专题三 运动和力的关系-【创新教程】2022-2026五年高考物理真题分类特训

年真题分类特训 专题三 考点1牛顿运 ◆惯性定律 1.(2020·浙江7月，2)如 图所示，底部均有4个 轮子的行李箱a竖立、b 平卧放置在公交车上， 箱子四周有一定空间.当公交车 A.缓慢起动时，两只行李箱一定相对车子 向后运动 B.急刹车时，行李箱a一定相对车子向前 运动 C.缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子 向外侧运动 D.急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧 运动 ◆牛顿第二定律 2.(2025·山东卷，8)工人在河堤的硬质坡面 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O,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、挡板间的动摩擦因数 均为4，重力加速度大小为g,则建筑材料沿 MN向下匀加速滑行的加速度大小为 M 0 A.gsin20-ugcoso-ugsindcos0 B.gsin 0 cos o-ugcos 0-ugsin20 C.gsin Ocos 0-ugcos 0-ugsin Ocos D.gcos2 0-ugcos 0-ugsin20 3.(2025·河南卷，1)野外高左 右 空作业时，使用无人机给工 人运送零件.如图，某次运 送过程中的一段时间内，无 零件凸 人机向左水平飞行，零件用轻绳悬挂于无人 机下方，并相对于无人机静止，轻绳与竖直 专题三运动和力的关系 运动和力的关系 动定律的理解 方向成一定角度.忽略零件所受空气阻力， 则在该段时间内 A.无人机做匀速运动 B.零件所受合外力为零 C.零件的惯性逐渐变大 D.零件的重力势能保持不变 4.(2025·湖北卷，7)一个宽为L的双轨推拉 门由两扇宽为，的门板组成，门处于关闭状 态，其俯视图如图(a)所示.某同学用与门板 平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段 时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一 边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如 图(b)所示.门板在运动过程中受到的阻力 与其重力大小之比为，重力加速度大小为 g.若要门板的整个运动过程用时尽量短，则 所用时间趋近于 图(a) 图(b) L L A.2ug B. √ug C. 2L 5.(2025·甘肃卷，3)2025年4月24日，在甘 肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟 二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载 火箭.若在初始的1s内燃料对火箭的平均 推力约为6×10N.火箭质量约为500吨且 认为在1s内基本不变，则火箭在初始1s 内的加速度大小约为（重力加速度g取 10m/s2) A.2 m/s2 B.4 m/s2 C.6 m/s2 D.12m/s2 最新真题分类特训·物理 6.(2024·湖南卷，3)如图，质量分 L22222 A 别为4m、3m、2m、m的四个小球 A、B、C、D,通过细线或轻弹簧互 相连接，悬挂于O点，处于静止 状态，重力加速度为g.若将B、C 间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速 度大小分别为 ( A.g,1.5g B.2g,1.5g C.2g,0.5g D.g,0.5g 7.(2023·新课标卷，19)（多选）使甲、乙两条 形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上， 甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于 乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相 等.现同时释放甲和乙，在它们相互接近过 程中的任一时刻 ( ) 甲 乙 S N A.甲的速度大小比乙的大 B.甲的动量大小比乙的小 C.甲的动量大小与乙的相等 D.甲和乙的动量之和不为零 8.(2026·湖北卷，12)某同学设计了一个验证 牛顿第二定律的实验，使用的器材有：直导 轨、小车、光电门、数字毫秒计、遮光条、天 平、钩码、刻度尺、游标卡尺、定滑轮、细绳 等.实验装置如图所示，光电门1、2分别固 定在导轨A、B处，遮光条安装在小车上，连 接小车两端的细绳分别跨过左右定滑轮，各 悬挂10个质量均为m。的钩码，定滑轮间的 细绳与导轨平行.重力加速度大小为g.实 验步骤如下： 遮光条光电门1 光电门2 钩码 喇用 ⅰ.用天平测量小车和遮光条的总质量， 用刻度尺测量A、B间的距离s,用游标卡尺 测量遮光条的宽度d. ⅱ.调节导轨倾斜程度，使小车沿导轨向右下 滑时通过两个光电门的遮光时间近似相等. ⅲ.从左侧细绳取下n个钩码挂到右侧细 绳，再从导轨左端静止释放小车，用数字毫 秒计测量遮光条经过光电门1、2的遮光时 间t1、t2… 回答下列问题： (1)步骤ⅱ操作的主要目的是 (2)由牛顿第二定律，小车的加速度大小a (用m、m、g和n表 示) (3)步骤i中测得的小车加速度大小a= （用d、s、t1和t2表示). (4)该同学根据测出的多组a、n值，作出a n图像.若该图像近似是一条通过原点的直 线，则可以验证：质量一定时，物体的加速度 与所受合外力成 (5)若a-n图像明显不过原点，原因可能是 (单选，填标号). A.步骤ⅲ中小车没有从静止释放 B.步骤ⅱ中导轨的倾斜程度调节不恰当 C.钩码质量没有远小于小车和遮光条的总 质量 9.(2026·河南卷，11)某实验小组利用图1所 示装置验证牛顿第二定律.实验器材有：气 垫导轨、滑块、光电门、数字计时器、遮光条、 游标卡尺、垫块若干等.完成下列问题： 遮光条 滑块 光电门1光电门2 垫块日 L 气垫导轨一 wonn亮nnn.接气源 图1 (1)用游标卡尺测量遮光条的宽度△x,示数 如图2所示，则△x= mm, 0 cm TTITTTTIT 0 10 20 图2 (2)调整好装置，释放滑块.数字计时器记录 滑块通过光电门1的遮光时间为△t=10. 20ms,则滑块通过光电门1的速度大小v1 m/s(保留2位有效数字). (3)记录滑块通过光电门2的遮光时间，计 算滑块通过光电门2的速度大小2，测出两 光电门间距为s,则滑块下滑的加速度a= （用y1、2、s表示).测得气垫导轨 两支脚间距为L,垫高为h,理论上a= (用L、h、重力加速度大小g表示)，若 两者在误差允许范围内相等，即验证了牛顿 第二定律. 10.(2026·四川卷，13)某款国产民用无人机 已实现全自动作业.如图示，无人机完成 某次任务后开始返航，此时所在位置与降落 点的水平距离为120m,竖直距离为90m. 无人机先以10m/s的速度沿水平直线飞 行至与降落点水平距离50m处，然后沿原 运动方向做匀减速直线运动至降落点正上 方，随后用时33s竖直下降至降落点，返 航结束.求： 120m .50m 90m 降落点 考点2动 ◆超、失重问题 1.(2026·1月浙江卷，11)（多选）下列说法正 确的是 A.变化的电场会产生磁场 B.汽车经过凹形路面最低点时处于超重 状态 C.相对论时空观认为运动物体的长度与速 度无关 D.秦山核电站通过提取海水中的氘和氚进 行核反应获取能量 2.(2026·云南卷，2)云南宣威尼珠河大峡谷 的“青云电梯”为谷底孩子们上学提供了交 通便利.若电梯由静止开始上升260m,用 时100s,则此过程电梯的平均速度大小及 电梯向上加速时乘客所处的状态分别为 () A.2.6m/s,超重 B.0.38m/s,超重 C.2.6m/s,失重 D.0.38m/s,失重 3.(2025·北京卷， 11)模拟失重环境 的实验舱，通过电 磁弹射从地面由 静止开始加速后 竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通 过电磁制动使其停在地面.实验舱运动过 程中，受到的空气阻力f的大小随速率增 专题三运动和力的关系 (1)无人机沿水平方向做匀减速直线运动 的加速度大小； (2)无人机从开始返航到返航结束的位移 大小和平均速度大小. 力学问题 大而增大，f随时间t的变化如图所示（向 上为正).下列说法正确的是 () A.从t1到t3,实验舱处于电磁弹射过程 B.从t2到t3,实验舱加速度大小减小 C.从t到t,实验舱内物体处于失重状态 D.t时刻，实验舱达到最高点 ◆动力学分析 4.(2025·黑吉辽蒙卷，10)（多选）如图(a),倾 角为0的足够长斜面放置在粗糙水平面上. 质量相等的小物块甲、乙同时以初速度 沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分 别为12，整个过程中斜面相对地面静止. 甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图 (b)所示，两条曲线均为抛物线，乙的x一t 曲线在t=t。时切线斜率为0，则 () 3x ,甲 甲 0 图(a) 图(b) A.1+2=2tan0 B.t=t。时，甲的速度大小为3vo C.t=t。之前，地面对斜面的摩擦力方向 向左 D.t=t。之后，地面对斜面的摩擦力方向 向左 最新真题分类特训·物理 5.(2023·全国甲卷，19)（多选）用 甲 水平拉力使质量分别为m甲、mz 的甲、乙两物体在水平桌面上由 静止开始沿直线运动，两物体与 桌面间的动摩擦因数分别为甲和z.甲、乙 两物体运动后，所受拉力F与其加速度α的关 系图线如图所示.由图可知 ( A.m甲<mz B.m甲>m乙 C.甲<乙 D.甲>z 6.(2023·湖南卷，10)（多 选)如图，光滑水平地面 上有一质量为2m的小车 B 在水平推力F的作用下加 798 速运动.车厢内有质量均为 m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在 光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与 底面的动摩擦因数为4，杆与竖直方向的夹角 为0，杆与车厢始终保持相对静止.假设最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是 A.若B球受到的摩擦力为零，则F= 2mgtan 0 B.若推力F向左，且tan≤u,则F的最大 值为2 ngtanθ C.若推力F向左，且u<tan0≤2，则F的 最大值为4mg(2μ-tan9) D.若推力F向右，且tan>2,则F的范围为 4mg(tan0-2μ)≤F4mg(tan0+2μ) 考点3连 ◆质量分配原则 1.(2020·江苏卷，5)中欧班列在欧亚大陆开 辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力 量.某运送防疫物资的班列由40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节对第3节车厢的 牵引力为F.若每节车厢所受摩擦力、空气 阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车 厢的牵引力为 ( A.F B.19F 20 C 19 n易 ◆连接体动力学分析 2.(2026·四川卷，7)如图示，以恒定速率运 行的传送带上有甲、乙两物块，二者与传送 带相对静止，由不可伸长轻绳连接，之间无 间隙.甲、乙质量均为m,与传送带间的动摩 20 7.(2023·江苏卷，11)滑块以一定的初速度沿 粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返 回到底端.利用频闪仪分别对上滑和下滑过 程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示.与 图乙中相比，图甲中滑块 ( B◇ 甲 A.受到的合力较小 B.经过A点的动能较小 C.在A、B之间的运动时间较短 D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小 8.(2022·全国乙卷，20)（多 F/N 选)质量为1kg的物块在 4 水平力F的作用下由静 0 246t/s 止开始在水平地面上做直 线运动，F与时间t的关系如图所示.已知 物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加 速度大小取g=10m/s2.则 () A.4s时物块的动能为零 B.6s时物块回到初始位置 C.3s时物块的动量为12kg·m/s D.0~6s时间内F对物块所做的功为40J 接体模型 擦因数分别为日，子，某时刻，对乙施加水平 向右的外力使其以恒定加速度冬(g为重力 加速度大小)运动，经时间t1撤去外力，再 经时间t,绳绷直.甲、乙均可视为质点，传 送带足够长.则 () 甲乙 A.t1和t2满足t1<t2 B.从撤去外力到绳绷直，因摩擦产生的热 量为mg(t-t2)2 32 C.绳绷直后瞬间甲的动能为mg(t一)” 128 D.绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞 3.(2025·安徽卷，5)如图， 装有轻质光滑定滑轮的 长方体木箱静置在水平 地面上，木箱上的物块甲 通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物 块乙相连.乙拉着甲从静止开始运动，木箱 始终保持静止.已知甲、乙质量均为1.0kg, 甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空 气阻力，重力加速度g取10m/s2,则在乙下 落的过程中 () A.甲对木箱的摩擦力方向向左 B.地面对木箱的支持力逐渐增大 C.甲运动的加速度大小为2.5m/s2 D.乙受到绳子的拉力大小为5.0N 4.（2024·全国甲卷，15)如 P ● 图，一轻绳跨过光滑定滑 轮，绳的一端系物块P,P 置于水平桌面上，与桌面 间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量 可忽略)，盘中放置砝码.改变盘中砝码总质 量m,并测量P的加速度大小a,得到cm 图像.重力加速度大小为g.在下列am图 像中，可能正确的是 () 考点4 板 ◆图像问题 1.(2024·黑吉辽卷， 10)（多选)一足够 长木板置于水平地 1 面上，二者间的动 摩擦因数为，t=0 2t03t。4t 时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向 右运动.某时刻，一小物块以与木板等大、反 向的速度从右端滑上木板.已知t=0到t 4t。的时间内，木板速度v随时间t变化的 图像如图所示，其中g为重力加速度大小，t =4t。时刻，小物块与木板的速度相同，下列 说法正确的是 () A.小物块在t=3t。时刻滑上木板 B.小物块和木板间动摩擦因数为2μ C.小物块与木板的质量之比为3：4 D.t=4t。之后小物块和木板一起做匀速 运动 专题三运动和力的关系， 5.（2022·全国甲卷，19)（多 选)如图，质量相等的两滑块 别品 777777 P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水 平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为 4,重力加速度大小为g.用水平向右的拉力 F拉动P,使两滑块均做匀速运动；某时刻 突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一 次恢复原长之前 A.P的加速度大小的最大值为2g B.Q的加速度大小的最大值为24g C.P的位移大小一定大于Q的位移大小 D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速 度大小 块模型 2.（2022·全国乙卷，21)（多选）水平地面上有 一质量为m1的长木板，木板的左端上有一 质量为m2的物块，如图(a)所示.用水平向 右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化 关系如图(b)所示，其中F、F2分别为t1、t2时 刻F的大小.木板的加速度a,随时间t的变化 关系如图(c)所示.已知木板与地面间的动摩 擦因数为%，物块与木板间的动摩擦因数为 2.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力 相等，重力加速度大小为g.则 m 图(a) 图6) 图(c A.F=uimig B.F,=m(m1+m2) （42一1）g 1 C.>m十m 2 D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等 最新真题分类特训·物理 ◆板一块动力学分析 3.(2024·新课标卷，25)如 图，一长度l=1.0m的均 匀薄板初始时静止在一光 777777 滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对 齐.薄板上的一小物块从薄板的左端以某一 初速度向右滑动，当薄板运动的距离△1=台 时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到 地面时，薄板中心恰好运动到O点.已知物 块与薄板的质量相等.它们之间的动摩擦因 数=0.3，重力加速度大小g=10m/s2.求 实验四测量 ◆数据处理一逐差法 1.(2025·云南卷，11)某实验小组做了测量木 质滑块与橡胶皮之间动摩擦因数μ的实验， 所用器材如下：钉有橡胶皮的长木板、质量 为250g的木质滑块（含挂钩）、细线、定滑 轮、弹簧测力计、慢速电机以及砝码若干.实 验装置如图甲所示」 弹簧测力计 砝码 定滑轮 挂钩 木质滑块慢速电机 钉有橡胶皮的长木板 图甲 一弹簧测力计 砝码 定滑轮 木质滑块 慢速电机 挂钩 钉有橡胶皮的长木板 图乙 实验步骤如下； ①将长木板放置在水平台面上，滑块平放在 橡胶面上； ②调节定滑轮高度，使细线与长木板平行 (此时定滑轮高度与挂钩高度一致)； ③用电机缓慢拉动长木板，当长木板相对滑 块匀速运动时，记录弹簧测力计的示数F; ④在滑块上分别放置50g、100g和150g 的砝码，重复步骤③； ⑤处理实验数据（重力加速度g取9.80m/s2). 22 (1)物块初速度大小及其在薄板上运动的 时间； (2)平台距地面的高度. 动摩擦因数 实验数据如表所示： 滑块和砝码 弹簧测力 动摩擦 的总质量M/g 计示数F/N 因数 250 1.12 0.457 300 1.35 Q 350 1.57 0.458 400 1.79 0.457 完成下列填空： (1)表格中a处的数据为 (保留3 位有效数字)； (2)其他条件不变时，在实验误差允许的范 围内，滑动摩擦力的大小与接触面上压力的 大小 ,4与接触面上压力的大小 (以上两空填“成正比”“成反比”或 “无关”)； (3)若在实验过程中未进行步骤②，实验装置 如图乙所示，挂钩高于定滑轮，则μ的测量结 果将 (填“偏大“偏小”或“不变”). 2.(2025·湖南卷，11)某同学通过观察小球在 黏性液体中的运动，探究其动力学规律，步 骤如下： AO-5.00 B0-5.49 红形 C0-6.00 D0-6.51 E0-7.02 单位：cm 图1 图2 (1)用螺旋测微器测量小球直径D如图1 所示，D= mm, (2)在液面处由静止释放小球，同时使用频 闪摄影仪记录小球下落过程中不同时刻的 位置，频闪仪每隔0.5s闪光一次.装置及 所拍照片示意图如图2所示（图中的数字是 小球到液面的测量距离，单位是cm). (3)根据照片分析，小球在A、E两点间近似 做匀速运动，速度大小= m/s (保留2位有效数字). 实验五 探究加速度 ◆教材原实验 1.(2025·陕晋青宁卷，10) (多选)如图，与水平面成 Q⊙ 53°夹角且固定于O、M两 点的硬直杆上套着一质量 为1kg的滑块，弹性轻绳 一端固定于O点，另一端 0539 跨过固定在Q处的光滑定滑块与位于直杆上 P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ,PQ为 1.6m且垂直于OM,现将滑块无初速度释放， 假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等.滑块 与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳 上弹力F的大小与其伸长量x满足F= kx.k=10N/m,g取10m/s2,sin53°-0.8. 则滑块 () A.与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6N B.下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲 量相同 C.从释放到静止的位移大小为0.64m D.从释放到静止克服滑动摩擦力做功 为2.56J 2.(2025·山东卷，13)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 遮光片 光电门2 小车 光电门1山 长直轨道 托盘及砝码 图甲 (1)将两光电门安装在长直轨道上，选择宽 度为d的遮光片固定在小车上，调整轨道倾 角，用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及砝 码相连.选用d= cm(填“5.00”或 23 专题三运动和力的关系 (4)小球在液体中运动时受到液体的黏滞阻 力f=kDu(k为与液体有关的常量)，已知 小球密度为ρ，液体密度为，重力加速度 大小为g,则k的表达式为= (用题中给出的物理量表示). (5)为了进一步探究动力学规律，换成直径 更小的同种材质小球，进行上述实验，匀速 运动时的速度将 (填“增大”“减 小”或“不变”). 与力、质量的关系 “1.00”)的遮光片，可以较准确地测量遮光 片运动到光电门时小车的瞬时速度. (2)将小车自轨道右端由静止释放，从数字毫 秒计分别读取遮光片经过光电门1、光电门2 时的速度v=0.40m/s、,=0.81m/s,以及从 遮光片开始遮住光电门1到开始遮住光电门2 的时间t=1.00s,计算小车的加速度a= m/s2(结果保留2位有效数字). (3)将托盘及砝码的重力视为小车受到的合 力F,改变砝码质量，重复上述步骤，根据数 据拟合出a一F图像，如图乙所示.若要得 到一条过原点的直线，实验中应 (填“增大”或“减小”)轨道的倾角. a/(m's2) 0.50 0.40 0.30 0.20 0.10 09 0.10 0.20 0.30'FN 图乙 (4)图乙中直线斜率的单位为 (填 “kg”或“kg1”) 3.(2025·安徽卷，11)某实验小组通过实验探 究加速度与力、质量的关系， (1)利用图甲装置进行实验，要平衡小车受到 的阻力.平衡阻力的方法是：调整轨道的倾斜 度，使小车 (选填正确答案标号)， 小车打点计时器 纸带 槽码白 轨道 图甲 最新真题分类特训·物理 a.能在轨道上保持静止 b.受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动 ℃.不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速 运动 (2)利用图乙装置进行实验，箱体的水平底 板上安装有力传感器和加速度传感器，将物 体置于力传感器上，箱体沿竖直方向运动. 利用传感器测得物体受到的支持力F、和 物体的加速度a,并将数据实时传送到计 算机. ①图丙是根据某次实验采集的数据生成的 F、和a随时间t变化的散点图，以竖直向 上为正方向.t=4s时，物体处于 (选填“超重”或“失重”)状态；以F、为横 轴、a为纵轴，根据实验数据拟合得到的a FN图像为图丁中的图线a. ②若将物体质量增大一倍，重新进行实验， 其aF、图像为图丁中的图线 .（选 填“b”“c”或“d”) 箱体 物体 加速度传感器 力传感器 图乙 20 a -1 0 2 10 -10 0 图丙 图丁 ◆创新型实验 4.(2022·山东卷，13)在天宫课堂中，我国航 天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质 量的实验，受此启发，某同学利用气垫导轨、 力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待 测物体等器材设计了测量物体质量的实验， 如图甲所示.主要步骤如下： ①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上， 加速度传感器固定在滑块上； ②接通气源.放上滑块.调平气垫导轨； 力传感器 加速度传感器 00000000000000000000 滑块 气垫导轨 连气源 0 图甲 ③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑 块.弹簧处于原长时滑块左端位于O点. A点到O点的距离为5.00cm,拉动滑块 使其左端处于A点，由静止释放并开始 计时； ④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力 F,加速度a随时间t变化的图像，部分图像 如图乙所示. a/(ms) 3.50 F/N 0.610 3.00 2.50 00.10.2 2.00 ↑a/(ms 1.50 3.08 1.00 0.50 00.02s 0.100.200.300.400.500.600.70 图乙 图丙 回答以下问题（结果均保留两位有效数字）： (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 的数据，画出a一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 kg. (3)该同学在滑块上增加待测物体，重复上 述实验步骤，在图丙中画出新的a一F图像 Ⅱ，则待测物体的质量为 kg.考点3动态平衡问题 1.BC根据题意，设每根绳子的拉力为T,两根绳子之间 的夹角为2a,每个气球受到空气阻力f=k0,浮力为 F呼，对整体受力分析，由平衡条件，竖直方向上有2F学 =2G+2Tcos asin 0, 水平方向上有2kv=2 Tcos acos 0, 整理可得tan6= F净一G 运动速度缓慢增大，tan日减小，则日减小，T增大，故A 错误，B正确；对单个气球受力分析，由平衡条件 有Isin a=F, 由于a不变，T增大，则F增大，故C正确，D错误. 2.CAB.对滑块受力分析，由平衡条件有F=mgsin0, N=mgcos 0, 滑块从A缓慢移动B点时，日越来越大，则推力F越来 越大，支持力N越来越小，所以A、B错误：C.对凹槽与 滑块整体分析，有墙面对凹槽的压力为F、=Fcos日= mgsn9cos0=子mgm(290 则日越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以 C正确；D.水平地面对凹槽的支持力为 Na=(M+m)g-Fsin =(M+m)g-mgsin0 则日越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所 以D错误；故选C. 3.B本题考查共，点力平衡.对石礅受力分析，由平衡条件 可知Tcos 0=f,Tsin 0+N=mg,其中f=uN,联立解得 轻绳的合拉力大小T= os+sin0A错误，B正确；合 umg 拉力的大小T=mg umg cos0+sin9√+rsin(f+p） 一，其中 a即9，可知当9十9=90时，合拉力有最小值，所以 减小夹角日，轻绳的合拉力不一定减小，C错误；摩擦力 大小f=Tcos9es9+sin日1十an'所以增大夹 umg 角日，摩擦力一直减小，当日趋近于90°时，摩擦力最小，故 轻绳的合拉力最小时，地面对石礅的摩擦力不是最小，D 错误. 实验三探究弹簧弹力与形变量的关系 1.解析：①读数时，要注意测力计乙分度值为0,1N,需要 往后估读一位，因此读数为1.95N. ②探究作用力和反作用力的关系实验中，根据牛顿第三 定律可知作用力和反作用力总是大小相等，量程和弹簧 测力计弹簧的材质都不影响其示数的准确性，两个测力 计示数总是明显不同，原因可能是测力计未正确调零，C 正确， 答案：①1.95(1.94~1.96均可)②C 2.解析：(1)操作测得x=11.60cm,由图(b)的 图像坐标可知，该芒果的质量为106g; 30° 若杯中放入芒果后，绳1与竖直方向夹角为 30°但与橡皮筋不垂直，根据共点力平衡可知 橡皮条的拉力变大，导致橡皮筋的长度偏大，若 仍然根据图像读出芒果的质量与。相比偏大， 详解详析 (2)另一组同学利用同样方法得到的x一m图像在后半 部分弯曲，可能是所测物体的质量过大，导致橡皮筋所 受的弹力过大超过了弹簧的弹性限度，从而使橡皮筋弹 力与其伸长量不成正比.故选C (3)根据共，点力平衡条件可知，当减小绳子与竖直方向 的夹角时，相同的物体质量对应橡皮筋的拉力较小，故 相同的橡皮筋，减小细线与竖直方向的夹角可增大质量 测量范围. 答案：(1)①106②偏大(2)C (3)减小细线与竖直方向的夹角 专题三运动和力的关系 考点1牛顿运动定律的理解 1.BA,由题意可知当公交车缓慢启动时，两只箱子与公 交车之间有可能存在静摩擦力使箱子与公交车一起运 动，故A错误；B.急刹车时，由于惯性，行李箱a一定相 对车子向前运动，故B正确；C.当公交车缓慢转弯时，两 只箱子与车之间的摩擦力可能提供向心力，与车保持相 对静止，故C错误；D.当公交车急转弯时，由于需要向心 力大，行李箱一定相对车子向外侧运动，故D错误.故 选B. 2.B根据牛顿第二定律mg sin ecose0-mg cos日 umg sin esin 0-=ma,可得a=gsin Ocos8-ug cos日-ug sin0.故选B. 3.D无人机沿水平方向飞行，零件相对于无人机静止，也 沿水平方向飞行做直线运动，故零件的高度不变，可知 零件的重力势能保持不变，D正确：对零件受力分析，受 重力和绳子的拉力，由于零件沿水平方向做直线运动， 可知合外力沿水平方向，提供水平方向的加速度.零件 与无人机水平向左做匀加速直线运动，A、B错误：惯性 的大小只与质量有关，零件的质量不变，故零件的惯性 不变，C错误.故选D. 4.B[命题，点]牛顿运动定律的应用 门板先在向右的外力作用下做匀加速直线运动，撤去外 力后做匀减速直线运动，若外力比较大，加速时间很短， 位移很小，可以忽略不计，此时门板的运动时间最短，撤 去外力后根据牛顿第二定律有：g=ma,设撤去外力 后门板最短运动时间为1，运动的距高为号=弓，可 得门板的最短运动时间趋近于1入化，B正确. 5.A根据题意，由牛顿第二定律有F-mg=ma,代入数 据解得a=6X10°-5×10 m/s2=2m/s2. 5×101 6.A 剪断前：对B、C、D分析剪断瞬间：对B分析 →Fa6mg ↑F→B的加速度a FAs 3mg-g 3m (3m+2m+m)g ↓3mg方向向上 对D分析 对C分析FD=Fc ↑Fem mg→Fco=mg Foc 2mg+Foc=1.5g c的加速度a。2m ◆2mg方向向下 7.BD如图所示： f"N m甲 最新真题分类特训·物理 A,根据牛顿第二定律：ap=FI=F一mp m 、az= F一mL8,由于m>m2,所以a<ac,由于两物体运 7乙 动时间相同，且同时由静止释放，所以可得甲<2，所 以选项A错误；C.由于mm>m2,所以由于f1>f2,所 以对于整个系统不满足动量守恒，所以甲的动量大小与 乙的不相等，选项C错误；BD.对于整个系统而言，由于 f>∫2，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方 向向左，显然甲的动量大小比乙的小，选项BD正确.故 选BD. 8.解析：(1)步骤ⅱ操作的主要目的是平衡小车受到的阻 力（或平衡摩擦力、补偿阻力、补偿摩擦力）. (2)由牛顿第二定律得2nmog=(20m,十m)a,则a 2nmog =20m,十m (3)遮光条经过两个光电门时的速度大小分别为巴= d 4,则小车的加速度大小a= 2一oi= 2s (信) (4)由a三20m中m加可得，a-”图像的斜率 2mog 20m。十m 2mg是定值，则小车的加速度与所 ,由于20m+m 受合外力成正比 (5)步骤中小车没有从静止释放，不影响小车加速度a 营（信一）的别量A路误该实险中20千 2mog一为定 值，所以不需要满足钩码质量远小于小车和遮光条的总 质量的条件，C错误：如果步骤ⅱ中导轨的倾斜程度调节 不恰当，会导致不移动钩码小车就会滑动或移动少量钩 码后小车不动，B正确. 答案：1)平衡阻力(2)20m,十m 2nmog () (4)正比(5)B 9.解析：(1)△x=5mm+2×0.05mm=5.10mm ea--04=a0m (3)根据匀变速直线运动的速度位移公式一=2as 得=可；对滑块受力分析，由牛顿第二定律可得 mgsin9=ma,其中a=gsin0= L 答案：1)5.10(20.50(3)。心 gh 2 s L 10.解析：(1)无人机从初始位置到降落，点水平位移x1= 120m,水平方向匀减速阶段位移x:=50m,水平方向 运动初速度v=10m/s,竖直方向降落高度h=90m,竖 直方向降落时间t=33s, 无人机沿水平方向做匀减速直线运动，末速度为0，设 加速度大小为a, 有t=2ax2 解得a=1m/s. (2)无人机水平位移为120m,竖直位移为90m,合位 移x=√/+=150m 无人机水平匀速运动时间t,=二巴=7s 水平匀减速运动时间= =108 平均速度大小0一十： x =3m/s. 答案：(1)1m/s2(2)150m3m/s 考点2动力学问题 1.AB根据麦克斯韦电磁理论可知，变化的电场会产生磁 场，故A正确；汽车经过凹形路面最低，点时，根据牛顿第 二定律可得N一mg=mR: v' 可得N=mg十m尺>mg,可知此时汽车处于超重状态， 故B正确：相对论时空观认为运动物体的长度与速度有 关，物体的长度会随着物体的速度不同而改变，故C错 误；通过提取海水中的氘和氚进行核反应属于轻核聚 变，而秦山核电站利用重核裂变获取能量，故D错误， 2A报播半均建度充义式=兰，可得=0n 2.6m/s:超重失重判断：电梯向上加速时加速度方向竖 直向上，乘客处于超重状态. 3.Bt1~t间，f向下，先增大后减小，可知此时速度方向 向上，先增大后减小，故实验舱先处于弹射过程后做竖 直上抛运动；故A错误；t2~t3,f向下在减小，可知此时 速度方向向上，速度在减小，根据牛顿第二定律有mg十 f=ma,即a=上十g,故加速度大小在减小，故B正确； t~t间，f向上，先增大后减小，可知此时速度方向向 下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，加速度先向 下后向上，先失重后超重，故C错误；根据前面分析可知 t:时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故t?时刻 到达最高，点，故D错误.故选B. 4.AD位置x与时间t的图像的斜率表示速度，甲乙两个 物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙物 体做匀减速运动，在，时间内甲乙的位移。=十 2 =3z=6+0 2一6=x0, 可得t。时刻甲物体的速度为0=2心。，B错误： 甲物体的加速度大小为41=二， t。 它物体的加速度大小为。会 由牛顿第二定律可得甲物体ngsin日一41 ng cos日 =mal, 同理可得乙物体mg cos--mg sin6=ma2, 联立可得41十4=2tan0,A正确； 设斜面的质量为M,取水平向左为正方向，由系统牛顿 第二定律可得f=ma1cos0-ma2cos0=0, 则t=t。之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误； t=t。之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿斜面向下加 速，由系统牛顿第二定律可得f=ma1cos日，即地面对斜 面的摩擦力向左，D正确.故选AD. 72 详解详析 5.BC根据牛顿第二定律有F一mg=ma, 8.AD物块与地面间的摩擦力为f=umg=2N 整理后有F=ma十mg, AC.对物块从0一3s内由动量定理可知 可知F一a图像的斜率为m,纵截距为g,则由题图可 (F-f)t=mvs 看出mp>mzpm甲g=zmtg 即(4-2)×3=1×，得=6m/s 则p<HL,故选BC. 3s时物块的动量为p=mv3=6kg·m/s 6.CDA设杆的弹力为N,对小球A:竖直方向受力平衡，则 设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得 杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足 N =tan6,竖直 -(F+f)t=0-mw3 即-(4+2)t=0-1×6 方向N,=mg,则N,=mg tan, 解得t=1s 若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得 所以物块在4$时速度减为0，则此时物块的动能也为 N,=ma, 0,故A正确，C错误； 可得a=gtan6, B.03s物块发生的位移为x1,由动能定理可得 对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律F=4ma= 4 ng tan0,A错误；B.若推力F向左，根据牛顿第二定律 (F-fx=合m,即4-2z,=2×1X6 可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为 得x1=9m N.=mg tan 0, 3s4s过程中，对物块由动能定理可得一(F十f)xg= 对小球B,由于tanf≤：，小球B受到向左的合力F= u(N',+mg)-N,2mg tan 0, 则对小球A,根据牛顿第二定律可得V,=mamx, 即-(4+202，=0-合×1X6,得：=3m 对系统整体根据牛顿第二定律F=4mamx, 4s~6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为a= 解得F=4 ng tan0,B错误；C.若推力F向左，根据牛顿 第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最 F-f=2 m/s m 大值为N,=mg tan 6, 发生的位移为西，=号×2X2m=4m<十 小球B所受向左的合力的最大值Fmx=(N,十mg)·r -N,=2umg-mg tan 0, 即6s时物块没有回到初始位置，故B错误； 由于a<tanf≤2u可知Fmax<mg tan 0, D.物块在6s时的速度大小为vs=2X2m/s=4m/s 则对小球B,根据牛顿第二定律Fmx=2mg一mg tan6 06s拉力所做的功为W=(4×9一4×3+4×4)J=40J 故D正确，故选AD. -mdrur 对系统根据牛顿第二定律F=4mamx, 考点3连接体模型 联立可得F的最大值为F=4mg(2u一tan),C正确：D. 1.C根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为 若推力F向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度 F,因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3 向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上 节车厢根据牛顿第二定律有F一38f=38ma,设倒数第 向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小 3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F,,则根据牛顿 球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时 第二定律有E-2f=2m@,联立解得E6故选C Fin=N.-(N,+mg)u=mg tan 0-2umg tan 0, 2.D以传送带为参考系，初始甲乙均静止. 当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时 Fmx =N.+(N,+mg)u=mg tan 0+2umg tan 0, 苑加外力过程，乙的最大速度口=年， 对小球B根据牛顿第二定律Fmn=C min, Fmex-mdmix 撤去外力后，乙的加速度大小a:=他g=冬 对系统根据牛顿第二定律F=4ma, 经时间t2绳绷直，此时乙还有向右的速度，说明a2t 代入小球B所受合力的范围可得F的范围为4mg(tanB 0, -2r)≤F≤4mg(tan0+2),D正确.故选CD. 故t2<t1,故A错误：绳绷直时乙的速度℃2=？一a2t2= 7.CA.因为频闪照片时间间隔相同，对比图甲和乙可知 景，-t 图甲中滑块加速度大，是上滑阶段；根据牛顿第二定律 可知图甲中滑块受到的合力较大：故A错误：B.从图甲 从撤去外力到绳绷直，乙的路程（以下所指路程均为相 中的A点到图乙中的A点，先上升后下降，重力做功为 对传送带运动的距离)为工，=2t》 0,摩擦力做负功：根据动能定理可知图甲经过A点的动 能较大，故B错误；C.由于图甲中滑块加速度大，根据 因摩擦产生的热量Q= 4mg△x=1 △x=2at,可知图甲在A、B之间的运动时间较短，故C mg(2一)，故B错误：绳绸直瞬间，根据动量守恒 32 正确；D.由于无论上滑或下滑均受到滑动摩擦力大小相 mU2=2m0', 等，故图甲和图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等， 故D错误；故选C. 解得。=餐一小. 最新真题分类特训·物理 此速度为相对传送带的速度，此时甲的对地速度要大于 ,则其动能大于 m=mg》,故C错误：绳 128 绷直以后甲，乙相对传送带速度均为。=冬（红一4）， 、从烟直到乙相对代送带游止，乙的路程为君二多 (t一t2)2, 从绷直到甲相对传送带静止，甲的加速度为a!=8g, 1 甲的路粒为云壳以，一 从苑加外力到绳绷直过程乙的路程为飞”号七+十 2 4=g(-t:+21) 比较可知x2'十x”-x1'>0 故绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞，故D正确. 3.C因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运动，甲 对木箱的摩擦力方向向右，A错误：设乙运动的加速度 为，只有乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱， 由整体法，竖直方向受力分析有FN=Msg一ma,则地 面对木箱的支持力大小不变，B错误：设绳子的弹力大小 为T,对甲受力分析有T一mg=ma, 对乙受力分析有mg-T=ma, 联立解得a=2.5m/s,T=7.5N,C正确，D错误.故 选C. 4.D设P的质量为M,P与桌面的滑动摩擦力为f:以P 为对象，根据牛顿第二定律可得T一f=Ma, 以盘和砝码为研究对象，根据牛顿第二定律可得mgT =ma, 联立可得a=f-n·m, 可知当砝码的重力大于∫时，才有一定的加速度，当m 趋于无穷大时，加速度趋近于g, 5.AD设两物块的质量均为，撤去拉力前，两滑块均做 匀速直线运动，则拉力大小为F=2μmg 撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为T。=g AB.以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为 以mg,两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的 加速度为一T。一umg=map 解得ap1=一2g 此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，滑块P做 减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧 弹力变小，根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减 小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减 速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的 加速度为2g. Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时一mg=maQm 解得aQm=一4g 故滑块Q加速度大小最大值为g,A正确，B错误： C.滑块P、Q水平向右运动，P、Q间的距离在减小，故P 的位移一定小于Q的位移，C错误；D.滑块P在弹簧恢 复到原长时的加速度为一mg=mapm,解得ap=一g 撤去拉力时，P、Q的初速度相等，滑块P由开始的加速 21 度大小为2μg做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长 时加速度大小为g;滑块Q由开始的加速度为0做加速 度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为 g,分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度 大小，D正确.故选AD. 考点4板一块模型 1.ABDA.t图像的斜率表示加速度，可知t=3t。时刻 木板的加速度发生改变，故可知小物块在t=3t。时刻滑 上木板，故A正确；B.设小物块和木板间动摩擦因数为 ,根据题意结合图像可知物体开始滑上木板时的速度 大小为心=多g,方向水平向左，物块在木板上滑动 的加速度为4，=m8=4g,经过。时间与木板共速， 72 此时速度大小为0=2g。,方向水平向右，故可得 十四生=t。,解得西=2，故B正确：C.设木板质量为 og og M,物块质量为，根据图像可知物块未滑上木板时，木 2ugto 板的加速度为a= to =2g,故可得F一Mg= M,解得F=之Mg,根据国像可知物块滑上木板后木 板的加速度为4=2g。一2g 3 :一g,此时对木板 to 由牛顿第二定律得F一μ(m十M)g-omg=Ma',解得 符=号故C错误，D,假设1=钻，之后小物块和木板一 起共速运动，对整依F-rm十M)g=号AMg-号LMg =0,故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t=4t 之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确， 2.BCDA.图(c)可知，t1时滑块木板一起刚在从水平地 面上滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此 时以整体为对象有F1=以1(1十m2)g,故A错误；B、C. 图(c)可知，t2时滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体 为对象，根据牛顿第二定律，有F:一41(m1十m2)g= (m1+m2)a, 以木板为对象，根据牛顿第二定律，有m2g一1(m1十 mg）g=m1a>0 解得F,=m,m1十m2) （2一41)g m m+m:) 1故BC正确；D.图(c)可知，0~t2这段 时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D 正确.故选B、C、D. 3.解析：(1)物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为 a1=4g=3m/s, 薄板做加速运动的加速度a,=mg=3m/s2, 1 对物块1十1=1-2a1t, 对蒋板△1=名f, 1 解得。=4m/s,t=38, (2)物块飞离薄板后薄板的速度=a2t=1m/s, 物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则 当物块落到地面时运动的时间为{=习百= 02 3s, 则平台距地面的高度=】 9m. 答案：4m/s号s:2)号m 1 实验四测量动摩擦因数 1.35 1,解析：1)表格中a处的数据一0.3x9.80≈0.59. (2)①根据表中数据分析可知其它条件不变时，在实验 误差允许的范围内，滑动摩擦力的大小与接触面上压力 的大小成正比： ②根据表中数据分析可知其他条件不变时，在实验误差 允许的范围内“与接触面上压力的大小无关. (3)实验装置如图乙所示，挂钩高于定滑轮，则绳子拉力 有竖直向下的分力，实际的正压力大于测量值的正压 力，即F<F根据以=下，可得之 答案：(1)0.459(2)①成正比②无关(3)偏大 2.解析：(1)根据图1可知小球直径D=2.0mm十20.7× 0.01mm=2.207mm: (3)由图2可知A、E两点间的距离为 x=(7.02-5.00)×10-2m=2.02m, 时间为t=4t。=4×0.5s=2s, 所以速度为=￥=2.02X10m≈0.010m/s: 2s (4)小球匀速运动，根据受力平衡有pgV=AgV十f, 求得作款公式为V=音成=奇（侣） 整理可得k=pA)gY_p-P)gxD 6v (5)根据(4)可知vcD,所以换成直径更小的同种材质 小球，速度将减小 答案：(1)2.2072.2062.205(3)0.010 (4)P-pgD (5)减小 6 实验五探究加速度与力、质量的关系 1.AC根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角为 日时，对滑块进行受力分析，如图所示 ☑ M D mg 0 53 q77 由平衡条件有Frcost0=mg cos53°+FN, 由朔克定律结合几何关系有F,=PO cos 联立解得FN=k·PQ-mgcos53°=l0N, 可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑 17: 详解详析 动摩擦力大小始终为f=F、=1.6N,故A正确；下滑 与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，则下滑与上 滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同，故B错误；设 滑块从释放到静止运动的位移为x,此时弹性轻绳与PQ 间夹角为9，，由平衡条件有mgsing53°= 十品·n,解得am0=0 由几何关系可得x=PQ·tan6,=0.64m,故C正确；从 释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为W,由能量守恒 定律有mgsin53°·x= 合√P0+7-PQ+w, 解得W,=5.04J,故D错误.故选AC. 2.解析：(1)实验用遮光片通过光电门的平均速度代替瞬 时速度，遮光片宽度越小，代替时的误差越小，故为较准 确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度，选择 宽度较小的d=1.00cm的遮光片； (2)根据加速度的定义式可得a=4,四=0.41m/s (3)根据图像可知当有一定大小的外力F时此时小车的加 速度仍为零，可知平衡摩擦力不足，若要得到一条过原，点的 直线，需要平衡摩擦力，故实验中应增大轨道的倾角； (④)图乙中直线斜率为=器旅据F=ma可知直线斜 率的单位为kg. 答案：(1)1.00 (2)0.41 (3)增大(4)kg 3.解析：(1)平衡阻力的方法是：调整轨道的倾斜度，使小 车不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动，故选℃. (2)根据图像可知t=4s时，加速度方向竖直向下，故处 于失重状态； 对物体根据牛顿第二定律FN一mg=ma, 巷理得a=】·F一g, 可知图像的斜率为二，故将物体质量增大一倍，图像斜 m 率变小，纵轴截距不变，其a-FN图像为图丁中的图线d. 答案：(1)c(2)①失重②d 4.解析：(1)由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A 点到O点的距离为5.00cm拉动滑块使其左端处于A ,点，由静止释放并开始计时.结合图乙的F一t图有△x= 5.00cm,F=0.610N, 报福朔克定律长=二计茅出≈12N/m, (2)根据牛顿第二定律有F=ma, 则α一F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的 例数，报指园丙中则有六-君g=5, 则滑块与加速度传感器的总质量为m=0.20kg. (3)滑换上增加待测物体，同理，根据图丙中Ⅱ，剥有品 =.50kg1=3kg, 0.5 则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为 m′=0.33kg, 则待测物体的质量为△m=m'一m=0.13kg. 答案：(1)12(2)0.20(3)0.13