向始终 与重力方向相反，故选C.] 2.D[球处于静止状态时受力平衡，对 球进行受力分析，作出受力的动态关 量图如图所示，圆球处于静止状态，在 0由60°缓慢减小至15°的过程中，根据 图像可知，F4不断减小，FB先减小后 增大，根据牛顿第三定律可知，球对挡 板OA的压力不断减小，球对挡板OB的压力先减小后 增大，故选D. 3.C[对小球和半圆柱整体分析，初始时绳子竖直F=0, 当半圆柱缓慢左移，F增大，当小球上升到半圆最高，点时 F=0,故F先增大后减小.故选C.] 4.A[对小球受力分析，如图所示 现手拿细线沿墙壁向上缓慢移动，移动过 程中轻弹簧的中心轴线始终保持水平，即 弹簧弹力的方向不变，日减小，由图可知， wwwwWO x减小，即弹簧的长度将增大，细线的弹 力T减小.故选A.门 5.AD[令绳子与竖直方向的夹角为日，对小球进行分析 根据正弦定理有 mg T T sin60sin(180°-60°-0の=sin(60°+9，其中0°≤9≤ 90°，当0=30°时，解得 Tm=2ym竖，故C错误，D正确；结合上迷，当9=90 3 时，解得Tm √3mg 3 故A正确，B错误.] 6.解析：(1)把小球1和2看成一整体，受力分析F 如图所示 由平衡条件可得F。=c0530 2G 3 20 F.=2Gan30°=2y5G. 3 (2)以球2为研究对象，设细线b对小球2的拉力F。,由 平衡条件可得 F,=√G+F=IG. (3)以1、2两小球为整体研究，根据受力平衡可 F 得力的矢量三角形如图 由力的夫量三角形图可知当F。与水平方向成 30°斜向上时，F。达到最小值，即 F=2Gsin30°=G. 答案：1)F.=45G,F=25G 3 3 2E,=四G 3 (3)F=G ·58 参考答案 课时冲关11实验二探究弹簧弹力 与形变量的关系 1.解析：(1)该刻度尺的分度值为0.1cm,应估读到分度值 的后一位，故弹簧原长为13.14cm, (4)由胡克定律可知mg十pVg=kx, 化简可得x=坚V+m坚 k 由图像可知坚=200m2, 代入数据解得该弹簧劲度系数为k=49N/m, (5)由图可知8=0.0056m, 代入数据可得所用小桶质量为m=0.028kg. 答案：(1)13.14或13.15(4)49(5)0.028 2.解析：钩码个数为1时，弹簧A的仲长量△xA=8.53cm -7.75cm=0.78cm, 弹簧B的伸长量△x.=18.52cm-16.45cm-0.78cm =1.29cm, 根据系统机械能守恒定律可知两根弹簧的重力势能减 少量和钩码减少的重力势能等于弹簧增加的弹性势能， 故△Ep>mg(△xA十△xn). 答案：0.781.29> 3.解析：(1)作出F-L图像如图所示 2.0 弹簧弹力F=0时，对应的弹簧长度 16 为弹簧的原长，可知，图像的横轴截 1.2 距为该弹簧的原长，即弹簧原长L。= 08 0.4 5×102m=5cm,图像直线部分的 0510152025L10-2m 斜率为该弹簧的劲度系数，即劲度系 1.6-0 (13-5)x107 N/m-20 N/m. (2)在弹簧的弹性限度内，弹簧的弹力和弹簧长度成线 性关系，图线为直线，由题意可知，造成偏差的原因是弹 簧的形变超出了弹簧的弹性限度. (3)水平放置做实验的优点：可避免弹簧自身所受重力 对实验的影响，缺点：弹簧与接触面及轻绳与滑轮间有 在摩擦会产生误差. 答案：(1)520(2)弹簧的形变超出了弹簧的弹性限 度(3)见解析 课时冲关12实验三探究两个 互成角度的力的合成规律 1.解析：(1)由一个弹簧测力计拉橡皮条至0点的拉力一 定沿AO方向；而根据平行四边形定则作出的合力，由于 误差的存在，不一定沿AO方向，故一定沿AO方向的 是F (2)①根据“验证力的平行四边形定则”实验的操作步骤 可知，有重要遗漏的步骤的序号是C、E ②在C中未记下两条细绳的方向，E中未说明是否把橡 皮条的结，点拉到同一位置0 答案：(1)F(2)①CE②C中应加上“记下两条细 绳的方向”E中应说明“把橡皮条的结点拉到同一位置 O” 2.解析：(1)由测力计的读数规则可知，读数为4.00N. (2)①利用平行四边形定则作图（见答案）. ②由图可知F金=4.00N,从F。的顶点向x轴和y轴分 别作垂线，顶，点的横坐标对应长度为1mm,顶点的纵坐 标长度为20mm,则可得出F。与拉力F的夹角的正切 值为0.05. (3)由(1)(2)知是等放替代法 答案：(1)4.00 (2)①F,、F,的合力F合如图所示 皮 ②4.000.05 (3)B 高考总复习物理 课时冲关13牛顿第一定律、牛顿第三定律 1.B2.B3.D4.D 5.A[把水对船桨的作用力F正交分解如图 所示，根揭几何知识日=受-@，F在水平方 向的分力大小为F=Fcos(受-a)=Fsin a,F在竖直方向的分力大小为F,=Fsin(5-a= Fc0sa,故A正确，B错误；根据牛顿第三定律知水对船 桨的力与船桨对水的力是一对相互作用力，大小相等、 方向相反、分别作用于水和船桨上，所以水对船桨的力 与船桨对水的力不能求合力，故C、D错误.] 6.D[以环为对象，根据牛顿第二定律可得mg一f=ma, 解得f=mg一ma,以箱和杆为对象，根据受力平衡可得 Mg十f'=N,其中f=f,联立解得N=Mg十mg一ma, 根据牛顿第三定律可知，箱对地面的压力为N'=V= Mg十mg-ma,故选D.] 7.BD[对甲，根据平衡条件2F=G甲，得绳子拉力F= 50N,故A错误；对乙，根据平衡条件，水平方向，地面对 乙物体的摩擦力为f=F=50N,故B正确；对乙，根据 平衡条件，竖直方向，地面对乙的支持力V=G:=400 N,根据牛顿第三定律，乙对地面的压力为400N,故C 错误，D正确.门 课时冲关14牛顿第二定律的理解及应用 1.CD2.B3.C4.A 5.A[6个盘子处于静止时，6个盘子所受合力为0，顾客 快速取走1号盘子的瞬间，托盘和其他5个盘子所受的 合力为mg,根据牛顿第二定律有mg=(M十5m)a,对 2号盘子，根据牛顿第二定律有V-mg=ma,联立可得 3号盘子对2号盘子作用力的大小N=mgM+6m,故 M-5m 选A.] 6.D[1.0s~1.4s内运动员对蹦床的压力逐渐变大，则 运动员向下运动，压力先小于重力，加速度向下，失重： 后压力大于重力，加速度向上，超重，选项A、B错误； 1,4s时运动员对蹦床的压力最大，此时到达最低，点，则 运动员的速度为零，选项C错误；运动员在脱离蹦床后 到再次回到蹦床上用时间为3.8s一2.1s=1,7s,则上 升过程中上升的最大高度约为 h=gt=×10x(号)m≈3.6m,选项D正确.] 2 2 7.DL依题意，对石块受力分析， 如图 货车在平直道路上向右以加速度 a1运动时，有Fsin9=mg,tan0 =mg 2a1 货车向右以加速度a2(a2>a1)做 加速运动，有tan0=mg ma2 可知9会减小，再根据F=器可 知F会变大，故选D.」 8.C[根据匀变速的位移公式x=2at, 根据牛顿第二定律F=ma, 联立得m=,故选C.门 9.A[根据运动学公式可得v一v=一2ah,解得加速度 大小为a=”822」 2h=2x1.2m/s=25m/s, 根据牛顿第二定律可得4F-mg=1a, 解得平均每台反推发动机提供的推力大小为 F≈2.6×101N,故选A. 10.AD[以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定 律可知 a是-gng=4m, ·58 系统的加速度方向水平向右，设弹簧秤的拉力为F,以 m2为研究对象，由牛顿第二定律得 F-F,=m2a,得F=32N,故A正确，B错误；弹簧的弹 力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，2不再受F2的 作用，m,受的合力等于弹簧的弹力，设，此时加速度 为a3;由牛顿第二定律可知，F=m,a,得a=8m/s, 故C错误：弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F,的瞬 间，设此时1加速度为a1,由牛顿第二定律可知，F= m1a1,得a1=16m/s,故D正确.] 11.解析：(1)对无人机和货物整体受力分析，由平衡条件 得6F1=(M+m)g,解得F,=100N. (2)根据货物降落全过程的v-t图像，卸货前货物离地 面的高度为h=号X5X6m=15m, 由题图乙可得，货物匀减速下降过程中加速度大小为a 0-6 5-3 m/s=3 m/s'. (3)货物匀减速下降过程中，对货物由牛顿第二定律得 F,-Mg=ma, 代入数据解得F,=520N. 答案：(1)100N;(2)15m,3m/s;(3)520N 12.解析：(1)根据牛顿第二定律得，人从斜坡上下滑的加 速度为a1=gsin37°一mngcos37 =2m/s. 1777 (2)根据速度与位移的关系有v=2a1xA, 解得u=2√/10m/s. (3)人在水平面上做匀减速运动的加速度大小为a,= g=5m/s2, 根据速度位移公式得，B点的速度为vB=√2α2L =10√2m/s, 项=50m 根据速度位移公式得L仙=2 答案：(1)2m/s;(2)v=2√10m/s;(3)50m 课时冲关15素养培优4牛顿运动 定律的综合应用 1.A[飞船与空间站对接前的加速度为a1=E 1240 m 4x10m/s =0.31m/s2,故C错误；飞船与空间站对接后的加速度 为a2= =0-07m/s2=0.01m/s2,故D错误；对飞船 △t 7 与空间站整体，根据牛顿第二定律F=(M十m)a2,解得 空间站质量为M=1.2×10kg,故A正确，B错误.] 2.C [根据牛顿第二定律得4F一8f=8ma,解得a 一2f,A,B错误；对前两节车厢根据牛顿第二定律得F 2m 十F23-2f=2ma,解得F23=0,C正确，D错误.] 3.D[由牛顿第二定律有F-mgsin9=ma,解得F=ma 十ngsin0,所以F一a图像的斜率为m,纵轴裁距为 gsin日.由图可知甲图斜率大于乙图斜率，因此m甲> m2,故A、B错误；由于甲、乙两图截距相等，即m gsin 日=m gsin日2，根据m甲>m2,可知9p<02,故C错 误，D正确. 4.BD[对整体受力分析如图甲所示，由 牛顿第二定律有F=(M十m)a, 对楔形物体受力分析如图乙所示. 由牛顿第二定律有ngtan45°=ma, 450 可得F=40N,a=10m/s2,故A错误， (M+m)g B正确；斜面体对楔形物体的作用力 F2= g sin45 =√2mg=10√2N,故C错误；外力F增大， 则斜面体加速度增大，斜面体对楔形物体的支持力也增 大，则支持力在竖直方向的分力大于重力，有向上的加 速度，所以楔形物体将会相对斜面体沿斜面上滑，故D 正确. 5.AD根据动滑轮的特征可知相同时间内，A、B运动的 路程之比为2：1.故A正确； 两物块都做初速度为0的匀加速直线运动，由工=弓a 8