資源簡介

模塊綜合試卷
(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.(2023·眉山市彭山區第一中學高一期末)如圖所示,興趣小組的同學為了研究豎直運動的電梯中物體的受力情況,在電梯地板上放置了一個壓力傳感器,將質量為4 kg的物體放在傳感器上。在電梯運動的某段過程中,傳感器的示數為44 N。g取10 m/s2,對此過程的分析正確的是 (　　)
A.物體受到的重力變大
B.物體的加速度大小為1 m/s2
C.電梯一定正在減速上升
D.電梯一定正在加速上升
2.(2023·湖北武漢市調研)甲、乙兩車在平直公路上同向行駛,在某段時間內它們的v-t圖像如圖所示。t=0時,乙車在甲車前方25 m處。下列說法正確的是 (　　)
A.t=5 s時,甲、乙兩車恰好相遇
B.t=3 s時,甲、乙兩車相距9 m
C.0~5 s內,甲、乙兩車的距離越來越大
D.0~5 s內,甲、乙兩車加速度相同
3.(2024·濟南市歷城二中高一期末)某雕塑可以簡化為如圖所示的模型:一個半球形花冠和豎直的毛筆底座,若花冠中落入一連接有輕繩、質量為m的小球,輕繩搭在花冠邊緣,若用力拉動輕繩使小球沿花冠緩慢向上移動,在此過程中若忽略一切阻力,則 (　　)
A.輕繩的拉力先增大后減小
B.輕繩的拉力一直增大
C.花冠對小球的支持力先增大后減小
D.花冠對小球的支持力一直增大
4.某大學設計了一款能夠與人協作,共同完成冰壺比賽的機器人。當機器人與冰壺之間的距離保持在8 m之內時,機器人可以實時追蹤并準確獲取冰壺的運動信息。在某次投擲練習中機器人夾取冰壺,由靜止開始做勻加速運動,之后釋放冰壺,二者均做勻減速直線運動,冰壺準確命中目標,二者在整個運動過程中的圖像如圖所示。此次投擲中,下列說法中正確的是 (　　)
A.冰壺減速運動的加速度大小為m/s2
B.9 s末,冰壺的速度大小為5.75 m/s
C.7 s末,冰壺、機器人二者間距為7 m
D.機器人能夠一直準確獲取冰壺的運動信息
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.(2022·新泰市第一中學高一階段練習)質量分別為M和m的兩物塊A、B大小相同,將它們用輕繩跨過光滑定滑輪連接。如圖甲所示,輕繩平行于傾角為α的斜面,A恰好能靜止在斜面上,不考慮兩物塊與斜面之間的摩擦,若互換兩物塊的位置,按圖乙放置,然后釋放A。已知斜面固定,重力加速度大小為g,則 (　　)
A.此時輕繩的拉力大小為mg
B.此時輕繩的拉力大小為Mg
C.此時A運動的加速度大小為(1-cos α)g
D.此時A運動的加速度大小為(1-sin α)g
6.(2023·德州市高一期中)如圖所示,質量為m的物塊在平行于斜面的拉力F作用下沿傾角為θ的斜面做勻速直線運動。物塊與斜面間的動摩擦因數為μ,且μ=tan θ,重力加速度為g,則拉力F的大小可能為 (　　)
A.mgsin θ B.mgsin θ
C.2mgsin θ D.3mgsin θ
7.質量不相等的兩物塊A和B的質量為mA和mB,置于粗糙水平面上,兩物體與水平面間的動摩擦因數相同,如圖所示,當用水平恒力F作用于左端A上,兩物塊一起加速運動時,A、B間的作用力大小為N1,當水平恒力F作用于右端B上,兩物塊一起加速運動時,A、B間作用力大小為N2,則 (　　)
A.兩次物體運動的加速度大小不相等
B.N1+N2=F
C.N1∶N2=mB∶mA
D.若水平面光滑,則N1=N2
8.國家糧食儲備倉庫工人利用傳送帶從車上卸糧食。如圖甲所示,以某一恒定速率v0逆時針運行的傳送帶與水平面的夾角θ=37°,轉軸間距L=3.5 m。工人沿傳送帶方向以速度v1=1.5 m/s從傳送帶頂端推下糧袋(視為質點),4.5 s時糧袋運動到傳送帶底端,糧袋在傳送帶上運動的v-t圖像如圖乙所示。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,則 (　　)
A.在t=2.5 s時刻,糧袋所受摩擦力方向改變
B.糧袋與傳送帶間的動摩擦因數為0.8
C.傳送帶運行的速度大小為0.5 m/s
D.在0~2.5 s內糧袋處于失重狀態
三、非選擇題:本題共7小題,共60分。
9.(4分)如圖所示為某質點做直線運動的v-t圖像,質點運動的加速度大小為　　　　 m/s2,在t=1 s時質點離出發點的距離為　　　　 m。
10.(4分)如圖所示,質量分別為1 kg和2 kg的A、B兩物塊放在光滑的水平地面上,用勁度系數為k=200 N/m輕質彈簧連接在一起。兩物塊在水平力拉力F=15 N作用下,一起以相同的加速度向右做勻加速運動,其加速度大小a=　　　　m/s2,彈簧的伸長量x=　　　　cm。
11.(4分)某同學為測定物塊與電梯水平地板之間的動摩擦因數,將質量為1 kg的物塊放在電梯水平地板上,彈簧測力計一端固定在電梯側壁上,另一端連接物塊并保持測力計水平。現用手向左緩慢移動物塊至圖甲所示位置,放手后物塊仍保持靜止,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力(取g=9.8 m/s2)。
(1)圖甲中彈簧測力計讀數為　　　　 N;
(2)電梯啟動后,用手機的加速度傳感器測得電梯的a-t圖像如圖乙所示(以豎直向上為正方向)。結果發現在電梯運行過程中的某一時刻物塊被拉動,則這一時刻是　　　　(選填“第2 s末”或“第4 s末”),該時刻電梯處于　　　　(選填“超重”或“失重”)狀態;
(3)物塊和電梯水平地板間動摩擦因數的最大值是　　　　(保留兩位有效數字)。
12.(6分)如圖為“探究加速度與力、質量的關系”實驗裝置示意圖,圖中打點計時器的電源為50 Hz的交流電源,在小車質量一定的情況下探究加速度與力的關系。
(1)為使輕繩對小車的拉力為小車所受的合外力,在組裝器材完畢后需平衡摩擦力:平衡摩擦力時　　　　(選填“需要”或“不需要”)掛上沙桶;正確操作后,在長木板右端下放一塊墊木,以調整長木板右端的高度,放上小車后,輕推小車使之運動,打點計時器在紙帶上打出如圖所示的紙帶(紙帶上打點方向為由A到B),則需要將墊木向　　　　移動(選填“左”或“右”)。
(2)本實驗操作過程中,　　　　(選填“需要”或“不需要”)滿足沙桶及沙的質量遠小于小車質量。
(3)如圖是某同學實驗過程中得到的一條點跡清晰的紙帶,已知相鄰兩點間還有4個點未畫出,則根據紙帶可得此次小車的加速度a=　　　　 m/s2(結果保留3位有效數字)。
(4)若某次實驗過程中,求得小車的加速度大小為a,則沙桶的加速度大小為　　　　。
(5)如圖是甲、乙、丙三位同學作出的加速度與彈簧測力計示數的關系圖像,其中符合實驗事實的是　　　　(選填“甲”“乙”或“丙”)。
13.(12分)如圖所示,光滑斜面的傾角為θ,有兩個相同的小球1、2,重力均為G,分別用光滑擋板A、B擋住,擋板A沿豎直方向,擋板B垂直斜面。
(1)(4分)分別將小球所受的重力按效果進行分解;
(2)(4分)分別求小球1對擋板和斜面的壓力大小;
(3)(4分)分別求小球2對擋板和斜面的壓力大小。
14.(14分)(2023·南通市高一統考) 一只小松鼠由于受到驚嚇,在水平地面上P點的正上方樹枝A處掉下,此過程可看成自由落體運動。與此同時,在P點左側的狼從B處由靜止開始向右跑來,該情況可簡化為如圖甲所示的模型,狼運動的v-t圖像如圖乙所示,已知A處高h=1.8 m且小松鼠和狼均可看作質點,g取10 m/s2。
(1)(3分)求小松鼠下落至地面所需的時間t;
(2)(4分)要使狼在小松鼠落地的同時達到P點,求狼的初始位置與P點之間的距離;
(3)(7分)如果狼運動規律沒有變,開始時與P點之間的距離為8 m,小松鼠落地瞬間在水平方向上從靜止開始以a2=10 m/s2的加速度與狼同向逃跑,假設狼的最高速度為20 m/s,小松鼠的最高速度為25 m/s,通過計算說明狼能否追上小松鼠
15.(16分)如圖所示,質量M=1 kg的木板靜止在水平面上,質量為m=2 kg的小物塊(可視為質點)停在木板左端,小物塊與木板間的動摩擦因數μ1=0.8,木板與水平面間的動摩擦因數μ2=0.4。某時刻起,給小物塊施加一水平向右的恒力F=36 N,經0.5 s后撤去此力,小物塊恰好未從木板上滑落。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)(6分)木板運動的最大速度;
(2)(5分)木板的長度;
(3)(5分)小物塊的運動時間。
答案精析
1.B　[重力是由于地球的吸引而使物體受到的力，物體在電梯運動的過程中，重力并沒有發生改變，A錯誤；對物體分析有N-mg=ma，解得a=1 m/s2，B正確；根據上述分析知，加速度方向豎直向上，當速度向上時，電梯向上做勻加速直線運動，當速度向下時，電梯向下做勻減速直線運動，C、D錯誤。]
2.A　[根據v-t圖像與橫軸圍成的面積表示位移可得，前5 s內甲的位移為×(5+10)×5 m=37.5 m，前5 s內乙的位移為×5×5 m=12.5 m，所以前5 s內甲比乙多行駛37.5 m-12.5 m=25 m，又因為t=0時，乙車在甲車前方25 m處，所以5 s末兩車相遇，0~5 s內甲、乙兩車的距離越來越小，故A正確，C錯誤；由v-t圖像的斜率表示加速度可得，0~5 s內甲、乙兩車加速度分別為a甲==1 m/s2，a乙==-1 m/s2，所以0~5 s內甲、乙兩車加速度大小相等，方向相反，故D錯誤；根據勻變速直線運動位移與時間關系式可得，前3 s內甲車位移為(5×3+×1×32) m=19.5 m，前3 s內乙車位移為(5×3-×1×32) m=10.5 m，所以t=3 s時，甲、乙兩車間的距離為25 m-(19.5-10.5) m=16 m，故B錯誤。]
3.B　[對小球進行受力分析，如圖所示，力的三角形和幾何三角形相似，則有=，當小球緩慢向上移動時，R不變，l增大，mg不變，則N減小，在力的三角形中，mg保持不變，N減小，且N與重力反向延長線的夾角逐漸增大，可知F增大，故選B。
]
4.C　[冰壺減速運動的加速度大小為a1=||=||m/s2=0.125 m/s2，故A錯誤；t=3 s末冰壺的速度v3=6 m/s，則9 s末，冰壺的速度大小為v9=v3-a1t1=(6-0.125×6) m/s=5.25 m/s，故B錯誤；7 s末，冰壺的速度大小為v7=v3-a1t2=(6-0.125×4) m/s=5.5 m/s，7 s末，冰壺、機器人二者間距等于3~7 s內二者位移之差，為s=×4 m-×4 m=7 m，故C正確；當t=11 s時，冰壺、機器人二者間距為s'=×8 m- m=26 m>8 m，則知機器人不能一直準確獲取冰壺的運動信息，故D錯誤。]
5.AD　[按題圖甲放置時A靜止，則由平衡條件可得Mgsin α=mg，互換位置后，對A、B整體，由牛頓第二定律得Mg-mgsin α=(M+m)a，聯立解得a=(1-sin α)g，對B，由牛頓第二定律得T-mgsin α=ma，解得T=mg，A、D正確。]
6.ABC　[由μ=tan θ知物塊在斜面上受到的滑動摩擦力大小f=μmgcos θ=mgsin θ，物塊沿斜面方向受到重力沿斜面向下的分力mgsin θ、滑動摩擦力f及拉力F，三力合力為0，且f和F方向不確定，因此拉力F大小取值范圍為mgsin θ-f≤F≤mgsin θ+f，即0≤F≤2mgsin θ，故選A、B、C。]
7.BC　[根據牛頓第二定律對整體分析知a==-μg，則兩次物體運動的加速度大小相等，但是方向相反，故A錯誤；兩次分別隔離B和A得N1-μmBg=mBa，則N1=mBa+μmBg=，同理可得到N2-μmAg=mAa，則N2=mAa+μmAg=，則得到N1+N2=F，N1∶N2=mB∶mA，故B、C正確；由于mA和mB不相等，所以即使水平面光滑，N1與N2也不相等，故D錯誤。]
8.BC　[由題圖乙可知，在0~2.5 s內，糧袋的速度大于傳送帶的速度，則糧袋受沿傳送帶向上的滑動摩擦力，在2.5~4.5 s內，糧袋隨傳送帶勻速下滑，根據平衡條件可知，糧袋受沿傳送帶向上的靜摩擦力，故A錯誤；根據v-t圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示位移，由題圖乙可知L=(v0+1.5 m/s)×2.5 s+(4.5 s-2.5 s)v0=3.5 m，解得v0=0.5 m/s，故C正確；由題圖乙和C分析可知，糧袋在0~2.5 s內的加速度為a== m/s2=-0.4 m/s2，則加速度方向沿傳送帶向上，則在0~2.5 s內糧袋處于超重狀態，根據牛頓第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma，聯立代入數據解得μ=0.8，故D錯誤，B正確。]
9.1.2　3.4
解析　質點運動的加速度大小為a==m/s2=1.2 m/s2，t=0時刻質點的速度大小為v0=v1-at=4.0 m/s-1.2×1 m/s=2.8 m/s，t=1 s時質點離出發點的距離s=t=×1 m=3.4 m。
10.5　2.5
解析　對整體根據牛頓第二定律可得a==5 m/s2，設彈簧對A的彈力大小為FA，對A根據牛頓第二定律可得FA=mAa=5 N，根據胡克定律可得x==2.5 cm。
11.(1)3.60　(2)第4 s末　失重
(3)0.40
解析　(1)根據題圖甲可知，3 N和4 N之間有10個小格，每小格表示0.1 N，需要估讀到下一位，因此彈簧測力計示數為3.60 N。
(2)物塊被拉動時，是最大靜摩擦力最小時，也就是地板的彈力最小時，由題意可知一定是向下的加速度最大時，結合題圖乙可知為第4 s末，此時加速度方向向下，電梯處于失重狀態；
(3)第4 s末時，分析物塊受力可知N-mg=ma，代入數據解得N=9 N，結合彈簧測力計示數，由f=μN，解得μ=0.40。
12.(1)不需要　左　(2)不需要
(3)1.93　(4)2a　(5)乙
解析　(1)平衡摩擦力時不需要掛上沙桶；由紙帶可以看出小車點跡分布越來越密集，說明小車在做減速運動，平衡摩擦力不足，需增大傾角，故需向左移動墊木；
(2)小車所受拉力可由彈簧測力計直接讀取，故不需要滿足沙桶及沙的質量遠小于小車質量；
(3)紙帶上相鄰兩計數點間的時間間隔為T=0.1 s，根據逐差法有
a=
≈1.93 m/s2；
(4)兩段輕繩拉小車，所以沙桶的加速度是小車加速度的2倍，即沙桶的加速度是2a；
(5)本實驗中作用在小車上的力可以準確測量，加速度與力成正比，可知乙正確。
13.(1)見解析圖　(2)Gtan θ　
(3)Gsin θ　Gcos θ
解析　球1所受重力按效果分解如圖甲所示，
F1=Gtan θ，F2=
得小球1對擋板和斜面的壓力分別為
F1=Gtan θ，F2=
球2所受重力按效果分解如圖乙所示，
F3=Gsin θ，F4=Gcos θ
得小球2對擋板和斜面的壓力分別為
F3=Gsin θ，F4=Gcos θ。
14.(1)0.6 s　(2)1.44 m　(3)不能
解析　(1)小松鼠做自由落體運動，根據h=gt2，解得t=0.6 s
(2)由題圖乙可知狼做勻加速直線運動，加速度
a1== m/s2=8 m/s2
則狼的初始位置與P點之間的距離
x1=a1t2=×8×0.62 m
=1.44 m
(3)如果狼開始時與P點之間的距離x0=8 m，由(2)問知小松鼠落地瞬間，狼未到達P點。設狼經過時間t1速度達到最大值v1，t1== s=2.5 s
此時松鼠速度為v2=a2(t1-t)=19 m/s<20 m/s
設再經過t2時間共速，
則t2= s=0.1 s
此過程狼的位移x1=a1+v1t2=27 m
此過程松鼠的位移x2=a2(t1+t2-t)2=20 m
解得x115.(1)3 m/s　(2)1.125 m　(3)1.5 s
解析　(1)物塊與木板間的滑動摩擦力大小為
f1=μ1mg=16 N
水平面與木板間的滑動摩擦力大小為
f2=μ2(m+M)g=12 N
F作用時，對物塊有F-f1=ma1
代入數據解得a1=10 m/s2
對木板有f1-f2=Ma2
代入數據解得a2=4 m/s2
撤掉F后，對物塊有f1=ma3
代入數據解得a3=8 m/s2
在0.5 s內物塊經加速后有
v1=a1t1=5 m/s
木板有v2=a2t1=2 m/s
這段時間內物塊的位移為
x1=a1=1.25 m
木板的位移為x2=a2=0.5 m
撤掉F后，由于物塊恰好不滑落，即物塊到達木板右端時二者達到共速，有v=v1-a3t2=v2+a2t2
解得t2=0.25 s
此時木板達到最大速度為v=3 m/s
(2)撤掉F到共速過程，物塊的位移為
x3=v1t2-a3=1 m
木板的位移為x4=v2t2+a2
=0.625 m
故木板的長度為L=(x1+x3)-(x2+x4)=1.125 m
(3)達到共速后，對整體有
Ff2=(M+m)a4
解得a4=4 m/s2
從v減速至0用時為t3==0.75 s
故物塊運動的總時間為t=t1+t2+t3=1.5 s。(共47張PPT)
模塊綜合試卷
一、單項選擇題
1.(2023·眉山市彭山區第一中學高一期末)如圖所示，興趣小組的同學為了研究豎直運動的電梯中物體的受力情況，在電梯地板上放置了一個壓力傳感器，將質量為4 kg的物體放在傳感器上。在電梯運動的某段過程中，傳感器的示數為44 N。g取10 m/s2，對此過程的分析正確的是
A.物體受到的重力變大
B.物體的加速度大小為1 m/s2
C.電梯一定正在減速上升
D.電梯一定正在加速上升
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重力是由于地球的吸引而使物體受到的力，物體在電
梯運動的過程中，重力并沒有發生改變，A錯誤；
對物體分析有N-mg=ma，解得a=1 m/s2，B正確；
根據上述分析知，加速度方向豎直向上，當速度向上
時，電梯向上做勻加速直線運動，當速度向下時，電梯向下做勻減速直線運動，C、D錯誤。
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2.(2023·湖北武漢市調研)甲、乙兩車在平直公路上同向行駛，在某段時間內它們的v-t圖像如圖所示。t=0時，乙車在甲車前方25 m處。下列說法正確的是
A.t=5 s時，甲、乙兩車恰好相遇
B.t=3 s時，甲、乙兩車相距9 m
C.0~5 s內，甲、乙兩車的距離越來越大
D.0~5 s內，甲、乙兩車加速度相同
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根據v-t圖像與橫軸圍成的面積表示位移可得，前5 s
內甲的位移為×(5+10)×5 m=37.5 m，前5 s內乙的
位移為×5×5 m=12.5 m，所以前5 s內甲比乙多行
駛37.5 m-12.5 m=25 m，又因為t=0時，乙車在甲車前方25 m處，所以5 s末兩車相遇，0~5 s內甲、乙兩車的距離越來越小，故A正確，C錯誤；
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由v-t圖像的斜率表示加速度可得，0~5 s內甲、乙兩
車加速度分別為a甲==1 m/s2，a乙==-1 m/s2，
所以0~5 s內甲、乙兩車加速度大小相等，方向相反，
故D錯誤；
根據勻變速直線運動位移與時間關系式可得，前3 s內甲車位移為(5×
3+×1×32) m=19.5 m，前3 s內乙車位移為(5×3-×1×32) m=10.5 m，所以t=3 s時，甲、乙兩車間的距離為25 m-(19.5-10.5) m=16 m，故B錯誤。
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3.(2024·濟南市歷城二中高一期末)某雕塑可以簡化為如圖所示的模型：一個半球形花冠和豎直的毛筆底座，若花冠中落入一連接有輕繩、質量為m的小球，輕繩搭在花冠邊緣，若用力拉動輕繩使小球沿花冠緩慢向上移動，在此過程中若忽略一切阻力，則
A.輕繩的拉力先增大后減小
B.輕繩的拉力一直增大
C.花冠對小球的支持力先增大后減小
D.花冠對小球的支持力一直增大
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對小球進行受力分析，如圖所示，力的三角形和幾何三角形相似，則有=，當小球緩慢向上移動時，R不變，l增大，mg不變，則N減小，在力的三角形中，mg保持不變，N減小，且N與重力反向延長線的夾角逐漸增大，可知F增大，故選B。
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4.某大學設計了一款能夠與人協作，共同完成冰壺比賽的機器人。當機器人與冰壺之間的距離保持在8 m之內時，機器人可以實時追蹤并準確獲取冰壺的運動信息。在某次投擲練習中機器人夾取冰壺，由靜止開始做勻加速運動，之后釋放冰壺，二者均做勻減速直線運動，冰壺準確命中目標，二者在整個運動過程中的圖像如圖所示。此次投擲中，下列說法中正確的是
A.冰壺減速運動的加速度大小為m/s2
B.9 s末，冰壺的速度大小為5.75 m/s
C.7 s末，冰壺、機器人二者間距為7 m
D.機器人能夠一直準確獲取冰壺的運動信息
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冰壺減速運動的加速度大小為a1=||=||m/s2
=0.125 m/s2，故A錯誤；
t=3 s末冰壺的速度v3=6 m/s，則9 s末，冰壺的
速度大小為v9=v3-a1t1=(6-0.125×6) m/s=5.25 m/s，故B錯誤；
7 s末，冰壺的速度大小為v7=v3-a1t2=(6-0.125×4) m/s=5.5 m/s，7 s末，冰壺、機器人二者間距等于3~7 s內二者位移之差，為s=×4 m-×4 m=7 m，故C正確；
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11
12
當t=11 s時，冰壺、機器人二者間距為s'=×
8 m- m=26 m>8 m，則知機器人不能一直準
確獲取冰壺的運動信息，故D錯誤。
13
14
15
二、多項選擇題
5.(2022·新泰市第一中學高一階段練習)質量分別為M和m的兩物塊A、B大小相同，將它們用輕繩跨過光滑定滑輪連接。如圖甲所示，輕繩平行于傾角為α的斜面，A恰好能靜止在斜面上，不考慮兩物塊與斜面之間的摩擦，若互換兩物塊的位置，按圖乙放置，然后釋放A。已知斜面固定，重力加速度大小為g，則
A.此時輕繩的拉力大小為mg
B.此時輕繩的拉力大小為Mg
C.此時A運動的加速度大小為(1-cos α)g
D.此時A運動的加速度大小為(1-sin α)g
1
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3
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5
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7
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12
√
√
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1
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3
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5
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12
13
按題圖甲放置時A靜止，則由平衡條件
可得Mgsin α=mg，互換位置后，對A、
B整體，由牛頓第二定律得Mg-mgsin α
=(M+m)a，聯立解得a=(1-sin α)g，對B，由牛頓第二定律得T-mgsin α=ma，解得T=mg，A、D正確。
14
15
6.(2023·德州市高一期中)如圖所示，質量為m的物塊在平行于斜面的拉力F作用下沿傾角為θ的斜面做勻速直線運動。物塊與斜面間的動摩擦因數為μ，且μ=tan θ，重力加速度為g，則拉力F的大小可能為
A.mgsin θ B.mgsin θ
C.2mgsin θ D.3mgsin θ
1
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√
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√
√
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12
由μ=tan θ知物塊在斜面上受到的滑動摩擦力大小f=
μmgcos θ=mgsin θ，物塊沿斜面方向受到重力沿斜面
向下的分力mgsin θ、滑動摩擦力f及拉力F，三力合
力為0，且f和F方向不確定，因此拉力F大小取值范圍為mgsin θ-f≤F≤mgsin θ+f，即0≤F≤2mgsin θ，故選A、B、C。
13
14
15
7.質量不相等的兩物塊A和B的質量為mA和mB，置于粗糙水平面上，兩物體與水平面間的動摩擦因數相同，如圖所示，當用水平恒力F作用于左端A上，兩物塊一起加速運動時，A、B間的作用力大小為N1，當水平恒力F作用于右端B上，兩物塊一起加速運動時，A、B間作用力大小為N2，則
A.兩次物體運動的加速度大小不相等
B.N1+N2=F
C.N1∶N2=mB∶mA
D.若水平面光滑，則N1=N2
√
1
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√
1
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7
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11
12
根據牛頓第二定律對整體分析知a==
-μg，則兩次物體運動的加速度大小相等，
但是方向相反，故A錯誤；
兩次分別隔離B和A得N1-μmBg=mBa，則N1=mBa+μmBg=，同理可得到N2-μmAg=mAa，則N2=mAa+μmAg=，則得到N1+N2=F，N1∶N2=mB∶mA，故B、C正確；
由于mA和mB不相等，所以即使水平面光滑，N1與N2也不相等，故D錯誤。
13
14
15
8.國家糧食儲備倉庫工人利用傳送帶從車上卸糧食。如圖甲所示，以某一恒定速率v0逆時針運行的傳送帶與水平面的夾角θ=37°，轉軸間距L=
3.5 m。工人沿傳送帶方向以速度v1=1.5 m/s從傳送帶頂端推下糧袋(視為質點)，4.5 s時糧袋運動到傳送帶底端，糧袋在傳送帶上運動的v-t圖像如圖乙所示。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2，則
A.在t=2.5 s時刻，糧袋所受摩擦力方向改變
B.糧袋與傳送帶間的動摩擦因數為0.8
C.傳送帶運行的速度大小為0.5 m/s
D.在0~2.5 s內糧袋處于失重狀態
1
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√
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15
√
1
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4
5
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9
10
11
12
由題圖乙可知，在0~2.5 s內，糧袋的速
度大于傳送帶的速度，則糧袋受沿傳送
帶向上的滑動摩擦力，在2.5~4.5 s內，
糧袋隨傳送帶勻速下滑，根據平衡條件
可知，糧袋受沿傳送帶向上的靜摩擦力，故A錯誤；
根據v-t圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示位移，由題圖乙可知L=
(v0+1.5 m/s)×2.5 s+(4.5 s-2.5 s)v0=3.5 m，解得v0=0.5 m/s，故C正確；
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12
由題圖乙和C分析可知，糧袋在0~2.5 s內
的加速度為a== m/s2=-0.4 m/s2，
則加速度方向沿傳送帶向上，則在0~2.5 s
內糧袋處于超重狀態，根據牛頓第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma，聯立代入數據解得μ=0.8，故D錯誤，B正確。
13
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15
三、非選擇題
9.如圖所示為某質點做直線運動的v-t圖像，質點運動的加速度大小為
　　　　 m/s2，在t=1 s時質點離出發點的距離為　　　　 m。
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1.2
3.4
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12
質點運動的加速度大小為a==m/s2=1.2 m/s2，
t=0時刻質點的速度大小為v0=v1-at=4.0 m/s-1.2×
1 m/s=2.8 m/s，t=1 s時質點離出發點的距離s=t
=×1 m=3.4 m。
13
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15
10.如圖所示，質量分別為1 kg和2 kg的A、B兩物塊放在光滑的水平地面上，用勁度系數為k=200 N/m輕質彈簧連接在一起。兩物塊在水平力拉力F=15 N作用下，一起以相同的加速度向右做勻加速運動，其加速度大小a=　　　　m/s2，彈簧的伸長量x=　　　　cm。
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2.5
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對整體根據牛頓第二定律可得a==5 m/s2，設彈簧對A的彈力大小為FA，對A根據牛頓第二定律可得FA=mAa=5 N，根據胡克定律可得x==2.5 cm。
13
14
15
11.某同學為測定物塊與電梯水平地板之間的動摩擦因數，將質量為1 kg的物塊放在電梯水平地板上，彈簧測力計一端固定在電梯側壁上，另一端連接物塊并保持測力計水平。現用手向左緩慢移動物塊至圖甲所示位置，放手后物塊仍保持靜止，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力(取g=9.8 m/s2)。
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(1)圖甲中彈簧測力計讀數為　　　　 N；
3.60
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根據題圖甲可知，3 N和4 N之間有10個小格，每小格表示0.1 N，需要估讀到下一位，因此彈簧測力計示數為3.60 N。
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15
(2)電梯啟動后，用手機的加速度傳感器測得電梯的a-t圖像如圖乙所示(以豎直向上為正方向)。結果發現在電梯運行過程中的某一時刻物塊被拉動，則這一時刻是　　　　(選填“第2 s末”或“第4 s末”)，該時刻電梯處于　　　　(選填“超重”或“失重”)狀態；
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第4 s末
失重
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12
物塊被拉動時，是最大靜摩擦力最小時，也就是地板的彈力最小時，由題意可知一定是向下的加速度最大時，結合題圖乙可知為第4 s末，此時加速度方向向下，電梯處于失重狀態；
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(3)物塊和電梯水平地板間動摩擦因數的最大值是　　　　(保留兩位有效數字)。
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0.40
第4 s末時，分析物塊受力可知N-mg=ma，代入數據解得N=9 N，結合彈簧測力計示數，由f=μN，解得μ=0.40。
12.如圖為“探究加速度與力、質量的關系”實驗裝置示意圖，圖中打點計時器的電源為50 Hz的交流電源，在小車質量一定的情況下探究加速度與力的關系。
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(1)為使輕繩對小車的拉力為小車所受的合外力，在組裝器材完畢后需平衡摩擦力：平衡摩擦力時　　　　(選填“需要”或“不需要”)掛上沙桶；正確操作后，在長木板右端下放一塊墊木，以調整長木板右端的高度，放上小車后，輕推小車使之運動，打點計時器在紙帶上打出如圖所示的紙帶(紙帶上打點方向為由A到B)，則需要將墊木向　　　移動(選填“左”或“右”)。
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不需要
左
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平衡摩擦力時不需要掛上沙桶；由紙帶可以看出小車點跡分布越來越密集，說明小車在做減速運動，平衡摩擦力不足，需增大傾角，故需向左移動墊木；
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(2)本實驗操作過程中，　　　　(選填“需要”或“不需要”)滿足沙桶及沙的質量遠小于小車質量。
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不需要
小車所受拉力可由彈簧測力計直接讀取，故不需要滿足沙桶及沙的質量遠小于小車質量；
(3)如圖是某同學實驗過程中得到的一條點跡清晰的紙帶，已知相鄰兩點間還有4個點未畫出，則根據紙帶可得此次小車的加速度a=　　 m/s2
(結果保留3位有效數字)。
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1.93
紙帶上相鄰兩計數點間的時間間隔為T=0.1 s，根據逐差法有
a=
= m/s2≈1.93 m/s2；
(4)若某次實驗過程中，求得小車的加速度大小為a，則沙桶的加速度大小為　　　　。
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2a
兩段輕繩拉小車，所以沙桶的加速度是小車加速度的2倍，即沙桶的加速度是2a；
(5)如圖是甲、乙、丙三位同學作出的加速度與彈簧測力計示數的關系圖像，其中符合實驗事實的是　　　　(選填“甲”“乙”或“丙”)。
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乙
本實驗中作用在小車上的力可以準確測量，加速度與力成正比，可知乙正確。
13.如圖所示，光滑斜面的傾角為θ，有兩個相同的小球1、2，重力均為G，分別用光滑擋板A、B擋住，擋板A沿豎直方向，擋板B垂直斜面。
(1)分別將小球所受的重力按效果進行分解；
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答案　見解析圖
(2)分別求小球1對擋板和斜面的壓力大小；
答案　Gtan θ　
(3)分別求小球2對擋板和斜面的壓力大小。
答案　Gsin θ　Gcos θ
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球1所受重力按效果分解如圖甲所示，
F1=Gtan θ，F2=
得小球1對擋板和斜面的壓力分別為
F1=Gtan θ，F2=
球2所受重力按效果分解如圖乙所示，
F3=Gsin θ，F4=Gcos θ
得小球2對擋板和斜面的壓力分別為
F3=Gsin θ，F4=Gcos θ。
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14
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14.(2023·南通市高一統考) 一只小松鼠由于受到驚嚇，在水平地面上P點的正上方樹枝A處掉下，此過程可看成自由落體運動。與此同時，在P點左側的狼從B處由靜止開始向右跑來，該情況可簡化為如圖甲所示的模型，狼運動的v-t圖像如圖乙所示，已知A處高h=1.8 m且小松鼠和狼均可看作質點，g取10 m/s2。
(1)求小松鼠下落至地面所需的
時間t；
答案　0.6 s
小松鼠做自由落體運動，根據h=gt2，解得t=0.6 s
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(2)要使狼在小松鼠落地的同時達到P點，求狼的初始位置與P點之間的距離；
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答案　1.44 m
由題圖乙可知狼做勻加速直線運動，加速度
a1== m/s2=8 m/s2
則狼的初始位置與P點之間的距離
x1=a1t2=×8×0.62 m=1.44 m
(3)如果狼運動規律沒有變，開始時與P點之間的距離為8 m，小松鼠落地瞬間在水平方向上從靜止開始以a2=10 m/s2的加速度與狼同向逃跑，假設狼的最高速度為20 m/s，小松鼠的最高速度為25 m/s，通過計算說明狼能否追上小松鼠
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答案　不能
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如果狼開始時與P點之間的距離x0=8 m，由(2)問知小松鼠落地瞬間，狼未到達P點。設狼經過時間t1速度達到最大值v1，t1== s=2.5 s
此時松鼠速度為v2=a2(t1-t)=19 m/s<20 m/s
設再經過t2時間共速，則t2= s=0.1 s
此過程狼的位移x1=a1+v1t2=27 m
此過程松鼠的位移x2=a2(t1+t2-t)2=20 m
解得x115.如圖所示，質量M=1 kg的木板靜止在水平面上，質量為m=2 kg的小物塊(可視為質點)停在木板左端，小物塊與木板間的動摩擦因數μ1=0.8，木板與水平面間的動摩擦因數μ2=0.4。某時刻起，給小物塊施加一水平向右的恒力F=36 N，經0.5 s后撤去此力，小物塊恰好未從木板上滑落。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g=10 m/s2，求：
(1)木板運動的最大速度；
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答案　3 m/s
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物塊與木板間的滑動摩擦力大小為
f1=μ1mg=16 N
水平面與木板間的滑動摩擦力大小為
f2=μ2(m+M)g=12 N
F作用時，對物塊有F-f1=ma1
代入數據解得a1=10 m/s2
對木板有f1-f2=Ma2
代入數據解得a2=4 m/s2
撤掉F后，對物塊有f1=ma3
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代入數據解得a3=8 m/s2
在0.5 s內物塊經加速后有v1=a1t1=5 m/s
木板有v2=a2t1=2 m/s
這段時間內物塊的位移為x1=a1=1.25 m
木板的位移為x2=a2=0.5 m
撤掉F后，由于物塊恰好不滑落，即物塊到達木板右端時二者達到共速，有v=v1-a3t2=v2+a2t2
解得t2=0.25 s
此時木板達到最大速度為v=3 m/s
(2)木板的長度；
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答案　1.125 m
撤掉F到共速過程，物塊的位移為
x3=v1t2-a3=1 m
木板的位移為x4=v2t2+a2=0.625 m
故木板的長度為L=(x1+x3)-(x2+x4)=1.125 m
(3)小物塊的運動時間。
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答案　1.5 s
達到共速后，對整體有Ff2=(M+m)a4
解得a4=4 m/s2
從v減速至0用時為t3==0.75 s
故物塊運動的總時間為t=t1+t2+t3=1.5 s。

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