第3期：运动和力的关系(一)-【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 物理的灵魂是用冬 报纸发行质量反馈电话 0351-5271248 微电子科学与工程 牛顿运动定律与图像的综合应用 学科：工学 ◆甘肃王宗斌 门类：电子信息类 图像信息的识别能力是科 解析：(1)前2s由牛顿第二定律有 三、根据图像的特殊参量进行计算 培养目标：本专业 编者安 学探究能力的核心，是科学素 F-mgsin a ma 例4.物体A、B都静止在 个g/ms) 培养德、智、体等方面全 养的基本组成部分，受力图像反 同一水平面上，它们的质量 了运动过程中物体受力的规律，即可确定 由v-t图像可知 面发展，具备微电子科 分别为m4和m,与水平面之 物体运动的性质运动图像反映了物体运动 学与工程专业扎实的自 的变化情况，能够确定物体受力的条件.二 a=”=0.5m/s2 间的动摩擦因数分别为4和 2634 ·4 8 12 者结合，就能够综合反映物体运动的情况 2s以后，小环做匀速运动，有F2=mgsin a 4B·用平行于水平面的力F 然科学基础、系统的专 受力图像与运动图像问题的综合考查，关键 分别拉物体A、B,得到的加速 图5 业知识和较强的实验技 是找到两类图像的联系点，应用牛顿运动定 律与运动学公式，结合初始条件，再现运动 联立解得：m=二E:1kg 度a和拉力F的关系图线分别如图5中的A、B 能与工程实践能力，能 过程 所示.(tan2634'=0.5) 在微电子科学技术领域 (1)利用图像求出两个物体的质量m1和m 一、力学图像与运动图像的对照分析 (2)由sina= 从事研究、开发、制造和 mg 甲同学分析的过程是：从图中得到，F= 例1.某人在地面上 管理等方面工作的专门 AG/N 解得a=30°. 12N时，A物体的加速度a4=4m/s2,B物体的 用弹簧测力计称得某物540 人才。 例3.放在水平面上的一物块，受到方向不加速度a=2m/s2,根据牛顿运动定律F= 体重为490N,他将弹簧0 培养要求：本专业 测力计移至电梯内称其 变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关ma,可得m4=3kg,mB=6kg 学生要求在物理学、电 重量，。~43时间段内弹 系和物块速度v与时间t的关系如图4甲、乙所 乙同学分析的过程是：从图中得出直线A、B 图1 子技术、计算机技术和 簧测力计的示数如图1所示，电梯运行的v-t图 示.重力加速度g取10m/s2.由此两图线可以求 的斜率为k,=tan45°=1，kg=tan2634'= 得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因Q5,而k=六，得，=1kg,m:=2kg 微电子学等方面掌握扎 可能是（取电梯向上运动的方向为正）( 实的基础理论，掌握微 数u分别为 ( 请判断甲、乙两同学结论的对与错，并判断 电子器件及集成电路的 ◆ms) 错误的原因.如果两个同学都错，分析各自的错 原理、设计、制造、封装 误原因后，再计算正确的结果 与应用技术，接受相关 (2)根据图像计算A、B两物体与水平面之 实验技术的良好训练 间的动摩擦因数4，和u的数值， 46810/ 10 解析：(1)甲、乙两同学的分析都错。 掌握文献资料检索基本 图4 甲错在把水平力F当作合力，而A、B两物体 方法，具有较强的实验 D A.m=0.5kg,h=0.4 均受摩擦力F,=4N, 技能与工程实践能力， 解析：物体在o~t1时间内，测力计示数小 B.m=1.5kg4=15 乙错在由于a轴和F轴的标度不同，斜率k 在微电子科学与工程领 于物体的重力，处于失重状态，具有向下的恒定 不等于tana. 域初步具有研究和开发 加速度，所以电梯做向上的匀减速直线运动或 C.m=0.5kg,4=0.2 正确的求解是： 的能力。 向下的匀加速直线运动.物体在t,~2时间内， D.m=1kg,u=0.2 m-5=2:4kg=2kg 核心课程：电路理 测力计示数等于物体的重力，所以电梯做匀速 4 解析：由图线判断，质点在4s之后做匀速 论、电子技术基础、信号 直线运动或静止.物体在2~飞时间内，测力计 mo =F:F=124 kg =4kg 与系统、电磁场与电磁 示数大于物体的重力，处于超重状态，具有向上 运动.可知摩擦力F,=2N,在2~4s时间内， 2 推力F=3N,则由牛顿第二定律有F-F,= 波、半导体物理、微电子 的恒定加速度，所以电梯做向上的匀加速直线 (2)Fia Fin =4N, 器件原理、集成电路设 运动或向下的匀减速直线运动.故AD正确 ma,由速度图像可以求出加速度a=2m/s2,代 FA=0.2 计原理、微电子工艺原 点评：正确识别已知图像所反映的受力或入上式可得m=0.5kg,由F:=uFN=umg,解 运动规律是解题的基础，从已知图像中分析出得4=0.4，故A正确 B=0.1 理、集成电路封装与系 加速度的规律是解题的关键，结合初始条件与 FsB=mg=40Ne=F、 统测试、嵌入式系统原 点评：从图像中分析出物体的运动情况，得 已知图像的规律还原运动过程，利用图像中各知物体的运动性质是解决这类问题的基础，利 点评：理解物理图像中斜率、截距的意义是 理与设计、电子设计自 几何量的物理意义对照就可使问题得以解决 解题的基础，对研究对象进行受力分析，找到正 动化基础等。 用图像分析研究对象的受力特点及其变化是关 二、力学图像与运动图像的结合求解 确的受力特点是解题的关键，正确从图中读出 主要专业实验：电 键.然后结合题意运用牛顿第二定律、运动学公 例2.如图2所示，固 特殊状态下的物理参量，由正交分解法列出牛 路实验、电子技术实验 定光滑细杆与地面成一定 式就能使问题得以突破 顿第二定律的方程，联立求解即可 信号与系统实验、半导 倾角α&，在杆上套有一个光 第2期2、3版参考答案 12.(1)C(2)1.80(3)F(4)BC 体基础实验以及微电子 滑小环，小环在沿杆方向 四、解答题 技术专业实验等。 图图2 一、单选题 的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度 13.(1)200N 就业方向：可选择 随时间变化规律如图3甲、乙所示，重力加速度 1.C;2.B;3.D;4.A; cos a 到中、高等职业院校从事 g取10m/2.求： 5.C;6.C;7.C. (2)2000N 专业教学和管理工作。或 (1)小环的质量m; 二、多选题 8.AD:9.BC;10.BD 14.(1)mg 到集成电路制造厂家、集 (2)细杆与地面间的倾角a. 成电路设计中心以及通 三、实验题 (2)1.5mg(3)号 信和计算机等信息科学 11.(1)当钩码处于静止状态时，根据二力 15.(1)0.75 技术领域从事研究、开发 平衡可知，钩码所受的重力等于弹簧对钩码的 弹力 (2)am=7.5m/s250N 及管理等工作。 (2)正比5(3)BC (3)15.4s 数浮招 高考物理 第3期 第一轮复习 总第1199期 2026年7月21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 A.1.2s B.2.2s 解题金钥匙 C.2.8s D.3.8s 解析：制动区的加速度大小为a=um竖 m 牛顿运动定律应用的四种方法 5m/s2,运动员经过第一个制动区过程，由运动 学公式可得-2al,=v2-,解得v,=4m/s,该 ◆广西阳美艳 过程所用时间为4=。，”=0.4s,运动员经 牛顿运动定律是力学的基本规律，是动力 作用力大小时，利用整体法求解.分析受力时 a 学的桥梁，是高考命题的热点与焦点.复习时， 只分析系统所受的外力，应用牛顿第二定律求 过光滑区做匀速直线运动，所用时间为2= 2 重点应放在定律的理解、题型的归类、解题方法 解；②隔离法：要求物体间的相互作用力大小 与技巧的训练上.牛顿运动定律应用的思维方 时，则需把所研究的对象从系统中隔离出来，正 =1s,设运动员在第二个制动区停下，由运动学 法归纳起来有如下几种： 确分析对象所受的各个力，依据牛顿第二定律 公式可得-2ax=0-2,解得x=1.6m<l1= 1.合成与分解法 求解 2m,假设成立，运动员在第二个制动区的运动 若物体受力已知，应用牛顿运动定律时，常 特别提醒：整体法与隔离法是辨证的统一， 时间为43=4=0.8s,则运动员滑行的总时间 采用力的合成与分解法.①若物体仅受两个力 e 往往是整中有隔，隔中有整，只有相互交叉使 作用而产生加速度时，采用合成法，加速度的方 用，才能更有效地解决连接体问题， 为t=64+2+3=2.2s.故B正确 向与合力方向相同；②若物体受两个以上的力 例2.如图3所下 答案：B 的作用时，采用正交分解法，其策略是：对研究 示， 根刚性均匀杆， 图3 提醒：应用程序法解题，要特别注意状态转 对象正确受力分析：将力沿加速度方向(x轴) 其右端受到向右2F的力，左端受到向右F的力.变的交接点，前一过程的结束是后一过程的开 和垂直于加速度方向(y轴)分解；依据牛顿第 则杆中点处的张力为 ( ）始，两个过程的交接，点的物理参量（如速度）是 二定律建立方程：F.=ma,F,=0 A.0 B号 C.F D. 求解问题的关键点 2 例1.如图1所示 4.假设法 答案：B 假设法的指导思想是把思维的触角尽量向 客机都备有紧急出口， 解析：设杆的质量为m,对整体分析，根据 当发生意外紧急着陆 各个方向延伸，大胆地作出多种可能的猜想和 牛顿第二定律有2F+F=ma,解得加速度a= 后，会利用自动充气气 假设.其解题的策略是：①依题意，从某一假设 3F 囊构成一条连接地面与 ,方向向右，设杆中点处的张力为F,取左半 入手；②运用物理规律得出结论；③对结论进行 出口的滑行通道以便于 图1 适当讨论，从而得出正确答案.在应用牛顿第三 段杆为研究对象，其质量为受，受到左端向右的 乘客逃生.乘客滑下的过程中可近似将该通道 定律时，物体间的相互作用力存在与否及其方 看成一个倾斜的平面。已知滑行通道与水平地 力F和中点处向右的张力F,根据牛顿第二定 向的判断，我们通常采用假设法分析 面夹角为26,6°时，乘客恰好能匀速下滑，已知律有F+R,=受，解得F,=5,故B正确 例4.两个重叠在一 tan26.6°≈0.5，sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，g 起的滑块，置于固定的， 提醒：遇到多个物体构成的系统，应用牛顿 取10m/s2.求： 倾角为0的斜面上，如图 运动定律时，要优先考虑整体法与隔离法；无论 (1)该滑行气囊与乘客之间的动摩擦因数； 5所示.滑块A、B的质量 是整体法，还是隔离法，对系统或系统中的物体 图5 (2)若滑行气囊与地面夹角为37°时，乘客 正确受力分析是关键；分析物体间的相互作用 分别为M、m.A与斜面间的动摩擦因数为u,B 下滑的加速度大小 力时，一般以受力较为简单的物体作为隔离对 与A之间的动摩擦因数为42，已知两滑块都从 解析：(1)当滑行通道 象对其分析 静止开始以相同的加速度从斜面滑下，在运动 与水平地面夹角为26.6° 3.程序法 过程中，滑块B受到的摩擦力 时，乘客恰好能匀速下滑， 按顺序对题目所给出的物理过程逐一进行 A.方向可能沿斜面向下 对乘客受力分析如图2所 分析的方法，称之为程序法，程序法顺应人的思 B.方向一定沿斜面向上 示，则mgsin0=F,FN= 维特点，是研究物理问题的一种重要的思维方 C.大小等于u,mgcos0 mgcos 0,F=uF 法.应用程序法解题的基本思路是：①顺应题中 D.大小等于mgcos0 联立解得u=tan0=0.5 2 情境，分析能划分出多少个不同的过程或不同 解析：以B为研究对 (2)若滑行气囊与地面夹角为37°时，乘客 的状态：②分析每个过程所遵循的物理规律及 象，对其受力分析如图6所 匀加速下滑，则沿斜面方向据牛顿第二定律有 每个状态所体现的物理意义；③对不同的过程 示，由于所求的摩擦力是 mgsin 0-F ma,F uFy,F mgcos 0 或状态，依据牛顿定律或运动规律，建立方程求解 未知力，可假设B受到A对 联立解得a=gsin0-gcos0=2m/s2. 例3.在冰雪运动训练场的水平直道上，为 它的摩擦力沿斜面向下， 模拟不同摩擦条件，交替铺设长度l,=2m的制 答案：(1)0.5(2)2m/s2 由牛顿第二定律得mgsin0 图6 动区和长度l,=4m的光滑区，如图4所示.滑 提醒：应用力的正交分解法解决问题时，有 雪运动员从第一个制动区的左端以6m/s的初 +FB=ma,以A、B整体为研究对象，根据牛顿 时会遇到力的方向未知的情况，对于这种情景 速度开始向右滑行.已知制动区与滑雪板间的 第二定律可得(M+m)gsin6-,(M+m)gcos0 一般采用假设法，但最终要对假设推断的结果 动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2,则 =(M+m)a,联立解得Fm=-u1 ngcos0,式中 进行分析与讨论. 运动员滑行的总时间为 负号表示FB的方向与假设的方向相反，即FB 2.整体法与隔离法 的方向应沿斜面向上.故BC正确， 在研究力与运动的关系时，常遇到多个物 答案：BC 体所构成的连接体整体法与隔离法是处理连 提醒：假设法可拓宽思维，提高应用知识分 接体问题的基本方法.①整体法：若相互作用的 析问题的能力，在牛顿第三定律及临界与极值 物体，具有相同的加速度，且不要求分析相互间 问题中经常用到，在解题中要注意加以应用. 4.一同学将排球自0点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到变化的图线正确的是 《牛顿运动定律》单元检测卷（一）】 0点设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比，则 该排球 ( ◎数理报社试题研究中心 A.上升时间等于下落时间 B.被垫起后瞬间的速度最大 题 号 四 总 分 C.达到最高点时加速度为零 D.下落过程中做匀加速运动 得 分 5.如图2所示，倾角为30°、质量为m的斜面 二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分，每小题的4个选项 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 体静止于光滑水平面上.轻弹簧的上端固定在斜 第I卷选择题（共46分】 选的得0分) 面体的顶端A处，下端拴接一质量为号的光滑小 307 图2 8.如图5所示，倾斜索道与水平线夹角0= 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 37°，当载人车厢以加速度α斜向上加速运动时， 球（可视为质点）.现让系统在水平恒力F作用下以大小为3g的加速 四个选项中，只有一项是符合题目要求) 人对车厢的压力大小为体重的1.25倍，此时人 度水平向左做匀加速直线运动，小球与斜面相对静止且小球未运动到 与车厢相对静止，设车厢对人的摩擦力为F,人 1.牛顿运动定律与日常生活息息相关，下列有关牛顿运动定律的水平面上.已知重力加速度大小为g,不计空气阻力.则撤去力F瞬间 的体重为G,重力加速度为g,sin37°=0.6， 说法正确的是 ( )(在撤去力F的瞬间，小球与斜面之间的弹力不变) 0s37°=0.8，下列说法正确的是 图5 A.牛顿第一定律是牛顿第二定律在合力为零情况下的特例 A.弹簧的弹力大小为mg 6 A.a= B.向尾部喷气使火箭加速的过程，可用牛顿第二定律和牛顿第 Ra=总 三定律解释 B.斜面体的加速度大小为及。 Gg nF,=号 C.我们用力提一个很重的箱子，却提不动它，这跟牛顿第二定律 C.小球的加速度大小为0 9.如图6所示，质量分别为2m和m的物体P、Q按如 有矛盾 D.小球对斜面的压力大小为Bm竖 图的方式用轻弹簧和轻绳连接，当系统静止时轻绳的拉力 6 D.根据牛顿第二定律，运动物体的速度方向必定与其所受合力 大小为mg,轻弹簧的压缩量为x,重力加速度用g表示.则 6.机器人服务人类的场景正步入 下列说法正确的是 的方向相同 现实生活中，例如餐厅中使用机器人来 图6 2.年糕是我国很多地方传统的小吃，打年糕时一般需要用木制榔送餐，就越来越常见如图3甲所示为 菜品 A剪断轻绳的瞬间，P的加速度大小为号 头反复捶打石槽中蒸熟的糯米.用木制榔头捶打年糕的过程中，放在某餐厅的送餐机器人，将其结构简化为 机墨人 B.剪断轻绳后，P向下运动x时加速度为零 ( )如图乙所示的示意图，机器人的上表面 C.撤走长木板的瞬间，Q的加速度大小为g 水平地面上的石槽始终未动，下列说法正确的是 A.整个下降过程中榔头始终处于失重状态 保持水平.则下列说法中正确的是 D.撤走长木板后，Q向下运动，加速度为零 图3 ( 10.如图7甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置 B.榔头对年糕的弹力是年糕发生形变引起的 可简化为如图乙所示的模型.紧绷的传送带始终保持v=2/s的恒 A.菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品受到与运动方 C.年糕山陷，说明榔头对年糕的打击力大于年糕对榔头的支持力 向一致的摩擦力作用 定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数u=0.2,A、B间的距离 D.榔头向下打击年糕时，地面对石槽的支持力大于石槽和年糕 为L=3m,g取10m/s2.旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A B.莱品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品对机器人的压 处.下列说法正确的是 的总重力 力和机器人对菜品的支持力是一对平衡力 3.如图1所示是装着羽毛球的透明圆柱形球筒，手握竖 C.菜品随着机器人一起做匀加速直线运动时，菜品的惯性逐渐 直的球筒保持静止，打开下底盖时羽毛球不会移动.现松手 增大 释放球筒使其做自由落体运动，球筒撞地后球相对球筒下移 D.菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时，机器人对菜品的 作用力大于菜品的重力 一段距离，则 图图7 7.如图4所示，在光滑水平面上有一质量 A.行李在传送带上一直做匀加速直线运动 A.自由落体时羽毛球处于超重状态 m→F 为m,的足够长的木板，其上叠放一质量为m2 B.行李从A到B所用的时间为2s B.自由落体时所有羽毛球均与筒无相互作用力 的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力 图4 C.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为1m C.出现相对下移是羽毛球具有惯性的体现 和滑动摩擦力相等.现给木块施加一随时间t增大的水平力F=(k D.行李在传送带上先做匀加速直线运动，加速度大小为2m/s2, D.相对下移时筒对羽毛球的力大于羽毛球对筒的力 是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a,和a2.下列反映a,和a2后做匀速运动 (2)在电梯向下运动过程中，该同学发现某时刻弹簧测力计的读大小： 第Ⅱ卷非选择题（共54分） 数最小，如图丙所示，电梯该时刻向下做（选填“加速”或“减(3）若F=6N,为保证最终小铁块C静止于木板中点右侧（含中 速”)运动.此时电梯的加速度大小a= m/s2(结果保留2位 ,点)，d的调节范围. 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 有效数字)，重力加速度g取9.8m/s2. 题中横线上或按要求作答)】 (3)由数据可知，该实验中小区电梯向下运行时的加速度 11.“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图8甲所示 (选填“合规”或“不合规”) 小车后面固定一条纸带，穿过电火花打点计时器，细线一端连着小车， 四、解答题（共3小题，共38分，解答应写出文字说明、方程式和 另一端绕过光滑的定滑轮和质量不计的动滑轮与挂在竖直平面内的 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 拉力传感器相连，拉力传感器用于测小车受到拉力的大小， 出数值和单位) 纸带 13.(9分)如图10甲是消防逃生滑道，可简化为乙图所示的斜 面.某逃生滑道的倾角为0=30°，高度h=10m,人与滑道间动摩擦 80199六120139 因数一套逃生时人从滑道顶端A处由静止开始滑下，不计空气阻 图8 力，人可视为质点，重力加速度g取10m/s2. (1)实验中 (选填“需要”或“不需要”)满足所挂钩码 (1)在图乙中0'处画出人下滑过程中的受力示意图，并求出下 质量远小于小车质量 滑加速度a1的大小； 15.(17分)如图12所示，倾角0=37°的足够长斜面固定在水平 (2)若某同学实验过程中忘记了平衡摩擦力，其他操作都正确， (2)求人滑到斜面底端C处时速度v的大小和下滑过程所用的时地面上，质量M=3kg、长L=3.8m的木板放置在斜面上，木板的右 则他所得到的小车a-F关系图像应是下图中的 (图中纵坐 间t: 端放置着质量m=1kg的物块A(可视为质，点)，木板右端通过一根跨 标表示小车的加速度，横坐标表示细线对小车的拉力F) (3)为了保障最高安全性，应使人滑到C处时速度正好为零.可过定滑轮（固定在斜面顶端）的细绳连接着物块B(始终未与斜面侧 把滑道分成等长的两段，即AB=BC.AB段动摩擦因数仍然为1，求壁接触或落地)，斜面表面的细绳与斜面平行，用外力托着物块B使物 BC段的动摩擦因数 块A、B及木板均静止.当物块B的质量m,=0.8kg时，撤去外力后物 块A、B均静止，木板恰好不下滑.已知物块A与木板间的动摩擦因数 4,=0.875,各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速 度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，各处细绳始终绷直， (3)某小组在实验中打出的纸带如图乙所示，图中相邻两计数点 (1)求木板与斜面间的动摩擦因数2； 间还有4个点未画出，打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz.则 (2)若撤去外力后，木板恰好不上滑，求物块B的质量m2; 小车的加速度大小为 m/s2(结果保留2位有效数字). (3)若物块B的质量m=7kg,撤去外力后物块A相对于木板滑 (4)若所有操作都正确，现测得小车的质量为M,小车的加速度 动，求物块A在木板上运动的时间 为a,当地重力加速度为g,则钩码的总质量m= (用M、a、g 表示) 12.电梯是现代生活中不可或缺的工具之一，某同学查询到电梯 加速度的合规范围应在0.4~1.2m/s2,为测量小区电梯加速度是否 图12 合规，该同学设计了如下的实验方案： 14.(12分)如图11所示，木板A右端固定一厚度不计的竖直挡板 单位：N 单位， B,挡板与墙壁的距离d大小可调节，A左端放有一可视为质点的小铁 2 块C.木板A在水平向右的外力F作用下，由静止开始向右运动，A与 墙壁碰撞后立即停止运动并锁定粘连，同时撤去外力F.已知木板A 4 的质量M=1.2kg、长l=0.6,小铁块C质量m=0.8kg,小铁块 与木板间的动摩擦因数4=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木 图9 板与地面间的摩擦不计，小铁块与挡板碰撞后以原速率反弹，重力加 (1)如图9甲所示，该同学将测力计竖直悬挂在静止的电梯内，速度g取10/s2.求： 此时指针指向0刻度，在弹簧测力计下悬挂质量为m的钩码，稳定时 (I)小铁块C能获得的最大加速度am; 读数如图乙所示，图乙测力计示数为 (2)若F=6N,d=1.0m,木板A运动到墙壁前瞬间速度v的 参考答案见下期