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综合拔高练
五年高考练
考点1　实验探究“加速度与力、质量的关系”
1.(2021全国甲,22)为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数,一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上,形成一倾角为α的斜面(已知sin α=0.34,cos α=0.94),小铜块可在斜面上加速下滑,如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程,然后解析视频记录的图像,获得5个连续相等时间间隔(每个时间间隔ΔT=0.20 s)内小铜块沿斜面下滑的距离si(i=1,2,3,4,5),如下表所示。
s1 s2 s3 s4 s5
5.87 cm 7.58 cm 9.31 cm 11.02 cm 12.74 cm
由表中数据可得,小铜块沿斜面下滑的加速度大小为　　　　m/s2,小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为　　　　。(结果均保留2位有效数字,重力加速度大小取9.80 m/s2)
2.[2022浙江6月选考,17(1)]①“探究小车速度随时间变化的规律”的实验装置如图1所示,长木板水平放置,细绳与长木板平行。图2是打出纸带的一部分,以计数点O为位移测量起点和计时起点,则打计数点B时小车位移大小为　　　　cm。由图3中小车运动的数据点,求得加速度为　　　　m/s2(保留两位有效数字)。
②利用图1装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验,需调整的是　　　　(多选)。
A.换成质量更小的小车
B.调整长木板的倾斜程度
C.把钩码更换成砝码盘和砝码
D.改变连接小车的细绳与长木板的夹角
3.(2021湖南,11)某实验小组利用图(a)所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系。主要实验步骤如下:
(1)用游标卡尺测量垫块厚度h,示数如图(b)所示,h=　　　　cm;
(2)接通气泵,将滑块轻放在气垫导轨上,调节导轨至水平;
(3)在右支点下放一垫块,改变气垫导轨的倾斜角度;
(4)在气垫导轨合适位置释放滑块,记录垫块个数n和滑块对应的加速度a;
(5)在右支点下增加垫块个数(垫块完全相同),重复步骤(4),记录数据如下表:
n a/(m·s-2)
1 0.087
2 0.180
3 0.260
4
5 0.425
6 0.519
根据表中数据在图(c)上描点,绘制图线。
如果表中缺少的第4组数据是正确的,其应该是　　　　m/s2(保留三位有效数字)。
4.(2022山东,13)在天宫课堂中,我国航天员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测量物体质量的实验,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,调平气垫导轨;
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5.00 cm,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,部分图像如图乙所示。
回答以下问题(结果均保留两位有效数字):
(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)该同学在滑块上增加待测物体,重复上述实验步骤,在图丙中画出新的a-F图像Ⅱ,则待测物体的质量为　　　　kg。
5.(2020北京,15)在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中,做如下探究:
(1)为猜想加速度与质量的关系,可利用图1所示装置进行对比实验。两小车放在水平板上,前端通过钩码牵引,后端各系一条细线,用板擦把两条细线按在桌上,使小车静止。抬起板擦,小车同时运动,一段时间后按下板擦,小车同时停下。对比两小车的位移,可知加速度与质量大致成反比。关于实验条件,下列正确的是:　　　　(选填选项前的字母)。
A.小车质量相同,钩码质量不同
B.小车质量不同,钩码质量相同
C.小车质量不同,钩码质量不同
(2)某同学为了定量验证(1)中得到的初步关系,设计实验并得到小车加速度a与质量M的7组实验数据,如下表所示。在图2所示的坐标纸上已经描好了6组数据点,请将余下的一组数据描在坐标纸上,并作出a-图像。
次数 1 2 3 4 5 6 7
a/(m·s-2) 0.62 0.56 0.48 0.40 0.32 0.24 0.15
M/kg 0.25 0.29 0.33 0.40 0.50 0.71 1.00
(3)在探究加速度与力的关系实验之前,需要思考如何测“力”。请在图3中画出小车受力的示意图。为了简化“力”的测量,下列说法正确的是:　　　　(选填选项前的字母)。
A.使小车沿倾角合适的斜面运动,小车受力可等效为只受绳的拉力
B.若斜面倾角过大,小车所受合力将小于绳的拉力
C.无论小车运动的加速度多大,砂和桶的重力都等于绳的拉力
D.让小车的运动趋近于匀速运动,砂和桶的重力才近似等于绳的拉力
考点2　对牛顿第二定律的应用
6.(2022全国乙,15)如图,
一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球,初始时整个系统静置于光滑水平桌面上,两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点,方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距L时,它们加速度的大小均为 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
7.(2022江苏,1)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书,书与桌面间的动摩擦因数为0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2。若书不滑动,则高铁的最大加速度不超过 (　　)
A.2.0 m/s2　　　　　　　　B.4.0 m/s2
C.6.0 m/s2　　　　　　　　D.8.0 m/s2
8.(2021全国甲,14)如图,将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处,上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节,使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放,物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由30°逐渐增大至60°,物块的下滑时间t将　 (　　)
A.逐渐增大　　　　　　　　B.逐渐减小
C.先增大后减小　　　　　　　　D.先减小后增大
9.(多选题)(2022全国甲,19)如图,质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上,二者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前 (　　)
A.P的加速度大小的最大值为2μg
B.Q的加速度大小的最大值为2μg
C.P的位移大小一定大于Q的位移大小
D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
10.(2021北京,13)
某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示,弹簧上端固定,在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时,弹簧下端指针位于直尺20 cm刻度处;下端悬挂钢球,静止时指针位于直尺40 cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上,就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向,重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　　)
A.30 cm刻度对应的加速度为-0.5g
B.40 cm刻度对应的加速度为g
C.50 cm刻度对应的加速度为2g
D.各刻度对应加速度的值是不均匀的
11.(多选题)(2023湖南,10)
如图,光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球,两球用轻杆相连,A球靠在光滑左壁上,B球处在车厢水平底面上,且与底面的动摩擦因数为μ,杆与竖直方向的夹角为θ,杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 (　　)
A.若B球受到的摩擦力为零,则F=2mg tan θ
B.若推力F向左,且tan θ≤μ,则F的最大值为2mg tan θ
C.若推力F向左,且μD.若推力F向右,且tan θ>2μ,则F的范围为4mg(tan θ-2μ)≤F≤4mg(tan θ+2μ)
12.(2022浙江1月选考,19)第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示,长12 m的水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接,斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发,推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s,紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图2所示),到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点,始终在冰面上运动,其总质量为110 kg,sin 15°=0.26,求雪车(包括运动员):
　
(1)在直道AB上的加速度大小;
(2)过C点的速度大小;
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
考点3　牛顿第三定律
13.(2021浙江1月选考,4)如图所示,电动遥控小车放在水平长木板上面,当它在长木板上水平向左加速运动时,长木板保持静止,此时 (　　)
A.小车只受重力、支持力作用
B.木板对小车的作用力方向水平向左
C.木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力
D.木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等
14.(2021浙江6月选考,4)2021年5月15日,天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中,经大气层290 s的减速,速度从4.9×103 m/s减为4.6×102 m/s;打开降落伞后,经过90 s速度进一步减为1.0×102 m/s;与降落伞分离,打开发动机减速后处于悬停状态;经过对着陆点的探测后平稳着陆。若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动,则着陆器 (　　)
A.打开降落伞前,只受到气体阻力的作用
B.打开降落伞至分离前,受到的合力方向竖直向上
C.打开降落伞至分离前,只受到浮力和气体阻力的作用
D.悬停状态中,发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
考点4　动力学中的图像问题
15.(多选题)(2023全国甲,19)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在
水平桌面上由静止开始沿直线运动,两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后,所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知 (　　)
A.m甲m乙
C.μ甲<μ乙　　　　　　　　D.μ甲>μ乙
16.(多选题)(2021全国乙,21)水平地面上有一质量为m1的长木板,木板的左端上有一质量为m2的物块,如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上,F随时间t的变化关系如图(b)所示,其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1,物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,重力加速度大小为g。则 (　　)
　　
A.F1=μ1m1g
B.F2=(μ2-μ1)g
C.μ2>μ1
D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等
高考模拟练
应用实践
1.(多选题)如图所示,火车在平直轨道上行驶,在车厢中的光滑水平桌面上用轻弹簧拴着一个小球,弹簧处于自然长度。当乘客看到弹簧的长度变长时,火车可能的运动情况是 (　　)
A.向右减速运动　　　　　　　　B.向右加速运动
C.向左减速运动　　　　　　　　D.向左加速运动
2.2021年9月17日,神舟十二号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。宇航员在返回舱回收的过程中要经受超重与失重的考验,已知返回舱返回过程中,大体经历了自由下落、加速下落、匀速下落和减速下落四个过程,假设宇航员一直头朝上坐在座椅上,则下列说法正确的是 (　　)
A.返回舱在自由下落阶段,宇航员处于平衡状态
B.返回舱在加速下落阶段,宇航员处于超重状态
C.返回舱在减速下落阶段,宇航员对座椅的压力大于其重力
D.返回舱在加速下落阶段,如果加速度逐渐减小,宇航员对座椅的压力会越来越小,而且压力小于宇航员的重力
3.(多选题)如图所示,一物块从光滑斜面上某处由静止释放,与一端固定在斜面底端的轻弹簧相碰。当物块与弹簧接触后,下列说法中正确的是 (　　)
A.物块与弹簧接触后立即做减速运动
B.物块与弹簧接触后先加速后减速
C.当弹簧处于最大压缩量时,物块的加速度不为零
D.当物块的速度为零时,它所受的合力为零
4.某同学做引体向上,他两手握紧单杠,双臂竖直,身体悬垂,接着用力上拉使下颌超过单杠(身体无摆动),稍做停顿。下列说法正确的是　 (　　)
A.在上升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力
B.在上升过程中单杠对人的作用力始终等于人的重力
C.初始悬垂时若增大两手间的距离,单臂的拉力变大
D.初始悬垂时若增大两手间的距离,两臂拉力的合力变大
5.如图所示,MN和PQ为两根固定平行直细杆,圆柱形物体沿细杆下滑,两杆间的距离与圆柱形物体的半径相同,细杆与水平面的夹角为θ=30°,圆柱形物体与细杆间的动摩擦因数为0.3,重力加速度为g,则圆柱形物体下滑的加速度大小为 (　　)
A.　　　　　　　　B.
C.g　　　　　　　　D.g
6.(多选题)高铁已成为重要的“中国名片”,领跑世界。一辆由8节车厢编组的列车,从车头开始的第2、3、6和7共四节为动力车厢,其余为非动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动时,若每节动力车厢的牵引力大小为F,每节车厢质量都为m,每节车厢所受阻力为车厢重力的k倍,重力加速度为g。则 (　　)
A.启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上
B.列车整体的加速度大小为
C.第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为
D.第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为
7.在设计游乐场中“激流勇进”的倾斜滑道时,小组同学将划艇在倾斜滑道上的运动视为由静止开始的无摩擦滑动,已知倾斜滑道在水平面上的投影长度L是一定的,而高度可以调节,则 (　　)
A.滑道倾角越大,划艇下滑时间越短
B.划艇下滑时间与倾角无关
C.划艇下滑的最短时间为2
D.划艇下滑的最短时间为
8.如图所示,A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上,两细线与水平方向夹角分别为60°和45°,A、B间拴接的轻弹簧恰好处于水平状态,则下列说法正确的是 (　　)
A.A和B所受弹簧弹力大小之比为∶
B.A和B的质量之比为1∶
C.悬挂A和B的细线上拉力大小之比为1∶
D.同时剪断两细线的瞬间,A、B的瞬时加速度大小之比为∶3
9.(多选题)如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接),弹簧的劲度系数为k,初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上,使物体A向上做加速度为a的匀加速运动,测得两个物体的v-t图像如图乙所示(重力加速度为g),则 (　　)
　　
A.t=0时,拉力F=0
B.施加拉力的瞬间,A、B间的弹力大小为M(g-a)
C.A、B在t1时刻分离,此时弹簧弹力为M(g+a)
D.若t2时刻B的速度达到最大值,此时弹簧弹力恰好为零
10.某同学设计了一个探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系的实验,如图甲为实验装置简图(交变电流的频率为50 Hz)。
(1)图乙为某次实验得到的纸带,根据纸带可求出小车的加速度大小为　　　　m/s2(结果保留两位有效数字)。
(2)保持沙和沙桶的总质量不变,改变小车质量m,分别得到小车的加速度a与质量m及对应的数据,如表所示:
实验 序号 小车的加速度 a/(m·s-2) 小车的 质量m/kg /kg-1
1 1.90 0.25 4.00
2 1.72 0.29 3.45
3 1.49 0.33 3.03
4 1.25 0.40 2.50
5 1.00 0.50 2.00
6 0.75 0.71 1.41
7 0.50 1.00 1.00
8 0.30 1.67 0.60
请在如图丙所示的方格坐标纸中画出a-图线,并依据图线求出小车的加速度a与质量倒数之间的关系式:　　　　。
(3)保持小车的质量不变,改变沙和沙桶的总质量,该同学根据实验数据作出了加速度a随合力F变化的图线,如图丁所示,该图线不通过原点,其主要原因是　。
　　
11.一同学用图甲所示实验装置(打点计时器和纸带图中未画出),探究在水平固定的长木板上物体加速度随外力变化的关系。实验过程中小明用不同的重物P分别挂在光滑的轻质动滑轮上,使平行于长木板的细线拉动长木板上的物体由静止开始加速运动(纸带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略),实验后进行数据处理,得到了物体A、B的加速度a与轻质弹簧测力计弹力F的关系图像如图乙所示。
　　　
(1)由图甲判断下列说法正确的是　　　　。
A.轻质弹簧测力计弹力F为物体A、B受到的合外力
B.实验时应先接通打点计时器电源后释放物体
C.实验中重物P的质量应远小于物体的质量
D.弹簧测力计的读数始终为重物P重力的一半
(2)实验发现a-F图像不过坐标原点,该同学仔细分析了图乙中两条线不重合的原因,得出结论:两个物体的质量不等,且mA　　　　mB(选填“大于”“等于”或“小于”);两物体与木板之间的动摩擦因数μA　　　　μB(选填“大于”“等于”或“小于”)。
12.为了探究物体质量一定时加速度与力的关系,某同学设计了如图1所示的实验装置,其中M为小车和小车上滑轮的总质量,m为沙和沙桶的总质量,力传感器可测出轻绳中的拉力大小。
(1)下列实验操作中,一定要进行的是　　　。
A.用天平测出沙和沙桶的总质量
B.将带滑轮的长木板右端适当垫高,以平衡摩擦力
C.调整力传感器和定滑轮的高度,使连接它们的轻绳与长木板平行
D.为减小误差,一定要保证m远小于M
(2)该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带(相邻两计数点间还有四个点没有画出),已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电,根据纸带可求出小车的加速度为　　　　m/s2(结果保留三位有效数字)。
(3)该同学以力传感器的示数F为横坐标,加速度a为纵坐标,画出的a-F图像是一条直线,求得图线的斜率为k,则小车和小车上的滑轮的总质量为　　　　。
A.　　　　B.k　　　　C.　　　　D.2k
13.某次新能源汽车性能测试中,如图甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化的关系,但由于机械故障,速度传感器只传回了第25 s以后的数据,如图乙所示。已知汽车质量为1 500 kg,若测试平台是水平的,且汽车由静止开始做直线运动,设汽车所受阻力恒定。求:
(1)18 s末汽车的速度是多少
(2)前25 s内汽车的位移是多少
迁移创新
14.某实验小组用如图1所示的装置探究质量一定时加速度与力的关系。用铁架台将两块固定有定滑轮的木板架起,木板的右端固定了打点计时器,将两个质量相等的小车A、B放置在木板右端,用细线绕过滑轮组后与两小车相连。两条纸带穿过打点计时器后分别与小车连接在一起。将两个打点计时器接在同一个电源上,确保可将它们同时打开或关闭。实验时,甲同学将两小车按住,乙同学先在动滑轮下方挂上一个钩码,再接通电源使打点计时器开始工作。打点稳定后,甲将两辆小车同时释放。在小车撞到定滑轮前,乙断开电源,两打点计时器同时停止工作,取下两条纸带,通过分析处理纸带记录的信息,可以求出两小车的加速度,进而完成实验。请回答以下问题:
(1)图2为小车A后面的纸带,纸带上的0、1、2、3、4、5、6为每隔4个点选取的计数点,相邻两计数点间的距离如图2中标注,单位为 cm。打点计时器所用电源的频率为50 Hz,则小车A的加速度a1=　　　m/s2(结果保留两位有效数字),同样测出小车B的加速度a2,若a1∶a2近似等于　　　　,就可说明质量一定的情况下,物体的加速度与力成正比。
(2)丙同学提出,不需测出两小车加速度的数值,只量出两条纸带上从第一个点到最后一个点间的距离x1、x2,也能完成实验探究,若x1∶x2近似等于　　　　,也可说明质量一定的情况下,物体的加速度与力成正比,理由是　。
15.早在公元前4世纪末,我国的《墨经》中就有关于力和运动的一些见解,如“绳下直,权重相若则正矣。收,上者愈丧,下者愈得”,这句话所描述的与下述物理现象相似。如图,一根跨过定滑轮的轻绳两端各悬挂一重物,当两重物质量均为m时,系统处于平衡状态。若减小其中一个重物的质量,系统就无法保持平衡,上升的重物减小的质量Δm越多,另一个重物下降的加速度a就越大。已知重力加速度为g,则a与Δm的关系图像可能是 (　　)
A　　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　　D
16.“神舟十二号”载人飞船的返回舱在距地面某一高度时,启动减速降落伞装置开始做减速运动。当返回舱的速度大约减小至v=10 m/s时,继续匀速(近似)地下降。当以这个速度一直降落到距离地面h=1.1 m时,立刻启动返回舱的缓冲发动机并向下喷气,舱体再次做减速运动,经历时间t=0.20 s后,安全落至地面。
(1)若最后的减速过程可视为竖直方向的匀减速直线运动,重力加速度g=10 m/s2。求:
a.这一过程中返回舱加速度的方向和加速度的大小a;
b.这一过程中返回舱对质量m=60 kg的航天员的作用力的大小F。
(2)事实上,空气阻力不仅跟物体相对于空气的速度有关,还跟物体的横截面积有关。实验发现:在一定条件下,降落伞在下落过程中受到的空气阻力f与伞的横截面积S成正比,与其下落速度v的平方成正比,即f=kSv2(其中k为比例系数)。重力加速度为g。
a.定性描述返回舱在打开降落伞以后至启动缓冲发动机之前,其速度和加速度的变化情况;
b.通过计算分析说明:为了减小返回舱在匀速(近似)下降阶段时的速度,可以通过改变哪些设计(量)来实现。(提出一种可行的方案即可)
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
五年高考练
1.答案　0.43　0.32
解析　s2-s1=1.71 cm,s3-s2=1.73 cm,s4-s3=1.71 cm,s5-s4=1.72 cm,在实验误差允许的范围内,相邻相等时间间隔内位移差相等,铜块做匀加速直线运动;
加速度a=≈0.43 m/s2;
由牛顿第二定律得:mg sin α-μmg cos α=ma
解得μ≈0.32。
2.答案　①6.20(±0.05)　1.9(±0.2)　②BC
解析　①刻度尺应估读到0.01 cm,所以读数为6.20 cm。v-t图线斜率表示加速度,故加速度为1.9 m/s2。②探究加速度与力、质量关系实验中要求平衡摩擦力,还要能够方便控制小车所受的拉力大小,所以应调整长木板的倾斜程度,将钩码换成砝码盘和砝码。小车质量不用变小,细绳与长木板始终要平行。
3.答案　(1)1.02　(5)图见解析　0.343
解析　(1)由题图(b)知用的是10分度的游标卡尺,其精度为0.1 mm;主尺读数为10 mm,游标尺第2条刻度线与主尺刻度线对齐,故测量结果为10 mm+2×0.1 mm=10.2 mm=1.02 cm。
(5)依据表格中数据在题图(c)中描点,再用平滑线连接,得到a-n图线如图所示。由图线可以看出,当n=4时,a=0.343 m/s2。
4.答案　(1)12　(2)0.20　(3)0.13
解析　(1)根据图像可知滑块所受的最大弹力F=0.610 N,根据胡克定律F=kx得,k= N/m≈12 N/m;
(2)设滑块和加速度传感器的总质量为M,对图线Ⅰ有,a=F,则=kⅠ=5 kg-1,可求得M=0.20 kg;
(3)设待测物体的质量为m,对图线Ⅱ,有a=F,则=kⅡ= kg-1,则M+m=0.33 kg,则m=0.13 kg。
5.答案　(1)B
(2)如图所示
(3)如图所示　AD
解析　(1)探究加速度与质量的关系,必须控制小车所受的力相同,小车质量不同,故钩码质量要保证相同,B对。
(2)将第4次数据描点,再连线,见答案图。
(3)设小车质量为M,砂和桶质量为m,使小车沿倾角为θ的斜面下滑,调整倾角θ大小,当Mg sin θ=Ff=μMg cos θ,即tan θ=μ时,小车所受合力可等效为绳的拉力,A对;若倾角θ过大,所受合力F合=FT+(Mg sin θ-μMg cos θ)>FT,B错;以小车为研究对象,当Mg sin θ=μMg cos θ时,有FT=Ma①,以砂和桶为研究对象,有mg-FT=ma②,联立①②得FT=mg,故FT6.A　当两球相距L时,将力F分解如图所示
根据几何关系可知,小球受到的拉力
F1=×=F
则a==,A正确。
7.B　书放在水平桌面上,若书相对于桌面不滑动,则最大静摩擦力提供加速度,有fm=μmg=mam
解得am=μg=4 m/s2
书相对高铁静止,故若书不动,高铁的最大加速度为4 m/s2。故选B。
8.D　设P点与竖直杆的距离为l,则PQ=,对物块,根据牛顿第二定律,有mg sin θ=ma,得a=g sin θ,由x=at2,得=g sin θ·t2,得t=,当2θ=,即θ=时,t最小,由题知θ从30°增大到60°,故下滑时间先减小后增大,D选项正确。
9.AD　设两滑块的质量都为m,两滑块均做匀速直线运动时,由平衡条件可知F=2μmg,隔离滑块Q,由平衡条件可知弹簧的拉力FT=μmg。撤去拉力瞬间,弹簧弹力不变,对滑块Q,受力不变,aQ=0,对滑块P受力分析,规定向右为正方向,由牛顿第二定律有aP=-=-2μg;之后滑块P、Q之间的距离减小,P的加速度逐渐减小,Q的加速度逐渐增大,当弹簧第一次恢复原长时,aP'==-μg,aQ'==-μg,故A正确,B错误;作出两滑块运动的v-t图线如图所示,由图可知,运动后P的图线一直在Q的下方,P的位移大小一定小于Q的位移大小,故D正确,C错误。
10.A　弹簧原长l0=20 cm,取竖直向上为正方向,当指针位于直尺40 cm刻度处钢球静止,钢球的重力和弹簧弹力相等,此时钢球加速度为零,B错误。根据mg=kΔl=k(l-l0),即mg=k×(0.4-0.2)可以求出k=。当指针位于30 cm刻度时,钢球受到弹力和重力的作用,由牛顿第二定律有kΔl'-mg=ma,加速度a=-g=-,A正确。指针位于50 cm刻度时,由牛顿第二定律有kΔl″-mg=ma,加速度a=-g=,C错误。方程a=-g=-g是关于l的一次函数,加速度随刻度值线性变化,各刻度对应的加速度值是均匀的,D错误。
11.CD　若B球受到的摩擦力为零,轻杆上的弹力大小为N1,对A球,在竖直方向有N1 cos θ=mg,对B球,在水平方向有N1 sin θ=ma,对整体有F=4ma,联立解得F=4mg tan θ,A错误。若推力F向左,当A球与车厢左壁的弹力刚好为零时,对A球,根据牛顿第二定律得mg tan θ=ma1,解得a1=g tan θ;当B与车厢底面的静摩擦力刚好达到最大静摩擦力时,对A、B受力分析如图所示,在竖直方向根据平衡条件有N1 cos θ=mg,N2=2mg,在水平方向根据牛顿第二定律有fm-N1 sin θ=ma2,又fm=μN2,联立解得a2=(2μ-tan θ)g,若a1≤a2,即tan θ≤μ时,对整体由F=4ma1求得F的最大值为4mg tan θ,B错误。若a1>a2≥0,即μ12.答案　(1) m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N
解析　(1)AB段,根据=2a1x1可得a1= m/s2
(2)AB段:B点速度v1=a1t1=8 m/s,则t1=3 s
故BC段用时t2=5 s-t1=2 s
BC段:x2=v1t2+a2
代入数据解得a2=2 m/s2,vC=v1+a2t2=12 m/s
(3)由mg sin 15°-Ff=ma2,可得Ff=mg sin 15°-ma2=110×10×0.26 N-110×2 N=66 N
13.D　小车在长木板上水平向左加速运动时,其受重力、支持力、牵引力及摩擦力的作用,故A错误;由于木板对小车的作用力是支持力与摩擦力的合力,方向不是水平向左,故B错误;木板对小车的作用力与小车对木板的作用力是一对相互作用力,大小相等,故C错误,D正确。
14.B　打开降落伞前,着陆器主要受重力和气体阻力的作用,故A错误。打开降落伞至分离前,着陆器受到重力、浮力和气体阻力的作用,做减速运动,说明合力方向竖直向上,故B正确,C错误。悬停状态中,发动机喷火的反作用力与重力是平衡力,故D错误。
15.BC　物体在水平桌面上运动时,由F-μmg=ma得F=ma+μmg,则F-a图像的纵截距表示μmg,斜率表示m,比较甲、乙对应的图线可知m甲>m乙,μ甲m甲g=μ乙m乙g,故μ甲<μ乙,故选B、C。
16.BCD　根据题意,在水平方向,物块和木板的大致受力情况如下:
在0~t1这段时间内,外力F比较小,物块和木板间没有相对滑动,木板与地面保持相对静止。t1时刻,木板从静止开始运动,有F1=μ1(m1+m2)g,选项A错误;t1~t2时间内,木板有加速度且随时间均匀变化,说明木板相对地面滑动,但木板与物块间没有相对滑动,所以木板与物块的加速度相同,选项D正确;在t2之后,木板的加速度恒定不变,说明木板与物块间出现相对滑动,有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1①,故μ2>μ1,选项C正确;t2时刻,木板与物块刚出现相对滑动,有F2-μ2m2g=m2a1②,由①②两式得F2=(μ2-μ1)g,选项B正确。故选B、C、D项。
高考模拟练
1.AD　当乘客看到弹簧的长度变长时,小球将受到水平向左的弹力作用,说明此时小球具有水平向左的加速度,则火车可能向左加速运动或向右减速运动,故选A、D。
2.C　返回舱自由下落时,运动的加速度等于重力加速度,处于完全失重状态,故A错误;返回舱加速下落时,加速度方向向下,宇航员处于失重状态,故B错误;返回舱减速下落时,加速度方向向上,宇航员处于超重状态,宇航员对座椅的压力大于其重力,故C正确;当返回舱加速下落的加速度逐渐减小时,根据牛顿第二定律mg-N=ma,可知加速度逐渐减小时,宇航员对座椅的压力越来越大,故D错误。故选C。
3.BC　物块与弹簧接触后开始的一段时间内,重力沿斜面向下的分力大于弹簧弹力,所以物块先做加速运动,运动一段时间后,弹簧弹力大于重力沿斜面向下的分力,物块做减速运动,故A错误,B正确;物块减速到速度为零时,弹簧压缩到最短,压缩量最大,此时弹簧弹力大于重力沿斜面向下的分力,物块的加速度不为零,故C正确,D错误。
4.C　在上升过程中,人先加速后减速,先超重后失重,则单杠对人的作用力先大于人的重力后小于人的重力,选项A、B错误;初始悬垂时若增大两手间的距离,则两臂的拉力夹角变大,因合力一定,大小总等于人的重力,则单臂的拉力会变大,选项C正确,D错误。
5.A　作出圆柱形物体在垂直于杆的平面内受力示意图
根据题意,两直杆间的距离与圆柱形物体的半径相同,则α=60°
在沿杆的方向有mg sin θ-2f=ma
垂直于杆的方向有2N cos =mg cos θ
又有f=μN
联立并代入数据解得a=g,故A正确,B、C、D错误。
6.BC　启动时车厢对乘客在竖直方向有竖直向上的支持力,在水平方向有沿动车运动方向的摩擦力,两个力的合力方向斜向上方,选项A错误;对列车整体,根据牛顿第二定律得:4F-8kmg=8ma,解得a=,选项B正确;对第1节车厢,根据牛顿第二定律得:F21-kmg=ma,解得F21=,选项C正确;对第1、2节车厢整体,根据牛顿第二定律得:F32+F-2kmg=2ma,解得F32=0,由牛顿第三定律知F23=F32=0,选项D错误。
7.C　设滑道倾角为θ,则滑道的长度为,根据牛顿第二定律,可知下滑时的加速度a=g sin θ,则根据运动学公式有:=g sin θ t2,解得t=,可知滑道倾角θ=45°时,划艇下滑时间最短,最短时间tmin=2,故C正确,B、D错误;θ<45°时,倾角越大,时间越短,θ>45°时,倾角越大,时间越长,故A错误。
8.D　轻弹簧恰好处于水平状态,弹簧受到的合力为零,可得A对弹簧的力和B对弹簧的力大小相等,所以A和B所受弹簧弹力大小相等,A错误;设弹簧弹力大小为F,分别对A、B进行受力分析可得=tan 60°,=tan 45°,解得=,B错误;设左右两边细线上拉力分别为TA和TB,对AB整体进行受力分析,在水平方向有TA cos 60°=TB cos 45°,即=,C错误;根据平衡条件可得剪断两细线的瞬间,A、B所受合力大小分别等于TA和TB,所以有aA=,aB=,可得=,D正确。故选D。
9.BC　初始时物体处于静止状态,根据平衡条件有kx0=2Mg,t=0时,对A、B整体,根据牛顿第二定律有F0+kx0-2Mg=2Ma,解得F0=2Ma,故A错误;施加拉力的瞬间,对B进行分析有kx0-Mg-N0=Ma,结合上述解得N0=M(g-a),故B正确;根据图像可知,A、B在t1时刻开始分离,此时A、B之间的弹力为0,B的加速度仍然为a,对B进行分析,根据牛顿第二定律有F弹簧1-Mg=Ma,解得F弹簧1=M(g+a),故C正确;对B进行分析,在A、B刚刚分离时,弹簧仍然处于压缩状态,弹簧弹力大于B的重力,B先向上做加速运动,弹簧压缩量减小,B做加速度减小的变加速直线运动,当弹簧弹力与重力平衡,即合力为0时,B的速度达到最大值,根据图像可知,t2时刻B的速度达到最大值,此时弹簧弹力大小等于B的重力,方向竖直向上,故D错误。
10.答案　(1)3.2　(2)见解析图　a=
(3)实验前没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足
解析　(1)在连续相等的时间间隔内,从纸带上可得到四段位移的大小,可以选用公式法计算加速度。
由题图乙可知x1=6.19 cm,x2=6.70 cm,x3=7.21 cm,x4=7.72 cm
打点计时器的周期T==0.02 s
a==×10-2 m/s2≈3.2 m/s2。
(2)在a-坐标系中描点连线得到a-图线,如图所示,可得a=。
(3)由a-F图线知F增大至某值时小车才开始有加速度,说明实验前没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足。
11.答案　(1)B　(2)小于　大于
解析　(1)根据受力分析可知A、B受到的合力为F合=F-μmg,故A错误;实验时应先接通打点计时器电源后释放物体,故B正确;由于物体A、B受到的合力是由弹簧测力计的示数确定的,故不需要满足重物P的质量远小于物体的质量,故C错误;对重物P分析,当加速度为a时,应有Mg-2F=Ma,可得F=Mg-Ma,所以只有当a=0时,F才等于Mg,故D错误。
(2)设物体的加速度大小为a,根据牛顿第二定律,对物体B有F-μmBg=mBa,可得a=F-μg;对物体A有F-μmAg=mAa,可得a=F-μg;则a-F图像斜率的绝对值k=,因为B的斜率小于A的斜率,所以>,即mA小于mB;再根据纵轴截距大小等于μg可知,由于A的截距大于B的截距,所以μA大于μB。
12.答案　(1)BC　(2)2.00　(3)C
解析　(1)本题中拉力可以由力传感器测出,不需要用天平测出沙和沙桶的质量,也就不需要使沙桶(包括沙)的质量远小于小车的总质量,故A、D错误;该题是用力传感器测出拉力,从而表示小车受到的合外力,故需要将带滑轮的长木板右端适当垫高,以平衡摩擦力,故B正确;调整力传感器和定滑轮的高度,使连接它们的轻绳与长木板平行,故C正确。
(2)由于相邻两计数点间还有四个点没有画出,故相邻两计数点的时间间隔为0.1 s,由Δx=aT2可得:a=×10-2 m/s2≈2.00 m/s2。
(3)对a-F图像来说,图像的斜率表示小车和小车上滑轮的总质量的倒数,由装置图可知力传感器的示数F=F合,故小车和小车上滑轮的总质量为m=,故C正确,A、B、D错误。
13.答案　(1)26 m/s　(2)608 m
解析　(1)由题图甲知,0~6 s内,牵引力F1=9×103 N
由牛顿第二定律得F1-Ff=ma1
6 s末车速为v1=a1t1
在6~18 s内,牵引力F2=1×103 N
由牛顿第二定律得F2-Ff=ma2
第18 s末车速为v2=v1+a2t2
由题图知18 s后汽车做匀速直线运动,牵引力等于阻力,故有Ff=F3=1 500 N
联立以上各式解得v1=30 m/s,v2=26 m/s。
(2)汽车在0~6 s内的位移为x1=t1=90 m
汽车在6~18 s内的位移为x2=t2=336 m
汽车在18~25 s内的位移为x3=v2t3=182 m
故汽车在前25 s内的位移为x=x1+x2+x3=608 m。
14.答案　(1)0.48　1∶2　(2)1∶2　见解析
解析　(1)每隔4个点选取一个计数点,则相邻计数点间的时间间隔t=0.02×5 s=0.1 s,由匀变速直线运动的推论Δx=at2可知,小车A的加速度a1= m/s2≈0.48 m/s2;由题图1所示实验装置可知,小车A受到的拉力为小车B受到拉力的,两车的质量相等,则两车的加速度之比===。
(2)两小车都做初速度为零的匀加速直线运动,它们的运动时间t相等,它们的位移之比==,如果=,也可以说明质量一定的情况下,物体的加速度与力成正比。
15.C　不妨假设右边的物体质量减少Δm,则右边的物体向上做匀加速运动,左边的物体向下做匀加速运动,它们的加速度大小a相等,绳子的拉力大小F相等。
对右边物体,根据牛顿第二定律得
F-(m-Δm)g=(m-Δm)a ①
对左边物体,根据牛顿第二定律得
mg-F=ma ②
联立①②式可得:a=·g=·g,根据上式知,Δm与a并非是线性关系,故A、B错误;当Δm=m时,可得a=g,故C正确,D错误。
16.答案　(1)a.竖直向上　45 m/s2　b.3.3×103 N
(2)见解析
解析　(1)a.返回舱匀减速下降,加速度的方向竖直向上,根据匀变速直线运动规律可得h=vt-at2
解得a=45 m/s2
b.以航天员为研究对象,根据牛顿第二定律可得
F-mg=ma
解得F=3.3×103 N
(2)a.返回舱在打开降落伞后至启动缓冲发动机之前先做加速度逐渐减小的减速运动,后做近似匀速运动。
b.设返回舱的质量为M,当返回舱匀速(近似)下降时,受力平衡,有Mg=kSv2
解得v=
由此可见,在环境和设备质量一定的情况下,通过增大降落伞的横截面积S,可以减小返回舱做匀速直线运动时的速度。

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