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

4 素养·拓展 数理极 质量反破 2025年10月10日·星期五 高中物理 051-527126 (上接第3版) 二，填空题（共8分） 射系统，为使机仍能在此舰上正常起飞需要 纸发行质量反喷电话 数理招 第15期总第1159期 人教 2雨商落到地面的速度 4.一个恒力作用在质量为m,的物体上，产成少多少质量的燃料成弹药 0351-5271248 必修（第一册 通常仅为几米每秒，这与南滴 生的加速度大小为：，：作用在固量为m,的物体 天文学 下落过程中受到空气阻力有 上，产生的加速度太小为，若这个但力作用在 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：徐文伟国内统一连续出版物号：CN140707F)邮发代号：21-169 学科：理学 运，一由商人3中由帝止平相 质量为m,一m(网，m:)的物体上，序牛的 门类：天文学类 难点透视 B.洋簧的弹力F=gin 沿竖直方向下落，雨滴下落过 加速度大小等于 ,若这个恒力作用在 绮养日括：本专是 对牛顿第二定律的理解 (小球的加速度为零 中所受重力保持不变，其速度一时间图像如 质量为m,+，的物体上，则产生的速度大小 D,小球的加速度a▣g加8 图2所示，测雨滴下落过程时 理知。法厦期 解析：烧据04之前.小球受3个 A速度先增大后减小 三、计算晒（共14分） 萝的天文买判和理伦分 牛相第二定律是牛运动定律的核心，是 度（点合力）的方向 力，加图2所示，烧细端的粉间，绳。 B.加東e成小、 5.航空母能采用 价力。能在文， 本章的重点内容，在力学中占有狠重要的地位， 例2质量为2k的物体，受到4个力作用 子的张力没有了，但由于轻密弹簧的形 C,受到的合力逐新减小 学射起飞模式。有助 天，地理论物理 所以我门学习时一定深入理解牛领第二定律的而处于静止状态，当撒去其中F:,F:阿个力后， 变恢复需要时间，故弹簧的弹力不 D,受到的空气阻力不变 干提高侧救机的起老 可和地越绮理等桶姨从 确切合义和重要意义 3.A.B两物体各自在不 物体运动的加速度为1m/,2,方向向东，则F 变F=二。此时小球的加速度为 重量，如图4所示，某 科学研完，教学，拉 图4 ,理解因果关系 F的合力为 ,方 同度的甲，乙两处到 应用和料学普及等方面 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 B=mR放A正亚确，BCD锅 个竖真向上的外力作用酸 航空母舰起飞跑道长度为160m(弛道规为水 丝件的理补创茶型煮是 的小)，物体铁获得加速度，即力是产生加速度 变加速直线运动如图3是 平).某型号限线机满负荷时也西量为201，加速 合型人才 态，所以合力为零，当撤去其中F,F两个力后 四、理解独立对应关系 的因，力决定加速度，力与速度、速度的变化 物体A、B所受的外力F与加 时发动机产生的推力为1.2×10N,机所受阻 培养要求：本专 其余两个力的合力F=ma■2×1N■2N,方 当物体受到几个力的作用时，各力将独立 设有直疫关 速度的关系图线若物体A,B的质量分别为 力为飞机重力的0.1倍.当飞机的速度大小达到 学金士象晕习关文龄 向东，所以F,F,的合力为2N,方向向西 例1，在光滑水平面上的木块受到一个方向 地产生与其对应的加迪度（力的立作用原 三、理照绿时对应关系 m,m:,甲，乙两处的重力加速度分别为gAg 50m/:时才可能离开航空母舰起飞g取 不变，大小从某一数值逐渐变小的外力作用时 理)，而物体表现出来的实加速度是物体方受各 牛顿第二定律表示的是力的瞬时作用规 两个物体受到的重力分为G,、G,则( 10m2.求： 配和暴本知。棒受 水块好数 力产生的加速度合成（按天量运算法则）的结果 长上现对方岳的展止 律，物体在某一时刻加速度的大小和方向，是由 A,匀成速云动 例4，地面上故一木箱，质 A.m mg.G Gu (1)飞相在跑道上加速过程的加速度大小： 有好的科学煮 该物体在这时刻所受到的合力的大小和方向 为40kg,用F=O0N的力m B.m Ma,C.G (2)若航空母胞处于静止状态，弹射系统必 B.匀加速运动 养，字相美的理论 来决定的.当物体所受到的台力发生变化时，它 沿与水平方向成37角斜向下 图3 G.网>m着R:< 低使飞机至少获得多大的初速度： C,速度逐渐成小的变加速运动 桥，数据疑过和计里标 D.ma Megs ge D.速度逐渐增大的变加速运动 的加速度硒即也要发生变化，Fm对远动过推木箱，如图3所示，恰好使木箱匀速前进若用 (3)若航空母腻处干静止状态且不开启弹 1参考答案见下期】 众用竹悬基挂德 解新：力是产生加速度的原因，力变小，加 帮的每一瞬间均成立，速度与力是同一时刻此力沿与水平方向成37角向群上方拉木箱，木 在动力学同圈中，当物体具受两个力（有 法粉津 主干学科：天文 速度也随之变小，但由于加速度方向与远动方的对应量，同时产生，同时变化，同时消失 箱的加速度多大？(g取10m/32,n37=0.6) 角)作用而加速运动时，可直接利用力的平行四 接心课程：力学，药 顿 第二定律的正交分 向一致，所以木块将做速度逐渐增大的变加速 例3如图1所示，质量为相 解析：当木箱匀速前进时 边形定求合力，然后再利用牛顿二定律求解 运动故D正确 的小球被水平绳A0和与臣直方 水平方向Fcm37=F,=4F 些田然受名个不力的作用.旧所有行及 出，理论力学，计物 二、理解矢量关系 叫成：角的轻弹簧系着处于静止 竖直方向Fx=g+下in37 的加送度都分布在互相垂直的两个方向上时 理，电请力条，量子力 F=m是一个矢量式，加速度a与合力F秋态，现用火将绳A0能新，在沉 若用比力与水平方向成37°角向斜上方拉 也可直接合成求合力：当物体受到多个力的作 0山西片合态 学，舱学佛理方法、天俗 用，程有的方力拔速度井不分市在互相币喜的两 风州实验室，小球孔径路大于小细杆直径 又F=F 都是矢量，物体加速度的方向由它所受的合力 A0绕断的辑间，下列说法正确 物理基，天体测登 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=四 个方向上时，就要用到力的正交分解法求合力 联立以上方程解得：=空 装达、灵依力量基轴越 速度方向与合力方向之间并无这种关系，所以 1.牛顿第二定律的正交表示 面天文学，实测天体湖 知道了合力（或加魂度》的方向，就知道了加迪 A弹商的弹力P=。 水平方向Fem37°-uF=mn 牛第二定津的表达式F=m为关量式 联立解得a=0.52m/2。 按照平行四边形定测可分解为两个互相垂直的 3.分解加速度而不分解力 主要实鹭性教学环 一、力学单位制 (】}年年水料司上世时，烟节同力为 经品南 分矢量，如图1所示，于是得到等效表达式： 1。基本物理量，基本量位和导出单任 小，市小在年上数勾重动，时载所的 倒2，如图5所示，电梯与水平面的夹角为 节：美文现别实习，早 ，=m,再与其它约束方程联立，即可求解 反映物理学基本问题的物理量称之为基本 风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆之司 0°，当电烤加速向上运动加时，人对梯面的压力 谈谈力学单位制 IF ma 主要专业实喻：普 物理量，如力学中有三个基本物理量 一质量 的动摩接因数： 相关， 是其里力的？，则人与梯面间的摩擦力是其重 时间和长度 福建邱基城 (2)保持小球所受风力不变，使杆与水平方 通天文录实习，实测无 ☑s1 的来角为3了a#相立，如2所示，从 力的多少倍？ 休物理实 所选定的基本物理量的所有单位都叫作基 制选定不同的物理量作为基本物理量，或者选力的单位牛(N.即k知·m)等等 物理学中国际单位制的基本单位共有7个 肺止出发在细杆上滑下距离所需时间为多少 业方向：华生 本单位，如在力学中，达定长度，质量和时闯这 市甚本均御后的不同单特作为基本单位，规 以组成不司的单位制如历史上力学中就出现 分别是长度的单位米(m》,质量的单位千克 sim37=0.6,ms37°=0.8) 黄委童委到天文学龙相 三个基本物理的单位作为基本单位，即：长度 从既理上说，不管选取那个方向为x轴正方 的单位米(m),米(m)、千米(km)等，质量 过绝对单位制和重力单位制等 (g)、时间的单位秒()、电流的单位安培 向，最后结果把应该是一数的，但是为了求解方 ,技工件，也可试选 的值位古（度}平古(kg)年，何的单位为(} 采用不同的单位制，不利于园际社会的交 (A),热力学温度的单位开尔文(K)发光强度的 往19%0年第11届街际计量大会制定了一种国 单坎德拉(d),物质的盘的单位座尔以). 使，常考虑以下因素： 解析：对人受力分析，如图5所示，为获得向 基太域天别地国动 分(min》,时(h)等 二、单位制的应用 (1》若已知加速度方向，一般以加速度方向 右的加速度，静摩擦力的方向必向右且沿按 等门，延军以到天文 根据物理公式中其他物理量和基本物理 际通用的、包括一切计量领域的单位制明作国 单位在计其中的应周 为x轴正方向，使y方向受力平衡： 迪省行面，人应的=不九料布在周个万相强 味单位制(S),国示单位制的推行，对世界计量 解析：()杆水平时小球受力如图3所示 食馆，研空院所 的关系，推导出来的其他物理量（出量）的单 何题中的已知量的单位都用司一单位（表 (2)尽量减少矢量的分解，因此建立坐标时 直的方向上，以此为坐标避免分解力.而只需 名学挂息率天文善及龙 其受力平衡，有：F=F,=m 位叫作导出单位，物理公式在确定物理量的数 科学的进步、世界料学技术的交流和发展起到 要上尽可能多的力分布在坐尿轴上： 时，计算的结果也是用间一单位制表的.因 将加速度分解 有工作。可以进入种挂 量关系的同时，也确定了物理量的单位关系，如 了非常承大的作用，琦着经济会球化越来越显 比，用百一单位南进了中夏时，口以不必 3》些证个力为x由正伯旧时，物的岁 即= =0.5 根据牛顿第二定津得： 是志社，出社， 出其事营义. 受力都分布在两坐标轴上，此时可分解加速度 位移用m作单位，时间用s作单位，由速度公式。 出各个已知量的单位，只在数字后面写出正确 工方向：F=m,=me30 军从事偏样美工作，盖 3,际单位刺中的力学单位 而不分解力. (2》千面d小证凳号母力图4千夜，以川电 三推导出来的速度的单位就是m/“:若位移 的单位就可以了，这样可可以简化计算高中阶段 度方向为正方向建立坐标系，由牛顿第二定神 y方向：F、-mg=mg,=main30 在力学花图内，团原单位制中的基本物理 下面以两个典型例题为例说明： 进行物理量的计算时，一律采用固际单位制 2.分解力而不分解加速度 得： 且F=6g 舟自身知识传备和研定 用m作单位，时间用h作单位，由速变公式：= 量有长度，质量和时凤 2根据斯理量的单位发现错 所单位制的力学基本单位是：长度的单位 例1.风润实验室中可产生水平方向，大小 x方向：Fes37°+mim37-F=ma 就力 在在思语被进行计源的过是中，加里 联立方程得点 三推导出案的速度的单位就是km/h, 可测的风力.现将一套有小球的细直仟放人 y方向：F+fin37-geos37°=0： 权m),质盒的单位干克(kg》时问的单位秒(). 现某公式在单位上有问思，或者新求结果的单 2.单位制和国际单位制 际单位制的力学导出单位有：速度的单位与采用的单位制中该量的单位不一致，那么 由基本单位和导出单位一起组成了单位位米/秒(m/),加速度的单位米/秒(m/),该公式或计算结果肯定是错误的， 2 素养专练 数理极 数理极 素养·测评 3 1力学中三个基本物理量所对应的基本单位 到24m/m(g取10m/。)求 3.中颜第二定律的理解 4.力学单位制 《运动和力的关系》 (1)物体的质量是多大 A.米，千克秒 B.长度，质量，时问 6.“压强”被定义为：作用在单位面积上的正 (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，下列说法正确的是 C.千克，长度时间 D.米每秒、米，秒 力大小.若用国际单位制基本单位的符号来表示 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 压强，正确的是 (清发内家：43-444 A牛B.摄氏度C.库仑 D,安 。数理报杜试颛研究中心 所受的合力一定大 A.N/m B.kg/(m·,2) 3在际单位制中，下列选项中物理量与对 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 C.kg·m D.kg·m2/s 水平地应上质量为4.0kg 应单位正确的是 A组基础篇 度一定小 7,飞机起时受到竖直向上的机翼升力的大 的箱子在水平风力作用下 A质量 克 B.力牛顿 一、单选藤（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 C.长度 千米 D.电压库仑 小F与飞机运动速平方2成正比，即F=2,比 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 4.第26国际计量大会通过“改回际单位 例系数k的单位用际单位击制的基本单位表示为 际通用的，包括一切计量领域的单位制，叫作国际 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 制”决议，正式更新包括国际标准质量单位千克 单位制.2018年11月16日，第26届国际计量大会 关图象加烟3所飞.府千与计地官妇动塞区因数为 成正比，而且在任何情况下，加速度的方向始终与 在内的4项基本单位定义，关于测量际单位样中 AN·/m B.N+/m 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 际准历量单位“千克”在内的4项基本单位定义 的力学基本量，下血图中用不到的工具是( C.kg/m D.kg·m/e 1内受到的风力为 2在十领第二定律的数学表达式F=km 以下单位得号属于田际单位制中基本单位的是 8.利用旋祸观象可以测定液体的流速。如图 AI8N B2N C.40N D.42N 中，有关比侧系数k的说法正确的是 6物体的质量可以通过 A在任何情况下k都等于1 所示（为面），旋民发生体垂直于管道置，在 1Dkg:2m/s:3N:④m:5g:6m/:⑦ 天平来量.但是在太空，由 10.(10分)有两个材质相同的木块，质量分别 B.因为k=1,所以k可有可无 特定条件下，由于旋祸现象，液体的振动频半了与 A.2③0 B.①④⑦ C.56 D.①④ 干物体完全失重。天平无在 为m,?,先将话量为m的木块故于相萄水平面上， G,最的数值由质量，加速度和力的大小央定 旋涡发生体的宽度D,液体的流速：有关.结合物 A天 ,弹簧测力讨 2,下列对牛第二定律表达式F■:及其变 则量质。如图4所示为一种测量物体质量的实 若用大小为F的水平恒力推水块，其加速度为 D,素的数值由质量，加速度和力的单位决定 C.直尺 D.停表 理量的单价分析∫与，D之间的关系式可能正 形公式的理解，正确的是 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 的是（其中是一个没有单任的常） A,由F=两m口了▣，于受的合力与体 获得向前的加速度，已知推进器自身质量为 再将质量为，的木块城干组髓水平面上，若仍用 5导出单位是由基本单位组合而成的，则下 正确的是 2kg,经过3推进器和特测物的迪度变化了 列说法正确的是 质量成正比，与物体的加速度成正比 大小为F的水平恒力性它，它的加速度为4'，试通 A物体受到的合方越大，其速度改变量越大 1,5m/那么该待测物的历量为 过计算确定a'写2a的大小关系 A,加速度的单位是m/,2,是由m,。阿个基本 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 单位组合而成的 成过比，与其运动加速度成反比 定会放变 C.5 kg D.2 kg C.物体受到的合力变化，加速度就一定变化 且加速度的单位是，由公式a=光可知 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,物体受到的合力不燮，其运动状态就不 Af= B=k后 它是由m/:和·两个基本单位组合而成的 力成正比，与其番量成反比 有几毫米，如图5所示，妖能 改变 4.如右图所示，衡端固定 C加迪度的单位是m/,2,由公式a三 可知， cf-iD D./=kuD D.由a=号可知，物体的质量是物体的固有 力远远超过了人们先前所认 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 着小球的杆固定在小车上 它是由N,kg两个基本单位组合而成的 (数理报社试题研究中心) 的合力而求得 军”一跳孟.已知沫蝉起跳时，平均加速度可达 当小车向右匀加速运动时 D.以上说法是误的 (参考答案见下期】 3.柏摄用的四旋翼无 3.8km/,2,未蝉起时对地面的平均压力大小 球所受合力的方向沿图中的 5.D:6.B: 7.D. 人机如图1所示，若该无 其曼到的重力大小的比约为 14期参考答案 人机的质量为3kg,竖直 A.3.8:1 B.38:1 8.(1)不空要 国要(2)C(3)C A.0方向 B.0B方向 上升时的最大加速度为 C.380:1 D.30:1 C.0C方向 D.0D方向 2版参考答案 (4)0.53042(5)大于 5m/,,发动机可提供的最大升力为50N,无人机 二，填空题（失10分） 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取 8.无人机由干小巧灵活，国内已经会试通过 1.牛顿第一定律 9.(1)12(2)远小于 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 1.AC2.AB:3.D:4.A:5.B:6.C (3)相同(4)AB 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 B.35NC.75ND.85N 2探究加速度与力，质量的关系 防作业，假设无人机从静止经直向上起飞，匀加速 B组 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 B组能力篇 L.AC; 1.AD:2.AB:3.BD. 侠”是由青岛大学学生自主设计研发的，“知蛛快” 如图乙所示，已知无人机的质量（含装备等）为 一、多选题（本共3小题，每小题6分，共18分 2(1)M2m:(2)1.73 4.(1)甲：(230.5.0.2： 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。2,减过 1,如图1所示，A,B,C “爪子·交营伸缩，就能在培和破璃上自由移动 阶段的加速度大小为 /,火灾位置拒离 D为空间固定点，一轻弹箭 3(1)正：(2)远大于 (3)如果重物的重力越来越大时，则滑块的加 如图2所示，“如蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿 用访台面的西离为 m,无人机格个上州 水平放置在光滑的水平面 直线幻减离了右上店B点，在这一过中，设 4.(1)A:(2)3.75: 速度不会无限增加，会越来越接近重力加速度： 过程平均速度为】 m/s,加速阶段时，无人 蛛快”除重力外所受其他各个力的合力为F 上，其右端固定在竖真墙上，自由状态时的最左端 机螺蜘浆的升力大小 在B点.一小物块静止在A点，在水平向右恒力F (3)①长木板倾角过大（平街摩擦力攻度）： 5.(1)0.67(0.60-0.70) 下列图中表示该合力F的方向可能正确的是 辆汽车满货物启动过程的加速度是 作用下运动到D点时速度为零，小物块在C点时受 ②钩码的质量太大： (2)067(0,60.0.67 到合力为零.整个过程中弹簧处于弹性限度内，下 汽本空车时启动过程的加速度的若汽布两次 说法正确的是 ③没有平荷摩擦力或平衡摩解力不足 0.68》 启动过程均为匀加速运动.所受的合力相等，测该 A.从A点到B点的过程中，物决散匀加速运动 汽本满时所货物压量是空车话的 3版参考答案 (3)0.10(0.09.0.10, B.从书点到C点的过程中，物块做减速运动 A.3的 B.2倍 三，计算题（本共2小题，共15分） C.从C点到D点的过中，物块做威速运动 A组 0.1): 9.(5分一个物体置于光滑的水平面上，受 D,从C点到D点的过程中，物块加速度增大 C. .D:2.D:3D:4.C 4)否 到6N水平拉力作用从静止出发，经2·速度增加 (下转第4履】高中物理人教（必修第一册）第14~18期 数理极 答案详解 2025~2026学年 高中物理人教（必修第一册） 第14~18期(2025年10月) 《运动和力的关系》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 一个计数点，则T=0.1s,故打下D点的速度为n=27 XCE 度无关，洒水过程中，车（含车内的水）质量减小，惯性减小，故 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=aP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 高中物理人教（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 umg=ma,得a= m g 车的拉力为F,则有F=Ma,mg-F=ma则可得F=+m Mmg 由图像可知：k=⊥ m =2,g=2. 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 E-E=上r- 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： (2②图像斜率太=子.所以质量m=号g=067好 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：Fx=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=uR、=μmgeos0,an0=k=m 涌动，故D正确。 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 0.67x10=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 《运动和力的关系》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 提示： F,=umg=ma可得a=ug,由运动学公式-6=-2ax可知， 1.力学的基本物理量有长度、质量、时间，则对应的单位为 速度越大，急刹车后滑行的距离越远；速度相同，滑行距离相 m、kg、s.故B正确. 同.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 高中物理人教（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，在竖直平面内蜘蛛侠 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==5-0.5/s=4.5ms 错误；从C点到D点的过程中，有：F-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=4=:5/g= 3 )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 变大，故D错误 7.沫蝉起跳时，由牛顿第二定律得F、-mg=ma,解得地 3.对物体受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律， 面对沫蝉的支持力大小F、=381mg,由牛顿第三定律可知，它 对地面的压力大小F%=F、=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mA>mB;当a=0时，F=G,故GA=Gg; 当F=0时，a=-g,即g为横截距的长度，故gA<gB;故AC 8.2.55907.5187.5 正确， 9.(1)0.5kg;(2)2m/s2. 解析：(1)加速度为： 4.a1,a1a2 a2-a1a1+a2 a=是-受vg=12m 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 m2a2,当F作用在质量为(m1-m2)的物体上时，根据牛顿第 解得质经为：m=号=合g=052 二定律得F=(m-m)a,联立解得a=aa 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 代入数据得：a=2m/s2. 得F=(m,+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μ，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-mg=120000-0,L×2000×10m/s m 20000 F 解得：a= =5m/s2 m -ug (2)由2-哈=2ax得 对质量为2的木块，有： %=√0-2ax=√502-2×5×160m/s=30m/s (3)设需减少质量m1,减重后加速度不小于 。=会=zowg-答v 502 解得：a=2 16 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m1≈6.4×103kg. 一3 高中物理人教（必修第一册）第14~18期 《运动和力的关系》同步核心素养测评（三） 为F,对剩余盘子有F-(n-1)mg=(n-1)ma,解得F= A组 (n2-1) 2mg,故B正确， n 1.C;2.C;3.D;4.A;5.D;6.A;7.B. 8.能位移失重超重 提示： 9.(1)4m/s;(2)75N 1.每个炮弹在炮管中加速的时间为0.01s,由于炮管长为 解析：(1)根据运动学规律可得滑雪者下滑的加速度大小 5m,所以由x=a,可得炮弹的加速度大小为a=兰 为 10m/s2,由牛顿第二定律，推力F=ma=1.5×10°N,故C正 2x =4 m/s 确，ABD错误 (2)设滑雪者受到的阻力大小为f,根据牛顿第二定律有 2.静止站立时，人合力为零，加速度为零，处于平衡状态， mgsin 6-f ma 故A错误；加速下蹲时，人有竖直向下的加速度，处于失重状 解得f=75N. 态，故B错误；加速上升时，人有竖直向上的加速度，处于超重 10.(1)75N;(2)7m/s,16.5m 状态，故C正确；离地上升时，只受到重力，加速度是重力加速 解析：(1)木箱与水平面间的摩擦力大小 度，处于完全失重状态，故D错误。 F=umg=0.5×15×10N=75N 3.物块做匀加速运动，位移公式为x=之a,将坐标(1， (2)由牛顿第二定律F-F,=ma 4)带入解得a=8m/s2,根据牛顿第二定律F合=F-F,=ma 解得木箱运动的加速度 =8N,由水平面是粗糙得F大于8N,故D正确. =F-E=90:75mg=1m/8 a = 4.由x-t图像的斜率表示速度，可知在0~t1时间内速度 m 15 增大，即乘客的加速度向上，Fx>mg;在t1~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2~3时间内速度减小，即乘 vo 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 三ot+。a=4×3m+7×1×9m=16.5 23 3mg,剪断轻绳瞬 B组 1.BC:2.BD;3.CD 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 提示： 以在此解间，弹镜弹力为写g:丙力合力等于剪断轻绳前此两 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F6=25, 3mg,由牛 a=A=2ms,由牛顿第二定律得F、-mg=ma,解得F中 顿第二定律P台=ma,得a=25&,放ABC错误，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 小小于自身重力(500N),故D错误 6.鸡蛋自由下落20m过程，根据速度与位移的关系式有 2.v-t图像表示潜艇“掉深”后竖直方向速度的变化情 2=2gh1,鸡蛋与地面碰撞过程，从触地到完全停止质点的位 况，“掉深”前在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行，所以不 移为0.05m,利用逆向思维有2=2ah2,根据牛顿第二定律有 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R,=F,解得上=401 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 mg 艇的重力，即为F浮=mg=3.0×10'N,故B正确；根据v-t图 400,故A正确， 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 7.某顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘和剩余盘子所受 合力为mg,则有mg=nma,设托盘对第n号盘子作用力的大小 的最大位移为=3020m=30m,放C错误；谐艇“掉 2 一4 高中物理人教（必修第一册）第14~18期 深”后在10~30s时间内，加速度方向向上，处于超重状态，故 3.0~10s内，若运动员匀加速下降，则位移为2×10× 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， 受，故AB错误，C正确：撤去拉力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,面弹资的弹力R,=ma,可得a=六k,=号，撤去拉 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 F 力F之后，质量为m的物体加速度不变，即a1=a= ,根据 3m 4.对AB整体，B与地面间的摩擦力：F2=2(m4+mg)g 牛顿第二定律Fr=2ma2,可知质量为2m的物体加速度a2= =3N,当A、B间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B间发生相对 ,故D正确 F 滑动，即Fn=u1m4g=4N,对B,根据牛顿第二定律有：ag= 4.减速加速向右2 n-Fe=1m/S,对AB整体，由牛顿第二定律得：F-F。三 5.(1)f=260N;(2)x=3.25m (m4+mg)ag,解得：F=6N,即当拉力超过6N时，A、B开始发 解析：(1)根据公式，可得赛艇的加速度大小为 生相对滑动，B的加速度为1m/s2,故ABC错误，D正确。 a1=4=6ms 5.开始时，物体处于平衡状态，物体受重力和弹力，则有： t 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 d2 4m+M =1m/s2 故ABC错误，D正确， 加速过程赛艇的位移为=之1=0.75m 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= 1 减速过程赛艇的位移为名=5-2，号=2.5m mgc0s日=gcos0,所有质点在相等时间 m 赛艇在1.5s内通过的位移大小为 x=x1+x2=3.25m. 内的位移x=7r2=70os0f= 1 ·cos0,由图可知 1 《运动和力的关系》同步核心素养测评（四） 2是竖直方向直径的长度，通过几何关系知，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 提示： 7.物品先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：umg= 1.物体与弹簧接触后，物体受到弹力，但开始时弹力小于 ma,解得a=3m/s2,假设物品可以加速到与传送带共速，则加 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=名=手。，加速运动的距离为= 1 处于最大压缩量时，速度为零，弹力大于推力，故合力不为零， 加速度也不为零，故B错误；物体与弹簧接触后，物体受到弹 3 m≈2.67m>2.1m,因此物品在传送带上一直做加速 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，放A错误；因一直加速s=分a㎡，物品从A端到B端所用 为止，故C错误，D正确。 2.对系统进行受力分析，由牛顿第二定律可得：F=（m+ 的时间为t= 2s 4.2 ≈1.18s,故B错误；因为一直加 N a =N3 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 联立解得s=1+东，故D正确 度和位移都不变的情况下，运动的时间也不变，故D正确。 高中物理人教（必修第一册）第14~18期 8.40980390 第二定律可得：Fx-mg=ma,解得：Fx=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=A三m/s=9m/s2； 2.t1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v-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umng=mea,ag=lA1= △t x 2a 3,1m/g2=2m/令，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：Lm=sB一34= (2)物块从斜面顶端由静止释放，依题意由牛顿第二定律 2m=1.5m,故C错误；对A、B分别受力分析，则以mg= 3×1 有 mgsin 6-umgcos 6 ma m,amg=mea,=尝=片=1，联立解 △t 代入数据解得4=0.5 得%之=子，故D正确 10.(1)6N:(2)5.5m mg 4.(1)4,沿斜面向下；(2)130；(3)30 解析：(1)以物块A、B整体为研究对象，由牛顿运动定律 可得 解析：在斜面上下滑mgsin0-umgcos0=ma1,a1=gsin0 -gcos0=4m/s2,方向沿斜面向下.在水平面上滑行umg= F-u(m+mg）g=(m4+mB)a ma1,得a2-2.5m/s2,设运动到斜面底部时速度为v全过程有 以物块A为研究对象，由牛顿运动定律可得 Fr-umag maa ”+”=g,得=20m/s,两过程都为匀变速直线运动1= aa 两式联立解得 2++0 u+0 2 0,=受=130m由运动学公式s= mA—F=6N Fr=ma*ma 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. a ug =2m/s',an F-umng =7m/s 解析：(1)根据牛顿第二定律有 mB umgcos37°-mgsin37°=ma 物块A停止运动所需的时间==1s 代入数据可得a=0.4m/s2. (2)加速到相对传送带静止的时间 1 物块B前进的距离a=a+2an=5.5m 2 t1= a=0.48=5s B组 所以5s后随传送带一起匀速运动，速度为2m/s. 1.AC:2.AB:3.BD. (3)加速运动的位移 提示： 1 1.在匀加速上升的过程中，有h=2a,解得：a= 4=2或=7×0.4x子m=5m 匀速运动的位移x2=L-x1=2m 2m/s2,根据牛顿第二定律可得：fm-f-mg=m总a,解得： F=42N,故A正确，B错误；对货物进行受力分析，根据牛顿 匀速运动的时间，= 2 —6 高中物理人教（必修第一册）第14~18期 物体从A运动到B的时间 故C错误；根据前面分析可知t?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 《运动和力的关系》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√F-(mg)=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昼+，可得E-+立=+马，放C 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=Fcos0,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 。放A错误：剪断细线的瞬间，地面对物块产生支持力，竖 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， 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=tan0,方向向 左；故D正确， 3.由匀变速直线运动有&=了，解得加速度a=兰包 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=mam,解得最大加速度为amx=g,对A、B整体分析可 g-f=na,代人a=兰得f=mg-m=mg-兰).故B 知Fm-u(2m+m)g=(2m+m)ams,解得Fas=6umg,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，12s内，物块的加速度。'三是，1210 2m/g= 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-mg=ma,解得 速度a=A=10-0m/s2=10m/3,由牛顿第二定律得：mgin0 .F- △t a=-e,根据位移时间关系可得== +umgcos0=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， umgcos0=ma',解得：u=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.~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； 口=品+名，故加速度大小在减小，放B正确~名时间内寸 ②此图线的AB段明显偏离直线，说明不满足钩码质量远 向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小， 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 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，：ABD错误，C正确 7 高中物理人教（必修第一册）第14~18期 2(不需要需要A2D(3) (2)人在气囊上下滑过程中mgsin-F,=ma1 a1= mgsin a-E_60×10×0.6-240m/s2 解析：(1)由于本实验采用了压力传感器，不需要用钩码 60 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 =2.0m/s2 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t1= L a 2x60。=6s≈245 二N 2 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×V6m/s=2√6m/s (2)意光条通过光电门的瞬时速度。=，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 联立解得子=二·「，因此为了直观的反映小球的加速度与 m md 人在水平面上滑行的距离 F成正比，需要建立 ·-F图像.故D正确： $2=2a2 (26)2 2×5.0m=2.4m (3)根据上述(2)子-F图像的斜率6= 1 产解得小钢球 8配：(2)3M+m2-r.2 15.(1)5M. M 2L 的质量m= 2x 解析：(1)若不启用电磁弹射系统，且航母保持静止状态， 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, F-F a1= 1m/s2 m 对舰载机受力分析，知F合=F-ff=20%F, =1s时的速度为“1=a14=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 _E=-0.2m/s a2=- m 机在自身发动机同样打开的情况下，又加载质量为m的弹药， 撤除水平推力F后经过t2=2s,速度为 该舰载机由静止匀加速运动直至起飞， v1=v1+a2t2=0.6m/s 由速度一位移关系式得：=2a·号 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 由题意可知 大距离为 M 0-=0-16 8= -2×0.2m=6.4m. 联立解得F=3M+m)P-r. M 2L 2a2 14.解析：(1)设气囊倾角为，由几何关系知 上=36=0.6，所以a=37° sin a=6.0 = 摩擦力F,=uFN=umgcos a F 240 所以u=mgc0sa=60×10x0.8=0.5 一8