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专题3牛顿运动定律
一．选择题（共16小题）
1．（2023 浙江）如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹OPQ运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小（ ）
A．O点最大 B．P点最大
C．Q点最大 D．整个运动过程保持不变
【解答】解：小石子从O点到P点，竖直方向受到向下的重力和向下的阻力，重力和竖直方向阻力之和产生竖直方向的分加速度，小石子速度减小，空气阻力减小，加速度减小，到P点时，竖直方向加速度最小；
小石子从P点到Q点，竖直方向受到向下的重力和向上的阻力，重力和竖直方向阻力之差产生竖直方向的分加速度，小石子速度增大，空气阻力增大，加速度减小，到Q点时，竖直方向加速度最小；
即整段过程中，O点竖直方向的加速度最大，故A正确，BCD错误；
故选：A。
2．（2022 重庆）如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力（图中未画出摩擦力）的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g，则擦窗工具所受摩擦力（ ）
A．大小等于mg B．大小等于mg
C．方向竖直向上 D．方向水平向左
【解答】解：擦窗工具做匀速直线运动，其受力平衡，摩擦力与重力和拉力的合力F等大反向，对擦窗工具进行正视图的受力分析如下图所示：
重力与拉力的合力F大小为：Fmg，方向与水平方向夹角为45°，则摩擦力的大小为mg，方向与水平方向夹角为45°，故B正确，ACD错误。
故选：B。
3．（2022 北京）如图所示，质量为m的物块在倾角为θ的斜面上加速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是（ ）
A．斜面对物块的支持力大小为mgsinθ
B．斜面对物块的摩擦力大小为μmgcosθ
C．斜面对物块作用力的合力大小为mg
D．物块所受的合力大小为mgsinθ
【解答】解：AB、斜面对物块的支持力为mgcosθ，因为物块处于加速下滑状态，f＝μmgcosθ，故A错误、B正确；
CD、物块处于加速下滑状态，根据牛顿第二定律得：F合＝mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，所以有：mgsinθ＞μmgcosθ，则斜面对物块的作用力为Fmg，故CD错误；
故选：B。
4．（2022 江苏）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＝10m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过（ ）
A．2.0m/s2 B．4.0m/s2 C．6.0m/s2 D．8.0m/s2
【解答】解：书不滑动，说明书与高铁的加速度相同，书的最大加速度就是二者一起运动最大加速度，
书的最大加速度由最大静摩擦力提供，则am＝μg＝0.4×10m/s2＝4m/s2
故B正确，ACD错误。
故选：B。
5．（2022 辽宁）如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正确的是（ ）
A．v0＝2.5m/s B．v0＝1.5m/s C．μ＝0.28 D．μ＝0.25
【解答】解：AB、物块水平沿中线做匀减速直线运动，则
由题干知
x＝1m，t＝1s，v＞0
代入数据有v0＜2m/s，故A不可能，B可能；
CD、对物块做受力分析有
a＝﹣μg，
v22ax
整理有.
2ax＞0
由于v0＜2m/s可得μ＜0.2，故CD不可能。
故选：B。
6．（2022 上海）神舟十三号在返回地面的过程中打开降落伞后，在大气层中经历了竖直向下的减速运动。若返回舱所受的空气阻力随速度的减小而减小，则加速度大小（ ）
A．一直减小 B．一直增大
C．先增大后减小 D．先减小后增大
【解答】解：返回舱受到重力和向上的空气阻力f，而竖直向下做减速运动，根据牛顿第二定律可得加速度大小为：
a，由于质量不变，速度减小，f减小，所以加速度减小，故BCD错误，A正确。
故选：A。
7．（2022 浙江）下列属于力的单位是（ ）
A．kg m/s2 B．kg m/s C．kg m2/s D．kg s/m2
【解答】解：根据牛顿第二定律有：F＝ma，可知力的单位为kg m/s2，故A正确，BCD错误；
故选：A。
8．（2022 乙卷）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．
【解答】解：当两球运动至二者相距L时，对此时进行受力分析，如图所示：
因为两球关于F所在直线对称，sinθ，所以cosθ，
已知轻绳中心处受三个力，设绳子拉力为T，水平方向上受力分析，2Tcosθ＝F，解得：T，
对其中一个小球用牛顿第二定律，得；T＝ma，解得：a。
故A正确，BCD错误。
故选A。
9．（2021 全国）甲、乙两物体置于光滑水平地面上，用一水平恒力推物体甲时，甲的加速度大小为3m/s2。当用这个水平恒力推物体乙时，乙的加速度大小为6m/s2。现把甲、乙两物体固定在一起，再用这个水平恒力来推，则两物体的加速度大小为（ ）
A．1.5m/s2 B．2m/s2 C．3m/s2 D．4.5m/s2
【解答】解：水平恒力推甲时，根据牛顿第二定律得：
F＝m1a1
水平恒力推乙时，根据牛顿第二定律得：
F＝m2a2
水平恒力一起推动甲乙是，则
F＝（m1+m2）a
联立解得：a＝2m/s2，故B正确，ACD错误；
故选：B。
10．（2021 海南）公元前4世纪末，我国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”，意为力是使有形之物突进或加速运动的原因。力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正确的是（ ）
A．kg m s﹣1 B．kg m s﹣2 C．Pa m2 D．J m﹣1
【解答】解：AB、根据牛顿第二定律的表达式F＝ma可知，力的单位为kg m s﹣2，故A错误，B正确；
C、根据压强的表达式p可知，力的单位为Pa m2，但是压强单位Pa不是国际制基本单位，故C错误；
D、根据功的表达式W＝Fx可知，力的单位是J m﹣1，但是功的单位J不是国际制基本单位，故D错误。
故选：B。
11．（2021 海南）如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mp＝0.5kg、mQ＝0.2kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。则推力F的大小为（ ）
A．4.0N B．3.0N C．2.5N D．1.5N
【解答】解：P静止在桌面上时，Q也静止，Q受到重力与绳子的拉力所以绳子的拉力F1＝mQg＝0.2×10N＝2N
P与桌面间的滑动摩擦力：f＝μmPg＝0.5×0.5×10N＝2.5N
将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力：T2N＝1N
此时Q加速下降，可得：mQg﹣T2＝mQa
此时P物体将以相同的加速度向右做匀加速直线运动，对P由牛顿第二定律可得：F+T2﹣f＝mPa
代入数据解得：F＝4.0N，故A正确，BCD错误。
故选：A。
12．（2021 北京）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20cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm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．30cm刻度对应的加速度为﹣0.5g
B．40cm刻度对应的加速度为g
C．50cm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
【解答】解：设弹簧的劲度系数为k，钢球质量为m，下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处，则mg＝k（40﹣20）×10﹣2＝0.2k
A、30cm刻度时根据牛顿第二定律有：k（30﹣20）×10﹣2﹣mg＝ma，解得a＝﹣0.5g，故A正确；
B、40cm刻度时钢球处于平衡状态，故a＝0，故B错误；
C、50cm刻度时根据牛顿第二定律有：k（50﹣20）×10﹣2﹣mg＝ma，解得a＝0.5g，故C错误；
D、根据牛顿第二定律有k（l﹣20）×10﹣2﹣mg＝ma，可得a，则各刻度对应加速度的值是均匀的，故D错误；
故选：A。
13．（2021 浙江）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290s的减速，速度从4.9×103m/s减为4.6×102m/s；打开降落伞后，经过90s速度进一步减为1.0×102m/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
【解答】解：A、在打开降落伞前，着陆器做加速下降，因此除受到气体阻力的作用外，还受到重力作用，故A错误；
BC、在打开降落伞至分离前，除受到降落伞的拉力和气体阻力的作用外，还受到重力作用，因着陆器做减速下降，其加速度方向向上，依据牛顿第二定律，则受到的合力方向竖直向上，故B正确，C错误；
D、若处于悬停状态中，发动机喷火的反作用力和重力是平衡力，故D错误；
故选：B。
14．（2021 甲卷）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
【解答】解：设铁架台底座距离为d，则物块沿平板的位移为x，
对物块利用牛顿第二定律可得
mgsinθ＝ma
利用运动学公式可得
xat2
整理可得
t
由数学知识可知，当θ＝45°时，sin2θ最大，对应时间t最小，故θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间将先减小后增大，故ABC错误，D正确。
故选：D。
15．（2021 浙江）如图所示是我国自主研发的全自动无人值守望远镜，它安装在位于南极大陆的昆仑站，电力供应仅为1×103W。若用国际单位制基本单位的符号来表示W，正确的是（ ）
A．N s B．N m/s C．kg m/s D．kg m2/s3
【解答】解：A、N不是国际单位制基本单位，根据冲量的定义I＝Ft可知，N s是冲量的单位，故A错误；
B、根据功率的计算公式P＝Fv可知功率的单位可以表示为N m/s，但N不是国际单位制基本单位，故B错误；
C、根据动量的定义p＝Fv，结合F＝ma知N＝kg m2/s2，可知kg m/s是动量的单位，故C错误；
D、根据P＝Fv可知功率的单位可以表示为N m/s，结合F＝ma知N＝kg m2/s2，则功率得单位W＝kg m2/s3，故D正确。
故选：D。
16．（2021 浙江）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
【解答】解：A、小车加速向左运动，受到自身的重力和电机的驱动力，受到长木板对小车的支持力和阻力，故A错误；
B、木板对小车的作用力包括竖直向上的支持力和水平方向的阻力，根据平行四边形定则可知合力方向一定不在水平方向，故B错误；
CD、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，等大反向，C错误，D正确。
故选：D。
二．多选题（共8小题）
（多选）17．（2023 湖南）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＝2mgtanθ
B．若推力F向左，且tanθ≤μ，则F的最大值为2mgtanθ
C．若推力F向左，且μ＜tanθ≤2μ，则F的最大值为4mg（2μ﹣tanθ）
D．若推力F向右，且tanθ＞2μ，则F的范围为4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）
【解答】解：A、若B球所受摩擦力为零，对A、B整体由牛顿第二定律得FNA＝2ma，
对A球由牛顿第二定律得FNA﹣Nsinθ＝ma，
竖直方向：Ncosθ＝mg，
联立解得a＝gtanθ，
对整体由牛顿第二定律得F＝4ma＝4mgtanθ，故A错误；
B、若推力向左，则系统的加速度向左，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，A与左壁弹力为零，此时F有最大值，对AB整体：竖直方向FNB＝2mg，
水平方向：μFNB＝2ma解得a＝μg，对A水平方向Nsinθ＝maA，竖直方向Ncosθ＝mg，
解得aA＝gtanθ，由于μ≥tanθ，所以系统的加速度a＝aA＝gtanθ，所以F最大值为F＝4ma＝4mgtanθ，故B错误；
C、若推力向左，μ＜tanθ≤2μ，时，A与左壁弹力不为零，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向左，此时F取最大值，则2μmg﹣NA＝2ma，
整体：Fm＝4ma，
对A竖直方向：Ncosθ＝mg，
对A水平方向：Nsinθ﹣NA＝ma，
联立解得Fm＝4mg（2μ﹣tanθ）故C正确；
D、若推力向右，tanθ＞2μ，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向右，F有最大值，
则：2μmg+NA＝2ma1，
对A竖直方向：Ncosθ＝mg
NA﹣Nsinθ＝ma1
联立解得a1＝2μg+μgtanθ
厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向左，F有最小值，
则：对AB整体有NA﹣2μmg＝2ma2
对A水平方向有NA﹣Nsinθ＝ma2
对A竖直方向：Ncosθ＝mg
联立解得：a2＝gtanθ﹣2μg
所以4a2≤F≤4a1
即4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）故D正确；
故选：CD。
（多选）18．（2023 甲卷）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 B．m甲＞m乙 C．μ甲＜μ乙 D．μ甲＞μ乙
【解答】解：对甲、乙两物体，由牛顿第二定律有
F﹣μmg＝ma
则F＝ma+μmg
对照已知图像，根据数形结合思想，可知
图像斜率k＝m
图像截距b＝μmg
由于k甲＞k乙，故m甲＞m乙
由于μ甲m甲g＝μ乙m乙g，故μ甲＜μ乙
故AD错误，BC正确。
故选：BC。
（多选）19．（2022 湖南）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即F阻＝kv2，k为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（ ）
A．发动机的最大推力为1.5Mg
B．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为Mg
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5m/s
D．当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
【解答】解：A、飞行器竖直下落，其匀速下落的速率为10m/s时，飞行器的合力为零
kMg
解得：Mg＝100k
发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，飞行器匀速向上的速率为5m/s时，飞行器的合力为零
Fmax＝kMg
解得：Fmax＝125k＝1.25Mg，故A错误；
B、当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，受到与运动方向相反的水平方向的阻力，大小为
F阻＝k 52＝25kMg
同时飞行器受到竖直向下的重力，若要保持匀速飞行，发动机的推力应该跟阻力与重力的合力等大、反向
受力分析如下图：
由此可得，此时发动机的推力为：
F
解得：FMg，故B正确；
C、发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，设飞行器速率为v
结合B中的方法可以求出飞行器受到的阻力大小为：
kv2Mg
而由A求得Mg＝100k
所以v＝5m/s，故C正确；
D、当飞行器以5m/s的速率飞行时。产生的阻力大小为
F阻'＝k 52＝25kMg
飞行器的重力为Mg，最大推力为Fmax＝1.25mg
当最大推力与重力同向时，飞行器向下运动，此时飞行器受到的合力最大，设此时的加速度为a1，则有
1.25Mg+MgMg＝Ma1
解得：a1＝2g
当飞行器以5m/s的速率是向上飞行时，由题意可知，飞行器在某种状态下可以保持这一速率做匀速飞行，即飞行器的最小加速度为0
所以飞行器的加速度范围是0≤a≤2g，故D错误；
故选：BC。
（多选）20．（2022 河北）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ＞mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确为是（ ）
A．物体P和Q的质量之比为1：3
B．2T时刻物体Q的机械能为
C．2T时刻物体P重力的功率为
D．2T时刻物体P的速度大小为
【解答】解：A、t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为，根据牛顿第二定律可知，，解得：mP：mQ＝1：2，故A错误；
B、T时刻，PQ的速度为vT，P升高的位移为h'，此后P做竖直上抛运动，则速度减为0的时间为t'，位移h''，可知初始时刻Q到零势能面的高度h＝h'+h''，对应的机械能E＝mQgh，Q再运动到T时刻的机械能为E'＝E﹣Fh'（其中F为拉力），根据牛顿第二定律有：mQg﹣F＝mQa；联立解得：E'，故B正确；
CD、2T时刻物体P的速度v'，其重力的功率为P＝mPgv'g ，可知P，故CD正确；
故选：BCD。
（多选）21．（2022 甲卷）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
【解答】解：AB、设两物块的质量均为m，撤去拉力F前，两滑块均做匀速直线运动，对两滑块P、Q整体分析得
F＝2μmg
隔离滑块Q分析得
F弹＝μmg
撤去拉力F后，在弹簧弹力和摩擦力作用下，取向右为正方向，根据牛顿第二定律得：
滑块P：﹣F弹﹣μmg＝ma1
滑块Q：F弹﹣μmg＝ma2
则a1，a2，
可知弹簧逐渐恢复原长过程中，滑块P做加速度减小的减速运动，Q做加速度增大的减速运动，当F弹＝μmg时，滑块P加速度最大值为
a1max＝2μg，
当F弹＝0时，滑块Q加速度最大值为
a2max＝μg，
故A正确，B错误；
C、滑块P、Q水平向右运动，P、Q间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，故C错误；
D、滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为
a′1＝μg，
可见滑块P减速的最小加速度为滑块Q减速的最大加速度，撤去拉力时，P、Q的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为μg；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为μg，则滑块P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，故D正确。
故选：AD。
（多选）22．（2021 山东）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变。重力加速度为g，不计阻力。以下判断正确的是（ ）
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动
B．投出物资后热气球所受合力大小为mg
C．
D．
【解答】解：AB、对抛出物资的瞬间，对物资和热气球，水平方向动量守恒，设热气球的水平速度为v1，取向右为正方向根据动量守恒定律得：
mv0﹣Mv1＝0
解得：v1
抛出物资前，竖直方向上：F浮＝（M+m）g
抛出物资后，对气球根据牛顿第二定律得：
竖直方向上：F浮﹣Mg＝Ma＝mg
解得：a，故热气球做类平抛运动，故B正确，A错误。
CD、对物资做平抛运动
竖直方向：Hgt2
解得t
水平方向：x＝v0t
对热气球水平方向：x′＝v1t
竖直方向上hat2
代入数据解得：h
落地时物资与热气球的距离为：
代入数据解得：d（1），故C正确，D错误。
故选：BC。
（多选）23．（2021 乙卷）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．μ2μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
【解答】解：A、由图（c）可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，在t1时刻木板与地面的静摩擦力达到最大值，对物块和木板整体分析可知F1＝μ1（m1+m2）g，故A错误；
B、由图（c）可知，t1～t2时间段物块和木板一起加速运动，在t2时刻物块和木板开始相对运动，此时物块和木板间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有
对物块和木板F2﹣μ1（m1+m2）g＝（m1+m2）am
对木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1am
整理可得F2（μ2﹣μ1）g
故B正确；
C、由图（c）可知，对木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1am
故μ2m2g＞μ1（m1+m2）g，即μ2μ1，故C正确；
D、由上述分析可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，t1～t2时间段物块和木板一起以共同加速度运动，故在0～t2时间段物块与木板加速度相等，故D正确。
故选：BCD。
（多选）24．（2021 甲卷）一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知sinα＝0.6，重力加速度大小为g。则（ ）
A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小为
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
【解答】解：AC、设物体向上滑动的距离为x，斜面的动摩擦因数为μ，
对物体向上滑行的过程，由动能定理可知：﹣mgsinα x﹣μmgcosα x＝0﹣Ek
对物体向下滑行的过程，由动能定理可知：mgsinα x﹣μmgcosα x0
联立解得：x，μ＝0.5，故A错误，C正确；
B、物体向下滑动时，由牛顿第二定律可知：mgsinα﹣μmgcosα＝ma2，解得a2，故B正确；
D、物体向上滑动和向下滑动的距离相同，而向上滑的加速度由牛顿第二定律可知：mgsinα+μmgcosα＝ma1，解得：a1＝g，即a1＞a2，向上滑动过程也可看作初速度为零，加速度大小等于a1的匀加速直线运动，由x可知向上滑的时间比向下滑的时间短，故D错误；
故选：BC。
三．实验题（共4小题）
25．（2023 上海）如图所示，是某小组同学“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置（已平衡摩擦力），实验过程中可近似认为钩码受到的总重力等于小车所受的拉力。先测出钩码所受的重力为G，之后改变绳端的钩码个数，小车每次从同一位置释放，测出挡光片通过光电门的时间Δt。
（1）实验中是否必须测出小车质量m车 A 。
A.是
B.否
（2）为完成实验还需要测量① 小车释放点到光电门的距离 ；② 遮光条的宽度 。
（3）实际小车受到的拉力小于钩码的总重力，原因是 钩码有向下的加速度，拉力小于重力 。
（4）若导轨保持水平，滑轮偏低导致细线与轨道不平行，则细线平行时加速度a1，与不平
行时加速度a2相比，a1 大于 a2。（选填“大于”、“小于”或“等于”）
【解答】解：（1）实验的研究对象是小车，由牛顿第二定律，可知小车的加速度与小车的质量有关系，所以必须测出小车的质量，故选A；
（2）小车经过光电门的速度，由2ax＝v2﹣0可得小车的加速度，所以需要测量小车释放点到光电门的距离x和遮光条的宽度d；
（3）钩码受重力和拉力，钩码向下做加速运动，加速度竖直向下，所以钩码的拉力小于钩码的重力，钩码的拉力大小等于小车绳子拉力的大小，所以实际小车受到的拉力小于钩码的总重力；
（4）本实验已平衡摩擦力，设导轨垫高的夹角为θ，则有mgsinθ＝f＝μmgcosθ，细线平行时由牛顿第二定律有：T＝ma1，若滑轮偏低导致细线与轨道不平行，受力方向如下图所示：
由牛顿第二定律有：Tcosβ+mgsinθ﹣μ（mgcosθ+Tsinβ）＝ma2，把mgsinθ＝f＝μmgcosθ代入上式，可得Tcosβ﹣μTsinβ＝ma2，故a1＞a2
故答案为：（1）A；（2）小车释放点到光电门的距离；遮光条的宽度（3）钩码有向下的加速度，拉力小于重力（4）大于
26．（2022 山东）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5.00cm，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 12 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 0.20 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 0.13 kg。
【解答】解：（1）由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm.拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时。结合图乙的F﹣t图有
Δx＝5.00cm＝0.05m，F＝0.610N
根据胡克定律
k
计算出
k≈12N/m
（2）根据牛顿第二定律有
F＝ma
则a﹣F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中Ⅰ，则有
kkg﹣1＝5kg﹣1
则滑块与加速度传感器的总质量为
m＝0.20kg
（3）滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中Ⅱ，则有
kg﹣1＝3kg﹣1
则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为
m'＝0.33kg
则待测物体的质量为
Δm＝m'﹣m＝0.33kg﹣0.20kg＝0.13kg
故答案为：（1）12；（2）0.20；（3）0.13
27．（2021 北京）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。例如：
（1）实验仪器。用游标卡尺测某金属管的内径，示数如图1所示。则该金属管的内径为 31.4 mm。
（2）数据分析。打点计时器在随物体做匀变速直线运动的纸带上打点，其中一部分如图2所示，B、C、D为纸带上标出的连续3个计数点，相邻计数点之间还有4个计时点没有标出。打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上。则打C点时，纸带运动的速度vC＝ 0.44 m/s（结果保留小数点后两位）。
（3）实验原理。图3为“探究加速度与力的关系”的实验装置示意图。认为桶和砂所受的重力等于使小车做匀加速直线运动的合力。实验中平衡了摩擦力后，要求桶和砂的总质量m比小车质量M小得多。请分析说明这个要求的理由。
【解答】解：（1）游标卡尺的精度为0.1mm，主尺读数为3.1cm＝31mm，游标尺读数为4×0.1mm＝0.4mm，故该金属管的内径为31mm+0.4mm＝31.4mm
（2）相邻计数点之间还有4个计时点没有标出，相邻两点的时间为t＝5T＝5×0.02s＝0.1s，根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于这段时间的平均速度可知vCm/s＝0.44m/s
（3）设绳的拉力为T，小车运动的加速度为a。对桶和砂，有mg﹣T＝ma；对小车，有T＝Ma。得T。小车受到细绳的拉力T等于小车受到的合力F，即F。可见，只有桶和砂的总质量m比小车质量M小得多时，才能认为桶和砂所受的重力mg等于使小车做匀加速直线运动的合力F。
故答案为：（1）31.4；（2）0.44；（3）见解析。
28．（2021 湖南）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＝ 1.02 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 1 2 3 4 5 6
（a/m s﹣2） 0.087 0.180 0.260 0.425 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 0.345 m/s2（保留三位有效数字）。
【解答】解：（1）游标卡尺的精度为0.1mm，游标卡尺的示数为主尺与游标尺的示数之和，所以h＝10mm+2×0.1mm＝10.2mm＝1.02cm；
（2）由表中的数据在坐标系中先描点，再过这些点画一条直线，如图所示。
根据实验过程知，在已经调水平后，放n个垫块的加速度a＝gsinθ，结合绘制的a﹣n图象可求得图角的斜率k0.0862m/s2，那么当n＝4时，a4＝4k＝4×0.0862m/s2＝0.345m/s2。
故答案为：（1）1.02；（2）如上图、0.345
四．计算题（共5小题）
29．（2022 山东）某粮库使用额定电压U＝380V，内阻R＝0.25Ω的电动机运粮，如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40A，关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1＝100kg，车上粮食质量m2＝1200kg，配重质量m0＝40kg，取重力加速度g＝10m/s2，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：
（1）比例系数k值；
（2）上行路程L值。
【解答】解：（1）设电动机的牵引绳张力为T1，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有UI＝I2R+T1v
解得
T1＝7400N
小车和配重一起匀速，设绳的张力为T2，对配重有
T2＝m0g
设斜面倾角为θ，对小车匀速有
T1+T2＝（m1+m2） gsinθ+k （m1+m2） g
而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有
m1gsinθ＝m0g+km1g
联立各式解得
sinθ＝0.5，k＝0.1
（2）关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为a，对系统由牛顿第二定律有 （m1+m2） gsinθ+k （m1+m2） g﹣m0g＝（m1+m2+m0） a
根据运动学规律有：v2＝2aL
联立代入数据解得：Lm
答：（1）比例系数k值为0.1；
（2）上行路程L值为m。
30．（2022 浙江）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12m水平直道AB与长20m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8m/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5.0s。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110kg，sin15°＝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。
【解答】解：（1）设在AB段加速度为a1，位移为x1，由运动学公式
2a1x1
代入数据解得：a1m/s2
（2）设运动员在AB段运动时间为t1，BC段时间为t2，
t1s＝3s
BC段x2＝v1t2a2
代入数据解得：a2＝2m/s2
过C点的速度为
v＝v1+a2t2
代入数据解得：v＝12m/s
（3）在BC段由牛顿第二定律
mgsinθ﹣Ff＝ma2
代入数据解得：Ff＝66N
答：（1）在直道AB上的加速度大小为m/s2；
（2）过C点的速度大小为12m/s；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小为66N。
31．（2021 全国）如图，一斜面固定在水平桌面上，斜面倾角为θ。若一物块以初速度v沿斜面向上运动，经过距离l后物块静止在斜面上。若让该物块以初速度v沿斜面向下运动，则经3l距离后物块静止在斜面上。（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
（1）已知tanθ＝0.125，求物块与斜面之间的动摩擦因数；
（2）若把斜面的倾角由θ增大为θ1，使物块从斜面底部以初速度v1＝4m/s沿斜面向上运动，求物块从出发到又回到底部所用的时间。已知sinθ1＝0.6，取重力加速度g＝10m/s2。
【解答】解：（1）物块以速度v沿斜面向上运动，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
根据匀变速直线运动速度与时间的关系有：
v2＝2a1l
同理可得，物块以初速度v沿斜面向下运动有
μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma2；v2＝2a2×3l
联立解得：μ＝0.25
（2）物块上滑时，根据牛顿第二定律有
mgsinθ1+μmgcosθ1＝ma1
解得：
根据v＝v0+a1t1
解得：t1＝0.5s
根据速度—位移公式：
解得：x＝1m
物块下滑时，根据牛顿第二定律得：
mgsinθ1﹣μmgcosθ1＝ma2
解得：
根据
解得：
则物块从出发又回到底部所用的时间为
答；（1）物块与斜面之间的动摩擦因数为0.25；
（2）物块从出发到又回到底部所用的时间为s。
32．（2021 辽宁）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t。
【解答】解：（1）开始时小包裹向下做匀减速运动，以向下为正方向，根据牛顿第二定律有
agsinα﹣μgcosα
代入数据后得到a＝﹣0.4m/s2，“﹣”表示方向沿斜面向下，加速度大小为0.4m/s2
（2）设经过时间t1与传送带共速，则有：v1＝v2+at1
代入数据后得：t1＝2.5s
此段时间小包裹的位移x12.75m
小包裹与传速带共速后由于mgsinα＜μmgcosα，小包裹相对于传送带静止，两者一起向下匀速运动，则
位移为x2＝L﹣x1＝3.95m﹣2.75m＝1.2m
时间t22.0s
通过传送带的总时间t＝t1+t2＝2.5s+2.0s＝4.5s
答：（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a为0.4m/s2；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t为4.5s。
33．（2021 浙江）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m＝1.0×103kg的汽车以v1＝36km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽L＝6m，小朋友行走的速度v0＝0.5m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
（3）假设驾驶员以v2＝54km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
【解答】解：以汽车初速度方向为正方向，
（1）v1＝36km/h＝10m/s，由于刹车过程所受阻力不变，因此汽车做匀减速直线运动，末速度为0，
此过程平均速度：，
根据平均速度的定义：，
解得刹车时间：t＝4s，
末速度：0＝v1+at，
解得刹车加速度：a＝﹣2.5m/s2，
根据牛顿第二定律：f＝ma，
解得：f＝﹣2.5×103N，阻力方向与初速度方向相反，大小为2.5×103N；
（2）小朋友全部通过时间：t'，
等待时间：t0＝t'﹣t，
解得：t0＝20s；
（3）v2＝54km/h＝15m/s，
根据速度—位移关系：v2＝2as，
解得：v＝5m/s
答：（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间为4s，所受阻力的大小为2.5×103N ；
（2）汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间为20s；
（3）汽车到斑马线时的速度为5m/s。
五．解答题（共1小题）
34．（2023 全国）一列火车以速度v0沿水平长直轨道匀速行驶，突然列车后部有部分车厢脱钩。已知脱钩后车头的牵引力不变；脱钩车厢的质量为列车总质量的；假设列车所受阻力与其所受重力成正比。求当脱钩车厢的速度变为时，列车前部未脱钩部分的速度。
【解答】解：设车头的牵引力为F，火车总质量为m，火车匀速运动时，受力平衡，有：F＝kmg
脱钩后，设脱钩车厢的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：k mgma1
设剩余车厢的加速度大小为a2，剩余车厢的质量为m′＝mgmgmg
由牛顿第二定律得：F﹣km′g＝m′a2
联立解得：a1＝kg
a2kg
脱钩车厢的速度变为时，由速度—时间公式得：v0﹣a1t
解得：t
设此时剩余车厢的速度为v，由速度—时间公式得：v＝v0+a2tv0
答：列车前部未脱钩部分的速度为v0。
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专题3牛顿运动定律
一．选择题（共16小题）
1．（2023 浙江）如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹OPQ运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小（ ）
A．O点最大 B．P点最大
C．Q点最大 D．整个运动过程保持不变
2．（2022 重庆）如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力（图中未画出摩擦力）的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g，则擦窗工具所受摩擦力（ ）
A．大小等于mg B．大小等于mg
C．方向竖直向上 D．方向水平向左
3．（2022 北京）如图所示，质量为m的物块在倾角为θ的斜面上加速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是（ ）
A．斜面对物块的支持力大小为mgsinθ
B．斜面对物块的摩擦力大小为μmgcosθ
C．斜面对物块作用力的合力大小为mg
D．物块所受的合力大小为mgsinθ
4．（2022 江苏）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＝10m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过（ ）
A．2.0m/s2 B．4.0m/s2 C．6.0m/s2 D．8.0m/s2
5．（2022 辽宁）如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正确的是（ ）
A．v0＝2.5m/s B．v0＝1.5m/s C．μ＝0.28 D．μ＝0.25
6．（2022 上海）神舟十三号在返回地面的过程中打开降落伞后，在大气层中经历了竖直向下的减速运动。若返回舱所受的空气阻力随速度的减小而减小，则加速度大小（ ）
A．一直减小 B．一直增大
C．先增大后减小 D．先减小后增大
7．（2022 浙江）下列属于力的单位是（ ）
A．kg m/s2 B．kg m/s C．kg m2/s D．kg s/m2
8．（2022 乙卷）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．
9．（2021 全国）甲、乙两物体置于光滑水平地面上，用一水平恒力推物体甲时，甲的加速度大小为3m/s2。当用这个水平恒力推物体乙时，乙的加速度大小为6m/s2。现把甲、乙两物体固定在一起，再用这个水平恒力来推，则两物体的加速度大小为（ ）
A．1.5m/s2 B．2m/s2 C．3m/s2 D．4.5m/s2
10．（2021 海南）公元前4世纪末，我国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”，意为力是使有形之物突进或加速运动的原因。力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正确的是（ ）
A．kg m s﹣1 B．kg m s﹣2 C．Pa m2 D．J m﹣1
11．（2021 海南）如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mp＝0.5kg、mQ＝0.2kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。则推力F的大小为（ ）
A．4.0N B．3.0N C．2.5N D．1.5N
12．（2021 北京）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20cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm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．30cm刻度对应的加速度为﹣0.5g
B．40cm刻度对应的加速度为g
C．50cm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
13．（2021 浙江）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290s的减速，速度从4.9×103m/s减为4.6×102m/s；打开降落伞后，经过90s速度进一步减为1.0×102m/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
14．（2021 甲卷）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
15．（2021 浙江）如图所示是我国自主研发的全自动无人值守望远镜，它安装在位于南极大陆的昆仑站，电力供应仅为1×103W。若用国际单位制基本单位的符号来表示W，正确的是（ ）
A．N s B．N m/s C．kg m/s D．kg m2/s3
16．（2021 浙江）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
二．多选题（共8小题）
（多选）17．（2023 湖南）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＝2mgtanθ
B．若推力F向左，且tanθ≤μ，则F的最大值为2mgtanθ
C．若推力F向左，且μ＜tanθ≤2μ，则F的最大值为4mg（2μ﹣tanθ）
D．若推力F向右，且tanθ＞2μ，则F的范围为4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）
（多选）18．（2023 甲卷）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 B．m甲＞m乙 C．μ甲＜μ乙 D．μ甲＞μ乙
（多选）19．（2022 湖南）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即F阻＝kv2，k为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（ ）
A．发动机的最大推力为1.5Mg
B．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为Mg
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5m/s
D．当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
（多选）20．（2022 河北）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ＞mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确为是（ ）
A．物体P和Q的质量之比为1：3
B．2T时刻物体Q的机械能为
C．2T时刻物体P重力的功率为
D．2T时刻物体P的速度大小为
（多选）21．（2022 甲卷）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
（多选）22．（2021 山东）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变。重力加速度为g，不计阻力。以下判断正确的是（ ）
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动
B．投出物资后热气球所受合力大小为mg
C．
D．
（多选）23．（2021 乙卷）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．μ2μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
（多选）24．（2021 甲卷）一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知sinα＝0.6，重力加速度大小为g。则（ ）
A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小为
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
三．实验题（共4小题）
25．（2023 上海）如图所示，是某小组同学“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置（已平衡摩擦力），实验过程中可近似认为钩码受到的总重力等于小车所受的拉力。先测出钩码所受的重力为G，之后改变绳端的钩码个数，小车每次从同一位置释放，测出挡光片通过光电门的时间Δt。
（1）实验中是否必须测出小车质量m车 。
A.是
B.否
（2）为完成实验还需要测量① ；② 。
（3）实际小车受到的拉力小于钩码的总重力，原因是 。
（4）若导轨保持水平，滑轮偏低导致细线与轨道不平行，则细线平行时加速度a1，与不平
行时加速度a2相比，a1 a2。（选填“大于”、“小于”或“等于”）
26．（2022 山东）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5.00cm，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。
27．（2021 北京）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。例如：
（1）实验仪器。用游标卡尺测某金属管的内径，示数如图1所示。则该金属管的内径为 mm。
（2）数据分析。打点计时器在随物体做匀变速直线运动的纸带上打点，其中一部分如图2所示，B、C、D为纸带上标出的连续3个计数点，相邻计数点之间还有4个计时点没有标出。打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上。则打C点时，纸带运动的速度vC＝ m/s（结果保留小数点后两位）。
（3）实验原理。图3为“探究加速度与力的关系”的实验装置示意图。认为桶和砂所受的重力等于使小车做匀加速直线运动的合力。实验中平衡了摩擦力后，要求桶和砂的总质量m比小车质量M小得多。请分析说明这个要求的理由。
28．（2021 湖南）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 1 2 3 4 5 6
（a/m s﹣2） 0.087 0.180 0.260 0.425 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）。
四．计算题（共5小题）
29．（2022 山东）某粮库使用额定电压U＝380V，内阻R＝0.25Ω的电动机运粮，如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40A，关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1＝100kg，车上粮食质量m2＝1200kg，配重质量m0＝40kg，取重力加速度g＝10m/s2，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：
（1）比例系数k值；
（2）上行路程L值。
30．（2022 浙江）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12m水平直道AB与长20m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8m/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5.0s。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110kg，sin15°＝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。
31．（2021 全国）如图，一斜面固定在水平桌面上，斜面倾角为θ。若一物块以初速度v沿斜面向上运动，经过距离l后物块静止在斜面上。若让该物块以初速度v沿斜面向下运动，则经3l距离后物块静止在斜面上。（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
（1）已知tanθ＝0.125，求物块与斜面之间的动摩擦因数；
（2）若把斜面的倾角由θ增大为θ1，使物块从斜面底部以初速度v1＝4m/s沿斜面向上运动，求物块从出发到又回到底部所用的时间。已知sinθ1＝0.6，取重力加速度g＝10m/s2。
32．（2021 辽宁）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t。
33．（2021 浙江）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m＝1.0×103kg的汽车以v1＝36km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽L＝6m，小朋友行走的速度v0＝0.5m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
（3）假设驾驶员以v2＝54km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
五．解答题（共1小题）
34．（2023 全国）一列火车以速度v0沿水平长直轨道匀速行驶，突然列车后部有部分车厢脱钩。已知脱钩后车头的牵引力不变；脱钩车厢的质量为列车总质量的；假设列车所受阻力与其所受重力成正比。求当脱钩车厢的速度变为时，列车前部未脱钩部分的速度。
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