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第三单元　运动和力的关系
(75分钟　100分)
考情分析
高考对接点 惯性、牛顿第一定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律、超重和失重
单元疑难点 牛顿第二定律的应用
滚动知识点 相互作用
典型情境题 1、2、3、5、8、13、14
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.如图所示，时速高达350公里的复兴号列车上，一枚硬币直立在列车窗台上，直到列车转弯的时候，硬币才倒下。这一现象说明中国高铁具有极好的稳定性。关于此演示过程，下列判断正确的是
A.硬币直立不动时，列车一定做匀速直线运动
B.硬币直立不动时，其一定受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用
C.如果硬币向列车行驶方向的左侧倒下，说明列车向右转弯
D.列车加速或减速行驶时，硬币都可能受到与列车运动方向相反的摩擦力作用
2.潜艇从海水的高密度区域驶入低密度区域时，受到的浮力顿减，专业上称之为“掉深”。如图甲所示，某潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行。t=0时，该潜艇发生“掉深”，随后采取措施成功脱险。在0~30 s时间内，潜艇竖直方向的v-t图像如图乙所示(设竖直向下为正方向)，不计水的黏滞阻力，则
A.潜艇在“掉深”时的加速度大小为1 m/s2
B.0~30 s内，潜艇竖直向下运动的最大位移为300 m
C.t=30 s时潜艇回到初始深度
D.潜艇在10 s~30 s时间内处于失重状态
3.如图所示，将两块相同的圆柱形强磁体A和B放入内壁光滑、上端开口、下端封闭的竖直玻璃圆筒内，B位于圆筒底部，A恰好悬浮在筒口附近。现将整个装置从一定高度处由静止释放，已知圆筒与两块磁体的质量都相等，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是
A.释放瞬间，三个物体都处于完全失重状态
B.释放瞬间，B和圆筒的加速度均为2g
C.释放后，A相对地面向下运动，并从圆筒口飞出
D.释放后，A对B的作用力大于B对A的作用力
4.如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的P点，平板上部架在横杆上。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(可视为质点)从平板与竖直杆的交点Q由静止释放，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45°，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
5.大雪过后，汽车表面会有积雪覆盖。若汽车前挡风玻璃上方有一片积雪，前挡风玻璃视为倾角α=37°的斜坡，如图所示。积雪融化前玻璃与积雪之间有附着力，开始融化后在积雪和玻璃之间产生水膜，会使得积雪和玻璃间的动摩擦因数变为μ=0.25。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度大小g=10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，空气阻力不计。汽车在平直的公路上做匀加速直线运动，某时刻接触面的积雪开始融化，为使积雪不下滑，该时刻汽车的加速度至少约为
A.4.21 m/s2 B.3.21 m/s2 C.2.51 m/s2 D.1.71 m/s2
6.如图甲，两光滑细杆固定在一竖直固定圆环上，其中一细杆顶端固定在圆环的最高点，另一细杆的底端固定在圆环的最低点，已知圆环的半径为r，O为圆心；如图乙，两光滑细杆的顶端固定在一竖直直杆上，底端固定在水平面上的同一点，细杆在水平面上的投影长度为r。均套在细杆上的1、2、3、4四小球均由静止开始分别沿着光滑的细杆从顶端运动到底端，其运动时间分别为t1、t2、t3、t4。空气阻力不计，则下列说法正确的是
A.t1>t2 B.t2t4 D.t1=t4
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7.如图甲所示，质量为m的物块P与质量未知的物块Q之间拴接一轻弹簧，开始时两物块静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。现给物块P一水平向左的瞬时初速度v0，自此时刻开始计时，规定向左为正方向，0~2t0内P、Q运动的a-t图像如图乙所示，其中t轴下方图线所围的面积为S1，t轴上方图线所围的面积为S2，则
A.Q的质量为2m
B.Q的质量为m
C.2t0时刻P的速度大小为v0-S1
D.2t0时刻Q的速度大小为S2
8.在一次演习中，某型号飞机悬停在高空某处后，质量为60 kg的特战兵从机舱中跳下，特战兵打开降落伞，降落伞用8根对称的绳悬挂，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图甲所示。特战兵离开飞机后竖直向下运动，其运动过程的v-t图线如图乙所示，图中0~2 s时间内和7 s~13 s时间内的图线均为直线，且特战兵速度减为零时恰好落到地面。不计特战兵所受的空气阻力，已知重力加速度大小g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，下列说法正确的是
A.特战兵刚跳下时离地面的高度为180 m
B.在0~2 s时间内，每根绳对特战兵的拉力大小为150 N
C.在7 s~13 s时间内，每根绳对特战兵的拉力大小为125 N
D.在7 s~13 s时间内，特战兵处于超重状态
9.如图所示，倾角θ=37°的粗糙斜面的底端A与水平传送带相接触，传送带以v=4 m/s的速率顺时针匀速转动，一物体(可视为质点)从斜面上O处由静止释放，经过1.5 s物体滑到斜面底端A。已知O、A之间的距离LOA=4.5 m，传送带左、右两端间的距离LAB=10 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度大小g=10 m/s2，不计物体经过A点时的动能损失。则
A.物体沿斜面下滑的加速度大小为4 m/s2
B.物体与斜面间的动摩擦因数为0.3
C.物体将从传送带的B端离开传送带，离开时的速度大小为4 m/s
D.物体不会从传送带的B端离开传送带，物体返回到A点的速度大小为4 m/s
10.水平面上放置一质量为m的滑块B，其上方有圆形凹槽，质量也为m的圆柱A恰好能放置在凹槽中，其截面图如图所示，A的圆心与凹槽的左端点的连线跟竖直方向的夹角α=30°。一质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳与B相连，水平面上方细绳水平，细绳张紧后由静止释放C，不计一切摩擦，B离定滑轮足够远，重力加速度为g。下列说法正确的是
A.当M>(+1)m时，A能从凹槽中滚出
B.若α=45°，当M>(+1)m时，A能从凹槽中滚出
C.若A、B能保持相对静止，B对A的作用力大小一定为mg
D.若A、B能保持相对静止，B对A的作用力大小为mg
三、非选择题：本题共5小题，共56分。
11.(7分)图甲是某研究性学习小组探究小车加速度与合力关系的实验装置，长木板置于水平桌面上。长木板左端固定一电火花计时器，纸带穿过计时器与小车相连。细线一端与小车相连，另一端通过一个定滑轮和一个动滑轮与固定的弹簧测力计相连，动滑轮下方悬挂一个沙桶，连接小车的细线与桌面平行，动滑轮两侧细线竖直。改变桶中沙的质量进行多次实验，并记录相关数据。请回答下列问题：
(1)某次实验中，小车释放后弹簧测力计示数如图乙所示，其示数为　　　　N。
(2)实验中得到一条纸带，各计数点到A点的距离如图丙所示，相邻计数点间有四个点未标出，电源的频率为50 Hz。则小车的加速度大小为　　　　m/s2(结果保留两位小数)。
(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，以小车的加速度a为纵坐标，若各测量数据均准确，则下列画出的a-F图像中，可能正确的是　　　　。
12.(9分)某同学利用手机中的“声音图像”软件测量物块与长木板间的动摩擦因数μ。实验装置如图甲所示，长木板固定在水平桌面上，物块置于长木板上且两端分别通过跨过定滑轮的细线与小球A、B相连，物块与滑轮之间的细线与桌面平行，实验前分别测量出小球A、B底部到地面的高度hA、hB(hB>hA)。打开手机软件，烧断一侧细线，记录下小球与地面发生两次碰撞的声音随时间变化的图像如图丙。(两小球落地后均不反弹，物块到长木板两端的距离足够远)
(1)烧断细线前，用分度值为1 cm的刻度尺测量hA，刻度尺的0刻度线与地面齐平，小球A的位置如图乙所示，则hA=　　　　cm。
(2)实验时烧断物块左侧的细线，若算得小球A下落的时间为0.40 s，由图丙可知，物块做加速运动的时间为　　　　s。
(3)实验前仅改变小球B的离地高度hB，测量不同高度下物块做加速运动的时间t，作出hB-t2图像如图丁所示，由图像可求得斜率为k，若小球B的质量为m，物块质量为M，重力加速度大小为g，则物块与长木板间的动摩擦因数μ=　　　　。(用字母k、m、M、g表示)
13.(10分)如图，一辆货车的货厢长度l=8.4 m，货厢中有一件质量m=10 kg的货物P，它到货厢后壁的距离l1=0.8 m，货物前后的厚度Δl=0.3 m。已知货物与货厢底板间的动摩擦因数μ=0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g=10 m/s2，空气阻力不计。现使货车以a1=1.8 m/s2的加速度启动。
(1)求货车启动过程中货物所受摩擦力的大小。
(2)当货车以v=54 km/h的速度在平直公路上匀速行驶时，因为前方红灯，货车以大小为3 m/s2的加速度开始刹车(可视为匀减速直线运动)直到停止。试通过计算判断货物最终是否会与货厢前壁碰撞。
14.(14分)2023年10月31日，我国神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。其部分运动过程简化如下：返回舱在离地面某高度处打开降落伞，在降落伞的作用下返回舱的速度从v0=64 m/s降至v1=8 m/s，此后返回舱的运动可视为匀速下落，当返回舱在距离地面h时启动反推发动机，经时间t=0.25 s速度由8 m/s匀减速至0后恰好落到地面。设降落伞所受的空气阻力与其速率成正比，其余阻力不计。重力加速度大小g=10 m/s2，降落伞的质量忽略不计，忽略返回舱质量的变化，设全过程为竖直方向的运动。
(1)求返回舱开始匀减速下落时离地的高度h。
(2)求返回舱的速度为v0时的加速度大小a0。
(3)若宇航员的质量m=60 kg，求在最后的匀减速过程中宇航员受到的座椅施加的作用力大小F。
15.(16分)如图所示，一倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一挡板P。一长L=5 m的薄木板置于斜面上，其质量M=1 kg，下端位于B点，PB=5 m，薄木板中点处放有一质量m=1 kg的滑块(可视为质点)。已知滑块与薄木板之间的动摩擦因数μ=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。斜面上AB区间(不含边界)存在特殊力场，当滑块进入此区域时能对滑块产生一个沿斜面向上、大小F=10 N的恒力作用，对木板无作用力，AB区间沿斜面的宽度l=2.5 m，重力加速度大小g=10 m/s2。现同时由静止释放薄木板和滑块。
(1)求滑块运动到B点时的速度大小v1。
(2)求滑块第一次进入AB区间内受到薄木板的摩擦力f的大小和方向。
(3)若木板第一次与挡板P碰撞后以原速率反弹，求木板反向运动时滑块的加速度a1。
(4)在(3)的条件下，若滑块与挡板碰撞后立即粘在挡板上，停止运动。求从木板第一次与挡板P碰撞到木板沿斜面上升到最高点的时间t(忽略滑块从薄木板上滑下时对木板的影响，结果可保留根号)。
参考答案
1.C
【解析】本题考查惯性。硬币直立时不一定处于平衡状态，如果列车做减速运动，硬币可能受到与列车行驶方向相反的摩擦力作用，故A、B项错误；如果硬币向列车行驶方向的左侧倒下，说明列车正向右转弯，故C项正确；列车加速时，硬币会受到沿着列车行进方向的摩擦力，故D项错误。
2.B
【解析】本题考查超重、失重。潜艇在“掉深”时向下加速，由图乙可知加速度大小a= m/s2=2 m/s2，A项错误；0~30 s内，潜艇竖直向下运动的最大位移h1=×30 m=300 m，B项正确；潜艇在0~30 s内先向下加速后向下减速，则t=30 s时潜艇向下运动到达最大深度，C项错误；在10 s~30 s内，潜艇向下减速，加速度向上，则潜艇处于超重状态，D项错误。
3.C
【解析】本题考查运动的瞬时性。设圆筒和两磁体的质量均为m，释放瞬间A、B间的磁场力大小为F。释放前，对A，根据力的平衡条件有mg=F，释放后，B与圆筒一起运动，对B与圆筒整体有2mg+F=2ma，解得a=1.5g，释放后瞬间A所受磁场力大小仍为F，则释放后瞬间A的加速度为零，故A、B项错误；由上述知，释放后A、B间的距离增大，则A、B间的磁场力减小，对A有mg-F'=ma'(F'a'>0，即A的加速度向下，A相对地面向下运动，而B与圆筒组成的系统释放后瞬间以a=1.5g的加速度向下运动，故A会离开圆筒，C项正确；根据牛顿第三定律可知，A对B的作用力与B对A的作用力始终大小相等，故D项错误。
4.B
【解析】本题考查牛顿第二定律的动态问题。分析小物块在长平板上滑动时的受力情况，由牛顿第二定律，知mgsin θ=ma，设P、Q间的水平距离为L，由运动学公式可知=at2，两式联立，可得t=2，θ=45°时，t取最小值，故当θ由30°逐渐增大至45°，物块的下滑时间t逐渐减小，B项正确。
5.
A
【解析】本题考查牛顿第二定律与临界问题综合。为使积雪不下滑，临界情况为积雪所受摩擦力沿前挡风玻璃向上且为最大静摩擦力，取玻璃上的一段雪为研究对象，将其所受玻璃的摩擦力和支持力分别沿竖直方向和水平方向分解，如图所示，可得FNcos 37°+Ffsin 37°=mg，FNsin 37°-Ffcos 37°=ma，又Ff=μFN，联立解得a=4.21 m/s2，A项正确。
6.B
【解析】本题考查牛顿第二定律和匀变速直线运动规律的综合。根据牛顿第二定律可得，1号小球的加速度大小a1=gsin 60°，位移大小x1=2rsin 60°=r，下滑到细杆底端所用时间t1==2；同理可得2号小球的运动时间t2=2；3号小球下滑的加速度大小a3=gsin 60°，位移大小x3==2r，运动时间t3==；4号小球的加速度大小a4=gsin 30°，位移大小x4==2r，运动时间t4==。比较得t1=t27.BD
【解析】本题考查弹簧类问题及a-t图像的解读。0~2t0时间内，Q所受弹力方向向左，P所受弹力方向始终向右；t0时刻，P、Q所受弹力最大且大小相等，对P，由牛顿第二定律可得=，对Q，有=a0，得mQ=m，故A项错误、B项正确；由a-t图像可知，2t0时刻P的速度大小vP=v0-S1，Q的速度大小vQ=S2，故C项错误、D项正确。
8.CD
【解析】本题考查受力分析和牛顿第二定律的应用。由于v-t图线与t轴围成的面积表示下落的高度，由图乙可知特战兵刚跳下时离地面的高度大于图中梯形的面积，即h>×20 m=180 m，故A项错误；由图乙知，0~2 s内特战兵运动的加速度大小a1==10 m/s2，与重力加速度相等，故此阶段特战兵做自由落体运动，绳上的张力为0，B项错误；在7 s~13 s时间内特战兵做匀减速运动，设每根绳的拉力大小为F，在竖直方向上，有8Fcos 37°-mg=ma2，其中a2=- m/s2= m/s2，解得F=125 N，C项正确；由于在7 s~13 s时间内特战兵的加速度方向向上，故特战兵处于超重状态，D项正确。
9.AD
【解析】本题考查传送带问题。由匀变速运动规律可得LOA=at2，解得a=4 m/s2，故A项正确；分析物体在斜面上运动时的受力，由牛顿第二定律有mgsin θ-μ1mgcos θ=ma，解得μ1=0.25，故B项错误；物体滑至A点时的速度大小vA=at=6 m/s，而物体在传送带上滑动时的加速度大小a1=μg=5 m/s2，由运动学公式可得物体在传送带上速度减为零的位移x==3.6 m<10 m，故物体不会从B点滑出，速度减为零之后反向加速，加速度大小不变，加速到相对传送带静止所需位移x'==1.6 m10.AD
【解析】本题考查整体法和隔离法的应用。A滚出凹槽的临界条件为A受到凹槽的支持力沿着圆心与凹槽的左端点的连线方向，对A有FNsin α=ma1，FNcos α=mg，解得临界加速度大小a1=g，把A、B、C看作一个整体，根据牛顿第二定律可得a1=，解得M=(+1)m，可知当M>(+1)m时，A能从凹槽中滚出，故A项正确；同理，当α=45°时，可解得临界加速度大小a临=g，把A、B、C看作一个整体，根据牛顿第二定律可得a2=11.(1)0.55(0.54~0.56均可)　(2分)
(2)1.52　(3分)
(3)B　(2分)
【解析】(1)由图乙知，示数为0.5 N+0.1×0.5 N=0.55 N。
(2)由于相邻计数点间有四个点未标出，则相邻计数点之间的时间间隔T=5× s=0.1 s，根据逐差法可知，小车的加速度大小a= m/s2=1.52 m/s2。
(3)由于长木板置于水平桌面上，小车运动时受到摩擦力作用。设小车质量为M，对小车进行受力分析，有F-f=Ma，则有a=F-，则画出的a-F图像是一条斜率为正值的倾斜直线，图像在a轴上的截距为负值，则只有第二个图像符合题意。
12.(1)78.0(77.9~78.1均可)　(3分)
(2)0.90　(3分)
(3)　(3分)
【解析】(1)hA=78.0 cm。
(2)由图丙可知，A、B两球落地的时间差为0.50 s，A球先下落，时间短，则B球下落时间tB=0.50 s+0.40 s=0.90 s，即物块做加速运动的时间为0.90 s。
(3)物块和小球B一起做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的位移时间关系有hB=at2，则hB-t2图像的斜率k=a，由牛顿第二定律，有mg-μMg=(M+m)a，整理可得μ=。
13.解：(1)假设货物与货厢之间发生相对滑动时的加速度大小为a0，可得
μmg=ma0　(2分)
解得a0=2.5 m/s2>a1=1.8 m/s2　(1分)
所以启动过程中货物相对于货车静止
货物受到的摩擦力大小f=ma1=18 N。　(2分)
(2)货车在速度减为零的过程中运动的位移
x1==37.5 m　(2分)
此过程中货物的加速度大小a0=2.5 m/s2，若货物能做匀减速运动直至停止，则货物在速度减为零的过程中运动的位移
x2==45 m　(1分)
两者运动的位移差Δx=x2-x1=7.5 m　(1分)
Δx>l-l1-Δl，则货物最终会与货厢前壁碰撞。　(1分)
14.解：(1)对返回舱的匀减速运动过程，有
h=t=1 m。　(2分)
(2)设返回舱的质量为m'，返回舱做匀速运动时，根据受力平衡可得
kv1=m'g　(2分)
当返回舱速度为v0时，根据牛顿第二定律可得
kv0-m'g=m'a0　(2分)
联立解得a0=70 m/s2。　(2分)
(3)设匀减速过程返回舱的加速度大小为a，则有
a==32 m/s2　(2分)
对返回舱做匀减速运动的过程，由牛顿第二定律有
F-mg=ma　(2分)
解得F=2520 N。　(2分)
15.解：(1)滑块在进入AB区间之前，由于斜面光滑，滑块将与木板一起以加速度a0加速下滑，根据牛顿第二定律，有
(M+m)gsin θ=(M+m)a0　(1分)
又=2a0　(1分)
解得v1=5 m/s。　(1分)
(2)进入AB区间后，假设滑块与木板仍然相对静止，设下滑的加速度为a，对整体有
(M+m)gsin θ-F=(M+m)a　(1分)
解得a=0　(1分)
在此假设条件下，木板受到滑块的静摩擦力方向沿斜面向上，而滑块受到的摩擦力沿斜面向下，对滑块，根据牛顿第二定律有
mgsin θ+f-F=ma=0　(1分)
解得f=5 N　(1分)
又因为滑块与木板间的最大静摩擦力fm=μFN=5 N=f，故假设成立。即滑块受到木板的静摩擦力f大小为5 N，方向沿斜面向下。　(1分)
(3)滑块进入AB区间后，滑块和木板一起匀速下滑，木板碰到挡板P时，木板的速度反向，此时木板对滑块的摩擦力沿斜面向上，对滑块，有
mgsin θ-μmgcos θ=ma1　(1分)
解得a1=0　(1分)
即滑块在木板上仍然匀速下滑。
(4)木板与挡板第一次碰撞后，设木板的加速度的大小为a2，有
Mgsin θ+μmgcos θ=Ma2　(1分)
解得a2=10 m/s2　(1分)
木板以加速度a2匀减速上滑，自木板与挡板碰撞开始计时，设滑块离开木板所用时间为t1，则有
v1t1+(v1t1-a2)=　(1分)
此时木板的速度
v2=v1-a2t1　(1分)
滑块与木板分离后，设木板的加速度大小为a3，再经过时间t2，木板减速上滑至最高点，对木板有
Mgsin θ=Ma3，v2-a3t2=0　(1分)
木板沿斜面上升到最高点的总时间
t=t1+t2
联立各式，解得t= s。　(1分)

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