第4期：运动和力的关系(二)-【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 答案：B 物理的灵魂是用图 报纸发行质量反馈电话 例2.水平地面上有一质量为m,的长木板， 0351-5271248 木板的左边上有一质量为m2的物块，如图2甲 电气工程及其自动化 动力学图像问题 所示.用水平向右的拉力F作用在物块上，F随 时间t的变化关系如图乙所示，其中F,、F,分别 学科：工学 为t1、2时刻F的大小.木板的加速度a,随时间 门类：电气类 (2)注意图线中的一些特殊点：图线与横、纵t的变化关系如图丙所示.已知木板与地面间的 专业名称：电气工 动力学图像是高中物理的核心考点， 坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等， 动摩擦因数为1，物块与木板间的动摩擦因数 程及其自动化 它以图像形式呈现力、运动相关物理量的 (3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦 培养目标：电气工 关联，常见类型包括v-t、a-t、F-t、F-a 与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列力相等，重力加速度为g.则 程主要是研究电能的产 等.加速度是衔接受力与运动的关键桥梁， 出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与 生、传输、转换、控制、储 解题时需先明确横纵坐标的物理意义，重 公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物 存和利用的学科。本专 点挖掘斜率、截距、面积、交点的物理内涵， 理问题作出准确判断. 业隶属于电气类，培养 结合牛顿运动定律推导规律.这类题型主 例1.甲、乙两物体都静 具备电气工程领域相关 要分为两类：由受力图像分析运动状态，或 止在水平面上，质量分别为 图2 的基础理论、专业技术 由运动图像反推受力情况，需规避看错坐 m甲、m乙，与水平面间的动摩 F=umg 标、忽略原点非零等常见误区，是高芳中考 和实践能力，能在电气 擦因数分别为以甲42.现用 B.F2= 工程领域的装备制造 查逻辑分析能力的高频题型， 2 m(m,+m）(h-)g mi ananaaaaaaaaapaapaa 水平拉力F分别作用于两 系统运行、技术开发等 1.常见图像 物体，加速度a与拉力F的 图1 C.m 二41 部门从事设计、研发、运 m (1)v-t图像：根据图像的斜率判断加速度 关系如图1所示，图中b、-2c、-c为相应坐标 D.在0~2时间段物块与木板加速度相等 行等工作的复合型工程 的大小和方向，再根据牛顿第二定律求解。 值，重力加速度为g.由图可知 解析：由题图丙可知，1时刻物块、木板一起 科技人才。 (2)a-t图像：注意加速度的正负，正确分 刚要在水平地面滑动，物块与木板相对静止，此 培养要求：本专业 析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情 b 时以整体为研究对象有F,=4,(m1+m2)g,故 学生主要学习电路、电 况应用牛顿第二定律列方程求解 B.4年= 2 g,m甲=2 A错误；由题图丙可知，2时刻物块与木板刚要 磁场、电子技术、计算机 (3)F-t图像：结合物体受到的力，由牛顿 发生相对滑动，以整体为研究对象，根据牛顿第 技术、信号分析与处理、 第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况 C.m甲：mz=1:2,甲：z=1:2 二定律，有F2-u1(m1+m2)g=(m1+m2)a,以 电机学和自动控制等方 D.m甲：mz=2:1,u厘：uz=1:2 (4)F-α图像：首先要根据具体的物理情 解析：对质量为m的物体受力分析，根据牛木板为研究对象，根据牛顿第二定律，有山，m2g 面的基础理论、专业知 景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定 -1（m1+m2)g=m1a>0,解得F2= 识和专业技能。本专业 律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关 顿第二定律，有：F一mg三=ma,可得：a三片 m2(m1+m2) 主要特点是强电与弱电 系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的 (2-1)g,由F2>F1知2> g,故a与F关系图像的斜率表示质量的倒数， 相结合、软件与硬件相 意义，从而由图像给出的信息求出未知量， b 2.解题策略 斛率越大，质量越小，故有m三m之三。， m41,故BC正确：由题图丙可知，0~2 结合、元件与系统相结 合。本专业学生接受电 (1)分清图像的类别：即分清横，纵坐标所即m甲：m2=1:2;由题图可知纵截距为-g,故 时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加 工、电子、信息、控制及 代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像 兰=台有年化=2：1，故B正确 速度，故D正确 计算机技术方面的基本 所反映的物理过程，会分析临界点。 答案：BCD 训练，掌握解决电气工 (上接第1版) 5s小物块通过的位移大小为多少 程领域中的装备设计与 阶段，A受到B对它的滑动摩擦力而做匀减速 解析：(1)对小物块：am=ag=2m/s2 第3期2、3版参考答案 制造、系统分析与运行 运动，B受到A对它的滑动摩擦力和地面对B的 及控制问题的基本能 对小车：F-mg=May,ay=0.5m/s 滑动摩擦力而做加速运动.第二阶段，由于木板 力。学校可根据情况设 由：amt=o+avl,得t=1s. 一、单选题 B足够长，且A与B间的动摩擦因数w1=0.5,B 1.B;2.D;3.C;4.B; 置专业方向，如电力系 (2)在开始1s内小物块的位移： 与水平地面间的动摩擦因数山=0.1，故A、B共 5.B;6.D;7.A. 统及其自动化、电机及 速后，两物体一起做匀减速运动. x1=20n=1m 二、多选题 其控制、高电压技术、电 解析：设A的质量为m,B的质量为2m,A的 力电子技术等。 加速度为a1,B的加速度为a2,经t秒B与A相对 最大速度：v=ant=2m/s 8.BC;9.AB;10.BCD. 主要实践性教学环 静止，共同速度为. 在接下来的0.5s内小物块与小车相对静 三、实验题 11.(1)不需要(2)D 节：金工实习、电子电气 对A:1mg=ma1,v=4-at 止，对M、m组成的整体：F=（M+m)a, 4Ma 工艺实习、计算机软硬 B:u mg -3umg 2maz,v=at 解得：a=0.8m/s2 (3)2.0(4)2g-a 件实践、电气工程专业 则B与A共速时，A相对B滑行的位移为 05s内物块的位移=+2d=1.1m 12.(1)4.90 (2)加速1.0 课程设计、综合实验、生 (3)合规 产实习、毕业设计（论 通过的总位移x=x1+x2=2.1m. 四、解答题 解得：=方=分m 文)等。 主编余墨：解决“滑块一木板”模型问题 13.(1)如图所示 2.5m/s2 就业方向：毕业后 变式二、可对其中一个物体施加水平力 时，无论物体的运动情景如何复杂，这类问题的 可能从事电力、电气设 变式题2：如图3所示， 解答有一个基本思路：首先分析滑块和木板的 备制造行业内电气工程 质量M=8kg的足够长的小mn9mm 受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和 及其自动化领域相关的 车放在水平光滑的平面上， 图3 木板的加速度，再对滑块和木板进行运动情况 c10 工程设计、生产制造、系 在小车左端加一水平推力F=8N.当小车向右 分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度 (2)10m/s4s(3) 统运行、系统分析、技术 运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地 关系，建立力与运动的相关方程求解解题时， 14.(1)5m/s2 开发、教育科研、经济管 放上一个大小不计，质量m=2kg的小物块，小 物块与小车间的动摩擦因数4=0.2，g取 还应注意的是，加速度是联系力与运动的纽带， (2)2.45m/s 理等方面工作，亦可从事 10m/s2,求： 要紧紧抓住这一物理量，以加速度为突破点，找 (3)0.5m≤d≤1.5m 其他行业电气工程及其 (1)经多长时间两者达到相同的速度； 出题中各阶段的加速度，利用运动学公式进行 15.(1)0.5 自动化领域相关工作 (2)从小物块放在小车上开始，经过t=1.计算就可以顺利解答了 (2)4kg(3)2s 数况格 高考物理 第4期 第一轮复习 总第1200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 00 解题金钥匙 牛顿运动定律的解题套路 246810121416i (1)2s末物体的速度； ◆山西王小军 (2)前16s内物体发生的位移. 一、解题要诀纲要 3.建立坐标系—一进行各方向的运算 解析：(1)由分析可知物体在前2s内沿斜 解牛顿运动定律问题需按照一定的程序进 一般情况下采用直角坐标系，进行力的正面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛 行，规范解题程序.掌握它不仅可以降低失误交分解；选取坐标轴，最好能以加速度方向为一顿第二定律可得：mngsin0-F,-umgcos0= 率，而且能促使同学们养成独立思考的良好习轴的方向，这样可以使方程较为简洁；如果由于ma1,,=a,41 惯和驾驭知识的能力，提高解题的技能和水平. 解题需要而两轴都不与加速度同向，切记要将 解得a1=2.5m/s2,方向沿斜面向下 1.对“谁”进行研究一确定研究对象 加速度分解列入方程.当然还有通过三角形法 ,=5m/s,方向沿斜面向下. 在入手时，一定要搞清楚对“谁”进行研究，等快捷方式列式求解。 (2)物体在前2s内发生的位移为x,= 研究对象是谁。一般情况下，求力时，就以该力 4.列方程和解方程—一分清先后，步步为营 2a片=5m,方向沿斜面向下 的受力物体为研究对象；求运动情况时，就以该 根据具体的物理规律和分解方向列出方 当拉力为F2=4.5N时，由牛顿第二定律 运动物体为研究对象.求几个物体相互作用之程，对于正交坐标，一般是对每一个研究对象列可得P,+4mg©0s0-mgsin0=ma, 间的相互作用力，则必须将相互作用的物体隔出一组方程根握题目的隐含条件列出链接方 解得a2=0.5m/s2,方向沿斜面向上 离出来，取其中一个物体作研究对象（以力少、 程.表述时要把自己的思维过程表达出来，要有 物体经过t2时间速度减为0，则v,=422 好分析为原则)；当某些力不能直接用受力物体 必要的文字说明，原始物理公式，代入数据写出 解得t2=10s 作研究对象求出时，可以考虑转换对象，选取施 重要的演算过程，并得出最后的答案.按此规范 2时间内发生的位移为 力物体作为研究对象 来解题有利于理清思路，展示思维， 2.受力分析与运动分析一确定解题的 x=24,行=25m,方向沿斜面向下 5.验算作答—一完美收官 “政治”方向 由于mgsin0-umgcos6<F2<umgcos6 记住一句箴言：方向比努力更重要，解题时 验算是必不可少的一步，包括以下几点：根 +mgsin0,则物体在剩下4s时间内处于静止状 要做好两大基础工程一受力分析与运动分 据物理实际、题设条件等排除多余的解；检验答态.故物体在前16s内发生的位移x=x+x,= 析，这就是解题的“政治”方向，要对物体正确地 案的量纲，验证正误；若是字母题记得“认祖归30m,方向沿斜面向下 受力分析，按照重力，弹力、摩擦力…的顺序宗”，所有字母必须是已知的；还要特别注意正主编余墨：(1)任何多过程的复杂物理问题 作出正确的受力分析图；然后根据受力情况与负号的物理意义。 都是由很多简单的小过程构成，有些是承上启 二、案例欣赏 下，上一过程的结果是下一过程的已知，这种情 物体的初速度确定运动的基本类型，如匀变速 况，一步一步完成即可.(2)有些是树枝型，告诉 直线运动、类平抛运动、圆周运动…，每一种 例.如图甲所示，为一倾角0=37°的足够 的只是旁支，要求的是主千（或另一旁支），这就 运动对应自己特定的运动规律. 长斜面，将一质量为m=1kg的物体由静止从 要求仔细审题，找出各过程的关联，按顺序逐个 运动分析时，要考虑到物体间的相互联系， 斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉 分析；对于每一个研究过程，选择什么规律，应 按物理事件发生的时间顺序进行分析.两大基力随时间变化的关系图像如图乙所示，物体与 用哪一个运动学公式要明确.(3)注意两个过 础工程“合拢”时，要重视加速度的桥梁纽带斜面间的动摩擦因数μ=0.25，g取10m/s2,程的连接处，加速度可能突变，但速度不会突 作用。 sin37°=0.6，c0s37°=0.8，求： 变，速度是联系前后两个阶段的桥梁 “滑块一木板模型”问题中至少涉及两个 物体，并且物体间可能存在相对运动，许多题目 运动过程也不止一个.要正确解决这类问题，需 涓块—木板模型”的 准确分析各物体在各个运动过程中的受力情况 和运动情况，这样才能正确解答此类问题，本文 动力学分析 以一个母题和几个变式题的解答为例对该题型 ⊙山西牛俊亮 作分析 运动.第二阶段，物体的运动可能会有两种情 解得：心1=V6m/s,xA=3m,xg=1m 母题：如图1所示，质量 况：①A、B共速时，A未滑离B,共速后，两物体 因x4-xB=2m<3m,可知A没有与B脱离 为m=10kg,板长L=3m 起匀速运动.②A、B共速前，物块A从B上已经 变式一、地面对木板B有摩擦，而且两物体 的木板B置于光滑水平地 图1 滑出. 质量不相等 面上，可视为质点的物块A的质量也为m,置于 解析：设A、B达到相同速度v,时A没有脱离 变式题1：如图2所示， 四当 B上，A与B之间的动摩擦因数为u=0.3.开始B,则 一足够长的木板B静止在wwwbomwm 时A、B均静止.现使A以o=26m/s的水平初 对A:mg=ma4,a4=3m/s2,方向向左 水平地面上，有一小滑块A 图2 速度从B的最左端开始运动(g取10m/s2).求： 位移，= 场-i 以o=2m/s的水平初速度冲上该木板.已知木 A能否与B脱离？ 2ax 板质量是小滑块质量的2倍，木板与小滑块间的 思路分析：本题考查的是牛顿运动定律的 对B:mg=maB,aB=3m/s,方向向右 动摩擦因数为4=0.5，木板与水平地面间的 应用，应该先对物体分过程进行运动与受力分 析，根据相关的物理知识列式求解.第一阶段， 位移xB=2aB 动摩擦因数为山2=0.1，求小滑块相对木板滑行 的位移是多少？(g取10m/s2) 物块A受到B对它的滑动摩擦力而做匀减速运 思路分析：对A、B运动与受力分析知，第 动，木板B受到A对它的滑动摩擦力而做匀加速 由时间关系得：。-4=么 aB (下转第4版) C.快递件质量越大，运动时间越长 A.平衡车与地面间的动摩擦因数为0.6 《牛顿运动定律》单元检测卷（二） D.快递件到达Q端的速度小于5m/s B.平衡车整个运动过程中的位移大小为195m 4.人站在力传感器上完成下蹲和站 C.平衡车在整个运动过程中的平均速度大小为3m/s ©数理报社试题研究中心 I00 起动作，传感器记录的力随时间变化图像 D.平衡车在加速段的动力大小为72N 题 号 四 总 分 (F-t图)如图3所示，则 二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分，每小题的4个选项 得 分 A.下蹲过程中最大加速度为6m/s 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 B.人在下蹲过程中，力的示数先变 选的得0分) 第I卷选择题（共46分）】 大，后变小 8.如图7甲所示在倾角为6= C.人在站起过程中，先失重后超重 30°的足够大的光滑斜面上，质量 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 D.人在8s内完成了两次下蹲和两次站起动作 为m,=1kg的物块A与质量为 四个选项中，只有一项是符合题目要求) 5.如图4所示，在一倾斜角为0的坡上有- m2=3kg的物块B通过一根轻绳 1.伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科 观景台A,从观景台到坡底有一根钢缆索，已知 绕过两个轻质定滑轮C、D相互连 学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有 观景台到山坡的距离A0=L,O到坡底B的距离 接，位置关系如图乙所示，从某时 图7 A.力不是维持物体运动的原因 也为L,现工作人员将钢环扣在缆索上，将一包 刻开始同时静止释放A和B,1s末还没有物块碰到滑轮，忽略滑轮与 B.物体之间普遍存在相互吸引力 裹送至坡底，若环带着包裹从A点由静止开始沿 轻绳之间的摩擦，则下列说法中正确的是 C.物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反 钢绳无摩擦地滑下，则包裹滑到坡底的时间为 A.A和B具有相同的加速度 D.物体加速度大小与作用力成正比、与物体质量成反比 ( B.B在1s末的速度大小为2.5m/s 2.如图1甲，小木块在外力F的作用下由静止开始沿粗糙水平面 运动，运动过程中木块的速度，随位移x变化的图像如图乙所示，下列 A B图 L C.滑轮C对轻绳的作用力为7.5N D.2g D.滑轮D对轻绳的作用力为105N 速度v随时间t、外力F随速度v变化的图像可能正确的是( 6.风洞实验可以模拟高空跳伞 9.如图8所示，A、B、C三球的质量均为 情况下人体所承受气流的状态.已知 m,轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A 物体受到的空气阻力F与物体相对 球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻 空气的速度满足F=Cps(S为 质细线连接.倾角为0的光滑斜面固定在地面 上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统 物体迎风面积，C为风阻系数，P为空 图5 处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是 气密度).图5甲中风洞竖直向上匀速送风，一质量为m的物体从A处 A.B球的受力情况未变，加速度为零 由静止下落，一段时间后在B处打开降落伞，相对速度的平方2与加 B.A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsin6 速度大小α的关系图像如图乙所示，重力加速度为g,下列说法正确的 3.某物流仓库的分拣流水线如图2甲所示，其平直传送带部分可 是 CAB之间杆的拉力大小为子mngain0 e 以简化成图乙.P、Q两端相距L=4m,传送带以v=5m/s的速度顺 A.开伞前加速度向下，越来越大 D.C球的加速度沿斜面向下，大小为gsin0 时针运行.将快递件（可视为质，点）轻轻放在P端，传送带将快递件运 B.开伞后加速度向上，越来越大 10.如图9所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固 送到Q端，已知该快递件与传送带间的动摩擦因数u=0.25,重力加 定的光滑细杆，它们与水平面之间的夹角分别为 速度g取10m/s2.下列说法不正确的是 C.开伞前物体迎风面积为S=2(mg-ma) Cpv 90°、60°、30°，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周 D.开伞后物体迎风面积为S,= 2(mg -ma) 的最高点，d点为最低点.每根杆上都套着一个小 Cpvi 7.电动平衡车是一种新的短途代步工 滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c处由静 Am's 具.已知人和平衡车的总质量是60kg,启动 止释放，用412、43依次表示各滑环到达d所用的 图9 平衡车后，车由静止开始向前做直线运动 时间，用a1、a2、a依次表示各滑环沿杆下滑过程的加速度，则下列说 图2 10 某时刻关闭动力，最后停下来，其v一图像 法正确的是 () A.快递件一直做匀加速直线运动 如图6所示.假设平衡车与地面间的动摩擦 A.41:42:63=3:2:1 B.61:2:t3=1:1:1 B快递件从P端到Q端的时间为45 -S 5 因数为u,g取10m/s2,则 () C.a1:a2:a3=3:2:1 D.a1:a2:a3=2:√3：1 作用下的加速度. 度g取10m/s2,已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8.求： 第Ⅱ卷非选择题（共54分） 根据以上实验过程，回答以下问题： (1)工件刚刚放上去时的加速度； (1)实验中砝码和砝码盘的质量 (选填“需要”或“不需 (2)一个工件上传过程中留下的痕迹长度； 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 要”)远小于小车的质量. (3)满载与空载相比，传送带至少需要增加的驱动力大小（只需 题中横线上或按要求作答) (2)实验中打出的一条纸带上每5个点取一个计数点，其测量结 考虑工件与皮带之间的摩擦力) 11.某实验小组采用数字 光电门2 果如图乙所示，由该纸带可求得B点的速度为」 m/s,小车的 化实验装置探究加速度与力 气垫导制 定滑 加速度为 m/s2.(结果均保留小数点后两位) 质量的关系，实验装置如图 传感器 (3)对于上述实验，下列说法正确的是 10所示.水平气垫导轨上放 旋细 图1 调节旋钮Q 码盘】 A.小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等 置滑块，滑块左侧通过轻质细 图10 B.实验过程中砝码盘处于超重状态 绳绕过定滑轮与力传感器相连，力传感器下方悬挂砝码和砝码盘，气 C.与小车相连的轻绳与长木板一定要平行 垫导轨上安装两个光电门，可记录挡光片通过两光电门的时间.已知 D.弹簧测力计的读数应小于砝码和砝码盘总重力的一半 挡光片宽度为d,两光电门间距离为L,当地重力加速度为g。 四、解答题（共3小题，共38分，解答应写出文字说明、方程式和 (1)关于实验装置和操作的说法，正确的是」 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 A.气垫导轨的作用是消除滑块与导轨间的滑动摩擦力，无需进 出数值和单位) 行平衡摩擦力操作 13.(10分)如图12所示，在足够大的水平地面上有一质量M= B.力传感器的作用是直接测量滑块所受的拉力，无需满足“砝码 2kg的静止长木板，长木板的左端静置一质量m=1kg的物体A,距长 15.(16分)如图14甲所示，矿山利用传送带传输矿物，对其装置 盘及砝码总质量远小于滑块质量”的条件 木板的右端1，=5m处静置质量与物体A相等的另一物体B(物体B 简化为如图乙所示模型进行研究.粗糙倾斜轨道AB与水平传送带BC C.实验中应先释放滑块，再接通光电门电源，以确保记录到完整 底面光滑).在t=0时刻对物体A施加一水平向右的推力F=6N,同 平滑连接，CD为光滑水平轨道，传送带与轨道无缝衔接，B、C、D在同 的挡光片通过时间 时给物体B一向右的瞬时初速度vo=1/s,长木板与水平地面间的 一水平直线上，EF为一足够长的水平接收装置，E点位于D点正下 D.为改变滑块所受拉力，可通过增减滑块上的配重块来实现 动摩擦因数41=0.05，物体A与长木板间的动摩擦因数山2=0.4，最方，DE间高度h=1.25m.可视为质点的矿物从A点静止开始下滑， (2)实验中发现，当砝码盘及砝码总质量越大，力传感器的示数 大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度g取10m/s2,物体A、B落到EF上时离E点的水平距离为x,已知AB轨道长L=4m、倾角 与砝码盘及砝码的总重力差值就（选填“越大”或“越小”） 均可视为质点.求： 0=37°，矿物与AB间的动摩擦因数41=0.5，与传送带之间的动摩 (3)某次实验中力传感器的示数为F,挡光片通过光电门1、2的 (1)若长木板固定，则t=0时刻物体A的加速度； 擦因数2=0.2，传送带BC长s=3m,并以速度v沿顺时针方向匀速 时间分别为t1、2,滑块的加速度a=（用d、L、t1、2表示)，实验 (2)若长木板不固定，则t=0时刻长木板的加速度： 转动，为了确保输送过程的稳定性与便捷性，传送带速度大小不能超 中砝码、砝码盘和力传感器的总质量m。= （用F、g、a表示). (3)若长木板不固定，1=4s时物体A、B在木板上相撞，则长木 过6m/s,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计 12.物理实验兴趣小组应用如图11甲所示的装置“探究加速度与 板的总长度L为多少；碰撞点距离长木板右端多远， 空气阻力. 物体受力的关系”，已知小车的质量为M,砝码及砝码盘的总质量为m 上一4 B→m (1)求矿物运动到B点时速度1的大小； 所使用的打点计时器所接的交流电的频率为50Hz.实验步骤如下： 图12 (2)若传送带静止，求x大小； 打点计时器 (3)要使x最大，求传送带的速度大小范围： 定滑轮 弹簧测力计 (4)求x随v变化的关系. 80 28.8 砝码和砝码盘 图11 A.按图所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连 的细线竖直； B.调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速 14.(12分)如图13所示，在分拣快递的车间里，与水平面夹角0 运动： =37°的传送带正以。=2/s的速度沿顺时针方向匀速运行，A、B C挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带 为传送带的最低点和最高点，两点相距1=11.8m.现每隔2.5s把质 求出小车的加速度； 量m=1kg的工件（视为质点）轻放在传送带A点，在传送带的带动 D.改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C,求得小车在不同合力下，工件向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数u=0.85,重力加速 参考答案见下期