牛顿运动定律 专项训练---2027届高三物理一轮复习（全国通用）

**基本信息** 以牛顿定律为核心，通过多题型梯度设计，系统整合概念理解、规律应用与实验探究，构建"概念-模型-应用"三阶训练体系，培育物理观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |概念理解|1-5题|单位制辨析/超重失重判断|从基本单位→加速度方向→超失重本质递进| |规律应用|6-27题|图像分析法/整体隔离法/临界条件判定|牛顿定律→运动学公式→动量能量综合应用| |实验探究|28-46题|误差分析/数据处理/控制变量法|实验原理→操作规范→结果验证逻辑链|

牛顿定律 专项训练---2027届高三物理一轮复习（全国通用） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．下图是某物体随升降机由一楼运动到某高楼层的过程中的v-t图像，则（　　） A．物体在0～2s内处于失重状态 B．物体在2～4s内处于超重状态 C．物体在4～5s内处于失重状态 D．由于物体的质量未知，所以无法判断超重、失重状态 2．在国际单位制中，质量的单位的是（　　） A．米 B．牛顿 C．千克 3．在国际单位制中，某个物理量的单位用基本单位表示为，该物理量可能为（    ） A．电势 B．电势能 C．电场强度 D．电荷量 4．气球上系一重物从地面由静止释放，当上升到离地面11m时，速度为6m/s，此时绳子突然断开。已知重力加速度，不计空气阻力，重物离开气球后，下列说法正确的是（　　） A．重物处于超重状态 B．重物经1s落回地面 C．重物离地面的最大高度为12.8m D．重物落地时速度大小为22m/s 5．如图所示，在平直轨道上做匀变速运动的车厢中，用轻细线悬挂一个小球，悬线与竖直方向保持恒定的夹角，则（　　） A．小车一定具有方向向左的加速度 B．小车一定具有方向向右的加速度 C．小车一定向左运动 D．小车一定向右运动 6．2023年5月30日我国最大跨度多功能斜拉桥——红莲大桥建成通车，大桥所使用的钢构组直接从船上通过吊装进行安装。在某次吊装中钢构组运动的位移x与时间t的图像如图所示，其中0~t1时间内和t2~t4时间内图线为曲线，t1~t2时间内图线为直线，t3为t2~t4时间内的某一时刻。下列说法正确的是（    ） A．0~t1时间内，钢构组的速度逐渐增大，处于失重状态 B．t1~t2时间内，钢构组的速度逐渐增大，处于超重状态 C．t3时刻钢构组的速度大于t1在时刻的速度 D．t4时刻钢构组的速度小于t2时刻的速度 7．如图所示，小车内沿竖直方向的一根轻质弹簧和一条与竖直方向成角的轻质细绳共同拴接一小球，此时小车与小球保持相对静止，一起在水平面上向右运动，下列说法正确的是（　　） A．小车可能向右匀减速运动 B．弹簧一定被压缩 C．细绳一定对小球有拉力 D．细绳不一定对小球有拉力，弹簧也不一定对小球有弹力 8．如图所示，一质量为2m的小球a用轻质细线悬挂于O点，构成一个单摆，当小球a运动到最低点时与地面恰好不接触。O点正下方的地面上放置一质量为m的物块b，初始时，将小球a拉至与竖直方向成θ角的位置由静止释放，运动到最低点时与物块b发生弹性碰撞，碰撞时间极短，当物块b停止运动时，小球a恰好再次回到最低点。小球和物块均可视为质点，则物块b与地面间的动摩擦因数为（　　） A． B． C． D． 9．据2025年12月25日央视新闻报道：“国防科技大学磁浮团队在开展磁悬浮实验中，成功在两秒内，将吨级重的试验车加速至720公里/小时”。根据以上信息，下列推测比较合理的是（　　） A．试验车加速时的平均加速度约为200m/s2 B．试验车加速时的平均动力的数量级可达到106N C．若试验车达到最大速度后立即以与加速时等大的平均加速度减速，则磁悬浮试验线跑道至少长720m D．试验车中相对于车静止的乘客受到的合力约为其重力的10倍 10．分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作效率，派件员在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上，机器人可沿直线将包裹送至指定投递口，在运输过程中包裹与水平托盘保持相对静止，如图甲所示。停止运动后缓慢翻转托盘，当托盘倾角增大到时，包裹沿托盘下滑，如图乙所示。已知包裹与水平托盘的动摩擦因数为，机器人始终在水平地面上运动，下列说法正确的是（    ） A．机器人运动阶段，包裹始终受到向前的摩擦力 B． C．包裹沿托盘下滑过程中，机器人对地面的压力小于包裹和机器人重力之和 D．包裹沿托盘下滑过程中，机器人不受地面摩擦力 11．甲、乙、丙三个物块（视为质点）用不可伸长的轻绳a、b通过轻滑轮连接，轻滑轮通过轻绳c悬挂于天花板，甲与地面用劲度系数为k的轻弹簧连接，弹簧处于伸长状态，乙与丙之间的距离和丙到地面的距离相等均为l。已知乙、丙的质量均为m，甲的质量大于m。物块在运动过程中不会与滑轮相碰，且不计一切阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（    ） A．剪断轻绳a瞬间，乙的加速度大小为2g B．剪断轻绳a后，乙落地的速度大小为 C．剪断轻绳b瞬间，轻绳c对轻滑轮的拉力大小为4mg D．剪断轻绳b后，甲下降时速度最大 二、多选题 12．一个质量为5kg的物体同时受到两个力的作用，力的大小分别为30N和10N，物体在这两个力的作用下加速度大小可能为（　　） A．2m/s2 B．6m/s2 C．8m/s2 D．10m/s2 13．如图，一女士借助瑞士球做靠墙静蹲运动，女士后背部保持挺直且倚靠在瑞士球上，瑞士球则倚靠在竖直墙面上，此时女士和瑞士球都处于静止状态。下列说法正确的是（　　） A．瑞士球总共受到3个力作用 B．女士对瑞士球的弹力是由女士的形变产生的 C．地面对女士的摩擦力与瑞士球对女士的弹力是一对平衡力 D．女士对瑞士球的弹力与墙壁对瑞士球的弹力是一对相互作用力 14．在下面的物理量和单位中，叙述正确的是（　　） ①力　②牛　③米/秒　④速度　⑤长度　⑥质量　⑦千克　⑧时间　⑨克 A．属于国际单位制中基本单位的是②⑦ B．属于国际单位制中导出单位的是②③⑦ C．属于基本量的是⑤⑥⑧ D．属于国际单位的是②③⑦ 15．关于牛顿第二定律，下列说法正确的是（    ） A．牛顿第二定律的表达式中，a与F的方向可能不同 B．物体某一瞬间的加速度，由这一瞬间的合外力决定 C．公式中若F为合力，a等于每一个分力单独作用在该物体上产生加速度的矢量和 D．物体的运动方向一定与物体所受合力的方向相同 16．物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位之间的关系。如关系式既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了V（伏）与A（安）和（欧）的乘积等效。现有物理量单位：m（米）、s（秒）、N（牛）、W（瓦）、J（焦）、C（库）、F（法）、A（安）、（欧），由它们组合成的单位都与V（伏）等效的是（　　） A．J/C B．W/（m·A） C．N/C D． 17．带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机。如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一个木炭包无初速度地放在传送带上，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹。下列说法正确的是（     ） A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧 B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短 C．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短 D．传送带运动的速度越大，径迹的长度越长 18．如图甲所示为输送工件的传送装置，其底部有固定挡板防止工件来不及取走而掉落，其简化模型如图乙。若倾斜传送带沿顺时针方向以恒定速率匀速转动，时刻将滑块轻轻放在传送带上。当滑块运动到传送带底部时与挡板发生碰撞，碰撞前后滑块速度大小不变，方向相反。若滑块视为质点，则滑块与挡板发生第二次碰撞前的速度v随时间t变化的图像可能是（　　） A． B． C． D． 19．如图甲所示，A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，其中A物体的质量为。现用恒定的向上拉B，使两物体开始向上运动。在分离前，的加速度随位移变化如图乙所示。当物体运动位移为时，B与分离。重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．物体的质量为 B．作用后瞬间，B对A的压力大小为 C．上升过程中，、的最大速度为 D．和分离后，还能继续上升 20．如图甲所示，倾角为的光滑斜面上有一质量为的物体，物体始终受到沿斜面向上的变力的作用，物体的加速度随外力变化的图像如图乙所示，取重力加速度大小，根据图乙中所提供的信息可知（　　） A． B． C． D． 21．如图所示，为皮带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角，A、B两端相距4m，质量为的物体以的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5，g取，，，下列说法中正确的是（　　） A．开始时物体的加速度大小可能为 B．若传送带不转动，物体沿传送带上滑的最大距离是2.25m C．若传送带逆时针运转的速度，物体沿传送带上滑的最大距离是1.25m D．若传送带顺时针运转的速度可以调节，则物体从A点到达B点所需的最短时间是1s 22．如图所示，长度的传送带与水平方向的夹角，以的速率顺时针方向匀速转动，在传送带的上端轻轻放一个质量为的小物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数，，，，在小物体传送过程中，下列有关说法正确的是（　　） A．刚释放小物体时，小物体的加速度大小为 B．小物体滑至传送带底端时速度为 C．小物体在传送带上的划痕为0.8m D．整个传送过程中小物体受到摩擦力保持不变 23．如图所示，质量分别为、的两个物体通过轻弹簧连接。在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动。在空中，在地面上。力F与水平方向成角，则受到的支持力和摩擦力正确的是（　　） A． B． C． D． 24．如图所示，工人用电动机驱使传送带运送货物，1为长度的水平传送带，2为长度、倾角的倾斜传送带。现将质量的货物从静止开始轻轻地放在传送带1的右端点a处，货物到达传送带1左端点b处刚好与传送带1的速度相等。货物与传送带1、2之间的动摩擦因数分别为、，货物在连接点b处滑上传送带2时速度大小不变，两传送带均逆时针转动，货物可视为质点。已知，，重力加速度g取，下列说法正确的是（     ） A．传送带1的速度大小为 B．传送带1在运送货物的过程中，其电动机多消耗的电功率为3.2W C．要使货物能够运送至c端，传送带2的最小速度为1m/s D．增大传送带1、2的速度，货物从a端到达c端的最短时间为 25．图甲为某快递自动分拣系统，其中某一水平传送带俯视简化图如图乙所示，其表面为边长的正方形，以速度匀速向左运动。质量的货物（视为质点）以初速度从边中点垂直于侧边滑上传送带。货物与传送带间的动摩擦因数。下列说法正确的是（　　 ） A．若，货物将从传送带右侧离开 B．若，货物离开传送带所需的时间为1.0 s C．若，货物离开传送带时相对传送带滑动的位移大小为0.4 m D．若，则货物在传送带上运动全过程中系统因摩擦产生的热量为1.25 J 26．如图甲所示，物块以一定的初速度冲上倾角为30°的斜面，斜面始终静止在水平桌面上。物块在斜面上运动的过程中，其动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．物块质量为0.7kg B．0~10m过程中，物块的加速度大小为1m/s2 C．0~20m过程中，摩擦力对物块做功大小为5J D．0~10m过程中与10~20m过程中斜面对水平桌面摩擦力大小之比为4：3 27．如图所示质量均为m的物块P与Q通过劲度系数为k的轻弹簧相连，静止于水平面上，初始时弹簧处于原长。现对Q施加大小为0.5mg，方向水平向右的恒力。已知P与地面的动摩擦因数0.5，不计Q与地面的摩擦力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，弹簧的弹性势能。下列判断正确的是（     ） A．P即将开始运动时，Q的速度大小为 B．P开始运动后，Q做加速度逐渐减小的加速运动 C．P开始运动后，弹簧的最大形变量为 D．P开始运动后，弹簧的最小形变量为0 三、实验题 28．在一次课外活动中，某同学用图甲所示装置测量放在水平光滑桌面上铁块与金属板间的动摩擦因数。已知铁块的质量，金属板的质量，用水平力向左拉金属板，使其一直向左运动，稳定后弹簧秤示数的放大情况如图甲所示，则、间的摩擦力________，、间的动摩擦因数________；实验中该同学将纸带连接在金属板的后面，对获得的纸带测量结果如图乙，图中各计数点间的时间间隔为，可求得金属板的加速度大小________，拉金属板的水平力________。（取，计算结果均保留2位小数） 29．高一某同学利用如图甲所示的装置测量重物在下落过程中受到的阻力。    （1）对于该实验，下列操作正确的是________。 A．将打点计时器接到学生电源的直流6V输出端 B．两限位孔在同一竖直面内上下对正 C．实验时应用手托稳重物然后释放 D．先接通电源，再释放重物 （2）实验过程中打出的一条纸带如图乙所示，纸带上各相邻点间的距离已测出并标在图中，打点计时器的工作频率为50Hz，则重物在下落过程中的加速度大小________m/s2。    （3）测得重物的质量为2kg，经查阅资料得知当地的重力加速度为9.8m/s2，则重物在下落过程中受到的阻力比重力________（选填“大”或“小”），重物所受合力方向与加速度方向________（选填“相同”或“相反”）。 30．在一次课外活动中，某同学用如图（a）所示的装置测量放在水平光滑桌面上金属板B与铁块A之间的动摩擦因数，已知铁块A的质量，金属板B的质量，用水平力向左拉金属板B，使其向左运动，弹簧秤示数的放大情况如图所示。（取）则： (1)图中弹簧测力计的读数为______N； (2)A、B间的动摩擦因数______； (3)该同学还设计性地将纸带连接在金属板B的后面，通过打点计时器连续打一下些计时点，相邻计数点间还有四个点没有画出，某次实验打下的纸带及相邻两计数点间距离的测量结果如图（b）所示，打点计时器所用电源频率为，由此可知水平拉力______（结果保留两位有效数字）。 31．如图（c）所示，将一端带挂钩和指针的弹簧另一端固定在铁架台的横梁上，刻度尺平行弹簧固定，0刻度与弹簧上端水平对齐。实验时依次将钩码挂在弹簧上，分别记录钩码个数n和指针对应的刻度值x。 (1)实验小组在实验中根据记录的数据作出图像，如图（d），根据图像（d）可求得该弹簧的劲度系数为________N/m（重力加速度g取10，钩码质量均为50g，计算结果保留三位有效数字）； (2)实验小组又利用该弹簧和毫米刻度尺制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图（e）所示，将弹簧上端固定，下端悬吊质量为0.2kg的小球，静止时弹簧下端的指针指在毫米刻度尺上某位置，并标记为加速度的0点。则当弹簧下端的指针指在刻度为C的位置时，该位置应标记的加速度值为________（保留一位有效数字）。 32．“祖冲之”学习小组设计了以下实验来探究库仑定律。如图所示，在竖直墙上固定一个表面绝缘的压力传感器，一个电荷量为+Q的金属小球a紧贴着压力传感器置于绝缘光滑的水平地面上。另一个电荷量也为+Q的相同小球b置于同一个绝缘水平地面上，a、b间的距离为r（r远大于小球的直径），压力传感器显示作用力为0.2N。现将b移到距离a为处（虚线）后固定。 (1)此时传感器显示作用力为______N； (2)另有一个不带电的相同小球c（图中未画出），若将c与b轻触后把c移走，此时传感器显示作用力为______N；若将c与b轻触后放在b球右侧地面上，由静止释放，小球c的加速度将______（填“增大”或“减小”）。 33．物理实验兴趣小组应用如图所示的装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码及砝码盘的总质量为m，所使用的打点计时器所接的交流电的频率为50 Hz。实验步骤如下： A．按图所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直； B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动； C．挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度； D．改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度。 根据以上实验过程，回答以下问题： (1)实验中砝码和砝码盘的质量______（填“需要”或“不需要”）远小于小车的质量。 (2)实验中打出的一条纸带上每5个点取一个计数点，其测量结果如图所示，由该纸带可求得B点的速度为______m/s，小车的加速度为______m/s2。（结果均保留小数点后两位） (3)对于上述实验，下列说法正确的是（　　） A．小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等 B．实验过程中砝码盘处于超重状态 C．与小车相连的轻绳与长木板一定要平行 D．弹簧测力计的读数应小于砝码和砝码盘总重力的一半 (4)由本实验得到的数据作出小车加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图像，与本实验相符合的是（　　） A． B． C． D． 34．某实验小组在探究加速度与力、质量的关系的实验中： (1)先利用图甲装置进行实验，钩码的质量为，小车的质量为M，为让钩码的重力充当小车的合外力，平衡好小车受到的阻力，同时满足m_________M（选填“”或“”）。 某次实验所打纸带如图乙所示，A、B、C、D、E为所取的5个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，交流电频率为50Hz。则打B点时小车的速度大小________m/s，小车的加速度大小________（以上计算结果均保留3位有效数字）。 (2)再利用图丙装置进行实验，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和物体的加速度a，并将数据实时传送到计算机。 ①图丁是根据某次实验采集的数据生成的和a随时间t变化的散点图，取竖直向上为正方向。时，物体处于________（选填“超重”或“失重”）状态； ②以为横轴、a为纵轴，根据实验数据得到的图像为图戊中的图线a，若将物体质量减小为原来的一半，重新进行实验，其图像为图戊中的图线________。（选填“b”、“c”或“d”） 35．如图（a）所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。其中打点计时器的电源为交流电源，打出纸带的一部分如图（b）所示。 (1)对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是______。 A．重物选用质量和密度较大的金属锤 B．两限位孔在同一竖直面内上下对正 C．精确测量出重物的质量 D．用手托稳重物，接通电源后，撒手释放重物 (2)从打出的纸带可求得打出C点时重物下落的速度大小为______。（用交流电的频率和图给出的物理量表示） (3)该电源可以使用的频率有20Hz、40Hz和100Hz，某同学在实验中没有记录交流电的频率，已测得=8.89cm，=9.5cm，=10.10cm；当重力加速度大小为9.80m/s²，试验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%。由以上数据可以推算出为______Hz。 36．某兴趣小组利用轻弹簧与刻度尺设计了一款加速度测量仪，如图甲所示。轻弹簧的右端固定，左端与一小车固定，小车与测量仪底板之间的摩擦阻力可忽略不计。在小车上固定一指针，装置静止时，小车的指针恰好指在刻度尺正中间，图中刻度尺是按一定比例的缩小图，其中每一小格代表的长度为0.1cm。某次测量小车所在位置如图乙所示，此时弹簧的弹力大小为1.5N。重力加速度g取。 (1)根据题意可知，弹簧的劲度系数k=______N/m。（保留两位有效数字） (2)小组成员用弹簧测力计测定小车的重力，读数如图丙所示。通过计算，该加速度测量仪的最大值为______。（保留三位有效数字） (3)加速度测量仪制作完成后，将刻度尺不同刻度对应的加速度大小标在尺上。测量某次运动过程中，观察到指针由读数较大的位置逐渐变小到读数几乎为0。则在这段时间内该运动可能为______。 A．加速度减小的减速直线运动 B．加速度增加的减速直线运动 C．加速度减小的加速直线运动 D．加速度增加的加速直线运动 37．在验证机械能守恒定律的实验中，某同学采用如图装置，绕过定滑轮的细线上悬挂质量相等的重物A和B，在B下面再挂钩码C。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz。 (1)如图所示，在重物A下方固定打点计时器，用纸带连接A，测量A的运动情况，下列操作过程正确的是（　　） A．安装打点计时器时工作面要竖直放置，同时让两限位孔的中心在同一竖直线上 B．接通电源前让重物A尽量靠近打点计时器 C．应选取最初第1、2两点间距离接近2mm的纸带 (2)某次实验结束后，打出的纸带的一部分如图所示，A、B、C为三个相邻计时点，则打下B点时重锤的速度________m/s；（结果保留三位有效数字） (3)如果本实验室电源频率大于50Hz，则瞬时速度的测量值________（选填“偏大”或“偏小”）； (4)已知重物A和B的质量均为M，钩码C的质量为m，某次实验中从纸带上测量重物A由静止上升高度为h时对应计时点的速度为v，取重力加速度为g，则验证系统机械能守恒定律的表达式是________； (5)为了测定当地的重力加速度，改变钩码C的质量m，测得多组m和对应的加速度a，作出图像如图所示，图线与纵轴截距为b，则当地的重力加速度为________。 38．实验小组用图甲所示的装置来测量滑块A与桌面之间的动摩擦因数。小组同学先将光电门固定在水平桌面上；测出遮光条的宽度d，并将其固定在滑块A上，测得A与遮光条的总质量为300g，重锤B的质量为200g，将A置于水平桌面上，通过跨过滑轮的细绳将A、B连接，调节滑轮，使滑轮左侧细绳水平；测出遮光条与光电门之间的距离，然后将A由静止释放。实验中遮光条经过光电门时，重锤B未着地，小组同学查得当地重力加速度。 (1)小组同学用游标卡尺测量遮光条的宽度，其示数如图乙所示，则__________mm。 (2)光电门记录的时间为，则滑块运动的加速度大小为__________（结果保留三位有效数字）。 (3)结合以上数据可测得滑块与桌面之间的动摩擦因数为__________（结果保留小数点后两位）。 (4)本实验中动摩擦因数的测量值__________（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。 39．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） 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 C．不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动 (2)为探究加速度与力的关系，在改变作用力时，甲同学将放置在实验桌上的槽码依次放在槽码盘上；乙同学将事先放置在小车上的槽码依次移到槽码盘上，在其他实验操作相同的情况下__________（填“甲”或“乙”）同学的方法可以更好地减小误差。 (3)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和物体的加速度，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和随时间变化的散点图，以竖直向上为正方向。时，物体处于___________（选填“超重”或“失重”）状态；以为横轴、为纵轴，根据实验数据拟合得到的图像为图丁中的图线。 ②若将物体质量增大一倍，重新进行实验，其图像为图丁中的图线________。（选填“”“”或“”） 40．我国航天员在天宫课堂中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如下的探究实验，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。调节气垫导轨底部的旋钮使气垫导轨水平； 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，部分图像图乙。 回答以下问题（当地的重力加速度为，计算结果均保留2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-F图像如图丙中图线I所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为___________kg； (3)该同学在滑块上放上另一重物，拉动滑块使其左端处于另一位置静止释放，在图丙中画出新的a-F图线Ⅱ，实验过程中重物与滑块始终相对静止且测得F的最大值为0.70N，则重物与滑块间的动摩擦因数至少为___________； (4)完成上述实验后，该同学调整底部旋钮，使气垫导轨右端高于左端让导轨平面与水平面形成夹角，得到图丙中图线Ⅲ，则夹角的正弦值为___________。 41．如图所示，附有滑轮的长木板平放在实验桌面上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的槽码使小车在槽码的牵引下运动，利用这套装置做“探究加速度与力和质量的关系”的实验。 (1)在进行实验时，需要先将长木板倾斜适当的角度，这样做的目的是（　　） A．使小车获得较大的加速度 B．使细线的拉力等于小车受到的合外力 C．使小车最终能匀速运动 D．使槽码的重力近似等于细线的拉力 (2)实验所用交流电频率为50赫兹。实验过程中打出的一条纸带如图所示，在纸带上便于测量的地方选取第一个计数点，在这个点上标明A，第六个点上标明B，第十一个点上标明C，第十六个点上标明D，第二十一个点上标明E。测量时发现B点已模糊不清，于是测得AC的长度为12.26cm，CD的长度为6.60cm，DE的长度为6.90cm，则应用所有测得的数据，可计算得出小车运动的加速度a=______m/s2（结果保留两位有效数字）。 (3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度与拉力的关系，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、，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为，，由图可知，____，______（填“大于”、“小于”或“等于”）。 42．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） 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 C．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和a随时间t变化的散点图，以竖直向上为正方向。物体的重力大小为_________ N； 时，物体处于___________（选填“超重”或“失重”）状态；以为横轴、a为纵轴，根据实验数据拟合得到的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，其图像为图丁中的图线___________。（选填“b”“c”或“d”） 43．如图所示，孙华和刘刚两位同学合作设计了一套研究小车加速度与力关系的实验装置。已知小车的质量一定，砂和砂桶的总质量为，打点计时器所接交流电源的频率为，小车的前端用一根轻质短杆固定着质量为的光滑滑轮。 (1)下列说法正确的是___________；（填选项前的字母） A．实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 B．本实验不需要确保滑轮左端的两段细线与木板平行 C．小车靠近打点计时器，应先释放小车，再接通电源 (2)本实验___________（填“需要”或“不需要”）满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量。 (3)孙华同学以小车的加速度为纵坐标，力传感器的示数为横坐标，画出的图线与横坐标的夹角为，且斜率为，则小车的质量为___________；（填选项前的字母） A． B． C． D． (4)刘刚同学实验中测得，拉力传感器显示的示数为，打出的部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点未画出），其中，，，，，则小车的加速度___________，此次实验中砂和砂桶的总质量___________。（重力加速度取，结果均保留两位有效数字） 44．某实验小组为测量当地的重力加速度，设计了如下实验： ①如图所示，把两个完全相同的光电门A和B安放在粗糙的水平导轨上，用导轨标尺量出两光电门之间距离s； ②滑块上安装一宽度为d的遮光板，滑块以初速度v0沿水平导轨匀减速地先后通过两个光电门A和B，配套的数字毫秒计记录了通过A光电门的时间为Δt1，通过B光电门的时间为Δt2； 回答下列问题： (1)计算出通过光电门A的瞬时速度为________（用所给字母表示）； (2)利用题目已知的数据，请用字母表示出滑块的加速度大小为________； (3)若已知滑块与水平粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，则实验小组所在地的重力加速度为________。 45．冬奥会期间，某探究小组为了测量运动员的滑雪板在水平雪面上正常滑行时，板面与雪面间的动摩擦因数，利用数码相机的连拍功能，得到了一张运动员的组合照片，如图所示，已知滑雪板在水平面上的投影长度是160cm，相机连拍周期是1.0s，g取10m/s2，则： （1）运动员滑行的加速度大小是______________ （2）所求的动摩擦因数是_____________ （3）引起该实验误差的原因有_________（填以下序号） A．运动员的体重                           B．雪面的平整程度 C．拍摄动景照片时的虚边效应               D．确定距离时的读数误差 46．粘滞性是流体内部阻碍各流体层之间相对滑动的特性，又称内摩擦。液体内部以及液体与容器壁之间均存在粘滞力（又称内摩擦力），粘滞系数是表征流体内摩擦大小的物理量。在工程机械、石油石化和医药等领域，常常需要对试样的粘滞系数进行准确测量。对于粘滞系数较大且较透明的液体，常采用落球法测量其粘滞系数。较深透明容器中盛有密度为的均匀、静止的粘性液体，液面近似为无限宽广（忽略容器壁影响），密度为 、半径为 的均质小球以较慢的速度在该液体中下落（无转动），其受到的粘滞阻力 满足斯托克斯公式：，上式中 为小球的运动速度， 即为该液体的粘滞系数。 (1)在液面处以静止状态释放小球，小球下落初段为变速运动，最终会趋于收尾速度。请给出小球下落过程速度的表达式（含，时间 ，和重力加速度 ）______并给出收尾速度的表达式（含和重力加速度 ）______。 (2)若用落球法测量甘油的粘滞系数时，测得小球的直径为，小球的密度为，小球在甘油中近似匀速下落的时间为，甘油的密度为，重力加速度为。请写出甘油的粘滞系数 的计算公式______ (3)用落球法测量液体粘滞系数时，以下哪些因素在其他条件相同时会影响实验结果的准确性______ A．小球的直径 B．液体的温度均匀性 C．容器的尺寸 D．释放小球位置的上下偏差 (4)通常液体的粘滞系数强烈地依赖于温度，本题图是某三种液体样品的粘滞系数与温度的关系曲线。请写出你能从图中总结出的经验规律，并对图中粘滞系数与温度关系给出一种微观解释______。 (5)关于落球法测量液体粘滞系数实验的原理和可能出现的误差，下列说法中正确的是______ A．小球在液体中下落时，受到的重力与浮力之差等于粘滞阻力 B．小球在液体中下落时，应尽量选择较大的匀速区间 和较小的容器直径 C．小球释放时，应尽量选择圆管容器截面中心位置 D．本实验应选择表面光滑些的小球 四、解答题 47．一辆肇事汽车在紧急刹车后停了下来，路面上留下了一条车轮滑动的磨痕。警察测出路面上磨痕长度为22.5m。根据对车轮与路面材料的分析可知，车轮在路面上滑动时汽车做匀减速直线运动的加速度大小是。取重力加速度。求汽车： （1）刹车时速度的大小； （2）与路面间的动摩擦因数。 48．如图所示，粗糙水平地面上，静止放置质量为M的长木板，一小木块质量为m，以速度v0冲上木板，若木块、木板与地面间动摩擦因数均为μ2，木块与木板间动摩擦因数为μ1。    (1)试分析木板相对地面发生滑动的条件； (2)若木板相对地面发生了滑动，且木块能从木板上滑下，分析在木板、木块运动的过程中各自的加速度大小。 49．质量为的木板放在水平地面上，质量为的小滑块（其大小可忽略）放在木板上最右端，如图所示。木板与地面的摩擦因数为，木板与滑块间的动摩擦因数为。在木板右侧施加一个水平向右的恒力，取，并认为最大静摩擦力等于同等条件下的滑动摩擦力，求以下问题： (1)要使木板向右运动，至少多大； (2)要使滑块与木板发生相对滑动，至少多大； (3)若拉力，且持续作用了的时间后撤去，则木板至少为多长才能保证滑块不滑出木板。 50．如图所示，传送带与水平面夹角，传送带在电动机的带动下，始终保持的速率顺时针运行，传送带下端A点与上端B点间的距离。现将一质量的小工件无初速地放于A点，已知工件与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，，。求： (1)工件刚放上传送带时加速度的大小； (2)工件从A点至B点的过程中传送带对工件做的功； (3)若每隔1s把一个工件无初速地放于A点，工件至B点时即脱离传送带。则满载与空载相比，电动机需要增加的功率。 51．如图所示，倾角为的斜面体Q放在粗糙水平面上，一质量的物块P由静止开始沿斜面下滑，当滑行时，速度。已知，，重力加速度取，物块P滑行过程中斜面体Q处于静止，求： (1)物块P与斜面间的动摩擦因数； (2)水平面对斜面体Q的摩擦力大小和方向。 52．质量为2kg的物体在与水平方向成θ=37°斜向上拉力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v—t图像如图所示。（，g取）求： （1）物体与水平面间的动摩擦因数μ； （2）拉力F的大小；（结果保留两位有效数字） （3）0～10s内物体运动位移的大小。 53．如图所示，质量的物块1与质量的物块2通过光滑轻质定滑轮用不可伸长的轻绳连接，物块2与质量的物块3用劲度系数为的轻质弹簧相连接，物块3静置在水平地面上。初始时控制物块1使其静止于倾角的光滑斜面上，此时轻绳恰好拉直且与斜面平行，轻绳无拉力，现由静止释放物块1，重力加速度取，，，弹簧的弹性势能与形变量的关系为。求： (1)释放物块1前，弹簧的弹性势能； (2)释放物块1的瞬间，物块2的加速度大小； (3)释放物块1后，当物块3恰好对地面无压力时，物块1在斜面上运动的速度大小。 54．如图所示，水平桌面边缘处固定一轻质定滑轮，物块B叠放在物块A上，B通过水平且不可伸长的细绳跨过定滑轮与C连接。某时刻，物块A、B保持相对静止，共同向左运动，且细绳绷直。已知物块A、C质量均为，物块B质量为，物块A与桌面的动摩擦因数，取重力速度，不计滑轮摩擦。求： （1）细绳拉力的大小； （2）物块B所受摩擦力。 55．如图为某分拣车间流水作业线水平放置的传送带，间距离为，传送带以的速度匀速向右运动，每隔把质量为的工件（可视为质点）轻放在传送带上A点，工件在传送带带动下水平向右运动，已知工件与传送带间动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，求： (1)第一个工件在传送带上加速运动的时间 (2)第一个工件在传送带上的划痕长度 (3)传送带上相邻两个工件之间距离的范围 56．“品尝一碗面，记住一座城”，南阳市方城县第三届烩面文化旅游节于2024年4月3日在七峰山景区举办。七峰主峰是方城县的最高峰，游客可攀登九百九十九个台阶通往主峰山顶，而在主峰山脉旁有一条“七彩金龙”，它长约500米，身宽2尺，沿七峰主峰山脚直通山顶，巍峨雄壮，这便是七峰山“七彩云梯”。可以把“七彩云梯”的结构理想化为下图所示的倾斜传送带，假设下图中倾斜传送带AB之间的长度为500m，传送带与水平面的夹角为θ=30°，始终以v0=2m/s的速度顺时针匀速运动。小明同学（可视为质点）无初速度的坐到“七彩云梯”上，由主峰山脚到达山顶，假设小明的质量为50kg，与传送带间的动摩擦因数，重力加速度g取10m/s2，求： （1）小明乘坐“七彩云梯”从主峰山脚到达山顶，用了多长时间； （2）小明乘坐“七彩云梯”从主峰山脚到达山顶，系统摩擦产生的热量； （3）电动机由于传送小明比空载时多输出的电能。 57．如图甲所示，绝缘水平面上有一质量，带电荷量的小滑块，整个区域存在着水平方向的电场（未画出）。当时，小滑块从A点以初速度向右运动。小滑块先后经过B、C点，到达B点时速度最小，到达C点时速度，其中AB段光滑，BC段与滑块之间的动摩擦因数μ=0.2，且长度。图乙是小滑块的速度v随时间t变化的部分图像，B点的坐标为（2，1），图中虚线是曲线在t=0时的切线，取重力加速度。 (1)求A点的电场强度大小； (2)若A点电势为0，求C点的电势。 58．如图所示，传送装置由同一竖直平面内倾角的倾斜轨道、水平轨道及倾角也为的倾斜传送带平滑连接而成。已知水平轨道的长度，与物块P间的动摩擦因数。质量的物块P由点静止释放，到达点时速度的大小。传送带的长度，与物块P间的动摩擦因数（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。物块P可视为质点，忽略空气阻力，取，。 (1)求物块P在轨道上运动时对轨道的压力； (2)求物块P到达点时速度的大小； (3)若传送带顺时针匀速转动，速度可调节，为使物块P能够到达点，求的最小值。 59．蹦极是一项非常刺激的运动。将人视为质点，人离开蹦极台时初速度视为零，下落过程中弹性绳的质量、空气阻力均忽略不计。人从蹦极台起跳，到a点时弹性绳恰好伸直，人继续下落，能到达的最低位置为b点，如图甲所示。已知人的质量为m，弹性绳的原长为，其弹力大小和弹簧的弹力大小规律相同，满足，其中为弹性绳的形变量，k是与弹性绳有关的系数，k为定值且已知。重力加速度大小为g。 (1)求人第一次达到最大速度时弹性绳的长度； (2)取游客刚开始跳下位置为坐标原点，竖直向下为正方向，建立x轴。在图乙中画游客的加速度a随位移x变化的图像； (3)类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由v-t图像求位移和加速度的方法。请你借鉴此方法，根据图像求解以下问题： a、游客第一次达到的最大速度； b、分析说明：质量越大的人，能到达的最低位置越低。 60．如图所示，质量为1kg的物块（可视为质点）放在质量为3kg的木板右端，木板的长度为4m，物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.1，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。开始时两者均静止，现对木板施加一个水平向右的恒力F，g取10m/s2. （1）若推动木板时，物块始终与木板保持相对静止，F不能超过多大？ （2）若F=24N，作用一段时间后撤去F，物块恰好不从木板上掉下，求恒力作用的时间； （3）接第（2）问，物块与木板均停止运动后，物块距木板左端的距离为多少？ 61．如图所示，质量的木板置于光滑水平地面上，紧靠木板左端固定一半径的四分之一光滑圆弧轨道，其末端与的上表面所在平面相切。质量的小物块放在木板上，距离木板左端。右侧竖直墙面固定一轻弹簧，弹簧处于自然状态。现一质量的小物块从圆弧的顶端无初速度滑下，滑上木板，物块与木板的动摩擦因数均为，物块与发生完全非弹性碰撞并粘在一起。一段时间后三者共速，之后木板与弹簧接触。木板足够长，物块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能与形变量的关系为，劲度系数。取重力加速度大小，求： (1)物块滑到圆弧轨道底端时，轨道对物块的支持力的大小； (2)木板与弹簧刚要接触时三者的共同速度的大小； (3)从物块滑上木板到木板与弹簧刚要接触时系统因摩擦产生的热量； (4)木板与弹簧接触以后，物块与木板之间刚好相对滑动时弹簧的压缩量及此时木板速度的大小（结果可保留根号）。 五、综合题 62．拔河为双方各执绳的一端进行角力的体育活动，属于中国的传统运动项目。通过拔河，我们可以享受团队合作的快乐，在轻松的氛围中增进友谊。 （1）（多选）拔河比赛前可做哪些准备提高获胜几率( ) A．选择摩擦力大的鞋子    B．提升臂力 C．增大体重    D．在手上抹粉防止打滑 （2）.如漫画所示，若甲、乙两人在粗糙的水平地面上拔河，两人力气、体重差不多，穿相同材质的鞋，全程绳子未脱手，则( )    A．甲赢的几率大    B．乙赢的几率大 C．力气大的肯定赢    D．两人赢的几率相同 （3）.如漫画所示，甲、乙两人质量都为50kg，绳子与水平方向夹角为，若两人在光滑的冰面上拔河，甲朝乙的方向运动的加速度大小是，则绳子对甲的拉力________对乙的拉力（选填“大于”“等于”或“小于”），乙的加速度大小为________。 63．利用力的示意图，图像和规范的物理语言描述运动，是我们在实际生活中所需要具备的能力。 (1)一辆汽车在水平公路上沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小。图中分别画出了汽车转弯所受合力F的四种方向，其中可能正确的是______。 A． B． C． D． (2)某校高一物理兴趣小组，进行了发射模型火箭的课外活动，图乙为该火箭模型运动的图像，关于火箭模型的运动情况，下列说法正确的是______。 A．火箭在1s时和5s时的加速度相同 B．火箭2s时达到最高点 C．火箭在第4s末时位于发射点上方2m处 D．火箭在第3s末时加速度时方向改变 (3)在水平路面上，一辆匀速运动的小车上水平放置一密闭的装有水的瓶子，瓶内有一气泡（如图丁所示）。若突然发现瓶中气泡向左移动，则关于小车在此种情况下的运动，下列描述正确的是______。 A．小车可能突然向右加速运动 B．小车可能突然向左加速运动 C．小车可能突然向右减速运动 D．小车可能突然向左减速运动 (4)某汽车安全气囊的触发装置如图丙所示，金属球被强磁铁吸引固定。当汽车受到猛烈撞击，且加速度大于时，金属球会脱离强磁铁，并沿导轨运动而接通电路使安全气囊打开。若金属球的质量为50g，则强磁铁对金属球的最大引力为______N，当汽车紧急加速时，金属球对强磁铁的压力将______（选填“变小”或“变大”或“不变”）；若汽车某次碰撞时间为，车头凹陷了，则此碰撞______导致安全气囊弹出（选填“会”或“不会”）。 (5)某轻质弹簧的劲度系数，两端分别施加的拉力，如图戊所示，则弹簧______。 A．伸长 B．伸长 C．伸长 D．处于自然长度 (6)放在桌子上的木块受到一个向上的弹力，这是由于______形变产生的；力是矢量，合成和分解时遵循______。 (7)甲、乙两人在比较滑的水平地面上拔河（图己），甲身材高瘦，乙身材矮胖，两人力气差不多，体重也差乙不多，穿相同材料的鞋子，则______。 A．乙对绳子的拉力更大 B．甲、乙对绳子的拉力一样大 C．甲赢的概率更大 D．乙赢的概率更大 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《牛顿定律 专项训练---2027届高三物理一轮复习（全国通用）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C A C B D D C D C 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 D BC BC CD BC AD CD ABD AD BD 题号 21 22 23 24 25 26 27 答案 ACD ABC AD BCD CD AD AC 1．C 【详解】A．0～2s物体向上做加速度运动，加速度向上，超重，则A错； B．2～4s物体向上做匀速直线运动，加速度为0，物体不超重也不失重，则B错； C．物体在4～5s内向上做匀减速直线运动，加速度向下，处于失重状态，则C正确； D．物体的超失重是根据加速度方向判断，与质量无关，则D错。 故选C。 2．C 【详解】国际制单位中质量的单位为千克，符号为。米是长度单位、牛顿是力的单位。 故选C。 3．A 【详解】 故选A。 4．C 【详解】A．重物离开气球后仅受重力，加速度向下，处于完全失重状态，故A错误； B．设向上为正方向，重物落回地面所需时间为t，则重物落回地面时有 其中， 解得，故B错误； C．设重物离开气球后上升的最大高度为h，离地面的最大高度为H，则有， 解得，故C正确； D．重物落地时的速度为 其大小为，故D错误。 故选C。 5．B 【详解】对小球受力分析可知，小球受重力和细线的拉力，合外力向右，则加速度向右，则小车可能加速向右运动或者减速向左运动。 故选B。 6．D 【详解】A．因x-t图像的斜率等于速度，可知0~t1时间内，钢构组的速度逐渐增大，即向上做加速运动，加速度向上，处于超重状态，选项A错误； B．t1~t2时间内，图像的斜率不变，则钢构组的速度不变，处于平衡状态，选项B错误； C．t3时刻图像的斜率小于t1时刻的斜率，可知t3时刻钢构组的速度小于t1在时刻的速度，选项C错误； D．t4时刻图像的斜率小于t2时刻的斜率，可知t4时刻钢构组的速度小于t2时刻的速度，选项D正确。 故选D。 7．D 【详解】A．由图分析，小球受到合力不可能向左，加速度不可能向左，即小车不可能向右匀减速运动，故A错误。 C．当小车匀速运动时，弹簧弹力大小等于小球重力大小，此时细绳的拉力，故C错误。 BD．当小车和小球向右做匀加速直线运动时，绳的拉力不可能为零，弹簧弹力有可能为零，故B错误，D正确。 故选D。 8．C 【详解】设小球的摆长为，摆下来的过程中，根据动能定理可得 解得，小球与碰撞前的速度大小为 设两球碰撞后的速度分别为、，根据动量守恒 根据动能守恒 联立，解得 因为，所以小球的运动可看成单摆，则摆动周期为 有题意可知，小球a再次回到最低点，即小球运动时间为 所以，小球碰后运动的加速度大小为 根据牛顿第二定律可知 解得 故选C。 9．D 【详解】A．根据题干信息，试验车在2秒内从静止加速至720km/h（即200m/s），质量取“吨级”标准值1000kg（1吨），重力加速度取10m/s2，所以平均加速度为，故A错误； B．根据牛顿第二定律可得，试验车受到的平均动力，故B错误； C．加速段距离 以等大加速度减速，减速段距离仍为200m，所以总距离至少为400m，故C错误； D．乘客相对于车静止，加速度与车相同，乘客受到的合力，重力 所以 即合力约为重力的10倍，故D正确。 故选D。 10．C 【详解】A．机器人沿直线运动时，可能有加速、匀速、减速阶段，加速阶段受向前摩擦力，匀速阶段不受摩擦力，减速阶段受向后摩擦力，故A错误； B．托盘倾斜至与水平方向成前的瞬间，包裹受到最大静摩擦力等于重力沿斜面的分力，到角时发生了相对滑动，由静止到运动必然合外力沿斜面向下，且此时为滑动摩擦力，且小于最大静摩擦力，即 可知，故B错误； C．包裹沿托盘加速下滑，包裹处于失重状态，机器人对地面的压力小于机器人和包裹的重力之和，故C正确； D．包裹下滑过程中有水平方向加速度，故地面对机器人有摩擦力，故D错误。 故选C。 11．D 【详解】AB．剪断轻绳a瞬间，轻绳b上的弹力突变为零，乙只受重力，加速度大小为g，乙落地的速度大小为，故AB错误； C．剪断轻绳b之前，轻绳a上的拉力大小为，此时轻绳c对轻滑轮的拉力大小为4mg，剪断轻绳b瞬间，甲有向下的加速度，轻绳a上的拉力会变小，轻绳c对轻滑轮的拉力大小小于4mg，故C错误； D．设甲的质量为M，剪断轻绳b前，弹簧的弹力大小为，则 剪断轻绳b后甲的速度最大时加速度为零，因甲的质量大于乙，因此弹簧处于压缩状态，设此时弹簧的弹力大小为，则 弹簧的弹力大小为时与弹簧的弹力大小为时，两力的方向相反，故剪断轻绳b后直到甲的速度最大过程中，甲下降的高度为 联立求得 故D正确。 故选D。 12．BC 【详解】由题意，根据力的合成规律可知物体所受合力大小的取值范围是 根据牛顿第二定律可知物体在这两个力的作用下加速度大小的取值范围是 故AD不可能，BC可能。 故选BC。 13．BC 【详解】A．瑞士球受重力、墙壁对其的弹力和摩擦力、女士对其的弹力和摩擦力，共5个力作用；故A错误； B．由弹力产生的原因可知，女士对瑞士球的弹力是由女士的形变产生的，故B正确； C．女士在水平方向上受力平衡，因此女士受到地面的摩擦力和瑞士球对女士的弹力是一对平衡力，故C正确； D．瑞士球在水平方向受力平衡，因此女士对瑞士球的弹力和墙壁对瑞士球的弹力是一对平衡力，故D错误。 故选BC。 14．CD 【详解】A．属于国际单位制中基本单位的是千克，即⑦，A错误； B．属于国际单位制中导出单位的是②③，B错误； C．属于基本量的是⑤长度、⑥质量和⑧时间，C正确； D．属于国际单位的是②牛、③米每秒和⑦千克，其中⑦是国际单位的基本单位，②③是国际单位的导出单位，D正确。 故选CD。 15．BC 【详解】ABC．牛顿第二定律的表达式为 a与F的方向相同，公式中若F为合力，a等于每一个分力单独作用在该物体上产生加速度的矢量和；物体某一瞬间的加速度，由这一瞬间的合外力决定，故A错误，BC正确； D．物体的运动方向与加速度方向不一定相同，物体的运动方向一定与物体所受合力的方向不一定相同，故D错误。 故选BC。 16．AD 【详解】A．由电场力做功的公式 可知J/C与V（伏）等效，故A正确； B．根据 可知W/A与V（伏）等效，故B错误； C．根据 可知N/C是电场强度的单位，故C错误； D．根据 可知与V（伏）等效，故D正确。 故选AD。 17．CD 【详解】A．传送带自左向右匀速运行，刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包相对传送带向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，故A错误； B．木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力产生加速度，所以由牛顿第二定律知 解得 当达到共同速度时，不再有相对滑动，由 得木炭包位移 设相对滑动的时间为t，由，得 此过程传送带的位移为 木炭包相对传送带滑动的位移是 则黑色的径迹与木炭包的质量无关，故B错误； CD．根据，可知木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短；传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，故CD正确。 故选CD。 18．ABD 【详解】滑块先沿传送带向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律mgsinθ+μmgcosθ=ma1 解得a1=gsinθ+μgcosθ B．若传送带不够长，滑块与传送带未共速便与挡板发生弹性碰撞，碰撞后向上做匀减速运动，摩擦力的大小和方向不变，合力不变，加速度不变；速度减小为零后，再次沿传送带下滑，故B正确； AC．若传送带足够长，滑块与传送带时共速时，满足μmgcosθ≥mgsinθ，滑块与传送带一起匀速向下运动直到滑块与挡板发生弹性碰撞，碰撞向上做匀减速运动，摩擦力的大小和方向不变，合力不变，加速度不变；速度减小为零后，再次沿传送带下滑，故A正确，C错误； D．若传送带足够长，滑块与传送带时共速时，满足μmgcosθ＜mgsinθ 滑块继续加速下滑，根据牛顿第二定律mgsinθ-μmgcosθ=ma2 解得a2=gsinθ-μgcosθ 直到滑块与挡板发生弹性碰撞，碰撞向上做匀减速运动，摩擦力的大小和方向不变，合力不变，加速度为a1且不变；速度减小为零后，再次沿传送带下滑，故D正确。 故选ABD。 19．AD 【详解】A．无作用时，对整体，有 当作用瞬间，整体的加速度大小为，有 解得，A正确； B．作用瞬间对物体分析，根据牛顿第二定律有 解得 根据牛顿第三定律可知作用瞬间，对的压力大小为，故B错误； C．分离瞬间，间弹力为0，二者加速度相等，对有 解得 根据图像特点得位移为时加速度减至0，此时有最大速度 根据运动学公式 可知图像与轴围成的面积表示 过程， 解得，故C错误； D．从作用到分离过程有 得分离时的速度 分离后，对物体，根据动能定理有 解得，故D正确 故选AD。 20．BD 【详解】由牛顿第二定律 可得 由图像可知斜率为 解得 纵轴截距 解得 则 故选BD。 21．ACD 【详解】A．若传送带顺时针运转，且速度大于，则开始时物体受到的滑动摩擦力向上，根据牛顿第二定律可得 解得加速度大小为 故A正确； B．若传送带不转动，则物体受到的滑动摩擦力向下，根据牛顿第二定律可得 解得加速度大小为 物体沿传送带上滑的最大距离为 故B错误； C．若传送带逆时针运转的速度，则物体受到的滑动摩擦力向下，根据牛顿第二定律可得 解得加速度大小为 物体沿传送带上滑的最大距离为 故C正确； D．若传送带顺时针运转的速度可以调节，则当传送带速度大于时，物体从A点到达B点所需的时间最短，根据运动学公式可得 由A选项可知加速度大小为，代入数据解得或（此时物体速度方向沿传送带向下，舍去） 故D正确。 故选ACD。 22．ABC 【详解】A．刚释放小物体时，对小物体受力分析，小物体受到的滑动摩擦力方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有 解得，故A正确； BD．设经时间，小物体与传送带共速，则有 该过程小物体下滑的位移为 共速后，由于，可知小物体继续向下加速运动，小物体受到的滑动摩擦力方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律有 解得 根据运动学共速可得 代入数据解得小物体滑至传送带底端时速度为 共速前后小物体受到的摩擦力方向不同，故B正确，D错误； C．共速前小物体相对传送带向上的位移大小为 共速后小物体继续向下加速的时间为 小物体相对传送带向下的位移大小为 由于 则小物体在传送带上的划痕为0.8m，故C正确。 故选ABC。 23．AD 【详解】对两个物体构成的整体进行分析，根据平衡条件有 ， 解得 ， 故选AD。 24．BCD 【详解】A．货物在传送带1上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 解得 由于货物到达端刚好与传送带1速度相等，根据运动学公式有 解得 可知传送带1的速度大小为，故A错误； B．传送带1在运送货物的过程中，电动机多消耗的电功率等于传送带克服摩擦力做功的功率，有 解得 可知多消耗的电功率为，故B正确； C．货物刚滑上传送带2时的速度大小为，若货物在传送带2上速度大于传送带速度，根据牛顿第二定律有 解得 若货物在传送带2上速度小于传送带速度，根据牛顿第二定律有 解得 要使货物能够运送至端，传送带2速度最小时，货物到达端速度恰好为零，设传送带2的最小速度为，货物先以加速度减速到，再以加速度减速到零，根据运动学公式分别有， 根据几何关系有 联立解得 可知传送带2的最小速度为，故C正确； D．增大传送带1、2的速度，当货物在传送带1上一直加速，在传送带2上一直以加速度减速时，运动时间最短，在传送带1上根据运动学公式有 解得 到达端时速度仍为，在传送带2上根据运动学公式有 解得 另一解不合题意已舍去，则最短时间为 解得 可知最短时间为，故D正确。 故选BCD。 25．CD 【详解】先建立坐标系：、、、，轴向右，轴向上，传送带向左（负方向）速度，货物初始位置为边中点，初速度沿正方向，加速度大小，摩擦力方向始终与相对速度方向相反。 A．时，货物相对传送带向右运动，摩擦力向左，货物一直向左运动，最终从左侧边离开，不会从右侧离开，A错误； B．货物加速到与传送带共速的时间 加速阶段向左位移 剩余向左位移 匀速时间 总时间，B错误； C．只有加速阶段存在相对滑动，加速时间 传送带位移 货物位移 相对滑动位移大小，C正确； D．相对速度方向恒定，因此加速度分量恒定 可得（向左），（向下） 当时，， 货物与传送带共速，之后无相对滑动，相对滑动仅发生在 竖直方向相对路程 水平方向相对路程 相对路程 摩擦生热，D正确。 故选CD。 26．AD 【详解】A．物块沿斜面上滑过程，由动能定理得 下滑过程可得 代入数据联立解得 A正确； B．根据牛顿第二定律可得 解得 B错误； C．0~20m过程中，摩擦力对物块做功为 因此大小为10J； C错误； D．0~10m过程中，对斜面隔离分析可得 10~20m过程中，可得 联立解得 D正确。 故选AD。 27．AC 【详解】B．P开始运动时，弹簧弹力大小 则P开始运动前，Q受到向右的外力F=0.5mg，F不变，受到向左的弹簧弹力从0增加到 ，因此Q受到的合力逐渐减小，根据牛顿第二定律，Q的加速度也逐渐减小；P开始运动后，开始阶段，Q的速度大于P，弹簧继续伸长，弹力变大，Q受的弹力大于力F，则加速度向左，则Q做加速度增加的减速运动， 故B错误； A．P即将开始运动时，弹簧伸长量 从初始到该时刻，根据动能定理和功能关系 解得，故A正确； CD．P开始运动后，外力F与摩擦力μmg大小相等方向相反，因此系统动量守恒，则当两物块共速时，弹簧弹性势能最大或最小，设这两个时刻弹簧的伸长量是x1（如果弹簧变成压缩状态x1就是负值）。从P开始运动到弹性势能最大或最小，外力F做功为0.5mgxQ，摩擦力做功为-0.5mgxP，这两个系统外力做功之和为0.5mg(xQ-xP) 根据位置关系，xQ-xP=x1-x0 则系统外力做功之和为 从P开始运动到弹性势能最大或最小，根据动量守恒mvQ=2mv共 解得 根据能量守恒 解得，对应弹簧的最大形变量为，最小形变量为，C正确，D错误。 故选AC。 28． 1.50 0.10 0.80 3.10 【详解】[1][2]A处于平衡状态，所受摩擦力等于弹簧秤示数 根据 解得 [3]由题意可知，金属板做匀加速直线运动，根据， 解得 [4]根据牛顿第二定律得 代入数据解得 29． BD/DB 9.625 小 相同 【详解】（1）[1]A．打点计时器使用的是交流电源，故A错误； B．为了减小纸带与打点计时器间摩擦力的影响，两限位孔应在同一竖直面内上下对正，故B正确； C．实验时应用手提住纸带上端，保证纸带处于竖直平面内，而不是托稳重物，故C错误； D．使用打点计时器时应先接通电源，待打点计时器打点稳定后再释放重物，故D正确。 故选BD。 （2）[2]纸带上相邻点间的时间间隔为0.02s，根据逐差法可得 （3）[3]重力竖直向下，阻力与重力反向，重物向下加速，可知阻力比重力小，即合力方向竖直向下，与加速度方向相同。 30．(1)2.50 (2)0.25 (3)3.5 【详解】（1）图中弹簧秤的分度值为，由图可知弹簧秤示数为。 （2）以A为对象，由受力平衡可得 又 可得A、B间的动摩擦因数为 （3）相邻计数点间还有四个点没有画出，则相邻计数点的时间间隔为 根据逐差法可得纸带的加速度为 以B为对象，根据牛顿第二定律可得 联立解得水平拉力为 31．(1)20.0 (2)1 【详解】（1）该弹簧的劲度系数为 （2）设小球静止时弹簧的伸长量为，则有， 当弹簧下端的指针指在刻度为C的位置时，弹簧的伸长量减小了，由 联立解得 32．(1)0.8 (2) 0.4 减小 【详解】（1）依题意，未移动b球时，由库仑定律可知 同理，移动后，有 联立，解得 根据小球a在水平方向受力平衡得传感器显示的作用力为0.8N。 （2）[1]若将c与b轻触后把c移走，则b球的电荷量减为原来的一半，库仑力变为之前的一半，传感器显示的作用力为 [2]由于a、b、c三球带同种电荷，当把小球c放在小球b右侧的地面时，小球c受到a、b两球的排斥力离a、b两球越来越远，库仑力越来越小，故其加速度将减小。 33．(1)不需要 (2) 0.72 2.40 (3)CD (4)A 【详解】（1）该实验中用到了弹簧测力计，可以直接通过读取弹簧测力计的示数从而可知小车所受到的合外力即为弹簧测力计示数，因此该实验不需要砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量。 （2）[1]相邻两个计数点之间的时间间隔为 根据匀变速直线运动的规律可得，B点的速度为 [2]根据逐差法 可得加速度 （3）A．根据实验原理可知，砝码和砝码盘位移始终等于小车位移的一半，根据 可知，砝码和砝码盘的加速度等于小车加速度的一半，故A错误； B．实验过程中，砝码盘的加速度竖直向下，因此可知砝码盘处于失重状态，故B错误； C．为了减小实验误差，使轻绳上的拉力等于小车所受到的合外力，则轻绳一定要与木板保持平行，故C正确； D．设轻绳上的张力为F，则弹簧测力计的读数为F的大小，对砝码和砝码盘，由牛顿第二定律有 解得 即弹簧测力计的读数应小于砝码和砝码盘总重力的一半，故D正确。 故选CD。 （4）本实验中，小车所受合外力的大小即为弹簧测力计的示数，则由牛顿第二定律有 可得 可知，小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图像为过原点的倾斜直线。 故选A。 34．(1) 0.416 1.48 (2) 超重 b 【详解】（1）[1]钩码的重力充当小车的合外力，对整体由牛顿第二定律，得 小车的拉力 只有当钩码质量远小于小车质量，即时， 才能用钩码重力近似充当小车拉力。 [2]相邻计数点间有4个点未画出，交流电频率，故相邻计数点时间间隔 点速度等于段平均速度，则 [3]由逐差法求加速度 （2）[1]取向上为正方向，时加速度，说明加速度方向竖直向上，物体处于超重状态。 [2]对物体由牛顿第二定律，得 整理得 可知图像的纵截距为，与质量无关，所有图线纵截距相同。斜率 当质量减小为原来的一半，斜率增大。因此对应图线为b。 35．(1)AB (2) (3) 【详解】（1）A．选用质量大的金属锤，可保证下落过程中纸带竖直不松弛；金属锤密度大，体积就小，下落过程中所受阻力就小，从而减小实验误差，A正确； B．为了减少纸带与限位孔之间的摩擦，上下限位孔必须对正，B正确； C．验证机械能守恒定律时，需要验证 是否成立，表达式中的质量可约去，不需要测量出重物的质量，C错误； D．实验时用手抓紧纸带上端，接通电源，打点计时器稳定工作后，再松手释放纸带，不用用手托住重物，D错误。 故选AB。 （2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得C点的速度大小为 （3）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得B点的速度大小为 右运动学知识有 联立解得加速度大小为 由牛顿第二定律有 联立解得 36．(1) (2) (3)C 【详解】（1）根据题意，弹簧弹力为1.5N时弹簧的压缩量为 由胡克定律，可知弹簧的劲度系数为 （2）由图乙由题意可知，弹簧形变量最大为 对应加速度测量计的最大值，此时弹簧弹力最大，为 由图丙可知小车的重力 由牛顿第二定律得最大加速度为 （3）指针读数减小表示小车加速度减小，由于小车的运动可以看作简谐运动，故可以判断出小车做加速度减小的加速运动，靠近平衡位置。故C正确，ABD错误。 故选C。 37．(1)AB (2)1.05 (3)偏小 (4) (5) 【详解】（1）A．安装打点计时器时要竖直架稳，使其两限位孔在同一竖直线上，故A正确； B．为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，接通电源前让重物A尽量靠近打点计时器，故B正确； C．本实验研究对象不是做自由落体运动，无需选取最初第1、2两点间距离接近2mm的纸带，故C错误。 故选AB。 （2）交流电源频率50Hz，打点周期，B点速度 （3） 电源频率大于50Hz，实际打点周期，计算时仍用，由可知，分母偏大，因此速度测量值偏小。 （4）A上升势能增加，B下降势能减少，C下降势能减少，总势能减少量为；系统总动能增加量为 由机械能守恒，势能减少量等于动能增加量，得 （5） 对系统由牛顿第二定律 整理得 图像的纵截距 因此 38．(1) (2) (3)0.43 (4)大于 【详解】（1） （2）由 又 解得 （3）对整体由牛顿第二定律有 解得 （4）因遮光条比较窄，认为测瞬时速度没有误差，故计算加速度也没有误差，但重锤和滑块运动时还会受空气阻力，细绳还会受滑轮摩擦力，故动摩擦因数的测量值大于真实值。 39．(1)C (2)乙 (3) 失重 【详解】（1）A．小车静止不能检验阻力是否平衡，可能存在最大静摩擦力大于重力和支持力的合力导致的静止状态，A错误； B．受牵引时小车匀速，说明牵引力与重力沿轨道向下的分力的合力与阻力大小相等，无法检验“不受牵引”时的阻力是否平衡，B错误； C．不受牵引时，小车能拖动纸带沿轨道做匀速运动，说明重力沿轨道方向的分力与阻力平衡，符合要求，C正确； 故选C。 （2）探究加速度与力的关系实验中，改变拉力大小的方法会影响实验精度。甲同学的方法改变了系统的总质量，而乙同学的方法保持了系统的总质量不变。由于牛顿第二定律中，质量的变化会影响加速度的测量结果，因此乙同学的方法能更好地控制变量，减小实验误差，更准确地反映加速度与力的关系。故选择乙。 （3）①以竖直向上为正方向，时，由题图丙中的图像可知加速度为负值，即加速度竖直向下，则物体处于失重状态； ②由题意可知，图线表示质量改变前的图像，对物体受力分析，由牛顿第二定律有 整理有 当质量增大一倍时，纵轴截距不变，仍为，斜率变为原来的，故其图像为题图丁中的图线。 40．(1)12 (2)0.19 (3)0.21 (4)0.051 【详解】（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—t图有 ， 根据胡克定律有 解得 （2）根据牛顿第二定律有 则a—F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中I，则有 则滑块与加速度传感器的总质量为 （3）在图丙中根据a-F图线Ⅱ，可知实验过程中重物与滑块始终相对静止且测得F的最大值为0.70N，则重物与滑块间最大加速度为 则重物与滑块间的动摩擦因数至少为 （4）在图丙中根据a-F图线Ⅲ，可知当 则此时重力的分力产生的加速度大小为 由牛顿第二定律有 代入数据解得夹角的正弦值为 41．(1)B (2)0.31 (3) 小于 大于 【详解】（1）本实验中垫高长木板是为了平衡摩擦力，让小车重力沿斜面向下的分力抵消摩擦力的影响，最终使细线拉力等于小车的合外力。 故选B。 （2）交流电频率为，打点周期为；相邻计数点间间隔5个打点周期，因此相邻计数点的时间间隔为 根据逐差法 代入数据解得 （3）[1][2]未平衡摩擦力时，由牛顿第二定律 整理得 图像的斜率，甲的斜率更大，因此，得 纵轴截距为，甲的截距绝对值更大，因此，得 【点睛】 42．(1)C (2) 10 失重 d 【详解】（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C。 （2）[1]由图丙中压力与时间的关系可知，物体的重力大小为10N [2] 根据加速度与时间图像可知时，加速度方向竖直向下，故处于失重状态； [3] 对物体根据牛顿第二定律 整理得 可知图像的斜率为，故将物体质量增大一倍，图像斜率变小，纵轴截距不变，其图像为图丁中的图线d。 43．(1)A (2)不需要 (3)D (4) 0.80 0.49 【详解】（1）A．实验要求细线的拉力作为小车和滑轮所受的合外力，故需要平衡摩擦力，A正确； B．本实验需要确保滑轮左端的两段细线与木板平行，以确保两段细线的拉力作为小车和滑轮所受的合外力，B错误； C．小车靠近打点计时器，应先接通电源，再释放小车，C错误。 故选A。 （2）细线的拉力可以从力传感器上直接读出，没有认为细线的拉力近似等于砂和砂桶的重力，故不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量。 （3）依题意，由牛顿第二定律有 解得，已知图线斜率为，有 解得 故选D。 （4）[1][2]依题意相邻两个计数点间的时间间隔 由有 解得 设砂和砂桶的加速度为，经过时间，小车和滑轮向左运动的位移为，根据动滑轮的性质可知，此过程砂和砂桶向下运动的位移为，由可得 解得 对砂和砂桶进行受力分析，由牛顿第二定律有 解得 44．(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块通过光电门A的瞬时速度近似等于滑块通过光电门的平均速度，即 同理滑块通过光电门B的瞬时速度 （2）滑块沿水平导轨匀减速运动，则有 解得 （3）根据牛顿第二定律，有 解得 45． 0.40m/s2 0.04 BCD 【详解】（1）根据匀变速直线运动的推论公式： 解得：0.40m/s2 （2）根据牛顿第二定律，有： 解得：μ=0.04 （3）本实验的实验原理是牛顿第二定律，所求动摩擦因数： 所以实验误差主要来自于加速度a的测量，运动员的体重不影响实验结果，而雪面的平整程度、拍摄动景照片时的虚边效应、确定距离时的读数误差都会影响实验结果，故A错误，BCD正确。 故选BCD。 46．(1) (2) (3)ABC (4)从图中总结出的规律是：粘滞系数随温度升高而减小，室温下粘滞系数越大的液体随温度升高减小的更快，三种液体的粘滞系数大小关系始终不变，曲线没有交点。 微观解释：液体的粘滞力是相邻层间存在速度差时产生的一种内摩擦力。温度升高时，液体中分子的热运动加剧，分子间的距离增大，分子间的吸引力减小，从而降低了液体内部的摩擦力。因此，液体的粘滞系数随温度升高而降低，流动性增加。 (5)CD 【详解】（1）[1][2]小球进入透明液体后，根据牛顿第二定律 即 整理可得 两边积分可得 初始条件为（t=0,v=0）代入可得 当的速度为收尾速度 （2）当达到最大速度后，小球匀速下降的位移s与时间的关系为 因此粘滞系数 的计算公式 （3）A．利用粘滞系数计算公式 可知小球的直径不同会影响实验结果的准确性，故A正确； B．温度不同时，同种液体的粘滞系数会有所不同，会影响实验结果的准确性，故B正确； C．容器的尺寸的大小、小球释放位置距离容器壁的远近，会影响液体流动的速度，从而影响实验结果的准确性，故C正确； D．由于小球最终都会达到收尾速度，因此释放小球位置的上下偏差不会影响粘滞系数的结果，故D错误。 故选ABC。 （4）略； （5）A．小球在液体中匀速下落时，受到的重力与浮力之差等于粘滞阻力，A错误； B．小球在液体中下落时，应尽量选择较大的匀速区间 和较大的容器直径，B错误 C．为了减少不同方向液体流动速度不同，引起粘滞阻力的偏差，小球释放时，应尽量选择圆管容器截面中心位置，C正确； D．为了减少小球本身粗糙而引起的阻力，本实验应选择表面光滑些的小球，D正确； 故选CD。 47．（1）15m/s；（2）0.5 【详解】（1）由题可得 解得 （2）由题可得 则有 解得 48．(1) (2)见解析 【详解】（1）木块与木板间的最大摩擦力大小为 木板与地面间的最大摩擦力大小为 木板相对地面发生滑动的条件为 则有 （2）若木板相对地面发生了滑动，且木块能从木板上滑下，当木块在木板上滑动时，以木块为对象，根据牛顿第二定律可得 解得 以木板为对象，根据牛顿第二定律可得 解得加速度大小为 当木块从木板上滑落后，以木块为对象，根据牛顿第二定律可得 解得 以木板为对象，根据牛顿第二定律可得 解得加速度大小为 49．(1)3N (2)4.5N (3)4.5m 【详解】（1）要使木板向右运动需克服地面的摩擦力 （2）当物块和木板之间的静摩擦力达到最大时，物块与木板会发生相对运动，物块的加速度 此时物块和木板仍然可以视作整体，以整体为研究对象列牛顿第二定律方程 解得 （3）因为 物块与板发生了相对滑动；滑块的加速度为 据牛顿第二定律知木板的加速度为 力F撤去后，滑块将以原来的加速度继续加速，木板加速直到它们速度一样，此时木板的加速度为 设经的时间他们的速度相等，据速度时间规律有 代入数据解得 木板的长度至少等于它们最大相对位移 50．(1) (2)74J (3)88W 【详解】（1）工件放在传送带上后，根据牛顿第二定律有 解得 （2）工件沿传送带向上做匀加速直线运动，设加速时间为，加速位移为，则有， 解得， 故传送带对工件做功为 代入数据解得 （3）若每隔把一个工件无初速地放于A点，由于加速到与传送带共速所用时间为；共速后相邻工件的距离为 又 可知则满载时传送带上共有7个工件，其中2个受滑动摩擦力，5个受静摩擦力。因此满载与空载时相比，传送带需要增加的功率为 代入数据解得 51．(1) (2)，方向水平向右 【详解】（1）物块P由静止开始沿斜面下滑，根据运动学公式可得 解得加速度大小为 根据牛顿第二定律可得 解得物块P与斜面间的动摩擦因数为 （2）以物块P和斜面体Q为质点组，根据质点组牛顿第二定律，水平方向有 解得水平面对斜面体Q的摩擦力大小为 方向水平向右。 52．（1）0.2；（2）6.5；（3）46m 【详解】（1）撤去F后物体的加速度 由牛顿第二定律 解得物体与水平面间的动摩擦因数 μ=0.2 （2）撤去F前物体的加速度 由牛顿第二定律 解得拉力 F=6.5N （3）0～10s内物体运动位移的大小 53．(1) (2) (3) 【详解】（1）初始时对物块2受力分析，由题意知轻绳无拉力，则弹簧处于压缩状态，由力的平衡条件得 解得弹簧形变量 则释放物块1前，弹簧的弹性势能为 （2）释放物块1的瞬间，对物块1与物块2及轻绳组成的系统进行分析，由牛顿第二定律得 解得物块2的加速度大小 （3）释放物块1后，当物块3恰好对地面无压力时，对物块3进行分析，由力的平衡条件有 对物块1、物块2及轻绳组成的系统进行分析，由能量守恒定律得 其中 解得 54．（1）；（2），方向水平向右 【详解】（1）设细绳拉力为F，加速度大小为a，对A、B整体，则有 物块C向上匀减速运动，则有 联立解得 （2）设物块B所受摩擦力的大小为f，可知方向向右，根据牛顿第二定律可得 解得 方向水平向右。 55．(1) (2) (3) 【详解】（1）工件在传送带上受到的摩擦力为合外力，由牛顿第二定律得     可得 当物块与传送带速度相等时，由     可得 （2）第一个工件达到传送带速度的时间内，工件位移 得   传送带传动距离         得 所以。 （3）后一个刚放上传送带时与前一个之间的距离为最小距离   第二个恰好与传送带同速时，第一个与第二个之间的距离相距最远     所以，相邻两工件之间的距离 56．（1）250.4s；（2）300J；（3）125400J 【详解】（1）小明同学无初速度的坐到“七彩云梯”上时，根据牛顿第二定律可得 解得 ，， 当二者达到共速后，由于 所以共速后，小明随传送带一起向上做匀速直线运动，有 所以 （2）匀加速阶段，传送带的位移大小为 所以摩擦生热为 （3）根据能量守恒可得，电动机由于传送小明比空载时多输出的电能为 代入数据解得 57．(1)20N/C (2)240V 【详解】（1）由v-t图像可知，滑块在A点的加速度 由牛顿第二定律得 解得 （2）从A点到C点，设电场力做功为，根据动能定理，有 代入数据解得 又 由题意可知 解得 58．(1)8N，方向垂直斜面向下 (2) (3) 【详解】（1）在点对轨道的压力大小为 轨道对物体的支持力 由牛顿第三定律，物块对轨道的压力 压力方向垂直斜面向下 （2）到达点时的速度大小，由得 由运动学公式 解得 （3）物块在段的受力分两种情况：（当，相对上行）加速度： 方向沿传送带向下；（当，相对下行）加速度： 方向沿传送带向下。设物块从减速到的位移为，从减速到0的位移为，则 阶段1： 阶段2： 联立求解 59．(1) (2) (3)a. ；b. 见解析 【详解】（1）当人的速度达到最大时，加速度为零，有 解得弹性绳的伸长量为 所以弹性绳的长度为 （2）在O到a阶段，人只受竖直向下的重力，做自由落体运动，加速度为g，a到速度最大阶段，根据牛顿第二定律有mg－k(x－l0) = ma 随着人的下落，位移x不断增大，所以加速度不断减小； 当加速度减小到零时，人的速度达到最大，此后根据牛顿第二定律有k(x－l0)－mg = ma 随着x不断增大，加速度反向增大，人的速度不断减小，直到速度减为零，人运动到最低点，根据运动的对称性，此时人的加速度应大于重力加速度，所以a随x变化的图线如图所示 （3）a.根据 结合图像的面积可知 解得 b．类比v—t图像与横轴所围区域的面积表示物体发生的位移，此时a—x图线的变化可以看成ma—x的变化，其与横轴所围区域的面积表示合外力所做的功，从起点到最低点，根据动能定理合外力做功等于零，即x轴上方的面积与x轴下方的面积相等，若人的质量越大，图线与x轴的交点坐标越大，图线在x轴上方的面积与x轴下方的面积都将增大，所以速度为零时的位移增大，即人能到达的最低位置越低。 60．（1）12N；（2）1s；（3） 【详解】（1）设用F的恒力推木板时，物块恰好与木板保持相对静止一起向右运动，则此时物块与木板之间的静摩擦力达最大值，由最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块与木板间的摩擦力 木板与木地面间摩擦力 对物块 对物块和木板组成的整体 联立方程以上解得 F=12N 要物块始终与木板保持相对静止，F不能超过12N。 （2）F=24N>12N，物块与木板相对滑动，则物块加速度 木板加速度 撤去F后木板加速度 设F作用t1时间后撤去，再经过t2时间物块物块恰好不从木板上掉下，则物块运动到木板左端时两者恰好速度相等，即 物块的位移为 木板的位移为 根据位移关系 联立以上方程解得 恒力F作用时间为1s （3）物块与木板共速时的速度为 由于木板与物体不能一起减速。 则木板加速度变为 则物块减速至停下来运动的位移 木板减速至停下来运动的位移 则物块距木板左端的距离为 61．(1) (2) (3) (4)， 【详解】（1）物块C滑到圆弧轨道底端时，根据机械能守恒有 解得 根据牛顿第二定律有 联立解得，轨道对物块C的支持力为 （2）物块C滑离圆弧轨道后，A、B、C三者组成的系统动量守恒，则根据动量守恒有 联立解得，木板与弹簧刚要接触时A、B、C三者的共同速度为 （3）物块C滑上木板A后，对物块C受力分析，根据牛顿第二定律有 解得，物块C减速的加速度大小为 对A、B整体分析，根据牛顿第二定律有 解得，A、B一起加速的加速度大小为 根据运动学规律有 解得 或 若取2s，则此时物块C的速度小于AB的速度，不符合题意，则舍弃。故 此时物块C的速度为 此时A、B的速度为 物块B与C发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒有 根据能量守恒可得，物块B与C发生完全非弹性碰撞，损失的能量为 根据能量守恒，可得A、B、C三者组成的系统损失的能量为 则从物块C滑上木板A到木板与弹簧刚要接触时系统因摩擦产生的热量为 （4）木板与弹簧接触以后，物块B、C与木板A之间刚好相对滑动时，根据牛顿第二定律有 对B、C分析有 联立解得，此时弹簧的压缩量为 则根据机械能守恒有 解得，此时木板速度为 62． ACD A 等于 1.5 【详解】（1）[1]根据物体间力的作用是相互的，对于拔河的两个队，甲对乙施加多大的力，乙同时也给甲多大的力。所以提升臂力对获胜无帮助。我们对拔河的两个队进行受力分析就可知道，只要所受的拉力小于人脚与地面的最大静摩擦力就不会被拉动，因此增大与地面的摩擦力就成了胜负的关系。可知，拔河比赛取胜的关键在于增大与地面的摩擦。所以为了获胜可以拔河比赛时我们要选择摩擦力大的鞋子；可以增加体重，目的是增大对地面的压力，从而增加与地面的摩擦力；还可以在手上抹粉防止打滑。故ACD正确，B错误。 故选ACD。 （2）[2]分别对两个人进行受力分析如图    设细绳与水平方向夹角为θ，则甲受的最大静摩擦力 乙受的最大静摩擦力 可知甲与地面之间的最大静摩擦力大于乙与地面之间的最大静摩擦力，所以甲容易赢得比赛，与二人力气的大小无关。 故选A。 （3）[3][4]根据作用力与反作用力特点可知绳子对甲的拉力等于对乙的拉力。因为地面光滑，所以甲乙在水平方向的合力大小相等，有 对乙有 得 63．(1)B (2)A (3)BC (4) 20 变大 不会 (5)A (6) 桌子 平行四边形定则 (7)BC 【详解】（1）一辆汽车在水平公路上沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小，即汽车做减速运动，合力方向指向曲线凹侧，且合力方向与速度方向夹角为钝角，可知B图符合题意。 故选B。 （2）图像斜率表示加速度，则火箭在1s时和5s时的加速度相同，均为 故A正确； B．由图像可知内速度方向一直为正方向，即一直向上运动，则3s时达到最高点，故B错误； C．图像与横轴所围面积表示位移，则内位移为 则火箭在第4s末时位于发射点上方4m处，故C错误； D．图像斜率表示加速度，则加速度方向一直为负，故火箭在第3s末时加速度时方向不改变，故D错误。 故选A。 （3）由于水的密度比气泡大的多，故同体积的水质量比气泡大，故小车可能向左加速运动或突然向右减速运动时，水向右运动，气泡向左运动。 故选BC。 （4）碰撞过程中速度减小，加速度向左，临界点吸引力为 当汽车紧急加速时，加速度向右，即磁铁对金属球向右的压力增大，根据牛顿第三定律可得，金属球对强磁铁的压力将增大；若汽车某次碰撞时间为，车头凹陷了，利用逆向思维，根据位移公式 解得 此碰撞不会导致安全气囊弹出。 （5）弹簧弹力为，根据胡克定律可得 即伸长。 故选A。 （6）[1]弹力是发生形变的物体对跟它接触的物体产生力的作用，故桌子发生形变对木块产生力的作用； [2]矢量合成和分解时遵循平行四边形定则。 （7）AB．甲乙对绳子的拉力为作用力与反作用力，大小相等，故A错误，B正确； CD．分别对甲乙进行受力分析，根据竖直方向上共点力平衡，可知甲受到的支持力大于重力，乙受到的支持力小于重力，由于穿相同材料的鞋子，故甲与地面间最大静摩擦力大于乙与地面间最大静摩擦力，故甲赢的概率更大，故C正确，D错误。 故选BC。 有误差，但重锤和滑块运动时还会受空气阻力，细绳还会受滑轮摩擦力，故动摩擦因数的测量值大于真实值。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 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