第15期 牛顿第二定律 力学单位制 牛顿第三定律-【数理报】2025-2026学年高中物理必修第一册同步学案（教科版）

高中物理教科（必修第一册）第14~18期 数理极 答案详解 2025~2026学年 高中物理教科（必修第一册） 第14~18期(2025年10月) 《牛顿运动定律》同步核心素养测评（一） 故ACD错误，B正确， A组 7.石子、谷粒、草屑和瘪粒飞出时初速度基本相同，在飞行 1.D;2.D;3.D;4.C;5.D;6.B;7.D. 中受到空气阻力的作用，由于小石子相对谷粒、草屑和瘪粒的 提示： 质量较大，速度变化慢，运动时间长，故其飞行最远，而草屑和 1.②两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小 瘪粒质量小，速度变化快，时间短，故落点近.故ABC错误：D 球将滚上另一个斜面，这是一个客观事实；③如果没有摩擦， 正确。 小球将上升到释放时的高度，这是在没有摩擦的情况下的一个 8.(1)不需要需要(2)C(3)C 推论；①减小第二个斜面的倾角，小球在这斜面上仍然能达到 (4)0.530.42(5)大于 原来的高度，这是在没有摩擦情况下的一个推论，减小倾角，为 解析：(1)利用此装置做“探究小车速度随时间变化的规 了到达原来的高度，小球会运动更远的距离；④继续减小第二 律”的实验时，不需要补偿小车受到的阻力的影响；利用此装 个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球沿水平面做持续的匀 置做“加速度与力、质量的关系”的实验时需要补偿小车受到 速运动，在没有摩擦力的情况下，当第二个斜面水平时，小球将 的阻力的影响. 会一直匀速运动下去，表明运动不需要力来维持.故D正确， (2)在补偿阻力时不能把挂槽码的细线系在小车上，小车 2.加速度为零，说明物体速度不变，运动状态不变，故A正 拖着纸带并开启打点计时器开始运动，打出一系列点迹均匀 确；速度是矢量，速度的变化要从大小、方向两方面去考虑，故 的点 (3)已经平衡摩擦力，则刚开始的图像是一条过原点的直 B正确；物体的运动状态变化，一定有力的作用，物体也一定有 加速度，但无法知道加速度是否在改变，故C正确，D错误.本 线，不断加槽码，槽码的质量最终达到？，不能满足槽码的质 题选不正确的，故选D. 量远远小于小车的质量，此时图像会发生弯曲，故ABD错误，C 3.若以洒水车为参考系，车内司机静止不动，故A错误：地 正确。 面对洒水车的支持力与洒水车（含车内的水）所受重力等大， (4)由题意可知，打，点计时器的频率为50日Hz,每5个点取 则地面对该洒水车的支持力减小，故B错误；物体的惯性与速 XCE 度无关，洒水过程中，车（含车内的水）质量减小，惯性减小，故 一个计数点，则T=0.1s,故打下D点的速度为n=27 C错误；急刹车时，车内的水由于惯性，以刹车前的速度向前运 (5.08+5.49)×102 m/s=0.53m/s,根据匀变速直线运动 2×0.1 动，水对车有向前的推力，故D正确。 的推论△x=aT可得a= △x 4.客车中的乘客向前倾斜，客车突然减速或由静止状态突 然倒车都会出现图中情景，故C正确，ABD错误。 (5.49+5.91+634)×102-(422+465+508)×102m/2 (3×0.1)2 5.列车速度发生变化时，但是不能确定是加速还是减速， =0.42m/s2. 所以乘客们向北倾斜，列车不一定向北或向南运动，故AB错 (5)若实际交流电的频率只有48Hz,其仍按50Hz来计 误；列车马上到站时会减速，乘客由于惯性向北倾斜，所以列车 向北运动，故C错误：D正确. 算，则由a=祭=4计算时的加速度偏大 6.惯性的大小只跟质量有关，与其它任何因素无关，则球 9.(1)1:2(2)远小于(3)相同(4)AB 的质量大了，惯性也大了，球的运动状态的改变就增大了难度 解析：(1)实验中，若两小车通过的位移之比为1：2，由 高中物理教科（必修第一册）第14~18期 =方2可得两车加速度之比为a:4=1:2: (2)图形乙是在木板水平情况下得到的图像，则根据F- F (2)实际上，小车与小盘和砝码一起加速运动，设绳对小 mg=ma,得a= 4g m 车的拉力为F,则有F=Ma,mg-F=ma则可得F=M十m冫 由图像可知：k=二=2，g=2. m 为使小车所受的拉力近似等于小盘和砝码的总重力，应使小盘 解得m=0.5kgw=0.2; 和砝码的总质量远小于小车的质量： (3)保持小车的质量不变，如果钩码的重力越来越大时， (3)探究“加速度与质量之间的关系”时，采用控制变量 则小车的加速度不会无限增加，只会越来越接近重力加速 法，实验时要保证拉力不变，则应在小盘中放质量相同的砝码. 度g (4)探究“加速度与力之间的关系”时，若平板保持水平， 5.(1)0.67(0.60~0.70): 则选用更光滑的平板有利于减小摩擦力，合力更接近绳的拉 (2)0.67(0.66,0.67,0.68)； 力，可以减小实验误差，故A正确；平板右端适当垫高来平衡摩 (3)0.10(0.09,0.10,0.11): 擦力，使细绳拉力提供小车的合力，有利于减小误差，故B正 (4)否 确；由牛顿第二定律得mg-uMg=Ma,解得a= 2一g,故 解析：(1)对小车进行受力分析可得：F-f=mg,即：a= 摩擦力影响实验结果，故C错误. F-f=Ip-f m m m B组 结合图像当a=0时：f=F=0.67N. 1.AD;2.AB;3.BD. 提示： （2)图像斜来&=是，所以质量m=号g=0.67g 1.油罐车向前启动时，由于惯性，油要保持原来的运动状 (3)当a与F成正比时，需要平衡摩擦力，当斜面倾斜时， 态将向后涌动，故A正确；惯性只取决于物体的质量，质量不变 记小车与斜面的动摩擦因数为“，对小车进行受力分析，在垂 惯性就不变，与其他无关，故BC错误；油罐车在平直道路上匀 直斜面方向：FN=mgcos0 速前进时，由牛顿第一定律可知，即使没有挡板油也几乎不会 沿斜面方向：mgsin0=uFx=umgcos0,tan0=u= mg 涌动，故D正确。 0.67 2.冰球比赛中，运动员用冰球杆击打冰球，冰球的运动状 0.67×10=0.10. 态随之发生改变，说明力可以改变物体的运动状态，故A正确； (4)因为实验中力传感器可准确测出拉力F的大小，因此 运动员用冰球杆沿不同方向击打冰球上的不同部位，冰球的运 不需要重物的质量远小于小车质量， 动状态随之发生改变，说明力的作用效果与力的方向和力的作 《牛顿运动定律》同步核心素养测评（二） 用点都有关，故B正确，C错误；由牛顿第一定律可知，物体的 A组 运动不需要力来维持，力是改变运动状态的原因，故D错误 1.B;2.C;3.A;4.D;5.C;6.B;7.C. 3.质量是惯性的唯一量度，质量越大惯性越大，根据公式f 提示： =umg=ma可得a=ug,由运动学公式-哈=-2ax可知，速 1.力学的基本物理量有长度、质量、时间，则对应的单位为 度越大，急刹车后滑行的距离越远；速度相同，滑行距离相同。 m、kg、s.故B正确. 故AC错误，BD正确. 2.物体的合力与物体的质量和加速度无关，故A错误；物 4.(1)甲；(2)0.5,0.2； 体的质量与合力以及加速度无关，由本身的性质决定，但可以 (3)如果重物的重力越来越大时，则滑块的加速度不会无 通过测量它的加速度和它受到的合力而求得，故BD错误；由a 限增加，会越来越接近重力加速度g =￡可知，物体的加速度与其所受合力成正比，与其质量成反 解析：(1)由图像可知，当F=0时，a≠0.也就是说当绳 m 子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦 比，故C正确， 力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的左端垫得过高.所以 3.根据牛顿第二定律可知F-f-mg=ma,解得f=5N, 图线甲是在轨道左侧拾高成为斜面情况下得到的； 故A正确 2 高中物理教科（必修第一册） 第14~18期 4.由题意知，“蜘蛛侠”由A点沿直线匀减速爬行到右上 B组 方B点，即加速度方向和速度方向相反，在竖直平面内蜘蛛使 1.AD;2.BC;3.AC. 加速度方向应该是从B指向A,根据牛顿第二定律在竖直平面 提示： 内蜘蛛侠所受合力方向应该是从B指向A,重力方向竖直向 1.从A点到B点的过程中，未接触弹簧，水平方向只受恒 下，根据力的平行四边形定则可以判断所受其他各个力的合力 力F,由牛顿第二定律可知，力F不变，加速度不变，物块做匀 F方向，只有D项符合 加速运动，故A正确；到达C点时，合力为零，则在C点前，弹簧 5.根据题图可知木箱的加速度 弹力小于恒力F,合力向右，与运动方向相同，做加速运动，故B a==5-0.5m/g=4,5m/s 错误；从C点到D点的过程中，有：F弹-F=ma,从C点到D点 △t 1 的过程中弹力增大，所以加速度增大，做加速度增大的减速运 根据牛顿第二定律F-umg=ma,解得F=40N,故C 动，故C错误，D正确. 正确。 2.由图像可知，雨滴的速度先增大后不变，故A错误；因为 6.推进器和待测物的加速度a=y=2m t 2m/s2= ”一t图像的斜率等于加速度，可知加速度逐渐减小，故B正确： 0.5m/s2,根据牛顿第二定律F=(M+m)a,解得M=18kg, 加速度逐渐减小，根据：F=ma可知雨滴受到的合力逐渐减 故B正确， 小，故C正确：根据mg-f=ma可知雨滴受到的空气阻力逐渐 7.沫蝉起跳时，由牛顿第二定律得F、-mg=ma,解得地 变大，故D错误 面对沫蝉的支持力大小F、=381mg,由牛顿第三定律可知，它 3.对物体受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律， 对地面的压力大小F%=FN=381mg,则FN:G=381:1,平均 有：F-mg=ma;变形得到：F=ma+mg;斜率表示质量，由图 压力大小与其受到的重力大小的比约为380：1.故C正确。 像知A的斜率大，故m4>mB;当a=0时，F=G,故G4=Gg; 8.2.55907.5187.5 当F=0时，a=-g,即g为横截距的长度，故gA<gg;故AC 9.(1)0.5kg;(2)2m/s2. 正确. 解析：(1)加速度为： 4.a0,a42 a2-a1'a1+a2 a出：登mg2m 解析：由牛顿第二定律，对m1有F=m1a1,对m2有F= 由牛顿第二定律：F=ma ma2,当F作用在质量为(m1-m2)的物体上时，根据牛顿第 解得质量为：m=号=合8=05好 二定律得F=(m,-m)a,联立解得a=a, a a2-a1 (2)由牛顿第二定律得：F-mg=ma 当F作用在质量为m1+m2的物体上时，由牛顿第二定律 代人数据得：a=2m/s2. 得F=(m1+m)a,联立解得a=a a1+a2 10.a'>2a. 5.(1)5m/s2;(2)30m/s;(3)6.4×103kg 解析：设两个木块与地面的动摩擦因数均为u,根据牛顿 解析：(1)根据牛顿第二定律有F-kmg=ma,则 第二定律，对质量为m的木块，有： F-umg =ma a=F-hmg=120000-0.1×2000×10m/s m 20000 解得：a=E =5m/s2 m -ug (2)由v2-哈=2ax得 对质量为受的木块，有： =√-2ax=√502-2x5×160m/s=30m/s F-u28=受0 7 (3)设需减少质量m1,减重后加速度不小于 解得：a=2 a=乐=20iowg=gmG 502 m -ug 根据牛顿第二定律有：F-k(m-m1)g=(m-m1)a 由上综合得：a=2 m-g>-2g=2a. m 代入数据解得m≈6.4×103kg 3 高中物理教科（必修第一册）第14~18期 《牛顿运动定律》同步核心素养测评（三）》 合力为mg,则有mg=nma,设托盘对第n号盘子作用力的大小 A组 为F,对剩余盘子有F-(n-1)mg=(n-1)ma,解得F= 1.C;2.C;3.D:4.A;5.D;6.A;7.B. (n2-1) 2mg,故B正确. n 提示： 8.能位移失重超重 1.每个炮弹在炮管中加速的时间为0.01s,由于炮管长为 9.(1)4m/s2;(2)75N 5m,所以由x=2a,可得炮弹的加速度大小为a= 2x 解析：(1)根据运动学规律可得滑雪者下滑的加速度大小 105m/s2,由牛顿第二定律，推力F=ma=1.5×10°N,故C正 为 确，ABD错误 a=2x 2 =4m/s2 2.静止站立时，人合力为零，加速度为零，处于平衡状态， (2)设滑雪者受到的阻力大小为f,根据牛顿第二定律有 故A错误；加速下蹲时，人有竖直向下的加速度，处于失重状 mgsin 0-f=ma 态，故B错误：加速上升时，人有竖直向上的加速度，处于超重 解得f=75N 状态，故C正确：离地上升时，只受到重力，加速度是重力加速 10.(1)75N;(2)7m/s,16.5m 度，处于完全失重状态，故D错误。 解析：(1)木箱与水平面间的摩擦力大小 3.物块做匀加速运动，位移公式为x=2,将坐标(1， f=umg=0.5×15×10N=75N 4)带人解得a=8m/s,根据牛顿第二定律F合=F-f=ma (2)由牛顿第二定律F-f=ma =8N,由水平面是粗糙得F大于8N,故D正确. 解得木箱运动的加速度 4.由x-t图像的斜率表示速度，可知在0~t1时间内速度 a=F-f-90-:15m/3=1m/s m 15 增大，即乘客的加速度向上，F、>mg;在~时间内速度不 3s时木箱的速度为 变，即乘客匀速上升，F、=mg;在t2~t,时间内速度减小，即乘 to at 4 m/s +3 x 1 m/s =7 m/s 客减速上升，F、<mg,故A正确，BCD错误。 前3s内木箱的位移为 5.剪断轻绳前，由平衡条件得轻弹簧中的弹力和轻绳的拉 1 1 方为器大器2 x=od+2a=4×3m+2×1×9m=16.5m 3mg,剪断轻绳瞬 B组 间，小球只受弹簧弹力和重力两个力的作用，两力瞬间不变，所 1.BC;2.BD;3.CD. 以在此解间，弹续弹力为写g两力合力等于剪断轻绳前此丙 提示： 1.0~2s内，图线斜率为正，加速度向上，该同学处于超重 力的合力，由共点力平衡推论知，剪断轻绳前两力的合力与轻 状态，故A错误；6~8s内，图线斜率为负，加速度向下，该同学 绳拉力等大反向，所以此瞬间合力方向为斜向左下方，即为小 处于失重状态，故B正确；t=1s末，由图像得加速度的大小为 球在此瞬间的运动趋势方向：合力大小为F合=25m 3mg,由牛 =2m/s2,由牛顿第二定律得F、-mg=ma,解得FN= △t 顿第二定律s=ma,得a=2。放ABC箭误D正确 600N,故C正确：t=7s末，该同学处于失重，对电梯的压力大 6.鸡蛋自由下落20m过程，根据速度与位移的关系式有 小小于自身重力(500N),故D错误。 2-2gh1,鸡蛋与地面碰撞过程，从触地到完全停止质点的位 2.v-t图像表示潜艇“掉深”后竖直方向速度的变化情 移为0.05m,利用逆向思维有2=2ah2,根据牛顿第二定律有 况，“掉深”前在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行，所以不 知道“掉深”前的速度，故A错误；因潜艇在高密度海水区域沿 F,-mg=ma,根据牛顿第三定律有F,=F,解得上=401≈ mg 水平方向缓慢航行，潜艇在高密度海水区域受到的浮力等于潜 400,故A正确. 艇的重力，即为F浮=mg=3.0×107N,故B正确；根据u-t图 7.某顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘和剩余盘子所受： 像与坐标轴所围的面积表示位移可得潜艇“掉深”后竖直向下 4 高中物理教科（必修第一册）第14~18期 的最大位移为x=3020m=300m,故C错误：潜艇“掉 2 联立解得s=L+元，放D正确 深”后在10~30s时间内，加速度方向向上，处于超重状态，故 3010s内，若运动员匀加速下降，则位移为分×10× D正确. 20m=100m,由图像可知运动员的位移大小大于100m,故A 3.由于弹簧的弹力不能突变，撤去拉力F的瞬间，质量为 错误；v-t图像的斜率等于加速度，可知10~15s内加速度逐 m的物体加速度仍为a,因此质量为2m的物体加速度大小为 渐减小，故B错误；0~10s内运动员向下的加速度逐渐减小， 号，放AB错误，C正确：撒去拉力F之前，根据牛顿第二定律F 根据mg-f=ma可知所受阻力逐渐增大，故C正确；l0~15s =3ma,而弹簧的弹力R,=ma,可得a=易，人=号，撤去拉 F 内运动员向上的加速度逐渐减小，根据f-mg=ma,可知所受 阻力逐渐减小，故D错误. 力F之后，质量为m的物体加速度不变，即a==根据 4.对AB整体，B与地面间的摩擦力：f=2(m1+mg)g= 牛顿第二定律F,=2ma2,可知质量为2m的物体加速度a,= 3N,当A、B间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B间发生相对滑 品放D正随 动，即f=山mg=4N,对B,根据牛顿第二定律有：ag= 4.减速加速向右2 -五=1m公，对AB整体，由牛顿第二定律得：F-大=(m mB 5.(1)f=260N;(2)x=3.25m +mB)ag,解得：F=6N,即当拉力超过6N时，A、B开始发生相 解析：(1)根据公式，可得赛艇的加速度大小为 对滑动，B的加速度为1m/s2,故ABC错误，D正确。 ==6ms 5.开始时，物体处于平衡状态，物体受重力和弹力，则有： mg=kx1,物体向下匀加速过程，对物体受力分析，受重力、弹 根据牛顿第二定律可得8F-f=(4m+M)a1 簧向上的弹力、推力F,根据牛顿第二定律，有：F+mg-F弹= 联立解得f=260N ma,根据胡克定律，有：F弹=k(x1+x)=mg+kx,解得：F= (2)桨叶离开水面后，赛艇做减速运动的加速度大小为 ma-mg+F弹=ma+kx,故弹力与x是线性关系，且是增函数， f 4=4m+M=1m/s 故ABC错误，D正确， 加速过程赛艇的位移为=受1=Q75m 6.设轨道与竖直方向的夹角为0，根 据牛顿第二定律，质点的加速度a= 减速过程赛艇的位移为=6-之0，店=2.5m mgcos 0 m =gcos0,所有质点在相等时间 赛艇在1.5s内通过的位移大小为 内的位移x=之d2=0os0f=方62cs0,由图可知 x=x1+x2=3.25m. 《牛顿运动定律》同步核心素养测评（四） 2g是竖直方向直径的长度，通过儿何关系知，某一时刻这些 A组 质点所在位置构成的面是圆弧.故A正确。 1.D;2.D;3.C;4.D;5.D;6.A;7.D 7.物品先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：mg= 提示： ma,解得a=3m/s2,假设物品可以加速到与传送带共速，则加 1.物体与弹簧接触后，物体受到弹力，但开始时弹力小于 推力，物体继续加速，直到弹力等于推力为止，故A错误；弹簧 速运动的时间为，=片=手，加速运动的距离为= a 处于最大压缩量时，速度为零，弹力大于推力，故合力不为零， 8 3 m≈2.67m>2.1m,因此物品在传送带上一直做加速 加速度也不为零，故B错误：物体与弹簧接触后，物体受到弹 力，但开始时弹力小于推力，物体继续加速，直到弹力等于推力 运动，故A错误：因一直加速8=分a,物品从A端到B端所用 为止，故C错误，D正确。 的时间为t= 2.对系统进行受力分析，由牛顿第二定律可得：F=（m+ √臣-√受-1.18，放故B错误：因为-直加 2s 2m)a,对质量为m的小球水平方向受力分析，由牛顿第二定律 速，所以物品一直受到向右的滑动摩擦力，故C错误；当传送带 和胡克定律，可得：kx=ma,则此时两球间的距离为s=L+x,; 速度减小一点时，物品在传送带上仍可能是全程加速，在加速 -5 高中物理教科（必修第一册）第14~18期 度和位移都不变的情况下，运动的时间也不变，故D正确。 F=42N,故A正确，B错误；对货物进行受力分析，根据牛顿 8.40980390 第二定律可得：FN-mg=ma,解得：F、=18N,故C正确，D 解析：由图可知，运动员下落过程中的最大速度为40m/s; 错误 最初2s内运动员的加速度约为a=兰=受vg=9mg, 2.t,时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到 △t 最大，故A正确；2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相 最初2s内，根据牛顿第二定律mg-f=ma,解得运动员和伞包 对静止，故B正确；0~t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始 所受的阻力约为f=80N;因为-t图像的面积等于位移，图像 终向右，故C错误；2~3时间内小物块不受摩擦力作用，故D 包含的格子数约为39，可知运动员在整个过程下落的高度约h 错误， =39×2×5m=390m. 3.由题意可得，A木板所受摩擦力方向与运动方向相同，B 9.(1)2m/s2;(2)0.5. 物体所受的摩擦力方向与运动方向相反，故A错误；对B受力 解析：(1)物块从斜面顶端由静止释放，做匀加速直线运 动，则有 分析，由牛顿第二定律有：um8=m0e,g=11= △t 3,Lm/g=2m/分，解得：4=0.2，故B正确；木块B未滑出 1 代入数据求得，物块在斜面上运动时加速度a的大小a= 木板A,临界条件为当A、B具有共同速度时，B恰好滑到A的右 2m/s2 端，速度图像与时间轴围成面积表示位移，则：Ln=sB-5A= (2)物块从斜面顶端由静止释放，依题意由牛顿第二定律 3×1 2 m=1.5m,故C错误；对A、B分别受力分析，则：mgg= 有 mgsin 6-umgcos 0 ma maaa ,mng mpaB,a= =1一0ms2三1房，联立解 1 代入数据解得u=0.5 10.(1)6N;(2)5.5m 得品=子放D正确 解析：(1)以物块A、B整体为研究对象，由牛顿运动定律 4.(1)4,沿斜面向下；(2)130；(3)30 可得 解析：在斜面上下滑mgsin0-umgcos0=ma1,a1=gsin0 F-u(ma mg)g =(ma mB)a -gcos0=4m/s2,方向沿斜面向下.在水平面上滑行umg= 以物块A为研究对象，由牛顿运动定律可得 ma1,得a2=2.5m/s2,设运动到斜面底部时速度为u全过程有 F-umag maa 立+”=a,得v=20m/s,两过程都为匀变速直线运动1= 两式联立解得 +0 mA—F=6N 2+0+0 20=2=130m由运动学公式=0 Fr=ma+me 50m,沙山的高度h=s1sin0=30m. (2)断开细绳后，物块A、B的加速度分别为 5.(1)0.4m/s2;(2)2m/s;(3)6s. aa ug =2m/s,ap F-um照=7m/s2 解析：(1)根据牛顿第二定律有 mgcos37°-mgsin37°=ma 物块A停止运动所需的时间=心=1s QA 代入数据可得a=0.4m/s2. 1 物块B前进的距离xg=a+20a号=55m (2)加速到相对传送带静止的时间 2 B组 4=卫= a 0.4s=5s 1.AC:2.AB:3.BD 所以5s后随传送带一起匀速运动，速度为2m/s. 提示： (3)加速运动的位移 1在匀加速上升的过程中，有h=,解得：a= 1 1 =2所=2×0.4×53m=5m 2m/s2,根据牛顿第二定律可得：Fm-f-m:g=m总a,解得： 匀速运动的位移2=L-x1=2m 6 高中物理教科（必修第一册）第14~18期 匀速运动的时间么=兰=子8=15 2 向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小， 先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重， 物体从A运动到B的时间 故C错误；根据前面分析可知t3时刻速度方向改变，从向上变 t=t1+t2=6s. 成向下运动，故t3时刻到达最高点，故D错误 《牛顿运动定律》核心素养单元测评 7.设飞行员的质量为m,当弹射座椅弹出时，座椅对飞行 1.D;2.C;3.B;4.B;5.A;6.B;7.C 员的作用力大小为F,由牛顿第二定律有F2-(mg)产=ma, 提示： 1.当右侧斜面倾角变为0°时，忽略摩擦力的影响，小球将 解得F=m官+a可得上=g+a+今，故0 'mg 一直运动下去，伽利略的结论是“力不是维持物体运动的原 正确， 因”，故A错误：没有摩擦，绝对光滑的轨道，无论通过什么工艺 8.BD;9.BC;10.BD 都不能实现，故B错误；由于没有绝对光滑的轨道，故“小球沿 提示： 右侧斜面向上运动时，如果没有摩擦，小球将到达原来的高 8.由受力平衡得mg=Fcos6,解得绳子拉力大小为F= 度”，这是实际实验观察不到的现象，故C错误；伽利略理想实 验的本质是想象着把实际存在，影响物体运动的摩擦力去掉， 。。放A错误：剪断细线的解间，地面对物块产生支持力，竖 抓住事物的本质，这种依据逻辑推理把实际实验理想化的思 直方向受力平衡，所以支持力大小为mg,故B正确；剪断轻弹 想，也是揭示现象本质的重要研究方法之一，故D正确。 簧瞬间，轻绳拉力变为零，物块加速度为零，故C错误；剪断轻 2.惯性是物体的固有属性；而质量却是惯性大小的唯一量 绳前，弹簧弹力为F,=Fsin0=mgtan 0,剪断轻绳瞬间，弹簧 度；故惯性的大小取决于冰壶的质量；故C正确，ABD错误 弹力不变，由牛顿第二定律得F,=ma,解得a=gtan0,方向向 3由匀变速直线运动有么=之，解得加速度a:华，包 左：故D正确 9.当A、B间的静摩擦力达到最大值时加速度最大，对A有 裹受重力mg(向下)和空气阻力f代向上)，根据牛顿第二定律 umg=mamm,解得最大加速度为amx=g,对A、B整体分析可 g-∫=m,代人a=学得/=g-m=mg-孕.放B 知F-u(2m+m)g=(2m+m)ams,解得Fms=6mg,要 使B物体运动拉力应满足F>u(m+2m)g=3umg,故BC正 正确， 确 4.物体的惯性只取决于物体的质量，与物体的运动状态无 10.开始物块相对于传送带向上滑动，物块受到的摩擦力 关，故A错误；发射升空过程中，先做加速运动后做减速运动： 平行于传送带向下，当物块速度大于传送带速度后，物块受到 向上加速过程加速度向上，为超重状态，向上减速加速度向下， 的摩擦力方向平行于传送带向上，故A错误；由题图所示图像 为失重状态，故B正确，C错误；由牛顿第三定律可知，火箭对 探测器的作用力等于探测器对火箭的作用力，故D错误 可知，1~2s内，物块的加速度a'=g=-10m/3= △t 2-1 5.当拉力F小于最大静摩擦力，物体的位移为零；当F大 2m/s2,故B正确：由题图所示图像可知，在0~1s内物块的加 于最大静摩擦力，根据牛顿第二定律可得：F-wmg=ma,解得 速度a=A=10-0vg'=10mg,由牛顿第二定律得：mgin0 △t Q、F一g,根据位移时间关系可得x三2t三2视·F m +mgcos0=ma,在1~2s内，由牛顿第二定律得：mgsin0- 2g,可见，作用时间t不变，x-F图像的斜率是一个定值， mgcos0=ma',解得：w=0.5,0=37°，故C错误，D正确. 11.(1)小车的总质量；(2)①质量不变的条件下，加速 故A正确，BCD错误. 度与合力成正比；②C 6.1~3时间内，f向下，先增大后减小，可知此时速度方 解析：(1)在探究加速度与力的关系时，应保持小车的总 向向上，先增大后减小，故实验舱先处于弹射过程后做竖直上 质量不变； 抛运动，故A错误；~3时间内f向下在减小，可知此时速度 (2)①OA是过原点的倾斜直线，所以是在质量不变的条件 方向向上，速度在减小，根据牛顿第二定律有mg+f=ma,即 下，加速度与合力成正比； a +g,故加速度大小在减小，故B正确站~与时间内f m ②此图线的AB段明显偏离直线，说明不满足钩码质量远 高中物理教科（必修第一册）第14~18期 小于小车总质量的条件，不能用钩码所受的重力作为合力，故 f 240 所以4= ABD错误，C正确 mgc0s&60×10×0.8=0.5. = (2)人在气囊上下滑过程中mgsin a-f=ma1 21)不需要需要A(2)D(3)杀 a1=ugsin-f=60×10×0.6-240m/g m 60 解析：(1)由于本实验采用了压力传感器，不需要用钩码 =2.0m/s2 的总重力代替绳子的拉力，因此不需要满足钩码质量远小于小 车质量；为了保证小车所受拉力的方向不变，因此细线需要调 下滑时间1= 匹=N2 2×60g=6s≈2.458 节至与长木板平行；为了使小球所受压力传感器的力在水平方 (3)人到达地面的速度 向，因此长木板要调至水平状态，故A正确。 1=a1t1=2.0×6m/s=26m/s (2)遮光条通过光电门的解时速度“=，AB间距为x, 人在地面上运动的加速度 根据运动学公式2=2ax,对小球，根据牛顿第二定律F=ma, a2 =umg =ug =5.0 m/ m 联立解得片一产·R,因此为了直观的反映小球的加速度与 人在水平面上滑行的距离 F成正比，需要建立宁 (26)2 -F图像.故D正确. S2= 2a2 =2x×5.0m=2.4m (3)根据上述(2)子-F图像的斜率k=2 1 正，解得小钢球 8证；(2)3M+m2-r.足 15.(1)5M. M 2L 2x 解析：(1)若不启用电磁弹射系统，且航母保持静止状态， 的质量m= kd 该舰载机由静止做匀加速运动直至起飞，由速度一位移关系 13.解析：运动员站在雪道上第一次利用滑雪杖对雪面作 式可得2=2aL, 用时，加速度为 由牛顿第二定律得，舰载机所受合力为F合=Ma, a=P-f-Im m 对舰载机受力分析，知F合=F-ff=20%F, 1=1s时的速度为1=a1t1=1m/s 联立解得F=5M 8L 第一次撤除水平推力F后，加速度为 (2)若启用电磁弹射系统，航母仍保持静止状态，该舰载 a=-f=-0.2m/s 机在自身发动机同样打开的情况下，又加载质量为的弹药， m 该舰载机由静止匀加速运动直至起飞， 撤除水平推力F后经过t2=2s,速度为 v1=1+a22=0.6m/s 由速度-位移关系式得2=2a'· 3 第二次刚撤除水平推力F时，速度为 设弹射系统提供的推力为F”, 2=1+a1t1=1.6m/s 由牛顿第二定律得F-f+F'=(M+m)a'f=20%F, 此后在水平方向仅受摩擦力作用做匀减速运动，滑行的最 由意可：以 M 大距离为 s=0-=016 联立解得r=3M+m-心· M 2a2 -2×0.2m=6.4m. 14.解析：(1)设气囊倾角为α，由几何关系知 2人=36=0.6，所以a=37° sina=1=6.0 摩擦力f=uFx=mgcos a 84 素养·拓展 数理极 质量反 2025年10月10日·星期五 高中物理 051-527126 (上接第3版) 3.A,B两物体各自在不 (1)飞机在跑道上加速过程的加速度大小： 根纸发行质量反请电话 数理据 第15期总第1159期 教科 同韩度的甲、乙两处受 (2)若航空母限处干静止状态，弹射系统心 0351-5271248 B组能力篇 必修第一册 个竖直向上的外力作用做 使机少获得多大的初速度： 天文学 变加速直我远动如图3是 (3)若航空母舰处于静止状态且不开启弹 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办效理报社编辑出版 社长：徐文信 国内统一连续出版物号：CN140707F)邮发代号：21-161 学科：理学 、多选（本题共3小题，年赠6分，失8分】 物体A,B所受的外力F与加 射系统，为使飞机仍能在此呢上正常起飞需 门类：天文学类 雄点适视 B.弹簧的弹力Fmgin 1.如图1所示，AB 速度▣的关系图钱若物体AB的压量分别为 成少多少量的燃料或弹 培养日标：本专是 C小球的加速度为零 C,D为空间固定点，一轻 ,网4，甲，乙两处的重力加速度分别为 对牛顿第二定律的理解 D,小球的加速度a=gin 弹簧水平放置在光滑的 两个物体受到的重力分别为G,G:,则( 理知。法厦期 解析：烧据04之前.小球受3个 A.m>mg.GG 萝的天文买判和理伦分 水平面上，其右端因定在竖直墙上，自由状态用 牛相第二定律是牛运动定律的核心.是 度（成合力）的方向 力，如图2所示，烧海细绳的解间.绳 B.网，<周，G,=G 价就力。能在天文， 本章的重点内容，在力学中占有很里要的地位， 例2厨量为2k:的物体，受到4个力作用 千的张力没有了，但由干经弹簧的形 的最左端在B点，一小物块静止在A点，在水 C,侧1>m万g1《gm 天，地理论物理 向右恒力F作用下运动到D点时迪度为等，小物 所以我们学习时一定安深入理解牛领第二定律的而处于静止状态.当撤去其中F,、下2两个力后。 变恢复需罢时间，故弹簧的弹力不 因2 D.mA<mgRA之g 可和地越绮理等桶姨从 确切含义和重要意义 物体运动的加速度为1m/2,方向向东，F, 块在C点时受到合力为零，整个过程中弹簧处 二填空题（共8分） 科学研完，教学，拉术 一、理解因果关系 变F一器。此时小球的加速度为a F:的合力为 ,方向 于弹性限度内，下列脱法正确的是 应用和料学普及等方面 4.一个恒力作用在质量为m,的物体上， 只要物体所受合力不为零（无论合力多么 解析：物体受到4个力作用而处于静止状 =tama故A正，BCD踢 A,从A点到B点的过程中，物块做匀加速 工件的理补创断型减复 生的加速度大小为，：作用在质量为画的物 合型人才 竹小)，物体就获得加速度，力是产牛加速度态，新以合力为零，当撤去其中，乃：两个力后， 四、理解独立对应关系 运动 上，产牛的加速度大小为，若这个但力作用在 的原因，力决定加速度，力与速度、速度的变化 培养要求：本专 其余两个力的合力P=ma=2×1N=2N,方 当物体受到几个力的作用时，各力将独立 B.从B点到C点的过程中，物块减速运动 量为m:一m(侧>m:)的物体上，则产生的 设有直接关系 学生主曼学习天文、物 向向东，以F,F的合力为2N,方向向 地产生与其对应的加速度（力的盘立作用原 C.从C点到D点的过帮中，物块做匀速远 加速度大小等于 ,若这个恒力作用在 例1，在光滑水平面上的木块受到一个方向 买和数学方面的基 三、理解醇时对应关系 不变，大小从某一数值逐衡变小的外力作用时， )，妆体表现来的实际加速度是物体所各 D从C点到D点的过程中，物块加速度增大 质量为m,+:的物体上，则产生的加速度大 木块将俄 牛顿第二定律表示的是力的瞬时作用规 力产牛的加速度合成（矢量运其法）的果 2.雨滴落到地面的速度 年十 天上现对方而的展止国 A匀减速运动 律，物体在某一时加速度的大小和方向，是由 例4.地面上妆一木帝.而 通常仅为几米每秒，这与而滴 三，计算题（共14分） ，有底好的科学 B.加速运动 夜物体在这一时刻所受到的合力的大小和方向量为40kg,用F■100N的力m 5.航空母舰采用 ，字相美的理论 下落过程中受到空气阻力有 .速度逐渐减小的变加速动 来决定的.当物体所受到的合力发生变化时，它沿与水平方向成37·角斜向下 射起模式，有助 桥，数据疑过和计里机 D,速度逐渐抛大的变加速运动 的加速度随即地要发生变化，F=a对运动过 推木箱，如图3所示，恰好使木箱匀速衡进若用 关，一雨滴从空中由静止开始 干提高侧载机的妇 众用竹悬基挂德 沿竖直方向下落，滴下落过 解析：力是产生加速度的原因，力变小，加 程的每一解问均成立，加速度与力是同一时刻此力沿与水平方向成7°角向斜上方拉木箱，木 重量如图4所示，某 主干学科：无文 图4 速度他随之变小，但由于加速度方向与运动方的对应量，即同时产生，同时变化，同时消失 箱的加速度多大(g取10m/2,sin37=0.6) 保中所受重力保持不变，其速度一时间图像如 航空母配起飞跑道长度为160m(地道规为水 核心课程：力学， 向一致，所以木块将微速度逐渐增大的燮加速 例3如图1所示，质量为州 解析：当木箱匀速前进时 图2所示，测雨滴下落过程时 平)，某型号舰数机南负荷时总质量为20，加速 运动.故D正确 的小球被水平绳A0和与经直方 水平方向Fem37°■∫■F A速度先增大后减小 基出，理论力学，计 时发动机产生的推力为1.2×10N,机所受阻 二，理解矢量关系 间成角的轻弹藏系着处于静止 竖直方向F、=mg+Fin37 理，电请力条，量子力 B.加速度逐新减小 力为龙机重力的0,1倍当飞机的速度大小达到 F■是一个矢量式，加速度a与合力F 伏态，见用火将绳A0斯，在绳割 若用此力与水平方向战37°角向韩上方拉 学，舱学佛理方法、天依 G.受到的合力逐渐减小 0m/:时才可佳离开航空母限起飞g取 都是矢量，物体加速度的方向由它所受的合力 物理基，天体测登 A0烧断的辉间，下列说法正确 D.受到的空气阻力不变 10m/2.求： (考答案见下期】 的方向决定且总与合力的方向相同，而物体的 的是 竖直方向F+Fin37°=g 基达。灵依力量基的线 水平方向Fm37°-F量m (上接第2版) 速度方向与合力方向之间并无这种关系，所 面天文学，实测天体湖 5.D:6.B:7.D 知道了合力（戏加逸度）的方向，就知道了加迪 A弹簧的弹力F=。 联立解得a=0.52m/g. 14期参考答案 配，恒灌大气 8.(1)不需要需要(2)0(3)G 主要买践性教学环 在动力学问中，当物体只受两个力（有夹 方法指津 3分解加速度而不分解力 角】作用有训速运动功时.宠利用力的平石西 节：天文现测实习，早期 例2.如图5所示，电梯水平面的夹角为 2版参考答案 (4)0.53042(5)大于 边形定刚求合力，然后耳利用牛頓二定律求解 卡顿第二 定律的正交分 30°，当电梯加速向上运动时，人对梯面的压力 1.牛顿第一定律 9.(1)1:2(2)远小于 主要专业实喻：普 当物体品然受多个力的作用，但所有力及物体 是其重力的。，人与梯面间的擦力是其 的加速度都分布在互相垂直的两个方向上时 1,AC:2,AB:3D:4,A:5.B:6.C 通天文录实习实测天 由可直接冷龙求念力：出物体母g到多个力的相 网川王 力的多少倍？ (3)相同(4)4B 物理实 要上尽可能多的力分布在坐标轴上： 静止出发在细杆上滑下距密。所需时间为多少？ 2探究加速度与力、质量的关系 业方向：作生 用，且有的力或加速度并不分布在五相直的两 (3)当以某个力为x轴正向时，物体的其它 (in37°=0.6.0s37=0.8) 1 B组 个向上时，就到力的正交分解法求合力加 1.AC: 线套童委到天文学龙知 【牛顿第二定律的正交表示 受力都分布在两坐标轴上，此时可分解加速度 1.AD:2.AB:3.BD. 学科风事科降，号 十第二定律的表达式F=m为矢是式 而不分解力 2(1)M之m:(2)1.73 ,技工作，也可试 按最平行四边形定则分解为两个五相垂直的 下面以两个典型题为例说明： 解折：对人受力分折，如图5所示，为扶得 3(1)正：(2)远大于 4.(1)甲：(2)0,5.0.2 绿去就天、洲地，国防 分矢量，如图所不，于是得到等效表达式 2分解力而不分解加速度 右的加速度，静摩擦力的方向必须向右且沿接 别.风哈室中可高生水平方面、大小 4.(1)A:(2)3.75: 学年门，军以到天文 触面方向.人受到的三个力分布在两个互相新 (3》如果重物的重力越来越大时，滑块，格.空能所 ，m,再与北它约束方程联立，即可求解 口测节的风力，现将一套有小球的细直杆放人 解析：(1)杆水平时小球烫力如图3所示 风洞实验室小球孔径路大于小杆直径 其受力平衡，有：F==mg 直的方向上，以此为坐标避免分解力，而只需 (3)①长水板倾角过大（平衡摩擦力过度）： #学权从事天文香及我 速度不会无限增加，会越来越接近重力加述园 相关 将加速度分蜗 ②钩码的质量太大： 有工作。可以进入种技 即4= =05 根据件顿第二定律得： 5.(1)0.67(0.60-0.70): 是志社，出社， ☑1 (2)杆顿时小球受力如图4所示，以速 方向：4,■mo30 ③没有平高整擦力成平衡整越力不足 0t 军从事偏样美工作，盖 变方向为正方向硅立坐标系，由牛第二定神 y方向：F,-侧g=ma,=wn30 3版参考答案 (2)0.67(0.660670.68) 从原理上说，不管选取那个方向为x轴正方 口)当杆在水平方向上固定时，出节风力大 且P=6@g (3)0.1D(0.09,010.0.11): 舟自身知识传备和研定 本方向：Fc037 向，最后结果都立该是一致的但是为了求解方小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的 gin37-f=m: A组 y方向：F+Fim37°-go379■0： 联立方程得女· 就力。 便，常考虑以下因素： 风力为小球所受重力的0,5倍，求小球与杆之间 又∫'= .D:2.D:3.D;4.C (4) ()若已知加速度方向，一毅以速度方向的动摩擦因数。 为x轴正方向，使y方向受力平衡： (2)保持小球受风力不变，使杆与水平方 联立以上方积解得：= (2)尽量成少关量的分解，因此建立坐标时向的夹角为37并固定，如图2新示，则小球从 【下转第4版) 2 素养专练 数理极 数理极 素养·测评 3 力学中三个基本物理量所对应的基本单位 4.力学单位制 到24m/m(g取10m/。)求 3.中颜第二定律的理解 《牛顿运动定律》 (1)物体的质量是多大 A,米，千克秒 B.长度，质量时问 A加速度的单位是m/,是由m,两个基本 (2)若改用同样大小的力竖直向上提升这个 .关干牛物第二定辣，下列悦法正确的是 C.干克、长度时间 D.米每秒米，秒 单位组合而成的 同步核心素养测评( 物体，它的加速度多大？ 2.下列属于基本单位的是 A由牛领第二定律可知，加速度大的物体 A,牛 B.攒氏度C,库仑D.安猪 B,加迪的单位是m,由公式=可知 (及内家：43-445) 所受的合力一定大 3在回际单位制中，下列选项中物理量与对 它是出m/:和。两个基本单位组合而成的 。数理报社试题研究中心 5.大风天气时，货场 B.十顿第二定律说明质量大的物体其加速 蒂的位正确的眼 C.加速度的单位是m/,由公式a= 水平地应上质量为4.0kg 度一定小 A.浙量克 B.力牛领 A组基础篇 的箱子在水平风力作用下 C.长度 D,电压库仑 它是由Nkg两个基本单位组合而成的 、单选（本题类7小题，年小题5分，共5分） G.由F=maa可知，物体所受到的合力与物体 致直线运动，藏取秒钟 4.第26届国际计量大会通过“修改国际单位 D.以上说法都是错误的 1.190年第1回际计量大会制定了一种团 的质量成正比 控视频，通过影像分析物 ”决议，正式更新包岳国际标准历量单位”千克” 6.“压强”被定义为：作用在单位面积上的压 际通用的，包括一切计量领域的单位制，叫作国同 D,同一物体的加速度与物体所受到的合力 件得到箱子速度与时间的 在内的4项基本单位定义，关于测量际单位制中力大小，若用国际单位制基本单位的符号来表示 单位制.2018年11月16日，第26届国际计量大会 关图象如烟3所飞.千与地白自塞因数为 成正比，而且在任何情况下，加速度的方向始终与 的力学基本量，下图中用不到的工具是( 压提，正确的是 通过修订际单位”决议，正式更新包括国际 0.55,重力加迪度g取10m/,2,由此推算木箱在这 物体所受的合力方向一致 A.N/m B.kg/(m·s2) 际准历量单位“千克”在内的4项基本单位定义 1内受到的风力为 2在十顿第二定律的数学发达式F=km C.kg·m2/。2 D.kg·m'/e 以下单位得号属于田际单位制中基本单位的是 AI8N B2N C.40ND.42N 中，有关比侧系数k的说法正确的是 了.飞机起时受到竖直向上的机翼升力的大 6物体的质量可以通过 A在任何情况下k都等于1 小下与飞机运动速率单方，成正比，即F=2.比 1Dkg:2m/s:3N:④m:5g:6m/s: 天平来测量.但是在太空，由 B.因为k=1,所以k可有可无 A.天平 B.弹簧测力时 A.2③0 B.①④⑦ 例系数青的单位用正际单位制的基本单位表示为 干物体完全失重。天平无在 G.最的数值由质量，加速度和力的大小央定 C.直尺 C.56 D.①④ D.其麦 则量质。如图4所示为一种测量物体质量的实 D,青的数值由质量，加速度和力的单位决定 5.导出单位是由基本单位组合而成的，则下 2,下列对牛第二定律表达式F■:及其变 A.N·2/m B.Nw/m 验，推进器以提供大小为10N的但定推力使它 3.(多选)关于力和运动的关系，下列说法 列说法正确的是 形公式的理解，正确的是 C.kg/m D.kg m/s A,由F=两m口了▣，于受的合力与体 获得向前的加速度，已知性进器自身质量为 正确的是 质量成正比，与物体的加速度成正比 2k名，经过3推进器和待测物的迪度变化了 5.牛顿第三定律 C,马对雪横的拉力先产生，运动后雪械才对 A物体受到的合方越大，其速度改变量越 1,5m/那么该待测物的历量为 马产生拉力 B.由m=知，物体的质量与其所受合力 B.物体受到的合力不为零且不变，物体速度 A.20 kg B.18 kg L(多试》太极是我 D.雪能够运动是由于马对雪的拉力大于 成过比，与其运动加速度成反比 定会放变 C.5 kg D.2 kg 国国家级非物质文化遗 雪橘对马的拉力 10.(0分)有两个材质相同的木块，质量分别 C.物体受到的合力变化，加速度就一定变化 产，为增强学生身体素面 4.(多选)如图4所 C由：可知，物体的加度与其所受合 ?,昆虫沫蝉跳跃的高度 可达0.7m,而其身体长度仅 D.物体受到的合力不变，其运动状态就不 力成正比，与其质量成反比 为m,号，先将质量为侧的木块枚于粗轮水平面上， 某学校积极开展太极 示，我用有一和神由花的民 有几毫米，如图5所示，跳妖 改变 学习活动如图1所示，小 体育项目叫作“押加”， D.由a=号可知，物体的质量是物体的固有 若用大小为F的水平但力推木块，其加速度为： 力远远超过了人们先前所认 4.如右图所示，衡端固定 红用力推小明时，两人均 实际上相当于两个人拔 属性，所以不可以通过薄量它的加速度和它受到 为的昆虫界的“就高冠 可将质量为号的木块于粗水平面上，若仍用 着小球的杆固定在小车上 处于静止状态，则小红对小明的推力与小明对小 河，加果甲，乙两人在“押 的合力而求得 军”一跳承.已知沫蝉起凯时，平均加速度可达 当小车向右匀加速运动时 红的推力 大小为F的水平恒力推它，它的速度为a',试通 加”比赛中，甲获胜，则下 A,大小相等 B.方向相同 3.柏摄用的四旋翼无 3.8km/,,沫蝉起时对地面的平均压力大小过计算确定：与2a的大小关系 球所受合力的方向沿图中的 说法中正确的是 其曼到的重力大小的比约为 C,方向相反 D,是一对相互平衡的力 人机如图1所示，若该无 A.甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以甲 2.《伏尔加河上的纤类》是俄团批判现实主 人机的质量为3kg,竖直 A.3.8:1 B.38:1 A.0方向 B.0B方向 上升时的最大加速度为 C.380:1 D.30:1 义列宾于1870年至1873年同创作的一油 C.0C方向 D.0D方向 B,当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大 5m/,,发动机可提供的最大升力为50N,无人机 二，填空题（失10分） 耳.如图2所示，纤夫在拉船加速前进的过程中 小等干乙对甲的拉力大小 5机起飞后在某段时间内斜向上加速直提 居无相过所受空气组力大不变，事力加速度g 8.无人机由干小巧灵活，国内已经会试通过 C,当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大 飞行，用F表示此时空气对飞机的作用力，下列关 10m/2,则无人机在竖直上升时受到的空气阻力 无人机进行火灾救援如图6甲所示，某消防中队 于乙对甲的拉力 大小为 按到群众根要，赶至火灾点后，迅速布置无人机消 于的示意图正确的是 D.甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力 B.35NC.75N D.85N 防作业，假设无人机从醉止经直向上起飞，匀加速 大小，只是地面对甲的摩擦力大干地面对乙的座 4,国内首台新型墙壁清洁机器人一“蜘蛛 真线运动后恰好悬停在火灾点，整个过程速度图 擦力，所以甲获鞋 ，绳对船的拉力大于船对绳的拉力 侠”是由青岛大学学生自主设计研发的，“蜘蛛侠” 如图乙所示，已知无人机的质量（含装备等）为 5.面家幸可染的团 B绳对船的拉力小干船对绳的拉力 利用8只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上，通过15kg,则加速阶段的加随度为 m/。,减过 画（斗牛图》如图5所示 “爪子·交营伸缩，就能在培和破璃上自由移动 C.纤夫对强的拉力大于佩对纤夫的拉力 阶段的加速度大小为 ,,火求位置拒 图中两头牛头抵头斗架 如图2所示，“如蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿 D,纤夫对绳的拉力等于绳对纤夫的拉力 用访台面的西离为 m,无人机整个上升 若左边的牛对右边的牛的 如图3新示，在我国 7晚】 直线匀或速能行到右上方B点，在这一过中，设 过程平均速度为】 m/s,加速阶段时，无人 力用F表示，右边的牛对左 “蛛侠”除重力外所受其他各个力的合力为F。 东北马拉雪撬是很受游客 机螺2的开力大小为 边的牛的力用下表示，并 下列图中表示该合力F的方向可能正确的是 一辆汽车满货物启动过程的加速度是 次进的旅游体验项目。可 日左边的牛不敌右边的牛在不断后退，则 拉著苦格静平始 汽布空车时启动过程的加速度的，若汽布两 A.P>F 动，下列说法正确的是 B.F先于F产生 启动过程均为匀加速运动.所受的合力相等，测该 A.当马拉雪橇加速前进时，马拉雪撬的力大 CF和F”大小相等 汽本满时所货物压量是空车话的 D,F和广的作用可相互抵 A.3的 B.2倍 于雪板拉马的力 三，计算题（本共2小题，共15分 D. B.当马拉香横减速前进时，马拉雪桶的力等 数理报社试题研究中心 9.(5分)一个物体置于光滑的水平面上，受 于雪拉可的力 参考答案见下期 到6N水平拉力作用从静止出发，经2，速度增加 下转第4拟)