資源簡介

模塊綜合試卷（一）
（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.在物理學的重大發現中，科學家們創造出了許多物理學方法，如比值法、理想實驗法、控制變量法、極限思維法、類比法、科學假說法和建立物理模型法等，以下關于所用物理學方法的敘述不正確的是 （　　）
A.在推導勻變速直線運動位移與時間關系式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法
B.根據速度定義式v=，當Δt非常小時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義應用了極限思維法
C.在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質點來代替物體的方法叫假設法
D.定義加速度a=用到比值法，加速度與Δv和Δt無關
2.2023年5月30日9時31分，長征二號攜神舟十六號載人飛船在酒泉衛星發射中心發射升空，景海鵬、朱楊柱、桂海潮3名航天員狀態良好，發射取得圓滿成功。載人飛船進入預定軌道后，采用自主快速交會對接模式對接天和核心艙（核心艙距離地面近400 km）徑向端口，形成三艙三船組合體，18時22分，神舟十六號航天員乘組成功入駐“天宮”。下列說法正確的是 （　　）
A.“2023年5月30日9時31分”代表時間
B.神舟十六號飛船升空到對接的路程為400 km
C.神舟十六號飛船在與核心艙對接的過程中，不能視作質點
D.神舟十六號升空過程中，以景海鵬為參考系，朱楊柱、桂海潮都向上運動
3.將一個質量為m的鉛球放在傾角為30°的斜面上，并用豎直擋板擋住，鉛球處于靜止狀態。不考慮鉛球受到的摩擦力，重力加速度為g，則 （　　）
A.斜面對鉛球的支持力是鉛球的形變造成的
B.斜面對鉛球的支持力為mg
C.斜面對鉛球的支持力為mg
D.擋板對鉛球的彈力為mg
4.甲、乙兩輛汽車速度相等，在同時制動后，假設均做勻減速直線運動，甲經3 s停止，共前進了36 m，乙經1.5 s停止，乙車前進的距離為 （　　）
A.9 m B.18 m C.36 m D.27 m
5.如圖所示，分別為汽車甲的位移—時間圖像和汽車乙的速度—時間圖像，則 （　　）
A.甲的加速度大小為5 m/s2
B.乙的加速度大小為5 m/s2
C.甲在0~4 s內的位移大小為40 m
D.乙在0~4 s內的位移大小為20 m
6.（2024·汕頭市高一期末）10 m跳臺跳水比賽中，從運動員離開跳板開始計時，以豎直向下為正方向，該運動員跳水過程中重心的v-t圖像可簡化為如圖所示（忽略運動員水平方向的運動），則下列說法正確的是 （　　）
A.運動員在0~t2內一直下降
B.運動員在0~t1內處于失重狀態
C.運動員在t3時已浮出水面
D.運動員在水中的加速度逐漸增大
7.（2023·廣州市第五中學高一期末）如圖所示，質量分別為m、M的兩物體P、Q保持相對靜止，一起沿傾角為θ的固定光滑斜面下滑，Q的上表面水平，P、Q間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，則下列說法正確的是 （　　）
A.Q對P的摩擦力大小為μmg，方向水平向左
B.Q對P的摩擦力大小為mgsin θcos θ，方向水平向左
C.P對Q的壓力大小等于mg
D.P對Q的壓力大小等于mgsin2θ
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.在如圖所示的v-t圖像中，A、B兩質點同時從同一點沿同一條直線開始運動，運動規律用A、B兩圖線表示，下列敘述正確的是 （　　）
A.t=1 s時，B質點運動方向發生改變
B.t=2 s時，B質點運動方向和加速度方向均發生改變
C.A、B同時由靜止出發，0~2 s內運動方向相反
D.在t=4 s時，A、B速度相同
9.如圖所示，在光滑的水平桌面上放一質量為mA=5 kg的物塊A，A的上方放一質量為mB=3 kg的物塊B，用一輕繩一端拴在物塊A上，另一端跨過光滑的輕質定滑輪拴接一質量為mC=2 kg的物塊C，其中連接A的輕繩與水平桌面平行。現由靜止釋放物塊C，在以后的過程中，C未著地，A與B之間沒有相對滑動且A、B始終沒有離開水平桌面（重力加速度g取10 m/s2）。則下列說法正確的是 （　　）
A.A的加速度大小為2.5 m/s2
B.A的加速度大小為2 m/s2
C.A對B的摩擦力大小為6 N
D.A對B的摩擦力大小為7.5 N
10.（2023·廣州市第八十九中高一期末）如圖甲所示，一質量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置質量為m的小滑塊。木板受到水平拉力F作用時，用傳感器測出長木板的加速度a與水平拉力F的關系如圖乙所示，重力加速度g=10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是 （　　）
A.小滑塊的質量m=2 kg
B.小滑塊與長木板間的動摩擦因數為0.2
C.當水平拉力F增大時，小滑塊的加速度一定增大
D.當水平拉力F=7 N時，長木板的加速度大小為3 m/s2
三、非選擇題（本題共5小題，共54分）
11.（8分）某同學在家利用身邊器材做“探究兩個互成角度的力的合成規律”的實驗。他找到了木板、白紙、圖釘、橡皮筋、細繩套、一個彈簧測力計和一根彈簧。為完成實驗，他進行了如下步驟的操作：
（1）（2分）先測量找來的那根彈簧的勁度系數。他通過實驗得到如圖甲所示的彈力大小F與彈簧的伸長量x的關系圖像，由此圖像求得該彈簧的勁度系數k=　　　　 N/m（保留兩位有效數字）。
（2）（1分）將木板放在水平桌面上，再用圖釘把一張白紙釘在木板上，將橡皮筋的一端用圖釘固定在白紙上的A點，另一端拴兩個細繩套，分別被彈簧測力計和彈簧鉤住，將結點拉到某一合適位置。彈簧測力計的指針位置如圖乙所示，其讀數為F1=　　　 N；同時利用上一問中的結果獲得彈簧上的彈力值F2=2.50 N，記下這兩個力的大小及兩細繩套的方向，同時記下結點O的位置。撤去彈簧，只用彈簧測力計，把橡皮筋的結點拉到與剛才相同的位置，并記下此時彈簧測力計的讀數為F=3.30 N，同時記下此細繩套的方向OD，如圖丙所示。
（3）該同學選擇合適的標度利用尺規作圖，畫出F1、F2與F這三個力的圖示，并把三個力的圖示的箭頭端用直虛線相連，如圖丁所示，觀察構成的四邊形的特點。
（4）（2分）改變拉力F1和F2的大小及方向，多次重做上述實驗。該同學歸納出：在兩個力合成時，以表示這兩個力的有向線段為鄰邊作　　　　，這兩個鄰邊之間的　　　　就代表合力的大小和方向。
（5）（3分）某次實驗中已知OB與OC的夾角略大于90°，若保持結點O的位置及OB方向不變，而將彈簧OC順時針緩慢轉動一小角度，其他操作均正確，則　　　　。
A.彈簧的長度可能先變長后變短
B.彈簧的長度可能先變短后變長
C.彈簧測力計的示數一直增大
D.彈簧測力計的示數可能先減小后增大
12.（9分）某同學設計了如圖所示的裝置來探究小車的加速度與所受合力的關系。將裝有力傳感器的小車放置于水平長木板上，緩慢向小桶中加入細沙，直到小車剛好開始運動為止，記下力傳感器的最大示數F0，以此表示小車運動時所受摩擦力的大小。再將小車放回原處并按住，繼續向小桶中加入細沙，記下力傳感器的示數F1。
（1）（2分）打點計時器接通頻率為50 Hz的交流電源，釋放小車，打出如圖所示的紙帶。從比較清晰的點起，每5個點取一個計數點，量出相鄰計數點之間的距離，則小車的加速度a=　　　　 m/s2。
（2）（2分）改變小桶中細沙的重力，多次重復實驗，獲得多組數據，描繪小車加速度a與合力F（F=F1-F0）的關系圖像。不計紙帶與打點計時器間的摩擦。下列圖像中可能正確的是　　　　。
（3）（2分）同一次實驗中，小車釋放前力傳感器示數F1與小車加速運動時力傳感器示數F2的關系是F1　　　　F2（選填“<”“=”或“>”）。
（4）（3分）關于該實驗，下列說法中正確的是　　　　。
A.小車和力傳感器的總質量應遠大于小桶和沙的總質量
B.實驗中需要將長木板右端墊高
C.實驗中需要測出小車和力傳感器的總質量
D.用加沙的方法改變拉力的大小與掛鉤碼的方法相比，可更方便地獲取多組實驗數據
13.（11分）如圖所示，在建筑工地上，三個相同的均質圓形鋼管靜置于水平地面上，質量均為m，B、C鋼管剛好接觸且無擠壓，重力加速度為g，不計鋼管之間的摩擦，求：
（1）（4分）B鋼管對水平地面的壓力大小；
（2）（7分）水平地面對C鋼管的摩擦力大小。
14.（12分）如圖甲是冰庫工作人員在水平面移動冰塊的場景，冰塊先在工作人員斜向下推力作用下運動一段距離，然后放手讓冰塊向前滑動一段距離達到運送冰塊的目的。其工作原理可簡化為如圖乙所示，設冰塊質量為m=50 kg，冰塊與滑道間的動摩擦因數μ=0.25，運送冰塊的滑道總長為20.8 m，工人推冰塊時推力與水平方向成37°角斜向下推冰塊。某次推冰塊時，工人從滑道前端推冰塊（初速度可視為零）向前勻加速前進8 m后放手，冰塊剛好滑到滑道末端靜止。（已知g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求：
（1）（3分）冰塊在減速運動過程中的加速度大小a2；
（2）（3分）冰塊滑動過程中的最大速度vm；
（3）（6分）工人推冰塊的推力大小F。
15.（14分）如圖所示是分揀快遞件的皮帶傳輸機，傳送裝置由水平傳送帶AB和傾斜傳送帶CD兩部分組成，兩部分銜接處有一小段圓弧平滑連接，圓弧長度不計。一貨物無初速度地放上水平傳送帶左端，最后運動到傾斜傳送帶頂端。已知水平傳送帶以v0=4 m/s的速度沿順時針方向轉動，水平傳送帶長度為L1=8 m，貨物與水平傳送帶間的動摩擦因數μ1=0.2，貨物質量m=10 kg。傾斜傳送帶由電動機帶動以v0'=5 m/s的速度順時針方向勻速運行。貨物與傾斜傳送帶間的動摩擦因數μ2=0.8，傾斜傳送帶長度為L2=8.8 m，傾角θ=37°。sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）（3分）貨物剛放上水平傳送帶時的加速度大小；
（2）（5分）貨物在水平傳送帶上運動的時間；
（3）（6分）貨物從傾斜傳送帶底端運動到頂端的過程中，貨物相對傾斜傳送帶滑動的距離（即貨物在傾斜傳送帶上的劃痕長度）。
答案精析
1.C
2.C　［“2023年5月30日9時31分”代表時刻，A錯誤；神舟十六號飛船升空到對接的路程大于400 km，B錯誤；神舟十六號飛船在與核心艙對接的過程中，不能忽略大小和形狀，故不能視作質點，C正確；升空過程中，以景海鵬為參考系，朱楊柱、桂海潮處于靜止狀態，D錯誤。］
3.C　［根據彈力產生的條件可知斜面對鉛球的支持力是斜面的形變造成的，故A錯誤；根據題意，對鉛球受力分析，如圖所示，由平衡條件可得FNsin 30°=F，FNcos 30°=mg，解得F=mg，FN=mg，故C正確，B、D錯誤。］
4.B　［甲車的平均速度=== m/s=12 m/s，則初速度v0=24 m/s。乙車的平均速度==12 m/s，則通過的位移s2=t2=12×1.5 m=18 m。故選B。］
5.B　［在s-t圖像中，斜率表示速度，由題圖甲可知甲做勻速直線運動，加速度為0，A錯誤；在v-t圖像中，斜率表示加速度，由題圖乙知乙的加速度大小為a== m/s2=5 m/s2，故B正確；甲在0~4 s內的位移大小為s=20 m-0=20 m，故C錯誤；由v-t圖像中圖線與時間軸圍成的面積表示位移可知，乙在0~4 s內的位移大小為s'= m=40 m，故D錯誤。］
6.B　［由題圖可知，運動員在0~t1內向上運動，加速度方向向下，運動員處于失重狀態，故A錯誤，B正確；由題圖可知，運動員在t3時運動到水下最低點，故C錯誤；根據v-t圖像的切線斜率絕對值表示加速度大小，可知運動員在水中的加速度逐漸減小，故D錯誤。］
7.B　［對P、Q整體，根據牛頓第二定律有
(M+m)gsin θ=(M+m)a
解得加速度a=gsin θ
將沿斜面向下的加速度a=gsin θ沿水平方向和豎直方向分解，如圖所示
對P受力分析，根據牛頓第二定律，水平方向上有
f=ma1=macos θ
豎直方向有
mg-FN=ma2=masin θ
可得Q對P的摩擦力大小為f=mgsin θcos θ，方向水平向左；Q對P的支持力大小為
FN=mg-mgsin2θ=mgcos2θ
由牛頓第三定律可得P對Q的壓力大小等于mgcos2θ。故選B。］
8.CD　［質點的運動方向發生改變，即速度的正、負發生變化，顯然在t=1 s時，B質點運動方向不變，故A錯誤；t=2 s 時，B質點運動方向改變，但加速度方向并沒發生變化，故B錯誤；由題圖可知，t=0時，A、B兩質點速度均為0，此后2 s內vA>0，vB<0，故C正確；由題圖可知，t=4 s時，A、B速度相同，故D正確。］
9.BC　［以A、B、C整體為研究對象，則mCg=(mA+mB+mC)a，得a=2 m/s2，故A錯誤，B正確；隔離B：f=mBa=6 N，故C正確，D錯誤。］
10.ABD　［由題圖乙可得，當拉力等于6 N時，小滑塊和長木板剛好要發生相對滑動，以小滑塊和長木板為整體，根據牛頓第二定律可得
F=(M+m)a
以小滑塊為研究對象，根據牛頓第二定律可得
μmg=ma
其中F=6 N，a=2 m/s2
聯立解得
M+m=3 kg，μ=0.2
當拉力大于6 N時，長木板的加速度為
a==-
可知a-F圖像的斜率為
k== kg-1=1 kg-1
聯立解得
M=1 kg，m=2 kg，故A、B正確；
當水平拉力大于6 N時，長木板與小滑塊已經發生相對滑動，此后F增大，小滑塊的加速度不再增大，而是保持不變，故C錯誤；
當水平拉力F=7 N時，長木板的加速度大小為
a'== m/s2=3 m/s2，故D正確。］
11.(1)60　(2)2.00　(4)平行四邊形　對角線　(5)C
解析　(1)由題圖甲，根據胡克定律可得該彈簧的勁度系數為
k== N/m=60 N/m
(2)題圖乙中彈簧測力計的分度值為0.1 N，則讀數為F1=2.00 N
(4)在兩個力合成時，以表示這兩個力的有向線段為鄰邊作平行四邊形，這兩個鄰邊之間的對角線就代表合力的大小和方向。
(5)某次實驗中已知OB與OC的夾角略大于90°，若保持結點O的位置及OB方向不變，而將彈簧OC順時
針緩慢轉動一小角度，如圖所示
可知FOC與FOB都逐漸增大，彈簧的彈力逐漸增大，彈簧的長度逐漸變長，彈簧測力計的示數一直增大，故選C。
12.(1)0.16　(2)B　(3)>　(4)D
解析　(1)相鄰兩計數點間的時間間隔T=0.1 s，小車的加速度a==0.16 m/s2。
(2)由題意知，描繪的小車加速度a與合力F(F=F1-F0)的關系圖像，相當于已平衡摩擦力后描繪的小車加速度與作用力的關系圖像，且F1、F0均為小車受到的力，可由力傳感器直接得出，故a-F圖像應為過原點的傾斜直線，B項正確。
(3)由牛頓第二定律可知，小車加速運動時繩的拉力F2小于小桶和沙的總重力，又小桶和沙的總重力等于車靜止時繩的拉力F1，故F1>F2。
(4)本實驗中力的大小可由力傳感器直接得出，不需要使小車和力傳感器的總質量遠大于小桶和沙的總質量，A項錯誤；用力傳感器測出了摩擦力，不需要平衡摩擦力，B項錯誤；本實驗是探究小車的加速度與所受合力的關系，只要保持小車和力傳感器的總質量不變，不需要測出它們的具體數值，C項錯誤；用加沙的方法改變拉力的大小，每次沙的質量可增加得很少，而掛鉤碼每次質量增加得多，故前者可更方便地獲取多組實驗數據，D項正確。
13.(1)1.5mg　(2)mg
解析　(1)以三根鋼管整體為研究對象，有
2FN=3mg
解得水平地面對B鋼管的支持力大小為FN=1.5mg
根據牛頓第三定律得B鋼管對水平地面的壓力大小為
FN'=FN=1.5mg
(2)對A鋼管受力分析如圖，根據平衡條件得
F1cos 30°+F2cos 30°=mg
F1sin 30°=F2sin 30°
根據牛頓第三定律，A鋼管對C鋼管的彈力大小為
F2'=F2
水平地面對C鋼管的摩擦力大小
Ff=F2'sin 30°=mg。
14.(1)2.5 m/s2　(2)8 m/s　(3)500 N
解析　(1)減速階段冰塊只受滑動摩擦力作用，
則μmg=ma2
解得a2=2.5 m/s2
(2)減速階段，根據速度—位移關系可得
=2a2(L-s)
其中L=20.8 m，s=8 m，
解得vm=8 m/s
(3)設加速階段的加速度為a1，
則有=2a1s
解得a1=4 m/s2
加速階段冰塊受力情況如圖所示
對冰塊根據牛頓第二定律可得
Fcos 37°-f=ma1
FN=mg+Fsin 37°
f=μFN
聯立解得F=500 N。
15.(1)2 m/s2　(2)3 s　(3)1.2 m
解析　(1)貨物放上水平傳送帶瞬間，由牛頓第二定律有μ1mg=ma1
解得a1=2 m/s2
(2)貨物從放上水平傳送帶到與傳送帶共速，有=2a1L
又v0=a1t1
貨物與水平傳送帶共速后，在水平傳送帶上運動有
L1-L=v0t2
總時間t=t1+t2
聯立解得t=3 s
(3)貨物滑上傾斜傳送帶時由牛頓第二定律有
μ2mgcos θ-mgsin θ=ma2
假設貨物一直加速到頂端，由勻變速直線運動位移公式有
L2=v0t3+a2
到頂端時的速度v'=v0+a2t3
解得v'=4.8 m/s假設成立，該過程傳送帶位移
s0'=v0't3
相對滑動距離
Δs=s0'-L2=1.2 m。(共53張PPT)
模塊綜合試卷(一)
一、單項選擇題
1.在物理學的重大發現中，科學家們創造出了許多物理學方法，如比值法、理想實驗法、控制變量法、極限思維法、類比法、科學假說法和建立物理模型法等，以下關于所用物理學方法的敘述不正確的是
A.在推導勻變速直線運動位移與時間關系式時，把整個運動過程劃分成很多小段，
　每一小段近似看作勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法
B.根據速度定義式v=，當Δt非常小時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，
　該定義應用了極限思維法
C.在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質點來代替物體的方法叫假設法
D.定義加速度a=用到比值法，加速度與Δv和Δt無關
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2.2023年5月30日9時31分，長征二號攜神舟十六號載人飛船在酒泉衛星發射中心發射升空，景海鵬、朱楊柱、桂海潮3名航天員狀態良好，發射取得圓滿成功。載人飛船進入預定軌道后，采用自主快速交會對接模式對接天和核心艙(核心艙距離地面近400 km)徑向端口，形成三艙三船組合體，18時22分，神舟十六號航天員乘組成功入駐“天宮”。下列說法正確的是
A.“2023年5月30日9時31分”代表時間
B.神舟十六號飛船升空到對接的路程為400 km
C.神舟十六號飛船在與核心艙對接的過程中，不能
　視作質點
D.神舟十六號升空過程中，以景海鵬為參考系，朱楊柱、桂海潮都向上運動
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“2023年5月30日9時31分”代表時刻，A錯誤；
神舟十六號飛船升空到對接的路程大于400 km，B錯誤；
神舟十六號飛船在與核心艙對接的過程中，不能忽略大小和形狀，故不能視作質點，C正確；
升空過程中，以景海鵬為參考系，朱楊柱、桂海潮處于靜止狀態，D錯誤。
3.將一個質量為m的鉛球放在傾角為30°的斜面上，并用豎直擋板擋住，鉛球處于靜止狀態。不考慮鉛球受到的摩擦力，重力加速度為g，則
A.斜面對鉛球的支持力是鉛球的形變造成的
B.斜面對鉛球的支持力為mg
C.斜面對鉛球的支持力為mg
D.擋板對鉛球的彈力為mg
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根據彈力產生的條件可知斜面對鉛球的支持力是斜面的形變造成的，故A錯誤；
根據題意，對鉛球受力分析，如圖所示，由平衡條件可得FNsin 30°=F，FNcos 30°=mg，解得F=mg，FN=mg，故C正確，B、D錯誤。
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4.甲、乙兩輛汽車速度相等，在同時制動后，假設均做勻減速直線運動，甲經3 s停止，共前進了36 m，乙經1.5 s停止，乙車前進的距離為
A.9 m B.18 m
C.36 m D.27 m
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甲車的平均速度=== m/s=12 m/s，則初速度v0=24 m/s。乙車的平均速度==12 m/s，則通過的位移s2=t2=12×1.5 m=18 m。故選B。
5.如圖所示，分別為汽車甲的位移—時間圖像和汽車乙的速度—時間圖像，則
A.甲的加速度大小為5 m/s2
B.乙的加速度大小為5 m/s2
C.甲在0~4 s內的位移大小為40 m
D.乙在0~4 s內的位移大小為20 m
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在s-t圖像中，斜率表示速度，由題圖甲可知甲做勻速直線運動，加速度為0，A錯誤；
在v-t圖像中，斜率表示加速度，由題圖乙知乙的加速度大小為a=　
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= m/s2=5 m/s2，故B正確；
甲在0~4 s內的位移大小為s=20 m-0=20 m，故C錯誤；
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由v-t圖像中圖線與時間軸圍成的面積表示位移可知，乙在0~4 s內的位移大小為s'= m=40 m，故D錯誤。
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6.(2024·汕頭市高一期末)10 m跳臺跳水比賽中，從運動員離開跳板開始計時，以豎直向下為正方向，該運動員跳水過程中重心的v-t圖像可簡化為如圖所示(忽略運動員水平方向的運動)，則下列說法正確的是
A.運動員在0~t2內一直下降
B.運動員在0~t1內處于失重狀態
C.運動員在t3時已浮出水面
D.運動員在水中的加速度逐漸增大
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由題圖可知，運動員在0~t1內向上運動，
加速度方向向下，運動員處于失重狀態，
故A錯誤，B正確；
由題圖可知，運動員在t3時運動到水下最
低點，故C錯誤；
根據v-t圖像的切線斜率絕對值表示加速度大小，可知運動員在水中的加速度逐漸減小，故D錯誤。
7.(2023·廣州市第五中學高一期末)如圖所示，質量分別為m、M的兩物體P、Q保持相對靜止，一起沿傾角為θ的固定光滑斜面下滑，Q的上表面水平，P、Q間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，則下列說法正確的是
A.Q對P的摩擦力大小為μmg，方向水平向左
B.Q對P的摩擦力大小為mgsin θcos θ，方向水平向左
C.P對Q的壓力大小等于mg
D.P對Q的壓力大小等于mgsin2θ
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對P、Q整體，根據牛頓第二定律有
(M+m)gsin θ=(M+m)a
解得加速度a=gsin θ
將沿斜面向下的加速度a=gsin θ沿水平方向
和豎直方向分解，如圖所示
對P受力分析，根據牛頓第二定律，水平方向上有
f=ma1=macos θ
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豎直方向有
mg-FN=ma2=masin θ
可得Q對P的摩擦力大小為f=mgsin θcos θ，
方向水平向左；Q對P的支持力大小為
FN=mg-mgsin2θ=mgcos2θ
由牛頓第三定律可得P對Q的壓力大小等于mgcos2θ。故選B。
二、多項選擇題
8.在如圖所示的v-t圖像中，A、B兩質點同時從同一點沿同一條直線開始運動，運動規律用A、B兩圖線表示，下列敘述正確的是
A.t=1 s時，B質點運動方向發生改變
B.t=2 s時，B質點運動方向和加速度方向均
　發生改變
C.A、B同時由靜止出發，0~2 s內運動方向相反
D.在t=4 s時，A、B速度相同
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質點的運動方向發生改變，即速度的正、
負發生變化，顯然在t=1 s時，B質點運動
方向不變，故A錯誤；
t=2 s 時，B質點運動方向改變，但加速度
方向并沒發生變化，故B錯誤；
由題圖可知，t=0時，A、B兩質點速度均為0，此后2 s內vA>0，vB<0，故C正確；
由題圖可知，t=4 s時，A、B速度相同，故D正確。
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9.如圖所示，在光滑的水平桌面上放一質量為mA=5 kg的物塊A，A的上方放一質量為mB=3 kg的物塊B，用一輕繩一端拴在物塊A上，另一端跨過光滑的輕質定滑輪拴接一質量為mC=2 kg的物塊C，其中連接A的輕繩與水平桌面平行。現由靜止釋放物塊C，在以后的過程中，C未著地，A與B之間沒有相對滑動且A、B始終沒有離開水平桌面(重力加速度g取　10 m/s2)。則下列說法正確的是
A.A的加速度大小為2.5 m/s2
B.A的加速度大小為2 m/s2
C.A對B的摩擦力大小為6 N
D.A對B的摩擦力大小為7.5 N
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以A、B、C整體為研究對象，則mCg=　(mA+mB+mC)a，得a=2 m/s2，故A錯誤，B正確；
隔離B：f=mBa=6 N，故C正確，D錯誤。
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10.(2023·廣州市第八十九中高一期末)如圖甲所示，一質量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置質量為m的小滑塊。木板受到水平拉力F作用時，用傳感器測出長木板的加速度a與水平拉力F的關系如圖乙所示，重力加速度g=10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是
A.小滑塊的質量m=2 kg
B.小滑塊與長木板間的動摩擦因數為0.2
C.當水平拉力F增大時，小滑塊的加速
　度一定增大
D.當水平拉力F=7 N時，長木板的加速度大小為3 m/s2
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由題圖乙可得，當拉力等于6 N時，小滑塊和長木板剛好要發生相對滑動，以小滑塊和長木板為整體，根據牛頓第二定律可得
F=(M+m)a
以小滑塊為研究對象，
根據牛頓第二定律可得
μmg=ma
其中F=6 N，a=2 m/s2
聯立解得
M+m=3 kg，μ=0.2
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當拉力大于6 N時，長木板的加速度為
a==-
可知a-F圖像的斜率為
k== kg-1=1 kg-1
聯立解得
M=1 kg，m=2 kg，故A、B正確；
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當水平拉力大于6 N時，長木
板與小滑塊已經發生相對滑動，
此后F增大，小滑塊的加速度
不再增大，而是保持不變，故C錯誤；
當水平拉力F=7 N時，長木板的加速度大小為
a'== m/s2=3 m/s2，故D正確。
(1)先測量找來的那根彈簧的勁度系數。他通過實驗得到如圖甲所示的彈力大小F與彈簧的伸長量x的關系圖像，由此圖像求得該彈簧的勁度系數k=　　 N/m(保留兩位有效數字)。
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三、非選擇題
11.某同學在家利用身邊器材做“探究兩個互成角度的力的合成規律”的實驗。他找到了木板、白紙、圖釘、橡皮筋、細繩套、一個彈簧測力計和一根彈簧。為完成實驗，他進行了如下步驟的操作：
60
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由題圖甲，根據胡克定律可得該彈簧的勁度系數為
k== N/m=60 N/m
剛才相同的位置，并記下此時彈簧測力計的讀數為F=3.30 N，同時記下此細繩套的方向OD，如圖丙所示。
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(2)將木板放在水平桌面上，再用圖釘把一張白紙釘在木板上，將橡皮筋的一端用圖釘固定在白紙上的A點，另一端拴兩個細繩套，分別被彈簧測力計和彈簧鉤住，將結點拉到某一合適位置。彈簧測力計的指針位置如圖乙所示，其讀數為F1=　　　 N；同時利用上一問中的結果獲得彈簧上的彈力值F2=2.50 N，記下這兩個力的大小及兩細繩套的方向，同時記下結點O的位置。撤去彈簧，只用彈簧測力計，把橡皮筋的結點拉到與
2.00
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題圖乙中彈簧測力計的分度值為0.1 N，則讀數為F1=2.00 N
(3)該同學選擇合適的標度利用尺規作圖，畫出F1、F2與F這三個力的圖示，并把三個力的圖示的箭頭端用直虛線相連，如圖丁所示，觀察構成的四邊形的特點。
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(4)改變拉力F1和F2的大小及方向，多次重做上述實驗。該同學歸納出：在兩個力合成時，以表示這兩個力的有向線段為鄰邊作　　 　　，這兩個鄰邊之間的　　　　就代表合力的大小和方向。
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平行四邊形
對角線
在兩個力合成時，以表示這兩個力的有向線段為鄰邊作平行四邊形，這兩個鄰邊之間的對角線就代表合力的大小和方向。
(5)某次實驗中已知OB與OC的夾角略大于90°，若保持結點O的位置及OB方向不變，而將彈簧OC順時針緩慢轉動一小角度，其他操作均正確，則　　。
A.彈簧的長度可能先變長后變短
B.彈簧的長度可能先變短后變長
C.彈簧測力計的示數一直增大
D.彈簧測力計的示數可能先減小后增大
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C
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某次實驗中已知OB與OC的夾角略大于90°，若保持結點O的位置及OB方向不變，而將彈簧OC順時針緩慢轉動一小角度，如圖所示
可知FOC與FOB都逐漸增大，彈簧的彈力逐漸增大，彈簧的長度逐漸變長，彈簧測力計的示數一直增大，故選C。
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12.某同學設計了如圖所示的裝置來探究小車的加速度與所受合力的關系。將裝有力傳感器的小車放置于水平長木板上，緩慢向小桶中加入細沙，直到小車剛好開始運動為止，記下力傳感器的最大示數F0，以此表示小車運動時所受摩擦力的大小。再將小車放回原處并按住，繼續向小桶中加入細沙，記下力傳感器的示數F1。
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(1)打點計時器接通頻率為50 Hz的交流電源，釋放小車，打出如圖所示的紙帶。從比較清晰的點起，每5個點取一個計數點，量出相鄰計數點之間的距離，則小車的加速度a=　　　 m/s2。
0.16
相鄰兩計數點間的時間間隔T=0.1 s，小車的加速度
a==0.16 m/s2。
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(2)改變小桶中細沙的重力，多次重復實驗，獲得多組數據，描繪小車加速度a與合力F(F=F1-F0)的關系圖像。不計紙帶與打點計時器間的摩擦。下列圖像中可能正確的是　　。
B
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由題意知，描繪的小車加速度a與合力F(F=F1-F0)的關系圖像，相當于已平衡摩擦力后描繪的小車加速度與作用力的關系圖像，且F1、F0均為小車受到的力，可由力傳感器直接得出，故a-F圖像應為過原點的傾斜直線，B項正確。
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(3)同一次實驗中，小車釋放前力傳感器示數F1與小車加速運動時力傳感器示數F2的關系是F1　　F2(選填“<”“=”或“>”)。
>
由牛頓第二定律可知，小車加速運動時繩的拉力F2小于小桶和沙的總重力，又小桶和沙的總重力等于車靜止時繩的拉力F1，故F1>F2。
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(4)關于該實驗，下列說法中正確的是　　。
A.小車和力傳感器的總質量應遠大于小桶和沙的總質量
B.實驗中需要將長木板右端墊高
C.實驗中需要測出小車和力傳感器的總質量
D.用加沙的方法改變拉力的大小與掛鉤碼的方法相比，可更方便地獲取
多組實驗數據
D
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本實驗中力的大小可由力傳感器直接得出，不需要使小車和力傳感器的總質量遠大于小桶和沙的總質量，A項錯誤；
用力傳感器測出了摩擦力，不需要平衡摩擦力，B項錯誤；
本實驗是探究小車的加速度與所受合力的關系，只要保持小車和力傳感器的總質量不變，不需要測出它們的具體數值，C項錯誤；
用加沙的方法改變拉力的大小，每次沙的質量可增加得很少，而掛鉤碼每次質量增加得多，故前者可更方便地獲取多組實驗數據，D項正確。
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13.如圖所示，在建筑工地上，三個相同的均質圓形鋼管靜置于水平地面上，質量均為m，B、C鋼管剛好接觸且無擠壓，重力加速度為g，不計鋼管之間的摩擦，求：
(1)B鋼管對水平地面的壓力大小；
答案　1.5mg
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以三根鋼管整體為研究對象，有
2FN=3mg
解得水平地面對B鋼管的支持力大小為
FN=1.5mg
根據牛頓第三定律得B鋼管對水平地面的壓力大小為
FN'=FN=1.5mg
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(2)水平地面對C鋼管的摩擦力大小。
答案　mg
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對A鋼管受力分析如圖，
根據平衡條件得F1cos 30°+F2cos 30°=mg
F1sin 30°=F2sin 30°
根據牛頓第三定律，A鋼管對C鋼管的彈力大小為
F2'=F2
水平地面對C鋼管的摩擦力大小
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Ff=F2'sin 30°=mg。
的目的。其工作原理可簡化為如圖乙所示，設冰塊質量為m=50 kg，冰塊與滑道間的動摩擦因數μ=0.25，運送冰塊的滑道總長為20.8 m，工人推冰塊時推力與水平方向成37°角斜向下推冰塊。某次推冰塊時，工人從滑道前端推冰塊(初速度可視為零)向前勻加速前進8 m后放手，冰塊剛好滑到滑道末端靜止。(已知g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)求：
14.如圖甲是冰庫工作人員在水平面移動冰塊的場景，冰塊先在工作人員斜向下推力作用下運動一段距離，然后放手讓冰塊向前滑動一段距離達到運送冰塊
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答案　2.5 m/s2　
(1)冰塊在減速運動過程中的加速度大小a2；
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減速階段冰塊只受滑動摩擦力作用，
則μmg=ma2
解得a2=2.5 m/s2
答案　8 m/s　
(2)冰塊滑動過程中的最大速度vm；
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減速階段，根據速度—位移關系可得
=2a2(L-s)
其中L=20.8 m，s=8 m，
解得vm=8 m/s
答案　500 N
(3)工人推冰塊的推力大小F。
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設加速階段的加速度為a1，
則有=2a1s
解得a1=4 m/s2
加速階段冰塊受力情況如圖所示
對冰塊根據牛頓第二定律可得Fcos 37°-f=ma1
FN=mg+Fsin 37°
f=μFN
聯立解得F=500 N。
15.如圖所示是分揀快遞件的皮帶傳輸機，傳送裝置由水平傳送帶AB和傾斜傳送帶CD兩部分組成，兩部分銜接處有一小段圓弧平滑連接，圓弧長度不計。一貨物無初速度地放上水平傳
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送帶左端，最后運動到傾斜傳送帶頂端。已知水平傳送帶以v0=4 m/s的速度沿順時針方向轉動，水平傳送帶長度為L1=8 m，貨物與水平傳送帶間的動摩擦因數μ1=0.2，貨物質量m=10 kg。傾斜傳送帶由電動機帶動以v0'=5 m/s的速度順時針方向勻速運行。貨物與傾斜傳送帶間的動摩擦因數μ2=0.8，傾斜傳送帶長度為L2=8.8 m，傾角θ=37°。sin 37°=0.6， cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)貨物剛放上水平傳送帶時的加速度大小；
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答案　2 m/s2　
貨物放上水平傳送帶瞬間，由牛頓第二定律有μ1mg=ma1
解得a1=2 m/s2
(2)貨物在水平傳送帶上運動的時間；
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答案　3 s　
貨物從放上水平傳送帶到與傳送帶共速，有=2a1L
又v0=a1t1
貨物與水平傳送帶共速后，在水平傳送帶上運動有L1-L=v0t2
總時間t=t1+t2
聯立解得t=3 s
(3)貨物從傾斜傳送帶底端運動到頂端的過程中，貨物相對傾斜傳送帶滑動的距離(即貨物在傾斜傳送帶上的劃痕長度)。
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答案　1.2 m
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貨物滑上傾斜傳送帶時由牛頓第二定律有
μ2mgcos θ-mgsin θ=ma2
假設貨物一直加速到頂端，
由勻變速直線運動位移公式有
L2=v0t3+a2
到頂端時的速度v'=v0+a2t3
解得v'=4.8 m/s1
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假設成立，該過程傳送帶位移
s0'=v0't3
相對滑動距離
Δs=s0'-L2=1.2 m。

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