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章末檢測試卷(五)
(滿分:100分)
一、單項選擇題:本題共4小題,每小題4分,共16分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。
1.(2024·伊春市馬永順中學高一期中)粗糙的水平地面上一物體在水平拉力作用下做直線運動,水平拉力F及運動速度v隨時間變化的圖像如圖甲和圖乙所示。重力加速度g=10 m/s2。以下說法正確的是 (　　)
A.第2 s內物體位移大小是4 m
B.0~4 s過程中物體做勻變速直線運動
C.物體的質量m=3 kg
D.物體與地面間的動摩擦因數為0.1
2.(2023·泉州市永春一中高一期末)如圖所示,用細線將一個質量為m的小球懸掛在車頂,汽車車廂底板上放一個質量為M的木塊,車廂底板與木塊間的動摩擦因數為μ。當小車沿水平面直線運動時,細線偏離豎直方向的角度為θ,木塊和車廂保持相對靜止,重力加速度為g,下列說法中正確的是 (　　)
A.汽車可能向右勻減速運動
B.汽車的加速度大小為gcos θ
C.細線對小球的拉力大小為
D.木塊受到的摩擦力大小為μMg
3.我國自主研發的“直8”消防滅火直升機,已多次在火場大顯神威。在某次消防滅火行動中,“直8”通過一根長繩子吊起質量為2×103 kg的水桶(包括水),起飛時,在2 s內將水桶(包括水)由靜止開始豎直向上勻加速提升了4 m,重力加速度g取10 m/s2,不計空氣阻力,則該段時間內繩子拉力大小為 (　　)
A.2.0×104 N B.2.4×104 N
C.4.0×104 N D.4.8×104 N
4.如圖所示,O點是豎直圓環的頂點,Oc是圓環直徑,Oa和Ob是兩條不同傾角的弦。在Oc、Oa、Ob弦上各放置一個光滑的軌道,一個質點從O點由靜止釋放,先后分別沿Oc、Oa、Ob下滑,關于質點到達a、b、c三點的時間,下列說法正確的是 (　　)
A.最短的是a點 B.最短的是b點
C.最長的是c點 D.時間都相同
二、多項選擇題:本題共4小題,每小題6分,共24分。每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。
5.(2023·云南迪慶藏族自治州高一期末)質量為M的小車上放置質量為m的物塊,水平向右的牽引力作用在小車上,二者一起在水平地面向右運動。下列說法正確的是 (　　)
A.如果二者一起向右做勻速直線運動,則物塊與小車間不存在摩擦力作用
B.如果二者一起向右做勻速直線運動,則物塊與小車間存在摩擦力作用
C.如果二者一起向右做勻加速直線運動,則小車受到物塊施加的水平向左的摩擦力作用
D.如果二者一起向右做勻加速直線運動,則小車受到物塊施加的水平向右的摩擦力作用
6.(2023·福建師大附中高一開學考試)蹦極是一項富有挑戰性的運動,運動員將彈性繩的一端系在身上,另一端固定在高處,然后運動員從高處跳下,如圖所示。圖中a點是彈性繩自然下垂時繩下端的位置,c點是運動員所到達的最低點。在運動員從a點到c點的運動過程中,忽略空氣阻力,下列說法正確的是 (　　)
A.運動員的速度一直增大,加速度始終減小
B.運動員的速度先增大后減小,加速度是先減小后增大
C.運動員始終處于失重狀態
D.運動員速度最大時,運動員對繩的拉力等于運動員所受的重力
7.(2023·福州市高一期末)如圖所示,用力F向上拉起兩重物A、B,A、B的質量分別是1 kg、2 kg,A、B之間的輕繩能承受的最大拉力是30 N,g取10 m/s2。為保證A、B之間的輕繩不被拉斷 (　　)
A.兩物體向上的加速度不能大于5 m/s2
B.F的大小不能超過45 N
C.兩物體向上的加速度不能大于10 m/s2
D.F的大小不能超過30 N
8.(2024·南充高級中學高一月考)如圖(a),一長木板靜止于光滑水平桌面上,t=0時,小物塊以速度v0滑到長木板上,圖(b)為物塊與木板運動的v-t圖像,圖中t1、v0、v1已知。重力加速度大小為g。由此可求得 (　　)
A.木板的長度
B.物塊與木板的質量之比
C.物塊與木板之間的動摩擦因數
D.從t=0開始到t1時刻,木板的位移大小
三、非選擇題:本題共7小題,共60分。
9.(4分)(2023·福州市高一期末)如圖所示,質量為4 kg的物體靜止于水平面上。現用大小為40 N水平向右的力F拉物體,使物體沿水平面做勻加速直線運動。若物體與水平面間的動摩擦因數為0.5,g取10 m/s2,物體與水平面間的摩擦力大小為　　　　,物體加速度的大小為　　　　。
10.(4分)(2023·福建永安九中高一開學考試)如圖甲所示,物體A、B(均可視為質點)用繞過光滑定滑輪的輕繩連接,A、B初始離水平地面的高度均為H。A的質量為m0,改變B的質量m,得到A的加速度a隨m變化的圖線如圖乙所示,圖中虛線為漸近線,設豎直向上為加速度的正方向,不計空氣阻力,取g=10 m/s2,則m0=　　　kg,若m=1.6 kg、H=1.2 m,由靜止同時釋放A、B后,則A距離水平地面的最大高度為　　　　m。(假設B落地后不反彈,A不與定滑輪碰撞)
11.(6分)(2023·濟寧市高一檢測)某同學利用如圖甲所示的實驗裝置進行了“探究加速度與力、質量的關系”的實驗,該同學在鉤碼上方加裝了一個力傳感器,可以顯示上方細線拉力的大小。圖乙是某一次打點計時器打出的一條記錄小車運動的紙帶。取計數點A、B、C、D、E,且相鄰兩計數點間還有4個計時點沒有標出,計數點間的距離如圖乙所示,電源的頻率為50 Hz。
(1)(2分)實驗中,下列說法正確的是　　　　。
A.實驗時應先接通電源后釋放小車
B.與小車相連的細線必須與木板平行
C.實驗中小車的質量應遠大于鉤碼的質量
D.每次改變小車質量時,應重新平衡摩擦力
(2)(2分)由圖乙可求得小車運動的加速度大小a=　　　 m/s2(結果保留三位有效數字)。
(3)(2分)該同學在實驗前沒有測量小車的質量,也忘記平衡摩擦力,在保持小車的質量不變的情況下,進行了多次實驗,得到了如圖丙所示的圖像,根據圖像可求得小車的質量為　　　　 kg。
12.(8分)(2032·哈爾濱市德海中學高一期末)某實驗小組利用如圖甲所示的裝置探究加速度與力、質量的關系。
(1)(2分)把木板的一側墊高,調節木板的傾斜程度,使小車在不受牽引力時能拖動紙帶沿木板勻速運動。這樣做的目的是　　　　。
(2)(2分)已知交流電源頻率為50 Hz,啟動打點計時器,釋放小車,小車在鉤碼的作用下拖著紙帶運動。打點計時器打出的紙帶如圖乙所示(圖中相鄰兩點間有4個點未畫出)。小車的加速度大小為　　　m/s2(結果保留3位有效數字)。
(3)(2分)下列做法正確的是　　　　(填字母代號)。
A.實驗時,先放開小車再接通打點計時器的電源
B.為使砝碼桶及桶內砝碼的總重力在數值上近似等于小車運動時受到的拉力,應滿足的條件是砝碼桶及桶內砝碼的總質量遠大于小車和小車上砝碼的總質量
C.調節滑輪的高度,使牽引小車的細繩與長木板保持平行
D.通過增減小車上的砝碼改變質量時,需要重新調節木板傾斜程度
(4)(2分)實驗時改變砝碼桶內砝碼的質量,分別測量小車在不同外力作用下的加速度。根據測得的多組數據畫出a-F關系圖像,如圖丙所示。此圖像的AB段明顯偏離直線,造成此現象的主要原因可能是　　　　。(選填下列選項的序號)
A.小車與長木板之間存在摩擦
B.長木板傾斜角度過大
C.所用小車的質量過大
D.所掛的砝碼桶內及桶內砝碼的總質量過大
13.(12分)(2023·寧德市高一期末)工廠經常利用傳送帶把貨物從地面運輸到較高平臺,如圖甲、乙分別是傳送帶的實物圖和簡化示意圖,傾角θ=37°的傳送帶以v=4 m/s的速率順時針轉動,其上方與一水平臺面平滑連接。一質量m=1 kg的貨物從傳送帶的底端A處以v0=8 m/s的速率滑上傳送帶,已知貨物與傳送帶間的動摩擦因數為0.5,傳送帶A、B間的高度差h=2.49 m,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)(3分)貨物剛滑上傳送帶時的加速度大小;
(2)(4分)貨物到達B端時的速度大小;
(3)(5分)貨物從A處運動到B處過程中在傳送帶上留下的劃痕長度。
14.(12分)如圖所示,質量為2.5 kg的一只長方體空鐵箱在水平拉力F作用下沿水平面向右勻加速運動,鐵箱與水平面間的動摩擦因數μ1為0.3。這時鐵箱內一個質量為0.5 kg的木塊恰好能靜止在左側內壁上。木塊與鐵箱內壁間的動摩擦因數μ2為0.25。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10 m/s2。
(1)(4分)求木塊對鐵箱壓力的大小;
(2)(4分)求水平拉力F的大小;
(3)(4分)減小拉力F,經過一段時間,木塊沿鐵箱左側內壁落到底部且不反彈,當鐵箱的速度為6 m/s時撤去拉力,又經過1 s時間木塊從左側到達右側,則此時木塊相對鐵箱運動的距離是多少
15.(14分)(2023·廈門市高一期末)某工廠輸送物件的傳送系統由傾角均為30°的傳送帶和長木板組成。物件與傳送帶間的動摩擦因數μ1=,與木板間的動摩擦因數μ2=,傳送帶以v0=4 m/s的恒定速率順時針轉動。現每隔Δt1=1 s將一個物件無初速度放置于傳送帶A端,物件到達木板C點時速度恰好為0,隨即被機械手取走。當傳送系統正常運行時,已有多個物件相對傳送帶靜止,傳送帶與木板間可認為平滑連接,物件可以看成質點。g取10 m/s2,求:
(1)(4分)物件剛放上傳送帶時的加速度大小a1;
(2)(4分)木板上B、C兩點之間的距離L及傳送帶上相鄰兩個物件勻速運動時的間距d;
(3)(6分)假如工廠突然停電,機械手停止工作,傳送帶立即停止運轉,要使物件之間不發生碰撞,求物件放置時間間隔的最小值Δt2。
答案精析
1.D　[由題圖乙可知第2 s內物體位移為x=×(2+4)×1 m=3 m，故A錯誤；
由題圖乙可知，前2 s做勻加速直線運動，后2 s做勻速直線運動，故B錯誤；
由牛頓第二定律可知
前2 s內有F1-μmg=ma，a==2 m/s2
后2 s內有F2=μmg
由題圖甲可知F1=15 N，F2=5 N
解得m=5 kg，μ=0.1，故C錯誤，D正確。]
2.C　[對小球受力分析可知，小球所受的合外力向右，則加速度向右，汽車可能向左勻減速運動或向右勻加速運動，選項A錯誤；對小球有mgtan θ=ma，則汽車的加速度大小為a=gtan θ，選項B錯誤；細線對小球的拉力大小為T=，選項C正確；木塊受到的摩擦力為靜摩擦力，大小為f=Ma=Mgtan θ，選項D錯誤。]
3.B　[由勻變速直線運動規律s=at2，得水桶(包括水)的加速度a==2 m/s2，以水桶(包括水)為研究對象，有T-mg=ma，得繩子拉力T=mg+ma=2×103×10 N+2×103×2 N=2.4×104 N ，B正確。]
4.D　[設過O點的弦長為L，L與直徑Oc間的夾角為θ，Oc=d，則L=dcos θ，而加速度a'=gcos θ，由L=a't2得t===，由此可知，t與θ無關，故D正確。]
5.AC　[如果二者一起向右做勻速直線運動，假設物塊與小車間存在摩擦力，對物塊受力分析可知，物塊在豎直方向受重力與小車對物塊的支持力，合力為零，而水平方向只會受到小車對物塊的摩擦力，因此水平方向合力不為零，根據牛頓第二定律可知，物塊將做加速運動，假設不成立，即二者一起向右做勻速直線運動，物塊與小車間不存在摩擦力作用，故A正確，B錯誤；如果二者一起向右做勻加速直線運動，根據以上分析，結合牛頓第二定律可知，物塊必定受到小車對其水平向右的摩擦力作用，而由牛頓第三定律可知，小車將受到物塊施加的水平向左的摩擦力作用，故C正確，D錯誤。]
6.BD　[運動員從a點到c點的運動過程中，開始時重力大于彈力，加速度向下且逐漸減小，速度逐漸變大；后來重力小于彈力，加速度向上且逐漸變大，速度逐漸減小，即整個過程中速度先增大后減小，加速度是先減小后增大，故A錯誤，B正確；運動員開始階段加速度向下，失重；后來加速度向上，超重，故C錯誤；運動員速度最大時，加速度為0，此時運動員對繩的拉力等于運動員所受的重力，故D正確。]
7.AB　[對B受力分析，當繩的拉力最大時，B的加速度最大，由牛頓第二定律可得T-mBg=mBa，解得B的最大加速度a=5 m/s2，則兩物體向上的加速度不能大于5 m/s2，故A項正確，C項錯誤；當整體加速度為5 m/s2時，對整體受力分析，由牛頓第二定律可得F-(mA+mB)g=(mA+mB)a，解得F=45 N，即F的大小不能超過45 N，故B項正確，D項錯誤。]
8.BCD　[根據題意只能求出物塊與木板的相對位移，不知道物塊最終停在木板上的哪個位置，無法求出木板的長度，A錯誤；由v-t圖像的斜率表示加速度求出長木板的加速度為a=，小物塊的加速度a物=，根據牛頓第二定律得μmg=Ma，μmg=ma物，解得=，μ=，B、C正確；由題圖(b)v-t圖線與t軸圍成的面積表示位移可知，0~t1時間內，木板的位移大小為，D正確。]
9.20 N　5 m/s2
解析　物體與水平面間的摩擦力為
f=μN=μmg=20 N
根據牛頓第二定律有F-f=ma
解得a=5 m/s2
10.0.4　3.12
解析　由題圖乙可知，當m=0.4 kg時a=0
對系統進行受力分析，可得mg=m0g
解得m0=m=0.4 kg
根據牛頓第二定律，可得(m-m0)g=(m+m0)a
代入數據解得a=6 m/s2
設物體B著地時的速度為v，則有2aH=v2
然后物體A做豎直上拋運動，到最高點時速度為零，根據機械能守恒，有m0gh=m0v2
則物體A距離水平地面的最大高度為hm=2H+h=3.12 m。
11.(1)AB　(2)2.36　(3)2
解析　(1)打點計時器使用時應該先接通電源，后釋放小車，A正確；實驗時細線必須與木板平行，B正確；在鉤碼上方有力傳感器，可以直接測量細線上的拉力，所以不需要滿足小車的質量遠大于鉤碼的質量，C錯誤；平衡摩擦力之后改變小車質量時不需要重新平衡摩擦力，D錯誤。
(2)兩相鄰計數點間的時間間隔為T=0.1 s，
加速度：a==
= m/s2≈2.36 m/s2
(3)由F=Ma變形得a=，知在a-F圖像中，斜率表示小車質量的倒數，故M==2 kg。
12.(1)見解析　(2)2.01　(3)C　(4)D
解析　(1)把木板的一側墊高，調節木板的傾斜程度，使小車沿木板下滑的力大小等于摩擦力，即小車在不受牽引力時能拖動紙帶沿木板勻速運動。
(2)由交流電源頻率為50 Hz，紙帶上相鄰兩點間有4個點未畫出，可知相鄰兩計數點間的時間間隔為T=0.02×5 s=0.1 s，由Δs=aT2，
可得小車的加速度為a==≈2.01 m/s2。
(3)實驗時，應先接通打點計時器電源，待打點穩定后，再放開小車，故A錯誤；
以小車及小車上砝碼和砝碼桶及桶內砝碼組成的系統為研究對象，設小車及小車上砝碼總質量為M，砝碼桶及桶內砝碼總質量為m，由牛頓第二定律，則有mg=(m+M)a
小車加速度為a=g
小車所受的合外力為F=Ma=g=
當m M時，可認為小車受到的拉力等于砝碼桶及桶內砝碼的總重力。因此為使砝碼桶及桶內砝碼的總重力在數值上近似等于小車運動時受到的拉力，應滿足的條件是砝碼桶及桶內砝碼的總質量遠小于小車和小車上砝碼的總質量，故B錯誤；
應調節滑輪的高度，使牽引小車的細繩與長木板保持平行，C正確；
通過增減小車上的砝碼改變質量時，由于是利用小車與小車上的砝碼的總重力沿木板的分力來平衡摩擦力，則有Mgsin θ=μMgcos θ，
得μ=tan θ，
因此改變質量時，不需要重新調節木板傾斜程度，故D錯誤。
(4)由以上分析可知，當小車與長木板之間存在摩擦，長木板傾斜角度過大，所用小車質量過大，都不會使a-F關系圖像中AB段明顯偏離直線，A、B、C錯誤；
當所掛的砝碼桶及桶內砝碼的總質量太大時，不再滿足M≥m的條件，圖線向下彎曲，D正確。
13.(1)10 m/s2　(2)3 m/s　(3)0.8 m
解析　(1)貨物剛滑上傳送帶時，貨物相對傳送帶向上運動，對貨物進行分析有mgsin θ+μN=ma1，N=mgcos θ，解得a1=10 m/s2
(2)貨物減速至與傳送帶速度相等時有-v2=2a1s1，解得s1=2.4 m
由于μ=0.5可知，貨物與傳送帶速度相等后，兩者不能夠保持相對靜止，貨物向上做勻減速直線運動，對貨物進行分析有
mgsin θ-μN=ma2，N=mgcos θ
解得a2=2 m/s2
則到達最高點B過程有
v2-=2a2(-s1)
解得vB=3 m/s
(3)開始貨物相對傳送帶向上運動v=v0-a1t1，s相1=s1-vt1
解得s1=0.8 m
與傳送帶速度相同后貨物相對傳送帶向下運動vB=v-a2t2，
s相2=vt2-(-s1)
解得s相2=0.25 m，由于兩次相對運動相反，存在重疊部分，則貨物在傳送帶上的劃痕長度為0.8 m。
14.(1)20 N　(2)129 N　(3)0.3 m
解析　(1)木塊靜止在鐵箱內壁上，所以在豎直方向有f=m木g
又有f=μ2N
所以有N==20 N
由牛頓第三定律可得木塊對鐵箱的壓力大小為20 N。
(2)對木塊分析，在水平方向有
a==40 m/s2
對鐵箱和木塊整體分析，在水平方向有F-μ1(m木+m箱)g=(m木+m箱)a
解得F=129 N
(3)撤去拉力后，鐵箱向右減速運動，其加速度大小
a箱=
=3.1 m/s2
木塊向右減速運動，其加速度大小a木==2.5 m/s2
在t=1 s的時間內，
鐵箱向右運動的位移s箱=vt-a箱t2=4.45 m
木塊向右運動的位移s木=vt-a木t2=4.75 m
木塊相對鐵箱運動的距離s=s木-s箱=0.3 m。
15.(1)2.5 m/s2　(2)1 m　4 m
(3)0.86 s
解析　(1)物件剛放上傳送帶時，由牛頓第二定律知μ1mgcos θ-mgsin θ=ma1
解得a1=2.5 m/s2
(2)當傳送系統正常運行時，已有多個物件相對傳送帶靜止，說明每一個物件在傳送帶上都能和傳送帶共速，物塊以v0=4 m/s上木板，在木板上做減速運動，則有mgsin θ+μ2mgcos θ=ma2
解得a2=8 m/s2
物件在木板上B、C兩點之間運動時有=2a2L
解得L=1 m
每個物件都能和傳送帶共速，那么傳送帶上相鄰兩個物件勻速運動時的間距d=v0Δt1=4 m
(3)停電時，若前一個物件恰好在C點，最容易與后一個物件相撞，若恰好不相撞，最終應剛好停在傳送帶上同一位置，且前一個物件恰好在C點時停電，最容易相撞，前一個物件從C點滑到B點的加速度大小a3=
滑到B點時的速度v1==2 m/s
在傳送帶上加速度大小a1=2.5 m/s2
則前一個物件在傳送帶上相對下滑s1=0.8 m停止，后一個物件在傳送帶上加速度大小
a4=
在傳送帶上相對原位置上滑s2==0.64 m
若不停電，后一個物件運動到C點用時
Δt2=+=0.86 s
即放置物件的最小時間間隔為0.86 s。(共53張PPT)
章末檢測試卷(五)
一、單項選擇題
1.(2024·伊春市馬永順中學高一期中)粗糙的水平地面上一物體在水平拉力作用下做直線運動，水平拉力F及運動速度v隨時間變化的圖像如圖甲和圖乙所示。重力加速度g=10 m/s2。以下說法正確的是
A.第2 s內物體位移大小是4 m
B.0~4 s過程中物體做勻變速直線運動
C.物體的質量m=3 kg
D.物體與地面間的動摩擦因數為0.1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
由題圖乙可知第2 s內物體位移為
x=×(2+4)×1 m=3 m，故A錯誤；
由題圖乙可知，前2 s做勻加速直線運動，后2 s做勻速直線運動，故B錯誤；
由牛頓第二定律可知
前2 s內有F1-μmg=ma，a==2 m/s2
后2 s內有F2=μmg
由題圖甲可知F1=15 N，F2=5 N
解得m=5 kg，μ=0.1，故C錯誤，D正確。
13
14
15
2.(2023·泉州市永春一中高一期末)如圖所示，用細線將一個質量為m的小球懸掛在車頂，汽車車廂底板上放一個質量為M的木塊，車廂底板與木塊間的動摩擦因數為μ。當小車沿水平面直線運動時，細線偏離豎直方向的角度為θ，木塊和車廂保持相對靜止，重力加速度為g，下列說法中正確的是
A.汽車可能向右勻減速運動
B.汽車的加速度大小為gcos θ
C.細線對小球的拉力大小為
D.木塊受到的摩擦力大小為μMg
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
對小球受力分析可知，小球所受的合外力向右，則加
速度向右，汽車可能向左勻減速運動或向右勻加速運
動，選項A錯誤；
對小球有mgtan θ=ma，則汽車的加速度大小為a=gtan θ，
選項B錯誤；
細線對小球的拉力大小為T=，選項C正確；
木塊受到的摩擦力為靜摩擦力，大小為f=Ma=Mgtan θ，選項D錯誤。
13
14
15
3.我國自主研發的“直8”消防滅火直升機，已多次在火場大顯神威。在某次消防滅火行動中，“直8”通過一根長繩子吊起質量為2×103 kg的水桶(包括水)，起飛時，在2 s內將水桶(包括水)由靜止開始豎直向上勻加速提升了4 m，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力，則該段時間內繩子拉力大小為
A.2.0×104 N B.2.4×104 N
C.4.0×104 N D.4.8×104 N
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
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10
11
12
13
由勻變速直線運動規律s=at2，得水桶(包括水)的加速度a==2 m/s2，以水桶(包括水)為研究對象，有T-mg=ma，得繩子拉力T=mg+ma=2×103×10 N+2×103×2 N=2.4×104 N ，B正確。
14
15
4.如圖所示，O點是豎直圓環的頂點，Oc是圓環直徑，Oa和Ob是兩條不同傾角的弦。在Oc、Oa、Ob弦上各放置一個光滑的軌道，一個質點從O點由靜止釋放，先后分別沿Oc、Oa、Ob下滑，關于質點到達a、b、c三點的時間，下列說法正確的是
A.最短的是a點 B.最短的是b點
C.最長的是c點 D.時間都相同
1
2
3
4
5
6
7
8
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10
11
12
13
14
15
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
設過O點的弦長為L，L與直徑Oc間的夾角為θ，Oc=d，
則L=dcos θ，而加速度a'=gcos θ，由L=a't2得t==
=，由此可知，t與θ無關，故D正確。
13
14
15
二、多項選擇題
5.(2023·云南迪慶藏族自治州高一期末)質量為M的小車上放置質量為m的物塊，水平向右的牽引力作用在小車上，二者一起在水平地面向右運動。下列說法正確的是
A.如果二者一起向右做勻速直線運動，則物塊與小車間不存
　在摩擦力作用
B.如果二者一起向右做勻速直線運動，則物塊與小車間存在摩擦力作用
C.如果二者一起向右做勻加速直線運動，則小車受到物塊施加的水平向左的
　摩擦力作用
D.如果二者一起向右做勻加速直線運動，則小車受到物塊施加的水平向右的
　摩擦力作用
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
√
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
如果二者一起向右做勻速直線運動，假設物塊與小車間存
在摩擦力，對物塊受力分析可知，物塊在豎直方向受重力
與小車對物塊的支持力，合力為零，而水平方向只會受到
小車對物塊的摩擦力，因此水平方向合力不為零，根據牛頓第二定律可知，物塊將做加速運動，假設不成立，即二者一起向右做勻速直線運動，物塊與小車間不存在摩擦力作用，故A正確，B錯誤；
如果二者一起向右做勻加速直線運動，根據以上分析，結合牛頓第二定律可知，物塊必定受到小車對其水平向右的摩擦力作用，而由牛頓第三定律可知，小車將受到物塊施加的水平向左的摩擦力作用，故C正確，D錯誤。
14
15
6.(2023·福建師大附中高一開學考試)蹦極是一項富有挑戰性的運動，運動員將彈性繩的一端系在身上，另一端固定在高處，然后運動員從高處跳下，如圖所示。圖中a點是彈性繩自然下垂時繩下端的位置，c點是運動員所到達的最低點。在運動員從a點到c點的運動過程中，忽略空氣阻力，下列說法正確的是
A.運動員的速度一直增大，加速度始終減小
B.運動員的速度先增大后減小，加速度是先減小后增大
C.運動員始終處于失重狀態
D.運動員速度最大時，運動員對繩的拉力等于運動員所受的重力
1
2
3
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5
6
7
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12
√
13
14
15
√
1
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3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
運動員從a點到c點的運動過程中，開始時重力大于彈力，
加速度向下且逐漸減小，速度逐漸變大；后來重力小于彈
力，加速度向上且逐漸變大，速度逐漸減小，即整個過程
中速度先增大后減小，加速度是先減小后增大，故A錯誤，
B正確；
運動員開始階段加速度向下，失重；后來加速度向上，超重，故C錯誤；
運動員速度最大時，加速度為0，此時運動員對繩的拉力等于運動員所受的重力，故D正確。
13
14
15
7.(2023·福州市高一期末)如圖所示，用力F向上拉起兩重物A、B，A、B的質量分別是1 kg、2 kg，A、B之間的輕繩能承受的最大拉力是30 N，g取10 m/s2。為保證A、B之間的輕繩不被拉斷
A.兩物體向上的加速度不能大于5 m/s2
B.F的大小不能超過45 N
C.兩物體向上的加速度不能大于10 m/s2
D.F的大小不能超過30 N
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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11
12
13
14
15
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
對B受力分析，當繩的拉力最大時，B的加速度最大，由牛頓第
二定律可得T-mBg=mBa，解得B的最大加速度a=5 m/s2，則兩物
體向上的加速度不能大于5 m/s2，故A項正確，C項錯誤；
當整體加速度為5 m/s2時，對整體受力分析，由牛頓第二定律可
得F-(mA+mB)g=(mA+mB)a，解得F=45 N，即F的大小不能超過45 N，故B項正確，D項錯誤。
13
14
15
8.(2024·南充高級中學高一月考)如圖(a)，一長木板靜止于光滑水平桌面上，t=0時，小物塊以速度v0滑到長木板上，圖(b)為物塊與木板運動的v-t圖像，圖中t1、v0、v1已知。重力加速度大小為g。由此可求得
A.木板的長度
B.物塊與木板的質量之比
C.物塊與木板之間的動摩擦因數
D.從t=0開始到t1時刻，木板的位移大小
1
2
3
4
5
6
7
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12
√
13
14
15
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
根據題意只能求出物塊與木板的相對位
移，不知道物塊最終停在木板上的哪個
位置，無法求出木板的長度，A錯誤；
由v-t圖像的斜率表示加速度求出長木板的加速度為a=，小物塊的加速度a物=，根據牛頓第二定律得μmg=Ma，μmg=ma物，解得=，μ=，B、C正確；
由題圖(b)v-t圖線與t軸圍成的面積表示位移可知，0~t1時間內，木板
的位移大小為，D正確。
13
14
15
三、非選擇題
9.(2023·福州市高一期末)如圖所示，質量為4 kg的物體靜止于水平面上。現用大小為40 N水平向右的力F拉物體，使物體沿水平面做勻加速直線運動。若物體與水平面間的動摩擦因數為0.5，g取10 m/s2，物體與水平面間的摩擦力大小為　　　　，物體加速度的大小為　　　　。
1
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3
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20 N
5 m/s2
1
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3
4
5
6
7
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10
11
12
物體與水平面間的摩擦力為f=μN=μmg=20 N
根據牛頓第二定律有F-f=ma
解得a=5 m/s2
13
14
15
10.(2023·福建永安九中高一開學考試)如圖甲所示，物體A、B(均可視為質點)用繞過光滑定滑輪的輕繩連接，A、B初始離水平地面的高度均為H。A的質量為m0，改變B的質量m，得到A的加速度a隨m變化的圖線如圖乙所示，圖中虛線為漸近線，設豎直向上為加速度的正方向，不計空氣阻力，取g=10 m/s2，則m0=　　　kg，
若m=1.6 kg、H=1.2 m，由靜止同時
釋放A、B后，則A距離水平地面的
最大高度為　　　　m。(假設B落地
后不反彈，A不與定滑輪碰撞)
1
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3
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5
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0.4
3.12
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
由題圖乙可知，當m=0.4 kg時a=0
對系統進行受力分析，可得mg=m0g
解得m0=m=0.4 kg
根據牛頓第二定律，可得(m-m0)g=(m+m0)a
代入數據解得a=6 m/s2
設物體B著地時的速度為v，則有2aH=v2
然后物體A做豎直上拋運動，到最高點時速度為零，根據機械能守恒，
有m0gh=m0v2
則物體A距離水平地面的最大高度為hm=2H+h=3.12 m。
13
14
15
11.(2023·濟寧市高一檢測)某同學利用如圖甲所示的實驗裝置進行了“探究加速度與力、質量的關系”的實驗，該同學在鉤碼上方加裝了一個力傳感器，可以顯示上方細線拉力的大小。圖乙是某一次打點計時器打出的一條記錄小車運動的紙帶。取計數點A、B、C、D、E，且相鄰兩計數點間還有4個計時點沒有標出，計數點間的距離如圖乙所示，電源的頻率為50 Hz。
1
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15
(1)實驗中，下列說法正確的是　　　　。
A.實驗時應先接通電源后釋放小車
B.與小車相連的細線必須與木板平行
C.實驗中小車的質量應遠大于鉤碼的
　質量
D.每次改變小車質量時，應重新平衡摩擦力
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AB
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9
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12
打點計時器使用時應該先接通電
源，后釋放小車，A正確；
實驗時細線必須與木板平行，B
正確；
在鉤碼上方有力傳感器，可以直接測量細線上的拉力，所以不需要滿足小車的質量遠大于鉤碼的質量，C錯誤；
平衡摩擦力之后改變小車質量時不需要重新平衡摩擦力，D錯誤。
13
14
15
(2)由圖乙可求得小車運動的加速度大小a=　　　 m/s2(結果保留三位有效數字)。
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2.36
兩相鄰計數點間的時間間隔為T=0.1 s，加速度：
a==
= m/s2≈2.36 m/s2
(3)該同學在實驗前沒有測量小車的質量，也忘記平衡摩擦力，在保持小車的質量不變的情況下，進行了多次實驗，得到了如圖丙所示的圖像，根據圖像可求得小車的質量為　　　　 kg。
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2
由F=Ma變形得a=，知在a-F圖像中，斜率表示小車質量的倒數，故M==2 kg。
12.(2032·哈爾濱市德海中學高一期末)某實驗小組利用如圖甲所示的裝置探究加速度與力、質量的關系。
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(1)把木板的一側墊高，調節木板的傾斜程度，使小車在不受牽引力時能拖動紙帶沿木板勻速運動。這樣做的目的是　　　　。
答案　見解析
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7
8
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10
11
12
把木板的一側墊高，調節木板的傾斜程度，使小車沿木板下滑的力大小等于摩擦力，即小車在不受牽引力時能拖動紙帶沿木板勻速運動。
13
14
15
(2)已知交流電源頻率為50 Hz，啟動打點計時器，釋放小車，小車在鉤碼的作用下拖著紙帶運動。打點計時器打出的紙帶如圖乙所示(圖中相鄰兩點間有4個點未畫出)。小車的加速度大小為　　　m/s2(結果保留3位有效數字)。
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2.01
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4
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12
由交流電源頻率為50 Hz，紙帶上相鄰兩點間有4個點未畫出，可知相鄰兩計數點間的時間間隔為T=0.02×5 s=0.1 s，由Δs=aT2，
可得小車的加速度為a==≈2.01 m/s2。
13
14
15
(3)下列做法正確的是　　　　(填字母代號)。
A.實驗時，先放開小車再接通打點計時器的電源
B.為使砝碼桶及桶內砝碼的總重力在數值上近似等于小車運動時受到的
　拉力，應滿足的條件是砝碼桶及桶內砝碼的總質量遠大于小車和小車
　上砝碼的總質量
C.調節滑輪的高度，使牽引小車的細繩與長木板保持平行
D.通過增減小車上的砝碼改變質量時，需要重新調節木板傾斜程度
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C
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實驗時，應先接通打點計時器電源，待打點穩定后，再放開小車，故A錯誤；
以小車及小車上砝碼和砝碼桶及桶內砝碼組成的系統為研究對象，設小車及小車上砝碼總質量為M，砝碼桶及桶內砝碼總質量為m，由牛頓第二定律，則有mg=(m+M)a
小車加速度為a=g
小車所受的合外力為F=Ma=g=
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當m M時，可認為小車受到的拉力等于砝碼桶及桶內砝碼的總重力。因此為使砝碼桶及桶內砝碼的總重力在數值上近似等于小車運動時受到的拉力，應滿足的條件是砝碼桶及桶內砝碼的總質量遠小于小車和小車上砝碼的總質量，故B錯誤；
應調節滑輪的高度，使牽引小車的細繩與長木板保持平行，C正確；
通過增減小車上的砝碼改變質量時，由于是利用小車與小車上的砝碼的總重力沿木板的分力來平衡摩擦力，則有Mgsin θ=μMgcos θ，
得μ=tan θ，
因此改變質量時，不需要重新調節木板傾斜程度，故D錯誤。
13
14
15
(4)實驗時改變砝碼桶內砝碼的質量，分別測量小車在不同外力作用下的加速度。根據測得的多組數據畫出a-F關系圖像，如圖丙所示。此圖像的AB段明顯偏離直線，造成此現象的主要原因可能是　　　　。(選填下列選項的序號)
A.小車與長木板之間存在摩擦
B.長木板傾斜角度過大
C.所用小車的質量過大
D.所掛的砝碼桶內及桶內砝碼的總質量過大
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D
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7
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9
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11
12
由以上分析可知，當小車與長木板之間存在摩擦，長
木板傾斜角度過大，所用小車質量過大，都不會使a-F
關系圖像中AB段明顯偏離直線，A、B、C錯誤；
當所掛的砝碼桶及桶內砝碼的總質量太大時，不再滿
足M≥m的條件，圖線向下彎曲，D正確。
13
14
15
13.(2023·寧德市高一期末)工廠經常利用傳送帶把貨物從地面運輸到較高平臺，如圖甲、乙分別是傳送帶的實物圖和簡化示意圖，傾角θ=37°的傳送帶以v=4 m/s的速率順時針轉動，其上方與一水平臺面平滑連接。一質量m=1 kg的貨物從傳送帶的底端A處以v0=8 m/s的速率滑上傳送帶，已知貨物與傳送帶間的動摩擦因數為0.5，傳送帶A、B間的高度差h=2.49 m，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加
速度g=10 m/s2。求：
1
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5
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15
(1)貨物剛滑上傳送帶時的加速度大小；
答案　10 m/s2
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12
貨物剛滑上傳送帶時，貨物相對傳送帶向上運動，對貨物進行分析有mgsin θ+μN=ma1，N=mgcos θ，解得a1=10 m/s2
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15
(2)貨物到達B端時的速度大小；
1
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答案　3 m/s
貨物減速至與傳送帶速度相等時
有-v2=2a1s1，解得s1=2.4 m
由于μ=0.5可知，貨物與傳送帶速度相等后，兩者不能夠保持相對靜止，貨物向上做勻減速直線運動，對貨物進行分析有
mgsin θ-μN=ma2，N=mgcos θ
解得a2=2 m/s2
則到達最高點B過程有v2-=2a2(-s1)
解得vB=3 m/s
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(3)貨物從A處運動到B處過程中在傳送帶上留下的劃痕長度。
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答案　0.8 m
開始貨物相對傳送帶向上運動v=
v0-a1t1，s相1=s1-vt1
解得s1=0.8 m
與傳送帶速度相同后貨物相對傳送帶向下運動vB=v-a2t2，s相2=vt2-(-s1)
解得s相2=0.25 m，由于兩次相對運動相反，存在重疊部分，則貨物在傳送帶上的劃痕長度為0.8 m。
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15
14.如圖所示，質量為2.5 kg的一只長方體空鐵箱在水平拉力F作用下沿水平面向右勻加速運動，鐵箱與水平面間的動摩擦因數μ1為0.3。這時鐵箱內一個質量為0.5 kg的木塊恰好能靜止在左側內壁上。木塊與鐵箱內壁間的動摩擦因數μ2為0.25。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2。
(1)求木塊對鐵箱壓力的大小；
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答案　20 N
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15
木塊靜止在鐵箱內壁上，所以在豎直方向有f=m木g
又有f=μ2N
所以有N==20 N
由牛頓第三定律可得木塊對鐵箱的壓力大小為20 N。
(2)求水平拉力F的大小；
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答案　129 N
對木塊分析，在水平方向有a==40 m/s2
對鐵箱和木塊整體分析，在水平方向有F-μ1(m木+m箱)g=(m木+m箱)a
解得F=129 N
(3)減小拉力F，經過一段時間，木塊沿鐵箱左側內壁落到底部且不反彈，當鐵箱的速度為6 m/s時撤去拉力，又經過1 s時間木塊從左側到達右側，則此時木塊相對鐵箱運動的距離是多少
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答案　0.3 m
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15
撤去拉力后，鐵箱向右減速運動，其加速度大小a箱==3.1 m/s2
木塊向右減速運動，其加速度大小a木==2.5 m/s2
在t=1 s的時間內，
鐵箱向右運動的位移s箱=vt-a箱t2=4.45 m
木塊向右運動的位移s木=vt-a木t2=4.75 m
木塊相對鐵箱運動的距離s=s木-s箱=0.3 m。
15.(2023·廈門市高一期末)某工廠輸送物件的傳送系統由傾角均為30°的
傳送帶和長木板組成。物件與傳送帶間的動摩擦因數μ1=，與木板間的動摩擦因數μ2=，傳送帶以v0=4 m/s的恒定速率順時針轉動。現每隔Δt1
=1 s將一個物件無初速度放置于傳送帶A端，物件到達木板C點時速度恰好為0，隨即被機械手取走。當傳送系統正常運行時，已有多個物件相對傳送帶靜止，傳送帶與木板間可認為平滑連接，物件
可以看成質點。g取10 m/s2，求：
(1)物件剛放上傳送帶時的加速度大小a1；
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答案　2.5 m/s2
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15
物件剛放上傳送帶時，由牛頓第二定律知μ1mgcos θ
-mgsin θ=ma1
解得a1=2.5 m/s2
(2)木板上B、C兩點之間的距離L及傳送帶上相鄰兩個物件勻速運動時的間距d；
1
2
3
4
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15
答案　1 m　4 m
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當傳送系統正常運行時，已有多個物件相對傳送帶靜止，說明每一個物件在傳送帶上都能和傳送帶共速，物塊以v0=4 m/s上木板，在木板上做減速運動，則有mgsin θ+μ2mgcos θ=ma2
解得a2=8 m/s2
物件在木板上B、C兩點之間運動時有=2a2L
解得L=1 m
每個物件都能和傳送帶共速，那么傳送帶上相鄰兩個物件勻速運動時的間距d=v0Δt1=4 m
(3)假如工廠突然停電，機械手停止工作，傳送帶立即停止運轉，要使物件之間不發生碰撞，求物件放置時間間隔的最小值Δt2。
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答案　0.86 s
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停電時，若前一個物件恰好在C點，最容易與后一個
物件相撞，若恰好不相撞，最終應剛好停在傳送帶上
同一位置，且前一個物件恰好在C點時停電，最容易
相撞，前一個物件從C點滑到B點的加速度大小
a3=
滑到B點時的速度v1==2 m/s
在傳送帶上加速度大小a1=2.5 m/s2
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則前一個物件在傳送帶上相對下滑s1=0.8 m停止，后一個物件在傳送
帶上加速度大小a4=
在傳送帶上相對原位置上滑s2==0.64 m
若不停電，后一個物件運動到C點用時
Δt2=+=0.86 s
即放置物件的最小時間間隔為0.86 s。

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