资源简介

模块综合试卷
(满分:100分)
一、单项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.(2023·眉山市彭山区第一中学高一期末)如图所示,兴趣小组的同学为了研究竖直运动的电梯中物体的受力情况,在电梯地板上放置了一个压力传感器,将质量为4 kg的物体放在传感器上。在电梯运动的某段过程中,传感器的示数为44 N。g取10 m/s2,对此过程的分析正确的是 (　　)
A.物体受到的重力变大
B.物体的加速度大小为1 m/s2
C.电梯一定正在减速上升
D.电梯一定正在加速上升
2.(2023·湖北武汉市调研)甲、乙两车在平直公路上同向行驶,在某段时间内它们的v-t图像如图所示。t=0时,乙车在甲车前方25 m处。下列说法正确的是 (　　)
A.t=5 s时,甲、乙两车恰好相遇
B.t=3 s时,甲、乙两车相距9 m
C.0~5 s内,甲、乙两车的距离越来越大
D.0~5 s内,甲、乙两车加速度相同
3.(2024·济南市历城二中高一期末)某雕塑可以简化为如图所示的模型:一个半球形花冠和竖直的毛笔底座,若花冠中落入一连接有轻绳、质量为m的小球,轻绳搭在花冠边缘,若用力拉动轻绳使小球沿花冠缓慢向上移动,在此过程中若忽略一切阻力,则 (　　)
A.轻绳的拉力先增大后减小
B.轻绳的拉力一直增大
C.花冠对小球的支持力先增大后减小
D.花冠对小球的支持力一直增大
4.某大学设计了一款能够与人协作,共同完成冰壶比赛的机器人。当机器人与冰壶之间的距离保持在8 m之内时,机器人可以实时追踪并准确获取冰壶的运动信息。在某次投掷练习中机器人夹取冰壶,由静止开始做匀加速运动,之后释放冰壶,二者均做匀减速直线运动,冰壶准确命中目标,二者在整个运动过程中的图像如图所示。此次投掷中,下列说法中正确的是 (　　)
A.冰壶减速运动的加速度大小为m/s2
B.9 s末,冰壶的速度大小为5.75 m/s
C.7 s末,冰壶、机器人二者间距为7 m
D.机器人能够一直准确获取冰壶的运动信息
二、多项选择题:本题共4小题,每小题6分,共24分。每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
5.(2022·新泰市第一中学高一阶段练习)质量分别为M和m的两物块A、B大小相同,将它们用轻绳跨过光滑定滑轮连接。如图甲所示,轻绳平行于倾角为α的斜面,A恰好能静止在斜面上,不考虑两物块与斜面之间的摩擦,若互换两物块的位置,按图乙放置,然后释放A。已知斜面固定,重力加速度大小为g,则 (　　)
A.此时轻绳的拉力大小为mg
B.此时轻绳的拉力大小为Mg
C.此时A运动的加速度大小为(1-cos α)g
D.此时A运动的加速度大小为(1-sin α)g
6.(2023·德州市高一期中)如图所示,质量为m的物块在平行于斜面的拉力F作用下沿倾角为θ的斜面做匀速直线运动。物块与斜面间的动摩擦因数为μ,且μ=tan θ,重力加速度为g,则拉力F的大小可能为 (　　)
A.mgsin θ B.mgsin θ
C.2mgsin θ D.3mgsin θ
7.质量不相等的两物块A和B的质量为mA和mB,置于粗糙水平面上,两物体与水平面间的动摩擦因数相同,如图所示,当用水平恒力F作用于左端A上,两物块一起加速运动时,A、B间的作用力大小为N1,当水平恒力F作用于右端B上,两物块一起加速运动时,A、B间作用力大小为N2,则 (　　)
A.两次物体运动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,则N1=N2
8.国家粮食储备仓库工人利用传送带从车上卸粮食。如图甲所示,以某一恒定速率v0逆时针运行的传送带与水平面的夹角θ=37°,转轴间距L=3.5 m。工人沿传送带方向以速度v1=1.5 m/s从传送带顶端推下粮袋(视为质点),4.5 s时粮袋运动到传送带底端,粮袋在传送带上运动的v-t图像如图乙所示。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,则 (　　)
A.在t=2.5 s时刻,粮袋所受摩擦力方向改变
B.粮袋与传送带间的动摩擦因数为0.8
C.传送带运行的速度大小为0.5 m/s
D.在0~2.5 s内粮袋处于失重状态
三、非选择题:本题共7小题,共60分。
9.(4分)如图所示为某质点做直线运动的v-t图像,质点运动的加速度大小为　　　　 m/s2,在t=1 s时质点离出发点的距离为　　　　 m。
10.(4分)如图所示,质量分别为1 kg和2 kg的A、B两物块放在光滑的水平地面上,用劲度系数为k=200 N/m轻质弹簧连接在一起。两物块在水平力拉力F=15 N作用下,一起以相同的加速度向右做匀加速运动,其加速度大小a=　　　　m/s2,弹簧的伸长量x=　　　　cm。
11.(4分)某同学为测定物块与电梯水平地板之间的动摩擦因数,将质量为1 kg的物块放在电梯水平地板上,弹簧测力计一端固定在电梯侧壁上,另一端连接物块并保持测力计水平。现用手向左缓慢移动物块至图甲所示位置,放手后物块仍保持静止,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(取g=9.8 m/s2)。
(1)图甲中弹簧测力计读数为　　　　 N;
(2)电梯启动后,用手机的加速度传感器测得电梯的a-t图像如图乙所示(以竖直向上为正方向)。结果发现在电梯运行过程中的某一时刻物块被拉动,则这一时刻是　　　　(选填“第2 s末”或“第4 s末”),该时刻电梯处于　　　　(选填“超重”或“失重”)状态;
(3)物块和电梯水平地板间动摩擦因数的最大值是　　　　(保留两位有效数字)。
12.(6分)如图为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置示意图,图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源,在小车质量一定的情况下探究加速度与力的关系。
(1)为使轻绳对小车的拉力为小车所受的合外力,在组装器材完毕后需平衡摩擦力:平衡摩擦力时　　　　(选填“需要”或“不需要”)挂上沙桶;正确操作后,在长木板右端下放一块垫木,以调整长木板右端的高度,放上小车后,轻推小车使之运动,打点计时器在纸带上打出如图所示的纸带(纸带上打点方向为由A到B),则需要将垫木向　　　　移动(选填“左”或“右”)。
(2)本实验操作过程中,　　　　(选填“需要”或“不需要”)满足沙桶及沙的质量远小于小车质量。
(3)如图是某同学实验过程中得到的一条点迹清晰的纸带,已知相邻两点间还有4个点未画出,则根据纸带可得此次小车的加速度a=　　　　 m/s2(结果保留3位有效数字)。
(4)若某次实验过程中,求得小车的加速度大小为a,则沙桶的加速度大小为　　　　。
(5)如图是甲、乙、丙三位同学作出的加速度与弹簧测力计示数的关系图像,其中符合实验事实的是　　　　(选填“甲”“乙”或“丙”)。
13.(12分)如图所示,光滑斜面的倾角为θ,有两个相同的小球1、2,重力均为G,分别用光滑挡板A、B挡住,挡板A沿竖直方向,挡板B垂直斜面。
(1)(4分)分别将小球所受的重力按效果进行分解;
(2)(4分)分别求小球1对挡板和斜面的压力大小;
(3)(4分)分别求小球2对挡板和斜面的压力大小。
14.(14分)(2023·南通市高一统考) 一只小松鼠由于受到惊吓,在水平地面上P点的正上方树枝A处掉下,此过程可看成自由落体运动。与此同时,在P点左侧的狼从B处由静止开始向右跑来,该情况可简化为如图甲所示的模型,狼运动的v-t图像如图乙所示,已知A处高h=1.8 m且小松鼠和狼均可看作质点,g取10 m/s2。
(1)(3分)求小松鼠下落至地面所需的时间t;
(2)(4分)要使狼在小松鼠落地的同时达到P点,求狼的初始位置与P点之间的距离;
(3)(7分)如果狼运动规律没有变,开始时与P点之间的距离为8 m,小松鼠落地瞬间在水平方向上从静止开始以a2=10 m/s2的加速度与狼同向逃跑,假设狼的最高速度为20 m/s,小松鼠的最高速度为25 m/s,通过计算说明狼能否追上小松鼠
15.(16分)如图所示,质量M=1 kg的木板静止在水平面上,质量为m=2 kg的小物块(可视为质点)停在木板左端,小物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.8,木板与水平面间的动摩擦因数μ2=0.4。某时刻起,给小物块施加一水平向右的恒力F=36 N,经0.5 s后撤去此力,小物块恰好未从木板上滑落。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)(6分)木板运动的最大速度;
(2)(5分)木板的长度;
(3)(5分)小物块的运动时间。
答案精析
1.B　[重力是由于地球的吸引而使物体受到的力，物体在电梯运动的过程中，重力并没有发生改变，A错误；对物体分析有N-mg=ma，解得a=1 m/s2，B正确；根据上述分析知，加速度方向竖直向上，当速度向上时，电梯向上做匀加速直线运动，当速度向下时，电梯向下做匀减速直线运动，C、D错误。]
2.A　[根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移可得，前5 s内甲的位移为×(5+10)×5 m=37.5 m，前5 s内乙的位移为×5×5 m=12.5 m，所以前5 s内甲比乙多行驶37.5 m-12.5 m=25 m，又因为t=0时，乙车在甲车前方25 m处，所以5 s末两车相遇，0~5 s内甲、乙两车的距离越来越小，故A正确，C错误；由v-t图像的斜率表示加速度可得，0~5 s内甲、乙两车加速度分别为a甲==1 m/s2，a乙==-1 m/s2，所以0~5 s内甲、乙两车加速度大小相等，方向相反，故D错误；根据匀变速直线运动位移与时间关系式可得，前3 s内甲车位移为(5×3+×1×32) m=19.5 m，前3 s内乙车位移为(5×3-×1×32) m=10.5 m，所以t=3 s时，甲、乙两车间的距离为25 m-(19.5-10.5) m=16 m，故B错误。]
3.B　[对小球进行受力分析，如图所示，力的三角形和几何三角形相似，则有=，当小球缓慢向上移动时，R不变，l增大，mg不变，则N减小，在力的三角形中，mg保持不变，N减小，且N与重力反向延长线的夹角逐渐增大，可知F增大，故选B。
]
4.C　[冰壶减速运动的加速度大小为a1=||=||m/s2=0.125 m/s2，故A错误；t=3 s末冰壶的速度v3=6 m/s，则9 s末，冰壶的速度大小为v9=v3-a1t1=(6-0.125×6) m/s=5.25 m/s，故B错误；7 s末，冰壶的速度大小为v7=v3-a1t2=(6-0.125×4) m/s=5.5 m/s，7 s末，冰壶、机器人二者间距等于3~7 s内二者位移之差，为s=×4 m-×4 m=7 m，故C正确；当t=11 s时，冰壶、机器人二者间距为s'=×8 m- m=26 m>8 m，则知机器人不能一直准确获取冰壶的运动信息，故D错误。]
5.AD　[按题图甲放置时A静止，则由平衡条件可得Mgsin α=mg，互换位置后，对A、B整体，由牛顿第二定律得Mg-mgsin α=(M+m)a，联立解得a=(1-sin α)g，对B，由牛顿第二定律得T-mgsin α=ma，解得T=mg，A、D正确。]
6.ABC　[由μ=tan θ知物块在斜面上受到的滑动摩擦力大小f=μmgcos θ=mgsin θ，物块沿斜面方向受到重力沿斜面向下的分力mgsin θ、滑动摩擦力f及拉力F，三力合力为0，且f和F方向不确定，因此拉力F大小取值范围为mgsin θ-f≤F≤mgsin θ+f，即0≤F≤2mgsin θ，故选A、B、C。]
7.BC　[根据牛顿第二定律对整体分析知a==-μg，则两次物体运动的加速度大小相等，但是方向相反，故A错误；两次分别隔离B和A得N1-μmBg=mBa，则N1=mBa+μmBg=，同理可得到N2-μmAg=mAa，则N2=mAa+μmAg=，则得到N1+N2=F，N1∶N2=mB∶mA，故B、C正确；由于mA和mB不相等，所以即使水平面光滑，N1与N2也不相等，故D错误。]
8.BC　[由题图乙可知，在0~2.5 s内，粮袋的速度大于传送带的速度，则粮袋受沿传送带向上的滑动摩擦力，在2.5~4.5 s内，粮袋随传送带匀速下滑，根据平衡条件可知，粮袋受沿传送带向上的静摩擦力，故A错误；根据v-t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，由题图乙可知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正确；由题图乙和C分析可知，粮袋在0~2.5 s内的加速度为a== m/s2=-0.4 m/s2，则加速度方向沿传送带向上，则在0~2.5 s内粮袋处于超重状态，根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma，联立代入数据解得μ=0.8，故D错误，B正确。]
9.1.2　3.4
解析　质点运动的加速度大小为a==m/s2=1.2 m/s2，t=0时刻质点的速度大小为v0=v1-at=4.0 m/s-1.2×1 m/s=2.8 m/s，t=1 s时质点离出发点的距离s=t=×1 m=3.4 m。
10.5　2.5
解析　对整体根据牛顿第二定律可得a==5 m/s2，设弹簧对A的弹力大小为FA，对A根据牛顿第二定律可得FA=mAa=5 N，根据胡克定律可得x==2.5 cm。
11.(1)3.60　(2)第4 s末　失重
(3)0.40
解析　(1)根据题图甲可知，3 N和4 N之间有10个小格，每小格表示0.1 N，需要估读到下一位，因此弹簧测力计示数为3.60 N。
(2)物块被拉动时，是最大静摩擦力最小时，也就是地板的弹力最小时，由题意可知一定是向下的加速度最大时，结合题图乙可知为第4 s末，此时加速度方向向下，电梯处于失重状态；
(3)第4 s末时，分析物块受力可知N-mg=ma，代入数据解得N=9 N，结合弹簧测力计示数，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)平衡摩擦力时不需要挂上沙桶；由纸带可以看出小车点迹分布越来越密集，说明小车在做减速运动，平衡摩擦力不足，需增大倾角，故需向左移动垫木；
(2)小车所受拉力可由弹簧测力计直接读取，故不需要满足沙桶及沙的质量远小于小车质量；
(3)纸带上相邻两计数点间的时间间隔为T=0.1 s，根据逐差法有
a=
≈1.93 m/s2；
(4)两段轻绳拉小车，所以沙桶的加速度是小车加速度的2倍，即沙桶的加速度是2a；
(5)本实验中作用在小车上的力可以准确测量，加速度与力成正比，可知乙正确。
13.(1)见解析图　(2)Gtan θ　
(3)Gsin θ　Gcos θ
解析　球1所受重力按效果分解如图甲所示，
F1=Gtan θ，F2=
得小球1对挡板和斜面的压力分别为
F1=Gtan θ，F2=
球2所受重力按效果分解如图乙所示，
F3=Gsin θ，F4=Gcos θ
得小球2对挡板和斜面的压力分别为
F3=Gsin θ，F4=Gcos θ。
14.(1)0.6 s　(2)1.44 m　(3)不能
解析　(1)小松鼠做自由落体运动，根据h=gt2，解得t=0.6 s
(2)由题图乙可知狼做匀加速直线运动，加速度
a1== m/s2=8 m/s2
则狼的初始位置与P点之间的距离
x1=a1t2=×8×0.62 m
=1.44 m
(3)如果狼开始时与P点之间的距离x0=8 m，由(2)问知小松鼠落地瞬间，狼未到达P点。设狼经过时间t1速度达到最大值v1，t1== s=2.5 s
此时松鼠速度为v2=a2(t1-t)=19 m/s<20 m/s
设再经过t2时间共速，
则t2= s=0.1 s
此过程狼的位移x1=a1+v1t2=27 m
此过程松鼠的位移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)物块与木板间的滑动摩擦力大小为
f1=μ1mg=16 N
水平面与木板间的滑动摩擦力大小为
f2=μ2(m+M)g=12 N
F作用时，对物块有F-f1=ma1
代入数据解得a1=10 m/s2
对木板有f1-f2=Ma2
代入数据解得a2=4 m/s2
撤掉F后，对物块有f1=ma3
代入数据解得a3=8 m/s2
在0.5 s内物块经加速后有
v1=a1t1=5 m/s
木板有v2=a2t1=2 m/s
这段时间内物块的位移为
x1=a1=1.25 m
木板的位移为x2=a2=0.5 m
撤掉F后，由于物块恰好不滑落，即物块到达木板右端时二者达到共速，有v=v1-a3t2=v2+a2t2
解得t2=0.25 s
此时木板达到最大速度为v=3 m/s
(2)撤掉F到共速过程，物块的位移为
x3=v1t2-a3=1 m
木板的位移为x4=v2t2+a2
=0.625 m
故木板的长度为L=(x1+x3)-(x2+x4)=1.125 m
(3)达到共速后，对整体有
Ff2=(M+m)a4
解得a4=4 m/s2
从v减速至0用时为t3==0.75 s
故物块运动的总时间为t=t1+t2+t3=1.5 s。(共47张PPT)
模块综合试卷
一、单项选择题
1.(2023·眉山市彭山区第一中学高一期末)如图所示，兴趣小组的同学为了研究竖直运动的电梯中物体的受力情况，在电梯地板上放置了一个压力传感器，将质量为4 kg的物体放在传感器上。在电梯运动的某段过程中，传感器的示数为44 N。g取10 m/s2，对此过程的分析正确的是
A.物体受到的重力变大
B.物体的加速度大小为1 m/s2
C.电梯一定正在减速上升
D.电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体受到的力，物体在电
梯运动的过程中，重力并没有发生改变，A错误；
对物体分析有N-mg=ma，解得a=1 m/s2，B正确；
根据上述分析知，加速度方向竖直向上，当速度向上
时，电梯向上做匀加速直线运动，当速度向下时，电梯向下做匀减速直线运动，C、D错误。
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2.(2023·湖北武汉市调研)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，在某段时间内它们的v-t图像如图所示。t=0时，乙车在甲车前方25 m处。下列说法正确的是
A.t=5 s时，甲、乙两车恰好相遇
B.t=3 s时，甲、乙两车相距9 m
C.0~5 s内，甲、乙两车的距离越来越大
D.0~5 s内，甲、乙两车加速度相同
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根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移可得，前5 s
内甲的位移为×(5+10)×5 m=37.5 m，前5 s内乙的
位移为×5×5 m=12.5 m，所以前5 s内甲比乙多行
驶37.5 m-12.5 m=25 m，又因为t=0时，乙车在甲车前方25 m处，所以5 s末两车相遇，0~5 s内甲、乙两车的距离越来越小，故A正确，C错误；
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由v-t图像的斜率表示加速度可得，0~5 s内甲、乙两
车加速度分别为a甲==1 m/s2，a乙==-1 m/s2，
所以0~5 s内甲、乙两车加速度大小相等，方向相反，
故D错误；
根据匀变速直线运动位移与时间关系式可得，前3 s内甲车位移为(5×
3+×1×32) m=19.5 m，前3 s内乙车位移为(5×3-×1×32) m=10.5 m，所以t=3 s时，甲、乙两车间的距离为25 m-(19.5-10.5) m=16 m，故B错误。
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3.(2024·济南市历城二中高一期末)某雕塑可以简化为如图所示的模型：一个半球形花冠和竖直的毛笔底座，若花冠中落入一连接有轻绳、质量为m的小球，轻绳搭在花冠边缘，若用力拉动轻绳使小球沿花冠缓慢向上移动，在此过程中若忽略一切阻力，则
A.轻绳的拉力先增大后减小
B.轻绳的拉力一直增大
C.花冠对小球的支持力先增大后减小
D.花冠对小球的支持力一直增大
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对小球进行受力分析，如图所示，力的三角形和几何三角形相似，则有=，当小球缓慢向上移动时，R不变，l增大，mg不变，则N减小，在力的三角形中，mg保持不变，N减小，且N与重力反向延长线的夹角逐渐增大，可知F增大，故选B。
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4.某大学设计了一款能够与人协作，共同完成冰壶比赛的机器人。当机器人与冰壶之间的距离保持在8 m之内时，机器人可以实时追踪并准确获取冰壶的运动信息。在某次投掷练习中机器人夹取冰壶，由静止开始做匀加速运动，之后释放冰壶，二者均做匀减速直线运动，冰壶准确命中目标，二者在整个运动过程中的图像如图所示。此次投掷中，下列说法中正确的是
A.冰壶减速运动的加速度大小为m/s2
B.9 s末，冰壶的速度大小为5.75 m/s
C.7 s末，冰壶、机器人二者间距为7 m
D.机器人能够一直准确获取冰壶的运动信息
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冰壶减速运动的加速度大小为a1=||=||m/s2
=0.125 m/s2，故A错误；
t=3 s末冰壶的速度v3=6 m/s，则9 s末，冰壶的
速度大小为v9=v3-a1t1=(6-0.125×6) m/s=5.25 m/s，故B错误；
7 s末，冰壶的速度大小为v7=v3-a1t2=(6-0.125×4) m/s=5.5 m/s，7 s末，冰壶、机器人二者间距等于3~7 s内二者位移之差，为s=×4 m-×4 m=7 m，故C正确；
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当t=11 s时，冰壶、机器人二者间距为s'=×
8 m- m=26 m>8 m，则知机器人不能一直准
确获取冰壶的运动信息，故D错误。
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二、多项选择题
5.(2022·新泰市第一中学高一阶段练习)质量分别为M和m的两物块A、B大小相同，将它们用轻绳跨过光滑定滑轮连接。如图甲所示，轻绳平行于倾角为α的斜面，A恰好能静止在斜面上，不考虑两物块与斜面之间的摩擦，若互换两物块的位置，按图乙放置，然后释放A。已知斜面固定，重力加速度大小为g，则
A.此时轻绳的拉力大小为mg
B.此时轻绳的拉力大小为Mg
C.此时A运动的加速度大小为(1-cos α)g
D.此时A运动的加速度大小为(1-sin α)g
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7
8
9
10
11
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√
√
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
按题图甲放置时A静止，则由平衡条件
可得Mgsin α=mg，互换位置后，对A、
B整体，由牛顿第二定律得Mg-mgsin α
=(M+m)a，联立解得a=(1-sin α)g，对B，由牛顿第二定律得T-mgsin α=ma，解得T=mg，A、D正确。
14
15
6.(2023·德州市高一期中)如图所示，质量为m的物块在平行于斜面的拉力F作用下沿倾角为θ的斜面做匀速直线运动。物块与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ=tan θ，重力加速度为g，则拉力F的大小可能为
A.mgsin θ B.mgsin θ
C.2mgsin θ D.3mgsin θ
1
2
3
4
5
6
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√
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√
√
1
2
3
4
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6
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8
9
10
11
12
由μ=tan θ知物块在斜面上受到的滑动摩擦力大小f=
μmgcos θ=mgsin θ，物块沿斜面方向受到重力沿斜面
向下的分力mgsin θ、滑动摩擦力f及拉力F，三力合
力为0，且f和F方向不确定，因此拉力F大小取值范围为mgsin θ-f≤F≤mgsin θ+f，即0≤F≤2mgsin θ，故选A、B、C。
13
14
15
7.质量不相等的两物块A和B的质量为mA和mB，置于粗糙水平面上，两物体与水平面间的动摩擦因数相同，如图所示，当用水平恒力F作用于左端A上，两物块一起加速运动时，A、B间的作用力大小为N1，当水平恒力F作用于右端B上，两物块一起加速运动时，A、B间作用力大小为N2，则
A.两次物体运动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，则N1=N2
√
1
2
3
4
5
6
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8
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12
13
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√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
根据牛顿第二定律对整体分析知a==
-μg，则两次物体运动的加速度大小相等，
但是方向相反，故A错误；
两次分别隔离B和A得N1-μmBg=mBa，则N1=mBa+μmBg=，同理可得到N2-μmAg=mAa，则N2=mAa+μmAg=，则得到N1+N2=F，N1∶N2=mB∶mA，故B、C正确；
由于mA和mB不相等，所以即使水平面光滑，N1与N2也不相等，故D错误。
13
14
15
8.国家粮食储备仓库工人利用传送带从车上卸粮食。如图甲所示，以某一恒定速率v0逆时针运行的传送带与水平面的夹角θ=37°，转轴间距L=
3.5 m。工人沿传送带方向以速度v1=1.5 m/s从传送带顶端推下粮袋(视为质点)，4.5 s时粮袋运动到传送带底端，粮袋在传送带上运动的v-t图像如图乙所示。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2，则
A.在t=2.5 s时刻，粮袋所受摩擦力方向改变
B.粮袋与传送带间的动摩擦因数为0.8
C.传送带运行的速度大小为0.5 m/s
D.在0~2.5 s内粮袋处于失重状态
1
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3
4
5
6
7
8
9
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√
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14
15
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
由题图乙可知，在0~2.5 s内，粮袋的速
度大于传送带的速度，则粮袋受沿传送
带向上的滑动摩擦力，在2.5~4.5 s内，
粮袋随传送带匀速下滑，根据平衡条件
可知，粮袋受沿传送带向上的静摩擦力，故A错误；
根据v-t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，由题图乙可知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正确；
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
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12
由题图乙和C分析可知，粮袋在0~2.5 s内
的加速度为a== m/s2=-0.4 m/s2，
则加速度方向沿传送带向上，则在0~2.5 s
内粮袋处于超重状态，根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma，联立代入数据解得μ=0.8，故D错误，B正确。
13
14
15
三、非选择题
9.如图所示为某质点做直线运动的v-t图像，质点运动的加速度大小为
　　　　 m/s2，在t=1 s时质点离出发点的距离为　　　　 m。
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1.2
3.4
1
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3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
质点运动的加速度大小为a==m/s2=1.2 m/s2，
t=0时刻质点的速度大小为v0=v1-at=4.0 m/s-1.2×
1 m/s=2.8 m/s，t=1 s时质点离出发点的距离s=t
=×1 m=3.4 m。
13
14
15
10.如图所示，质量分别为1 kg和2 kg的A、B两物块放在光滑的水平地面上，用劲度系数为k=200 N/m轻质弹簧连接在一起。两物块在水平力拉力F=15 N作用下，一起以相同的加速度向右做匀加速运动，其加速度大小a=　　　　m/s2，弹簧的伸长量x=　　　　cm。
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2.5
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
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12
对整体根据牛顿第二定律可得a==5 m/s2，设弹簧对A的弹力大小为FA，对A根据牛顿第二定律可得FA=mAa=5 N，根据胡克定律可得x==2.5 cm。
13
14
15
11.某同学为测定物块与电梯水平地板之间的动摩擦因数，将质量为1 kg的物块放在电梯水平地板上，弹簧测力计一端固定在电梯侧壁上，另一端连接物块并保持测力计水平。现用手向左缓慢移动物块至图甲所示位置，放手后物块仍保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(取g=9.8 m/s2)。
1
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15
(1)图甲中弹簧测力计读数为　　　　 N；
3.60
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7
8
9
10
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12
根据题图甲可知，3 N和4 N之间有10个小格，每小格表示0.1 N，需要估读到下一位，因此弹簧测力计示数为3.60 N。
13
14
15
(2)电梯启动后，用手机的加速度传感器测得电梯的a-t图像如图乙所示(以竖直向上为正方向)。结果发现在电梯运行过程中的某一时刻物块被拉动，则这一时刻是　　　　(选填“第2 s末”或“第4 s末”)，该时刻电梯处于　　　　(选填“超重”或“失重”)状态；
1
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第4 s末
失重
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8
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10
11
12
物块被拉动时，是最大静摩擦力最小时，也就是地板的弹力最小时，由题意可知一定是向下的加速度最大时，结合题图乙可知为第4 s末，此时加速度方向向下，电梯处于失重状态；
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14
15
(3)物块和电梯水平地板间动摩擦因数的最大值是　　　　(保留两位有效数字)。
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15
0.40
第4 s末时，分析物块受力可知N-mg=ma，代入数据解得N=9 N，结合弹簧测力计示数，由f=μN，解得μ=0.40。
12.如图为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置示意图，图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源，在小车质量一定的情况下探究加速度与力的关系。
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15
(1)为使轻绳对小车的拉力为小车所受的合外力，在组装器材完毕后需平衡摩擦力：平衡摩擦力时　　　　(选填“需要”或“不需要”)挂上沙桶；正确操作后，在长木板右端下放一块垫木，以调整长木板右端的高度，放上小车后，轻推小车使之运动，打点计时器在纸带上打出如图所示的纸带(纸带上打点方向为由A到B)，则需要将垫木向　　　移动(选填“左”或“右”)。
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不需要
左
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3
4
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9
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12
平衡摩擦力时不需要挂上沙桶；由纸带可以看出小车点迹分布越来越密集，说明小车在做减速运动，平衡摩擦力不足，需增大倾角，故需向左移动垫木；
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15
(2)本实验操作过程中，　　　　(选填“需要”或“不需要”)满足沙桶及沙的质量远小于小车质量。
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不需要
小车所受拉力可由弹簧测力计直接读取，故不需要满足沙桶及沙的质量远小于小车质量；
(3)如图是某同学实验过程中得到的一条点迹清晰的纸带，已知相邻两点间还有4个点未画出，则根据纸带可得此次小车的加速度a=　　 m/s2
(结果保留3位有效数字)。
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1.93
纸带上相邻两计数点间的时间间隔为T=0.1 s，根据逐差法有
a=
= m/s2≈1.93 m/s2；
(4)若某次实验过程中，求得小车的加速度大小为a，则沙桶的加速度大小为　　　　。
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2a
两段轻绳拉小车，所以沙桶的加速度是小车加速度的2倍，即沙桶的加速度是2a；
(5)如图是甲、乙、丙三位同学作出的加速度与弹簧测力计示数的关系图像，其中符合实验事实的是　　　　(选填“甲”“乙”或“丙”)。
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乙
本实验中作用在小车上的力可以准确测量，加速度与力成正比，可知乙正确。
13.如图所示，光滑斜面的倾角为θ，有两个相同的小球1、2，重力均为G，分别用光滑挡板A、B挡住，挡板A沿竖直方向，挡板B垂直斜面。
(1)分别将小球所受的重力按效果进行分解；
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答案　见解析图
(2)分别求小球1对挡板和斜面的压力大小；
答案　Gtan θ　
(3)分别求小球2对挡板和斜面的压力大小。
答案　Gsin θ　Gcos θ
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12
球1所受重力按效果分解如图甲所示，
F1=Gtan θ，F2=
得小球1对挡板和斜面的压力分别为
F1=Gtan θ，F2=
球2所受重力按效果分解如图乙所示，
F3=Gsin θ，F4=Gcos θ
得小球2对挡板和斜面的压力分别为
F3=Gsin θ，F4=Gcos θ。
13
14
15
14.(2023·南通市高一统考) 一只小松鼠由于受到惊吓，在水平地面上P点的正上方树枝A处掉下，此过程可看成自由落体运动。与此同时，在P点左侧的狼从B处由静止开始向右跑来，该情况可简化为如图甲所示的模型，狼运动的v-t图像如图乙所示，已知A处高h=1.8 m且小松鼠和狼均可看作质点，g取10 m/s2。
(1)求小松鼠下落至地面所需的
时间t；
答案　0.6 s
小松鼠做自由落体运动，根据h=gt2，解得t=0.6 s
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(2)要使狼在小松鼠落地的同时达到P点，求狼的初始位置与P点之间的距离；
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答案　1.44 m
由题图乙可知狼做匀加速直线运动，加速度
a1== m/s2=8 m/s2
则狼的初始位置与P点之间的距离
x1=a1t2=×8×0.62 m=1.44 m
(3)如果狼运动规律没有变，开始时与P点之间的距离为8 m，小松鼠落地瞬间在水平方向上从静止开始以a2=10 m/s2的加速度与狼同向逃跑，假设狼的最高速度为20 m/s，小松鼠的最高速度为25 m/s，通过计算说明狼能否追上小松鼠
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答案　不能
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如果狼开始时与P点之间的距离x0=8 m，由(2)问知小松鼠落地瞬间，狼未到达P点。设狼经过时间t1速度达到最大值v1，t1== s=2.5 s
此时松鼠速度为v2=a2(t1-t)=19 m/s<20 m/s
设再经过t2时间共速，则t2= s=0.1 s
此过程狼的位移x1=a1+v1t2=27 m
此过程松鼠的位移x2=a2(t1+t2-t)2=20 m
解得x115.如图所示，质量M=1 kg的木板静止在水平面上，质量为m=2 kg的小物块(可视为质点)停在木板左端，小物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.8，木板与水平面间的动摩擦因数μ2=0.4。某时刻起，给小物块施加一水平向右的恒力F=36 N，经0.5 s后撤去此力，小物块恰好未从木板上滑落。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10 m/s2，求：
(1)木板运动的最大速度；
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答案　3 m/s
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物块与木板间的滑动摩擦力大小为
f1=μ1mg=16 N
水平面与木板间的滑动摩擦力大小为
f2=μ2(m+M)g=12 N
F作用时，对物块有F-f1=ma1
代入数据解得a1=10 m/s2
对木板有f1-f2=Ma2
代入数据解得a2=4 m/s2
撤掉F后，对物块有f1=ma3
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代入数据解得a3=8 m/s2
在0.5 s内物块经加速后有v1=a1t1=5 m/s
木板有v2=a2t1=2 m/s
这段时间内物块的位移为x1=a1=1.25 m
木板的位移为x2=a2=0.5 m
撤掉F后，由于物块恰好不滑落，即物块到达木板右端时二者达到共速，有v=v1-a3t2=v2+a2t2
解得t2=0.25 s
此时木板达到最大速度为v=3 m/s
(2)木板的长度；
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答案　1.125 m
撤掉F到共速过程，物块的位移为
x3=v1t2-a3=1 m
木板的位移为x4=v2t2+a2=0.625 m
故木板的长度为L=(x1+x3)-(x2+x4)=1.125 m
(3)小物块的运动时间。
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答案　1.5 s
达到共速后，对整体有Ff2=(M+m)a4
解得a4=4 m/s2
从v减速至0用时为t3==0.75 s
故物块运动的总时间为t=t1+t2+t3=1.5 s。

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