第16期 牛顿运动定律的应用-【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 量反健 51-27126 数理据 2025年10月17日·星期五 高中物理 (上接第3源) 度内)，在沿弹簧轴线方向的水平拉力下作用下佩，如图5所示，在比赛开始阶段，若运动员通过 纸发行质量反喷电话 第16期总第1160期 人教 2.潜艇从海水高密度区域驶人低密度区 起做匀加速直线运动，加速度大小为：现在 拉竖速赛赶从荐止开台加南。水过短个整的水 0351-5271248 必修（第一册 域，浮力领球，称之为“掉深”.我田南海舰队的 突然撒去拉力F,此瞬同两小球的速度大小分 平推力F为227.5N,共有8支桨受力，作用时间 应用气象学 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办 敛理报社辑出版社长：徐文 国内统一连续出版物号：CN140707F)邮发代号：21-169 某常规型潜艇，是月前世界上难一的一瘦遭遇 别为，和1.不计空气阳力，则 1,5s后赛能得3ms的速度，然后桨叶离开 学：理学 到海底“掉深”后，还能自救税险的潜挺，创造了 A,4:=3=0 R4。a,a1=D 水面，经过1，再次拉菜已赛是上共有4名运 专题辅导： 门类：大气学 根据十顿第二定律得3加g+坚。4，故 世界潜艇发展史上的奋迹如图2甲所示，某总 动员，每名运动员的平均质量为m=52kg,魔 C.a4=a,4=号 正确，ABD话误. 质量为3.0×10kx的潜挺，在高密度海水区域 业a=式4一一二熙（包猫织卡果》的质量W:2g:资餐给终受 培养日标：本专 用 沿水平方向缓慢航行.=0时刻，该潜能“掉 二，填空题（共8分》 到水的阻力作用且保特不变求： 站系鼻奇应用气草学怎 顿第三定律分析瞬时问题 答：C 例2.如图2所示，整直 深”，在0-30时同内世艇竖直方向的-图 4,一兴趣小组制作 (1)在运动过程中赛受到水的阻力大小： 本和识器端理论系 。湖南闵波 平面内两个完金相同的 ”一个简易的“水平加 (2)赛艇由静止开始在1.5，内通过的总位 像如图乙所示（直向下为正方向），重力加 大找能，具有枝猴的分 合力额九加请年且右用里关。一老总是司 3)求出化后物体所受合力，根据牛频第 速度衡量义”“，抗内不君 ○ 弹簧：&，一端固定在水男 移的天小 速度g取0m,2,不计水的粘滞阻力，则 所问题和解决同道的能 时产生时变化，同时消失，当物体所受合力 定津列方程： 面上，另一端均与质量为m 如图4所示，在沿水平 分生变比时川束衡由新普尹牛变比，而海本园 (4)求时力加束度 的小、餐相在密，入样 方向安装的固定光滑杆上套 个厨量为m 力，能在气泉，农业，生 动的速度不能发生突变下面就常见的瞬时性 例1.如图1所示，物 定在大花数上，妈一操与 0.1kg的小球，小球两分别与劲度系数均为 问图作一简单分析 1的函日为3m,物块2的质 小球栓接弹簧，b和轻杆五成120°角，且举 =5N/m的经弹簧相连，两弹簧的另一赠与盒 文、能源、国防、经￥ 1.两种模型 量为。两者通过弹簧相 :,6的弹力大小均为mg,g为里力加速度，如果 千内壁连接，当盒子水平静止时，两根经弹簧均 相关桶城从事业，料 不发生明显彩变能产生件力， 连，整个系统置于水平放置 将轻杆突然摄去，则去辑间小球的加速度大 处于白然长度，小球上的指针指在0点，可通过 的光骨木版上。并处十静止 景，批章生术来发发打 喻断气配高后，不霄委时间核复 小口能为 A.潜影在"掉深”前的速度为20m/s 形变，得力立中消夫或改度， 标尺出小球的位移，将盒子定在车上，车沿 状态现将木板沿水平方向突然抽出，设出的 A.a 0.5g B.m=1.5g 长管见美工北的边明别 极题目中所格的整绳、轻杆和是 B,善在高密度海水区域受到的浮力为30 接触面 水平直线行驶，且横杆与车身平行，某时刻发现 融异在不蜘转珠说明时，影可接 瓣间，物块1,2的加速度大小分别为四，里力 C.a 2e D.a=0 x 10 N 6是人才 指计向左偏离0点的距离为x=2©m,弹簧的变 此候翠处理 加速度为有 解析：弹簧a、6的弹力大小均为m《,当弹镯 C潜艇“掉深”后竖直向下的最大位移为 培养要求；本食业 模妇 .4=0,4= 的弹力为拉方时，其合力方向竖直向下，大小为 化始将在弹性限度内.则该东可能向左脱 100m B.0 g,02 =g m世，由平条半闲干付小发的拉力大小为 运动，向右做 运动，加速度方 学生王委争习庶用气 绿簧、哪扉」 4 2,将轻杆突然撤去时，小球的合力为2m，此 D.潜艇“掉深”后在10-30时问内处于 C=0,=4g ,加速度大小为 m/, 学的理论和基点如 和牌友极 D.4mg,4。m4g 时重更大火小小为2暖，方同同下：单著单力为 重状态 三，计算题（共14分】 ，接受大气科学相 解析：开始时，对物块1分析处于平荷状 支持方时，其合力竖直向上，大小为g,根据平 3如图3所示，光 5.2021年7月28日在 美孕科饭城的科学思对 态，弹簧的弹力大小F=3mg,抽出木板的厨同， 件用杆上的力为矿，字孕干宴状指量去时 滑水平面上，历量分 东京奥运会赛艇女千四人 和实险实我的基本国 2解题思路 弹簧的弹力不变，物块1所受的合力仍然为零， 小球受到的合力为0，此时加速度大小为0，故 3 别为和2m的两小 双桨决赛中，中国队夺得 然，具各应用气是是 (》分析侧时化前物体的受力情况 则加速度a,=0:抽出木板的厨问，洋簧的洋力 AB错误.CD正确， 球由一根轻厨弹簧相连按（弹黄修在弹性限 本届奥会的第十枚金 (参考答案见下期】 (2》分析糊时变化后惠线力变化成消失： 不变，对物块2分析，受重力和弹簧向下的弹力， 答案：CD 完和开发的益表 专ǘ导 初学者在学习韬重，失重这一节识时，往 难点透视 14期参考答案 住对概念的理解含混不清，给进一步学习造成 整体与隔腐 2版参考答案 主干学科：大气科 了筒网，笔者总结了理解超重，失重时的几个难 解 3.牛顿第二定律的理解 点希对大家有所帮尚。 超重与失重 核心课程：大是码 区分几个概念：重力、实重，视重、短重， 。江 王相 t.D:2.D:3.BC:4D:5.A:6B 失重 0湖业况建锋 在研究力和运动关系的问时，常会沙及 对m,有F,-F,=m, 极论、大气物累学，女 4.力学单位制 重力是由于地球的吸引而产生的，其大小 的状态，运动员两个臂榜所倦承受的最大压力 即此时电梯的加速度是5m/,2 五关联的物体知的相互作用问圆，即“连接体问 解以上二式可得人，。上十：上 气洲天气孕原理 可表示为G=m，2一个休的重 是确定的，即物体受到手对其向上的作用力是 4.根据图像来分析超重、失重问题 四”，连按体证常是指由两个或两个以上有一定 m,卡 1,A:2Dr3.B:4.B:5.Ai 析、动力气象学、应 量，它不应该被某些现象所蒙蔽，它就是指重力 例2某中学物理实 系的物体构咸的物体系统解决连接体回圆时，甘 例2.如图2所示，用力 6.B:7.C:8.A. 的大小，而不一定是所用秤的示数视重是指称 例1.某人在以a=2.5m/2的匀加速下降 组可用D5克（数牢 先边注宣研究对象的速取 F拉A,B,C三个物体在光 气象学源理，农业气 量物体时的示数，其数值与称量物体时物体 的电闭中最名面华昆m,=0kg的物体，川此 化信息室系统)观察 M 解决连按体问的基本方法是：(1)透取最 滑水平面上运动，观在中问 3版参考答案 学 所处的状态有关，它不一定等干物体重力的大 人在地面上最多可举起多少千克的物体？若此 超重和失重现象他打在 佳的研究对象选取研究对象可可采取“先整体， 的B物体上加一个小物体，它和中同的物体 A组 主麦买置住酸学环 人超重是指物体对支持物的压力（表者对悲挂 人在一匀加速上升的电梯中，最多能学起m:= 电梯天花板上园定一个力传感器，使其满量挂 阿离”或分别隔离“等方法 般当各部分 起运动，且原拉力F不变，那么加上物体以后 齿的拉力)大于物在所登重力的收：失重行 40g的物体，则此时电梯的加速度多大？(取 节：学年论文、科效新 构向下，并在钩上悬挂一个重为0N的钩码.在 LB:2.C:3.A:4.D 10m/3) 如衡g大川、方相时，口章本考身，当名配 两端绳中的拉力F和F。的变化情况是 物体对支持物的压力（或者对悲技物的拉力）小 电梯运动过程中计算机显示屏上显示出如右 分的加速度大小，方向不相同时，要隔离考虑 5.C:6.B:7.C 实或，天气零分析，卓业 于物体所受重力的现象.以看出：当视重>实 解析：人的最大举力是不变的，可设为F,当 图所示图线，根据图後分析可知下列说法中正 电加速时，由牛顿第二定律得： 语的是 (2)对确定的研究对象进行受力分析，依据牛顿 论之等 重时，物体处于超重状态：当视重实重时.物 A..增大 B.Fa增大 82.55907.5187.5 第二定律列出方程式，并解方程求出答案在求 主要专坐实 体处于失重状态 人在地面上时物体受力平衡，有 A从时刻1到与，钩码处于超重铁态 CF变小 D,Fn变小 解走接体题时，隔离法与整体法相互依存，相 9.(1)0.5kg:(2)2m2. 2超重、失重现象中的谏喻，知谏音 解析：整体为研究对象，设ABC三物体 测验，天气预 B。从时刻与到4，码处于失重状态 物体处于相重状态时，支持力（表者拉力 F =mg 互补充，交营使用，形城一个完整的统一体 10.m'>2a. C电梯可能开始停在15楼，先加速下， 的五量分分号为，m,m,,云加交本的压量为 庆、应用气学实驶 大于重力，物体所受到的合力方向向上，因向月 当电梯加速上升时.由牛镜第二定律得： 接着匀速向下，再减速向下，最后停在1楼 例1.如图1所示，两个用 细线相莲的位于光滑水平面一点 由牛顿第二定律得加物体之前系统的加速度 B组 农业气象学实黎 有向上的加速度：物体处于失重状态时，支持力 D.电梯能开始停在1楼，先加速向上，接 联立①D2解得： 上的物块，质量分别为m,和 1 (成者赶力)小于重力，物体所受到的合力方向 着匀速向上，减速向上，最后停在15楼 为： +m,+网加物体之后，系绕的总 1.AD;2.BC;3.AC 就业方向：华业生 句下，因而具有向下的加速度但其速度方向足 m=m=0-25 m,拉力F和F,方向相反，每细线沿同一水平 可以在曼乐能资 0 ×80k 解析：钩码受重力和力传感器的拉力两个 002 受明始名牛润的，散巨具有不角定生.所以 60kg 力的作用，从4到时间内，F-图显示的拉力 线，且F>F,试求在两个物块运动过程中年的 量变大，其加速度为：=+m十m,+网 小0 我们以从物体处于超重，失重状态来判斯物 即此人在地面上最多可举起60kg的物体 小于0N即拉力小于重力，F。向下，a向下.钩 拉力F 所以系统加速度麦小对A:质量不变，F不变 5.(1)5m/: 和关科研等邮门数 体的加速度方向，但不能判断速度方向.故超重 联立①D解得： 码处天瓶状吞，数A特吴：从润时同内， 解析：设两物峡一起运动的加速度为4， 加速度变小，故P。变大：对C:质量不变，加迪 对整体有 度变小，故F。变小故AD正确，BC锆误 (2)30m/: 重时物体可能向下加速动，也可能向上或迪 a'。(g-ajm F。向上，a向上，钩处于超重状志，故B铅误： F,-F2=(m,+m)a 答案：AD (3)6.4×103kg -(10-2 从F=结合以上卧行D=1,时但为a=0 3升辞机中的举重问题 )02-10/ 与时河内a向下，4间内a向上，4以 在升毒机中举重时，无论运动员处于怎样 ■5m/w2 后，a■0.C有可能，而D不可能，故C正确，D精头 2 素养专练 数理极 数理极 素养·测评 13 摩操力)，下列说法中正确的是 (1)滑雪者下滑的加速度大小： 5,牛顿运动定律的眸时性问题 7.超重和美重问题 A.小球受到地血的弹力仍然为要 《运动和力的关系》 (2)得雪者曼到的阻力大小 1.关于箱重和失重，下列1说法中正确的是 L对静止在光滑水平面上的物体施加一水平 我.小球立向左运动，且“=8m/2 拉力，当力网刚开始作用的解间 C小球立向左远动，且4=0/ 同步核心素养测评(E A.超重就是物体受的重力增加了 A.物体立即球得加速电 D.小球仍然静止 B,失重就是物体受的重力减少了 。试时中心 B.物体立即：吊速度 4,如图3所示，A,B两球用细线悬 C,完金失重就是物体的重力没有了 C,物体同非时获得速度和加速度 挂于天花板上且静止不动，两球质量m, D.不论超重或失重基至完全失重，物体所受 A细基础篇 C,小球的加速度为g D,小球的加速度为。 D.由于物体来不及运动，所以物体的速度和 ■2网，两球间是一个轻质弹簧，如果突 重力邢不变 、单选题（本题共7小题，年小题5分，共35分】 2小文同学在电梯中体验加速上升和加速下 城市进人高楼时代后，高空坠物已成为色 加速度都为零 燃剪断是线，测在明断悬线服间( 1.如知图1所示，世界 害极大的社会安全问.一个鸡蛋从20m高的相 2.如图1所示，质量相等 毫的过程，这个过程 上只有极少数军事大国 A.都是超重过程 上自由下落，若将鸡撞击地而的过程简化为 的A,书两小球分别连在轻厨 AA球加度为g,B球速变为 才能独立制造坦克 个缅点散匀减速直线运动，从触地到完金停止面 B,都是失重过程 弹簧两蜡，B猫用细线固定在 我.清球加速度为，B球加速度为0 管，某类型长为5m的坦 点的位移为0.06m,不计空气阻力，则鸡蛋对地面 C,加速上升是超重过程，加速F降是失重过里 顿角为30°的光滑斜面上，则 克饱管蚀用寿命为6，在使用寿命内最多能发 的平均冲击力是其重力的 D.加速上升是失重过积，加速降是起重过程 00枚炮弹若炮弹的质量为15kg.则在发射炮 A.400倍B.200倍C.100倍D.10倍 10.(9分）如图8 在细线被剪断钢向，A、B网球的加速度分捌为 4球如速度为子，尽球加速度不为0 3.如右图是长证火商把截 过程中，炮弹在炮管中受到的推力有多大( 7.如图5甲所示是西店自助餐厅的保福储盘 示，一场量网=15kg的 D.4球加速度为，B球加速度为g 人神舟朝送入太空的情景，宇 A.1.510N B.1.5×105N 装置，勒客拿走一个盘千后下面的盘千就上开到 箱以=4m/:的初速度 4.0和g B.0和号 航员在火箭发射与飞的回收的 C1.5×10N D.1×103N 在水平面上送动，用水平力F拉它，已知木箱与水 原来的位置，小明仔细观察其结构，发现原理的示 5.如图4所示，质量为8kg的物 过程中均要经受超重成失重的 2,在身体素质测试“原地纵跳境高”科目中 平面问的动摩擦因数红=0,5.g取10m/:2,当F 意图如图乙所示，有三根完全相同的轻质弹簧等 C号和g D号和号 体A静止在竖直的轻弹簧上面。压量 等险.下列眨法正是《 某同学按科目要求所做的四个动作过程如图所 =90N时，求： 司距竖直悬挂在水平定圆环上，下端连按质 玉如图2所示，在动摩博 为2kg的物体B用汇线悬挂起来，A A.火箭加速上升时，宇航员处于尖重状 示，其中处于超重状态的过程是 (1)木箱与水平面间的摩擦力大小： 为m的托盘，托盘上放着个量均为的盘子井 (2)3s时的速度和前3内的位移 因数0,2的水平面上有 B紧挨在一起但A,B之间无压力.某 取，船加速下落时，宇航员处干超重状态 处于静止状态已知重力加速度大小为多，测某明 一个质盘m=kg的小球， 时刻将线剪断，则细线剪断解问，尽 C,落能前减速，字航员对座椅的狂力小 客快速取走1号盘千的解间，托盘对第m号盘子作 上 于其厘力 用力的大小为 小球分别与水平轻弹簧及与竖直方向成0=45 对A的压力大小为(g取10m/。) D.火罪加速上升时，若加速度逐渐诚小时 3,质量为！k括的物块静止在粗糙的水平面 角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处干静 航员对座椅的压力遂减小，但仍大于其重力 上，现给物块施加一水平向右的恒力F,其位移 止状态，且水平面对小球的弹力恰好为多.在窕断 A.100N B.20N 4,在数室里某同学站在体重计上研究超重与 时间：麦化的关系图像如图2所示，则水平恒力 经绳的解间(g取10m/,,清动晕擦力等于最大静 C.16 N 1D.0N 失重，址由稳定的站姿变化到隐定的誉废称为”下 F的大小可能为 ”过程：由稳定的姿变化到隐定的站姿称为 6.牛顿运动定律与直线运动问题 4.如图1所示，水平向左运动的物体受到大小 短立”过层，关于她的实脸现象，下说法中正 L质量为侧=2k的物体静止在水平面上，受 为12N,方向水平向右的拉力作用，物体的质量为 的是 ( 3kg,地面的动啤擦因数为01，在物体向左运动的 A.只有“起立”过程，才能出现超重的观象 B.a-1)mg 到水平拉力F=0N作用而开始散匀加速直线运 B.只有下瑞”过程，才能出现失重的现象 A.6 N B.7N C.8 N D.9 N 动，加选度雄=4m。,运动一段时间后若突然撒 过程中，物体的加速度为 4一质量为的客 C.(m1)mg D.n+1mg C.“起立”，“下消”的过程，都能码现超重和 去拉力，物体的加速度大小为 失重的现象 坐直电梯上楼，其位移：与 二，填空题（共8分） 时间：的关系图像如图3所 A.0 且1m/2 D,“下得”的过程，先出现超重现象后出现失 8.由我国白主研发的 B组能力篇 示乘客所受支持力的大小 载人潜水器“奋斗号”（如国 C.2 m/s D.4 m/s! A.I m/s .3m/ 里现象 用F、表示，速度大小用？表 一、多选腿（本题共3小题，年小题6分，失8分） 图3 C.4m/2 D.5m/ 5.某司学找了一个用过的马拉，在靠近底 6所示)在马甲亚纳高成功 示重力加速度大小为多以下判断正确的是 1.为了方使居民的生活，很多老旧小区加制 2.A,B体以相同的初速度在同一水平面 挥底，探底深变为0909m.则 了电地.如图1甲所示为某小区加装的外置电梯 上滑动，两物体与水平面间的动摩擦因数相同，且 5.滑雪是人们喜爱的运动之一：某同学在水 部的侧面打了一个小孔用手指按住小孔的同时 主濬甲装满水，然后将易拉罐向上地出，运动过程 测深度10909m时，潜水器 (远“能” A0-时间内，p增大，F>mg 函量为50kg的某同学站在电梯内，用仪墨记录了 m,=3m,则它们所能滑行的距离，的关系为 平雪场上番雪时的照片如图2所示，0时刻该同学 成“不龙)看作质点，10909m是指潜水器的 中罐底始终向下，空气组力不计，下列说法正确的 B与1一时阿内，减小，下<mg 电防在运疗过程中速度随时闹变化的关系的图 (这“位移”“塔程“)，加速下潜过得 的速度大小为10m/s,此后他不再用得雪杖撑地， 女一与时间内，边增大，Fx<mg 像如图乙所示心.若规定竖直向上为正方向，重力加 水墨始终处于 志（这填“超重”成 速度取10m/,,下列说法中正确的是 A.,= 且.x1=3红w 若滑板与雪地间的动嚎擦因数为0，【，重力加速 A.在易拉罐上升过程中，小孔中有水射出 D.-时间内或小，F。>g ”失重”)，潜水器加速上升时处于 水射出比罐静止时慢 5.如图4所示，量为 C.x1=0.5n D.s =9xp 度g取10m/。2,则该学在0~15内的位移大小 感重”或”夫重”)状态 B,在局拉罐下降过程中，小孔中有水射出 的小球分拼用轻弹簧4和超 三、计算题（本题共2小题，共17分） 3从桌面竖直上抛一小球，在重力和空气阻 为 水射出比罐游止时快 绳相连.因定在竖直墙而和 9(8分)如图7所示 力的作用下又落包桌面.向上运动的时同为，下 C.在易拉上升，下降过吊中，小孔中出 天花板上，其中轻弹簧：水 位滑雪者，人与装备的 落的时间为马，关于1和4：下列烧法正确的是 水的快慢都和速静止时相 平，轻绳6与水平面的夹角8 总质量m75k名，由静止 A.0一2s内该同学处于失重状态 D,在易拉罐上升，下降过程中，水都不会从 =60,重力加速度为.现将轻强6剪断.则在明 沿山坡匀加速直线希下， B6~8内该同学处于失重状态 小孔中射出 断轻绳6的瓣间 坡角8=30°，在1= 图7 =1末，该同学对电妹的力大小为0N A4> B.t Ig A.37.5m B.30m (数理报社试题研究中心】 A,小球有沿弹簧水平向左运动的趋势 5,的时闻内滑下的路 m.g敢10m/ D,■7末，该同学对电批的压力大小为0N C1=与 D.无法判断 C.75m D.150m (参考答案见下期) B.弹簧的弹力为2mg 求： (下转第4版]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