第4章 第12周 超重和失重 动力学中的图像问题、连接体问题-【一本】2025-2026学年高中物理必修第一册周末小测卷（人教版）

一本高中物理周末小测卷 第 12 周 超重和失重动力学中的图像问题、连接体问题 ⊙时间：60分钟号总分：100分8得分： ⑦答案：P23 说明：本卷单选题每小题4分；多选题每小题6分，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的 得0分。其他题分值见题目前标注。 弥 基础测·查漏补缺 n 孙 1.(2025·山东威海期末)如图所示，质量为50kg的人站在电梯中的体重计上，随电梯以2m/s2的 加速度匀减速竖直下降，重力加速度取10m/s2。下列说法正确的是 ( A.人处于超重状态，体重计的示数为40kg B.人处于超重状态，体重计的示数为60kg C.人处于失重状态，体重计的示数为40kg D.人处于失重状态，体重计的示数为60kg 2.(2025·山东济南期末)如图所示，紧靠在一起的物块A和物块B静止在粗 糙的水平地面上，给物块A施加水平恒力F使物块A和物块B一起向右做 毁 匀加速直线运动。已知物块A和物块B的质量均为m,物块A和物块B与 封 地面间的动摩擦因数均为μ，不计空气阻力，则物块A和物块B间作用力的大小为 A.F B.F-umg C.F-amng 3.(2025·河南许昌期末改编)“蹦极”作为一种高空运动，受到很多年轻人的追捧，该运动中包含了 很多的物理知识。现在蹦极绳上安装一个力传感器，运动员在某次“蹦极”运动中，力传感器的图 像如图所示，由图像获得的信息正确的是 A.ab过程中绳子逐渐伸长，人处在失重状态 B.c点人具有竖直向下的最大的加速度，处于超重状态 C.cd过程中绳子处于松弛状态，人处于超重状态 D.e点绳子处于伸长状态，人处于完全失重状态 4.(2025·云南昭通期末)如图所示，质量分别为1kg和2kg的物块A、B用轻质弹簧相连放在光滑 线 水平面上，用大小为F=18N的力作用在A上使A、B相对静止一起向左做匀加速直线运动，则 下列说法正确的是 () A WB 7777777777777777777777777 A弹簧的弹力大小等于6N B.弹簧的弹力大小等于18N C.突然撤去F的瞬间，A的加速度大小为0 D.突然撤去F的瞬间，B的加速度大小为6m/s 5.（多选)(2025·陕西汉中期末)如图甲所示，物块α、b之间用一根轻质细线相连，均静止在光滑水 平地面上。t=0时对物块α施加水平向右的恒力F,两物块的位移随时间变化的情况如图乙所示 (图线为抛物线)。已知物块a、b的质量分别为2kg、3kg,下列分析正确的是 () 必修第一册RJ版 A物块a的加速度大小为6m/s2 ↑x/m 18---- B.恒力F的大小为20N 8-- C.细线上的弹力大小为12N 月回5 2- 0123t/s D.细线上的弹力大小为15N 甲 乙 6.(2025·广东期末改编)如图所示，一列观光小火车由车头和六节完全相同的车厢 组成。在车头的牵引下，观光小火车沿平直路面做匀加速直线运动，此时车头对 第1节车厢的拉力大小为F。若每节车厢所受阻力均相等，则第5节车厢对第6 节车厢的拉力大小为 ( A号 F 6. C知 6 D.F 7新考法形式创新（多选）(2025·陕西咸阳期末改编)如图甲所示，质量为2kg的物体在水平力F 的作用下由静止开始沿粗糙水平面做直线运动，t=2s时撤去F。物体的加速度α随时间t的变 化规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是 () ↑a/ms2) 2 0 77777777 2 3 t/s -2 -4 乙 AF的大小为20N B.物体与水平面间的动摩擦因数μ为0.4 C.t=3s时物体的速度大小为8m/s D.t=2s时物体的速度方向改变 8.(2025·山东菏泽期末，10分)如图所示，质量M=2kg的长方体铁箱在水平拉力F的作用下沿水 平面向右做匀加速直线运动，质量m1=1kg的木块A贴在铁箱后壁上与铁箱保持相对静止，质量 m2=1kg的小球B通过细绳与铁箱上侧连接，细绳与竖直方向的夹角α=53°。已知铁箱与水平 面间的动摩擦因数4=0.5，重力加速度g取10m/s2,sin53°=0.8，cos53°=0.6。求： (1)木块对铁箱的压力； (2)水平拉力F的大小。 OB 777777777777777 能力测·迁移运用 9.(多选)(2025·云南昆明期末)如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°，质量为 0.3kg的小物块静止在A点，现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上，作用 一段时间后撤去推力F,小物块能达到的最高位置为C点，小物块从A到C的t图 像如图乙所示，g取10m/s2,则下列说法正确的是 () tu/(m-s) 31 2 A 1 <丁30 0 0.30.60.91.2t/s 乙 ·29● 一本高中物理周末小测卷 A.小物块到C点后将沿斜面下滑 B,小物块加速时的加速度是减速时加速度的3 C.小物块与斜面间的动摩擦因数为 D.推力F的大小为6N 10.新考法设问创新(2023·河北衡水期中改编)如图所示，质量为M、倾角为30°的斜面 体静止在水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B,两滑轮之间 的轻绳始终与斜面平行，物体A、B的质量分别为m、2m,物体A与斜面间的动摩擦因 数为，重力加速度大小为g,将物休A、B由静止释放，在物体B下降的过程中（物休 A未碰到滑轮)，斜面体静止不动。下列说法正确的是 A.轻绳对P点的拉力大小为3mg P B B.物体A的加速度大小为38 30° C.物体A处于失重状态 D.地面对斜面体的摩擦力方向水平向右 11.（多选)(2025·湖南益阳期末)在光滑的水平面上，有质量分别为m1和m2的A、B两 个物块，两物块间用与水平面平行的轻质弹簧相连接，在水平向右的恒力F作用下， 两物块一起向右做匀加速直线运动，则 () B WA 777777777777777 7777777 F A.两物块一起运动的加速度大小a= m B.弹簧的弹力大小F<F C.若只增大2，两物块一起向右做匀加速直线运动时，它们之间的间距变大 D,若两物块都运动到右侧一段粗糙的水平地面上，且两物块与水平地面间的动摩擦因数相等，则 两物块之间的间距变大 12.(2024·四川成都期末，12分)如图所示，倾角0=37°足够长的粗糙斜面固定在水平面 上。质量为2kg的木板B用平行于斜面的轻绳绕过光滑定滑轮与物块A相连。已 知木板B与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，最 大静摩擦力等于滑动摩擦力 (1)若物块A的质量为1kg,系统静止，求此时木板B所受的摩擦力。 (2)当物块A质量多大时，轻推木板B使其恰能沿斜面匀速下滑。 (3)若物块A的质量为4kg,求木板B的加速度大小。 。30● 必修第一册RJ版 13.(2024·云南红河期末，14分)滑草场中某条滑道由如图甲所示的两段倾斜滑道和一 段水平减速缓冲滑道组成，AB段倾角为60°，BC段倾角为30°，对应的高度均为 h=30m。载人滑草车从坡顶A点由静止开始滑下，最终停在水平滑道上。已知滑 草车与三段滑道间的动摩擦因数均相同，忽略滑草车经过B、C两点的能量损失。滑 草车从A点由静止开始下滑直到最后停下的过程中，其t图像如图乙所示，g取10m/s2。 (1)求滑草车与滑道间的动摩擦因数。 (2)求滑草车经过C点时的速度大小。 (3)若由于场地限制，CD段没有足够的长度，此时为了安全，在D处设置了缓冲墙，但滑草车到 弥 达D点的速度不能超过10m/s。求在此条件下CD段的最小长度x及滑草车从A点静止开始 运动到D点的时间t的最小值。 ↑U 777777777777777777777777777 分 拓展测·创新突破 14.(2025·江苏常州期末，16分)如图甲所示，质量为M=2kg的小物块A和质量为 封 =1kg的小物块B用跨过光滑小定滑轮的足够长的轻质细线相连接，细线不可伸 长，A放在倾角为0=37°的粗糙斜面上，A与斜面间的动摩擦因数1=0.25，B放在 水平面上，B与水平面间的动摩擦因数2=0.2。计时开始时，在B上施加一个水平 向左的外力F,力F随时间做周期性变化，规律如图乙所示。物块A、B运动过程中不会和滑轮 相撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求在0~1s内物块A的加速度大小。 (2)求3s末物块B的速度大小。 ↑FN 30 1 23 4 t/s 线 甲 乙13.解：(1)对中国结受力分析，根据牛顿第二定律有 mgtan 0=ma 解得中国结的加速度大小为a=2m/s2,可知房车的加速 度大小为2m/s2 (2)房车在ab段匀加速，根据位移与时间的关系有 L-vt+ga 解得v.=14.5m/s 房车匀加速的时间满足v=v。十at1 解得t1=7.5s 房车经过ab段所用的时间为5.5s,则房车到达b点后加 速的时间为△t1=7.5s-5.5s=2s 房车到达6点后加速的位移为1-”41-L=5m 还需匀速状态下继续行驶x2=xo一x1=118m 匀速运动的时间为2==4s 则房车到达b点后继续行驶173m所用的时间为t'=t2十 △t1=6s (3)储藏罐沿斜面向上运动时，对储藏罐受力分析，它受的 支持力和重力的合力产生加速度，根据牛顿第二定律有 m'gtan B-m'a' 解得a'=7.5m/s2。 14解：(1)恒力F作用时，对物块A受力分、 析，如图甲所示 沿斜面方向，根据牛顿第二定律有 Fcos 0-f-mgsin 0=ma 垂直斜面方向，根据平衡条件有F如 mgcos 0+Fsin 0 mg 又根据f1=41F 甲 联立解得a1=5m/s 撤去恒力F时物块A的速度大小v1=a1t=10m/s (2)物块A向上做匀加速直线运动的位移为x1 2a11,2=10m 撤去恒力F后，物块A向上运动时，对物块A受力分析， 如图乙所示 沿斜面方向，根据牛顿第二定律有 uimgcos 0+mgsin 0=ma2 解得加速度为a2=10m/s 则物块A减速到0的时间为t2=么=1s 则物块A向上减速至0的位移为 mg -=5m 乙 故物块A沿斜面上滑的最大距离x=x1十x2=15m (3)物块B沿斜面向下运动时，对物块B受力分析，如图 丙所示 FNB mgg 丙 沿斜面方向，根据牛顿第二定律有 mBgsin 0-uzmBgcos 0=mBaB 解得aB=0.4m/s2 2 物块A沿斜面向下运动时，对物块A受力分析，如图丁 所示 mg 丁 根据牛顿第二定律有mg sin0-μ1 mgcos0=mag 解得a3=2m/s2 假设再经过t3物块A、B达到共速，则有 aB(t1十t2十t3)=a3t3 解得6=子。 9 物块A下滑的位移为xA一2a42=16m 整个过程物块B的位移为 =+中+r-铝m A、B两物块在斜面上始终未相遇，斜面的最小长度1 6 x1十x2-xA十xB= 4m=17.25m。 第②周超重和失重 动力学中的图像问题、连接体问题 1.B由于电梯匀减速下降，所以电梯的加速度竖直向上，人 处于超重状态，根据牛顿第二定律有Fv一mg=ma,可得 FN=mg十mm=600N,体重计的示数为m_=60kg,B g 正确。 2.D根据牛顿第二定律，对A、B整体有F-2umg=2ma, 对B有Fs一mg=ma,解得FB=2F,D正确。 3.A由题中图像可知，ab过程中绳子的拉力逐渐增大，绳子 长度逐渐伸长，绳子的拉力小于人的重力，人的加速度方向 向下，人处在失重状态，A正确；由题中图像可知，c点绳子 拉力大于人的重力，人具有竖直向上的最大的加速度，处于 超重状态，B错误；cd过程中绳子处于伸长状态，绳子拉力 大于人的重力，人处于超重状态，C错误；e点绳子处于伸长 状态，绳子拉力小于人的重力，人处于失重状态，但不是完 全失重状态，D错误。 4.D设弹簧弹力为F1,对A、B整体和B分别用牛顿第二定 律有F=（mA十mg)a,F,=ma,代人数值解得a= 6m/s2,F1=12N,A、B错误；突然撤去F的瞬间，弹簧的 弹力保持不变，则A的加速度大小为a,=E=12m/S,C mA 错误；突然撤去F的瞬间，弹簧的弹力保持不变，B的加速 度不变，则B的加速度大小为a==6m/s,D正确。 mB 5.BC根据题意可知，物块a、b一起做初速度为0的匀加速 直线运动，根据匀变速直线运动位移与时间的关系有x= 2a,将点(1,2)的坐标代入方程可得a=4m/s,A错误； 对物块a、b组成的整体，根据牛顿第二定律有F=(ma十 m6)a=20N,B正确；对物块b,根据牛顿第二定律有Fr= m6a=12N,C正确，D错误。 ● 6.A设每节车厢质量为m,所受阻力为f,加速度为a,对六 节车厢整体进行受力分析，根据牛顿第二定律有F一6f= 6ma,对第6节车厢进行受力分析，设第5节车厢对第6节 车厢的拉力为F6,根据牛顿第二定律有F6一f=ma,由 F-6f=6ma可得ma=F66将其代人F6-f=ma中 、得F6一∫二6，化简可得F二F 6,A正确。 7.ABC在0~2s内，物体的加速度大小为a1=6m/s2,对物 体由牛顿第二定律可得F-mg=ma1,在2~3s内，物体 的加速度大小为a2=4m/s2,对物体由牛顿第二定律可得 mg=ma2,联立解得F=20N,μ=0.4，A、B正确；物体在 0~2s内做匀加速直线运动，t=2s时的速度大小为v2= a1t=6X2m/s=12m/s,t=2s后物体开始做匀减速直线 运动，但物体的速度方向没有改变，t'=3s时物体的速度大 小为vg=v2-a2△t=12m/s-4×1m/s=8m/s,C正确， D错误。 8.解：(1)对小球B,由牛顿第二定律有m2 g tan a=m2a 解得a-智n/付 对木块A,由牛顿第二定律有FN=m1a 解得F-智N 由牛顿第三定律知，木块对铁箱的压力大小为FN'=FN= 4 3N,方向水平向左。 (2)对铁箱、小球及木块组成的系统，由牛顿第二定律得 F-u(m+m2+M)g=(m1+m2+M)a 解得F罗N 9.BC根据题中心t图像可知小物块加速和减速时的加速度 大小分别为a-0gn/g- 3 3 3m/s,a=1.2产0.gm/s= 10m/s,则有a1=3a2,B正确；设小物块与斜面间的动摩 擦因数为4，加速上滑过程中，根据牛顿第二定律有F mg sin30°-mg cos30°-ma1,减速上滑过程中，根据牛顿 第二定律有mgsin30°+mg cos30°=ma2,联立解得μ= 3,F=4N,C正确，D错误；因为mg cos30°=mgsin30, 所以小物块到C点后将静止，A错误。 10.B根据滑轮知识可知，相同时间内物体B通过的位移是 物体A通过的位移的两倍，根据x=弓m可知，物体B 的加速度大小是物体A的加速度大小的两倍；设物体A 的加速度大小为a,则物体B的加速度大小为2a;设物体 A、B释放瞬间，轻绳的拉力为Fτ，对物体A根据牛顿第 二定律得2Fr-mg sin30°-mgcos30°=ma,对物体B 根据牛顿第二定律得2mg一Fr=2m·2a,代入数据，联立 解得Fr三二g,a三3g,A错误，B正确；因为物体A的 加速度是斜向上的，物体A处于超重状态，C错误；对物体 A与斜面体整体分析，绳子拉力在水平方向有水平向右的 分力，斜面体有向右运动的趋势，地面对斜面体的摩擦力 方向水平向左，D错误。 11.BC对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律有F= 十m加，解得ammA错误对B受力分析，根 据牛顿第二定律有Fr=m2a,又F=(m1十m2)a,解得 。24 Fr<F,B正确；根据Fr=m2a= mF=F可知， m+mz mi+1 m2 若只增大m2,两物块一起向右做匀加速直线运动时，弹簧 弹力变大，根据胡克定律，可知弹簧伸长量变大，故两物块 的间距变大，C正确；若两物块都运动到右侧一段粗糙的水 平地面上，且两物块与水平地面间的动摩擦因数相等，对整 体受力分析，根据牛顿第二定律有F一u(m1十m2)g= (m十m)a,解得a=m,十m F 一8，对B受力分析，根据 牛顿第二定律有Fr一m2g=m2a,联立解得Fr= F mg十m（nm+m2 m2F g）= m1+m ,弹簧弹力不变，弹 簧形变量不变，两物块之间间距不变，D错误。 方法技巧 “串接式”连接体间的弹力 如图所示，对于一起做加速运动的物体系统，m1和m2间的 弹力F12或中间绳的拉力FT的数值： (1)若外力F作用于m1上，则F12=FT= m2F m1+m2 (2)若外力F作用于m2上，则F=Fr= m1+m2 -a m m2 m 12.解：(1)对A受力分析，根据平衡条件有 Fn=mAng 解得Fn=10N 由于Fn<mng sin37°=12N 则B有相对于斜面向下运动的趋势，根据平衡条件知，斜 面对B的静摩擦力为 f1=mBgsin37°-Fn=2N 方向沿斜面向上 (2)结合(1)分析可知，若B沿斜面匀速下滑，对B受力分 析有 nngsin37°=f2十Fz f2=uF=umBgcos 37 对A受力分析有F2=m2g 解得m2=0.8kg (3)若A的质量为4kg,B将沿斜面向上做匀加速直线运 动，对B受力分析，根据牛顿第二定律有 Fn-f2-magsin 37=maa f2=uFN=1 nBgcOS37° 对A受力分析有 mA3g-FT3=mA3 a 解得a=4m/s2 13.解：(1)由题图乙可知，滑草车在BC段做匀速直线运动， 根据平衡条件有 mgsin30°=mg cos30° 3 解得动摩擦因数μ=3 (2)设滑草车在AB段运动时的加速度大小为a1,经过B 点时的速度大小为Vg,根据牛顿第二定律有 mgsin60°-mgcos60°=ma1 解得a1=103 3 m/s 根据运动学公式可得 h ug2=2a1sin60° 联立解得vg=20m/s 滑草车在BC段做匀速直线运动，因此经过C点时的速度 大小c=va=20m/s (3)设滑草车在CD段运动时的加速度大小为a2,根据牛 顿第二定律有 umg=ma2 解得a2=103 3 m/s 滑草车在CD段运动时根据运动学公式vn2一c2= 一2a2x,可得CD段的最小长度为 x=n2e2=102-202 -2a2 m=15√3m 10wW3 -2× 3 设滑草车在三段滑道上运动的时间分别为t1、t2、t3,则有 UB=aiti h Vata-sin 30 Up=Uc-a2t3 滑草车从A点静止开始运动到D点的时间t的最小值为 t=t1十t2十t3=(3+3W3)s。 14.解：(1)在0~1s内，对B由牛顿第二定律有 F-u2mg-F7=ma 对A由牛顿第二定律有 FT-Mg sin 0-u Mg cos 0=Ma 解得物块A的加速度大小a=4m/s2 (2)B在1s末的速度v1=at1=4m/s 在1一2s内，系统做减速运动，则对B由牛顿第二定律有 h2mg十Fn=ma1 对A由牛顿第二定律有 Mgsin 0+u Mgcos 0-Fn=Ma 解得a1=6m/s2 设再经过t2,系统速度减为0，根据运动学公式t2= 1 2 68=3s 即1=号s时刻，B的速度为0，此后在物体A重力的作用 下系统反向做加速运动。对A、B整体根据牛顿第二定 律有 Mgsin 0-u Mgcos 0-u2mg=(M+m)a2 解得a2=2m/s2 2s末系统的速度为2=a2t3 解得-号m/,方向沿斜面向下 结合题图乙知系统以后做减速运动，此后对A根据牛顿第 二定律有 F2+u Mg cos 0-Mg sin 0=Mas 对B根据牛顿第二定律有F-Fn十u2mg=ma3 解得a3=8m/s2 系统速度减为0的时间为，=巴=马、 a3 12 s 由(1)可知此后B向左以4m/s2的加速度加速，运动时间 111 为t4=1s-12s=12s9 根据速度与时间的关系式有v=at4 11 解得vs=3m/s。 第3周动力学中的临界和极值问题 传送带模型滑块滑板模型 1.B行李箱的加速度a=g=4m/s2,行李箱加速到与传送 带共速时的时间t=”=0.1s,行李箱在传送带上留下的摩 a 擦痕迹的长度为x=一名=0.02m,B正确。 2.A若传送带沿顺时针匀速率转动，与传送带不转动时相 比，M受力没变，M受力仍然平衡，M仍然匀速运动，所以 M运动到传送带底端的时间不变，离开传送带时的速度不 变，A正确，B错误；若传送带沿逆时针匀速率转动，传送带 速度较小时，M依然匀速运动，若传送带速度较大时，M先 向下加速，后向下匀速，不会处于超重状态，C、D错误。 3.A由题意知，木板恰沿斜面匀速下滑，则f2=G,=Mgsin a, 根据牛顿第三定律知f1=f2,物块在平行于斜面的拉力F 作用下静止，对物块由平衡条件知F一f十mgsin a,由以 上关系式得F=Agsin a+ngsin a=(M+m)gsin a,A 正确。 mgsin a a Mgt- 4.A假设长木板静止，m2与mo一起运动，对m2与mo整体 有mog一m2g=(mo十m2)a,解得a=0.52g,此时对长木 板受力分析可知，其受到m2对其的摩擦力f2=m2g= 0.4mg<f地m=μ(m2+m1)g=0.6mg,假设成立，长木板 能保持静止，重物和小物块一起运动，小物块向右运动的加 速度大小为0.52g,A正确，B、C、D错误。 5.AD由心t图像可知，小行李箱开始时做匀减速直线运动， 然后与传送带一起匀速运动，则小行李箱的初速度= 6m/s,而传送带转动的速度v=2m/s,1s后二者共速，所 以a=A=一4m/S,A正确，B错误；根据t图像可知， △t 小行李箱在前3s内运动的距离为z-6生号×1m十2× 2m=8m,则A、B两点间的距离为8m,C错误；根据t 图像可知，在前3s内传送带转动的路程为s=2×3 6m,所以小行李箱与传送带的相对位移大小为△x=x s=2m,D正确。 6.B设小球离开斜面的临界加速度为α。，对小球受力分析 如图甲所示，由牛顿第二定律得F台三=mao,解得 ao=7.5m/s2,因为a=10m/s2>ao,所以当斜面以 10m/s2的加速度向右做加速运动时，小球一定离开了斜 面，斜面对小球的弹力为0，这时小球受力如图乙所示，则水 平方向由牛顿第二定律得Frcos a=ma,竖直方向由受力 平衡得Fr sin a=mg,联立解得Fr=2√2N,B正确。 FT F合 G 0 G 甲 乙 7.ABD长木板A水平方向只受摩擦力作用，且做加速运动， 所受的摩擦力与运动方向相同，A正确；物体B做匀减速运 动的加速度大小为a=2一1 1 m/s2=1m/s2,由牛顿第二定 0