第17期 超重和失重-【数理报】2025-2026学年高中物理必修第一册同步学案（人教版）

8 素养·拓展 数理极 量反 2025年10月24日·星期五 高中物理 51-52712 (上接第3版 的沙山顶自然下滑，是一种独特的游乐项日.如 16期参考答案 纸发行质量反喷电话 数理据 第17期总第1161期 人教 2如图2所标，湖紧的水平传送带始终以园 图乙所示，某滑沙场地可简化为倾角=37的 0351-5271248 必修（第一册 定速·，运行.初速度大小为的小物从与 面和水平面对按而成，沙子与滑板的动摩烟 2版参老苦案 传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送 因数为0.25.不计对接处的速度损失，人可视为 自然地理与资源环境 5.牛顿运动定律的瞬时性问题 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办 数理报杜插出权 社长：徐文信 国内统一连续出版物号：CN140707F)邮发代号：21-169 带.若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在 质点某游客从沙山顶部静止滑下，3后停在 学科：理争 方法揖津 例2.某飞机场利用 关带上示的相=图凌（状地面为意黄惑）贞如 水习平七h上，日川岸女安年b山十下香过的间重商 1.A2.A;3.B;4.B;5C 门类：她双学亮 如图2所示的领斜传送 图2乙所示已知与>，则 _m/,,方向为 6.牛顿运动定律与直线运动问题 养日标；本专型 传送带模型间趣 带将地面上的货物运送 金过程总路程为 m,沙山的 特琴具各自然地理与青 L,B:2.A:3.B:4.D:5B 到机上，传送带与地 7.超重和失重问题 订和机旋，儿有制新意 面的夹角8■30°，传送带两端A,B的距离L■ 1.D 2.C3.D4.C:5.D 以实我力。 建楼概述 (1)物体在传送带上匀加速运动的时间： 0m,传送带以=5m/s的恒定速度匀速向上 非样单思维的到然和良 A,时刻，小物块离A处的距离达到最大 3版参考答案 传送带模型何题包括水平传送帝阿题和 (2)物体与传送带之的动摩擦因数： 运动，在传送带底增4处经放上一质量m=5g 好的专生找能站。 B,与时刻，小物决相对传送带滑动的距 A组 有一定竹并展科学研宽 斜传送带阿题 (3)若物体是煤块，求物体在送带上的成 的货物，货物与传送带同的动摩擦因数： 到号大 三，计算题共14分 1.C:2.C:3.D:4.A: 的能力。立是于地表 (1)水平传送带同题：求解的关键在于对 【解析】(1)由图意可知，物体从A到B先经 C0一与时间内，小物块受到的摩擦力方向 5.如图5所示，沿时 特接其变化，自感 体所受的摩擦力连行正确的分析断。判到断摩 求货物从A端运送到B婦所需的时间(g取 历匀加速真线途动，后与传送带达到相同速度， 先向右后向左 针转动的传送带AB.长L 5.D:6.A:7.B 管理乐境保护， 10m/2) 擦力时要注直比较物体的运动速度与传送带的 D.0-4,时间内，小物块始终受到大小不变 匀速运动到B增， =7m,与水平而的夹角8 8能位移失重超重 【解析】以货物为研究对象，由牛顿第二定 速度，也就是分析物体在运动位移（时地）的 的座限力作用 37,速度何为= 攻府够门，全事业位 设匀加速阶段的时间为：，所以 律得 3.如图3甲所示，长木板A静止在光滑水平 9.(1)4m/g2(2)75N 过程中速度是否和传送带速度相等，物体的速 2/、在古关带欣是A处无利们束美收一压相 从市自然理过程，环 4mges30°-mgsin30=ma 面上，另一物体（可看作质点）以水平速度 10.(1)75N:(2)7m/4.16.5m 成变化研觉和音师管 2+(6-)= m=0.5kg的的本，物套与传医带之间的动因 度与传送带速度相等的时划就是物体所受摩眼 =3m/,滑上长木板A的表面。由干AB问存在 擦因数4=0.8(n37=0.6,s37”=0.8 B组 理、环境护表应用 解得a■25m/, 力发生突变的时刻 带人数据解得：1=2。， 摩擦，之后运动过程中A,B的速度随时问变化 g取10m/).求： 高素厦复合费件北专 货物匀加滤运动时间与=：=2 情况如图3乙所示.取0m/,下列说法正确 1.BC:2.D:3.CD. (2)使斜传送带向问四：求解的关键在于认贞 (2)在匀加速阶段.根据牛顿第二定律可得 人才 (1)物体成上传送带厨间的加速度大小： 货物匀加速运动位移 的是 培养要求本专 分析物体与传送带的相对站动情况，从而确定 (2)5后物体的速变大小： 4.成速加速间右2 学生兰习并零的 共是香受到潜动摩擦力作用如果受到动摩 根据速度排时间的关系得：甲 (3》物体从A运动到B的时间 5.(1/■260N: 与=5m 擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根 联立端得4■0,1 (2)=3.25m 的泰本理论。基本知识 因为4>na,故货物与传送带共速后货 物体的受力情况确定物体的运动情况当物 (3)在匀加速阶段，传送带上表面相对于地 和基本技能 物做匀速运动.运动位移 17期参考答案 体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦 主千学科：地理学 面走过的位移x=t=4m ■L-名1■5m 环境 力有可能发生突变， 物体相对于地面的位移 匀速运动时间 ,A,B两物体所受的摩擦力均与运动方国 2服参老答案 情心课程：有城动 倒1.一水平的传送 相反 带以速率=2m/s匀速 g222m 6=点=1… .A.B之间的动摩擦因数从=Q2 &连接体模型 类，地田与到量学美，数 运行，在4处把物体经轻 所以物体在传送带上的划痕长度 C长木板A的长度能为L=08m 1.C:2.A;3.BD:4.A 货物从A到B所需的时间 学与信息表。 地放到传送带上，经过时间：=6，物体到达B =g-x=2m 1=与+61=3 D.A物体的质量是层物体的两倍 9传送带模型 生墨实线性教学环 二、填空题{共8分) 节：学基哈实习，角 处，A,B相距L=Dm求： 【答案](1)2.(20.1.(3)2m. 【答泰]3s 4,如图4甲所示，沙，即樂坐滑板从高高 (泰考答鉴见下期 1.AD:2.A:3.AC:4.AC 被型数述 专题辅导 1上接第1版) (2)当F=228N时，由(1》知小滑块和术 10,板一块模型 实月点风点地罪惊合实 滑块一木板榄型（因 例2如图3所示，有 板发牛对清动 1.D2.A:3.C:4.C 1),上，下叠成两个物体，并 论文1 滑块 木板模型问题 块木板静止在允滑水一 对木板有F一mgWa 3版参考答案 且两物体在座擦力的相互作 平面上.质量=4kg, 主要专业实哈 解得，=4.7m/2. 用下发生相对滑动涉及摩擦力分析，相对词 。四川李宗成 长L=1.4m。木板右猪放着一个小滑块，小滑 A组 城地理观副与实险、区 设经时问，小滑块从木板上滑落，圆 表自燃地理外馆合实 板，之间发生相对运动时，认清的度美 擦力近奴等于滑动摩擦力，g取10m/,).测以 块质量m=1kg,其尺寸远小于L,小滑块与术 1.D;2.D:3.C:4.D 动摩擦生热，多次五相作用，属于多物体多过 -t 可、音算蕾理乐绕保 程阿题，知识综合性较强，对能力要求较高， 器，从两确定线，块叠到的摩力，应生意鲁超 下判断中正确的是 板间的动摩擦因数：■0,4(g取10m/,) 5.D;6.A;7.D. 护实我 的生度相同防，摩修力会发生定变的壮况 (1)现将一水平恒力下作用在木板上，为使 解得=之2成1=-2（會去》 建颅指异 A,木板一定向右滑动，小木块不能清出木板 8.40980390 就业方向：华业是 小滑块能从木板上面滑落下来，则F大小的 ，烧全在一起运动时，良仔会版、 具，木板一定向右滑动.小木块能滑出木板 【答案】(1)F>20N.(2)2 解此类题的基本思路：(1)分析滑块和木板 围是多少？ 9.(1)2m/:(2)0.5. C.木板一定静止不动，小木块能出木板 【主编点评】滑块一木板棱型问题应抓住 的受力情况，根据牛颤第二定律分别求出滑块 (2)其他条件不变，若恒力F22,8N,且 的相对位特之间的美系 D,木极一定静止不动，小木块不能滑出木板 木转析和香个关展： 始终作用在木板上，最终使得小滑块能从木板 10.(1)6N:(2)5.5m 到管理，环境条护与希 和木板的加速度：(2)对滑块和木板进行远动情 这发关系就是解题过程中列方程所必需的 【解析】水块受到的滑动摩擦力为F:,方向 上滑落下来，则小泽块在木板上面滑动的时间 (1)一个转折：滑块与木达到相同途度成 B组 ，生态环境划以 况分析，找出滑块和木板之闻的位移关系或迪 关系，各种关系找到了，自然也就容易列出所需 向左，F。=4mg=40N,木板受到木块施加的 是多少？ 者滑块从木板上滑下是受力和动我态变化的 城市规射与普理，玉地 1.AC:2.AB:3.BD 度关系，建立方程特别注意滑块和木板的位移 滑动摩擦力为F。,方向向右，大小为下。■F。■ 【解析】(1)墨使小滑块能从木板上潜下， 折点 讲将，土地规划与设计 要的方程式 则小滑块与木板之间应发生相对滑动，时， 2)两个美线：传折言、后受力情况之间的 4.(1)4,沿面向下： 水理工程方雨的 都是相对地面的位移 例1.质量，=30kg 40N,木板受地面的最大静摩擦力等于滑动摩 对小滑块分析得出4mW=m 关联和滑块、木纸位移与板长之闻的美联一般 (2)130:(3)30 三个基本关扇 长=【m的木板放在水 擦力，即F=4(m+,》g=60N.Fa方向向 考地资管理，环 左，。<Fm,木板静止不动，木块向右撒匀减迪 解得1=4m/ 情况下，由于辱擦力或其她力的变，特所 5.(10.4m/3 ,装拔地之度有发生相对读动，可以用 P面上，木板与水平面间 对木板分析得出F-umg= 府滑块和木板的加速度会发生变化，此以 工程，盘然地理研 运动，设木块减速到岁时的位移为，聘由D- “垫保法”出它们一起运的加地度：如装 的动摩擦因数4，=0.5.将质量m=10kg的小 =-2x得x=2m>=1m,7小水块作君 加速度出，42均向右，若小滑块能从木板上转折点为术，对转折首、后进行全力分斯是建主 (22m/: 低，提之间发生相时运，应名可“离“ 木块（可桃为境点），以，=4m的速度从木 清下，则要足>，解得F>20N, 模型的关健， (3)6 出木板，故C正确 板的左端水平滑到衣板上（知国2新示）.小术 【答案】C 发生相财运奇的修食条雄 决与术板问的动摩擦因数山：：0.4（装大静摩 (下转第4版] 2 素养专练 数理极 数理极 素养·测评 3 A若A,B一起匀速运动，B受到的率擦力方向 10.板一块摸型 《运动和力的关系》 三、计算题《本题共2小题，共7分》 8.连接体襟型 向左 9.(7分》如图9所示，一物 B.若A,B一起匀速运动，B不受摩擦力 1.如图1所示，两个质量均为 块在顿角=37的斜面顶端 【.如图1所示，在光滑一口口口四 C,若A,B一起加速运动，B受到的摩擦力方问 m的物块P,Q叠收在水平面上， 同步核心素养测评（四 由静止释故。下滑距避x= 水平而上有两个质量分别 国t 1.0m达底端.此时速度r= 向左 所有接面间的动摩擦因数均为，若用水平外 (沙度内：牛桶运动定律的合用) 20m/如空气阻力，物块可视为质点.里力加 为M,m的木块，M=2m,当用水平力F分别推m D.若A,B一起减速运动，B对A的摩擦力方向 。数理报杜试题研究 速度g取10m/2,im37=0.6,e379=0.8.求： 和M时，两木块之间弹力之比F,:F✉应为 力F将物块Q从物块P的下方抽出，抽出过程中 A组基础篇 大小和物体A动距高 之间关系的图像中正 向右 (1)物块在斜面上运动时加速度a的大小： ,Q的加速度分别为p,o,且o=2a,承力加 4.如图4所示，光潜长 (2)物块与斜面间的动摩擦因数比 A.1:1 B.1:2 度为g,则下的大小为 方体物块西量为M,静止在 一、单选题（本遁共7小题，每小道5分，共35分 C,2:1 D.3:1 1.加图1所示，一木块 水平面上，上部固定一轻 A.3μmg B.2.5μmg 2.如图2所示，质量为 在光滑水平面上受一恒力F 滑轮，跨过定滑轮的经绳连接蛋量为m,和m,的网 C.dumg D.Sumg 4m的物块A与新量为网的 作用而运动，前方固定 物体连接侧，的细绳水平，侧：恰好与M的壁相 2如图2所示，一块足 弹簧，当木块按触弹簧目 物块B通过轻绳跨过光滑定 回回 A将立即做变或速运动 桥轮相连，不计B与水平桌而面问的条擦，重力加速 接触.不考滤一切摩擦，现对M施加水平向右的推 长的轻质长木板放在光 图2 B.在弹箭处干最大压缩量时，物体的加速度 度为g在A向下运动时.轻绳中的拉力太小为 力F,使得三物体不存在相对运动，则F的大小为 滑水平地面上，质量分别为，=1k括和m。= 为零 6.如图6所示，所有点司 2kg的物快AB放在长木板上，AB与长木板间 C.将立即做匀减速运动 时从0点沿不同倾角的光滑斜 A.0.8mg B.mg A.m(mtmt)g D.在一段时间内仍然加速运动，速度继续 的动摩擦因数均为4■0,4，最大静摩擦力等于滑 而无初速滑下，若将各质点在 增大 C.3mg D.4mg 斜血上运动时间相同的点连成 2如图2所示.雷量分 B(+码，+0 摩擦力.现用水平拉力F拉A,重力加速度g取 10.(10分)如图10所 3.如图3所示，A,B两物块 别为和2的两个小球置意 一线.连线的性质为( 示，质量,=2k培的物块A IDm/,之，改变F的大小，B的加速度大小可能为 A. B.抛物线 叠放在一起，在外力作用下沿 干光滑水平面上，且同定在 与面量网，■1kg的物块B用一根不可仲长的绳 c(W-m+m。 经弹簧的阿端.已划弹簧的原长为，劲度易 C.水平线 D.斜线 相萄水平面向右运动，运动过 7.如图7甲所示，安检机在工作时，通过水平 连接，在水平向右恒力下■9N的作用下，从静止 A.1.5m/ B.2.5m/ 数为k现沿弹簧线方向在质量为2m的小球 传送带将被检物品从安检机一增传送到另一端， 千始沿动嚎擦因数：■0.2的水平面向右做匀加 程中AB保持相对游止。关干层受到的摩擦力，下 D.(m,++ 施加一水平拉力下，使阿球最终一起向右微匀加速 速直线运动量2，时细绳突然断开，求： 列班说法正确的是 1 C.35m/g2 D.4.5m/g2 真直线运动，别此时两间的距离为 其过程可简化为如图乙所示，传送带长为之m (1》断开简细提的拉力： 被检物品与传送带的动摩擦因数从=Q3.搜设将 (2)从您蝇斯开开始到物块A停止运动，物块 D.当送带加迪向下论动时，F,的方向一定 3.如图3甲所示，光滑水平面上静置一个薄 关带弯口以周节，当传关后成国调为4m.,陵 9.传送带模型 B前进的距离， 沿传送带向上 长木板，长水板上表面粗糙，其质量为M,:=0时 ,(多进》如图1所示， 3.(多遍)某快递公司 质盘为m的物典以水平速度：滑上长木板，此 cL苏 检物品无初速度到A传送到B端的过程中，(g 1Dm/。,就检物品可视为点)，下列说法正确 物块由曲面上的P点自由 3一名跳伞运动员从 分栋邮件的水平传输装置 后木板与物块运动的图像如图乙所示，重力加速 停在高空的直升机中跳下，研 滑下，通过一粗椅的固定不动 示意如图3所派，皮带在电 图3 度x取10m/2,则下说法正确的是 究人员利用运动员身携带 的水平的传送带后落到地面 动机的带动下保持：=1ms的恒定速度向右运 的仅器记下了他的运动情 上的Q点。若皮带随皮带轮以恒定的迪率转动，小 动现得一质显为m=2kg的邮件轻数在皮带上， 况，通过分析数越，画出了运 物块仍从P点自由滑下，刘关于小物块落地点位置 部件和皮带问的动摩擦因数4=0,5，设皮带足够 动员从就离飞机到落地的过型中在空中沿直方 图7 的正确判是 长，g取10m/,.下列说法正确的是 向运动的书一（围像如图3所示，对运动员的词 A物品先做匀加速运动后做匀速运动 A.皮带轮逆时针方向转动时，物块一定落在 A.邮件与皮带发生相对滑动的时间为0.2。 动，下列说法正确的是 取物品从A局到B州新用的时间为1,5： Q点： A.010内位移大小为100 B,邮件与皮带发生相对滑动的时问因未划 C,物品受到滑动摩擦力后受静摩擦力 ，皮带轮时针方向转动时，物块一定落在带长度，不能求解 B.10-5,内加速度逐折增大 A.M =m D.若减小传送带速度物品传送时间可能不变 0点： C.0-10内运动员所受阻力逐增大 二、填空题（共8分） C,邮件与皮带发生相对滑动过程中，邮件对 B.M 3m D.10-15多内运动员所受阻力遂新增大 C,皮带轮逆时针方向转动时，物决有可能落 8.低空跳伞是一种极限运动如图8所示， B组能力篇 地的位移大小为0m 在Q点的左边： C.木板的度为8m 4如图4所示.长方体物块 D.邮件与皮带发牛相对滑动过程中，部件相 叠故在长方体物块B上，B置于 质量为和kg的就个运动员背若质量为10kg的命 一、多进题（本题头3小题，每小6分，共18分） D.皮带轮颗时针方向转动时，物块有可能落 D.木板与物块问的动修因数为01 包从某高建前由其卡。且一百告竖房问百 恒糙水平面上，A,B质量分别为 1.你的快递即将从天而 在Q点的右边. 对皮帝的位移大小为.2m 落已知2末的速度为18m/。,10末拉开绳升 4.如图4所示，质量 m,=2kg,m,=1kg,A,B之间 降！京东已获得了全球首个省 2.如图2所示，物块故 4,(多)如图4所示， 动摩因数4，=0.2，B与地面之间动摩因数 降落伞，16.2%时安全落地，并稳地站立在地 城无人机物流许可证，这也的 的W的木板故在水平桌 在一与水平面夹角为的传 斜的传送带顾时针匀速转动， 图4 =0.1,现对A旌加水平力F,若F从0开始逐渐增 血上，则运动员下落过程中的最火速度为标志著整个无人机配送物流 一物块从传送带上端A滑上 面上，木板上表面有一质量为m的物块，物与 大，若最大静摩擦力等于滑动力，则 m,最初2内运动员的加速度约为 时代将到来如图1所示，在 送带上，始终与传送相 /,2,最初2内运动员和伞包所受的阳 次载货测试中，一架质量为1kg的无人机，下方 对静止关于物块受到的 送带，滑上时速毕为，传送带 板，木板与桌前问的动摩擦因数均为4，设最大静 A当拉短过3N时AB开断粉牛相过滑三 B.当拉力超过4N时.A.君开始发生相取对滑 打岗为 N,运动员在整个过程下落的高度于固定一个质量为Q5kg的配送箱，箱中放有一个 修擦力F,下列说法正确的是 1 的速半为，且2>，不计空气阻力动摩擦因圆 塞擦力大小等于滑动摩擦力，若要用水平外力下 G.当拉力过5N时，B的加速度为1/， 约为 质量为1.5kg的货物，若无人机从地面以最大升 A当使送带加速向上运动时，F,的方向一定 一定，关于块离开传送带的速半和位置，下面 木板抽出，力的大小应大于 D.当拉力超过6N时.AB开始发生相对滑动 力竖直起老，6*内上升了36m,设无人机竖直飞 沿传送带向上 能的是 5.如图5所示，一轻质弹簧下端固 用时所恶用力大小相为6飞无人机想意的品表 B,当传送带加速向上运动时，F,的方向一定 A.从下编B离开，> A.amg B.a(M +m)g 定在水平地面上，上端与物体A相连接 升力的大小下一和此过程中货物受到箱底的支持 沿传送带向下 书.从下增B宽开，= C.24(M+m)g D.4(2M+)g 整个系统处于静止状态，现用一竖直向 力的大小F分别为 C,当传送带加速向下运动时，F,的方向一定 C.从上增A离开，= 下的力F正物体A,使A竖直向下做匀加 A.F-=42N B.F…=36N (数理报社试题研究中心】 速直线运动一段距离，上述过程中弹簧 C.F,=18N D.Fx 15 N 沿传送苦向下 D.从上A离开，< (参考答案见下期) 直处于弹性跟度内下列描述力F的 (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