模块综合检测卷-【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)

模块综合检测卷 (建议用时：60分钟) 一、选择题（本题共10小题。在每小题给出的：4.利用无人机送外卖已经 /(m8） 四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要： 率先在深圳启动，“天上 求，第8~10题有多项符合题目要求) 掉馅饼”时代已经来临。 1.2022年5月6日我国长征 如图所示为某一无人机 0 3 6 10t/s 罩 二号F遥十四火箭将神舟 送外卖时竖直上升过程的v-t图像，则 十四号载人飞船精准送入 ( 预定轨道。并与天和核心舱实施自主快速径 A.3~6s内，无人机处于悬停状态 向交会对接。如图所示，为最终实现在2022年： B.无人机在第2s末与第7s末的加速度之 前后完成载人空间站的全部建设奠定了基础。 比为3：4 根据以上信息，下列说法正确的是 C.无人机上升的高度为26m A.神舟十四号飞船在与天和核心舱对接的 D.无人机在上升过程中的平均速度大小为 过程，可将它们视为质点 2 m/s B.对接成功后，以空间站为参考系，神舟十5.在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静 四号飞船是运动的 止时，小丽同学站在体重计上，体重计示数 C.对接成功后，以地球为参考系，整个空间： 为50kg,电梯运动过程中，某一段时间内小 站是静止的 丽同学发现体重计示数如图所示。在这段 D.研究空间站绕地球飞行的时间时，可将空 时间内下列说法中正确的是 间站视为质点 2.气球以10m/s的速度匀速竖直上升，从气球上 掉下一个物体，经10s到达地面。物体刚脱离 气球时气球离地面的高度为(g=10m/s2) ( A.小丽同学的惯性变小了 A.400m B.500m B.电梯一定在竖直向下运动 C.405m D.505m C.小丽对体重计的压力小于体重计对小丽 3.如图为一竖直放置的棋盘， 士人象 的支持力 该棋盘具有磁性，每个棋子 D.电梯的加速度大小为&，方向一定竖直 均可视为能被棋盘吸引的 相同质量的小磁体.对于静 向下 止在棋盘上的某颗棋子，下 6.如图所示，轻弹簧下端挂一物体，上 列说法正确的是 端用手牵引使重物竖直向上做匀速 直线运动。某时刻手突然停止运动， A.受三个力作用 从手突然停止到物体上升至最高点 B.棋盘对棋子的作用力大于重力 的过程，物体的加速度 C.磁性越强的棋子，所受的摩擦力越大 A.一直减小 B.一直增大 D减小棋子的质量，棋子所受到的摩擦力： C.先增大后减小 D.先减小后增大 减小 199 7.如图所示，两个小球a、b质量均为m,用细线：10.a和b两个小球在外力作 相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球 用下沿同一直线运动，其 a施加一个拉力F,使整个装置处于静止状： 位置一时间(x-t)图像分 态，且Oa与竖直方向夹角为0=45°，已知弹 别为图中的直线和曲线， 1234* 簧劲度系数为k,重力加速度为g,则弹簧形： 已知b的加速度恒定， 变量不可能是 ( 线过点(1,0)，且与直线在 点(3,4)相切，则下列判断正确的是( A.a做匀速直线运动，且一号ms @w B.t=3s时a和b相遇，此时二者速度相同 C.b做匀减速直线运动且加速度大小为 1m/s2 A.2mg B.V2mg D.t=0时a和b的距离为7.5m 2k 二、非选择题（本题共5小题） C.4 2mg D.2mg 11.在“探究两个互成角度的力的合成规律”的 3k 实验中，实验装置及过程如图甲、乙、丙所 8.如图所示，一小球放在倾斜 示，E为橡皮筋原长时小圆环的位置，O为 墙面 木板 的墙面与木板之间。设小球 实验时小圆环被拉至的位置。 对墙面的压力大小为F1,小 球对木板的压力大小为F2。 以木板与墙连接点所形成的直线为轴，将木： 0 板从图示位置顺时针缓慢转到与墙面垂直： 的位置。不计摩擦，在此过程中 ( A.F1一直减小 B.F1先减小后增大 C.F2一直减小 D.F2先减小后增大 9.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的物块以水平速度滑上长木： 1.0N 0 戊 板，此后木板与物块运动的-t图像如图乙 (1)图丁中弹簧测力计的示数为 所示，重力加速度g=10m/s2,则下列说法 (2)在实验过程中，必须记录的有 正确的是 ( ) A.甲图中E的位置 ↑l(ms-1) B.乙图中O的位置 C.OB、OC的方向 4 D.弹簧测力计的示数 2 mM (3)下列选项中，与本实验要求相符的是 nnwnmmmnnmnnnMn 0 甲 2 A.两细绳OB、OC夹角要尽量大一些 A.M=m B.读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度 B.M=2m C.实验时，只需保证两次橡皮筋伸长量相 C.木板的长度为8m 同即可 D.木板与物块间的动摩擦因数为0.1 D.多次实验时，均应将小圆环拉到O点处 200 (4)某次实验记录纸如图戊所示，拉力F1: (3)增加滑块的质量重新进行实验，得到的 和F2的方向分别过P1和P,点，拉力F的 方向过P点；三个力的大小分别为：F1= F图像与两坐标轴交点坐标的绝对值6 2.70N,F2=2.30N和F=4.00N.得出正 c的变化情况是：b .C 确实验结论后，请根据实验结论和图中给： (均选填“变大”“变小”或“不变”) 出的标度：①在图中作出F1和F2的合力；：13.如图所示，轻质光滑小滑 0 轮P被一根斜短线系于 a ②根据作图求出该合力为 N。 b 037 (5)图己为小明与小华对本实验进行的探 天花板上的O点，质量 90° 究方案，两人针对实验中是否需要记录O: m=1kg的重物被绕过 点的位置持有不同观点：小明认为需要记： 轻质小滑轮P的细线a 录，而小华认为不需要.你赞同 所悬挂，细线a与水平方向的夹角为37°， (选填“小明”或“小华”)的观点，理由是 细线b水平，其一端固定在竖直面上，细线 c竖直并拉着劲度系数k=100N/m的轻质 弹簧测力计 弹簧，O是三根细线a、b、c的结点，整个装 竖直木板 此端固定 置处于静止状态。sin37°=0.6，cos37°= 0.8。求： (1)细线a、b、c的拉力大小； 重物M (2)弹簧的形变量。 12.某同学用图甲所示的实验装置测量滑块与： 桌面之间的动摩擦因数。光电门固定在水： 平直轨道上的O点，拉力传感器固定在滑 块上，不可伸长的细线通过定滑轮将滑块： 与钩码相连，遮光条的宽度为d,滑块初始 位置A点到O点的距离为L,重力加速度 为g。实验步骤如下： 光电门 遮光条 滑块、 钩码 甲 A.将滑块从A点由静止释放，传感器显示 滑块所受拉力为F,光电门记录遮光条 通过光电门的时间； B.改变钩码的个数重复步骤A; C.正确记录每一组F与1对应的数据，作 出F的关系图像如图乙所示（图中6，c 为已知量)。 (1)根据步骤A中测出的物理量可知，滑块： 的加速度a= (2)滑块与轨道间的动摩擦因数u= 201 14.经过24年的发展，厦 :15.如图所示，一平 挡板、 门“放心早餐工程”已 板车在水平路 经融入市民生活，成 面上以速度 为展现城市人文风情 o=15m/s匀速行驶，在车厢平板中央放 厦门市早餐工程 的一张名片，也成为 有一个货箱一起随车匀速运动，货箱与前 市民认可的“民心工程”。如图所示，某摊 挡板之间的距离xo=5m,货箱和车厢之间 主的早餐推车质量M=40kg,上面平放着！ 的动摩擦因数=0.24，取g=10m/s2, 质量m=10kg的货箱A,右端的直杆上用 (最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力) 轻绳悬挂着物体B。为了尽快赶到指定摊： (1)匀速行驶过程中，货箱受到的摩擦力为 位，刚开始一小段时间内，摊主推着早餐车： 多大？ 在平直路面上做匀加速直线运动。已知货： (2)若平板车突然以大小为3m/s2的加速 箱A与推车上表面间的动摩擦因数=！ 度刹车，请通过计算说明货箱是否会碰到 0.4,推车所受路面的阻力F:为推车对地 挡板； 面压力的0.2，不计其他阻力。 (3)若货箱是在平板车行驶的过程中无初 (1)若加速运动过程中细绳与竖直杆之间： 速度的放置在平板中央，放置货箱的同时 的夹角为15°，求小车加速度的大小（已知 车以大小为3.6m/s2的加速度刹车，请通 sin15°=0.26，cos15°=0.97，tan15°= 过计算说明货箱是否会离开车厢。 0.27); (2)求上述加速过程中货箱A所受摩擦力： FA的大小； (3)取走物体B后，摊主重新推着该车加速 前进，为保证货箱A不与推车发生相对滑 动，求水平推力F的最大值。 2026.B[重物静止时受到重力和两根橡 皮绳的拉力，处于平衡状态，如图 所示。 由于FT1=FT,=ng,故两个拉力的 合力一定在角平分线上，且在竖直线 上，故两个拉力的夹角为120°，当右 侧橡皮绳拉力变为零时，左侧橡皮绳 拉力不变，重力也不变，由于三力平 衡时，三个力中任意两个力的合力与 第三个力等值、反向、共线，故左侧橡 mg 皮绳拉力与重力的合力与右侧橡皮 绳断开前的弹力反方向，大小等于ng,故加速度为g,沿原断裂绳 的方向斜向左下方。故B正确，A、C、D错误。] 7.D [A与薄硬纸片间的最大静摩擦力为FA=凸mAg=3N,B与 薄硬纸片间的最大静摩擦力为FB一gg一2N。F-1N时，经 计算得A所受摩擦力小于FA,B所受摩擦力小于FB,所以A、B 与薄硬纸片保持相对静止，整体在力F作用下向左做匀加速运 动，远项A错误；同理，F-1.5N时，A、B与薄硬纸片仍保持相对 静止，整体在力F作用下向左做匀加速运动，F一FA'=mAα，所 以FA'<F,远项B错误；当B刚要相对纸片滑动时，B所受静摩 擦力达到最大值，由牛顿第二定律得F=mBao,得ao=2m/s2, 对整体有F=(nA十ng)a=4N,此时A所受摩擦力为F:=F mAao =2N<FA,A与纸片间不会发生相对滑动，由以上分析可 知，当力F大于4N时，B与纸片间的摩擦力为滑动摩擦力，大小 为2N,此后增大力F,不会改变B的受力，也不会改变A所受到 的摩擦力，B的加速度大小恒为2m/s2,选项C错误，D正确。] 8.AC [在5~10$内，速度一时间图像为水平线，此时电梯在匀速 运动，处于受力平衡状态，所以该同学对电梯底板的压力大小等 于他所受的重力500N,故A正确：在0一5s内，由速度一时间图 像可知，此时的加速度为正，电梯的加速度向上，此时人处于超重 状态，对电梯底板的压力大于500N,故B错误；在10~20s内，该 同学的加速度a=一0.2m/s2,由牛顿第二定律得FN一mg一a, 解得该同学所受的支持力F、=490NG,该同学处于失重状态 远项C正确；在20一25s内，观光电梯在加速下降，电梯的加速度 向下，此时人处于失重状态，故D错误。] 9,AB[前2s内小车做匀加速运动，由图像的斜率可得小车的加 速度a一8m/s,故选项A正确：由速度一时间图线与横坐标轴围 成的面积即可计算出0~18s内小车位移的大小约为x=188m, 所以平均速度约为0-工≈10.4m/s,故选项B正确；对前2s 内，根据牛顿第二定律得F一mg三ma,解得u=0.4,选项C错 误：14s后小车做匀速运动，所以拉力F=ng=400N,远项 D错误。] 10.AD[由题图可知，物块的初速度。一4m/s,传送带转动的速 度0=2m/s,A正确，B错误：AB两点间距离为s=X(2+4) ×0.5m十2×1m=3.5m,C错误：物块留在传送带上摩擦痕迹 长为△s=号×(2十4)×0.5m-2×0.5m=0.5m,D正确。] 11.解析（2)由纸带数据可得x1=0.72cm,r2=1.63cm 0.72cm=0.91cm,x3=2.74cm-1.63cm-1.11cm,x= 4.04cm-2.74cm=1.30cm,用逐差法求加速度，a= 2T2 -1.11×10-2-0.72×10- 9 2×0.12 m/s=0.195m/s2,ae= 2T° 1.30×102-0.91×10-9 2×0.19 m/s=0.195m/s2,故a=十≈ 2 0.20m/s2 (3)为保证绳子对小车的拉力约等于小盘和重物的总重力g, 小盘和重物的总质量n必须远小于小车的质量M,即《M。 答案(1)①打点计时器不应使用于电池，应使用交流电源 ②小车初始位置离打点计时器太远（或实验中没有补偿摩擦阻 力) (2)0.20(3)m≤M 12.解析(1)将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况 下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿木板方向的分力 和所受的摩擦力平衡，那么小车所受的合力就等于细绳的拉力， 故远C。 (2)由题意可知T=2×0.02s=0.04s,根据匀变速直线运动的 推论公式△x=aTP可以求出加速度大小a=册 (2T)2 (7.72+7.21-6.71-6.25)×10-2 m/s2≈3.1m/s。在匀变 (2×0.04)2 速直线运动过程中，中间时刻的速度等于该过程中的平均速度， -2E=(7.72+7.21)X102 E一2T m/s≈l.9m/s。 2×0.04 (3)由题图可知，图线斜率的数值为0.2，则a=m 答案(1)C(2)3.11.9(3)a=5m 沙 13.解析(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1,则 8 由-t图像得a1= m/s=2 m/s2 根据牛顿第二定律，有F十ng=na1 设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为α2，则由v-t图 6 像得a:=10°m/s=1m/ 根据牛顿第二定律，有F一ng=mag 联立得：F=3N,4=0.05 (2)设10S内物体的位移为x,则x为-t图线与坐标轴所圆的 面积。 则：x一2 ×4×8m-2 ×6X6m=一2m,负号表示物体在A 点左侧，即10s末物体离A点的距离为2m。 答案(1)3N0.05(2)2m 14.解析(1)物块下滑过程中做匀加速运动，有H=之a 代入数据解得加速度大小a=3m/s 由牛顿第二定律知ng一uF=n@ 代入数据解得4=0.5。 (2)挡板逆时针转过37°后，挡板与水平地面夹角为53°，物块下 滑时加速度大小a1满足 mngsin53°-ngcos53°=na1 代入数据解得a1=5m/s 由运动学规律u一 2=2a1H知 物块滑到地面时的速度大小为u=8m/s。 答案(1)0.5 (2)8m/s 15.解析(1)小滑块在摩擦力作用下做匀减速直线运动， 由牛顿第二定律得一F,=ma1 又F:=FN=mg 解得a1=一4m/s 由2一2=2a1L,解得v=0.4m/s。 (2)长木板在水平方向只受向右的滑动摩擦力F,',且F,'=F= 4mg=0.4N,所以长木板向右做匀加速直线运动 由牛顿第二定律得F=Ma2, 解得a,=2m/s 设经过时间t,两者速度相同，则有h十a1t=a2t 解得t=0.4s。 由x=bt十 241,得此时间内小滑块运动的位移大小工= 0.64m 答案(1)0.4m/s (2)0.4s0.64m 模块综合检测卷 1.D[神舟十三号飞船在与天和核心舱对接的过程中，二者的大 小、形状以及各部分的运动差异均不能忽略，所以不能将它们视 为质点，研究空间站绕地球飞行的时间时，空间站的大小，形状以 及各部分的运动差异均可以忽略，可将空间站视为质点，故A错 误，D正确：对接成功后，以空间站为参考系，神舟十三号飞船是 静止的，以地球为参考系，整个空间站是运动的，故B,C错误。] 2.A设物体刚脱离气球时气球的高度为H,取初速度的方向为正 方向，则有-H=61一2gf 代入数据得H=400m 故B、C、D错误，A正确。 3. 棋子受重力、棋盘的吸引力、弹力和摩擦力，共四个力，A错 误：静摩擦力大小等于重力大小，磁性增强，静摩擦力不变，减小 棋子的质量，棋子所受到的摩擦力减小，C错误，D正确：棋盘对棋 子的吸引力和弹力平衡，静摩擦力与重力平衡，所以棋盘对棋子 的作用力等于重力，B错误。] 4.C[由竖直上升过程的v-t图像可知，3~6s内，无人机在匀速 上升，A错误：由图知，0一3$内，无人机做匀加速，加速度大小为 41= m/s 6~l0s内，无人机做匀减速，加速度大小为a2一1m/s 所以，第2s末与第7s末的加速度之比为4：3，B错误； 无人机上升的高度为 h=4m/sx3s+4 m/sx3s+4 m/8x4s=26 m,C 2 2 正确 无人机在上升过程中的平均速度大小为 0=A-26m=2.6m/s 10s D错误。 5.D[惯性是物体本身的性质，只与质量有关，小丽同学的质量不 变，惯性不变，故A错误；体重计示数小于体重，说明小丽对体重 计的压力小于重力，处于失重状态，电梯做向上的减速运动也会 是失重状态，故B错误；小丽对体重计的压力与体重计对小丽的 支持力是作用力与反作用力，大小相等，故C错误；以小丽为研究 对象mg一R、=a,求得a-msEx-50X1040X10=2m/s 717 50 =尽，方向竖直向下，故D正确。] 5 6 6.B「轻弹簧拉着重物做匀速直线运动时，弹簧处于拉仲状态且拉： 力等于重力，当手突然停止运动，重物由于惯性继续向上运动，弹 簧形变量减小，弹力减小，弹力小于重力，加速度向下，向上做减： 速运动，根据牛顿第二定律可得，加速度大小a=mg一工 当弹簧处于伸长状态时，弹力一直减小，加速度一直增大： 若弹簧伸长量减小到零之后，物体继续向上运动，弹簧被压编，弹 力增大且向下，加速度大小a=mg十kx 2 所以加速度还是一直增大。故选B。] 7.B「以小球a、b整体为研究对象，分析 3 受力，作出F在几个方向时整体的受力 2 图，根据平衡条件得：F与FT的合力与 整体重力2mg总是大小相等、方向相反， 由力的合成图可知，当F与绳子(a垂直 -11 时，F有最小值，即图中2位置，F的最小 值为：R=2n8sn0=2X号mg 2mg VEmg。根据胡克定律：F=k缸a,所以：xa=②，则A,C,D 可能，B不可能。本题远不可能的，故选B。] 8.AC[受力分析如图 墙面 木板 F2 当木板转至与墙面垂直时，球对两接触面的压力都减小，其中对： 木板的压力最小。故远A、C。 9.BC[物块在木板上运动的过程中，由牛顿第二定律得ung=! ma1,而-t图像的斜率绝对值表示加速度大小，故4=2m号 一2m/s,解得u=02,D错误；对木板受力分析可知ng=Ma2, a-2,9m/s=1m/s,解得M=2,A错误，B正确：由题图乙 可知，2s时物块和木板分离，则0~2s内，两者v1图线与坐标 轴国成的面积之差等于木板的长度，故L=与×(7+3)×2m一 之×2×2m=8m,C正确。] 10.BC厂根据xt图像的斜率表示速度，则a做匀速直线运动，其1 度大小u,==2=1m/s,A错误：a、b在点(3 切，即在1=3s时a和b相遇，此时两线斜率相同，所以此时二者 速度相同，B正确：b的加速度恒定，所以其位置时间关系、速度！ 时间关系分别为 x-xo=%1+2at,v=6十at b线过点(1,0)，且与直线在，点(3,4)相切，则 1 0-xo=%X1s十aX1s)2,4mx=6X3s十7a (3s)2,1m/s=十a×3s 解得xo=-3.5m,=4m/s,a=-1m/s2 b做匀减速直线运动且加速度大小为1m/s,C正确： t=0时a和b的距离为4.5m,D错误。 11.解析(1)弹簧测力计最小分度为0.1N,读数要读到0.01N,: 图中读数为2.35N。 (2)必须要记录的有两个分力F,和F。的大小和方向、合力F的！ 大小和方向，力的大小通过弹簧测力计读出，两次都要使小圆环！ 被拉到O点位置，所以必须记录的有B、C、D。 (3)两细绳OB、OC夹角要适当大一些，但不能太大，合力一定 时，两分力夹角太大则两分力很大，导致测量误差变大，故A错 误；读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度，规范操作，故B正 确；实验时，不仅需保证两次橡皮筋仲长量相同，还必须都是沿！ 竖直方向伸长至)点才行，故C错误；多次实验时，都要保证弹： 簧测力计把小圆环拉到的位置相同，故D正确。 (4)①由于标度已经选定，作图时要保证表示F、F的线段长度 为标度的2.7倍和2.3倍，作图如下 .P P 1.0N ②量出作图法求出的合力长度约为标度的3.99倍，所以合力大 小为3.99N。 241 (5)图己方案中两个弹簧测力计的共同作用效果是平衡)点下 方所悬挂重物的重量，所以即使)点位置发生移动，只要系统处 于静止状态，两力的合力大小方向就不变，所以不需要记录O点 位置的，故赞同小华的观点。 答案(1)2.35(2)PCD(3)BD(4)①见解析图②3.99 (5)小华只要系统处于静止状态，两力的合力大小、方向就不 变，所以不需要记录()点位置 2.解析（1)滑块在拉力F作用下做匀加速运动，通过距离L获得 一定的速度，由瞬间速度定义求出= d 4,所以a=2元-2LF (2)若滑块及传感器的质量为n,对滑块根据牛顿第二定律有： F一mg=na,联立步骤(1)中的表达式有4= F mg 2Lg. (3)根据实验步骤，当改变拉力时，加速度也将变化，列出其表达 式为a=Fm 界，所以有F-元+m,则F 1 2 图像是一条直线，结合图像斜率和截距有：b一ng, 2L' 所以c=2gL。那么当m增大时，b变大，不变。 d2 答案(1 c 2L2(2) F mg 2Lgt :(3)变大不变 3.解析(1)以重物为研究对象，重物受 到重力和细线α的拉力而平衡，根据平 衡条件可得细线a的拉力为： 137° .=mg=1×10N=10N 以结点（了为研究对象，受到三段细线的 拉力而平衡，如图所示； ...Fre 根据平衡条件可得：FT6=F1.cos37°- 10×0.8N=8N F=Fr sin37-10×0.6N=6N。 (2)弹簧的弹力大小等于细线c的拉力大小，则 FTe=kx 解得：x=0.06m。 答案(1)10N8N6N(2)0.06m 4.解析(1)物体B和推车具有相同的加速度，对物体B受力分 析，根据牛顿第二定律可得 negtan15°=nBa 解得a=gtan15°=2.7m/s (2)货箱随推车一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得 FA-na=10×2.7N=27N。 (3)货箱与推车刚好不发生相对滑动时，此时货箱A受到最大静 摩擦力，根据牛顿第二定律可得： umg =ma 解得a'-4g=0.4×10m/s2=4m/s2 对整体，裉据牛顿第二定律可得 F-0.2(M+n)g=(M+n)a 解得F=300N。 答案(1)2.7m/s2(2)27N(3)300N 5.解析(1)匀速行驶过程中，货箱所受合力为0，则F;=0。 (2)若车突然以大小为3m/s的加速度刹车， 假设货箱与车厢相对静止 对货箱裉据牛顿第二定律可知， F=ma=3m>>Fim=tmg=2.4m, 所以假设不成立，货箱与车厢之间会发生相对滑动，以向右 为正， a车=一3m/s a辆=一g=一2.4m/s。 由2-42=2a.x, 解得，两者均减速为0时， x车=37.5m,x=46.875m, 两者相对位移大于5m,故货箱会撞上挡板。 (3)由题意可知，货箱刚放置在平板上时v车 货箱相对平板向左运动直至共速，此后货箱不再相对平板向左 运动， 2 =u0-3.6t 两者共速时，解得t=2.5s。 1 此时，由x=%1十2at, 解得x筋=7.5m, x年=26.25m, 两者相对位移大于5m,故货箱会离开车厢。 答案(1)0(2)会碰到挡板理由见解析(3)会离开车厢 理由见解析