课时分层检测(24) 传送带模型和滑块——木板模型&课时分层检测(25) 运动学、动力学图像问题-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理必修第一册同步辅导与测试(人教版)

班级 姓名 得分 课时分层检测（二十四） 传送带模型和滑块 一木板模型 1.（多选)如图所示，一足够 数为41=0.15。质量为m=10kg的小铁块 拉力 长的木板静止在光滑水 (可视为质点)，以o=4m/s的速度从木板 7777777777777777777777 平地面上，一物块静止在木板上，木板和物 的左端水平冲上木板（如图所示），小铁块与 块间有摩擦。现用水平力向右拉木板，当物 木板间的动摩擦因数为2=0.4。已知最大 块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运： 静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2,则 动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水 下列判断正确的是 () 平地面的运动情况为 ( -D0 A.物块先向左运动，再向右运动 mo B.物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀： 速运动 A.木板一定静止不动，小铁块不能滑出木板 C.木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀： B.木板一定静止不动，小铁块能滑出木板 速运动 C.木板一定向右滑动，小铁块不能滑出木板 D.木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零 D.木板一定向右滑动，小铁块能滑出木板 2.如图所示，在一条倾斜 5.如图所示，长l=5m、 B 的、静止不动的传送带 A 质量M=5kg厚度不 上，有一个滑块能够自 计的薄板A放在水平地面上。在A上距右 由地向下滑动，该滑块 端x=3m处放一物体B(大小不计)，其质 由上端自由地滑到底端所用时间为1，如果 量m=2kg,已知A、B间的动摩擦因数1 传送带向上以速度。运动起来，保持其他条 0.1,A与地面间的动摩擦因数42=0.2，原 件不变，该滑块由上端滑到底端所用的时间 来系统静止。现在在板的右端施加一大小 为t2,那么 ( ) 恒定的水平向右的力F=26N,将A从B下 A.t1=t2 B.1>12 抽出。g=10m/s2,求： C.<t D.不能确定 (1)A从B下抽出前A、B的加速度各是 3.(多选)如图所示，一足 多大 够长的水平传送带以 )4⊙ (2)B运动多长时间离开A; 恒定的速度1沿顺时 (3)B离开A时的速度大小。 针方向运动，传送带右端有一与传送带等高 的光滑水平面.物体以恒定的速率2沿直线 向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光 滑水平面上，此时速率为2'，则下列说法正 确的是 A.若1<2，则2'=1 B.若1>2，则2'=2 C.不管2多大，总有2'=2 D.只有1=2时，才有2'=1 4.质量为mo=20kg、长为L=5m的木板放在 水平地面上，木板与水平地面间的动摩擦因 179 班级 姓名 得分 课时分层检测（二十五） 运动学、动力学图像问题 1.如图甲所示，一个质量为3kg的物体放在粗： 与木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦 糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F 力相等。用一水平力F作用于B,A、B的加 作用下由静止开始做直线运动，在0~3s时： 速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g 间内物体的加速度a随时间t的变化规律如 取10m/s2,则下列说法正确的是 () 图乙所示，则 ( a/(m·s-3 Aa/(m-s-2) A F 913F/N 甲 777777777 t/s 甲 A.A的质量为0.25kg A.F的最大值为12N B.B的质量为1.25kg B.0~1s和2~3s内物体加速度的方向： C.B与地面间的动摩擦因数为0.2 相反 : D.A、B间的动摩擦因数为0.2 C.3s末物体的速度最大，最大速度为8m/s4.在水平地面上有一个质量为4.0kg的物体， D.在0一1s内物体做匀加速运动，2一3s内 物体在水平拉力F的作用下由静止开始运 物体做匀减速运动 2.受2022年北京冬奥会的影响，滑雪运动在 动。10s后拉力大小减小为号，并保持恒定。 该物体的速度一时间图像如图所示(g取 我国受到人民群众的广泛欢迎。如图甲所： 示，一名滑雪爱好者（可视为质点）穿着滑雪 10m/s2)。求： 板（未带滑雪杖）从山坡上A点由静止滑下， 4/(ms-) 经B点滑上水平面，不计滑雪爱好者经过B: 10 点时的速率变化，滑雪爱好者在斜面和水平： 面上运动的速率随时间的变化图像如图乙 所示。已知斜面与水平面的夹角为37°，滑 102030t/8 雪板与斜面、水平面间的动摩擦因数相等，： (1)物体所受到的水平拉力F的大小； 不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (2)该物体与水平地面间的动摩擦因数： 则滑雪板与斜面间的动摩擦因数为( (3)物体在30s内运动的位移大小。 A 甲 A. 2 c D 3.如图甲所示，在水平地面上有一长木板B,其 上叠放木块A。假定木板与地面之间、木块 180=672N,根据牛顿第三定律知，人对电梯的压力大小为672N,故 B错误，3~4s内，加速度a=0-2 m/s2=一2m/s2,方向沿电梯 1 斜向下，即竖直方向加速度的分量向下，人处于失重状态，故C正 确：3一4s内，加速度方向沿电梯斜向下，即水平方向加速度的分 量向左，而摩擦力为水平方向的合力，根据牛顿第二定律可知摩 擦力方向水平向左，故D正确。] 9.AC[货物随车厢一起斜向上加速运动，由牛顿第二定律可知车 厢与货物的重力和悬臂对车厢作用力的合力方向应与加速度方 向一致，故悬臂对车厢的作用力方向是斜向上的，故远项D错误： 由于车厢和货物在竖直方向有向上的分加速度，处于超重状态， 故悬臂对车厢的作用力大于(M十m)g,故选项C正确；同理，对车 厢中货物用隔离法分析可知，车厢对货物的作用力大小大于g, 方向是斜向上的，但不平行于缆绳，故选项A正确，B错误。] 10.解析(1)对A受力分析，根据牛顿第二定律得 1ng-F球=na =(10一号)mg=2m心，则升降机的加造度 解得a=g一m 为2m/s2,方向竖直向下。 (2)对人分析，根据牛顿第二定律得 Mg-Fx=Ma 解得FN=Mg-Ma=50X(10-2)N=400N 由牛顿第三定律知人对升降机地板的压力大小为400N,方向竖 直向下。 答案(1)2m/s,方向竖直向下(2)400N,方向竖直向下 11.C[以A为研究对象，由牛顿第二定律得Fr一mg=m1a,以 BC整体为研究对象得(M+m)g一Fr'=(M十m2)a',又Fr'= FT,a'=a,联立以上各式得加速度a=5m/s2,FT=30N,A、B 错误：隔离C有m2g一FN=n2a,得FN=5N,C正确：轻绳对定 滑轮的作用力大小为F=2Fr=60N,D错误。] 12.解析(1)根据台秤的示数可知支持力大小，台秤的示数为65kg 时，支持力F、=650N,当电梯加速上升时，根据牛顿第二定律 得FN一mg=ma 代入数据解得a=3m/s。 (2)对于匀加速运动过程，有h=,/一” 代入数据解得方=碧m,1=号s 10 因匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等，所以两个阶段的时 间和位移大小相等，故匀速运动的时间 I'=1-21 匀速运动的位移h'=v 代入敦据解得1-1245，/=1240m 3 3 故餐厅距地面的高度H=2h+/=1340 3 答案(1)3m/s2 (2)1340 m 课时分层检测（二十三） 1.AB[对A,B整体，F=3ma,则a=n,A正确：对A,F#=虹= ma= 号则=品AB两木块之同的距离为6+品，B正确， F C、D错误。] 2.BD[由整体法知a=M十m 则a1:a2=1：1, 在甲图中隔离B物体有F1=ma, 在乙图中隔离A物体有F,=Ma, 所以F：F2=n:M。] 3.AD[按题图甲放置时A静止，则由平衡条件可得Mgsin a= ng,互换位置后，对A、B整体，由牛顿第二定律得Mg一ngsin a =(M十m)a,联立解得a=(1一sina)g,对B,由牛顿第二定律得 Fr一ngsin a=a,解得Fr=mg,A,D正确。] 4.B[对小铁球受力分析得F合=mngtan a=na且合外力方向水平 向右，故小铁球的加速度为gtan a,因为小铁球与凹槽相对静止， 故系统的加速度也为gtan a,A、C错误。对系统整体受力分析得 F=(M十m)a=(M十m)gtan a,故B正确，D错误。 5.CD[由于B置于光滑水平面上，有力作用在物体A上，A、B整 体加速运动，对B,当A、B间的摩擦力达到最大值时，此时的加速 度达到最大，最大静摩擦力Fmm一mAg=12N,则最大加速度 a-mA8=1号m/S=6m/g,对整体运用牛顿第二定律有 (mA十mg)a=48N,可知两物体开始没有相对运动，当拉力增加 到48N时，发生相对滑动，故A、B错误，D正确。当F=24N时， 两物体没有相对运动，根据牛顿第二定律，A的加速度大小为《= mA十mg6干2m/s=3m/s,故C正确。] 24 2 6.解析设刚开始时弹簧压缩量为无1，则 x1= (m+M0g=0.15m ① 设两者刚好分离时弹簧压缩量为2，则 k.xg一ng=n@ ② 在前0.2s时间内，由运动学公式得 -=2al ③ 由①②③解得a=6m/s2 由牛顿第二定律，开始时Fmim=(m十M)a=T2N 最终分离后Fmx一Mg=Ma 即Fmx=M(g十a)=l68N。 答案168N72N 课时分层检测（二十四） 1.BC[对于物块，由于运动过程中与木板存在相对滑动，且始终相 对木板向左运动，因此木板对物块的摩擦力向右，所以物块相对 地面向右运动，且速度不断增大，直至相对木板静止而做匀速直 线运动，A错误，B正确；对于木板，由作用力与反作用力可知，受 到物块给它的向左的摩擦力作用，则木板的速度不断减小，直到 二者相对静止，而做匀速运动，C正确：由于水平地面光滑，所以木 板和物块的速度不会为零，D错误。] 2.A [滑块受重力、支持力、滑动摩擦力，当传送带向上以速度西 运动起来，保持其他条件不变时，支持力不变，摩擦力大小和方向 都不变，根据牛顿第二定律可知两种情况下，加速度相等，而两种 情况下位移也相等，根据x= 2a可知，两种情况下运动的时间 相等，即t1=。,远项A正确。 3.AB[由于传送带足够长，物体先减速向左滑行，直到速度减为 零，然后在滑动摩擦力的作用下向右运动，分两种情况： ①若叫≥，物体向右运动时一直加速，当2'一2时，离开传 送带。 ②若山2，物体向右运动时先加速，当速度增大到与传送带的 速度相等时，物体还在传送带上，此后不受摩擦力，物体与传送带 一起向右匀速运动，此时有'一，故远项A、B正确，C、D 错误。」 4. L木板与地面间的最大静摩擦力为F1=h1(m十m)g=45N, 小铁块与木板之间的最大静摩擦力为F=ng=40N,F二 F2,所以木板一定静止不动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑 行的距离为x,则=2gx,解得x=2m<L=5m,所以小铁 块不能滑出木板，选项A正确。] 5.解析(1)对B,由牛顿第二定律可得：41ng=ma形 解得ag=1m/s 对A,由牛顿第二定律可得： F-hmg-(m+MDg=MaA,解得aA=2m/s2。 (2)设经时间，A从B下抽出，则xA=之aA, xB=24g,△x=xA-xg=l-x,解得t=2s。 (3)vB=agt=2m/s。 答案(1)2m/s21m/s2(2)2s(3)2m/s 课时分层检测（二十五） 1.C[由图像可知，物体在1~2s内做匀加速直线运动，a=4m/s2, 由牛顿第二定律得F-ng=ma,故F=ma十ng>l2N,故A 错误；由：t图像的特点知加速度一直为正，故B错误；：（图像与 时间轴固成图形的面积为△，而初速度为零，故3s末速度最大 为8m/s,故C正确：整个过程中，物体一直做加速运动，故D 错误。」 2.AL由题图乙可知滑雪爱好者在斜面和水平面上运动的加速度 之比为2=号。设滑雪爱好者与滑雪板的总质量为m,滑雪板 与斜面间的动摩擦因数为：，由牛顿第二定律得ngsin37 mgc053r=ma1ng=ma,又=号解得=是A正.] 2 3.C[由题图乙知，B与地面间的最大静摩擦力F,=3N,当F1= 9N时，A、B达到最大的共同加速度，a1=4m/s,对A、B整体， 由牛顿第二定律得F一F,=(mA十ng)a1,水平力再增大时，A、B 发生相对滑动，A的加速度仍为4m/s,对A有F,'-m4a1,B的 加速度随水平力的增大而增大，当F2=13N时，aB=8m/s°，对B 有F2一F,一Ff=mBaB,解得mg=1kg,nA=0.5kg,进一步求得 F B与地面间的动摩擦因数41一(mA十B)g =0.2,A、B间的动摩 擦因数：一mAg】 -mAa1=0.4,C正确，A、BD错误。] 4.解析(1)物体的运动分为两个过程，由题图可知两个过程的加 速度分别为a1-1m/s,a2=-0.5m/s 2 对物体进行受力分析，如图甲、乙所示 来FN F F 777777 777777777. 77777777中 mg mg 甲 乙 对于两个过程，由牛顿第二定律得F一F=ma1 3 -F=ma2 联立以上两式解得F=9N,F=5N。 (2)由滑动摩擦力公式得F;一4FN一ng 解得4=0.125。 (3)由v-t图像知，物体运动的位移等于图线与t轴所围的面积x =号×30X10m=150m. 答案(1)9N(2)0.125(3)150m 章末检测卷（一） 1.C[因不能忽略容器与弹珠的大小，因此都不能视为质点，AB错 误；因完成一次操作，位移为零平均速度为零，C正确；往返中，位 移方向不同，时间不同，平均速度不同，D错误。 2.B[物体从离开气球开始至下落到地面时，初、末位置的距离为 80m,取向上为正方向，所以位移x=一80m,路程等于运动轨迹 的长度，所以l=10×2m十80m-100m,故远B。 3.A [表中“6：50”表示时刻，A正确；该车从启东至南京的路程为 330k,B错误；从表中数据无法知道该车从启东至南京的位移， 因此不能求出该车从启东至南京的平均速度，C错误；物体能否看 成质点是由研究问题的性质决定的，物体的大小和形状相对所研 究的问题可以忽略时，物体才能看作质点，D错误。」 4,C[物体的加速度与速度，速度变化量及所用时间无直接关系， 故A、B、D错误：猎豹起跑的速度变化量为△w1=30m/s一0= Au-30 30m/s,共加速度为a1=△1 4 m/s2=7.5m/s2,军用喷气式 飞机着陆时的速度变化量为△2=540m/s一600m/s=一60m/s, 其加速度大小为a2= △2 △tg 0m/s=6m/s2,比较可知a1> 60 a2,故C正确。] 5.B [设甲做匀速直线运动的速度为，乙先加速后减速，在运动的 过程中速度大于，则整个过程中的平均速度大于：丙先减速后 加速，在运动过程中的速度小于，则整个过程中的平均速度小于 U。根据x=知，乙车的运动时间最短，所以乙车先经过下一个 路标，远项B正确。] 6.A[由图看出，三个物体在10s内的位移相同，根据平均速度可一 工知，它们的平均速度相同，故A正确。由图看出，根据位移图 像的斜率等于物体的速度可知，α物体先沿正方向运动，后沿负方 向运动；b一直沿正方向做匀速直线运动；￠一直沿正方向做加速 运动，而三个物体的位移相同，则知在10s内a物体通过的路程 最大，而b、C两物体通过的路程相等，裉据平均速率可一 Σ可得u 的平均速率最大，b、c相同，故B、C、D错误。 7.A[汽车收到第一次信号时，经过的时间为〔1 _0.6s=0.3s,离 2 测速仪的距离=U健t1=340m/s×0.3s=102m,汽车收到第二 次信号时，经过的时间为2 2.2-1.8 s=0.2s,离测速仪的距离 s2=utt2=340m/s×0.2s一68m,汽车收到两次信号时距离测 速仪的距离差s=s1一5=102m一68m=34m,经过的时间1= 08一0.3=1.7$，汽车的速度三广一， 34m=20m/s,选项A 正确，B错误；由以上分析可知，被测汽车第一次反射超声波脉冲 时，离测速仪的距离为102m,被测汽车二次反射超声波脉冲的时 间差为1.7s,故C、D错误。] 8.BCD[北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位置坐标，故A 错误，B正确：北斗导航卫星授时服务提供的是时刻，误差很小，故 C正确：北斗导航卫星测速服务提供的是运动物体的瞬时速度大 小，即速率，故D正确。 9.AC [x-t图像斜率表示速度，=6s内斜率方向不变，甲运动方 向不变，经过的位移大小为4m,故A正确，B错误；根据u-t图像 可知物体的速度方向在3s末改变，乙来回运动，v-t图像和时间 轴固成的面积为位移，=6s时间内正、负面积大小相等，所以位 移之和为零，故C正确，D错误。 10.AC 「由题给图像知，这两个物体的速度都为正，速度方向相同， 乙物体加速，甲物体减速，它们的加速度方向相反，A正确，B错 误：根据图像和加速度的公式得，甲的加速度a甲=03m/s= -0.75m/g,乙的加速度a2=20m/s=0.5m/s,加速度的 4 正负只表示方向，不表示大小，故甲的加速度大小大于乙的加速 度大小，C正确，D错误。 11.解析（1)打点计时器是使用的交流电，打，点计时器是一种计时 仪器，其电源颜率为50Hz,它们是每隔T=0.02s打一个，点。 (2)每两个相邻的计数，点之间的时间间隔为t=5×0.02s= 0.1s:据纸带左端点比较密集，所以是左端与小车相连：B点 的瞬时速度vB=工C=0.400m/s;C点的瞬时速度uc=D= 0.479m/s。 答案(1)交流电0.02(2)0.1左0.4000.479 12.解析(1)由题图可以读出：d1=1.20cm,d2=5.40cm,d3= 12.00cm。 (2)由题意知T。= =0.02s,T=5T。=0.1s, 小车通过计数点“2”时的瞬时速度 h=4,二4=(5.40-1.20)X10 m/s=0.21m/s, 2T 2×0. 小车通过计数点“4”时的瞬时速度： 4=4,4=12.00-5.40)X10 -m/s=0.33m/s, 2T 2×0.1 小车的加速度：a= u-边=0.33-0.21m/s=0.6m/s2。 2T 2×0.1 答案(1)1.205.4012.00(2)0.210.330.6 13.解析(1)在x-1图像中斜率表示速度，由图像可得物体在0 4s内的速度为 1= =m/s=1.5m/s。 At (2)物体在610s内静止不动。 (3)物体在第11s内的速度为 △xg 0一4 Atg11-10m/s=-4m/s, 负号表示速度方向与正方向相反。 (4)由图像可得物体在46s内速度为 △x_4-6 6-4m/s=-1m/s, 负号表示速度方向与正方向相反 根据各时间段内物体的速度值作出物体的图像如图所示。 4/(m8 3 2 1.5 0 24 8101t/8 -1---- 2 -3 -4 答案(1)1.5m/s(2)静止(3)一4m/s(4)图见解析 14,解析为确保行车安全，要求列车驶过距离L的时间内，已越过 停车线的汽车的车尾必须能通过道口 汽车从越过停车线至车尾通过道口，汽车的位移为 x'-l+x+x=(15+5+26)m=46m 汽车的速度2-36km/h=l0m/s,通过这段位移需要的时间 1==4.68 Ja 高速列车的速度 w1=180km/h=50m/s 所以列车安全行车的距离为 L=4t=50×4.6m=230m。 答案230m 15,解析(D由=会得在反应过程所用的时同 -=2s=0.7 4 (2)制动过程中的平均速度大小 h=兰=3014m/se6.96m/s. 2.3 (3)紧急停车全程所用时间 l=t1十t2=0.7s十2.3s=3s 全程的平均速度大小0=二=30 m/s=10m/s。 答案(1)0.7s(2)6.96m/s(3)10m/s 章末检测卷（二） 1.C[自由落体运动是匀变速直线运动，加速度等于重力加速度， 是与质量无关的定值，选项D错误：由于加速度是定值，所以速度 变化的快慢是不变的，选项A错误：自由落体运动是初速度为0 的匀变速直线运动，连续相等时间内的位移之比为1：3：5，选项 B错误：自由落体运动的速度V=g4,所以，第1s末，第2s末，第 3s末的速度大小之比为1：2：3，选项C正确。] 2.D[刹车问题可以看作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度 3