貴州高考物理三年（2020-2022）模擬題匯編-02牛頓運(yùn)動(dòng)定律

貴州高考物理三年（2020-2022）模擬題匯編-02牛頓運(yùn)動(dòng)定

律

一、單選題

1.（2020?貴州?統(tǒng)考模擬預(yù)測）一物塊的初速為％初動(dòng)能為EQ,沿固定斜面（粗糙程

度處處相同）向上滑動(dòng)，然后滑回到原處。此過程中，物塊的動(dòng)能次與位移X,速度V

與時(shí)間f的關(guān)系圖像正確的是（）

2.（2021.貴州黔東南.統(tǒng)考一模）如圖所示，一物塊在方向與水平面成53。角且斜向右上

方的拉力F的作用下沿水平面做加速度大小為α的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，若保持F的大小不

變，方向改成水平向右，物塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小也為仇取出sin53。=0.8,COS53。=0.6,

重力加速度大小g=10m∕s2,則物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為（）

A.0.6B.0.5C.0.3D.0.2

3.（2021?貴州六盤水?統(tǒng)考一模）“盤州一貴陽”的某次高鐵列車由兩組對(duì)接而成，列車

出發(fā)啟動(dòng)階段做勻加速運(yùn)動(dòng)，每組提供的動(dòng)力均為F,受到的阻力均為車重的k倍。沿

運(yùn)行方向前一組車及乘客的總質(zhì)量為小，后一組車及乘客的總質(zhì)量為機(jī)2。若

則對(duì)接處（如圖）的作用力是（）

m.-L

B.推力，大小為.「F

mλ+m,

m-m-,L

C.拉力，大小為一λF

mλ+

2m

D.拉力，大小為.JF

tn.+m,

4.（2022?貴州貴陽?統(tǒng)考二模）如圖所示，一根輕繩跨過光滑的定滑輪，兩端各系一個(gè)

物體P和Q,P的質(zhì)量保持不變。開始時(shí)，P靜止在地面上，當(dāng)Q的質(zhì)量發(fā)生變化時(shí),

P的加速度隨Q的質(zhì)量變化的關(guān)系圖像為下圖中的（）

〃〃/〃/

5.（2022.貴州黔南.統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示，水平方向的傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶

速度大小恒為m2m∕s,兩端A、8間距離為3m,一物塊從8端以初速度v0=4m∕s

滑上傳送帶，物塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)片0.4,g取IOm/Sz.物塊從滑上傳送帶至

離開傳送帶的過程中，速度隨時(shí)間變化的圖象是圖中的（）

試卷第2頁，共8頁

6.（2022.貴州黔南.統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示為一物體隨升降機(jī)由一樓運(yùn)動(dòng)到某高層的

過程中的V-t圖象，貝I］（）

A.物體在0?2s處于失重狀態(tài)

B.物體在2?8s處于超重狀態(tài)

C.物體在8?IOs處于失重狀態(tài)

D.由于物體的質(zhì)量未知，所以無法判斷超重、失重狀態(tài)

二、多選題

7.（2020?貴州銅仁?統(tǒng)考三模）將質(zhì)量為機(jī)的重物穿在豎直固定的光滑直桿上，重物可

沿桿上下滑動(dòng)。輕繩一端連接重物，另一端繞過光滑定滑輪P,豎直向下用力F拉繩頭

使重物從靜止開始上升。已知P到桿的距離PQ等于121,重物初始位置到。的距離等

于161,拉力F恒為咫。在重物上升到最高點(diǎn)的過程中（g為重力加速度），重物（）

A.最大加速度等于gB.機(jī)械能一直增加

2

C.重力勢能的增加量小于16WglD.動(dòng)能的最大值為§機(jī)7

8.（2020?貴州銅仁?統(tǒng)考二模）如圖”,一長木板靜止于光滑水平桌面上，UO時(shí)，小物

塊以速度物滑上長木板左端，最終小物塊恰好沒有滑出長木板；圖6為物塊與木板運(yùn)動(dòng)

的VT圖像，圖中。、如、町已知。重力加速度大小為g。由此可求得（）

/////////////////////

圖（a）

A.木板的長度B.物塊的質(zhì)量

C.物塊與木板的質(zhì)量之和D.物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)

9.（2020?貴州?統(tǒng)考模擬預(yù)測）一靜止在水平地面上的物塊，受到方向不變的水平拉力

尸作用?0~4s時(shí)間內(nèi)，拉力F的大小和物塊加速度a的大小隨時(shí)間f變化的關(guān)系分別如

圖甲、圖乙所示。若最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取IOm四2。由此可求

得（）

A.物塊與水平地面間的最大靜摩擦力的大小為2N

B.物塊的質(zhì)量等于∣.5kg

C.在0~4s時(shí)間內(nèi)，合力對(duì)物塊沖量的大小為6.75N?S

D.在0~4s時(shí)間內(nèi)，摩擦力對(duì)物塊的沖量大小為6N?S

試卷第4頁，共8頁

10.（2021?貴州.統(tǒng)考二模）如圖S）所示，一質(zhì)量為M的足夠長木板A放置在水平地

面上，其上放置一質(zhì)量為加的滑塊B,A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)。從f=0開始，給滑塊B

施加一個(gè)水平向右的拉力F,同時(shí)用傳感器測滑塊B的加速度α,力F和加速度”的大

小隨時(shí)間1變化的圖像分別如圖"）、圖（C）所示。用必、也分別表示木板A與地面、

木板A與滑塊B間的動(dòng)摩擦因數(shù)，設(shè)接觸面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力

加速度g取IOm/s'則（）

ιAΛ→

7

77777777777777777777t

圖(a)圖(C)

A.A∣=θ?lB.μ1=0.2C.w=2kgD.M=1.5kg

11.（2021?貴州畢節(jié)?統(tǒng)考二模）如圖，在水平桌面上疊放著兩個(gè)物塊M和，”，M與桌

面的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃/,機(jī)與“之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃2,一根輕繩一端與M相連，另一

端繞過光滑的定滑輪A系在豎直桿上的B點(diǎn)，現(xiàn)將另一個(gè)物體G用光滑輕質(zhì)掛鉤掛在

輕繩上AB之間的。點(diǎn)，已知整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，豎直桿與繩08的夾角為α,

則（）

A.將繩的B端向上緩慢移動(dòng)一小段距離時(shí)繩的張力不變

B.將豎直桿緩慢向右移動(dòng)一小段距離時(shí)繩的張力增大

G

C.M所受的摩擦力為:ξ-------=χ∕（Λ/+m）g

2cosal

D.剪斷A處輕繩瞬間，機(jī)的加速度為〃2g

12.（2021.貴州黔東南.統(tǒng)考一模）關(guān)于下列四幅圖對(duì)應(yīng)的說法，正確的是（)

甲乙

丙

A.圖甲中墊起的排球在最高點(diǎn)瞬間的速度、加速度均為零

B.圖乙中線斷后小球?qū)⒀毓饣矫孀鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)

C.圖丙中扭秤實(shí)驗(yàn)裝置結(jié)構(gòu)利用了“放大”的思想

D.圖丁中的列車靜止時(shí)沒有慣性

13.（2022?貴州?統(tǒng)考一模）隨著科技的發(fā)展，我國的航空母艦上將安裝電磁彈射器以縮

短飛機(jī)的起飛距離。如圖所示，某航空母艦的水平跑道總長∕=18（）m,電磁彈射區(qū)的長

度4=80m,一架質(zhì)量,"=2.0xl04kg的飛機(jī)，其噴氣式發(fā)動(dòng)機(jī)可為飛機(jī)提供恒定的推力

?=1.2χlO5N,假設(shè)飛機(jī)在航母上受到的阻力恒為飛機(jī)重力的若飛機(jī)可看成質(zhì)量

恒定的質(zhì)點(diǎn)，從右邊沿離艦的起飛速度u=40m∕s,航空母艦始終處于靜止?fàn)顟B(tài)（電磁

彈射器提供的牽引力恒定，取g=10m∕s2）.下列說法正確的是（）

A.飛機(jī)在電磁彈射區(qū)運(yùn)動(dòng)的加速度大小q=5.0m∕s2

B.飛機(jī)在電磁彈射區(qū)的末速度大小W=20m∕s

C.電磁彈射器對(duì)飛機(jī)的牽引力七的大小為2xl0"N

試卷第6頁，共8頁

D.電磁彈射器在彈射過程中的功率是不變的

三、實(shí)驗(yàn)題

14.（2022?貴州貴陽?統(tǒng)考模擬預(yù)測）甲、乙兩位同學(xué)相互協(xié)作利用如圖α所示的裝置,

測量重錘下落過程受到的平均阻力大小，主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：

打點(diǎn)

計(jì)時(shí)由〃7

圖α圖A

①按照實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)組裝儀器，并使系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖4所示；

②接通電源，釋放重錘：

③選取紙帶中一段清晰的連續(xù)的點(diǎn)作為計(jì)數(shù)點(diǎn)，用刻度尺測量其計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離，如圖

b示；

④用天平測出重錘質(zhì)量〃?=200g。

請回答下列問題：

（1）已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接電源的頻率為50Hz,打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打8點(diǎn)時(shí)重錘速度的大小為

m/s（保留三位有效數(shù)字）；

（2）重錘下落的加速度大小為m/s’（保留三位有效數(shù)字）；

（3）已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊拇笮?.8m∕s2,紙帶的重力不計(jì)，應(yīng)用牛頓第二定律，

測出重錘下落過程受到的平均阻力大小為N（保留兩位有效數(shù)字）。

四、解答題

15.（2022.貴州貴陽?統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示，光滑的圓弧軌道戶MV豎直放置，在右側(cè)

N點(diǎn)與一傾斜傳送帶相切。M為圓弧軌道最低點(diǎn)，圓弧所在圓的圓心為O,P。水平,

ZPO∕V=127°?一質(zhì)量機(jī)=2kg的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從圓弧軌道最左端P以

v=2遙m/s的初速度向下運(yùn)動(dòng)。已知圓弧軌道半徑A=5m,傳送帶L=8m,在電機(jī)驅(qū)

動(dòng)下始終以速度%=3.8m∕s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)（與輪子間無相對(duì)滑動(dòng)），小物塊與傳送帶

間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0?8,重力加速度g取IOm/J,sin37°=0.6,cos37°=0.8,最大靜

摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，求：

(1)小物塊下滑到M點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)物塊的支持力的大??；

(2)小物塊從滑上傳送帶減速至與傳送帶運(yùn)動(dòng)速度相等過程的時(shí)間;

(3)傳送帶在傳送小物塊過程中，因摩擦力做功而產(chǎn)生的熱量。

16.(2022?貴州?統(tǒng)考一模)滑板運(yùn)動(dòng)是年輕人喜愛的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目之一。如圖所示，一運(yùn)動(dòng)

員在玩滑板，他一只腳蹬地后，滑板和他一起以大小為3m∕s的速度在水平面上從A點(diǎn)

向右無動(dòng)力運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)恰能沿斜面下滑，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小v=4m∕s.B

知水平面A、B間的距離為1.8m,斜面傾角。=37。，滑板與AB、BC段間的動(dòng)摩擦因數(shù)

相同，運(yùn)動(dòng)員和滑板的總質(zhì)量為60kg,sin37°=0.6,cos370=0.8,重力加速度

g=10m∕s2?求：

(1)滑板與水平面AB段間的動(dòng)摩擦因數(shù)；

(2)斜面BC的長度。

試卷第8頁，共8頁

參考答案:

1.A

【詳解】AB.設(shè)斜面的傾角為仇物塊的質(zhì)量為，"，根據(jù)動(dòng)能定理可得，上滑過程中

-7∕j?xsinθ-Jumgxcosθ=Ek-Ek0

則

Ek=Eko—(mgsinθ+/.ιmgcosθ)x

下滑過程中

,

MJgX'sin。-μιngxcosθ=Ek-O

則

Ek=(mgsinθ-μmgcosθ)x'

可知，物塊的動(dòng)能以與位移X是線性關(guān)系，圖像是傾斜的直線，根據(jù)能量守恒定律可得,

最后的總動(dòng)能減小，故A正確，B錯(cuò)誤；

CD.由牛頓第二定律可得，取初速度方向?yàn)檎较?，物塊上滑過程有

TngSine-μmgcosθ=ma

下滑過程有

-mgsinθ+μmgcosθ=ma

則物塊上滑和下滑過程中加速度方向不變，但大小不同，故CD錯(cuò)誤.

故選A0

2.B

【詳解】當(dāng)F方向與水平面成53。角時(shí)，對(duì)物體受力分析如圖所示

根據(jù)牛頓第二定律

FCOS53°-/=ma

對(duì)地面的壓力為

N=mg-Fsin530

答案第I頁，共Il頁

摩擦力為

f=〃N

尸水平時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有

F-μmg=ma

聯(lián)立解得

〃=0.5

故選Bo

3.B

【詳解】根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)兩組車

2F-k(m1+m2)g=(∕π∕+z∏2)a

設(shè)對(duì)接處的作用力為拉力，對(duì)后一組

F+F12-km2g=m2a

整理得

m}-tn2

FI2=一一

ιnλ+%

說明對(duì)接處的作用力為推力，大小為I尸。

w1+W2

故選Bo

4.C

【詳解】以P、Q整體為研究對(duì)象，P的質(zhì)量不變，當(dāng)，”0≤"zp時(shí)，整體受重力和地面的支持

力，處于平衡狀態(tài)，此時(shí)加速度〃=0,當(dāng)，頂>〃3時(shí)，整體只受重力作用，做勻加速直線運(yùn)

動(dòng)，由牛頓第二定律，可有

mQg-mpg=(mp+m°)a

則有加速度

；2wP、

a=1------g

I∕∏P+∕MQ)

當(dāng)，頂增大時(shí)，加速度。增大，且是非均勻增大，隨機(jī)o增大，加速度。趨向于g,因此有起

初加速度等于零，當(dāng)膽2>〃步后，隨“均增大，加速度”逐漸增大，且趨向于g,因此ABD

錯(cuò)誤，C正確。

故選C。

5.B

答案第2頁，共11頁

【詳解】物體先向左做減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小α="g=4m∕s2,經(jīng)過IS速度減小到零，此時(shí)向

左運(yùn)動(dòng)了

1,

N=——。廣=2)7ZV3機(jī)

而沒到達(dá)左端，因此接下來向右加速運(yùn)動(dòng)，加速度不變，經(jīng)0.5s速度達(dá)到2m∕s,與皮帶的

速度相等，這時(shí)向右僅運(yùn)動(dòng)了

12

S2=-Cit=0.5m

接下來向右勻速運(yùn)動(dòng).

A.圖像與結(jié)論不相符，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.圖像與結(jié)論相符，選項(xiàng)B正確；

C.圖像與結(jié)論不相符，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.圖像與結(jié)論不相符，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；

6.C

【詳解】試題分析：速度圖象的斜率等于物體的加速度.斜率的正負(fù)表示加速度的方向.根

據(jù)加速度的方向判斷物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài).

解：A、由圖象可知，在0?2s內(nèi)，物體向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度向上，物體處于超重狀

態(tài)，故A錯(cuò)誤；

B、由圖象可知，在2?8s內(nèi)物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，故B錯(cuò)誤.

C、物體在8?IOS內(nèi)向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故C正確.

D、超重、失重狀態(tài)根據(jù)加速度的方向判斷，與物體的質(zhì)量無關(guān)，是可以判斷的，故D錯(cuò)誤.

故選C

【點(diǎn)評(píng)】本題要能根據(jù)圖象得出有用的信息，知道速度-時(shí)間圖象中直線的斜率表示加速度

是關(guān)鍵，同時(shí)要明確超重和失重的條件.

7.BC

【詳解】C.設(shè)重物距離。點(diǎn)為〃時(shí)到達(dá)最高點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理

mg(161-h)=∣∕ng(20∕-√∕r+(12/)2)

解得

4=3.5/

%=161（舍去）

答案第3頁，共11頁

所以重物沒有到達(dá)。，就已經(jīng)靜止，重力勢能的增加量

ΔE1)="7g(16∕-3.5∕)=12.5mg∕

C正確；

A.設(shè)剛開始繩子和豎直桿夾角為。，則

16/4

cosa==—

20/5

4I

則繩子對(duì)重物的拉力沿桿的分力大小為重物所受到的合力為7"g,根據(jù)牛頓第二定

律，加速度小于g,隨著重物上升，夾角變大，繩子對(duì)重物的拉力沿桿的分力逐漸的減小，

加速度逐漸變小，因?yàn)闆]有到達(dá)。時(shí)，所受到的合力大小小于重力，加速度小于g,A錯(cuò)誤;

B.重物上升到最高點(diǎn)的過程中，繩子的拉力一直對(duì)重物做正功，桿對(duì)重物的支持力不做功,

所以重物的機(jī)械能增加，B正確；

D.當(dāng)重物的加速為零時(shí)，重物的速度最大，此時(shí)繩子對(duì)重物的拉力沿桿的分力大小為〃zg,

則繩子和桿的夾角為

拉力作用點(diǎn)移動(dòng)的距離

”，12/-

X=20/--------=51

即重物上升的高度為

,,,12/r,

h=16/--------=7/

根據(jù)動(dòng)能定理，則最大的動(dòng)能Ek

F5l-mg7l=Ek

D錯(cuò)誤。

故選BC0

8.AD

【詳解】A.根據(jù)最終小物塊恰好沒有滑出長木板，由圖像可求出木板的長度為

答案第4頁，共11頁

故A符合題意；

BC.物塊的質(zhì)量不能求出來，也無法求出木板的質(zhì)量，故不能求出物塊與木板的質(zhì)量之和，

只能根據(jù)圖像求出物塊作勻減速階段的加速度以及木板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度，故BC

不符合題意；

D.對(duì)物塊，根據(jù)圖像可以求出物塊作勻減速階段的加速度大小，即

八口

由牛頓第二定律可知

聯(lián)立解得物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

故D符合題意。

故選AD..

9.BC

【詳解】A.UIS時(shí)，物體開始運(yùn)動(dòng)，故此時(shí)的拉力等于物體的最大靜摩擦力，故有

∕=F=1.5N

故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)牛頓第二定律有

F-f=ma

代入F=6N,α=3rτ^^

m=1.5kg

故B正確；

C.在n—，圖象中，與時(shí)間軸所圍面積為物體的速度，則有

U=LX3x3m∕s=4.5m∕s

2

由動(dòng)量定理可得

I=∏7?v=1.5×4.5N?s=6.75N?s

故C正確；

D.在0~4s時(shí)間內(nèi)，尸的沖量為

答案第5頁，共11頁

IF=92χ4N?s=12N?s

r2

則摩擦力沖量為

∕f=∕-∕f=(6.75-12)N?s=-5.25N?s

故D錯(cuò)誤。

故選BC0

10.AD

【詳解】由圖(b)、圖(c?)可知，在2s~4s內(nèi)產(chǎn)的變化率與4s~6s的變化率相同，而在2s~4s

內(nèi)加速度a的變化率小于4s~6s內(nèi)加速度?的變化率，根據(jù)牛頓第二定律

F=ma

可判斷知，2s~4s內(nèi)，M與加一起加速，4s~6s內(nèi)為自己加速，則由圖(?)>(C)知在2s

時(shí)刻耳=3N,則

M(M+m)g=F1

在4s時(shí)刻

F4-F1=(M+m)a4

代入圖")、(C)中對(duì)應(yīng)數(shù)據(jù)求得

M+/M=3kg,χ∕1=0.1

在4s~6s

m?a,=ΔF,

代入圖")、(C)對(duì)應(yīng)數(shù)據(jù)求得

m=1.5kg

所以

M=1.5kg

在4s時(shí)刻，E=6N有

F4-μ2mg=ma4

求得

ju2=0.3

故AD正確，Be錯(cuò)誤。

答案第6頁，共11頁

故選ADo

11.AB

【詳解】A.令滑輪A和豎直桿之間的繩長為L,距離為d,則根據(jù)晾衣繩模型可知

d

Slna=—

L

而

TTcosa=G

解得繩子上的張力為

T=G

2cosa

所以將繩的8端向上緩慢移動(dòng)一小段距離時(shí)，d不變，Z不變，故α不變，所以繩子的張力

不變。A正確；

B.將豎直桿緩慢向右移動(dòng)一小段距離，則“變大，L不變，故α變大，因此繩子的張力增

大，B正確；

C.由于有整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以M和根都受力平衡。所以M和團(tuán)之間沒有摩擦力，

因此M所受的摩擦力等于繩子的張力。但由于是靜摩擦力，所以

亞X(M+小

C錯(cuò)誤；

D.剪斷A處輕繩瞬間，〃?的加速度為零，D錯(cuò)誤。

故選ABo

12.BC

【詳解】A.圖甲中墊起的排球在最高點(diǎn)瞬間的速度為零，但所受合外力向下，所以加速度

不為零，故A錯(cuò)誤；

B.圖乙中線斷后小球，小球所受合外力為零，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)將保持?jǐn)嗑€后瞬間的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變,

即沿光滑水平面做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確；

C.圖丙中，由于，〃受到加的吸引，T形架發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，使石英絲N發(fā)生扭轉(zhuǎn)，扭轉(zhuǎn)的角度

可以從平面鏡M反射的光點(diǎn)在刻度尺上移動(dòng)的距離求出，由于扭轉(zhuǎn)的角度較小不易觀測，

所以將這個(gè)角度放大為容易觀測的光點(diǎn)移動(dòng)的距離，因此這個(gè)結(jié)構(gòu)利用了“放大”的思想，故

C正確；

D.慣性不因物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)而改變，所以圖丁中列車靜止時(shí)依然具有慣性，故D錯(cuò)誤。

故選BCo

答案第7頁，共11頁

13.AC

【詳解】ABC.根據(jù)牛頓第二定律，飛機(jī)離開電磁彈射區(qū)后有

%-0.2mg=Ina2

解得

2

a2=4.0m∕s

由

22

v-v∣=2a2(∕-∕l)

解得飛機(jī)在電磁彈射區(qū)的末速度

v1=20?∕2m∕s

由

2

v1=2a∣∕∣

解得飛機(jī)在電磁彈射區(qū)運(yùn)動(dòng)的加速度

4=5m∕s2

根據(jù)牛頓第二定律有

?+?-0?2mg=〃叼

代入數(shù)據(jù)解得

∕?=2×104N

故B錯(cuò)誤，AC項(xiàng)正確;

D.根據(jù)

P=Fv

可知電磁彈射器在彈射過程中的功率不斷增加，故D錯(cuò)誤。

故選ACo

14.3.425.750.81

【詳解】(1)［1］根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻速度等于該段時(shí)間的平均速度，打點(diǎn)計(jì)時(shí)馨

打B點(diǎn)時(shí)重錘速度的大小為

(6.73+6.96)×IO-2'，

XAC=------------------------m∕s≈3.42m/S

"2T2×0.02

(2)12］由紙帶數(shù)據(jù)可知相鄰位移差為

答案第8頁，共11頁

?x=6.73—6.50=6.96—6.73==7.42-7.19=0.23cm

重錘下落的加速度大小為

a=Ax=0.23x10-m/s2=575m/s2

T20.022

(3)［引設(shè)重錘下落過程受到的平均阻力大小為根據(jù)牛頓第二定律可得

mg-f=ma

解得

f=mg-nuι=0.2×(9.8-5.75)N=0.8IN

15.(1)68N；(2)0.5s；(3)19.84J

【詳解】(1)小物塊從2到M過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得

mgR=?-?/WV2

解得

vl=2?∕30m∕s

小物塊下滑到M點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得

N-m2-m—

R

解得

N=68N

(2)小物塊從P到N過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得