資源簡介

章末檢測試卷（四）
（滿分：100分）
一、單項選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28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.下列關(guān)于牛頓運動定律的說法正確的是 （　　）
A.牛頓第一定律提出了當(dāng)物體所受的合外力為零時，物體將處于靜止?fàn)顟B(tài)
B.汽車速度越大，剎車后滑行的距離越長，所以慣性越大
C.跳高時，運動員能跳離地面，是因為人對地面的壓力大于地面對人的支持力
D.在受到相同的合外力時，決定物體運動狀態(tài)變化難易程度的唯一因素是物體的質(zhì)量
2.如圖所示，一只鴿子在空中以加速度a沿圖中虛線斜向上勻加速飛行，在此過程中，下列說法正確的是 （　　）
A.鴿子處于超重狀態(tài)
B.鴿子處于完全失重狀態(tài)
C.空氣對鴿子的作用力可能等于鴿子所受重力
D.鴿子受到空氣的作用力的方向與其飛行的速度方向相同
3.（2024·佛山市高一期末）某同學(xué)用手拉車在水平路面上搬運兩包書，簡化圖如圖所示，車在拉力F作用下向左做勻加速直線運動，兩包書M和N質(zhì)量相同，M、N之間始終未發(fā)生相對滑動，且相對車靜止，以下說法正確的是 （　　）
A.N所受的合力比M所受的合力大
B.M受到的摩擦力大小與車的速度大小成正比
C.M受到的摩擦力的方向水平向右
D.N與車之間的摩擦力是M與N之間摩擦力的2倍
4.某消防員從一平臺上無初速度跳下，下落1.8 m后雙腳觸地，接著他用雙腿彎曲的方法緩沖，使自身重心又下降了0.6 m，在著地過程中地面對他雙腳的平均作用力估計為 （　　）
A.自身所受重力的2倍
B.自身所受重力的4倍
C.自身所受重力的3倍
D.自身所受重力的5倍
5.（2024·汕頭市金山中學(xué)高一期末）如圖所示，質(zhì)量為M的木箱放在水平地面上，木箱中的立桿上套著一個質(zhì)量為m的小球，球與桿之間存在摩擦。小球從桿的頂端由靜止釋放，沿桿下滑的加速度大小為a=g，g為重力加速度，則在小球下滑的過程中，木箱對地面的壓力大小為 （　　）
A.Mg B.Mg+
C.Mg+ D.Mg-
6.（2023·茂名市高一期末）如圖為某運動員做蹦床運動時，利用傳感器測得蹦床彈力隨時間變化的F-t圖像。假設(shè)運動員僅在豎直方向運動，且不計空氣阻力，g取10 m/s2，依據(jù)圖像給出的物理信息，可得 （　　）
A.運動員上升的最大高度為5 m（以蹦床不受力時網(wǎng)所在平面為參考平面）
B.運動員的加速度最大為50 m/s2
C.8.7 s至9.5 s內(nèi)，運動員先處于失重狀態(tài)再處于超重狀態(tài)
D.運動員與蹦床相接觸的過程中，運動員受到蹦床的彈力是由于運動員發(fā)生彈性形變而產(chǎn)生的
7.（2023·佛山市高一期末）如圖所示，一輛小車靜置在水平地面上，用一條遵守胡克定律的橡皮筋將質(zhì)量為m的小球P懸掛于車頂O點，在O點正下方有一光滑小釘A，它到O點的距離恰好等于橡皮筋原長。現(xiàn)使小車從靜止開始向右做勻加速直線運動，在此過程中（橡皮筋始終在彈性限度內(nèi)），橡皮筋在A下方的部分與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為g，下列說法正確的是 （　　）
A.勻加速直線運動的加速度大小為
B.橡皮筋的彈力大小為
C.若小車的加速度大小緩慢變大，則θ減小
D.若小車的加速度大小緩慢變大，則小球的高度變高
二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在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）
8.（2024·深圳市高一期末）質(zhì)量為m的同學(xué)乘坐升降電梯時，利用手機中的加速度傳感器得到其加速度a隨時間t變化的圖像如圖所示。若該同學(xué)所受的支持力為FN，重力加速度為g，取向下為正方向，下列說法正確的是 （　　）
A.0~4 s內(nèi)，F(xiàn)NB.0~10 s內(nèi)電梯一直在下降
C.4~8 s內(nèi)電梯處于靜止?fàn)顟B(tài)
D.8~10 s內(nèi)，該同學(xué)處于超重狀態(tài)
9.如圖甲所示，物塊的質(zhì)量m=1 kg，初速度v0=10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運動，某時刻恒力F突然反向，整個過程中物塊速度的二次方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，重力加速度g=10 m/s2。下列說法中正確的是 （　　）
A.0~5 s內(nèi)物塊做勻減速運動
B.在t=1 s時刻，恒力F反向
C.恒力F大小為10 N
D.物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3
10.（2024·汕頭市高一期末）如圖所示，BC為固定在小車上的水平橫桿，質(zhì)量為M的物塊穿在桿上，靠摩擦力保持相對靜止，物塊通過輕細(xì)線懸吊著一個質(zhì)量為m的小鐵球，此時小車以大小為a的加速度向右做勻加速直線運動，物塊、小鐵球均相對小車靜止，細(xì)線與豎直方向的夾角為θ。小車的加速度增大到2a時，物塊始終和小車保持相對靜止，則下列說法正確的是 （　　）
A.橫桿對物塊的摩擦力增大到原來的2倍
B.橫桿對物塊的彈力不變
C.細(xì)線與豎直方向的夾角增大到原來的2倍
D.細(xì)線的拉力增大到原來的2倍
三、非選擇題（本題共5小題，共54分）
11.（8分）（2023·廣東省深圳中學(xué)高一期末）某同學(xué)“探究加速度與物體合力的關(guān)系”的實驗裝置如圖所示。圖中A為小車，質(zhì)量為m1，連接在小車后面的紙帶穿過打點計時器B，它們均置于水平放置的一端帶有定滑輪的固定長木板上，重物P的質(zhì)量為m2，C為彈簧測力計，實驗時改變P的質(zhì)量，讀出彈簧測力計的示數(shù)F，不計輕繩與滑輪、滑輪與輪軸的摩擦及滑輪的質(zhì)量。
（1）（3分）下列說法正確的是　　　　　；
A.實驗中m2應(yīng)遠(yuǎn)小于m1
B.長木板必須保持水平
C.實驗時應(yīng)先接通電源后釋放小車
D.小車運動過程中彈簧測力計的讀數(shù)為（g為重力加速度）
（2）（2分）如圖是實驗過程中得到的一條紙帶，O、A、B、C、D為選取的計數(shù)點，相鄰的兩個計數(shù)點之間有四個點沒有畫出，各計數(shù)點到O點的距離分別為：LOA=8.00 cm、LOB=17.41 cm、LOC=28.21 cm、LOD=40.42 cm，若打點計時器的打點頻率為50 Hz，則由該紙帶可知小車在打B點時的速度為　　　　 m/s，以及小車的加速度大小為　　　　 m/s2（結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）；
（3）（3分）實驗時，某同學(xué)由于疏忽，遺漏了平衡摩擦力這一步驟，他測量得到的a-F圖像可能是　　　　。
12.（9分）圖甲為“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗裝置。某同學(xué)欲用這套實驗裝置探究滑塊的加速度與長木板、滑塊間的動摩擦因數(shù)的關(guān)系，在其他條件不變的情況下，通過多次改變動摩擦因數(shù)μ的值，利用紙帶測量對應(yīng)的多個加速度a的值，畫出了a-μ圖像如圖乙所示，取g=10 m/s2。
（1）（2分）本實驗中，　　　　　（填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力。
（2）（3分）為盡可能準(zhǔn)確地完成實驗，下列做法正確的是　　　　。
A.實驗中必須保證桶和沙子的總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于滑塊的質(zhì)量M
B.實驗中需要保證滑塊的質(zhì)量M不變
C.實驗中不需要保證桶和沙子的總質(zhì)量m不變
D.連接滑塊的細(xì)線要與長木板平行
（3）（4分）由圖乙可知，若滑塊的質(zhì)量M=1 kg，則小桶和沙子的總質(zhì)量m=　　　　 kg。理論上，圖乙中b=　　　　 m/s2。
13.（11分）（2023·揭陽市高一期末）有“海洋之舟”美稱的企鵝喜歡在冰面上游戲。有一質(zhì)量為m=21 kg的企鵝先從傾斜冰面底端由靜止開始沿直線向上勻加速“奔跑”，t1=6 s，速度達(dá)到v1=4 m/s，企鵝突然臥倒以肚皮貼著冰面繼續(xù)向前滑行，最后退滑到出發(fā)點（假設(shè)企鵝在滑動過程中姿勢保持不變）。已知冰面傾角為θ=30°，企鵝肚皮與冰面間的動摩擦因數(shù)μ=，取g=10 m/s2。求：
（1）（3分）企鵝向上“奔跑”時所受合力大小；
（2）（5分）企鵝向上運動的最遠(yuǎn)距離；
（3）（3分）企鵝退滑到出發(fā)點時的速度大小。
14.（12分）如圖所示，傳送帶與水平面的夾角θ=30°，正以恒定的速率v=2.5 m/s順時針轉(zhuǎn)動，現(xiàn)在其底端A輕放一貨物（可視為質(zhì)點），貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=，經(jīng)過t=2 s，傳送帶突然被卡住而立即停止轉(zhuǎn)動，由于慣性，貨物繼續(xù)沿傳送帶向上運動，并剛好到達(dá)傳送帶頂端B。求：（重力加速度g取10 m/s2）
（1）（5分）傳送帶剛被卡住時貨物的速度大小；
（2）（7分）傳送帶底端A與頂端B之間的距離。
15.（14分）如圖所示，質(zhì)量為2.5 kg的一個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(shù)μ1為0.3。這時鐵箱內(nèi)一個質(zhì)量為0.5 kg的木塊恰好能靜止在后壁上。木塊與鐵箱內(nèi)壁間的動摩擦因數(shù)μ2為0.25。設(shè)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）（3分）求水平拉力F的大小；
（3）（7分）減小拉力F，經(jīng)過一段時間，木塊沿鐵箱左側(cè)壁落到底部且不反彈，當(dāng)鐵箱的速度為6 m/s時撤去拉力，又經(jīng)過1 s時間木塊從左側(cè)到達(dá)右側(cè)，則此時木塊相對鐵箱運動的距離是多少？
答案精析
1.D　［根據(jù)牛頓第一定律的內(nèi)容知，當(dāng)物體所受合外力為零時，總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，故A項錯誤；慣性是物體的固有屬性，與物體速度的大小無關(guān)，故B項錯誤；人對地面的壓力與地面對人的支持力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，故C項錯誤；對于任何物體，在受到相同的合外力時，決定它們運動狀態(tài)變化難易程度的唯一因素就是物體的質(zhì)量，質(zhì)量越大，運動狀態(tài)越不容易改變，故D項正確。］
2.A　［因為鴿子在空中以加速度a沿題圖中虛線斜向上勻加速飛行，加速度有豎直向上的分量，所以鴿子處于超重狀態(tài)，故A正確，B錯誤；鴿子所受的合力的方向與其飛行的速度方向相同，合力、空氣的作用力與重力應(yīng)構(gòu)成矢量三角形，故空氣對鴿子的作用力不可能等于鴿子所受重力，作用力的方向應(yīng)與其飛行的速度方向有一定的夾角，故C、D錯誤。］
3.D　［根據(jù)題意可知兩包書加速度相同，且質(zhì)量相同，根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知，合力相同，故A錯誤；M受到的摩擦力等于合力，根據(jù)牛頓第二定律f=ma可知，摩擦力與車的加速度大小成正比，與速度無關(guān)，故B錯誤；M向左加速，水平方向只受摩擦力，則摩擦力水平向左，故C錯誤；對N和M整體分析，N與車之間的摩擦力f1=2ma，對M分析，M與N之間的摩擦力f2=ma，故D正確。］
4.B　［由=2gh、=2as得，消防員著地后減速下降的平均加速度大小a=3g，
由牛頓第二定律有FN-mg=ma，得FN=4mg，B正確。］
5.C　［對球受力分析，豎直方向上球受重力和桿對球向上的摩擦力，由牛頓第二定律得mg-f=ma，且a=g，解得f=mg，對木箱受力分析：豎直方向上受到重力、地面的支持力和球?qū)U向下的摩擦力，根據(jù)平衡條件得FN=Mg+f=Mg+mg，根據(jù)牛頓第三定律得FN'=FN=Mg+mg，故選C。］
6.A　［由題圖可知，運動員在空中的時間為
T=8.7 s-6.7 s=2 s
由運動的對稱性可知，下落時間為
t=1 s
運動員上升的最大高度為
h=gt2=5 m
故A正確；
由題圖可知，運動員的重力為500 N，質(zhì)量為
m==50 kg
運動員的加速度最大為
am==40 m/s2
故B錯誤；
8.7 s至9.5 s內(nèi)，蹦床彈力由0增加到2 500 N再減小到0，運動員先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)再處于失重狀態(tài)，故C錯誤；
運動員與蹦床相接觸的過程中，運動員受到蹦床的彈力是由于蹦床發(fā)生彈性形變而產(chǎn)生的，故D錯誤。］
7.B　［當(dāng)小車的加速度大小為a時，設(shè)橡皮筋的拉力大小為T，在豎直方向上根據(jù)平衡條件得
Tcos θ=mg
在水平方向上根據(jù)牛頓第二定律得
Tsin θ=ma
解得T=，a=gtan θ，
A錯誤，B正確；由a=gtan θ可知加速度增大，θ增大，C錯誤；此時小球與懸掛點間的豎直距離為
L=L0+cos θ=L0+，
當(dāng)a增大時，小球的高度保持不變，D錯誤。］
8.AD　［0~4 s內(nèi)，電梯加速度向下，則該同學(xué)處于失重狀態(tài)，即FN9.BD　［由題圖乙得物塊在前5 m位移內(nèi)做勻減速運動，在5~13 m位移內(nèi)做勻加速運動，由2as=v2-得v2=2as+，可知v2-s圖像斜率表示2a，則由題圖乙得勻減速運動的加速度大小a1= m/s2=10 m/s2，勻加速運動的加速度大小a2= m/s2=4 m/s2，勻減速運動的時間t==1 s，故在t=1 s時刻恒力F反向，又由牛頓第二定律得F+μmg=ma1和F-μmg=ma2，聯(lián)立解得F=7 N，動摩擦因數(shù)μ=0.3，選項B、D正確。］
10.AB　［對小球和物塊組成的整體，受力分析如圖甲所示
根據(jù)牛頓第二定律得，水平方向f=(M+m)a，豎直方向FN=(M+m)g，則當(dāng)加速度增加到2a時，橫桿對物塊的摩擦力f增加到原來的2倍，橫桿對物塊的彈力等于兩個物體的總重力，保持不變，故A、B正確；以小球為研究對象，受力分析如圖乙所示，由牛頓第二定律得mgtan θ=ma，得tan θ=，當(dāng)a增加到2倍時，tan θ變?yōu)?倍，但θ沒有增大到原來的2倍，細(xì)線的拉力T=，可見，a變?yōu)?倍，T沒有增大到原來的2倍，故C、D錯誤。］
11.(1)C　(2)1.01　1.40　(3)B
解析　(1)輕繩的拉力由彈簧測力計直接讀出，所以不需要滿足重物與小車之間的質(zhì)量關(guān)系，故A錯誤；
本實驗需要平衡摩擦力，需要在長木板不帶定滑輪的一端下面墊一塊小木塊，所以長木板不會保持水平，故B錯誤；
按操作順序，應(yīng)先接通電源后釋放小車，故C正確；
對P受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得m2g-2F=m2a>0
所以2F即F<
小車運動過程中彈簧測力計的讀數(shù)小于，故D錯誤。
(2)相鄰的兩個計數(shù)點之間有四個點沒有畫出，所以相鄰計數(shù)點間的時間間隔為
T=5×0.02 s=0.1 s
則小車在打B點時的速度大小為
vB== m/s≈1.01 m/s
由逐差法得，小車加速度大小為
a===1.40 m/s2
(3)如果沒有平衡摩擦力，則拉力較小時，小車沒有加速度，對應(yīng)的a-F圖像為B。
12.(1)不需要　(2)BD　(3)0.6　3.75
解析　(1)本實驗需要研究摩擦力，則不需要平衡摩擦力。
(2)如果實驗中保證桶和沙子的總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于滑塊的質(zhì)量M，會出現(xiàn)μ很小時，滑塊也不會運動，則不需要保證桶和沙子的總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于滑塊的質(zhì)量M，故A錯誤；
實驗中多次改變μ的值，需要其他條件不變，則需要保證滑塊的質(zhì)量M不變，需要保證桶和沙子的總質(zhì)量m不變，B正確，故C錯誤；
連接滑塊的細(xì)線要與長木板平行，避免拉力產(chǎn)生垂直于木板方向的分力，故D正確。
(3)由題圖乙可知，當(dāng)μ=0.6時，加速度為零，由平衡條件有μMg=mg
解得m=0.6 kg
根據(jù)題意，由牛頓第二定律有
mg-μMg=(M+m)a
整理得a=-μ+
結(jié)合題圖乙可得b==3.75 m/s2。
13.(1)14 N　(2)13 m　(3)2 m/s
解析　(1)企鵝向上“奔跑”時的加速度為
a1== m/s2
企鵝向上“奔跑”時所受合力大小為
F1=ma1=14 N
(2)向上“奔跑”的距離為
s1=t1=12 m
設(shè)企鵝向上滑行時的加速度大小為a2
mgsin 30°+μmgcos 30°=ma2
解得a2=8 m/s2
則向上滑行的距離為
s2==1 m
則企鵝向上運動的最遠(yuǎn)距離為
sm=s1+s2=13 m
(3)企鵝向下滑行時有
mgsin 30°-μmgcos 30°=ma3
解得a3=2 m/s2
設(shè)企鵝退滑到出發(fā)點時的速度大小為v3
則=2a3sm
解得v3=2 m/s。
14.(1)2.5 m/s　(2)4 m
解析　(1)貨物從A處開始做勻加速運動，設(shè)加速度大小為a1，由牛頓第二定律得μmgcos θ-mgsin θ=ma1
代入數(shù)據(jù)解得a1=2.5 m/s2
貨物做勻加速運動的時間t1== s=1 s
1~2 s內(nèi)貨物做勻速運動，所以傳送帶剛被卡住時貨物速度大小為2.5 m/s。
(2)第1 s內(nèi)貨物位移大小
s1=t1=×1 m=1.25 m
在1~2 s時間內(nèi)，貨物隨傳送帶一起勻速運動的位移大小為
s2=v(t-t1)=2.5×(2-1) m=2.5 m
傳送帶停止轉(zhuǎn)動后，貨物做勻減速運動，設(shè)此時貨物的加速度大小為a2，
由牛頓第二定律有
μmgcos θ+mgsin θ=ma2
代入數(shù)據(jù)解得a2=12.5 m/s2
貨物做勻減速運動的位移大小為
s3== m=0.25 m
則傳送帶底端A與頂端B之間的距離
L=s1+s2+s3=4 m。
15.見解析
解析　(1)木塊靜止在鐵箱后壁上，所以在豎直方向有f=m木g
又有f=μ2FN
所以有FN==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)對木塊受力分析，在水平方向有a==40 m/s2
對鐵箱和木塊整體受力分析，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(nèi)，
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。(共52張PPT)
章末檢測試卷(四)
一、單項選擇題
1.下列關(guān)于牛頓運動定律的說法正確的是
A.牛頓第一定律提出了當(dāng)物體所受的合外力為零時，物體將處于靜止?fàn)顟B(tài)
B.汽車速度越大，剎車后滑行的距離越長，所以慣性越大
C.跳高時，運動員能跳離地面，是因為人對地面的壓力大于地面對人的　
　支持力
D.在受到相同的合外力時，決定物體運動狀態(tài)變化難易程度的唯一因素
　是物體的質(zhì)量
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
根據(jù)牛頓第一定律的內(nèi)容知，當(dāng)物體所受合外力為零時，總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，故A項錯誤；
慣性是物體的固有屬性，與物體速度的大小無關(guān)，故B項錯誤；
人對地面的壓力與地面對人的支持力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，故C項錯誤；
對于任何物體，在受到相同的合外力時，決定它們運動狀態(tài)變化難易程度的唯一因素就是物體的質(zhì)量，質(zhì)量越大，運動狀態(tài)越不容易改變，故D項正確。
13
14
15
2.如圖所示，一只鴿子在空中以加速度a沿圖中虛線斜向上勻加速飛行，在此過程中，下列說法正確的是
A.鴿子處于超重狀態(tài)
B.鴿子處于完全失重狀態(tài)
C.空氣對鴿子的作用力可能等于鴿子所受重力
D.鴿子受到空氣的作用力的方向與其飛行的速度方向相同
√
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2
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1
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6
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12
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14
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因為鴿子在空中以加速度a沿題圖中虛線斜向上勻加速飛行，加速度有豎直向上的分量，所以鴿子處于超重狀態(tài)，故A正確，B錯誤；
鴿子所受的合力的方向與其飛行的速度方向相同，
合力、空氣的作用力與重力應(yīng)構(gòu)成矢量三角形，故空氣對鴿子的作用力不可能等于鴿子所受重力，作用力的方向應(yīng)與其飛行的速度方向有一定的夾角，故C、D錯誤。
3.(2024·佛山市高一期末)某同學(xué)用手拉車在水平路面上搬運兩包書，簡化圖如圖所示，車在拉力F作用下向左做勻加速直線運動，兩包書M和N質(zhì)量相同，M、N之間始終未發(fā)生相對滑動，且相對車靜止，以下說法正確的是
A.N所受的合力比M所受的合力大
B.M受到的摩擦力大小與車的速度大小成正比
C.M受到的摩擦力的方向水平向右
D.N與車之間的摩擦力是M與N之間摩擦力的2倍
√
1
2
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1
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13
根據(jù)題意可知兩包書加速度相同，且質(zhì)量相同，根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知，合力相同，故A錯誤；
14
15
M受到的摩擦力等于合力，根據(jù)牛頓第二定律f=ma可知，摩擦力與車的加速度大小成正比，與速度無關(guān)，故B錯誤；
M向左加速，水平方向只受摩擦力，則摩擦力水平向左，故C錯誤；
對N和M整體分析，N與車之間的摩擦力f1=2ma，對M分析，M與N之間的摩擦力f2=ma，故D正確。
4.某消防員從一平臺上無初速度跳下，下落1.8 m后雙腳觸地，接著他用雙腿彎曲的方法緩沖，使自身重心又下降了0.6 m，在著地過程中地面對他雙腳的平均作用力估計為
A.自身所受重力的2倍
B.自身所受重力的4倍
C.自身所受重力的3倍
D.自身所受重力的5倍
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由=2gh、=2as得，消防員著地后減速下降的平均加速度大小a=3g，
由牛頓第二定律有FN-mg=ma，得FN=4mg，B正確。
5.(2024·汕頭市金山中學(xué)高一期末)如圖所示，質(zhì)量為M的木箱放在水平地面上，木箱中的立桿上套著一個質(zhì)量為m的小球，球與桿之間存在摩擦。小球從桿的頂端由靜止釋放，沿桿下滑的加速度大小為a=g，g為重力加速度，則在小球下滑的過程中，木箱對地面
的壓力大小為
A.Mg B.Mg+
C.Mg+ D.Mg-
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對球受力分析，豎直方向上球受重力和桿對球向上的摩擦力，由牛頓第二定律得mg-f=ma，且a=g，解得f=mg，對木箱受力分析：豎直方向上受到重力、地面的支持力和球?qū)U向下的摩擦
14
15
力，根據(jù)平衡條件得FN=Mg+f=Mg+mg，根據(jù)牛頓第三定律得FN‘=　FN=Mg+mg，故選C。
6.(2023·茂名市高一期末)如圖為某運動員做蹦床運動時，利用傳感器測得蹦床彈力隨時間變化的F-t圖像。假設(shè)運動員僅在豎直方向運動，且不計空氣阻力，g取10 m/s2，依據(jù)圖像給出的物理信息，可得
A.運動員上升的最大高度為5 m(以蹦床
　不受力時網(wǎng)所在平面為參考平面)
B.運動員的加速度最大為50 m/s2
C.8.7 s至9.5 s內(nèi)，運動員先處于失重狀態(tài)再處于超重狀態(tài)
D.運動員與蹦床相接觸的過程中，運動員受到蹦床的彈力是由于運動員
　發(fā)生彈性形變而產(chǎn)生的
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由題圖可知，運動員在空中的時間為
T=8.7 s-6.7 s=2 s
由運動的對稱性可知，下落時間為
t=1 s
運動員上升的最大高度為
h=gt2=5 m
故A正確；
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由題圖可知，運動員的重力為500 N，質(zhì)量為
m==50 kg
運動員的加速度最大為
am==40 m/s2
故B錯誤；
8.7 s至9.5 s內(nèi)，蹦床彈力由0增加到2 500 N再減小到0，運動員先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)再處于失重狀態(tài)，故C錯誤；
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運動員與蹦床相接觸的過程中，運動員受到蹦床的彈力是由于蹦床發(fā)生彈性形變而產(chǎn)生的，故D錯誤。
7.(2023·佛山市高一期末)如圖所示，一輛小車靜置在水平地面上，用一條遵守胡克定律的橡皮筋將質(zhì)量為m的小球P懸掛于車頂O點，在O點正下方有一光滑小釘A，它到O點的距離恰好等于橡皮筋原長。現(xiàn)使小車從靜止開始向右做勻加速直線運動，在此過程中(橡皮筋始終在彈性限度內(nèi))，橡皮筋在A下方的部分與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為g，下列說法正確的是
A.勻加速直線運動的加速度大小為
B.橡皮筋的彈力大小為
C.若小車的加速度大小緩慢變大，則θ減小
D.若小車的加速度大小緩慢變大，則小球的高度變高
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當(dāng)小車的加速度大小為a時，設(shè)橡皮筋的拉力大小為T，在豎直方向上根據(jù)平衡條件得
Tcos θ=mg
在水平方向上根據(jù)牛頓第二定律得
Tsin θ=ma
解得T=，a=gtan θ，
A錯誤，B正確；
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由a=gtan θ可知加速度增大，θ增大，C錯誤；
此時小球與懸掛點間的豎直距離為L=L0+cos θ
=L0+，
當(dāng)a增大時，小球的高度保持不變，D錯誤。
二、多項選擇題
8.(2024·深圳市高一期末)質(zhì)量為m的同學(xué)乘坐升降電梯時，利用手機中的加速度傳感器得到其加速度a隨時間t變化的圖像如圖所示。若該同學(xué)所受的支持力為FN，重力加速度為g，取向下為正方向，下列說法正確的是
A.0~4 s內(nèi)，F(xiàn)NB.0~10 s內(nèi)電梯一直在下降
C.4~8 s內(nèi)電梯處于靜止?fàn)顟B(tài)
D.8~10 s內(nèi)，該同學(xué)處于超重狀態(tài)
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0~4 s內(nèi)，電梯加速度向下，則該同學(xué)處
于失重狀態(tài)，即FN0~4 s內(nèi)電梯加速度向下，可能向下加速，
也可能向上減速；4~8 s內(nèi)電梯速度可能
為零，處于靜止?fàn)顟B(tài)，也可能處于勻速運動狀態(tài)；8~10 s內(nèi)，電梯加速度向上，該同學(xué)處于超重狀態(tài)，電梯可能加速上升，也可能減速下降，選項B、C錯誤，D正確。
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14
15
9.如圖甲所示，物塊的質(zhì)量m=1 kg，初速度v0=10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運動，某時刻恒力F突然反向，整個過程中物塊速度的二次方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，重力加速度g=10 m/s2。下列說法中正確的是
A.0~5 s內(nèi)物塊做勻減速運動
B.在t=1 s時刻，恒力F反向
C.恒力F大小為10 N
D.物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3
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由題圖乙得物塊在前5 m位移內(nèi)做勻減速運動，在5~13 m位移內(nèi)做勻加速運動，由2as=v2-得v2=2as+，可知v2-s圖像斜率表示2a，則由題圖乙得勻
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減速運動的加速度大小a1= m/s2=10 m/s2，勻加速運動的加速度大小a2= m/s2=4 m/s2，勻減速運動的時間t==1 s，故在t=1 s時刻恒力F反向，又由牛頓第二定律得F+μmg=ma1和F-μmg=ma2，聯(lián)立解得F=7 N，動摩擦因數(shù)μ=0.3，選項B、D正確。
10.(2024·汕頭市高一期末)如圖所示，BC為固定在小車上的水平橫桿，質(zhì)量為M的物塊穿在桿上，靠摩擦力保持相對靜止，物塊通過輕細(xì)線懸吊著一個質(zhì)量為m的小鐵球，此時小車以大小為a的加速度向右做勻加速直線運動，物塊、小鐵球均相對小車靜止，細(xì)線與豎直方向的夾角為θ。小車的加速度增大到2a時，物塊始終和小車保持相對靜止，則下列說法正確的是
A.橫桿對物塊的摩擦力增大到原來的2倍
B.橫桿對物塊的彈力不變
C.細(xì)線與豎直方向的夾角增大到原來的2倍
D.細(xì)線的拉力增大到原來的2倍
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對小球和物塊組成的整體，受力分析如圖甲所示
根據(jù)牛頓第二定律得，水平方向f=(M+m)a，豎直方向FN=(M+m)g，則當(dāng)加速度增加到2a
13
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時，橫桿對物塊的摩擦力f增加到原來的2倍，橫桿對物塊的彈力等于兩個物體的總重力，保持不變，故A、B正確；
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以小球為研究對象，受力分析如圖乙所示，由牛頓第二定律得mgtan θ=ma，得tan θ=，當(dāng)a增加到2倍時，tan θ變?yōu)?倍，但θ沒有增大到原來的2倍，細(xì)線的拉力T=，
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可見，a變?yōu)?倍，T沒有增大到原來的2倍，故C、D錯誤。
三、非選擇題
11.(2023·廣東省深圳中學(xué)高一期末)某同學(xué)“探究加速度與物體合力的關(guān)系”的實驗裝置如圖所示。圖中A為小車，質(zhì)量為m1，連接在小車后面的紙帶穿過打點計時器B，它們均置于水平放置的一端帶有
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定滑輪的固定長木板上，重物P的質(zhì)量為m2，C為彈簧測力計，實驗時改變P的質(zhì)量，讀出彈簧測力計的示數(shù)F，不計輕繩與滑輪、滑輪與輪軸的摩擦及滑輪的質(zhì)量。
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(1)下列說法正確的是　　；
A.實驗中m2應(yīng)遠(yuǎn)小于m1
B.長木板必須保持水平
C.實驗時應(yīng)先接通電源后釋放小車
D.小車運動過程中彈簧測力計的讀數(shù)為(g為重力加速度)
C
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輕繩的拉力由彈簧測力計直接讀出，所以不需要滿足重物與小車之間的質(zhì)量關(guān)系，故A錯誤；
本實驗需要平衡摩擦力，需要在長木板不帶
定滑輪的一端下面墊一塊小木塊，所以長木板不會保持水平，故B錯誤；
按操作順序，應(yīng)先接通電源后釋放小車，故C正確；
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對P受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得
m2g-2F=m2a>0
所以2F即F<
小車運動過程中彈簧測力計的讀數(shù)小于，故D錯誤。
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(2)如圖是實驗過程中得到的一條紙帶，O、A、B、C、D為選取的計數(shù)點，相鄰的兩個計數(shù)點之間有四個點沒有畫出，各計數(shù)點到O點的距離分別為：LOA=8.00 cm、LOB=17.41 cm、LOC=28.21 cm、LOD=40.42 cm，若打點計時器的打點頻率為50 Hz，則由該紙帶可知小車在打B點時的速度為 ______m/s，以及小車的加速度大小為　 　 m/s2(結(jié)果均保留3位有效 數(shù)字)；
1.01
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相鄰的兩個計數(shù)點之間有四個點沒有畫出，所以相鄰計數(shù)點間的時間間隔為
T=5×0.02 s=0.1 s
則小車在打B點時的速度大小為
vB== m/s≈1.01 m/s
由逐差法得，小車加速度大小為
a===1.40 m/s2
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(3)實驗時，某同學(xué)由于疏忽，遺漏了平衡摩擦力這一步驟，他測量得到的a-F圖像可能是　　。
B
如果沒有平衡摩擦力，則拉力較小時，小車沒有加速度，對應(yīng)的a-F圖像為B。
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12.圖甲為“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗裝置。某同學(xué)欲用這套實驗裝置探究滑塊的加速度與長木板、滑塊間的動摩擦因數(shù)的關(guān)系，在其他條件不變的情況下，通過多次改變動摩擦因數(shù)μ的值，利用紙帶測量對應(yīng)的多個加速度a的值，畫出了a-μ圖像如圖乙所示，取g=10 m/s2。
(1)本實驗中，　　　　(填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力。
不需要
本實驗需要研究摩擦力，則不需要平衡摩擦力。
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(2)為盡可能準(zhǔn)確地完成實驗，下列做法正確的是　　　。
A.實驗中必須保證桶和沙子的
　總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于滑塊的質(zhì)量M
B.實驗中需要保證滑塊的質(zhì)量
　M不變
C.實驗中不需要保證桶和沙子的總質(zhì)量m不變
D.連接滑塊的細(xì)線要與長木板平行
BD
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如果實驗中保證桶和沙子的總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于滑塊的質(zhì)量M，會出現(xiàn)μ很小時，滑塊也不會運動，則不需要保證桶和沙子的總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于滑塊的質(zhì)量M，故A錯誤；
實驗中多次改變μ的值，需要其他條件不變，則需要保證滑塊的質(zhì)量M不變，需要保證桶和沙子的總質(zhì)量m不變，B正確，故C錯誤；
連接滑塊的細(xì)線要與長木板平行，避免拉力產(chǎn)生垂直于木板方向的分力，故D正確。
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(3)由圖乙可知，若滑塊的質(zhì)量M=1 kg，則小桶和沙子的總質(zhì)量m=　　 kg。理論上，圖乙中b=　 　 m/s2。
0.6
3.75
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由題圖乙可知，當(dāng)μ=0.6時，加速度為零，
由平衡條件有μMg=mg
解得m=0.6 kg
根據(jù)題意，由牛頓第二定律有mg-μMg=(M+m)a
整理得a=-μ+
結(jié)合題圖乙可得b==3.75 m/s2。
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13.(2023·揭陽市高一期末)有“海洋之舟”美稱的企鵝喜歡在冰面上游戲。有一質(zhì)量為m=21 kg的企鵝先從傾斜冰面底端由靜止開始沿直線向上勻加速“奔跑”，t1=6 s，速度達(dá)到v1=4 m/s，企鵝突然臥倒以肚皮貼著冰面繼續(xù)向前滑行，最后退滑到出發(fā)點(假設(shè)企鵝在滑動過程中姿勢保持不變)。已知冰面傾角為θ=30°，企鵝肚皮與冰面間的動摩擦因數(shù)μ=，取g=10 m/s2。求：
(1)企鵝向上“奔跑”時所受合力大小；
答案　14 N
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企鵝向上“奔跑”時的加速度為
a1== m/s2
企鵝向上“奔跑”時所受合力大小為
F1=ma1=14 N
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答案　13 m
(2)企鵝向上運動的最遠(yuǎn)距離；
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12
向上“奔跑”的距離為s1=t1=12 m
設(shè)企鵝向上滑行時的加速度大小為a2
mgsin 30°+μmgcos 30°=ma2
解得a2=8 m/s2
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則向上滑行的距離為s2==1 m
則企鵝向上運動的最遠(yuǎn)距離為
sm=s1+s2=13 m
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答案　2 m/s
(3)企鵝退滑到出發(fā)點時的速度大小。
企鵝向下滑行時有
mgsin 30°-μmgcos 30°=ma3
解得a3=2 m/s2
設(shè)企鵝退滑到出發(fā)點時的速度大小為v3
則=2a3sm
解得v3=2 m/s。
14.如圖所示，傳送帶與水平面的夾角θ=30°，正以恒定的速率v=2.5 m/s順時針轉(zhuǎn)動，現(xiàn)在其底端A輕放一貨物(可視為質(zhì)點)，貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)
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答案　2.5 m/s　
μ=，經(jīng)過t=2 s，傳送帶突然被卡住而立即停止轉(zhuǎn)動，由于慣性，貨物繼續(xù)沿傳送帶向上運動，并剛好到達(dá)傳送帶頂端B。求：(重力加速度g取10 m/s2)
(1)傳送帶剛被卡住時貨物的速度大小；
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貨物從A處開始做勻加速運動，設(shè)加速度大小為a1，由牛頓第二定律得μmgcos θ-mgsin θ=ma1
代入數(shù)據(jù)解得a1=2.5 m/s2
貨物做勻加速運動的時間t1== s=1 s
1~2 s內(nèi)貨物做勻速運動，所以傳送帶剛被卡住時貨物速度大小為2.5 m/s。
(2)傳送帶底端A與頂端B之間的距離。
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答案　4 m
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14
15
第1 s內(nèi)貨物位移大小s1=t1=×1 m=1.25 m
在1~2 s時間內(nèi)，貨物隨傳送帶一起勻速運動
的位移大小為
s2=v(t-t1)=2.5×(2-1) m=2.5 m
傳送帶停止轉(zhuǎn)動后，貨物做勻減速運動，設(shè)此時貨物的加速度大小為a2，
由牛頓第二定律有μmgcos θ+mgsin θ=ma2
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15
代入數(shù)據(jù)解得a2=12.5 m/s2
貨物做勻減速運動的位移大小為
s3== m=0.25 m
則傳送帶底端A與頂端B之間的距離
L=s1+s2+s3=4 m。
15.如圖所示，質(zhì)量為2.5 kg的一個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(shù)μ1為0.3。這時鐵箱內(nèi)一個質(zhì)量為
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答案　見解析
0.5 kg的木塊恰好能靜止在后壁上。木塊與鐵箱內(nèi)壁間的動摩擦因數(shù)μ2為0.25。設(shè)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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木塊靜止在鐵箱后壁上，所以在豎直方向有f=m木g
又有f=μ2FN
所以有FN==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　見解析
對木塊受力分析，在水平方向有a==40 m/s2
對鐵箱和木塊整體受力分析，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(jīng)過一段時間，木塊沿鐵箱左側(cè)壁落到底部且不反彈，當(dāng)鐵箱的速度為6 m/s時撤去拉力，又經(jīng)過1 s時間木塊從左側(cè)到達(dá)右側(cè)，則此時木塊相對鐵箱運動的距離是多少？
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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(nèi)，
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。

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