第18期 《运动和力的关系》核心素养测评-【数理报】2025-2026学年高中物理必修第一册同步学案（人教版）

4.2D24年5月3日17时27分，中国在文昌卫星发射中心用长正五号遥八运载火箭被功发 A.前陈轻绳前，松绳拉力大小为日 《运动和力的关系》核心素养单元测评 射城六号探测器，开启了月背采样之旅。若运裁火箭在发射并空过程中，探满温先做加速西 B,剪断经提解间，地对物块的支持力大小为网日 0 动，君做试速运动下列说法正确的是 C,剪斯经弹簧间，物块加速度方向水平向右 A,深测器在加速过程中惯性变大 D.期图经绳瞬判，物块加速度大小为an: ◆数理报社试题研究中心 9.如图5所示，水平面上故置质量分为m2m的A,B两个物体，A (说明1本流喜为阳卷笔答，器避时间5分钟，属分1们分) B.探薄器先处于超重状态，后处于失重找态 C.探裤器先处于失重状态，后处于超重状态 与B问，B与面间的动摩擦因数均为，且最大静摩力等于滑动摩 题号 二 三 总分 D,在加速过程，火箭对探剩器作用力大干探测墨对火箭的作用力 力.现用水平拉力F拉B,使A,B以相同加速度一超向右加速运动，则拉网 得分 5.质盘为m的物体故在相水平血上，在一个足够大的水平力F作用下开始运动，经过 力F的大小可能为 时间撤去拉力，物体续得行直至停止，运动总位移x如果仪改变F的大小.作用时间不变 C.5umg D.7umg 第I卷 选择题（共46分） 总位移x也会麦化划x与F关系的怪像是 1如图6甲所示，角为的足够长传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行■0时 一，单选盟（本题共7小超，每小题4分，共28分，速对得4分，这错成不递得0分） 将质量侧=k培的小物块（可说为点》经放在传送带上，物块速度陆时间变化的图像如图乙 1.如刊路在究力和运动的关系时，为了明自己的观点。 所示设沿传送带向下为正方向，重力加速度取0m/,则 设什丁如图1所示的实验：让一个小球沿斜面从静止获态开运 动，小球将“冲”上另一个斜面.如果没有摩擦，小球将到达原来 形1 的高度，如果第二个血顺角或小，小球仍将到达甌来的离度，但是运动的距离更长由此可以 6,横权失重环境的实路能，通过电磁弹射从泡而由静止开始加速 推断，当斜面最终变为水平面时，小球提到达原有高度将永远运动下去，下列说法中正确的是 后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电感制动使其停在结 面.蹬舱运动过程中，受到的空气阻力「的大小随速率增大而地大 A该实验充分证实了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的观点 陆时间，的变化如图3所示（向上为正）.下列说法正确的是《 我，如路设计的无摩擦的斜面可以通过改进实验装置制作工艺尖现 A.从，到与，实验舱处于电磁弹射过园 A.摩擦力的方向始修沿传送带向下 B.1一2s内.物块的加速度为2m/ C.“小球沿右斜面向上运动时，如果没有率擦，小球将到达原来的高度”，这是实实验 B.从与到，实验船加迪度大小减小 C.传送带的顿角8=30 D.物块与传送带之时的动摩擦因数从=0.5 C.从到4，实验内物体处于失重状态 第Ⅱ卷 非选择题（共54分）】 D.这种理想实验是根据逻如推理把实际实验理想化，从而根示现象本质的研究方法 D.4时刻，实验达到最高点 2.如图2所示，冰查在冰面运动时，可以在较长时间内保持运动速度U心心少 三，实验题（本题共2小题，共16分，将正确答常填在想中桃线上支按委求作答） 7.弹射座橘是行员的“命神器“，当机遇险时，座椅下的动力装置将密椅和行员 1山，(6分)如图7为“用DS(位移什感器，数据采集器，计算起)研究加速度和力的关系”的 的大小和方向不变，我们可以说冰壶有较强的抵抗运动就态变化的“本 越弹射出机舱，然后密椅配置的降落伞张开，使飞行员安全降落若某飞机意外障直下坠， 家验装盟 箱”，这单所指的“本领”是冰壶的惯性，则恢壶的惯性大小取决于 弹射座椅紧急弹出，弹射座椅弹出时的加速度大小为？，方向水平，更力加速度大小为：，则当弹 射座椅弹出时弹射宦椅对飞行员的作用力大小与飞行员开受重力大小的比值为 A.冰壶的速度 B,冰壶的加速度 c. C冰壶的质回 D.冰壹受到的合力 A B.1+号 3,地震后因道路中断，教援用直开飞机向灾区投放效灾物资，某次投时，直升机悬停在 二，多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，季小题给出的四个选项中，有多个项 (1)在该实验中必领深用控制量法，应保持 不变，用构码所受的 然 距离水平地面上方A处，内装教灾物资的位丧从直升机上由静止释放后直下落，测得包赛经 正痛的，全选对的得6分，少选的得3分，有替选或不选的得0分) 重力作为合力，用D5小车的加速度 时间，落到水平地恤上，若包裹质量为m,重力加速度为感，包裹的运动为匀变速运动，运动过 8如图4所示。一压量为m的物块位于光滑水平地面上，轻弹簧左增 (2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量在某次实验中根把澜得的多 程中但囊受到的空气阻力大小为 固定在竖直结壁上，右与物块相连：轻提左销与物块相连，右国定在m 组数据可回出口-F关系线（如图8所示）， ①分析此图线的O4段可得出的实验结论是 A.mg) B.m(g-) 天花校上，且与竖直方向的夹角为8，此时物块与地接触恰无举力已 Cm(g+ m(g-) 知承力加速度为名，下列说法正瑞的是 图8 ②此图线的A段明显偏离直线，益成此误等的主要原因是 装备的总压量为，=50kg,在整个运动过程中受到的清摩据力大小何为F,■0N,求该运 15(16分)航空母鞭“篇建能”如图12甲所示，所配备的电磁弹射系统可简化为如图乙所 A.小车与轨道之间存在摩擦 书.导轨保持了水平状密 动员（可视为嘴杰》第二次除水平推力后滑行的最大距喜 示的横型，©可瓶外为展载机提供但定的推力曲其粗距起飞画量为M的某限载机，若不启用电甜 C,所挂钩码的总质量太大 D,所用小车的两量太大 弹射统，航母保持静止状态，舰戴机靠自身发动机推力由静止匀加速膏跑距离为L时达到升 2.(10分)实验小组探究“加速度与力，所是的关系”的装置如图9所示小钢球置于一小 空速度，可以起飞若白用电磁弹射系统，航母仍保持静止状态，该舰线机在白身发动机同样打 车内，车内后装有压力传感器，车顶安装有遮光条，细绳一端系干小车上，另一端跨过固定在 开的情祝下，又加戴了质量为m的弹药，仅国滑跑专的距离即可起飞已知舰我机所受阻力恒 长木板上的定滑轮，佳上钩码 为自身发动机提供拉力的2，载机升空速度的平方与能款机质量成正比 > 图2 ()若将压力传感器的示数视为小球所受合力的大小，则在实验过程中 14(12分)民航客机都有紧色出口，打开系急出口，狭长的气装会 (1)若不启用电磁弹射系统，航母保持静止状态，求舰载机白身发动机为舰线机所提低的 “需要”点不需要”)满足钩码质量远小干小车质量，细线（选填“需委”成“不需受”） 自动充气，生成一条连孩出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑疗到地面 推力大小 世节至与长木板平行，长衣板要调节全下列选项中的 《壤选项字母》状态 上，井以不变速率远人水平面，在水平面上得滑行一段距离而停止，如 (2)若启用电磁弹射系统，航母仍保持静止状态，求电磁弹射系统为该舰我机所提供的推 A保特水平 B,顿斜一特定用度 超11所示若机舱口下沿距地面垂直高度为3,6m,气囊城的面长 力大小 C.頓解任意一小角度 D.倾斜任意一大角度 度为6,0m,一个质昼60g的人沿气藕滑下时所受到的摩擦阻力是 (2)光电门安装在长木板的位置A,在长木板上标记另一位置尽改变钩码个数，让小本每 240N若人与水平面动摩擦因数与斜面相同，k取10m/幻，求： 欠从位置B开始运动，记录多组压力传感器示数F和光电门调测量的遮光时句：某同学绮想小 (1)人与斜面的动摩擦因数： 球的加速度与F成正比，若用图像法验证他的猜想则最直观，合理的关系图像是下列志项中的 (2)人在斜面上下滑的时间： 《填这项特号)， (3)人在水平面上滑行的距离 A.1-F BI-F C.F-F D-F (3》若作出(2)中正确选项的图像为一条过原点的直线，图像斜率为k,并测出喜光条的宽 度为d,AB同距为，别小钢球的质症m= 四、计算盟〔本题共3小题，典38分，解答应写出文字视明、方程式和演算步源只写出后 9 站某的不能给分，有数镇计算的题，答案中必须写出数值和单位) 3(10分)一滑雪运动员以滑雪板和滑雪杖为工具在平直雪道上 处 进行滑雪训练如图0所示，某次练中，他站在雪道上第一次利用滑 雪杖对雪面的作用获得水平性力F=60N而向前滑行，其作用时间为 4,=1,批除水平推力F后经过2=2，他第二次利用滑雪杖对雪面 言 的作用获得同样的水平推力且其作用时间仍为1“，已该远动员莲同 参考答案见专号高中物理人教（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