第三章 相互作用——力检测-【无敌原创】2025-2026学年高中物理必修第一册单元测试卷

物理 第三章检测 (满分100分，时间75分钟) 、选择题（本题共12个小题，共58分。1~7小题每个小题只有一个正确选项，每小题4分； 8~12小题每个小题有多个正确选项，每小题6分，全选对的得6分，选不全的得4分，有选错 或不答的得0分。) 1.矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动 机。当歼20隐形战斗机以速度斜向上飞行时，其矢量发动机的喷口如 图所示。已知飞机受到重力G、发动机推力F、与速度方向垂直的升力 F2和与速度方向相反的空气阻力F:。下列受力分析示意图可能正确的是 F A 0 2.某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。实验台上固定一个力传感器，传感器用棉线 拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向左拉木板，传感器记录的F-t图像如图乙所示。 下列说法正确的是 FN 12 物块 力传感器 8 实验台 长木板 0 53.03.54.04.55.05.56.06.57.0is 甲 乙 A.实验中必须让木板保持匀速运动 B.图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线 C.最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10：7 D.只用图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦因数 3.(2022·湖南高考)2022年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指 示杆，教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况。若飘带可视为粗细一致的匀质长 绳，其所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变。当飘带稳定时，飘带实际形态最接 近的是 ( B C. D. 4.(2022·海南高考)我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块 1、6固定，2、5质量相同为m,3、4质量相同为m,不计石块间的摩擦，则m:m'为 A.3 B.5 34 6 C.1 D.2 5.如图，弹性杆AB的下端固定，上端固定一个质量为m的小球，用水平力F缓慢拉球，使杆发生 弯曲。逐步增加水平力的大小，则弹性杆对球的作用力的方向 A.水平向左，与竖直方向夹角不变 BO→F B.斜向右下方，与竖直方向夹角增大 A 77777777 C.斜向左上方，与竖直方向夹角减小 D.斜向左上方，与竖直方向夹角增大 6.(2022·河北高考)如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以 底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之 间的摩擦，在转动过程中 A.圆柱体对木板的压力逐渐增大 B.圆柱体对木板的压力先增大后减小 C.两根细绳上的拉力均先增大后减小 D.两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变 7.如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B,通过不可伸 长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩 擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚 好要滑动，则4的值为 .3 & 8.如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定 在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度ω 和ω’匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若ω>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω'匀速转动时 ωC5 A.小球的高度一定降低 B.弹簧弹力的大小一定不变 C.小球对杆压力的大小一定变大 D.小球所受合外力的大小一定变大 10 无敌原创·单元测试卷物理·必修第一册 9.质量为m的物体在与水平方向成0角的斜向上推力F作用下，沿水 A3355555 三 平天花板匀速运动，若物体与天花板间的动摩擦因数为4，则物体受 到的滑动摩擦力的大小为 A.umgsin 0 B.Fcos 0 C.u(Fsin 0-mg)D.u(mg -Fsin 0) 10.明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之， 日：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。 假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为O,现在木楔背上加一力F,方向如图所示，木楔 两侧产生推力FN,则 A.若F一定，0大时FN大 B.若F一定，0小时FN大 C.若0一定，F大时FN大 D.若0一定，F小时FN大 11.如图所示，物体A用轻质细绳与圆环B连接，圆环固定在竖直杆MN上。现用 IM 一水平力F作用在绳上的O点，将O点缓慢向左移动，使细绳与竖直方向的夹 ←-F & 0 角0逐渐增大。关于此过程，下列说法中正确的是 ( A.水平力F逐渐增大 B.水平力F大小不变 C.绳对B的拉力逐渐增大 D.A所受的合力逐渐增大 12.如图所示，倾角为0的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨 L44L∠L 过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处 C 777777777777777777 于静止状态，则 A.B受到C的摩擦力一定沿斜面向上 B.B受到C的摩擦力可能沿斜面向下 C.水平面对C的摩擦力方向一定向左 D.水平面对C无摩擦力 二、实验题（本题共2个小题，共16分。） 13.(6分)某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小F和弹簧长度L的关 系如图甲所示，则由图线可知： ◆F/N 60 甲方案 乙方案 a Bb F A F 2040L/cm (1)弹簧的劲度系数为 (2)为了用弹簧测定两木块A、B间的动摩擦因数，两同学分别设计了如图乙所示的甲、乙两 种方案。 ①为了用某一弹簧测力计的示数表示A和B之间的滑动摩擦力的大小，你认为方案 (填“甲”或“乙”)更合理。 ②甲方案中，若A和B的重力分别为10.0N和20.0N。当A被拉动时，弹簧测力计a的示数 如 为6.0N,b的示数为11.0N,则A、B间的动摩擦因数为 14.(10分)某同学利用如图甲所示的装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验。 6 ..---- 4 8121620x/cm 甲 乙 丙 (1)在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持 状态； (2)实验得到如图乙所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图像。由此图像可得该弹簧的劲 度系数= N/m; (3)他又把该弹簧做成一个弹簧测力计，当弹簧测力计上的示数如图丙所示时，该弹簧的长度 T= cm; (4)他再用该弹簧做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。如图丁所示，用该弹簧c和 弹簧测力计a、b,在保持弹簧伸长10cm不变的条件下： 2.5 3 3.5 3.5 入 戊 ①若弹簧测力计a、b间夹角为90°，弹簧测力计a的读数如图戊所示，则弹簧测力计b的读 数应为 N; ②若弹簧测力计a、b间夹角大于90°，保持弹簧测力计a与弹簧c的夹角不变，减小弹簧测 力计b与弹簧c的夹角，则弹簧测力计a的读数 (填“变大”“变小”或“不变”)。 三、计算题（本题共3个小题，共26分。） 15.(8分)《熊出没》是一部深受小朋友喜爱的大型国产动画片， 善良的熊大，憨厚的熊二和机灵的光头强给小朋友们留下了 深刻的印象，在一次盗伐和反盗伐森林木材的战斗中，熊二 成功地用一根轻绳绕过树枝将光头强悬挂起来，如图所示， 当轻绳与竖直方向的夹角0=53°时，熊二在地面上恰好静 止。已知光头强的质量为m=50kg,熊二的质量为M=150kg,不计轻绳与树枝间的摩擦，设 最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知g取10m/s2,sin53°=0.8，cos53°=0.8，求： (1)轻绳对熊二的拉力的大小； (2)熊二与地面之间的动摩擦因数。 11 16.(8分)如图所示为一重力G=5N的充气风筝（其重心为O点）在水平方向的风力F风、竖直方 向的浮力F浮及风筝线拉力T的共同作用下，处于平衡状态，此时风筝线与水平方向的夹角为 a=37°，已知风筝所受的浮力F浮=35N,sin37°=0.6，c0s37°=0.8，求： (1)风筝所受风筝线拉力T的大小； (2)风筝所受水平风力F风的大小。 风向 一37 充气风筝 G 风筝线 12无敌原创·单元测试卷物理·必修第一册 17.(10分)如图所示，儿童游乐场中有一半球形的碗状装置固定在水平地面上，装置的内半径为 R=5,在其内表面有一质量为8kg的小孩（视为质点）从底部A点向上缓慢爬行，小孩与内 表面之间的动摩擦因数为0.75，设小孩所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10/s2)。 (1)当小孩爬到某一点B处时（半径OA与OB夹角为30），求小 孩所受摩擦力的大小； (2)若小孩从底部A向上缓慢爬行到达的最高位置为C,求此过 C ● B 程小孩爬升的竖直高度。 7777777777777777777777断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲、丙船头会并齐，故 B正确：C.此图是位移图像，由图可知丁一直运动在甲的前 面，所以中途不可能出现甲、丁船头并齐，故C错误；D.此图是 位移图像，交点表示相遇，所以甲、戊在中途船头会并齐，故D 正确。故选BD 9.BC【解析】将x=20t一2与位移与时间的关系式x t十2at2对比得初速度o=20m/s,加速度a=-4m/s2, 所以A错误，B正确：汽车刹车所用时间1二O一边=5s,所以C 正确；汽车刹车后4s内的位移是x=20t一2t=48m,所以D 错误。故选BC。 10.AD【解析】图像面积表示位移，由图可知，图像面积大于 学，A正确：根据位移与速度的关系式得a=号-0.5m/, B错误：根据△v=at,可知阴影面积表示4~t时间内物体的 速度变化量，C错误。根据匀变速直线运动的位移与时间的 关系式得兰=w十之at,则=-5m/s,a=10m/g,1=3 时物体的速度为=%十at=25m/s,D正确。故选AD。 11.AD【解析】因开始时，乙车速度较大，则在乙停止运动之前 乙车可超过甲车，然后两车距离逐渐变大，当蓝牙第一次中断 时乙车超过了甲车，则第一次信号中断时满足功一受：片= d十w十十2a1片，解得=4s,即1=4s时信号第一次中 断，A正确；当第一次信号中断时，甲车的速度1=1.4m/s, 乙车的速度：=4.4m/s,到信号第一次恢复时应该满足 4一2a:片=十之a1,解得a=12s,但是乙车停止运 动的时间'==11s,即经过12s时乙车已经停止，则信号 第一次恢复的时刻应该小于16s,选项B错误；乙车停止运动 时，距离0点的距离为x=益-6m=39m,信号第二次中断 时，甲在乙的右侧10m位置，则此时甲车在O右边49m处，C 错误，信号第一次恢复时甲距离0点的距离为x1=4十合 4后十会=29m,从信号第一次恢复到信号第二次中断，甲的 位移为49m一29m=20m,D正确。故选AD。 12.BC【解析】由△x=aT可得小球的加速度大小a= x一xB=0.04 T2 0.12 m/s2=4m/s2,A错误；小球在B点时的速度 %=十x=0.12」】 2T 0.2 m/s=0.6m/s,B正确：若最高点的球刚 释放时，则最高处2球之间的距离=号下=号×4× 0.12m=0.02m=2cm,由初速度是零的匀加速直线运动的 规律可知，各球之间的距离之比为1：3：5：7：9：…，所以 有各个小球之间的距离分别是2cm,6cm,10cm,14cm, 18cm,…,因为O点与斜面底端距离是49cm,前5个球之间 的距离之和是32cm,因此斜面上最多有5个球，C正确；小球 到达B点时的时间tB==0,Ss=0.15s,即该照片是距第 a 4 34 无敌原创·单元测试卷物理·必修第一册 一个小球释放后0.25s拍摄的，D错误。故选BC。 二、13.(1)AC(2)D(3)2.50(4)越小越好 【解析】(1)打点计时器需要使用交流电源，因此需要使用电压 合适的50Hz交流电源；需要用刻度尺测量各计数点之间的 距离，因此需要刻度尺。 (2)A.细线必须与长木板平行，以保证小车所受的合外力方向 平行于长木板并且大小保持不变，此时小车做匀变速直线运 动，A正确；B.将长木板上没有滑轮的一端适当垫高，目的是 平衡摩擦力，B错误：C.钩码的质量远小于小车的质量，目的 是用钩码的重力代替小车所受的合外力，C错误；D.先接通电 源后释放小车，目的是完整地记录小车的运动情况，D错误。 故选A。 (3)打点计时器打点频率为50Hz,而且每两个相邻的计数点 间还有4个点未画出，因此两个相邻的计数点间的时间间隔 为t=0.1s,由逐差法可得a=(十十x)一（西十x2十） 9T2 解得a=2.50m/s2。 (4)当不知道小车是否做匀变速直线运动，若用平均速度表示 各点的瞬时速度，从理论上讲，对△的要求是越小越好，即 。一二才使得平均速度接近瞬时速度。 14.(2)2.25(2)线性(3)0.77 【解析】(1)所用节拍频率是每秒2拍，所以每拍0.5s,表格中 “C”处对应的是3拍，对应时间是1.5s,平方后为2.25s。 (2)表中s与t2的比值近似为一常数，所以s与t2成线性 关系。 (3)加速度为a=346.4-86.2-86.2×0.01m/5≈0.77m/5。 (3T)2 三、15.解：(1)根据自由落体运动有H=之42，解得4= √88=0.4s 10 (2)根据自由落体运动规律有：山十H十L:=之g,计算得么= /2X(0.5+0.8十3.2s=1s,则直杆穿越圆筒所用的时间t一 10 t2-4=0.6s。 16,解：1)设从刹车到停止的时间为红，则4=号=3s,则小 轿车从出发到最终停止所用的最短时间为t=t1十t=4s。 (2)反应时间内汽车做匀速运动，则x=%t=15m,从刹车到 停止的位移为则-器-2.5m,小汽车从发现物体到 停止的全部距离为x=x1十x2=37.5m,三角警示牌与货车的 距离至少为△x=x-L=17.5m。 17.解：()汽车加速时间4=名=5s,8s时间，汽车能行驶的 位移为s=之a+u(i-4)=55m,所以路口长度为L=5 l=50m。 (2)汽车加速时间t1=”=5s,经过=35s时间，汽车能行驶 的位移为x=合ai+0(1-4)=325m,所以n=千=35- 8 40.625,则第41辆汽车能通过。 (3)设有k辆汽车能通过路口，则第k辆汽车能通过路口要满 力，受竖直向下的重力、水平拉力、弹性杆对小球的作用力。 足a+[1-4-6-(k-1)△]>(k-1)L,数据代人后解得 重力、拉力合力斜向右下方，弹性杆对球的作用力与重力、拉 力的合力是一对平衡力，故方向应是斜向左上方。又因拉力 k<25.3,所以有25辆汽车能通过路口。 逐渐增大，所以重力、拉力的合力增大，故弹性杆对球的作用 力增大，且与竖直方向夹角增大，故ABC错误，D正确，故 第三章检测 选D。 6.B【解析】设两绳子对圆柱体的拉力的合力为T,木板对圆 一、1.A【解析】由题意可知所受重力G竖直向下，空气阻力 柱体的支持力为N,绳子与木板夹角为α，从右向左看如图所 F:与速度方向相反，升力F2与速度方向垂直，发动机推力F: 的方向沿喷口的反方向，对比图中选项，可知只有A选项符合 示，在矢量三角形中，根据正弦定理，册-恐-之，在术 N 题意。故选A。 板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，a不变， 2.C【解析】为了能研究摩擦力随时间的变化曲线，故物块一 Y从90°逐渐减小到0，又y十3十a=180°，且a<90°，可知90°< 直要处于静止状态，则向左的摩擦力一直与向右轻绳的拉力 Y十B<180°，则0<3<180°，可知3从锐角逐渐增大到钝角，根 平衡，图乙是向右轻绳的拉力随时间变化的曲线，故图乙也可 以反映摩擦力随时间变化的曲线，由图乙可知向右轻绳的拉 据-02_之，由于s血y不断减小，可知T不断减小， mg 力先增大后减小，最后趋于不变，故物块先受静摩擦力作用， sin3先增大后减小，可知N先增大后减小，结合牛顿第三定 后受滑动摩擦力作用，所以不需要让木板保持匀速运动，故 律，可知圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的 AB错误；由图可知最大静摩擦力约为10N,滑动摩擦力约为 夹角为20，绳子拉力为T,则2T'cos0=T,可得T=2c050 T 7N,故最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10：7，故C正 不变，T逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，ACD错 确；根据F:=uFN,FN=mg,可知由于不知道物块的重力，故 误。故选B。 无法求物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。故选C。 3.A【解析】由于风速水平向右、大小恒定且不随高度改变， 可认为单位长度飘带受到的风力F。相同，假设飘带总长为 L,质量为m,由飘带自由端向上选取任意一段△x,该部分飘 带的重力和所受风力分别为G=△mg=兰·mg,F=△x· F。,该部分飘带稳定时受力平衡，受力分析如图所示。重力与 mg 风力的合力与剩余部分间的张力T是平衡力，设竖直方向的 7.C【解析】当木板与水平面的夹角为45°时，两物块刚好滑 夹角为O,则满足an0=E=Ax·E=FL,可知飘带与 动，对A物块受力分析如图1，沿斜面方向，A、B之间的滑动 Amg芒·mgmg 摩擦力f=uN=umgcos45°，根据平衡条件可知T= mgsin45°十mgcos45°，对B物块受力分析如图2，沿斜面方 竖直方向的角度与所选取的飘带长度无关，在风速一定时，飘 向，B与斜面之间的滑动摩擦力f2=uN=u·3 ngcos45°，根 带与竖直方向的角度正切值恒定，则飘带为一条倾斜的直线。 据平衡条件可知2 mngsin45°=T+umgcos45°+a·3 ngcos45°， 故选A。 两式相加，可得2 mgsin45°=mgsin45°+umgcos45°+ mg6os46+·3mgc0s45,解得=号.故选C. N T F合 4.D【解析】六块形状完全相同的石块围成半圆，对应的圆心 mg 角为180°，每块石块对应的圆心角为30°，对第3块石块受力分 图1 图2 析如图1，结合力的合成可知an60°对第2块和第3 8.BD【解析】对小球受力分析，设弹力为T,弹簧与水平方向 的夹角为0，则对小球竖直方向，Tsin9=mg,而T= 块石块整体受力分析如图2，tan30°= mmg解得兴=2。 F (-4),可知0为定值，T不变，则当转速增大后，小球 故选D。 的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；水平方向当转 F 速较小时，杆对小球的弹力F、背离转轴，则Tcos0一F、= 3 2、3 mw2r,即Fx=Tcos0一mwr,当转速较大时，FN指向转轴， Tcos0+Fx=mw'2r,即Fx'=mw'2r一Tcos0,则因w>w,根 m'g (m+m')g 据牛顿第三定律，可知小球对杆的压力不一定变大，C错误； 图1 图2 根据F合=ma2r,可知因角速度变大，则小球受合外力变大，D 5.D【解析】小球处于平衡状态，合外力为零。分析小球的受 正确。故选BD。 9.BC【解析】对物体受力分析如图所示，根据水平和竖直方向 的平衡有f=Fcos0,Fsin0=mg十FN,又f=uFN,联立得摩擦 力的大小f=(Fsin0-mg)=Fcos0。故选BC。 Y本 Fsin ak <0 0 Fcos元 10.BC【解析】选木楔为研究对象，木楔受到的力有水平向左 的F、两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平 衡状态，所以两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力与F沿两 侧分解的分力是相等的，力下的分解如图。则F= Rc0s(90°-号）+F,c0s(90°-号)=2Fcos(90°-号)= 2F,sin号，所以F,= F 日。由公式可知，当F一定，0小时 2sin FN大；当O一定，F大时FN大，AD错误，BC正确。故选BC。 11.AC【解析】设物体质量为m,对O点受力分析，如下图所 示，由平衡条件得F=mgtan0,0角增大，则F增大，A正确，B 错误：设绳对圆环的弹力为T,则Tcos0=mg,T=)0角 增大，则T增大，即绳对圆环B的弹力变大，故C正确；物体A 在移动中，一直处于平衡状态，所以所受的合力不变，D错误。 故选AC。 mg 12.BC【解析】以B为研究对象进行受力分析，B受到重力 绳的拉力和斜面的支持力，摩擦力的大小和方向无法确定，可 能为0，可能沿斜面向上或向下，A错误，B正确；利用整体法 可知不论B、C间摩擦力大小、方向如何，水平面对C的摩擦力 与绳的拉力在水平方向上的分力平衡，方向一定向左，C正 确，D错误。故选BC。 二、13.(1)300N/m(2)①甲②0.3 【解析】(1)由图读出，弹簧的弹力F=0时，弹簧的长度为L。= 20cm,即弹簧的原长为20cm,由图读出弹力为F。=60N,弹 簧的长度为L=40cm,弹簧的伸长量为：xo=L一Lw=0.2m: 由胡克定律得弹簧的劲度系数为k=F=300N/m。 (2)①甲、乙两种方案，在拉着物体A运动的过程中，拉A的 弹簧测力计必须要求其做匀速直线运动，比较困难，读数不是 很准，由于弹簧测力计a是不动的，指针稳定，便于读数，故甲 方案更合理。 ②由于弹簧测力计a示数为6.0N,所以A、B间的动摩擦因 数卡-品-3 14.(1)竖直(2)50(3)10(4)①4.00②变大 8-0 【解析】2)弹簧的劲度系数为=20-X10NWm=50N/m。 (3)从丙图读出弹力为3N,进而从乙图读出该弹簧的长度为 10cm。 (4)①弹簧c的弹力为F。=kx=50×0.1N=5.00N,弹 簧测力计a的示数为F。=3.00N,由平衡条件得F。= F.2-Fz=4.00N。 ②根据平行四边形法则作图得，弹簧测力计a的读数变大。 三、15.解：(1)对光头强，由平衡可得T=mg=500N,轻绳对熊 二的拉力的大小为500N. (2)以熊二为研究对象，则竖直方向FN十Tcos0=Mg,水平方 向∫=Tsn0,摩擦力∫=小，解得以=子 16.解：(1)风筝受风筝线拉力T,竖直方向由平衡条件可得 G+Tsin37°=F,解得T=50N。 (2)风筝所受水平风力F风，水平方向由平衡条件可得Tcos37°= F风，解得F风=40N。 17.解：(1)设小孩在B点受到的摩擦力为F:,则根据平衡条件，沿 B点的切线方向有F:一mgsin30°=0，解得F=mgsin30°=40N。 (2)设小孩在C点受到的最大静摩擦力为fm,半径与竖直方向夹 角为0，则根据平衡条件得FN-mgcos0=0,fm一mgsin0=0, tan0=u=0.75。设小孩爬升的竖直高度为h,根据几何关系有 h=R-Rcos 0-1 mo 第四章检测 一、1.B【解析】图a是先在倾角较小的斜面上进行实验，“冲 淡”重力，使时间测量更容易，A错误，B正确；完全没有摩擦 阻力的斜面并不存在，C错误；图b中实验通过逻辑推理得出 物体的运动不需要力来维持，D错误。故选B。 2.A【解析】在上升和下降过程中，弗拉西奇的加速度等于重 力加速度，处于完全失重状态，A正确，B错误。弗拉西奇起 跳时地面对她的支持力大于她所受的重力，C错误。弗拉西 奇在上升的过程中做竖直上抛运动，由运动学公式%2=2gh, 得w=V2a五=√20X2.04-乎a/s≈46m/s,D销误. 故选A。 3.D【解析】潜艇在“掉深”时向下加速，则由图像可知加速度 为a-8m/s3=2m/s,A错误；在30s内先向下加速后向下 减速，则=30s潜艇向下到达最大深度，B错误：由图像可知 潜艇竖直向下的最大位移为h=号×20×30m=300m,C错 误；潜艇在10~30s时间内向下减速，加速度向上，则处于超 重状态，D正确。故选D。 牛顿第二定律可得：八一ma一号，水平面粗糙时，对整休 4.A【解析】两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速 由牛顿第二定律有：F一了=(mA+m)a:,可得agm人十二 运动，稳定时kv=mg,因此最大速度与其质量成正比，即vm∝ m,即=，由图像知>2，因此m甲>mz;A正确，B错 <a1对B受力分析：，=ma十专-号，综上，A错 2m m22 误，BCD正确。故选BCD。 误。释放瞬间o=0,空气阻力f=0,两球均只受重力，加速度 10.BC【解析】由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大 均为重力加速度g,C错误。图像与时间轴围成的面积表示物 体通过的位移，由图可知，o时间内两球下落的高度不相等，D 小为a=合是-2.0m/,由牛顿第二定律得f=Ma=Mg,则 错误。故选A。 可得物块与传送带间的动摩擦因数4=0.2，A错误，B正确； 5.C【解析】若物块与小车保持相对静止一起运动，设加速度 在0-t图像中，图线与t轴所围面积表示物块的位移，则物块 为a,对系统受力分析，由牛顿第二定律可得：F=(M十m)a, 经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传 隔离小物块受力分析，二者间的摩擦力∫为静摩擦力，且∫≤ 送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上 umg,由牛顿第二定律可得：f=ma,联立可得：am=aM=a≤ 运动的总时间为4.5s,C正确，D错误。故选BC。 g=2m/s2。若物块与小车间发生了相对运动，二者间的摩 11.CD【解析】物块匀加速下滑，加速度沿斜面向下，具有竖 擦力f为滑动摩擦力，且am<aM,隔离小物块受力分析，如图 直向下的分加速度，存在失重现象，则物块和斜面整体也处于 所示，由牛顿第二定律可得：f=mg=mam,可得am=2m/s2, 失重，F1<(M十m)g;物块匀速下滑，合力为零，斜面体保持静 C正确，ABD错误。故选C。 止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，整体处于平衡状 态，F2=(M十m)g;物块匀减速下滑，加速度沿斜面向上，具有 竖直向上的分加速度，存在超重现象，则物块和斜面整体也处 mg M 于超重，F3>(M十m)g;物块静止在斜面上，合力为零，斜面体 保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，整体处于 6.D【解析】运动员离开跳板时有向上的初速度，在入水前做 平衡状态，F4=(M十m)g。故选CD。 的不是自由落体运动，故A错误；运动员在t=2s时速度减为 12.ABC【解析】设刚开始时，根据平衡条件和胡克定律得： 零，此时人处于水下的最深处，没有浮出水面，故B错误；1~ 25运动员向下减速，图线的斜率逐渐减小，运动员在水中的 (m十m)gsin37°=kz,得：=m+mg·sin37= 加速度逐渐减小，故C错误：在0~本s运动员向上运动，由 4十8X10X0.6m=0.12m,A正确：从受力角度看，两物体 600 A=分g可知运动员双脚离开跳板后上升的高度为品m,故 5 分离的条件是两物体间的正压力为0，从运动学角度看，一起 运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度 D正确。故选D。 7.A【解析】当物体的速度超过传送带的速度后，物体受到的 和速度仍相等。因为在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以 摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据)-t图像可 后，F为恒力，在0.2s时，由胡克定律和牛顿第二定律，对P: 得，传送带的速率为%一10m/s,A正确。1.0s之前的加速 kx一mgsin0=ma,前0.2s时间内P,Q向上运动的距离为 度a1=10m/s2.1.0s之后的加速度a2=2m/s2,结合牛顿 一，则xo一x=2a,解得a=3m/s2,B正确；当P、Q开 第二定律，gsin+gcos0=a1,gsin0-gcos0=a2,解得sin0= 始运动时拉力最小，对P、Q整体有Fmim=(m1十m2)a=(4十 0.6,0=37°，u=0.5,B、C错误。摩擦力大小f=umgcos0= 8)×3N=36N,C正确；当P、Q分离时拉力最大，对Q有 4N,在0~1.0s内，物体的位移为x1=5m,在1.0~2.0s Fmax-m2 gsin 0=mza,Fmax=mz (a+gsin 0)=8X(3+10X 内，物体的位移是x2=11m;在0~2.0s内，传送带匀速运 O.6)N=72N,D错误。故选ABC。 动，其位移为x3=ot=10×2m=20m。则在0~2.0s内，物 二、13.(1)D(2)滑块在A位置时遮光条到光电门的距离L 体相对于传送带的位移为x=x一（x1十x2)=4m,D错误。 (3)D 故选A。 【解析】解：(1)应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利 8.AC【解析】由图可知平衡时压力传感器的示数为500N, 于减小误差，A正确；应将气垫导轨调节水平，且保持细线方 则该同学重力约为500N,故A正确；下蹲过程中该同学先处 向与木板平面平行，此时细线上的拉力等于合力，B、C正确； 于失重状态，再处于超重状态，故B错误；人下蹲动作分别有 拉力是直接通过力传感器测量的，故与小车质量和钩码质量 失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度 大小无关，D错误。故选D。 后再减速下降超重对应先失重再超重，起立对应先超重再失 重，对应图像可知，该同学做了一次下蹲再起立的动作，故C (2)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出 正确；该同学对传感器的压力和传感器对该同学的支持力是 遮光条通过光电门B的时间，滑块经过光电门时的瞬时速度 相互作用力，大小相等，故D错误。故选AC。 可近似认为是滑块经过光电门的平均速度。根据运动学公式 9.BCD【解析】水平面光滑时，对整体由牛顿第二定律有： 可知，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是滑块在 F A位置时遮光条到光电门的距离L。 +m)a可得：amA=2分对B受力分 (3)由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有2= 35