章末检测卷(二)(第三章内容)
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．“天宫课堂”第四课于2023年9月21日开课，在奇妙“乒乓球”实验中，一名航天员用水袋做了一颗水球，另一名航天员用球拍击球，水球被弹开。对于该实验说法正确的是( )
A．梦天实验舱内，水球质量变大，其惯性不变
B．梦天实验舱内，水球弹开的速度越大，其惯性越大
C．击球过程中，水球所受弹力是由于球拍发生形变产生的
D．击球过程中，水球对球拍的作用力与球拍对水球的作用力是一对平衡力
2．下列关于牛顿运动定律表述正确的是( )
A．牛顿第一定律是伽利略发现的
B．由a＝知，当F＝0时，a＝0，可得，牛顿第一定律是牛顿第二定律的特例
C．作用力和反作用力一定是同种性质力
D．牛顿运动定律都可以通过实验直接得出
3．一人乘电梯上楼，在竖直上升的过程中如果加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为加速度a的正方向，则( )
A．前2 s人和电梯处于失重状态
B．2～4 s的过程中人对地板的压力变小
C．t＝6 s时人对地板的压力为0
D．t＝8.5 s时人对地板的压力最大
4．如图所示，质量为m＝3 kg的木块在轻弹簧和轻绳的作用下处于静止状态，此时木块和斜面刚好接触但无压力，轻绳水平，轻弹簧的轴线与斜面平行。已知斜面的倾角θ＝37°，木块与斜面间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g取10 m/s2，sin θ＝0.6，则剪断轻绳瞬间木块的加速度大小为( )
A．14 m/s2 B．12 m/s2
C．10 m/s2 D．8 m/s2
5．如图所示，由于运力增加，某机场欲让货物尽快通过传送带。已知传送带两轴心间距为5 m，传送带顺时针匀速传动，其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定，一可视为质点的货物以7 m/s初速度从左端滑上传送带，已知货物与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.4，取g＝10 m/s2，则下列传送带的速度符合要求的是( )
A．8 m/s B．9 m/s
C．7 m/s D．11 m/s
6．如图所示为餐厅暖盘车的储盘装置示意图，三根完全相同的轻质弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端与托盘连接，托盘上放着6个质量均为m的盘子并处于静止状态(托盘未与暖车底部接触)，已知托盘质量为2m，重力加速度大小为g，当某顾客快速取走最上端1号盘子的瞬间，托盘对最下端6号盘子作用力的大小为( )
A．mg B．mg
C．5mg D．6mg
7．一根轻弹簧竖直直立在水平面上，下端固定。在弹簧正上方有一个物块从高处自由下落到弹簧上端O，将弹簧压缩。当弹簧被压缩了x0时，物块的速度减小到零。从物块和弹簧接触开始到物块速度减小到零过程中，物块的加速度大小a随下降位移大小x变化的图像，可能是下图中的( )
A B
C D
8．(2024·甘肃张掖一模)如图所示，光滑水平面上静置一质量为m的长木板B，木板上表面各处粗糙程度相同，一质量也为m的小物块A(可视为质点)从左端以速度v冲上木板。当v＝v0时，小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速，则( )
A．若v＝，A、B相对运动时间为
B．若v＝，A、B相对静止时，A恰好停在木板B的中点
C．若v＝2v0，A经历到达木板右端
D．若v＝2v0，A从木板B右端离开时，木板速度等于v0
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．如图甲所示，平行于倾角为θ的固定斜面向上的拉力F使小物块沿斜面向上运动，运动过程中加速度a与F的关系如图乙。图线的斜率为k，与F轴交点坐标为(c，0)，与a轴交点坐标为(0，－b)。由图可知( )
A．小物块的质量为k
B．小物块的质量为
C．摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为b
D．摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为c
10．一种能垂直起降的小型遥控无人机，螺旋桨工作时能产生恒定的升力。在一次试飞中，无人机在地面上由静止开始以2 m/s2的加速度匀加速竖直向上起飞，上升36 m时无人机突然出现故障而失去升力。已知无人机的质量为5 kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为10 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2。 下列说法正确的是( )
A．无人机失去升力时的速度大小为12 m/s
B．螺旋桨工作时产生的升力大小为60 N
C．无人机向上减速时的加速度大小为12 m/s2
D．无人机上升的最大高度为36 m
11．如图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着球，另一只手迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动，筒内的羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为M＝90 g(不含球的质量)，球筒与手之间的滑动摩擦力为f1＝2.6 N，羽毛球质量为m＝5 g，球头离筒的上端距离为d＝9.0 cm，球与筒之间的滑动摩擦力为f2＝0.1 N，重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个初速度后( )
A．羽毛球的加速度大小为10 m/s2
B．羽毛球的加速度大小为30 m/s2
C．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为 m/s
D．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为3 m/s
12．如图甲所示，一顺时针匀速转动的水平传送带AB，速度为v0。某时刻一质量为2 kg的物块以恒定初速度v1冲上A点，以速度v2离开B点，物块与传送带之间的动摩擦因数为0.2。当传送带速度v0为不同值时，物块离开B点时的速度v2随v0变化的图像如图乙所示，则下列说法正确的是(物块可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2)( )
A．传送带的长度为1.5 m
B．物块冲上传送带的初速度v1＝3 m/s
C．当v2＝3.5 m/s时，物块在传送带上运动的时间为0.375 s
D．当v0<2 m/s时，物块在传送带上运动的过程中，受到的摩擦力方向可能向右
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．(6分)某实验小组用如图甲所示的装置做“探究小车加速度与力、质量的关系”实验。将木板固定在水平桌面上，在砂桶中放入适量细砂，闭合打点计时器开关，由静止释放小车，记录图甲中力传感器的示数F，利用纸带上打出的点计算出小车的加速度a；改变砂桶中细砂的质量重复实验，得到多组F、a，以小车的加速度a为纵坐标，力传感器的示数F为横坐标，描点得到如图乙所示的a-F图像。回答下列问题：
(1)实验中砂与砂桶的总质量________(选填“需要”或“不需要”)远小于小车的质量。
(2)根据图乙中的数据可知，小车和动滑轮的总质量为________ kg，小车运动过程中受到的阻力大小为__________ N。
14．(8分)某同学设计了如图甲所示的实验装置，该装置既可以验证牛顿第二定律，也可以测量凹形滑块的质量与当地的重力加速度，实验器材有加速度传感器、质量已知的钩码、木板(左端带定滑轮)、轻质细线。
实验步骤如下：
①调节滑轮使细线与木板平行，然后调整木板的倾角来平衡木板对滑块的摩擦力；
②挂上钩码，由静止释放滑块，记录加速度传感器的示数以及相应的钩码质量；
③改变悬挂钩码的个数，重复步骤②，得到多组加速度a与相应悬挂的钩码总质量M
④画出-的函数关系图像如图乙所示。
回答下列问题：
(1)在平衡木板对滑块的摩擦力时________(选填“需要”或“不需要”)在细线的下端挂上钩码，本实验________(选填“需要”或“不需要”)滑块的质量远大于所悬挂钩码的质量。
(2)设当地的重力加速度为g，滑块的质量为m，写出图乙的函数表达式______________(用g、m、M、a来表示)。
(3)由图乙可得m＝__________(用b来表示)，g＝________(用b、c、d来表示)。
15．(8分)滑梯是游乐园中常见的游乐设施，某游乐园中的大型滑梯其滑板部分可简化为如图所示。滑板长L＝6 m，其顶端距地面的高度h＝3.6 m，底端与具有防护作用的水平地垫平滑连接。一质量m＝30 kg的小孩从滑板顶端沿滑板由静止滑下，到达底端时的速度大小v＝4 m/s。已知小孩与水平地垫之间的动摩擦因数为0.8，g取10 m/s2。求：
(1)小孩沿滑板下滑的加速度大小；
(2)小孩与滑板之间的动摩擦因数；
(3)为确保小孩的人身安全，水平地垫至少应为多长。
16．(8分)依据运动员某次练习时推动冰壶滑行的过程建立如图所示模型：冰壶的质量m＝19.7 kg，当运动员推力F为5 N，方向与水平方向夹角为θ＝37°时，冰壶可在推力作用下沿着水平冰面做匀速直线运动，一段时间后松手将冰壶投出，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)冰壶与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若冰壶投出后在冰面上滑行的最远距离是s＝40 m，则冰壶离开手时的速度v0为多少？
17．(14分)(2021·辽宁卷)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＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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。
18．(16分)如图所示，长木板C静置于足够大的光滑水平地面上，C最左端放置一小物块A，小物块B在A右侧L0＝4.5 m处，B与C右端的距离足够长。在t＝0时刻，一大小为20 N、方向水平向右的恒定推力F作用于A，经过一段时间后撤去推力，此时A与B恰好发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知A的质量mA＝4 kg、B的质量mB＝2 kg、C的质量mC＝2 kg，A与C动摩擦因数μA＝0.2。B与C间的动摩擦因数μB＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s2，A、B均可视为质点。求：
(1)t＝0时A的加速度大小；
(2)碰前瞬间A、B的速度大小。
章末检测卷(二)
1．C [梦天实验舱内，水球质量不变，其惯性不变，故A、B错误；根据弹力产生的条件可知，击球过程中，水球所受弹力是由于球拍发生形变产生的，故C正确；击球过程中，水球对球拍的作用力与球拍对水球的作用力是一对相互作用力，故D错误。]
2．C [牛顿第一定律是牛顿发现的，选项A错误；牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，并且定义了惯性概念，牛顿第二定律给出了加速度与力和质量的关系，故牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不是牛顿第二定律的特例，选项B错误； 作用力和反作用力一定是同种性质力，选项C正确；牛顿第一运动定律不可以通过实验直接得出，选项D错误。]
3．B [前2 s人和电梯加速度向上，则处于超重状态，选项A错误；2～4 s内向上的加速度减小，则根据N＝mg＋ma，可知人对地板的压力变小，选项B正确；t＝6 s时加速度为零，则人对地板的压力为mg，选项C错误；t＝8.5 s时加速度向下且最大，人处于失重状态，则此时人对地板的压力最小，选项D错误。]
4．D [剪断轻绳之前，设弹簧的拉力为F，竖直方向根据受力平衡可得F sin θ＝mg，解得F＝＝ N＝50 N，剪断轻绳瞬间，弹簧弹力保持不变，根据牛顿第二定律可得F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得a＝8 m/s2，故D正确。]
5．D [根据题意可知，欲让货物尽快通过传送带，则需让货物在传送带上一直做匀加速运动，设货物通过传送带后的速度为v，由牛顿第二定律有ma＝μmg，由运动学公式有＝2ax，解得v＝ m/s≈9.4 m/s，即符合要求的传送带速度为v1≥ m/s≈9.4 m/s，故选D。]
6．A [顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘和其他5个盘子的合力为mg，根据牛顿第二定律有mg＝(2m＋5m)a，对剩余5个盘子，设托盘对最下端6号盘子的支持力大小为FN，根据牛顿第二定律有FN－5mg＝5ma，联立可得托盘对6号盘子作用力的大小为FN＝mg。]
7．D [物块接触弹簧后，在开始阶段，物块的重力大于弹簧的弹力，合力向下，加速度向下，根据牛顿第二定律得mg－kx＝ma，解得a＝g－x，可知a与x是线性关系，当x增大时，a减小。当弹力等于重力时，物块的合力为零，加速度为0，当弹力大于重力后，物块的合力向上，加速度向上，根据牛顿第二定律kx－mg＝ma，解得a＝x－g，a与x是线性关系，当x增大时，a增大。若物块接触弹簧时无初速度，根据简谐运动的对称性，可知物块运动到最低点时加速度大小等于g，方向竖直向上，当物块以一定的初速度压缩弹簧后，物块到达最低点时，弹簧的压缩量增大，物块的加速度增大，大于g。故选D。]
8．A [根据牛顿第二定律μmg＝maA＝maB，则A、B加速度大小相等，设为a，小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速，则v共＝v0－at0＝at0，解得t0＝，v共＝，a＝，木板的长度L＝t0－t0＝，若v＝，A、B两物体共速时有v共1＝－at1＝at1，解得t1＝＝，v共1＝。A、B相对静止时，相对位移为L1＝t1－t1＝＝<＝，故A停在木板B的中点左侧，故A正确，B错误；若v＝2v0，A从木板B右端离开时，根据动力学公式L＝，解得t2＝(2－)t0，A从木板B右端离开时，木板速度为v木板＝at2＝v09．BD [以物块为对象，根据牛顿第二定律可得F－mg sin θ－f＝ma，可得a＝－，结合 a-F 图像可得＝k＝，－＝－b，可知小物块的质量为m＝，摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为mg sin θ＋f＝c，故选BD。]
10．AC [无人机向上加速过程中，由位移—速度公式得v2－0＝2a1x1，代入数据解得无人机失去升力时的速度大小为v＝12 m/s，故A正确；无人机向上加速过程中，对无人机，由牛顿第二定律得F－mg－f＝ma1，代入数据解得F＝70 N，故B错误；无人机向上减速时，对无人机，由牛顿第二定律得mg＋f＝ma2，代入数据解得a2＝12 m/s2，故C正确；无人机向上减速过程，由位移—速度公式得0－v2＝－2a2x2，代入数据解得无人机减速上升的高度为x2＝6 m，则无人机上升的最大高度为H＝x1＋x2＝36 m＋6 m＝42 m，故D错误。]
11．BD [依题意，对羽毛球受力分析，由于羽毛球相对于筒向上运动，受到筒对它竖直向下的摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得mg＋f2＝ma1，解得羽毛球向下做匀加速直线运动的加速度大小为a1＝30 m/s2，故A错误，B正确；对筒受力分析，根据牛顿第二定律有f1＋f2－Mg＝Ma2，解得筒向下做匀减速直线运动的加速度大小为a2＝20 m/s2，若羽毛球头部能从上端筒口出来，则当羽毛球到达筒口，二者速度相等时，筒获得的初速度最小，设为vmin，设二者相对运动的时间为t，有a1t＝vmin－a2t，－a1t2＝d，联立并代入相关数据求得vmin＝3 m/s，故C错误，D正确。]
12．BC [设传送带的长度为L，物块在传送带上运动的加速度大小为a＝μg＝2 m/s2，由题图乙可知，传送带速度小于2 m/s时，物块在传送带上一直减速，离开传送带的速度为2 m/s，根据运动学公式有＝2aL，传送带速度大于 m/s时，物块在传送带上一直加速，离开传送带的速度为 m/s，根据运动学公式有＝2aL，联立解得L＝1.25 m，v1＝3 m/s，故A错误，B正确；当v2＝3.5 m/s < m/s时，可知物块先做匀加速运动后做匀速直线运动，物块做匀加速运动的时间为t1＝＝0.25 s，物块做匀加速运动的位移为x＝t1＝ m，物块做匀速运动的时间为t2＝＝0.125 s，物块在传送带上运动的时间为t＝t1＋t2＝0.375 s，故C正确；当v0<2 m/s时，物块在传送带上运动的过程中一直减速，受到的摩擦力方向向左，故D错误。]
13．解析：(1)本实验由力传感器可以直接测得力的大小，故不需要砂与砂桶的总质量远小于小车的质量。
(2)由牛顿第二定律得2F－f＝ma，得a＝F－，由题图乙可知图线的斜率k＝＝＝5，故小车和动滑轮的总质量m＝0.4 kg
由纵截距b＝－＝－0.5，得f＝0.2 N。
答案：(1)不需要 (2)0.4 0.2
14．解析：(1)在平衡木板对滑块的摩擦力时不需要在细线的下端挂上钩码，以使得滑块的重力下滑分力恰好等于摩擦力；本实验通过传感器读出加速度，数据处理时可以将钩码的质量考虑进去，不需要用钩码的重力代替滑块所受的合外力，不需要滑块的质量远大于所悬挂钩码的质量。
(2)对整体应用牛顿第二定律可得Mg＝(M＋m)a变形可得＝－＋·。
(3)由题图乙可得－＝b，＝，解得m＝－，g＝。
答案：(1)不需要 不需要 (2)＝－＋· (3)－
15．解析：(1)根据题意可得v2＝2aL
解得a＝ m/s2。
(2)小孩在斜面上向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得
mg sin θ－μmg cos θ＝ma
sin θ＝
代入数据解得μ＝。
(3)小孩滑到水平面上做匀减速直线运动，则v2＝2μ′gL′
解得L′＝1 m。
答案：(1) m/s2 (2) (3)1 m
16．解析：(1)以冰壶为研究对象进行受力分析
在水平方向有F cos θ＝μN
在竖直方向有F sin θ＋mg＝N
解得μ＝0.02。
(2)由匀变速直线运动的关系式得＝2(－a)s
由牛顿运动定律得μmg＝ma
代入数据后联立解得v0＝4 m/s。
答案：(1)0.02 (2)4 m/s
17．解析：(1)小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmg cos θ>mg sin θ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律可知μmg cos θ－mg sin θ＝ma，解得a＝0.4 m/s2。
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时
t1＝＝ s＝2.5 s
在传送带上滑动的距离为
x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m
共速后，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝2 s
所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。
答案：(1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
18．解析：(1)假设A、B、C相对静止，且此种情况下共同加速度大小为a0
根据牛顿第二定律得F＝(mA＋mB＋mC)a0
解得a0＝2.5 m/s2
对A有F－fA＝mAa0
解得fA＝10 N>μAmAg＝8 N，则假设不成立
因此施加推力时，设A的加速度大小为a1，则有
F－μAmAg＝mAa1
解得a1＝3 m/s2。
(2)由于μB＝0.4>μA＝0.2，可知A、B碰撞前，B、C一起运动，对B、C整体有
μAmAg＝(mB＋mC)a2
解得a2＝2 m/s2
设从A开始运动到A与B碰撞所经历的时间为t1，
对A有x1＝，
v1＝a1t1
对B、C整体有x2＝，
v2＝a2t1
又L0＝x1－x2
联立解得v1＝9 m/s，v2＝6 m/s。
答案：(1)3 m/s2 (2)9 m/s 6 m/s
8 / 8(共56张PPT)
章末检测卷(二)(第三章内容)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．“天宫课堂”第四课于2023年9月21日开课，在奇妙“乒乓球”实验中，一名航天员用水袋做了一颗水球，另一名航天员用球拍击球，水球被弹开。对于该实验说法正确的是( )
12
13
14
15
16
17
18
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
A．梦天实验舱内，水球质量变大，其惯性不变
B．梦天实验舱内，水球弹开的速度越大，其惯性越大
C．击球过程中，水球所受弹力是由于球拍发生形变产生的
D．击球过程中，水球对球拍的作用力与球拍对水球的作用力是一对平衡力
12
√
13
14
15
16
17
18
C [梦天实验舱内，水球质量不变，其惯性不变，故A、B错误；根据弹力产生的条件可知，击球过程中，水球所受弹力是由于球拍发生形变产生的，故C正确；击球过程中，水球对球拍的作用力与球拍对水球的作用力是一对相互作用力，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
2．下列关于牛顿运动定律表述正确的是( )
A．牛顿第一定律是伽利略发现的
B．由a＝知，当F＝0时，a＝0，可得，牛顿第一定律是牛顿第二定律的特例
C．作用力和反作用力一定是同种性质力
D．牛顿运动定律都可以通过实验直接得出
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
C [牛顿第一定律是牛顿发现的，选项A错误；牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，并且定义了惯性概念，牛顿第二定律给出了加速度与力和质量的关系，故牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不是牛顿第二定律的特例，选项B错误； 作用力和反作用力一定是同种性质力，选项C正确；牛顿第一运动定律不可以通过实验直接得出，选项D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
3．一人乘电梯上楼，在竖直上升的过程中如果加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为加速度a的正方向，则( )
A．前2 s人和电梯处于失重状态
B．2～4 s的过程中人对地板的压力变小
C．t＝6 s时人对地板的压力为0
D．t＝8.5 s时人对地板的压力最大
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
B [前2 s人和电梯加速度向上，则处于超重状态，选项A错误；2～4 s内向上的加速度减小，则根据N＝mg＋ma，可知人对地板的压力变小，选项B正确；t＝6 s时加速度为零，则人对地板的压力为mg，选项C错误；t＝8.5 s时加速度向下且最大，人处于失重状态，则此时人对地板的压力最小，选项D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
4．如图所示，质量为m＝3 kg的木块在轻弹簧和轻绳的作用下处于静止状态，此时木块和斜面刚好接触但无压力，轻绳水平，轻弹簧的轴线与斜面平行。已知斜面的倾角θ＝37°，木块与斜面间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g取10 m/s2，sin θ＝0.6，则剪断轻绳瞬间木块的加速度大小为( )
A．14 m/s2 B．12 m/s2
C．10 m/s2 D．8 m/s2
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
D [剪断轻绳之前，设弹簧的拉力为F，竖直方向根据受力平衡可得F sin θ＝mg，解得F＝＝ N＝50 N，剪断轻绳瞬间，弹簧弹力保持不变，根据牛顿第二定律可得F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得a＝8 m/s2，故D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
5．如图所示，由于运力增加，某机场欲让货物尽快通过传送带。已知传送带两轴心间距为5 m，传送带顺时针匀速传动，其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定，一可视为质点的货物以7 m/s初速度从左端滑上传送带，已知货物与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.4，取g＝10 m/s2，则下列传送带的速度符合要求的是( )
A．8 m/s B．9 m/s
C．7 m/s D．11 m/s
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
D [根据题意可知，欲让货物尽快通过传送带，则需让货物在传送带上一直做匀加速运动，设货物通过传送带后的速度为v，由牛顿第二定律有ma＝μmg，由运动学公式有＝2ax，解得v＝
m/s≈9.4 m/s，即符合要求的传送带速度为v1≥ m/s≈
9.4 m/s，故选D。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
6．如图所示为餐厅暖盘车的储盘装置示意图，三根完全相同的轻质弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端与托盘连接，托盘上放着6个质量均为m的盘子并处于静止状态(托盘未与暖车底部接触)，已知托盘质量为2m，重力加速度大小为g，当某顾客快
速取走最上端1号盘子的瞬间，托盘对最下端6号
盘子作用力的大小为( )
A．mg B．mg
C．5mg D．6mg
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
A [顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘和其他5个盘子的合力为mg，根据牛顿第二定律有mg＝(2m＋5m)a，对剩余5个盘子，设托盘对最下端6号盘子的支持力大小为FN，根据牛顿第二定律有FN－5mg＝5ma，联立可得托盘对6号盘子作用力的大小为FN＝mg。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
7．一根轻弹簧竖直直立在水平面上，下端固定。在弹簧正上方有一个物块从高处自由下落到弹簧上端O，将弹簧压缩。当弹簧被压缩了x0时，物块的速度减小到零。从物块和弹簧接触开始到物块速度减小到零过程中，物块的加速度大小a随下降位
移大小x变化的图像，可能是下图中的( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
A B
C D
√
D [物块接触弹簧后，在开始阶段，物块的重力大于弹簧的弹力，合力向下，加速度向下，根据牛顿第二定律得mg－kx＝ma，解得a＝g－x，可知a与x是线性关系，当x增大时，a减小。当弹力等于重力时，物块的合力为零，加速度为0，当弹力大于重力后，物块的合力向上，加速度向上，根据牛顿第二定律kx－mg＝ma，解得a＝x－g，a与x是线性关系，当x增大时，a增大。若物块接触弹簧
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
时无初速度，根据简谐运动的对称性，可知物块运动到最低点时加速度大小等于g，方向竖直向上，当物块以一定的初速度压缩弹簧后，物块到达最低点时，弹簧的压缩量增大，物块的加速度增大，大于g。故选D。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
8．(2024·甘肃张掖一模)如图所示，光滑水平面上静置一质量为m的长木板B，木板上表面各处粗糙程度相同，一质量也为m的小物块A(可视为质点)从左端以速度v冲上木板。当v＝v0时，小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速，则( )
A．若v＝，A、B相对运动时间为
B．若v＝，A、B相对静止时，A恰好停在木板B的中点
C．若v＝2v0，A经历到达木板右端
D．若v＝2v0，A从木板B右端离开时，木板速度等于v0
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
A [根据牛顿第二定律μmg＝maA＝maB，则A、B加速度大小相等，设为a，小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速，则v共＝v0－at0＝at0，解得t0＝，v共＝，a＝，木板的长度L＝t0－t0＝，若v＝，A、B两物体共速时有v共1＝－at1＝at1，解得t1＝＝，v共1＝。A、B相对静止时，相对位移为L1＝
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
t1－t1＝＝<＝，故A停在木板B的中点左侧，故A正确，B错误；若v＝2v0，A从木板B右端离开时，根据动力学公式L＝，解得t2＝(2－)t0，A从木板B右端离开时，木板速度为v木板＝at2＝v0题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．如图甲所示，平行于倾角为θ的固定斜面向上的拉力F使小物块沿斜面向上运动，运动过程中加速度a与F的关系如图乙。图线的斜率为k，与F轴交点坐标为(c，0)，与a轴交点坐标为(0，－b)。由图可知( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
A．小物块的质量为k
B．小物块的质量为
C．摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为b
D．摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为c
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
√
BD [以物块为对象，根据牛顿第二定律可得F－mg sin θ－f＝ma，可得a＝－，结合 a-F 图像可得＝k＝，－＝－b，可知小物块的质量为m＝，摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为mg sin θ＋f＝c，故选BD。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
10．一种能垂直起降的小型遥控无人机，螺旋桨工作时能产生恒定的升力。在一次试飞中，无人机在地面上由静止开始以2 m/s2的加速度匀加速竖直向上起飞，上升36 m时无人机突然出现故障而失去升力。已知无人机的质量为5 kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为10 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2。 下列说法正确的是( )
A．无人机失去升力时的速度大小为12 m/s
B．螺旋桨工作时产生的升力大小为60 N
C．无人机向上减速时的加速度大小为12 m/s2
D．无人机上升的最大高度为36 m
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
√
AC [无人机向上加速过程中，由位移—速度公式得v2－0＝2a1x1，代入数据解得无人机失去升力时的速度大小为v＝12 m/s，故A正确；无人机向上加速过程中，对无人机，由牛顿第二定律得F－mg－f＝ma1，代入数据解得F＝70 N，故B错误；无人机向上减速时，对无人机，由牛顿第二定律得mg＋f＝ma2，代入数据解得a2＝12 m/s2，故C正确；无人机向上减速过程，由位移—速度公式得0－v2＝
－2a2x2，代入数据解得无人机减速上升的高度为x2＝6 m，则无人机上升的最大高度为H＝x1＋x2＝36 m＋6 m＝42 m，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
11．如图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着球，另一只手迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动，筒内的羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为M＝90 g(不含球的质量)，球筒与手之间的滑动摩擦力为f1＝2.6 N，羽毛球质量为m＝5 g，球头离筒的上端距离为d＝9.0 cm，球与
筒之间的滑动摩擦力为f2＝0.1 N，重力加速度g＝10 m/s2，
空气阻力忽略不计，当球筒获得一个初速度后( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
A．羽毛球的加速度大小为10 m/s2
B．羽毛球的加速度大小为30 m/s2
C．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为
m/s
D．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为
3 m/s
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
√
√
BD [依题意，对羽毛球受力分析，由于羽毛球相对于筒向上运动，受到筒对它竖直向下的摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得mg＋f2＝ma1，解得羽毛球向下做匀加速直线运动的加速度大小为a1＝30 m/s2，故A错误，B正确；对筒受力分析，根据牛顿第二定律有f1＋f2－Mg＝Ma2，解得筒向下做匀减速直线运动的加速度大小为a2＝20 m/s2，若羽毛球头部能从上端筒口出来，则当羽毛球到达筒口，二者速度相等时，筒获得的初速度最小，设为vmin，设二者相对运动的时间为t，有a1t＝vmin－a2t，－a1t2＝d，联立并代入相关数据求得vmin＝3 m/s，故C错误，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
12．如图甲所示，一顺时针匀速转动的水平传送带AB，速度为v0。某时刻一质量为2 kg的物块以恒定初速度v1冲上A点，以速度v2离开B点，物块与传送带之间的动摩擦因数为0.2。当传送带速度v0为不同值时，物块离开B点时的速度v2随v0变化的图像如图乙所示，则下列说法正确的是(物块可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2)( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
A．传送带的长度为1.5 m
B．物块冲上传送带的初速度v1＝3 m/s
C．当v2＝3.5 m/s时，物块在传送带上运动的时间为0.375 s
D．当v0<2 m/s时，物块在传送带上运动的过程中，受到的摩擦力方向可能向右
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
√
√
BC [设传送带的长度为L，物块在传送带上运动的加速度大小为a＝μg＝2 m/s2，由题图乙可知，传送带速度小于2 m/s时，物块在传送带上一直减速，离开传送带的速度为2 m/s，根据运动学公式有＝2aL，传送带速度大于 m/s时，物块在传送带上一直加速，离开传送带的速度为 m/s，根据运动学公式有＝2aL，联立解得L＝1.25 m，v1＝3 m/s，故A错误，B正确；当v2
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
＝3.5 m/s < m/s时，可知物块先做匀加速运动后做匀速直线运动，物块做匀加速运动的时间为t1＝＝0.25 s，物块做匀加速运动的位移为x＝t1＝ m，物块做匀速运动的时间为t2＝＝0.125 s，物块在传送带上运动的时间为t＝t1＋t2＝0.375 s，故C正确；当v0<
2 m/s时，物块在传送带上运动的过程中一直减速，受到的摩擦力方向向左，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．(6分)某实验小组用如图甲所示的装置做“探究小车加速度与力、质量的关系”实验。将木板固定在水平桌面上，在砂桶中放入适量细砂，闭合打点计时器开关，由静止释放小车，记录图甲中力传感器的示数F，利用纸带上打出的点计算出小车的加速度a；改变砂桶中细砂的质量重复实验，得到多组F、a，以小车的加速度a为纵坐标，力传感器的示数F为横坐标，描点得到如图乙所示的a-F图像。回答下列问题：
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(1)实验中砂与砂桶的总质量________(选填“需要”或“不需要”)远小于小车的质量。
(2)根据图乙中的数据可知，小车和动滑轮的总质量为________ kg，小车运动过程中受到的阻力大小为__________ N。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
不需要
0.4
0.2
[解析] (1)本实验由力传感器可以直接测得力的大小，故不需要砂与砂桶的总质量远小于小车的质量。
(2)由牛顿第二定律得2F－f＝ma，得a＝F－，由题图乙可知图线的斜率k＝＝＝5，故小车和动滑轮的总质量m＝0.4 kg
由纵截距b＝－＝－0.5，得f＝0.2 N。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
14．(8分)某同学设计了如图甲所示的实验装置，该装置既可以验证牛顿第二定律，也可以测量凹形滑块的质量与当地的重力加速度，实验器材有加速度传感器、质量已知的钩码、木板(左端带定滑轮)、轻质细线。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
实验步骤如下：
①调节滑轮使细线与木板平行，然后调整木板的倾角来平衡木板对滑块的摩擦力；
②挂上钩码，由静止释放滑块，记录加速度传感器的示数以及相应的钩码质量；
③改变悬挂钩码的个数，重复步骤②，得到多组加速度a与相应悬挂的钩码总质量M
④画出-的函数关系图像如图乙所示。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
回答下列问题：
(1)在平衡木板对滑块的摩擦力时________(选填“需要”或“不需要”)在细线的下端挂上钩码，本实验________(选填“需要”或“不需要”)滑块的质量远大于所悬挂钩码的质量。
(2)设当地的重力加速度为g，滑块的质量为m，写出图乙的函数表达式___________________(用g、m、M、a来表示)。
(3)由图乙可得m＝__________(用b来表示)，g＝________(用b、c、d来表示)。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
不需要
不需要
＝－＋·
－
[解析] (1)在平衡木板对滑块的摩擦力时不需要在细线的下端挂上钩码，以使得滑块的重力下滑分力恰好等于摩擦力；本实验通过传感器读出加速度，数据处理时可以将钩码的质量考虑进去，不需要用钩码的重力代替滑块所受的合外力，不需要滑块的质量远大于所悬挂钩码的质量。
(2)对整体应用牛顿第二定律可得Mg＝(M＋m)a变形可得＝－＋·。
(3)由题图乙可得－＝b，＝，解得m＝－，g＝。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
15．(8分)滑梯是游乐园中常见的游乐设施，某游乐园中的大型滑梯其滑板部分可简化为如图所示。滑板长L＝6 m，其顶端距地面的高度h＝3.6 m，底端与具有防护作用的水平地垫平滑连接。一质量m＝30 kg的小孩从滑板顶端沿滑板由静止滑下，到达底端时的速度大小v＝4 m/s。已知小孩与水平地垫之间的动摩擦因数为0.8，g取
10 m/s2。求：
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(1)小孩沿滑板下滑的加速度大小；
(2)小孩与滑板之间的动摩擦因数；
(3)为确保小孩的人身安全，水平地垫至少应为多长。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
[解析] (1)根据题意可得v2＝2aL
解得a＝ m/s2。
(2)小孩在斜面上向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得
mg sin θ－μmg cos θ＝ma
sin θ＝
代入数据解得μ＝。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(3)小孩滑到水平面上做匀减速直线运动，则v2＝2μ′gL′
解得L′＝1 m。
[答案] (1) m/s2 (2) (3)1 m
16．(8分)依据运动员某次练习时推动冰壶滑行的过程建立如图所示模型：冰壶的质量m＝19.7 kg，当运动员推力F为5 N，方向与水平方向夹角为θ＝37°时，冰壶可在推力作用下沿着水平冰面做匀速直线运动，一段时间后松手将冰壶投出，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)冰壶与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若冰壶投出后在冰面上滑行的最远距
离是s＝40 m，则冰壶离开手时的速度v0为多少？
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
[解析] (1)以冰壶为研究对象进行受力分析
在水平方向有F cos θ＝μN
在竖直方向有F sin θ＋mg＝N
解得μ＝0.02。
(2)由匀变速直线运动的关系式得＝2(－a)s
由牛顿运动定律得μmg＝ma
代入数据后联立解得v0＝4 m/s。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
[答案] (1)0.02 (2)4 m/s
17．(14分)(2021·辽宁卷)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＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(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。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
[解析] (1)小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmg cos θ>mg sin θ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律可知μmg cos θ－mg sin θ＝ma，解得a＝0.4 m/s2。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时
t1＝＝ s＝2.5 s
在传送带上滑动的距离为
x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m
共速后，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝2 s
所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
[答案] (1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
18．(16分)如图所示，长木板C静置于足够大的光滑水平地面上，C最左端放置一小物块A，小物块B在A右侧L0＝4.5 m处，B与C右端的距离足够长。在t＝0时刻，一大小为20 N、方向水平向右的恒定推力F作用于A，经过一段时间后撤去推力，此时A与B恰好发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知A的质量mA＝4 kg、B的质量mB＝2 kg、C的质量mC＝2 kg，A与C动摩擦因数μA＝0.2。B与C间的动摩擦因数μB＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s2，A、B均可视为质点。求：
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(1)t＝0时A的加速度大小；
(2)碰前瞬间A、B的速度大小。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
[解析] (1)假设A、B、C相对静止，且此种情况下共同加速度大小为a0
根据牛顿第二定律得F＝(mA＋mB＋mC)a0
解得a0＝2.5 m/s2
对A有F－fA＝mAa0
解得fA＝10 N>μAmAg＝8 N，则假设不成立
因此施加推力时，设A的加速度大小为a1，则有
F－μAmAg＝mAa1
解得a1＝3 m/s2。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(2)由于μB＝0.4>μA＝0.2，可知A、B碰撞前，B、C一起运动，对B、C整体有
μAmAg＝(mB＋mC)a2
解得a2＝2 m/s2
设从A开始运动到A与B碰撞所经历的时间为t1，
对A有x1＝，
v1＝a1t1
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
对B、C整体有x2＝，
v2＝a2t1
又L0＝x1－x2
联立解得v1＝9 m/s，v2＝6 m/s。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
[答案] (1)3 m/s2 (2)9 m/s 6 m/s
谢 谢 ！
