专题3 山东新高考全练(实战册)-【实战高考】2026年高考物理总复习（山东专版）

答案册 实战高考·物理 解析(I)按照给定的标度画出F1、F2和F的图示，然后按 力计、细绳、橡皮条都与木板平行；②读数时没有正视弹 平行四边形定则画出F1、F2的合力F,如图所示。 簧测力计。 ④(2)CD(3)相同位置(5)大小和方向 解析(2)实验中还需要用铅笔在白纸上标记出小圆环的位 置以及用铅笔在白纸上标记出两细线的方向。故选C,D。 (3)撤掉一个弹簧测力计，用另一个弹簧测力计把小圆环 拉到相同位置，由弹簧测力计的示数得到拉力F的大小， 沿细线标记此时F的方向。 (⑤)比较F和F的大小和方向，即可判断本次实验是否验 (2)F和F'不完全重合的误差可能是：①没有做到弹簧测 证了力的平行四边形定则。 专题3 牛顿运动定律 山东新高考全练 ①B解析根据牛顿第二定律有mgsin6cos0-mgcos0 块与加速度传感器的总质量的倒数，根据题图丙中I,有 -umgsin0sin0=ma,可得a=gsin0cos0-gcos0 1_3-0 m0.6 kg1=5kg1,则滑块与加速度传感器的总质 gsin20,故选B。 2D解析由于st图像的斜率表示速度，由图可知在0 量为m=0.20kg。 ~1时间内速度增大，即乘客的加速度向下，根据牛顿第 (3)滑块上增加待测物体，同理，根据题图丙中Ⅱ，有马 二定律得mg-FN=ma,解得FN=mg-ma,则FN<mg, 处于失重状态，故A错误；在t1~t2时间内，St图像的斜 15二0kg1=3kg1,则滑块、待测物体与加速度传感 0.5 率保持不变，所以速度不变，即乘客匀速下降，则F、= 器的总质量为m'=0.33kg,可得待测物体的质量为△m= mg,故B错误；在t2~t3时间内，s-t图像的斜率变小，所 m-m=0.13kg。 以速度减小，即乘客减速下降，加速度向上，根据牛顿第 二定律得FN一mg=ma,解得FN=mg十ma,则FN>mg, 日a0.12照m 处于超重状态，故C错误，D正确。故选D。 解析(1)设电动机牵引绳的张力为T,电动机连接小车 3(1)1.00(2)0.41(3)增大(4)kg1 的缆绳匀速上行，由能量守恒定律得UI=2R十Tv,解 解析(1)实验用遮光片通过光电门的平均速度代替瞬时 得T1=7400N, 速度，遮光片宽度越小，代替时的误差越小，故为较准确 小车和配重一起匀速运动，设连接配重绳的张力为T2,对 地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度，选用d= 配重有T2=m0g=-400N, 1.00cm的遮光片。 设斜面倾角为0，对小车有T1十T2=(m十m2)gsin0 (2)根据加速度的定义式可得a=2四=0.41m/s2。 +k(m+m2)g, t 卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速 (3)根据图像可知，当有一定大小的外力F时小车的加速 下行，有migsin0=mog+kmg, 度仍为零，可知平衡摩擦力不足，若要得到一条过原，点的 联立解得sin0=0.5,k=0.1。 直线，需要平衡摩擦力，故实验中应增大导轨的倾角。 (2)关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设 (④)图乙中直线斜率为=岩，根据F=加可知直线斜率 加速度为a,由牛顿第二定律得(m十m2)gsin0十k(m十 的单位为kg1。 m2)g-mg=(m1十m十mo),可得a=370r 67m/s2, 4(1)12(2)0.20(3)0.13 67 解析(1)由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A 由运动学公式有2=2aL,解得L=85m。 点到O点的距离为5.00cm。结合题图乙中的F-t图像 6(1)4m/s(2)①0.21kg②4.5m 可知，△x=5.00cm时F=0.610N,根据胡克定律有k= 解析(1)根据题意可知，小物块在Q点由合力提供向心 点，计第出12Nm 力，有mg十3mg一m爱，代入数据解得。=4ms。 (2)根据牛顿第二定律有F=ma,则a-F图像的斜率为滑 (2)①根据题意由题图乙可知，当F≤4N时，小物块与轨 426 ○实战册参考答案及解析 道一起向左加速，根据牛顿第二定律可知F=(M十m)a, =alto, 根据图乙有1=M十m=0.5kg1, 对小物块有2=a2o, 在小物块运动到P,点到从Q点离开轨道这个过程中系统 当外力F>4N时，轨道与小物块有相对滑动，对轨道有 F-umg=Ma, 机核能守恒，有2M+名m号=M+号m 结合题因乙有a=动-晋，外丰妇=方-1kg1,我 +2mgR, 水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，有M十m2 距6=-=-2m/s2, M =M十mw4,联立解得to=1.5s, 联立可得M=1kg,m=1kgμ=0.2。 根据运动学公式有L=a号-司后，代入数据解得工 ②由题图乙可知，当F-8N时，轨道的加速度a1=6m/s2, =4.5m。 小物块的加速度a2=g=2m/s2, 当小物块运动到P点时，经过0时间，对轨道有u 山东模拟专练 考点闯关 4c 解桐开始时弹簧的压缩量△x= ①D解析下蹲过程先向下加速后向下减速，加速度方 向先向下后向上，即先处于失重状态后处于超重状态；起 (mp十m)gsin37=0.3m,t=0.2s时，拉力F不再变 立过程先向上加速后向上减速，加速度方向先向上后向 化，说明此时P、Q刚好分离，它们之间的弹力正好为0， 下，即先处于超重状态后处于失重状态。由题图可知，0 而此时P和Q具有相同的沿斜面向上的加速度a,设此 ~5s内该同学做了1次下蹲一起立的动作，故A、B错 时弹簧的压缩量为△x',对P由牛顿第二定律有△x'一 误；题图中0.5s时，人向下的加速度最大，处于向下加速 mpgsin37°=mpa,该段时间内由运动学规律得△x一△x 阶段，不是处在下蹲的最低，点，故C错误；由题图可知，3s 时处于超重状态，加速度方向竖直向上，故D正确。故 =7a2,联立解得A=0.14m,a=8m/s2,设=0时 选D。 P、Q间的作用力为F1,对P由牛顿第二定律得F弹一 2D解析弹簧的弹力不突变，物块B受力不受影响， mpgsin37°-F1=mpa,F弹=(mp十mQ)gsin37°，解得 因此aB=g,故B、C错误；设弹簧的弹力为F,对物块A F=16N,故A、D错误；根据前面分析可知，t=0.2s时， 进行受力分析，有mg十F=maA,对物块B进行受力分 弹簧中的弹力F弹'=k△x=14N,故B错误；t=0.2s时， 析，有F-mg=mg,所以物块A的加速度为3g,故A错 对Q由牛顿第二定律得F-mog sin37°=maa,解得F 误，D正确。故选D。 56N,故C正确。故选C。 ③C解析如图甲所示，连接A、D两点，设端点在A或 ⑤A解析对木块、小球组成的整体进行受力分析，整体 D的杆与AD方向的夹角为日，则小球沿这类杆下滑的位 受到重力、支持力、摩擦力、拉力，正交分解拉力，可得 移x=2Rc0s0,且x=方a2,加速度a=g0s0,联立可得 Fcos=f,Fsin0+N=(M什m)g,f=N,联立可得F= 4(M+mg=M十m)g,故当sin(0十p)=1 一2√图故A=自：利用一3√图与9无关的结论，以点 usin 0+cos 0 1+u2 sin (0+) B为最高点画圆，如图乙所示，可知小球从B点沿杆分别 时，拉力最小，最小值为F-H=合M什m)g √1十2 下滑到D、F两点的时间均为t3,而BC比BF长，所以下 故A正确，B错误；因为tanp= 故p=60°，当sin(0+p) 滑时间会长一些，故t2>t妇，故选C。 =1时，拉力最小，此时0=30°，故C、D错误。故选A。 A 6(1)8m/s(2)20m 解析(I)对工料进行受力分析，根据牛顿第二定律有F mgsin 0umgcos 0=ma1, 设经t时间，工料与传送带共速，则有w=a1t, 代入数据解得a1=8m/s2,t=1s, 即t=1s时刻工料恰与传送带共速，则速度大小为8m/s。 427专题3 牛顿运动定律 过去考什么 山东新高考全练 答案：P426 年份 考点 题型 题号 分值 难易度 考点2牛顿运动定律的综合应用 单选 8 3 难 2025年 考点1对牛顿运动定律的理解及基本应用 实验 13 8 中 2024年 考点2牛顿运动定律的综合应用 计算 17 14 难 2023年 无 / / 考点2牛顿运动定律的综合应用 计算 16 9 中 2022年 考点1对牛顿运动定律的理解及基本应用 实验 13 6 中 2021年 无 / 2020年 考点1对牛顿运动定律的理解及基本应用 单选 1 3 易 1.(2025山东，8,3分)工人在河堤的硬质坡面 大小为g。下列说法正确的是( 上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方 体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角 为0，交线为PN,坡面内QN与PN垂直， 挡板平面与坡面的交线为MN,∠MNQ= 0。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因 A.0~t时间内，v增大，FN>mg 数均为μ，重力加速度大小为g,则建筑材料 B.t1~t2时间内，v减小，FN<mg 沿MN向下匀加速滑行的加速度大小 C.t2~t3时间内，v增大，Fv<mg 为( D.t2~t时间内，v减小，FN>g 3.(2025山东，13,6分)某小组采用如图甲所 示的装置验证牛顿第二定律，部分实验步骤 如下： 数字毫秒计 A.gsin2 0-ugcos 0-ugsin Ocos 遮光片 B.gsin Ocos -ugcos -ugsin 光电门2 小车 光电门 )● 长直导轨 C.gsin Ocos 0-ugcos e-ugsin Ocos 0 D.gcos20-ugcos 0-ugsin20 托盘及砝码 2.(2020山东，1,3分)一质量为m的乘客乘 坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t关系的 甲 图像如图所示。乘客所受支持力的大小用 (1)将两光电门安装在长直导轨上，选择宽 F表示，速度大小用v表示。重力加速度 度为d的遮光片固定在小车上，调整导轨倾 28 ○专题3牛顿运动定律 角，用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及砝 加速度传感器 7滑块 气垫导轨连气源 码相连。选用d= (选填“5.00”或 “1.00”)cm的遮光片，可以较准确地测量遮 甲 光片运动到光电门时小车的瞬时速度。 ③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑 (2)将小车自导轨右端由静止释放，从数字 块。弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A 毫秒计分别读取遮光片经过光电门1、光电 点到O点的距离为5.00cm,拉动滑块使其 门2时的速度4=0.40m/s、2=0.81m/s, 左端处于A点，由静止释放并开始计时。 以及从遮光片开始遮住光电门1到开始遮 ④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力 住光电门2的时间t=1.00s,计算小车的 F、加速度a随时间t变化的图像，部分图像 加速度a= m/s2(结果保留两位有 如图乙所示。 效数字)。 a/m·s2) (3)将托盘及砝码的重力视为小车受到的合 3.50 FN 十 力F,改变砝码质量，重复上述步骤，根据数 0.610 3.00 据拟合出α-F图像，如图乙所示。若要得到 2.50 0.10.2t/s 2.00 一条过原点的直线，实验中应 (选 1.50 填“增大”或“减小”)导轨的倾角。 ↑a/m·s-23) 3.08 1.00 a/m·s 0.50 0.50 0 田FN 0￥ 0.40 0.10.2t/s 0.100.200.300.400.500.600.70 ≥ 丙 0.20 回答以下问题（结果均保留两位有效数字）： 0.10 (1)弹簧的劲度系数为 N/m。 (2)该同学从图乙中提取某些时刻F与a的 0.10 0.20 0.30FN 数据，画出a-F图像，如图丙中I所示，由此 可得滑块与加速度传感器的总质量为 (4)图乙中直线斜率的单位为 (选 kg。 填“kg”或“kg1”)。 (3)该同学在滑块上增加待测物体，重复上 4.(2022山东，13,6分)在天宫课堂中，我国航 述实验步骤，在图丙中画出新的a-F图像 天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质 Ⅱ，则待测物体的质量为 kg。 量的实验。受此启发，某同学利用气垫导 5.(2022山东，16,9分)某粮库使用额定电压 轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和 U=380V,内阻R=0.252的电动机运粮。 待测物体等器材设计了测量物体质量的实 如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均 验，如图甲所示。主要步骤如下： 平行于斜坡，装满粮食的小车以速度= ①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上， 2m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I=40A。 加速度传感器固定在滑块上。 关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到 ②接通气源，放上滑块，调平气垫导轨。 达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小 29 实战 实战高考·物理 车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速 (1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿 下行。已知小车质量m1=100kg,车上粮 轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小 食质量2=1200kg,配重质量m0= 等于3mg,求小物块在Q点的速度大小v。 40kg,重力加速度g大小取10m/s2,小车 (2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的 运动时受到的摩擦阻力与小车及小车上粮 推力F,小物块处在轨道水平部分时，轨道 食的总重力成正比，比例系数为，配重始 加速度a与F对应关系如图乙所示。 终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损 ①求u和m。 耗及缆绳质量。求： ②初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨 δ 道施加水平向左的推力F=8N,当小物块 δ配门 到达P点时撤去力F,小物块从Q点离开 重 轨道时相对地面的速度大小为7m/s。求 ⑤电动机 轨道水平部分的长度L。 7777777777777777777 ↑a/m·s-2 (1)比例系数。 (2)上行路程L。 09 、R 甲 乙 6.(2024山东，17,14分)如图甲所示，质量为 M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平 部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面 光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的 最高点。质量为m的小物块静置在轨道水 平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为 4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨 道半圆形部分的半径R=0.4m,重力加速 度g大小取10m/s2。 30