2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計劃 周測三 牛頓運動定律（含解析）

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1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計劃 周測三 牛頓運動定律（含解析） 夯基提能卷③ 立足于練題型悟技法——保底分 (本試卷滿分95分) 一、選擇題(本題包括8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項是正確的，有的小題有多個選項是正確的．全部選對的得6分，選不全的得3分，有選錯或不答的得0分) 1．如圖所示，在光滑水平面上以水平恒力F拉動小車和木塊，讓它們一起做無相對滑動的加速運動，若小車質(zhì)量為M，木塊質(zhì)量為m，加速度大小為a，木塊和小車間的動摩擦因數(shù)為μ.對于這個過程，某班同學(xué)有以下4個式子表達木塊受到的摩擦力的大小，你認為一定正確的是(　　)

2、 A．F－Ma B．(M＋m)a C．μmg D．Ma 答案：A 解析：以小車和木塊組成的系統(tǒng)為研究對象，由牛頓第二定律可得F＝(M＋m)a，以木塊為研究對象，有f＝ma，以小車為研究對象，有F－f′＝Ma，其中f′＝f，故f＝F－Ma，選項A正確．本題特別需要指出的是：由于小車和木塊間沒有相對滑動，所以它們之間的摩擦力應(yīng)該是靜摩擦力． 2. 如圖所示，質(zhì)量為m0、傾角為θ的斜面體靜止在水平地面上，有一質(zhì)量為m的小物塊放在斜面上，輕推一下小物塊后，它沿斜面向下勻速運動．若給小物塊持續(xù)施加沿斜面向下的恒力F，斜面體始終靜止，重力加速度大小為g.施加恒力F后，下列

3、說法正確的是(　　) A．小物塊沿斜面向下運動的加速度為 B．斜面體對地面的壓力大小等于(m＋m0)g＋Fsinθ C．地面對斜面體的摩擦力方向水平向左 D．斜面體對小物塊的作用力的大小和方向都變化 答案：A 解析：根據(jù)題述，小物塊沿斜面向下勻速運動，摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，可得μmgcosθ＝mgsinθ，給小物塊持續(xù)施加沿斜面向下的恒力F，對小物塊，由牛頓第二定律有，F(xiàn)－μmgcosθ＋mgsinθ＝ma，聯(lián)立解得a＝，選項A正確；小物塊沿斜面向下勻速運動時，對小物塊和斜面體整體受力分析，根據(jù)平衡條件可得，地面對斜面體的支持力等于斜面體和小物塊重力之和，大小為(m＋m0

4、)g.給小物塊持續(xù)施加沿斜面向下的恒力F后，小物塊對斜面體的壓力和摩擦力均不變，即斜面體對小物塊的作用力的大小和方向都不變，地面對斜面體的摩擦力為零，斜面體對地面的壓力大小等于(m＋m0)g，選項B、C、D錯誤． 3. 如圖所示，A、B兩球完全相同，質(zhì)量均為m，用兩根等長的細線懸掛在升降機天花板的O點，兩球之間連著一根勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，已知重力加速度為g，當升降機以加速度a＝豎直向上加速運動時，兩根細線之間的夾角為θ＝60°，在運動過程中O、A間的細線被剪斷瞬間，下列關(guān)于A、B兩球的加速度的說法正確的是(　　) A．A球的加速度大小為g，方向豎直向下 B．B球的加速度大小為g

5、，方向豎直向上 C．A球的加速度大小為g，方向斜向左下方 D．A球的加速度大小為g，方向沿OA方向 答案：C 解析： O、A間的細線被剪斷前，對小球A，受力分析如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律有F2cos30°－mg＝ma，F(xiàn)2sin30°－F1＝0，解得F1＝kx＝mg，在O、A間的細線被剪斷瞬間，F(xiàn)2突然消失，但F1不突變，所以A球有水平向左的加速度aAx＝＝g，豎直向下的加速度aAy＝g，則A球的加速度大小為aA＝＝g，方向斜向左下方；而B球的加速度仍為a＝，方向豎直向上，C正確． 4．如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量均為m，疊放在輕質(zhì)彈簧上(彈簧下端固定于地面上)，對A施加一豎

6、直向下、大小為F(F>2mg)的力，將彈簧再壓縮一段距離(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))而處于平衡狀態(tài)，現(xiàn)突然撤去力F，設(shè)兩物體向上運動過程中A、B間的相互作用力大小為FN，不計空氣阻力，則關(guān)于FN的說法正確的是(重力加速度為g)(　　) A．剛撤去力F時，F(xiàn)N＝ B．彈簧彈力大小為F時，F(xiàn)N＝ C．A、B的速度最大時，F(xiàn)N＝2mg D．彈簧恢復(fù)原長時，F(xiàn)N＝mg 答案：B 解析：對A施加一豎直向下、大小為F(F>2mg)的力，將彈簧再壓縮一段距離(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))而處于平衡狀態(tài)，彈簧彈力大小為F＋2mg.剛撤去力F時，A、B向上加速運動，由牛頓第二定律可得，a＝，對A受力分析，

7、由牛頓第二定律有FN－mg＝ma，解得FN＝，選項A錯誤．當彈簧彈力大小為F時，對A、B整體，由牛頓第二定律有，F(xiàn)－2mg＝2ma1，隔離A，由牛頓第二定律有，F(xiàn)N－mg＝ma1，解得FN＝，選項B正確．A、B的速度最大時，加速度為零，彈簧彈力大小為2mg，F(xiàn)N＝mg，選項C錯誤．彈簧恢復(fù)原長時，A、B只受重力向上運動，F(xiàn)N＝0，選項D錯誤． 5．(多選)如圖甲所示，質(zhì)量M＝0.5 kg的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量m＝1 kg的物塊以初速度v0＝4 m/s滑上木板的左端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，在物塊滑上木板的同時，給木板施加一水平向右的恒力F.當恒力F取某一值時，物塊在木

8、板上相對于木板滑動的路程為s，給木板施加不同大小的恒力F，得到和F的關(guān)系圖象如圖乙所示，其中AB與橫軸平行，且AB段的縱坐標為1 m－1，B點和C點所對應(yīng)的橫坐標分別為a N、b N．將物塊視為質(zhì)點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小g＝10 m/s2.則有(　　) A．BC段表示物塊最終從木板的右端離開 B．DE段表示物塊最終從木板的左端離開 C．a(chǎn)＝1 D．b＝2 答案：BC 解析：經(jīng)分析可知，AB段表示物塊從木板的右端離開，BC段表示物塊沒有離開木板，DE段表示物塊從木板左端離開，故A錯誤，B正確．B點表示物塊剛好滑到木板右端與木板相對靜止，由AB段可知木板的長度

9、為l＝1 m，物塊的加速度大小為a物＝μg＝2 m/s2，設(shè)經(jīng)過時間t物塊與木板相對靜止，則有Δx＝l＝v0t＝1 m，可得t＝0.5 s，則木板的加速度大小為a木＝ m/s2＝6 m/s2，對木板受力分析可得a木＝＝6 m/s2，代入得Fa＝1 N，C正確．C點表示物塊與木板剛好相對靜止時的最大外力，則有Fb＝(M＋m)μg＝3 N，故D錯誤． 6．如圖所示，套在水平直桿上質(zhì)量為m的小球開始時靜止，現(xiàn)對小球沿桿方向施加恒力F0，垂直于桿方向施加豎直向上的力F，且F的大小始終與小球的速度成正比，即F＝kv(圖中未標出)．已知小球與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，小球運動過程中未從桿上脫落，且F0>μm

10、g.下列關(guān)于運動中的速度—時間圖象正確的是(　　) 答案：C 解析：開始時小球所受支持力方向向上，隨著時間的增加，小球速度增大，F(xiàn)增大，則支持力減小，摩擦力減小，根據(jù)牛頓第二定律，可知這一階段小球的加速度增大．當豎直向上的力F的大小等于小球重力的大小時，小球的加速度最大．再往后豎直向上的力F的大小大于重力的大小，直桿對小球的彈力向下，F(xiàn)增大，則彈力增大，摩擦力增大，根據(jù)牛頓第二定律，小球的加速度減小，當加速度減小到零時，小球做勻速直線運動，故C正確． 7. 一質(zhì)量為m＝2.0 kg的木箱靜止在粗糙的水平地面上，木箱與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，現(xiàn)對木箱施加一沿水平方向的大小隨

11、時間變化的拉力F，使木箱由靜止開始運動，測得0～2 s內(nèi)其加速度a隨時間t變化的關(guān)系圖象如圖所示．已知重力加速度g＝10 m/s2，下列關(guān)于木箱所受拉力F的大小和運動速度v隨時間t變化的圖象正確的是(　　) 答案：A 解析：在0～2 s內(nèi)，木箱加速度由4 m/s2逐漸減小到0，由加速度圖象可得a＝4－2t(m/s2)，由牛頓第二定律得F－μmg＝ma，可得F＝12－4t(N)，即在0～2 s內(nèi)，A正確，B錯誤；在0～2 s內(nèi)，木箱速度增加4 m/s,2 s后木箱加速度為零，木箱的速度為4 m/s，C、D錯誤． 8. (多選)如圖所示，某科研單位設(shè)計了一質(zhì)量為m的空間飛行器，飛行

12、器從地面起飛時，發(fā)動機提供的動力方向與水平方向的夾角α＝60°，使飛行器恰沿與水平方向成θ＝30°角的直線斜向右上方勻加速飛行，經(jīng)t時間后，將動力的方向沿逆時針旋轉(zhuǎn)60°，同時適當調(diào)節(jié)其大小，使飛行器依然可以沿原方向勻減速飛行，飛行器所受空氣阻力不計，重力加速度大小為g，下列說法中正確的是(　　) A．加速時動力的大小等于mg B．加速時加速度的大小為g C．減速時動力的大小等于mg D．減速飛行t時間后速度為零 答案：BC 解析：畫出飛行器沿與水平方向成θ＝30°角的直線斜向右上方勻加速飛行時的受力示意圖，如圖1所示，由圖中幾何關(guān)系可知F合＝mg，由mgcos30°＝，可得加速時

13、動力的大小F＝mg，選項A錯誤，B正確；畫出飛行器沿原方向勻減速飛行時的受力示意圖，如圖2所示，由sin60°＝，可得減速時動力的大小F′＝mg，選項C正確；加速飛行t時間后的速度為v＝at＝gt，減速飛行時的合外力大小為mgcos60°＝，減速飛行時的加速度大小為，減速飛行2t時間后速度為零，選項D錯誤． 二、非選擇題(本題包括4小題，共47分) 9．(8分)如圖甲所示，力傳感器A與計算機(未畫出)相連接，可獲得拉力隨時間變化的規(guī)律．將力傳感器固定在水平桌面上，測力端通過輕質(zhì)細繩與一滑塊相連，調(diào)節(jié)力傳感器高度使細繩水平，滑塊放在較長的小車上，滑塊的質(zhì)量m＝1.5 kg，小車的質(zhì)量M＝

14、1.65 kg.一根輕質(zhì)細繩跨過光滑的輕質(zhì)定滑輪，其一端連接小車，另一端系一只空砂桶，調(diào)節(jié)滑輪使桌面上部細繩水平，整個裝置處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)打開力傳感器，同時緩慢向砂桶里倒入砂子，當小車剛好開始運動時，立即停止倒砂子．若力傳感器采集的F－t圖象如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，則： (1)滑塊與小車間的動摩擦因數(shù)μ＝____________；若忽略小車與水平桌面間的摩擦，滑塊從小車上滑落前，小車穩(wěn)定運動的加速度大小a＝________________m/s2. (2)若實驗中力傳感器測力端與滑塊間的細繩不水平，左端略高一些，由此而引起動摩擦因數(shù)μ的測量結(jié)果________(選填“

15、偏大”或“偏小”)． 答案：(1)0.2(3分)　0.25(3分)　(2)偏小(2分) 解析：(1)結(jié)合題圖乙可知，滑塊與小車間的最大靜摩擦力fmax＝3.5 N，此時砂桶及所裝砂子的總重力m0g＝fmax，解得：m0＝0.35 kg.小車在運動時與滑塊間的滑動摩擦力f＝3.0 N，由f＝μmg，解得：μ＝0.2；對砂桶、砂子、小車組成的整體，根據(jù)牛頓第二定律得：m0g－f＝(M＋m0)a，解得：a＝0.25 m/s2.(2)若力傳感器測力端與滑塊間的細繩不水平，左端略高一些，導(dǎo)致壓力減小，則滑動摩擦力偏小，因此動摩擦因數(shù)μ的測量結(jié)果偏小． 10．(8分)用圖甲的裝置“驗證牛頓第二定律”

16、時有兩個“巧妙”的設(shè)計，一是要求小車的質(zhì)量遠大于砂和砂桶的質(zhì)量之和；二是對小車要進行“平衡摩擦力”操作． 回答下列問題： (1)實驗要求“小車質(zhì)量遠大于砂和砂桶質(zhì)量之和”的目的是__________________________________________________________ ______________________________________________________. (2)對小車進行“平衡摩擦力”操作時，下列必須進行的是________(填字母序號)． A．取下砂和砂桶 B．在空砂桶的牽引下，輕推一下小車，小車能做勻速直線運動 C．小車拖著穿

17、過打點計時器的紙帶做勻速運動時，打點計時器的電源應(yīng)斷開 D．把長木板沒有定滑輪的一端墊起適當高度 (3)在滿足實驗條件下，某同學(xué)得到了如圖乙的圖線(M為小車和砝碼的總質(zhì)量)，圖線在縱軸上截距不為零的原因是_________________________________________________________． 答案：(1)繩的拉力(近似)等于砂和砂桶的重力之和[小車所受的合外力(近似)等于砂和砂桶重力之和](3分) (2)AD(選不全的不給分)(3分) (3)長木板的傾角過大(平衡摩擦力過度)(2分) 解析：(1)根據(jù)實驗原理，只有“小車質(zhì)量遠大于砂和砂桶質(zhì)量之和”才

18、能認為繩的拉力等于砂和砂桶的重力之和．(2)平衡摩擦力時應(yīng)該取下砂和砂桶，選項A正確，選項B錯誤；小車拖著穿過打點計時器的紙帶做勻速運動時，打點計時器的電源應(yīng)該開啟，選項C錯誤；把長木板沒有定滑輪的一端墊起適當高度，用來平衡摩擦力，選項D正確．(3)圖線在縱軸上截距不為零的原因是平衡摩擦力過度． 11．(15分)如圖所示，水平地面上有三個質(zhì)量均為m＝1 kg的小物塊A、B、C，A、B間用一根輕繩水平相連．一水平恒力F作用于A上，使三物塊以相同加速度運動一段時間后撤去F.已知B與C間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，A和C與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ2＝0.2，若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m

19、/s2.求： (1)F的最大值； (2)從撤去F到三物塊停止運動的過程中，B受到的摩擦力． 解析：(1)B、C恰好要相對滑動時 對C：μ1mg－μ2(m＋m)g＝ma(3分) 解得a＝1 m/s2(1分) 由題意知，A、B、C相對靜止時，F(xiàn)有最大值Fmax 對A、B、C整體：Fmax－μ2(m＋m＋m)g＝3ma(2分) 解得Fmax＝9 N(1分) (2)撤去F后，設(shè)B、C相對靜止 對A、B、C整體：μ2(m＋m＋m)g＝3ma′(2分) 解得a′＝2 m/s2(1分) 對C：μ2(m＋m)g－fBC＝ma′(2分) 解得fBC＝2 N≤fBm＝μ1mg＝5 N

20、(2分) 故假設(shè)成立，由牛頓第三定律可知，B受到的摩擦力為2 N，方向水平向左(1分) 12．(16分)如圖甲所示，“”形木塊放在光滑水平地面上，木塊水平表面AB粗糙，BC光滑且與水平面夾角為θ＝37°.木塊右側(cè)與豎直墻壁之間連接著一個力傳感器，當力傳感器受壓時，其示數(shù)為正值；當力傳感器被拉時，其示數(shù)為負值．一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m的滑塊從C點由靜止開始下滑，運動過程中，傳感器記錄到的力和時間的關(guān)系如圖乙所示．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2)．求： (1)斜面BC的長度s； (2)滑塊與木塊AB表面之間的動摩擦因數(shù)μ. 解析：(1)分析滑塊受力，

21、由牛頓第二定律得 a1＝gsinθ＝6 m/s2(4分) 通過題圖乙可知滑塊在斜面上運動時間為t1＝1 s(1分) 由運動學(xué)公式得斜面BC的長度為s＝a1t＝3 m(3分) (2)由答圖可知 滑塊對斜面的壓力N1′＝mgcosθ(1分) 木塊對傳感器的壓力 F′1＝F1＝N′1sinθ(2分) 由題圖乙可知：F1＝12 N 解得m＝2.5 kg(1分) 滑塊在AB上運動時 傳感器對木塊的拉力F2＝f′＝μmg＝5 N(3分) μ＝＝0.2(1分) 探究創(chuàng)新卷③ 著眼于練模擬悟規(guī)范——爭滿分 (本試卷滿分95分) 一、選擇題(本題包括8小題，每小題6分

22、，共48分．在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項是正確的，有的小題有多個選項是正確的．全部選對的得6分，選不全的得3分，有選錯或不答的得0分) 1. 如圖所示，三個物體質(zhì)量分別為m1＝1.0 kg、m2＝2.0 kg、m3＝3.0 kg，已知斜面上表面光滑，斜面傾角θ＝30°，m1和m2之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8.不計繩和滑輪的質(zhì)量及摩擦．初始用外力使整個系統(tǒng)靜止，當撤掉外力時，m2將(g取10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(　　) A．和m1一起沿斜面下滑 B．和m1一起沿斜面上滑 C．相對于m1上滑 D．相對于m1下滑 答案：D 解析：假設(shè)m1和m2

23、保持相對靜止，對整體分析，整體的加速度a＝＝2.5 m/s2.對m2分析，根據(jù)牛頓第二定律得f－m2gsin30°＝m2a，解得f＝m2gsin30°＋m2a＝15 N，最大靜摩擦力fm＝μm2gcos30°＝8 N，可知f＞fm，則m2的加速度應(yīng)小于m1的加速度，m2相對于m1下滑，故D正確． 2．如圖甲所示，一根質(zhì)量分布均勻的粗繩AB長為l，在水平恒力F的作用下沿水平面運動．繩上距A端x處的張力FT與x的關(guān)系如圖乙所示(F和l為已知量)．下列說法正確的是(　　) A．粗繩一定不受摩擦力作用 B．若只增大恒力F，則FT－x直線斜率的絕對值變大 C．若已知粗繩的質(zhì)量，則可求出粗繩運

24、動的加速度 D．若已知粗繩運動的加速度，則可求出粗繩的質(zhì)量 答案：B 解析：從設(shè)題內(nèi)容不能確定粗繩是否受摩擦力，選項A錯誤；設(shè)粗繩的質(zhì)量為m，加速度為a，與地面的動摩擦因數(shù)為μ，以距A端x處的后面一段繩為研究對象有FT－μmg＝ma，即FT＝－x＋(μmg＋ma)或FT＝－x＋F，若只增大恒力F，則FT－x直線斜率的絕對值變大，選項B正確；因粗繩的質(zhì)量m、加速度a、與地面的動摩擦因數(shù)μ均未知，選項C、D錯誤． 3．[2019·河南開封模擬]以初速度v豎直向上拋出一小球，小球所受空氣阻力與速度的大小成正比，下列圖象中，能正確反應(yīng)小球從拋出到落回原處的過程中速度隨時間變化情況的是(　　)

25、 答案：D 解析：設(shè)小球所受的阻力f＝kv，小球的質(zhì)量為m，則在小球上升的過程中有mg＋f＝ma，得a＝g＋，由于上升過程中小球的速度越來越小，小球的加速度a也越來越小，故v－t圖象的斜率的絕對值越來越小，A、B錯誤；在下落過程中有a＝g－，下落過程中小球的速度越來越大，故小球的加速度越來越小，則v－t圖象的斜率的絕對值越來越小，選項C圖象的斜率的絕對值越來越大，C錯誤、D正確． 4．[2019·廣州深圳中學(xué)模擬](多選)如圖所示，甲圖為光 滑水平桌面上質(zhì)量為M的物體，用輕繩通過定滑輪與質(zhì)量為m的物體相連，m所受重力為5 N；乙圖為同一物體M在光滑水平桌面上用輕繩通過定滑輪施

26、加豎直向下的拉力F，拉力F的大小也是5 N，開始時M距桌邊的距離相等，則(　　) A．M到達桌邊時的速度相等，所用的時間也相等 B．甲圖中M到達桌邊用的時間較長，速度較小 C．甲圖中M到達桌邊時的動能較大，所用時間較短 D．乙圖中繩子受到的拉力較大 答案：BD 解析：將題圖甲的兩個物體整體作為研究對象，由牛頓第二定律得aM＝；對題圖乙的M分析有a′M＝.因x＝at2，v2＝2ax，且aM

27、． 5．[2019·四川達州一診]在兩個足夠長的固定的相同斜面體上(其斜面光滑)，分別有如圖所示的兩套裝置(斜面體B的上表面水平且光滑，長方體D的上表面與斜面平行且光滑，P是固定在B、D上的擋板，完全相同的兩只彈簧一端固定在P上，另一端分別連在A和C上，在A與B、C與D分別保持相對靜止狀態(tài)沿斜面自由下滑的過程中，下列說法正確的是(　　) A．兩彈簧都處于拉伸狀態(tài) B．兩彈簧都處于壓縮狀態(tài) C．彈簧L1處于壓縮狀態(tài)，彈簧L2處于原長 D．彈簧L1處于拉伸狀態(tài)，彈簧L2處于壓縮狀態(tài) 答案：C 解析：A與B保持相對靜止，則二者沿斜面向下的加速度是相等的，設(shè)它們的總質(zhì)量為M，則Ma＝

28、Mgsinα，所以a＝gsinα；同理，若以C、D為研究對象，則它們共同的加速度大小也是gsinα.以A為研究對象，A受到重力、斜面體B對其豎直向上的支持力，兩力的合力的方向在豎直方向上，由于A在水平方向的加速度ax＝acosα＝gsinαcosα，該加速度由水平方向彈簧對其的彈力提供，所以彈簧L1處于壓縮狀態(tài)；以C為研究對象，C受到重力、斜面的支持力，合力的大小F合＝mgsinα，C受到的重力、斜面的支持力作用，加速度為a＝gsinα，即C不受彈簧的彈力，所以彈簧L2處于原長狀態(tài)．故選項C正確． 6．(多選)如圖所示，物體A、B、C放在光滑水平面上并用細繩a、b連接，拉力F作用在A上，使三

29、物體在水平面上運動，若在B上放一小物體D，D隨B一起運動，且原來的拉力F保持不變，那么加上D后兩繩中拉力的變化是(繩a中拉力大小用Ta表示，繩b中拉力大小用Tb表示)(　　) A．Ta變大 B．Tb變大 C．Ta變小 D．Tb變小 答案：AD 解析：在放置D之前，以整體為研究對象有F＝(mA＋mB＋mC)a1，以C為研究對象有Tb1＝mCa1，故有Tb1＝，以B、C為研究對象有Ta1＝(mB＋mC)a1＝，在放置D之后，以整體為研究對象有F＝(mA＋mB＋mC＋mD)a2，得a2＝，以C為研究對象有Tb2＝mCa2＝，以B、C和D為研究對象有Ta2＝(mB＋mC＋mD)a2＝，

30、顯然Ta2>Ta1，Tb2

31、頓第二定律得，對B有mg－F＝ma，對A有F－mAgsinθ＝mAa，聯(lián)立得a＝.不能根據(jù)圖象求出A的質(zhì)量mA，故A錯誤．當a＝0時，m＝m0＝mAsinθ，mA未知，不能求出m0，故B錯誤．若θ已知，m＝0時，a＝a2＝－gsinθ，故C正確．若θ未知，由以上可知a＝，當m→∞時，a＝a1＝g，故D正確． 8．[2019·四川宜賓診斷](多選)如圖所示，表面粗糙、質(zhì)量M＝2 kg的木板，t＝0時在水平恒力F的作用下從靜止開始沿水平面向右做勻加速直線運動，加速度a＝2.5 m/s2，t＝0.5 s時，將一個質(zhì)量m＝1 kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點)無初速度地放在木板最右端，鐵塊從木板上掉下時

32、速度是木板速度的一半，已知鐵塊和木板之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，木板和地面之間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.25，(g取10 m/s2)，則(　　) A．水平恒力F的大小為10 N B．鐵塊放在木板上后，木板的加速度為2 m/s2 C．鐵塊在木板上運動的時間為1 s D．木板的長度為1.625 m 答案：AC 解析：開始時木板在水平方向受到拉力與摩擦力，由牛頓第二定律可得F＝Ma＋μ2Mg＝10 N，故A正確；鐵塊放在木板上后，木板在水平方向受到拉力、水平面的摩擦力以及鐵塊對木板的摩擦力，由牛頓第二定律可得Ma′＝F－μ2(M＋m)g－μ1mg，代入數(shù)據(jù)解得a′＝0.75 m/s2，故B

33、錯誤；小鐵塊無初速度地放在木板最右端時木板的速度v＝at＝1.25 m/s，鐵塊的加速度為a″＝μ1g＝1 m/s2，設(shè)鐵塊從木板掉落時所用的時間為t′，則v＋a′t′＝2a″t′，代入數(shù)據(jù)解得t′＝1 s，故C正確；這段時間內(nèi)鐵塊相對于木板滑動的距離為L＝vt′＋a′t′2－a″t′2，代入數(shù)據(jù)解得L＝1.125 m，故D錯誤． 二、非選擇題(本題包括4小題，共47分) 9. (8分)現(xiàn)要測量滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)，實驗裝置如圖甲所示．表面粗糙的木板一端固定在水平桌面上，另一端抬起一定高度構(gòu)成斜面；木板上有一滑塊，其后端與穿過打點計時器的紙帶相連；打點計時器固定在木板上，連接頻

34、率為50 Hz的交流電源．接通電源后，從靜止釋放滑塊，滑塊帶動紙帶打出一系列的點跡． (1)圖乙給出的是實驗中獲取的一條紙帶的一部分：0、1、2、3、4、5、6是實驗中選取的計數(shù)點，每相鄰兩計數(shù)點間還有4個點(圖中未標出)，2、3和5、6計數(shù)點間的距離如圖所示，由圖中數(shù)據(jù)求出滑塊的加速度a＝________m/s2(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)． (2)已知木板的長度為L，為了求出滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)，還應(yīng)測量的物理量是________． A．滑塊到達斜面底端的速度v B．滑塊的質(zhì)量m C．滑塊的運動時間t D．斜面高度h和底邊長度x (3)設(shè)重力加速度為g，滑塊與木板間的動摩

35、擦因數(shù)的表達式μ＝________(用所需測物理量的字母表示)． 答案：(1)2.51(3分)　(2)D(2分)　(3)(3分) 解析：(1)根據(jù)逐差法a＝＝ m/s2＝2.51 m/s2. (2)設(shè)斜面傾角為θ，根據(jù)mgsinθ－μmgcosθ＝ma，要想求出θ的正弦和余弦，需要知道斜面的高度h和底邊長度x，選項D正確． (3)根據(jù)mg－μmg·＝ma，解得μ＝. 10．(9分)圖甲為“探究加速度與物體受力的關(guān)系”的實驗裝置圖．圖中小車A的質(zhì)量為m1，連接在小車后的紙帶穿過電火花打點計時器B，它們均置于水平放置的一端帶有定滑輪且足夠長的木板上，P的質(zhì)量為m2，C為力傳感器，

36、實驗時改變P的質(zhì)量，讀出對應(yīng)的力傳感器的示數(shù)F，不計繩與滑輪間的摩擦． (1)電火花打點計時器的工作電壓為________(填“交”或“直”)流________V. (2)下列說法正確的是________． A．一端帶有定滑輪的長木板必須保持水平 B．實驗中通過打點計時器打出的點來求解小車運動時的加速度 C．實驗中m2應(yīng)遠小于m1 D．傳感器的示數(shù)始終為m2g (3)圖乙為某次實驗得到的紙帶，紙帶上標出了所選的四個計數(shù)點之間的距離，相鄰兩計數(shù)點間還有四個點沒有畫出．由此可求得小車的加速度的大小是________m/s2.(交流電的頻率為50 Hz，結(jié)果保留二位有效數(shù)字) (

37、4)實驗時，某同學(xué)由于疏忽，遺漏了平衡摩擦力這一步驟，他測量得到的a－F圖象是圖丙中的________． 答案：(1)交　220(每空2分)　(2)B(2分，多選不得分) (3)0.49(或0.50)(2分)　(4)C(1分) 解析：本題考查探究加速度與物體質(zhì)量和物體受力的關(guān)系．(1)電火花打點計時器工作電壓為交流220 V．(2)該實驗首先必須要平衡摩擦力，選項A錯誤；根據(jù)打點計時器打出來的點，應(yīng)用“逐差法”來求小車運動時的加速度，選項B正確；由于該實驗的這種連接方式，重物和小車的加速度不相同，小車在繩的拉力下加速運動，由于一根細繩中的彈力大小處處相等，故測力計示數(shù)等于此拉力，因此

38、不需要用重物的重力來代替，故不要求重物質(zhì)量遠小于小車質(zhì)量，選項C錯誤；重物向下加速度運動，由牛頓第二定律m2g－2F＝m2a，解得F＝m2(g－a)，選項D錯誤．(3)根據(jù)勻變速直線運動的推論Δx＝aT2，有Δx＝(3.39－2.89)×10－2 m＝a×(0.1 s)2[或者Δx＝(2.89－2.40)×10－2＝a×(0.1 s)2]，解得a＝0.50 m/s2(或者0.49 m/s2)．(4)若沒有平衡摩擦力，只有當F增加到一定值時，小車才可能加速運動，則當F≠0時，a＝0，所以可能是圖中的圖線C.故選項C正確． 11．(12分)為研究運動物體所受的空氣阻力，某研究小組的同學(xué)找來一個傾

39、角為θ、表面平整且足夠長的斜面體和一個滑塊，并在滑塊上固定一個高度可升降的風(fēng)帆，如圖甲所示．讓帶有風(fēng)帆的滑塊從靜止開始沿斜面下滑，下滑過程帆面與滑塊運動方向始終垂直．假設(shè)滑塊和風(fēng)帆總質(zhì)量為m.滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度g取10 m/s2，帆受到的空氣阻力與帆的運動速率成正比，即Ff＝kv. (1)寫出滑塊下滑的最大速度的表達式； (2)若m＝3 kg，斜面傾角θ＝37°，滑塊從靜止下滑的速度圖象如圖乙所示．圖中的斜線為t＝0時v－t圖線的切線，由此求出μ、k的值．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) 解析：(1)對滑塊和風(fēng)帆由牛頓第二定律有：mgsinθ－μm

40、gcosθ－kv＝ma(3分) 當a＝0時速度最大，即vm＝(2分) (2)由題圖乙可知，當v＝0時，a0＝gsinθ－μgcosθ＝3 m/s2(3分) 解得μ＝0.375(1分) 由vm＝＝2 m/s(2分) 解得k＝4.5 kg/s(1分) 12．(18分)如圖所示，質(zhì)量為M＝3.0 kg的長木板，其上表面光滑、下表面粗糙，放置于水平地面上，可視為質(zhì)點的滑塊靜止放在長木板的上表面．t＝0時刻，給長木板一個水平向右的初速度v0，同時對長木板施加一個水平向左的恒力F，經(jīng)一段時間，滑塊從長木板上掉下來．已知長木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，滑塊質(zhì)量m＝0.5 kg，初始位置距長

41、木板右端L2＝0.14 m，v0＝2 m/s，恒力F＝8 N，重力加速度g＝10 m/s2. (1)為使滑塊只能從長木板右端滑出，其初始位置與長木板左端的距離L1應(yīng)滿足什么條件？ (2)若滑塊從長木板右端滑出，求滑塊離開長木板時，長木板的速度大?。? 答案：(1)L1≥0.40 m　(2)0.6 m/s 解析：(1)以長木板為研究對象，向右做勻減速直線運動，由牛頓第二定律得 F＋μ(m＋M)g＝Ma1(3分) 解得a1＝5 m/s2(2分) 則長木板減速到零所經(jīng)歷的時間為t1＝＝0.4 s(2分) 所經(jīng)過的位移s1＝＝0.40 m(1分) 因為滑塊靜止不動，所以當L1≥s1＝0.40 m時滑塊將從長木板右端滑出(3分) (2)長木板向右運動到速度減為零后，開始向左做勻速直線運動，摩擦力的方向改變，滑塊離開長木板時，長木板向左的位移為 s2＝s1＋L2＝0.54 m(3分) 根據(jù)動能定理有[F－μ(m＋M)g]s2＝Mv－0(3分) 解得滑塊滑離長木板瞬間長木板的速度為v2＝0.6 m/s(1分)