核心素养综合测评(三)(测试内容：必修第一册全部)-【数理报】2024-2025学年高一物理必修第一册同步学案（教科版2019）

5.图2甲所示，弹力带们作为一种特的阻力练，能有 二、多选赠（本周共3小通，每小通6分，共18令，年小题哈出 《必修第一册》核心素养综合测评（三）】 效指加机肉力量，弹力帮一燥园定，另一精套在云动员腰部，运动 的世个速项中，有多个选项是三痛的，全进对的得6分，少速的得3 员从单力带眼长0处出发沿直线远离0，位移：与运动速度的关 舟，有错选或不选的得0分] ◆数理报杜试划研究中心 (测试内容：必修第一册全部] 系如图乙所示，运动员从0点运动到细时间为（) 发如图5所示，在水平典面上， 挂放置5个相置的本境，水平的 国 第【卷选择胞（共46分） 推力F作用在第一个本块上使5个 屈S 一，单选题〔本湖异7小题，每小想4分，共8分，域对得4分， 表块一起向右加速，木块之向可弹方的比例从左真右依次为 选错成不选符0分) 【,下列关于科学研究方法以及物理学相关识的叙运正确 A.若水平面光清，弹力之比依次为1：1：1；1 的是 B.若水平面光滑.力之比依次为413：2：1 A,如利略发乳“力不是持物体运动的因”，是在验的基 C.若术平面用镜，弹力之比依次为3：4：3：2 础上岁过拾影推理得出的结论，运用了理能实验法 2 D,若水平阻梵，弹力之比旋次为4：3：2：1 9.应用于机场和火车达的安 康根道度E义式一六当非常小封当就可以表示物 24 全检查悦，其传送装置可荷化为(。 体在：时划的解时速度，运用了微元的思想 图6所示的榄型，传送带始锋 在.图3所示，一光税球体旋在 报 保特：■0.4m,的恒定速半逆时针方标行，行率与传送带之可 0加速度ù与而量n,合力F之间的关系为“· 上，利用了比 支果与竖直墙壁之间，支絮的领角 的动亭源因数4=0.2.A,B间的距离为2m,重力如速度：取 镇定义速 =0,光滑球体的质量为w,支果的 10m/,,家客把厅李（可说为境点）无速度地战在处，下列说 D.利用光电门薄遮度，运用了常小放大法 质量为2m,已知最大静率擦力等干滑 法正确的是 A.行李经过5到达B处 2.如图1所示，A,B是两个完全相 动修擦力，整个装置保持静止，则支 架和炮面可的动摩擦因载至少为 B行李到达B处时度大小为04m/ 同的匀质长方形木块，长为，叠放在一 C.厅李在传送带上面下的摩哀迷长度为0.0洛m 学 起，战在水平桌喜上，赠面都与桌边平 修第 D.看使行率最快到达B处，博送带的最小运行速半为 西示4放在公上，右端有管伸出B外，为 R 22m/, 丹 厘1 0如图？甲所示，镜华是古代民间提水设施，由撞特头，支 保正两木块都不翘例，木块B仲出桌边的长度不显过( 7.在春节悬挂中国特象征着红红火火.吉 果，升绳，水斗等部分构成某装次极完术自水面由静止开始上升的 R活 c 样如感图4所示，已知四个带字的中国结和 过中，水斗的加速度a防上升高度A的支化规律如图乙所示，已 下面的糖于质量均相等现将该中国结悬挂在 知水年上升10m至并口时速度网开为害.下列说法正确的是 3.某人站在5楼的落地夜前跳缓风景利，发现物体从落地 天花板上，下列说法正确的是 窗前经过，历时约Q2、落地窗的高度为3m,重力加速度：取 A“富”字对贵”字的拉力等于一学”字 0m,,若省体是从高使某处自由下落，不计空气阻力，则物体开 对“贵”字的拉力 始坠殊的楼是大摄为（氧设语暴楼高3m》 1 A.9楼 B.·富”“贵”之间的作用力对“情”“平 B,12楼 C15楼 山，8楼 4.科学研究表明，运动物体所受的空气阳力大小F。与空气 之间的作用力此植是3：？ 密度，物体碧风南的截前积S物体与空气的相对运动速度，均有 C.如果把度中回结挂在匀加速上开的电梯里，“富“贵“之 关，关系式为F。=中5，其中青是一个无单位的常数利用国际 间的许用力与“贵”“平“之间的作用力比值是4：3 A.非至为≤2m时.水斗的加速交大小为1m/ 且2m云云5m时，水斗的通度大小为2m/: 单位削的有关知识可以推新出速度非的指数x款植为 D,如果把流中国结挂在我因的空闭站里，“富”“贵“之间的 C多m亏台气1Dm时，水年敏句减速直线运动 A.3 B.1 C.4 D.2 作用力与贵”~平“之间的许用力比值是4：3 D.水斗自水前上升0m所用时间为7.5s 4⊙ 第Ⅱ卷非选择题（共54分） (4)在(3)中，若小车的质量为M,不断地加钩码的数量，则 (1)直升机竖直向上加速必动的过程中，水桶的最大加遮度： 力传感图示数的根阳幽为（重力加迷度为g, (2)水桶水平方向做匀速直线后动时，水桶的最大速度及此 三，实恰唇（衣题失2小总，失17分。将正确答魔填在慧中情 四，计算驱（木题共3小题，共37分，解答应写出文平说明，方 时懂子与竖直方向的光角民 线上或按委水件答) 程式和演算梦限只写出最启结装的不范给分，有数丝计幕的则。 11.(9分)某同学用三根完全相同的弹簧设计了如下实登，以 器量中必须写山数值和单位》 深究弹簧的劲度系数 3《8分》如图10所示，小明同学转在平直街道旁A点，发现 辆公交车正以10m/:速度，从身旁句速驶过.此时小明这刻先 对加速后匀减速自赶公交东A点与公交车站B点的距离为0■， 公交车在行驶中到距离车站30m处开始制车（规为身减迪运动）， 展好到星点停下，此时小明也恰好到B点停下.设小明匀加速和匀 减速运动的遮度大小相等求： 《1)如图8所示，将弹演上出均定在铁果台上相其高度的 横杆上，甲装置用一一根弹簧挂物块，乙装置用另外两根弹箭挂 大小相耳低圆量不对的物峡用，在物块正下方的市离传丝器可以 调出物块到传感器的距离，此时腐好均为x,则，是m,的 型 (1)公交车期年过型的时间： 15.(18分)如图12所示 数理 报 《2)只交换两物决的位置，此时甲装置的阻离传离器星示为 (2)小用途赶公交车过程中的加速度大小 光滑的水平地面上有一腰量为 :,弹赏对原长的形支量为：乙装置中的每根弹簧相对原长 M=1Dkg、长度为L=8m.两 的彩变量为△：，U△x,是△：的倍. 州挡板原度不计的·形箱子处 图日 理 《3)已知物扶质量m,=0.50kg,当地重力加速度为 于静止状态，在箱子底而正中问的位置有一质量为m■2kg的物 群 9.8m/,2,该同学瑞得4·10m·8心m,则胸根弹簧的劲度 缺视务喷点).已加物块与箱子密面之闻的动摩擦因数4= 系数套= N/m. 0,25,重方加速度g取0m/,2, 修 12.(8分)数图9甲所衣为”用15研究加速度和力的关系” (1)若给箱子能加询右的恒定外力P,医使物块与箱子不发 的关验装盟： 生相对运动，求所难加外力的最大值： wamill (2)若给箱子箱加F=35飞的外力，求物块经过多长时间与 金中湖海或金进 纯样线参址盘套 箱子的档版相碰： (3)若给箱千施知F=35N的养力3后，撒掉外力，求再经 过多长时间，物块箱子达到共速 《)在被实验中必巍采用控制变量法，应保持 不变，始高轨道一袖以平衡摩擦力，用胸码的重力作为 小车所受的合力，用D心期车的加速度： 4(1分)族林着火而，采用直升 《2)改变所柱构码的数量，多次重复测显在某次实验中根据 机运水去灭火，如图所示直机下 测得的多组数据可四出年-F关系图线（图乙），此图线的4B段 方用绳子吊着水桶，为了方便问题分 明显偏离直线，当成此识笔的主要原因是 析，假设直开机与水桶之向用一根不可 仲长的轻质绳子相选直升机运水飞行 《3)若在原若置中的P处加装一力传感器直接测量力值： 的过程中，木桶受到的空气阻力与水桶 重复上述实整，焊到按一F图饮与图乙中的图线相比会有什么不 的速度成比，比例系数为L若绳子可以承受的最大找力为F,水 桶和水的总质量为果，重力加连度为乐求，迎& ·参考答案 15 《牛顿运动定律》核心素养单元测评 动,轻绳的拉力为0;落地后,绳子松驰,轻绳的拉力仍 站停的时间为Ar.可得 1. D: 2. D; 3.A: 4.A: 5. B: 6.A; 7.C. 为0.a继续做自由落体运动,则有.=v②g(h-l).t. 1--54.105 8.AC: 9.CD; 10. CD. =.②z,可知小球a落地速度比小球上落地速度大,故 6 11.(1)匀速直线运动(2)平行(3)0.20 A错误,B正确;若增大.则小球5落地时,小球a的速度 设2号地铁站与8号地铁站间的距离为1。.相邻两 (4)n 当不满足Mm时,由干钩码失重,绳子拉力 站间距离1.可得 小于ng 增大,则根据匀变速直线运动规有l=r△+一.() 12.(1)BC(2)2.4 (3)2-m 可知,两个小球相继落地的时间间隔A△一定变小,故C正 确,D错误. 设地铁在运动过程中的最大速度为,.在相邻两 9.设渐车时间为1.则由逆向思维有,刻车最后1s的 个地铁站运动时,匀加速的时间为5.匀减速的时间为 位移为x,有&。1,车第1,位移为&,有双” 4.根据运动学知识 14.(1)a.=.=0.5m/s}: l-rm(t--)+ ($2)r.=Im/s.=3m/s;(3)Ar=1m 1-1(t-1)”,由题意可知-5.对全程有*- 15.(1)36m/s.6s;(2)追不上 得1=20m/s l=6m,解得1=3s,a=3m/s,故A正确,B错 《必修第一册》核心素养单元测评(一) 设地铁做匀加速直线运动的加速度大小为a.由运 1. B: 2.A: 3. D; 4.C: 5. D; 6. B: 7. C. 动学公式可得 提示: 误;因为电动车做匀减速直线运动,故中间时刻速度等 1.运行速度最高5000km是瞩时速度大小,故A 于平均速度,设中间时刻速度为,有以==- 错误:120km是车行驶的实际距离,为路程,故B正确;2m/s.故C正确;设中间位置速度为.运用逆向思维.动学公式可得 设地铁做匀减速直线运动的加速度大小为a,由 6 min是时间间隔,故C错误;由于测试路段的位移未知. 故无法求出该测试路段的平均速度,故D错误. 则对于后半段有0---2a,解得=2/2m×. 2.根据匀变速直线运动位移与时间关系x=u+ 故D错误 《必修第一册》核心素养单元测评(二) lar”可得,若图线为抛物线,则物体做匀变速直线运 10.1=4s时,两车速度相同,则两车间的距离最大 此时两车的位移为xr-(4+2)x24m=72m.x= 1.B; 2.C; 3.A: 4.A: 5.C; 6.C: 7.C 动,且x-1图线切线的斜率表示物体运动的速度,由图 提示: 1.因车身锤斜,车本身的结构没变,则重心在车内的 可知,物体的速度先增大,后不变,再减小,则物体应先做 1x2x24m=24m.所以甲、乙两车间的距离为Ar 位置不变,故A错误;地而发生弹性形变,对汽车施加了 匀加速运动,后做匀速运动,再做匀减速运动故A正确 =3-(x+)=72-(24+24)m=24m,故A错 3.列车进站做匀减速直线运动,速度应越来越小,而 支持力.故B正确;地面对问车的支持力.力物体是排 误,D正确:=6:时甲.乙两车的位移为x-(6+4)x 面,故C错误;车身倾斜,地面对汽车的文持力方向垂直 A中r-7的斜率不变,表示其速度不变,故A错误;根据 接触面仍竖直向上,故D错误. 题意可知,列车进站做匀减速直线运动,以初速度方向 24m-120m,x-(4+1)x36m-90m.所以此时 2.当墨条速度方向水平向左时,要条相对于现台向 为正方向,则a为负值且大小恒定,故BC错误;根据匀变 2r 左运动,故砚台对墨条的摩擦力方向水平向右,故A错 速直线的运动规律,有-=2ax,解得?:2ax+x. 甲、乙两车间的距离为A'=-(x+x)=120-(24$ 误;根据牛顿第三定律,墨条对砚台的摩擦力方向水平 以初速度方向为正方向,则a为负值且大小恒定,可知? +90)m=6m.故B错误;=3s时,甲、乙两车的位移 向左,由于砚台处于静止状态,故桌面对砚台的摩擦力 与x为线性关系,且斜率为负值,故D正确 为 。=(3+1)24m=48m,x-x1x12m= 方向水平向右,故B错误;由干砚台处于静止状态,水平 4.机器狗加速,减速时间相同,为.--5s,6m.所以此时甲,乙两车间的距离为A--(&+ 方向桌面和墨条对砚合的摩擦力是一对平衡力,故C正 _ $tno)=48-(6+24)m=18m.故C正确 确;桌面对现台的支持力大小等干砚台的重力加上墨条 加、减速位移x,=1_4=12.5m.匀速运动位移为x. 11.(1)交流电 0.02(2)AC(3)BD 对其的压力,故桌面对砚台的支持力大于黑条对现台的 =x~25-55m,句速运动时间为:- 12.(1)左(2)0.340 压力,故D错误. ..11s机 (3)0.40 打A点时小车的瞬时速度大小 3.因车轮旋转时每个车轮的摩擦力都和车辆前后 器狗从A到B的最短时间为:=24.+1.=21s.故C 13.(1)=4m/s:(2).=1m/s;(3)r=11s 方向呈45*夹角,摩擦力的合力方向沿汽车运动方向,则 解析:(1).=2s时医药箱运动的速度最大,为1= 由图可知,该汽车将从静止开始沿x轴正方向运动,故A 正确 5.当两者间距达到200m后,不能收听到音乐,则4。at.=4m/s 正确. (2)经匀减速后到达用户阳台,此时无人机恰好悬 4.物块匀速运动时F=f=2.1N.竖直方向上F、= -“-4s,根据。-(。+)4+v.(1-4)+停,则匀减速阶段医药箱的加速度大小 mg=10.oN.根拢/=afv,得-f-0.21N,故A正 5.-t1.解得1=50s.故D正确 a:-.1n/ 确;该实验中无法确定何时恰好做匀速直线运动,所以 6.没有弹射的情况下,飞机做初速度为0的匀加速 无法确定最大静摩擦力大小,也无法判断最大静摩擦力 直线运动,设起飞速度为心,由匀变速直线运动速度与位 和滑动静摩擦力的大小关系,故B错误;该实验中不知道 移关系式知=2aL开启弹射系统,机做初速度为 故无人机整个运动过程所经历的时间 加速度的大小.所以不知道具体滑动摩擦力大小,因此 r.的匀加速直线运动,则--2alL,由题知L-L= 1=+f.+号=118 无法半渐物块与桌面间的滑动摩擦力随速度增大而地 #L.则- 14.(1)6s:(2)65m 大.故C错误;F=1.2N时物块没有被拉动,是因为物块 2 解析:(1)根据速度时间关系有0=I-a 处干平衡状态,静摩擦力等于拉力,故D错误 比.故B正确. 其中v.=108 km/h=30m/s 5.对身体受力分析如图1所 7.根据题意可知球下落过程中做自由落体运动,根 示,两个力的夹角为120,根据 据自由落体运动位移与时间的关系有^-2e-× 力的平衡条件可知F-G,故C (2)小轿车从刹车前的反应到车后的停止,在最 正确. 10x0.64m=3.2m.故A错误;小球下落过程中加速度 大加速度的情况下,通过的总位移为 6.当F=0时,弹赘处于自 即为重力加速度,则可知小球每秒神速度变化量为△r= x=△+ot- 然长度状态,即弹原长为 gt=10x1m/s=10ms.故B错误;根据自由落体运动 15em.故A错误;由胡克定津可得弹赞的劲度系数为k 解得:-105m 速度与时间的关系可得小球落水时的速度r.=grt=10 =A(15-50x10N/m=400 N/m,故B错误:由 400 x0.8ms=8ms.故C正确:前0.4;的位移h= 而由干夜间视线不好,小轿车驾驶员只能看清前方 x.=40m的物体,为了不发生事故,则三角警示牌至少 1()-x10x0. 16m=0.8m.后0.4;内的位 图乙可知,1=10cm时,水平外力F是正值,方向向左 要放在车后的距离为x'=x-x=65m.如此才能有效 弹赘处于压缩状态,因此弹赘对墙壁的弹力方向水平向 避免两车相. 左,故C正确;在弹性限度内,由胡克定律可知,弹弹力 15.s.5m..=20m/s 与弹的形变量成正比,故D错误 -故D错误. 7.由于原衣绳是穿过中间立柱上的固定套环并未 解析:设该同学全程运动的总时间为t.由该同学 打结,同一条绳上各点拉力大小相等,则f。=P。=F- 8. BC: 9. AC:10. CD. 7:10从2号地铁站出发,7:23从第8号站下地铁,可知t “F..故AB错误;由于外套质量比衬衣质量大,则F。 提示: 。7801 与水平方向的夹角大于F。与水平方向的夹角,则F。在 8.6落地前,以ab为整体,可知整体做自由落体运 设地铁在相邻两站之间运动的时间为1.在每个地铁 水平方向向右的分力小于F。在水平方向向左的分力, 16 ·参考答案 &理& 则绳对套环水平方向的作用力向左,则绳对套环的作用 (2)#。-_ 速后,煤块不受摩擦力作用,故A正确;煤块在向右匀加 力斜向左下方,故C正确,D错误. 速运动的过程中,受到的摩擦力水平向右,故B错误;以 8. BC: 9. CD: 10. ABC. $5.(1)F.=627.2 N.F$=m$=350 煤块为研究对象,根据牛顿第二定律可得a-2ur- ($)F =540 N.f=280 N 提示: 8.把F分解,如图2所示,可 解析:(1)以悬挂的建材为 知刀具左侧对硬物的压力大干 研究对象,受力如图7所示 由平衡条件,水平方向 右刻对硬物的压力,故A错误,B 传送带上留下的划痕长度为△r=x-=-" F. sina=F.sinB 正确;由牛顿第三定律可知刀具 ,# 竖直方向 对硬物的作用力等于硬物对刀 一 图 具的作用力.故C正确,D错误。 F.cos a = F.cos $+mg 量无关,故C错误;仅提高传送带的传送速度,可能煤块 9. 在圆环时针缓慢趣转 到达右前还没有与传送带共速,则煤块在传送带上可 90过程中,保持两手臂伸直状 5 能一直做匀加速运动,故D正确 联立可得:F -627.2 N.F.=m$-350 N 态,两手拉力夹角不变,由三力 11.(1)不需要(2)0.39 平衡推论知三力平移后会组成 (2)以人为研究对象,受力 F. (3) 分析如图8所示 不满足小车质量远大于秒和秒桶的总质 一团合三角形,如图3所示:F,表 由平衡条件,水平方向 示左手拉力,F,表示右手拉力. 量(或“不满足吵和吵桶的总质量远小于小车质量”等类 山图可知;左手拉力先变大后变小,右手拉力一直变小. F.sing=f 似答案均可) 竖直方向F+F.cos8=Mg 故CD正确,BC错误. 12.(1)C(2)2.4(3)1.0 2.9 10.若力F斜向下与水平成a=30时,地面对沙发 联立两式抖代人数据得: 13.(1)1=42s;(2)=0.8 的擦力大小为f=j(mg+Fsin30)=50/3N.力F在 F = 540 N.f =280 N. 解析:(1)如图所示,对 《必修第一册》核心素养单元测评(三) 水平方向的分力大小为Feos30*-503N.两个力大小 人进行受力分析,设斜面夹 1. B: 2. D; 3. B; 4.A; 5.A; 6. D; 7.A. 相等方向相反,故沙发在做匀速运动,故A正确;若力 角为8.斜面长度为1.机船 提示: 斜向下与水平成a角,则最大静摩擦力大小为f=a(mg 口下沿距地面为h.则可知 1.他利略利用图甲斜面实验证明了自由落体是匀 i-3-0.45 +Fsin).若要物体静止不动,应该满足Feosθ(mg +Fsine),变形得F(cosθ-asing)amg,如果满足 加速直线运动,故B正确;做利略利用图乙理想实险设计 证明了力不是维持物体运动状态的原因,牛顿第一定律 由牛顿第二定律知mgsinf-f=ma cos-sine<0.即e 60,则此时无论F多大.物体 是牛顿推导出的,故ACD错误. 代入数据解得: 都会保持静止,故B正确;如果力F斜向上与水平成? a-mgsin-f270-240m-0.5m/ 角,且物体做匀速运动,则有Feosθ=amg-Finθ). 2.根据国际单位制的基本单位可知,力的单位为 m 60 g^m·s,力臂的单位为n.所以力矩的单位为 kg·m.s,故D正确. 由匀变速直线运动位移与时间关系式知L-1& 1+nsin(+) #是即-哥,故当。-时.& 3.当物块达到最大速度时,合力为0.有mg=kS^} 代入数据解得:1=42 解得,一、一、一、,因此可得甲,乙在下# 1+n (2)设下滑到斜面最低点速度为1.动摩擦因数为 有最小值,故C正确,D错误 n.滑行距离为×.由匀变速直线运动速度与时间关系式 11.(1)1mm(2) (3)4.9 落过程中的最大速度之比为2:1.故B正确 知u=at 12.(1)研究合力与两个分力的关系 4.设列车的加速度大小为a.根据力的合成与分解 由速度与位移关系式知0-?--2ng (2)D (3)F(4)B (5)B 以及牛顿第二定律有F:=mgtan=ma.得列车加速度 代入数据解得=0.8 13.5003vF000 的大小为a=gtan&.故A正确,B错误;根据F.cos8 14.(1)r=10 m/s:(2)0:(3)F=6.25 N 解析:(1)出题可知,自由落体结束时无人机的速率 解析:当AB绳上的拉力刚好为家时,弹力F有最大 最大;自由下降的高度 值,受力分析如图4所示 5.剪断前,对BCD整体分析f.=(3m+2m+m)g. $=25m-20m=5m 对D:feo=mg.剪断后,对B;F.-3mg=3mo ,解得a 由自由落体运动的规可得 =g.方向竖直向上;对C:F+2mg=2ma。,解得:a r=v②g=10m/s 1.5g.方向竖直向下,故A正确 (2)无人机做自中落体运动时,处于完全失重状态 6.要将物理课本0从物理课本P下方水平抽出.物 所以细线对小铜球拉力的大小为零. 理课本P的加速度为a.=ug,对物理课本0有F-3umg (3)设小钢球A做匀减速直线运动时加速度大小为 =mo,a,得F>4jmg,故D正确 图4 图5 a.运动距离为:,则有 7.弹珠2碰后做匀减速运动,末速度为零,可看作是 根据平衡条件有F-)。 G 10003. 0-r=2(-)x 反向的匀加速运动,加速度为a=ng,根据L--ar”,可 解得a-2.5m/s* 当AC绳上的拉力刚好为零时,弹力F有最小值,受 设细线对小钢球拉力为F.根据牛顿第二定律街 故A正确。 得: 力分析如图5所示 F-mg=mu 解得F=6.25X. 8. AD; 9.AC: 10. AD. 15.(1)1ms.失重;(2)600N;(3)19m 提示: 因此弹力F的大小范图为500/3NF1000/3. 解析:(1)由题图可知,在0-2,内,台秤对小明的 8.以A为研究对象,根据生顿第二定律可得E,= 支持力为F=450N 14(1)r) ma.以B为研究对象,根据牛顿第二定律可得Mg-F。= 由牛顿第二定律有mg-F.=ma。 M.联立解得F."12N.a=6m.故A正确,B错误; 解得a=1m.加速度方向竖直向下,故小明处 (2)F..sinθ+heosG 若仅将物块A.B互换位置,根据牛顿第二定律可得E.= 于失重状态: cosa+hsina Ma',mg-Fmo',联立解得F=12 N.a'=4m/s,故 (2)设在10-11,内小明的加速度为a,时间为 解析:(1)(2)根据题 0-2的时间为1.,则 意,沿飞机速度方向与垂直 C错误.D正确 9.由题意可知,消防员上升的最大高度为0-0; .t.=aL 速度方向建立坐标系,对 内图像与坐标轴围成的面积,最大高度为675m.故A正 解得a.=2m/s} 机受力分析,飞机受到重 确;由图像可知.30~90;内消防员的加速度方向为向 由牛顿第二定律有F.-ng=ma 力、升力、牵引力以及阻力 下,即消防员的重力大于飞行背包的牵引力,此时消防 1 解得F.=600N 的作用,如图6所示 员处于失重状态,故B错误;由图像可知,消防员在前 沿速度方向有F。 cos a=fm+Gsin6 (3)0~2s内位移为x.=1f=2m 30.内,图像的斜率最大,即前30;内加速度最大,故C 垂直速度方向有F.+F.sina=Geosf 2-10s内位移为=a.t:=16m 又】=F 正确;消防员在150~255;内位移不为0.所以平均速度 解得:) 大小也不为0.故D错误 $0-11s内位移为x.=,.=1m 10.共速前,煤块受到的摩擦力先是滑动摩擦力;共 小明运动的总位移大小为1=x.+x.+x.=19m. 迎& ·参考答案 17 《必修第一册》核心素养综合测评(一) 13. 1. 025 m/s 作用力大小为F-6mg,故B正确. 1. C: 2. D; 3.A: 4. B: 5.C: 6. A: 7. C. 解析;汽车行驶到右端的时间为.由匀变速直线运 提示: 动规律,有 6.0-1.6;内速度一直为正值,则始终竖直向上运 1.国际单位制中选定了七个基本物理量,分别是长 ##=- 动,故A正确:0-1.6s内离掌心的最大高度为h= 度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量. 1(0.6+1.6)x2m=2.2m,故B错误:0.6~1.2s内 故C正确 解得=20;或60(含去) 若清洁工人从右方离开,则必须比汽车先到达桥的 2.“最高速度可达1000km/h”指的是瞬时速度大 处于匀速上升状态,故C错误;因,-)图像的斜率等于加 右端,逃离的最小速度为 小,故A错误;乘客乘坐高铁时,发现树本在后退,是以高 速度,可知0.5s时的加速度小于1.5s时的加速度,故D .1-1.025 m/s 铁为参考系,故B错误;“15分钟”指的是时间问隔,故C 错误。 = =!. 错误:超级高铁从上海到杭州的平均速率约为i= 7.设墨水瓶脱离文具盒前,墨水瓶的加速度为a. 14.变大 不变 600 15o km600 km/h.故D正确 文具盒的加速度为&,根据牛顿第二定律a:“= 150h 解析:(1)以人为研究对象,竖直方向根据受力平衡 2m.F-mg=M..得a.=3ms,水瓶恰好从 可得2F。sinθ=ng 文具盒掉落,1,解得墨水瓶在文具 3.书处于平衡伏态,则所受摩擦力为静摩擦力,大小 可得F"2。 ng 为f=mgsina,F=mgcos a,故A正确. 上运动的时间为1=0.6s.故C正确 4.水冲沙石,沙石才能运动,因为水的冲击力克服了 当缓慢减小时,人仍保持悬空静止,则左侧手受 8.AC: 9.AB: 10.ABC 阻力,故力是改变物体运动状态的原因,故A错误;物体 力变大: 提示: 总有保持原有运动状态的性质即为惯性,其大小只与所 (2)以人和两侧桌子为整体,根据受力平衡可知,两 8.以向右为正方向,对整体分析,由牛顿第二定律得 量有关,质量越大惯性越大,力是改变物体运动状态的 侧桌子对地面的压力不变,根据对称性可知,左侧桌子 F.-E.=(n:+n)a.解得a=2m,方向水平向右。 原因,重的大石由于质量太大,惯性太大,所以运动状态 对地面的压力不变: 设弹餐的弹力为F,对物块1分析可得F -F=ma,解 不容易被水流改变,故B正确;物体的运动不需要力来维 (3)若θ=30。时,左手臂受力为 得F-26N.故A正确,B错误;在突然撤去E:的胭间,弹 持,如沙石不受力的作用时,可以做匀速直线运动状态. f2。2x mg 60x10=600 N 籍的弹力没有变化,则弹箭测力计的示数不变,故C正 故C错误;“大石不移”是因为水的冲力等干大石受到的 确;在突然撤去F,的瞬间,物块1所受的合力方向水平 阻力,大石所受的合力为零,故D错误. 15.(1)25s:(2)600m 向左,则物块1的加速度发生改变,故D错误. 5.球运动到最高点时速度为零,受重力作用,合力不 9.支架对手机的作用力大小始终等于手机自身的 为零,处于非平衡状态,故A错误;球离开手瞬间,受到竖 解析。(1)设飞下落的加速度为a.根据牛顿第二 可得 重力,根据牛幅第三定律可知,手机对支架的作用力等 直向下的重力和阻力,则合力向下,加速度向下,由于阻 mg-/=ma.且./-0.04mg 于支架对手机的作用力,则手机对支架的作用力始终不 力恒定,则加速度大小不变,为匀减速直线运动,可得现 解得-mg,-f9.6m/s: 变,故A正确,C错误;根据手机的受力情况可知.手机的 从离开手到最高点的过程中的平均速度为:-,设阻 重力大小等于手相对底部支撑平面ab弹力与手机对平 。 面P0的弹力的合力,当a角逐渐增大时,手机对底部支 力大小为F.则有F+mg=ma,球从离开手到最高点的 飞能下落时间1满足-1-3000m 撑平面ab的弹力逐渐增大,故B正确:当e角逐渐增大 过程运动时间为,-一<一,故BD错误,C正确 解得1=25s 时,手机对背部支撑平面P0的弹力逐渐减小,根据牛坂 (2)25s后,飞将做匀减速运动,开始减速时飞艇 6.从位移一时间图像可知物体一直沿正方向运动 第三定律可知,背部支撑平面P0对手机的弹力逐渐变 的速为 故D错误;又可知2,内物体的位移为8m,则速度一时 小.故D误 r=.1=9.6x25m/t-240m/s 间图线与时问轴所围的面积为8,故A正确,BC错误. 10.:-!图像切线斜率表示速度,4。时刻甲的速度大 减速运动时飞的运动满足”=2ah 7.设初速度为b,由匀变速运动的位移公式和速度 于乙的速度,故A错误:0时刻甲外在坐标醒点处,乙处 公式得:-,5r=r。 ar联立解得。-. 解得h=2400m 在坚标so处,不是同一地点,故B错误;根据3x。=%4。+ 所以距离地面h.=3000m-2400m=600m 1,结合: = 《必修第一册》核心素养综合测评(二) 1.B: 2.D: 3.C: 4.D: 5. B: 6.A: 7.C. 正确 提示: 8.AB: 9.AD: 10.BC 1.梦天实验舱内,水球体积越小,水球质量越小,其 线与乙的图像平行,则,时刻甲,乙的速度相等,则有:- 提示: 惯性越小,故A错误;击球过程中,水球对“球拍”的作用art,解得,=手,故D正确,本题选不正确的,故选ABC 8.建判器与碍制片相对运动,判器受到的是滑动 力与“球拍”对水球的作用力是一对作用力与反作用力, 摩擦力,故A正确;根据=F、可知,碟利器与碟刻片之 故B正确;击球过程中,水球所受弹力是由于球拍发生形 11.(1)AD(2)D(3)3.7(4)AC 间的滑动擦力与动摩因数以及碟利器与碟刻片的 12.(1)B(2)刻度尺(3)C 变产生的,故C错误;牛顿第一定律是理趣情况,不可用 正压力F.有关,与碟器与碟片的正对面积无关,增 13._ 实验直接验证,故D错误. 大碟到器与碑刻片的正压力可以增大摩擦力,故C错误. 2.加速度与速度没有直接关系,龙舟的速度越大,其 B正确:根据滑动摩擦力方向与相对运动方回相反可知. 解析:由几何知识得,乙C=乙D=120*,对C点进 加速度不一定越大,如速度很大的匀速运动,加速度为 行受力分析,如图1所示 器上受到的摩擦力方向与其相对碟片的运动方 向相反,故D误. 零,速度越小,其加速度也不一定越小,故AB错误;根据 9.在,一:图像中,斜率表示加速度,由图可知,甲运 动员先做加速度减小的加速运动后做句速运动0-4 变化量的方向相同,与龙舟速度无关,故C错误;龙舟在 时间内,可能存在甲、乙运动员加速度相同的时刻.故 某段时间内,加速度与速度方向一直相同,则速度一定 _用, AD正确:甲,、乙两个同学从同一起跑线同时起跑,由图 白 不断天,故D正确. 即2 像可知,0~1.时间内,甲运动位移大于乙运动位移,故 3.根据对称性可知,这一对钢索拉力的水平分力大 可得fco=mgtan30--5 甲同学在乙同学前面.故B错误;由题知,0~4.时间内,小相等,方向相反,合力竖直向下,则有F。=2Feos9.故 对D点进行受力分析,如图2所示 甲同学运动位移大于乙同学运动的位移,故C错误. C正确 10.汽车静止或向右匀速运动时,都处干平衡状态. 当F方向垂直于绳DB时,F最小.可得 4.1一,图像与坐标轴围成的面积表示位移,两个物 根据共点力平衡条件有F.cos30+Fcos30=ng,体的位移都在不断增大,故A错误;图像的料率表示加 F..-fcos30*-mg. 速度,I.II物体的加速度都不断减小,故B错误:图像 14.(1)20s:(2)43m:(3)2N 下与坐标袖围成的面积表示位移,在4.时刻I物体的位 解析:(1)根据意,由速度与时间的关系可得加过 B正确;当车向右减速时,根捆牛顿第二定律有E0830。 移大,在前面,故C错误:I物体的平均速度大小大干 阶段的时间 +F.cos 30*=mg.F.sin30*-F.sin30=ma.则支架A .物体的平均速度大小小干,故D正确 。--21. 对铜卷支持力减小,支架B对钢卷支持力增大,故C正 确;当车向右加速时,根据牛顿第二定律有Fcos30。4 5.设支杆对水品球的作用力与坚直方向的夹角为 而减速阶段的时间=2s,则匀速阶段的时间 F.cos 30*=mg.F sin30*-F.sin30=ma.则支架B对 1=(--=20s 钢卷支持力减小,支架A对钢卷支持力增大,故D错误 ,水品球游止,根据 e.根据几何关系有sinθ= (2)加速阶段的位移x。“)。“1m 11.(1)交流 0.02(2)AC(3)BD ) 12(1)B(2)450(3)B 平衡条件可得3Feosθ=mg,解得每根支杆对水品球的 匀速阶段位移x.=t:40m 18 ·参考答案 迎& =2mg+Fcos θ.f=Fsin e.又f=F ,联立解得 减速阶段位移x.=-4.=2m 11.(1)2(2)4(3)245 12.(1)小车和发射器总质量 全程总距离x=x.+对+3,=43m (2)钩码质量过大或未满足小车质量远大干钩码 (3)减速阶段加速度a.-0-!--1m/s 正确 质量 (3)图线为直线,没有曲部分 则由牛顿第二定律有f=m.=-2N.即摩擦力大 (4)Mg 小为2M. 13.(1)6(2)2_} 15.1=12m 解析:(1)设x=30m.r=10m/s.则公交车刻车过 解析:设小物块P的质量为m,当传送带静止时,根 程中- 据牛顿第二定律 图: 7.“富”“贵”“平”“安”四个带字的中国结和穗子质 解得:-6s mgsin30-mgeos30=ma 量相等设为n,重力加速度为g.则”富”字中国结对 (2)公交车匀速运动的时间为4。-50-30.-2。 解得:a.=gsin30*-geos 30 “贵”字中国结的拉力F.4mg,“贵”字中国结对”平” 10 根据运动学规律!=2“f 字中国结的拉力F =3mg,则F.F.=4:3.故AB错 设小明匀加速运动的收尾速度为y.则x=50m 误;如果把该中国结挂在加速上升的电梯里,设加速度 当传送带逆时针匀速转动的速度超过某一值时,仍 #-(。) 在传送带的顶端A处无初速度释放小物块P.小物块到 为a.“富”字中国结对“贵”字中国结的拉力为E,根据 牛顿第二定律得F.-4mg=4ma,设“贵”字中国结对 解得%"12.5m/s 达底端B处的时间恒定不变,均为t=2s “平”字中国结的拉力为F.,根据牛顿第二定律得F.- 小明迫赶公交车过程中的加速度大小为 根据牛4顿第二定律ngsin30+mgeos30=mu。 3mg=3ma.解得F.:F. =4:3.故C正确;如果把该中 解得:a:=gsin30-+ jgeos 30 国结挂在我国的空间站,整个中国结处于完全失重状 态,各部分之间的作用力为0,故D错误 根据运动学规律1=1 14.(1)-f-mg. 8. BD: 9. BD: 10. AB. 联立解得=1-12n 提示: (2),绳子与竖直方向的夹角8的 8.若水平面光滑,以5个本块为整体,根据牛顿第二 《必修第一册》核心素养综合测评(三) 定律可得F=5rna,把右面的4个木块作为一个整体,设 余弦值为cosθ-附 1. A: 2. B: 3. A: 4. D: 5. C: 6. D: 7. C 2受到1的弹力为F.,根据牛顿第二定律可得F,=4an. 提示: 把最有面的3个本块作为一个整体,设3受到2的弹力为 解析:(1)水桶受到的空气阻力与水桶的速度成正 1.加和略发现“力不是维持物体运动的原因”,是在 F.,根据牛顿第二定律F,=3rna.依次类推,可以得到弹 比,则/=k 实险的基础上经过抽象排理得出的结论,运用了理想实 力之比依次为4:3:2:1.故A错误.B正确;若本块与水 直升机竖直向上加速运动的过程中,水桶受到重 验法,故A正确;根据速度定义式:-,当A非常小 平面有摩擦,设每个木块与地面的摩擦力为/.以5个木 力、拉力和阻力作用,故 块为整体,根拥生顿第二定律可得F-5f=5m'.把右面 P-mg-b=m 时,就可以表示物体在:时刻的瞬时速度,运用了极限 的4个木块作为一个整体,设2受到1的弹力为F,根据 即Fo=ma+mg+r 则加速度越大,速度越小,拉力越大,故当速度为0. 牛顿第二定律可得F-4f=4aa',解得F=4F.把最 的思想,故B错误;加速度a与质量m,合力F之间的关系 拉力最大时,加速度最大,即解得a-F-mg 为。-E.不是利用比值定义法,而是牛顿在力是产生 右面的3个木块作为一个整体,设3受到2的弹力为F. (2)水桶水平方向做匀速直线运动时,受力分析可得 根据牛顿第二定律可得P-3f=3ma',解得P=3F. 加速度的原因且用国际单位的情况下,总结出的牛顿第 F'sin 8-kg=0.F'eos 8=mg 依次类推,可以得到弹力之比依次为4:3:2:1.故C 二定律表达式,故C错误;利用光电门测速度,运用了极 当拉力最大时,速度最大,则eosf” 限法,故D错误. 误,D正确 9. 行李则放上传送带时,做匀加速直线运动,加速度 2.为保证两木块刚好不翻倒,则两木块整体的重心 可得。:F-# 刚好在桌子边缘正上方,设木块伸出桌子边缘外x.两 大小为a==2m/,行李加速到与传送带共速所用 $5.(1)F=30:(2)f=4s (3)r'=0.$s 时间为4.=--0.2s.加速过程通过的位移为&= 解析:(1)取物块为研究对象,根据生回第二定律可得 木块质量为m,则mg- 士.=0.04m,行李与传送带共速后做匀速运动到B处 $rg=m. 2 解得a.-2.5m/s2 解得:-,故B正确. 要使物块相对箱子不发生相对运动,则箱子的最大 3.设物体开始下落时离5楼窗户底端的高度为H. 加速度为2.5m/,取整体为研究对象,根据生顿第二定 =1+1=5.1s.故A错误,B正确;行李与传送带共速 下落时间为1.落地窗高度为A,经过落地窗的时间为 律可得 前发生的相对位移为Ar=r-x:=0.4x0.2-0.04m F=(M+m). =30 N A.根据自由落体运动公式,有H=。 #g,H-A= =0.04m.即行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为 (2)由于F=35N 30N.因此物块相对箱子发生 0.04m,故C错误;若使行李最快到达B处,可知行李整 1(1-A)”,代入数据,解得H=12.8m.物体离5楼层 相对运动,物块的加速度为a.=2.5m. 个过程都做匀加速直线运动,则有2al=,解得^。= 取箱子为研究对象,根据牛顿第二定律可得 数为a-128-4.3.则物体开始坠落的楼层大概为9 2.2ms.可知传送带的最小运行速率为2v2m.故D F__mg=Mu。 正确 .ot) 解得.=3ms} 楼故A正确 10.根据?=2aha-h图像 物块向有做匀加速直线运动,相对于箱子向左运 4.由生顿第二定律有F=mo.可知阻力F.的单位 与坐标轴围成的面积表示速度 动,设物块运动到左的时间为1.则 平方的一半,则0-2m及5- 为牛顿(N),即kg·m/*;由密度关系p”,知密度p的 10m面积相等2xa= ##^-)-# 单位为:面积s的单位为m;由速度公式v-△,知速 (8-5)(10-5)x0.5.解得 代入数据解得:=4: 鸠3 度单位为ms.将以上各物理量的单位代入关系式F.=0h2m时,水斗的加速度大小为a=1ms,故A正 (3)由(2)知.当施加给箱子35N的外力时.物块 右做a.=2.5/的匀加速直线运动,箱子向右做a= &s',可以写出阻力的单位表达式为1k·m/-1g 确;根据r=2a,则2mh5m时,水斗的速度大小 3m的匀加速直线运动,撤掉外力F时 为v=v2x1x2m/s=2m/s.故B正确;8mh 物块的速度v.=a.4 =7.5m/s xmx(一).可知当x=2.等式成立.故D正确 10m时,水斗加速度在变化,所以不是句减速直线运动, 箱子的速度t=af:=9m/s 故C错误;从静止开始上升10m过程中,先做匀加速运 5.根据速度定义式:-解得AAc,可知 箱子的速度v:>r,物块继续以2.5m/s的加速度 动,后做匀速运动,之后做匀减速直线运动,最后做加速 加速,分析箱子的受力,根据牛顿第二定律可得 图线与纵坐标输包围的面积表示时间,则运动员从0点 度减小的减速运动,*-1图像如图3所示,如果最后阶段 nmg=M 一直句减速运动,则减速运动时间为---10-5。 解得a.-0.5m/s3 2 箱子向右做加速度大小为0.5m/s的匀减速直线 6.对光滑球体受力分析如图1所示,根据平衡条件 -5s,根据t-1图像与坚标轴所围面积代表位移可知,运动,设经历时间P二者共速,根据运动学公式可得 可得Fc%θ=mg,对支架受力分析如图2所示,根据牛 实际做加速度减小的减速运动,则实际减速时间大于 .+ar'=t-al' 顿第三定律可知F。=F,对支架由平衡条件可得F. 5s.总时间大于7.5s,故D错误。 解得':0.5。