01 牛顿第二定律-2023年高考物理考前冲刺高频考点知识点突破练习（含解析）
文档属性
| 名称 | 01 牛顿第二定律-2023年高考物理考前冲刺高频考点知识点突破练习（含解析） |
|
|
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 2.4MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2023-06-01 00:00:00 | ||
图片预览
文档简介
01牛顿第二定律-2023年高考物理考前冲刺高频考点知识点突破练习
一．选择题（共25小题）
1．（2023 门头沟区一模）幼儿园小朋友玩的滑梯如图1所示，为了研究方便，可将其简化为图2。已知滑梯和儿童裤料之间的动摩擦因数为μ，某小朋友质量为m，重力加速度为g，滑梯与水平地面之间的夹角为θ。下列说法中正确的是（ ）
A．小朋友沿滑梯加速下滑时受力平衡
B．小朋友对滑梯的压力和滑梯对小朋友的支持力是一对平衡力
C．下滑过程中，小朋友受到的合力大小为mgsinθ
D．下滑过程中，小朋友受到的摩擦力大小为μmgcosθ
2．（2023 海淀区一模）如图所示，水平面上有一上表面光滑的斜面体，一小物块沿其上表面匀减速上滑，此过程中斜面体始终保持静止，下列说法正确的是（ ）
A．斜面体受到地面的摩擦力水平向左
B．斜面体受到地面的摩擦力为零
C．斜面体对地面的压力小于斜面体与物块的重力之和
D．斜面体对地面的压力等于斜面体与物块的重力之和
3．（2023 延庆区一模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（ ）
A．物体的质量m＝0.67kg
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C．物体上升过程的加速度大小a＝12m/s2
D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝20J
4．（2023 西城区一模）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从圆周上的P点沿半径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，运动轨迹为PN；若粒子射入磁场时的速度大小为v2，运动轨迹为PM。不计粒子的重力，下列判断正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．速度v1大于速度v2
C．粒子以速度v1射入时，在磁场中运动时间较长
D．粒子以速度v1射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较大
5．（2023 西城区一模）如图所示，将拱形桥面近似看作圆弧面，一辆汽车以恒定速率通过桥面abc，其中a、c两点高度相同，b点为桥面的最高点。假设整个过程中汽车所受空气阻力和摩擦阻力的大小之和保持不变。下列说法正确的是（ ）
A．在ab段汽车对桥面的压力大小不变
B．在bc段汽车对桥面的压力逐渐增大
C．在ab段汽车的输出功率逐渐增大
D．在ab段汽车发动机做功比bc段多
6．（2023 朝阳区一模）如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平面上，一小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度（在弹性限度内）。不计空气阻力。则（ ）
A．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的加速度不断增大
B．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的速度先增大后减小
C．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的机械能守恒
D．小球在最低点时所受的弹力大小等于其所受的重力大小
7．（2023 朝阳区一模）如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳悬挂于B点，使小球在水平面内做匀速圆周运动。现仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心O到悬点B的高度不变，小球仍在水平面内做匀速圆周运动。增加绳长前后小球运动的角速度、加速度以及所受细绳的拉力大小分别为ω1、a1、F1和ω2、a2、F2。则（ ）
A．ω1＝ω2 B．a1＞a2 C．F1＝F2 D．F1＞F2
8．（2023 丰台区一模）直升机悬停在空中，由静止开始投放装有物资的箱子，箱子下落时所受的空气阻力与箱子下落的速度成正比，下落过程中箱子始终保持图示状态。下列说法正确的是（ ）
A．下落过程中箱内物体的加速度逐渐增大
B．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚释放时大
C．如下落距离足够大时，箱内物体可能不受箱子底部的支持力作用
D．下落过程中箱内物体的机械能增大
9．（2023 平谷区一模）如图，细绳一端固定于悬挂点P，另一端系一小球。在悬挂点正下方Q点处钉一个钉子。小球从A点由静止释放，摆到最低点O的时间为t1，从O点向右摆到最高点B（图中未画出）的时间为t2。摆动过程中，如果摆角始终小于5°，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．t1＝t2，摆球经过O点前后瞬间，小球的速率不变
B．t1＞t2，摆球经过O点前后瞬间，小球的速率变大
C．t1＝t2，摆球经过O点前后瞬间，摆线上的拉力大小不变
D．t1＞t2，摆球经过O点前后瞬间，摆线上的拉力变大
10．（2023 平谷区一模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v﹣t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。g取10m/s2，则（ ）
A．传送带的速度为16m/s
B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
11．（2023 平谷区一模）“加速度计”作为测定物体运动加速度的仪器，已被广泛应用。如图甲所示为一种加速度计的原理示意图。支架AB固定在待测系统上，滑块m穿在AB之间的光滑水平杆上，并用轻弹簧连接在A端，其下端有一活动臂，能使滑片P在滑动变阻器R1上自由滑动。随着系统沿水平方向做变速运动，滑块相对于支架将发生位移，并通过电路转换为电信号从电压表（可看作理想电表）输出。如图乙所示标出了电压表表盘上部分电压刻度值。系统静止时，滑片P在滑动变阻器R1的中点，此时电压表指针指在表盘中间刻度5V处。关于该加速度计有如下两种说法：①若将表盘上电压刻度转换为对应的加速度刻度，加速度值的刻度也将是均匀的；②电池的电动势E和内阻r发生一定程度的变化后，若系统静止时调节R2接入电路的阻值，此时能使电压表的指针指在中间刻度处，那么加速度计就可以继续正常使用，而无需更换电池（ ）
A．①和②都正确 B．①和②都错误
C．①正确，②错误 D．①错误，②正确
12．（2022 密云区一模）卡车装载大型货物时，常会在车尾搭一块倾斜木板。如图所示，工人用平行于斜面的力将货物沿斜面从底端匀速推到顶端。已知货物与木板间的动摩擦因数不变。下列说法正确的是（ ）
A．斜面越长，推力越大
B．斜面越短，推力越大
C．斜面越长，工人做功越多
D．斜面越短，工人做功越多
13．（2022 密云区一模）如图为洛伦兹力演示仪的结构图，励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁感应强度可通过励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是（ ）
A．仅增大电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变小
B．仅增大电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期变大
C．仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变小
D．同时增大电子枪的加速电压和励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期可能不变
14．（2022 密云区一模）“八字刹车”是初级双板滑雪爱好者一项非常重要的技术，用“八字刹车”在水平雪面上滑行时的滑行姿态如图1所示，其减速原理很复杂，但可简化为图2（图1中左边雪板的受力情况）所示。实际滑行时，可通过脚踝“翻转”雪板，使雪板以内刃AB为轴，外刃CD向上翻转，使得两雪板之间夹角为2α，雪板与雪面成β角。此时雪面对雪板的总作用力F可近似认为垂直于雪板所在平面ABCD，其水平、竖直分量分别记为Fx、Fy，其中Fx垂直于AB边，这个分力可以帮助运动员做减速运动。不计空气阻力和一切其他的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．其他条件不变的情况下，α角越小，减速效果越好
B．其他条件不变的情况下，β角越小，减速效果越好
C．滑行动作和姿态相同时，质量大的运动员减速效果更好
D．滑行动作和姿态相同时，质量不同的运动员减速效果相同
15．（2022 西城区一模）某同学想测量地铁启动过程中的加速度，他把一根细绳的下端系上一支圆珠笔，细绳的上端用胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段稳定加速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片，如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直。若要根据这张照片估算此时地铁的加速度，只需要测量（ ）
A．圆珠笔的质量
B．绳子的长度
C．绳子和竖直方向的夹角
D．绳子下端到竖直扶手的距离
16．（2022 西城区一模）很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。由此可判断出（ ）
A．手机可能离开过手掌
B．手机在t1时刻运动到最高点
C．手机在t2时刻改变运动方向
D．手机在t1～t3时间内，受到的支持力先减小再增大
17．（2022 海淀区一模）在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场，两个相同的带电粒子①和②在P点垂直磁场分别射入，两带电粒子进入磁场时的速度方向与x轴的夹角如图所示，二者均恰好垂直于y轴射出磁场。不计带电粒子所受重力。根据上述信息可以判断（ ）
A．带电粒子①在磁场中运动的时间较长
B．带电粒子②在磁场中运动的时间较长
C．带电粒子①在磁场中运动的速率较大
D．带电粒子②在磁场中运动的速率较大
18．（2022 广东三模）如图所示，某同学设计了一个加速度计：较重的滑块可以在光滑的框架中平移，滑块两侧用两劲度系数相同的轻弹簧与框架连接；R为滑动变阻器，其滑动片与滑块固定联接；两个电池的电动势均恒为E，内阻不计。按图连接电路后，电压表指针的零点位于表盘中央，此时两弹簧均为原长，滑动片恰好在变阻器的中间位置。已知滑动片与变阻器任一端之间的电阻值都与其到这端的距离成正比，当a端的电势高于b端时电压表的指针向零点右侧偏转。将此加速度计固定在运动的物体上，物体沿弹簧方向运动。下列说法正确的是（ ）
A．当物体向右加速时，电压表的指针将向右偏
B．电压表的示数不变，说明物体做匀速直线运动
C．电压表的示数增大，说明物体的速度一定增大
D．电压表表盘上各刻度对应加速度的值是均匀的
19．（2022 东城区一模）为了节能，商场的自动扶梯在较长时间无人乘行时会自动停止运行。有人站上去后，扶梯开始加速，然后匀速运动。如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．匀速下行过程中，人的动能不变，扶梯对人不做功
B．加速下行过程中，扶梯对人的支持力大于人所受的重力
C．加速下行过程中，人受到的摩擦力方向水平向左
D．加速下行过程中，支持力对人做正功，摩擦力对人做负功
20．（2022 东城区一模）一个质量为m的小物块静止在表面粗糙的圆锥形漏斗的内表面，如图所示。现使该漏斗从静止开始转动，转动的角速度ω缓慢增大时，物块仍相对漏斗保持静止。当角速度达到ωm时，物块将要与漏斗发生相对滑动。在角速度从0缓慢增大到ωm的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块所受的摩擦力随角速度ω增大，一直增大
B．物块所受的摩擦力随角速度ω增大，一直减小
C．物块所受的支持力随角速度ω增大，一直增大
D．物块所受的支持力随角速度ω增大，先增大后减小
21．（2022 石景山区一模）1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验．实验时，用宇宙飞船（质量为m）去接触正在轨道上运行的火箭（质量为mx，发动机已熄火），如图所示．接触以后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭共同加速，推进器的平均推力为F，开动时间△t，测出飞船和火箭的速度变化是△v，下列说法正确的是（ ）
A．火箭质量mx应为
B．宇宙飞船的质量m应为
C．推力F越大，就越大，且与F成正比
D．推力F通过飞船传递给火箭，所以飞船对火箭的弹力大小应为F
22．（2022 丰台区一模）如图所示，某带电粒子（重力不计）由M点以垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向与原来射入方向的夹角为θ＝30°，磁场的磁感应强度大小为B。由此推断该带电粒子（ ）
A．带负电且动能不变
B．运动轨迹为抛物线
C．电荷量与质量的比值为
D．穿越磁场的时间为
23．（2022 延庆区一模）2021年6月17日，神舟十二号载人飞船与天和核心舱完成对接，航天员聂海胜、刘伯明、汤洪波进入天和核心舱，标志着中国人首次进入了自己的空间站。对接过程的示意图如图所示，天和核心舱处于半径为r3的圆轨道Ⅲ；神舟十二号飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ，运行周期为T1，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B点与天和核心舱对接。则下列说法正确的是（ ）
A．神舟十二号飞船在轨道Ⅰ上运动时将不受重力的作用
B．神舟十二号飞船沿轨道Ⅱ运行的周期为T2＝T1
C．神舟十二号飞船沿轨道Ⅰ运行的周期大于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期
D．正常运行时，神舟十二号飞船在轨道Ⅱ上经过B点的加速度大于在轨道Ⅲ上经过B点的加速度
24．（2022 延庆区一模）如图所示，用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动径迹。图甲是洛伦兹力演示仪的实物图，图乙是结构示意图。励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场越强。图乙中电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场。图丙是励磁线圈示意图。下列关于实验现象和分析正确的是（ ）
A．仅增大励磁线圈中的电流，电子束径迹的半径变大
B．仅升高电子枪加速电场的电压，电子束径迹的半径变大
C．仅使电子枪加速电压增加到原来的2倍，电子束径迹的半径也增加到原来的2倍
D．要使电子形成如图乙的运动径迹，图乙中励磁线圈应通以（沿垂直纸面向里方向观察）逆时针方向的电流
25．（2022 延庆区一模）如图所示，边长为L的正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一带电粒子从ad边的中点M垂直于ad边，以一定速度射入磁场，仅在洛伦兹力的作用下，正好从ab边中点N射出磁场。忽略粒子受到的重力，下列说法正确的是（ ）
A．若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，粒子将从b点射出
B．若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍
C．若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，粒子将从a点射出
D．若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍
二．计算题（共9小题）
26．（2023 海淀区一模）图1中过山车可抽象为图2所示模型：弧形轨道下端与半径为R的竖直圆轨道平滑相接，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为m的小球（可视为质点）从弧形轨道上距B点高4R的A点静止释放，先后经过B点和C点，而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦，已知重力加速度g。
（1）求小球通过B点时的速度大小vB。
（2）求小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小F和方向。
（3）请分析比较小球通过B点和C点时加速度的大小关系。
27．（2023 石景山区一模）如图所示，长为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球（可视为质点）。重力加速度为g。
（1）在水平拉力的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为θ，小球保持静止。请画出此时小球的受力示意图，并求所受水平拉力的大小F；
（2）由图示位置无初速释放小球，不计空气阴力。当小球通过最低点时，求：
①小球动量的大小p；
②轻绳对小球拉力的大小FT。
28．（2022 密云区一模）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.8m；A和B的质量均为m＝0.1kg，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2。重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）与B碰撞前瞬间A对轨道的压力N的大小；
（2）A与B碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）A和B整体在桌面上滑动的距离l。
29．（2022 西城区一模）冰壶是冬奥会上极具观赏性的项目之一。比赛中，运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。已知冰壶的质量为19kg，初速度为3m/s，最初冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，g取10m/s2。
（1）求冰壶滑行过程中加速度的大小a。
（2）求冰壶整个滑行过程中摩擦力做的功W。
（3）按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。若冰壶速度减为2.4m/s时距离目标位置还需滑行18m，需要队友通过在其滑行前方持续摩擦冰面，将冰壶和冰面的动摩擦因数变为多少？
30．（2022 西城区一模）如图所示，在xOy坐标系第一象限的矩形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子在M点以垂直于y轴的方向射入磁场，并从另一侧边界的N点射出。已知带电粒子质量为m，电荷量为q，入射速度为v，矩形区域的长度为L，MN沿y轴方向上的距离为。不计重力。
（1）画出带电粒子在磁场区域内运动的轨迹，并求轨迹的半径r。
（2）判断磁场的方向，并求磁场的磁感应强度的大小B。
（3）将矩形区域内的磁场换为平行于y轴方向的匀强电场，使该粒子以相同的速度从M点入射后仍能从N点射出。通过计算说明，该粒子由N点射出磁场和电场时的速度方向是否相同。
31．（2022 海淀区一模）如图所示，粗糙的水平面AB与光滑的竖直圆轨道BCD在B点相切，圆轨道BCD的半径R＝0.40m，D是轨道的最高点，一质量m＝1.0kg可以看成质点的物体静止于水平面上的A点。现用F＝7.0N的水平恒力作用在物体上，使它在水平面上做匀加速直线运动，当物体到达B点时撤去力F，之后物体沿圆轨道BCD运动，物体恰好能通过D点。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）物体通过D点时速度vD的大小；
（2）物体刚进入圆轨道B点时所受支持力FN的大小；
（3）A与B之间的距离x。
32．（2022 东城区一模）北京2022年冬奥会冰壶比赛新增加了混双项目，运动员用脚蹬固定的起踏器和冰壶一起前进，在前掷线处使冰壶脱手。冰壶前行过程中，运动员通过刷地来改变冰壶的速度和运动方向，使其到达理想位置。已知冰壶的质量为m，前掷线到营垒中心的距离为L，运动员的质量为M。重力加速度为g。
（1）在某次投壶过程中，运动员离开起踏器时他和冰壶的速率为v1，已知运动员和起踏器相互作用的时间为t，计算此过程中运动员和冰壶在水平方向所受平均作用力的大小F；
（2）某次投壶试验中，冰壶离开前掷线后沿直线运动（冰面视作水平面，不考虑冰壶的转动），冰壶在恒定阻力作用下停在营垒中心。水平方向的阻力等于其重力的k倍。求：
a．冰壶离开前掷线时的速率v2；
b．此过程中冰壶克服阻力做功的平均功率P。
33．（2022 房山区一模）将传感器安装在蹦极运动员身上，可以测量出运动员在不同时刻下落的高度及速度，如图甲所示。运动员及所携带装备的总质量为50kg，弹性绳原长为10m。运动员从蹦极台自由下落，根据传感器测到的数据，得到如图乙所示的v﹣x图像。g取9.8m/s2。
（1）运动员下落过程中的最大动能，并分析该位置运动员受力的特点；
（2）判断运动员下落过程中受到的空气阻力是否可以忽略。写出你的理由；
（3）有人认为：在下落的整个过程中，弹性绳的弹力与弹簧弹力一样，都与伸长量成正比。你是否同意这种观点，通过计算说明你的理由。
34．（2022 平谷区一模）如图所示，一个质量为10kg的箱子，在水平推力F的作用下静止在倾角为37°的斜面上。已知箱子与斜面间的动摩擦因数为0.5，斜面足够长，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若要使箱子和斜面间的摩擦力刚好为零，推力F应为多大？
（2）若撤去推力F，
a．箱子沿斜面下滑的加速度是多大？
b．箱子下滑4m时速度是多大？
三．解答题（共5小题）
35．（2023 西城区一模）滑雪是人们喜爱的一项冬季户外运动。如图所示，一位滑雪者，人与装备的总质量为75kg，沿着倾角θ＝30°的平直山坡直线滑下，当速度达到2m/s时他收起雪杖自由下滑，在此后5s的时间内滑下的路程为60m。将这5s内滑雪者的运动看作匀加速直线运动，g取10m/s2。求这5s内
（1）滑雪者的加速度大小a；
（2）滑雪者受到的阻力大小F；
（3）滑雪者损失的机械能ΔE。
36．（2023 朝阳区一模）中国航天技术处于世界领先水平，航天过程有发射、在轨和着陆返回等关键环节。
（1）航天员在空间站长期处于失重状态，为缓解此状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图甲所示。圆环绕中心轴匀速旋转，航天员（可视为质点）站在圆环内的侧壁上，随圆环做圆周运动的半径为r，可受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。已知地球表面的重力加速度为g。求圆环转动的角速度大小ω。
（2）启动反推发动机是着陆返回过程的一个关键步骤。返回舱在距离地面较近时通过γ射线精准测距来启动返回舱的发动机向下喷气，使其减速着地。
a．已知返回舱的质量为M，其底部装有4台反推发动机，每台发动机喷嘴的横截面积为S，喷射气体的密度为ρ，返回舱距地面高度为H时速度为v0，若此时启动反推发动机，返回舱此后的运动可视为匀减速直线运动，到达地面时速度恰好为零。不考虑返回舱的质量变化，不计喷气前气体的速度，不计空气阻力。求气体被喷射出时相对地面的速度大小v；
b．图乙是返回舱底部γ射线精准测距原理简图。返回舱底部的发射器发射γ射线。为简化问题，我们假定：γ光子被地面散射后均匀射向地面上方各个方向。已知发射器单位时间内发出N个γ光子，地面对光子的吸收率为η，紧邻发射器的接收器接收γ射线的有效面积为A。当接收器单位时间内接收到n个γ光子时就会自动启动反推发动机，求此时返回舱底部距离地面的高度h。
37．（2023 丰台区一模）如图所示，一圆盘在水平面内绕过圆盘中心的轴匀速转动，角速度是2.0rad/s。盘面上距圆盘中心10cm的位置有一个质量为0.1kg的小物体随圆盘一起做匀速圆周运动。小物体与圆盘之间的动摩擦因数μ＝0.4，两者之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小物体随圆盘匀速转动时所需向心力的大小F；
（2）要使小物体在圆盘上不发生相对滑动，圆盘角速度的最大值ωm；
（3）若圆盘由静止开始转动，逐渐增大圆盘的角速度，小物体从圆盘的边缘飞出，经过0.4s落地，落地点距飞出点在地面投影点的距离为40cm。在此过程中，摩擦力对小物体所做的功W。
38．（2023 丰台区一模）跑酷不仅可以强健体质，也可使得自身反应能力更加迅速。现有一运动员在图示位置起跳，运动过程姿势不变且不发生转动，到达墙面时鞋底与墙面接触并恰好不发生滑动，通过鞋底与墙面间相互作用可以获得向上的升力。已知运动员起跳时速度为v0，v0与水平方向夹角为θ，到达墙壁时速度方向恰好与墙面垂直，运动员鞋底与墙面的动摩擦因数为μ（4μ＞tanθ），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，全过程忽略空气阻力影响。
（1）求运动员起跳时的水平分速度vx与竖直分速度vy；
（2）运动员与墙发生相互作用的时间为t，蹬墙后速度竖直向上，不再与墙发生相互作用，求蹬墙后运动员上升的最大高度H；
（3）若运动员蹬墙后水平方向速度大小不变，方向相反，为了能够到达起跳位置的正上方，且距离地面高度不低于蹬墙结束时的高度，求运动员与墙发生相互作用的最长时间tm。
39．（2023 平谷区一模）长度为L的轻质细绳上端固定在P点，下端系一质量为m的小球（小球的大小可以忽略）。重力加速度为g。
（1）在水平拉力F的作用下，细绳与竖直方向的夹角为θ，小球保持静止，如图a所示。求拉力F的大小。
（2）使小球在水平面内做圆周运动，如图b所示。当小球做圆周运动的角速度为某一合适值时，细绳跟竖直方向的夹角恰好也为θ，求此时小球做圆周运动的角速度ω。
（3）若图a和图b中细绳拉力分别为T和T'，比较T和T'的大小。
01牛顿第二定律-2023年高考物理考前冲刺高频考点知识点突破练习
参考答案与试题解析
一．选择题（共25小题）
1．（2023 门头沟区一模）幼儿园小朋友玩的滑梯如图1所示，为了研究方便，可将其简化为图2。已知滑梯和儿童裤料之间的动摩擦因数为μ，某小朋友质量为m，重力加速度为g，滑梯与水平地面之间的夹角为θ。下列说法中正确的是（ ）
A．小朋友沿滑梯加速下滑时受力平衡
B．小朋友对滑梯的压力和滑梯对小朋友的支持力是一对平衡力
C．下滑过程中，小朋友受到的合力大小为mgsinθ
D．下滑过程中，小朋友受到的摩擦力大小为μmgcosθ
【答案】D
【解答】解：A．小朋友沿滑梯加速下滑时具有沿滑梯向下的加速度，受力不平衡，故A错误；
B．根据牛顿第三定律可知小朋友对滑梯的压力和滑梯对小朋友的支持力是一对相互作用力，而不是一对平衡力，故B错误；
CD．对小朋友受力分析，根据几何关系可得：
mgsinθ﹣f＝ma，FN＝mgcosθ
又f＝μFN＝μmgcosθ
故C错误，D正确。
故选：D。
2．（2023 海淀区一模）如图所示，水平面上有一上表面光滑的斜面体，一小物块沿其上表面匀减速上滑，此过程中斜面体始终保持静止，下列说法正确的是（ ）
A．斜面体受到地面的摩擦力水平向左
B．斜面体受到地面的摩擦力为零
C．斜面体对地面的压力小于斜面体与物块的重力之和
D．斜面体对地面的压力等于斜面体与物块的重力之和
【答案】C
【解答】解：小物块加速度沿斜面向下，对斜面体和小物块分析，将整体加速度a分解为水平方向的a1和竖直方向的a2，则根据牛顿第二定律可得：
f＝ma1
（M+m）g﹣FN＝ma2
故斜面体受到地面的摩擦力水平向右，根据牛顿第三定律，地面对斜面体的支持力大小等于斜面体对地面的压力，斜面体对地面的压力小于斜面体与物块的重力之和，故C正确，ABD错误；
故选：C。
3．（2023 延庆区一模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（ ）
A．物体的质量m＝0.67kg
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C．物体上升过程的加速度大小a＝12m/s2
D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝20J
【答案】B
【解答】解：A、物体到达最高点时，机械能为：E＝EP＝mgh。由图知：EP＝30J，得：m＝＝kg＝1kg，故A错误；
B、物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，且减少的机械能等于克服摩擦力做的功，有ΔE＝﹣μmgcosα，由图知ΔE＝30J﹣50J＝﹣20J，h＝3m，解得：μ＝0.5，故B正确；
C、物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα＝ma，得：a＝gsinα+μgcosα＝（10×0.6+0.5×10×0.8）m/s2＝10m/s2，故C错误；
D、由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功为：W＝ΔE＝﹣20J，在整个过程中由动能定理得：Ek﹣Ek0＝2W，则有：Ek＝Ek0+2W＝50J+2×（﹣20J）＝10J，故D错误。
故选：B。
4．（2023 西城区一模）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从圆周上的P点沿半径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，运动轨迹为PN；若粒子射入磁场时的速度大小为v2，运动轨迹为PM。不计粒子的重力，下列判断正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．速度v1大于速度v2
C．粒子以速度v1射入时，在磁场中运动时间较长
D．粒子以速度v1射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较大
【答案】C
【解答】解：A、根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；
B、根据牛顿第二定律有：，变形解得：，根据图中轨迹可知，R1＜R2，则有v1＜v2，故B错误；
D、粒子在磁场中受到的洛伦兹力大小为：F＝qvB，由于v1＜v2，可知F1＜F2，故粒子以速度v1射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较小，故D错误。
C、粒子在磁场中的运动周期为：，粒子在磁场中的运动时间为：，画出两轨迹的圆心如下图，
由图可知运动轨迹为PN对应的圆心角大于运动轨迹为PM对应的圆心角，故粒子以速度v1射入时，在磁场中运动时间较长，故C正确；
故选：C。
5．（2023 西城区一模）如图所示，将拱形桥面近似看作圆弧面，一辆汽车以恒定速率通过桥面abc，其中a、c两点高度相同，b点为桥面的最高点。假设整个过程中汽车所受空气阻力和摩擦阻力的大小之和保持不变。下列说法正确的是（ ）
A．在ab段汽车对桥面的压力大小不变
B．在bc段汽车对桥面的压力逐渐增大
C．在ab段汽车的输出功率逐渐增大
D．在ab段汽车发动机做功比bc段多
【答案】D
【解答】解：AB、汽车以恒定速率通过桥面abc，在ab段、b点、bc段的受力分析如题1、图2、图3所示
设汽车在运动过程中所受的空气阻力和摩擦力为F，在ab段时支持力与竖直方向的夹角为θ，在bc段时，支持力与竖直方向的夹角为α，对ab段、bc段，由牛顿第二定律和向心力公式，有，，从a到c的过程中，角θ逐渐减小，角α逐渐增大，由此可知，N1逐渐增大，N2逐渐减小，故AB错误；
C、设在ab段牵引力与水平方向的夹角为β，汽车在ab段时发动机的功率为Pab＝F1v＝（mgsinβ+F）v，从a到b过程中，夹角β在逐渐减小，因此可知Pab逐渐减小，故C错误；
D、在ab段汽车发动机要克服阻力和重力做功，由动能定理有：﹣W克f﹣W克G+W牵＝0
在bc段汽车发动机只克服阻力做功做功：﹣W'克f+W'G+W牵＝0
整个过程中汽车的动能不变，两段过程克服阻力做功相同，因此在ab段汽车发动机做功比bc段多，故D正确。
故选：D。
6．（2023 朝阳区一模）如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平面上，一小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度（在弹性限度内）。不计空气阻力。则（ ）
A．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的加速度不断增大
B．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的速度先增大后减小
C．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的机械能守恒
D．小球在最低点时所受的弹力大小等于其所受的重力大小
【答案】B
【解答】解：AB、小球从接触弹簧到运动至最低点的过程中，受重力和弹簧弹力作用，弹力从零逐渐增大，开始阶段弹力小于重力，小球合力向下，做加速运动，后阶段弹力大于重力，合力向上，小球做减速运动，故小球加速度先减小后增大、速度先增大后减小，故A错误，B正确；
C、小球从接触弹簧到运动至最低点的过程中，弹簧弹力对小球做负功，小球机械能不守恒，故C错误；
D、小球在最低点时，其加速度竖直向上，其所受的弹力大小大于其所受的重力大小，故D错误。
故选：B。
7．（2023 朝阳区一模）如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳悬挂于B点，使小球在水平面内做匀速圆周运动。现仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心O到悬点B的高度不变，小球仍在水平面内做匀速圆周运动。增加绳长前后小球运动的角速度、加速度以及所受细绳的拉力大小分别为ω1、a1、F1和ω2、a2、F2。则（ ）
A．ω1＝ω2 B．a1＞a2 C．F1＝F2 D．F1＞F2
【答案】A
【解答】解：A、对小球受力分析，如下图所示：
绳子的拉力和重力的合力提供向心力，有mgtanθ＝mω2R＝mω2htanθ，解得，仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心O到悬点B的高度h不变，则角速度不变，即ω1＝ω2，故A正确；
B、F合＝mgtanθ＝ma，a＝gtanθ，由于增加了绳长而高度h不变，即增大了角度θ，则加速度变大，a1＜a2，故B错误；
CD、根据受力分析可知，θ增大则F增大，有F1＜F2，故C错误；故D错误。
故选：A。
8．（2023 丰台区一模）直升机悬停在空中，由静止开始投放装有物资的箱子，箱子下落时所受的空气阻力与箱子下落的速度成正比，下落过程中箱子始终保持图示状态。下列说法正确的是（ ）
A．下落过程中箱内物体的加速度逐渐增大
B．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚释放时大
C．如下落距离足够大时，箱内物体可能不受箱子底部的支持力作用
D．下落过程中箱内物体的机械能增大
【答案】B
【解答】解：A、设箱子的质量为M，物体的质量为m，箱子受到的空气阻力为kv，根据牛顿第二定律可知下落过程中整体的加速度为：
（M+m）g﹣kv＝（M+m）a
解得：
随着速度的增大，加速度在减小，故A错误；
B、以箱内物体为对象，根据牛顿第二定律可知：
mg﹣N＝ma
解得：N＝mg﹣ma
随着加速度的减小，物体受到的支持力在逐渐增大，故B正确；
C、整体向下做加速度减小的加速运动，物体受到的支持力一直在增大，当加速度为零时，整体开始做匀速运动，此时箱内物体受箱子底部的支持力与物体重力相等，所以最后不会出现支持力为零的情况，故C错误；
D、由于物体受到向上的支持力，且支持力对物体做负功，所以下落过程中箱内物体的机械能减小，故D错误。
故选：B。
9．（2023 平谷区一模）如图，细绳一端固定于悬挂点P，另一端系一小球。在悬挂点正下方Q点处钉一个钉子。小球从A点由静止释放，摆到最低点O的时间为t1，从O点向右摆到最高点B（图中未画出）的时间为t2。摆动过程中，如果摆角始终小于5°，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．t1＝t2，摆球经过O点前后瞬间，小球的速率不变
B．t1＞t2，摆球经过O点前后瞬间，小球的速率变大
C．t1＝t2，摆球经过O点前后瞬间，摆线上的拉力大小不变
D．t1＞t2，摆球经过O点前后瞬间，摆线上的拉力变大
【答案】D
【解答】解：因摆角始终小于5°，则小球在钉子两边摆动时均可看作简谐运动因为在左侧摆动时摆长较长，根据
可知，左侧周期较大，因摆球在钉子两边摆动的时间均为所在摆周期的，可知
细绳碰钉子的瞬间，小球的速率不变；摆球经过O点时，有
摆球经过O点碰钉子后，做圆周运动的半径r减小，则绳子拉力变大。
故ABC错误；D正确；
故选：D。
10．（2023 平谷区一模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v﹣t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。g取10m/s2，则（ ）
A．传送带的速度为16m/s
B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
【答案】C
【解答】解：A．由图乙可知传送带的速度为8m/s，故A错误；
BC．在0～1s内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，此过程摩擦力的方向与物体的运动方向相反，根据牛顿第二定律得
mgsin37°+μmgcos37°＝ma1
根据图乙可得
在1﹣2s内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，此过程与物体摩擦力的方向与运动方向相同，根据牛顿第二定律得
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2
根据图乙可得
联立解得μ＝0.25 故：B错误，C正确；
D．当传送带的速度大于16m/s后，物块在传送带上一直做加速度为a2的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，故D错误。
故选：C。
11．（2023 平谷区一模）“加速度计”作为测定物体运动加速度的仪器，已被广泛应用。如图甲所示为一种加速度计的原理示意图。支架AB固定在待测系统上，滑块m穿在AB之间的光滑水平杆上，并用轻弹簧连接在A端，其下端有一活动臂，能使滑片P在滑动变阻器R1上自由滑动。随着系统沿水平方向做变速运动，滑块相对于支架将发生位移，并通过电路转换为电信号从电压表（可看作理想电表）输出。如图乙所示标出了电压表表盘上部分电压刻度值。系统静止时，滑片P在滑动变阻器R1的中点，此时电压表指针指在表盘中间刻度5V处。关于该加速度计有如下两种说法：①若将表盘上电压刻度转换为对应的加速度刻度，加速度值的刻度也将是均匀的；②电池的电动势E和内阻r发生一定程度的变化后，若系统静止时调节R2接入电路的阻值，此时能使电压表的指针指在中间刻度处，那么加速度计就可以继续正常使用，而无需更换电池（ ）
A．①和②都正确 B．①和②都错误
C．①正确，②错误 D．①错误，②正确
【答案】A
【解答】解：①系统静止时，敏感元件两端弹簧位于自然状态。设系统以加速度a向右加速运动，敏感元件向左移动的距离为x，由胡克定律和牛顿第二定律可得
设R1的长度为L，R1两端的电压恒为U1，则此时电压表的示数为U＝（﹣x），解得：
联立可得：
可知系统的加速度与电压表示数之间成一次函数关系，因为电压表刻度是均匀的，所以将表盘上电压刻度转换为对应的加速度刻度，加速度值的刻度也将是均匀的，故①正确；
②电池的电动势E和内阻r发生一定程度的变化后，若系统静止时调节R2接入电路的阻值，此时能使电压表的指针指在中间刻度处，所以R1两端的电压不变，仍为U1，根据①分析可知，加速度计就可以继续正常使用，而无需更换电池，故②正确，故A正确，BCD错误。
故选：A。
12．（2022 密云区一模）卡车装载大型货物时，常会在车尾搭一块倾斜木板。如图所示，工人用平行于斜面的力将货物沿斜面从底端匀速推到顶端。已知货物与木板间的动摩擦因数不变。下列说法正确的是（ ）
A．斜面越长，推力越大
B．斜面越短，推力越大
C．斜面越长，工人做功越多
D．斜面越短，工人做功越多
【答案】C
【解答】解：AB.假设斜面长为L，从底端到顶端高为H。斜面倾角为θ，其中高H为定值，根据受力平衡可得
F＝mgsinθ+f
f＝μmgcosθ
联立可得
F＝mg（sinθ+μcosθ）
令
cosα＝，sinα＝
可得
F＝ mgsin（θ+α）
当
θ＝90°﹣α
推力最大值为
Fm＝mg
此时有
sinθ＝＝cosα＝
解得
L＝H
故AB错误；
CD.因为货物匀速运动，根据动能定理可得
WF﹣mgH﹣μmgcosθ L＝0
解得
WF＝mgH+μmgcosθ L＝mgH+μmg
可知斜面长度L越大，推力做功越多，故C正确，D错误：
故选：C。
13．（2022 密云区一模）如图为洛伦兹力演示仪的结构图，励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁感应强度可通过励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是（ ）
A．仅增大电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变小
B．仅增大电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期变大
C．仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变小
D．同时增大电子枪的加速电压和励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期可能不变
【答案】C
【解答】解：AB、根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：
eU＝m
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：
ev0B＝m
又T＝
联立解得：r＝，T＝
可知，增大电子枪加速电压，电子束的轨道半径变答，周期不变，故AB错误；
C、同理可得仅增大励磁线圈的电流，电流产生的磁场增强，则电子束的轨道半径变小，故C正确；
D、同时增大电子枪的加速电压和励磁线圈的电流，由T＝知，电子做圆周运动的周期变小，故D错误。
故选：C。
14．（2022 密云区一模）“八字刹车”是初级双板滑雪爱好者一项非常重要的技术，用“八字刹车”在水平雪面上滑行时的滑行姿态如图1所示，其减速原理很复杂，但可简化为图2（图1中左边雪板的受力情况）所示。实际滑行时，可通过脚踝“翻转”雪板，使雪板以内刃AB为轴，外刃CD向上翻转，使得两雪板之间夹角为2α，雪板与雪面成β角。此时雪面对雪板的总作用力F可近似认为垂直于雪板所在平面ABCD，其水平、竖直分量分别记为Fx、Fy，其中Fx垂直于AB边，这个分力可以帮助运动员做减速运动。不计空气阻力和一切其他的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．其他条件不变的情况下，α角越小，减速效果越好
B．其他条件不变的情况下，β角越小，减速效果越好
C．滑行动作和姿态相同时，质量大的运动员减速效果更好
D．滑行动作和姿态相同时，质量不同的运动员减速效果相同
【答案】D
【解答】解：A、两边雪板对人的支持力垂直于雪板斜向人体后方，两边支持力的夹角近似与2a互补，减小a角，两边支持力夹角变大，合力变小，向后方的分力也变小，减速效果变差。故A错误；
B、减小β角，雪板更为水平，雪板对人的支持力往上偏移，向上的分力等于重力不变，水平方向的分力变小，减速效果变差。故B错误；
CD、mgtanθ＝ma，a＝＝gtanθ，减速效果只与夹角有关，跟运动员质量无关。故C错误，D正确。
故选：D。
15．（2022 西城区一模）某同学想测量地铁启动过程中的加速度，他把一根细绳的下端系上一支圆珠笔，细绳的上端用胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段稳定加速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片，如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直。若要根据这张照片估算此时地铁的加速度，只需要测量（ ）
A．圆珠笔的质量
B．绳子的长度
C．绳子和竖直方向的夹角
D．绳子下端到竖直扶手的距离
【答案】C
【解答】解：圆珠笔受力如图所示，细绳拉力和重力的合力水平向左，
由牛顿第二定律mgtanθ＝ma，求得圆珠笔的加速度大小为a＝gtanθ
地铁和圆珠笔的加速度相同，地铁的加速度大小为gtanθ，方向水平向左，所以只需要测量绳子与竖直方向的夹角即可，故C正确，ABD错误。
故选：C。
16．（2022 西城区一模）很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。由此可判断出（ ）
A．手机可能离开过手掌
B．手机在t1时刻运动到最高点
C．手机在t2时刻改变运动方向
D．手机在t1～t3时间内，受到的支持力先减小再增大
【答案】A
【解答】解：B.根据Δv＝aΔt可知a﹣t图象与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在t1时刻速度为正，还没有到最高点，故B错误；
C.根据Δv＝aΔt可知a﹣t图象与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在t2时刻前后速度均为正，运动方向没有发生改变，故C错误；
D.由图可知t1～t2时间加速度向上不断减小，根据牛顿第二定律得
N﹣mg＝ma
得
N＝ma+mg
可知t1～t2时刻支持力不断减小，
t2～t3时间内加速度向下，不断增大，根据牛顿第二定律得
mg﹣N＝ma
得
N＝mg﹣ma
可得支持力还是不断减小，故D错误；
A.由图可知，手机的加速度某一段时间内等于重力加速度，则手机与手掌没有力的作用，手机可能离开过手掌，故A正确。
故选A。
17．（2022 海淀区一模）在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场，两个相同的带电粒子①和②在P点垂直磁场分别射入，两带电粒子进入磁场时的速度方向与x轴的夹角如图所示，二者均恰好垂直于y轴射出磁场。不计带电粒子所受重力。根据上述信息可以判断（ ）
A．带电粒子①在磁场中运动的时间较长
B．带电粒子②在磁场中运动的时间较长
C．带电粒子①在磁场中运动的速率较大
D．带电粒子②在磁场中运动的速率较大
【答案】B
【解答】解：设粒子①和②的质量均为m，电荷量均为q，在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动的轨道半径分别为r1、r2，速率分别为v1、v2，运动时间分别为t1、t2，作出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，设OP＝L，由几何关系得：
r1sin45°＝L；r2cos45°＝L
可得：r1＝r2
CD、粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：
，解得：v＝
因：r1＝r2，可得：v1＝v2，故CD错误；
AB、粒子在磁场中做圆周运动的周期为：
可得粒子①和②在磁场中圆周运动的周期相等均为T，
粒子①的轨迹圆心角为45°，粒子②的轨迹圆心角为135°，可得：
：
可知：t1＜t2，即带电粒子②在磁场中运动的时间较长，故B正确，A错误。
故选：B。
18．（2022 广东三模）如图所示，某同学设计了一个加速度计：较重的滑块可以在光滑的框架中平移，滑块两侧用两劲度系数相同的轻弹簧与框架连接；R为滑动变阻器，其滑动片与滑块固定联接；两个电池的电动势均恒为E，内阻不计。按图连接电路后，电压表指针的零点位于表盘中央，此时两弹簧均为原长，滑动片恰好在变阻器的中间位置。已知滑动片与变阻器任一端之间的电阻值都与其到这端的距离成正比，当a端的电势高于b端时电压表的指针向零点右侧偏转。将此加速度计固定在运动的物体上，物体沿弹簧方向运动。下列说法正确的是（ ）
A．当物体向右加速时，电压表的指针将向右偏
B．电压表的示数不变，说明物体做匀速直线运动
C．电压表的示数增大，说明物体的速度一定增大
D．电压表表盘上各刻度对应加速度的值是均匀的
【答案】D
【解答】解：A、当物体具有向右的加速度a时，滑块所受的弹簧的拉力的合力向右，滑块向左移动，根据顺着电流方向电势降低，可知a端的电势低于b点的电势，则电压表的指针将向零点左侧偏转，故A错误；
B、电压表的示数不变，说明物体做匀速直线运动或者静止状态，故B错误；
C、电压表的示数增大，说明物体的加速度在变大，物体的速度增大有可能加速度不变，故C错误；
D、设系统加速度为a，滑块向左移动的距离为x，则：对滑块根据牛顿第二定律得：2kx＝ma；设电阻器单位长度的电阻为r，则电路中的电流为：I＝，电压表的示数为：U＝Ixr
由以上各式解得：a＝，分析加速度与电压的关系可知，U与a成正比，所以表盘的刻度应均匀，故D正确；
故选：D。
19．（2022 东城区一模）为了节能，商场的自动扶梯在较长时间无人乘行时会自动停止运行。有人站上去后，扶梯开始加速，然后匀速运动。如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．匀速下行过程中，人的动能不变，扶梯对人不做功
B．加速下行过程中，扶梯对人的支持力大于人所受的重力
C．加速下行过程中，人受到的摩擦力方向水平向左
D．加速下行过程中，支持力对人做正功，摩擦力对人做负功
【答案】C
【解答】解：A、匀速下行过程中，人的动能不变，重力对人正功，由动能定理得：WG+WF＝0，可得扶梯对人做功WF＝﹣WG，可知扶梯对人做负功，故A错误；
B、加速下行过程中，人的加速度沿扶梯向下，有竖直向下的分加速度，人处于失重状态，则扶梯对人的支持力小于人所受的重力，故B错误；
C、加速下行过程中，人的加速度沿扶梯向下，有水平向左的分加速度，由牛顿第二定律知f＝max，知人受到的摩擦力方向水平向左，故C正确；
D、加速下行过程中，支持力对人做负功，摩擦力对人做正功，故D错误。
故选：C。
20．（2022 东城区一模）一个质量为m的小物块静止在表面粗糙的圆锥形漏斗的内表面，如图所示。现使该漏斗从静止开始转动，转动的角速度ω缓慢增大时，物块仍相对漏斗保持静止。当角速度达到ωm时，物块将要与漏斗发生相对滑动。在角速度从0缓慢增大到ωm的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块所受的摩擦力随角速度ω增大，一直增大
B．物块所受的摩擦力随角速度ω增大，一直减小
C．物块所受的支持力随角速度ω增大，一直增大
D．物块所受的支持力随角速度ω增大，先增大后减小
【答案】C
【解答】解：AB、在角速度从0缓慢增大到ωm的过程中，对物块受力分析可知，开始时，受到的摩擦力沿斜面向上，最后沿斜面向下，故摩擦力先减小后增大，故AB错误；
CD、当角速度较小时，此时摩擦力沿斜面向上，在竖直方向根据共点力平衡可知：Nsinθ+fcosθ＝mg，由于f逐渐减小，故N逐渐增大，当f沿斜面向下时，根据共点力平衡可得：Nsinθ﹣fcosθ＝mg，随角速度的增大，摩擦力沿斜面向下增大，故N随角速度的增大而增大，故C正确，D错误；
故选：C。
21．（2022 石景山区一模）1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验．实验时，用宇宙飞船（质量为m）去接触正在轨道上运行的火箭（质量为mx，发动机已熄火），如图所示．接触以后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭共同加速，推进器的平均推力为F，开动时间△t，测出飞船和火箭的速度变化是△v，下列说法正确的是（ ）
A．火箭质量mx应为
B．宇宙飞船的质量m应为
C．推力F越大，就越大，且与F成正比
D．推力F通过飞船传递给火箭，所以飞船对火箭的弹力大小应为F
【答案】C
【解答】解：对整体由动量定理可得：F△t＝（m+mx）△v；
A、火箭的质量．整体的质量为．故A、B错误。
C、由公式可得，F＝（m+mx）可知，推力F越大，就越大，且与F成正比。故C正确。
D、隔离对mx分析，根据牛顿第二定律有：N＝＜F．故D错误。
故选：C。
22．（2022 丰台区一模）如图所示，某带电粒子（重力不计）由M点以垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向与原来射入方向的夹角为θ＝30°，磁场的磁感应强度大小为B。由此推断该带电粒子（ ）
A．带负电且动能不变
B．运动轨迹为抛物线
C．电荷量与质量的比值为
D．穿越磁场的时间为
【答案】D
【解答】解：A.根据左手定则，粒子带正电，故A错误
B.该粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹是圆周的一部分，故B错误
C.根据牛顿第二定律
又因为
解得
故C错误
D.穿越磁场的时间为
周期
解得
故D正确。
故选：D。
23．（2022 延庆区一模）2021年6月17日，神舟十二号载人飞船与天和核心舱完成对接，航天员聂海胜、刘伯明、汤洪波进入天和核心舱，标志着中国人首次进入了自己的空间站。对接过程的示意图如图所示，天和核心舱处于半径为r3的圆轨道Ⅲ；神舟十二号飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ，运行周期为T1，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B点与天和核心舱对接。则下列说法正确的是（ ）
A．神舟十二号飞船在轨道Ⅰ上运动时将不受重力的作用
B．神舟十二号飞船沿轨道Ⅱ运行的周期为T2＝T1
C．神舟十二号飞船沿轨道Ⅰ运行的周期大于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期
D．正常运行时，神舟十二号飞船在轨道Ⅱ上经过B点的加速度大于在轨道Ⅲ上经过B点的加速度
【答案】B
【解答】解：A、神舟十二号飞船在轨道Ⅰ上运动时仍受重力作用，只是因为重力全部用来提供向心力而处于完全失重状态，故A错误；
B、根据开普勒第三定律得：
椭圆轨道Ⅱ的半长轴
联立解得：，故B正确；
C、根据万有引力提供向心力得：
解得：
因为神舟十二号飞船运行轨道Ⅰ的半径小于天和核心舱运行轨道Ⅲ的半径，所以神舟十二号飞船沿轨道Ⅰ运行的周期小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期，故C错误；
D、根据牛顿第二定律得：
解得：
可知正常运行时，神舟十二号飞船在轨道Ⅱ上经过B点的加速度等于在轨道Ⅲ上经过B点的加速度，故D错误。
故选：B。
24．（2022 延庆区一模）如图所示，用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动径迹。图甲是洛伦兹力演示仪的实物图，图乙是结构示意图。励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场越强。图乙中电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场。图丙是励磁线圈示意图。下列关于实验现象和分析正确的是（ ）
A．仅增大励磁线圈中的电流，电子束径迹的半径变大
B．仅升高电子枪加速电场的电压，电子束径迹的半径变大
C．仅使电子枪加速电压增加到原来的2倍，电子束径迹的半径也增加到原来的2倍
D．要使电子形成如图乙的运动径迹，图乙中励磁线圈应通以（沿垂直纸面向里方向观察）逆时针方向的电流
【答案】B
【解答】解：AB、电子经电子枪中的加速电场加速，由动能定理可知①，电子在匀强电场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有②，解得③，加速电压不变，仅增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B增大，电子束径迹的半径变小；仅升高电子枪加速电场的电压U，电子束径迹的半径r变大，故A错误，B正确。
C、仅使电子枪加速电压增加到原来的2倍，由③式可知，则电子束径迹的半径增加到原来的倍，故C错误；
D、若励磁线圈通以逆时针方向的电流，由安培定则可知，产生的磁场方向向外，由左手定则可知，电子射入磁场时所受的洛伦兹力向下，电子运动的径迹不可能是图乙所示，故D错误。
故选：B。
25．（2022 延庆区一模）如图所示，边长为L的正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一带电粒子从ad边的中点M垂直于ad边，以一定速度射入磁场，仅在洛伦兹力的作用下，正好从ab边中点N射出磁场。忽略粒子受到的重力，下列说法正确的是（ ）
A．若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，粒子将从b点射出
B．若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍
C．若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，粒子将从a点射出
D．若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍
【答案】C
【解答】解：A、由题意和左手定则可知，粒子带正电，带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，如图所示，则有，若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，即v'＝2v，则粒子的半径将增大为原来的2倍，由图可知，粒子不会从b点射出，故A错误；
B、粒子在磁场中的运动的周期为，由图可知，若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，则粒子的半径将增大为原来的2倍，可粒子在磁场中运动的圆心角将减小，周期不变，则粒子在磁场中运动的时间将减小，故B错误；
C、若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，由半径公式可得，粒子的运动半径将减小为原来的2倍，将从a点射出，故C正确；
D、若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，由，可知，粒子在磁场中运动的半径和周期将减小，可仍转半圈，时间将不变，故D错误。
故选：C。
二．计算题（共9小题）
26．（2023 海淀区一模）图1中过山车可抽象为图2所示模型：弧形轨道下端与半径为R的竖直圆轨道平滑相接，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为m的小球（可视为质点）从弧形轨道上距B点高4R的A点静止释放，先后经过B点和C点，而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦，已知重力加速度g。
（1）求小球通过B点时的速度大小vB。
（2）求小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小F和方向。
（3）请分析比较小球通过B点和C点时加速度的大小关系。
【答案】（1）小球通过B点时的速度大小为。
（2）小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小为3mg，方向竖直向下。
（3）小球通过B点和C点时加速度的大小关系为aB＞aC。
【解答】解：（1）小球从A到B由机械能守恒定律可得：
4mgR＝
解得：
（2）小球从A到C由机械能守恒定律可得：
解得小球通过C点时的速度大小
在C点由牛顿第二定律可得：
解得小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小F＝3mg
方向竖直向下。
（3）小球在B点的加速度大小为
小球在C点的加速度大小为
所以aB＞aC
答：（1）小球通过B点时的速度大小为。
（2）小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小为3mg，方向竖直向下。
（3）小球通过B点和C点时加速度的大小关系为aB＞aC。
27．（2023 石景山区一模）如图所示，长为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球（可视为质点）。重力加速度为g。
（1）在水平拉力的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为θ，小球保持静止。请画出此时小球的受力示意图，并求所受水平拉力的大小F；
（2）由图示位置无初速释放小球，不计空气阴力。当小球通过最低点时，求：
①小球动量的大小p；
②轻绳对小球拉力的大小FT。
【答案】（1）小球的受力示意图见解析，所受水平拉力的大小为mgtanθ；
（2）①小球动量的大小为；
②轻绳对小球拉力的大小为mg（3﹣2cosθ）。
【解答】解：（1）对小球受力分析如图
可得F＝mgtanθ
（2）①小球从释放到通过最低点，机械能守恒
小球在最低点的速度大小
小球在最低点的动量大小
②小球在最低点受到重力和绳子拉力作用，根据牛顿第二定律
小球在最低点，受到绳子的拉力大小FT＝mg（3﹣2cosθ）
答：（1）小球的受力示意图见解析，所受水平拉力的大小为mgtanθ；
（2）①小球动量的大小为；
②轻绳对小球拉力的大小为mg（3﹣2cosθ）。
28．（2022 密云区一模）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.8m；A和B的质量均为m＝0.1kg，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2。重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）与B碰撞前瞬间A对轨道的压力N的大小；
（2）A与B碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）A和B整体在桌面上滑动的距离l。
【答案】（1）与B碰撞前瞬间A对轨道的压力N的大小为3N；
（2）A与B碰撞过程中系统损失的机械能为0.4J；
（3）A和B整体在桌面上滑动的距离为1m。
【解答】解：（1）滑块A下滑的过程，机械能守恒，则有
滑块A在圆轨道上做圆周运动，在最低点，由牛顿第二定律得：
根据牛顿第三定律可知，N＝FN
联立解得：N＝3N
（2）AB相碰，碰撞后结合为一个整体，由动量守恒定律得：
mv＝2mv′
根据能量守恒定律得：
联立解得：ΔE＝0.4J
（3）对AB在桌面上滑动，水平方向仅受摩擦力，则由动能定理得：
解得：l＝1m
答：（1）与B碰撞前瞬间A对轨道的压力N的大小为3N；
（2）A与B碰撞过程中系统损失的机械能为0.4J；
（3）A和B整体在桌面上滑动的距离为1m。
29．（2022 西城区一模）冰壶是冬奥会上极具观赏性的项目之一。比赛中，运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。已知冰壶的质量为19kg，初速度为3m/s，最初冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，g取10m/s2。
（1）求冰壶滑行过程中加速度的大小a。
（2）求冰壶整个滑行过程中摩擦力做的功W。
（3）按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。若冰壶速度减为2.4m/s时距离目标位置还需滑行18m，需要队友通过在其滑行前方持续摩擦冰面，将冰壶和冰面的动摩擦因数变为多少？
【答案】（1）求冰壶滑行过程中加速度的大小a为0.2m/s2。
（2）求冰壶整个滑行过程中摩擦力做的功W为﹣85.5J。
（3）将冰壶和冰面的动摩擦因数变为0.016.
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律可得：μmg＝ma，解得a＝0.2m/s2
（2）在整个过程中，根据动能定理可得
（3）若冰壶速度减为2.4m/s后，根据动能定理可得：
解得μ′＝0.016
答：（1）求冰壶滑行过程中加速度的大小a为0.2m/s2。
（2）求冰壶整个滑行过程中摩擦力做的功W为﹣85.5J。
（3）将冰壶和冰面的动摩擦因数变为0.016.
30．（2022 西城区一模）如图所示，在xOy坐标系第一象限的矩形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子在M点以垂直于y轴的方向射入磁场，并从另一侧边界的N点射出。已知带电粒子质量为m，电荷量为q，入射速度为v，矩形区域的长度为L，MN沿y轴方向上的距离为。不计重力。
（1）画出带电粒子在磁场区域内运动的轨迹，并求轨迹的半径r。
（2）判断磁场的方向，并求磁场的磁感应强度的大小B。
（3）将矩形区域内的磁场换为平行于y轴方向的匀强电场，使该粒子以相同的速度从M点入射后仍能从N点射出。通过计算说明，该粒子由N点射出磁场和电场时的速度方向是否相同。
【答案】（1）带电粒子在磁场区域内运动的轨迹图见解答，轨迹的半径r为。
（2）磁场的方向垂直纸面向外，磁场的磁感应强度的大小B为。
（3）该粒子由N点射出磁场和电场时的速度方向不相同。
【解答】解：（1）粒子在磁场区域内运动的轨迹图如图所示。
由几何关系可得：（r﹣）2+L2＝r2
解得：；
（2）粒子带正电，在磁场中顺时针偏转，由左手定则判断可知：磁场方向垂直纸面向外。
由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m
解得：
（3）设粒子由N点射出磁场时速度方向与x轴夹角为α，由几何关系可得：
α＝θ，而sinθ＝＝，即sinα＝
粒子在电场中由M到N的过程做类平抛运动，沿+x方向做匀速直线运动的位移为L，沿﹣y方向做匀加速直线运动的位移为，设在N点射出的速度的方向与x轴正方向的夹角为β。根据类平抛运动的性质：末速度反向延长交匀速直线运动方向的位移的中点，则有：
tanβ＝＝1
可得：sinβ＝
因sinα≠sinβ，故α≠β，该粒子由N点射出磁场和电场时的速度方向不相同。
答：（1）带电粒子在磁场区域内运动的轨迹图见解答，轨迹的半径r为。
（2）磁场的方向垂直纸面向外，磁场的磁感应强度的大小B为。
（3）该粒子由N点射出磁场和电场时的速度方向不相同。
31．（2022 海淀区一模）如图所示，粗糙的水平面AB与光滑的竖直圆轨道BCD在B点相切，圆轨道BCD的半径R＝0.40m，D是轨道的最高点，一质量m＝1.0kg可以看成质点的物体静止于水平面上的A点。现用F＝7.0N的水平恒力作用在物体上，使它在水平面上做匀加速直线运动，当物体到达B点时撤去力F，之后物体沿圆轨道BCD运动，物体恰好能通过D点。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）物体通过D点时速度vD的大小；
（2）物体刚进入圆轨道B点时所受支持力FN的大小；
（3）A与B之间的距离x。
【答案】（1）物体通过D点时速度vD的大小为2m/s；
（2）物体刚进入圆轨道B点时所受支持力FN的大小为60N；
（3）A与B之间的距离为2m。
【解答】解：（1）物体恰好能通过D点，则根据牛顿第二定律mg＝
代入数据解得vD＝2m/s
（2）物体从B到D运动过程中只有重力对其做功，据动能定理有：﹣mg 2R＝﹣
在B点根据牛顿第二定律FN﹣mg＝
代入数据解得：FN＝60N
（3）物体从A到B，根据动能定理有：Fx﹣μmgx＝
代入数据解得：x＝2m。
答：（1）物体通过D点时速度vD的大小为2m/s；
（2）物体刚进入圆轨道B点时所受支持力FN的大小为60N；
（3）A与B之间的距离为2m。
32．（2022 东城区一模）北京2022年冬奥会冰壶比赛新增加了混双项目，运动员用脚蹬固定的起踏器和冰壶一起前进，在前掷线处使冰壶脱手。冰壶前行过程中，运动员通过刷地来改变冰壶的速度和运动方向，使其到达理想位置。已知冰壶的质量为m，前掷线到营垒中心的距离为L，运动员的质量为M。重力加速度为g。
（1）在某次投壶过程中，运动员离开起踏器时他和冰壶的速率为v1，已知运动员和起踏器相互作用的时间为t，计算此过程中运动员和冰壶在水平方向所受平均作用力的大小F；
（2）某次投壶试验中，冰壶离开前掷线后沿直线运动（冰面视作水平面，不考虑冰壶的转动），冰壶在恒定阻力作用下停在营垒中心。水平方向的阻力等于其重力的k倍。求：
a．冰壶离开前掷线时的速率v2；
b．此过程中冰壶克服阻力做功的平均功率P。
【答案】（1）此过程中运动员和冰壶在水平方向所受平均作用力的大小为；
（2）a．冰壶离开前掷线时的速率为；
b．此过程中冰壶克服阻力做功的平均功率为。
【解答】解：（1）对运动员和冰壶整体由动量定理得：
Ft＝（M+m）v1
解得：F＝
（2）a.冰壶所受到的阻力为：f＝kmg
由牛顿第二定律得：f＝ma
根据运动学公式可得：
联立解得：v2＝
b.此过程中，冰壶的平均速度为
则冰壶克服阻力做功的平均功率为：P＝f
答：（1）此过程中运动员和冰壶在水平方向所受平均作用力的大小为；
（2）a．冰壶离开前掷线时的速率为；
b．此过程中冰壶克服阻力做功的平均功率为。
33．（2022 房山区一模）将传感器安装在蹦极运动员身上，可以测量出运动员在不同时刻下落的高度及速度，如图甲所示。运动员及所携带装备的总质量为50kg，弹性绳原长为10m。运动员从蹦极台自由下落，根据传感器测到的数据，得到如图乙所示的v﹣x图像。g取9.8m/s2。
（1）运动员下落过程中的最大动能，并分析该位置运动员受力的特点；
（2）判断运动员下落过程中受到的空气阻力是否可以忽略。写出你的理由；
（3）有人认为：在下落的整个过程中，弹性绳的弹力与弹簧弹力一样，都与伸长量成正比。你是否同意这种观点，通过计算说明你的理由。
【答案】（1）运动员下落过程中的最大动能为5625J，在该位置速度最大，加速度为零所受合外力为零；
（2）位移、速度的关系，与图中的数据基本吻合，所以空气阻力可以忽略不计；
（3）在下落的整个过程中，弹性绳的弹力与弹簧弹力一样，都与伸长量成正比。因为两次的弹簧劲度系数基本一致。
【解答】解：（1）运动员在下落15m时速度达到最大为15m/s，动能最大，此时动能为：Ekm＝m＝×50kg×（15m/s）2＝5625J
在该位置速度最大，加速度为零所受合外力为零。
（2）在前10m下降过程中，如果没有空气阻力，满足机械能守恒，则：mgh＝m，解得：v1＝14m/s
与图中的数据基本吻合，所以空气阻力可以忽略不计
（3）在下降到15m，弹簧的弹力等于重力，因此根据胡克定律：k（l﹣l0）＝mg，解得：k＝98N/m
下降到26m处时速度减小到零，在整个运动过程中，根据动能定理：mgh﹣k'＝0，解得：k'＝99.5N/m
得出的k'与k值基本吻合，因此可以认为弹性绳的弹力与弹簧弹力一样，都与伸长量成正比。
答：（1）运动员下落过程中的最大动能为5625J，在该位置速度最大，加速度为零所受合外力为零；
（2）位移、速度的关系，与图中的数据基本吻合，所以空气阻力可以忽略不计；
（3）在下落的整个过程中，弹性绳的弹力与弹簧弹力一样，都与伸长量成正比。因为两次的弹簧劲度系数基本一致。
34．（2022 平谷区一模）如图所示，一个质量为10kg的箱子，在水平推力F的作用下静止在倾角为37°的斜面上。已知箱子与斜面间的动摩擦因数为0.5，斜面足够长，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若要使箱子和斜面间的摩擦力刚好为零，推力F应为多大？
（2）若撤去推力F，
a．箱子沿斜面下滑的加速度是多大？
b．箱子下滑4m时速度是多大？
【答案】（1）若要使箱子和斜面间的摩擦力刚好为零，推力F应为75N；
（2）若撤去推力F，
a．箱子沿斜面下滑的加速度是2m/s2；
b．箱子下滑4m时速度是4m/s。
【解答】解：（1）对箱子受力分析如图
根据平衡条件可得
代入数据解得F＝75N
（2）a．设箱子沿斜面下滑的加速度为a，由牛顿第二定律可得
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma
代入数据解得a＝2m/s2
b．设箱子下滑x＝4m时速度的大小为v，根据运动学公式
v2＝2ax
代入数据解得v＝4m/s
答：（1）若要使箱子和斜面间的摩擦力刚好为零，推力F应为75N；
（2）若撤去推力F，
a．箱子沿斜面下滑的加速度是2m/s2；
b．箱子下滑4m时速度是4m/s。
三．解答题（共5小题）
35．（2023 西城区一模）滑雪是人们喜爱的一项冬季户外运动。如图所示，一位滑雪者，人与装备的总质量为75kg，沿着倾角θ＝30°的平直山坡直线滑下，当速度达到2m/s时他收起雪杖自由下滑，在此后5s的时间内滑下的路程为60m。将这5s内滑雪者的运动看作匀加速直线运动，g取10m/s2。求这5s内
（1）滑雪者的加速度大小a；
（2）滑雪者受到的阻力大小F；
（3）滑雪者损失的机械能ΔE。
【答案】（1）滑雪者的加速度大小a为4m/s2；
（2）滑雪者受到的阻力大小F为75N；
（3）滑雪者损失的机械能ΔE为4500J。
【解答】解：（1）滑雪者做匀加速直线运动，则由位移与时间的关系式可得，代入数据解得a＝4m/s2；
（2）根据牛顿第二定律，有mgsinθ﹣F＝ma，代入数据解得F＝75N；
（3）滑雪者损失的机械能等于滑雪者克服阻力所做的功，即ΔE＝Fx＝75×60J＝4500J。
答：（1）滑雪者的加速度大小a为4m/s2；
（2）滑雪者受到的阻力大小F为75N；
（3）滑雪者损失的机械能ΔE为4500J。
36．（2023 朝阳区一模）中国航天技术处于世界领先水平，航天过程有发射、在轨和着陆返回等关键环节。
（1）航天员在空间站长期处于失重状态，为缓解此状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图甲所示。圆环绕中心轴匀速旋转，航天员（可视为质点）站在圆环内的侧壁上，随圆环做圆周运动的半径为r，可受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。已知地球表面的重力加速度为g。求圆环转动的角速度大小ω。
（2）启动反推发动机是着陆返回过程的一个关键步骤。返回舱在距离地面较近时通过γ射线精准测距来启动返回舱的发动机向下喷气，使其减速着地。
a．已知返回舱的质量为M，其底部装有4台反推发动机，每台发动机喷嘴的横截面积为S，喷射气体的密度为ρ，返回舱距地面高度为H时速度为v0，若此时启动反推发动机，返回舱此后的运动可视为匀减速直线运动，到达地面时速度恰好为零。不考虑返回舱的质量变化，不计喷气前气体的速度，不计空气阻力。求气体被喷射出时相对地面的速度大小v；
b．图乙是返回舱底部γ射线精准测距原理简图。返回舱底部的发射器发射γ射线。为简化问题，我们假定：γ光子被地面散射后均匀射向地面上方各个方向。已知发射器单位时间内发出N个γ光子，地面对光子的吸收率为η，紧邻发射器的接收器接收γ射线的有效面积为A。当接收器单位时间内接收到n个γ光子时就会自动启动反推发动机，求此时返回舱底部距离地面的高度h。
【答案】（1）圆环转动的角速度大小ω为；
（2）a．气体被喷射出时相对地面的速度大小v为；
b．返回舱底部距离地面的高度h为。
【解答】解：（1）设航天员质量为m，所受侧壁对他的支持力N提供向心力，有N＝mω2r
支持力等于他站在地球表面时所受的支持力，有：N＝mg
联立解得：
（2）a．设Δt时间内每台发动机喷射出的气体质量为Δm，气体相对地面速度为v，气体受到返回舱的作用力为F，则有Δm＝ρSvΔt
由动量定理得：FΔt＝Δmv﹣0
联立解得：F＝ρSv2
由牛顿第三定律可知，气体对返回舱的作用力大小F'＝F
返回舱在匀减速下落的过程中，根据牛顿第二定律有4F'﹣Mg＝Ma
根据运动学公式有：
联立解得：
b．接收器单位时间单位面积接收的光子个数为
故接收器单位时间接收光子的个数n＝A
解得：
答：（1）圆环转动的角速度大小ω为；
（2）a．气体被喷射出时相对地面的速度大小v为；
b．返回舱底部距离地面的高度h为。
37．（2023 丰台区一模）如图所示，一圆盘在水平面内绕过圆盘中心的轴匀速转动，角速度是2.0rad/s。盘面上距圆盘中心10cm的位置有一个质量为0.1kg的小物体随圆盘一起做匀速圆周运动。小物体与圆盘之间的动摩擦因数μ＝0.4，两者之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小物体随圆盘匀速转动时所需向心力的大小F；
（2）要使小物体在圆盘上不发生相对滑动，圆盘角速度的最大值ωm；
（3）若圆盘由静止开始转动，逐渐增大圆盘的角速度，小物体从圆盘的边缘飞出，经过0.4s落地，落地点距飞出点在地面投影点的距离为40cm。在此过程中，摩擦力对小物体所做的功W。
【答案】（1）小物体随圆盘匀速转动时所需向心力的大小F为0.04N；
（2）要使小物体在圆盘上不发生相对滑动，圆盘角速度的最大值ωm为2rad/s；
（3）若圆盘由静止开始转动，逐渐增大圆盘的角速度，小物体从圆盘的边缘飞出，经过0.4s落地，落地点距飞出点在地面投影点的距离为40cm。在此过程中，摩擦力对小物体所做的功W为0.05J。
【解答】解：（1）由题意，小物体随圆盘做匀速圆周运动，半径为r＝10×10﹣2m，根据向心力公式
F＝mω2r
代入数据解得小物体随圆盘匀速转动时所需向心力的大小为F＝0.04N
（2）由题意知，当小物体受到的最大静摩擦力等于向心力时，将发生相对滑动，此时对应圆盘的角速度最大，由牛顿第二定律和向心力公式有
代入数据解得
（3）小物体飞出后做平抛运动，其水平位移x＝40×10﹣2m，设其运动时间为t，由平抛运动规律有
代入数据解得v＝1m/s
小物体由静止到飞出的过程中，由动能定理有
﹣0
代入数据解得W＝0.05J
答：（1）小物体随圆盘匀速转动时所需向心力的大小F为0.04N；
（2）要使小物体在圆盘上不发生相对滑动，圆盘角速度的最大值ωm为2rad/s；
（3）若圆盘由静止开始转动，逐渐增大圆盘的角速度，小物体从圆盘的边缘飞出，经过0.4s落地，落地点距飞出点在地面投影点的距离为40cm。在此过程中，摩擦力对小物体所做的功W为0.05J。
38．（2023 丰台区一模）跑酷不仅可以强健体质，也可使得自身反应能力更加迅速。现有一运动员在图示位置起跳，运动过程姿势不变且不发生转动，到达墙面时鞋底与墙面接触并恰好不发生滑动，通过鞋底与墙面间相互作用可以获得向上的升力。已知运动员起跳时速度为v0，v0与水平方向夹角为θ，到达墙壁时速度方向恰好与墙面垂直，运动员鞋底与墙面的动摩擦因数为μ（4μ＞tanθ），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，全过程忽略空气阻力影响。
（1）求运动员起跳时的水平分速度vx与竖直分速度vy；
（2）运动员与墙发生相互作用的时间为t，蹬墙后速度竖直向上，不再与墙发生相互作用，求蹬墙后运动员上升的最大高度H；
（3）若运动员蹬墙后水平方向速度大小不变，方向相反，为了能够到达起跳位置的正上方，且距离地面高度不低于蹬墙结束时的高度，求运动员与墙发生相互作用的最长时间tm。
【答案】（1）运动员起跳时的水平分速度和竖直分速度分别为v0cosθ和v0sinθ；
（2）蹬墙后运动员上升的最大高度为；
（3）运动员与墙发生相互作用的最长时间为。
【解答】解：（1）根据几何关系可得水平方向分速度为：
vx＝v0cosθ
竖直方向分速度为：
vy＝v0sinθ
（2）设墙对运动员平均弹力大小为N，平均最大静摩擦力为f，蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为vH，人质量为m，设水平向右为正方向，由动量定理得：
Nt＝0﹣（﹣mv0cosθ）
设竖直向上为正方向，由动量定理得：
ft﹣mgt＝mvH﹣0
其中f＝μN
联立得vH＝μv0cosθ﹣gt
运动员蹬墙结束后竖直方向做匀减速直线运动至速度为零，由
联立解得：
（3）设墙对运动员平均弹力大小为N'，平均最大静摩擦力为f'，蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为v，与墙发生相互作用的时间为t'，人的质量为m，设水平向右为正方向，由动量定理得
N't'＝mv0cosθ﹣（﹣mv0cosθ）
设竖直向上为正方向，由动量定理得
f't'﹣mgt'＝mv﹣0
其中f'＝μN'
联立得v＝2μv0cosθ﹣gt'
设运动员起跳位置离墙面水平距离为x，到达墙面所需时间为t1，离墙后到达起跳位置正上方的运动时间为t2，起跳后水平方向做匀速直线运动，得
x＝vxt1
解得：
运动员离墙后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为v，加速度为g的匀变速直线运动，当竖直位移为0时，水平位移不小于x。根据上述分析，得：
，vxt2≥x
联立式
作用的最长时间为：
答：（1）运动员起跳时的水平分速度和竖直分速度分别为v0cosθ和v0sinθ；
（2）蹬墙后运动员上升的最大高度为；
（3）运动员与墙发生相互作用的最长时间为。
39．（2023 平谷区一模）长度为L的轻质细绳上端固定在P点，下端系一质量为m的小球（小球的大小可以忽略）。重力加速度为g。
（1）在水平拉力F的作用下，细绳与竖直方向的夹角为θ，小球保持静止，如图a所示。求拉力F的大小。
（2）使小球在水平面内做圆周运动，如图b所示。当小球做圆周运动的角速度为某一合适值时，细绳跟竖直方向的夹角恰好也为θ，求此时小球做圆周运动的角速度ω。
（3）若图a和图b中细绳拉力分别为T和T'，比较T和T'的大小。
【答案】（1）在水平拉力F的作用下，细绳与竖直方向的夹角为θ，小球保持静止，此时拉力F的大小为mgtanθ；
（2）此时小球做圆周运动的角速度为；
（3）若图a和图b中细绳拉力分别为T和T'，则T和T'的大小相等，都是。
【解答】解：（1）小球受重力、绳子的拉力和水平拉力平衡，根据平衡条件可得
解得：F＝mgtanθ
（2）小球在水平面内做圆周运动，重力与绳子拉力的合力提供指向圆心的向心力，则
其中；
解得
（3）图a和图b中细绳拉力分别为T和T'，则；
则，二者的大小相等。
答：（1）在水平拉力F的作用下，细绳与竖直方向的夹角为θ，小球保持静止，此时拉力F的大小为mgtanθ；
（2）此时小球做圆周运动的角速度为；
（3）若图a和图b中细绳拉力分别为T和T'，则T和T'的大小相等，都是。
一．选择题（共25小题）
1．（2023 门头沟区一模）幼儿园小朋友玩的滑梯如图1所示，为了研究方便，可将其简化为图2。已知滑梯和儿童裤料之间的动摩擦因数为μ，某小朋友质量为m，重力加速度为g，滑梯与水平地面之间的夹角为θ。下列说法中正确的是（ ）
A．小朋友沿滑梯加速下滑时受力平衡
B．小朋友对滑梯的压力和滑梯对小朋友的支持力是一对平衡力
C．下滑过程中，小朋友受到的合力大小为mgsinθ
D．下滑过程中，小朋友受到的摩擦力大小为μmgcosθ
2．（2023 海淀区一模）如图所示，水平面上有一上表面光滑的斜面体，一小物块沿其上表面匀减速上滑，此过程中斜面体始终保持静止，下列说法正确的是（ ）
A．斜面体受到地面的摩擦力水平向左
B．斜面体受到地面的摩擦力为零
C．斜面体对地面的压力小于斜面体与物块的重力之和
D．斜面体对地面的压力等于斜面体与物块的重力之和
3．（2023 延庆区一模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（ ）
A．物体的质量m＝0.67kg
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C．物体上升过程的加速度大小a＝12m/s2
D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝20J
4．（2023 西城区一模）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从圆周上的P点沿半径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，运动轨迹为PN；若粒子射入磁场时的速度大小为v2，运动轨迹为PM。不计粒子的重力，下列判断正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．速度v1大于速度v2
C．粒子以速度v1射入时，在磁场中运动时间较长
D．粒子以速度v1射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较大
5．（2023 西城区一模）如图所示，将拱形桥面近似看作圆弧面，一辆汽车以恒定速率通过桥面abc，其中a、c两点高度相同，b点为桥面的最高点。假设整个过程中汽车所受空气阻力和摩擦阻力的大小之和保持不变。下列说法正确的是（ ）
A．在ab段汽车对桥面的压力大小不变
B．在bc段汽车对桥面的压力逐渐增大
C．在ab段汽车的输出功率逐渐增大
D．在ab段汽车发动机做功比bc段多
6．（2023 朝阳区一模）如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平面上，一小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度（在弹性限度内）。不计空气阻力。则（ ）
A．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的加速度不断增大
B．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的速度先增大后减小
C．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的机械能守恒
D．小球在最低点时所受的弹力大小等于其所受的重力大小
7．（2023 朝阳区一模）如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳悬挂于B点，使小球在水平面内做匀速圆周运动。现仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心O到悬点B的高度不变，小球仍在水平面内做匀速圆周运动。增加绳长前后小球运动的角速度、加速度以及所受细绳的拉力大小分别为ω1、a1、F1和ω2、a2、F2。则（ ）
A．ω1＝ω2 B．a1＞a2 C．F1＝F2 D．F1＞F2
8．（2023 丰台区一模）直升机悬停在空中，由静止开始投放装有物资的箱子，箱子下落时所受的空气阻力与箱子下落的速度成正比，下落过程中箱子始终保持图示状态。下列说法正确的是（ ）
A．下落过程中箱内物体的加速度逐渐增大
B．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚释放时大
C．如下落距离足够大时，箱内物体可能不受箱子底部的支持力作用
D．下落过程中箱内物体的机械能增大
9．（2023 平谷区一模）如图，细绳一端固定于悬挂点P，另一端系一小球。在悬挂点正下方Q点处钉一个钉子。小球从A点由静止释放，摆到最低点O的时间为t1，从O点向右摆到最高点B（图中未画出）的时间为t2。摆动过程中，如果摆角始终小于5°，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．t1＝t2，摆球经过O点前后瞬间，小球的速率不变
B．t1＞t2，摆球经过O点前后瞬间，小球的速率变大
C．t1＝t2，摆球经过O点前后瞬间，摆线上的拉力大小不变
D．t1＞t2，摆球经过O点前后瞬间，摆线上的拉力变大
10．（2023 平谷区一模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v﹣t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。g取10m/s2，则（ ）
A．传送带的速度为16m/s
B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
11．（2023 平谷区一模）“加速度计”作为测定物体运动加速度的仪器，已被广泛应用。如图甲所示为一种加速度计的原理示意图。支架AB固定在待测系统上，滑块m穿在AB之间的光滑水平杆上，并用轻弹簧连接在A端，其下端有一活动臂，能使滑片P在滑动变阻器R1上自由滑动。随着系统沿水平方向做变速运动，滑块相对于支架将发生位移，并通过电路转换为电信号从电压表（可看作理想电表）输出。如图乙所示标出了电压表表盘上部分电压刻度值。系统静止时，滑片P在滑动变阻器R1的中点，此时电压表指针指在表盘中间刻度5V处。关于该加速度计有如下两种说法：①若将表盘上电压刻度转换为对应的加速度刻度，加速度值的刻度也将是均匀的；②电池的电动势E和内阻r发生一定程度的变化后，若系统静止时调节R2接入电路的阻值，此时能使电压表的指针指在中间刻度处，那么加速度计就可以继续正常使用，而无需更换电池（ ）
A．①和②都正确 B．①和②都错误
C．①正确，②错误 D．①错误，②正确
12．（2022 密云区一模）卡车装载大型货物时，常会在车尾搭一块倾斜木板。如图所示，工人用平行于斜面的力将货物沿斜面从底端匀速推到顶端。已知货物与木板间的动摩擦因数不变。下列说法正确的是（ ）
A．斜面越长，推力越大
B．斜面越短，推力越大
C．斜面越长，工人做功越多
D．斜面越短，工人做功越多
13．（2022 密云区一模）如图为洛伦兹力演示仪的结构图，励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁感应强度可通过励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是（ ）
A．仅增大电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变小
B．仅增大电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期变大
C．仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变小
D．同时增大电子枪的加速电压和励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期可能不变
14．（2022 密云区一模）“八字刹车”是初级双板滑雪爱好者一项非常重要的技术，用“八字刹车”在水平雪面上滑行时的滑行姿态如图1所示，其减速原理很复杂，但可简化为图2（图1中左边雪板的受力情况）所示。实际滑行时，可通过脚踝“翻转”雪板，使雪板以内刃AB为轴，外刃CD向上翻转，使得两雪板之间夹角为2α，雪板与雪面成β角。此时雪面对雪板的总作用力F可近似认为垂直于雪板所在平面ABCD，其水平、竖直分量分别记为Fx、Fy，其中Fx垂直于AB边，这个分力可以帮助运动员做减速运动。不计空气阻力和一切其他的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．其他条件不变的情况下，α角越小，减速效果越好
B．其他条件不变的情况下，β角越小，减速效果越好
C．滑行动作和姿态相同时，质量大的运动员减速效果更好
D．滑行动作和姿态相同时，质量不同的运动员减速效果相同
15．（2022 西城区一模）某同学想测量地铁启动过程中的加速度，他把一根细绳的下端系上一支圆珠笔，细绳的上端用胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段稳定加速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片，如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直。若要根据这张照片估算此时地铁的加速度，只需要测量（ ）
A．圆珠笔的质量
B．绳子的长度
C．绳子和竖直方向的夹角
D．绳子下端到竖直扶手的距离
16．（2022 西城区一模）很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。由此可判断出（ ）
A．手机可能离开过手掌
B．手机在t1时刻运动到最高点
C．手机在t2时刻改变运动方向
D．手机在t1～t3时间内，受到的支持力先减小再增大
17．（2022 海淀区一模）在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场，两个相同的带电粒子①和②在P点垂直磁场分别射入，两带电粒子进入磁场时的速度方向与x轴的夹角如图所示，二者均恰好垂直于y轴射出磁场。不计带电粒子所受重力。根据上述信息可以判断（ ）
A．带电粒子①在磁场中运动的时间较长
B．带电粒子②在磁场中运动的时间较长
C．带电粒子①在磁场中运动的速率较大
D．带电粒子②在磁场中运动的速率较大
18．（2022 广东三模）如图所示，某同学设计了一个加速度计：较重的滑块可以在光滑的框架中平移，滑块两侧用两劲度系数相同的轻弹簧与框架连接；R为滑动变阻器，其滑动片与滑块固定联接；两个电池的电动势均恒为E，内阻不计。按图连接电路后，电压表指针的零点位于表盘中央，此时两弹簧均为原长，滑动片恰好在变阻器的中间位置。已知滑动片与变阻器任一端之间的电阻值都与其到这端的距离成正比，当a端的电势高于b端时电压表的指针向零点右侧偏转。将此加速度计固定在运动的物体上，物体沿弹簧方向运动。下列说法正确的是（ ）
A．当物体向右加速时，电压表的指针将向右偏
B．电压表的示数不变，说明物体做匀速直线运动
C．电压表的示数增大，说明物体的速度一定增大
D．电压表表盘上各刻度对应加速度的值是均匀的
19．（2022 东城区一模）为了节能，商场的自动扶梯在较长时间无人乘行时会自动停止运行。有人站上去后，扶梯开始加速，然后匀速运动。如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．匀速下行过程中，人的动能不变，扶梯对人不做功
B．加速下行过程中，扶梯对人的支持力大于人所受的重力
C．加速下行过程中，人受到的摩擦力方向水平向左
D．加速下行过程中，支持力对人做正功，摩擦力对人做负功
20．（2022 东城区一模）一个质量为m的小物块静止在表面粗糙的圆锥形漏斗的内表面，如图所示。现使该漏斗从静止开始转动，转动的角速度ω缓慢增大时，物块仍相对漏斗保持静止。当角速度达到ωm时，物块将要与漏斗发生相对滑动。在角速度从0缓慢增大到ωm的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块所受的摩擦力随角速度ω增大，一直增大
B．物块所受的摩擦力随角速度ω增大，一直减小
C．物块所受的支持力随角速度ω增大，一直增大
D．物块所受的支持力随角速度ω增大，先增大后减小
21．（2022 石景山区一模）1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验．实验时，用宇宙飞船（质量为m）去接触正在轨道上运行的火箭（质量为mx，发动机已熄火），如图所示．接触以后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭共同加速，推进器的平均推力为F，开动时间△t，测出飞船和火箭的速度变化是△v，下列说法正确的是（ ）
A．火箭质量mx应为
B．宇宙飞船的质量m应为
C．推力F越大，就越大，且与F成正比
D．推力F通过飞船传递给火箭，所以飞船对火箭的弹力大小应为F
22．（2022 丰台区一模）如图所示，某带电粒子（重力不计）由M点以垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向与原来射入方向的夹角为θ＝30°，磁场的磁感应强度大小为B。由此推断该带电粒子（ ）
A．带负电且动能不变
B．运动轨迹为抛物线
C．电荷量与质量的比值为
D．穿越磁场的时间为
23．（2022 延庆区一模）2021年6月17日，神舟十二号载人飞船与天和核心舱完成对接，航天员聂海胜、刘伯明、汤洪波进入天和核心舱，标志着中国人首次进入了自己的空间站。对接过程的示意图如图所示，天和核心舱处于半径为r3的圆轨道Ⅲ；神舟十二号飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ，运行周期为T1，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B点与天和核心舱对接。则下列说法正确的是（ ）
A．神舟十二号飞船在轨道Ⅰ上运动时将不受重力的作用
B．神舟十二号飞船沿轨道Ⅱ运行的周期为T2＝T1
C．神舟十二号飞船沿轨道Ⅰ运行的周期大于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期
D．正常运行时，神舟十二号飞船在轨道Ⅱ上经过B点的加速度大于在轨道Ⅲ上经过B点的加速度
24．（2022 延庆区一模）如图所示，用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动径迹。图甲是洛伦兹力演示仪的实物图，图乙是结构示意图。励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场越强。图乙中电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场。图丙是励磁线圈示意图。下列关于实验现象和分析正确的是（ ）
A．仅增大励磁线圈中的电流，电子束径迹的半径变大
B．仅升高电子枪加速电场的电压，电子束径迹的半径变大
C．仅使电子枪加速电压增加到原来的2倍，电子束径迹的半径也增加到原来的2倍
D．要使电子形成如图乙的运动径迹，图乙中励磁线圈应通以（沿垂直纸面向里方向观察）逆时针方向的电流
25．（2022 延庆区一模）如图所示，边长为L的正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一带电粒子从ad边的中点M垂直于ad边，以一定速度射入磁场，仅在洛伦兹力的作用下，正好从ab边中点N射出磁场。忽略粒子受到的重力，下列说法正确的是（ ）
A．若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，粒子将从b点射出
B．若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍
C．若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，粒子将从a点射出
D．若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍
二．计算题（共9小题）
26．（2023 海淀区一模）图1中过山车可抽象为图2所示模型：弧形轨道下端与半径为R的竖直圆轨道平滑相接，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为m的小球（可视为质点）从弧形轨道上距B点高4R的A点静止释放，先后经过B点和C点，而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦，已知重力加速度g。
（1）求小球通过B点时的速度大小vB。
（2）求小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小F和方向。
（3）请分析比较小球通过B点和C点时加速度的大小关系。
27．（2023 石景山区一模）如图所示，长为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球（可视为质点）。重力加速度为g。
（1）在水平拉力的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为θ，小球保持静止。请画出此时小球的受力示意图，并求所受水平拉力的大小F；
（2）由图示位置无初速释放小球，不计空气阴力。当小球通过最低点时，求：
①小球动量的大小p；
②轻绳对小球拉力的大小FT。
28．（2022 密云区一模）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.8m；A和B的质量均为m＝0.1kg，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2。重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）与B碰撞前瞬间A对轨道的压力N的大小；
（2）A与B碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）A和B整体在桌面上滑动的距离l。
29．（2022 西城区一模）冰壶是冬奥会上极具观赏性的项目之一。比赛中，运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。已知冰壶的质量为19kg，初速度为3m/s，最初冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，g取10m/s2。
（1）求冰壶滑行过程中加速度的大小a。
（2）求冰壶整个滑行过程中摩擦力做的功W。
（3）按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。若冰壶速度减为2.4m/s时距离目标位置还需滑行18m，需要队友通过在其滑行前方持续摩擦冰面，将冰壶和冰面的动摩擦因数变为多少？
30．（2022 西城区一模）如图所示，在xOy坐标系第一象限的矩形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子在M点以垂直于y轴的方向射入磁场，并从另一侧边界的N点射出。已知带电粒子质量为m，电荷量为q，入射速度为v，矩形区域的长度为L，MN沿y轴方向上的距离为。不计重力。
（1）画出带电粒子在磁场区域内运动的轨迹，并求轨迹的半径r。
（2）判断磁场的方向，并求磁场的磁感应强度的大小B。
（3）将矩形区域内的磁场换为平行于y轴方向的匀强电场，使该粒子以相同的速度从M点入射后仍能从N点射出。通过计算说明，该粒子由N点射出磁场和电场时的速度方向是否相同。
31．（2022 海淀区一模）如图所示，粗糙的水平面AB与光滑的竖直圆轨道BCD在B点相切，圆轨道BCD的半径R＝0.40m，D是轨道的最高点，一质量m＝1.0kg可以看成质点的物体静止于水平面上的A点。现用F＝7.0N的水平恒力作用在物体上，使它在水平面上做匀加速直线运动，当物体到达B点时撤去力F，之后物体沿圆轨道BCD运动，物体恰好能通过D点。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）物体通过D点时速度vD的大小；
（2）物体刚进入圆轨道B点时所受支持力FN的大小；
（3）A与B之间的距离x。
32．（2022 东城区一模）北京2022年冬奥会冰壶比赛新增加了混双项目，运动员用脚蹬固定的起踏器和冰壶一起前进，在前掷线处使冰壶脱手。冰壶前行过程中，运动员通过刷地来改变冰壶的速度和运动方向，使其到达理想位置。已知冰壶的质量为m，前掷线到营垒中心的距离为L，运动员的质量为M。重力加速度为g。
（1）在某次投壶过程中，运动员离开起踏器时他和冰壶的速率为v1，已知运动员和起踏器相互作用的时间为t，计算此过程中运动员和冰壶在水平方向所受平均作用力的大小F；
（2）某次投壶试验中，冰壶离开前掷线后沿直线运动（冰面视作水平面，不考虑冰壶的转动），冰壶在恒定阻力作用下停在营垒中心。水平方向的阻力等于其重力的k倍。求：
a．冰壶离开前掷线时的速率v2；
b．此过程中冰壶克服阻力做功的平均功率P。
33．（2022 房山区一模）将传感器安装在蹦极运动员身上，可以测量出运动员在不同时刻下落的高度及速度，如图甲所示。运动员及所携带装备的总质量为50kg，弹性绳原长为10m。运动员从蹦极台自由下落，根据传感器测到的数据，得到如图乙所示的v﹣x图像。g取9.8m/s2。
（1）运动员下落过程中的最大动能，并分析该位置运动员受力的特点；
（2）判断运动员下落过程中受到的空气阻力是否可以忽略。写出你的理由；
（3）有人认为：在下落的整个过程中，弹性绳的弹力与弹簧弹力一样，都与伸长量成正比。你是否同意这种观点，通过计算说明你的理由。
34．（2022 平谷区一模）如图所示，一个质量为10kg的箱子，在水平推力F的作用下静止在倾角为37°的斜面上。已知箱子与斜面间的动摩擦因数为0.5，斜面足够长，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若要使箱子和斜面间的摩擦力刚好为零，推力F应为多大？
（2）若撤去推力F，
a．箱子沿斜面下滑的加速度是多大？
b．箱子下滑4m时速度是多大？
三．解答题（共5小题）
35．（2023 西城区一模）滑雪是人们喜爱的一项冬季户外运动。如图所示，一位滑雪者，人与装备的总质量为75kg，沿着倾角θ＝30°的平直山坡直线滑下，当速度达到2m/s时他收起雪杖自由下滑，在此后5s的时间内滑下的路程为60m。将这5s内滑雪者的运动看作匀加速直线运动，g取10m/s2。求这5s内
（1）滑雪者的加速度大小a；
（2）滑雪者受到的阻力大小F；
（3）滑雪者损失的机械能ΔE。
36．（2023 朝阳区一模）中国航天技术处于世界领先水平，航天过程有发射、在轨和着陆返回等关键环节。
（1）航天员在空间站长期处于失重状态，为缓解此状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图甲所示。圆环绕中心轴匀速旋转，航天员（可视为质点）站在圆环内的侧壁上，随圆环做圆周运动的半径为r，可受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。已知地球表面的重力加速度为g。求圆环转动的角速度大小ω。
（2）启动反推发动机是着陆返回过程的一个关键步骤。返回舱在距离地面较近时通过γ射线精准测距来启动返回舱的发动机向下喷气，使其减速着地。
a．已知返回舱的质量为M，其底部装有4台反推发动机，每台发动机喷嘴的横截面积为S，喷射气体的密度为ρ，返回舱距地面高度为H时速度为v0，若此时启动反推发动机，返回舱此后的运动可视为匀减速直线运动，到达地面时速度恰好为零。不考虑返回舱的质量变化，不计喷气前气体的速度，不计空气阻力。求气体被喷射出时相对地面的速度大小v；
b．图乙是返回舱底部γ射线精准测距原理简图。返回舱底部的发射器发射γ射线。为简化问题，我们假定：γ光子被地面散射后均匀射向地面上方各个方向。已知发射器单位时间内发出N个γ光子，地面对光子的吸收率为η，紧邻发射器的接收器接收γ射线的有效面积为A。当接收器单位时间内接收到n个γ光子时就会自动启动反推发动机，求此时返回舱底部距离地面的高度h。
37．（2023 丰台区一模）如图所示，一圆盘在水平面内绕过圆盘中心的轴匀速转动，角速度是2.0rad/s。盘面上距圆盘中心10cm的位置有一个质量为0.1kg的小物体随圆盘一起做匀速圆周运动。小物体与圆盘之间的动摩擦因数μ＝0.4，两者之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小物体随圆盘匀速转动时所需向心力的大小F；
（2）要使小物体在圆盘上不发生相对滑动，圆盘角速度的最大值ωm；
（3）若圆盘由静止开始转动，逐渐增大圆盘的角速度，小物体从圆盘的边缘飞出，经过0.4s落地，落地点距飞出点在地面投影点的距离为40cm。在此过程中，摩擦力对小物体所做的功W。
38．（2023 丰台区一模）跑酷不仅可以强健体质，也可使得自身反应能力更加迅速。现有一运动员在图示位置起跳，运动过程姿势不变且不发生转动，到达墙面时鞋底与墙面接触并恰好不发生滑动，通过鞋底与墙面间相互作用可以获得向上的升力。已知运动员起跳时速度为v0，v0与水平方向夹角为θ，到达墙壁时速度方向恰好与墙面垂直，运动员鞋底与墙面的动摩擦因数为μ（4μ＞tanθ），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，全过程忽略空气阻力影响。
（1）求运动员起跳时的水平分速度vx与竖直分速度vy；
（2）运动员与墙发生相互作用的时间为t，蹬墙后速度竖直向上，不再与墙发生相互作用，求蹬墙后运动员上升的最大高度H；
（3）若运动员蹬墙后水平方向速度大小不变，方向相反，为了能够到达起跳位置的正上方，且距离地面高度不低于蹬墙结束时的高度，求运动员与墙发生相互作用的最长时间tm。
39．（2023 平谷区一模）长度为L的轻质细绳上端固定在P点，下端系一质量为m的小球（小球的大小可以忽略）。重力加速度为g。
（1）在水平拉力F的作用下，细绳与竖直方向的夹角为θ，小球保持静止，如图a所示。求拉力F的大小。
（2）使小球在水平面内做圆周运动，如图b所示。当小球做圆周运动的角速度为某一合适值时，细绳跟竖直方向的夹角恰好也为θ，求此时小球做圆周运动的角速度ω。
（3）若图a和图b中细绳拉力分别为T和T'，比较T和T'的大小。
01牛顿第二定律-2023年高考物理考前冲刺高频考点知识点突破练习
参考答案与试题解析
一．选择题（共25小题）
1．（2023 门头沟区一模）幼儿园小朋友玩的滑梯如图1所示，为了研究方便，可将其简化为图2。已知滑梯和儿童裤料之间的动摩擦因数为μ，某小朋友质量为m，重力加速度为g，滑梯与水平地面之间的夹角为θ。下列说法中正确的是（ ）
A．小朋友沿滑梯加速下滑时受力平衡
B．小朋友对滑梯的压力和滑梯对小朋友的支持力是一对平衡力
C．下滑过程中，小朋友受到的合力大小为mgsinθ
D．下滑过程中，小朋友受到的摩擦力大小为μmgcosθ
【答案】D
【解答】解：A．小朋友沿滑梯加速下滑时具有沿滑梯向下的加速度，受力不平衡，故A错误；
B．根据牛顿第三定律可知小朋友对滑梯的压力和滑梯对小朋友的支持力是一对相互作用力，而不是一对平衡力，故B错误；
CD．对小朋友受力分析，根据几何关系可得：
mgsinθ﹣f＝ma，FN＝mgcosθ
又f＝μFN＝μmgcosθ
故C错误，D正确。
故选：D。
2．（2023 海淀区一模）如图所示，水平面上有一上表面光滑的斜面体，一小物块沿其上表面匀减速上滑，此过程中斜面体始终保持静止，下列说法正确的是（ ）
A．斜面体受到地面的摩擦力水平向左
B．斜面体受到地面的摩擦力为零
C．斜面体对地面的压力小于斜面体与物块的重力之和
D．斜面体对地面的压力等于斜面体与物块的重力之和
【答案】C
【解答】解：小物块加速度沿斜面向下，对斜面体和小物块分析，将整体加速度a分解为水平方向的a1和竖直方向的a2，则根据牛顿第二定律可得：
f＝ma1
（M+m）g﹣FN＝ma2
故斜面体受到地面的摩擦力水平向右，根据牛顿第三定律，地面对斜面体的支持力大小等于斜面体对地面的压力，斜面体对地面的压力小于斜面体与物块的重力之和，故C正确，ABD错误；
故选：C。
3．（2023 延庆区一模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（ ）
A．物体的质量m＝0.67kg
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C．物体上升过程的加速度大小a＝12m/s2
D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝20J
【答案】B
【解答】解：A、物体到达最高点时，机械能为：E＝EP＝mgh。由图知：EP＝30J，得：m＝＝kg＝1kg，故A错误；
B、物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，且减少的机械能等于克服摩擦力做的功，有ΔE＝﹣μmgcosα，由图知ΔE＝30J﹣50J＝﹣20J，h＝3m，解得：μ＝0.5，故B正确；
C、物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα＝ma，得：a＝gsinα+μgcosα＝（10×0.6+0.5×10×0.8）m/s2＝10m/s2，故C错误；
D、由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功为：W＝ΔE＝﹣20J，在整个过程中由动能定理得：Ek﹣Ek0＝2W，则有：Ek＝Ek0+2W＝50J+2×（﹣20J）＝10J，故D错误。
故选：B。
4．（2023 西城区一模）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从圆周上的P点沿半径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，运动轨迹为PN；若粒子射入磁场时的速度大小为v2，运动轨迹为PM。不计粒子的重力，下列判断正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．速度v1大于速度v2
C．粒子以速度v1射入时，在磁场中运动时间较长
D．粒子以速度v1射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较大
【答案】C
【解答】解：A、根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；
B、根据牛顿第二定律有：，变形解得：，根据图中轨迹可知，R1＜R2，则有v1＜v2，故B错误；
D、粒子在磁场中受到的洛伦兹力大小为：F＝qvB，由于v1＜v2，可知F1＜F2，故粒子以速度v1射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较小，故D错误。
C、粒子在磁场中的运动周期为：，粒子在磁场中的运动时间为：，画出两轨迹的圆心如下图，
由图可知运动轨迹为PN对应的圆心角大于运动轨迹为PM对应的圆心角，故粒子以速度v1射入时，在磁场中运动时间较长，故C正确；
故选：C。
5．（2023 西城区一模）如图所示，将拱形桥面近似看作圆弧面，一辆汽车以恒定速率通过桥面abc，其中a、c两点高度相同，b点为桥面的最高点。假设整个过程中汽车所受空气阻力和摩擦阻力的大小之和保持不变。下列说法正确的是（ ）
A．在ab段汽车对桥面的压力大小不变
B．在bc段汽车对桥面的压力逐渐增大
C．在ab段汽车的输出功率逐渐增大
D．在ab段汽车发动机做功比bc段多
【答案】D
【解答】解：AB、汽车以恒定速率通过桥面abc，在ab段、b点、bc段的受力分析如题1、图2、图3所示
设汽车在运动过程中所受的空气阻力和摩擦力为F，在ab段时支持力与竖直方向的夹角为θ，在bc段时，支持力与竖直方向的夹角为α，对ab段、bc段，由牛顿第二定律和向心力公式，有，，从a到c的过程中，角θ逐渐减小，角α逐渐增大，由此可知，N1逐渐增大，N2逐渐减小，故AB错误；
C、设在ab段牵引力与水平方向的夹角为β，汽车在ab段时发动机的功率为Pab＝F1v＝（mgsinβ+F）v，从a到b过程中，夹角β在逐渐减小，因此可知Pab逐渐减小，故C错误；
D、在ab段汽车发动机要克服阻力和重力做功，由动能定理有：﹣W克f﹣W克G+W牵＝0
在bc段汽车发动机只克服阻力做功做功：﹣W'克f+W'G+W牵＝0
整个过程中汽车的动能不变，两段过程克服阻力做功相同，因此在ab段汽车发动机做功比bc段多，故D正确。
故选：D。
6．（2023 朝阳区一模）如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平面上，一小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度（在弹性限度内）。不计空气阻力。则（ ）
A．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的加速度不断增大
B．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的速度先增大后减小
C．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的机械能守恒
D．小球在最低点时所受的弹力大小等于其所受的重力大小
【答案】B
【解答】解：AB、小球从接触弹簧到运动至最低点的过程中，受重力和弹簧弹力作用，弹力从零逐渐增大，开始阶段弹力小于重力，小球合力向下，做加速运动，后阶段弹力大于重力，合力向上，小球做减速运动，故小球加速度先减小后增大、速度先增大后减小，故A错误，B正确；
C、小球从接触弹簧到运动至最低点的过程中，弹簧弹力对小球做负功，小球机械能不守恒，故C错误；
D、小球在最低点时，其加速度竖直向上，其所受的弹力大小大于其所受的重力大小，故D错误。
故选：B。
7．（2023 朝阳区一模）如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳悬挂于B点，使小球在水平面内做匀速圆周运动。现仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心O到悬点B的高度不变，小球仍在水平面内做匀速圆周运动。增加绳长前后小球运动的角速度、加速度以及所受细绳的拉力大小分别为ω1、a1、F1和ω2、a2、F2。则（ ）
A．ω1＝ω2 B．a1＞a2 C．F1＝F2 D．F1＞F2
【答案】A
【解答】解：A、对小球受力分析，如下图所示：
绳子的拉力和重力的合力提供向心力，有mgtanθ＝mω2R＝mω2htanθ，解得，仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心O到悬点B的高度h不变，则角速度不变，即ω1＝ω2，故A正确；
B、F合＝mgtanθ＝ma，a＝gtanθ，由于增加了绳长而高度h不变，即增大了角度θ，则加速度变大，a1＜a2，故B错误；
CD、根据受力分析可知，θ增大则F增大，有F1＜F2，故C错误；故D错误。
故选：A。
8．（2023 丰台区一模）直升机悬停在空中，由静止开始投放装有物资的箱子，箱子下落时所受的空气阻力与箱子下落的速度成正比，下落过程中箱子始终保持图示状态。下列说法正确的是（ ）
A．下落过程中箱内物体的加速度逐渐增大
B．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚释放时大
C．如下落距离足够大时，箱内物体可能不受箱子底部的支持力作用
D．下落过程中箱内物体的机械能增大
【答案】B
【解答】解：A、设箱子的质量为M，物体的质量为m，箱子受到的空气阻力为kv，根据牛顿第二定律可知下落过程中整体的加速度为：
（M+m）g﹣kv＝（M+m）a
解得：
随着速度的增大，加速度在减小，故A错误；
B、以箱内物体为对象，根据牛顿第二定律可知：
mg﹣N＝ma
解得：N＝mg﹣ma
随着加速度的减小，物体受到的支持力在逐渐增大，故B正确；
C、整体向下做加速度减小的加速运动，物体受到的支持力一直在增大，当加速度为零时，整体开始做匀速运动，此时箱内物体受箱子底部的支持力与物体重力相等，所以最后不会出现支持力为零的情况，故C错误；
D、由于物体受到向上的支持力，且支持力对物体做负功，所以下落过程中箱内物体的机械能减小，故D错误。
故选：B。
9．（2023 平谷区一模）如图，细绳一端固定于悬挂点P，另一端系一小球。在悬挂点正下方Q点处钉一个钉子。小球从A点由静止释放，摆到最低点O的时间为t1，从O点向右摆到最高点B（图中未画出）的时间为t2。摆动过程中，如果摆角始终小于5°，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．t1＝t2，摆球经过O点前后瞬间，小球的速率不变
B．t1＞t2，摆球经过O点前后瞬间，小球的速率变大
C．t1＝t2，摆球经过O点前后瞬间，摆线上的拉力大小不变
D．t1＞t2，摆球经过O点前后瞬间，摆线上的拉力变大
【答案】D
【解答】解：因摆角始终小于5°，则小球在钉子两边摆动时均可看作简谐运动因为在左侧摆动时摆长较长，根据
可知，左侧周期较大，因摆球在钉子两边摆动的时间均为所在摆周期的，可知
细绳碰钉子的瞬间，小球的速率不变；摆球经过O点时，有
摆球经过O点碰钉子后，做圆周运动的半径r减小，则绳子拉力变大。
故ABC错误；D正确；
故选：D。
10．（2023 平谷区一模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v﹣t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。g取10m/s2，则（ ）
A．传送带的速度为16m/s
B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
【答案】C
【解答】解：A．由图乙可知传送带的速度为8m/s，故A错误；
BC．在0～1s内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，此过程摩擦力的方向与物体的运动方向相反，根据牛顿第二定律得
mgsin37°+μmgcos37°＝ma1
根据图乙可得
在1﹣2s内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，此过程与物体摩擦力的方向与运动方向相同，根据牛顿第二定律得
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2
根据图乙可得
联立解得μ＝0.25 故：B错误，C正确；
D．当传送带的速度大于16m/s后，物块在传送带上一直做加速度为a2的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，故D错误。
故选：C。
11．（2023 平谷区一模）“加速度计”作为测定物体运动加速度的仪器，已被广泛应用。如图甲所示为一种加速度计的原理示意图。支架AB固定在待测系统上，滑块m穿在AB之间的光滑水平杆上，并用轻弹簧连接在A端，其下端有一活动臂，能使滑片P在滑动变阻器R1上自由滑动。随着系统沿水平方向做变速运动，滑块相对于支架将发生位移，并通过电路转换为电信号从电压表（可看作理想电表）输出。如图乙所示标出了电压表表盘上部分电压刻度值。系统静止时，滑片P在滑动变阻器R1的中点，此时电压表指针指在表盘中间刻度5V处。关于该加速度计有如下两种说法：①若将表盘上电压刻度转换为对应的加速度刻度，加速度值的刻度也将是均匀的；②电池的电动势E和内阻r发生一定程度的变化后，若系统静止时调节R2接入电路的阻值，此时能使电压表的指针指在中间刻度处，那么加速度计就可以继续正常使用，而无需更换电池（ ）
A．①和②都正确 B．①和②都错误
C．①正确，②错误 D．①错误，②正确
【答案】A
【解答】解：①系统静止时，敏感元件两端弹簧位于自然状态。设系统以加速度a向右加速运动，敏感元件向左移动的距离为x，由胡克定律和牛顿第二定律可得
设R1的长度为L，R1两端的电压恒为U1，则此时电压表的示数为U＝（﹣x），解得：
联立可得：
可知系统的加速度与电压表示数之间成一次函数关系，因为电压表刻度是均匀的，所以将表盘上电压刻度转换为对应的加速度刻度，加速度值的刻度也将是均匀的，故①正确；
②电池的电动势E和内阻r发生一定程度的变化后，若系统静止时调节R2接入电路的阻值，此时能使电压表的指针指在中间刻度处，所以R1两端的电压不变，仍为U1，根据①分析可知，加速度计就可以继续正常使用，而无需更换电池，故②正确，故A正确，BCD错误。
故选：A。
12．（2022 密云区一模）卡车装载大型货物时，常会在车尾搭一块倾斜木板。如图所示，工人用平行于斜面的力将货物沿斜面从底端匀速推到顶端。已知货物与木板间的动摩擦因数不变。下列说法正确的是（ ）
A．斜面越长，推力越大
B．斜面越短，推力越大
C．斜面越长，工人做功越多
D．斜面越短，工人做功越多
【答案】C
【解答】解：AB.假设斜面长为L，从底端到顶端高为H。斜面倾角为θ，其中高H为定值，根据受力平衡可得
F＝mgsinθ+f
f＝μmgcosθ
联立可得
F＝mg（sinθ+μcosθ）
令
cosα＝，sinα＝
可得
F＝ mgsin（θ+α）
当
θ＝90°﹣α
推力最大值为
Fm＝mg
此时有
sinθ＝＝cosα＝
解得
L＝H
故AB错误；
CD.因为货物匀速运动，根据动能定理可得
WF﹣mgH﹣μmgcosθ L＝0
解得
WF＝mgH+μmgcosθ L＝mgH+μmg
可知斜面长度L越大，推力做功越多，故C正确，D错误：
故选：C。
13．（2022 密云区一模）如图为洛伦兹力演示仪的结构图，励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁感应强度可通过励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是（ ）
A．仅增大电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变小
B．仅增大电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期变大
C．仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变小
D．同时增大电子枪的加速电压和励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期可能不变
【答案】C
【解答】解：AB、根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：
eU＝m
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：
ev0B＝m
又T＝
联立解得：r＝，T＝
可知，增大电子枪加速电压，电子束的轨道半径变答，周期不变，故AB错误；
C、同理可得仅增大励磁线圈的电流，电流产生的磁场增强，则电子束的轨道半径变小，故C正确；
D、同时增大电子枪的加速电压和励磁线圈的电流，由T＝知，电子做圆周运动的周期变小，故D错误。
故选：C。
14．（2022 密云区一模）“八字刹车”是初级双板滑雪爱好者一项非常重要的技术，用“八字刹车”在水平雪面上滑行时的滑行姿态如图1所示，其减速原理很复杂，但可简化为图2（图1中左边雪板的受力情况）所示。实际滑行时，可通过脚踝“翻转”雪板，使雪板以内刃AB为轴，外刃CD向上翻转，使得两雪板之间夹角为2α，雪板与雪面成β角。此时雪面对雪板的总作用力F可近似认为垂直于雪板所在平面ABCD，其水平、竖直分量分别记为Fx、Fy，其中Fx垂直于AB边，这个分力可以帮助运动员做减速运动。不计空气阻力和一切其他的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．其他条件不变的情况下，α角越小，减速效果越好
B．其他条件不变的情况下，β角越小，减速效果越好
C．滑行动作和姿态相同时，质量大的运动员减速效果更好
D．滑行动作和姿态相同时，质量不同的运动员减速效果相同
【答案】D
【解答】解：A、两边雪板对人的支持力垂直于雪板斜向人体后方，两边支持力的夹角近似与2a互补，减小a角，两边支持力夹角变大，合力变小，向后方的分力也变小，减速效果变差。故A错误；
B、减小β角，雪板更为水平，雪板对人的支持力往上偏移，向上的分力等于重力不变，水平方向的分力变小，减速效果变差。故B错误；
CD、mgtanθ＝ma，a＝＝gtanθ，减速效果只与夹角有关，跟运动员质量无关。故C错误，D正确。
故选：D。
15．（2022 西城区一模）某同学想测量地铁启动过程中的加速度，他把一根细绳的下端系上一支圆珠笔，细绳的上端用胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段稳定加速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片，如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直。若要根据这张照片估算此时地铁的加速度，只需要测量（ ）
A．圆珠笔的质量
B．绳子的长度
C．绳子和竖直方向的夹角
D．绳子下端到竖直扶手的距离
【答案】C
【解答】解：圆珠笔受力如图所示，细绳拉力和重力的合力水平向左，
由牛顿第二定律mgtanθ＝ma，求得圆珠笔的加速度大小为a＝gtanθ
地铁和圆珠笔的加速度相同，地铁的加速度大小为gtanθ，方向水平向左，所以只需要测量绳子与竖直方向的夹角即可，故C正确，ABD错误。
故选：C。
16．（2022 西城区一模）很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。由此可判断出（ ）
A．手机可能离开过手掌
B．手机在t1时刻运动到最高点
C．手机在t2时刻改变运动方向
D．手机在t1～t3时间内，受到的支持力先减小再增大
【答案】A
【解答】解：B.根据Δv＝aΔt可知a﹣t图象与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在t1时刻速度为正，还没有到最高点，故B错误；
C.根据Δv＝aΔt可知a﹣t图象与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在t2时刻前后速度均为正，运动方向没有发生改变，故C错误；
D.由图可知t1～t2时间加速度向上不断减小，根据牛顿第二定律得
N﹣mg＝ma
得
N＝ma+mg
可知t1～t2时刻支持力不断减小，
t2～t3时间内加速度向下，不断增大，根据牛顿第二定律得
mg﹣N＝ma
得
N＝mg﹣ma
可得支持力还是不断减小，故D错误；
A.由图可知，手机的加速度某一段时间内等于重力加速度，则手机与手掌没有力的作用，手机可能离开过手掌，故A正确。
故选A。
17．（2022 海淀区一模）在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场，两个相同的带电粒子①和②在P点垂直磁场分别射入，两带电粒子进入磁场时的速度方向与x轴的夹角如图所示，二者均恰好垂直于y轴射出磁场。不计带电粒子所受重力。根据上述信息可以判断（ ）
A．带电粒子①在磁场中运动的时间较长
B．带电粒子②在磁场中运动的时间较长
C．带电粒子①在磁场中运动的速率较大
D．带电粒子②在磁场中运动的速率较大
【答案】B
【解答】解：设粒子①和②的质量均为m，电荷量均为q，在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动的轨道半径分别为r1、r2，速率分别为v1、v2，运动时间分别为t1、t2，作出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，设OP＝L，由几何关系得：
r1sin45°＝L；r2cos45°＝L
可得：r1＝r2
CD、粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：
，解得：v＝
因：r1＝r2，可得：v1＝v2，故CD错误；
AB、粒子在磁场中做圆周运动的周期为：
可得粒子①和②在磁场中圆周运动的周期相等均为T，
粒子①的轨迹圆心角为45°，粒子②的轨迹圆心角为135°，可得：
：
可知：t1＜t2，即带电粒子②在磁场中运动的时间较长，故B正确，A错误。
故选：B。
18．（2022 广东三模）如图所示，某同学设计了一个加速度计：较重的滑块可以在光滑的框架中平移，滑块两侧用两劲度系数相同的轻弹簧与框架连接；R为滑动变阻器，其滑动片与滑块固定联接；两个电池的电动势均恒为E，内阻不计。按图连接电路后，电压表指针的零点位于表盘中央，此时两弹簧均为原长，滑动片恰好在变阻器的中间位置。已知滑动片与变阻器任一端之间的电阻值都与其到这端的距离成正比，当a端的电势高于b端时电压表的指针向零点右侧偏转。将此加速度计固定在运动的物体上，物体沿弹簧方向运动。下列说法正确的是（ ）
A．当物体向右加速时，电压表的指针将向右偏
B．电压表的示数不变，说明物体做匀速直线运动
C．电压表的示数增大，说明物体的速度一定增大
D．电压表表盘上各刻度对应加速度的值是均匀的
【答案】D
【解答】解：A、当物体具有向右的加速度a时，滑块所受的弹簧的拉力的合力向右，滑块向左移动，根据顺着电流方向电势降低，可知a端的电势低于b点的电势，则电压表的指针将向零点左侧偏转，故A错误；
B、电压表的示数不变，说明物体做匀速直线运动或者静止状态，故B错误；
C、电压表的示数增大，说明物体的加速度在变大，物体的速度增大有可能加速度不变，故C错误；
D、设系统加速度为a，滑块向左移动的距离为x，则：对滑块根据牛顿第二定律得：2kx＝ma；设电阻器单位长度的电阻为r，则电路中的电流为：I＝，电压表的示数为：U＝Ixr
由以上各式解得：a＝，分析加速度与电压的关系可知，U与a成正比，所以表盘的刻度应均匀，故D正确；
故选：D。
19．（2022 东城区一模）为了节能，商场的自动扶梯在较长时间无人乘行时会自动停止运行。有人站上去后，扶梯开始加速，然后匀速运动。如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．匀速下行过程中，人的动能不变，扶梯对人不做功
B．加速下行过程中，扶梯对人的支持力大于人所受的重力
C．加速下行过程中，人受到的摩擦力方向水平向左
D．加速下行过程中，支持力对人做正功，摩擦力对人做负功
【答案】C
【解答】解：A、匀速下行过程中，人的动能不变，重力对人正功，由动能定理得：WG+WF＝0，可得扶梯对人做功WF＝﹣WG，可知扶梯对人做负功，故A错误；
B、加速下行过程中，人的加速度沿扶梯向下，有竖直向下的分加速度，人处于失重状态，则扶梯对人的支持力小于人所受的重力，故B错误；
C、加速下行过程中，人的加速度沿扶梯向下，有水平向左的分加速度，由牛顿第二定律知f＝max，知人受到的摩擦力方向水平向左，故C正确；
D、加速下行过程中，支持力对人做负功，摩擦力对人做正功，故D错误。
故选：C。
20．（2022 东城区一模）一个质量为m的小物块静止在表面粗糙的圆锥形漏斗的内表面，如图所示。现使该漏斗从静止开始转动，转动的角速度ω缓慢增大时，物块仍相对漏斗保持静止。当角速度达到ωm时，物块将要与漏斗发生相对滑动。在角速度从0缓慢增大到ωm的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块所受的摩擦力随角速度ω增大，一直增大
B．物块所受的摩擦力随角速度ω增大，一直减小
C．物块所受的支持力随角速度ω增大，一直增大
D．物块所受的支持力随角速度ω增大，先增大后减小
【答案】C
【解答】解：AB、在角速度从0缓慢增大到ωm的过程中，对物块受力分析可知，开始时，受到的摩擦力沿斜面向上，最后沿斜面向下，故摩擦力先减小后增大，故AB错误；
CD、当角速度较小时，此时摩擦力沿斜面向上，在竖直方向根据共点力平衡可知：Nsinθ+fcosθ＝mg，由于f逐渐减小，故N逐渐增大，当f沿斜面向下时，根据共点力平衡可得：Nsinθ﹣fcosθ＝mg，随角速度的增大，摩擦力沿斜面向下增大，故N随角速度的增大而增大，故C正确，D错误；
故选：C。
21．（2022 石景山区一模）1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验．实验时，用宇宙飞船（质量为m）去接触正在轨道上运行的火箭（质量为mx，发动机已熄火），如图所示．接触以后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭共同加速，推进器的平均推力为F，开动时间△t，测出飞船和火箭的速度变化是△v，下列说法正确的是（ ）
A．火箭质量mx应为
B．宇宙飞船的质量m应为
C．推力F越大，就越大，且与F成正比
D．推力F通过飞船传递给火箭，所以飞船对火箭的弹力大小应为F
【答案】C
【解答】解：对整体由动量定理可得：F△t＝（m+mx）△v；
A、火箭的质量．整体的质量为．故A、B错误。
C、由公式可得，F＝（m+mx）可知，推力F越大，就越大，且与F成正比。故C正确。
D、隔离对mx分析，根据牛顿第二定律有：N＝＜F．故D错误。
故选：C。
22．（2022 丰台区一模）如图所示，某带电粒子（重力不计）由M点以垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向与原来射入方向的夹角为θ＝30°，磁场的磁感应强度大小为B。由此推断该带电粒子（ ）
A．带负电且动能不变
B．运动轨迹为抛物线
C．电荷量与质量的比值为
D．穿越磁场的时间为
【答案】D
【解答】解：A.根据左手定则，粒子带正电，故A错误
B.该粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹是圆周的一部分，故B错误
C.根据牛顿第二定律
又因为
解得
故C错误
D.穿越磁场的时间为
周期
解得
故D正确。
故选：D。
23．（2022 延庆区一模）2021年6月17日，神舟十二号载人飞船与天和核心舱完成对接，航天员聂海胜、刘伯明、汤洪波进入天和核心舱，标志着中国人首次进入了自己的空间站。对接过程的示意图如图所示，天和核心舱处于半径为r3的圆轨道Ⅲ；神舟十二号飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ，运行周期为T1，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B点与天和核心舱对接。则下列说法正确的是（ ）
A．神舟十二号飞船在轨道Ⅰ上运动时将不受重力的作用
B．神舟十二号飞船沿轨道Ⅱ运行的周期为T2＝T1
C．神舟十二号飞船沿轨道Ⅰ运行的周期大于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期
D．正常运行时，神舟十二号飞船在轨道Ⅱ上经过B点的加速度大于在轨道Ⅲ上经过B点的加速度
【答案】B
【解答】解：A、神舟十二号飞船在轨道Ⅰ上运动时仍受重力作用，只是因为重力全部用来提供向心力而处于完全失重状态，故A错误；
B、根据开普勒第三定律得：
椭圆轨道Ⅱ的半长轴
联立解得：，故B正确；
C、根据万有引力提供向心力得：
解得：
因为神舟十二号飞船运行轨道Ⅰ的半径小于天和核心舱运行轨道Ⅲ的半径，所以神舟十二号飞船沿轨道Ⅰ运行的周期小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期，故C错误；
D、根据牛顿第二定律得：
解得：
可知正常运行时，神舟十二号飞船在轨道Ⅱ上经过B点的加速度等于在轨道Ⅲ上经过B点的加速度，故D错误。
故选：B。
24．（2022 延庆区一模）如图所示，用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动径迹。图甲是洛伦兹力演示仪的实物图，图乙是结构示意图。励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场越强。图乙中电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场。图丙是励磁线圈示意图。下列关于实验现象和分析正确的是（ ）
A．仅增大励磁线圈中的电流，电子束径迹的半径变大
B．仅升高电子枪加速电场的电压，电子束径迹的半径变大
C．仅使电子枪加速电压增加到原来的2倍，电子束径迹的半径也增加到原来的2倍
D．要使电子形成如图乙的运动径迹，图乙中励磁线圈应通以（沿垂直纸面向里方向观察）逆时针方向的电流
【答案】B
【解答】解：AB、电子经电子枪中的加速电场加速，由动能定理可知①，电子在匀强电场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有②，解得③，加速电压不变，仅增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B增大，电子束径迹的半径变小；仅升高电子枪加速电场的电压U，电子束径迹的半径r变大，故A错误，B正确。
C、仅使电子枪加速电压增加到原来的2倍，由③式可知，则电子束径迹的半径增加到原来的倍，故C错误；
D、若励磁线圈通以逆时针方向的电流，由安培定则可知，产生的磁场方向向外，由左手定则可知，电子射入磁场时所受的洛伦兹力向下，电子运动的径迹不可能是图乙所示，故D错误。
故选：B。
25．（2022 延庆区一模）如图所示，边长为L的正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一带电粒子从ad边的中点M垂直于ad边，以一定速度射入磁场，仅在洛伦兹力的作用下，正好从ab边中点N射出磁场。忽略粒子受到的重力，下列说法正确的是（ ）
A．若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，粒子将从b点射出
B．若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍
C．若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，粒子将从a点射出
D．若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍
【答案】C
【解答】解：A、由题意和左手定则可知，粒子带正电，带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，如图所示，则有，若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，即v'＝2v，则粒子的半径将增大为原来的2倍，由图可知，粒子不会从b点射出，故A错误；
B、粒子在磁场中的运动的周期为，由图可知，若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，则粒子的半径将增大为原来的2倍，可粒子在磁场中运动的圆心角将减小，周期不变，则粒子在磁场中运动的时间将减小，故B错误；
C、若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，由半径公式可得，粒子的运动半径将减小为原来的2倍，将从a点射出，故C正确；
D、若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，由，可知，粒子在磁场中运动的半径和周期将减小，可仍转半圈，时间将不变，故D错误。
故选：C。
二．计算题（共9小题）
26．（2023 海淀区一模）图1中过山车可抽象为图2所示模型：弧形轨道下端与半径为R的竖直圆轨道平滑相接，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为m的小球（可视为质点）从弧形轨道上距B点高4R的A点静止释放，先后经过B点和C点，而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦，已知重力加速度g。
（1）求小球通过B点时的速度大小vB。
（2）求小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小F和方向。
（3）请分析比较小球通过B点和C点时加速度的大小关系。
【答案】（1）小球通过B点时的速度大小为。
（2）小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小为3mg，方向竖直向下。
（3）小球通过B点和C点时加速度的大小关系为aB＞aC。
【解答】解：（1）小球从A到B由机械能守恒定律可得：
4mgR＝
解得：
（2）小球从A到C由机械能守恒定律可得：
解得小球通过C点时的速度大小
在C点由牛顿第二定律可得：
解得小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小F＝3mg
方向竖直向下。
（3）小球在B点的加速度大小为
小球在C点的加速度大小为
所以aB＞aC
答：（1）小球通过B点时的速度大小为。
（2）小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小为3mg，方向竖直向下。
（3）小球通过B点和C点时加速度的大小关系为aB＞aC。
27．（2023 石景山区一模）如图所示，长为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球（可视为质点）。重力加速度为g。
（1）在水平拉力的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为θ，小球保持静止。请画出此时小球的受力示意图，并求所受水平拉力的大小F；
（2）由图示位置无初速释放小球，不计空气阴力。当小球通过最低点时，求：
①小球动量的大小p；
②轻绳对小球拉力的大小FT。
【答案】（1）小球的受力示意图见解析，所受水平拉力的大小为mgtanθ；
（2）①小球动量的大小为；
②轻绳对小球拉力的大小为mg（3﹣2cosθ）。
【解答】解：（1）对小球受力分析如图
可得F＝mgtanθ
（2）①小球从释放到通过最低点，机械能守恒
小球在最低点的速度大小
小球在最低点的动量大小
②小球在最低点受到重力和绳子拉力作用，根据牛顿第二定律
小球在最低点，受到绳子的拉力大小FT＝mg（3﹣2cosθ）
答：（1）小球的受力示意图见解析，所受水平拉力的大小为mgtanθ；
（2）①小球动量的大小为；
②轻绳对小球拉力的大小为mg（3﹣2cosθ）。
28．（2022 密云区一模）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.8m；A和B的质量均为m＝0.1kg，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2。重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）与B碰撞前瞬间A对轨道的压力N的大小；
（2）A与B碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）A和B整体在桌面上滑动的距离l。
【答案】（1）与B碰撞前瞬间A对轨道的压力N的大小为3N；
（2）A与B碰撞过程中系统损失的机械能为0.4J；
（3）A和B整体在桌面上滑动的距离为1m。
【解答】解：（1）滑块A下滑的过程，机械能守恒，则有
滑块A在圆轨道上做圆周运动，在最低点，由牛顿第二定律得：
根据牛顿第三定律可知，N＝FN
联立解得：N＝3N
（2）AB相碰，碰撞后结合为一个整体，由动量守恒定律得：
mv＝2mv′
根据能量守恒定律得：
联立解得：ΔE＝0.4J
（3）对AB在桌面上滑动，水平方向仅受摩擦力，则由动能定理得：
解得：l＝1m
答：（1）与B碰撞前瞬间A对轨道的压力N的大小为3N；
（2）A与B碰撞过程中系统损失的机械能为0.4J；
（3）A和B整体在桌面上滑动的距离为1m。
29．（2022 西城区一模）冰壶是冬奥会上极具观赏性的项目之一。比赛中，运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。已知冰壶的质量为19kg，初速度为3m/s，最初冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，g取10m/s2。
（1）求冰壶滑行过程中加速度的大小a。
（2）求冰壶整个滑行过程中摩擦力做的功W。
（3）按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。若冰壶速度减为2.4m/s时距离目标位置还需滑行18m，需要队友通过在其滑行前方持续摩擦冰面，将冰壶和冰面的动摩擦因数变为多少？
【答案】（1）求冰壶滑行过程中加速度的大小a为0.2m/s2。
（2）求冰壶整个滑行过程中摩擦力做的功W为﹣85.5J。
（3）将冰壶和冰面的动摩擦因数变为0.016.
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律可得：μmg＝ma，解得a＝0.2m/s2
（2）在整个过程中，根据动能定理可得
（3）若冰壶速度减为2.4m/s后，根据动能定理可得：
解得μ′＝0.016
答：（1）求冰壶滑行过程中加速度的大小a为0.2m/s2。
（2）求冰壶整个滑行过程中摩擦力做的功W为﹣85.5J。
（3）将冰壶和冰面的动摩擦因数变为0.016.
30．（2022 西城区一模）如图所示，在xOy坐标系第一象限的矩形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子在M点以垂直于y轴的方向射入磁场，并从另一侧边界的N点射出。已知带电粒子质量为m，电荷量为q，入射速度为v，矩形区域的长度为L，MN沿y轴方向上的距离为。不计重力。
（1）画出带电粒子在磁场区域内运动的轨迹，并求轨迹的半径r。
（2）判断磁场的方向，并求磁场的磁感应强度的大小B。
（3）将矩形区域内的磁场换为平行于y轴方向的匀强电场，使该粒子以相同的速度从M点入射后仍能从N点射出。通过计算说明，该粒子由N点射出磁场和电场时的速度方向是否相同。
【答案】（1）带电粒子在磁场区域内运动的轨迹图见解答，轨迹的半径r为。
（2）磁场的方向垂直纸面向外，磁场的磁感应强度的大小B为。
（3）该粒子由N点射出磁场和电场时的速度方向不相同。
【解答】解：（1）粒子在磁场区域内运动的轨迹图如图所示。
由几何关系可得：（r﹣）2+L2＝r2
解得：；
（2）粒子带正电，在磁场中顺时针偏转，由左手定则判断可知：磁场方向垂直纸面向外。
由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m
解得：
（3）设粒子由N点射出磁场时速度方向与x轴夹角为α，由几何关系可得：
α＝θ，而sinθ＝＝，即sinα＝
粒子在电场中由M到N的过程做类平抛运动，沿+x方向做匀速直线运动的位移为L，沿﹣y方向做匀加速直线运动的位移为，设在N点射出的速度的方向与x轴正方向的夹角为β。根据类平抛运动的性质：末速度反向延长交匀速直线运动方向的位移的中点，则有：
tanβ＝＝1
可得：sinβ＝
因sinα≠sinβ，故α≠β，该粒子由N点射出磁场和电场时的速度方向不相同。
答：（1）带电粒子在磁场区域内运动的轨迹图见解答，轨迹的半径r为。
（2）磁场的方向垂直纸面向外，磁场的磁感应强度的大小B为。
（3）该粒子由N点射出磁场和电场时的速度方向不相同。
31．（2022 海淀区一模）如图所示，粗糙的水平面AB与光滑的竖直圆轨道BCD在B点相切，圆轨道BCD的半径R＝0.40m，D是轨道的最高点，一质量m＝1.0kg可以看成质点的物体静止于水平面上的A点。现用F＝7.0N的水平恒力作用在物体上，使它在水平面上做匀加速直线运动，当物体到达B点时撤去力F，之后物体沿圆轨道BCD运动，物体恰好能通过D点。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）物体通过D点时速度vD的大小；
（2）物体刚进入圆轨道B点时所受支持力FN的大小；
（3）A与B之间的距离x。
【答案】（1）物体通过D点时速度vD的大小为2m/s；
（2）物体刚进入圆轨道B点时所受支持力FN的大小为60N；
（3）A与B之间的距离为2m。
【解答】解：（1）物体恰好能通过D点，则根据牛顿第二定律mg＝
代入数据解得vD＝2m/s
（2）物体从B到D运动过程中只有重力对其做功，据动能定理有：﹣mg 2R＝﹣
在B点根据牛顿第二定律FN﹣mg＝
代入数据解得：FN＝60N
（3）物体从A到B，根据动能定理有：Fx﹣μmgx＝
代入数据解得：x＝2m。
答：（1）物体通过D点时速度vD的大小为2m/s；
（2）物体刚进入圆轨道B点时所受支持力FN的大小为60N；
（3）A与B之间的距离为2m。
32．（2022 东城区一模）北京2022年冬奥会冰壶比赛新增加了混双项目，运动员用脚蹬固定的起踏器和冰壶一起前进，在前掷线处使冰壶脱手。冰壶前行过程中，运动员通过刷地来改变冰壶的速度和运动方向，使其到达理想位置。已知冰壶的质量为m，前掷线到营垒中心的距离为L，运动员的质量为M。重力加速度为g。
（1）在某次投壶过程中，运动员离开起踏器时他和冰壶的速率为v1，已知运动员和起踏器相互作用的时间为t，计算此过程中运动员和冰壶在水平方向所受平均作用力的大小F；
（2）某次投壶试验中，冰壶离开前掷线后沿直线运动（冰面视作水平面，不考虑冰壶的转动），冰壶在恒定阻力作用下停在营垒中心。水平方向的阻力等于其重力的k倍。求：
a．冰壶离开前掷线时的速率v2；
b．此过程中冰壶克服阻力做功的平均功率P。
【答案】（1）此过程中运动员和冰壶在水平方向所受平均作用力的大小为；
（2）a．冰壶离开前掷线时的速率为；
b．此过程中冰壶克服阻力做功的平均功率为。
【解答】解：（1）对运动员和冰壶整体由动量定理得：
Ft＝（M+m）v1
解得：F＝
（2）a.冰壶所受到的阻力为：f＝kmg
由牛顿第二定律得：f＝ma
根据运动学公式可得：
联立解得：v2＝
b.此过程中，冰壶的平均速度为
则冰壶克服阻力做功的平均功率为：P＝f
答：（1）此过程中运动员和冰壶在水平方向所受平均作用力的大小为；
（2）a．冰壶离开前掷线时的速率为；
b．此过程中冰壶克服阻力做功的平均功率为。
33．（2022 房山区一模）将传感器安装在蹦极运动员身上，可以测量出运动员在不同时刻下落的高度及速度，如图甲所示。运动员及所携带装备的总质量为50kg，弹性绳原长为10m。运动员从蹦极台自由下落，根据传感器测到的数据，得到如图乙所示的v﹣x图像。g取9.8m/s2。
（1）运动员下落过程中的最大动能，并分析该位置运动员受力的特点；
（2）判断运动员下落过程中受到的空气阻力是否可以忽略。写出你的理由；
（3）有人认为：在下落的整个过程中，弹性绳的弹力与弹簧弹力一样，都与伸长量成正比。你是否同意这种观点，通过计算说明你的理由。
【答案】（1）运动员下落过程中的最大动能为5625J，在该位置速度最大，加速度为零所受合外力为零；
（2）位移、速度的关系，与图中的数据基本吻合，所以空气阻力可以忽略不计；
（3）在下落的整个过程中，弹性绳的弹力与弹簧弹力一样，都与伸长量成正比。因为两次的弹簧劲度系数基本一致。
【解答】解：（1）运动员在下落15m时速度达到最大为15m/s，动能最大，此时动能为：Ekm＝m＝×50kg×（15m/s）2＝5625J
在该位置速度最大，加速度为零所受合外力为零。
（2）在前10m下降过程中，如果没有空气阻力，满足机械能守恒，则：mgh＝m，解得：v1＝14m/s
与图中的数据基本吻合，所以空气阻力可以忽略不计
（3）在下降到15m，弹簧的弹力等于重力，因此根据胡克定律：k（l﹣l0）＝mg，解得：k＝98N/m
下降到26m处时速度减小到零，在整个运动过程中，根据动能定理：mgh﹣k'＝0，解得：k'＝99.5N/m
得出的k'与k值基本吻合，因此可以认为弹性绳的弹力与弹簧弹力一样，都与伸长量成正比。
答：（1）运动员下落过程中的最大动能为5625J，在该位置速度最大，加速度为零所受合外力为零；
（2）位移、速度的关系，与图中的数据基本吻合，所以空气阻力可以忽略不计；
（3）在下落的整个过程中，弹性绳的弹力与弹簧弹力一样，都与伸长量成正比。因为两次的弹簧劲度系数基本一致。
34．（2022 平谷区一模）如图所示，一个质量为10kg的箱子，在水平推力F的作用下静止在倾角为37°的斜面上。已知箱子与斜面间的动摩擦因数为0.5，斜面足够长，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若要使箱子和斜面间的摩擦力刚好为零，推力F应为多大？
（2）若撤去推力F，
a．箱子沿斜面下滑的加速度是多大？
b．箱子下滑4m时速度是多大？
【答案】（1）若要使箱子和斜面间的摩擦力刚好为零，推力F应为75N；
（2）若撤去推力F，
a．箱子沿斜面下滑的加速度是2m/s2；
b．箱子下滑4m时速度是4m/s。
【解答】解：（1）对箱子受力分析如图
根据平衡条件可得
代入数据解得F＝75N
（2）a．设箱子沿斜面下滑的加速度为a，由牛顿第二定律可得
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma
代入数据解得a＝2m/s2
b．设箱子下滑x＝4m时速度的大小为v，根据运动学公式
v2＝2ax
代入数据解得v＝4m/s
答：（1）若要使箱子和斜面间的摩擦力刚好为零，推力F应为75N；
（2）若撤去推力F，
a．箱子沿斜面下滑的加速度是2m/s2；
b．箱子下滑4m时速度是4m/s。
三．解答题（共5小题）
35．（2023 西城区一模）滑雪是人们喜爱的一项冬季户外运动。如图所示，一位滑雪者，人与装备的总质量为75kg，沿着倾角θ＝30°的平直山坡直线滑下，当速度达到2m/s时他收起雪杖自由下滑，在此后5s的时间内滑下的路程为60m。将这5s内滑雪者的运动看作匀加速直线运动，g取10m/s2。求这5s内
（1）滑雪者的加速度大小a；
（2）滑雪者受到的阻力大小F；
（3）滑雪者损失的机械能ΔE。
【答案】（1）滑雪者的加速度大小a为4m/s2；
（2）滑雪者受到的阻力大小F为75N；
（3）滑雪者损失的机械能ΔE为4500J。
【解答】解：（1）滑雪者做匀加速直线运动，则由位移与时间的关系式可得，代入数据解得a＝4m/s2；
（2）根据牛顿第二定律，有mgsinθ﹣F＝ma，代入数据解得F＝75N；
（3）滑雪者损失的机械能等于滑雪者克服阻力所做的功，即ΔE＝Fx＝75×60J＝4500J。
答：（1）滑雪者的加速度大小a为4m/s2；
（2）滑雪者受到的阻力大小F为75N；
（3）滑雪者损失的机械能ΔE为4500J。
36．（2023 朝阳区一模）中国航天技术处于世界领先水平，航天过程有发射、在轨和着陆返回等关键环节。
（1）航天员在空间站长期处于失重状态，为缓解此状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图甲所示。圆环绕中心轴匀速旋转，航天员（可视为质点）站在圆环内的侧壁上，随圆环做圆周运动的半径为r，可受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。已知地球表面的重力加速度为g。求圆环转动的角速度大小ω。
（2）启动反推发动机是着陆返回过程的一个关键步骤。返回舱在距离地面较近时通过γ射线精准测距来启动返回舱的发动机向下喷气，使其减速着地。
a．已知返回舱的质量为M，其底部装有4台反推发动机，每台发动机喷嘴的横截面积为S，喷射气体的密度为ρ，返回舱距地面高度为H时速度为v0，若此时启动反推发动机，返回舱此后的运动可视为匀减速直线运动，到达地面时速度恰好为零。不考虑返回舱的质量变化，不计喷气前气体的速度，不计空气阻力。求气体被喷射出时相对地面的速度大小v；
b．图乙是返回舱底部γ射线精准测距原理简图。返回舱底部的发射器发射γ射线。为简化问题，我们假定：γ光子被地面散射后均匀射向地面上方各个方向。已知发射器单位时间内发出N个γ光子，地面对光子的吸收率为η，紧邻发射器的接收器接收γ射线的有效面积为A。当接收器单位时间内接收到n个γ光子时就会自动启动反推发动机，求此时返回舱底部距离地面的高度h。
【答案】（1）圆环转动的角速度大小ω为；
（2）a．气体被喷射出时相对地面的速度大小v为；
b．返回舱底部距离地面的高度h为。
【解答】解：（1）设航天员质量为m，所受侧壁对他的支持力N提供向心力，有N＝mω2r
支持力等于他站在地球表面时所受的支持力，有：N＝mg
联立解得：
（2）a．设Δt时间内每台发动机喷射出的气体质量为Δm，气体相对地面速度为v，气体受到返回舱的作用力为F，则有Δm＝ρSvΔt
由动量定理得：FΔt＝Δmv﹣0
联立解得：F＝ρSv2
由牛顿第三定律可知，气体对返回舱的作用力大小F'＝F
返回舱在匀减速下落的过程中，根据牛顿第二定律有4F'﹣Mg＝Ma
根据运动学公式有：
联立解得：
b．接收器单位时间单位面积接收的光子个数为
故接收器单位时间接收光子的个数n＝A
解得：
答：（1）圆环转动的角速度大小ω为；
（2）a．气体被喷射出时相对地面的速度大小v为；
b．返回舱底部距离地面的高度h为。
37．（2023 丰台区一模）如图所示，一圆盘在水平面内绕过圆盘中心的轴匀速转动，角速度是2.0rad/s。盘面上距圆盘中心10cm的位置有一个质量为0.1kg的小物体随圆盘一起做匀速圆周运动。小物体与圆盘之间的动摩擦因数μ＝0.4，两者之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小物体随圆盘匀速转动时所需向心力的大小F；
（2）要使小物体在圆盘上不发生相对滑动，圆盘角速度的最大值ωm；
（3）若圆盘由静止开始转动，逐渐增大圆盘的角速度，小物体从圆盘的边缘飞出，经过0.4s落地，落地点距飞出点在地面投影点的距离为40cm。在此过程中，摩擦力对小物体所做的功W。
【答案】（1）小物体随圆盘匀速转动时所需向心力的大小F为0.04N；
（2）要使小物体在圆盘上不发生相对滑动，圆盘角速度的最大值ωm为2rad/s；
（3）若圆盘由静止开始转动，逐渐增大圆盘的角速度，小物体从圆盘的边缘飞出，经过0.4s落地，落地点距飞出点在地面投影点的距离为40cm。在此过程中，摩擦力对小物体所做的功W为0.05J。
【解答】解：（1）由题意，小物体随圆盘做匀速圆周运动，半径为r＝10×10﹣2m，根据向心力公式
F＝mω2r
代入数据解得小物体随圆盘匀速转动时所需向心力的大小为F＝0.04N
（2）由题意知，当小物体受到的最大静摩擦力等于向心力时，将发生相对滑动，此时对应圆盘的角速度最大，由牛顿第二定律和向心力公式有
代入数据解得
（3）小物体飞出后做平抛运动，其水平位移x＝40×10﹣2m，设其运动时间为t，由平抛运动规律有
代入数据解得v＝1m/s
小物体由静止到飞出的过程中，由动能定理有
﹣0
代入数据解得W＝0.05J
答：（1）小物体随圆盘匀速转动时所需向心力的大小F为0.04N；
（2）要使小物体在圆盘上不发生相对滑动，圆盘角速度的最大值ωm为2rad/s；
（3）若圆盘由静止开始转动，逐渐增大圆盘的角速度，小物体从圆盘的边缘飞出，经过0.4s落地，落地点距飞出点在地面投影点的距离为40cm。在此过程中，摩擦力对小物体所做的功W为0.05J。
38．（2023 丰台区一模）跑酷不仅可以强健体质，也可使得自身反应能力更加迅速。现有一运动员在图示位置起跳，运动过程姿势不变且不发生转动，到达墙面时鞋底与墙面接触并恰好不发生滑动，通过鞋底与墙面间相互作用可以获得向上的升力。已知运动员起跳时速度为v0，v0与水平方向夹角为θ，到达墙壁时速度方向恰好与墙面垂直，运动员鞋底与墙面的动摩擦因数为μ（4μ＞tanθ），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，全过程忽略空气阻力影响。
（1）求运动员起跳时的水平分速度vx与竖直分速度vy；
（2）运动员与墙发生相互作用的时间为t，蹬墙后速度竖直向上，不再与墙发生相互作用，求蹬墙后运动员上升的最大高度H；
（3）若运动员蹬墙后水平方向速度大小不变，方向相反，为了能够到达起跳位置的正上方，且距离地面高度不低于蹬墙结束时的高度，求运动员与墙发生相互作用的最长时间tm。
【答案】（1）运动员起跳时的水平分速度和竖直分速度分别为v0cosθ和v0sinθ；
（2）蹬墙后运动员上升的最大高度为；
（3）运动员与墙发生相互作用的最长时间为。
【解答】解：（1）根据几何关系可得水平方向分速度为：
vx＝v0cosθ
竖直方向分速度为：
vy＝v0sinθ
（2）设墙对运动员平均弹力大小为N，平均最大静摩擦力为f，蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为vH，人质量为m，设水平向右为正方向，由动量定理得：
Nt＝0﹣（﹣mv0cosθ）
设竖直向上为正方向，由动量定理得：
ft﹣mgt＝mvH﹣0
其中f＝μN
联立得vH＝μv0cosθ﹣gt
运动员蹬墙结束后竖直方向做匀减速直线运动至速度为零，由
联立解得：
（3）设墙对运动员平均弹力大小为N'，平均最大静摩擦力为f'，蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为v，与墙发生相互作用的时间为t'，人的质量为m，设水平向右为正方向，由动量定理得
N't'＝mv0cosθ﹣（﹣mv0cosθ）
设竖直向上为正方向，由动量定理得
f't'﹣mgt'＝mv﹣0
其中f'＝μN'
联立得v＝2μv0cosθ﹣gt'
设运动员起跳位置离墙面水平距离为x，到达墙面所需时间为t1，离墙后到达起跳位置正上方的运动时间为t2，起跳后水平方向做匀速直线运动，得
x＝vxt1
解得：
运动员离墙后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为v，加速度为g的匀变速直线运动，当竖直位移为0时，水平位移不小于x。根据上述分析，得：
，vxt2≥x
联立式
作用的最长时间为：
答：（1）运动员起跳时的水平分速度和竖直分速度分别为v0cosθ和v0sinθ；
（2）蹬墙后运动员上升的最大高度为；
（3）运动员与墙发生相互作用的最长时间为。
39．（2023 平谷区一模）长度为L的轻质细绳上端固定在P点，下端系一质量为m的小球（小球的大小可以忽略）。重力加速度为g。
（1）在水平拉力F的作用下，细绳与竖直方向的夹角为θ，小球保持静止，如图a所示。求拉力F的大小。
（2）使小球在水平面内做圆周运动，如图b所示。当小球做圆周运动的角速度为某一合适值时，细绳跟竖直方向的夹角恰好也为θ，求此时小球做圆周运动的角速度ω。
（3）若图a和图b中细绳拉力分别为T和T'，比较T和T'的大小。
【答案】（1）在水平拉力F的作用下，细绳与竖直方向的夹角为θ，小球保持静止，此时拉力F的大小为mgtanθ；
（2）此时小球做圆周运动的角速度为；
（3）若图a和图b中细绳拉力分别为T和T'，则T和T'的大小相等，都是。
【解答】解：（1）小球受重力、绳子的拉力和水平拉力平衡，根据平衡条件可得
解得：F＝mgtanθ
（2）小球在水平面内做圆周运动，重力与绳子拉力的合力提供指向圆心的向心力，则
其中；
解得
（3）图a和图b中细绳拉力分别为T和T'，则；
则，二者的大小相等。
答：（1）在水平拉力F的作用下，细绳与竖直方向的夹角为θ，小球保持静止，此时拉力F的大小为mgtanθ；
（2）此时小球做圆周运动的角速度为；
（3）若图a和图b中细绳拉力分别为T和T'，则T和T'的大小相等，都是。
同课章节目录