4 第6天 周末复盘检测-【预备新高一】2026-2027学年初升高物理预习衔接练习

3 预备新高一物理8 确；A、B两物块分离前A对B的弹力一直减 小，分离时弹力为零，故C正确；A、B分离 时，B的加速度为gsin0,沿斜面向下，A的 加速度也为gsin0,故不受弹簧弹力，即弹簧 处于原长状态，故D错误。 第5天超重和失重 【即学即练】 1.B【解析】当升降机静止时弹簧伸长4cm, 设弹簧的劲度系数是k,则mg=kx1,当升降 机运动时弹簧伸长2cm,根据牛顿第二定律 有mg-kx2=ma,联立解得a=4.9m/s2,方向 竖直向下，为失重状态，则升降机可能是加 速下降，也可能是减速上升，B正确。 2.A【解析】由题图可知，在t=2s时人的加 速度向上且最大，人处于超重状态，此时人 对地板的压力最大，故A正确。 【练新题】 1.D【解析】对A、B受力分析有(M4+Ma)g N=(Ma+Mg)a,根据牛顿第三定律有N'= N,解得N'=(M4+Ma)(g-a),D正确。 2.C【解析】由v-t图像的斜率表示加速度可 知，t=0.5s时，他的加速度a=4”= △t (30-0)×10-2 m/s2=0.3m/s2,根据牛顿第 1.0 二定律可得N-mg=ma,解得单杠对他的支 持力N=mg+ma=618N,A错误；由v-t图像 可知，0~1.1s他向上做加速运动，1.1s后 他向上做减速运动，可知t=1.1s时，他并 没有向上运动到最高点，B错误；由v-t图像 可知，=1.5s时，他的加速度方向向下，他 处于失重状态，单杠对他的支持力小于重 34 力，即小于600N,C正确，D错误。 3.D【解析】在匀速下滑过程中，滑环处于平 衡状态，所以钢索对轻质滑环的作用力竖直 向上，A错误；在匀速下滑过程中，演员处于 平衡状态，B错误；钢索与滑环间的动摩擦 因数满足mgsin0=mgcos0,解得u=tan0= 0.75,C错误；钢索对滑环的摩擦力f= mgcos0=0.6mg,D正确。 4.A【解析】由题图可知，传感器的最小压力 约为200N,则根据牛顿第二定律得最大加 速度a=G-F.500-200m/g=6m/6,A正 m 50 确；人在下蹲过程中，先加速下降再减速下 降，所以力的示数先变小，后变大，B错误； 人在站起过程中，先加速起立再减速起立， 所以先超重后失重，C错误；人在下蹲过程 中，先失重，后超重，即a→b→c→d是下蹲 过程，人在站起过程中，先超重，后失重，即 ef→g→h是站起过程，所以人在8s内完 成了一次下蹲和一次站起动作，D错误。 第6天周末复盘与检测 【即学即练】 1.D【解析】以P、Q整体为研究对象，根据牛 顿第二定律，得2 mgsin0-2 umgcos0=2ma, 解得a=gsin0-ugcos0,设P受到的静摩擦 力大小为F,方向沿斜面向下，对P,由牛顿 第二定律，得mgsin0+F=ma,解得Ff= mgcos 0,可知Q对P的静摩擦力方向沿 斜面向上，根据牛顿第三定律知，Q受到静 摩擦力作用，方向沿斜面向下，故选项A、B 错误；Q受到斜面的滑动摩擦力大小为F= 2 mgcos0=2 ngsin0-2ma<2 ngsin0,故选 项C错误；a>0,即a=gsin0-gcos0>0,得 u<tan0,故选项D正确。 2.D【解析】设当A、B恰好发生相对滑动时 的拉力为F',加速度为a',则对A有F'- 2umg=2ma',对A、B整体有F'-1.5mg= 3ma',解得F'=3mg,B与地面间的最大静 摩擦力为1.5mg,故当1.5mg<F'≤3mg 时，A相对B静止，两者以共同的加速度开 始运动，所以当F<3umg时，A、B之间不会 发生相对滑动，但是如果F>1.5mg,B与地 面就会发生相对滑动，所以A错误；当F= m3时，A、B共同以加速度a运动，根据牛 2 顿第二定律，有a=2 wmg-1.5μmg1 3m -=36,所 以B错误；当F>3umg时，A相对B滑动， 所以C错误；当B相对于地面滑动时，A对 B的摩擦力为最大静摩擦力时B的加速度 最大，为ae=nmg-1.5m- m 2g,所以无 论F为何值，B的加速度不会超过2g,所 以D正确。 【周小测】 1.C【解析】惯性是物体本身的一种属性，它 不随物体速度大小的变化而变化，所以子弹 杀伤力大和高速公路上限速等都不是因为 物体的惯性发生了变化，A、D错误；用力推 一个静止在地面上的物体，没有推动，说明 地面对物体有摩擦力的作用，而不是因为物 体的惯性太大了，B错误；战斗机甩掉副油 箱减小了质量，而惯性与质量有关，质量越 3参考答案8 小惯性越小，改变它的运动状态就越容易， 可以提高战斗机飞行的灵活性，C正确。 2.C【解析】人在a点时弹性绳弹力为零，人 受向下的重力作用，加速度为向下的g,此时 速度不是最大，A错误；人在ab段受到的弹 性绳弹力逐渐增加，根据mg-F=ma可知， 加速度减小，则人做加速度减小的加速运 动，B错误；在bc段人受到向上的弹力大于 向下的重力，此时加速度向上，人处于超重 状态，C正确；在c点，人的速度为零，但是 有向上的加速度，人处于超重状态，D错误。 3.B【解析】物块和地面间的滑动摩擦力f= mg=5N,在第2s后的一段时间推力F仍 然大于滑动摩擦力，物块仍然在加速，A错 误；第2s末由牛顿第二定律得F-f=ma,解 得a=10-5 m/s=2.5m/s2,B正确；在开始 阶段，推力小于滑动摩擦力，物块静止，受地 面的静摩擦力作用，静摩擦力的大小随推力 的增大而增大，物块运动后受地面的滑动摩 擦力作用，C错误；0~1s物块处于静止状 态，加速度一直为零，1~2s由F-f=ma,推 力大于滑动摩擦力，且逐渐增大，物块的加 速度逐渐增大，2~4s由F-f=ma,推力大于 滑动摩擦力，逐渐减小，物块的加速度逐渐 减小；D错误。 4.C【解析】在2~4s内，由于匀速运动，外力 F=f,A错误；在0~2s内，图像的斜率越来 越小，则加速度越来越小，由F-f=ma可知， 力F逐渐变小，B错误；撤去力F后，物块做 减速运动的加速度大小a=m =g= m 35 3】 预备新高一物理8 2m/s2,因此物块与地面间的动摩擦因数 4=0.2,C正确；在0~2s内，物块的位移s1 大于4m,在2~4s内，物块的位移s2等于 8m,在4~6s内，物块的位移s3等于4m, 这样物块的总位移大于16m,D错误。 5.D【解析】对小球A受力分析可知，根据牛 顿第二定律得mgtan0=ma,解得a=gtan0, 由于小球A和物块B都相对小车静止，则小 车水平运动的加速度大小为gtan0,故A错 误；对小球A,在竖直方向上，根据平衡条件 得Tcos0=mg,解得小球A受到细线拉力大 小为T。故B结误：由题意可知，小球 A的合力方向水平向左，即小球A的加速度 水平向左，所以小车的加速度水平向左，则 小车向左做匀加速直线运动或向右做匀减 速直线运动，故C错误；假设物块B不受摩 擦力，则物块B受到垂直斜面向上的支持力 和竖直向下的重力，在竖直方向上，根据平 衡条件得FNcos0=mg,解得斜面对物块B 的支持力大小为R。在水平方向上。 根据牛顿第二定律得Fxsin0=ma',解得a'= gtan 0=a,即假设成立，物块B不受摩擦力， 故D正确。 6.BD【解析】对A、B两物块整体受力分析， 根据牛顿第二定律得F=(m4+mB)a,代入 数据，解得A、B的加速度大小为a=3m/s2, 故A错误，B正确；对B受力分析，根据牛顿 第二定律得A、B间细线的拉力大小为FB= mga=6N,故C错误，D正确。 7.AD【解析】物块A与物块B恰好分离，A、 36 B间的弹力为0，以物块B为研究对象，由牛 顿第二定律得F-mg=了mg,解得F= 1 5 mg, A正确；开始物块A、B叠放在弹簧上静止时 有x1=（m+2m)g,分离时以物块A为研究 对象有x-2mg=2m×58,则物块A上升的 高度h=x,联立解得h,B错误；由 运动学公式得=2×h,解得分离时两物 块的速度大小=g /6m ,C错误；从开始到 2h /6 分离时，经历的时间t= -,D V58 正确。 8.(1)控制变量法(2)先接通电源，再放开 小车(3)0.630.88(4)没有平衡摩 擦力（或平衡摩擦力不足） 【解析】(1)小车的加速度a同时跟合外力F 和质量m两个因素有关，研究这三个物理量 之间的定量关系时，应使合外力F和质量m 两个因素当中的一个量不变，如确定质量m 不变时，研究加速度a与合外力F的变化关 系，然后确定合外力F不变时，研究加速度 a与质量m的变化关系，其思想方法是控制 变量法。(2)为了充分利用纸带，记录更多 的数据，应先接通电源，待打点计时器打点 稳定后，再放开小车。(3)电磁打点计时器 接的交流电源的频率为50Hz,可知打点周 11 期7T=了508=0.02s,由在某段时间内中 间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均 速度，可得在打B点时小车的速度2X5T XAC 5.88+6.76 2×5×0.02 ×102m/s=0.63m/s;由匀变速直 线运动的推论，可得小车的加速度a=x (5T2 x8D-xoB6.76+7.65-5.01-5.88 ×10-2m/s2= 4×(5102 4×(5x0.02)2 0.88m/s2。(4)由题图丙的a-F图像可知， 当加速度是零时，合外力不是零，可知图像 不过原点的原因是没有平衡摩擦力或平衡 摩擦力不足。 9.解：(1)以物体A为研究对象，受到竖直向下 的重力mg、竖直向上的拉力F作用，根据牛 顿第二定律得 mg-F=ma 代入数据解得升降机的加速度大小 a=4.0m/s2,方向竖直向下 (2)以人为研究对象，受到竖直向下的重力 Mg、竖直向上的支持力N作用，根据牛顿第 二定律有 Mg-N=Ma 代入数据解得 参考答案8 N=360N 根据牛顿第三定律，此时人对地板的压力大 小为360N 10.解：(1)对小球受力分析，由平衡条件可知 cos 0=F g 解得 F=mg cos 0 (2)剪断细线后，小球所受合外力与F等 大反向，由牛顿第二定律有 mg -=ma cos 0 解得 a心。方向沿细线向下 (3)小球做初速度为零的匀加速直线运动， 至落地，位移 H x=- cos 0 又x=2ad,解得 2H Ng 37第四周 运动和力的关系 第6天 周末复盘与检测 编知网 理想实验 M打点计时器 纸带 o 一切物体总保持匀速直线 1补偿阻力2m《M3.控制变量 质量是惯性大小 运动状态或静止状态，除 的唯一量度 非作用在它上面的力迫使 它改变这种状态 M一定 F一定 牛顿第一定律 实验：探究加速度 与力、质量的关系 auwwwS 单位制 国际单位制导出单位 运动和力的关系 m/s N m/s?kg/m3 J W 国际单位制基本单位 m kg s A mol cd K 牛颜第二定律 超重和失重 ①表达式：F=ma ②应用 超重 失重 完全 为体的受合外力三加速度二运动学 物体的运 失重 力情况 ”公式 动情况 物体对支 物体对支 物体对 正 持物的压 持物的压 支持物 连接体问题 以加速度为桥来，将受力与 力（或对 力（或对悬 的压力 运动联系起来 悬挂物的 挂物的拉 (或对 拉力)大 力)小于物 定 悬挂物 义 于物体所 体所受重 的拉力》 受重力的 力的现象 等于0 板块临界问题 现来 的现象 物体 ☐→F 77777777777 Fcos a-u(mg-Fsin a)=ma 受 传送带问题 力 A 示意 mgg-T-mpa o) T-ma 119 预备新高一物理& 排易错 易错1)忽视了整体法的使用条件而致错 即学即练 [答案见P34] 典例①如图所示，三个物体质量分别为m1=1.0kg、m2=2.0kg、 1.如图所示，物体P叠放在物 m3=3.0kg,已知固定斜面上表面光滑，斜面倾角0=30°，m1和 体Q上，P、Q的质量均为m,且 m2之间的动摩擦因数u=0.8。不计绳与滑轮的质量和摩擦。 上、下表面均与斜面平行，它们 初始时刻用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将(g取 沿倾角为0的固定斜面一起以 10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( 加速度a加速下滑，已知重力 A.相对于m1上滑 加速度为g,Q与斜面间的动 B.相对于m1下滑 摩擦因数为4，则( C.和m1一起沿斜面下滑 m D.和m1一起沿斜面上滑 【解析】假设m1和m2之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度 77777777777777777777777777777 a=mag-(m +m2 )gsin 300 代入数据，解得a=2.5m/s2。隔离对m2分 A.P可能不受静摩擦力作用 m+m2+m3 B.若Q受到静摩擦力作用，则 析，由牛顿第二定律，得F-m2gsin30°=m2a,则知F=m2gsin30°+m2a, 方向可能沿斜面向上 代入数据，得F=15N,由题意可知最大静摩擦力Fm=m2gcos30°，代入 C.Q受到斜面的滑动摩擦力大 数据，解得Fm=13.9N,可知F>Fm,因为m2随m1一起做加速运动需 小为2 ngsin0 要的摩擦力大于二者之间的最大静摩擦力，所以假设不正确，根据上述 D.Q与斜面间的动摩擦因数u< 分析可知，m2相对于m1下滑。故B正确。 【答案】B tan 易供提醒 在分析问题时经常会碰到两个（或两个以上）物体组成的整体，当 整体具有相同的加速度时，经常将整体作为研究对象，分析其所受外力 及运动状态。若需要求解整体中某个物体的受力情况时，又可以把这 2.如图所示，A、B两物块的质 个物体隔离出来，单独分析其受力及运动情况。因此整体法和隔离法 是相辅相成的，通常情况下先“整体”再“隔离”。 量分别为2m和m,静止叠放在 水平地面上。A、B间的动摩擦 易错2)没有理解临界、极值条件而致错 因数为心，B与地面间的动摩擦 典例2如图甲所示，用大型货车在水平道路上运输规格相同的 1 因数为2“。设最大静摩擦力 圆柱形水泥长管道，货车可以装载两层管道，底层管道固定在车 厢里，上层管道堆放在底层管道上，如图乙所示。已知水泥管道 等于滑动摩擦力，重力加速度 间的动摩擦因数为儿，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，设货 为g。现对A施加一水平拉力 车紧急刹车时的加速度大小为ao。每根水泥管道的质量为m, F,则( 重力加速度为g,最初堆放时上层管道最前端离驾驶室的距离为 120 3第四周 运动和力的关系 d。则下列分析正确的是( B 7777777777777777777 77777n777nn777777n77 乙 A.当F<2umg时，A、B都相对 A.货车沿平直路面匀速行驶时，图乙中A、B管道之间的弹力大 地面静止 小为mg B.若ao>g,则上层管道一定会相对下层管道发生滑动 B.当F=5业mg时，A的加速度 2 2W3 C.若a>346,则上层管道一定会相对下层管道发生滑动 1 为48 D.若a>√3g,要使货车在紧急刹车时上层管道不撞上驾驶室， C.当F>2mg时，A相对B滑动 则货车在水平路面上匀速行驶的最大速度为2√34风 3 D.无论F为何值，B的加速度 【解析】货车沿平直路面匀速行驶时，A受力平衡，故由A在竖直方向上 不会超过7心 2mg 合外力为零，可得A、B管道之间的弹力大小为F √3 sin603mg,故 A错误；已知R,=3, g,则B对A的滑动摩擦力为Fh,= 3 umg, 所以A受到的最大静摩擦力为=2F=2mg,那么，若a> 23 2 3g,则上层管道一定会相对下层管道发生滑动，故B错误，C正确： 由以上分析可知，o>√3g时，上层管道相对下层管道发生滑动，设货 v2 车行驶速度为，则下层管道减速过程的位移为$20，上层管道减速 过程的位移为52 23 一，所以，上层管道在下层管道上向前滑动的距 43 3 ug 离为S=S2-51 2_5a。-24,要使货车在紧急制车时上层 432a,4uga0 3 ug Augaod 管道不撞上驾驶室，则d≥s,即v≤ ,故D错误。 N√3ao-2g 【答案】C 易错提醒 在分析和求解临界问题时，要注意通过分析物理过程，并根据条件 变化或受力情况和状态的变化，找到临界状态及临界条件。本题中A、B 由相对静止开始相对滑动时，静摩擦力达到最大值。这是解题的关键。 121 3预备新高一物理& 周小测 □答案见P35 ⊙满分：70分 Q建议用时：50分钟 9实际用时：分钟 一、单项选择题：本题共5小题，每小题4分， F,力F随时间的变化情况如图所示，物块 共20分。 和地面间的动摩擦因数为0.25，重力加速 1.关于物体的惯性，下列说法正确的是 度g=10m/s2。关于物块在0~6s的运动 () 情况，下列说法正确的是() A.高速公路上要限速，是因为车速越大惯 个FN 性越大 10 B.用力推一个静止在地面上的物体，没有 推动，原因是物体的惯性太大了 0 C.战斗机在作战时，甩掉副油箱是为了减 A.第2s末速度达到最大 小惯性，提高飞行的灵活性 B.第2s末的加速度大小是2.5m/s2 D.由于子弹的速度越大，其杀伤力就越大， C.受地面的摩擦力始终不变 所以子弹的惯性大小与其速度大小有关 D.加速度先增大后减小 2.“蹦极”是一项非常刺激的体育运动。某人 4.如图甲所示，在粗糙程度相同的水平地面 身系弹性绳自高空P点自由下落，如图所 上，一物块在水平向右的力F作用下由静止 示，a点是弹性绳的原长位置，c点是人所到 开始运动，4s末瞬间撤去力F。物块运动 达的最低点，b点是人静止悬吊着时的平衡 的速度v与时间t的关系如图乙所示，g取 位置。人在从P点下落到最低点c点的过 10m/s2,由v-t图像可知( 程中( v/(m·s) 777777777777777 .56s 甲 A.在2~4s内，力F=0 .a ◆b B.在0~2s内，力F保持不变 C.物块与地面间的动摩擦因数u=0.2 A.在a点时的速度最大 D.0~6s内物块运动的总位移为16m B.在ab段做加速度增大的加速运动 5.如图所示，平板小车沿水平面做直线运动， C.在bc段处于超重状态 小车顶部用细线悬挂着质量为m的小球A, D.在c点时的速度为零，处于平衡状态 细线偏离竖直方向θ角，小车底部斜面上放 3.一个质量为2kg的物块静止在水平地面 有一质量为m的物块B,斜面的倾角为0， 上，t=0时刻开始给物块施加一个水平推力 小球A和物块B都相对小车静止，则小车运 122 第四周 运动和力的关系 动过程中，下列说法正确的是( /6m D.从开始到分离经历的时间为 三、非选择题：本题共3小题，共42分。 77777h777>7777777 8.(12分)如图甲为一物理兴趣小组探究加速 A.小车水平运动的加速度大小为gsin0 度与力、质量的关系的实验装置。钩码的质 B.小球A受到细线拉力大小为mgtan0 量远小于小车的质量。电磁打点计时器接 C.小车一定向左做匀加速直线运动 的交流电源的频率为50Hz。 D.物块B不受摩擦力 电磁 小车 二、多项选择题：本题共2小题，每小题4分， 打点计时器 纸带 共8分。 6.如图所示，在光滑水平地面上，A、B两物块 用细线相连，A的质量为1kg,B的质量为 甲 2kg,在9N的水平拉力F作用下，两物块 (1)小车的加速度a同时跟合外力F和质 一起向右加速运动，则( 量m两个因素有关，研究这三个物理量 之间的定量关系的思想方法是 AAACKKKKK444447 A.A的加速度大小为9m/s2 (选填“建立模型法”“等效替 B.B的加速度大小为3m/s2 代法”或“控制变量法”)。 C.A、B间细线的拉力大小为9N (2)实验时将小车置于打点计时器旁边， D.A、B间细线的拉力大小为6N (选填“先接 7.如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端 通电源，再放开小车”或“先放开小车， 固定在地面上，上端与质量为2m的物块A 再接通电源”)，打出一条纸带，由纸带 连接，质量为m的物块B叠放在A上，系统 算出小车的加速度a。 处于静止状态。现对物块B施加竖直向上 (3)如图乙为实验中打出的一条纸带，纸带上 的拉力F,使B以加速度了&竖直向上做匀 OA、B、C、D为计数点，相邻两计数点间还 有四个点。根据这条纸带可求得在打B 加速直线运动直至与A分离，重力加速度为 点时小车的速度vg= m/s; g,则物块A、B分离时( 小车的加速度a= m/s2。 A竖直拉力F的大小为写mg 6 (结果均保留两位有效数字)》 B.物块A上升的高度为2mg 5.0L5.886.76k7.65单位：cm 5k 0 D C.两物块的速度大小为g风 乙 KKK40 5 k (4)如图丙为通过实验得到的a-F图像，图 123 3预备新高一物理& 像不过原点的原因是 10.(17分)风洞实验是以人工的方式产生并 且控制气流，用来模拟飞行器或实体周围 气体的流动情况。如图为风洞实验简化的 物理模型，一个用轻质细线悬挂的小球静 止于风力恒定的风洞中，已知小球的质量 为m,风力水平向左，细线与竖直方向的夹 丙 角为0，重力加速度为g,不计小球在空气 9.(13分)如图所示，质量M=60kg的人站在 中受到的浮力。 升降机的地板上，升降机的顶部悬挂一只弹 簧测力计（图中简化为弹簧），测力计下挂 着一个质量m=1.0kg的物体A。在升降机 运动的某段时间内，人看到弹簧测力计的示 风 数恒为6.0N。取g=10m/s2。 (1)求细线拉力大小F; (2)剪断细线，求小球的加速度； (3)已知小球离地的高度为H,求剪断细线 后小球落地的时间。 (1)求此段时间内升降机加速度的大小和 方向； (2)求此段时间内人对地板的压力大小。 124