2022-2023学年原卷变式题 重庆市第八中学校2021-2022学年高三上学期期中考试物理（含解析）

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 变式题
【原卷 1 题】 知识点 等效法,微元法,放大法

【正确答案】
C
【试题解析】
【详解】A．卡文迪许运用扭秤测出万有引力常量，用了放大法，故A正确；
B．伽利略为了说明力不是维持物体运动的原因用了理想实验法，故B正确；
C．在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故C错误；
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法，故D正确。
本题选错误的，故选C。

1-1（基础） 物理思想和方法是研究物理问题重要手段，以下说法错误的是（　　）

A.如图所示，伽利略探究物体下落规律的过程使用的科学方法是：问题→猜想→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论
B.如图所示，研究弹力时，书本放在桌面上对桌面有压力，这种形变非常微小，我们可以通过观察反射的激光的变化来判断，这种方法被称之为微小量放大法。
C.把一个物体当作“质点”进行研究，使用了控制变量法。
D.在研究重力的作用点重心过程中，利用了等效的思想。
【正确答案】 C

1-2（巩固） 以下关于所用物理学的研究方法叙述不正确的是（　　）
A.当时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法
B.在探究自由落体运动规律实验中，伽利略把斜面实验的结果推广到竖直情况，这种方法被称为“合理外推”
C.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
D.求匀变速直线运动位移时，将其看成很多小段匀速直线运动的累加，采用了微元法
【正确答案】 C

1-3（巩固） 下列关于构建物理模型及物理思想，表述正确的是（ ）
A.力学中，将物体看成质点，运用了极限思想法
B.位移、速度、加速度的定义，都是运用比值定义法得出
C.力的分解与合成，运用了等效替代法
D.伽利略研究力与运动关系时，利用了实验测量方法
【正确答案】 C

1-4（巩固） 许多科学家对物理学的发展做出了巨大贡献，也创造了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法等。以下关于物理学史和物理学方法叙述正确的是（　　）
A.在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法
B.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体整个运动过程的位移，这里采用了微元累积法
C.在探究自由落体运动规律实验中，伽利略把斜面实验的结果推广到竖直情况，这种方法被称为“放大法”
D.卡文迪什在研究万有引力时，利用控制变量思想，将微小的万有引力转变成可测量的角度变化
【正确答案】 B

1-5（巩固） 引力波是根据爱因斯坦的广义相对论作出的奇特预言之一，三位美国科学家因在引力波的研究中有决定性贡献而荣获诺贝尔奖。对于引力波概念的提出，可以通过这样的方法来理解：麦克斯韦认为，电荷周围有电场，当电荷加速运动时，会产生电磁波；爱因斯坦认为，物体周围存在引力场，当物体加速运动时，会辐射出引力波。爱因斯坦的观点的提出，采取了哪种研究方法（　　）
A.观察法 B.理想模型法 C.类比法 D.控制变量法
【正确答案】 C

1-6（提升） 如图所示，图中甲、乙、丙是中学物理课本必修一中推导匀变速直线运动的位移公式所用的速度图像，下列说法正确的是（　　）

A.甲图中，把整个运动过程划分成几个小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，就是这段时间内物体位移的真实值
B.乙图用矩形面积总和表示位移大小比甲图更接近真实值
C.这种用面积表示位移的方法只适用于匀变速直线运动
D.丙图中，梯形面积表示位移，丁图中，梯形面积表示速度
【正确答案】 B

【原卷 2 题】 知识点 追及与相遇问题

【正确答案】
B
【试题解析】


2-1（基础） 如图，ab两条曲线为汽车a、b在同一条平直公路上的v-t图像，已知a、b曲线关于它们两交点的连线对称，且在t2时刻两车相遇，下列说法正确的是（　　）

A.t1时刻两车也相遇
B.在t1～t2这段时间内的相同时刻，a车与b车加速度相等
C.在t1～t2这段时间内，两车平均速度相等
D.t1时刻a车在后，b车在前
【正确答案】 D

2-2（巩固） 甲、乙两个物体从同一地点同时出发，在同一直线上做匀变速直线运动，它们的速度图像如图所示，则（　　）

A.甲、乙两物体运动方向相反
B.t＝4s时，甲、乙两物体相遇
C.甲、乙两物体能相遇两次
D.在相遇前，甲、乙两物体的最远距离为20m
【正确答案】 D

2-3（巩固） 甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的图像如图所示。两图像在时相交于P点，P点在横轴上的投影为Q，的面积为S。在时刻，乙车在甲车前面，相距为d，已知两车在运动过程中共相遇两次，且第一次相遇的时刻为，则下列四组和d的组合可能正确的是（　　）

A.， B.，
C.， D.，
【正确答案】 D

2-4（巩固） 甲乙两车在一平直道路上同向运动，其v－t图像如图所示，若图中△OPQ的面积为，初始时，甲车在乙车前方处，则下列说法正确的是（　　）

A.若时相遇，则
B.若时二者相遇，则时二者还会再次相遇
C.若时二者相遇，则到二者再次相遇时乙共走了
D.若时相遇，则到这次相遇甲走了
【正确答案】 D

2-5（巩固） 均视为质点的甲、乙两辆赛车沿平直公路同向行驶，如图所示是两车在某段时间内的图像，则关于两车运动状况的描述，下列判断正确的是（ ）

A.乙车在第5s末改变运动方向
B.甲、乙两车在第5s末相距90m
C.甲、乙两车在第10s末相遇
D.若开始时乙车在前，则两车可能相遇两次
【正确答案】 D

2-6（提升） 甲、乙两个遥控小汽车沿同一方向做匀加速直线运动，当同时通过某一位置M点时开始计时，得到它们图像如图所示，下列说法正确的是（　　）

A.甲遥控小汽车加速度大小为2m/s2
B.乙遥控小汽车通过M点时速度大小为4m/s
C.甲、乙遥控小汽车此后还能相遇两次
D.相遇前两车间最大距离为2m
【正确答案】 D

【原卷 3 题】 知识点 正交分解法解共点力平衡,平衡问题的动态分析

【正确答案】
B
【试题解析】


3-1（基础） 用一轻绳将小球P系于光滑竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，如图所示。P、Q均处于静止状态，则下列说法正确的是（　　）

A.小物块Q受到的静摩擦力方向竖直向上
B.小球P受到3个力的作用
C.小物块Q受到3个力的作用
D.P受到的静摩擦力方向竖直向上
【正确答案】 A

3-2（巩固） 如图所示，竖直墙壁与光滑水平地面交于B点，质量为的光滑半圆柱体紧靠竖直墙壁置于水平地面上，O为半圆柱体截面所在圆的圆心，质量为且可视为质点的均质小球用长度等于A、B两点间距离的细线悬挂于竖直墙壁上的A点，小球静置于半圆柱体上。当换用质量不变，而半径不同的光滑半圆柱体时，细线与竖直墙壁的夹角就会跟着发生改变。已知重力加速度为g，不计各接触面间的摩擦，下列正确的是（　　）

A.当时，细线对小球的拉力大小为
B.当时，半圆柱体对小球的支持力大小为
C.换用半径更小的半圆柱体时，半圆柱体对地面的压力保持不变
D.换用半径不同的半圆柱体时，半圆柱体对竖直墙壁的最大压力大小为
【正确答案】 D

3-3（巩固） 如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂沙桶a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。整个系统处于静止状态。若沙桶a中沙子逐渐缓慢漏出，下列说法不正确的是（ ）

A.绳OO′与竖直方向的夹角将增大
B.绳OO′的张力随沙子漏出逐渐减小
C.桌面对物体b的支持力逐渐增大
D.桌面对物体b的摩擦力逐渐减小
【正确答案】 A

3-4（巩固） 自动机械臂是当今社会为提高效率，节省成本使用的最广泛的机器。如图所示，是某机械臂中的一部分的简化图。穿在一根光滑固定杆上的小球A、B通过一条跨过定滑轮的细绳连接，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则下列说法正确的是（　　）

A.A可能受到2个力的作用
B.B可能受到3个力的作用
C.绳子对A的拉力大于对B的拉力
D.A、B的质量之比为
【正确答案】 D

3-5（巩固） 如图所示，上表面光滑的斜面体置于粗糙的水平地面上，斜面上有一小球用轻质细线系住，细线另一端跨过定滑轮被地面上的人拉着。现让人向右移动，使小球沿斜面缓慢向上运动，斜面体始终保持静止。重力加速度取g=10m/s2。则在小球运动过程中（　　）

A.人与地面间的摩擦力保持不变
B.斜面体与地面间的摩擦力保持不变
C.小球的重力和支持力的合力逐渐增大
D.小球受到的支持力与细线拉力的合力逐渐增大
【正确答案】 C

3-6（提升） 中国歼-20隐形战机配置了矢量发动机。矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。若质量为的歼-20战机在巡航时，战机所受竖直向上的额外升力大小与水平阻力大小之比为，则能使战机实现水平匀速巡航的最小推力为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

【原卷 4 题】 知识点 圆锥摆问题

【正确答案】
B
【试题解析】


4-1（基础） 如图所示，两根长度不同的细线分别系有1、2两个质量相同的小球，细线的上端都系于O点，细线长L1大于L2现使两个小球在同一水平面上做匀速圆周运动，下列说法中正确的有（　　）

A.球2运动的角速度大于球1的角速度
B.球1运动的线速度比球2大
C.球2所受的拉力比球1大
D.球2运动的加速度比球1大
【正确答案】 B

4-2（巩固） 图甲为某游乐园飓风飞椅，图乙、丙为飓风飞椅结构简图。其中图乙为具有相同锥度角、长度不同的圆锥摆，图丙为具有相同摆高、不同摆长和摆角的圆锥摆，四个圆锥摆在水平面内均做匀速圆周运动，不计空气阻力。则下列说法正确的是（　　）

A.A的向心加速度比B的向心加速度大
B.A的线速度比B的线速度大
C.C的角速度比D的角速度小
D.C的向心加速度比D的向心加速度小
【正确答案】 B

4-3（巩固） 如图所示，在竖直杆上的A点系一不可伸长的轻质细绳，绳子的长度为，绳的另一端连接一质量为的小球，小球可看作质点，现让小球以不同的角速度绕竖直轴做匀速圆周运动，小球离A点的竖直高度为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）

A.小球离A点的竖直高度与小球运动的角速度成正比
B.小球离A点的竖直高度与小球运动的角速度成反比
C.绳子的拉力与小球运动的角速度成正比
D.绳子的拉力与小球运动的角速度的平方成正比
【正确答案】 D

4-4（巩固） 如图所示，质量相等的A、B两个小球悬于同一悬点O，且在O点下方竖直距离处的同一水平面内做匀速圆周运动，悬线长，，则A、B两小球（　　）

A.周期之比 B.角速度之比
C.线速度大小之比 D.向心加速度之比
【正确答案】 C

4-5（巩固） 如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆）。现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动（图中位置），两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，Q、O之间的细线水平，则后一种情况与原来相比较，下列判断错误的是（　　）

A.Q受到桌面的支持力变大 B.Q受到桌面的静摩擦力变大
C.小球P运动的线速度变大 D.小球P运动的角速度变大
【正确答案】 A

4-6（提升） 如图所示，天花板上有一可自由转动的光滑小环Q，一轻绳穿过Q，两端分别连接质量为m1、m2的A、B小球。两小球分别在各自的水平面内做圆周运动，它们周期相等。则A、B小球到Q的距离l1、l2的比值为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 D

【原卷 5 题】 知识点 计算中心天体的质量和密度,类比地球求解其他星球的宇宙速度,同步卫星、近地卫星与赤道上物体的比较

【正确答案】
A
【试题解析】


5-1（基础） 2022年6月5日，“神舟十四号”成功对接于天和核心舱径向端口，航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲进人核心舱，开展相关工作。已知核心舱绕地球做匀速圆周运动的轨道距地面高度h，地球的半径为R，地球表面北极的重力加速度为g，引力常量为G，下列说法正确的是（　　）
A.航天员漂浮在核心舱中，处于平衡状态
B.地球的平均密度可表示为
C.核心舱轨道处的重力加速度为
D.核心舱的运行速度大于11.2km/s
【正确答案】 C

5-2（巩固） 在星球和星球的表面，以相同的初速度竖直上抛一小球，小球在空中运动时的图像分别如图所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体，星球的半径是星球半径的倍，下列说法正确的是（　　）

A.星球和星球的质量之比为
B.星球和星球的密度之比为
C.星球和星球的第一宇宙速度之比为
D.星球和星球的近地卫星周期之比为
【正确答案】 B

5-3（巩固） 2021年5月15日，我国“天问一号”卫星探测器携着陆巡视器“祝融号”成功着陆火星。“天问一号”先在距火星表面高度为h的轨道上绕火星做周期为T的匀速圆周运动，再经变轨后成功降落。已知火星的半径为R，引力常量为G，忽略火星自转及地球对探测器的影响。下列说法正确的是（　　）
A.“天问一号”卫星探测器做匀速圆周运动时的线速度大小为
B.物体在火星表面自由下落的加速度大小为
C.火星的平均密度为
D.在火星上发射卫星的最小发射速度为
【正确答案】 C

5-4（巩固） 2022年7月25日3时13分，问天实验舱入轨后，顺利完成状态设置，成功对接于天和核心舱前向端口。假设组合体在距地面高度为h的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动，周期为T。已知地球半径为R，引力常量为G，不考虑地球自转的影响，地球看成质量分布均匀的球体。则（ ）
A.地球的质量为
B.地球的密度为
C.地球表面的重力加速度和组合体的向心加速度之比为
D.地球表面的重力加速度为
【正确答案】 A

5-5（巩固） 根据我国载人登月工程规划，我国有可能在现航天员登月计划。若航天员在月球表面附近高h处以初速度水平抛出一个小球，测出小球运动的水平位移大小为L。已知月球半径为R，引力常量为G，则下列说法错误的是（　　）
A.月球表面的重力加速度 B.月球的质量
C.月球的第一宇宙速度 D.月球的平均密度
【正确答案】 C

5-6（提升） 2021年5月15日7时18分，由祝融号火星车及进入舱组成的天问一号着陆巡视器成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，由此又掀起了一股研究太空热。某天文爱好者做出如下假设：未来人类宇航员登陆火星，在火星表面将小球竖直上抛，取抛出位置O点处的位移，从小球抛出开始计时，以竖直向上为正方向，小球运动的图像如图所示（其中a、b均为已知量）。忽略火星的自转，且将其视为半径为R的匀质球体，引力常量为G。则下列分析正确的是（　　）

A.小球竖直上抛的初速度为
B.小球从O点上升的最大高度为
C.火星的质量为
D.火星的密度为
【正确答案】 D

【原卷 6 题】 知识点 位移速度公式的推导与简单应用,功的定义、计算式和物理意义

【正确答案】
D
【试题解析】


6-1（基础） 一轻弹簧竖直固定在桌面上，将一小球从弹簧正上方的O点由静止释放。以开始下落的位置为坐标原点，以竖直向下为x轴正方向，不计空气阻力，则关于小球运动过程中的速度v或加速度a随位移x变化的关系图像中，可能正确的是（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

6-2（巩固） 质量为2kg的物体置于水平面上，在运动方向上受到水平拉力F作用，沿水平方向做匀变速运动，拉力作用2s后被撤去，物体最后静止在水平面上｡物体运动的速度时间图像如图所示，g取10m/s2，则下列说法错误的是（　　）

A.物体运动的位移35m B.摩擦力大小为5N
C.拉力F做功150J D.物体克服摩擦力做功150J
【正确答案】 D

6-3（巩固） 如图甲所示，物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t=1 s时刻撤去恒力F，物体运动的图像如图乙所示，则（　　）

A.恒力F与摩擦力Ff大小之比为2∶1
B.恒力F与摩擦力Ff大小之比为3∶1
C.3 s内恒力做功与摩擦力做功的绝对值之比为2∶1
D.3 s内恒力做功与摩擦力做功的绝对值之比为3∶1
【正确答案】 B

6-4（巩固） 一物体由静止开始运动，其加速度a与位移x的关系图线如图所示。下列说法正确的是（　　）

A.物体最终静止
B.物体的最大速度为
C.物体的最大速度为
D.物体的最大速度为
【正确答案】 D

6-5（巩固） 利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方法。如图所示为物体做直线运动时各物理量之间的关系图像（x、v、a、t分别表示物体的位移、速度、加速度和时间），则下列说法中正确的是（　　）

A.甲图中图可求出物体的加速度大小为1m/s2
B.乙图中图可求出物体的加速度大小为10m/s2
C.丙图中图可求出物体的加速度大小为2m/s2
D.丁图中图可求出物体在前2s内的速度变化量大小为3m/s
【正确答案】 D

6-6（提升） 如图甲所示，一物块的质量m＝1kg，计时开始时物块的速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下，物块从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，以O为原点，水平向右为正方向建立x轴，整个过程中物块速度的平方随物块位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10m/s2，下列说法不正确的是（　　）

A.0~5m内物块的加速度的大小为10m/s2 B.在1s时物块的速度为0
C.恒力F的大小为10N D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
【正确答案】 C

【原卷 7 题】 知识点 利用动能定理求解其他问题（运动时间、力等）

【正确答案】
A
【试题解析】


7-1（基础） 小球自 H高处释放，落地后又弹起的高度为h，已知小球的质量为m，重力加速度为g，运动中所受空气阻力大小f恒定。则：小球自释放到弹起到最高点的全过程中，重力与空气阻力做功分别为（ ）
A.mg（H+h），- f（H+h） B.mg（H-h），-f（H-h）
C.mg（H-h），- f（H+h） D.mg（H+h），-f（H-h）
【正确答案】 C

7-2（巩固） 相同材料制成的A、B两物块，以相同初速度同时滑上水平桌面，两物块质量分别为、且，则（　　）
A.物块A惯性大，滑行距离大
B.物块B阻力小，滑行距离大
C.两物块滑行的时间相等
D.两物块克服阻力做功相等
【正确答案】 C

7-3（巩固） 将一质量为m的排球竖直向上抛出，它上升了H高度后落回到抛出点。设排球运动过程中受到方向与运动方向相反、大小恒为f的空气阻力作用，已知重力加速度大小为g，且f A.排球运动过程中的加速度始终小于g
B.排球整个上升过程克服重力做功的平均功率等于整个下降过程重力做功的平均功率
C.排球整个上升过程克服重力做的功大于整个下降过程重力做的功
D.排球从抛出至上升到最高点的过程中，机械能减少了fH
【正确答案】 D

7-4（巩固） 小球从高h处由静止释放，与水平地面碰撞后反弹的高度为。设小球与地面碰撞时没有动能损失，选水平地面为零势能面，小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变，则（ ）
A.小球受到的空气阻力是其重力的
B.小球第一次动能和重力势能相等的位置高为
C.小球每次反弹的高度变小，说明重力和空气阻力做的功都使小球的机械能减小
D.小球从释放到最后停止运动，所经过的总路程为7h
【正确答案】 D

7-5（巩固） 牛顿把手中的苹果竖直向上抛出去，苹果上升的最大高度为h，若苹果的质量为m，所受空气阻力大小恒为f，重力加速度为g，则在苹果抛出到落回抛出点的全过程中，下列说法正确的是（　　）
A.苹果动能减小了mgh−2fh B.苹果重力势能减小了mgh
C.空气阻力对苹果做的功为零 D.苹果机械能减小了2fh
【正确答案】 D

7-6（提升） 将一质量为m的物体以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，上升的最大高度为H，以地面为零势能面，在上升过程中动能与势能相等时物体的高度为h1，在下降的过程中动能与势能相等时物体的高度为h2，运动过程中物体所受的空气阻力大小恒定，重力加速度为g，则（　　）
A.h1>h2> B.h1＜h2＜ C. D.
【正确答案】 C

【原卷 8 题】 知识点 用量纲法解物理问题,单位制及量纲

【正确答案】
B C D
【试题解析】


8-1（基础） 物理学中，把物体的质量m与速度v的乘积称为物体的动量，用字母p表示，即p=mv。关于动量的单位，下列各式正确的是（　　）
A.kg·m/s B.N·s C.N·m D.
【正确答案】 ABD

8-2（巩固） 用国际单位制验证下列表达式，其中可能正确的是（　　）
A.（为位移、为加速度、为时间）
B.（为加速度、为动摩擦因数、为重力加速度）
C. （为作用力、为质量、为速度、为半径）
D. （为速度、为半径为重力加速度）
【正确答案】 BD

8-3（巩固） 声音在某种气体中的速度表达式可以只用气体的压强p、气体的密度ρ和没有单位的比例系数k表示。根据上述情况，判断下列关于声音在该气体中的速度的表达式肯定错误的是（　　）
A.v＝k B.v＝k
C.v＝k D.v＝k
【正确答案】 BCD

8-4（巩固） 现有一个物理量及其表达式为A=，其中r是长度，T是时间，又已知G的单位是N·m2·kg-2据此，推导可知下列选项正确的是（　　）
A.物理量A的国际单位是基本单位
B.物理量A国际单位是导出单位
C.物理量A与力F和加速度a的比值是同一个物理量
D.物理量A与加速度a和时间t的乘积是同一个物理量
【正确答案】 AC

8-5（巩固） 下列物理单位间的关系成立的是（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 AD

8-6（提升） 下列说法正确的是（　　）
A.m/s、m/s2是国际单位制中的基本单位
B.N是国际单位制中的基本单位
C.在力学范围内，长度、质量、时间是国际单位制中的三个基本量
D.降落伞受到的阻力为（ρ为空气密度、S为迎风面积、v为相对空气速度），可推知系数c是没有单位的
【正确答案】 CD

【原卷 9 题】 知识点 牛顿第二定律求瞬时突变问题

【正确答案】
A D
【试题解析】


9-1（基础） 两小球A、B先后用弹簧和轻杆相连，放在光滑斜面上静止，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，如图甲、乙，A、B质量相等，重力加速度为g，斜面的倾角为θ。在突然撤去挡板的瞬间（　　）

A.两图中两球加速度均为gsinθ B.两图中A球的加速度均为零
C.图甲中B球的加速度为2gsinθ D.图乙中B球的加速度为gsinθ
【正确答案】 CD

9-2（巩固） 如图所示，质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为1kg的物体B用细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，下列结果正确的是（g取10m/s2）（　　）

A.A加速度的大小为零
B.B加速度的大小为2m/s2
C.弹簧的弹力大小为40N
D.A、B间相互作用力的大小为10N
【正确答案】 BC

9-3（巩固） 如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，斜面上有三个小球A、B、C，上端固定在斜面顶端的轻绳a，下端与A相连，A、B间由轻绳b连接，B、C间由一轻杆相连。初始时刻系统处于静止状态，轻绳a、轻绳b与轻杆均平行于斜面。已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m，重力加速度大小为g。现将轻绳b烧断，则烧断轻绳b的瞬间，下列说法正确的是（　　）

A.轻绳a的拉力大小为6mgsinθ
B.B的加速度大小为gsinθ，方向沿斜面向下
C.C的加速度为0
D.杆的弹力为0
【正确答案】 BD

9-4（巩固） 如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。倾角为的光滑斜面固定在地面上，弹簧、杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（　　）

A.A球的受力情况未变，加速度为零
B.A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为
C.A、B之间杆的拉力大小为
D.C球的加速度沿斜面向下，大小为
【正确答案】 CD

9-5（巩固） 如图所示，质量分别为m和2m的A、B两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B。调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的轻绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x。现突然撤去木板，已知重力加速度为g，物块运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（　　）

A.撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为1.5g
B.撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为3g
C.撤去木板后，B物块向下运动3x时速度最大
D.撤去木板后，B物块向下运动2x时速度最大
【正确答案】 AC

9-6（提升） 如图所示，水平轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a和b，拴接小球的细线P、Q固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为。现剪断细线P。弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g，取。下列说法正确的是（　　）

A.剪断细线P前，弹簧形变量为
B.剪断细线P的瞬间，小球b的加速度大小为
C.剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，细线P的拉力变小
D.剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，小球a的加速度大小为
【正确答案】 ACD

【原卷 10 题】 知识点 利用动能定理求机车启动位移的问题,机车启动

【正确答案】
B D
【试题解析】


10-1（基础） 质量的某电动小汽车以恒定功率在平直的公路上行驶，某时刻开始计时，其图像如图所示，设整个运动过程中阻力恒定。则小汽车在行驶的过程中（　　）

A.受到的阻力大小为
B.0s时的加速度大小为
C.0~50s内的位移大小为900m
D.0~50s内克服摩擦力做的功为
【正确答案】 BC

10-2（巩固） 某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能与位移x的关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知汽车的质量为，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计。根据图像所给的信息可求出（　　）

A.汽车行驶过程中所受地面的阻力为
B.汽车的额定功率为
C.汽车前加速运动的时间为
D.汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为
【正确答案】 BD

10-3（巩固） 在我国，汽车已进入寻常百姓家，一种新车从研发到正式上路，要经过各种各样的测试，其中一种是在专用道上进行起步过程测试，通过车上装载的传感器记录了起步过程速度随时间变化规律图像，如图所示，已知OA为直线、AB为曲线、BC为平行于横轴的直线。5s时汽车功率达到额定功率且保持不变，该车总质量为1.0×103kg，所受到的阻力恒为2.0×103N，则下列说法正确的是（　　）

A.匀加速阶段汽车的牵引力为6×103N
B.该车的额定功率为1.2×105W
C.该车的最大速度为50m/s
D.该车前25s内通过的位移大小为400m
【正确答案】 AB

10-4（巩固） 某次实验中对一辆儿童用小车的性能进行研究，让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始匀加速启动，在完成匀加速运动过程后额定功率运行，12s末时关闭小车的发动机，小车匀减速到停止，其运动全过程的v-t图像如图所示（2秒时仍在匀加速运动）。已知小车的质量为2kg。若整个过程中小车所受阻力大小不变，则下列说法正确的是（　　）

A.0~2s内小车的牵引力大小为3N
B.小车的额定功率为36W
C.2~10s内，小车的平均速度小于4.5m/s
D.小车完成匀加速运动时速度为4m/s
【正确答案】 BD

10-5（巩固） 在一次某品牌的赛车测试中，一辆小汽车在平直水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v-t图像如图所示。已知汽车的质量为m=1×103 kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，取g=10 m/s2，则以下说法正确的是（　　）

A.汽车在前5 s内的牵引力做功为
B.汽车速度为25 m/s时的加速度大小为2m/s2
C.汽车的额定功率为100kW
D.汽车的最大速度为85m/s
【正确答案】 AC

10-6（提升） 如图所示为汽车的加速度和车速倒数的关系图像。若汽车质量为2×103kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30m/s，则（　　）

A.汽车所受阻力为2×103 N
B.汽车在车速为9m/s时，功率为6×104 W
C.汽车匀加速的加速度为3m/s2
D.汽车匀加速所需时间为5 s
【正确答案】 AD

【原卷 11 题】 知识点 平衡问题的动态分析,整体法与隔离法结合处理物体平衡问题

【正确答案】
B D
【试题解析】


11-1（基础） 如图所示，表面粗糙的斜面体C置于粗糙的水平地面上，斜面体C上有一物块A，通过跨过光滑定滑轮的细绳与小盒B连接，连接A的一段细绳与斜面平行，连接B的一段细绳竖直。现向小盒B内缓慢加入适量细沙，A、B、C始终处于静止状态，下列说法正确的是（　　）

A.斜面体C对物块A的摩擦力可能沿斜面向上
B.斜面体C对物块A的摩擦力一定增大
C.地面对斜面体C的支持力一定减小
D.地面对斜面体C的摩擦力可能减小
【正确答案】 AC

11-2（巩固） 如图所示，半圆柱体P放在粗糙水平地面上，其右端有一竖直挡板MN。在半圆柱体P和MN之间放Q滑落到地面之前的此过程中，P始终静止不动，对于此过程下列说法中正确的是（ ）

A.MN对Q的弹力增大 B.MN对Q的弹力减小
C.P对Q的弹力逐渐增大 D.P对Q的弹力先增大后减小
【正确答案】 AC

11-3（巩固） 如图所示，一倾角为的斜面固定在水平地面上，一轻弹簧左端拴接在质量为的物体P上，右端连接一轻质细绳，细绳跨过光滑的定滑轮连接质量为的物体Q，整个系统处于静止状态。对Q施加始终与右侧悬绳垂直的拉力F，使Q缓慢移动至悬绳水平，过程中P始终静止，弹簧始终在弹性限度内。则（　　）

A.拉力F先变大后变小 B.弹簧长度先增加后减小
C.P所受摩擦力方向先沿斜面向下后沿斜面向上 D.斜面对P的作用力先变小后变大
【正确答案】 CD

11-4（巩固） 如图，在水平天花板上A处固定一根轻杆，杆与天花板保持垂直，杆的下端有一个轻滑轮O。一根细线一端与一个质量为M的物体相连，另一端跨过滑轮O与一个质量为m的物体相连。已知BO段细线与水平方向的夹角为，系统保持静止，不计滑轮间的摩擦。下列说法正确的是（　　）

A.细线BO对M的拉力大小是
B.地面对M的摩擦力大小是0.5mg
C.滑轮所受的合力大小是0
D.杆对滑轮的作用力大小是
【正确答案】 CD

11-5（巩固） 斜面放置于粗糙水平地面上，物块A通过跨过光滑定滑轮的轻质细绳与物块B连接，一水平力F作用于B上，整个系统处于静止状态，如图所示。现保持F方向不变，使B缓慢地移动到滑轮的正下方，该过程中A与斜面始终保持静止，在此过程中（　　）

A.绳对滑轮的作用力保持不变
B.斜面对物块A的摩擦力可能先减小后增大
C.地面对斜面的摩擦力一直减小
D.地面对斜面的支持力保持不变
【正确答案】 CD

11-6（提升） 如图所示，光滑的三角形框架OAB竖直固定在墙上，夹角为，两个相同的金属小环C、D分别套在OA、OB上，环C和D用轻绳连结，初始时C环在水平外力控制下静止，C、D状态如图，OA、OB很长，现使C环缓慢向右移动，则下列说法正确的是（　　）

A.D受杆的弹力方向一定为垂直OB向上
B.D受杆的弹力一直增大
C.绳拉力一直增大
D.C受支持力一直不变
【正确答案】 AB

【原卷 12 题】 知识点 弹簧类问题机械能转化的问题

【正确答案】
A B
【试题解析】


12-1（基础） 质量为m的小球由静止开始自由下落，在它正下方有一轻弹簧竖直放置，如图所示。已知小球自距轻弹簧上端h处开始下落，重力加速度大小为g，则（　　）

A.小球与轻弹簧接触时速度大小为
B.小球与轻弹簧接触后，小球的机械能守恒
C.小球与轻弹簧接触后，小球的动能开始减小
D.小球运动到最低点时，轻弹簧的最大弹性势能大于mgh
【正确答案】 AD

12-2（巩固） 如图，足够长的刚性轻杆固定，杆与水平面夹角，段光滑，其余部分粗糙且足够长，两个完全相同的小球甲、乙套在杆上，可以看作质点，质量，乙球静止在图中位置，水平，弹簧一端固定在点，另一端与甲球相连，甲球在外力作用下静止于A位置，此时弹簧弹力大小为。弹簧与杆垂直处为弹簧原长，与杆夹角为也为，长为，现静止释放甲球，并与乙球发生弹性碰撞，碰后乙球运动重新静止，，则下列说法正确的是（　　）

A.A到B的过程，甲球一直加速
B.甲球会在之间做往复运动
C.球与杆之间动摩擦因素
D.A到B的过程，甲球的重力势能与弹簧弹性势能之和一直减小
【正确答案】 ACD

12-3（巩固） 如图所示，质量为3.5kg的物体B，其下端连接一固定在水平地面上的轻质弹簧，弹簧的劲度系数k=100N/m。一轻绳一端与物体B连接，另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮O2、O1后与套在光滑直杆顶端的、质量为1.6kg的小球A连接。已知直杆固定，杆长L为0.8m，且与水平面的夹角θ=37°，初始时使小球A静止不动，与A相连的绳子保持水平，此时绳子的张力F为45N。已知AO1=0.5m，图中直线CO1与杆垂直。现将小球A由静止释放（重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，轻绳不可伸长，滑轮O2、O1视为质点），则（　　）

A.小球A与物体B组成的系统机械能守恒
B.绳对A做功的功率与绳对B做功的功率总是大小相等
C.物体B运动到最低点的过程中，轻绳拉力对其做功7J
D.小球A运动到D点时的动能为3.2J
【正确答案】 BD

12-4（巩固） 如图所示，A、B两物块由绕过轻质定滑轮的细线相连，物块B和物块C在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮两侧细线竖直。已知A的质量为，B的质量为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。0时刻释放A后，时刻A下落至速度最大，此时C对地面压力为。则（　　）

A.C的质量为
B.时间内，A、B组成的系统机械能守恒
C.弹簧恢复原长瞬间，细线中的拉力大小为
D.A的最大速度为
【正确答案】 ACD

12-5（巩固） 如图甲所示，水平地面上固定一竖直光滑杆，轻弹簧套在杆上且下端与杆下端固定，上端与一套在杆上的小物块接触但不拴接。将小物块向下压缩弹簧至离地高度处，由静止释放小物块，其上升过程中的机械能E和位移x之间的关系如图乙所示，图像后一部分为直线。以地面为零势能面，不计空气阻力，重力加速度，则（　　）

A.轻弹簧原长为 B.小物块的质量为
C.弹簧最大弹性势能为 D.滑块上升后，距地面的最大高度为
【正确答案】 CD

12-6（提升） 如图所示，小滑块P、Q的质量均为m，P套在固定光滑竖直杆上，Q放在光滑水平面上。P、Q间通过铰链用长为L的轻杆连接，轻杆与竖直杆的夹角为α，一水平轻弹簧左端与Q相连，右端固定在竖直杆上。当α=30°时，弹簧处于原长，P由静止释放，下降到最低点时α变为60°，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中（　　）

A.轻杆对滑块P一直做负功
B.P、Q组成的系统机械能守恒
C.弹簧弹性势能最大值为
D.滑块P的动能达到最大时，Q受到地面的支持力等于mg
【正确答案】 AC

【原卷 13 题】 知识点 实验：验证机械能守恒定律

【正确答案】

【试题解析】


13-1（基础） （1）甲同学利用图1所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验。

①除打点计时器（含纸带、复写纸）、交流电源、铁架台、导线及开关外，在下面的器材中，必须使用的还有___________。（选填器材前的字母）
A．大小合适的铁质重锤 B．体积较大的木质重锤
C．刻度尺 D．天平 E．秒表
②在实验过程中，下列实验操作和数据处理正确的是___________。
A．释放重锤前，手捏住纸带上端并使纸带保持竖直
B．做实验时，先接通打点计时器的电源，再释放连接重锤的纸带
C．为测量打点计时器打下某点时重锤的速度，需要先测量该点到O的距离，再根据公式计算，其中g应取当地的重力加速度
D．用刻度尺测量任意两点的距离，利用公式计算这两点重力势能的减少量，其中应取当地的重力加速度
③选出一条清晰的纸带如图所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点。用刻度尺测得OA=12.41cm，OB=18.90cm，OC=27.06cm。在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重锤的质量为0.2kg。打点计时器工作频率为50Hz，当地的重力加速度g为9.8m/s2。打点计时器打下计数点B时，重锤的速度大小为___________m/s。从打下O到打下B点过程中重锤动能增加量___________J，重力势能减少量___________J。（计算结果均保留三位有效数字）

【正确答案】 AC或CA ABD或ADB或BAD或BDA或DAB或DBA 1.83 0.335 0.370

13-2（巩固） 某研究性学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示。在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电传感器A、B，滑块P上固定一遮光条，若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出高电压，两光电传感器采集数据后与计算机相连。滑块在细线的牵引下向左加速运动，滑块上的遮光条经过光电传感器A、B时，通过计算机可以得到如图2所示的电压U随时间t变化的图象。

（1）实验前，接通电源，将滑块（不挂钩码）置于气垫导轨上，轻推滑块，当图2中的____（填“＞”、“=”或“＜”）时，说明气垫导轨已经水平。
（2）滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码Q相连，将滑块P由图1所示位置释放，通过计算机得到图2所示图象，若测得，，遮光条宽度d，AB间距为L，滑块质量M，钩码质量m，若上述物理量满足关系式________，则表明上述研究对象机械能守恒。
（3）若遮光条宽度，A、B间的距离，，。滑块P质量，钩码Q质量，则滑块从A运动到B的过程中系统势能的减少量________J，系统动能的增加量________J。（，计算结果保留三位有效数字）
【正确答案】 =

13-3（巩固） 小明同学利用如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律，A为装有挡光片的钩码，总质量为M，挡光片的挡光宽度为b，轻绳一端与A相连，另一端跨过光滑轻质定滑轮与质量为的重物B相连。他的做法是：先用力拉住B，保持A、B静止，测出从挡光片的上端到光电门的距离h，然后由静止释放B，A下落过程中经过光电门，测得挡光片的挡光时间t，算出挡光片经过光电门的平均速度，将其视为A下落h时的瞬时速度，己知当地的重力加速度大小为g。

（1）在A由静止开始下落h的过程中，验证A、B、地球所组成的系统机械能守恒的表达式为________________________（用题目所给物理量的符号表示）。
（2）改变h的值多次进行实验，测得各次挡光片的挡光时间t，以h为纵轴、为横轴建立平面直角坐标系，在坐标系中作出图像。若________________________，则证明系统的机械能守恒。
（3）由于光电门所测得的平均速度与钩码A下落h时的瞬时速度间存在一个差值，因而实验中系统减少的重力势能总是____________系统增加的动能（选填“大于”“等于”或“小于”）。
（4）若利用本实验装置，根据上述实验数据来测量当地的重力加速度g，则测量值总是____________真实值（选填“大于”“等于”或“小于”）。

【正确答案】 图像为过原点的倾斜直线且其斜率等于 大于 小于

13-4（巩固） 为了验证机械能守恒定律，两个实验小组分别进行了如下探究（已知重力加速度为g）：
小组1采用图甲所示的装置进行实验，细线上端固定在铁架台上的O点，下端悬挂一小球，将小球拉起一定角度，由静止释放，摆到最低点时，恰好通过固定在铁架台上的光电门。

（1）用游标卡尺测出小球的直径，如图乙所示，则小球的直径d = __________mm；
（2）该小组同学将小球从不同高度释放，测出释放点到小球摆动最低点的高度h及挡光时间t，若作出h（为纵坐标）与_____________（选填“t”、“t2”或“”）的图像是过原点的一条倾斜直线，且直线的斜率为______________，则小球在摆动的过程中满足机械能守恒。（用题中已知物理量的字母表示）

小组2的实验装置如图丙所示，一根细线跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P、Q相连，重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂物块Z，重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连，测得重物P、Q的质量均为M，物块Z的质量为m。
（3）先接通频率为f的交流电源，在纸带上打点为O，再由静止释放系统，得到如图丁所示的纸带，纸带上A、B、C三点为打下的相邻的点，则从O点到B点的过程中系统减少的重力势能为__________，若等式______________________________（在误差范围内）成立，则系统机械能守恒。（用题中已知物理量的字母表示）
【正确答案】 11.5 mgh

13-5（巩固） 如图甲所示的装置叫阿特伍德机，是英国数学家、物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示。实验时，该同学进行了如下步骤：

a、将质量为M的重物A（含挡光片）和质量为2M的重物B用轻质细绳连接后，跨放在定滑轮上，使得绳子张紧，且A、B处于静止状态，测量出A上挡光片中心到光电门中心的竖直距离h。
b、在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统（重物A、B以及物块C）中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间。
c、测出挡光片的宽度d，计算重物A运动的速度大小v。
d、利用实验数据验证机械能守恒定律。
（1）步骤c中，用游标卡尺测挡光片的宽度如图（丙）所示，挡光片宽度d=_______cm，计算重物A的速度v=________（用题目中的字母表示）。
（2）步骤d中，如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒，应满足的关系式为________（已知当地重力加速度大小为g，用题目中的字母表示）。
（3）某次实验分析数据发现，系统重力势能减少量小于系统动能增加量，造成这个结果的原因可能是________。
A．细绳、滑轮并非轻质而有一定质量 B．挂物块C时不慎使B具有向下的初速度
C．计算重力势能时g的取值比实际值大 D．滑轮与细绳之间产生滑动摩擦
【正确答案】 1.02 B

13-6（提升） 某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如图（a）所示的装置，实验过程如下∶

（1）让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门；
（2）用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图（b）所示，小球直径d=________mm；
（3）测量时，应____ （选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”）。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2；
（4）计算小球通过光电门的速度。已知小球的质量为m， 可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失△E=__________（用字母m、d、t1和t2表示）；
（5）若小球与橡胶材料碰撞后，明显未能沿图（a）中所示虚线竖直弹起，则小球与橡胶材料碰撞前后的时间t1_______t2（选填“大于”“小于”“相等”）。
【正确答案】 7.883 B
小于

【原卷 14 题】 知识点 实验：验证机械能守恒定律,实验：探究加速度与力、质量的关系,实验：探究功与物体速度变化的关系

【正确答案】

【试题解析】


14-1（基础） 如图1所示，某同学用此装置做验证动能定理实验，方法是验证相同的橡皮筋对小车做功等于小车动能变化量。他这样操作：当小车在1条橡皮筋的作用下沿木板滑行时，橡皮筋对小车做的功记为W。当用2条、3条…橡皮筋重复实验时，保持每次橡皮筋形变量一样，分别记每次实验中橡皮筋所做的功为2W、3W…。对应每次橡皮筋弹开小车后的速度可由纸带求出，电源频率为50Hz。


（1）本实验___________（填“需要”或“不需要”）需要平衡摩擦力；
（2）橡皮筋对小车做功后使小车获得的速度可由打点计时器打出的纸带测出。根据第五次的纸带（如图2所示）可以看出小车接在纸带的___________（填“左边”或“右边”）。求得小车获得的速度为___________m/s（保留两2位有效数字）；
（3）根据多次测量数据画出的W—v2图像如图3所示，图线不过原点的原因是______________________。
【正确答案】 需要 左边 2.0 平衡摩擦力过度

14-2（巩固） 为了探究“合外力做功与物体动能改变的关系”，某同学设计了如下实验方案：
第一步：把带有定滑轮的木板（有滑轮的）一端垫起，把质量为M的滑块通过细绳跨过定滑轮与质量为m的重锤相连，重锤后连一穿过打点计时器的纸带，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图甲所示。

第二步：保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打点计时器，然后接通电源，释放滑块，使之从静止开始向下加速运动，打出纸带，如图乙所示。打出的纸带如图丙所示。
请回答下列问题：
（1）已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点间的时间间隔为，根据纸带求滑块速度，打点计时器打B点时滑块速度___________。
（2）已知重锤质量为m，当地的重力加速度为g，要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块___________（写出物理名称及符号，只写一个物理量），合外力对滑块做功的表达式___________。
【正确答案】 下滑的位移x mgx

14-3（巩固） 某兴趣小组设计了一个验证“牛顿第二定律”的实验。图1为实验装置简图，A为小车（质量为M），B为打点计时器，C为装有沙的沙桶（总质量为m），D为一端带有定滑轮的长木板，电源频率为50Hz。

（1）实验得到如图2一条纸带（纸带上的点为实际打下的点），可求出小车的加速度大小__________。（结果取两位有效数字）

（2）实验中，以下做法正确的两项是_______________
A．平衡摩擦力时，应将沙桶用细绳通过定滑轮系在小车上
B．平衡摩擦力时，小车后面的纸带必须连好，因为运动过程中纸带也要受到阻力
C．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力
D．实验时，先放开小车，后接通电源
（3）小组同学保持小车质量M不变，根据测量数据作出了图线，如图3所示，若牛顿第二定律成立，则可求出小车的质量__________，下列分析正确的是（______）（多选，选填选项前的字母）。

A．图线不过原点的原因可能是没有平衡摩擦力
B．图线不过原点的原因可能是平衡摩擦力时木板的末端抬得过高
C．图线上部分弯曲的原因可能是所用小车的质量M过大
D．图线上部分弯曲的原因可能是沙桶总质量m增大到一定程度时，沙桶的重力不能看做小车所受的合力
（4）在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力，由此造成的误差是系统误差。设拉力的真实值为，小车的质量M，为了使，应当满足的条件是________________。
【正确答案】 2.4 BC或CB 1.0 BD或DB 5%

14-4（巩固） 如图所示是落体法验证机械能守恒定律的实验图，关于本实验下列说法正确的是_______

A．电火花计时器应连接交流电源，工作电压约为8V
B．本实验中需要用天平测量重物的质量
C．实验中应手提纸带上端，先启动电火花计时器再释放纸带
D．测纸带上某点的速度时，可先测出该点到起点间的时间间隔，利用公式v=gt计算
（2）若已知打点计时器的电源频率为50Hz，当地的重力加速度g=9.8m/s2，重物质量为lkg，验中得到一条点迹清晰的纸带如图所示，其中O为第一个点，1、2、．．．．为另外连续计数点，对纸带进行处理得到表格中数据，其中h是计数点距O的距离，v是计数点的瞬时速度；

计数点
1
3
5
7
9
11
13
15
17
19
21
h/（cm）
0.19
1.55
4.45
8.84
x
22.15
31.05
41.60
53.65
67.30
82.40
v/（m/s）
0.18
0.53
0.91
1.28
_
2.05
2.05
2.81
3.21
3.60
3.96
（m2/s2）
0.02
0.14
0.41
0.82
y
2.10
2.93
3.95
5.15
6.48
7.84
为减小误差，小明同学利用表格中多组数据进行验证，请简述他验证机械能守恒的方法：_______。
（3）以下哪组数据最接近表格中x、y的合理取值________；
A．14.80；1.60 B．14.80；1.41
C．16.24；1.56 D．16.24；1.66
（4）小明同学利用（2）中数据处理方式仍存在明显误差，关于这个误差的说法正确的是________；
A．该误差属于系统误差
B．该误差属于偶然误差
（5）请你提出一条减小上述误差的改进建议________。
【正确答案】 C 作图像，如果图像为一条过原点的倾斜直线且斜率约等于g，即可验证机械能守恒定律 B A 改用光电门和数字计时器测速度（其他方法合理同样给分）

14-5（巩固） 某同学用如图所示的实验装置探究动能定理。他通过测量小车所受合外力（近似等于悬挂钩码的重力）做的功和小车动能的增量进行探究，所用小车质量为M，重力加速度为g，遮光条的宽度d为。实验操作如下：
①安装好实验器材，调整垫块位置使木板的倾角合适，将小车放在木板上某一位置A，用刻度尺量出小车上的遮光片到光电门的距离L；
②在细线左端挂一个质量为的钩码，将小车从A位置由静止释放，记录下遮光片通过光电门的时间t；
③保持小车质量不变，逐次增加悬挂钩码个数，重复步骤③，并将各次实验中遮光片通过光电门的时间记录到下表中：
悬挂钩码个数n
1
2
3
4
5

11.79
8.16
6.71
5.77
5.14

0.72
1.50
2.22
3.00
3.78

回答下列问题：
（1）关于实验操作，下列说法错误的是______；
A.要将小车从同一位置由静止释放
B.改变悬挂钩码的数量后，要重新平衡摩擦力
C.实验中需保证悬挂钩码的质量远小于小车的质量
D.实验前应该调整滑轮的高度，使细线与木板平行
（2）请根据表中测量数据，以悬挂钩码的个数n为横轴，以为纵轴，在坐标纸上作出图像；______

（3）能否仅依据“图像是一条过原点的直线”就得出“合外力对小车做的功等于小车动能增量”的结论？______（选填“能”或“不能”），理由是______。
【正确答案】 B 不能 见解析


14-6（提升） 实验小组在探究“加速度与物体的受力、物体质量的关系”时，用图甲所示的装置让滑块做匀加速直线运动来进行；由气垫导轨侧面的刻度尺可以测出光电门A、B之间的距离L以及遮光片的宽度d，遮光片通过光电门A、B的时间、可通过计时器（图中未标出）分别读出，滑块质量为M，钩码的质量为m，打开气垫导轨的气源，让滑块在钩码的重力作用下做匀加速直线运动，重力加速度为g，回答下列问题：

（1）打开气垫导轨的气源的目的是_________；为了让滑块所受的合力等于钩码的重力，m_________（填“《”“》”或“=”）M。
（2）滑块的加速度_________（用L、、、d来表示）；图乙遮光片的宽度在刻度尺上对应的读数为_________。

（3）图丙是钩码的质量m不变，改变滑块的质量M，得出不同的M对应的加速度a，描绘出a-M函数关系图像为双曲线的一支，说明a与成_________（填“正比”或“反比”）；图中两矩形的面积_________（填“相等”或“不相等”）。

（4）图丁是滑块的质量M不变，改变钩码的质量m，得出不同的mg对应的加速度a，描绘出a-mg的函数关系图像，说明a与mg成_________（填“正比”或“反比”），图线的斜率等于_________。

【正确答案】 减小摩擦力 《 2.0 正比 相等 正比

【原卷 15 题】 知识点 自由落体运动的三个基本公式

【正确答案】
(1) a＝0，则小球在水中匀速运动  (2) 0.4 m
【试题解析】


15-1（基础） 如图所示，有一根长L1=0.5m的木棍，悬挂在某房顶上，木棍的上端与窗台上沿的竖直距离h=4.55m，窗口高为L2=1.5m。某时刻木棍脱落，不计空气阻力，g取10m/s2。求：
（1）此时木棍能否看作质点，说明原因；
（2）从脱落开始计时，木棍下端到达窗口上沿的时间：
（3）木棍通过窗口所用的时间。

【正确答案】 （1）不能，原因见解析；（2）0.9s：（3）0.2s

15-2（巩固） 某跳伞运动员做低空跳伞表演。他离开悬停的飞机后先做自由落体运动，当距地面时开始打开降落伞，到达地面时速度减为。如果认为开始打开降落伞直至落地前运动员在做匀减速直线运动，加速度的大小为，取。求：
（1）运动员开始打开降落伞时的速度；
（2）运动员自离开飞机到刚下落至地面的时间（结果保留分数）

【正确答案】 （1）55m/s；（2）

15-3（巩固） 如图所示，一滴雨滴从离地面20m高的楼房屋檐自由下落，下落5m时，到达窗口上沿，再经的时间通过窗口，g取10m/s2，问：
（1）雨滴落地前瞬间的速度大小；
（2）窗口上下沿的高度差；
（3）该雨滴最后1s内下落的高度是多少。

【正确答案】 （1）20m/s；（2）2.2m；（3）15m

15-4（巩固） 如图，在一座高楼顶端悬挂一个空心金属管，金属管长l=1.0 m，金属管的底端离地面高H=20m，t0=0时刻金属管由静止开始下落，经过中间某楼层的窗户，窗户高h1=1.2m，整根金属管经过窗户的时间Δt=0.2s，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。
（1）求从下落到金属管的底端刚刚碰地的时间t；
（2）求金属管的底端离窗户上沿的距离h的大小；
（3）若t0=0从金属管的正下方地面上以初速度为v0=16m/s发射一颗小石头，求金属管的底端与小石头相遇的时间t3。

【正确答案】 （1）2s；（2）5m；（3）1.25s

15-5（巩固） 在抗震救灾中，一名训练有素的武警战士(可视为质点)从直升机上通过一根竖直的长绳由静止开始缓慢滑下(此时速度很小可认为等于零)．在离地面18 m高处，武警战士感到时间紧迫，想以最短的时间滑到地面，开始以加速度大小为10 m/s2做匀加速直线运动．已知该武警战士落地的速度不能大于6 m/s，减速的加速度大小为5 m/s2，长绳的下端恰好着地．求：
（1）武警战士落地的速度6 m/s相当于多高自由下落的末速度；
（2）武警战士下滑的最短时间．
【正确答案】 （1）1.8m （2）2.4s

15-6（提升） 跳伞运动员做低空跳伞表演，他在离地面224m高处由静止开始在竖直方向做自由落体运动。一段时间后，立即打开降落伞，以12.5m/s2的加速度匀减速下降，为了运动员的安全，要求运动员落地速度最大不得超过5m/s。（g取10m/s2）
（1）若以5m/s的速度落地，相当于从多高处自由下落；
（2）求运动员展开伞时，离地面高度至少为多少；
（3）求运动员在空中运动的最短时间是多少。
【正确答案】 （1）1.25m；（2）99m；（3）8.6s

【原卷 16 题】 知识点 正交分解法解共点力平衡,整体法与隔离法结合处理物体平衡问题

【正确答案】

【试题解析】


16-1（基础） 如图所示，两个质量均为的小环套在一水平放置的粗糙长杆上，两根长度均为L的轻绳一端系在小环上，另一端系在质量为的木块上，两小环均保持静止。重力加速度取。
（1）求每个小环对杆的压力大小；
（2）若小环与杆之间的动摩擦因数，求两环之间的最大距离。

【正确答案】 （1）10N；（2）L

16-2（巩固） 如图所示，某同学通过三段轻绳提起一质量为m1的物体，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与物体m2相连，轻绳OA与竖直方向的夹角θ=37°，该同学和物体m1、m2、m3均处于静止状态。已知m2=2kg，m3=4kg，m2与m3间动摩擦因数μ1=0.50，m3与水平桌面间动摩擦因数μ2=0.15，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，tan37°=0.75，g取10m/s2，求：
（1）若m1=0.8kg，该同学和物体m1、m2、m3均处于静止状态，求轻绳OA受到拉力的大小和m3与水平桌面间摩擦力的大小；
（2）假设轻绳承受拉力足够大，为使该同学和整个装置保持图示结构不变，物体m1质量最大不能超过多少。

【正确答案】 （1）10N，6N；（2）1.2kg

16-3（巩固） 如图所示，物体A叠放在物体B上，物体A的质量为1kg，物体B的质量为2kg，A用轻绳系在墙壁上，轻绳与水平方向成53°角，A与B、B与地面间的动摩擦因数均为0.5，若用水平力F把B匀速向右拉（A未掉下），g取，，。求：
（1）轻绳对A的拉力及B对A的支持力的大小；
（2）力F的大小。

【正确答案】 （1），；（2）

16-4（巩固） 如图所示，质量分别为、的物体A、B通过轻绳连接，在施加于B的恒定拉力的作用下一起沿水平地面做匀速直线运动（A在地面上，B在空中），该拉力的大小F=15N、方向与水平方向的夹角。取，。
（1）请不通过计算，简单分析并判断轻绳与拉力F是否可能在同一直线上；
（2）求A所受地面的摩擦力的大小和支持力的大小。

【正确答案】 （1）不在同一直线上；（2），

16-5（巩固） 如图，一中心开孔的质量为M的圆柱体套在一固定的水平杆上，圆柱体下端连接原长为L0、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧另一端连接一质量为m的小球，小球在一大小未知的水平力F的作用下静止，弹簧与竖直方向的夹角为θ=53°。设圆柱体与杆之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，sin53°=0.8，cos 53°=0.6。求：

（1）水平力F的大小及弹簧的长度；
（2）圆柱体与杆之间的动摩擦因数μ需满足的条件。
【正确答案】 （1）；；（2）

16-6（提升） 竖直墙壁的左侧水平地面上，放置一个质量为M的正方体，在墙壁和正方体之间放置一半径为R、质量为m的光滑球，正方体和球均保持静止，如图所示。球的球心为O，与竖直方向的夹角为，正方体与水平地面的动摩擦因数为。（g已知，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
（1）正方体和墙壁对球的支持力分别是多大；（用表示角度）
（2）若，保持正方体的质量M不变，增大球的质量，为了不让正方体出现滑动，则球的质量最大为多少。

【正确答案】 （1），；（2）

【原卷 17 题】 知识点 斜面上的平抛运动,牛顿定律与直线运动

【正确答案】
（1）1.7m；（2）0.125
【试题解析】


17-1（基础） 如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A正上方的质量为m的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出，重力加速度为g，空气阻力不计，求：
（1）若小球以最小位移到达斜面，求小球到达斜面经过的时间为t；
（2）若小球垂直击中斜面，求小球到达斜面经过的时间为t。

【正确答案】 （1）；（2）

17-2（巩固） 如图所示，光滑斜面固定，倾角，斜面上P点与斜面底端B点间的距离为d，D点位于B点的正上方。现在将小物块从斜面的顶端A点由静止释放的同时，将小球从D点以某一初速度水平向左抛出，小球与物块在P点相遇，相遇时小球恰好垂直打到斜面上。重力加速度大小为g，取，，物块与小球均视为质点，不计空气阻力。求：
（1）小球从D点运动到P点的时间t及其抛出时距B点的高度h；
（2）斜面的长度L。

【正确答案】 （1），；（2）

17-3（巩固） 如图所示，两个小朋友玩投掷游戏。一个小朋友将A球从距地面高h＝1.8m处，以初速度vA＝2m/s水平向右抛出，同时，另一个小朋友将物块B从距地面高h＝1.8m，倾角θ＝53°的光滑斜面顶端以初速度vB沿斜面向下推出，结果A、B两物体刚好在斜面最低点相碰。A、B均可看作质点，不计空气阻力，重力加速度，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：
（1）从抛出到相碰所用时间；
（2）A球的水平位移大小；
（3）B物块的初速度大小。

【正确答案】 （1）0.6s；（2）1.2m；（3）1.35m/s

17-4（巩固） 如图所示，在足够长的倾角为的斜面上的C点立有一高为的竖直杆，在杆的顶部有一微型发射器以相同的速率向相反方向发射甲、乙两个小球（均视为质点），两小球分别落在斜面上的A、B两点，A、C两点之间的距离为、B、C两点之间的距离为，取重力加速度， ，。求：
（1）乙小球从抛出到落在斜面所用的时间；
（2）A、B两落点之间的距离。

【正确答案】 （1）；（2）

17-5（巩固） 如图所示，一水平固定长木板的左端有一滑块，滑块正上方高处有一小球，当滑块在长木板上以一定初速度向右滑出时，小球以初速度水平向右抛出，结果小球与滑块刚好能相遇，已知滑块与长木板之间的动摩擦因数，不计空气阻力，g取。
（1）求滑块的初速度；
（2）如果将长木板绕其左端逆时针转动37°，再将小球以初速度水平向右抛出的同时，滑块从长木板的底端以一定的初速度沿长木板向上滑动，如果滑块在上滑的过程中与小球相遇，则滑块的初速度多大？（，）

【正确答案】 （1）；（2）

17-6（提升） 如图所示，在水平地面上固定一倾角θ=37°、表面光滑且足够长的斜面体，物体A以v1=6m/s的初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以某一v2=2.4m/s初速度水平抛出。如果当A上滑到最高点时恰好被B物体击中。（A、B均可看作质点，sin37°=0.6，cos37°=0.8。g取10m／s²。）求：
（1）物体A上滑到最高点所用的时间t；
（2）物体B做平抛运动的水平位移x；
（3）物体A、B间初始位置的高度差h。

【正确答案】 （1）1s；（2）2.4m；（3）6.8m

【原卷 18 题】 知识点 用动能定理解决物体在传送带运动问题

【正确答案】
(1) 1080N，方向竖直向下；(2) 8m/s，方向为顺时针；(3) 1920J．
【试题解析】


18-1（基础） 电动机带动足够长的水平传送带以速度v匀速传动，一质量为m的小木块由静止轻放在传送带上，如图所示。若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，当小木块与传送带相对静止时，求：
（1）小木块的位移。
（2）传送带转过的路程。
（3）小木块获得的动能。
（4）摩擦过程产生的摩擦热。
（5）传送带因传送物体多消耗的电能及电动机带动传送带匀速传动输出的总能量。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）；（4）；（5）都为mv2

18-2（巩固） 某工厂车间通过图示装置把货物运送到二楼仓库，为水平传送带，为倾角、长的倾斜轨道，与通过长度忽略不计的圆弧轨道平滑连接，为半径的光滑圆弧轨道，与在D点相切，为竖直半径，为二楼仓库地面（足够长且与E点在同一高度），所有轨道在同一竖直平面内。当传送带以恒定速率运行时，把一质量的货物（可视为质点）由静止放入传送带的A端，货物恰好能滑入二楼仓库，已知货物与传送带、倾斜轨道的动摩擦因数、货物与二楼仓库地面间的动摩擦因数为，g取，，，求：
（1）货物在二楼仓库地面滑行的距离；
（2）传送带把货物从A端运送到B端过程中因摩擦而产生的内能。

【正确答案】 （1）0.5m；（2）3200J

18-3（巩固） 如图，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台AB段光滑，BC段长，与滑块间的摩擦因数为。平台右端与水平传送带相接于C点，传送带的长为，与滑块间的摩擦因数为，传送带向右匀速运动，其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定。传送带右端D点与一光滑圆弧形轨道相切，圆弧形轨道半径。今将一质量的滑块向左压缩轻弹簧到最短，此时弹簧的弹性势能为，然后突然释放，滑块滑到传送带右端D点后继续滑上圆弧形轨道。重力加速度，。不计空气阻力。求：
（1）滑块到达C点的速度。
（2）改变传送带的速度，求物块从传送带右侧D滑出时速度v的范围。
（3）要使滑块不脱离圆弧形轨道，求传送带的速度范围。

【正确答案】 （1） ;（2）;（3）传送带速度或者

18-4（巩固） 如图所示，在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道。半径，BC是长度为的水平传送带，CD是长度为的水平粗糙轨道，AB、CD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑。参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m=65kg，滑板质量可忽略，已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为，，g取，求：


（1）参赛者运动到圆弧轨道B处时受到轨道的支持力大小；
（2）若参赛者恰好能运动至D点，求传送带运转速率及方向；
（3）在第（2）问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能。
【正确答案】 （1）；（2）6m/s，方向为顺时针方向；（3）

18-5（巩固） 如图所示，一倾斜的传送带长，与水平方向夹角为，传送带以顺时针匀速转动。若把一质量的物体（可视为质点）无初速度地放在传送带的起点，物体运动到最高点时恰好与传送带共速。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，求：
（1）物体运动到最高点所用时间是多少；
（2）物体和传送带间的动摩擦因数；
（3）传送带由于传送该物体多消耗的电能。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

18-6（提升） 如图所示的简化模型，主要由光滑圆弧面轨道、光滑竖直圆轨道、水平轨道、水平传送带和足够长的落地区组成，各部分平滑连接，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到区域后立即停止运动。现将一质量为的滑块从轨道上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径，水平面的长度，传送带长度，距落地区的竖直高度，滑块与水平轨道和传送带间的动摩擦因数均为，传送带以恒定速度沿逆时针方向转动，取。
（1）求滑块恰好过圆轨道最高点C时速度v；
（2）要使滑块恰能运动到E点，求滑块释放点的高度；
（3）当滑块释放的高度时，求滑块静止时距B点的水平距离x与释放点高度h的关系。

【正确答案】 （1）；（2）1.4m；（3）见解析

【原卷 19 题】 知识点 板块模型

【正确答案】
(1)0.5s； (2)1s ；(3)10.5s
【试题解析】


19-1（基础） 如图所示，5颗完全相同的象棋棋子（可看作薄状圆柱，可忽略厚度），整齐叠放在水平面上，已知每个棋子横截面直径d=0.1m。现将水平向右的恒力F迅速将第3颗棋子抽出，上面棋子移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若每个棋子的质量为m=40g，各接触面的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度为g=10m/s2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）要使第三个棋子恰好相对上面棋子运动，求恒力F大小；
（2）若棋子移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知。为确保实验成功，所需的力F至少多大？

【正确答案】 （1）；（2）

19-2（巩固） 如图，一倾角为的光滑足够长的固定斜面上放有质量的足够长木板；一木块（可视为质点）置于木板上，木块与木板间有摩擦。初始时木块与木板上端相距。木块与木板同时由静止开始下滑，木块下滑距离后受到平行斜面向上的作用力其大小为（为木块运动速度），木块以做匀速运动，直至木板再向下运动时将平行斜面向上的作用力由作用在木块上改为作用于木板上，木板以的速度匀速运动，作用力保持恒定。，，，。求：
（1）木块下滑距离为时速度大小；
（2）木板匀速运动速度、木块的质量以及木块与木板之间的动摩擦因数；
（3）木板匀速运动的距离。

【正确答案】 （1） ；（2），，0.375；（3）1.11m

19-3（巩固） 避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为水平面夹角为的斜面。一辆长12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23m/s时，车尾位于制动坡床的低端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4m时，车头距制动坡床顶端38m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取．求：
（1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
（2）制动坡床的长度。

【正确答案】 （1）5m/s2，方向沿斜面向下；（2）98m

19-4（巩固） 如图甲所示，质量的盒状工件静置于水平桌面上，O为工件上表面一点（图中未画出），工件上表面O点左侧光滑，右侧粗糙。质量的小滑块放在工件上并紧靠左侧壁，其与工件上表面粗糙部分间的动摩擦因数。现对工件施加水平推力F，推力F随时间t变化的关系如图乙所示，在推力作用下工件运动的速度v随时间t变化的关系如图丙所示。撤去推力后，当滑块到达O点时工件速度恰好为零，滑块运动过程中始终未与工件右侧壁相碰。g取，不计工件侧壁的厚度，桌面足够长。求
（1）推力F作用过程中，工件对滑块左侧的弹力的大小；
（2）工件光滑部分的长度d；
（3）工件的最小长度L；
（4）工件发生的最大位移x。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）；（4）

19-5（巩固） 如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为和，各接触面间的动摩擦因数均为。重力加速度为。
（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力大小；
（2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
（3）本实验中，，，，砝码与纸板左端的距离，取。若F=30N，砝码最终相对桌面移动的距离有多长？

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

19-6（提升） 如图所示，一倾角θ=37°的粗糙斜面体足够长，斜面体上有一质量为M= 1kg的木板，t=0时刻另一质量为m=1kg的木块（可视为质点）以初速度v0= 20m/s从木板下端沿斜面体向上冲上木板，同时给木板施加一个沿斜面体向上的拉力F=14N，使木板从静止开始运动。当t=2s时撤去拉力F，已知木板和木块间动摩擦因数μ1=0.25，木板和斜面体间的动摩擦因数μ2=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：（sin37° =0.6，cos37° =0.8，g=10m/s2）
（1）木块刚冲上木板时，木块和木板的加速度大小；
（2）从t=0到t=2s过程中木块相对木板移动的距离；
（3）若要求木块不从木板的上端冲出，求木板至少多长？

【正确答案】 （1）8m/s2，2m/s2；（2）20m；（3）


答案解析
1-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．利略探究物体下落规律的过程使用的科学方法是：问题→猜想→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论。故A正确；
B．研究弹力时，书本放在桌面上对桌面有压力，这种形变非常微小，我们可以通过观察反射的激光的变化来判断，这种方法被称之为微小量放大法。故B正确；
C．把一个物体当作“质点”进行研究，使用了理想模型法。故C错误；
D．在研究重力的作用点重心过程中，利用了等效的思想。故D正确。
故选C。
点睛:
质点是一个理想化物理模型，实际上是不存在的，在研究当研究对象的大小和形状对所研究的问题没有影响或者影响几乎可以忽略不计，为了方便研究，则可把研究对象看成质点。
1-2【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．当Δt→0时，可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法，故A正确，不符合题意；
B．在探究自由落体运动规律实验中，伽利略把斜面实验的结果推广到竖直情况，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法，这种方法被称为“合理外推”，故B正确，不符合题意；
C．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是抓住主要矛盾，忽略次要因素，这叫理想模型法，故C错误，符合题意；
D．求匀变速直线运动位移时，将其看成很多小段匀速直线运动的累加，采用了微元法，故D正确，不符合题意。
故选C。
1-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．力学中，将物体的看成质点，运用的是理想模型法，故A项错误；
B．速度、加速度的定义都采用了比值定义法，但位移不是，故B项错误；
C．力的合成与分解，运用的等效替代法，故C项正确；
D．伽利略研究力与运动关系时，利用了理想实验法，故D项错误。
故选C。
1-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故A错误。
B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体整个运动过程的位移，每一个小段可以看成一个“微元”，各小段的位移相加即“累积”，所以这里采用了微元累积法，故B正确；
C．在探究自由落体运动规律实验中，伽利略把斜面实验的结果推广到竖直情况，这种方法被称为合理外推法，故C错误。
D．卡文迪什在研究万有引力时，将微小的万有引力转变成可测量的角度变化，利用的是放大法，故D错误。
故选B。
1-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
爱因斯坦的观点的提出类比了电场和电磁波的概念，故采用了类比法。
故选C。
1-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．微元法是将整个运动过程划分成很多个小段，划分的小段越多，各小矩形的面积之和就越接近物体位移的真实值；甲图中，将整个运动过程划分成几个小段，划分过少，且小段的位移之和是接近位移的真实值，而不是就是位移的真实值，故A错误；
B．乙图比甲图划分的小段多很多，所以比甲图更接近真实值，故B正确；
C．这种用面积表示位移的方法适用于任何直线运动，故C错误；
D．丙图中，梯形面积表示在该段时间内物体的位移；丁图中，梯形面积表示该段时间内物体速度的变化量，故D错误。
故选B。
2-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．在t1～t2这段时间内，a图线与坐标轴所围的面积大于b图线与坐标轴所围的面积，所以这段时间内，a车的位移大， t1时刻两车不相遇，A错误；
B．在t1～t2这段时间内的相同时刻，图像的斜率不相等，a车与b车加速度不相等，B错误；
C．在t1～t2这段时间内，a图线与坐标轴所围的面积大于b图线与坐标轴所围的面积，所以这段时间内，a车的位移大，a车的平均速度大，C错误；
D．在t1～t2这段时间内，a图线与坐标轴所围的面积大于b图线与坐标轴所围的面积，所以这段时间内，a车的位移大，在t2时刻两车相遇，t1时刻a车在后，b车在前，D正确。
故选D。
2-2【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由图可知，甲、乙两物体速度都大于零，即运动方向相同，故A错误；
B．t＝4s时，甲、乙两物体速度相同，此时两物体的图象与时间轴围成的面积不等，即位移不同，则没有相遇，故B错误；
C．两物体相遇时，两物体的位移相同，即两物体的图象与时间轴围成的面积相等，由图可知，两物体只能相遇一次，故C错误；
D．由图可知，在4s前乙的速度大，两者相距越来越远，4s后甲的速度大，两者相距逐渐减小，故此在相遇前，两者速度相等时，两物体相距最远，最远距离等于两物体的图象与时间轴围成的面积之差，即为

故D正确。
故选D。
2-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由图可知，乙的加速度为


设甲追上乙的时刻为，则根据距离的关系得

故

整理得

所以将

代入该式中，发现

但如果这样的话，两个物体将只相遇一次，故A错误；
BCD．同理，将代入，联立求得

将代入得

将代入得

故BC错误，D正确。
故选D。
2-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．若时相遇，由于甲乙图线围成的面积之差大于，则。故A错误；
B．若时二者相遇，两图线围成的面积之差为，则时，两图线围成的面积之差为。故两车不会相遇。故B错误；
C．若时二者相遇，设两车从第一次相遇到再次相遇所需时间为t，则有

解得

故甲乙在t=3t0时，再次相遇，此过程中乙的位移为

而

所以

故C错误；
D．若时二者相遇，则甲车的位移为

故D正确。
故选D。
点睛:
速度与时间图像围成的面积表示位移。结合图线围成的面积之差进行解答即可。
2-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由图可知，在10s内，乙车一直沿正方向运动，速度方向没有改变，故A错误；
BC．由于不知道初始位置甲、乙相距多远，所以无法判断在5s末两车相距多远，及在10s末能否相遇，故BC错误；
D．若刚开始乙车在前，甲车速度大，追上乙车，两车相遇，之后甲在乙的前面，乙的速度增大，在某个时刻与甲再次相遇，故D正确。
故选D。
2-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．根据

整理得

根据图像，两个汽车的加速度和初速度分别为




甲遥控小汽车加速度大小为1m/s2，乙遥控小汽车通过M点时速度大小为2m/s，AB错误；
C．相遇时两车的位移相等

解得


甲、乙遥控小汽车此后还能相遇一次，C错误；
D．速度相等时距离最大

解得

此时两车之间的距离为

D正确。
故选D。
3-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．物块Q处于平衡状态，则其受到的静摩擦力方向竖直向上，与其重力平衡，A正确；
B．小球P受到重力，Q的支持力和静摩擦力，绳子的拉力，共计4个力，B错误；
C．物块Q受到重力，墙的弹力，P的压力和静摩擦力，共计4个力，C错误；
D．Q受到P对它的摩擦力竖直向上，根据牛顿第三定律可知，Q对P的静摩擦力方向竖直向下，D错误。
故选A。
3-2【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．对小球进行受力分析如图1

当时，且AB=AO2，由几何关系知，为等边三角形，则

由于圆心角与圆周角之间的关系可知

可知小球受到的绳的拉力T与半圆柱对小球的支持力N相互垂直，水平方向

竖直方向

解得


故AB错误；
CD．若改变半圆柱的半径，当小球平衡时，小球的位置在以AB为半径的圆弧上，如图2所示

由几何关系知，直线O1O2是该圆的切线，所以垂直于，则

以小球与半圆柱体组成的整体为研究对象，在竖直方向上，半圆柱受到的自持力为

由几何关系知，减小半圆柱半径，则减小，由此可知，将减小，根据牛顿第三定律可知，半圆柱对地面的压力将减小；
在水平方向上

可知，当时，半圆柱体受到墙对半圆柱体的弹力最大，为

故C错误，D正确。
故选D。
3-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．以轻滑轮为研究对象可知，连接沙桶a的细绳张力、连接物体b的细绳张力的合力与细绳OO′的拉力等大反向，连接沙桶a和物体b的细绳张力始终等于沙桶a的重力，方向没有变化，因而两者合力逐渐减小，方向不变，A错误，符合题意、B正确，不符合题意；
CD．以物体b为研究对象，由于连接物体b的细绳拉力逐渐减小，因而桌面对物体b的支持力逐渐变大，桌面对物体b的摩擦力逐渐减小，CD正确，不符合题意。
故选A。
3-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．对A球受力分析可知，A球受到重力，绳子的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A受3个力作用，故A错误；
B．对B球受力分析可知，B受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆子对B球没有弹力，否则B不能平衡，故B错误；
C．绳子对A的拉力等于对B的拉力，故C错误；
D．以B为研究对象，根据受力平衡可得

以A为研究对象，沿杆方向，根据受力平衡可得

联立可得

故D正确。
故选D。
3-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．对小球受力分析如图所示

当拉小球的细绳与竖直方向的夹角减小时，小球受到的支持力FN减小，细线受到的拉力增大，所以人与地面间的摩擦力增大，故A错误；
B．对斜面体受力分析如图

小球对斜面的压力减小，但方向不变，所以支持力的水平分力减小，所以摩擦力也会减小。故B错误；
C．小球受到的三个力的合力为零，故重力和支持力的合力与细线的拉力等大反向，所以小球的重力和支持力的合力逐渐增大，故C正确；
D．小球所受支持力和拉力的合力与重力等大反向，重力不变，所以小球受到的支持力与细线拉力的合力也保持不变，故D错误；
故选C。
3-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
战机的受力情况如图所示

根据物体的平衡条件有
，
又

解得

可得战机所受推力大小

当时，最小，最小推力为

故选C。
4-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
CD．设细线与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为mg，加速度大小为a，细线的拉力大小为T，小球在竖直方向合力为零，则
①
在水平方向根据牛顿第二定律有
②
根据①②解得


因为，所以
，
故CD错误；
A．设小球的角速度大小为ω，在水平方向根据牛顿第二定律有
③
根据①③解得

因为两小球在同一水平面上做匀速圆周运动，则相同，所以两小球的角速度大小相同，故A错误；
B．球1的运动半径比球2的运动半径大，根据可知球1运动的线速度比球2大，故B正确。
故选B。
4-2【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据牛顿第二定律知

得

知A、B的向心加速度大小相等，故A错误；
B．由知

故B正确；
C．根据牛顿第二定律知

得

C的角速度等于D的角速度，故C错误；
D．对C和D有
，，
可知

故D错误。
故选B。
4-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．小球受力如图所示

根据牛顿第二定律

解得

得到

即与角速度的平方成反比，故AB错误；
CD．绳子的拉力为

即绳子的拉力与小球运动的角速度的平方成正比，故D正确， C错误。
故选D。
4-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．小球做圆周运动所需要的向心力由重力mg和悬线拉力F的合力提供，设悬线与竖直方向的夹角为。对任意一球受力分析，由牛顿第二定律有：在竖直方向有

在水平方向有

解得

分析题意可知，连接两小球的悬线的悬点距两小球运动平面的距离为

相等，所以周期相等，即

角速度

则角速度之比

故AB错误；
C．根据合力提供向心力得

解得

根据几何关系可知
，
故线速度之比

故C正确；
D．向心加速度：，则向心加速度之比等于线速度之比为

故D错误。
故选C。
4-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．Q受到桌面的支持力总等于Q的重力，则不变，故A错误；
B．Q受到桌面的摩擦力等于细绳的拉力，若绳子与竖直方向夹角为θ，则

当θ变大时绳子的拉力变大，则Q受到桌面的摩擦力变大，故B正确；
D．设绳子长度为l，则有

r=lsinθ
解得

当小球位置升高时，θ变大，则角速度增大，故D正确；
C．线速度为

增大，则线速度增大，C正确。
本题选错的，故选A。
4-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
设连接A、B两球的绳子与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，绳子拉力为T，对A小球水平方向有
Tsinθ1=m1ω2l1sinθ1
对B小球水平方向有
Tsinθ2=m2ω2l2sinθ2
联立得

故D正确，ABC错误。
故选D。
5-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．航天员漂浮在核心舱中，跟着航天器一起绕地球做匀速圆周运动，处于非平衡状态，其加速度不为零，故A错误；
B．根据万有引力等于重力有

可得

则地球的平均密度可表示为

故B错误；
C．根据万有引力等于重力有

核心舱轨道处的重力加速度等于其向心加速度，则有

解得

故C正确；
D．核心舱的运行速度小于第一宇宙速度，即小于，故D错误。
故选C。
5-2【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
根据v-t图像的斜率表示加速度，可是两星球表面重力加速度之比为
A．根据

可得

得到

故A错误；
B．由

联立可得

得到

故B正确；
C．由

联立上面式子得到

得出星球P和星球Q的第一宇宙速度之比为

故C错误；
D．由

可得

得出

故D错误。
故选B。
5-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据圆周运动的公式有

故A错误。
B．根据题意有

解得


解得

故B错误。
C．根据密度定义

解得

故C正确。
D．根据宇宙第一速度的公式有

故D错误。
5-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．根据

解得

A正确；
B．根据
，
解得

B错误；
C．在地球表面有

对组合体有

解得

C错误；
D．根据

可知地球表面的卫星周期小于T，故地球表面的重力加速度大于，D错误。
故选A。
5-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据平抛运动规律有


解得

故A正确，不符合题意；
B．在月球表面，万有引力等于重力，则有

又

解得

故B正确，不符合题意；
C．根据万有引力提供向心力，则有

解得

又

解得

故C错误，符合题意；
D．根据

又

解得

故D正确，不符合题意。
故选C。
5-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．设小球竖直上抛的初速度为，火星表面重力加速度为，则有

可得

可知图像的纵轴截距等于初速度，则有

图像的斜率绝对值为

可知星表面重力加速度为

小球从O点上升的最大高度为

AB错误；
C．根据物体在火星表面受到的重力等于万有引力，则有

解得
火星的质量为

C错误；
D．根据

可得火星的密度为

D正确。
故选D。
6-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
本题考查牛顿第二定律，目的是考查学生的推理能力。小球在自由下落的过程中，速度随位移增大，加速度保持不变，在与弹簧作用过程中，速度随位移先增大后减小，加速度随位移先减小后增大，速度与位移的关系

小球与弹簧作用过程中的加速度大小

其中是O点到弹簧自然伸长时顶端的距离。
故选B。
6-2【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据速度时间图像围成的面积表示位移，可得物体运动的位移为

故A正确；
B．撤去外力后，根据图像斜率可求得加速度大小为

根据牛顿第二定律，可得物体受到的摩擦力大小为

故B正确；
CD．整个过程，根据动能定理，有

其中物体克服摩擦力做功

代入可求得拉力F做功

故C正确，D错误。
由于本题选择错误的，故选D。
6-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB.根据v-t图像的“面积”可知，物体在3 s内的位移大小
s= m=9 m
同理，物体在第1 s内和后2 s内的位移大小分别为
s1=×6×1 m=3 m，s2=m=6 m
对整个过程，由动能定理得

解得

故A错误，B正确；
CD.对整个过程，由动能定理得

可得

故CD错误。
故选B。
6-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．物体由静止开始运动，由题图知，加速度先不变后变小，则物体先做匀加速直线运动，后做加速度减小的变加速直线运动，最终加速度为0，物体最后做匀速直线运动，故A错误；
BCD．根据，可知

加速度a与位移x的关系图线与x轴所围的面积表示，当时速度最大，设为vm，可得

解得

故BC错误，D正确。
故选D。
6-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据匀变速运动的位移与时间关系公式，可求出物体的加速度大小为

解得

故A错误；
B．根据匀变速运动的速度与位移时间关系，可求出物体的加速度大小为

解得

故B错误；
C．根据匀变速运动的位移与时间关系公式
整理得

可求出物体的加速度大小为

解得

物体的加速度大小为，故C错误；
D．根据微元法可以得到，物理学中a-t图像的图线与坐标轴所围成的面积表示这段时间内物理的速度变化量，则物体在前2s内的速度变化量大小为

故D正确。
故选D。
6-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
详解:
A．根据运动学公式

可得图像的斜率表示2a，则0~5m内和5~13m内物块的加速度的大小为


负号表示方向，故A正确，不符合题意；
B．0~5m内物块做匀减速直线运动，减速的时间为

所以在1s时物块的速度为0，故B正确，不符合题意；
CD．0~5m内和5~13m内，以向右为正方向，根据牛顿第二定律有


联立解得
，
故C错误，符合题意；D正确，不符合题意。
故选C。
7-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
小球自释放到弹起到最高点的全过程中，高度变化了H-h，且由于空气阻力的原因，小球高度降低了，所以在全过程中小球重力做正功，则

小球自释放到弹起到最高点，空气阻力始终与运动方向相反，做负功，则

ABD错误，C正确。
故选C。
7-2【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．令初速度为v0，与桌面间的摩擦因数为，根据动能定理，对A有

对B有

联立可得

质量是惯性的唯一量度，质量大的物体惯性大，所以物块A惯性大，故AB错误；
C．根据动量定理，对A有

对B有

联立可得

故C正确；
D．根据定能定理，对A有

对B有

因为，所以

故D错误。
故选C。
7-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．排球在上升过程中，根据牛顿第二定律得

可知上升过程中加速度大于重力加速度g，故A错误；
B．排球整个上升过程的加速度大小大于下降过程中加速度的大小，根据，所以上升过程中的运动时间小于下降过程中的运动时间，根据可知，上升过程中克服重力做功的平均功率大于整个下降过程重力做功的平均功率，故B错误；
C．排球在上升过程中克服重力做功为mgH，下降过程中重力做功为mgH，大小相等，故C错误；
D．排球从抛出至上升到最高点的过程中，阻力做功fH，所以机械能减少了fH，故D正确。
故选D。
7-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．设小球质量为m，所受阻力大小为F，小球从h处释放时速度为零，与地面碰撞反弹到时，速度也为零，对整个过程，运用动能定理得

解得

A错误；
B．设小球下落到动能和重力势能相等的位置时高度为H，根据动能定理得
(mg-F)(h-H)=Ek
据题意有
mgH=Ek
联立解得

B错误；
C．根据功能关系可知，只有空气阻力做功会使小球的机械能减小，C错误；
D．对开始下落到停止运动的整个过程，由动能定理得
mgh-Fs=0
解得总路程为
s=7h
D正确。
故选D。
7-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．在苹果抛出到落回抛出点的全过程中，重力做功为零，由动能定理可知

即苹果动能减小了2fh，故A错误；
B．物体被抛出到落回抛出点的全过程中，初末位置相同，高度差为零，则重力势能不变，故B错误；
C．在上升的过程中，空气阻力做功为−fh，在下降的过程中，空气阻力做功为−fh，则整个过程中空气阻力做功为−2fh，故C错误；
D．由于上升和下降过程中阻力始终做负功，克服阻力做功为2fh，物体机械能的减少量为2fh，故D正确。
故选D。
7-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
设物体所受阻力大小为f，物体上升过程中，由题意并根据动能定理有
①
②
联立①②可得
③
物体下降过程中，同理有
④
联立②④可得
⑤
综上所述可知ABD错误，C正确。
故选C。
8-1【基础】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 详解:
A．由p=mv可知动量的单位为质量、速度单位的乘积，即kg·m/s，A正确；
BC．结合牛顿第二定律可得
1N·s=1kg·m/s2·s=1kg·m/s
B正确，C错误；
D．由牛顿第二定律可得

即

D正确。
故选ABD。
8-2【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．等式左边s的单位是m，等式右边at的单位m/s，不一致，故A错误；
B．等式左边a的单位是m/s2，等式右边μg的单位m/s2，一致，故B正确；
C．等式左边F的单位是kg·m/s2，等式右边的单位kg/s，不一致，故C错误；
D．等式左边v的单位是m/s，等式右边的单位m/s，一致，故D正确。
故选BD。
8-3【巩固】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 分析:
详解:
压强p可由公式p=求得，则p的单位为
=
密度ρ可由公式ρ=求得，则ρ的单位为kg/m3。由于题中k没有单位。
A．k的单位为m/s，故A的表达式可能正确；
B．k的单位为s/m，不是速度的单位，故B的表达式肯定错误；
C．k的单位为m2/s2，不是速度的单位，故C的表达式肯定错误；
D．的单位为s2/m2，不是速度的单位，故D的表达式肯定错误。
本题选速度的表达式肯定错误的，故选BCD。
8-4【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 分析:
由题意可知考查单位制的应用，根据相关物理关系分析计算可得。
详解:
A B．物理单位通过物理关系进行运算，

可见物理量A是质量，是基本物理量，对应的单位kg是国际单位中的基本单位，故A正确，B错误；
C．物理量A为质量，力F和加速度a的比值对应的物理量也是质量，是同一个物理量，故C正确；
D．物理量A为质量，加速度a和时间t的乘积是速度变化量，不是同一个物理量，故D错误。
故选择AC。
点睛:
物理关系式在确定各物理量数量关系的同时也确定出物理量间的单位的关系，根据相关公式分析计算可得。
8-5【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．根据

可知

故A正确；
B．根据

可知

故B错误；
C．根据

可知

故C错误；
D．根据

可知

则

故D正确。
故选AD。
8-6【提升】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．m/s、m/s2是国际单位制中的导出单位，选项A错误；
B．N是国际单位制中的导出单位，选项B错误；
C．在力学范围内，长度、质量、时间是国际单位制中的三个基本量，选项C正确；
D．由

得

c的单位为

即系数c没有单位，D正确。
故选CD。
9-1【基础】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
图甲中，撤去挡板前，弹簧的弹力为

撤去挡板的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得


解得


图乙中， 撤去挡板的瞬间，轻杆的弹力等于零，根据牛顿第二定律得


解得


AB错误，CD正确。
故选CD。
9-2【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
C．物体A、B接触但不挤压，剪断细线前，对A由平衡条件得，弹簧的弹力
F弹=mAg=4×10N=40N
由于弹簧的弹力不能突变，剪断细线瞬间弹力大小仍为40N，故C正确；
AB．剪断细线后，A、B一起向下加速运动，对系统由牛顿第二定律得
（mA+mB）g-F弹=（mA+mB）a
解得
a=2m/s2
故A错误，B正确；
D．对B，由牛顿第二定律得
mBg-F=mBa
解得
F=8N
则A与B间的作用力为8N，故D错误。
故选BC。
9-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．轻绳b被烧断的瞬间，A受力平衡，合力为零，则轻绳a的拉力大小
FT＝mgsinθ
A错误；
BC．轻绳b被烧断的瞬间，B、杆与C的加速度相同，对B、杆和C整体进行受力分析，并根据牛顿第二定律有
（2m＋3m）gsinθ＝（2m＋3m）a0
解得
a0＝gsinθ
方向沿斜面向下，可知B正确，C错误；
D．对B进行受力分析并根据牛顿第二定律有
2mgsinθ＋F＝2ma0
解得杆对B的弹力
F＝0
D正确。
故选BD。
9-4【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
AB．烧断细线前，弹簧弹力为

烧断细线后，根据牛顿第二定律

A、B两个小球的加速度为

A球的受力情况发生变化，加速度不为零，AB错误；
C．对球B分析得

得

C正确；
D．C球的加速度沿斜面向下，大小为

D正确。
故选CD。
9-5【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．由题意，可得撤去木板瞬间，B物块受到的合力为3mg，由牛顿第二定律可知

故A正确，B错误；
CD．当B物块受到的合外力为零时，速度最大，此时

又

所以弹簧此时的伸长量

则B物块向下运动3x时速度最大，故C正确，D错误。
故选AC。
9-6【提升】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
A．剪短细线P前，对小球a进行受力分析，小球a受竖直向下的重力，水平向右的弹簧弹力以及沿绳子向上的细绳的拉力。根据共点力平衡有


解得

故A正确；
B．剪断细线P的瞬间，弹簧的弹力不变，所以小球b处于静止状态，合力为零，加速度为0，故B错误；
CD．剪断细线P前，细线P的拉力为

剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，弹簧的弹力为零，小球a即将做摆动，但摆动的速度为零，则径向合力为零，切向合力提供切向加速度，有


解得
，
即剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，细线P的拉力变小，小球a的加速度大小为，故CD正确；
故选ACD。
10-1【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．由题图可知，当汽车速度达到20m/s时，汽车做匀速直线运动，此时有

故A错误；
B．0时刻，汽车速度为10m/s，则此时汽车受到的牵引力大小为

根据牛顿第二定律，可得此时汽车的加速度大小为

故B正确；
C．依题意，在0~50s内，对汽车利用动能定理，有

代入数据求得，汽车在0~50s内的位移大小为

故C正确；
D．0~50s内克服摩擦力做的功为

故D错误。
故选BC。
10-2【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．设汽车行驶过程中所受地面的阻力大小为f，根据图线①并结合动能定理有

解得

故A错误；
B．汽车的最大行驶速度为

当汽车以最大速度行驶时，牵引力与阻力大小相等，所以汽车的额定功率为

故B正确；
C．设汽车前加速运动的时间为t，根据动能定理有

解得

故C错误；
D．开启储能装置后，根据能量守恒定律可知汽车比关闭储能装置时克服阻力少做的功等于向蓄电池提供的电能，令x2表示汽车少滑行的距离，根据图线②可得

故D正确。
故选BD。
10-3【巩固】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
A．该车匀加速阶段，根据题图可知

根据牛顿第二定律

解得
F=6000N
A正确；
B．该车的额定功率为

B正确；
C．当速度最大时，有

解得
vm=60m/s
C错误；
D．对该车运动前5s过程为匀变速直线运动，设位移为x1，由图像面积可知

5s-25s过程运动的位移为x2，根据动能定理得

前25s内通过的位移大小为

解得
x=450m
D错误；
故选AB。
10-4【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．由图可知，小车在12~14s内做匀减速直线运动，加速度为

由牛顿第二定律可得阻力大小为
Ff=ma2=2×3N=6N
小车在0~2s内的加速度为

由牛顿第二定律可得


A错误；
B．小车在10~12s内做匀速直线运动，此时小车的牵引力大小等于阻力，由功率公式可得小车的额定功率为
P=Ffvm=6×6W=36W
B正确；
C ．在v-t图线上速度是3m/s的点与速度是6m/s的点用直线相连，与时间轴构成一梯形，此梯形面积小于2~10s内，v-t图线与时间轴所围面积，由v-t图线与时间轴所围面积表示位移可知，是梯形面积时的平均速度为

则有2~10s内，v-t图线与时间轴所围面积的平均速度要大于4.5m/s，C错误；
D．设小车完成匀加速运动时速度为v，则有
v=a1t
P=Fv
联立解得


D正确。
故选BD。
10-5【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．汽车在前5 s内,由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小

根据牛顿第二定律得

其中

解得牵引力

运动距离


故A正确；
C．汽车的额定功率

故C正确；
B．汽车在25m/s时的牵引力

根据牛顿第二定律得，加速度

故B错误；
D．当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度

故D错误。
故选AC。
10-6【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．根据牛顿第二定律得

汽车的功率为

解得

根据图像得

解得

根据图像，将


代入

解得

A正确；
B．根据



解得

根据图像，汽车在车速为9m/s时，汽车正在做匀加速运动，汽车的功率为

B错误；
C．根据

解得

C错误；
D．匀加速结束时的速度为

汽车匀加速所需时间为

D正确。
故选AD。
11-1【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．以A为研究对象，由受力分析如图所示

在沿斜面方向，受重力的分力、摩擦力和绳子的拉力，绳子的拉力大小等于B的重力，若
mBg＜mAgsinθ
则摩擦力方向沿斜面向上，故A正确；
B．若开始摩擦力的方向沿斜面向上，设斜面体倾角为θ，则有
mBg+f=mAgsinθ
当B中缓慢加入细沙，即mBg增大时，f逐渐减小，故B错误；
CD．以A和斜面体为研究对象，由受力分析可得

竖直方向，有
（mA+mC）g=FN+mBgsinθ
水平方向，有
mBgcosθ=f地面
当B中缓慢加入细沙，即mBg增大，联立可得FN减小，f地面增大，故C正确，D错误。
故选AC。
11-2【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．对Q进行受力分析，受重力、MN对它的支持力N1和P对它的支持力N2，如图所示，在半圆柱体P和MN之间放Q滑落到地面之前的此过程中


由于在增大，故N1不断增大，A正确，B错误；
CD．由图可知

由于在增大，故N2逐渐增大，C正确，D错误。
故选AC。
11-3【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．设绳子与竖直方向的夹角为，以物体Q为对象，根据受力平衡可得


解得
，
由题意可知从增加到，可知拉力从零逐渐增大，绳子拉力从逐渐减小到零，故A错误；
B．由于弹簧弹力大小等于绳子拉力，可知弹簧弹力逐渐减小，弹簧的伸长量逐渐变小，弹簧长度逐渐减小，故B错误；
C．以P为对象，当弹簧弹力大于时，斜面对P的摩擦力沿斜面向下，则有

可知随着弹簧弹力减小，斜面对P的摩擦力逐渐减小；当弹簧弹力小于时，斜面对P的摩擦力沿斜面向上，则有

可知随着弹簧弹力减小，斜面对P的摩擦力逐渐增大；故P所受摩擦力方向先沿斜面向下后沿斜面向上，故C正确；
D．斜面对P的作用力为

其中斜面对P的支持力保持不变，斜面对P的摩擦力先变小后变大，故斜面对P的作用力先变小后变大，故D正确。
故选CD。
11-4【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．跨过滑轮的细线两端拉力相等，都等于m的重力mg，故A错误；
B．根据平衡关系可得M所受摩擦力与细线对M拉力的水平分力平衡、等大，为

地面对M的摩擦力大小等于，故B错误；
C．因为系统保持静止，所以滑轮也静止，所受的合力大小是0，故C正确；
D．以滑轮O为研究对象，受力图如下所示，绳子两端拉力为mg，则

可得

则杆对滑轮的作用力大小是，故D正确。
故选CD。
11-5【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．以物体B为研究对象，设细绳与竖直方向夹角为α，则


可知，B向左运动时，α减小，绳子的拉力T减小，外力F减小；随着B的位置向下移动，滑轮两端绳子的拉力夹角不断减小，绳子的拉力的合力的方向一定变化，则绳对滑轮的作用力变化，故A错误；
B．在这个过程中尽管绳子张力减小，但是由于物体A所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向，故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定，故B错误；
C．在物体B缓慢降低的过程中，以A、B两物体、斜面体整体为研究对象，由于斜面体与物体A仍然保持静止，则地面对斜面体的摩擦力等于外力F，外力F减小，摩擦力一定变小，故C正确；
D．以A、B两物体、斜面体整体为研究对象，竖直方向只受重力和地面的支持力，支持力始终等于重力，故斜面体所受地面的支持力不变，故D正确。
故选CD。
11-6【提升】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
A．如图①对D单独进行受力分析可知，D受到重力，绳子的拉力以及杆子的弹力，由平衡条件知D受杆的弹力方向一定为垂直向上，选项A正确。
BC．在C环缓慢向右移动的过程中，D受到的重力不变，杆子的弹力的方向垂直于杆，如图②所示，题意可知三个力处于平衡状态。可知其中绳子的拉力在慢慢向右移动过程中一直减小，到和OD平行时最小。杆子给D的弹力一直增大。选项B正确，错误；
D．对C、D整体进行受力分析，受重力，杆子的弹力，外力。在竖直方向上，重力与C、D受到的弹力竖直方向分力平衡。C受到的弹力竖直向上，由上面分析可知，D受到的杆子弹力竖直分力向上一直增大，所以C受到的弹力一直减小。选项D错误。
故选AB。

12-1【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．小球在下落h的过程中做自由落体运动，则

解得

故A正确；
B．小球与轻弹簧接触后，小球受到弹簧向上的弹力，弹力做负功，所以小球的机械能减小，故B错误；
C．当小球与弹簧接触后，由于弹力小于重力，小球加速度方向向下，小球向下加速，当弹簧弹力增大到等于重力时，加速度为零，小球的速度达到最大，动能最大，此后弹簧的弹力大于重力，加速度向上，速度减小，动能减小，故C错误；
D．小球运动到最低点时，轻弹簧的弹性势能达到最大，小球整个过程中减小的重力势能等于弹簧增加的弹性势能，小球减小的重力势能大于mgh，故D正确。
故选AD。
12-2【巩固】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
A．在A点，弹力沿杆的分力大小为

重力沿杆的分力大小为

随着甲球下滑，弹力沿杆的分力先减小，然后增大，但是始终小于重力沿杆的分力，所以甲球一直加速运动，A正确；
C．从A到B，根据题意，初末位置弹性势能相等，根据能量守恒定律可得

解得

因为甲球和乙球发生弹性碰撞，两个球质量相等，根据动量守恒，碰后交换速度，即乙球获得速度为，之后乙球沿杆做匀加速直线运动，末速度为零，由位移速度公式可得

解得加速度大小为

根据牛顿第二定律可得

解得

C正确；
D．A到B的过程，甲球一直加速，则动能一直增大，根据能量守恒，则甲球重力势能与弹簧弹性势能之和一直减小，D正确；
B．甲球从A到B的过程一直加速，到B点与乙球碰后速度为零，由于静摩擦力的作用甲球静止在B点，B错误。
故选ACD。
12-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．小球A与物体B组成的系统除了受到重力以外，其他力所做功不为零，故A错误；
B．绳对A做功的功率为

把A物体的速度沿着绳子的方向分解则有

所以绳对B做功的功率的

所以绳对A做功的功率与绳对B做功的功率总是大小相等，故B正确；
C．释放小球A前，B处于静止状态，由于绳子的拉力大于B的重力，故弹簧被拉伸，设弹簧伸长量为x，有

解得。当物体A运动到C点时，物块B运动到最低点，此时


物体B下降的高度为

由此可知，弹簧此时被压缩了0.1m，弹簧的弹性势能与初状态相等，且此时物体B的速度为零，所以轻绳拉力对其做功0J。故C错误；
D．由题可知



当A到达D点时，弹簧的弹性势能与初状态相等，物体B又回到原位置，在D点对A的速度沿平行于绳和垂直于绳方向进行分解，平行于绳方向的速度等于B的速度，由几何关系得

对于整个过程，由机械能守恒定律得

联立解得，所以小球A运动到D点时的动能为

故D正确。
故选BD。
12-4【巩固】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
A．当A速度最大时，对于A、B组成的连接体受力分析，有

得

此时C物体平衡，对C物体有

并且

解得

A正确；
B．从释放A到时刻，对于A、B组成的系统有外力做功，弹簧的弹力先做正功后做负功，故A、B组成的系统机械能不守恒，B错误；
C．弹簧恢复原长瞬间，对于A、B连接体有

对B物体有

联立以上二式得

C正确；
D．0时刻弹簧压缩

可知0时刻与时刻弹性势能相等，则A、B系统的机械能在这两个时刻刚好相等
，
解得

D正确。
故选ACD。
12-5【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
B．以地面为零势能面，结合图像可得

则质量为

则B错误；
A．当小物块离开弹簧后，机械能保持不变，则由图像可得，弹簧原长

故A错误；
C．根据系统的机械能守恒可得，开始位置弹性势能最大，大小为

故C正确；
D．离开弹簧后，上升到最高点全部转为重力势能

解得

故D正确。
故选CD。
12-6【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．滑块P由静止释放到最低点的过程，受重力和轻杆的弹力作用，开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，之后做加速度增大的减速运动，由于重力不变，可见轻杆对滑块P有向上方向的弹力，滑块P向下运动，因此轻杆对滑块P一直做负功，选项A正确；
B．根据能量守恒定律知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，选项B错误；
C．根据能量守恒定律知，弹簧弹性势能的最大值

选项C正确；
D．P由静止释放，开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，P的速度达到最大，此时滑块P的动能最大，对P、Q和弹簧组成的系统整体受力分析，在竖直方向，根据牛顿第二定律可得

解得

选项D错误。
故选AC。
13-1【基础】 【正确答案】 AC或CA ABD或ADB或BAD或BDA或DAB或DBA 1.83 0.335 0.370
【试题解析】 详解:
①[1]AB．为了减小阻力的影响，应选用密度大，体积小的重锤，故A正确，B错误；
C．处理纸带数据需要用刻度尺测量计数点间的距离，C正确；
D．验证机械能守恒的表达式中，重物的质量可以约掉，故不需要天平测质量，D错误；
E．通过打点计时器可以知道计数点间的时间间隔，故不需要秒表测时间，E错误。
故选AC。
②[2]A．为了减小阻力影响，释放重锤前，手捏住纸带上端并使纸带保持竖直，A正确；
B．做实验时，先接通打点计时器的电源，再释放连接重锤的纸带，B正确；
C．由于重锤下落过程不可避免受到一定的阻力，使得重锤的实际加速度小于当地重力加速度，故不能用计算重锤的速度，C错误。
D．用刻度尺测量任意两点的距离，利用公式计算这两点重力势能的减少量，其中应取当地的重力加速度，D正确。
故选ABD。
③[3]根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打点计时器打下计数点B时，重锤的速度大小为

[4]从打下O到打下B点过程中重锤动能增加量

[5]重力势能减少量为

13-2【巩固】 【正确答案】 =
【试题解析】 详解:
（1）[1]如果遮光条通过光电门的时间相等，即

说明遮光条做匀速运动，即说明气垫导轨已经水平；
（2）[2]要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，就应该求出动能的增加量和重力势能的减小量，光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法，由于光电门的宽度很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度


滑块和砝码组成的系统动能的增加量

滑块和砝码组成的系统重力势能的减小量

可知只要满足

系统机械能守恒；
（3）[3][4]系统重力势能的减小量

系统动能的增加量

代入数据可得

13-3【巩固】 【正确答案】 图像为过原点的倾斜直线且其斜率等于 大于 小于
【试题解析】 详解:
（1）[1]系统重力势能减少量

钩码经过光电门的速度

则系统动能的增加量

系统机械能守恒的表达式

（2）[2]由

得

则h-图像为过原点的倾斜直线且其斜率等于。
（3）[3]光电门测出的平均速度是挡光片通过光电门过程中中间时刻的瞬时速度，此时下降的高度小于h，则系统减少的重力势能大于系统增加的动能。
（4）[4] 由

得重力加速度

实验中由于阻力的存在，重力势能大于系统增加的动能，即偏小，则重力加速度g的测量值总是小于真实值。
13-4【巩固】 【正确答案】 11.5 mgh
【试题解析】 详解:
（1）[1]由图乙可知游标卡尺分度值为0.1mm，故小球的直径为

（2）[2][3]小球下落过程中机械能守恒，则有

而

联立得

故与h成正比，图像为一过原点的倾斜直线，斜率为；
（3）[4]从O点到B点的过程中系统减少的重力势能为

[5]交流电源频率为f，则打点周期为

则B点的速度为

故整个过程系统动能的增量为

当系统减少的重力势能与系统增加的动能相等时，则系统机械能守恒，即

13-5【巩固】 【正确答案】 1.02 B
【试题解析】 详解:
（1）[1]由图可知，挡光片宽度读数为

[2]重物A的速度v为通过光电门时速度，即

（2）[3]如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒，则有BC减小的重力势能等于后来系统的动能和重力势能之和，即有

整理得

（3）[4]A．细绳、滑轮并非轻质而有一定质量不会使系统重力势能减少量小于系统动能增加量，A错误；
B．挂物块C时不慎使B具有向下的初速度，即A通过光电门时速度会变大，会变小，由（2）中结论可得系统重力势能减少量会小于系统动能增加量，B正确；
C．计算重力势能时g的取值比实际值大，根据（2）中推论系统重力势能减少量会大于系统动能增加量，C错误；
D．滑轮与细绳之间产生滑动摩擦，会导致系统运动时速度有损失，即系统重力势能减少量会大于系统动能增加量，D错误。
故选B。
13-6【提升】 【正确答案】 7.883 B
小于
【试题解析】 详解:
（2）[1]螺旋测微器的分度值为0.01mm，主刻度为7.5mm，可动刻度为
38.3×0.01mm=0.383mm
小球的直径为


（3）[2]由于小球下落时间很短，为了避免测量不准确，应该先接通数字计时器，后释放小球。
故选B。
（4）[3]由题意可得，小球向下、向上通过光电门的速度为




由题意可得，碰撞过程中损失的机械能为


（5）[4]由题意及上述分析可知，碰撞前小球通过光电门的时间t1不变，小球与橡胶材料碰撞后，明显未能沿图（a）中所示虚线竖直弹起，说明碰撞过程损失的机械能增大，即碰撞后的速度减小，t2增大，故t1小于t2。
14-1【基础】 【正确答案】 需要 左边 2.0 平衡摩擦力过度
【试题解析】 详解:
（1）[1]实验目的是研究橡皮筋对小车做功等于小车动能变化量，所以需要平衡摩擦力，使橡皮筋对小车拉力为合外力。
（2）[2][3]由纸带左密右疏可知，小车接在纸带的左边，并可以求得被橡皮筋弹开后的速度为

（3）[4]橡皮筋对小车做功为0时，小车依旧可以获得动能，说明平衡摩擦力过度，重力做正功。
14-2【巩固】 【正确答案】 下滑的位移x mgx
【试题解析】 详解:
（1）[1]用匀变速直线运动的推论，平均速度代替瞬时速度得

（2）[2][3]据题意可知，合外力为重锤的重力，要求出合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块下滑的位移x，据功的定义式可知
W=Fx=mgx
14-3【巩固】 【正确答案】 2.4 BC或CB 1.0 BD或DB 5%
【试题解析】 详解:
（1）[1]小车的加速度大小

（2）[2]AB．平衡摩擦力时，不应将沙桶用细绳系在小车上，小车后面的纸带必须连好，因为运动过程中纸带也要受到阻力，故A错误，B正确；
C．平衡摩擦后满足

可得

角度与小车质量无关，每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，故C正确；
D．实验时，为了有效利用纸带，获得足够多的点，应先接通电源，后放开小车，故D错误。
故选BC。
（3）[3]恰好平衡摩擦力后，根据牛顿第二定律得

即

故图线斜率表示

解得

[4]AB．图线不过原点，当拉力为0时就有加速度，说明平衡摩擦力时木板末端抬的太高，故A错误，B正确；
CD．当 时，沙桶重力可以近似看做小车受到的拉力，当m逐渐增大时，则不满足上述条件，则图线变弯曲，故C错误，D正确。
故选BD。
（4）[5]对小车受力分析

对整体受力分析

需要满足

联立解得

14-4【巩固】 【正确答案】 C 作图像，如果图像为一条过原点的倾斜直线且斜率约等于g，即可验证机械能守恒定律 B A 改用光电门和数字计时器测速度（其他方法合理同样给分）
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．电火花计时器应连接交流电源，工作电压约为220V，选项A错误；
B．本实验中要验证的关系是
mgh=mv2
两边消掉了m，则不需要用天平测量重物的质量，选项B错误；

C．实验中应手提纸带上端，让重物尽量靠近打点计时器，先启动电火花计时器再释放纸带，选项C正确；
D．测纸带上某点的速度时，通过中间时刻的速度等于平均速度来计算，选项D错误。
故选C。
（2）[2]要验证的关系是

即

可见作图像，如果图像为一条过原点的倾斜直线且斜率约等于g，即可验证机械能守恒定律。
（3）[3]物体做落体运动，下落高度

则

则

速度


则

所以

解得

实验中由于阻力的影响数据会略小，故最接近表格中x、y的合理取值的是A。
故选A。
（4）[4]小明同学利用（2）中数据处理方式仍存在明显误差，这个误差是重物受空气阻力和纸带与限位孔间的摩擦阻力而引起的，该误差属于系统误差。
故选A。
（5）[5]实验中阻力引起的误差主要影响速度的测量，因此可改用光电门和数字计时器测速度。
14-5【巩固】 【正确答案】 B 不能 见解析

【试题解析】 详解:
（1）[1]A．实验中要测量出小车合力做的功，需要控制小车运动的位移一定，则每次都要从同一位置由静止释放小车，A正确；
B．由于平衡摩擦力之后有

解得

所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，则不需要重新平衡摩擦力，B错误；
C．为了使得小车受到的合外力近似等于悬挂钩码的重力，需要保证悬挂钩码的质量远小于小车的质量，C正确；
D．为了确保细线的拉力即为小车的合力，细线必须与木板平行，因此实验前应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，D正确。
故选B。
（2）[2]根据描点法可得

（3）[3][4]根据

解得

故只有当所作出的图线斜率

时，才可得出合外力对小车做的功等于小车动能增量这个结论，不能简单根据图像是一条过原点的直线就得出合外力对小车做的功等于小车动能增量的结论。
14-6【提升】 【正确答案】 减小摩擦力 《 2.0 正比 相等 正比
【试题解析】 详解:
（1）[1]打开气垫导轨的气源的目的是减小摩擦力。
[2]整体应用牛顿第二定律有

对滑块由牛顿第二定律得

综合可得

分析可得当即

滑块所受的合力即细线的拉力

（2）[3]由题意可知，滑块通过光电门A、B对应的瞬时速度分别为
，
滑块从A运动到B的过程中，由匀变速直线运动速度时间关系可得

综合可得

[4]图乙遮光片的宽度在刻度尺上对应的读数为

（3）[5]a-M函数关系图像为双曲线的一支，说明a与M成反比，则有a与成正比。
[6]由牛顿第二定律有

当钩码的质量m不变，滑块的质量M与加速度a的乘积不变恒为mg，把a-M函数关系图像中两个矩形补充完整，如图所示：

两个完整的矩形的面积相等都为mg，再减去补充的共有面积，剩余的面积也相等，即图中两矩形的面积相等。
（4）[7]图丁是滑块的质量M不变，改变钩码的质量m，得出不同的mg对应的加速度a，描绘出a-mg的函数关系图像是正比例函数关系图像说明a与mg成正比。
[8]由牛顿第二定律有

可得

说明图线的斜率等于。
15-1【基础】 【正确答案】 （1）不能，原因见解析；（2）0.9s：（3）0.2s
【试题解析】 详解:
（1）此时木棍不能看作质点，此时木棍体积形状不可忽略；
（2）根据

得木棍下端到达窗口上沿所用的时间为

（3）根据

得木棍上端离开窗口下沿的时间为
t2=1.1s
木棍完全通过窗口所用时间为

15-2【巩固】 【正确答案】 （1）55m/s；（2）
【试题解析】 详解:
（1）取向下为正方向，由

得

即运动员开始打开降落伞时的速度大小为，方向竖直向下。
（2）由

知运动员自由下落的时间

运动员减速下落的时间

由

可知运动员自离开飞机到刚下落至地面的时间

15-3【巩固】 【正确答案】 （1）20m/s；（2）2.2m；（3）15m
【试题解析】 详解:
（1）根据

得

雨滴落地的速度

（2）雨滴在到达窗口上沿时的速度为

窗口上下沿的高度差

（3）雨滴落地用时2s，前1s的位移为

雨滴落地前最后1s内的位移等于

15-4【巩固】 【正确答案】 （1）2s；（2）5m；（3）1.25s
【试题解析】 详解:
（1）金属管做自由落体运动，所以位移与时间满足

代入数据解得从下落到金属管的底端刚刚碰地的时间为

（2）由自由落体位移公式可得

整根金属管经过窗户时的位移满足

联立解得

（3）由运动学公式得，金属管下落的距离为

小石头上升的距离为

又根据题意可得

联立方程，解得

15-5【巩固】 【正确答案】 （1）1.8m （2）2.4s
【试题解析】 详解:
(1)根据自由落体公式 可知

(2) 设最大速度为vm，根据速度位移公式得：

代入数据解得：
vm=12m/s
则战士下滑的最短时间为：

15-6【提升】 【正确答案】 （1）1.25m；（2）99m；（3）8.6s
【试题解析】 详解:
(1)设运动员以5m/s的速度着地时，相当于从h′高处自由落下，由

代入数据解得
h′=1.25m
(2)设运动员做自由落体运动的高度为h时速度为v，此时打开伞开始匀减速运动，落地时速度刚好为5m/s，则有
v2＝2gh
－v2＝2a（H－h）
解得
h＝125m
v＝50m/s
为使运动员安全着地，他展开伞时的高度至少为
H－h＝224m－125m＝99m
(3)他在空中自由下落，根据

解得时间为
t1=5s
他减速运动的时间为
t2===3.6s
他在空中运动的最短时间为
t=t1+t2=8.6s
16-1【基础】 【正确答案】 （1）10N；（2）L
【试题解析】 详解:
（1）对两个小环和木块整体由平衡条件得

解得

由牛顿第三定律可知，每个小环对杆的压力大小为

（2）小环刚好不滑动时，小环受到的静摩擦力达到最大值，设此时绳拉力大小为T，与竖直方向夹角为，对M由平衡条件得

对m由平衡条件得

联立解得

由几何关系可得，两环之间的最大距离为

16-2【巩固】 【正确答案】 （1）10N，6N；（2）1.2kg
【试题解析】 详解:
（1）对结点O受力分析，则有


解得轻绳OA受到拉力的大小

轻绳OB受到拉力的大小

又m2受到最大静摩擦力为

m3受到地面最大静摩擦力为

故m3与桌面间的摩擦力的大小

（2）轻绳OB受到最大拉力的大小为

对结点O受力分析，则有


解得

物体m1质量最大不能超过1.2kg。
16-3【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）
【试题解析】 详解:
（1）A处于平衡状态，正交分解可得


联立解得


（2）A物体所受的摩擦力大小为

B处于平衡状态，水平方向满足

由牛顿第三定律可知
，
联立解得

16-4【巩固】 【正确答案】 （1）不在同一直线上；（2），
【试题解析】 详解:
（1）若轻绳拉力与拉力F在一条直线上，则此时B所受重力、拉力和轻绳拉力的合力不可能为零，B不可能做匀速直线运动，故轻绳与拉力F不可能在同一直线上。
（2）对A、B整体受力情况如图所示

则在水平方向有

解得

在竖直方向有


解得

16-5【巩固】 【正确答案】 （1）；；（2）
【试题解析】 详解:
（1）以小球作为研究对象，小球在三力作用下平衡，任意两力的合力与第三力等大反向，其受力及合成情况如图（1）所示。
由图及三角函数知识可得：
水平力

弹簧弹力

由胡克定律得

所以弹簧的长度为


（2）对小球和圆柱体整体研究，其受力如图（2）所示。
整体在竖直方向静止，有

由牛顿第三定律知，圆柱体对杆的压力

水平方向系统静止，有

静摩擦力必须满足

联立以上各式解得


16-6【提升】 【正确答案】 （1），；（2）
【试题解析】 详解:
（1）对球受力分析，如图所示

根据平衡条件得
，
解得
，
则正方体和墙壁对球的支持力分别是，；
（2）正方体与球组成的系统受力如图所示

由平衡条件得

正方体受到的最大静摩擦力为

正方体不滑动，需要满足

即

若，解得

球的最大质量为为。
17-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）小球以最小位移到达斜面时即位移与斜面垂直，位移与竖直方向的夹角为θ，则

解得

（2）小球垂直击中斜面时，速度与竖直方向的夹角为θ，则

解得

17-2【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）
【试题解析】 详解:
（1）小球从D点运动到P点的过程做平抛运动，如图所示

有
，
解得

该过程中小球竖直方向上的位移大小

解得

又

解得

（2）设物块沿斜面下滑的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有

根据匀变速直线运动的规律可知，A、P两点间的距离

解得

又

解得

17-3【巩固】 【正确答案】 （1）0.6s；（2）1.2m；（3）1.35m/s
【试题解析】 详解:
（1）A球在竖直方向做自由落体运动，则

解得

（2）A球在水平方向做匀速直线运动

（3）B物块在斜面上的加速度

B物体在斜面上的位移

根据运动学公式

可得

17-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）对乙球，设从抛出到落在斜面所用的时间为，小球做平抛运动，水平方向有

竖直方向有

联立解得
，
（2）对甲球，设从抛出到落在斜面所用的时间为，小球做平抛运动，水平方向有

竖直方向有

联立解得
，
则A、B两落点之间的距离为

17-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）小球做平抛运动的时间

小球做平抛运动的水平位移

滑块做匀减速直线运动的加速度大小

滑块的位移

解得

（2）设小球抛出后经时间与长木板上的滑块相遇，根据几何关系，有

代入已知数据，解得

滑块滑动的加速度大小为

滑块的位移

由位移公式得

解得

17-6【提升】 【正确答案】 （1）1s；（2）2.4m；（3）6.8m
【试题解析】 分析:
详解:
（1）对于物体A，沿斜面向上做匀减速直线运动
由牛顿第二定律可知

所以加速度大小为

时间

（2）物体B做平抛运动，水平方向则有

（3）物体B平抛的竖直位移

由几何知识知

所以物体A、B之间的高度差为

18-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）；（4）；（5）都为mv2
【试题解析】 详解:
（1）木块刚放上时速度为零，必然受到传送带的滑动摩擦力作用，做匀加速直线运动，加速度

达到与传送带共速后不再相对滑动，用时间

小木块的位移

（2）传送带始终匀速运动，路程

（3）小木块获得的动能

（4）产生的摩擦热

（5）由能量守恒定律得，电机输出的总能量转化为小木块的动能与摩擦热，也为传送带因传送物体多消耗的电能，所以

18-2【巩固】 【正确答案】 （1）0.5m；（2）3200J
【试题解析】 详解:
（1）由题意，贷物恰好能滑入二楼仓库则在圆轨道的最高点E，恰好由重力提供向心力，得
mg=
所以
vE＝2m/s
货物到达仓库后在运动的过程中只有摩擦力做功，由动能定理得

代入数据得
s=0.5m
（2）货物从B到达E的过程中重力和摩擦力做功，由动能定理得

代入数据得
vB=8m/s
货物在传送带上加速时，沿水平方向的摩擦力提供加速度，由牛顿第二定律得
ma=μ1mg
所以
a =2m/s2
货物从开始运动到速度等于8m/s的过程中的位移为x，则
2ax＝vB2
代入数据得
x=16m
该过程中的时间
t=＝4s
该过程中传送带的位移
x′=vt=48m
货物相对于传送带的位移

所以传送带把货物从A端运送到B端过程中因摩擦而产生的内能

18-3【巩固】 【正确答案】 （1） ;（2）;（3）传送带速度或者
【试题解析】 详解:
（1）从释放物体到C点，根据动能定理有

带入数据解方程可得

（2）当物体滑上传送带就开始减速，此情况下物体到达D点有最小速度，根据动能定理有

代入数据，解方程可得到达D点有最小速度

当物体滑上传送带就开始加速，此情况下物体到达D点有最大速度，根据动能定理有

代入数据，解方程可得到达D点有最大速度

故
。
（3）（） 物体要不脱离圆轨道运动，通过E点的最小速度时，完全由重力提供向心力有

从，根据动能定理有

带入数据，解方程可得

由于 > ，所以物体滑上传送带时是加速，故传送带的速度

（）当物体速度比较小，不能滑上圆轨道的上半部分，此时的临界条件是物体最多滑到与圆心等高的地方，根据动能定理有

带入数据，解方程可得

故此种情况下，传送带的速度

18-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）6m/s，方向为顺时针方向；（3）
【试题解析】 详解:
（1）设参赛者到达B点的速度为，由机械能守恒定律得

得

由牛顿第二定律得

可得

（2）设参赛者到达C点的速度为，由动能定理得

解得

因此传送带运转方向为顺时针方向。
假设参赛者在传送带上一直加速，设到达C点的速度为v，由动能定理得

解得

故假设不成立，参赛者在传送带．上先匀加速到6m/s，再做匀速运动，即传送带速率为6m/s。
（3）设参赛者在传送带上做匀加速运动的时间为t

此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小为

传送带由于传送参赛者多消耗的电能为

代入数据解得

18-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）物体无初速度地放在传送带的起点，物体运动到最高点时恰好与传送带共速，则有

解得物体运动到最高点所用时间为

（2）根据牛顿第二定律可得

又

联立解得

（3）物块与传送带发生的相对位移为

物块与传送带间因摩擦产生的内能为

根据能量守恒可知，传送带由于传送该物体多消耗的电能为

18-6【提升】 【正确答案】 （1）；（2）1.4m；（3）见解析
【试题解析】 详解:
（1）当滑块恰好过最高点C时，重力提供向心力得

解得

（2）若滑块恰好能过最高点，从A到C过程中，根据动能定理有

解得

要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度

从A到E过程中，根据动能定理有

解得

显然

要使滑块恰能运动到E点，则滑块释放点的高度为

（3）①当滑块释放点的高度范围满足时，滑块从传送带返回D点，重回圆轨道，最终停在上，分析可知滑块在上滑动的路程为，根据动能定理有

解得

②当滑块释放点的高度时，滑块从E点飞出，根据动能定理有

解得

由平抛运动知识可知，平抛运动的时间

解得

19-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）要使第三个棋子恰好相对上面棋子运动，根据牛顿第二定律，对1、2、3三颗棋子整体分析有

对1、2两颗棋子分析：

解得

（2）根据牛顿第二定律可推知，1、2两颗棋子整体在第3颗棋子上做匀加速运动的加速度大小和在第4颗棋子上做匀减速运动的加速度大小均为

根据对称性可知，1、2两颗棋子整体的速度经过时间t增大到最大值后，再经过时间t速度减为零，当棋子移动的距离恰好为l时，有

设以不被人眼感知的F的最小值Fmin作用时棋子3的加速度大小为，根据位移关系有

解得

对棋子3根据牛顿第二定律有

解得

19-2【巩固】 【正确答案】 （1） ；（2），，0.375；（3）1.11m
【试题解析】 分析:
详解:
（1）分析木板和木块下滑过程

解得

由运动学公式

得

（2）木块匀速运动时，对木块有

对木板

由运动学公式有

木板匀速运动时

联立解得

则可得
，，，
又

可解得

（3）木板匀速运动时，木块

解得

木块达到与木板共速的时间为，之后木板加速

故木板匀速运动的距离

19-3【巩固】 【正确答案】 （1）5m/s2，方向沿斜面向下；（2）98m
【试题解析】 详解:
（1）设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数μ=0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则


联立并代入数据得
a1=5m/s2
a1的方向沿制动坡床向下。
（2）设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v=23m/s，货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0=38m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s=4m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2．货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k=0.44，货车长度l0=12m，制动坡床的长度为l，则






联立并代入数据得

19-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）；（4）
【试题解析】 详解:
（1）由工件运动的丙图像得

由牛顿第二定律可得，工件左侧壁对滑块施加的弹力

解得

（2）设工件底面与水平桌面间的动摩擦因数为，在水平推力作用下，滑块与工件看成整体，对整体由牛顿第二定律可得

解得

撤去推力F后，滑块匀速到达O点，工件做减速运动，对工件则有

解得

工件运动时间为

解得

工件光滑部分的长度

解得

（3）滑块运动到粗糙面上时，由于

滑块做减速运动，工件做加速运动，对滑块则有

解得

对工件则有

解得

滑块运动在粗糙面上时，与工件达到共速，则有

解得


滑块与工件右侧壁未相碰，则粗糙面长度最小为

则工件的最小长度为

（4）滑块与工件达到共速后两者一起减速运动，加速度

解得

工件从开始运动到最后静止，经历了先加速后减速，再加速，最后减速的运动过程，发生的位移

解得

19-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）当纸板相对砝码运动时，则砝码和桌面对纸板的摩擦力都是滑动摩擦力，砝码对纸板的摩擦力为

桌面对纸板的摩擦力为

故纸板所受摩擦力为

（2）设砝码的加速度为，纸板的加速度为，则根据牛顿第二定律有


要使纸板相对砝码运动，则需满足

联立解得

（3）将数据代入上述的分析可得
，
设经过t时间，砝码离开纸板，则有

带入数据解得

则此时砝码运动的位移为

对纸板分析可知，纸板离开桌面后受到桌面的摩擦力水平向左，且该摩擦力大小等于，则根据牛顿第二定律可知，此后砝码的加速度大小也为，但方向水平向左。由于加速度大小相等，则当砝码减速停止时，两个过程中速度的变化量大小相等，则所需的时间也相等，根据逆向思维可知，砝码在桌面上减速到停止的位移为

故砝码最终相对桌面移动的距离为

19-6【提升】 【正确答案】 （1）8m/s2，2m/s2；（2）20m；（3）
【试题解析】 详解:
（1）木块刚冲上木板时，木板对木块有沿斜面向下的摩擦力，木块对木板有沿斜面向上的摩擦力，设木块和木板的加速度大小分别为a1、a2，对木块和木板分别根据牛顿第二定律有


解得


（2）t=2s时，木块和木板的速度大小分别为


从t=0到t=2s过程中木块和木板的位移大小分别为


从t=0到t=2s过程中木块相对木板移动的距离为

（3）根据前面分析可知t=2s时木块和木板达到共同速度，假设此后木块加速度不变，木板做匀减速运动的加速度大小为，此时木板相对木块向下滑动，其加速度大于木块的加速度，对木板根据牛顿第二定律有

解得

故假设成立。所以木板的速度先减为零，当木板速度减为零时，假设木板可以静止在斜面体上，则此时木板受到的静摩擦力大小应为

木板与斜面体间的最大静摩擦力为

故假设成立。
从木块与木板达到共同速度到木块速度减为零，木块和木板的位移大小分别为


此过程木块相对木板移动的距离为

木块速度减为零后将沿木板下滑，此时木块对木板有沿斜面向下的摩擦力，则恰好有

所以木块下滑过程中木板仍静止。因此若要求木块不从木板的上端冲出，木板的最小长度为