期末测试卷(2)-【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）

物理 期末测试卷（二） (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.国产歼-15舰载机以65/s的速度降落在静止的“辽宁号”航母水平甲板上，机尾挂钩精准钩 住阻拦索。在阻拦索的拉力帮助下，经历2.5s速度减小为零。若将上述运动视为匀减速直线 运动，根据以上数据不能求出战斗机在甲板上运动的 戡 绝 A.位移 B.加速度 C.平均速度 D.受到的阻力 部 区 2.如图，建筑工人用砖夹竖直搬运四块相同的砖，每块砖的质量均为，重力加速度大小为g。 下列说法正确的是 知 1 丝 A.当砖静止时，砖块4对砖块3的摩擦力大小为2mg B.当砖静止时，砖块2对砖块3的摩擦力为mg C.当将4块砖一起竖直向上加速提起时，砖块4对砖块3的摩擦力大小为mg D.当将4块砖一起竖直向上加速提起时，砖块2对砖块3的摩擦力为零 3.如图所示，放在水平桌面上的木块A处于静止状态，所挂的砝码和托盘的总质量为0.6kg,弹 簧测力计读数为2N,滑轮摩擦不计。若轻轻取走盘中的部分砝码，使砝码和托盘的总质量减 少到0.3kg,则将会出现的情况是(g取10m/s2) ) 777777777777777777 A.弹簧测力计的读数将变小 B.A仍静止不动 C.A与桌面间的摩擦力不变 D.A所受的合力将要变大 4.某同学用两只手分别撑住桌子（桌面等高）使自己悬空，并保持如图所示姿势静止，两手臂和桌 面夹角均为(0<<90°)，桌脚与地面之间有摩擦，桌面与地面均水平，增大两手臂和桌面夹 角0，则 () 77777777777777777777777777 A.每只手臂所承受的作用力变小，地面对桌面的支持力将变小 B.每只手臂所承受的作用力变小，地面对桌面的支持力将变大 C.每只手臂所承受的作用力变小，地面对桌面的支持力不变 D.每只手臂所承受的作用力变大，地面对桌面的支持力将变大 5.如图所示，是某人站在压力传感器上，做“下蹲一起立”的动作时，记录的压力随时间变化的图 线，纵坐标为力（单位为N)。横坐标为时间（单位为s)。由图线可知，该人的体重约为650N。 除此之外，还可以得到的信息是 () 1000 800 ) 600 400 200 0 10 时间（秒） A.下蹲过程中人的最大加速度约为5m/s2 B.起立过程中先处于超重状态后处于失重状态 C.5s末人正在向下匀速运动 D.该人做了两次“下蹲一起立”的动作 6.如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，碗的内表面及碗口是光滑的。一根细线跨 在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和2的小球，当它们处于平衡状态时，质量为m1的 小球与O点的连线与水平线的夹角为。=60°。两小球的质量比为 () m 0 10 ○m2 A号 B号 C.3 2 D 2 5 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.在物理学的探索过程中，科学家们运用了许多科学的思想与方法。下列叙述正确的是() A.伽利略在研究自由落体运动时采用了科学实验与逻辑推理相结合的方法 B.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是理想模型法 C根据速度公式一名，当△0时，兰就可以表示物体在1时刻的瞬时速度。瞬时速度的定 义运用了极限思想 D.加速度的定义a一会运用了比值定义法。由此式可知，速度变化量大的物体，加速度一 定大 8.如图所示为某型号的无人机，该无人机的质量为m=2kg,电动机能提供的最大动力为Fm= 36N,无人机飞行时所受的阻力大小恒为F:=10N。当无人机以最大动力从地面由静止开始 沿竖直方向加速上升，经10s的时间后关闭动力装置，无人机能达到的最大高度为h,然后无 人机沿原路返回地面，无人机自由下落一段时间后重启动力装置，无人机共下落12s后刚好落 地、重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是 A.h=150m B.无人机返回时加速的时间为6s C.无人机返回过程重启动力装置后，电动机提供的动力为24N D.无人机返回过程重启动力装置后，电动机提供的动力为20N 9.如图所示，轻杆OA与轻杆OB通过光滑铰链安装在竖直墙面上，另一端通过铰链连接于O 点。已知∠OAB=30°，∠OBA=60°，铰链质量忽略不计，重力加速度为g。现将一个质量为m 的物块通过轻绳悬挂于O点保持静止，下列说法正确的是 ( A 0 6 无敌原创·期末测试卷物理·必修第一册 A.竖直墙对A、B两点铰链的总作用力方向竖直向上 B轻杆OA对O点铰链的推力为2mg C.若在O点施加从零缓慢增大且水平向右的外力，则轻杆OB的弹力一直增大 D.若在O点施加从零缓慢增大且水平向右的外力，则轻杆OA的弹力先减小后增大 10.如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M,t=0时刻，质 量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v-t图像如图乙所示，重力 加速度g取10m/s2,下列说法正确的是 ( v/(m·s1) > 6 4 2-. M IIiT 23t/ 甲 乙 A.M=m B.M=2m C.木板的长度为8m D.木板与物块间的动摩擦因数为0.1 的 三、实验题（每空2分，共20分） 11.甲小组利用弹簧测力计探究“两个互成角度的力的合成规律”实验，所用到的装置如图所示。 % 木 B 板 (1)甲小组先用一个弹簧测力计施加一个力把结点拉至O点，记下这个力和位置O。再用两 个弹簧测力计分别钩住细绳套仍将结点拉至O点，记录下这两个力，这里采用的实验方法 是 A.微元法 B.理想实验法 C.等效替代法 D.控制变量法 E.放大法 (2)甲小组在实验探究过程中，下列操作正确的是 A.应保证角α与角3始终相等 B.应保证细绳与纸面平行 C.两弹簧测力计的拉力越接近相等误差越小 D.挂弹簧测力计的细绳应适当长一些 12.实验小组在探究“加速度与物体的受力、物体质量的关系”时，用图甲所示的装置让滑块做匀 加速直线运动来进行；由气垫导轨侧面的刻度尺可以测出光电门A、B之间的距离L以及遮 光片的宽度d,遮光片通过光电门A、B的时间tA、tB可通过计时器（图中未标出）分别读出，滑 块质量为M,钩码的质量为m,打开气垫导轨的气源，让滑块在钩码的重力作用下做匀加速直 线运动，重力加速度为g,回答下列问题： (1)打开气垫导轨气源的目的是 ,为了让滑块所受的合力等于钩码的重力，应有 M(填“《”“>”或“=”)； (2)滑块的加速度a=(用L、tA、tB、d来表示)，图乙遮光片的宽度在刻度尺上对应的 读数为d= mm; (3)图丙是钩码的质量m不变，改变滑块的质量M,得出不同的M对应的加速度α，描绘出 a-M函数关系图像为双曲线的一支，说明a与 成 (填“正比”或“反比”)，图中两 矩形的面积 (填“相等”或“不相等”)； (4)图丁是滑块的质量M不变，改变钩码的质量m,得出不同的mg对应的加速度a,描绘出 a-mg的函数关系图像，说明a与mg成 (填“正比”或“反比”)，图线的斜率等 光电门 遮光条 B 滑块 刻度尺臣 连气源 遮光片 0 2 3 74 钩码 山cm 甲 乙 产mg 丙 四、计算题（本题共3小题，共32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.(8分)宋代已经出现冲天炮这种玩具（如图），也叫“起火”，每到逢年过节人们都要放“起火” 庆祝。若冲天炮从地面由静止发射竖直升空时加速度大小为10/s2,2s后冲天炮中的火药 燃尽（未爆炸），此后冲天炮做竖直上抛运动，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2,求： (1)冲天炮上升离地面的最大高度； (2)从火药燃尽到落地的过程中，冲天炮的平均速度。（结果可保留根号） 冲天炮 14.(12分)如图所示，传送带与水平面夹角0=30°，以=4m/s的速率顺时针转动，A、B两端的 长度L=6。传送带B端恰好与一足够长的斜面底端平滑衔接，斜面与水平方向夹角也为 0=30°，斜面上P点距离B点0.2m,质量m=1kg的物块无初速地放在传送带A端，已知物 专送带的动摩擦因数丛二，物块与斜面的动摩擦因数，二3，最大静摩擦力 滑动摩擦力，g取10m/s2,求： (1)物块刚放到传送带上时的加速度大小； (2)物块从传送带A端到达B端的时间； (3)计算分析物块经过P点的次数。 P B A ⊙ H 8无敌原创·期末测试卷物理·必修第一册 15.(12分)如图，两个滑块A、B的质量分别为mA=2kg、mB=4kg,放在静止于水平地面上长木 板的两端，A与木板间的动摩擦因数1=0.1，B与木板间的动摩擦因数2=0.5；木板的质量 m=4kg,与地面间的动摩擦因数43=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，A的初速度 v=1m/s,B的初速度%=3.5m/s。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块A、B可视为质 点，重力加速度g取10m/s2。求： (1)两滑块开始相向滑动时滑块A、B和木板的加速度大小； (2)经过多长时间滑块B与木板相对静止及此时木板的速度。 B ← 7777777777777777777777777777(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 牛顿第二定律有mg=(M+m)a,对滑块由牛顿第二定律得 M Xmg=- T=Ma,综合可得T=M十m》 1Xmg,分析可得当 1+ 得一0，即m《M,滑块所受的合力即细线的拉力Tmg。 (2)由题意可知，滑块通过光电门A、B对应的瞬时速度分别为 队=头饰号，滑块从A运动到B的过程中，由匀变速直线 运动速度一时间关系可得2aL=哈一，综合可得a 先（信一云），图乙遮光片的宽度在刻度尺上对应的读数为 d=2.0mm。 (3)a-M函数关系图像为双曲线的一支，说明a与M成反比， 则有a与成正比。由牛顿第二定律有mg=Ma,当钩码的质 量m不变，滑块的质量M与加速度a的乘积不变恒为mg,把 α-M函数关系图像中两个矩形补充完整，如图所示，两个完整 的矩形的面积相等都为mg,再减去补充的共有面积，剩余的面 积也相等，即图中两矩形的面积相等。 0 →M (4)图丁是滑块的质量M不变，改变钩码的质量m,得出不同 的mg对应的加速度a,描绘出a-mg的函数关系图像是正比 例函数关系图像，说明a与mg成正比。由牛顿第二定律有 mg=M血，可得a=7mg,说明图线的斜率等于。 13.解：(1)0~2s冲天炮向上做匀加速直线运动，0~2s内冲 天炮上升的高度为h:=2a听=2×10×22m=20m,2s末冲 天炮的速度=at=10×2m/s=20m/s,2s后冲天炮做竖 直上抛运动，则有h:-20m=20m,则冲天炮上升离一 地面的最大高度为H=h1十h2=40m。 (2)冲天炮从火药燃尽到上升到最高点所用时间为2=4= 2s,冲天炮从最高点到落地过程做自由落体运动，则有H= 合，解得=√四-2。，则从火药然尽到落地的过程中， 20 冲天炮的平均速度大小为=干2十22m/s一 (102-10)m/s,方向竖直向下。 14.解：(1)物块在传送带上的受力分析图如图，f1一mgsin0= ma1,N=mgcos0,f=N联立，解得a1=25m/s2。 G (2)物块在传送带上匀加速时间4=-1.6s,匀加速位移s= 汽=3,2m,由于最大静摩擦力f加>mgsin0,之后物块随传送 带一起匀速运动，匀速运动时间2=L二=0,7s,物块从传送 Uo 带A端运动到B端总时间t=t十t2=2.3s。 (3)设物块在斜面上上滑过程的加速度大小为a2,下滑过程的 加速度大小为a3,mgsin0+mgcos0=ma2,得a2=8m/s2, 上滑位移=器，-1m,下滑过程mgsn9-m8os0=ma, 得ag=2m/s2,下滑到B点时的速度u=√2a3s1=2m/s,之 后在传送带上先向下匀减速至零，再向上匀加速回到B点，匀 减速和匀加速的加速度大小相等，故物块再次上滑到B点时的 速度大小=，则物块在斜面上再次减速到零的位移2= =0.25m,根据以上分析可知，助=合=子，依此类 2a2 推，物块每次在斜面上上滑的距离均为前一次的1/4，故第3次 在斜面上上滑距离=子<0.2m,此后该物块无法再经过P 点，故物块一共能够在斜面上两次往返经过P点，即一共经过 P点4次。 15.解：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑 动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为、f2和f,A 和B相对于地面的加速度大小分别为aA和ag,木板相对于地 面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前，由牛 顿第二定律得f=mAg=mAaA,f=mBg=maaB,fs= (m十ma十ms)g,f2-f-f=ma1,解得aA=1m/s2,ag= 5m/s2,a1=2m/s2。 化，钢管对推车的压力总是不变，CD错误。故选A。 (2)设在时刻，B与木板达到共同速度，其大小为，由运动 学公式有=一a4,=a14,联立代入已知数据得4= 0.5s,=1m/s。 期未测试卷（三） 分 乙 6.D【解析】以小球为对象，设小球所在位置沿切线方向与竖 1.A【解析】对A分析，若A、B之间有摩擦力，则A无法保持 直方向夹角为0，沿切线方向有Fr=ngcos0,沿半径方向有 平衡状态，所以木块A与木块B之间无摩擦力，故A正确；A 对B的压力的施力物体是A、受力物体是B,木块A的重力的 FN=mgsin,通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高 点的过程中0增大，所以细线对小球的拉力减小，小球对柱体 施力物体是地球、受力物体是A,A对B的压力大小等于A的 重力，但二者不是同一个力，故B错误；B不动是因为它与地面 的压力增大，故AB错误；以柱体为对象，竖直方向有F地 间的最大静摩擦力大于F,根据平衡条件可知B实际受到的摩 Mg十Fwsin0=Mg十ngsin0,水平方向有F墙=FNcOS0 擦力大小等于拉力F,故C错误；木块B对地面的压力和地面 mgsin9cos=2 mgsin20,9增大，柱体受到水平地面的支持 对B的支持力是一对作用力与反作用力，二者同时产生、同时 力逐渐增大；柱体对竖直墙面的压力先增大后减小，当0=45 消失，故D错误。故选A。 时，柱体对竖直墙面的压力最大，故D正确，C错误。故选D。 2.A【解析】以A、B组成的整体为研究对象，受到重力、OA绳 7.CD【解析】在B轻放在A上的瞬间，虽然速度为0，但因A、 的拉力FT和水平力F,由平衡条件可得竖直方向上有 B整体的合外力不为0，故加速度不为0，故A错误。在物体B Frsin45°=2mg,水平方向上有FTcos45°=F,联立得F= 轻放在A上之前，轻弹簧处于压缩状态，设其压缩量为x,对A 2mmg。故选A。 有kx=mAg,B轻放在A上之后，对整体有(mA十mB)g一 3.D【解析】从图乙中可知物体在2~6s内做匀加速直线运 kx=(m十m)a,对B,有mng-N=ma,联立各式解得a= 动，此过程受到推力F和摩擦力作用，故有F1一g=ma,速 6m/s2,N=12N;根据牛顿第三定律可知，B对A的压力大小 度一时间图像的斜率表示加速度，故a= 6-2 m/s2=1m/s2, 为12N,故B错误，C正确，D正确。故选CD 则3一10m=1m,在6~8s内做匀减速直线运动，在此过程中 8.ABC【解析】设斜面倾角为0，若斜面光滑，根据牛顿第二定 由图甲知推力F=0,故有一mg=m加，由图乙知。-g二 律可知，A、B整体的加速度为a=gsin0,对物体A,水平方向 8-6 f=ma cos0=mg sin0cos0,竖直方向mg-N=masin0= -2m/s2,即2=10m,联立可得m=1kg=0.2。故选D。 mgsin20,即N=mg cos2<mg,即A、B之间有相互作用力，此 4.B 时A受重力、支持力和静摩擦力，故B正确；若A、B整体一起 5.A【解析】对6号钢管进行受力分析，由于钢管静止，即受力 匀速下滑，则上述表达式中a=0,此时f=0,FN=mg,即A受 平衡，则其他钢管对6号钢管的作用力与6号钢管的重力及 到重力和B的支持力两个力的作用，故A正确；若A、B一起加 ON面给的支持力的合力等大反向，如图甲，重力与支持力的 速下滑，则A的加速度有向下的分量，则A处于失重状态，C 合力大小为G,故其他钢管对6号钢管的作用力大小也为G,A 正确；若A、B整体一起加速下滑，则水平方向有分加速度，对 正确；将所有钢管视为一个整体，进行受力分析，如图乙，可得 整体由牛顿第二定律可知，地面与斜面体有向左的静摩擦力 =tan0=3,故由牛顿第三定律知，OM面受到的压力大于 FoN 故D错误。故选ABC。 ON面受到的压力，B错误；仍将所有钢管视为整体，由于整体 9.AC【解析】在v-t图中，图像与横坐标围成的面积表示物 在重力和推车对其作用力的作用下保持平衡，故无论0如何变 体发生的位移，由图可知当t=2s和t=6s时，两图像与横坐 35