核心素养单元测评(三)测试内容：第4章 牛顿运动定律-【数理报】2025-2026学年高中物理必修第一册同步学案（教科版）

《必修第一册》核心素养单元测评（三） ◆数理报社试题研究中心 (测试内容：第4章) 第I卷 选择题（共46分） 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分，选对得4分， 如 选错或不选得0分) 1.如图1甲、乙所示，分别为物理教材上伽利略的斜面实验图 部 和理想实验设计图，下列说法正确的是 ---0 甲：伽利略的斜而实验（油画 乙：伽利略的理想实验设计 理 图1 A.伽利略利用图甲斜面实验证明了力不是维持物体运动状 如 高 态的原因 製 B.伽利略利用图甲斜面实验证明了自由落体是匀加速直线 运动 教 C.伽利略利用图乙理想实验设计推导出了牛顿第一定律 必 D.伽利略利用图乙理想实验设计证明了力是维持物体运动 状态的原因 2.我们在初中学过杠杆的平衡条件：动力×动力臂=阻力× 册 阻力臂.在物理学中，我们把力F和力臂L的乘积叫作力矩，用M 茶 表示，即M=F×L.若力矩M的单位用国际单位制的基本单位符 号来表示，则下列选项中正确的是 ( 崇 A.N·m B.kg·m C.kg·m/s D.kg·m2/s2 3.甲、乙两个正方体实心小物块是由同种材料制成的，甲的 棱长是乙的2倍，现从同一高度处（足够高）同时由静止释放两物 块.已知下落过程中两物块各有两个面始终水平，所受空气阻力 =kS(k为常数，S为迎风面积，v为速度)，则甲、乙在下落过程中 的最大速度之比为 ( A.1:2 B.√21 C.1:2 D.2:1 4.如图2所示，列车沿平直的道路做 匀变速直线运动，在车厢顶部用细线悬挂 一个小球，小球相对车厢静止时，细线与 部 竖直方向的夹角为.下列说法正确的是 ( 图2 A.列车加速度的大小为gtan a B.列车加速度的大小为gsin0 C.细线拉力的大小为mgsin0 D.细线拉力的大小为ngcos8 5.如图3所示，质量分别为4m、3m、2m、m的 OA 四个小球A、B、C、D,通过细线或轻弹簧互相连 接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g c 若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加 OD 速度大小分别为 图3 A.g,1.5g B.2g,1.5g C.2g,0.5g D.g,0.5g 6.如图4所示，P、Q两本完全相 同的物理课本，叠放在足够长的水平 桌面上，所有接触面间的动摩擦因数 图4 均为“，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，每本物理课本质量均为 m,重力加速度为g,不计空气阻力，则要将物理课本Q从物理课本 P下方水平抽出，作用在物理课本Q上的水平拉力F不小于 ( A.umg B.2umg C.3umg D.4umg 7.如图5所示，打弹珠是儿童常玩的游戏，某次游戏时，两个 质量相等的弹珠1、2相距L,开始时静止在水平场地中，它们与水 平地面之间的动摩擦因数均为“，一个小朋友给弹珠1一个水平弹 力使其获得水平速度，弹珠1与弹珠2发生弹性正碰后，弹珠2恰 好能沿直线运动L的距离，重力加速度为g.则弹珠2运动的时间 为 图5 A. 2L ug B. 2ug C.2 2ug 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，每小题给出 的四个选项中，有多个选项是正确的，全选对的得6分，少选的得3 分，有错选或不选的得0分) 8.如图6所示，质量分别为m=2kg 和M=3kg的两个物块A、B通过一根跨 过定滑轮的轻绳连接，其中A放置在光滑 水平面上，B竖直悬挂.现将两个物块同时 由静止释放.已知轻绳不可伸长且始终处 于绷紧状态，不计一切摩擦及阻力，重力 图6 加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是 A.轻绳的拉力大小为12N B.物块A、B的加速度大小均为10m/s2 C.若仅将物快A、B互换位置，则轻绳的拉力大小为20N D.若仅将物块A、B互换位置，则两物块的加速度大小为 4m/s2 9.图7甲是消防员用于观测高楼火灾的马丁飞行背包.在某 次演练时，消防员背着马丁飞行背包从地面开始竖直飞行，其v- 图像如图乙所示，下列说法正确的是 个Ams》 255 30609012015 180240240 图7 A.消防员上升的最大高度为675m B.消防员在30~90s内处于超重状态 C.消防员在前30s内加速度最大 数理报 D.消防员在150~255s内的平均速度大小为零 10.如图8所示，煤矿使用传送带运送 煤炭.水平传送带的长度一定，以一定的速 高中物 度顺时针转动.将一煤块轻放在传送带最 图8 左端的A点，煤块先做匀加速运动再做匀 教科( 速运动到达最右端。下列说法正确的是 ( A.煤块受到的摩擦力先是滑动摩擦力，后不受摩擦力 鬃 B.煤块在向右匀加速运动的过程中，受到的摩擦力水平向左 C.煤块质量越大，在传送带上留下的划痕越长 册 D.仅提高传送带的传送速度，煤块在传送带上可能一直做匀 加速运动 第Ⅱ卷 非选择题（共54分） 三、实验题（本题共2小题，共16分，将正确答案填在题中横 线上或按要求作答) 11.(8分)在探究加速度α与力F的关系时，某实验小组采用 图9甲所示的实验装置进行实验探究 —一控制小车质量不变，寻 找其加速度a与所受合力F的关系. 单位：m 滑轮 细蝇 小车打点计时器 长木核 69 图9 因 (1)该实验必须平衡摩擦力，在平衡摩擦力的这步操作中，该 同学 (选填“需要”或“不需要”)通过细绳把砂桶挂在小 车上 (2)在实验中，该同学得到的一条纸带如图乙所示，他在纸带 上标记了1,2,3,4,5五个计数点，相邻两计数点之间还有4个点 未画出，用毫米刻度尺测量出从起点1到各计数点的距离，在图中 已经标出.已知电火花打点计时器的打点周期为0.02s,则该小车 运动的加速度大小为 m/s2(计算结果保留2位有效数 字) (3)在数据处理环节，把砂和砂桶的总重力当成小车的合力 F,采用图像法处理数据，画出α-F图像如图丙所示，经计算求得 图线直线部分的斜率为k,则小车的质量为 ,图线上端弯 曲，并不是直线，出现这一问题的可能原因是 ● 数 12.(8分)在探究物体质量一定时加速度与力的关系实验中， 报 小明同学对教材上的实验方案做了改进，如图10甲所示，调节桌 高中物 面水平，用力传感器直接测细线中的拉力F,小车在大小为2F的 水平拉力作用下，由静止开始做匀加速运动， 教科 50 纸带 打，点计时器力传感器 0 3.0 单位：m 8.0 接交流电 88 1.0 1.02.03.04.05.06.07.0m 册 图10 (1)关于该实验的操作，下列说法正确的是 A.必须用天平测出砂和砂桶的质量，以其重力来表示绳中的 拉力大小 B.一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量 C.需要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带，测出加速度α 与相应力传感器示数F (2)实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交 流电源的频率为50Hz,相邻两计数点之间还有四个点未画出，由 图中的数据可知，小车运动的加速度大小是 m/s2.(结果 保留2位有效数字) (3)由实验得到小车的加速度α与力传感器示数F的关系如 图丙所示，则小车与轨道间的滑动摩擦力∫= N,小车质 量m= kg.（结果保留2位有效数字)》 四、计算题（本题共3小题，共38分，解答应写出文字说明、方 程式和演算步骤.只写出最后结果的不能给分，有数值计算的题， 答案中必须写出数值和单位)》 13.(10分)民航客机都有紧急出 口，发生意外情况的飞机紧急着陆 后，打开紧急出口，狭长的气囊会自 动充气，生成一条连接出口与地面的 斜面，人员可沿斜面滑行到地面，如 图11所示.若机舱口下沿距地面 图11 3.6m,气囊所构成的斜面长度为8.0m,一个质量为60kg的人沿 气囊滑下时所受的阻力是240N,重力加速度g取10m/s2. (1)求人滑至气囊底端所需时间； (2)若不考虑在气囊与地面连接处人员速度大小的变化，人 到达气囊底端后在水平地面上滑行了0.5m停止，求人与地面间 的动摩擦因数 14.(12分)如图12所示，小明 同学操控一无人机悬停在离地面 25m的空中，无人机下面用一短细 线拴接着一个质量为0.5kg的小 图12 钢球A.某时刻小明同学让无人机做自由落体运动，落到离地面 20高时，小明同学让无人机做竖直向下的匀减速直线运动，到 达地面时速度刚好为零，g取10m/s2,求： (1)这个过程中无人机的最大速率； (2)无人机做自由落体运动时，细线对小钢球拉力的大小： (3)小钢球做匀减速直线运动时，细线对小钢球拉力的大小 15.(16分)小明用台秤研究人在 个N 升降电梯中的超重与失重现象.他在 500 地面上用台秤称得其体重为500N,450 再将合秤移至电梯内称其体重，电梯 从t=0时由静止开始运动到t=11s 数理报●高中物理教科 1011 时停止，得到台秤的示数F随时间t变 图13 化的图像如图13所示，g取10m/s2.求： 必修第 (1)小明在0~2s内加速度a,的大小，并判断在这段时间内 他处于超重还是失重状态； 册 (2)在10~11s内，台秤的示数F3; (3)小明运动的总位移大小、16 水平方向向右的分力小于F?在水平方向向左的分力， 则绳对套环水平方向的作用力向左，则绳对套环的作用 力斜向左下方，故C正确，D错误 8.BC;9.CD;10.ABC. 提示： 8.把F分解，如图2所示，可 刀具 知刀具左侧对硬物的压力大于 右侧对硬物的压力，故A错误，B 正确；由牛顿第三定律可知刀具 对硬物的作用力等于硬物对刀 硬物 图2 具的作用力，故C正确，D错误。 F 9.在圆环顺时针缓慢旋转 F 90°过程中，保特两手臂伸直状 态，两手拉力夹角不变，由三力 平衡推论知三力平移后会组成 一闭合三角形，如图3所示：F表 mg 示左手拉力，F,表示右手拉力. 图3 由图可知：左手拉力先变大后变小，右手拉力一直变小 故CD正确，BC错误， 10.若力F斜向下与水平成0=30°时，地面对沙发 的摩擦力大小为f=u(mg+Fsin30°)=505N,力F在 水平方向的分力大小为Fcos30°=505N,两个力大小 相等方向相反，故沙发在做匀速运动，故A正确；若力F 斜向下与水平成0角，则最大静摩擦力大小为f=u(mg +Fsin0),若要物体静止不动，应该满足Fcos0≤u(mg +Fsin),变形得F(cos0-usim)≤mg,如果满足 cos0-usin0<0,即0>60°，则此时无论F多大，物体 都会保特静止，故B正确：如果力F斜向上与水平成0 角，且物体做匀速运动，则有Fcos0=u(mg-Fsin0), 变形可得F= umg umg ,其 cos 0+usin 0 √/个+sin(0+p “玩停即。字故当0-后时少 中sinp= 有最小值，故C正确，D错误， 11.(1)1mm(2)l(3)4.9 12.(1)研究合力与两个分力的关系 (2)D(3)F'(4)B(5)B 13.5005N≤F≤100EN 3 3 解析：当AB绳上的拉力刚好为零时，弹力F有最大 值，受力分析如图4所示 图4 图5 根据平衡条件有F,=G 10005 sin 0 3 当AC绳上的拉力刚好为零时，弹力F有最小值，受 力分析如图5所示 根据平衡条件有F2= G 500EN 2sin 6 3 因此弹力F的大小范围为505N≤F≤100EN 3 14.(1)F=oos(at）G: cos a ksin a (2)F牵= sin kcos 0G cos a ksin a 解析：(1)(2)根据题 意，沿飞机速度方向与垂直 速度方向建立坐标系，对飞 机受力分析，飞机受到重 力、升力、牵引力以及阻力 的作用，如图6所示 图6 沿速度方向有F牵cosa=f阻+Gsin8 垂直速度方向有F开+F牵sina=Gcos6 又f阻=kF升 参考答案 解得：F=cos(a+0) G cos a ksin a (2)F毫= sin 0+kcos 0G. cos a ksin a 15.(1)F1=627.2N,F2=mg=350N (2)FN=540N,f=280N 解析：(1)以悬挂的建材为 研究对象，受力如图7所示 由平衡条件，水平方向 F sin a F2sin B 竖直方向 mg F cos a F2cos B+mg 图7 其中sina=月 联立可得：F=627.2N,F2=mg=350N (2)以人为研究对象，受力 分析如图8所示 由平衡条件，水平方向 F2sin B =f 竖直方向Fx+F2cosB=Mg 联立两式并代入数据得： YMg 图8 FN=540N,f=280N. 《必修第一册》核心素养单元测评（三）】 1.B;2.D;3.B;4.A;5.A;6.D:7.A. 提示： 1.伽利略利用图甲斜面实验证明了自由落体是匀 加速直线运动，故B正确；伽利略利用图乙理想实验设计 证明了力不是维特物体运动状态的原因，牛顿第一定律 是牛顿推导出的，故ACD错误 2.根据国际单位制的基本单位可知，力的单位为 kg·m·s2,力臂的单位为m,所以力矩的单位为 kg·m2·s2,故D正确， 3.当物块达到最大速度时，合力为0，有mg=kS2, mg 解得= = pL" 因此可得甲、乙在下 落过程中的最大速度之比为√2：1.故B正确。 4.设列车的加速度大小为α，根据力的合成与分解 以及牛顿第二定律有F合=mgtan0=ma,得列车加速度 的大小为a=gtan0,故A正确，B错误；根据Frcos0= mg得F,=mg,故CD错误 cos 5.剪断前，对BCD整体分析Fg=(3m+2m+m)g, 对D:Fcw=mg.剪断后，对B:FB-3mg=3maB,解得ag =g.方向竖直向上；对C:Fc+2mg=2mac,解得：ac= 1.5g,方向竖直向下.故A正确 6.要将物理课本Q从物理课本P下方水平抽出，物 理课本P的加速度为ap=g,对物理课本Q有F-3umg =mao,ao>ap,解得F>4μmg,故D正确. 7.弹珠2碰后做匀减速运动，末速度为零，可看作是 反向的匀加速运动，加速度为a=g,根据L=a,可 得t= 故A正确， 8.AD:9.AC:10.AD. 提示： 8.以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得F、= ma,以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得Mg-F,= Ma,联立解得FT=12N,a=6m/s2,故A正确，B错误； 若仅将物块A、B互换位置，根据牛顿第二定律可得F?= Ma',mg-F=ma',联立解得F:=12N,a'=4m/s2,故 C错误，D正确. 9.由题意可知，消防员上升的最大高度为0~90s 内图像与坐标轴围成的面积，最大高度为675m,故A正 确：由图像可知，30~90s内消防员的加速度方向为向 下，即消防员的重力大于飞行背包的牵引力，此时消防 员处于失重状态，故B错误；由图像可知，消防员在前 30s内，图像的斜率最大，即前30s内加速度最大，故C 正确：消防员在150~255s内位移不为0，所以平均速度 大小也不为0，故D错误 数理极 10.共速前，煤块受到的摩擦力先是滑动摩擦力：共 速后，煤块不受摩擦力作用，故A正确：煤块在向右匀加 速运动的过程中，受到的摩擦力水平向右，故B错误；以 煤块为研究对象，根据牛顿第二定律可得a=mg m g,煤块与初速度共速所用时间为t=”=”,煤块在 ug 传送带上留下的划痕长度为△x=x传-x保=t-2= 可知煤块在传送带上留下的划痕长度与煤块的质 2μg 量无关，故C错误：仅提高传送带的传送速度，可能煤块 到达右端前还没有与传送带共速，则煤块在传送带上可 能一直做匀加速运动，故D正确， 11.(1)不需要(2)0.39 (3) 不满足小车质量远大于砂和砂桶的总质 量（或“不满足砂和砂桶的总质量远小于小车质量”等类 似答案均可) 12.(1)C(2)2.4(3)1.02.9 13.(1)t=42s;(2)4=0.8 解析：(1)如图所示，对 人进行受力分析，设斜面夹 角为6，斜面长度为L,机舱 口下沿距地面为h,则可知 0 sin0=h=3.6 8 =0.45 由牛顿第二定律知mgsin0-f=ma 代入数据解得： a mgsin0-f-270-240 m/s2=0.5m/s m 60 由匀变速直线运动位移与时间关系式知L= 代入数据解得：t=42s. (2)设下滑到斜面最低点速度为，动摩擦因数为 ,滑行距离为x,由匀变速直线运动速度与时间关系式 知v=at 由速度与位移关系式知0-v2=-2μgx 代入数据解得：μ=0.8. 14.(1)v=10m/s;(2)0;(3)F=6.25N 解析：(1)由题可知，自由落体结束时无人机的速率 最大；自由下降的高度 h=25m-20m=5m 由自由落体运动的规律可得 =2gh =10 m/s (2)无人机做自由落体运动时，处于完全失重状态， 所以细线对小钢球拉力的大小为零 (3)设小钢球A做匀减速直线运动时加速度大小为 a,运动距离为x,则有 0-2=2(-a）x 解得a=2.5m/s 设细线对小钢球拉力为F,根据牛顿第二定律得 F-mg ma 解得F=6.25N. 15.(1)1m/s2,失重；(2)600N;(3)19m 解析：(1)由题图可知，在0~2s内，台秤对小明的 支特力为F=450N 由牛顿第二定律有mg-F,=ma 解得a1=1m/s2,加速度方向竖直向下，故小明处 于失重状态； (2)设在10~11s内小明的加速度为a3,时间为t3, 0~2s的时间为t1,则 at aiti 解得a3=2m/s2 由牛顿第二定律有F,-mg=ma3 解得F3=600N (3)0~2s内位移为名=号a2=2m 2~10s内位移为x2=a1t1t2=16m 10~11s内位移为名=之，G=1m 数理极 小明运动的总位移大小为x=x1+x2+x?=19m. 《必修第一册》核心素养综合测评（一】 1.C;2.D;3.A;4.B;5.C;6.A;7.C 提示： 1.国际单位制中选定了七个基本物理量，分别是长 度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量 故C正确. 2.“最高速度可达1000k/h”指的是瞬时速度大 小，故A错误：乘客乘坐高铁时，发现树木在后退，是以高 铁为参考系，故B错误；“15分钟”指的是时间间隔，故C 错误：超级高铁从上海到杭州的平均速率约为ⅱ= 150km=600km/h,故D正确， 15 h 60 3.书处于平衡状态，则所受摩擦力为静摩擦力，大小 为f=mgsin,F、=mgcos a,故A正确， 4.水冲沙石，沙石才能运动，因为水的冲击力克服了 阻力，故力是改变物体运动状态的原因，故A错误：物体 总有保特原有运动状态的性质即为惯性，其大小只与质 量有关，质量越大惯性越大，力是改变物体运动状态的 原因，重的大石由于质量太大，惯性太大，所以运动状态 不容易被水流改变，故B正确：物体的运动不需要力来维 特，如沙石不受力的作用时，可以做匀速直线运动状态， 故C错误；“大石不移”是因为水的冲力等于大石受到的 阻力，大石所受的合力为零，故D错误， 5.球运动到最高点时速度为零，受重力作用，合力不 为零，处于非平衡状态，故A错误；球离开手瞬间，受到竖 直向下的重力和阻力，则合力向下，加速度向下，由于阻 力恒定，则加速度大小不变，为匀减速直线运动，可得球 从离开手到最高点的过程中的平均速度为。=号，设阻 力大小为F,则有F+mg=ma,球从离开手到最高点的 过程运动时间为t=”<”,故BD错误，C正确 g 6.从位移一时间图像可知物体一直沿正方向运动， 故D错误；又可知2s内物体的位移为8m,则速度一时 间图线与时间轴所围的面积为8，故A正确，BC错误 7.设初速度为，由匀变速运动的位移公式和速度 公式得s=6f+2a,5。=+a,联立解得w=3, 4s d= ，根据牛顿第二定律得合力为F=ma= ,故C 正确. 8.AB:9.AD:10.BC 提示： 8.碟刹器与碟刹片相对运动，碟刹器受到的是滑动 摩擦力，故A正确；根据∫=F、可知，谍刹器与碟刹片之 间的滑动摩擦力与动摩擦因数“以及碟刹器与碟刹片的 正压力F、有关，与碟刹器与碟刹片的正对面积无关，增 大碟刹器与碟刹片的正压力可以增大摩擦力，故C错误， B正确：根据滑动摩擦力方向与相对运动方向相反可知， 碟刹器上受到的摩擦力方向与其相对碟刹片的运动方 向相反，故D错误 9.在v-t图像中，斜率表示加速度，由图可知，甲运 动员先做加速度减小的加速运动后做匀速运动.0~t1 时间内，可能存在甲、乙运动员加速度相同的时刻.故 AD正确：甲、乙两个同学从同一起跑线同时起跑，由图 像可知，0~t1时间内，甲运动位移大于乙运动位移，故 甲同学在乙同学前面.故B错误；由题知，0~t2时间内， 甲同学运动位移大于乙同学运动的位移.故C错误 10.汽车静止或向右匀速运动时，都处于平衡状态， 根据共点力平衡条件有Facos30°+Fcos30°=mg, F,sin30°=Fysin30,解得E,=F。= 3mg,故A错误， B正确；当车向右减速时，根据牛顿第二定律有F4cos30° +Fgcos30°=mg,Fgsin30°-F4sin30°=ma,则支架A 对钢卷支特力减小，支架B对钢卷支特力增大，故C正 确；当车向右加速时，根据牛顿第二定律有F4cos30°+ Fgcos30°=mg,F4sin30°-Fgsin30°=ma,则支架B对 钢卷支特力减小，支架A对钢卷支特力增大，故D错误 11.(1)交流 0.02(2)AC(3)BD 参考答案 12(1)B(2)450 (3)B 13.1.025m/s 解析：汽车行驶到右端的时间为t2,由匀变速直线运 动规律，有 -at 解得t2=20s或60s(舍去)》 若清洁工人从右方离开，则必须比汽车先到达桥的 右端，逃离的最小速度为 L =1.025m/s. 14.变大 不变 600 解析：(1)以人为研究对象，竖直方向根据受力平衡 可得2F手sin0=mg 可得P手= mg 2sin 6 当缓慢减小时，人仍保特悬空静止，则左侧手臂受 力变大： (2)以人和两侧桌子为整体，根据受力平衡可知，两 侧桌子对地面的压力不变，根据对称性可知，左侧桌子 对地面的压力不变； (3)若0=30°时，左侧手臂受力为 F手= mg= 60×10 N=600N 2sin 6 2× 15.(1)25s;(2)600m 解析：(1)设飞艇下落的加速度为a1,根据牛顿第二 定律可得 mg-f=ma1且f=0.04mg 解得a,=mg-f=9.6m/s m 飞艇下落时间t满足么=子a,2=300m 解得t=25s. (2)25s后，飞艇将做匀减速运动，开始减速时飞艇 的速度为 v=a1t=9.6×25m/s=240m/s 减速运动时飞艇的运动满足v2=2a2h2 解得h2=2400m 所以距离地面h3=3000m-2400m=600m. 《必修第一册》核心素养综合测评（二）】 1.B;2.D;3.C;4.D;5.B;6.A;7.C. 提示： 1.梦天实验舱内，水球体积越小，水球质量越小，其 惯性越小，故A错误；击球过程中，水球对“球拍”的作用 力与“球拍”对水球的作用力是一对作用力与反作用力， 故B正确；击球过程中，水球所受弹力是由于球拍发生形 变产生的，故C错误；牛顿第一定律是理想情况，不可用 实验直接验证，故D错误， 2.加速度与速度没有直接关系，龙舟的速度越大，其 加速度不一定越大，如速度很大的匀速运动，加速度为 零.速度越小，其加速度也不一定越小，故AB错误；根据 加速度的定义式a=A:可知，加速度的方向与龙舟速度 △t 变化量的方向相同，与龙舟速度无关，故C错误；龙舟在 某段时间内，加速度与速度方向一直相同，则速度一定 不断增大，故D正确 3.根据对称性可知，这一对钢索拉力的水平分力大 小相等，方向相反，合力竖直向下，则有F合=2Fcos0,故 C正确. 4.v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移，两个物 体的位移都在不断增大，故A错误；图像的斜率表示加 速度，I、Ⅱ物体的加速度都不断减小，故B错误；图像 下与坐标轴围成的面积表示位移，在。时刻I物体的位 移大，在前面，故C错误；I物体的平均速度大小大于 ”,Ⅱ物体的平均速度大小小于”，故D正确 5.设支杆对水晶球的作用力与竖直方向的夹角为 3 0,根据几何关系有sin6= 3 3 ,水晶球静止，根据 17 平衡条件可得3Fcos0=mg,解得每根支杆对水晶球的 作用力大小为F=5m故B正确 6 6.0~1.6s内速度一直为正值，则始终竖直向上运 动，故A正确：0~1.6s内离掌心的最大高度为h= 之(0.6+1.6)×2m=2.2m,故B错误：0.6~1.2s内 处于匀速上升状态，故C错误；因v-t图像的斜率等于加 速度，可知0.5s时的加速度小于1.5s时的加速度，故D 错误. 7.设墨水瓶脱离文具盒前，墨水瓶的加速度为a1, 文具盒的加速度为a2,根据牛顿第二定律a1=g= 2m/s2,F-umg=Ma2,解得a2=3m/s2,墨水瓶恰好从 文具盒掉落，1=之。 4，子，解得墨水瓶在文具盒 、 2 上运动的时间为t=0.6s,故C正确. 8.AC:9.AB;10.ABC. 提示： 8.以向右为正方向，对整体分析，由牛顿第二定律得 F1-F2=(m1+m2)a,解得a=2m/s2,方向水平向右. 设弹簧的弹力为F,对物块1分析可得F,-F=ma1,解 得F=26N,故A正确，B错误；在突然撤去F的瞬间，弹 簧的弹力没有变化，则弹簧测力计的示数不变，故C正 确；在突然撤去F,的瞬间，物块1所受的合力方向水平 向左，则物块1的加速度发生改变，故D错误， 9.支架对手机的作用力大小始终等于手机自身的 重力，根据牛顿第三定律可知，手机对支架的作用力等 于支架对手机的作用力，则手机对支架的作用力始终不 变，故A正确，C错误；根据手机的受力情况可知，手机的 重力大小等于手机对底部支撑平面ab弹力与手机对平 面PQ的弹力的合力，当0角逐渐增大时，手机对底部支 撑平面ab的弹力逐渐增大，故B正确；当0角逐渐增大 时，手机对背部支撑平面PQ的弹力逐渐减小，根据牛顿 第三定律可知，背部支撑平面PQ对手机的弹力逐渐变 小，故D错误 10.x-t图像切线斜率表示速度，t,时划甲的速度大 于乙的速度，故A错误；0时刻甲处在坐标原点处，乙处 在坐标x处，不是同一地点，故B错误；根据3x=o+ 之6，结合a=完解得，=0，故C错误：设乙的速度 6xo 为，则有。-3-2兰，设甲的图像在时刻的切 to to 线与乙的图像平行，则t1时刻甲、乙的速度相等，则有v a,解得4=分，故D正确本题选不正确的，故选ABC 11.(1)AD(2)D (3)3.7(4)AC 12.(1)B(2)刻度尺 (3)C 13. mg 2 解析：由几何知识得，∠C=∠D=120°，对C点进 行受力分析，如图1所示 mg 图1 图2 可得Fcn=mgtan30°= -mg 对D点进行受力分析，如图2所示 当F方向垂直于绳DB时，F最小，可得 Fan=FTccos30°= 2 mg. 14.(1)20s:(2)43m:(3)2N 解析：(1)根据题意，由速度与时间的关系可得加速 阶段的时间 6==子s=1 而减速阶段的时间t1=2s,则匀速阶段的时间 t2=t-t0-t1=20s (2)加速阶段的位移。=2。=1m