运动和力的关系（易错59题22大考点）解析版-2025-2026学年高一物理上学期（人教版必修第一册）

运动和力的关系（易错59题22大考点）

IX»易布做型忸物■■

一.牛顿第一定律的内容与应用（共2小题）

二.惯性与质量（共2小题）

三.牛顿第二定律的简单应用（共6小题）

四.牛顿第二定律求解瞬时问题（共3小题）

五.牛顿第二定律求解多过程问题（共3小题）

六.牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题）（共2小题）

七.力学单位制与单位制（共3小题）

八.牛顿运动定律的应用一从受力确定运动情况（共2小题）

九.牛顿运动定律的应用一从运动情况确定受力（共2小题）

十.超重与失重的概念、特点和判断（共3小题）

十一.根据超重或失重状态计算物体的运动情况（共4小题）

十二.物体在光滑斜面上的运动（共3小题）

十三.物体在粗糙斜面上的运动（共3小题）

十四.牛顿第二定律的临界问题（共2小题）

十五.斜面上的连接体问题（连接体问题的特例）（共2小题）

十六.等时圆模型（共2小题）

十七.连接体模型（共3小题）

十八.水平传送带模型（共2小题）

十九.倾斜传送带模型（共2小题）

二十.无外力的水平板块模型（共2小题）

二十一.有外力的水平板块模型（共2小题）

二十二.探究加速度与力、质量之间的关系（共4小题）

*务你班型制秣

一.牛顿第一定律的内容与应用（共2小题）

1.各个面都光滑的直角三角体A放在光滑的斜面B上时，恰好使一直角边水平，如图所示,

将一个小球置于该光滑直角边水平面上，然后将三角体A由静止释放，则小球在碰到斜

面之前的运动轨迹是（）

A.平行斜面向下的直线B.竖直向下的直线

C.无规则曲线D.垂直斜面的直线

【答案】B

【解答】解：由于直角三角体的水平面是光滑的，A又是放在光滑的斜面上，当斜面体A

在光滑的斜面B上下滑时，小球由于只在竖直方向受力，

故小球在碰到斜面之前的运动轨迹是竖直向下的直线。・・・B选项正确。

故选:Bo

2.（多选）对于牛顿第一定律及惯性的理解，下列说法正确的是（）

A.速度大的物体，其惯性也大

B.任何有质量的物体都具有惯性

C.没有力作用的物体，其速度可能很大

D.运动的物体之所以会停下来，是因为其受到阻力的作用

【答案】BCD

【解答】解：A、惯性大小取决于物体质量大小，与速度大小无关，故A错误；

B、一切物体都有惯性，故B正确；

C、力的大小与物体的速度无关，所以没有力作用的物体，其速度可能很大，故C正确;

D、根据现在的认识可知，运动的物体之所以会停下来，是因为其受到阻力的作用。故D

正确

故选：BCDo

二.惯性与质量（共2小题）

3.打水漂是人类最古老的游戏之一（如图所示）。瓦片从手上水平飞出，擦水面飞行，并

在水面上向前弹跳几次后下沉。下列关于瓦片的判断正确的是（）

A.初速度越大，惯性越大

B.飞行时间越长，惯性越大

C.飞行距离越长，惯性越大

D.质品越大，惯性越大

【答案】D

2

【解答】解：惯性是物体本身具有的一种性质，惯性的大小只与物体的质量有关，所以

瓦片的质量越大，惯性一定越大，与初速度、时间、飞行距离等因素无关，故ABC错误，D

正确；

故选：Do

4.（多选）小轩很喜欢爸爸新买的数码照相机，在旅途中拍下了火车内桌面上塑料杯瞬间

的不同状态，如图的甲、乙、丙，则下列关于火车运动状态的判断可能正确的是（）

A.甲图中火车在匀速运动，乙图中火车突然向左加速，丙图中火车突然向左减速

B.甲图中火车在匀速运动，乙图中火车突然向右加速，丙图中火车突然向左加速

C.甲图中火车在匀速运动，乙图中火车突然向左加速，内图中火车突然向右减速

D.甲图中火车在匀速运动，乙图中火车突然向右减速，丙图中火车突然向右加速

【答案】AD

【解答】解：甲图中，物体相对于•桌面的位置没有发生改变，因此它们的运动状态是相

同的，说明此时火车在匀速运动；

乙图中，物体向右倾倒，说明火车突然向左加速（或向右减速），因为，火车突然向左

加速时，塑料杯的下部由于摩擦也随着加速，而上部由于惯性仍保持原来的运动状态，

所以才会向右倾倒；火车向右减速时的情形也可用类似的方法解释；

丙图中，物体向左倾倒，说明火车突然向左减速（或向右加速），因为，火车突然向左

减速时，塑料杯的下部由于摩擦也随着减速，而上瓢由于惯性仍保持原来的运动状态，

所以才会向左倾倒；火车向右加速时的情形也可用类似的方法解释.

综上所述，甲图中火车在匀速运动，乙图中火车突然向左加速（或向右减速），丙图中

火车突然向左减速（或向右加速），故AD正确，BC错误。

故选：ADo

三.牛顿第二定律的简单应用（共6小题）

5.如图甲两物体A、B叠放在光滑水平面上，对物体B施加一水平变力F,F-t关系图像

如图乙所示。两物体在变力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止。则（）

A.t时刻，两物体之间的摩擦力最大

B.t时刻，两物体的速度方向开始改变

3

C.t-2t时间内，两物体之间的摩擦力逐渐减小

D.0-2t时间内，物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同

【答案】D

【解答】解：A、以整为为研究对象，由图看出，t时刻，F=0,加速度为零，则以A为

研究对象可知，A、B间的静摩擦力为零。故A错误。

B、根据牛顿第二定律知，两物体先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运

动，则t时刻速度方向不变，而且速度最大。故B错误。

C、t-2t时间内，两物体的合外力增大，加速度增大，再以A为研究对象，可知两物体

间的摩擦力增大。故C错误。

D、对整体分析，整体的加速度与F的方向相同，A物体所受的合力为摩擦力，故摩擦力

的方向与加速度方向相同，即与F的方向相同。故D正确。

故选：Do

6.一喷气飞行器在空中斜向上运动，运动方向与竖直方向成53°角，且做加速度大小为0.1g

的匀加速直线运动，如图所示。若运动过程中所受空气阻力大小为其重力的0.1倍，g为

重力加速度,m为飞行器的质量（假设始终保持不变），则飞行器所受推力的大小是（）

（不再考虑其他作用力,sin530=0.8,cos53°=0.6）

3V2门43V3、4V2

I.~~mgB.-mgC.ymgD.

【答案】D

【解答】解：对飞行器分析受力，建立如图所示的直角出标系。

根据牛顿第二定律得

y方向有

Fy-mgsin53°=0

x方向有

0

Fx-f-mgcos53=ma

其中f=0.1mg

解得

4

Fx=0.8mg

解得推力?=卜$+耳=,故ABC错误，D正确。

故选：D。

7.（多选）如图所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小恒为v=2m/s,一

物块从B端以初速度vo=4m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数口=0.4,g取

10m/s2,下列判断正确的是（）

A.如果物块从A端离开传送带，两端A、B间距离可能为3m

B.如果物块从B端离开传送带，两端A、B间距离可能为3m

C.如果两端A、B间距离为4m,物块离开传送带时的速度大小为2m/s

D.如果两端A、B间距离为4m,物块离开传送带时的速度大小为4m/s

【答案】BC

【解答】解：A、物体在传送带上运动的加速度大小为a=pg=4m/s2,如果物体能够从A

v216

端离开传送带，则AB间的最大距离为x=丁=T—Tin=2m,故A错误；

B、如果A、B间距离为3m>2m,则物体一定从B瑞离开传送带，故B正确；

CD、如果两端A、B间距离为4m>2m,物体B先向左减速，再向右加速到2m/s,以后

匀速运动，从B端离开传送带，故物块离开传送带时的速度大小为2m/s,故C正确，D

错误。

故选：BCo

8.（多选）将一羽毛球竖直向上击出，过一段时间小球回到击出点。羽毛球受到重力和空

气阻力，以竖直向下为正方向，绘制出羽毛球从抛出到归I到抛出点（t2时刻）的v-t图

线如图所示。下列说法正确的是（）

A.羽毛球的速度一直在增大

B,羽毛球上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度

C.羽毛球加速度的方向在最高点发生了改变

5

D.t］时刻羽毛球到达最高点

【答案】BD

【解答】解：A、由图可知，羽毛球的速度先向上减小，后向下增大，故A错误；

B、由牛顿第二定律可得，上升阶段的加速度大小为

mg+f\

«i=-7~71-

下降阶段的加速度大小为

mg-f?

a=-----

2m

可知上升阶段的加速度比下降过程的大

又有

h=­at2

因上升过程和下降过程位移大小相等，则羽毛球上升过程的时间小于卜降过程的时间，

故羽毛球上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，故B正确；

C、根据v-t图像的斜率表示加速度，由图可知，整个运动过程，羽毛球的加速度一直

为正，方向没有变化，故C错误：

D、以竖直向下为正方向，由图可知，h时刻羽毛球的速度为零，则L时刻到达最高点,

故D正确。

故选：BDo

9.如图所示，质最为m的物体随自动扶梯加速上升.已知加速度的大小为a,方向与水平

成8角，求：

(1)物体在加速上升中受到的摩擦力大与方向.

(2)物体所受支持力的大小.

…____________

【答案】见试题解答内容

【解答】解：(1)物体的加速度斜向上，将其加速度分解到水平和竖直方向得：

水平分加速度为：ax=acos8,方向水平向右：

竖直分加速度为：ay=asinO,方向竖直向上，

根据牛顿第二定律，水平方向，物体受到的摩擦力大小为：f=max=macos。，水平向右

(2)竖直方向有:FN-mg=may=masin0,所以有：FN=m(g+asin6)；

答：(I)物体在加速上升中受到的摩擦力大小为maco。，方向水平向右；

(2)物体所受支持力的大小为m(g+asin0).

6

10.（B）如图所示的装置是某工厂用于产品分拣的传送带示意图，产品（可以忽略其形状

和大小）无初速地放上水平传送带AB的最左端，当产品运动到水平传送带最右端时被

挡板d挡住，分拣员在此鉴定产品质量，不合格的被取走，合格品被无初速地放在斜向

传送带BC的顶端，滑至底端的传送带后再进行包装等工序.已知传送带AB、BC与产

品间的动摩擦因数U=0.5,均以v=4m/s的速度按图示方向匀速转动，水平传送带AB

长L[=12m,斜向传送带BC长L2=1.64m,倾角Q=37°（sin370=0.6,cos37°=

0.8,g=IOm/s2）,求：

（1）产品刚放上水平传送带AB时，产品加速度的大小和方向；

（2）产品在水平传送带AB上运动的时间；

（3）产品在斜向传送带BC上运动的时间.

【答案】见试题解答内容

【解答】解：（1）产品刚放上水平传送带AB时，水平方向受到向右的滑动摩擦力,

由牛顿第二定律得pmg=ma

得加速度大小为a=5m/s2,方向水平向右.

v

（2）产品加速到速度传送带相同所用时间为t!=-=0.8s

匀加速的位移Si==1.6m

12-1.6

则匀速运动的时间t2=——=2.6s

得产品在水平传送带AB上运动的时间为t=h+t2=3.4s

（3）第一段物体向下做匀加速直线运动,则有：mgsin8+umgcos8=ma”

则得加速度为ai=10m/s2,

vo

匀加速运动的时间ti=-=0.4s,

a1

位移Si=5a汨=0.8m

第二阶段，由于mgsin37°>|4mgcos370,

故物体继续向下做匀加速直线运动；

2

则得mgsinG-|imgco>0=ma2>加速度为a2=2m/s

第二段运动时间0.84=VQt2+^a2tl，

7

解得t2=0,2s

得产品在斜向传送带BC上运动的时间为t=t|+t2=0.6s

答

（1）产品刚放上水平传送带AB时，产品加速度的大小为a=5m/s2,方向水平向右；

（2）产品在水平传送带AB上运动的时间为3.4s：

（3）产品在斜向传送带BC上运动的时间是0.6s.

四.牛顿第二定律求解瞬时问题（共3小题）

11.如图所示，倾角为8=30°的固定足够长的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一•端与

固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B,

物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的F=mg的恒力作用下处于静

止状态。某一时刻将力F撤去，若弹簧将A、B弹起的过程中，A、B能够分离，则下列

叙述正确的是（）

A.撤去力的瞬间，A、B的加速度大小均为g

B.撤去力的瞬间，A对B的弹力大小

C.A、B被弹起的过程中，两者即将分离时，弹簧处于压缩状态

D.若斜面粗糙且与A、B间的动摩擦因数相同，A、B能被弹起，分离位置与斜面光滑

时相同

【答案】D

【解答】解：A、撤去力F前，A、B处于静止状态，对A、B整体，根据平衡条件有

F产F+2mgsin300

代入数据得F井=2mg

撤去F的瞬间，弹簧弹力不变，整体有沿斜面向上的加速度，由牛顿第二定律，对A、B

整体，由牛顿第二定律，A、B的加速度大小为

Frr=F.即-2mgsin30''=2ma

代入数据得a号

故A错误；

B、撤去力的瞬间，根据隔离法，对B分析，由牛顿第二定律，A对B的弹力大小为

FA.=FAB~mgsin30°=ma

代入数据得FAB=mg

8

故B错误：

C、当A、B之间作用力为零时，且加速度相同时，两物块分离，根据隔离法，对B分析,

由牛顿第二定律

-mgsin30°=mai①

对A、B整体，由牛顿第二定律

F蝉]・2mgsin30°=2ma]②

联立①②解得，F婵1=0

此时弹簧处于原长状态，故C错误；

D、若斜面粗糙且与A、B动摩擦因数相同，A、B能被弹起的瞬间，根据隔离法，对B

分析，由牛顿第二定律

-mgsin300-|imgcos30"=maz③

对A、B整体有

F舛2-2mgsin30°-|i*2mgcos30D=2ma20

联立③④解得，F抻2=0

说明分离时的位置与斜面光滑时相同，都是弹簧恢复到原长时上端的位置，故D正确：

故选：Do

12.如图所示，光滑轻质滑轮固定在天花板上，一根不可伸长的轻绳跨过滑轮分别系着物块

A和小球B,物块A放置在水平地面上，小球B静止在空中，A、B质量分别为4m、m,

物块A与水平面间的动摩擦因数为0.5,滑轮左侧轻绳与水平面间夹角为53°,现施加

水平拉力F作用在小球R上使其缓慢转动至物块A即将发生滑动为止，设滑动摩擦力等

于最大静摩擦力，重力和速度为g，sin530=0.8,cos53°=0.6,以下说法正确的是（）

A.轻绳对定滑轮的作用力逐渐增大，方向不变

B.拉力F最大值为加mg

C.A即将滑动时，突然撤去拉力F的瞬间，小球B的加速度大小为当g

D.在A即将滑动时，撤去拉力F后，物块A会发生滑动

【答案】C

【解答】解：A、设轻绳拉力为T,滑轮右侧轻绳与竖直方向夹角为a,小球B缓慢转动

9

过程，a逐渐增大，小球B受力平衡，则有：Tcosa=mg,解得：T=—,则轻绳拉

LC/Ovv

力T逐渐增大，由于绳的夹角0发生变化，轻绳对定滑轮的作用力的方向发生变化，故

A错误；

B、当物块A即将发生滑动时a最大，轻绳拉力T最大，拉力F最大，对物块A,有：

mgm9

Tcos53°=n(4mg-Tsin53°)，解得：T=2mg,由Tcosa=mg得cosa=亍-=27ng=

1

5,故B错误；

C、若突然撤去拉力F,对B由牛顿第二定律得：mgsina=ma,解得小球B加速度大小

为a=哼g：故c,正确；

D、去外力后，设物块A仍静止不动，小球B做圆周运动，到达最低点时速度为v,根

1、mv2

据机械能守恒定律：mgL(1-cosa)=,mv2,由牛顿第二定律得T-mg=一1，解得T

=3mg-2mgcosa=2mg=Tm,

小球摆动过程中，物块A未发生滑动，故D错误；

故选：Co

13.(多选)如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平

方向夹角分别为6()。和45。，A、B间拴接的轻弹簧恰好处于水平状态，则下列计算正

确的是()

AB

A.悬挂A、B的细线上拉力大小之比为I：V2

B.A、B的质量之比为小4：mB=y/3：1

C.同时剪断两细线的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为3：V6

D.同时剪断两细线的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为连：3

【答案】BD

【解答】解；A.将A、B作为一个整体，水平方向上受力平衡，则丁"。$60。=/cc$45。

可知悬挂A、B的细线上拉力大小之比T力：TB=V2：1

故A错误；

B.由于弹簧处于•水平状态，因此A、B两物体在竖直方向上受力平衡

TAsin600=mAg,TBsin4S0=mBg

可知血4：mu-V3：1

故B正确：

10

CD选项：同时剪断两细线的瞬间，弹簧的弹力不能突变，A和B两物体的合力等于绳

子的拉力，由牛顿第二定律得；

%TATs4M8=1「

-=-----•-----=—x------=V2x=v6-3

TTIA'TBM/iV3.

故C错误，D正确。

故选：BDo

五.牛顿第二定律求解多过程问题（共3小题）

14.斜面ABC中AB段粗糙，BC段光滑，如图甲所示。质量为1kg的小物块（可视为质点）

以v°=12m/s的初速度沿斜面向上滑行，到达C处速度恰好为零。物块在AB段的加速

度是BC段加速度的两倍，其上滑过程的v・t图像如图乙所示（VB、to未知），重力加

速度g取lOm/s?。则根据上述条件，下列可以求得的是（）

A.物块与斜面之间的动摩擦因数

B.斜面的倾角

C.斜面AB段的长度

D.物块沿斜面向下滑行通过AB段的加速度

【答案】D

【解答】解：C、小物块沿斜面向上滑行的初速度v（）=l2rn/s,由题意有aAB=2apc

vo-vaVB

由加速度的定义可得工―

I*。

解得小物块沿斜面向上滑行通过B点处的速度为\，B=4m/s

设AB段长度为SAB，加速度大小为2a,BC段长度为SBC，加速度大小为a,AB段根据

运动学公式有诒一诏=2x（-2a）sAB

BC段看0—=2（—CI）SBC

已知v（）=12m/s,因BC段长度未知，无法求出加速度及斜面AB段的长度，故C错误；

AB、小物块在AB段，根据牛顿第二定律得mgsin0+umgcos6=m・2a

小物块在BC段，根据牛顿第二定律得mgsinO=ma

因加速度未知，所以不能解得斜面的倾角a及物块与斜面之间的动摩擦因数U故AB

错误：

D、小物块下滑时通过AB段，根据牛顿第二定律得ingsinG-|itngcosO=ma/

11

因为mgsinH=pnigcosS=ma

解得a'=0,故D正确。

故选：Do

15.(多选)如图甲所示，长木板B在静止在水平地面上，在t=0时刻，可视为质点、质

量为1kg的物块A在水平外力F作用下，从长木板的左端滑上从静止开始运动，1s后撤

去外力F,物块A、长木板B的速度一时间图像如图乙所示，g=10m/s2,则下列说法正

A.长木板的最小长度为2m

B.A、B间的动摩擦因数是0.1

C.长木板的质量为0.5kg

D.外力F的大小为4N

【答案】ABD

【解答】解：A、由图像可知，2s后物块和木板达到共速后一起匀速运动，说明木板与

地面之间无摩擦，根据v-t图线与时间轴围成的面积表示物体的位移，由图乙可知，在

3x13+2一，2x2

2s内物块的位移为X|=+—^―xlm=4m,木板的位移为x2=—^―m=2m,则长

木板的最小长度为L=X|-X2=4m-2m=2m,故A正确；

B、由图乙可知，Is时撤去外力F,在1〜2s内，对物块A,由牛顿第二定律得

pmg=maA

由图乙nj■知1〜2s内物块A的加速度大小为

Av3-2、、

'22

aA=^=m/s=lm/s

解得A、B间的动摩擦因数为u=().l,故B正确;

由图乙可知，木板的加速度大小为

.2

3B=^=罚屋=1m/s2

对木板B,由牛顿笫二定律得

pmg=Mag

解得长木板B的质量为M=1.0kg,故C错误;

D、0〜Is内，对物块A,由牛顿第二定律得

F-pnig=ma/人

12

此过程中加速度的大小为a）=3m/s2

解得F=4N,故D正确。

故选：ABD,）

16.在学校科技节上，物理老师在空旷的操场竖直向上发射一枚总质量为2kg的火箭模型。

如图所示，在t=0时刻发动机点火，为火箭提供了竖直向上、大小恒为45N的推力，随

后经过3s,发动机熄火，在达到最大高度后，火箭打开顶部的降落伞，在降落伞作用下

向下做匀加速运动，到达地面时的速度大小为9m/s。已知火箭箭体在运动的过程中，受

到的空气阻力大小恒为5N,把降落伞提供的阻力视为恒定不变，重力加速度g取

lOin/s2,不考虑火箭发射过程中喷出的气体对火箭质量的影响，火箭在运动的过程中可

视为质点。

地面

t=0发动机点火t=3s发动机熄火上升到最大高度,匀加速下降

打开降落伞

(1)求火箭上升的最大高度；

(2)求降落伞提供的阻力大小;

(3)某次实验，由于机械故障，降落伞是在火箭下落到与发动机刚熄火时的等高处才打

开，求火箭落地的速度大小。（结果可保留根号）

【答案】（1）火箭上升的最大高度为81m；

（2）求降落伞提供的阻力大小为14N；

（3）某次实验，由于机械故障，降落伞是在火箭下落到与发动机刚熄火时的等高处才打

开，则火箭落地的速度大小为3假m/s。

【解答】解：（1）火箭向上做匀加速运动时，根据牛顿第二定律可得•：F-mg-f^=

ina）

解得加速度大小为:=10m/s2

发动机熄火时，火箭的速度大小为：vI=a1t1=10X3m/s=30m/s

2302

v7n

火箭匀加速阶段上升的高度为：/=尸=1n=45m

ZCli2X10

发动机熄火后，根据牛顿第一定律可得：mg+fy=ma2

13

解得加速度大小为：仰=12.5m/s2

v?302

发动机熄火后，火箭继续上升的高度为：九2=#=二36m

Laz2­x12.5』"

则火箭上升的最大高度为:hm=h|+h2=45m+36m=81m

（2）火箭在降落伞作用下向下做匀加速运动，根据运动学公式可得：2a3hm=

解得加速度大小为：=0.5m/s2

根据牛顿第二定律有：mg-f空-f伞=ma3

代入数据解得降落伞提供的阻力大小为：f伞=14N

（3）火箭在下降且未打开降落伞时，根据牛顿第二足律得：mg-f^=ma4

2

代入数据解得：a4=7.5m/s

火箭刚要打开降落伞时的速度为V2,根据运动学公式可得：诏二2以九2

火箭落地时的速度为V3,根据运动学公式可得：质-该=2。3月

代入数据解得：V-3=3V65771/S

答：（1）火箭上升的最大高度为81m；

（2）求降落伞提供的阻力大小为14N；

（3）某次实验，由于机械故障，降落伞是在火箭下落到与发动机刚熄火时的等高处才打

开，则火箭落地的速度大小为3扇m/s。

六.牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题）（共2小题）

17.（多选）发光弹弓飞箭是夏季广场常见的玩具，其利用弹弓将飞箭射向高空。假设质量

为的飞箭从地面以初速度vo竖直向上射出，若运动过程中受到的阻力与其速率成正比,

飞箭运动的速率随时间变化的规律如图所示，其在口时刻到达最高点后再落回地面，落

地速率为\”，且落地前匕箭已经做匀速运动，已知重力加速度为g,下列关于小球运动

的说法中错误的是（）

A.飞箭在上升过程中的平均速度大于5

B.在h时刻飞箭的加速度大小为g

C.在速度达到之前飞箭的速度V）的过程中加速度先减小后增大

Vo

D.飞箭射出瞬间的加速度大小为（1+荷丸

【答案】AC

14

【解答】解：A、若飞箭在上升过程中做初速度为V。的匀减速直线运动，平均速度等于

根据图像与时间轴所围的面积表示位移，知火箭在上升过程中通过的位移小于

匀减速直线运动的位移，则飞箭在上升过程中的平均速度小于匀减速直线运动的平均速

度手，故A错误；

B、在t|时刻飞箭到达最高点，只受重力，加速度大小为g,故B正确；

C、根据v-t图像的斜率表示加速度，知在速度达到之前飞箭的速度”的过程中加速度

一直减小，故C错误；

D、飞箭射出瞬间的加速度大小为a也，匀速运动时，有mg=kv],联立解得:

vo

a=（l+-）g,故D正确。

本题选错误的，

故选：ACo

18.（1）假如有一水滴从100m高空由静止落向地面，若忽略空气阻力，计算：该水滴落

地时的速度v。（g=19m/s*2）

（2）但是雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有

关。将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2V其

中v是雨滴的速度，k是比例系数。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重:力加速度为

g。

a.雨滴下落高度足够高，画出雨滴下落过程的速度随时间变化的v-t图像：

b.设雨滴的密度为p,推导雨滴卜.落趋近的最大速度、几与半径r的关系式：

c.分析说明，半径分别为口和上的两雨滴从同一高度由静止下落，谁先到达地

面？

0t

【答案】（1）该水滴落地时的速度v为20V5m/s；

（2）a、见解析；

b、雨滴下落趋近的最大速度vm与半径I•的关系式为〜=/攀：

c、半径大的口先到达地面。

【解答】解：（1）忽略阻力，水滴做自由落体运动，根据速度一位移公式有

v2=2gh

15

解得：v=20\/5m/s

（2）a、据题，雨滴竖直落向地面的过程中所受空气阻力大小为

f=kr2v2

根据牛顿第二定律有

mg-f=ma

雨滴下落高度足够高，可知，雨滴先向下做加速度减小的变加速运动，加速度减为零后

做匀速更线运动，画出v・t图像如图所示。

0

b、半径为r的雨滴体积为

其质量为

m=pV

当雨滴的重力与阻力相等时，速度最大，设最大速度为Vm，结合上述可知

mg=f=kr2v^

解得：Mrpg

yj3k

c、对雨滴进行分析・，根据牛顿第二定律有

mg-kr2v2=ma

可知，同样速度情况下，半径越大的雨滴加速度越大，速度增加越快，且根据b的结论

可.知，半径越大的雨滴最大速度越大，所以下落同样高度，半径大的口先到达地面。

答：（1）该水滴落地时的速度v为20V5m/s：

（2）a、见解析；

b、雨滴下落趋近的最大速度与半径I■的关系式为~=日孽；

N3k

c、半径大的口先到达地面。

七.力学单位制与单位制（共3小题）

19.某国宇航局发射行星探测卫星，由于没有把部分资料中实际使用的单位制转换为国际单

位制，造成重大损失。国际单位制中力学有三个基本单位，用这三个基本单位导出功率

单位一瓦特（W）的表达形式为（）

16

A.kg*m2*s*3B.kg*m5*s'2

C.kg2*m3*s-1D.kg2*m*s*3

【答案】A

WJN-m.kq-m/s2-m

【解答】解：根据功率的定义式P=下得功率的单位为：IW=K=1—=1•包」——

tsss

=1kg-m2-s-3,故A正确，BCD错误。

故选：Ao

20.近10年来我国大力发展空军和海军，新增舰船是除美国外其他国家的总和。无论是飞

机还是战舰设计，都需要复杂的流体力学知识。当流体流动时，根据流动特征可以分成

湍流和层流：如果流体质点的轨迹（一般说随初始空间坐标x、y、z随时间t而变）是有

规则的光滑曲线（最简单的情形是直线），这种流动叫层流，此时流体分层流动，各层

互不混合，没有这种性质的流动叫湍流。不同状态的流体动力学方程不一样。流体力学

中用一个无量纲的数--雷诺数Re（Reynoldsnumber）,来表征流体的这一特征，一般

情况下，雷诺数小的时候是层流，雷诺数大的时候是湍流。已知雷诺数由四个变量决定,

流体的流速v、流体的密度p、特征长度d,黏性系数p.请根据所学知识对雷诺数的表

达式做出判断，以下表达式中可能正确的是：（已知黏性系数口为流体中相距dx的两平

行液层，由于内摩擦，使垂直于流动方向的液层间存在速度梯度募，当速度梯度为1个

单位，相邻层“单位”接触面S上所产生的黏滞力F（亦称内摩擦力）即黏性系数，以“

F

表示：|1=耳它的单位是Pa・s）（）

p爪dpvdpvd2pvd

A.B.Re=—C.Re=D.Re=~^T

【答案】B

—小、工中p\[vd口kgm^mkgrn7-m2-s2s2,

【解答】解：A、如果Re=T1，其单位是-----=J1-----=—由于雷

〃m3S2Pas依声kgs

诺数是无量纲的量，故A错误：

ovdkammkamkgm

B、如果Re=，p其单位是意•不•瓦瓦=倭7•爷=书浮=1,由于雷诺数

是无量纲的量，故B正确：

pvd2pvdpvdpvd2

C、如果Rc=~~—=~~~-d,由B可知一=1,d的单位是m,如果Re=~~~

MMM3

m,则由于雷诺数是无量纲的量，故C错误；

pvdkam1_kg_kg7nb

D、如果M=出,则其单位是高二"o=------/N-c、$=--

(Pas)「ms(/*m,sN3f3

17

ka-ms1karri5s6ni2-s2

%•用予=看中百=心，由于雷诺数是无量纲的量，故D错误。

故选:Bo

21.（多选）物理单位由基本单位和导出单位组成，物理关系式不仅反映了物理量之间的关

系，也确定了单位间的关系。如公式W=FL既反映了功、力和位移之间的关系，也确定

了J（焦）等效于N（牛）和m（米）的乘枳。下面几种单位组合与磁通量单位Wb（韦）

等效的是（）

TNJV

A.~-B.~—C.~D.一

TH2AmAs

【答案】BC

F、N、NmJ

【解答】解：ABC、磁通量：cj）=BSlWb=IT*m2=l-m2=l—r-=故

ILA-mAA

BC正确，A错误；

A（P1

D、由法拉第电磁感应定律可知：E=n—,磁通量的变化量A3=-EAt,E的单位是

1-ZT

V

V,t的单位是S,因此磁通量的单位lWb=lV・sWL,故D错误。

s

故选：BCo

八.牛顿运动定律的应用一从受力确定运动情况（共2小题）

22.如图所示，质量为1kg的木块（视为质点）被水平向左的力F压在竖直增壁上，其压

力F=kx（k为常数，x为木块位移），木块从离地面高度5m处静止释放，到达地面时

速度恰减为0。若木块与墙面之间的动摩擦因数0.2,重力加速度大小为lOm/s2,则（）

A.k=4

B.k=20

C.木块下滑过程中，在x=1.25m处速度最大，且最大值为5m/s

D.木块卜滑过程中，在x=2.50m处速度最大，且最大值为10m/s

【答案】B

【解答】解：AB、弹力随位移均匀变化，根据动能定理有：mgh-畔h=0,解得：k=

20N/m,故A错误，B正确；

CD、当重力与摩擦力相等时，木块加速度为0,速度最大，即ukx=mg

解得:x=2.50m

根据动能定理得

18

Rkx1

mgx—~^~x=pnvz

解得最大速度为：v=5m/s,故CD错误。

故选：Bo

23.如图所示是某幼儿园的户外滑梯，直滑道长L=4m,滑道倾角8=37°,一质量为1口=

20kg的儿童从直滑道上端由静止开始向下滑行，儿童与滑道间的动摩擦因数p=0.5,不

计空气阻力,（sin37°=0.6,cos37°=0.8）,求:

（1）儿童下滑的加速度大小；

（2）儿童滑到底端所用的时间及滑到底端时的速度天小。

【答案】（1）儿童下滑的加速度大小2m/s2；

（2）儿童滑到底端所用的时间为2s,滑到底端时的速度大小为4m/s。

【解答】解：（1）对儿童受力分析，并由牛顿第二定律可得：mgsin0-nmgcos0=ma

可得：a=gsin9-ngcosB

代入数据可得：a=2m/s2

（2）（解法一）由位移一时间关系有：L=1at2

变形可得：£=侑，弋入数据解得：l=2s

由速度一时间关系可得：v=at=2X2m/s=4m/s

（解法二）由速度一位移关系有：v2-0=2aL

代入数据解得：v=4m/s

v4

由速度一时间关系可得：t=£=T=2s

答：（1）儿童下滑的加速度大小2m/s2；

（2）儿童滑到底端所用的时间为2s,滑到底端时的速度大小为4m/s。

九.牛顿运动定律的应用一从运动情况确定受力（共2小题）

24.如图所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A上的顶端O处，维线另

一端拴一质量为m=0.2kg的小球静止在A上。若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为

ao（取g=10m/s2）则（）

19

A.当a=5m/s2时，线中拉力为亘

B.当a=10m/s2时，小球受的支持力为aN

C.当a=12m/s2时，经过1秒钟小球运动的水平位移是6m

D.在稳定后，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和

【答案】A

【解答】解：设加速度为刖时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉

力，根据牛顿第二定律，有：

水平方向：Fz?=Fcos45°=ma（）

竖直方向：Fsin45°=mg

解得：a（）=g

A、当a=5m/s2时，小球未离开滑块，水平方向：Fcos45°-FNcos45°=ma竖直

方向：Fsin45°+FNsin45°=mg,解得：F=—^―N,故A正确：

B、当a=10m/s2时，小球刚好要离开滑块，小球受的支持力为0,故B错误；

C、当a=12m/s2时，小球己经离开滑块，只受重力和绳的拉力，第1秒钟小球运动的水

平位移x=；Q£2=6m,经过1秒钟不一定是第1秒，故C错误；

D、系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等

于两个物体的重力之和，故D错误。

故选：Ao

25.2023年8月16H,备受瞩目的世界机器人大会在北京盛大开幕。新一代送餐机器人首

次登场，如图所示，只要设置好路线、放好餐盘，它就会稳稳地举着托盘，到达指定的

位置送餐。已知配餐点和目标位置在一条直线通道上，机器人送餐时从静止开始启动，

加速过程的加速度大小ai=2m/s2,速度达到v=2m/$后匀速，之后适时匀减速，减速历

时2s恰好把食物平稳送到目标位置，整个送餐用时t=23s°若载物平台始终呈水平状态,

食物与餐盘的总质量m=2kg,食物、餐盘与平台间无相对滑动，取重力加速度g=

10m/s2,试求：

（1）机器人加速过程的时间m

（2）配餐点和目标位置的直线距离X；

（3）减速过程中平台对食物和餐盘整体的平均作用刀的大小F。