第4章 运动和力的关系-【三清必刷】2025-2026学年高一物理必修第一册（人教版2019）

— 30 — 第四章 运动和力的关系 (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 备课组长推好题 第15题以传送带为例,综合考查学生通过运动学公式和牛顿第二定律来解 决实际问题的能力。该题考查物体在有摩擦力作用下的运动状态分析能力,题目设置灵活,紧 扣知识点,对学生的知识点应用能力和问题解决能力要求较高,值得推荐。 一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符 合题目要求的。 1.(2025·陕西西安·期末)如图所示,物理老师用一根筷子穿透一个苹果, 他一手拿筷子,另一只手拿锤子敲击筷子上端,发现苹果会沿着筷子向上 “爬”,下列说法正确的是 ( ) A.苹果越小越容易完成该实验 B.苹果受到筷子的向上的力才会向上“爬” C.该实验原理主要是利用牛顿第一定律 D.该实验原理主要是利用牛顿第三定律 2.(2025·四川眉山·期末)利用单位可以对一些表达式进行初步的检验。在采用统一的单位制以 后,等式两边的单位应该是一致的,否则等式不成立。根据国际单位制,若用字母L、M、T分别表 示长度、质量、时间三个基本物理量。则要使(T)=k(L)α(M)β(LT-2)γ 表达式成立,其中k为一 个没有单位的常数。下列说法正确的是 ( ) A.α=12 B.β= 1 2 C.γ=12 D.长度、质量、时间这三个物理量的国际制单位分别是:m、g、s 3.(2025·湖北武汉·期末)如图,一个运动员在一段时间内通过轻绳拖动轮 胎在水平地面做匀加速直线运动,已知轮胎与地面的动摩擦因数μ,轻绳与 水平方向之间的夹角为θ(0<θ<90°),轮胎的质量为m,重力加速度为g, 下列说法正确的是 ( ) A.轮胎一定受到四个力,四个力的合力产生加速度 B.调整轻绳的方向,轮胎受到的摩擦力可能为μmg C.调整轻绳的方向,轮胎的加速度可能为 gtanθ D.轻绳的拉力方向与水平方向夹角越大,所需拉力越大 4.(2025·河南漯河·阶段练习)郑钦文在2024年夏季的巴黎奥运会中夺得中国 历史上第一枚网球金牌。如图所示,某次发球时,郑钦文将球以一定速度竖直 向上抛出,上升到最高点后下落。已知网球在空中运动过程中所受的空气阻力 大小与速率成正比。则下列关于网球在空中运动的速度v随时间t变化的关 系图像可能正确的是 ( ) 5.(2025·湖南益阳·期末)如图所示,质量相同的A、B两个小球用轻弹簧相连,A的另一 端用轻绳悬挂在天花板上,某一时刻突然剪断轻绳,则轻绳被剪断瞬间(已知重力加速度 为g) ( ) A.B的加速度为0 B.A的加速度为0 C.A、B的加速度都为g D.A、B的加速度都为2g 6.(2025·浙江宁波·阶段练习)如图所示,圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板AO、 BO、CO,其下端都固定于底部圆心O,而上端则搁在仓库侧壁上,三块滑板与水平面的 夹角依次是30°、45°、60°,若有三个小孩同时从A、B、C 处开始下滑(忽略阻力),设三 位小朋友到达到圆心O的时间分别为tA、tB、tC,则 ( ) A.tA<tB<tC B.tB<tA=tC C.tA>tB>tC D.tB>tA=tC 7.(2025·湖南·阶段练习)2024年春晚杂技节目《跃龙门》为观众带来 了一场视觉盛宴,彩排时为确保演员们能够准确掌握发力技巧,教练 组将压力传感器安装在如图甲所示的蹦床上,记录演员对弹性网的压 力,图乙是某次彩排中质量为m 的演员在竖直方向运动时计算机输出 的压力 时间(F t)图像,运动员可视为质点。不计空气阻力,重力加 速度g=10m/s2,下列说法正确的是 ( ) A.演员在a时刻速度为零 B.演员在a时刻加速度为零 C.演员离开弹性网后上升的最大高度为6.4m D.演员在a到b时间段内处于超重状态 二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题 目要求。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。 8.(2025·广东汕尾·期末)如图为极限运动员从蹦 极台上静止下落后对应的速度v与位移x 关系的 图像。当下落至12m时,运动员的速度达到最大, 不计空气阻力,下列说法正确的是 ( ) A.弹性绳的原长为12m B.下落至12m时,弹性绳的弹力为mg C.在12~20m下落过程中,弹性绳的弹力始终在 增大 D.在12~20m下落过程中、运动员一直在体验超重的感觉 9.(2025·四川宜宾·期末)如图所示,一兴趣小组为研究 在不同条件下弹簧的伸长量,设计了如下四种情况,他 们用四根相同的轻弹簧连接着相同的物体,在外力作用 下做不同的运动:图(a)中,物体在光滑水平面上向右做 加速度a=g的匀加速直线运动;图(b)中,物体沿倾角 为30°的光滑斜面向上做匀速直线运动;图(c)中,物体 以加速度a=g2 竖直向上做匀加速直线运动;图(d)中,物体以加速度a=g竖直向上做匀加速直 线运动。设四根轻弹簧伸长量分别为Δl1、Δl2、Δl3、Δl4。下列选项中正确的是 ( ) A.Δl1<Δl2 B.Δl3<Δl4 C.Δl1<Δl4 D.Δl2=Δl4 10.(2025·湖南张家界·期末)伽利略对“自由落体运动” 和“运动和力的关系”的研究,开创了科学实验和逻辑推 理相结合的重要科学研究方法。图甲、图乙分别表示这 两项研究中实验和逻辑推理的过程,对这两项研究,下 列说法正确的是 ( ) A.图甲中先在倾角较小的斜面上进行实验,可“冲淡”重力,使时间测量更容易 B.图甲通过对自由落体运动的研究,合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动 C.图乙中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的,实验可实际完成 D.图乙的实验虽为“理想实验”,无法实现,但伽利略在实验基础上进一步推理的方法,帮我们找 到了解决运动和力关系问题的办法 — 29 — — 32 — 11.(2025·湖北武汉·期末)如图所示,光滑水平面上放置着质量分 别为3m、2m、m 的三个物块A、B、C,其中B 放在C 上,A 与B 间 用水平弹簧相连。现用一水平拉力拉A,待弹簧稳定后,B 与C 恰 好不相对滑动。重力加速度大小为g,B、C间的动摩擦因数为μ,假设最大静摩擦力与滑动摩擦 力大小相等,下列说法正确的是 ( ) A.水平拉力为12μmg B.弹簧的拉力为2μmg C.撤掉拉力F瞬间,A 的加速度为23μg D. 撤掉拉力F瞬间,B 的加速度为2μg 三、非选择题:本题共5小题,共计52分。(12题6分,13题8分,14题10分,15题12分,16题16分。) 12.(2025·河南漯河·阶段练习)为了直观的显示电梯运行时的加速度,某实验小组制作了一个 “竖直加速度测量仪”,其构造如图甲所示。把一根轻弹簧上端固定在支架横梁上,当下端悬吊 0.8N的重物,静止时弹簧下端的指针指在刻度为C的位置,当悬吊1N的重物,静止时弹簧下 端的指针指在刻度为O的位置。现将重为1N的小球固定在弹簧下端,和小木板上的刻度构成 了一个“竖直加速度测量仪”。(以下涉及计算时取重力加速度g=10m/s2) (1)该小组先利用图乙装置测量当地的重力加速度,但该同学未找到低压电源,打点计时器应选 图丙中的 (填“A”或“B”); (2)若刻度尺未标出刻度,但已知每小格长是1mm,则弹簧的劲度系数是 N/m; (3)该小组结合(2)中测得的数据,利用图甲装置测量一电梯运行的加速度,指针指在刻度板上 A 点时电梯的加速度大小为 m/s2。 13.(2025·浙江杭州·期末)“探究加速度与力、质量的关系”实 验中,某同学组装了如图所示的装置。 (1)关于补偿阻力,下列说法正确的是 ( ) A.补偿阻力时应将长木板一端适当垫高,让小车连上纸带、在 槽码的牵引下运动 B.补偿阻力的本质是使小车所受重力沿斜面的分力与所受到的阻力平衡 C.补偿阻力是否成功可根据纸带上的点迹间距是否均匀来判断 D.改变小车质量重复实验时,需要重新补偿阻力 (2)如图是实验得到的一段纸带,小车的加速度为 m/s2(保留两位有效数字) (3)实际电网供电过程中,加在打点计时器上的电压和频率均会波动变化。下列说法正确的是 ( ) A.电压略高时,加速度a的测量值偏大 B.电压略低时,加速度a的测量值偏大 C.频率略高时,加速度a的测量值偏大 D.频率略高时,加速度a的测量值偏小 (4)保持悬挂的重物质量m 不变,研究小车的加速度a与小车质量M 的关系时,该同学改变小 车的质量 M,打出多条纸带,计算得到小车的加速度a,并描绘a 1M 图线后,发现图线在1 M 值较 大的区间发生弯曲,其他区间为直线。他分析后调整了研究参数,结果得到了一条完整的直线。 他的调整可能是 ( ) A.描绘a与 1M+m 的关系图线 B.描绘a与 1(M+m)2 的关系图线 C.描绘a与(M+m)的关系图线 D.描绘a与mM 的关系图线 14.(2025·湖南娄底·期末)质量为3kg的物体静止在水平地面上,在水平F 拉力 的作用下开始运动,作用4s后撤去水平力F 作用,因受摩擦力作用而减速运动 6s后静止,其v t图像如图所示。求: (1)物体在0~4s和4~10s的加速度a1、a2 分别是多少; (2)物体所受的摩擦力大小; (3)在0~4s内物体所受的拉力大小; (4)在0~10s内物体的位移。 15.(2025·江西·阶段练习)如图所示,倾角θ=37°、长度L=5.5m的倾斜传送 带以恒定速率顺时针转动。可视为质点的包裹从传送带顶端以大小v0= 5m/s、方向平行于传送带向下的初速度开始下滑,经t=0.75s以v=9m/s 的速度滑离传送带。不计空气阻力,包裹与传送带间的最大静摩擦力等于滑 动摩擦力,取重力加速度大小g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。 (1)求包裹在传送带上运动的平均速度大小v(计算结果保留分数); (2)判断包裹在传送带上不同阶段的运动状态; (3)求传送带的运行速率v1。 16.(2025·辽宁抚顺·阶段练习)如图所示,质量m1=1kg的 木板A(足够长)静置于足够大的水平地面上,质量 m2= 2kg的物块B(视为质点)静置于木板A的右端。A与地面 间的动摩擦因数μ1=0.2,A、B间的动摩擦因数μ2=0.5。现将A锁定,对B施加一大小F1= 11N、方向与水平方向夹角θ=53°斜向上的拉力,经时间t1=0.8s后立即对A解除锁定,并将 拉力的大小变为F2=14N,方向变为水平向左,又经过时间t2=0.8s后立即撤去拉力。取重力 加速度大小g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求: (1)拉力大小为F1 时,B的加速度大小a; (2)A、B达到共同速度前,B在A上发生相对滑动的时间t; (3)A在地面上滑行的总距离x。 — 31 — —60 — 小车的加速度大小为a=xCF-xOC(3T)2 = (11.10+13.12+15.11)-(5.12+7.10+9.11) (3×0.1)2 ×10-2 m/s2 =2.0m/s2。 (3)若电源的频率变成了45赫兹,则实际打点周期变大,则小组 得到的加速度测量值大于真实值。 答案 (1)CD (2)加速 1.4 2.0 (3)大于 14.解析 (1)设小球经过时间t落在小车上,取竖直向上为正方向, 则有-(H-h)=v0t- 1 2gt 2,解得t=2.5s或t=-0.5s(舍 去),平板车运动的位移为x1=vt=5m,则小球落在平板车上的 位置到车身前端 M 的距离为x2=x1-S=1m。 (2)设平板车的最小加速度为a0,则小车运动位移满足条件为L +S=vt+12a0t 2,解得a0=0.8m/s2,则平板车的加速度应满足a ≥0.8m/s2。 答案 (1)1m (2)a≥0.8m/s2 【技法点拨】 (1)应用运动学公式求出小球落到小车上需要的时 间,然后求出该时间内小车的位移,再分析答题。 (2)求出小球恰好不落在小车上的临界加速度,然后确定加速度 的范围。 15.解析 (1)物体处于平衡状态,则F1=F2+f1,解得f1=4N,方 向向左; (2)最大静摩擦力fm=μmg=8N,若将F1 撤去后,F2<fm,则物 体仍静止,受到的摩擦力的大小f2=F2=6N,方向向右; (3)若将F2 撤去后,F1>fm,则物体向左运动,受到的摩擦力的 大小f3=μmg=8N,方向向左。由牛顿第三定律,地面受到木块 给的摩擦力大小f3'=f3=8N,方向向右。 答案 (1)4N,方向向左 (2)6N,方向向右 (3)8N,方向向右 16.解析 (1)由速度—位移公式v2-v02=2ax 结合图甲有v0甲 =7m/s,2a甲 =- 49 14m /s2 解得a甲 =-1.75m/s2 根据位移—时间公式x=v0t+ 1 2at 2 变形可得x t2 = v0 t+ 1 2a 结合图乙可知1 2a乙 =- 3 8 m /s2,v0乙 = 3 8 1 16 m/s 解得v0乙 =6m/s,a乙 =-0.75m/s2 其中“-”代表方向为负方向。 (2)两车停止的时间分别为t甲 = 0-v0甲 a甲 =4s ,t乙 = 0-v0乙 a乙 =8s , 如图 (3)设经t时间两车速度相等,有v'=v0甲 +a甲t=v0乙 +a乙t 得t=1s,v'=5.25m/s 此时两车头在运动方向上的距离为Δx'=v0甲t+ 1 2a甲t 2-(v0乙t +12a乙t 2) 由v t图可知甲车停止后,乙车继续向前运动,到乙车静止时, 两车头在运动方向上距离最大为Δx=12×5.25× (8-4)-Δx' =10m。 答案 (1)v0甲 =7m/s,a甲 =1.75m/s2、v0乙 =6m/s,a乙 =0.75m/s2 (2) (3)10m 第四章 运动和力的关系 1.C [该实验的原理是牛顿第 一 定 律,即 惯 性 定 律,任 何 物 体 总 要保持原有的运动状态(静止或匀速直线运动),除非外力迫使 它改变这种状态。当拿 锤 子 敲 击 筷 子 上 端 时,筷 子 快 速 下 降, 而苹果由于具有惯性,要保持原有的运动状态,位置保持不变, 但筷子下降,则苹果相 对 筷 子 在 向 上 运 动,即 苹 果 会 沿 着 筷 子 向上“爬”,不是 苹 果 受 到 筷 子 的 向 上 的 力 向 上“爬”,苹 果 越 大,质量越大,惯性越大,越容易完成该实验。故选C。] 2.A [ABC.要使(T)=k(L)α(M)β(LT-2)γ,表达式成立,即1s= 1k(m)α(kg)β(ms-2)γ=1k(m)α+γ(kg)βs-2γ,m 故α+γ=0,β=0, -2γ=1,解得γ=-12 ,α=12 ,故 A正确、BC错误;D.长度、质 量、时间这三个物理量的国际制单位分别是:m、kg、s,故D错误。 故选A。] 3.C [根据题意可知,轮胎的受力情况有2种, 第一种情况如图,轮胎受重力、支持力、拉力 和摩擦力,这4个力的合力产生加速度,竖直 方向有Fsinθ+N=mg,又有f=μN,联立解 得f=μ(mg-Fsinθ)<μmg,水平方向,由牛 顿第二定律 有 Fcosθ-f=ma,联 立 解 得 F (μsinθ+cosθ)-μmg=ma,可知,若要保证轮胎做匀加速直线运 动,轻绳的拉力方向与水平方向夹角越大,所需拉力不一定越大; 第二种情况如图所示, 轮胎受重力和拉力,这两个力的合力产生加速度,竖直方向上有 Fsinθ=mg,可得F= mgsinθ 可知,拉力方向与水平方向夹角越大, 所需拉力越小;水平方向由牛顿第二定律有Fcosθ=ma,联立解 得a= gtanθ ,综上所述,轮胎可能受4个力也可能受2个力,当受4 个力时,摩擦力一定小于μmg,轻绳的拉力方向与水平方向夹角越 大,所需拉力不一定越大;当受2个力时,摩擦力为0,此时加速度 为a= gtanθ ,轻绳的拉力方向与水平方向夹角越大,所需拉力越 小。故选C。] 【技法点拨】 本题主要考查对牛顿第二定律的掌握,解题时需注 意,应用牛顿第二定律解决简单问题时,要先明确物体的受力情 况,然后列出牛顿第二定律的表达式,再根据需要求出相关物理 量。 4.C [上升过程受竖直向下的重力和空气阻力,根据题意,设空气 阻力与速度的关系为f=kv,上升过程由牛顿第二定律有mg+kv =ma1,上升过程的加速度大小为a1= mg+kv m ,由于速率减小,故 加速度在减小,上升到最高点时速度减为0,但加速度大小为g,此 后下降过程受竖直向下的重力和竖直向上的空气阻力,下落过程 由牛顿第二定律有mg-kv=ma2,下落过程的加速度大小为a2= mg-kv m ,由于速率增大,故加速度也在减小,再由v t图像的斜率 表示加速度,可知上升过程v t图像斜率减小,下降过程v t图 像斜率也减小。故选C。] 5.A [设小球质量均为m,轻绳剪断前,弹簧的弹力F=mg,轻绳被 剪断瞬间,弹簧弹力不变,对A根据牛顿第二定律mg+F=maA, 解得aA=2g,对B根据牛顿第二定律 mg-F=maB,解得aB=0, 故选A。] 6.B [根据牛顿第二定律mgsinθ=ma,解得a=gsinθ,设底部圆半 径为 R,根 据 运 动 学 规 律 Rcosθ= 1 2 (gsinθ)t2,解 得 t= 2R gsinθcosθ= 4R gsin2θ ,故t∝ 1sin2θ ,因为sin60°=sin120°< sin90°,故tB<tA=tC,故选B。] 7.A [AB.由乙图可知,演员在a时刻弹力最大,加速度最大,速度 为零,A正确,B错误;C.由乙图可知,演员在空中运动的时间为t =2.8s-1.2s=1.6s,根据竖直上抛运动的对称性可知,演员上 升的时间t0= 1 2t=0.8s ,故演员上升的高度h=12gt0 2=3.2m, C错误;D.演员在a时刻,弹力大于重力,演员处于超重状态,演员 在b时 刻,弹 力 为 零 小 于 重 力,演 员 处 于 失 重 状 态,D错 误。故 选A。] 8.BCD [AB.由图像可知运动员先做加速运动,后做减速运动,在 位移大小为12m时,速度为最大值,此时运动员的加速度为零,运 动员所受合力为零,弹性绳的弹力与运动员的重力等大反向,弹力 大小为mg;由于此时弹性绳处于伸长状态,所以弹性绳的原长小 于12m,故A错误,B正确;CD.运动员在位移为12m处时,速度 最大,加速度为零,接着将继续向下运动,弹性绳的弹力继续增大, 且大于运动员的重力,运动员处于超重状态,将向下做加速度逐渐 增大的减速运动,故CD正确。故选BCD。] 9.BC [设弹簧的劲度系数为k,物体的质量为 m,如(a)中,根据牛 顿第二定kΔl1=mg,可得Δl1= mg k ,图(b)中,根据平衡条件kΔl2 =mgsin30°,可得Δl2= mg 2k ,图(c)中,根据牛顿第二定律kΔl3- mg=m·12g ,解得Δl3= 3mg 2k ,图(d)中,根据牛顿第二定律kΔl4 -mg=mg,解得Δl4= 2mg k ,综上可得Δl1>Δl2,Δl3<Δl4,Δl1< Δl4,Δl2<Δl4,故选BC。] 10.AD [A.当时利用滴水法,无法记录自由落体运动的较短时间, 伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下,来“冲淡”重力的作 用效果,小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小 得多,所用时间长的多,所以容易测量,故A正确;B.伽利略做了 上百次实验,根据小球在斜面上做匀变速运动,并通过抽象思维 在实验结果上做了合理外推,得到自由落体运动为匀变速运动, 故B错误;C.完全没有摩擦阻力的斜面实际是不存在的,实验不 可实际完成,故C错误;D.图乙的实验为“理想实验”,无法实现, 但如果右侧斜面放平,则小球永远无法达到相同高度,小球将永 远运动下去,也就是说,物体的运动不需要力来维持,所以伽利略 在实验基础上进一步推理的方法,帮我们找到了解决运动和力关 系问题的办法,故D正确。故选AD。] 【命题意图】 本题考查的就是学生对于物理常识的理解,这些在 平时是需要学生了解并知道的,看的就是学生对课本内容的掌握 情况。 11.AD [A.弹簧稳定后,B 与C 恰好不相对滑动,B、C 之间的摩擦 力为最大静摩擦力,对C进行分析,根据牛顿第二定律有μ·2mg =ma,对A、B、C整体进行分析,根据牛顿第二定律有F拉 =(3m +2m+m)a,解得F拉 =12μmg,故 A正确;B.结合上述,对B、C 整体进行分析,根据牛顿第二定律有F弹 =(2m+m)a,解得F弹 =6μmg,故B错误;C.撤掉拉力F 瞬间,弹簧弹力不变,对 A 进 行分析,根据 牛 顿 第 二 定 律 有 F弹 =3ma1,结 合 上 述 解 得a1= 2μg,故C错误;D.撤掉拉力F 瞬间,弹簧弹力不变,对B、C 整体 进行分析,根据牛顿第二定律有F弹 =(2m+m)a,结合上述解得 a=2μg,故D正确。故选AD。] 【技法点拨】 当B、C间的静摩擦力为最大静摩擦力时B 与C 恰 好不相对滑动,应用牛顿第二定律求出拉力与弹簧弹力大小;弹 簧弹力不能突变,根据撤去拉力瞬间物块的受力情况,应用牛顿 第二定律求解。 12.解析 (1)电火花打点计时器接220V交流电源,该同学未找到 低压电源,而电磁打点计时器必须使用低压交流电源,故打点计 时器应选图丙中的A; (2)设每小格长为l,当下端悬吊0.8N的重物,静止时弹簧下端 的指针指在刻度为C的位置,则有kΔx1=mg, 当悬吊1N的重物,静止时弹簧下端的指针指在刻度为O 的位 置,则有kΔx2=m'g 解得k= 150lN /m 因为l=1mm 所以k=20N/m (3)指针指在刻度板上A 点时,弹簧的弹力为F1=0.8N+k·5l =0.8N+ 150l ·5l=0.9N 此时根据牛顿第二定律有F1-mg=ma 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 59 — —62 — 解得a=-1m/s2 负号表示加速度方向竖直向下,即加速度大小为1m/s2。 答案 (1)A (2)20 (3)1 13.解析 (1)A.补偿阻力时应将长木板一端适当垫高,让小车连上 纸带,而不能挂槽码,依靠小车自身所受的重力沿木板的分力运 动,故A错误;B.补偿阻力的本质是使小车所受重力沿斜面的分 力与所受到的阻力平衡,故B正确;C.补偿阻力成功时小车做匀 速直线运动,故可根据纸带上的点迹间距是否均匀来判断,故C 正确;D.改 变 小 车 质 量 M 重 复 实 验 时,依 然 满 足 Mgsinθ= μMgcosθ,则不需要重新补偿阻力,故D错误。故选BC。 (2)纸带的计数点间隔为T=5×0.02s=0.1s 连续相等时间内的四段位移,由逐差法可得 a=x24-x02 4T2 = (23.20-10.50-10.50)×10-2 4×0.12 m/s2≈0.55m/s2 (3)AB.电压略高时,打点的频率不变,则加速度a 的测量值不 变,故AB错误;CD.频率略高时,由a=Δx·f2 可知,计算时带f 值偏小,则加速度的测量值偏小,故C错误,D正确。故选D。 (4)该同学保持悬挂的重物质量m 不变,通过给小车增加砝码来 改变小车的质量 M,故小车和悬挂物整体的质量为 M+m,由系 统的牛顿第二定律有a=mg· 1M+m 则作 图 时 应 作 出a 1M+m 图 像,得 到 了 一 条 完 整 的 直 线。故 选A。 答案 (1)BC (2)0.55 (3)D (4)A 14.解析 (1)0~4s内物体做匀加速直线运动,根据v t图像可得 0~4s加速度a1= 12 4 m /s2=3m/s2 物体在4~10s时间内做匀减速运动,由图像可得4~10s加 速度 a2= 0-12 10-4m /s2=-2m/s2 (2)在4~10s物体只受摩擦力,根据牛顿第二定律,物体所受的 摩擦力大小 f=ma2=2×3N=6N (3)0~4s内物体做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律 F-f=ma1,f=ma2=2×3N=6N 解得F=15N (4)v t图像的面积表示物体的位移x=12×12×10m=60m 答案 (1)3m/s2,-2m/s2 (2)6N (3)15N (4)60m 15.解析 (1)包裹在传送带上运动的平均速度大小v=Lt 解得v=223 m /s (2)假设包裹在传送带上始终做匀加速直线运动,则有v1= v0+v 2 =7m/s 由于v1≠v,因此该假设不成立 假设包裹在传送带上先做匀加速直线运动,再做匀速直线运动, 且包裹做匀速直线运动的时间为t',则有vt'+v+v02 (t-t')=L 包裹做匀加速直线运动时有 mgsinθ+μ1mgcosθ=ma 其中a=v-v0t-t' 解得μ1=0.05<tanθ,包裹无法做匀速直线运动,该假设不成立 由此可知包裹一定是先以较大的加速度做匀加速直线运动直至 速度与传送带的运行速率大小相等,之后再以较小的加速度做匀 加速直线运动。 (3)设包裹从传送带顶端开始下滑到速度大小与传送带速率相等 所经历的时间为t1,该阶段包裹的加速度大小为a1,有v1=v0+ a1t1,x1=v0t1+ 1 2a1t1 2 对包裹受力分析有mgsinθ+μmgcosθ=ma1 设包裹的速度大于传送带的运行速率时,包裹的加速度大小为 a2,有v=v1+a2(t-t1),L-x1=v1(t-t1)+ 1 2a2 (t-t1)2 对包裹受力分析有mgsinθ-μmgcosθ=ma2 综合前面的分析有a1+a2=3gsinθ 解得v1=7m/s 答案 (1)223 m /s (2)见解析 (3)7m/s 16.解析 (1)拉 力 大 小 为 F1 时,A 对 B 的 滑 动 摩 擦 力 大 小 f=μ2(m2g-F1sinθ) 解得f=5.6N 根据牛顿第二定律有F1cosθ-f=m2a 解得a=0.5m/s2 (2)拉力大小刚变为F2 时B的速度大小v=at1 解得v=0.4m/s 设拉力大小变为F2 后,A、B的加速度大小分别为a1、a2,根据牛 顿第二定律有 μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1,F2-μ2m2g=m2a2 解得a1=4m/s2,a2=2m/s2 设拉力大小变为F2 后再经时间Δt,A、B达到共同速度,且共同 速度大小为v共,有v共 =a1Δt=v+a2Δt 解得Δt=0.2s,v共 =0.8m/s 又t=t1+Δt 解得t=1s (3)在Δt时间内,A滑行的距离x1= 1 2a1 (Δt)2 解得x1=0.08m 假设A、B达到共同速度后相对静止并以相同的加速度(设加速 度大小为a3)匀加速滑行,位移大小为x2,有 F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a3,x2=v共(t2-Δt)+ 1 2a3 (t2- Δt)2 解得x2=0.96m,a3= 8 3 m /s2<a1 假设成立 假设撤去拉力后A、B相对静止并以相同的加速度(设加速度大 小为a4)匀减速滑行至停下,位移大小为x3,有μ1(m1+m2)g= (m1+m2)a4 v'2=2a4x3,其中v'=v共 +a3(t2-Δt) 解得x3=1.44m,a4=2m/s2<μ2g假设成立 又x=x1+x2+x3 解得x=2.48m 答案 (1)a=0.5m/s2 (2)t=1s (3)x=2.48m 第三次月考滚动检测卷 1.C [A.“8:30”是时刻,故 A错误;B.“5km”是路程,故B错误; C.由于长跑的起点和终点是同一地点,所以完成该次长跑的参赛 者的位移为0,平均速度为0,故C正确;D.研究参赛者这次比赛 的运动轨迹时,参赛者可视为质点,故D错误。故选C。] 2.A [由于速度为负,加速度为负,即速度方向与加速度方向相同, 质点做加速运动,当加速度减小到零时,速度达到最大。故选A。] 3.B [a t图像的面积表示速度变化量。A.由图像可知,0~1s内 物体以2m/s2 的加速度向正方向做匀加速运动,1~2s内物体以 2m/s2 的加速度向正方向做匀减速运动,t=2s时,物体速度大小 为零,重复以上运动过程,物体一直向正方向运动,不会回到出发 点,A错误;B.由图像可知,0~1s内物体以2m/s2 的加速度向正 方向做匀加速运动,1~2s内物体以2m/s2 的加速度向正方向做 匀减速运动,t=2s时,物体速度大小为零;2~3s内物体以2m/s2 的加速度向负方向做匀加速运动,3~4s内物体以2m/s2的加速 度向负方向做匀减速运动,t=4s时,物体速度大小为零;根据对 称性可知物体会回到出发点,B正确;C.由图像可知,0~2s内物 体向正方向做加速度减小的加速运动,2~4s内物体向正方向做 加速度增加的减速运动,t=4s时,物体速度大小为零,重复以上 运动过程,物体一直向正方向运动,不会回到出发点,C错误;D.由 图像可知,0~2s内物体向正方向做加速度增加的加速运动,2~ 4s内物体向正方向做加速度减小的加速运动,4~6s内物体向正 方向做加速度增加的减速运动,6~8s内物体向正方向做加速度 减小的减速运动,t=8s时,物体速度大小为零,重复以上运动过 程,物体一直向正方向运动,不会回到出发点,D错误。故选B。] 4.C [A.每当一个水滴从4.9m高处开始滴下,当该水滴下落地面 过程有h=12gt 2,解得t=1s,由于空中另外还有19个水滴正在 下落,令相邻 水 滴 滴 落 的 时 间 间 隔 为 Δt,则 有 Δt= 119+1s= 0.05s,当T=0.05s时,即频闪时间间隔等于相邻水滴滴落的时 间间隔,此时可以看到水滴好像静止在空中固定的位置,故 A正 确,不符合题意;B.由于T=0.1s=2Δt,即频闪时间间隔等于相 邻水滴滴落的时间间隔的两倍,此时可以看到水滴好像静止在空 中固定的位置,故B正确,不符合题意;C.当T 略大于0.05s时, 即频闪时间间隔略大于相邻水滴滴落的时间间隔,可知,在频闪 时,水滴下落的高度略大于Δt内水滴下落的高度,则频闪时水滴 的位置略微下降,即可以看到水滴在空中“缓慢下降”,故C错误, 符合题意;D.当T 略小于0.05s时,即频闪时间间隔略小于相邻 水滴滴落的时间间隔,可知,在频闪时,水滴下落的高度略小于Δt 内水滴下落的高度,则频闪时水滴的位置略微上升,即可以看到水 滴在空中“缓慢上升”,故D正确,不符合题意。故选C。] 【技法点拨】 水滴做自由落体运动,只要缓慢调节水滴的时间间 隔,即每隔相等时间滴一滴水,只要每隔相等时间闪光一次,就会看 到水滴好像静止不动,每滴一滴水的时间间隔和闪光的间隔相等。 5.C [AB.惯性与运动状态无关只与质量有关,则锤头运动过程和 停止运动后惯性不变,故AB错误;CD.锤头和锤柄向下运动,锤柄 撞击地面停止运动,锤头由于惯性继续向下运动,锤头就紧紧套在 锤柄上,故C正确,D错误。故选C。] 6.A [将甲、乙两球当做一个整体,整体在竖直方向受到重力G 和 甲球上方细绳的拉力F 作用,水平方向受到F1 和F2 作用,甲球 上方细绳竖直,乙球在拉力F2 作用下向右偏离,甲、乙之间的细绳 偏离竖直方向,A选项符合题意。故选A。] 7.C [A.对A进行受力分析,结合对称性可知,A受到重力、B对A 有两个弹力作用、B对 A还有两个静摩擦力的作用,即 A受到五 个力的作用,故A错误;B.A处于平衡状态,根据平衡条件可知,B 对A的作用力与A的重力平衡,即B对 A的作用力与 A的重力 大小相等,方向竖直向上,故B错误;C.将A 的重力沿房脊与垂直于房脊分解,则沿房脊 的分力 为 mgsinθ,垂 直 于 房 脊 的 分 力 为 mgcosθ,两 侧 面 弹 力 大 小 相 等 且 夹 角 为 120°,如图 所 示,B的 每 个 侧 面 对 A 的 弹 力 大 小 为 FN1=FN2= mgcosθ,可知mgsinθ=2μmgcosθ,可得μ= 1 2tanθ ,故C正确; D.A处于平衡状态,A在沿房脊方向上所受外力的合力为0,则B 对A的最大静摩擦力的合力大小等于 A沿房脊的分力,即f合 = mgsinθ,故D错误。故选C。] 8.BD [A.亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体才会运 动,选项A错误;B.伽利略通过“理想实验”得出,运动的物体,如 果它不受力,它将永远运动下去,选项B正确;C.笛卡尔指出,如 果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一 直线运动,既不 会 停 下 来 也 不 会 偏 离 原 来 的 方 向,选 项C错 误; D.牛顿认为,物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的 性质,选项D正确。故选BD。] 9.ACD [A.设 加 速 度 大 小 为a,由 x= 12at1 2,可 得a=2x1 t12 = 0.8m/s2,故A正确;B.前2s内通过的位移大小为x2= 1 2at2 2= 1.6m,故B错误;C.第2s内通过的位移大小为x2'=x2-x1= 1.2m,故C正确;D.第1s末的速度大小为v1=at1=0.8m/s,故 D正确。故选ACD。] 10.AD [A.图像与坐标轴围成的面积等于位移可知,正常行驶时 刹车减速过程的位移xA= 1 2×4×20m=40m ,疲劳驾驶刹车减 速过程的位移xB= 1 2×5×20m=50m ,刹车减速过程,正常行 驶与疲劳驾驶的位移大小之比为4∶5,选项A正确;B.刹车减速 过程,两种情况下的平均速度均为v=202 m /s=10m/s,即两种 情况下的平均速度相同,选项B错误;C.刹车减速过程,正常行 驶与疲劳驾驶的加速度大小之比为aA∶aB= 20 4∶ 20 5=5∶4 ,选 项C错误;D.从t=0到 汽 车 停 止,正 常 驾 驶 的 平 均 速 度vA = 20×0.5+40 4.5 m /s=11.1 m/s,疲 劳 驾 驶 的 平 均 速 度 vB = 20×1+50 6 m /s=11.7m/s,疲劳驾驶的平均速度更大,选项D正 确。故选AD。] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 61 —