第4章 运动和力的关系 单元综合提升-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第一册同步课堂高效讲义教师用书Word（人教版）

单元综合提升 (2024·湖南高考)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为(　　) A.g，1.5g B.2g，1.5g C.2g，0.5g D.g，0.5g 答案：A 解析：剪断细线前，对小球B、C、D分析有FAB＝g，对D有FCD＝mg；剪断细线后，对B有FAB－3mg＝3maB，解得aB＝g，方向竖直向上；对C有FCD＋2mg＝2maC，解得aC＝1.5g，方向竖直向下。故选A。 [衔接教材]　人教版教材必修第一册P114·复习与提高B组T1 如图，两个质量相同的小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂起来，剪断细绳的瞬间，A和B的加速度分别是多少？ [衔接分析]　人教版教材习题中考查了外界条件突变时弹簧类瞬时加速度问题，教材中是两小球之间有一轻弹簧，2024湖南高考试题则是四个小球和两根轻弹簧。两题都考查了瞬时加速度问题，但高考题还需结合整体法与隔离法分析，试题难度高于教材习题。 针对练.(2025·江苏南京高一上学期期中)如图所示，物体A置于水平地面上，B、C叠放，A、B间连有轻质弹簧，弹簧被压缩后用细线把A、B固定住，细线的拉力为F，A、B质量均为2m，C的质量为m，重力加速度为g，整个装置处于静止状态。现将细线剪断，则在剪断细线的瞬间，下列说法正确的是(　　) 学生用书⬇第131页 A.C物体的瞬时加速度为0 B.C物体对B物体的压力变小 C.A物体对地面压力为F＋5mg D.B物体的瞬间加速度为 答案：C 解析：剪断细线前，设弹簧的弹力为F'，对B、C有3mg＋F＝F'，剪断细线瞬间，细线的拉力消失，B、C加速度相同，则有F'－3mg＝3ma，联立解得a＝，故A、D错误；剪断细线前，C对B的压力等于自身重力，剪断细线后对C分析得FN'－mg＝ma，解得FN'＝＋mg，则C对B的压力变大，故B错误；对A分析得FN＝2mg＋F'＝5mg＋F，故C正确。故选C。 (2024·北京高考)如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为(　　) A.F B.F C.F D.F 答案：A 解析：对整体应用牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对空间站分析有F'＝Ma，联立可得飞船和空间站之间的作用力大小为F'＝F。故选A。 [衔接教材]　人教版教材必修第一册P113·复习与提高A组T4 如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。若已知飞船质量为3.0×103 kg，其推进器的平均推力F为900 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5 s内，测出飞船和空间站的速度变化是0.05 m/s，求空间站的质量。 [衔接分析]　连接体问题是牛顿第二定律的一个简单应用，北京高考试题和人教版教材习题均是空间站和飞船的连接体问题，题目情境和规律应用完全相同，只不过北京高考试题涉及了整体法、隔离法的应用，但教材习题没有涉及，高考试题考查知识点更加全面。 (2024·广东高考)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y，所受合力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其F-y图像或y-t图像可能正确的是(　　) 答案：B 解析：在木块下落H高度之前，木块所受合力为木块的重力保持不变，即F＝mg，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律有mg－k(y－H)＝F，随着y增大F减小；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中有F＝k(y－H)－mg，木块所受合力向上，随着y增大F增大，F-y图像如图甲所示， 故B正确，A错误；在木块下落H高度之前，木块做匀加速直线运动，速度逐渐增大，所以y-t图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律有mg－k(y－H)＝F，木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以y-t图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中有F＝k(y－H)－mg，木块所受合力向上，木块做加速度增大的减速运动， 所以y-t图像斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后做匀减速直线运动到最高点，y-t图像大致如图乙所示，故C、D错误。故选B。 [衔接教材]　鲁科版教材必修第一册P148·章末练习T5 蹦极运动过程如图所示。弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连。运动员从A点自由竖直下落，至B点弹性绳刚好伸直，到达最低点C后向上弹起。整个过程中忽略空气阻力。请分析运动员从A到C的过程中要经历哪些运动过程，每个运动过程是加速还是减速，加速度如何变化。 [衔接分析]　鲁科版教材习题和广东高考试题均考查了利用牛顿第二定律分析物体的运动过程，题目所述情境相似，要求学生会对物体进行受力分析，由力的变化分析加速度的变化，进而分析速度和位移的变化，高考试题通过图像展示物理量的变化，更加形象直观，但分析难度较大。 针对练.如图为中国蹦床运动员比赛时的画面，已知蹦床网面遵循胡克定律，则运动员从最高点下落到最低点的过程中(以向下为正方向，不计空气阻力)，下列有关运动员的速度－时间(v-t)、加速度－位移(a-x)图像可能正确的是(　　) 答案：C 解析：运动员先做自由落体运动，与蹦床网面接触后，弹力先小于重力，后大于重力；所以运动员的加速度先不变，后减小，再反向增大，可知速度－时间图像斜率的绝对值先不变，后减小，再增大，A、B错误；运动员接触蹦床网面之前，做自由落体运动，加速度为g，接触之后，根据胡克定律有F＝k·Δx，随下落距离逐渐增加，根据牛顿第二定律有mg－k·Δx＝ma，可知蹦床网面的形变量Δx和a是线性变化关系，故a和x也是线性变化关系，结合A、B项分析可知，C正确，D错误。故选C。 学生用书⬇第132页 易错点1. 误认为在任何情况下Ff＝μmg致错 如图所示，在卸货过程中，自动卸货车静止在水平地面上，车厢倾角θ＝37°时，货箱正沿车厢下滑，已知货箱与车厢间的动摩擦因数为0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则货箱下滑的加速度大小为(　　) A.2 m/s2 B.4 m/s2 C.6 m/s2 D.8 m/s2 答案：A 解析：对货箱受力分析，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，即加速度为a＝gsin θ－μgcos θ，解得a＝2 m/s2。故选A。 [易错分析]　利用牛顿第二定律分析多个力作用下的加速问题时，一般用正交分解法分析，此题容易出现只注重平行斜面方向牛顿第二定律的应用，而忽视垂直斜面方向方程的书写，错误的把摩擦力写成Ff＝μmg。 易错点2. 分析不仔细，认为倾角越大，加速度越大，时间越短 如图所示，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　　) A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 答案：D 解析：设P点与竖直杆的距离为l，则PQ＝，对物块，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma，可得a＝gsin θ，由x＝at2，可得＝gsin θ·t2，即t＝，当2θ＝90°，即θ＝45°时，t最小，若θ从30°增大到60°，物块的下滑时间先减小后增大。故选D。 [易错分析]　做本题时，容易错误地认为倾角越大，加速度越大，时间就越短。出现错误的原因是忽视了位移的变化，解答此类问题应当写出时间的表达式，然后再根据表达式判断。 易错点3.忽略二级结论的成立条件出错 如图所示，Pa、Pb、Pc是竖直面内三根固定的光滑细杆，P、a、b、c位于同一圆周上，点d为圆周的最高点，c点为最低点。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从P处释放(初速度为0)，用t1、t2、t3分别表示各滑环到达a、b、c所用的时间，则(　　) A.t1＜t2＜t3 B.t1＞t2＞t3 C.t3＞t1＞t2 D.t1＝t2＝t3 答案：B 解析：以P点为最高点，取合适的竖直直径Pe作圆，如图中虚线圆所示，Pb为圆的一条弦，设滑环从P处由静止释放到达虚线圆上n的时间为t，杆与竖直方向的夹角为α，虚线圆的直径为d。根据位移－时间公式可得dcos α＝(gcos α)t2，解得t＝，则知虚线圆为等时圆，即从P到f、b、n是等时的，比较图中长度可得Pa＞Pf，Pc＜Pn，故推得t1＞t2＞t3。故选B。 [易错分析]　本题如果不加思考，套用结论，就会落入“等时圆”的陷阱，认为t1＝t2＝t3，错选D。由于P点不是圆的最高点，所以直接套用结论是行不通的。我们可以重新构造一个圆，使P点成为最高点，这样便可借“等时圆”解决问题。巧妙运用物理模型，可以起到化繁为简的目的，这种分析问题的方法，可以培养迁移创新、举一反三的能力。 易错点4.误认为物块一直匀加速运动而致错 如图所示，一足够长的水平传送带以v＝4 m/s 的速度顺时针转动，现有一质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)以v0＝2 m/s的速度从左端水平滑上传送带，已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g＝10 m/s2，求小物块从滑上传送带到运动L＝4 m的位移所需要的时间。 答案：1.2 s 解析：小物块滑上传送带后先做匀加速运动，加速度大小为a＝μg＝2.5 m/s2 当小物块与传送带共速时满足v＝v0＋at1 解得t1＝0.8 s 运动的距离x1＝v0t1＋a＝2.4 m＜L＝4 m 则小物块从滑上传送带到运动L＝4 m的位移所需要的时间t＝t1＋＝1.2 s。 [易错分析]　本题中，小物块先加速后匀速，有的同学只注意到刚开始的匀加速过程，就误以为整个过程一直匀加速，从而错误地列出方程L＝v0t＋at2来计算全程的时间。这类问题要注意判断中途会不会达到共速，如果达到共速，摩擦力就会发生突变。 单元检测卷(四)　运动和力的关系 (时间：90分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.下列关于牛顿运动定律的说法正确的是(　　) A.牛顿第一定律提出了当物体所受的合力为零时，物体将处于静止状态 B.汽车速度越大，刹车后滑行的距离越长，惯性越大 C.跳高时，运动员能跳离地面，是因为人对地面的压力大于地面对人的支持力 D.在受到相同的合力时，决定物体运动状态变化难易程度的唯一因素是物体的质量 答案：D 解析：根据牛顿第一定律的内容可知，当物体不受力时，总保持匀速直线运动状态或静止状态，故A错误；质量是惯性的唯一量度，与物体速度的大小无关，故B错误；人对地面的压力与地面对人的支持力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故C错误；由牛顿第二定律知，对于任何物体，在受到相同的合力时，决定它们运动状态变化难易程度的唯一因素就是它们的质量，故D正确。故选D。 2.如图所示，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，以下说法正确的是(　　) A.从接触弹簧到速度最大的过程是失重过程 B.从接触弹簧到加速度最大的过程是超重过程 C.从接触弹簧到速度最大的过程加速度越来越大 D.速度达到最大时加速度也达到最大 答案：A 解析：当弹簧的弹力与小球的重力大小相等时，小球的加速度为零，速度最大，则从接触弹簧到速度最大的过程，小球的加速度向下，且加速度逐渐减小，是失重过程，故A正确，C、D错误；当小球到达最低点时小球的加速度最大，则从接触弹簧到加速度最大的过程中，加速度先向下减小，是失重过程，然后加速度向上增大，是超重过程，故B错误。故选A。 3.无人机因具有机动性能好、生存能力强、使用方便快捷等优点而在生产生活中得到广泛应用。某次在空旷区域测试时，质量为2 kg、可垂直起降的无人机从地面由静止开始竖直向上做加速度大小为2 m/s2的匀加速直线运动，上升5 s时无人机突然失去动力，直至落回地面。不计无人机受到的空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，以竖直向上为正方向，则下列说法正确的是(　　) A.无人机加速上升时的动力大小为24 N B.无人机失去动力后立即开始做自由落体运动 C.无人机失去动力后的加速度为10 m/s2 D.无人机下落过程的加速度大小会随速度的增大而增大 答案：A 解析：无人机加速上升时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得无人机加速上升时的动力大小为F＝24 N，故A正确；无人机失去动力后做竖直上抛运动，只受重力作用，加速度恒为重力加速度，保持不变，因为以竖直向上为正方向，则加速度为－10 m/s2，故B、C、D错误。 4.如图甲所示，一名滑雪爱好者(可视为质点)穿着滑雪板(未带滑雪杖)从山坡上A点由静止滑下，经B点滑上水平面，不计滑雪爱好者经过B点时的速率变化，滑雪爱好者在斜面和水平面上运动的速率随时间的变化图像如图乙所示。已知斜面与水平面间的夹角为37°，滑雪板与斜面、水平面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，则滑雪板与斜面间的动摩擦因数为(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：由题图乙可知，滑雪爱好者在斜面和水平面上运动的加速度大小之比为＝，设滑雪爱好者与滑雪板的总质量为m，滑雪板与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，由牛顿第二定律得mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1，μmg＝ma2，联立解得μ＝。故选B。 5.如图所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成α角。重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A.小铁球受到的合力方向水平向左 B.F＝(M＋m)gtan α C.系统的加速度大小为a＝gsin α D.F＝mgtan α 答案：B 解析：对小铁球受力分析得F合＝mgtan α＝ma，且合力方向水平向右，故小铁球的加速度大小为gtan α，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度大小也为gtan α，A、C错误；对系统受力分析得F＝(M＋m)a＝(M＋m)gtan α，B正确，D错误。故选B。 6.如图所示，两个质量均为m的物块A、B叠放压在一个竖直轻弹簧上面，处于静止状态，弹簧的劲度系数为k，t＝0时刻，物块受到一个竖直向上的作用力F，使得物块A以0.5g(g为重力加速度的大小)的加速度匀加速上升，弹簧始终处于弹性限度内，则A、B分离时B的速度大小为 (　　) A. B.g C.g D.2g 答案：B 解析：物块A、B静止时弹簧压缩量x1＝，分离时A、B之间的压力恰好为零，加速度仍相等，设此时弹簧的压缩量为x2，对物块B有kx2－mg＝ma，解得x2＝，物块B的位移大小x＝x1－x2＝，由v2＝2ax得v＝g。故选B。 7.(2025·山东济宁高一上学期期末)如图所示的三个装置，装置甲、乙中桌面光滑，装置丙中桌面粗糙，装置乙中用大小为F＝Mg的力替代重物M进行牵引。不计绳和滑轮质量，三个装置中物块m均由静止做加速运动。物块m在桌面上发生相同位移的过程中，下列说法正确的是(　　) A.装置甲中绳上张力F甲＝Mg B.装置甲、乙中物块m的速度变化量相同 C.装置甲中绳上的张力F甲小于装置丙中绳上的张力F丙 D.无论怎么改变M和m的值，装置甲中物块m的加速度都不可能接近g 答案：C 解析：装置甲中F甲＝ma1，Mg－F甲＝Ma1，解得a1＝，绳上张力F甲＝，A错误；装置乙中物块m的加速度a2＝，根据v2＝2ax可知，装置甲、乙中物块m的速度变化量不相同，B错误；装置丙中F丙－Ff＝ma3，Mg－F丙＝Ma3，解得F丙＝＞F甲，即装置甲中绳上的张力F甲小于装置丙中绳上的张力F丙，C正确；装置甲中a1＝，则当M≫m时，装置甲中物块m的加速度接近g，D错误。故选C。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.如图所示，A、B、C是三个质量相同的小球，A、B之间用轻弹簧连接，B、C之间用细绳连接，A通过细绳悬挂在天花板上，整个系统保持静止，重力加速度为g。则剪断OA间细绳的瞬间(　　) A.小球A的加速度大小为2g B.小球A的加速度大小为3g C.小球C的加速度大小为0 D.小球C的加速度大小为g 答案：BC 解析：设三个小球质量均为m，剪断OA间细绳前，弹簧弹力F＝2mg，剪断OA间细绳瞬间，弹簧弹力F＝2mg不变，对A分析，有F＋mg＝ma，解得A的加速度大小a＝3g；由于弹簧弹力不发生突变，故B、C的加速度均为0。故选BC。 9.如图甲所示，倾角为θ的光滑斜面上有一质量为m的物体，物体始终受到沿斜面向上的变力F的作用，物体的加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，根据图乙中所提供的信息可知(　　) A.m＝0.4 kg B.m＝2.5 kg C.θ＝53° D.θ＝37° 答案：BD 解析：由牛顿第二定律可得F－mgsin θ＝ma，可得a＝－gsin θ，由题图乙可知斜率为k＝＝kg－1＝0.4kg－1，解得m＝2.5 kg，纵轴截距－gsin θ＝－6 m/s2，解得θ＝37°。故选BD。 10.(2025·云南德宏高一上学期期末)如图所示，质量为M＝3 kg的木板静止在光滑的水平面上，木板上左端静止放着一可视为质点的小滑块，小滑块的质量为m＝2 kg，小滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.3。若用水平向左的拉力F作用在木板上，取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　) A.小滑块m能达到的最大加速度为3 m/s2 B.若F＝10 N时，小滑块m和木板M之间摩擦力为6 N C.若F＝15 N时，小滑块与木板刚好要发生相对滑动 D.若F＝18 N时，小滑块m的加速度大小为3 m/s2，木板M的加速度大小为4 m/s2 答案：ACD 解析：以小滑块为研究对象，由牛顿第二定律有μmg＝mam，解得小滑块的最大加速度为am＝3 m/s2，故A正确；把小滑块m和木板M看成整体为研究对象，小滑块在木板上发生相对滑动时的最小拉力为F0＝(M＋m)am，解得F0＝15 N，若F＝10 N时，小滑块相对木板静止，把小滑块和木板看成一个整体，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a1，解得a1＝2 m/s2，对木板进行分析，由牛顿第二定律有F－Ff1＝Ma1，解得小滑块m和木板M之间摩擦力为Ff1＝4 N，若F＝15 N时，由于F＝F0＝15 N，可知小滑块与木板刚好要发生相对滑动，故B错误，C正确；若F＝18 N时，由于F＞F0，可知小滑块在木板上滑动，对小滑块进行分析，由A项分析可知其加速度大小为3 m/s2，对木板进行分析，由牛顿第二定律有F－μmg＝Ma2，解得a2＝4 m/s2，故D正确。故选ACD。 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11.(6分)(2025·广东茂名高一期末)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某同学设计了如图甲所示的实验装置，已知实验使用的电源频率为50 Hz。 (1)若该同学要探究加速度a和拉力F的关系，应该保持　　　　不变。 (2)实验时，以下操作顺序正确的是　　　　(填正确答案标号)。 A.先释放小车，再接通打点计时器的电源 B.先接通打点计时器的电源，再释放小车 (3)如图乙所示，该同学在某次实验得到的纸带上选定A、B、C、D、E五个计数点(相邻两个计数点间有四个点未画出)，并测出每两个相邻计数点间的距离，根据纸带可求出打D点时小车的速度大小为　　　　m/s；小车的加速度大小为　　　m/s2。(结果均保留2位有效数字) (4)该同学利用实验数据作出了如图丙所示的a-F图像，请分析图像不过原点的原因是　　　　　　 　　　　　　　。 答案：(1)小车质量　(2)B　(3)0.75　0.51 (4)平衡阻力时木板倾角过小或未平衡阻力 解析：(1)若该同学要探究加速度a和拉力F的关系，应该保持小车质量不变。 (2)实验时，先接通打点计时器的电源，再释放小车。故选B。 (3)纸带上相邻两计数点间的时间间隔为T＝5×＝0.1 s 打D点时小车的速度大小为vD＝＝×10－2 m/s≈0.75 m/s 由逐差法可知小车的加速度大小为a＝＝×10－2 m/s2＝0.51 m/s2。 (4)由题图丙可知，当拉力F达到某一值时，小车才产生加速度，说明平衡阻力时木板倾角过小或未平衡阻力。 12.(8分)(2025·云南大理期末)实验小组用如图甲所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验。主要实验步骤如下： ①用游标卡尺测量遮光条的宽度d，用刻度尺测量光电门A、B之间的距离L； ②用细线跨过定滑轮，细线一端与小车相连，另一端挂上托盘和砝码，调节滑轮高度使滑轮右侧细线与木板平行； ③调节木板的倾角，使小车沿木板匀速下滑； ④取下托盘和砝码，测出托盘和砝码的总质量m； ⑤取下托盘和砝码后，让小车从光电门A上方沿木板下滑，记录遮光条通过光电门A、B的遮光时间分别为ΔtA、ΔtB，算出小车的加速度大小a； ⑥改变砝码的个数，重复步骤③④⑤，得到多组托盘和砝码的总质量m1、m2、m3、…，以及对应的加速度a1、a2、a3、…； ⑦在坐标纸上描点作出a-m图像。 小车(含遮光条)的质量用M表示，已知当地的重力加速度为g，据此回答下列问题： (1)某次实验时，测得遮光条通过光电门A、B的遮光时间分别为ΔtA和ΔtB。则小车通过光电门A时的速度大小为vA＝　　　　，小车的加速度大小为a＝　　　　　　　(用d、L、ΔtA和ΔtB表示)。 (2)在坐标纸上作出的a-m图像如图乙所示，由图像得到的结论为　　　　(填正确选项前的字母)。 A.小车所受合力一定，小车的加速度与其质量成正比 B.小车所受合力一定，小车的加速度与其质量成反比 C.小车的质量一定，小车的加速度与其所受合力成正比 (3)若图乙中所得图线的斜率为k，则小车(含遮光条)的质量M＝　　　　　(用g和k表示)。 答案：(1)　 　(2)C　(3) 解析：(1)小车通过光电门A时的速度大小为vA＝ 小车通过光电门B时的速度大小为vB＝ 根据－＝2aL 可得小车的加速度大小为 a＝。 (2)题图乙中，纵轴表示加速度，横轴表示托盘和砝码的质量，且图像为过原点的倾斜直线，根据该实验的原理有mg＝Ma，变式得a＝m，由此可知，小车的质量一定，小车的加速度与其所受合力成正比。故选C。 (3)根据a＝m，可知题图乙图像的斜率为k＝，可得M＝。 13.(12分)(2025·北京市第四中学高一上学期期末)质量为40 kg的雪橇在倾角θ＝37°的斜面上向下滑动(如图甲所示)，所受的空气阻力与速度成正比。今测得雪橇运动的v-t图像如图乙中曲线所示，且AB是曲线在A点的切线，B点坐标为，CD是曲线的渐近线即雪橇最终滑行速度将趋近于10 m/s。sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2。试求： (1)从图乙分析t＝0时刻雪橇的加速度大小； (2)雪橇与斜面间的动摩擦因数μ； (3)空气阻力与速度的比值k。 答案：(1)2.5 m/s2　(2)0.125　(3)20 N·s/m 解析：(1)根据题图乙可知t＝0时刻雪橇的加速度大小为a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2。 (2)(3)t＝0时刻，雪橇的速度大小为5 m/s，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ－kv＝ma 最终雪橇匀速运动时达到的最大速度为10 m/s，加速度为0，则有mgsin θ－μmgcos θ－kv'＝0 解得μ＝0.125，k＝20 N·s/m。 14.(14分)(2025·辽宁葫芦岛协作校联考)如图所示，小车沿水平方向做匀变速直线运动，车厢顶部悬挂小球A的悬线偏离竖直方向的夹角为45°，木箱B紧靠竖直侧壁放置在光滑的车厢底板上，小球A、木箱B都相对车厢静止。已知小球A的质量m1＝2 kg，木箱B的质量m2＝5 kg，取重力加速度大小g＝10 m/s2，求： (1)悬线上的拉力大小(可保留根号)； (2)小球A的加速度大小； (3)木箱B对侧壁的压力大小。 答案：(1)20 N　(2)10 m/s2　(3)50 N 解析：(1)对小球A受力分析，竖直方向上有 FTcos 45°＝m1g 解得FT＝20 N。 (2)小球A在水平方向上，根据牛顿第二定律可得FTsin 45°＝m1a 解得a＝10 m/s2。 (3)小球A、木箱B都相对车厢静止，因此它们的加速度都相同 对木箱B受力分析，水平方向上有FN＝m2a 根据牛顿第三定律可知，木箱B对侧壁的压力大小FN'＝FN 联立解得FN'＝50 N。 15.(14分)(2025·河北保定高一上学期期末)如图所示，倾角θ＝37°的固定光滑斜面AB与水平传送带BC通过一小段光滑圆弧平滑连接。传送带以大小v＝4 m/s的速度逆时针匀速转动，现将一滑块(视为质点)轻放在传送带的右端C，滑块恰好能到达斜面的最高点A。滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带左、右两端的距离L＝2 m，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)证明滑块第一次通过B点时的速度大小为v； (2)求滑块从C点到第一次通过B点的时间t； (3)求A点距传送带的高度h。 答案：(1)见解析　(2)0.9 s　(3)0.8 m 解析：(1)设滑块的质量为m，滑块在传送带上向左加速运动时的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1 解得a1＝5 m/s2 假设滑块沿传送带向左加速运动的速度能达到v，且滑块沿传送带向左加速运动的距离为x1，根据匀变速直线运动的规律有v2＝2a1x1 解得x1＝1.6 m 因为x1＜L，所以滑块第一次沿传送带向左先匀加速运动后匀速运动，可知滑块第一次通过B点时的速度大小为v。 (2)设滑块第一次沿传送带向左匀加速运动的时间为t1，则有v＝a1t1 解得t1＝0.8 s 设从滑块与传送带达到共同速度至滑块第一次通过B点的时间为t2，则有L－x1＝vt2 解得t2＝0.1 s 又t＝t1＋t2 解得t＝0.9 s。 (3)设滑块沿斜面上滑的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma2 解得a2＝6 m/s2 对滑块从B点沿斜面上滑到A点的过程，根据匀变速直线运动的规律有v2＝2a2· 解得h＝0.8 m。 模块检测卷(一) (时间：90分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.在某次汽车加速测试中，汽车由静止开始做加速直线运动，在前2 s内提速到100 km/h，且加速度a逐渐减小至零，则此过程中，下列说法正确的是(　　) A.该汽车的平均加速度大小约为50 m/s2 B.汽车的速度越大，它的加速度一定越大 C.该过程速度增大得越来越慢，位移增大得越来越快 D.该过程速度增大得越来越快，位移增大得越来越慢 答案：C 解析：根据加速度的定义式可得，该汽车的平均加速度大小＝≈13.9 m/s2，故A错误；速度与加速度没有必然联系，速度很大的物体，其加速度可能为零，故B错误；该汽车加速运动过程中，加速度逐渐减小，但速度在逐渐增大，加速度是描述速度变化快慢的物理量，可知速度增加得越来越慢，速度逐渐增大，所以位移不断增大且增大得越来越快，故C正确，D错误。故选C。 2.(2025·安徽天一大联考期末)如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上固定一个光滑竖直挡板，三个质量均为m的正方体物块A、B、C用轻杆连接，构成一个等边三角形放在斜面与挡板之间。A与光滑竖直挡板接触，B放于光滑斜面上，C位于B的正上方，三个小物块均处于静止状态，重力加速度为g，则B对斜面的作用力大小为(　　) A.3mg B.6mg C.mg D.2mg 答案：D 解析：对A、B、C整体研究，其受到挡板的弹力F、总重力3mg和斜面的支持力FN，如图所示，根据平衡条件可得B受到斜面的支持力大小为FN＝＝2mg，根据牛顿第三定律可得，B对斜面的作用力大小为FN'＝FN＝2mg。故选D。 3.(2025·山东威海高一上学期期末)神舟飞船返回地面时，在距离地面1 m处启动着陆反推发动机，使飞船匀减速竖直下落，接触地面时的速度几乎为零。将最后1 m长的距离分成相等的两段，下列说法正确的是(　　) A.飞船依次通过两段距离的平均速度大小之比为1∶(－1)　 B.飞船依次通过两段距离的平均速度大小之比为∶1　 C.飞船依次通过两段距离的速度变化量之比为1∶(－1)　 D.飞船依次通过两段距离的速度变化量之比为∶1　 答案：A 解析：在初速度为零的匀加速直线运动中，通过连续相等位移所用的时间之比为1∶(－1)∶(－)∶…，神舟飞船返回地面的过程可以看作是反方向的初速度为零的匀加速直线运动，设返回地面过程中通过第一段距离所用时间为t2，通过第二段距离所用时间为t1，则飞船依次通过两段距离的平均速度大小之比为＝＝，飞船依次通过两段的速度变化量之比为＝＝。故选A。 4.(2024·天津南开区高一上学期期末)刀、斧、凿等切割工具的刃部叫作劈。如图是斧头劈木柴的示意图，劈的纵截面ABC是一个等腰三角形，使用劈时沿BC中垂面施加一个竖直向下的力F，这个力产生两个作用效果，使劈的两个侧面推压木柴，把木柴劈开。设劈背BC的宽度为d，劈的侧面AB、AC长为L，劈的侧面推压木柴的力为F'，不计劈自身重力，则(　　) A.劈的侧面推压木柴的力F'＝F B.仅增大d，F'将增大 C.当d＝L时，F'＝F D.仅减小L，F'将增大 答案：C 解析：设劈的纵截面的等腰三角形顶角为θ，根据几何关系可得sin ＝＝，将力F按垂直侧面方向进行分解，如图所示，可得F1＝F2＝＝F，则劈的侧面推压木柴的力为F'＝F1＝F，可知仅增大d，F'将减小；仅减小L，F'将减小；当d＝L时，F'＝F。故选C。 5.游泳运动员蛙泳时的动作可分为蹬腿加速A和惯性前进B两个过程，将这两个过程简化为水平方向的直线运动，v-t图像如图所示。已知运动员的质量为60 kg，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.0～0.5 s内运动员做匀加速直线运动 B.0.2～0.5 s内运动员的加速度大小为6 m/s2 C.0～0.5 s内运动员的平均速度大小为1.7 m/s D.惯性前进过程中，水对运动员的作用力大小为40 N 答案：C 解析：0～0.2 s内运动员做匀加速直线运动，0.2～0.5 s内运动员做匀减速直线运动，故A错误；0.2～0.5 s内运动员的加速度大小a＝＝ m/s2＝ m/s2，故B错误；v-t图线与t轴围成的面积表示位移，则0～0.5 s内运动员的平均速度大小为＝ m/s＝1.7 m/s，故C正确；运动员受重力和水的作用力，则F2－(mg)2＝(ma)2，解得F＝40 N，故D错误。故选C。 6.(2025·湖北荆州高一上学期期末)如图所示，4块质量均为 1 kg的木块并排放在水平地面上，编号为1和3的木块与地面间的动摩擦因数为 μ1＝0.2，编号为2和4的木块与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，设所有木块的最大静摩力等于滑动摩擦力，当用10 N的水平力 F 推1号木块时，下列说法正确的是(　　) A.相邻木块间的摩擦力相等 B.木块的加速度大小为1 m /s2 C.2号木块与3号木块之间的弹力大小为 3 N D.1号木块与2号木块之间的弹力等于3号木块与4号木块间的弹力 答案：B 解析：木块与木块之间只有弹力，没有摩擦力，故A错误；对整体进行受力分析，由牛顿第二定律得F－Ff1－Ff2－Ff3－Ff4＝4ma，解得a＝＝1 m/s2，故B正确；对1、2号木块整体进行分析，由牛顿第二定律得F－Ff1－Ff2－F23＝2ma，解得F23＝F－μ1mg－μ2mg－2ma＝5 N，故C错误；对1号木块进行分析，由牛顿第二定律得F－Ff1－F12＝ma，解得F12＝F－μ1mg－ma＝7 N，对4号木块进行分析，由牛顿第二定律得F34－Ff4＝ma，解得F34＝ma＋μ2mg＝2 N，故D错误。故选B。 7.如图所示，直杆弯折成90°固定在竖直面内，OA段竖直，OB段水平，绕过光滑滑轮的不可伸长的细线两端D、E分别固定在OA、OB上，质量为m的小球吊在滑轮下，静止时，DC段细线与竖直方向的夹角为45°，不计滑轮及细线的重力，重力加速度为g，则(　　) A.细线上的拉力大小为mg B.仅将D端缓慢沿杆向上移，细线上拉力不变 C.仅将E端缓慢沿杆向左移，细线上拉力增大 D.仅将D端缓慢沿杆向下移，在滑轮到达D端前，DC段细线有可能变水平 答案：B 解析：根据平衡条件，设细线上的拉力为FT，则有2FTcos 45°＝mg，解得FT＝mg，A错误；仅将D端缓慢沿杆向上移，根据几何关系可知，细线与竖直方向的夹角不变，因此拉力大小不变，B正确；仅将E端缓慢沿杆向左移，细线与竖直方向的夹角变小，因此拉力减小，C错误；仅将D端缓慢沿杆向下移，在滑轮到达D端前，由于滑轮两边细线与竖直方向的夹角总是相等，因此DC段细线不可能变水平，D错误。故选B。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.(2025·广西百色高一上学期期末)图1是消防员用于观测高楼火灾的飞行背包，在某次演练时，消防员背着飞行背包从地面开始竖直飞行，其v-t图像如图2所示，下列说法正确的是(　　) A.消防员上升的最大高度为15 m B.消防员在30～90 s内处于失重状态 C.消防员在210～225 s内处于超重状态 D.消防员在150～255 s内的平均速度大小为零 答案：BC 解析：v-t图像与横轴围成的面积表示物体运动的位移，可知消防员上升的最大高度为H＝ m＝675 m，故A错误；在30～90 s内，消防员减速上升，加速度方向竖直向下，处于失重状态，故B正确；在210～225 s内，消防员减速下降，加速度方向向上，处于超重状态，故C正确；在150～255 s内，平均速度大小等于位移大小与时间的比值，由题图2可知h＝ m＝675 m，＝＝ m/s＝ m/s，故D错误。故选BC。 9.(2025·湖南长沙期末)如图所示，O点为竖直圆周的圆心，MN和PQ是两根光滑细杆，两细杆的两端均在圆周上，M为圆周上的最高点，Q为圆周上的最低点，N、P两点等高。两个可视为质点的圆环1、2(图中均未画出)分别套在细杆MN、PQ上，并从M、P两点由静止释放，两圆环滑到N、Q两点时的速度大小分别为v1、v2，所用时间分别为t1、t2，则(　　) A.v1＝v2 B.v1＞v2 C.t1＞t2 D.t1＝t2 答案：BD 解析：连接NQ、MP，如图所示，圆环1从M点由静止释放，根据牛顿第二定律可得a1＝gsin θ，MN＝a1，MN＝2Rsin θ，v1＝a1t1，可得t1＝，v1＝sin θ，同理可得t2＝＝t1，v2＝sin α＜v1。故选BD。 10.(2025·安徽临泉一中高一上学期末)如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，底端由一小段光滑圆弧与水平传送带平滑连接(物体滑上传送带时速度大小不变)，某快递物件(视为质点)质量m＝1 kg，从高h＝1.28 m处由静止从斜面上滑下，物件与斜面间的动摩擦因数μ1＝、与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.4，长度L＝3 m的传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.物件刚滑到斜面底端时的速度大小为3.2 m/s B.物件滑上水平传送带后一直做匀减速运动 C.物件在传送带上运动的时间为0.3 s D.物件相对于传送带的位移为0.18 m 答案：AD 解析：物件在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，设物件刚滑到斜面底端时的速度大小为v1，物体在斜面上的加速度为a1，由牛顿第二定律有mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1，又有＝2a1，解得v1＝3.2 m/s，故A正确；由于v1＞v，则物件在水平传送带上先做匀减速运动，设物件在水平传送带上做匀减速运动的加速度大小为a2，时间为t1，由牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得物件做匀减速运动的加速度大小a2＝4 m/s2，由运动学公式有v＝v1－a2t1，解得物件在水平传送带上做匀减速运动的时间为t1＝＝0.3 s，减速阶段的位移x2＝＝0.78 m＜L，则物件先做匀减速运动后做匀速运动，故B错误；物件在水平传送带上做匀速运动的时间t2＝＝1.11 s，所以物件在传送带上运动的时间为t＝t1＋t2，解得t＝1.41 s，故C错误；物件与传送带的相对位移大小Δx＝x2－vt1＝0.18 m，故D正确。故选AD。 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11.(6分)(2025·山西太原高一上学期期末)某学习小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。图甲中，轻质小圆环挂在橡皮条的一端，另一端固定，橡皮条的长度为GE。图乙中，用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环，使小圆环处于O点。图丙中，用一个力F拉动小圆环，仍使它处于O点。 (1)该实验主要采用的科学方法是　　　　。 A.等效替代法 B.理想实验法 C.类比法 D.控制变量法 (2)关于该实验，下列说法正确的是　　　　。 A.与弹簧测力计相连的细绳应尽量短 B.图乙中，实验时两弹簧测力计夹角越大越好 C.应在细绳上用笔尖记录间距较远的两点来确定细绳的方向 (3)作该实验力的图示，如图丁所示，合力的理论值是　　　　(选填“F”或“F'”)。 (4)如果开始两弹簧测力计的夹角小于90°，保持弹簧测力计F1的方向以及节点O的位置不变，将弹簧测力计F2沿着逆时针缓慢转动，关于两弹簧测力计读数的变化，正确的是　　　　。 A.弹簧测力计F1的读数先增大后减小，弹簧测力计F2的读数减小 B.弹簧测力计F1的读数增大，弹簧测力计F2的读数先减小后增大 答案：(1)A　 (2)C　(3)F'　(4)B 解析：(1)该实验两次拉橡皮条的效果相同，主要采用的科学方法是等效替代法。故选A。 (2)为了减小拉力方向的误差，与弹簧测力计相连的细绳应适当长一些，应在细绳上用笔尖记录间距较远的两点来确定细绳的方向，故A错误，C正确；实验时两弹簧测力计夹角不能太大，也不能太小，适当就好，故B错误。 (3)由题图丁可知，F'是通过F1、F2的图示做平行四边形得到的合力的理论值。 (4)如果开始两弹簧测力计的夹角小于90°，保持弹簧测力计F1的方向以及节点O的位置不变，将弹簧测力计F2沿着逆时针缓慢转动，如图所示，可知弹簧测力计F1的读数增大，弹簧测力计F2的读数先减小后增大。故选B。 12.(8分)(2025·山东淄博高一上学期期末)某实验小组利用图甲所示装置“探究物体质量一定时，加速度与力的关系”的实验。带滑轮的长木板放在水平桌面上，一轻绳跨过轻质的动滑轮和定滑轮一端连接力传感器，另一端连接砂桶，力传感器与滑轮之间的轻绳始终与长木板平行，力传感器可测出轻绳中的拉力大小。实验过程中，忽略轻绳与滑轮之间的摩擦，每次在释放小车稳定后，读出力传感器的示数并记为F。 (1)实验过程中，下列说法正确的是　　　　。 A.用天平测出砂和砂桶的质量 B.实验中必须先接通电源，再释放小车 C.实验中因为使用了力传感器，只需记录力传感器的示数，所以不需要平衡摩擦力 (2)在实验中得到如图乙所示的一条纸带(相邻两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器使用的是频率为50 Hz的交流电源，根据纸带可计算出小车运动的加速度大小为　　　　 m/s2(结果保留3位有效数字)。 (3)以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a-F图像是一条直线，如图丙所示，图线的斜率为k，则小车的质量为　　　　。 A. B. C. D. (4)该实验　　　　(选填“需要”或“不需要”)满足砂和砂桶质量远小于小车质量。 答案：(1)B　 (2)2.00　 (3)B　 (4)不需要 解析：(1)绳子拉力可由力传感器测得，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，故A错误；为充分利用纸带，实验中必须先接通电源，再释放小车，故B正确；为使两倍绳子拉力等于小车的合力，实验需要平衡摩擦力，故C错误。 (2)相邻两计数点的时间间隔为 T＝5×＝5× s＝0.1 s 根据逐差法求出小车运动的加速度大小为a＝＝×10－2 m/s2≈2.00 m/s2。 (3)根据牛顿第二定律得2F＝ma，可得a＝F，则题图丙图线的斜率为k＝，解得小车的质量为m＝。故选B。 (4)绳子拉力可由力传感器测得，该实验不需要满足砂和砂桶质量远小于小车质量。 13.(12分)(2025·安徽马鞍山高一上学期期末)马鞍山长江大桥西起姥桥枢纽，上跨长江水道，东至马鞍山东枢纽，桥面为双向六车道高速公路。如图为一辆车通过马鞍山长江大桥时的照片，此时车的速度为4 m/s，从此刻开始计时，该车之后的一段运动过程可以看作加速度大小为2 m/s2的匀加速直线运动，求： (1)该车第2 s末的速度大小； (2)该车5 s内的位移大小； (3)该车第3 s内的平均速度大小。 答案：(1)8 m/s　(2)45 m　(3)9 m/s 解析：(1)根据匀变速直线运动速度－时间公式可得该车第2 s末的速度大小为v2＝v0＋at2＝4 m/s＋2×2 m/s＝8 m/s。 (2)根据匀变速直线运动位移－时间公式可得该车5 s内的位移大小为x5＝v0t5＋a＝4×5 m＋×2×52 m＝45 m。 (3)该车第3 s末的速度大小为 v3＝v0＋at3＝4 m/s＋2×3 m/s＝10 m/s 则该车第3 s内的平均速度大小为 ＝＝ m/s＝9 m/s。 14.(14分)如图所示，在建筑工地上，三根相同的匀质圆形钢管静置于水平地面上，质量均为m，B、C钢管刚好接触且无挤压，重力加速度为g，不计钢管之间的摩擦，求： (1)B钢管对水平地面的压力大小； (2)水平地面对C钢管的摩擦力大小。 答案：(1)1.5mg　(2)mg 解析：(1)以三根钢管整体为研究对象，有 2FN＝3mg 解得水平地面对B钢管的支持力大小为 FN＝1.5mg 根据牛顿第三定律可得B钢管对水平地面的压力大小为 FN'＝FN＝1.5mg。 (2)对A钢管受力分析如图所示，根据平衡条件得 F1cos 30°＋F2cos 30°＝mg F1sin 30°＝F2sin 30° 根据牛顿第三定律可知，A钢管对C钢管的弹力大小为F2'＝F2 水平地面对C钢管的摩擦力大小 Ff＝F2'sin 30°＝mg。 15.(14分)如图所示，质量为mA＝1 kg的物块A和质量为mB＝2 kg的小车B叠放在光滑的水平地面上，左边缘对齐，处于静止状态，A与B间的动摩擦因数为μ＝0.2 ，某时刻对小车B施加水平向左的恒力F 。已知物块A可看作质点，小车B长为L＝2 m，重力加速度g＝10 m/s2 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)水平恒力F至少为多大，物块A才能相对小车B滑动？ (2)若恒力F＝3 N ，物块A所受摩擦力Ff大小是多少？ (3)若恒力F＝8 N，物块A离开小车B右边缘时的速度大小是多少？ 答案：(1)6 N　(2)1 N　(3)4 m/s 解析：(1)物块A在小车B上即将发生相对滑动时，物块A所受摩擦力达到最大静摩擦力 对物块A，根据牛顿第二定律可得μmAg＝mAa 解得a＝2 m/s2 对A、B整体分析，根据牛顿第二定律可得 F＝a 解得F＝6 N 。 (2)因为F＝3 N＜6 N ，所以物块A在小车B上没有发生相对滑动，A、B保持相对静止一起加速运动，物块A所受摩擦力为静摩擦力 对A、B整体分析，有F＝a1 解得a1＝1 m/s2 对A分析，根据牛顿第二定律可得 Ff＝mAa1＝1×1 N＝1 N 。 (3)因为F＝8 N＞6 N ，所以物块A在小车B上发生相对滑动，物块A和小车B都做匀加速直线运动 对A分析，有aA＝＝μg＝2 m/s2 对B分析，有F－μmAg＝mBaB 解得aB＝3 m/s2 设物块A经时间t1滑到小车B右边缘，则有xA＝aA，xB＝aB 且有xB－xA＝L 解得t1＝2 s 物块A离开小车B右边缘时的速度为 vA＝aAt1＝2×2 m/s＝4 m/s 。 模块检测卷(二) (时间：90分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.电动平衡车又叫体感车、思维车、摄位车，深受年轻人喜爱。如图所示，人站在电动平衡车上，在水平路面上沿直线前行，忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　) A.电动平衡车对人的弹力是人鞋底的形变引起的 B.不论如何行驶，电动平衡车都处于平衡状态 C.行驶过程中突然向右转弯，人因为惯性向右倾斜 D.当加速前进时，人受电动平衡车的作用力方向沿前进方向斜向上 答案：D 解析：电动平衡车对人的弹力是电动平衡车的形变引起的，A错误；只有匀速行驶或静止时电动平衡车才处于平衡状态，B错误；行驶过程中突然向右转弯，人因为惯性向左倾斜，C错误；当加速前进时，人所受合力方向沿前进的方向，则受电动平衡车的作用力方向沿前进方向斜向上，D正确。故选D。 2.2024年11月25日至27日，黑龙江省大部分地区出现了一次大范围的降雪，给人们的出行造成了一定的影响。一辆卡车在冰雪路面上以36 km/h的速度匀速行驶，由于前方出现事故司机紧急刹车，假设刹车过程做匀减速直线运动，已知刹车的加速度大小a＝2.5 m/s2，则下列说法中正确的是(　　) A.刹车后第1 s内的位移为8 m B.刹车后5 s内卡车前进的距离为18.75 m C.刹车后5 s内的平均速度为4 m/s D.刹车后6 s末的瞬时速度大小为5 m/s 答案：C 解析：卡车从刹车到停止的时间为t0＝＝4 s，刹车后第1 s内的位移为x1＝v0t1－a＝ m＝8.75 m，故A错误；由于5 s＞4 s，则刹车后5 s内卡车前进的距离为x＝v0t0＝×10×4 m＝20 m，故B错误；刹车后5 s内的平均速度为＝＝ m/s＝4 m/s，故C正确；由于6 s＞4 s，则刹车后6 s末的瞬时速度大小为零，故D错误。故选C。 3.(2025·山西临汾高一上学期质检)光滑的轻小滑轮用细绳OO'悬挂于O点，另一细绳跨过定滑轮，其一端连接物块A，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块B，整个系统始终处于平衡状态。若将物块B沿水平面向右缓慢移至C点，下列说法正确的是(　　) A.细绳对物块B的拉力大小增大 B.物块B与水平面间的摩擦力不变 C.细绳OO'所受拉力大小不变 D.始终存在α＝β＝θ的角度关系 答案：D 解析：细绳对物块B的拉力大小等于A的重力，故细绳对物块B的拉力大小保持不变，故A错误；物块B与水平面间的摩擦力为Ff＝FTsin(α＋β)，将物块B沿水平面向右缓慢移至C点时，(α＋β)增大，所以物块B与水平面间的摩擦力Ff增大，故B错误；细绳OO'所受拉力大小等于两边绳子的拉力的矢量和，因两边绳子拉力大小等于A的重力，保持不变，夹角(α＋β)变大，则细绳OO'所受拉力减小，故C错误；因滑轮两边绳子拉力大小相等，可知α＝β，由几何关系可知α＝θ，所以始终存在α＝β＝θ，故D正确。故选D。 4.某厂家对新款手机进行防摔测试，手机从距离地面1.8 m高度由静止开始自由下落，平摔落至地面，竖直向上弹起的高度为0.05 m，手机完好无损。已知该手机从开始掉落至反弹到最大高度处所用时间为1.1 s，不计空气阻力，g＝10 m/s2，取竖直向下为正方向，则关于该手机的运动，下列说法正确的是(　　) A.手机落至地面前瞬间速度大小为9 m/s B.手机与地面撞击的时间为0.2 s C.手机与地面撞击过程中，速度的变化量为7 m/s D.手机与地面撞击过程中，加速度大小为17.5 m/s2 答案：D 解析：根据自由落体运动公式，手机落至地面前瞬间速度大小为v1＝＝6 m/s，故A错误；下落的时间t1＝＝0.6 s，由逆向思维可知弹起后运动的时间t2＝＝0.1 s，手机与地面撞击的时间为t3＝t－t1－t2＝0.4 s，故B错误；弹起的速度大小v2＝＝1 m/s，手机与地面撞击过程中，速度的变化量为Δv＝(－1－6) m/s＝－7 m/s，故C错误；手机与地面撞击过程中，加速度为a＝＝－17.5 m/s2，负号表示方向向上，大小为17.5 m/s2，故D正确。故选D。 5.(2025·安徽蚌埠高一下学期期中)如图所示，竖直平面内存在半径为R的大圆和半径为r的小圆，两个圆的公切线水平，有两条倾斜的光滑轨道，一条与大圆相交于A、B两点，A点为大圆的最高点，另一条轨道一端交于大圆的C点，另一端交于小圆的D点，且过大圆和小圆的公切点。现让一物体分别从两条轨道的顶端A、C由静止释放，分别滑到B点和D点(假设物体能够无障碍地穿过CD与圆的交叉点)，物体在两条轨道上的运动时间分别为tAB、tCD，重力加速度为g，下列判断正确的是(　　) A.tAB＝tCD B.tAB＞tCD C.tAB＝ D.tCD＝2 答案：D 解析：设轨道AB与竖直方向的夹角为α，则物体在轨道AB上运动的加速度大小为a＝＝gcos α，根据运动学公式可得xAB＝2Rcos α＝a，解得tAB＝；设轨道CD与竖直方向的夹角为β，则物体在轨道CD上运动的加速度大小为a'＝＝gcos β，根据运动学公式可得xCD＝(2R＋2r)cos β＝a'，解得tCD＝＝2，则有tAB＜tCD。故选D。 6.如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻弹簧恰好水平，A、B两物体处于静止状态，则(　　) A.A、B所受弹簧弹力大小之比为 ∶ B.A、B的质量之比为mA∶mB＝1∶ C.悬挂A、B的细线上的拉力大小之比为1∶ D.同时剪断两细线的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为 ∶3 答案：D 解析：弹簧对两物体的弹力大小相等、方向相反，A错误；A、B均处于平衡状态，设弹簧弹力为F，由平衡条件得 tan 60°＝，tan 45°＝，可得mA∶mB＝∶1，B错误；设悬挂A、B的细线拉力大小分别为F1、F2，则 cos 60°＝，cos 45°＝，可得F1∶F2＝∶1，C错误；同时剪断两细线的瞬间，弹簧弹力不突变，则两物体所受合力与细线拉力等大、反向，根据F合＝ma，可得a1∶a2＝∶＝∶3，D正确。故选D。 7.(2025·四川成都石室高一下学期月考)A物体从高为H的塔顶自由下落的同时，B物体从塔底以初速度v0竖直上抛，B物体上升至最高点时，A物体正好落地，不计空气阻力，则下列说法中正确的是(　　) A.A物体落地前瞬间的速度大小等于v0 B.B物体上升的最大高度小于H C.两物体相遇时离地面的高度为H D.两物体相遇时，A、B两物体的速度大小之比为1∶3 答案：A 解析：因为A、B两物体运动的加速度相同，时间相同，速度变化量相等，则A物体落地时的速度大小与B物体上抛时的初速度大小相等，都等于v0，B物体上升的最大高度与A物体的下落高度相等，都等于H，故A正确，B错误；设A、B两个物体相遇时所用的时间为t，则有H＝hA＋hB＝gt2＋v0t－gt2，解得 t＝，因为＝2gH，可有hB＝v0t－gt2＝，故C错误；设A、B两物体相遇时的速度大小分别为vA、vB，由速度－时间公式可得vA＝gt＝，vB＝v0－gt＝v0－＝，因此两物体相遇时，A、B两物体的速度大小之比为1∶1，故D错误。故选A。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.(2024·安徽马鞍山高一上学期期末)将四分之一圆柱体a置于粗糙水平面上，其横截面如图所示，B点为a的最高点。现将小物块b(可视为质点)靠紧圆弧，用始终沿圆弧切线方向的拉力F拉动物块。使物块由圆弧与水平面的交点A缓慢向B点运动，整个过程中a始终保持静止，不计a与b间的摩擦，则拉动过程中(　　) A.拉力F一直减小 B.b对a的压力先减小后增大 C.地面对a的摩擦力一直增大 D.地面对a的支持力逐渐增大 答案：AD 解析：对物块进行受力分析，如图所示，由平衡条件可知F＝mgcos θ，FN＝mgsin θ，可知拉动过程中θ增大，拉力F减小，支持力增大，根据牛顿第三定律可知，b对a的压力增大，故A正确，B错误；对a、b整体，由平衡条件有FN'＝(M＋m)g－Fcos θ，Ff＝Fsin θ＝mgsin θcos θ＝mgsin 2θ，可知θ从0°增大到90°，cos θ减小，F减小，则地面对a的支持力增大，而2θ从0°增大到180°，sin 2θ先增大后减小，地面对a的摩擦力先增大后减小，故C错误，D正确。故选AD。 9.(2025·湖南株洲方舟兰天高级中学期末)如图所示，一可视为质点的物件以v＝8 m/s的初速度从倾角为α＝37°、顺时针转动的传送带底端开始沿传送带向上运动，已知传送带的速度v0＝2 m/s，传送带长度为5 m，物件与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2) (　　) A.物件刚开始在传送带上运动的加速度大小为10 m/s2 B.物件在传送带上向上运动的最远距离是4 m C.物件在传送带上运动的末速度大小为4 m/s D.物件在传送带上运动的总时间是1.6 s 答案：ABC 解析：设沿传送带向上为正方向，物件刚开始在传送带上运动，由牛顿第二定律得－mgsin α－μmgcos α＝ma1，解得a1＝－10 m/s2，故A正确；物件刚开始在传送带上运动的位移和时间分别为x1和t1， 有v0＝v＋a1t1，解得t1＝0.6 s，有－v2＝2a1x1，解得x1＝3 m，物件和传送带共速后，物件相对于传送带向下运动，物件的加速度为a2，根据牛顿第二定律得－mgsin α＋μmgcos α＝ma2，解得a2＝－2 m/s2，设物件减速为零的时间为t2，运动的位移为x2，有－v0＝a2t2，解得t2＝1 s，运动的位移为x2＝－a2＝1 m，所以物件在传送带上向上运动的最远距离为x＝x1＋x2＝4 m，故B正确；物件速度减为零之后沿着斜面向下做匀加速直线运动直至回到斜面底部，根据牛顿第二定律得a3＝－gsin α＋μgcos α＝－2 m/s2，则v'2＝2a3x，解得v'＝－4 m/s，且v'＝a3t3，解得t3＝＝2 s，所以物件在传送带上运动的末速度大小为4 m/s，在传送带上运动的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝3.6 s，故C正确，D错误。故选ABC。 10.如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一物体B(可看作质点)以水平速度v0＝3 m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后运动过程中A、B的速度随时间变化的情况如图乙所示。g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.A、B所受的摩擦力均与运动方向相反 B.A、B间的动摩擦因数μ＝0.2 C.A的长度可能为L＝0.8 m D.A的质量是B的2倍 答案：BD 解析：B受到的摩擦力方向水平向左，与B的运动方向相反，A受到的摩擦力方向水平向右，与A的运动方向相同，故A错误；以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得aB＝＝μg，根据v-t图像可知B的加速度大小为aB＝ m/s2＝2 m/s2，联立解得A、B间的动摩擦因数为μ＝0.2，故B正确；以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得aA＝，根据v-t图像可知A的加速度大小为aA＝ m/s2＝1 m/s2，联立可得mA＝2mB，故D正确；根据v-t图像可知共速前B相对于A发生的位移为Δx＝xB－xA＝×1 m－×1×1 m＝1.5 m，则长木板A的长度至少为1.5 m，故C错误。故选BD。 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11.(6分)(2025·福建厦门高一上学期期末)某同学利用如图甲所示的装置测量一弹簧的劲度系数，他将弹簧上端固定在铁架台上，弹簧下端固定有指示箭头，靠近弹簧竖直固定有刻度尺。弹簧不挂钩码时，指示箭头指示刻度为10.00 cm，挂上一个钩码后，静止时指示刻度如图乙所示。接着每次增加一个钩码，记录静止时指示刻度如下表所示，已知每个钩码质量为50 g，当地重力加速度g为9.80 m/s2。 钩码个数n/个 0 1 2 3 4 5 指示刻度L/cm 10.00 19.98 25.05 30.10 34.99 (1)图乙中箭头指示的刻度示数为　　　　cm。 (2)根据实验数据，在图丙中补齐数据点并作出n-L图像，由图像可知该弹簧的劲度系数为　　　N/m(计算结果保留2位有效数字)。 (3)将只悬挂一个钩码的实验装置静置于电梯中，电梯由静止启动时发现指示箭头向上移动，则此时电梯处于　　　　(选填“超重”或“失重”)状态，启动方向　　　　(选填“向上”或“向下”)。 答案：(1)15.00　(2)见解析图　9.8　(3)失重　 向下 解析：(1)题图乙中箭头指示的刻度示数为 L1＝15.00 cm。 (2)根据描点法，作出n-L图像如图所示。 根据胡克定律，该弹簧的劲度系数为k＝＝ N/m≈9.8 N/m。 (3)电梯由静止启动时发现指示箭头向上移动，可知弹簧的弹力减小，小于钩码的重力，钩码有向下的加速度，此时电梯处于失重状态。电梯由静止启动，可知电梯启动方向向下。 12.(8分)(2025·安徽宣城高一上学期期末)“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示。小车后面固定一条纸带，穿过电火花计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑的定滑轮和动滑轮与挂在竖直面内的拉力传感器相连，拉力传感器用于测小车受到拉力的大小。 (1)在安装器材时，要调整定滑轮的高度，使拴小车的细绳与木板平行。请选出你认为这样做的目的是　　　　　 (填字母代号)。 A.防止打点计时器在纸带上打出的点痕不清晰 B.为达到在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车所受的合力 C.防止小车在木板上运动过程中发生抖动 D.为保证小车最终能够实现匀速直线运动 (2)实验中　　　　 (选填“需要”或“不需要”)满足所挂钩码质量远小于小车质量。 (3)某小组在实验中打出的纸带一部分如图乙所示。用毫米刻度尺测量并在纸带上标出了部分线段的长度。已知打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz。由图乙数据可求得：打点计时器在打A点时小车的瞬时速度大小为　　　　 m/s；小车做匀加速运动的加速度大小为　　　　m/s2。(计算结果均保留3位有效数字) (4)某同学根据实验数据作了加速度a与力F的关系图像如图丙所示，图线不过原点的原因是　　　　。 A.钩码质量没有远小于小车质量 B.平衡摩擦力时木板倾角过大 C.平衡摩擦力时木板倾角过小或未平衡摩擦力 答案：(1)B　(2)不需要　(3)2.32　4.00　(4)B 解析：(1)实验中调节定滑轮高度，使细绳与木板平行，可在平衡摩擦力后使细绳的拉力等于小车所受的合力，如果不平行，细绳的拉力在垂直于木板的方向上就有分力。故选B。 (2)由于本实验中的力传感器可以读出绳的拉力，所以不需要满足所挂钩码质量远小于小车质量。 (3)打点计时器在打A点时小车的瞬时速度大小为vA＝ m/s≈2.32 m/s 小车做匀加速运动的加速度大小为 a＝ m/s2＝4.00 m/s2。 (4)由题图丙可知，当没有挂钩码时小车具有加速度，说明平衡摩擦力时木板倾角过大。故选B。 13.(12分)某电视剧制作中心要拍摄一特技动作，要求特技演员从31.25 m高的大楼楼顶自由下落到行驶的汽车上。若演员开始下落的同时，汽车从9 m远处由静止向楼底先匀加速运动2 s，再匀速行驶到楼底，为保证演员刚好能安全落到汽车弹簧垫上(不计空气阻力，人和汽车均可视为质点，g＝10 m/s2)。求： (1)汽车经过多长时间到达楼底； (2)汽车加速度的大小。 答案：(1)2.5 s　(2)3 m/s2 解析：(1)由于汽车和人同时到达楼底，则根据h＝gt2得t＝＝ s＝2.5 s。 (2)设汽车加速度为a 2 s末的速度为v＝at1 汽车整个运动过程有x＝a＋v(t－t1) 联立并代入数据解得a＝3 m/s2。 14. (14分)如图所示，粗糙水平地面上放置一个截面为半圆的柱状物体A，A与墙之间再放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态。已知A、B两物体的质量分别为M和m，光滑圆球B同半圆的柱状物体A半径均为r，已知A的圆心到墙角距离为2r，重力加速度为g。 (1)求光滑圆球B受到墙壁的弹力大小； (2)A与地面间的动摩擦因数满足什么条件？(设A与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力) 答案：(1)mg　(2)μ≥ 解析：(1)对B受力分析如图1所示 由几何关系知sin θ＝＝ 解得θ＝30° 由平衡条件得FNABcos θ－mg＝0，FNABsin θ－FNB＝0 解得光滑圆球B受到墙壁的弹力大小为 FNB＝mg。 (2)对整体受力分析如图2所示，可知地面对A的摩擦力大小为Ff＝FNB＝mg 地面对A的支持力大小为FNA＝(M＋m)g 要使A不滑动，则有μFNA＝μ(M＋m)g≥mg 解得μ≥。 15.(14分)(2024·吉林长春高一上学期期末)如图所示，传送带与水平面成α＝37°，传送带A、B间距L＝5.8 m，传送带始终以4 m/s速度顺时针转动，将一小物体轻轻释放在A处，小物体与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求： (1)刚释放时，小物体加速度的大小； (2)小物体从A运动到B所需时间； (3)小物体从A运动到B的过程中，小物体与传送带的相对位移的大小。 答案：(1)10 m/s2　(2)1.4 s　(3)0.2 m 解析：(1)对小物体受力分析如图所示 根据牛顿第二定律可知mgsin α＋μmgcos α＝ma1 解得刚释放时，小物体加速度的大小a1＝10 m/s2。 (2)物体加速到4 m/s的位移大小为x1＝＝0.8 m＜L 运动的时间t1＝＝0.4 s 又μ＜tan α 小物体第二过程的加速度a2＝＝2 m/s2 通过的位移大小为x2＝L－x1＝5 m 根据位移－时间公式可得x2＝vt2＋a2 解得t2＝1 s 经历的总时间为t＝t1＋t2＝1.4 s。 (3)在t1时间内传送带运动的位移大小为x1'＝vt1＝4×0.4 m＝1.6 m 在t2时间内传送带运动的位移大小为x2'＝vt2＝4 m 所以小物体从A运动到B的过程中，小物体与传送带的相对位移的大小是Δx＝L－x2'－x1'＝0.2 m。 学科网（北京）股份有限公司 $