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2023年高考一轮复习专题7　牛顿第二定律　两类动力学问题
考点梳理
牛顿第二定律
1．内容：物体加速度的大小跟它所受到的作用力成正比，跟它的质量成反比．加速度的方向与作用力的方向相同．
2．表达式：F＝ma，F与a具有瞬时对应关系．
3．力学单位制
(1)单位制由基本单位和导出单位共同组成．
(2)力学单位制中的基本单位有质量(kg)、长度(m)和时间(s)．
(3)导出单位有N、m/s、m/s2等．
方法提炼
1．瞬时问题的分析：题目中同时有轻绳和弹簧，剪断轻绳时，弹簧的弹力不能瞬间发生变化．剪断弹簧时，绳上的拉力在瞬间发生变化．
2．解决两类动力学问题的基本方法
以加速度a为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：
[考点分析]
考点一　用牛顿第二定律分析瞬时加速度
考点二　动力学两类基本问题
求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：
分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．
[题型训练]
一．选择题（共15小题）
1．（2022 重庆模拟）如图所示，甲、乙两物块位于光滑水平面上并通过水平轻弹簧连接，物块甲受到水平恒力F作用，两物块保持相对静止以相同大小的加速度a水平向右做匀加速直线运动。甲、乙物块质量分别为m、2m，弹簧在弹性限度内，不计空气阻力，撤去力F瞬时，甲、乙物块的加速度大小分别为a甲、a乙，则（　　）
A．a甲＝a乙＝a B．a甲＝a，a乙＝2a
C．a甲＝2a，a乙＝a D．a甲＝a乙＝2a
2．（2022 湖南模拟）一列磁悬浮列车在水平直轨道上运行，不计一切阻力，当牵引力为F时，列车从静止开始在t时间内前进了x。如果牵引力增大为2F时，列车从静止开始在t时间内前进（　　）
A．x B．2x C．4x D．8x
3．（2022 九龙坡区校级模拟）质量为2kg的雪橇在倾角θ＝37°的斜坡向下滑动过程中，所受的空气阻力与速度成正比，比例系数k未知。雪橇运动的某段过程v﹣t图像如图中实线AD所示，且AB是曲线最左端那一点的切线，B点的坐标为（4，9），CD线是曲线的渐近线，已知sin37°＝0.6。下列说法中正确的是（　　）
A．当v0＝3m/s时，雪橇的加速度为0.75m/s2
B．在0～4s过程中雪橇的平均速度为4.5m/s
C．雪橇与斜坡间的动摩擦因数是0.75
D．空气阻力系数k为1kg/s
4．（2022 河东区校级模拟）如图所示，木块B上表面水平，木块A置于B上，与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止下滑，在下滑过程中，下列说法正确的是（　　）
A．木块B对A的摩擦力为零
B．木块A对B的作用力方向垂直斜面斜向下
C．如果撤去木块A，则B的加速度变小
D．木块B对A的支持力等于A的重力大小
5．（2022 湖南模拟）如图所示，倾角θ＝60°足够长的斜面体刚好置于左右有固定挡块的光滑水平面上，质量为m的物体沿斜面加速下滑，斜面静止，已知物体与斜面间的动摩擦因数为．为探究物体沿斜面运动与外力的关系，现对物体分别施加如图所示三个方向的拉力，拉力F1竖直向下，拉力F2水平向左，拉力F3水平向右，在以上探究中，斜面保持静止，物体始终在斜面上，下列说法正确的是（　　）
A．不加拉力时，挡块对斜面没有水平作用力
B．施加拉力F1时，物体的加速度和不加拉力时相同
C．施加拉力F2时，左挡块对斜面有水平向右的作用力
D．无论怎样增大拉力F3也不能使物体最终沿斜面向上运动
6．（2022 威海二模）如图所示，在倾斜的滑杆上套有一圆环，圆环通过轻绳连接一小球，若圆环和小球一起沿滑杆下滑的过程中，轻绳始终处于竖直状态。下列说法正确的是（　　）
A．小球一定做匀加速直线运动
B．小球一定做匀速直线运动
C．圆环与滑杆之间无摩擦
D．滑杆对圆环的弹力等于圆环和小球的重力之和
7．（2022 郑州三模）如图所示，质量分别为m1和m2的甲、乙两本书叠放在水平桌面上。已知甲、乙间动摩擦因数为μ1，乙与桌面间动摩擦因数为μ2，且μ1＜μ2。水平推力F（F≠0）作用在甲书上，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　）
A．若甲、乙均静止不动，甲、乙之间摩擦力大小为0
B．若F＞μ1m1g，甲书能相对乙书滑动
C．若F＞μ2（m1+m2）g，乙书能相对桌面滑动
D．若将F作用在乙书上，无论F多大，甲、乙之间都不会相对滑动
8．（2022 兴庆区校级三模）如图所示，水平面上有一固定着轻质定滑轮O的木块A，它的上表面与水平面平行，它的右侧是一个倾角θ＝37°的斜面。放置在A上的物体B和物体C通过一轻质细绳相连，细绳的一部分与水平面平行，另一部分与斜面平行。现对A施加一水平向右的恒力F。使A、B、C恰好保持相对静止。已知A的质量为2m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则恒力F的大小为（　　）
A．mg B．mg C．mg D．mg
9．（2022 湖南模拟）如图所示，置于电梯水平地板上的台式弹簧秤上放有重物，在电梯沿竖直方向运动的某段时间内，弹簧秤读数比电梯静止时增大了，则电梯该段时间的运动情况可能是（　　）
A．向上匀速运动 B．向下匀速运动
C．向上加速运动 D．向下加速运动
10．（2022 山东模拟）东京奥运会上，14岁少女全红婵一鸣惊人，作为中国奥运代表团最年轻的运动员，以创纪录的成绩夺得10米跳台冠军，让五星红旗高高飘扬在东京水上运动中心上空。不计空气阻力，全红婵从离开跳台平面到触及水面的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态
B．上升过程处于失重状态，下落过程处于超重状态
C．全过程中一直处于超重状态
D．全过程中一直处于失重状态
11．（2022 海淀区模拟）某同学用如图所示实验来认识超重和失重现象，先保持手指和钩码静止，感受套在手指上的橡皮筋对手指的压力。然后设法使钩码上下振动，手指保持静止感受橡皮筋对手指压力的变化。下列说法中正确的是（　　）
A．钩码下降过程，处于失重状态
B．钩码上升过程，处于失重状态
C．钩码下降和上升过程，都能出现失重现象
D．钩码由最高点下降到最低点的过程，先出现超重现象，后出现失重现象
12．（2022 佛山模拟）“神舟十三号”在“长征二号”运载火箭的推动下顺利进入太空，如图所示为“长征二号”运载火箭，下列关于它在竖直方向加速起飞过程的说法，正确的是（　　）
A．火箭加速上升时，航天员对座椅的压力小于自身重力
B．保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后做自由落体运动
C．火箭喷出的热气流对火箭的作用力大小等于火箭对热气流的作用力
D．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭升空
13．（2022 肥城市模拟）2021年9月17日，神舟十二号返回舱成功着陆。返回舱返回时先脱离原有飞行轨道，仅在地球引力作用下做近心运动，之后进入地球大气层，当返回舱距离地面10km左右时，先后打开引导伞、减速伞和主伞，以此保证返回舱以较柔和的方式实现多次减速，防止航天员一次受到过大的冲击力。在返回舱即将着陆时，安装在返回舱底部的反推发动机点火工作，保证返回舱最后落地时速度小于2m/s。下列说法正确的是（　　）
A．进入地球大气层前，返回舱处于超重状态
B．返回舱打开减速伞后处于失重状态
C．返回舱打开主伞时处于失重状态
D．反推发动机点火瞬间返回舱处于超重状态
14．（2022 海淀区校级三模）物体在流体中运动时，流体的阻力跟物体相对于流体的速度有关，速度越大，阻力越大。雨滴在空气中下落，下落过程中可将雨滴看作球体。雨滴速度越来越大，所受空气阻力也越来越大，当阻力增加到跟雨滴所受的重力相等时，二力平衡，雨滴匀速下落。学校兴趣小组同学为了进一步探究雨滴下落时的阻力情况，查阅资料得到如下信息：极小雨滴在云层中与其它小雨滴或小冰晶碰撞结合，不断翻腾，经过漫长的过程变为可以从云层中掉落的较大雨滴；
①雨滴极小时，下落过程中受到的阻力可以表示为：f＝6πηrv，r为雨滴半径，v为雨滴下落的速度，η为流体的黏滞系数，其大小与空气的温度、浓度等有关。
②雨滴较大时，下落过程中受到的阻力可以表示为：fCDρSv2，ρ表示空气密度，S表示横截面积，v为雨滴下落的速度，CD是阻力系数，称为雷诺数。其中CD0.4，Re，L是与横截面半径成正比的特征长度，单位为m。
根据以上信息分析，下列判断正确的是（　　）
A．极小雨滴不易从云层中落下是因为受空气阻力大于自身重力
B．静止释放的较大雨滴在只考虑流体阻力的影响下，半径越大的雨滴匀速下落越快
C．雷诺数CD是一个与雨滴大小无关的确定常数
D．Re的单位是kg m 1 s 1
15．（2021 湖北模拟）如图，一倾角为37°的光滑斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块C，另一端与斜面上的长木板B相连，长木板B上有一物块A，A、B的质量都为2kg，C的质量为1kg，A、B之间的摩擦因数为，取重力加速度g＝10m/s2。起初用手将三物体按照图示位置保持静止，松手后，下列说法正确的是（　　）
A．A、B将会一起下滑
B．B将相对A向下滑
C．B开始运动的加速度为m/s2
D．B开始运动的加速度为4m/s2
二．实验题（共2小题）
16．（2022 辽宁模拟）图甲为验证牛顿第二定律的实验装置示意图，连接在小车后面的纸带穿过电火花打点计时器，将小车和挂在竖直面内的拉力传感器用一条柔软的轻绳通过光滑的定滑轮和轻质动滑轮连接起来。拉力传感器是一种将物理信号转变为可测量的电信号输出的装置，用于检测小车受到的拉力大小。
（1）在安装器材时，要调整小滑轮的高度，使拴小车的细绳与木板平行，这样做的目的是 　 　（填字母代号）。
A.防止打点计时器在纸带上打出的点迹不清晰
B.保证小车最终能够实现匀速直线运动
C.平衡摩擦力后使细绳的拉力等于小车受到的合力
（2）实验中 　 　（选填“需要”或“不需要”）满足所挂钩码的质量远小于小车的质量。
（3）第一实验小组在实验中得到一条纸带的一部分如图乙所示，用毫米刻度尺测量并在纸带上标出了部分段长度，相邻两计数点间的距离如图所示，相邻两计数点间还有4个计时点未标出，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz。根据图中数据计算出加速度的大小为 　 　m/s2。（计算结果保留两位有效数字）
（4）第二实验小组根据测量数据作出如图丙所示的a﹣F图像，该小组同学做实验时存在的问题是 　 　。
17．（2022 襄城区校级模拟）某实验小组做验证牛顿第二定律的实验。
（1）小熊同学用如图甲所示的实验装置来做实验，验证质量一定时，物体的加速度与所受合外力成正比。图中带滑轮的长木板水平放置于桌面上，拉力传感器可直接显示轻绳上的拉力大小F。
①小熊做实验时，下列操作不需要的是 　 　。
A．将长木板右端适当垫高，使小车不连接砂桶时能沿长木板匀速下滑
B．让小车停在靠近打点计时器的地方，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数F（写在对应的纸带上）
C．改变砂和砂桶质量，打出几条纸带
D．用天平测出砂和砂桶的质量
E．务必每次都要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
F.检查拉小车的上下两根细绳是否都与长木板平行
②图乙为小熊在实验中打下的一条纸带，每两计数点间还有四个计时点未画出，打点计时器的频率为50Hz，则小车的加速度大小为 　 　m/s2。（保留一位有效数字）
③小熊通过改变砂桶中砂的质量，多次实验得出的a﹣F关系图像，斜率为k，则小车质量为 　 　。
（2）小明同学用如图丙所示的实验装置来做实验，验证外力一定时，物体的加速度与质量成反比。图中带滑轮的长木板水平放置于桌面上，小明同学在砂和砂桶质量保持不变的情况下，满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量。通过多次实验，得出数据，以小车和车内砝码的总质量的倒数为横坐标，以加速度为纵坐标，描绘出a图像，发现图像是一条不过原点的直线，图像斜率为k'，纵截距为﹣b，已知当地的重力加速度为g，通过图像可得小车和长木板间动摩擦因数为 　 　，砂和砂桶的质量为 　 　。
三．计算题（共3小题）
18．（2022 怀仁市校级模拟）如图所示，质量为M＝2kg的木板B静止在粗糙的水平面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，木板长为L，距离木板右边s处有一挡板，在木板的左端放置一个质量m＝3kg、可视为质点的小木块A，以初速度v0＝5m/s滑上木板，小木块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.2，取g＝10m/s2。求：
（1）假设A没有从B上滑下来，请问B板至少要多长；
（2）要使木板不撞挡板，则挡板距离木板右边的距离s至少要多长。
19．（2022 淮北二模）我国自主研制的“奋斗者”号潜水器成功下潜突破万米，给世界带来巨大的震撼。某次潜水器完成作业后，以10m/s的速度匀速上浮到达离海面5000m处时，在极短的时间内以20m/s的速度竖直向下抛出一质量为4t的载重，然后加速至最大速度20m/s后匀速运行，距水面距离较近时关闭发动机，减速至水面时速度恰好为零。设潜水器抛载后体积、发动机推动力、海水阻力均不变。已知潜水器抛载前总质量为40t，体积为40m3，海水密度取1.0×103kg/m3。潜水器上浮过程受到海水的阻力为5×104N，重力加速度可视为常量，大小取10m/s2。求：
（1）潜水器抛载后获得的速度和加速度大小；
（2）潜水器从抛载到浮出水面所需的时间。
20．（2017 杨浦区一模）如图甲所示，用大型货车运输规格相同的圆柱形水泥管道，货车可以装载两层管道，底层管道固定在车厢里，上层管道堆放在底层管道上，如图乙所示。已知水泥管道间的动摩擦因数μ，货车紧急刹车时的加速度大小为8m/s2．每根水泥管道的质量m＝1500kg，重力加速度取g＝10m/s2，求：
（1）货车沿平直路面匀速行驶时，乙图中管A、B之间的弹力大小；
（2）如果货车在水平路面上匀速行驶的速度为43.2km/h，要使货车在紧急刹车时上管道不撞上驾驶室，最初堆放时上层管道最前端应该离驾驶室的最小距离。
参考答案与试题解析
一．选择题（共15小题）
1．【解答】解：由题知，撤去力F前，此时弹簧弹簧力为F'，对物块乙根据牛顿第二定律F'＝2ma
撤去力F瞬间，弹簧弹力大小不变，则乙物体加速度不变，对甲物体有F'＝ma甲
则有a甲＝2a
a乙＝a
故ABD错误，C正确。
故选：C。
2．【解答】解：根据牛顿第二定律得：
F＝ma
根据运动学公式可得：
联立解得：，根据力的比值关系可知，如果牵引力增大为2F时，列车从静止开始在t时间内前进2x，故B正确，ACD错误；
故选：B。
3．【解答】解：B、若AD这段是匀加速运动，则平均速度为，但从图像中，可知这段位移为变加速运动，故0﹣4s过程中雪橇的平均速度不等于4.5m/s，故B错误；
A、v﹣t图像的某点切线的斜率代表了该点的瞬时加速度，则在A点的加速度为，故A错误；
CD、在A点处，根据牛顿第二定律可得mgsinθ﹣μmgcosθ﹣kvA＝maA
从图像可知，从D点开始，雪橇做匀速运动，则有mgsinθ﹣μmgcosθ﹣kvD＝0
代入数据解得：k＝1kg/s，，故C错误，D正确；
故选：D。
4．【解答】解：木块A、B一起沿光滑斜面下滑，设加速度为a，斜面的倾角为θ，两木块的质量分别为mA、mB；
对AB系统，由牛顿第二定律得：（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a，解得：a＝gsinθ；
A、由图1所示可知，A在水平方向有向右的分加速度ax，木块B对A的摩擦力f不为零，故A错误；
B、A受力如图2所示，设摩擦力f与支持力N的合力F与水平方向夹角为α，
竖直方向，由牛顿第二定律得：mAg﹣N＝mAay①
水平方向，由牛顿第二定律得：f＝mAax②
A的加速度：a＝gsinθ
竖直分加速度：ay＝asinθ＝gsinθsinθ③
水平分加速度：ax＝acosθ＝gsinθcosθ④
合力F与水平方向夹角的正切值：tanα⑤
由①②③④⑤解得：tanα＝tan（θ）
则：α+θ，B对A的作用力方向垂直斜面向上，
由牛顿第三定律可知，A对B的作用力方向垂直斜面向下，故B正确；
C、撤去木块A，对木块B，由牛顿第二定律得：mBgsinθ＝mBa，解得：a＝gsinθ，B的加速度不变，故C错误；
D、木块A在竖直方向有向下的加速度ay，木块A处于失重状态，木块A对B的压力小于它的重力，由牛顿第三定律可知，木块B对A的支持力小于A的重力，故D错误。
故选：B。
5．【解答】解：A、不加拉力时，小滑块在斜面上做匀加速直线运动。整体有水平向左的加速度，根据牛顿第二定律得，挡块对斜面有水平向左的的弹力，故A错误；
B、对物体受力分析，由牛顿第二定律，（F1+mg）（sin 60°﹣μcos 60°）＝ma，由于摩擦因数μ＜tanθ，可知加速度和不加拉力时不相同，施加拉力F1时比不加拉力时加速度大，故B错误；
C、施加拉力F2时，若滑块与斜面之间有没有摩擦力，滑块对斜面有右下的弹力作用，右挡块对斜面与水平向左的弹力；若滑块与斜面之间有有摩擦力，由于摩擦因数μ＜tanθ，
滑块对斜面的作用力竖直方向偏右下，挡块对斜面体有水平向左的弹力，故C错误；
D、施加拉力F3时，；物体刚上滑时，对物体受力分析，由平衡条件，（F3cos60°﹣mgsin 60°）﹣μ（mgcos 60°+F3sin 60°）＝0，得F3＝mg（sin 60+μcos 60°）/（cos 60°﹣μsin 60°），
可知没有解，即无论怎样增大拉力F3，也不能使物体最终沿斜面向上运动，故D正确.
故选：D。
6．【解答】解：AB、小球受两个力作用，重力和轻绳拉力，因为悬挂小球的轻绳始终处于竖直方向，这两个力的合力一定不会沿杆方向，故二力平衡，小球做匀速直线运动，故A错误，B正确；
CD、对环进行受力分析可知，环受重力、轻绳拉力、滑杆支持力和摩擦力4个力的作用而平衡，故CD错误。
故选：B。
7．【解答】解：A、对甲受力分析受到自身的重力，推力F，乙对甲的支持力，甲静止不动，故甲还受到乙对甲向左的摩擦力，故A错误；
B、若F＞μ1m1g，乙受到桌面的最大静摩擦力f＝μ2（m1+m2）g＞μ1m1g，说明乙书静止，此时F＞μ1m1g，甲书能相对乙书滑动，故B正确；
C、若F＞μ2（m1+m2）g＞μ1m1g，乙受到桌面的最大静摩擦力f＝μ2（m1+m2）g＞μ1m1g，乙书相对桌面静止，故C错误；
D、若将F作用在乙书上，甲乙之间发生相对滑动时，甲的加速度为a，当F﹣μ1m1g﹣μ2（m1+m2）g＞m2a时，甲、乙之间会相对滑动，故D错误；
故选：B。
8．【解答】解：对B、C受力分析，如图所示
使A、B、C恰好保持相对静止时三者具有相同的加速度
对B，根据牛顿第二定律得
T＝ma①
对C，根据牛顿第二定律得
FNsinθ﹣Tcosθ＝ma②
FNcosθ+Tsinθ＝mg③
联立①②③代入数据解得
对A、B、C整体用牛顿第二定律得
。
故D正确，ABC错误。
故选：D。
9．【解答】解：台式弹簧秤的示数变大则说明人处于超重状态，说明电梯的加速度向上，电梯可能向上加速或向下减速，故ABD错误，C正确；
故选：C。
10．【解答】解：上升和下降的过程中，都是只受到向下的重力的作用，加速度的大小为重力加速度g，都处于完全失重状态，故D正确，ABC错误。
故选：D。
11．【解答】解：AD．钩码由最上端向下运动的过程中是由静止开始运动，所以从开始运动至最低点过程中，先是加速下降，后是减速下降，其加速度的方向先是向下的，后是向上的，所以是先失重后超重，故AD错误；
B．钩码由最下端向上运动的过程中，先是加速上升，后是减速上升，其加速度的方向先是向上的，后是向下的，所以是先超重后失重；故B错误；
C．钩码下降和上升过程，都有加速度向下的阶段，所以都能出现失重现象，故C正确。
故选：C。
12．【解答】解：A.加速起飞时合力向上，航天员处于超重状态，对座椅的压力大于自身重力，故A错误；
B.塑料脱落时具有竖直向上的速度，若不考虑空气阻力，先向上减速到零，再做自由落体运动，即做竖直上抛运动，若考虑空气阻力，根据牛顿第二定律可知，先向上做加速度减小的减速运动，再向下做加速度减小的加速运动，最后有可能匀速，故B错误；
C.根据牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，故C正确；
D.火箭升空是利用喷出高温高压的热气流，获得反作用力，不是空气反推力，太空中没有空气，故D错误。
故选：C。
13．【解答】解：A、进入地球大气层前，返回舱加速度方向向下，返回舱处于失重状态，故A错误；
B、返回舱打开减速伞后，加速度方向向上，处于超重状态，故B错误；
C、返回舱打开主伞时加速度方向向上，处于超重状态，故C错误；
D、反推发动机点火瞬间返回舱的加速度向上，返回舱处于超重状态，故D正确；
故选：D。
14．【解答】解：A。极小雨滴下落过程中所受空气阻力与速度成正比，当较小雨滴匀速运动时，其所受阻力与重力平衡，此时雨滴速度最大，所受空气阻力最大，所以其所受空气阻力不可能大于自身重力，极小雨滴不易从云层中落下是因为在云层中与其他小雨滴或小冰晶碰撞结合，不断翻腾，经过漫长的过程变成了较大的雨滴，故A错误；
C、雷诺数CD与Re有关，Re越大，雷诺数越小，而Re又与特征长度L有关，L越大，Re越大，且L是与横截面半径成正比的特征长度，因此雨滴越大，L越大，Re越大，雷诺数越小，故C错误；
D、根据雷诺数的表达式可知它是一个无量纲的常数，则Re也是一个无量纲的常数，故D错误；
B、设雨滴半径为R，则其质量为
横截面积为
S＝πR2
当雨滴以速度v匀速下落时，根据平衡条件得：
联立解得：
因此半径越大的雨滴，特征长度L越大，雷诺数越小，所以v越大，故B正确；
故选：B。
15．【解答】解：假设A、B间无相对滑动，设绳子拉力为T，将A、B看为整体，有（mA+mB）gsin37°﹣T＝（mA+mB）a，T﹣mCg＝mCa，解得a＝2.8m/s2，方向沿斜面向下
只研究A物块时有mAgsin37°﹣μmAgcos37°＝mAaA，解得aA＝3m/s2，方向沿斜面向下
从而说明A、B间存在相对滑动，且B相对A向上滑动
将B、C看为整体，则有mBgsin37°+μmAgcos37°﹣mCg＝（mB+mC）a′，解得a′m/s2，方向沿斜面向下
故C正确，ABD错误。
故选：C。
二．实验题（共2小题）
16．【解答】解：（1）实验中调节定滑轮高度，使连接小车的细绳与木板平行，可在平衡摩擦力后使细绳的拉力等于小车所受的合力，如果不平行，细绳的拉力在垂直于木板的方向上就有分力，改变了摩擦力，就不能使细绳的拉力等于小车所受的合力，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2）由于本实验中的力传感器可以读出绳的拉力，所以不需要满足所挂钩码质量远小于小车质量。
（3）因纸带上两相邻计数点的时间间隔为T＝0.10s，设s1＝8.30cm、s2＝10.50cm、s3＝12.70cm、s4＝14.90cm，由，代入数值得a＝2.2m/s2。
（4）图像在F轴上的截距不为零，说明力传感器显示有拉力时，小车仍然静止，这是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够造成的。
故答案为：（1）C；（2）不需要；（3）2.2；（4）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够
17．【解答】解：（1）A、本实验需要平衡摩擦力，将长木板右端适当垫高，使小车能够自由匀速滑动，故A正确；
B、实验时先接通电源，待工作稳定后再释放纸带，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故B正确；
C、改变砂和砂桶质量打出几条纸带，故C正确；
DE、由于此装置安装了拉力传感器来测绳子的拉力，即小车受到的拉力，所以不需要天平测量小桶的质量，也不需要该质量远小于小车的质量，故DE错误；
F、为了保证小车做匀变速直线运动，需要检查拉小车的上下两根细绳是否都与长木板平行，故F正确；
故选：ABCF。
根据逐差法可知小车的加速度为：
根据牛顿第二定律F＝ma可知，a﹣F图像的斜率为，则小车质量为m。
（2）设砂和砂桶的质量为m，根据牛顿第二定律得：
mg﹣μMg＝Ma
化简得：
因此，μ；m＝k'
故答案为：（1）ABCF；4；；（2）；k'
三．计算题（共3小题）
18．【解答】解：（1）对木块A由牛顿第二定律得﹣μ1mg＝ma1
解得
对木板B由牛顿第二定律得μ1mg﹣μ2（m+M）g＝Ma2
解得：
设经过时间t后A、B达到共同速度v，由运动学公式得v＝v0+a1tv＝a2t
解得v＝1m/s；t＝2s
t时间段内，由运动学公式得A、B的位移分别为；
因此B板的长度至少为L＝5m
（2）当A、B相对静止后，以共同的加速度向前减速，根据牛顿第二定律得﹣μ2（m+M）g＝（m+M）a3
解得：
设木板B加速和减速通过的位移分别为x2、x3，则加速过程有
减速过程有
联立解得：s＝1.5m
答：（1）假设A没有从B上滑下来，请问B板至少要5m；
（2）要使木板不撞挡板，则挡板距离木板右边的距离s至少要1.5m。
19．【解答】解：（1）设潜水器抛载前总质量为m1，抛载后总质量为m2，抛出的载重为m0，选竖直向上的方向为正方向，根据动量守恒定律得：
m1v0＝m2v1﹣m0v2
其中
；
解得：
抛载前潜水器匀速运动，受力平衡，则有
F+F浮＝m1g+f
其中，F浮＝ρVg＝1.0×103×10×40N＝4×105N＝m1g
解得：F＝f＝5×104N
抛载后潜水器的加速度为
F+F浮﹣m2g﹣f＝m2a
解得：a
（2）潜水器做匀加速直线运动到最大速度所需的时间和位移分别为
关闭发动机后潜水器做匀减速直线运动的加速度大小为
做匀减速直线运动到海面的时间和位移为
潜水器以最大速度做匀速直线运动的位移和时间为
h2＝H﹣h21﹣h3
潜水器从抛载到付出水面所需要的时间为
t＝t1+t2+t3
联立解得：t＝287s
答：（1）潜水器抛载后获得的速度为，加速度大小为；
（2）潜水器从抛载到浮出水面所需的时间为287s。
20．【解答】解：（1）上层管道横截面内的受力分析，其所受支持力为FN，如图所示：
则有：FNcos30°mg，
解得：FN＝5000N。
（2）由题意知，紧急刹车时上层管道受到两个滑动摩擦力减速，
2μFN＝ma1，
代入数据解得：a1m/s2，
货车紧急刹车时的加速度a2＝8m/s2，
货车的刹车距离：
x2①
上层管道在急刹车及货车停下后运动的总距离：
x1②
上层管道相对于货车滑动的距离：
△x＝x1﹣x2﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
联立①②③并代入数据解得：△x＝1.8m。
答：（1）乙图中管A、B之间的弹力大小为5000N；
（2）最初堆放时上层管道最前端应该离驾驶室的最小距离为1.8m。

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