期末测试卷(1)-【无敌原创】2025-2026学年高中物理必修第一册期末测试卷（人教版）

参芳答案 期未测试卷（一） 1.A【解析】根据牛顿第三定律可知地面对车轮的作用力和 车轮对地面的作用力的大小相等，方向相反，故A正确；根据 牛顿第二定律可知，加速度由合外力与质量决定，与速度无关， 故B错误；质量是惯性大小的唯一量度，与速度无关，故CD错 误。故选A。 2.B【解析】在反应时间内汽车继续做匀速运动，故通过的位 移为x1=。=10×0.5m=5m,故A正确；汽车减速通过的 位移为x2=x一x1=15m一5m=10m,根据速度一位移公式 可得0-话=2a,解得a=02君-8mg=-5, 2x2 减速到零所需时间6=0一=0-10s=2s,汽车减速过程中第 a -5 2s内的位移，逆向看即为第1s内的位移，故=之（一a)后= 号×5X1Pm=2.5m,故B错误：从驾驶员发现斑马线上有行人 到停下来共需时间为t=to十41=0.5s十2s=2.5s,故C正确； 根据牛顿第二定律可得一f=ma,解得f=1.0×104N,故D正 确。故选B。 3.D【解析】当物块的速度与传送带的速度相等时，物块所受 传送带的摩擦力产生突变，则物块的运动状态也产生突变，则结 合图乙可知传送带的速度为10m/s,故A错误；由图乙可得物块 与传送带速度相等前后的加速度大小分别为a=9m/3 10m/s2,a2=12.0-10.0 m/s2=2m/s2,设传送带的倾角为0， 物块所受摩擦力大小为∫，物块与传送带间的动摩擦因数为4， 由牛顿第二定律有mgsin0+f=ma1,mngsin0-f=ma2,又有 f=mgcos0,联立以上三式并代入数据可得0=37°，f=4N,u= 0.5,故D正确，BC错误。故选D。 4.B【解析】垂直于钢索的侧向力大小等于其两侧钢索拉力的 合力，如图所示，按照力F的作用效果将F分解成沿AO和BO 方向的两个分力F1和F2:由于AOB是同一钢索，故F1=F2,根 据平行四边形定则画出受力情况。由于AOB趋近于180°，故即 使F较小，F和F2也非常大，即两边绳子的拉力非常大，故能将 卡车拉出泥坑，这种情况是一个较小的力F可以分解为两个较 大的分力，故AC错误，B正确；据平行四边形定则可知，当力F 作用于钢索时，钢索形成的夹角越小，合力F就越大，当夹角小 于120°时，合力大于分力，故D错误。故选B。 A0B F← 5B【解析】0~5s内伞兵向下的加速度为a=号m/ 8m/s2<g,则伞兵并非处于完全失重状态，A错误；5~9s内， 伞兵向下减速运动，加速度向上，则处于超重状态，B正确；伞兵 在开始的100m内做匀加速下降，则下落50m时速度v=√2ah= √/2X8X50m/s=20w2m/s>20m/s,C错误；图像的斜率等 于加速度，可知5~9s内伞兵的加速度逐渐减小，则所受的合 力越来越小，D错误。故选B。 6C【格跨号的两边的单位。k-号≠号 kg·s 即代国际单位制进人检验结果是错误的，则无论用任何单位 制，结果一定是错误的。故选C。 7.BCD【解析】自行车做加速运动，加速度减小为零时，速度 达到最大值。在这一过程中，位移x不断增大，A错误，BC正 确；加速度表示速度变化的快慢，加速度减小，则自行车的速度 变化得越来越慢，D正确。故选BCD。 8.AD【解析】A与木板间的最大静摩擦力fA=mAg=0.2X 1×10N=2N,B与木板间的最大静摩擦力fB=mg=0.2× 2X10N=4N,可知水平恒力F作用在A物块上，B与木板一 定保持相对静止。设水平恒力为F。时，A与木板刚好要发生 相对滑动，以A,B与木板为整体，根据牛顿第二定律可得F。= (mA十mB)ao,以A对象，根据牛顿第二定律可得F。一umAg= mAao,联立解得F。=3N。若F=2N,可知A、B相对木板均 保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A正确： 若F=1.5N,可知A、B相对木板均保持相对静止，整体在F 作用下向左匀加速运动，对整体分析，根据牛顿第二定律可得 F=(mA十ms)a,对物块A分析，F-f=ma联立代人数据， 解得A物块所受摩擦力f=1N,故B错误；若F=4N,可知A 与木板发生滑动，B和木板整体受到摩擦力为2N,轻质木板质 量不计，所以B的加速度为a一会-号m/g=1m/g,对B mB 进行受力分析，摩擦力提供加速度，则有fB=mag=2N,故C (3)由图丙可知，合力F约5N,则M的质量约为0.5kg。故选 错误；若F=8N,可知A与木板发生滑动，B和木板整体受到 D。 摩擦力2N,轻质木板质量不计，所以B的加速度为aB=△ 12.(1)小车和发射器总质量(2)钩码质量过大(3)图线为 B 直线，没有弯曲部分(4)Mg 兰n/g=1m/g,故D正确。故选AD。 【解析】(1)探究加速度与力的关系，应保持小车的总质量不变， 9.BC【解析】根据x-t图像的斜率表示速度，知水火箭在 用钩码所受的重力作为小车所受的合力 0~t时间内先做加速运动，后做减速运动，故A错误；x-t图 (2)由图像OA段可知，a与F成正比，即在小车质量一定时，加 像反映水火箭的位置随时间的变化规律，由图可知，水火箭全 速度a与小车受到的合力F成正比；以小车与钩码组成的系统 过程上升的最大高度为x2,故B正确；水火箭在时刻的速率 为研究对象，系统所受的合外力等于钩码的重力m码g,由牛 顿第二定律得m钩鳄g=(m小车十m钩舞)a,小车的加速度a= 等于图像切线斜率大小，为0=一西，故C正确；因水火箭在 m8,小车受到的拉力F=ma一平。&，当 m纳码 t。时刻的速度不为零，所以水火箭在时刻之后做的不是自由 m幽臀《m小车时，可以认为小车受到的合力等于钩码的重力，如 落体运动，故D错误。故选BC。 果钩码的质量太大，则小车受到的合力小于钩码的重力，实验 10.ACD【解析】对小球A和B受力分析如图所示，对小球 误差较大，a-F图像偏离直线。 B,根据共点力平衡条件得F=mg,T1=√2mg,OA与竖直方向 (3)若在原装置中的P处加装一力传感器，重复上述实验，得到 成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，则半径与竖直方向夹 的a-F图线将是一条直线，没有弯曲部分，因为小车拉力可以 角为30，根据平行四边形定则得N=工=2心0，=工 直接由力传感器测出来，砝码的质量不需要满足远小于小车的 质量。 √2mg,则光滑半圆柱体对A球支持力大小为√2mg。A球的 质量为mA=√6m,故A正确，B错误；剪断轻绳后，T2变成0， (4)由小车加速度a= m小幸十m网8，得最大加速度为g,因此 7m物码 沿圆半径方向合力为零，对A,沿切线方向根据牛顿第二定律 最大拉力T=Mg,则力传感器示数的极限值为Mg。 有aA=m8in30°=0.5g,故C正确：在剪断瞬间，弹簧弹力 13.解：设此人在地面上的最大“举力”为F,那么他在以不同加 mA 速度运动的升降机中最大的“举力”仍然是F。以物体为研究 F不变，B受到的合力FB=√2mg,根据牛顿第二定律可知ag= 对象进行受力分析，物体的加速度与升降机相同。当升降机以 =2g,故D正确。故选AD。 加速度a=2m/s2匀加速下降时，对物体有mg一F=ma,则 m F=m1(g一a),得F=75×(10-2)N=600N。设人在地面上 /// 最多可举起质量为m的物体，则F=mg,m-60 10 kg=60kg。 30459 设升降机匀加速上升的加速度为a',对物体有F-m2g=ma', W 。=(-10）mg=2m/g。所以升降机上升的加速度为 mg mAg O 74K44444444440 2m/s2。 11.(1)3.13(2)先在白纸上画出两拉力方向及结点O,两测 14.解：(1)由图可知，当k=1时，两根绳子与竖直方向恰好均 力计按预设的结点及方向拉重物（一测力计端固定，拉另一测 成30°角，则2Fc0s30°=Mg,整理可得F=Mg。 3 力计)(3)D (2)若F=Mg时，设绳子与竖直方向夹角为0，则2Fcos0=Mg①， 【解析】(1)由题图可知，弹簧测力计分度值为0.1N,需要估读 到分度值下一位，所以弹簧测力计的示数为3.13N。 代人数据可得9=60°，根据三角形边角关系，sn0二名②，代 (2)先在白纸上画出两拉力方向及结点O,两测力计按预设的 结点及方向拉重物（一测力计端固定，拉另一测力计）。 人数据可得=③ 39 33 (3)由于sin20+cos20=1③，由①②③联立可得F= Mg √4-起 (>),可知随着友值增大，F减小。 15.解：(1)依题意，由分析可得，开始下滑时，甲乙相对静止，将 甲乙视为整体，由牛顿第二定律得2 ngsin0=2ma,代入数据解 得a=gsin0。 (2)木板刚要碰到底端挡板时，木块与物块的速度记为，则有 话-0=2aL-子L,代入数据解得=√，术板碰到 2 挡板后反弹，沿斜面向上运动，而物块仍沿木板表面向下运动 对木板有mgcos0十mgsin0=ma板2，又=tan0。联立解得 a板2=2gsin0。反弹过程木板的初速度大小为v板2=U1,木板减 速到零，所需时间记为t板2，运动的位移记为x甲，则有履2 2an代人数据解得=宫L,故：=器=√ a板2ZV2gsin01 对物块有mgsin0-umgcos0-ma物，又u-tan0,联立解得 a物=0。即物块在木板上相对地面匀速下滑，在t板2时间内，物 块下滑的位移为2=：=子L,则木板第一次反弹上升到 最高点的过程中，物块相对木板的位移大小为x=x甲十x乙= 期未测试卷（二） 1.D【解析】根据平均速度公式可得0=十”=65十0 2 2 m/s= 32.5m/s,位移x=十=65十0×2.5m=81.25m,所以能 2 2 求出战斗机在甲板上运动的位移、平均速度，故AC不符合题 意：根据加速度的定义式a=会是-02.m/g=-26m/g, 能求出战斗机在甲板上运动的加速度，因为不知道战斗机的质 量，无法由牛顿第二定律求战斗机所受的阻力，故B不符合题 意，D符合题意。故选D。 2.D【解析】当砖静止时，将4块砖看作一个整体，总重量为 4mg,则砖夹对砖块1和4具有向上的摩擦力，大小为2mg;以 砖块4为研究对象，静止时竖直方向上所受合力为零，则砖块3 对砖块4具有向下的摩擦力，大小为mg,根据牛顿第三定律可 34 无敌原创·期末测试卷物理·必修第一册 知，砖块4对砖块3的摩擦力方向向上，大小为mg;以砖块3 为研究对象，静止时竖直方向上所受合力为零，则砖块2对砖 块3没有摩擦力作用，故A、B错误；将砖块1、2作为一个整体 3、4作为一个整体，两个整体重量相同，在竖直方向上都受到 了砖夹相等的摩擦力作用，具有相等的加速度，两个整体之间 无相对滑动趋势，所以砖块2、3之间的摩擦力为零，故D正确； 设四块砖的加速度为a,砖夹对砖块1和4的摩擦力为f,砖块 3、4之间的摩擦力为f4和∫，根据牛顿第二定律可得 f-mg二f赵=f一m8=a,由于f4=fa,解得f4=f= m m zf,由于2f-4mg=4ma,则f>2mg,所以f4=fa=乞f> mg,故C错误。故选D。 3.B【解析】初态时，对A受力分析得到摩擦力F:=F1一 F2=6一2=4N,说明最大静摩擦力Fmax≥4N,当将总质量减 小到0.3kg时，拉力变为3N,小于物体受地面的最大静摩擦 力，故物体仍静止，合力仍为零；弹簧测力计的示数不变，故摩 擦力变为F'=1N,即摩擦力减小。故选B。 F2← 元Am六F乐mg(托盘、砝码) 4.C【解析】设手臂受力为F,可得2Fsin0=Mg,增大两手臂 和桌面夹角0，每只手臂所承受的作用力变小，地面对桌面的支 持力大小等于人与桌面的总重，不变。故选C。 5.B【解析】A.由图可知，下蹲时压力最小约为150N。即人 受到的支持力最小值为180N。对人由牛顿第二定律得mg一 N=ma,联立G=mg,解得a≈7.2m/s2,故A错误；B.由图可 知，6~8$的部分时间内，完成起立，压力先大于重力后小于重 力，则人先处于超重状态后处于失重状态，故B正确：C.由图可 知，24s内的部分时间内，人完成了下蹲，则人5s末处于静 止状态。故C错误；D.由图可知，该人做了一次“下蹲一起立” 的动作。故D错误。故选B。 6.A【解析】m2球保持静止状态，根据二力平衡可知F m2g,m1球受力如图，由几何关系可知∠Nm1F=a=60°，根据 共点力平衡条件有Fcos60°一Ncos60°=0，Fsin60°+Nsin60° %0,代人数器联立解得会一停，放选A 铰链的作用力及重物重力，由三力平衡可知竖直墙对A、B两 点铰链的总作用力方向竖直向上，大小等于g,A正确；对O 点受力分析如图1，则有Pa=mgc0s30°-号mg,B错误：若在 O点施加从零缓慢增大且水平向右的外力，则O点受力情况如 图2，正交分解可得Fon cos30°十Fos cos60°=mg,F十 7.ABC【解析】伽利略对自由落体运动进行了研究，在验证自 Fo sin30°=Fonsin60°，故F缓慢增大时Fa先减小后反向增 己猜想的实验时，他设想铜球沿光滑斜面下滑来“冲淡重力”， 大，FaB一直增大，CD正确。故选ACD。 并加以验证，采用了抽象思维、数学逻辑推理和科学实验相结 合的方法，故A正确；质点是理想化物理模型，故B正确；根据 速度公式可知，该定义运用了极限思想的方法，故C正确；加速 度的定义a=运用了比值定义法，但加速度的大小是由速度 F 变化量和所用时间共同决定的，与速度变化量的大小无直接关 0 系，所以速度变化量大的物体，还需要考虑时间，不能直接判断 加速度一定大，故D错误。故选ABC。 mg☐ mg 8.BD【解析】当无人机以最大动力从地面由静止开始沿竖直 图1 图2 方向加速上升过程，由牛顿第二定律，得Fm一mg一F:=ma1, 10.BC【解析】物块在木板上运动过程中，在水平方向上只受 代人数据解得a,=F-mg-E=36-20-10m/g=3m/g, 到木板给的滑动摩擦力，故umg=ma1,而v-t图像的斜率表示 m 2 经10s的时间后关闭动力装置减速过程，由牛顿第二定律，得 加速度，故a1=7,3m/g2=2m/s,解得4=0.2，对木板受力 2 mg十F,=ma2,代人数据解得a:=mg十E=2010m/s 2 分析可知，mg=Ma,由-1可知a:=2m/g=1n/S,解 l5m/s2,由运动学知识，得at4=v=at2,解得最大速度及上 得M=2m,AD错误，B正确；从题图乙可知物块和木板最终分 升过程减速时间为v=30m/s,t2=2s,无人机能达到的最大高 离，两者v-t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故 度为A=号·6十)=2×(10+2m=180m,故A错误：无 L=号×(7+3)X2m-号×2X2m=8m,C正确.故选BC。 人机沿原路返回地面时，无人机自由下落过程，由牛顿第二定律， 11.(1)C(2)BD 得mg一F=ma,代人数据解得a,=mg二E-20,10m/g 2 【解析】(2)角a与角B适当即可，可以不相等，A错误；由于画 5/,由运动学知识，得A=号·，返回过程平均速度为/ 平行四边形是在纸面上面，所以拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮 条、细绳应贴近木板且与木板平面平行，B正确；在不超出弹簧 2弘=2X180m/s=30m/s,所以无人机返回时加速的时间为 t 12 测力计的量程的情况下，拉力应该适当大些，方便作图，但两弹 6-=30 。一号s=6s,故B正确：无人机返回过程重启动力装置 簧测力计的拉力适当就好，不是越接近相等误差越小，C错误； 为了使力的方向更精确，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细 后，由牛顿第二定律，得F一mg十F:=ma4,由运动学知识，得 绳方向的两点要远些，D正确。故选BD。 30 a=户126s=5m/s,联立解得F=ma,十mg-F= 12.1①减小摩擦力《(2先（信一安） 2.0(3)正比 10+20-10N=20N,故C错误，D正确。故选BD 9.ACD【解析】对轻杆OA,OB及重物所组成的系统进行受 相等(4)正比M 力分析可知，该系统受到三个外力，分别是竖直墙对A、B两点 【解析】(1)打开气垫导轨气源的目的是减小摩擦力。整体应用物理 期末测试卷（一） (满分：100分时间：60分钟) 一、单项选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，只有一项符 合题目要求，多选或错选均不得分) 1.F1方程式赛车因其速度快、惊险刺激、科技含量高成为闻名世界的体育赛事。下列说法中正 确的是 A.赛车启动时，地面对车轮的作用力等于车轮对地面的作用力大小 B.赛车在直道行驶时，速度越大，其加速度也一定越大 C.赛车转弯时，速度方向改变，其惯性也随之变化 製 D.赛车高速通过终点后难以立即停下，表明速度越大，其惯性越大 2.某汽车正以10m/s的速度在公路上匀速直线行驶，驾驶员突然发现正前方15m处斑马线上 有行人，于是刹车礼让。设汽车（含乘员）的总质量为2t,驾驶员的反应时间为0.5$，且汽车做 an 剂 城 匀减速运动恰好停止在斑马线前。下列说法不正确的是 解 A.汽车在驾驶员反应时间内位移大小为5m 长 B.汽车在减速过程中第2s内位移大小为10m C.从驾驶员发现斑马线上有行人到停下来共需2.5s D.汽车在减速过程中受到的阻力大小为1.0×104N 3.如图甲所示，倾角为0的足够长的传送带以恒定的速率0沿逆时针方向转动，t=0时将质量 丝 m=1kg的物块（可视为质点）轻放在传送带上，物块相对地面的v-t图像如图乙所示。设沿 传送带向下为正方向，下列说法正确的是 ( 12.5 v/m·s-) 12.0 10.0 7.5 5.0 2.5 00.51.01.52.02.53.0 A.传送带的速率为12m/s B.传送带的倾角为30° C.物体与传送带之间的摩擦力大小为5ND.物块与传送带间的动摩擦因数为0.5 4.在现实生活中，力的分解有着广泛的应用。一卡车陷入泥坑中，在紧急状况下，我们可以按如 图所示的方法，用钢索把卡车和木桩拴紧，在钢索的中央用较小的垂直于钢索的侧向力F就容 易将卡车拉出泥坑。下列说法正确的是 () A.力F一定比它沿钢索分解的两个分力者大 B.一个较小的力F可以分解为两个较大的分力 C.力F的大小等于沿钢索分解的两个分力大小之和 D.无论钢索间的夹角是多大，钢索中的力一定大于F 5.我国空降部队在抗震救灾过程中多次建立功勋，这与伞兵们平时严格的训练是分不开的。一 伞兵从高空悬停的直升机上无初速度下落，5$后打开降落伞。规定竖直向下为正方向，其沿 竖直方向运动的v-t图像如图所示，下列说法正确的是 () +/m·s） 40-- 10 t/s A.0~5s内伞兵处于完全失重状态 B.5~9s内，伞兵处于超重状态 C.伞兵下落50m时速度小于20m/s D.5~9s内伞兵所受的合力越来越大 4F 6.在解一道计算题时（由字母表达结果的计算题），一个同学解得速度0一m(4。),用单位制的 方法检查，这个结果 () A.如果用国际单位制，结果可能正确 B.如果用非国际单位制，结果可能正确 C.无论用任何单位制，结果一定是错误的 D.不能判断正误 1 二、多项选择题（本题包括4小题，每小题6分，共24分，至少有2项符合题目要求，全部选对得 6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分) 7.一自行车（可视为质点）做直线运动，取自行车前进的方向为正方向，自行车做加速度α（大于 零)逐渐减小为零的变速直线运动，则该过程 ( A.自行车的速度v逐渐减小为零 B.自行车的位移x不断增大 C.自行车的位移x不断增大，速度v也不断增大 D.自行车的速度v变化得越来越慢 8.一个质量可忽略不计的长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放着质量分别为m=1kg和 s=2kg的A、B两物块，A、B两物块与木板之间的动摩擦因数都为4=0.2，水平恒力F作用 在A物块上，如图所示（重力加速度g取10/s2)。则下列说法中正确的是 () B A.若F=2N,则A、B两物块都相对木板静止不动 B.若F=1.5N,则A物块所受摩擦力大小为1.5N C.若F=4N,则B物块所受摩擦力大小为4N D.若F=8N,则B物块的加速度为1m/s2 9.水火箭是一种简易制作的玩具，其原理是利用压缩空气把水从火箭尾部的喷嘴向下高速喷出， 在反作用下推动水火箭快速上升。图甲是发射水火箭的瞬间，图乙是水火箭从发射开始计时， 出发点为坐标原点的位移一时间(x-t)图像的一部分，下列相关说法正确的是 () 个x/m to t/s 甲 乙 A,水火箭在0~t时间内做加速运动 无敌原创·期末测试卷物理·必修第一册 B.0~to时间内水火箭上升的最大高度为x2 C.水火箭在时刻的速率约为2，一西 to D.水火箭在t时刻之后将做自由落体运动 10.如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖 直板上，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知B球质量 为m。O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径 相等，OB与竖直方向成45°角，则下列叙述正确的是 0 30%45 B AO OM 01 A.A球质量为√6m B.光滑半圆柱体对A球支持力大小为mg C.剪短OA绳子的瞬间A的加速度大小为0.5g D.剪短OA绳子的瞬间B的加速度大小为√2g 三、实验题（每空2分，共14分） 11.某同学在研究共点力的合成规律时，用双手分别拉住两把弹簧测力计A、B的拉环，将一重物 M悬挂竖直木板前，静止时如图甲所示，分别读出A和B的示数，并在贴于木板的白纸上记 录O点的位置和拉线的方向。 3 IN F 单位：N A B M 甲 丙 在实验过程中，请回答以下问题： (1)某次实验时弹簧测力计A的示数如图乙所示，其读数为 N; (2)该同学在白纸上要记录O点的位置和拉线的方向时发现两只手都用上了，无法记录，请提 出一个能解决该问题的建议： (3)该同学正确操作后，作出A、B的拉力FA、FB及合力F的图示，如图丙，则M的质量约为 kg。 A.0.1 B.0.2 C.0.4 D.0.5 12.如图a为“用DIS研究加速度和力的关系”的实验装置： 位移传感器（发射器） 位移传感器（接收器)》 轨道 钩码 图a (1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持 不变，拾高轨道一端以平衡摩 擦力，用钩码的重力作为小车所受的合外力，用DIS测小车的加速度； (2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出α-F关 系图线（如图b),此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是 a/(m's2) ●B 图b F/N (3)若在原装置中的P处加装一力传感器直接测量力F值，重复上述实验，得到的α-F图线 与图b中的图线相比不同之处是： (4)在(3)中，若小车的质量为M,不断增加钩码的数量，则力传感器示数的极限值为 (重力加速度为g)。 四、计算题（本题共3小题，共38分，要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出 最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位) 13.(10分)某人在以加速度a=2m/s2匀加速下降的升降机中最多能举起m1=75kg的物体，则 此人在地面上最多可举起多大质量的物体？若此人在一匀加速上升的升降机中最多能举起 50kg的物体，则此升降机上升的加速度是多大？(g取10m/s2) 3 14.(12分)2019年11月14日，中国火星探测任务着陆器悬停避障试验取得圆满成功，如图甲是 由36根钢缆悬挂的试验平台。某同学为了研究钢缆对平台的拉力随高度的变化，建立了如 图乙所示的简化模型进行探究，平台质量为M,由两根质量可忽略的钢缆悬挂于A、B两点， A、B等高，位置固定，相距s。两根钢缆的长度相等，均为s的k倍，k值可由安装在A、B处的 装置调整，每根钢缆对平台的拉力大小设为F。 (1)若k=1,求F; (2)若F=Mg,求k值； (3)求F随k变化的关系式，并说明随k值增大，F怎样变？ A B 不 ks M 甲 乙 4 无敌原创·期末测试卷物理·必修第一册 15.(16分)水平地面上固定一个倾角为0的斜面，AC边长为L,如图所示，小物块乙置于木板甲 的一端，与木板甲一起从斜面顶端C处无初速释放，其中甲、乙质量均为，斜面光滑，甲、乙 之间的动摩擦因数为么=an0,木板长度为头，重力加速度为g,每当木板滑到斜面底端时， 就会与A处的弹性挡板（挡板厚度可忽略不计）发生碰撞，木板碰撞后等速率反弹，而且碰撞 时间极短。可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)甲、乙开始下滑时的加速度大小a; (2)木板第一次碰撞后反弹上升到最高点的过程中，物块相对木板的位移大小x。 甲