全國通用版2022年高考物理考點復習訓練試題專題三牛頓運動定律

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(2)平衡摩擦力后再做實驗,是否要求小桶和砂子的總質量遠小于小車的質量?(填“是”或“否”).

(3)已知交流電源的頻率為50Hz,某次實驗得到的紙帶如圖乙所示,圖中相鄰兩計數(shù)點之間還有4個點未畫出,由該紙帶可求得小車的加速度a=m/s2.(結果保留兩位有效數(shù)字)

2.[2020浙江7月選考,17(1),4分]做“探究加速度與力、質量的關系”實驗時,圖1甲是教材中的實驗方案;圖1乙是拓展方案,其實驗操作步驟如下:(i)掛上托盤和砝碼,改變木板的傾角,使質量為M的小車拖著紙帶沿木板勻速下滑;(ii)取下托盤和砝碼,測出其總質量為m,讓小車沿木板下滑,測出加速度a;(iii)改變砝碼質量和木板傾角,多次測量,通過作圖可得到a-F的關系.甲乙圖1①實驗獲得如圖2所示的紙帶,計數(shù)點a、b、c、d、e、f間均有四個點未畫出,則在打d點時小車的速度大小vd=m/s(保留兩位有效數(shù)字);

圖2②需要滿足條件M?m的方案是(選填“甲”“乙”或“甲和乙”);在作a-F圖像時,把mg作為F值的是(選填“甲”“乙”或“甲和乙”).

3.[2020安徽示范高中名校聯(lián)考,6分]為了測量木塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ,某小組使用DIS位移傳感器設計了如圖甲所示的實驗裝置,讓木塊從傾斜木板上一點A由靜止釋放,位移傳感器可以測出木塊到傳感器的距離.位移傳感器連接計算機,描繪出木塊相對傳感器的位移x隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示.圖甲圖乙(1)根據(jù)圖乙,計算0.4s時木塊的速度v=m/s,木塊的加速度a=m/s2.(結果均保留2位有效數(shù)字)

(2)為了測定動摩擦因數(shù)μ,還需要測量的量是;得出μ的表達式為μ=(已知當?shù)氐闹亓铀俣萭).

4.[7分]某研究性學習小組設計了如圖甲所示的實驗裝置來探究加速度和力、質量的關系.圖中長木板的傾角可以調整,鉤碼和滑塊的質量均可以改變(重力加速度大小為g).圖甲圖乙(1)探究加速度與力的關系.A.懸掛一質量為m0的鉤碼,調整長木板的傾角,直至輕推質量為M的滑塊后,紙帶上的點均勻分布,則滑塊沿長木板向下做勻速直線運動.B.保持長木板的傾角不變,取下細繩和鉤碼,接通打點計時器的電源,讓滑塊沿長木板滑下,打點計時器打出的紙帶如圖乙所示(已知打點計時器接頻率為50Hz的交流電源).打點計時器在打下D點時滑塊的速度vD=m/s;滑塊做勻加速直線運動的加速度a1=m/s2;滑塊下滑時所受合外力F1=.(計算結果保留到小數(shù)點后一位)

C.保持滑塊的質量不變,增加鉤碼的質量,重復步驟A、B,多次實驗得到加速度a1、a2、a3、…和合外力F1、F2、F3、…,以加速度a為縱軸,以合外力F為橫軸,作出的圖像是一條過坐標原點的直線,說明.

(2)探究加速度與質量的關系.A.懸掛一質量為m的鉤碼,調整長木板的傾角,直至輕推質量為M的滑塊后,紙帶上的點均勻分布,則滑塊沿長木板向下做勻速直線運動;B.保持長木板的傾角不變,取下細繩和鉤碼,接通打點計時器的電源,然后讓滑塊沿長木板滑下,求出滑塊的加速度;C.保持鉤碼的質量不變,改變滑塊的質量,;

D.再保持調整后長木板的傾角不變,取下細繩和鉤碼,接通打點計時器的電源,然后讓滑塊沿長木板滑下,求出滑塊的加速度;多次實驗得到加速度a1、a2、a3、…和滑塊的質量M1、M2、M3、…;以加速度a為縱軸,以為橫軸,作出的圖像是一條過坐標原點的直線.

一、選擇題(共10小題,60分)1.牛頓認為一切物體都具有的“自然本性”是慣性.下列關于“慣性”和“運動”的說法不符合牛頓觀點的是 ()A.作用在物體上的力,是使物體做“受迫運動”的原因B.一切物體的“自然運動”都是速度不變的運動C.豎直上拋的物體,因為有慣性,其速度只能連續(xù)變化,而不能突變D.靜止放在轉盤上的物體向轉盤邊緣滑去,是由于物體受到向外的力大于轉盤給物體的摩擦力2.[生產(chǎn)生活實踐問題情境——新能源汽車]如圖所示為一同學在網(wǎng)上發(fā)現(xiàn)的一幅新能源汽車的漫畫,有關這幅漫畫,下列說法正確的是 ()A.磁鐵對鐵塊的作用力大于鐵塊對磁鐵的作用力B.磁鐵對鐵塊的作用力大小等于鐵塊對磁鐵的作用力大小C.根據(jù)牛頓第二定律可知,這種設計能使汽車向前運動D.只要磁鐵的磁性足夠強,汽車就可以一直運動下去3.[2018全國Ⅰ,15]如圖所示,輕彈簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物塊P,系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上,使其向上做勻加速直線運動.以x表示P離開靜止位置的位移,在彈簧恢復原長前,下列表示F和x之間關系的圖像可能正確的是 ()ABCD[2021廣東惠州高三第一次調研]一條不可伸長的輕繩跨過質量可忽略不計的定滑輪,繩的一端系一質量M=15kg的重物,重物靜止于地面上,有一質量m=10kg的猴子,從繩子的另一端沿繩向上爬,如圖所示.不計滑輪與繩子間的摩擦,在重物不離開地面的條件下,猴子向上爬的最大加速度為(g取10m/s2)(）A.25m/s2 B.15m/s2C.10m/s2 D.5m/s25.在光滑水平面上有一小車A,其質量為M,小車上疊放一個物體B,其質量為12M.如圖甲所示,給B一個水平推力F,當F增大到某一值時,A、B恰好出現(xiàn)相對滑動.如果如圖乙所示,對A施加一水平向右的推力F',當F'增大到某一值時,A、B也恰好出現(xiàn)相對滑動,則A、B恰好出現(xiàn)相對滑動時F與F'的大小之比是 (A.1∶2 B.2∶1 C.3∶1 D.1∶36.如圖所示,A、B兩球(可視為質點)質量均為m,固定在輕彈簧的兩端,分別用細繩懸于O點,其中球A處在光滑豎直墻面和光滑水平地面的交界處.已知兩球均處于靜止狀態(tài),OA沿豎直方向,O、A、B恰好構成一個正三角形,重力加速度為g,則下列說法中正確的是 ()A.球A對豎直墻壁的壓力大小為12B.彈簧對球A的彈力大于對球B的彈力C.繩OB對B的拉力大小等于12D.球A對地面的壓力有可能為零7.[2021吉林長春高三質量監(jiān)測,多選]如圖所示,一輛裝滿石塊的貨車沿水平路面以加速度a向右做勻加速直線運動.貨箱中石塊B的質量為m,重力加速度為g.下列說法正確的是 ()A.貨車速度增加得越來越快B.貨車在相鄰的兩個相等時間間隔T內的位移之差為aT2C.與B接觸的物體對B的作用力大小為maD.與B接觸的物體對B的作用力方向水平向右8.[生產(chǎn)生活實踐問題情境][多選]讓人能夠從物理的視角看世界是學習物理的重要目標之一.下面四張圖片展現(xiàn)了生活中常見的情境,其中圖甲是自行車無動力沿著斜坡沖下,圖乙是自行車靠慣性沖上斜坡,圖丙是“托球”動作中乒乓球與球拍一起相對靜止水平向左運動的過程(虛線表示水平方向),圖丁是在球架上用豎直擋板卡住靜止的與圖丙相同的乒乓球,各圖中的θ角均相等,忽略空氣阻力和一切摩擦,對四個情境的物理規(guī)律分析正確的是 ()A.圖甲和圖乙中自行車的加速度一定相同B.圖甲的自行車和圖丙中的乒乓球加速度可能相等C.圖丙中球拍和乒乓球可能一起做勻速直線運動D.圖丙的球拍和圖丁的斜面產(chǎn)生的彈力一定相等9.[多選]如圖甲所示,傾角為θ的傳送帶始終以恒定速率v2逆時針運行,t=0時初速度大小為v1(v1>v2)的小物塊從傳送帶的底端滑上傳送帶,其速度隨時間變化的v-t圖像如圖乙所示,則 ()A.0~t3時間內,小物塊所受的摩擦力始終不變B.小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)滿足μ<tanθC.t2時刻,小物塊離傳送帶底端的距離達到最大D.小物塊返回傳送帶底端時的速率小于v110.[2021河南名校第一次聯(lián)考,多選]某興趣小組用小球研究物體下落的運動,在小球頂端固定一個壓縮的微型降落傘,可用遙控開關將降落傘打開.將小球從樓頂自由釋放,下落一段時間后,降落傘打開(傘打開所用時間可忽略不計).傘打開前可認為小球不受阻力作用,打開傘后小球受阻力作用,最后小球勻速下落.用t表示小球下落的時間,a表示小球下落的加速度,v表示小球下落的速度,F表示小球受到的合外力,f表示小球下落過程中所受的阻力.在整個下落過程中,下列圖像可能符合事實的是()ABCD二、非選擇題(共5小題,56分)11.[2020北京,15,9分]在“探究加速度與物體受力、物體質量的關系”實驗中,做如下探究:(1)為猜想加速度與質量的關系,可利用圖1所示裝置進行對比實驗.兩小車放在水平板上,前端通過鉤碼牽引,后端各系一條細線,用板擦把兩條細線按在桌上,使小車靜止.抬起板擦,小車同時運動,一段時間后按下板擦,小車同時停下.對比兩小車的位移,可知加速度與質量大致成反比.關于實驗條件,下列正確的是:(選填選項前的字母).

A.小車質量相同,鉤碼質量不同B.小車質量不同,鉤碼質量相同C.小車質量不同,鉤碼質量不同圖1(2)某同學為了定量驗證(1)中得到的初步關系,設計實驗并得到小車加速度a與質量M的7組實驗數(shù)據(jù),如下表所示.在圖2所示的坐標紙上已經(jīng)描好了6組數(shù)據(jù)點,請將余下的一組數(shù)據(jù)描在坐標紙上,并作出a-1M圖像次數(shù)1234567a/(m·s-2)0.620.560.480.400.320.240.15M/kg0.250.290.330.400.500.711.00圖2(3)在探究加速度與力的關系實驗之前,需要思考如何測“力”.請在圖3中畫出小車受力的示意圖.為了簡化“力”的測量,下列說法正確的是:(選填選項前的字母).

圖3A.使小車沿傾角合適的斜面運動,小車受力可等效為只受繩的拉力B.若斜面傾角過大,小車所受合力將小于繩的拉力C.無論小車運動的加速度多大,砂和桶的重力都等于繩的拉力D.讓小車的運動趨近于勻速運動,砂和桶的重力才近似等于繩的拉力12.[創(chuàng)新題——測定A4紙之間的動摩擦因數(shù)][9分]某同學想要通過實驗來測定A4紙之間的動摩擦因數(shù),所用的器材有:打點計時器、用A4紙做成的紙帶、電源、兩塊表面平整的鐵塊(質量已知)、帶定滑輪的木板、鉤碼(未標明質量)、細繩、小車(質量已知)、A4紙(多張)等.實驗步驟如下:①如圖甲所示,用兩張A4紙分別將兩鐵塊包好,使A4紙與鐵塊緊密貼在一起(鐵塊側面用透明膠粘好),然后安裝好實驗器材(如圖乙所示),帶定滑輪的木板水平放置,細繩與紙帶水平,將兩鐵塊固定(左右側分別有立柱);②第一次實驗時穿過打點計時器的紙帶不放在兩鐵塊之間,掛上適當?shù)你^碼,然后靜止釋放小車,根據(jù)鉤碼落地后打出的紙帶,算出小車的加速度大小為1.00m/s2;③第二次實驗時將穿過打點計時器的紙帶平放于兩鐵塊之間(紙帶寬度等于鐵塊寬度),鉤碼落地后,打出的一條紙帶(紙帶足夠長)如圖丙所示,紙帶上已標出了計數(shù)點O、A、B、C、D、E、F七個計數(shù)點及其他各點到O點的距離,相鄰兩計數(shù)點之間的時間間隔T=0.1s.(1)根據(jù)圖丙可知,當打點計時器打下計數(shù)點E時紙帶的速度為vE=m/s;紙帶的加速度大小為a=m/s2.(結果均保留三位有效數(shù)字)

(2)本實驗中(選填“需要”或“不需要”)測量出鉤碼的質量.

(3)已知小車的質量為M=2.00kg、每塊鐵塊的質量均為m0=0.50kg,取g=10m/s2,根據(jù)以上可知A4紙之間的動摩擦因數(shù)為μ=(計算結果保留三位有效數(shù)字).

13.[新角度——航空航天+牛頓運動定律][12分]2020年11月24日,我國在中國文昌航天發(fā)射場,用長征五號遙五運載火箭成功發(fā)射嫦娥五號月球探測器,開啟了我國首次地外天體采樣返回之旅.假設在發(fā)射火箭過程中,首先由火箭助推器提供推力,使火箭上升到離地面30km的高空,速度達到1.2km/s,然后助推器脫落并向上做減速運動,最后落回地面被回收.火箭助推器運動過程中所受地球引力可視為恒力,大小等于其在地球表面時所受的重力,助推器脫落后的運動過程中,受到的阻力大小恒為助推器重力的15,g=10m/s2(1)助推器能上升到距離地面的最大高度;(2)助推器落到地面前瞬間的速度大小和助推器從脫落到落回地面經(jīng)歷的時間.14.[生產(chǎn)生活實踐問題情境——滑雪][12分]滑雪是冬季常見的體育運動.如圖所示,一滑雪運動員與裝備總質量為75kg,從傾角為30°的山坡頂端由靜止向下滑行,未借助滑雪杖10s內向下滑行了100m.若該運動員在開始向下滑行時借助滑雪杖的作用,則其每次借助滑雪杖時都能獲得150N的沿山坡向下的推力,每次滑雪杖作用的時間為1s,間隔時間為2s,重力加速度g=10m/s2,運動員滑行過程中受到的阻力不變.求:(1)未借助滑雪杖,運動員滑行過程中受到的阻力大小;(2)運動員在滑雪杖第二次作用結束時滑行的距離.15.[14分]如圖所示,一平板小車C靜止在粗糙的水平面上,可視為質點的小滑塊A和B的質量分別為2m、m,平板小車的質量為3m.現(xiàn)讓小滑塊A和B分別以6v0和v0的初速度同時從平板小車C的兩端相向水平運動.已知小滑塊A和B與平板小車間的動摩擦因數(shù)均為μ,平板小車運動過程中受到水平面的阻力等于平板小車對水平面的壓力的μ6(1)為使小滑塊A和B不相碰,平板小車的長度至少是多少?(2)求A、B不相碰的情況下最終小滑塊B通過的路程.答案專題三牛頓運動定律考點1牛頓運動定律的理解與應用1.Dx-t圖線的斜率表示速度,結合題圖可知,在0~t1時間內速度不斷增加,即乘客的加速度方向向上,根據(jù)牛頓第二定律得FN-mg=ma,解得FN=mg+ma,則FN>mg,選項A錯誤;在t1~t2時間內,x-t圖線的斜率保持不變,所以速度不變,即乘客勻速上升,則FN=mg,選項B錯誤;在t2~t3時間內,x-t圖線的斜率變小,所以速度減小,即乘客減速上升,加速度方向向下,根據(jù)牛頓第二定律得mg-FN=ma,解得FN=mg-ma,則FN<mg,選項C錯誤,D正確.2.D解法一由題意分析可知,當木塊間的摩擦力達到fmax時,拉力F達到最大.將四個木塊看作整體,由牛頓第二定律得F+6mgsin30°=6ma,將兩個小木塊及斜面上靠右的大木塊看作整體,有fmax+4mgsin30°=4ma,以上聯(lián)立解得此時F=32fmax,選項D正確解法二由題意分析可知,當木塊間的摩擦力達到fmax時,拉力F達到最大.將兩個小木塊及上面的大木塊看作整體,利用力的質量分配定則有fmax=4m2m+4mF,解得此時F=3.C如圖所示,c球由C點自由下落到M點用時tc滿足R=12gtc2,得tc=2Rg.AM與水平面的夾角θ=45°,o球的加速度大小ao=mgsinθm=gsinθ,o球下滑到M點用時to滿足2Rsinθ=12aoto2,解得to=4Rg>tc.AM、BM在水平面上的投影長度相等,且L=2Rsinθcosθ,BM的傾角α=60°,則b球由B點下滑到M點用時tb滿足Lcosα=124.D在F由零逐漸增加的過程中,A所受摩擦力方向可能沿斜面向上,可能沿斜面向下,還有可能為零,A錯誤;對A、B整體,地面對B的支持力FN=(M+m)g,與力F大小無關,B錯誤;對A、B整體,由水平方向受力平衡可知,地面對B的摩擦力等于F,并隨F的增大而增大,則B對地面的摩擦力也隨F的增大而增大,C錯誤;當F=mgtanθ時,A與B間的摩擦力為零,A、B處于A與B間的摩擦力方向改變的臨界狀態(tài),D正確.5.ABA、B兩物塊在水平面上滑動時,根據(jù)牛頓第二定律可知,對整體有F-μ(m+M)g=(m+M)a1,對物塊A有T1-μmg=ma1,聯(lián)立得T1=mm+MF.A、B兩物塊在斜面上滑動時,根據(jù)牛頓第二定律可知,對整體有F-(m+M)gsinθ=(m+M)a2,對物塊A有T2-mgsinθ=ma2,聯(lián)立得T2=mm+MF.因為T1=T2,所以x1=x2,彈簧的伸長量關系與m和M的大小、μ和sinθ的大小均無關,恒有x考點2動力學兩類基本問題1.C物體靜止時,所受合力為零,設彈簧形變量為x0,斜面傾角為θ,彈簧勁度系數(shù)為k,有mgsinθ=kx0,設物體做勻加速運動的加速度為a,脫離彈簧前,經(jīng)過時間t,物體運動的位移x=12at2,此時彈簧的形變量為x0-x,根據(jù)牛頓第二定律有F+kx0-x-mgsinθ=ma,聯(lián)立解得F=ma+ka2.CD在0~2s內,由圖像得xt=-32t+6,即x=6t-12×3t2,與x=v0t+12a1t2比較得v0=6m/s,a1=-3m/s2,即1s末物塊的加速度大小為3m/s2,選項A錯誤;2s末,速度v2=v0+a1t2=0,向右運動的位移為6m,在2~6s內,分析可知物塊向左運動的位移大小為12m,即-12m=12a2t32,解得a2=-1.5m/s2,物塊水平向左做初速度為零的勻加速直線運動,6s末物塊的速度大小v6=1.5×4m/s=6m/s,選項B錯誤;根據(jù)牛頓第二定律知在2~6s內,有-F+μmg=ma2,在0~2s內有-F-μmg=ma1,解得μ=0.3.BCD由圖示分析可知,木塊沿斜面向上做勻減速運動時的加速度a1=k12=12×0-1005m/s2=-10m/s2,運動時間t=v-v0a=0-10-10s=1s<5s,故A錯誤;由A中分析可知,在0~1s內木塊向上做勻減速運動,1s后木塊反向做勻加速運動,則在t=1s時摩擦力反向,故B正確;由圖示分析可知,木塊反向做勻加速運動時的加速度a2=k22=12×3213-5m/s2=2m/s2,對木塊,由牛頓第二定律有-mgsinθ-μmgcosθ=ma1,mgsinθ-μmgcosθ=maAC根據(jù)A與B間摩擦力f隨外力F的變化關系可知:第一階段,F≤3N,此時的摩擦力f與外力相等,說明A、B都靜止,且B與地面間的滑動摩擦力為3N;第二階段,3N<F≤12N,A、B之間的摩擦力隨拉力F的增大而增大,但大于B與地面之間的滑動摩擦力3N,則A、B保持相對靜止,一起做勻加速運動;第三階段,F>12N,此時A、B間的摩擦力達到最大值,不再隨外力的變化而變化,則A、B間的摩擦力為滑動摩擦力,兩者發(fā)生相對滑動,故A與B間滑動摩擦力為6N.設A、B的質量分別為m1、m2,則有μ1m1g=6N,μ2(m1+m2)g=3N,聯(lián)立解得m1=1kg,m2=0.5kg,故A正確.第三階段,由題圖乙可知,A、B剛發(fā)生相對滑動時,拉力F=12N,又F=3t(N),則A、B剛發(fā)生相對滑動時,t=4s>1s,故B錯誤.當t=3s時,F=F1=9N<12N,但大于3N,A、B相對靜止并一起做勻加速運動,對A、B組成的系統(tǒng)有F1-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a1,代入數(shù)據(jù)可得a1=4m/s2,故C正確.B的最大加速度a2滿足μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a2,代入數(shù)據(jù)可得a2=6m/s2,故D錯誤.5.BD開始下落時,鐵球和塑料球速度均為0,阻力為0,此時加速度都為g,選項A錯誤;下落到速度達到最大值時,根據(jù)mg=kvm,又鐵球質量較大,知鐵球對應的vm值較大,選項B正確;設鐵球的密度為無窮大,有a=g-fm,則鐵球的加速度始終為g,空心塑料球的加速度小于g,故兩球從開始下落至下落相同的高度,鐵球所用時間較短,選項C錯誤;仍假設鐵球的密度為無窮大,則鐵球對應的vm也無窮大,鐵球從開始下落至速度達到其對應的vm時的位移也較大,選項D正確6.ACD由x-t圖像可知,物塊的速度先減小到零,再反向增大,最后勻速運動回到初始位置,可判斷傳送帶沿順時針方向轉動,A正確,B錯誤;由3.0~4.5s內的圖像可知,傳送帶的速度v=ΔxΔt=-34.5-3m/s=-2m/s,C正確;因2s末物塊的速度減為零,位移為4m,由x=12at2知a=2m/s2,則根據(jù)a=μg可知,小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ7.C實驗中物塊處于平衡狀態(tài)即可,沒有必要讓木板保持勻速運動,故選項A錯誤;由于物塊處于平衡狀態(tài),故其水平方向上受的拉力(傳感器的示數(shù))等于摩擦力,但不能說拉力(傳感器的示數(shù))就是摩擦力,兩力屬于平衡力的關系,故選項B錯誤;由題圖乙可以看出,最大靜摩擦力約為10N,滑動摩擦力約為7N,兩者之比約為10:7,選項C正確;由于不知道物塊的重力,也就不知道正壓力,因此只用題圖乙的數(shù)據(jù)無法求出物塊與木板間的動摩擦因數(shù),故選項D錯誤.8.(1)0.5m/s2(2)10.246N方向豎直向上解法一(1)設勻減速階段的時間為t,由運動學知識有vmax2×4s+vmax×22s+vmax其中vmax=1m/s,解得t=2s(1分)故勻減速階段的加速度大小為a=vmaxt=0.5m/s2(2)根據(jù)牛頓第二定律可知加速階段有F1-mg-f=ma0(2分)其中f=0.02mg,又a0=vmaxt0=0.代入數(shù)據(jù)解得勻加速階段無人機對物品的作用力F1=10.246N(1分)方向豎直向上(1分).解法二(1)作出無人機整個運動過程中的v-t圖像,如圖所示,由v-t圖線與坐標軸所圍圖形的面積表示位移可知25m=12×(22s+t總)×解得t總=28s(3分)故無人機勻減速過程的加速度大小a=1m/st總-26s(2)對無人機的勻加速過程,由動量定理有(F-mg-150mg)t1=mvmax代入數(shù)據(jù)解得無人機對物品的作用力F=10.246N,方向豎直向上(2分).考點3實驗:探究加速度與力、質量的關系1.(1)刻度尺(2分)(2)否(2分)(3)0.90(2分)解析:(1)由于要處理紙帶數(shù)據(jù),需要利用刻度尺測量兩個計數(shù)點之間的距離,所以還需要的器材是刻度尺.(2)由于繩子一端連接有能夠測繩子拉力的力傳感器,所以不需要小桶和砂子的總質量遠小于小車的質量.(3)題圖乙中相鄰兩個計數(shù)點之間的時間間隔為t=5T=5f=0.10s,根據(jù)Δx=at2,可求得小車的加速度a=0.90m/s22.①0.18~0.19(2分)②甲(1分)甲和乙(1分)解析:①相鄰兩個計數(shù)點之間的時間間隔T=5×0.02s=0.10s,根據(jù)做勻變速直線運動的質點在一段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度,可得打d點時小車的速度大小vd=ce2T=36.10-32.402×0.10×10②題圖1甲對應的實驗方案是把托盤和砝碼的重力視為小車受到的拉力,需要滿足條件M?m;題圖1乙對應的實驗方案是掛上托盤和砝碼,使小車勻速向下運動,受力平衡,去掉托盤和砝碼,小車所受的合外力F等于托盤和砝碼的重力mg.所以需要滿足條件M?m的方案是甲.在作a-F圖像時,把mg作為F值的是甲和乙.3.(1)0.40(1分)1.0(1分)(2)木板與水平面的夾角θ(2分)gsin解析:(1)根據(jù)做勻變速直線運動的物體某段時間內的平均速度等于這段時間內中間時刻的瞬時速度得:木塊0.4s末的速度為v=0.30-0.140.4m/s=0.40m/s;0.2s末的速度為v'=0.32-0.240.4m/s=0.20m/s.所以木塊的加速度a=ΔvΔt=(2)選取木塊為研究對象,由牛頓第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得μ=gsinθ-4.(1)1.7(1分)3.9(2分)m0g(1分)滑塊的加速度與合外力成正比(1分)(2)重新調整長木板的傾角,使滑塊重新勻速下滑(1分)1M解析:(1)計數(shù)周期T=0.04s,vD=CE2T=7.07+6.450.08×10-2m/s=1.7m/s;根據(jù)逐差法可得a1=CE-AC(2T)23.9m/s2;因為m0g=Mgsinθ-f,所以滑塊受到的合外力F1=Mgsinθ-f=m0g.(2)要保持合外力不變,所以重新調整長木板的傾角,使滑塊重新勻速下滑.因為a=FM,所以應以1M1.D根據(jù)牛頓第一定律可知,一切物體都處于靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài),作用在物體上的力,是物體改變運動狀態(tài)的原因,即“受迫運動”的原因,說法A符合牛頓的觀點;牛頓認為一切物體都具有的“自然本性”是慣性,一切物體的“自然運動”都是速度不變的運動,B符合牛頓的觀點;豎直上拋的物體,因為有慣性,其速度只能連續(xù)變化,而不能突變,C符合牛頓的觀點;靜止放在轉盤上的物體向轉盤邊緣滑去,是由于物體做勻速圓周運動所需要的向心力大于轉盤給物體的摩擦力,D不符合牛頓的觀點.2.B磁鐵對鐵塊的作用力和鐵塊對磁鐵的作用力是一對作用力和反作用力,大小相等,方向相反,選項A錯誤,B正確;磁鐵對鐵塊的作用力和鐵塊對磁鐵的作用力對于汽車系統(tǒng)來說是內力,無論磁鐵的磁性有多強,這種設計都不能使汽車一直向前運動,選項C、D錯誤.3.A假設物塊靜止時彈簧的壓縮量為x0,則由力的平衡條件可知kx0=mg,在彈簧恢復原長前,當物塊向上做勻加速直線運動時,由牛頓第二定律得F+k(x0-x)-mg=ma,由以上兩式解得F=kx+ma,顯然F和x為一次函數(shù)關系,且在F軸上有截距,則A正確,B、C、D均錯誤.4.D重物恰好不離開地面時,繩子對重物的拉力F=Mg,此時繩子對猴子的作用力最大,為F'=Mg,對猴子由牛頓第二定律有F'-mg=ma,代入數(shù)據(jù)解得猴子向上的最大加速度a=5m/s2,D項正確.5.A設小車A與物體B間的動摩擦因數(shù)為μ,對于題圖甲所示的情況,推力F最大時,對A、B整體分析有F=(M+12M)a1,對小車A分析有μ·12Mg=Ma1;對于題圖乙所示的情況,對A、B整體分析有F'=(M+12M)a2,對物體B分析有μ·12Mg=12Ma2;聯(lián)立解得F∶F'6.DA、B兩球的受力分析如圖所示,對B球有TOBsin60°=FBsin60°,TOBcos60°+FBcos60°=mg,解得TOB=FB=mg,選項C錯誤;由牛頓第三定律可知,彈簧對球A的彈力與對球B的彈力大小相等(FA=FB)、方向相反,選項B錯誤;對球A有F'N=FAsin60°,即豎直墻壁對A的支持力F'N=32mg,故FN=F'N=32mg,選項A錯誤;當繩OA對A的拉力TOA=mg+FAcos60°,即TOA=32mg時,地面對球A的支持力恰好為零,故球7.BC貨車做勻加速直線運動,單位時間內貨車的速度增加量不變,故A選項錯誤;根據(jù)勻變速直線運動的推論可知,貨車在相鄰的兩個相等時間間隔T內的位移之差為aT2,故B選項正確;貨車沿水平路面以加速度a向右做勻加速直線運動,與B接觸的物體對B的作用力F的方向如圖所示,作用力大小為ma2+8.AD圖甲、乙中自行車和人整體受到重力和斜面的支持力兩個力,加速度均為a=gsinθ,方向沿斜面向下,選項A正確;圖丙中乒乓球也是受到重力和球拍的支持力兩個力,兩個力的合力方向水平向左,乒乓球不可能做勻速運動,加速度大小a丙=mgtanθm=gtanθ,選項B、C錯誤;對圖丙、丁中乒乓球受力分析可知,乒乓球受到球拍和斜面的支持力均為FN=9.BD從題圖乙可看出t2前后加速度發(fā)生了變化,加速度是由重力沿斜面向下的分力和摩擦力共同產(chǎn)生的,則摩擦力一定發(fā)生了變化,A錯誤.在0~t2內小物塊沿傳送帶先向上做勻減速運動再向下做勻加速運動,t2時刻前,滑動摩擦力均沿傳送帶向下,若動摩擦因數(shù)足夠大,則t2時刻后可出現(xiàn)靜摩擦力與重力沿斜面向下的分力平衡,小物塊做勻速運動,由于小物塊繼續(xù)加速,故動摩擦因數(shù)不夠大,小物塊所受的滑動摩擦力沿傳送帶向上,即有mgsinθ-μmgcosθ=ma2>0,故μ<tanθ,B正確.t1時刻小物塊速度為零,離傳送帶底端距離最大,C錯誤.根據(jù)對稱性,小物塊向上達到速度大小為v2時和向下速度大小為v2時在地面參考系中是同一位置,設該位置到底端的長度為x,小物塊返回底端時的速度大小為v3,則v22-v12=-2a1x,v32-v22=2a2x,又a1>a10.BC小球從樓頂自由釋放,先做自由落體運動,下落一段時間后打開降落傘,最后小球做勻速運動.則打開降落傘后,小球有如下三種可能的運動過程.第一種可能:打開降落傘時小球的速度較小,阻力小于重力,則小球的加速度方向不變,大小突變?yōu)橐粋€較小的值,然后做加速度逐漸減小的加速運動,速度逐漸增大,阻力也逐漸增大,直至阻力與重力大小相等,加速度為零,速度恒定.第二種可能:打開降落傘時小球的速度為某一定值,阻力恰好等于重力,則小球加速度為零,速度恒定.第三種可能:打開降落傘時小球的速度較大,阻力大于重力,則小球的加速度反向,做加速度逐漸減小的減速運動,速度逐漸減小,阻力也逐漸減小,直至阻力與重力大小相等,加速度為零,速度恒定.對比可知,選項B和選項C均對應第三種可能情況,故選項B、C可能正確.選項A中,加速度不會從恒定逐漸減小,少了一個突變過程,故選項A錯誤.選項D中阻力最后不會變?yōu)榱?故選項D錯誤.11.(1)B(2分)(2)如圖甲所示(2分)(3)如圖乙所示(3分)AD(2分)圖甲圖乙解析:(1)本實驗用控制變量法探究加速度與質量的關系,故小車所受拉力應相同,小車質量應不同,即小車質量不同,鉤碼質量相同,選項B正確.(3)使小車沿傾角合適的斜面運動,可平衡摩擦力,小車受力可等效為只受繩的拉力,選項A正確;若斜面傾角過大,小車重力沿斜面向下的分力大于摩擦