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章末综合检测（五）　牛顿运动定律
（满分：100分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求。
1.学习了牛顿第二定律，反观“伽利略的理想斜面实验”，小球从第一个理想斜面滚下，接着冲上第二个理想斜面，下列说法正确的是（　　）
A.该理想实验中小球冲上的第二个斜面可以是粗糙的
B.在第二个斜面上使小球减速的力是重力沿斜面的分力mgsin θ
C.小球冲上第二个斜面的高度与斜面的倾角有关
D.实验表明，当第二个斜面的倾角为零时，小球便保持原来的运动状态一直运动下去
2.如图所示的是月球车示意图，当该月球车分别在地面和月面以相同的速率行驶时，下面判断正确的是（　　）
A.在地面运动时的惯性较大
B.在月面运动时的惯性较大
C.速度大的时候惯性大
D.在地面和月面上运动时的惯性一样大
3.打开手机加速度传感器APP，手握手机迅速下蹲，手机记录的图像如图所示，a、b分别为图像的峰值，则（　　）
A.峰值a对应时刻，人向下运动的速度最大
B.峰值b对应时刻，人向下运动的速度最大
C.峰值a对应时刻，人对地面的压力小于自身重力
D.峰值b对应时刻，人对地面的压力小于自身重力
4.如图所示，质量为0.5 kg的物块A悬挂在弹簧测力计下方，木板B托住物块A使整个装置静止，此时测力计的示数为3.0 N，重力加速度g＝10 m/s2。现使木板B以5 m/s2的加速度向下运动，木板B开始运动的瞬间，物块A的加速度为（　　）
A.0 B.4 m/s2
C.5 m/s2 D.6 m/s2
5.一物体静止在某水平地面上，0时刻起受到水平拉力F作用，其速度随时间变化关系如图所示，已知物体在匀速运动时受水平拉力大小为6 N，第8 s末撤去拉力，则（　　）
A.物体在加速度阶段的加速度大小为1 m/s2
B.物体的质量为2 kg
C.第2 s末到第10 s末的平均速度大小为3 m/s
D.第2 s末到第6 s末物体所受拉力逐渐增大
6.如图所示为沪宁线上某次高铁列车对接场景，对接后两组列车成为一列共同出发。列车启动阶段做匀加速直线运动，每组提供的动力均为F，受到的阻力均为总重的k倍。运行方向如图，a组总质量为m1，b组总质量为m2。下列说法正确的是（　　）
A.a的加速度大小
B.对接处的作用力大小为F
C.若m1＜m2，则对接处（如图）的作用效果是拉力
D.若每组提供的动力均为2F，则列车组的加速度加倍
7.如图甲所示为门式起重机，它可以将列车上的集装箱竖直向上提升到一定高度。若选竖直向上为正方向，测得集装箱在竖直方向运动过程中的加速度a随位移s变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A.在s＝4 m时，集装箱的速度为2 m/s
B.在0～4 m内，集装箱运动的时间为2 s
C.在4～6 m内，集装箱处于失重状态
D.集装箱上升的最大高度为6 m
8.如图甲所示，一小物块从水平传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录的小物块的位移s随时间t的变化关系如图乙所示，已知图线在前3 s内为二次函数，在3～4.5 s内为一次函数，规定小物块向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法不正确的是（　　）
A.小物块的初速度为4 m/s
B.传送带沿逆时针方向转动
C.传送带的速度大小为2 m/s
D.小物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9.如图所示，“儿童蹦极”中，拴在小朋友腰间左右两侧的是弹性极好的相同的橡皮绳。若小朋友从橡皮绳处于最低点位置处开始由静止上升（此时橡皮绳伸长最大），直至上升到橡皮绳处于原长的过程中，下列关于小朋友的运动状态的说法中正确的有（　　）
A.橡皮绳处于原长位置时，小朋友的速度、加速度都为零
B.小朋友的速度最大时，其加速度等于零
C.小朋友处于最低点位置时，其加速度不为零
D.小朋友先做变加速运动，加速度越来越小，再做变减速运动，加速度越来越小
10.如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，一质量为m的物块A用细线跨过滑轮与质量为M的物块B连接（与A相连的细线与斜面平行，与B相连的细线处于竖直状态）；物块B与固定在地面上的轻弹簧拴接，系统处于静止状态。已知重力加速度为g，则（　　）
A.剪断细线的瞬间，物块B的加速度大小可能为g
B.剪断细线的瞬间，物块B的加速度大小可能为零
C.剪断弹簧的瞬间，物块B的加速度大小可能为零
D.剪断弹簧的瞬间，物块B的加速度大小可能为g
11.如图所示，直角形木板上用足够长的轻绳连接着一质量m＝2 kg的物块，轻绳水平，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.5。开始时木板和物块都静止，绳的拉力恰好为零。当木板匀加速运动时，下列说法正确的是（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2）（　　）
A.木板以加速度a＝4 m/s2向右加速时，物块所受摩擦力大小为8 N
B.木板以加速度a＝4 m/s2向右加速时，绳对物块的拉力大小为2 N
C.木板以加速度a＝6 m/s2向左加速时，物块所受摩擦力大小为12 N
D.木板以加速度a＝6 m/s2向左加速时，绳的拉力为零
12.如图，P、Q两物体的重力均为10 N，各接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.3，现在对物体Q施加一向右的水平拉力F＝4 N，则（　　）
A.物体P与物体Q一起向右运动
B.物体P静止不动，物体Q向右运动
C.地面对物体P施加水平向左，大小为4 N的静摩擦力
D.无论如何加大对物体Q的水平拉力F，物体P都不会向右运动
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
13.（6分）某组同学设计了“探究加速度a与物体所受合力F及质量m的关系”实验。图甲为实验装置简图，A为小车，B为电火花计时器，C为装有细砂的小桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小车拉力F等于细砂和小桶的总重力，小车运动的加速度a用纸带上打出的点求得。（相邻两计数点间还有两个点没有画出），已知实验所用电源的频率为50 Hz。
根据实验数据分析，该同学认为物块的运动为匀加速运动。回答下列问题：
（1）物块的加速度大小为　　　　m/s2。（保留两位有效数字）
（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a-F图像可能是图中的图线　　　　。
14.（8分）某实验小组利用气垫导轨、光电门和力传感器等器材来完成“探究加速度与物体所受合力的关系”实验，具体装置如图甲所示。实验时先测出遮光条的宽度d，由刻度尺读出滑块释放时遮光条到光电门的距离L，滑块每次从气垫导轨上的同一位置释放，光电门连接的数字计时器记录下遮光条的遮光时间t，仅改变悬挂的钩码个数来进行多组实验。
（1）实验中调节气垫导轨水平后，　　　　调节滑轮位置使细线与气垫导轨平行，力传感器和钩码的总质量　　　　远小于滑块及遮光条的总质量。（均填“需要”或“不需要”）
（2）根据实验中测量的各物理量可知，遮光条经过光电门时的速度大小v＝　　　　，滑块的加速度大小a＝　　　　　。（均用题目给定的物理量符号表示）
（3）测得多组实验数据后，根据实验数据处理结果绘制出的F-图像如图乙所示，若该图像的斜率为k，则滑块及遮光条的总质量M＝　　　　（用题目给定的物理量符号表示）。
15.（14分）“辽宁号”航空母舰是我国第一艘服役的航空母舰。某次测试时，质量m＝2.4×104 kg的舰载机从航空母舰静止的水平甲板上起飞，采用的弹射装置使舰载机获得v0＝10 m/s的初速度，发动机提供恒定的推力使舰载机在航空母舰跑道上做匀加速直线运动，经t＝3 s运动了120 m后离舰升空。已知舰载机在水平甲板上运动时受到的阻力为舰载机所受重力的，航空母舰始终静止，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
（1）求发动机提供的恒定推力F1的大小；
（2）若某次舰载机着舰时的速度大小v1＝80 m/s，舰载机需在阻拦索和阻力的共同作用下在100 m内减速到0，舰载机受到阻拦索的作用力可视为恒力，求阻拦索对舰载机的最小作用力F2。
16.（14分）质量为m＝3 kg的物体静止在水平地面上，在与水平方向成37°角、斜向上的恒力拉动下开始做加速直线运动，一段时间后撤去拉力，物体减速滑行一段距离后停止运动。整个过程中物体的v-t图像如图所示，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
（1）撤去拉力后物体的加速度大小a2；
（2）撤去拉力前物体的加速度大小a1（结果可保留分数）；
（3）拉力F的大小（结果保留2位有效数字）。
17.（18分）滑雪机是利用电机带动雪毯向上运动，雪毯的质感完全仿真滑雪场的平坦硬雪，滑雪者相对雪毯向下滑行，以达到学习和锻炼的目的，并且，通过调整雪毯的速度或坡度，还可以模拟在滑雪场以各种速度在各种坡度的雪道滑行。已知坡道长L＝7 m，倾角θ＝37°。在某次训练中，雪毯静止未开启，一质量m＝70 kg（含装备）的滑雪者没有做任何助力动作，恰能够沿雪毯匀速下滑，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。不计空气阻力。求：
（1）滑雪板与滑雪毯间的动摩擦因数；
（2）现将坡道角度调整为53°，其他条件不变，求滑雪者在没有做任何助力的情况下，从坡道顶端由静止滑到坡道底端时的速度大小；
（3）开启雪毯，使雪毯始终以速度v＝5 m/s向上运动，保持坡道角度53°，让滑雪者继续从坡道顶端静止滑下，同时双手用滑雪杖向后撑雪毯，设每根滑雪杖使人获得沿着雪毯向下70 N的力，求滑雪者滑下瞬间获得的加速度。
章末综合检测（五）　牛顿运动定律
1.B　伽利略的理想实验，要求两个斜面都没有摩擦，故A错误；在伽利略设计的这个实验中，使小球减速的力是第二个斜面上重力沿斜面的分力，故B正确；由于斜面光滑，小球每次到达的高度总相同，与倾角无关，故C错误；当第二个斜面的倾角为零时，小球便保持原来的运动状态一直运动下去，这不是事实，实验中无法得出，而是逻辑推理，故D错误。
2.D　惯性的大小与物体的质量有关，与物体的运动的状态无关，所以当该月球车分别在地面和月面以相同的速率行驶时质量不变，所以惯性一样大，故选D。
3.D　峰值a对应时刻，有向上的最大加速度，人在做减速运动，人对地面的压力大于自身重力，速度不是最大，故A、C错误；峰值b对应时刻有向下的最大加速度，人处在失重状态，人对地面的压力小于自身重力，此后一段时间人仍在向下加速，所以向下的速度不是最大，故B错误，D正确。
4.B　木板B开始运动的瞬间，物块A受到的合力大小为F＝mg－F'＝2 N，由牛顿第二定律可得物块A的加速度为a＝＝4 m/s2，故选B。
5.B　物体在加速度阶段的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝1.5 m/s2，选项A错误；减速阶段的加速度大小a2＝＝ m/s2＝3 m/s2，根据a2＝μg可知μ＝0.3，匀速时F＝μmg，可得物体的质量为m＝2 kg，选项B正确；第2 s末到第10 s末的位移s＝（2＋8）×6 m＝30 m，平均速度大小为＝＝ m/s＝3.75 m/s，选项C错误；第2 s末到第6 s末物体做匀加速运动，所受拉力不变，选项D错误。
6.C　根据牛顿第二定律2F－k（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a，解得a＝，动力与加速度并不是正比关系，若每组提供的动力均为2F，列车组的加速度并不加倍，故A、D错误；对于a，根据牛顿第二定律F－T－km1g＝m1a，解得T＝F－F＝F，若m1＜m2，则T大于零，说明对接处对a的力是拉力，即对接处的作用效果是拉力，故B错误，C正确。
7.B　由题意，集装箱离开列车时的速度为0，之后在0～4 m内竖直向上做匀加速直线运动，由2as＝v2－0和s＝4 m得集装箱的速度v＝2 m/s，A错误；由v＝at，得t＝2 s，B正确；在4 m～6 m内，集装箱向上做加速度逐渐减小的加速运动，加速度向上，集装箱处于超重状态，C错误；当s＝6 m时加速度减小为0，但是向上的速度达到最大，故还会继续向上运动，D错误。
8.B　因2 s末物体的速度减为零，位移为4 m，则a＝＝2 m/s2，根据匀变速直线运动速度时间公式，可得v0＝at＝4 m/s，又根据a＝μg，可知，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，A、D不符合题意；由s-t图像可知，因图像的斜率等于速度，故物体的速度先减小到零后，反向增加，最后匀速运动，可判断传送带顺时针方向转动，B符合题意；由3.0～4.5 s内的图像可知，传送带的速度为v＝＝ m/s＝2 m/s，C不符合题意。
9.BC　橡皮筋处于原长位置时，小朋友只受重力，加速度为g，无法判断速度是否为0，A错误；小朋友所受合力为0时加速度为0，速度不再增大，此时速度最大，B正确；小朋友处于最低点位置时，合力向上，加速度不为0，C正确；小朋友从最低点向上运动时，橡皮筋的拉力的合力大于重力，拉力和重力的合力向上且逐渐减小，加速度越来越小，而后橡皮筋拉力的合力会小于重力，拉力和重力的合力向下增大，加速度增大，D错误。
10.AC　若开始时弹簧处于原长，则剪断细线的瞬间，物块B的加速度大小为g，故A正确；因为细线对B的拉力大小不可能为零，所以弹簧的弹力大小不可能为Mg，因此剪断细线的瞬间，物块B的加速度大小不可能为零，故B错误；若开始时弹簧处于原长，剪断弹簧的瞬间，物块B的加速度大小为零，故C正确；剪断弹簧的瞬间，对A物块与B物块构成的整体，根据牛顿第二定律有Mg－mgsin θ＝（m＋M）a，由上式可知物块B的加速度大小不可能为g，故D错误。
11.AD　物块做加速运动时所受摩擦力达到最大之后绳上才会有张力。当摩擦力达到最大时，有μmg＝ma1，解得a1＝5 m/s2。所以当木板以加速度a＝4 m/s2向右加速时，绳对物块的拉力为零，物块所受摩擦力大小为f＝ma＝8 N，故A正确，B错误；当木板以加速度a＝6 m/s2向左加速时，物块相对木板向右发生滑动，物块水平方向仅受向左的摩擦力作用，易知此时绳的拉力为零，物块所受摩擦力大小为f'＝μmg＝10 N，故C错误，D正确。
12.BD　由题意可得，P物体相对于地面滑动时的最大静摩擦力为fPmax＝μ·2G＝0.3×20 N＝6 N，Q相对P的最大静摩擦力为fPQmax＝μG＝0.3×10 N＝3 N，因此，fPQmax＜F＜fPmax，所以物体P静止不动，物体Q向右运动，A错误，B正确；对物体P受力分析，受到Q对P水平向右的摩擦力fQP＝μG＝0.3×10 N＝3 N，因为物体P静止不动，由平衡条件可得，地面对物体P施加的水平向左的静摩擦力大小为fP＝fQP＝3 N，C错误；根据以上分析，当F＜3 N时，P、Q均静止；当F≥3 N时，Q向右运动，P相对地面静止不动，所以无论如何加大对物体Q的水平拉力F，物体P都不会向右运动，D正确。
13.（1）5.6　（2）C
解析：（1）由逐差法可得，物块的加速度大小为a＝×10－2 m/s2≈5.6 m/s2。
（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，由牛顿第二定律可得F－μmg＝ma
整理得a＝F－μg
图线与横轴有交点，他测量得到的a-F图像可能是图线C。
14.（1）需要　不需要　（2）　　（3）
解析：（1）为了确保细线的拉力等于滑块所受外力的合力，实验中需要调节滑轮位置使细线与气垫导轨平行；当实验中调节气垫导轨水平且细线与气垫导轨平行时，力传感器的示数F等于细线的拉力，结合上述可知，该示数即为滑块的合力，则实验中不需要使力传感器和钩码的总质量远小于滑块及遮光条的总质量。
（2）根据光电门的测速原理，遮光条经过光电门时的速度大小为v＝，
根据速度与位移的关系式有v2＝2aL，
联立解得a＝。
[WT][WT]
（3）由F＝Ma，a＝，
结合上述有F＝·，
结合图乙有＝k，
解得M＝。
15.（1）5.28×105 N　（2）7.2×105 N
解析：（1）根据位移与时间关系s＝v0t＋at2
代入数据解得a＝20 m/s2
根据牛顿第二定律可得F1－mg＝ma
解得F1＝5.28×105 N。
（2）根据速度与位移关系＝2a's'
解得a'＝32 m/s2
根据牛顿第二定律可得F2＋mg＝ma'
解得F2＝7.2×105 N。
16.（1）1 m/s2　（2） m/s2　（3）5.8 N
解析：（1）由牛顿第二定律得μmg＝ma2
解得a2＝1 m/s2
（2）物体做匀减速运动的时间t2＝ s＝4 s
结合图像可得物体在拉力作用下加速运动的时间t1＝6 s
撤去拉力前物体的加速度大小a1＝ m/s2＝ m/s2。
（3）由牛顿第二定律得
Fcos 37°－μ（mg－Fsin 37°）＝ma1
解得F≈5.8 N。
17.（1）0.75　（2）7 m/s　（3）5.5 m/s2
解析：（1）设滑雪者受到雪毯的支持力为N，摩擦力为f，在沿斜面方向，由平衡条件得mgsin θ－f＝0
在垂直于斜面方向上N＝mgcos θ
滑雪者受到的摩擦力大小为f＝μN
代入数据解得μ＝0.75。
（2）坡道角度调整为53°后，设滑雪者受到雪毯的支持力为N'，摩擦力为f'，由牛顿第二定律可得mgsin θ'－f'＝ma
滑雪者受到的摩擦力大小为f'＝μmgcos θ'
解得a＝3.5 m/s2
由匀变速直线运动规律得v2＝2aL
解得v＝7 m/s
即滑雪者从坡道顶端由静止滑到坡道底端时的速度大小为7 m/s。
（3）雪毯动和不动，滑动摩擦力不变，由牛顿第二定律可得mgsin θ'＋2F－μmgcos θ'＝ma
解得a＝5.5 m/s2。
4 / 5(共45张PPT)
章末综合检测（五）　牛顿运动定律
（满分：100分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出
的四个选项中只有一个选项符合题目要求。
1. 学习了牛顿第二定律，反观“伽利略的理想斜面实验”，小球从第
一个理想斜面滚下，接着冲上第二个理想斜面，下列说法正确的是
（　　）
A. 该理想实验中小球冲上的第二个斜面可以是粗糙的
B. 在第二个斜面上使小球减速的力是重力沿斜面的分力mgsin θ
C. 小球冲上第二个斜面的高度与斜面的倾角有关
D. 实验表明，当第二个斜面的倾角为零时，小球便保持原来的运动
状态一直运动下去
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解析：　伽利略的理想实验，要求两个斜面都没有摩擦，故A错
误；在伽利略设计的这个实验中，使小球减速的力是第二个斜面上
重力沿斜面的分力，故B正确；由于斜面光滑，小球每次到达的高
度总相同，与倾角无关，故C错误；当第二个斜面的倾角为零时，
小球便保持原来的运动状态一直运动下去，这不是事实，实验中无
法得出，而是逻辑推理，故D错误。
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2. 如图所示的是月球车示意图，当该月球车分别在地面和月面以相同
的速率行驶时，下面判断正确的是（　　）
A. 在地面运动时的惯性较大
B. 在月面运动时的惯性较大
C. 速度大的时候惯性大
D. 在地面和月面上运动时的惯性一样大
解析：　惯性的大小与物体的质量有关，与物体的运动的状态无
关，所以当该月球车分别在地面和月面以相同的速率行驶时质量不
变，所以惯性一样大，故选D。
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3. 打开手机加速度传感器APP，手握手机迅速下蹲，手机记录的图像
如图所示，a、b分别为图像的峰值，则（　　）
A. 峰值a对应时刻，人向下运动的速度最大
B. 峰值b对应时刻，人向下运动的速度最大
C. 峰值a对应时刻，人对地面的压力小于自身重力
D. 峰值b对应时刻，人对地面的压力小于自身重力
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解析：　峰值a对应时刻，有向上的最大加速度，人在做减速运
动，人对地面的压力大于自身重力，速度不是最大，故A、C错
误；峰值b对应时刻有向下的最大加速度，人处在失重状态，人对
地面的压力小于自身重力，此后一段时间人仍在向下加速，所以向
下的速度不是最大，故B错误，D正确。
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4. 如图所示，质量为0.5 kg的物块A悬挂在弹簧测力计下方，木板B托
住物块A使整个装置静止，此时测力计的示数为3.0 N，重力加速
度g＝10 m/s2。现使木板B以5 m/s2的加速度向下运动，木板B开始
运动的瞬间，物块A的加速度为（　　）
A. 0 B. 4 m/s2
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解析：　木板B开始运动的瞬间，物块A受到的合力大小为F＝mg
－F'＝2 N，由牛顿第二定律可得物块A的加速度为a＝＝4 m/s2，
故选B。
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5. 一物体静止在某水平地面上，0时刻起受到水平拉力F作用，其速
度随时间变化关系如图所示，已知物体在匀速运动时受水平拉力大
小为6 N，第8 s末撤去拉力，则（　　）
A. 物体在加速度阶段的加速度大小为1 m/s2
B. 物体的质量为2 kg
C. 第2 s末到第10 s末的平均速度大小为3 m/s
D. 第2 s末到第6 s末物体所受拉力逐渐增大
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解析：　物体在加速度阶段的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝
1.5 m/s2，选项A错误；减速阶段的加速度大小a2＝＝ m/s2
＝3 m/s2，根据a2＝μg可知μ＝0.3，匀速时F＝μmg，可得物体
的质量为m＝2 kg，选项B正确；第2 s末到第10 s末的位移s＝
（2＋8）×6 m＝30 m，平均速度大小为＝＝ m/s＝3.75
m/s，选项C错误；第2 s末到第6 s末物体做匀加速运动，所受拉
力不变，选项D错误。
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6. 如图所示为沪宁线上某次高铁列车对接场景，对接后两组列车成为
一列共同出发。列车启动阶段做匀加速直线运动，每组提供的动力
均为F，受到的阻力均为总重的k倍。运行方向如图，a组总质量为
m1，b组总质量为m2。下列说法正确的是（　　）
C. 若m1＜m2，则对接处（如图）的作用效果是拉力
D. 若每组提供的动力均为2F，则列车组的加速度加倍
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解析：　根据牛顿第二定律2F－k（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a，
解得a＝，动力与加速度并不是正比关系，若每组
提供的动力均为2F，列车组的加速度并不加倍，故A、D错误；对
于a，根据牛顿第二定律F－T－km1g＝m1a，解得T＝F－F
＝F，若m1＜m2，则T大于零，说明对接处对a的力是拉力，
即对接处的作用效果是拉力，故B错误，C正确。
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7. 如图甲所示为门式起重机，它可以将列车上的集装箱竖直向上提升
到一定高度。若选竖直向上为正方向，测得集装箱在竖直方向运动
过程中的加速度a随位移s变化的规律如图乙所示。
下列说法正确的是（　　）
A. 在s＝4 m时，集装箱的速度为2 m/s
C. 在4～6 m内，集装箱处于失重状态
D. 集装箱上升的最大高度为6 m
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解析：　由题意，集装箱离开列车时的速度为0，之后在0～4 m
内竖直向上做匀加速直线运动，由2as＝v2－0和s＝4 m得集装箱的
速度v＝2 m/s，A错误；由v＝at，得t＝2 s，B正确；在4 m～
6 m内，集装箱向上做加速度逐渐减小的加速运动，加速度向上，
集装箱处于超重状态，C错误；当s＝6 m时加速度减小为0，但是
向上的速度达到最大，故还会继续向上运动，D错误。
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8. 如图甲所示，一小物块从水平传送带的右侧滑上传送带，固定在传
送带右端的位移传感器记录的小物块的位移s随时间t的变化关系如
图乙所示，已知图线在前3 s内为二次函数，在3～4.5 s内为一次函
数，规定小物块向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不
变，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法不正确的是（　　）
A. 小物块的初速度为4 m/s
B. 传送带沿逆时针方向转动
C. 传送带的速度大小为2 m/s
D. 小物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2
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解析：　因2 s末物体的速度减为零，位移为4 m，则a＝＝2
m/s2，根据匀变速直线运动速度时间公式，可得v0＝at＝4 m/s，又
根据a＝μg，可知，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，
A、D不符合题意；由s-t图像可知，因图像的斜率等于速度，故物
体的速度先减小到零后，反向增加，最后匀速运动，可判断传送带
顺时针方向转动，B符合题意；由3.0～4.5 s内的图像可知，传送
带的速度为v＝＝ m/s＝2 m/s，C不符合题意。
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二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全
的得2分，有选错的得0分。
9. 如图所示，“儿童蹦极”中，拴在小朋友腰间左右两侧的是弹性极
好的相同的橡皮绳。若小朋友从橡皮绳处于最低点位置处开始由静
止上升（此时橡皮绳伸长最大），直至
上升到橡皮绳处于原长的过程中，下列
关于小朋友的运动状态的说法中正确的
有（　　）
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A. 橡皮绳处于原长位置时，小朋友的速度、加速度都为零
B. 小朋友的速度最大时，其加速度等于零
C. 小朋友处于最低点位置时，其加速度不为零
D. 小朋友先做变加速运动，加速度越来越小，再做变减速运动，加速度越来越小
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解析：　橡皮筋处于原长位置时，小朋友只受重力，加速度为
g，无法判断速度是否为0，A错误；小朋友所受合力为0时加速度
为0，速度不再增大，此时速度最大，B正确；小朋友处于最低点
位置时，合力向上，加速度不为0，C正确；小朋友从最低点向上
运动时，橡皮筋的拉力的合力大于重力，拉力和重力的合力向上且
逐渐减小，加速度越来越小，而后橡皮筋拉力的合力会小于重力，
拉力和重力的合力向下增大，加速度增大，D错误。
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10. 如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，一质量为m的物块A用细线
跨过滑轮与质量为M的物块B连接（与A相连的细线与斜面平行，
与B相连的细线处于竖直状态）；物块B与固定在地面上的轻弹簧
拴接，系统处于静止状态。已知重力加速度为g，则（　　）
A. 剪断细线的瞬间，物块B的加速度大小可能为g
B. 剪断细线的瞬间，物块B的加速度大小可能为零
C. 剪断弹簧的瞬间，物块B的加速度大小可能为零
D. 剪断弹簧的瞬间，物块B的加速度大小可能为g
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解析：　若开始时弹簧处于原长，则剪断细线的瞬间，物块B
的加速度大小为g，故A正确；因为细线对B的拉力大小不可能为
零，所以弹簧的弹力大小不可能为Mg，因此剪断细线的瞬间，物
块B的加速度大小不可能为零，故B错误；若开始时弹簧处于原
长，剪断弹簧的瞬间，物块B的加速度大小为零，故C正确；剪断
弹簧的瞬间，对A物块与B物块构成的整体，根据牛顿第二定律有
Mg－mgsin θ＝（m＋M）a，由上式可知物块B的加速度大小不可
能为g，故D错误。
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11. 如图所示，直角形木板上用足够长的轻绳连接着一质量m＝2 kg的
物块，轻绳水平，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.5。开始时木
板和物块都静止，绳的拉力恰好为零。当木板匀加速运动时，下
列说法正确的是（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2）
（　　）
A. 木板以加速度a＝4 m/s2向右加速时，物块所受摩擦力大小为8 N
B. 木板以加速度a＝4 m/s2向右加速时，绳对物块的拉力大小为2 N
C. 木板以加速度a＝6 m/s2向左加速时，物块所受摩擦力大小为12 N
D. 木板以加速度a＝6 m/s2向左加速时，绳的拉力为零
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解析：　物块做加速运动时所受摩擦力达到最大之后绳上才会
有张力。当摩擦力达到最大时，有μmg＝ma1，解得a1＝5 m/s2。
所以当木板以加速度a＝4 m/s2向右加速时，绳对物块的拉力为
零，物块所受摩擦力大小为f＝ma＝8 N，故A正确，B错误；当木
板以加速度a＝6 m/s2向左加速时，物块相对木板向右发生滑动，
物块水平方向仅受向左的摩擦力作用，易知此时绳的拉力为零，
物块所受摩擦力大小为f'＝μmg＝10 N，故C错误，D正确。
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12. 如图，P、Q两物体的重力均为10 N，各接触面间的动摩擦因数均
为μ＝0.3，现在对物体Q施加一向右的水平拉力F＝4 N，则
（　　）
A. 物体P与物体Q一起向右运动
B. 物体P静止不动，物体Q向右运动
C. 地面对物体P施加水平向左，大小为4 N的静摩擦力
D. 无论如何加大对物体Q的水平拉力F，物体P都不会向右
运动
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解析：　由题意可得，P物体相对于地面滑动时的最大静摩擦
力为fPmax＝μ·2G＝0.3×20 N＝6 N，Q相对P的最大静摩擦力为
fPQmax＝μG＝0.3×10 N＝3 N，因此，fPqmax＜F＜fPmax，所以物体
P静止不动，物体Q向右运动，A错误，B正确；对物体P受力分
析，受到Q对P水平向右的摩擦力fQP＝μG＝0.3×10 N＝3 N，因
为物体P静止不动，由平衡条件可得，地面对物体P施加的水平向
左的静摩擦力大小为fP＝fQP＝3 N，C错误；根据以上分析，当F
＜3 N时，P、Q均静止；当F≥3 N时，Q向右运动，P相对地面静
止不动，所以无论如何加大对物体Q的水平拉力F，物体P都不会
向右运动，D正确。
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三、非选择题：本题共5小题，共60分。
13. （6分）某组同学设计了“探究加速度a与物体所受合力F及质量m
的关系”实验。图甲为实验装置简图，A为小车，B为电火花计时
器，C为装有细砂的小桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板，实
验中认为细绳对小车拉力F等于细砂和小桶的总重力，小车运动
的加速度a用纸带上打出的点求得。（相邻两计数点间还有两个点
没有画出），已知实验所用电源的频率为50 Hz。
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根据实验数据分析，该同学认为物块的运动为匀加速运动。回答
下列问题：
（1）物块的加速度大小为 m/s2。（保留两位有效数字）
解析：由逐差法可得，物块的加速度大小为a＝
×10－2 m/s2≈5.6 m/s2。
5.6　
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（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他
测量得到的a-F图像可能是图中的图线 。
C　
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解析：实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力
这一步骤，由牛顿第二定律可得F－μmg＝ma
整理得a＝F－μg
图线与横轴有交点，他测量得到的a-F图像可能是图线C。
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14. （8分）某实验小组利用气垫导轨、光电门和力传感器等器材来完
成“探究加速度与物体所受合力的关系”实验，具体装置如图甲
所示。实验时先测出遮光条的宽度d，由刻度尺读出滑块释放时遮
光条到光电门的距离L，滑块每次从气垫导轨上的同一位置释
放，光电门连接的数字计时器记录下遮光条的遮光时间t，仅改变
悬挂的钩码个数来进行多组实验。
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（1）实验中调节气垫导轨水平后， 调节滑轮位置使细线与
气垫导轨平行，力传感器和钩码的总质量 远小于滑
块及遮光条的总质量。（均填“需要”或“不需要”）
解析：为了确保细线的拉力等于滑块所受外力的合力，实验中需要调节滑轮位置使细线与气垫导轨平行；当实验中调节气垫导轨水平且细线与气垫导轨平行时，力传感器的示数F等于细线的拉力，结合上述可知，该示数即为滑块的合力，则实验中不需要使力传感器和钩码的总质量远小于滑块及遮光条的总质量。
需要　
不需要　
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（2）根据实验中测量的各物理量可知，遮光条经过光电门时的速
度大小v＝ 　　，滑块的加速度大小a＝ 　　。（均用题目给
定的物理量符号表示）
解析：根据光电门的测速原理，遮光条经过光电门时
的速度大小为v＝，
根据速度与位移的关系式有v2＝2aL，
联立解得a＝。
　
　
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（3）测得多组实验数据后，根据实验数据处理结果绘制出的F-
图像如图乙所示，若该图像的斜率为k，则滑块及遮光条的
总质量M＝ （用题目给定的物理量符号表示）。
　
解析：由F＝Ma，a＝，
结合上述有F＝·，
结合图乙有＝k，
解得M＝。
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15. （14分）“辽宁号”航空母舰是我国第一艘服役的航空母舰。某
次测试时，质量m＝2.4×104 kg的舰载机从航空母舰静止的水平
甲板上起飞，采用的弹射装置使舰载机获得v0＝10 m/s的初速度，
发动机提供恒定的推力使舰载机在航空母舰跑道上做匀加速直线
运动，经t＝3 s运动了120 m后离舰升空。已知舰载机在水平甲板
上运动时受到的阻力为舰载机所受重力的，航空母舰始终静止，
取重力加速度大小g＝10 m/s2。
（1）求发动机提供的恒定推力F1的大小；
答案：5.28×105 N　
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解析：根据位移与时间关系s＝v0t＋at2
代入数据解得a＝20 m/s2
根据牛顿第二定律可得F1－mg＝ma
解得F1＝5.28×105 N。
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（2）若某次舰载机着舰时的速度大小v1＝80 m/s，舰载机需在阻拦索和阻力的共同作用下在100 m内减速到0，舰载机受到阻拦索的作用力可视为恒力，求阻拦索对舰载机的最小作用力F2。
答案：7.2×105 N
解析：根据速度与位移关系＝2a's'
解得a'＝32 m/s2
根据牛顿第二定律可得F2＋mg＝ma'
解得F2＝7.2×105 N。
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16. （14分）质量为m＝3 kg的物体静止在水平地面上，在与水平方向
成37°角、斜向上的恒力拉动下开始做加速直线运动，一段时间
后撤去拉力，物体减速滑行一段距离后停止运动。整个过程中物
体的v-t图像如图所示，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力
加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
（1）撤去拉力后物体的加速度大小a2；
答案：1 m/s2　
解析：由牛顿第二定律得μmg＝ma2
解得a2＝1 m/s2
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（2）撤去拉力前物体的加速度大小a1（结果可保留分数）；
答案： m/s2　
解析：物体做匀减速运动的时间t2＝ s＝4 s
结合图像可得物体在拉力作用下加速运动的时间t1＝6 s
撤去拉力前物体的加速度大小a1＝ m/s2＝ m/s2。
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（3）拉力F的大小（结果保留2位有效数字）。
答案：5.8 N
解析：由牛顿第二定律得
Fcos 37°－μ（mg－Fsin 37°）＝ma1
解得F≈5.8 N。
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17. （18分）滑雪机是利用电机带动雪毯向上运动，雪毯的质感完全
仿真滑雪场的平坦硬雪，滑雪者相对雪毯向下滑行，以达到学习
和锻炼的目的，并且，通过调整雪毯的速度或坡度，还可以模拟
在滑雪场以各种速度在各种坡度的雪道滑行。已知坡道长L＝7
m，倾角θ＝37°。在某次训练中，雪毯静止未开启，一质量m＝
70 kg（含装备）的滑雪者没有做任何助力
动作，恰能够沿雪毯匀速下滑，重力加速
度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝
0.8。不计空气阻力。求：
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答案：0.75　
（1）滑雪板与滑雪毯间的动摩擦因数；
解析：设滑雪者受到雪毯的支持力为N，摩擦力为f，
在沿斜面方向，由平衡条件得mgsin θ－f＝0
在垂直于斜面方向上N＝mgcos θ
滑雪者受到的摩擦力大小为f＝μN
代入数据解得μ＝0.75。
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（2）现将坡道角度调整为53°，其他条件不变，求滑雪者在没有
做任何助力的情况下，从坡道顶端由静止滑到坡道底端时的
速度大小；
答案：7 m/s　
解析：坡道角度调整为53°后，设滑雪者受到雪毯的支持力
为N'，摩擦力为f'，由牛顿第二定律可得mgsin θ'－f'＝ma
滑雪者受到的摩擦力大小为f'＝μmgcos θ'
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解得a＝3.5 m/s2
由匀变速直线运动规律得v2＝2aL
解得v＝7 m/s
即滑雪者从坡道顶端由静止滑到坡道底端时的速度大小为7m/s。
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（3）开启雪毯，使雪毯始终以速度v＝5 m/s向上运动，保持坡道
角度53°，让滑雪者继续从坡道顶端静止滑下，同时双手用
滑雪杖向后撑雪毯，设每根滑雪杖使人获得沿着雪毯向下70
N的力，求滑雪者滑下瞬间获得的加速度。
答案：5.5 m/s2
解析：雪毯动和不动，滑动摩擦力不变，由牛顿第二定律可
得mgsin θ'＋2F－μmgcos θ'＝ma
解得a＝5.5 m/s2。
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