2022年高考物理一輪復習 全程訓練計劃 周測三 牛頓運動定律（含解析）

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1、2022年高考物理一輪復習 全程訓練計劃 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，若小車質量為M，木塊質量為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該是靜摩擦力． 2. 如圖所示，質量為m0、傾角為θ的斜面體靜止在水平地面上，有一質量為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兩物體質量均為m，疊放在輕質彈簧上(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，質量M＝0.5 kg的木板靜止在光滑水平面上，質量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點所對應的橫坐標分別為a N、b N．將物塊視為質點，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變化的關系圖象如圖所示．已知重力加速度g＝10 m/s2，下列關于木箱所受拉力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，某科研單位設計了一質量為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60°，同時適當調節(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，測力端通過輕質細繩與一滑塊相連，調節(jié)力傳感器高度使細繩水平，滑塊放在較長的小車上，滑塊的質量m＝1.5 kg，小車的質量M＝

14、1.65 kg.一根輕質細繩跨過光滑的輕質定滑輪，其一端連接小車，另一端系一只空砂桶，調節(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”的設計，一是要求小車的質量遠大于砂和砂桶的質量之和；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“小車質量遠大于砂和砂桶質量之和”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，某同學得到了如圖乙的圖線(M為小車和砝碼的總質量)，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“小車質量遠大于砂和砂桶質量之和”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．一個可視為質點的質量為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，則可求出粗繩的質量 答案：B 解析：從設題內(nèi)容不能確定粗繩是否受摩擦力，選項A錯誤；設粗繩的質量為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：設小球所受的阻力f＝kv，小球的質量為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·廣州深圳中學模擬](多選)如圖所示，甲圖為光 滑水平桌面上質量為M的物體，用輕繩通過定滑輪與質量為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，設它們的總質量為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，將一個質量m＝1 kg的小鐵塊(可視為質點)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系”的實驗裝置圖．圖中小車A的質量為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的質量為m2，C為力傳感器，

36、實驗時改變P的質量，讀出對應的力傳感器的示數(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，結果保留二位有效數(shù)字) (

37、4)實驗時，某同學由于疏忽，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量和物體受力的關系．(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，故不要求重物質量遠小于小車質量，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帆，如圖甲所示．讓帶有風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．假設滑塊和風帆總質量為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)