第2期：相互作用一力-【数理报】2027年高考物理一轮复习学案

高考物理人教（第一轮复习）第1~4期 数理橘 答案详解 2026~2027学年 高考物理人教（第一轮复习） 第1~4期(2026年7月) 第1期3版参考答案 两车的一t图像)可得，速度相同时，需要的时间不同，则两车 一、单选题 在不同时间到达x1,故没在x1处相遇，故A、C、D错误，B正确 1.C:2.C:3.A:4.D:5.B:6.C:7.C 6.飞机做变减速直线运动，因为速 提示： 度在减小，则阻力在减小，加速度减小， 1.由于质点通过的路程与位移不同，故质点先做减速运 故飞机做加速度逐渐减小的减速运动， 动，减速到零后再做反向的加速运动，故A错误；速度变化量大 速度时间图线如图1中实线所示.若飞 小为4w=D-(-2)=3,因此所用时间t=业=3亚，故B 机做匀减速直线运动，如图中虚线所 aa 示，则平均速度了=号=千，实线与 图1 醋误；减速的过程中运动的路程5二反向加速运动的路程 与-2因此总路程为s=+与一器放C正确：得经过 时间轴围成的面积为x,平均速度：=x ,因为x>,可知王 x' 相同的时间，速度再增加3v,质点速度大小变为'=2m+3m= t 分，即>冬，放C正确 t 5v,故D错误. 7.由题给图像画出两车的 2.由题图所示的情形可以看出，四个球在空中的位置与一 -t图像如图2所示，由图像可 30 个球抛出后每隔0.4s对应的位置是相同的，即可看作一个球 知，t=6s时两车等速，此时距离 甲 的竖直上抛运动，由此可知球抛出后到达最高点和从最高点落 最近，图中阴影部分面积表示0~ 3 9 图2 回抛出点的时间均为1=08s,故有从。=分=3.2m,故C 65内两车位移之差，即△：=[宁× 正确 30×3+2×30×(6-3)]m=90m<0=100m,即两车在t= 3.根据竖直上抛运动的对称性，有7（号7，）2 6s时距离最近，最近距离为x-△x=10m,故A、B错误，C正 宁7产=从解得g产污元故A正跳 确；t=6s时，两车相距10m,且甲车在前、乙车在后，在6~9s 内，甲车速度大于乙车速度，两车间距离越来越大，故在0~9s 4.由题图甲看出：物体A和B的位移一时间图像都是倾斜 内，甲车一直在前，两车不会相撞，故D错误 的直线，斜率都不变，速度都不变，说明两物体都做匀速直线运 二、多选题 动，故A错误在0~3s的时间内，物体A的位移都大于B的位 8.AD:9.AD;10.BD. 移，且从图像上可以看出两者之间的距离一直在增大，故B错 提示： 误；由题图乙可以看出C、D两物体的v-t图线在t=3s交于 8.甲、乙两车均做直线运动，故A正确；从图像可知，在 一点，所以此时刻C、D的速度一定相同，根据v-t图线与t轴所 0~2时间内，甲、乙两车图线与t轴所包围的“面积”相等，即 围面积表示位移以及物体C、D从同一地点沿同一方向运动可 两车的位移相等，所以2时刻，甲、乙两车相遇且只相遇一次， 知，t=3s时物体C、D的位移不相同，故C错误；由题图乙看 故B错误；在0~2时间内，甲车的v-t图线斜率不断增大，所 出：在0~3s的时间内，D的速度较大，C、D间距离增大，故D 以加速度不断增大，故C错误；在0~t3时间内（不包括t2时 正确. 刻)，甲车图线与t轴所包围的“面积”大于乙车图线与t轴所包 5根据公式-店=2，变形可得=云-豆由题图 围的“面积”，即甲车的位移大于乙车的位移，且甲、乙两车在 平直的公路上同时从同一地点出发，所以甲车一直在乙车前 可知，=0，则=云，由图像可得，乙的加速度不变，甲的 面，故D正确 9.水从地面喷出从虚线“1”上升到虚线“2”，设水从地面 加速度逐渐增大，所以甲、乙两车的v-t图像为题图(a),由 甲、乙的位移图像可知在x,处速度相同，由题图()（即甲、乙 喷出时的速度为，根据运动学公式有4：=红一之2，解 高考物理人教（第一轮复习）第1~4期 得。=12m/s,故A正确；水从虚线“1”上升到虚线“3”，根据 四、解答题 1 13.解析：(1)设经过t2=40s时，列车的速度大小为1，又 运动学公式有g三2，h,=二2g,联立解得h3月 o=288km/h=80m/s, 7.2m,=1.25,平均速度为元=如=6m,故B错误：水从 则打开制动风翼后，减速过程有=o-a1t2=60m/s. t13 (2)列车长接到通知后，经过t=2.5s,列车行驶的距离 虚线“2”到虚线“3”所用的时间为3=t3-t2=1s,故C错 1=ot41=200m, 误；虚线“2”“3”间的高度差为h23=h1,-h=5m,故D正确. 从打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，列车行驶 10.设小球在经过A传感器时的速度大小为A,经过B传 感器时的速度大小为g,在斜面上运动的加速度大小为a,根 的距离3三6)=2800m, 据运动学规律有=。+a,x=+了，联立以上两式并 从打开电磁制动系统后，列车行驶的距离 x3=0-x1-:-500m=1500m, 整理得产=a·}-受，结合图像可得=8，a =1.2m/ 4m/s2,当A传感器放置在0点时，传感器所测时间为小球从0 则a=2x 到B传感器的运动时间t1,由题图乙分析可知t1=1s,所以小 14.解析：(1)圆筒第一次落地做自由落体运动，有2gH=简 球在斜面上0点的速度大小为。=-at1=4m/s,小球在斜 圆筒第一次落地弹起后到最高点做匀减速运动，可视为初 面上运动的平均速度大小为可=6青=6m/5,固定斜面长 速度为零的匀加速运动，有 2 2h=(号)产 度为l=t1=6m,故A、C错误，B、D正确。 三、实验题 联立解得=治日 11.(1)交流 (2)0.180.40(4)偏小 (2)根据A=子g可得园简第一次落地的时间 解析：(1)电火花计时器使用220V的交流电源； 2H (2)打B点时纸带的速度大小为 t二Ng s=0C,04=480l20×10ms=0.18m/s 圆筒第一次弹起后到最高点的时间 2T 2×0.1 -42▣ 由逐差法得加速度大小为 h=5Ng g a BD-0B-(7.20-280)-2.80×102m/g= 圆筒第一次弹起后到落地时小球同时到达地面，所以小球 4×0.12 从释放到第一次落地所经历的时间 0.40m/s2 (3)如果在实验中，交流电的频率变大，那么实际打点周 t=+2,=√g =5N g 期变小，根据△x=aTP得，测量的加速度值与真实的加速度值 可知小球下落的高度 相比偏小 12.(1)左401.5(2)C A=7=g 解析：(1)①重锤自由落体，速度越来越大，纸带点迹间的 则圆简的长度L=A-H=岩 距离越来越大，所以纸带的左端连接重锤； 15.解析：(1)花盆落下到达车顶过程， ②由逐差法g= +二一点，其中时=7，代人数据 1 位移为h=(47-2)m=45m 4T 1 花盆做自由落体运动，有h。=2,解得t=3s 解 得 x3+x4-x1-x2 在这段时间内汽车位移大小为x=vot=27m √(45.9+399-27.6-33.7)×10Hz=40z,根据匀变 4×9.8 由于L2<x<L1+L2,货车会被花盆砸到. (2)货车匀减速运动的距离为L2-o△t=15m 速直线运动的规律可得A点的速度为，=+ 2T 设制动过程中最小加速度为a。, 0.0337+0.0399 由哈=2a(L2-o△t),解得a=2.7m/s2 ×40m/s≈1.5m/s. (3)司机反应时间内货车的位移大小为x1=o△t=9m (2)该次实验产生误差其中最主要的原因是“枪头”打点 此时车头离花盆的水平距离为d=L2-x1=15m 瞬间阻碍纸带的运动，故A、B错误，C正确 采取加速方式，要成功避险， 高考物理人教（第一轮复习）第1~4期 则加速运动的位移大小为x2=d+L1=23m, 力等大，与0角无关，故A、B错误；对一侧的梯子受力分析，受 加速时间为t'=t-△t=2s 到人沿梯子向下的作用力，地面竖直向上的支持力（不变），绳 设货车加速度大小至少为。才能避免被花盆砸到， 于水平方向的拉力，如图2所示，=F,an号，R人=。 0 0 则有名=61+2 c052 代入数据解得a=2.5m/s2, 可知0角越大，绳子的拉力越大，故C正确；对人受力分析，梯子 即货车至少以2.5m/s2的加速度加速才能避免被花盆 对人的支持力大小等于人的重力，梯子对人的支持力与人对梯 砸到 子的压力是相互作用力，大小与0角无关，故D错误 第2期3版参考答案 7.设木棍与水平方向夹角为0，木棍长度为L,粮仓对木棍 一、单选题 的作用力大小为F,则为使木棍下端一定不发生侧滑，由平衡 1.C;2.B;3.D:4.A;5.C;6.C;7.C 条件有Fcos0≤uFsin0,由几何知识有tan0= h一，两式 - 提示： 联立解得L≤2m,即木棍的长度最大为2m,故A、B、D错误，C 1.三个大小分别是F,、F,、F,的共点力合成后的最大值一 定等于F,+F2+F,但最小值不一定等于零，只有当某一个力 正确. 的大小在另外两个力的合力范围内时，这三个力的合力才可能 二、多选题 8.AD:9.BC:10.BD 为零，故A错误；合力可能比三个力都大，也可能比三个力都 提示： 小，故B错误；合力能够为零的条件是三个力的矢量箭头能组 成首尾相接的三角形，任意两个力的和必须大于第三个力，故 8.以球B为研究对象，受力分析如图3所示， D错误，C正确. 可得出月=Gan6,R=G当A向右移动少 2.利用三角形定则可知，F2和F4的合力等于F、F,和F 许后，0减小，则F减小，F2减小，故A、D正确. 的合力也等于F,所以这5个力的合力大小为3F=30N,故B 图3 9.由于绳与衣架挂钩间摩擦忽略不计，故挂 正确. 钩相当于定滑轮，两端的拉力是一定相等的，故A错误；衣服原 3.吸盘与墙壁间存在弹力和摩擦力两对相互作用，故A错 来是受重力和两个拉力而平衡，绳对挂钩作用力大小等于重 误；墙壁对吸盘的弹力沿水平方向且垂直于墙面，对吸盘的摩 力.有风力后是四力平衡，两个绳子的拉力的合力与重力、风力 擦力竖直向上，所以弹力和摩擦力的合力方向斜向上，即墙壁 对吸盘的作用力斜向上，故B错误；吸盘所受摩擦力与重力大 的合力相平衡，有F合=√(mg)2+F>mg,故两个绳子的 小相等，方向相反，与大气压无关，故C错误；大气对吸盘的压 拉力的合力必定变大，即绳对挂钩作用力变大，故C正确，D错 力与墙壁对吸盘的弹力大小相等，方向相反，是一对平衡力，故 误；绳子两端分别固定在两根等高的竖直杆上，由于摩擦力忽 D正确 略不计，一开始衣服在绳的中点，两绳之间的夹角最大，在新位 4.设绳中张力为F,对A由平衡条件可得Fcos53°= 置时两个绳子的夹角变小，又两个绳子的拉力大小相等，合力 u(mg-Fsin53),对B由平衡条件可得Fcos37°-u(mgg- 变大，故两个绳子的拉力一定变化，故B错误。 m37.联立解得受多：号夜A正确 10.绳子对定滑轮B的作用力为BA和BC两段绳子弹力的 合力，方向不可能竖直向下，故A错误：重物匀速运动，则任意 5.A、B刚要滑动时受力平衡，受力如图1所示. 对A:Fx=mgsin45°+mgcos45°， 段绳子的弹力等于重力的一半，即号由平行四边形定则可 对B:2 ngsin45°=Fr+3μngcos45°+umgcos45° 知，合力方向沿∠ABC的角平分线，与BA夹角为30°斜向下， 解得“=行，故C正确 大小为，放B.D正确，C错误 三、实验题 11.(1)见解析(2)正比5(3)BC 解析：(1)当钩码处于静止状态时，根据二力平衡可知，钩 B Fa 码所受的重力等于弹簧对钩码的弹力. 2mg CAfarannam (2)由图像乙知，所挂钩码质量m与弹簧形变量x按正比 图1 图2 例规律变化，所以可知钩码所受的重力mg与弹簧形变量x也 6.对人和梯子整体进行分析，有mg=FN,根据牛顿第三 按正比例变化，由于所挂钩码重力mg等于弹簧受到的弹力F, 定律可知，梯子对水平地面的作用力与水平地面对梯子的支持 所以可得出结论：在弹簧的弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的 一 3 高考物理人教（第一轮复习）第1~4期 伸长量成正比； 14.解析：(1)由对称性可知，构件1、3对构件2的弹力大 根据胡克定律F=:,可得弹簧的劲度系数k=A 小相等，设为F △x 对构件2受力分析如图8所示， Amg 40 x 10 x10 N/m=5 N/m. △x 8×102 由平衡条件可得2Psim37°=mg,解得F=三 (3)F-L图像与横轴的交点等于弹簧原长，由图像知b的 原长比a的长，故A错误，B正确；F-L图像的斜率等于弹簧的 劲度系数k,由图像知a的劲度系数比b的大，故C正确；由 37139 F-L图像可知，弹簧弹力与弹簧长度为线性关系，但不是正比 ★3m mg 关系，故D错误 图8 图9 图10 12.(1)C(2)1.80(3)F(4)BC (2)由对称性可知，桌面对构件1、3的支持力大小相等.构 解析：(1)乙图中，实验时两细绳的夹角表示两个分力的 件1、2的摩擦力大小也相等.把三块构件看成一个整体，受力 夹角，两细绳不需要垂直，故A错误；为了减小实验误差，应在 分析如图9所示，由平衡条件可得2FN=3mg,解得：FN= 细绳上用笔尖记录间距较远的两点来确定细绳的方向，故B错 1.5mg 误：乙图和丙图中小圆环都处于O点表明：图中F单独作用的 (3)由对称性可知，构件1,3对构件2的弹力大小相等，构 效果与F,和F2共同作用的效果相同，故C正确.故选C 件1、2的摩擦力大小也相等。 (2)该弹簧测力计的分度值为0.1N,根据读数规则可知， 对构件1受力分析如图10所示，由平衡条件可得： 该读数为1.80N; F:=F'cos37°，又F'=F (3)由题意可知，F是用一根弹簧测力计拉橡皮条伸长相 若系统刚好静止μ最小，则F=“on,解得“mis=9 4 同的长度，根据等效替代法可知，F是合力的实际值，而F'是根 据平行四边形定则作出的合力理论值 15.解析：(1)包裹恰好下滑时，根据共点力平衡条件有 (4)由题意可知：保持0点位置不动，即合力大小方向不 mgsin 0 umgcos 0 变，弹簧测力计a的读数不变，因此根据要求作出力的平行四 解得u=tan0=0.75 边形定则，画出受力分析图如下： (2)水平以最大加速度启动时umg=mam 解得am-7.5m/s 根据牛顿第二定律可知，水平分力F.=ma=30N 竖直分力F,=mg=40N 根据力的合成可知，作用力F=√F+F产=50N 图4 图5 图6 (3)整个运送过程经历匀加速、匀速、匀减速三个过程，匀 第一种情况，原来、B的值较小，由图4可知α角逐渐变小 时，b的示数减小，同时B角减小； 加速，匀减速过程加=装=么=0.4s, 第二种情况，原来α、B值较大，由图5可以看出α角逐渐变 小时，b的示数减小，同时B角增大； =号=0.6m 或者，由图6可以看出α角逐渐变小时，b的示数减小，同 匀速过程x购=L-2x加=43.8m 时B角先增大，后减小；故选BC. 匀速运动的时间为幻==14.6s 四、解答题 匀 13.解析：(1)将力F按作用 最短时间t=t加+t诚+t均=15.4s. 效果沿AB和AC两个方向进行分 第3期3版参考答案 解，如图7甲所示，且F=F2,则 一、单选题 有2F,cosa=F,则扩张机AB杆 1.B;2.D;3.C;4.B;5.B;6.D;7.A. 的弹力大小为 提示： 图7 F .200N 1.牛顿第一定律又称惯性定律，是指任何物体都有保持原 F-2cos cos 有运动状态的特性，是普遍规律，不是牛顿第二定律在合力为 (2)再将F,按作用效果分解为FN和FN,如图乙所示，则 零下的特例，故A错误；火箭向后喷出气体，火箭给气体一个向 有F、=F,sina,联立得F、=ana,根据几何知识可知tana 下的力使气体获得速度，同时气体也给火箭一个反作用力，该 力大于火箭重力，根据牛顿第二定律，火箭将加速，故B正确； 方=10，解得Ry=5F=2000N = 我们用力提一个很重的箱子，却提不动它，是因为提箱子的力 4 高考物理人教（第一轮复习）第1~4期 太小，此时箱子受到拉力、地面对箱子的支持力以及箱子的重牛顿第二定律F,=ma,机器人对菜品的作用力为支持力和静 力，三个力的合力为0，根据牛顿第二定律，加速度为0，物体仍 摩擦力的合力，F=√+F=√+(ma)之= 保持静止状态，故C错误；根据牛顿第二定律，运动物体的加速 √(mg)2+(ma)2>mg,故D正确. 度方向必定与其所受合力的方向相同，而不是速度方向，故D 7.当F比较小时，木板和木块相对静止，加速度相同，根据 错误. 2.下降过程中，榔头先加速后减速，向下加速过程，加速度 牛顿第二定律得a=F ,axt.当F比较大时， m1+m2m1+m 向下，处于失重状态，向下减速过程，加速度向上，处于超重状 木板和木块相对滑动，根据牛顿第二定律，对木板有1= 态，故A错误；榔头对年糕的弹力是榔头发生形变引起的，故B 错误；由牛顿第三定律，榔头对年糕的打击力等于年糕对榔头 ,μ、m1m,都一定，则a,一定：对木块有，=P一m5- m 1713 的支持力，故C错误；榔头向下打击年糕时，设榔头对年糕的冲 -g,a是的一次函数，t增大，a增大，又由于m+m < 击力为F,地面对石槽的支持力为F,石槽和年糕的总重力为 m2 G.则有FN=G+F>G,故D正确. ，则相对滑动后，图像的斜率大于两者相对静止时图像的斜 m2 3.自由落体时羽毛球的加速度向下，处于失重状态，故A 率，故A正确 错误；自由落体时羽毛球所受的空气阻力大于筒的空气阻力， 二、多选题 而球和筒的加速度相同，可知球与筒有相互作用力，故B错误； 8.BC:9.AB:10.BCD. 出现相对下移是羽毛球具有惯性的体现，故C正确；相对下移 提示： 时筒对羽毛球的力与羽毛球对筒的力是一对相互作用力，大小 8.把加速度分解成水平方向的加速度α.和竖直向上的加 相等，方向相反，故D错误 速度a,以人为研究对象，根据牛顿第二定律得，竖直方向 4.在上升阶段，初始时刻速度最大，对排球受力分析，受到 重力和向下的阻力（变力），根据牛顿第二定律得mg+= 1256-G=ma,解得4，=景.则a=品0=高8：4，=品0 5 ma,物体做加速度减小的变减速运动，在最高点时速度为零， 受重力，加速度不为零，故C错误；下降阶段，重力方向向下，阻 =号，沿水平方向，根据牛顿第二定律，=4，=号，放5C 力（变力）方向向上，合力是向下的，根据牛顿第二定律得mg一 正确，AD错误， '=ma',物体做加速度减小的变加速运动，故D错误；最终回 9.以P为对象，剪断轻绳之前，根据受力平衡可得此时弹 到出发点，上升阶段的逆过程为初速度为0、加速度增大的变 簧的弹力为F=kx=2mg-Fr=2mg-mg=mg,剪断轻绳 加速运动，与下降阶段相比，两个阶段位移的大小相同，加速度 的瞬间，弹簧弹力保持不变，根据牛顿第二定律可得P的加速 不同，时间不同，故A错误；全过程有阻力做功，初始时刻速度 最大，故B正确， 度大小为a=2m5上-2皿m=号，放A正确：剪断轻绳 2m 2m 5未撒去力F时，由题意得了mgam60°= 3m·V5g= 后，P向下运动x,弹簧的压缩量变为2x,弹簧的弹力变为F”= k·2x=2mg,可知弹力刚好与P的重力平衡，则P的加速度为 3m,说明小球恰好不离开斜面，斜面对小球无作用力，弹簧 1 零，故B正确；撤走长木板的瞬间，弹簧弹力保持不变，根据牛 1 3 mg 顿第二定律可得Q的加速度大小为a'=mg+F=mg+m竖三 m m 拉力大小F,= c0s60°=3mg,撤去力F的瞬间，弹簧弹力不 2 2g,故C错误；撤走长木板后，Q向下运动x,弹簧刚好恢复原 发生突变，仍为子g,小球与斜面之间的弹力不变，放小球对 长，弹力为零，Q只受重力作用，Q的加速度为重力加速度g,故 D错误 斜面的压力为零，故AD错误；设撤去力F瞬间斜面体的加速度 10.若行李在传送带上做匀加速直线运动，加速度大小为 大小为a,则F,os30°=ma,解得a=g,放B正确；小球 a=ug=2m/s,由位移与速度关系可得2ax加=v,解得xm= 1m<L=3m,故行李在传送带上先做匀加速直线运动，后做 受力不变，加速度不变，大小仍为3g,故C错误 6.菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，不受摩擦力作 匀速直线运动，故A错误，D正确：加速时间4=。=1s,在此 用，故A错误；菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品对 时间内传送带的位移x错=t=2m,行李在传送带上留下的摩 机器人的压力和机器人对菜品的支持力是一对作用力与反作 擦痕迹长度为△x=x猫-x加=1m,故匀速运动时间t2= 用力，故B错误；菜品随着机器人一起做匀加速直线运动时，菜 品的质量不变，菜品的惯性不变.故C错误；菜品随着机器人一 L-如=1s,行李从A到B所用的时间为t=4+名=2s,故 起做匀减速直线运动时，机器人对菜品的支持力F、=mg,由：BC正确 5 高考物理人教（第一轮复习）第1~4期 三、实验题 5 0,解得4=2 1.(1)不需要(2)D(3)2.0(4),4 2g-a 14.解析：(1)由牛顿第二定律mg=mam, 解析：(1)因细绳上连有拉力传感器可以准确测出绳的拉 解得am=5m/s 力从而得到小车的合力，则不需要用钩码的重力近似替代绳的 (2)恰好发生相对滑动F=(M+m)am,解得Fm=10N 拉力，则实验中不需要满足所挂钩码质量远小于小车质量 当F=6N时由牛顿第二定律F=(M+m)a, (2)若某同学实验过程中忘记了平衡摩擦力，则用一定的 解得a=3m/s2 外力拉物体时加速度为零，故图像不过坐标原点，与横坐标有 由运动学公式2=2ad,解得v=√6m/s≈2.45m/s 交点；又因为使用了拉力传感器，故图像不会弯曲，故选D. (3)图中相邻两计数点间还有4个点未画出，故计数点间 (3)若铁块经过号停止，=2ad,斤=2a., 的时间间隔为T=5×了=0.1s 解得d1=0.5m 若铁块与挡板碰撞原速率反弹经过停止，店=2d,网 由逐差法求加速度可得a=m 47风 (12.00+13.99)-(8.01+9.99)×102m/s2≈2.0m/s2 =2.×头，解得6=1.5m,所以05m≤d≤1.5m 4×0.12 15.解析：(1)对物块B受力分析，有F=m1g (4)钩码挂在动滑轮下，若小车的加速度为a,则钩码加速 对物块A和木板构成的整体受力分析，平行于斜面方向上 1 度为)a,对钩码受力分析，由牛顿第二定律可知mg-2F,= 有F,+Fa=(M+m)gsin0 垂直于斜面方向上有FN=(M+m)gcos0 2ma,可得m=2g-0 4,小车平衡摩擦力后，由牛顿第二定律 木板恰好不下滑，有Fn=FN 联立解得Fn=16N,h=0.5 可得F=Ma=上，联立可得m=4a (2)木板恰好不上滑时，对物块A和木板构成的整体受力 12.(1)4.90(2)加速1.0(3)合规 分析，平行于斜面方向上有F2=(M+m)gsin0+Fn 解析：(1)图中弹簧测力计的分度值为0.1N,由图乙可知 其中F2=m2g,解得m2=4kg 测力计示数为4.90N. (3)对物块A受力分析，有u1 mgcos0-mgsin0=ma1 (2)在电梯向下运动过程中，由图丙可知弹簧测力计示数 解得a1=1m/s2 小于钩码的重力，则钩码的加速度方向向下，电梯该时刻向下 对物块B受力分析有m3g-F,=ma2 做加速运动.根据牛顿第二定律可得mg-F=ma,其中mg= 对木板受力分析有F3-Mgsin0-Fn-u mgcos0=Ma2 4.90N,F=4.40N 解得a2=2.9m/s2 解得此时电梯的加速度大小为a=1.0m/s2. 从物块4开始运动到滑离木板，有1=-4 (3)由于0.4m/s2<a<1.2m/s2,可知该实验中小区电 解得t=2s. 梯向下运行时的加速度合规 第4期3版参考答案 四、解答题 一、单选题 13.解析：(1)在图乙中0'处人 1.A;2.B;3.C;4.A;5.D:6.C:7.B. 下滑过程中的受力示意图，如图所示 提示： 由牛顿第二定律得 1.力不是维持物体运动的原因，是伽利略实验研究和逻辑 mgsin0-F ma 推理相结合得出的物理规律，故A正确；物体之间普遍存在相 又F:=FN=umgcos0,联立解得a1=2.5m/s2 互吸引力，是牛顿总结出的万有引力定律的内容，故B错误；物 (2)依题意，人在斜面上做匀加速直线运动，有 h 体间的相互作用力总是大小相等、方向相反，是牛顿第三定律 sin 0 的内容，故C错误；物体加速度大小与作用力成正比、与物体质 a2解得1=45 量成反比，是牛顿第二定律的内容，故D错误 人滑到斜面底端C处时速度的大小v=a,t=10m/s 2由题图可得#=：，则△：=A,整理可得会=会，可 1 h (3)由几何关系可知xB=xBc=2×sim0 得a=k,可知加速度随速度的增大而增大，故B正确，A错误； =10m 根据牛顿第二定律F-F=ma,可得F=kmm+F,当v=0时 根据动能定理mgh-u1 ngcos0·xAB一2 mngcos0·xC= F>0,故CD错误. 6 高考物理人教（第一轮复习）第1~4期 3.快递件在传送带上做加速运动的加速度大小为a= 的速度大小为v=at=2.5m/s,故B正确；对物体A受力分析， ms=2.5m/s2,设快递件传送带上一直做匀加速直线运动， 设绳子的拉力为F,由牛顿第二定律可得F-mgsin0=m1a, 代入数据解得F=7.5N,由乙图可知，滑轮C两边绳子的夹角 则有2aL=。-0,解得快递件到达传送带右端的速度大小为 为120°，由平行四边形定则可知，滑轮C对轻绳的作用力F。= o=25m/s<v=5m/s,加速成立；快递件一直做匀加速直 F=7.5N,故C正确：结合上述分析可得，滑轮D对轻绳的作用 线运动，快逢作以P端到0端的时问为1=冬-5故BD 力F,=2Fcos30°=7.5√3N,故D错误 9.以A、B、C组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B、C 正确；由于快递件在传送带上的加速度与快递件质量无关，所 静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力F弹=3 mgsin0,以 以快递件质量越大，运动时间不变，故C错误。 C为研究对象知，细线的拉力为F线=mgsin 0,烧断细线的瞬 4.由图可知，传感器的最小压力约为200N,则根据牛顿第 间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得 二定律得最大加速度为a=G-上_500-200m/s=6mvs, m 50 3 ngsin0-2 mgsin0=2ma,则加速度a,=之sin0,故A,B错 故A正确；人在下蹲过程中，先加速下降再减速下降，所以力的 误；以B为研究对象，由牛顿第二定律得F:-mgsin0=ma1, 示数先变小，后变大，故B错误；人在站起过程中，先加速起立 3 再减速起立，所以先超重后失重，故C错误；人在下蹲过程中， 解得：F#=之mgsin0,故C正确：对球C,由牛顿第二定律得 力的示数先变小，后变大，人在站起过程中，力的示数先变大， mgsin0=ma2解得a2=gsin0方向沿斜面向下.故D正确. 后变小，所以动作人在8s内完成了一次下蹲和一次站起动作， 10.设任一细杆与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定 故D错误， 律有mgcos a=ma,解得环的加速度大小a=geos a,则a= 5.如图所示，以0点为圆心、A为圆周 的最高点、AB为弦作圆.小环沿AB运动的 8,a2= 气6,4=76，加速度之比为4：4，：4=2：万：1. √3 时间就是沿直径AC做自由落体运动的时 故C错误，D正确：设所在圆周的半径为R,则环下滑的位移x 间，有2L= 2,解得1=2故 :2Ro心，根据x=2,得1=√匠则下福时间相同，故A 正确. 错误，B正确。 6.物体从A处由静止下落，开伞前加速度向下，物体所受 三、实验题 合力为F台=mg-F,F=ns,F不断增大，加速度减小， 11.(1)AB( g-a 图乙中右侧图线与此过程相符合，有mg-F=ma1,解得S,= 解析：(1)气垫导轨通过气垫支撑滑块，消除滑动摩擦力， 2(mg-ma,故A错误，C正确；左侧图线为开伞后的图线，有 1 无需平衡摩擦力，故A正确；力传感器直接测拉力，无需满足 Cpu “砝码盘及砝码总质量远小于滑块质量”，故B正确；实验应先 R=9p,,当=5时，有mg=R=pS,解得S 1 接通光电门电源，再释放滑块，故C错误；改变拉力需增减砝码 =2m写，且当减小时，a减小，故BD错误， 盘中砝码的质量，增减滑块配重块改变的是滑块质量，故D错 误 7.关闭动力后，车做匀减速运动，加速度大小为α，结合图 (2)砝码盘及砝码总质量越大，砝码盘及砝码的加速度 像可得a==g,a=40.30ms=0.6令，解得 6 α就越大，力传感器的示数F与砝码盘及砝码的总重力差值 m (mg-F=ma)就越大， 0.06,故A错误：图线与横轴围成的面积为位移x=(25+40) ×6×2m=195m,整个运动过程中的平均速度大小为元= (3)滑块经过光电门1的速度为，，滑块经过光电门 t =195 40m/s=4.875m/s,故B正确，C错误；平衡车在加速段时 2的速度为，=4，根据匀变速直线运动规律得好-=2， 有F-mg=ma',a'= 了/s,代人数值解得F=108N,故 6 联立可得0元方 士（马-二)，对砝码、砝码盘和传感器整体分析 D错误. F mog-F=moa,解得mo= g-a 二、多选题 12.(1)不需要(2)0.722.40(3)CD 8.BC;9.CD;10.BD. 解析：(1)该实验中用到了弹簧测力计，可以直接通过读 提示： 取弹簧测力计的示数得到小车所受到的合力，因此该实验不需 8.A和B的加速度大小相等，但方向不同，加速度不同，故 要砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量， A错误；A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律可得m2gsin0- 1 m1gsin0=（m1+m2)a,代人数据解得a=2.5m/s2,B在1s末 (2)相邻两个计数点之间的时间间隔为T=5· 高考物理人教（第一轮复习）第1~4期 0.1s,根据匀变速直线运动的规律可得，B点的速度为 即满载时，有1个工件在做加速运动，有2个相对传送带静止： =7=1800230×10'm5=0.72w 做加速运动的工件对传送带的滑动摩擦力 0.2 Fn umgcos 0=6.8N 根据逐差法△x=aT,可得加速度 每个与传送带相对静止的工件受到静摩擦力 △x a=2= xn-xB=（28.81-9.61)=9.61 F=mgsin0=6N 4T2 4×0.01 2个匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力 10-2m/s2≈2.40m/s2 Fp =2Fto (3)根据实验原理可知，砝码和砝码盘位移始终等于小车 与空载相比，传送带需增大的牵引力 位移的一半，根据x=方可知，砝码和哒码登的加速度等于 F=Fn+F。=18.8N 15.解析：(1)根据牛顿第二定律： 小车加速度的一半，故A错误；实验过程中，砝码盘的加速度竖 直向下，因此可知砝码盘处于失重状态，故B错误；为了减小实 mgsin 0-mgcos 0 ma 验误差，使轻绳上的拉力等于小车所受到的合外力，则轻绳一 解得a1=2m/s2 定要与木板保持平行，故C正确；设轻绳上的张力为F,则弹簧 根据匀变速直线运动规律 测力计的读数为F的大小，对砝码和砝码盘，由牛顿第二定律 vi 2a L 有mg-2F=m,解得F-m2m“<受即弹簧测力计的读 解得vB=4m/s 2 (2)在传送带上匀减速运动，根据牛顿第二定律 数应小于砝码和砝码盘总重力的一半，故D正确. umg maz 四、解答题 解得a2=2m/s 13.解析：(1)根据牛顿第二定律可得 根据匀变速直线运动规律 F-uamg mat 2-a=-2a2s 解得a=2m/s2,方向水平向右： 解得vc=2m/s (2)假设A与长木板发生相对滑动，对长木板有 根据平抛运动规律 uamg -ui (M +2m)g Maz A=方r= 解得a2=1m/s2<a1 解得x=1m 则假设成立，长木板的加速度大小为1m/s2,方向水平向 (3)若矿物在传送带上一直做匀加速运动，则离开D点时 右； 的速度最大，x最大 (3)设碰撞点距离长木板右端距离为'，则0~1时间内， 根据匀变速直线运动规律有 A,B以及木板的位移大小分别为与=子，与=4离= t呢-g=2a2s 1 20,分 解得vc=27m/s 所以要使x最大，传送带的速度27m/s≤v≤6m/s A、B相碰时满足 (4)①由(3)可知，当27m/s≤≤6m/s时，vo=vc= L-l1=x1-2,L'=L-(x1-x3) 2√7m/s 代入数据解得L=17m,L=9m. 14.解析：(1)设工件在传送带加速运动时的加速度为a, 解得：x1=ot=√万m 则umgcos0-mgsin0=ma ②由(2)可知若刊矿物在传送带上一直做减速运动，。= 代人数据解得a=0.8m/s2 2m/s,则v≤2m/s, (2)工件加速时间为4，==2.5s 解得x2=vot=1m a ③当2m/s<v<2√万m/s时，矿物离开C点时与传送带 工件加速过程的位移x二 =2.5m 共速，即。=v 因为x<1 解得x=d=（2）m 故工件先做匀加速直线运动再做匀速直线运动到B端，只 综上，当v≤2m/s时，x=1m; 有加速阶段留下痕迹，此时传送带的位移x。=vot1=5m 当2m/s<v<2万m/s时，x=（2v)m 痕迹长度△x=x-x 解得△x=2.5m 当2万m/s≤v≤6m/s时，x=√7m (3)工件从A到B匀速运动的时间5，=-=4.65s5 工件从A到B运动的总时间：t=t+2=7.15s -8素养 拓展 数理极 本版责任编辑：李杰 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 报纸发行质量反馈电话 编睹语：力学知识是物理学的基础，力的平衡问题是进 0351-5271248 入力学知识殿堂的门庭.力的平衡包含了研究对象的选择 力的合成、力的分解和诸多数学知识的应用，本部分知识在 物理的灵魂是用图 能源与动力工程 应用中具有知识台阶跨度高、综合性强等特点，特别强调一 些技巧的应用有许多小结论和力的平衡的特例在解决实际 力的平衡特例种种 学科：工学 问题时特别有用，本文现对这出 门类：能源动力类 特例进行例析及总结. 专业名称：能源与 ◆山西张蓓 动力工程 特例1■ 物体受三力而平衡，若其中二 解析：如图4所示，杆受 F方向竖直向下，斜面体B的受力如图7所示 培养目标：本专业 力平行，则此三力必定平行 三个力而平衡，其中F,、F2是 ,故斜面体B不受地面的摩擦力作用.当对A施 以热工、力学和机械科 反证法证明：如图1所 相交的，设交点为0，则杆的 加一个平行于斜面的力F时，物体A对斜面体的 学理论为基础，以计算 示，设第三个力F,不与F、 重力G也必然通过0点，重力 压力和摩擦力大小和方向均不变，故物体A对斜 机和控制技术为工具， F,平行.而物体可以在竖直 交CD于P点，则P点就为重 面体的作用力F'也没有变，斜面体的受力不变 培养具备能源生产、转 方向上平衡，则F,在水平方 心，由几何关系可得， 仍不受摩擦力作用.故A正确， 化、利用与动力系统研 向上必有一个分量，这个分 图1 DP=9又0D CD 这种方法既简单又明了，其关键就在于运 2 发基本理论和应用技 力就使物体不能平衡，也就违背了物体平衡的 用了特例3的规律这个规律也可以推广到三个 术，以及具备节能减排 基本条件，所以F3必然与F,、F2平行 所以DP= 以上力作用下的物体平衡 理念，能在工业、国防、 例1.一杆长为L,质量为m,一端置于水平 特例4两个等大力 民用等领域从事能源动 地面上，另一端施加一竖直向上的力，杆静止不 即CD杆的重心距D端子处 的合力一定在其角平分线上 力、人工环境、新能源研 动，试求B端受到的摩擦力. 特例3 若物体受三个共点力而平衡，或物体在三个力作用下（其 究开发、优化设计、先进 则任意两个力的合力必与第三个力等大反向 8 解析：假设B端只受 中两个力大小相等)处于平 制造、智能控制、应用管理 个力FB,则杆受三个力而平 例3.如图5所示，一斜 衡状态，第三个力的反向延长线一定沿着另两 等工作的高级科技人才。 衡，其中重力竖直向下，拉力 面体B静止在水平地面上， 个力的角平分线，如图8所示，F与F'的关系为： 主干学科：动力工程 竖直向上，这二力平行（如图 一物体A恰能在斜面体上沿 及工程热物理、机械工 2所示)，则B端受的作用力 图2 斜面匀速下滑，可以证明此 图5 F-2raum号 也必与二力平行，即F。是竖直向上，可见B端只时斜面体B不受地面的摩擦力作用。若沿平行 例4.两光滑平板M0、N0构成一具有固定 核心课程：热科学 受地面的支持力，即摩擦力为零 于斜面的方向用力F向下推物体A,使物体加速夹角0。=75°的V形槽，一球置于槽内，用0表 基本知识（工程热力学 特例2物体受三个力而平衡，若已知下滑，斜面体B依然和地面保持相对静止，则斜示0板与水平面之间的夹角，如图9所示若 工程流体力学、传热 其中二力共点，则这三个力都共点 面体B受地面的摩擦力 ()球对板NO压力的大小正好等于球所受重力的 学)、工程设计基本知识 反证法证明：如果第三个力与前两个力不 A.大小为零 B.方向水平向右 大小，则下列θ值中哪个是正确的 ( 工程制图、机械设计基 共点，则此物体将会发生转动，就不可能平衡 C.方向水平向左D.大小和方向无法判断 A.15° B.30° C.45° D.60° 础)、电工电子基本知识 例2.如图3所示，一根 解析：物体A在斜面 (电工学、控制理论)等。 不均匀的木杆CD用两条细 体上匀速下滑时，受到 主要实践性教学环 线吊于墙上，杆水平，杆长为 重力mAg、支持力FM 节：工程训练（金工实 L,夹角如图所示，试确定杆 摩擦力Fa的作用，如图 G 习)、机械设计基础课程 图3 的重心位置. 6所示.斜面体B对物体 图6 图7 图9 图10 设计、生产实习、专业课 A的作用力即支持力和摩擦力的合力F4,方向 解析：对球受力分析如图10所示.由于FN (上接第1版) 程设计、毕业设计（毕业 与重力等大反向，即F4=m4g,方向竖直向上.和G相等，必有105°=75°+6，得0=30°，故B 论文)等 力为100N,为使绳子不断裂，求物体最大重力 由牛顿第三定律可知物体A对斜面体的作用力正确 主要专业实验：电 不应超过多少？ 工电子实验、热工实验 12.（1)左401.5(2)C 包括工程热力学实验 第1期3版参考答案 四、解答题 工程流体力学实验、传 一、单选题 13.(1)60m/s(2)1.2m/s2 热学实验)、能源与动力 相关方向的专业实验 图 1.C;2.C;3.A;4.D; 14.( (如燃烧学实验、热工控 解析：本题是三个力的共点力平衡问题，选 5.B;6.C;7.C. 2片要岩 制与测试类实验)。 节点C为研究对象，如图9所示任意假设AC或 二、多选题 就业方向：主要在 BC达到最大拉力，求解另一绳的张力是否大于 15.(1)货车会被花盆 工业类企业从事热能工 最大拉力.重物受到的三个力的方向已确定，设 8.AD;9.AD:10.BD 程、动力工程、制冷工 F4c已达到最大拉力，即F4c=150N,由平衡条 三、实验题 砸到 程、暖通工程、产品开 件得Fc=Factan30°=86.6N<100N.所以 11.(1)交流 (2)2.7m/s 发、机械设计、工艺设 假设正确，列式得：G≤0s30。 150N=173N (2)0.180.40 (3)货车至少以 计、生产技术、技术开 发、生产管等工作。 2 (3)偏小 2.5m/s2的加速度加速才 即G不应超过173N. 能避免被花盆砸到。 数浮格 高考物理 第2期 第一轮复习 总第1198期 2026年7月14日星期二 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707八F)邮发代号：21-359A 1,悬线上端都固定在同一点0， 解题金钥匙 B球悬线竖直且被固定，A球在库 仑力的作用下，在偏离B球x的地 解匀变速直线运动问题方法大全 方处于静止状态，此时A球受到 A() 绳的拉力为F,现在保持其他条 图6 ◆湖北徐高本 件不变，用改变A球质量的方法，使得A球在距 共点力的平衡问题是动力学的基础，在求 B为5处静止，则A球质量变为 解这类问题时，同学们应掌握以下五种方法 一、从研究对象上看，有整体法与隔离法 A.2m B.4m C.6m D.8m 选取研究对象是解决物理问题的首要环 图2 图3 解析：以A球为研究对象，受 节.当我们遇到连接体或相互作用的系统处于 解析：选0点为研究对象，O点受F、F4、FB重力G、B对A的库仑力F、绳的 平衡状态时，若不涉及物体间相互作用的内力， 三个力作用而平衡。此三个力构成一个封闭的拉力F,如图7所示.因三力的 应首先考虑整体法.对于有的平衡问题，单纯采 用整体法不能解决的，应采用整体法与隔离法 动态三角形，如图3所示.很容易看出，当F。与方向不具有特殊的几何关系，若 相结合的方法 F,垂直时，即+B=90°时，F。取最小值.此后用正交分解法，很难有结果.注 图7 例1.如图1所示，物体A和 F。的值逐渐变大，故C正确 意观察，不难发现图中悬线形成的三角形和力 B的质量分别为2kg和1kg,用 三、从对力的处理看，有正交分解法和平行 的矢量三角形相似，由共点力平衡条件得 跨过定滑轮的细线相连，静止 四边形法 地叠放在倾角为0=30°的光 受三个力以上的平衡问题，对力的处理一 滑斜面上，A与B间的动摩擦因 图1 =￡，解得F,=mg、F=产g,当A球质量 般用正交分解法，而受三力作用的平衡问题，应 数为u= ,现有一平行于斜面向下的力F作 该优先用平行四边形定则或三角形法 变为m',并使它在距B球5处静止时，同理可得 5 用在物体B上，设最大静摩擦力等于滑动摩擦 例3.倾角为0的斜 力，若要使物体运动，则F至少为(g取10m/s2)面上有质量为m的木 =m'g和F'=27m'g,而由库仑定律容易得到 wwNK狼an ( )块，它们之间的动摩擦因 图4 A球前后所受库仑力之比为号：4，代人上式可 A.20N B.22N 数为4.现用水平力F推动木块，如图4所示，使 C.11N D.17N 木块恰好沿斜面向上做匀速运动.若斜面始终 得m'=8m,故D正确 解析：因F是A、B整体的外力，可用整体法 五、从临界问题看，有极限法和假设法 保持静止，求水平推力F的大小 求解，设绳子的拉力为F,由平衡条件得 解析：木块受到重力、斜 所谓的临界状态是指一种物理现象转变为 F+(mm)gsin 0 =2F 面的支持力、摩擦力及推力四 一种物理现象或者从一个物理过程转入到另 F,是系统的内力，由整体法无法求，只能由 个物理过程的转折状态.我们也可以将其理 隔离法来求，隔离A,求得轻绳的拉力 个力作用而平衡，受力情况如 F=umagcos 0+magsin 0 图5所示，选斜面方向为x轴， 解为“恰好出现”或者“恰好不出现”某种现象 联立解得F=17N,故D正确， 垂直斜面方向为y轴，把不在 的状态。而平衡物体的临界状态是指物体所处 图5 二、从物理过程看，有解析法和图解法 轴上的重力G和水平力F分解到坐标轴上，根据 的平衡状态将要变化的状态研究临界问题的 解析法就是根据物体的平衡条件列方程， 平衡条件，由正交分解法有 基本方法是极限法和假设法，当物体受几个力 在解方程时采用数学知识求极值.通常用到的 Fcos 0=Fr mgsin 0. 作用，出现临界状态（平衡态恰好出现变化或恰 数学知识有二次函数极值、讨论分式极值、三角 XFN Fsin 0 mgcos 0,Fr uFs, 好不出现变化)难以判断或求解时，采用极限分 函数极值以及几何法求极值等，图解法是根据 解得：F=sin6+cos0)mg 析法，把某个没有给定数值的力推向极端(“极 物体平衡条件作出力的矢量图，如果是只受 cos 0-usin 0 个力的动态平衡问题，一般由这三个力构成封 大”或“极小”)来分析，从而得出“恰好出现' 四、从几何知识看，有相似三角形法和正弦 闭矢量三角形，然后根据图进行动态分析，确定 定理或余弦定理法 或“恰好不出现”的结果；也可以采用假设法，先 最大值和最小值， 在几何条件中，若已知的是边长，则先构建 假设一种情况的存在，然后再根据平衡条件以 例2.如图2所示，细绳A0、B0等长，A点固 及有关知识列方程求解 定不动，在手持B点沿圆弧向C点缓慢运动的过 矢量三角形和几何三角形，再用相似三角形列 式，如果已知的是角且三角形不是直角三角形， 例5.如图8所示.用细绳AC和BC吊一重 程中，绳B0的张力将（开始时α+B<90) ( 常用“正弦定理”或“余弦定理”来求力的大小.物，绳与竖直方向夹角分别为30°和60°，绳4C A.不断变大 B.不断变小 例4.如图6所示，A、B是带有等量同种电荷能承受最大拉力为150N,绳BC能承受最大拉 C.先变小再变大 D.先变大再变小 的小球，它们的质量均为m,它们的悬线长度是 (下转第4版) 为37°，此时A、B两物体刚好处于平衡状态，则A、B两物体的质量之比A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则F,、F,的变化情况分别是 《相互作用 力》单元检测卷 m4为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，in37°=0.6，c0s37° A.F,减小 B.F,增大 C.F,增大 D.F,减小N ⊙数理报社试题研究中心 0.8) 9.如图8所示，晾晒衣服的绳子两端分别固 题 号 三 四 总 分 A.u+3 B3弘+4 C.-3 D.3u-4 定在两根等高的竖直杆上，绳子的质量及绳与衣 得 分 3u+4 4w+3 '3u-4 4u-3 架挂钩间摩擦均忽略不计，原来保持静止.一阵 5.如图4所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾 恒定的风吹来，衣服受到水平向右的恒力而发生 第I卷选择题（共46分）】 斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B,通过 滑动，并在新的位置保持静止.则相此原来，在新 不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面 位置时 ( 图8 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的 和轻绳均与木板平行.A与B间、B与木板间的动 A.挂钩左右两边绳的拉力不再相等 摩擦因数均为“，设最大静摩擦力等于滑动摩擦 B.绳的拉力一定变化 四个选项中，只有一项是符合题目要求) 部 C.绳对挂钩作用力变大 1.三个共点力大小分别是F、F2、F,关于它们合力F的大小，下 力.当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B 刚好要滑动，则u的值为 D.绳对挂钩作用力不变 列说法正确的是 .3 .1 A.F大小的取值范围一定是0≤F≤F,+F,+F, c 10.如图9所示，家用小型起重机拉起重 D. 物的绳子一端固定在起重机斜臂顶端，另一端 B.F至少比F、F2、F中的某一个力大 6.有一种多功能“人”字形折叠梯，其顶部用活页连 跨过动滑轮A和定滑轮B之后与电动机相连， C.若F,:F,:F3=3:6:8,只要适当周整它们之间的夹角，一定 在一起，在两梯中间某相对的位置用一轻绳系住，如图5 起重机正将重为G的重物匀速竖直上拉，忽略 能使合力为零 所示，可以通过调节绳子的长度来改变两梯的夹角Q. 绳子与滑轮的摩擦以及绳子和动滑轮A的重 质量为的人站在梯子顶部，若梯子的质量及梯子与水平 力，∠ABC=60°，则 D.若F:F,:F,=3:6:2,只要适当调整它们之间的夹角，一定 地面间的摩擦不计，整个装置处于静止状态，则( A.绳子对定滑轮B的作用力方向竖直向下 能使合力为零 A.0角越大，梯子对水平地面的作用力越大 B.绳子对定滑轮B的作用力方向与BA成30°角斜向下 2.如图1所示，有5个力作用于同一点0，表 B.6角越大，梯子对水平地面的作用力越小 C.绳子对定滑轮B的作用力大小等于G 示这5个力的有向线段恰好构成一个正六边形 C0角越大，绳子的拉力越大 的两邻边和三条对角线，已知F:=10N,则这5 D.0角越大，人对梯子的压力越大 n绣T对定滑轮B纳作用力大小等于孕c 个力的合力大小为 7.北方农村秋冬季节常用金属丝网围成 ( 圆柱形粮仓储存玉米棒，某粮仓由于玉米棒装 第Ⅱ卷非选择题（共54分】 A.50N B.30N 的不匀称而即将发生倾斜现象，为避免倾倒， C.20N D.10N 在左侧用木棍支撑，如图6所示.若支撑点距 三、实验题（本题共2小题，每小题8分，共16分，将正确答案填在 3.如图2为悬挂比较轻的洗刷用具的小吸 水平地面的高度为5m,木棍与水平地面间的 题中横线上或按要求作答) 图图6 盘，安装拆卸都很方便，其原理是排开吸盘与墙 11.如图10甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等 壁间的空气，依靠大气压紧紧地将吸盘压在竖直 动摩擦因数为源，木棍重力不计，粮仓对术棍的作用力活木根方向， 的钩码，探究“在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系”实验. m/×10kg 墙壁上.则下列说法正确的是 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使木棍下端不发生侧滑，则木棍的 长度最大为 ( A.吸盘与墙壁间有四对相互作用力 A.1.5m B.√3m C.2 m D.25m B.墙壁对吸盘的作用力沿水平方向 二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分，每小题的4个选项 C.若大气压变大，吸盘受到的摩擦力也变大 中，有多个选项是正确的，全选对的得6分，少选的得3分，有选错或不 D.大气对吸盘的压力与墙壁对吸盘的弹力是一对平衡力 选的得0分)》 图10 4.如图3所示，物体A、B置于水平地面 8.如图7所示，在粗糙水平地面上放着一个 (1)该实验用钩码所受的重力等于弹簧受到的弹力理由是 上，与地面间的动摩擦因数均为山，物体A、B 截面为四分之一圆弧的柱状物体A,A的左端紧 靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B,已知 (2)如图乙所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m,横轴是 用一跨过光滑轻质动滑轮的细绳相连，现用43 37 A圆弧部分的半径为球B的半径的3倍，球B所 弹簧的形变量x由图像可得结论：在弹簧的弹性限度内，弹簧的弹力 逐渐增大的力斜向上提升滑轮，某时刻拉A 图3 受的重力为G,整个装置处于静止状态设墙壁 与弹簧的伸长量成】 (选填“正比”或“反比”)，弹簧的劲度系 物体的绳子与水平面的夹角为53°，拉B物体的绳子与水平面的夹角 对B的支持力为F,A对B的支持力为F2,若把 数k= N/m(重力加速度g取10m/s2). (3)用两根不同的弹簧α和b做实验，作出弹簧弹力F与弹簧长直墙壁接触，接触面光滑，铰链和杆受到的重力不计，求： 15.(16分)如图14所示为某快递公司利用机器人运送、投递包 度L的F-L图像，如图丙所示，下列说法正确的是 (1)扩张机AB杆的弹力大小（用含的三角函数表示）； 裹的场景，机器人将其水平托盘上的包裹由静止送至指定投递口，停 A.b的原长比a的短 B.b的原长比a的长 (2)D受到向上顶的力的大小 止运动后缓慢翻起托盘，让包裹滑入投递口.其启动和制动过程可视 C.a的劲度系数比b的大 D.弹力与弹簧长度成正比 为匀变速直线运动，当托盘倾角增大到37°时，包裹恰好开始下滑，如 12.某学习小组用如图11所示的装置探究“两个互成角度的力的 简化图所示.现机器人要把一质量m=4kg的包裹沿直线运至相距 合成规律”.如图(a)所示，在竖直平面内，橡皮条的一端固定，另一端 L=45m的投递口处，在运送中包裹与水平托盘始终保持相对静止， 挂一轻质小圆环，橡皮条原长为G,用两个弹簧测力计共同拉动小 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： 圆环 图12 (1)包裹与水平托盘的动摩擦因数； (2)机器人启动过程中允许的加速度最大值am,及此时托盘对包 裹的作用力F的大小： (3)若机器人运行的最大速度为vm=3m/s,则机器人由静止运 行至投递口（恰好静止）所需的最短时间：. 投递口 包寥一一托盘 h 句塞 1.001 N 机器人 云关图 投递图 简化图 2 图14 (d) (e) f 图11 14.(12分)某科学晚会中，图13甲所示的节目《拱形的奥秘》揭 (1)关于本实验，下列说法正确的有」 示了拱形结构在建筑中的广泛应用，图乙是两位老师搭建的拱桥模型 A.乙图中，实验时两细绳必须垂直 简化图，整个模型静止在水平桌面上.构件1与构件3相对正中央的构 B.应在细绳上用笔尖记录间距较近的两点来确定细绳的方向 件2左右对称，假设构件2的左右两侧面与竖直方向夹角均为0= C.乙图和丙图中小圆环都处于0点表明：图中F单独作用的效果 37°，构件1、2、3质量均为m,构件13与水平桌面间动摩擦因数均为 与F,和F2共同作用的效果相同 ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其余摩擦力忽略不计，重力加速度 (2)小黄则是在水平桌面上做实验，如图(b),通过实验小黄确定 大小为g,sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： 了F,、F,、F的方向，如图(c),并记录三个力的大小，其中测量F时弹 (1)构件1对构件2的弹力大小； 簧测力计示数如图(d),读数为一N. (2)构件1对水平桌面的压力大小： (3)小黄绘制结果如图(e),F与F'两力中其中 （选填 (3)构件1、3与桌面间动摩擦因数的最小值， “F”或“F”)为合力的实际值 (4)如图()所示，用a、b弹簧测力计拉橡皮条使结点到0点，当 保持弹簧测力计α的示数不变，而在角ax逐渐减小到0的过程中，要使 结点始终在0点，可以 图13 A.增大b的示数，减小B角度 B.减小b的示数，增大B角度 C.减小b的示数，先增大B角度，后减小B角度 D.增大b的示数，先减小B角度，后增大B角度 四、解答题（共3小题，共38分，解答应写出文字说明、方程式和 演算步骤.只写出最后结果不能给分，有数值计算的题，答案中必须写 出数值和单位) 13.(10分)如图12所示是扩张机的原理示意图，A、B为活动铰 链，C为固定铰链，在A处作用一水平力F,B就以比F大得多的压力向 上顶物体D,已知图中2l=1.0m,b=0.05m,F=400N,B与左侧竖 参考答案见下期