专题二力和运动

1、专题二力和运动第I卷（选择题）一、选择题（每小题4分，共40分）1某小孩在广场游玩时，将一氢气球系在了水平地面上的砖块上，在水平 风力的作用下，处于如图所示的静止状态。若水平风速缓慢增大，不考虑气球体积及空气密度的变化，则下列说法中正确的是 A.砖块对地面的压力保持不变B.砖块受到的摩擦力可能为零 C.砖块可能被绳子拉离地面D.细绳受到的拉力逐渐减小2如图所示，固定在水平地面上的物体A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为的斜面，一根轻绳跨过物体A顶点上的小滑轮，绳两端分别系有质量为m1、m2的小球，当两球静止时，小球m1与圆心连线跟水平方向的夹角也为，不计一切摩擦，则m1、m2之间的关系是 m1m2A

2、Am1=m2 Bm1=m2tanCm1=m2cot Dm1=m2cos3如图所示为固定在水平地面上的顶角为的圆锥体，表面光滑。现有一质量为的弹性圆环静止在圆锥体的表面上，若圆锥体对圆环的作用力大小为，则有（ ）A. B. C. D. 4如图所示，不计重力的轻杆OP能以O为轴在竖直平面内自由转动，P端挂一重物，另用一根轻绳通过滑轮系住P端，当OP和竖直方向的夹角缓慢增大时（），OP杆所受作用力的大小A、恒定不变        B、逐渐增大C、逐渐减小      

3、60; D、先增大后减小5原来静止的物体受到外力F的作用，如图所示为力F随时间变化的图线，则与F-t图象对应的v-t图象是(   )6质量m=1kg的物体置于倾角=37°的固定粗糙斜面上，t=0时对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t=1s时撤去拉力，物体运动的部分v-t图如图所示。已知斜面足够长，g取10m/s2，则下列说法中正确的是（ ）A拉力的大小为20NBt=1s时物体的机械能最大C物体与斜面间的动摩擦因数为0.5Dt=4s时物体的速度大小为10m/s7如图所示是一种汽车安全带控制装置的示意图当汽车静止或做匀速直线运动时，摆锺竖直悬挂，锁棒水平，棘轮可以自由

4、转动，安全带能被拉动，当汽车突然刹车时，摆锺由于惯性绕轴摆动，使得锁棒锁定棘轮的转动，安全带不能被拉动，若摆锤从图中实线位置摆到虚线位置，汽车的可能运动方向和运动状态是A向右行驶，突然刹车B向左行驶，突然刹车C向左行驶，匀速直线运动D向右行驶，匀速直线运动8如图所示，竖直光滑杆上套有一个小球和两根弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉M、N固定于杆上，小球处于静止状态设拔去销钉M瞬间，小球加速度的大小为若不拔去销钉M而拔去销钉N瞬间，小球的加速度可能是（取）A，竖直向上B，竖直向下C，竖直向上D，竖直向下9如图所示，质量为M的斜面A置于粗糙水平地面上，动摩擦因数为，物体B与斜面间无摩

5、擦。在水平向左的推力F作用下，A与B一起做匀加速直线运动，两者无相对滑动。已知斜面的倾角为，物体B的质量为m，则它们的加速度a及推力F的大小为（     ）A. B. C. D. 10在液体中下落的物体最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度。一小铁球质量为m，用手将它完全放入水中后静止释放，最后铁球的收尾速度为v，若铁球在水中所受浮力保持不变恒为F，重力加速度为g，关于小铁球，下列说法正确的是（ ）A若测得小铁球从释放至达到收尾速度所用时间为，则小铁球下落的位移为B若测得小铁球下落时的加速度为a，则小铁球此时的速度为C若测得某时小铁球的加速度大小为a，

6、则小铁球此时受到的水的阻力为m（a+g）-FD若测得小铁球下落t时间，通过的位移为y，则该过程的平均速度一定为第II卷（非选择题）二、实验题（每小题10分，共20分）11某探究学习小组的同学要验证“牛顿第二定律”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接另一端跨过定滑轮挂上砝码盘，实验时，调整轨道的倾角正好能平衡小车所受的摩擦力（图中未画出）（1）该实验中小车所受的合力_ （填“等于”或“不等于”）力传感器的示数，该实验是否_(填”需要”或”不需要”) 满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量? （2）实验获得以下测量

7、数据：小车、传感器和挡光板的总质量M，挡光板的宽度l，光电门1和2的中心距离为s. 某次实验过程：力传感器的读数为F，小车通过光电门1和2的挡光时间分别为t1、t2（小车通过光电门2后，砝码盘才落地），已知重力加速度为g，则该实验要验证的式子是_ . 12（10分）如图所示为某同学在一次实验中打出的一条纸带，其中ABCDEF是用打点频率为50Hz的打点计时器连续打出的6个点，该同学用毫米刻度尺测量A点到各点的距离，并记录在图中（单位：cm）则：图中五个数据中有不符合有效数字要求的一组数据应改为_；物体运动的加速度是_；（保留三位有效数字）根据以上问计算结果可以估计纸带是该同学最可能做下列那个实

8、验打出的纸带是 A练习使用打点计时器 B探究“加速度与力和质量的关系”C用落体法验证机械能守恒定律 D用斜面和小车研究匀变速直线运动根据以上问结果，为了求出物体在运动过程中所受的阻力，还需测量的物理量有 （用字母表示并说明含义）.用测得的量及加速度表示物体在运动过程中所受的阻力表达式为=_。（当地重力加速度为）三、计算题（每小题10分，共40分）13重150N的光滑球A悬空靠在墙和木块B之间，木块B的重力为1500N，且静止在水平地板上，如图所示，则（1）光滑球A球受到墙和木块B给的弹力大小分别为多少？（2）木块B受到地面的支持力和摩擦力大小分别为多少？14（12分）如图所示，细绳OA的O端与

9、质量的重物相连，A端与轻质圆环（重力不计）相连，圆环套在水平棒上可以滑动；定滑轮固定在B处，跨过定滑轮的细绳，两端分别与重物m、重物G相连，若两条细绳间的夹角，OA与水平杆的夹角圆环恰好没有滑动，不计滑轮大小，整个系统处于静止状态，滑动摩擦力等于最大静摩擦力（已知;）：（1）圆环与棒间的动摩擦因数；（2）重物G的质量M15航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m=2 kg，动力系统提供的恒定升力F28 N，试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升，设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10 m/s2.(1)第一次试飞，飞行器飞行t18 s时到达高度H64 m，求飞行器所受阻力Ff的大小；(2)

10、第二次试飞，飞行器飞行t26 s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，求飞行器能达到的最大高度h；(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3. 16（1 6分）在某项娱乐活动中，要求质量为m的物体轻放到水平传送带上，当物体离开水平传送带后恰好落到斜面的顶端，且此时速度沿斜面向下。斜面长度为l=2.75m，倾角为=37°，斜面动摩擦因数1=0.5。传送带距地面高度为h=2.1m，传送带的长度为L= 3m，传送带表面的动摩擦因数2=0.4，传送带一直以速度v传= 4m/s逆时针运动，g=10m/s2，sin37°=0.6,cos37°

11、=0.8。求：（1）物体落到斜面顶端时的速度；（2）物体从斜面的顶端运动到底端的时间；（3）物体轻放在水平传送带的初位置到传送带左端的距离应该满足的条件。试卷第7页，总7页本卷由【在线组卷网】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1A【解析】试题分析：对气球和砖块在竖直方向上受到向下的重力，地面向上的支持力及空气对气球的浮力，则砖块对地面的压力等于地面对砖块的支持力：，所以当风速增大时，砖块对地面的压力保持不变，砖块也不可能被绳子拉离地面，选项A 正确，C错误；对气球和砖块水平方向受到风力作用和地面给砖块的摩擦力作用，故砖块受到的摩擦力等于风力，故选项B 错误；对气球而言：受到重力

12、及浮力、风力和绳子的拉力，根据力的平衡知识可知：，故当风力增大时，绳子的拉力增大，选项D 错误。考点：整体及隔离法；共点力的平衡。2B【解析】试题分析：设绳子对两球的拉力大小为T，对m2：根据平衡条件得：T=m2gsin对m1：根据平衡条件得：T=m1gcos 联立解得：m1=m2tan，B正确。考点：本题考查共点力的平衡条件。 3A【解析】试题分析：因为圆环受力平衡，且只受重力和圆锥体对圆环的作用力，所以圆锥体对圆环的作用力等于圆环的重力，选项A 正确。考点：力的平衡。4 A【解析】 在OP杆和竖直方向夹角缓慢增大时（），结点P在一系列不同位置处于准静态平衡，以结点P为研究对象，如图1所示，

13、结点P受向下的拉力G，QP绳的拉力T， OP杆的支持力，三力中，向下的拉力恒定（大小、方向均不变），绳、杆作用力大小均变，绳PQ的拉力T总沿绳PQ收缩的方向，杆OP支持力方向总是沿杆而指向杆恢复形变的方向（方向变化有依据），做出处于某一可能位置时对应的力三角形图，如图2所示，则表示这两个力的有向线段组成的三角形与几何线段组成的三角形相似，根据相似三角形知识即可求得，由图可知，得，即不变，正确答案为选项A5B【解析】由F-t图象可知，在0t内物体的加速度，做匀加速直线运动；在t2t内物体的加速度，但方向与a1反向，做匀减速运动，故选项B正确.6BC【解析】试题分析：由题意知，1s后根据牛顿第二定

14、律可得：，根据v-t图像可求加速度a2=10 m/s2，代入解得，故C正确；在第1s内，a1=20 m/s2，解得F=30N，故A错误；在第1s内拉力F大于摩擦力，故拉力做的正功大于克服摩擦力做功，故机械能增大，1s后摩擦力做负功机械能减小，所以在1s末物体的机械能最大，所以B正确；由图知，3s末速度减为零，然后开始加速下滑，解得a3=2 m/s2，根据可求4s末的速度大小为2m/s，所以D错误。考点：本题考查牛顿第二定律、v-t图像7 A【解析】 解：物体具有保持运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都具有惯性当车静止或匀速行驶时，复摆自然下垂，根据复摆的摆动情况判断汽车的运动情况 A

15、、复摆与车一起向右做匀速直线运动，当车突然刹车时，复摆的上端随车减速静止，而下端由于惯性还要保持原来的运动状态，继续向前运动，向右摆，符合题意，故A正确；B、复摆与车一起向左做匀速直线运动，当车突然刹车时，复摆的上端随车减速静止，而下端由于惯性还要保持原来的运动状态，继续向前运动，向左摆，不符合题意，故B错；C、车匀速向左行驶，复摆自然下垂，不符合题意，故C错；D、车匀速向右行驶，复摆自然下垂，不符合题意，故D错故选A本题考查了惯性在生活中的应用，惯性与人们的生活密切相关，学习时，多联系、多分析、多积累，努力提高利用所学知识分析实际问题的能力8 BC【解析】 小球加速度的大小为可能向上也可能向

16、下，拔去销钉M瞬间，上面一个弹簧对小球的作用力为0，小球只受到下面弹簧的作用力，根据牛顿第二定律算出上面弹簧对小球的作用力，如拔去销钉N，则下面一根弹簧作用力为0，再根据牛顿第二定律即可求解，要注意方向设小球的质量为m，向上为正方向，刚开始受力平衡，则有：拔去销钉M瞬间有：，所以，拔去销钉N瞬间，小球受M弹簧和重力G的作用，此时合外力为，加速度为： 故选BC本题主要考查了牛顿第二定律的应用，要求同学们能正确进行受力分析，注意加速度是矢量9 C【解析】 B向左做匀加速运动，合力水平向左，对B进行受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，再对AB整体运用牛顿第二定律即可求解F对B进行受力分析

17、，根据牛顿第二定律得，对AB整体进行受力分析得：F-（M+m）g=（M+m）a解得：F=（M+m）g（+tan）故选C。本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，主要整体法和隔离法的应用10D【解析】试题分析：小球做加速度不断减小的加速运动，不是匀变速运动，位移不等于，应该大于，速度也不能表达为AB错误;由牛顿第二定律得，所以小铁球此时受到的水的阻力为m（ga）-F，C错误；若测得小铁球下落t时间，通过的位移为y，由平均速度的定义可以得到，该过程的平均速度一定为，D正确。 考点：牛顿第二定律的应用和平均速度的计算11（1）等于（2分） 不需要 （2分） （2）F （3分）【解析】试题分析：（1）由

18、于装有力传感器，小车所受拉力大小可以从传感器读取，故本实验不需要满足砝码和盘总质量远小于小车总质量，且由于实验前已经通过倾斜滑板平衡摩擦力，故小车所受到的合力等于传感器受到的拉力。（2）据牛顿第二定律有：，而小车加速度为：，则拉力为：。考点：本题考查牛顿第二定律的验证。122.00 （2分） 9.79（9.749.80） （2分） C （2分） 物体的质量m （2分）； （2分） （m写成M也可以）【解析】试题分析：毫米刻度尺测量长度，要求估读即读到最小刻度的下一位；这五个数据中不符合有效数字读数要求的是2.0，应改为2.00.计数点之间的时间间隔为：t=0.02s，由可知，加速度：由加速度a

19、=9.79m/s2；可知，此物体做自由落体运动，所以该实验是用落体法验证机械能守恒定律故选C对物体，由牛顿第二定律得：，解得，阻力.考点：本题考查了测定匀变速直线运动的加速度、打点计时器系列实验中纸带的处理.13（1）FN31 650 N，Ff150 N，（2）FN31650 N，Ff150 N，【解析】试题分析：小球A和木块B受力分析如图所示，对A：FN1cos 60°mAgFN1sin 60°FN2可得：FN1300 N，FN2150 N对B：由FN1FN1，FN1cos 60°mBgFN3 及FN1sin 60°Ff可得：FN31 650 N，Ff

20、150 N，对整体分析，竖直方向： FN3=mAg +mBg 水平方向： Ff=FN2可得：FN31650 N，Ff150 N考点：本题考查了受力分析14（1） （2）【解析】试题分析：（1）因为圆环将要开始滑动，所受的静摩擦力刚好达到最大值，有f=N对环进行受力分析，则有：代入数据解得：（2）对重物m：得：考点：本题考查了共点力平衡的条件及其应用、摩擦力的判断与计算15(1)4 N     (2)42 m    (3) s或2.1 s 【解析】(1)第一次飞行中，飞行器做匀加速直线运动，设加速度为a1，则有  &

21、#160;                                (1分)由牛顿第二定律可得：F-mg-Ff=ma1                (2分)解得：

22、Ff4 N                              (1分)(2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为h1，则有：             

23、60;                                      (1分)设失去升力后加速度为a2，上升的高度为h2由牛顿第二定律可得：mg+Ffma2       

24、0;          (2分)v1=a1t2                                     (1分)    &#

25、160;                               (1分)解得：h=h1+h242 m.                 

26、;      (1分)(3)设失去升力下降阶段加速度为a3；恢复升力后加速度为a4；恢复升力时速度为v3，则由牛顿第二定律可得：mg-Ff=ma3                                  

27、60;                                 (2分)F+Ff-mg=ma4