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2026届人教版高考物理第一轮复习：第三章---四章综合基础练习1
一、单选题（本大题共12小题）
1．歼击机在进入战斗状态时，要丢掉副油箱，这样做的目的是（　　）
A．减小重力，使运动状态保持稳定
B．增大速度，使运动状态易于改变
C．增大加速度，使运动状态不易改变
D．减小惯性，有利于运动状态的改变
2．在物理学研究过程中，科学家们创造了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限法、等效替伐法、理想模型法、微元法等，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是（　　）
A．根据速度定义式，当非常小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义采用了转化法
B．不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体采用了理想实验法
C．引入重心、合力与分力的概念时运用了等效替代法
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了极限法
3．如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为（ ）
A． B． C．1:2 D．2:1
4．如图（a），一物块在时刻冲上一固定斜面，其运动的图线如图（b）所示。若重力加速度g及图中的、、均为已知量，则根据这些信息，不能求出（　　）
A．物块的质量 B．斜面的倾角
C．物块沿斜面向上滑行的最大距离 D．物块与斜面间的动摩擦因数
5．如图所示，某同学站在压力传感器上，做下蹲一起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力（单位为牛顿），横坐标为时间。由图线可知（　　）
A．该同学做了两次下蹲一起立的动作
B．该同学做了一次下蹲一起立的动作
C．下蹲过程中人处于失重状态
D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
6．如图所示，质量为的物块放在水平桌面上，桌面的左端固定一光滑定滑轮，轻绳绕过定滑轮，一端连接在物块上，另一端吊着质量为m的小球，物块与滑轮间的轻绳水平。由静止释放物块，当小球的质量为时，物块由静止开始到在水平桌面上运动0.5m所用的时间为。已知重力加速度大小g取，不计空气阻力，物块与水平桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（ ）

A．要使物块能运动，小球的质量至少大于0.30kg
B．要使物块能运动，小球的质量至少大于0.40kg
C．无论小球的质量多大，轻绳的拉力不可能超过13N
D．无论小球的质量多大，轻绳的拉力不可能超过13.5N
7．如图所示，三根在竖直平面内的光滑细管A、B、C上端平齐，B管竖直放置，A管与B管的夹角为α，C管与B管的夹角为β，且α﹤β。三个小球同时从管口顶端静止释放，经过相同的时间，三球所处位置正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．下列说法不正确的是（　　）
A．要产生摩擦力，两物体必须相互挤压，且有相对运动趋势或发生相对运动
B．只要物体相互接触且发生相对运动或有相对运动趋势，就有摩擦力产生
C．有弹力不一定有摩擦力，有摩擦力一定有弹力
D．弹力的方向一定和摩擦力方向垂直
9．打印机在正常工作的情况下，进纸系统每次只进一张纸。进纸系统的结构示意图如图所示，若图中有10张相同的纸，每张纸的质量为m，搓纸轮按图示方向转动并带动最上面的1张纸向右运动，搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为，纸张与纸张之间、纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为，工作时搓纸轮对第1张纸压力大小为F。打印机正常工作时，下列说法正确的是（　　）
A．第2张纸与第3张纸之间的摩擦力为滑动摩擦力
B．第5张纸与第6张纸之间的摩擦力大小为
C．第10张纸与摩擦片之间的摩擦力大小为
D．若，进纸系统仍能正常进纸
10．S1和S2表示劲度系数分别为k1和k2的两根弹簧，k1＞k2；a和b表示质量分别为ma和mb的两个小物体，ma＞mb，将弹簧与物块按图示方式悬挂起来，现要求两根弹簧的总长度最大，则应使（　　）
A．S1在上，a在上
B．S2在上，a在上
C．S1在上，b在上
D．S2在上，b在上
11．大雪过后，汽车表面会有积雪覆盖，若在汽车前挡风玻璃上方有一片积雪，质量 ，前挡风玻璃视为倾角 的斜坡，积雪融化前玻璃对积雪有附着力，融化后由于水膜的产生，会使得积雪和玻璃间的动摩擦因数变为 。在安全驾驶模拟情景测试中，一辆汽车在平直的公路上做匀加速运动，某时刻积雪开始融化，为使积雪不下滑，该时刻汽车的加速度至少应为（已知 ）（　　）
A． B． C． D．
12．如图甲所示，质量为的物块挂在弹簧测力计的下端，在弹簧测力计的拉力作用下沿竖直方向从静止开始做直线运动.取竖直向上为正方向，物块的加速度随时间的变化关系如图乙所示，弹簧测力计始终在弹性限度内，取.下列说法正确的是（ ）
A．内物块先超重后失重，弹簧测力计的示数先增大后减小
B．内物块先超重后失重，速度变化量大小为
C．内物块先失重后超重，时物块的速度大小为
D．内物块先失重后超重，弹簧测力计末的示数为
二、多选题（本大题共4小题）
13．如图所示，我国有一种传统的民族体育项目叫作“押加”。实际上相当于两个人拔河，如果甲、乙两人在“押加”比赛中，甲获胜（不计绳的质量），则下列说法中正确的是（　　）
A．绳对乙的拉力大于绳对甲的拉力，所以甲获胜
B．甲把乙匀速拉过去时，甲乙受到的摩擦力大小相等
C．甲的拉力和乙的拉力是一对作用力和反作用力
D．甲受到的摩擦力为静摩擦力，乙受到的摩擦力为滑动摩擦力
14．下列几组共点力中，合力可能等于零的是（　　）
A．3N，4N，6N B．1N，2N，4N
C．2N，4N，6N D．5N，5N，11N
15．如图所示，物块、质量分别为、，水平地面和竖直墙面均光滑，在水平推力作用下，两物块均处于静止状态，则（　　）
A．物块受五个力作用
B．物块受到的摩擦力大小等于
C．物块对地面的压力大小等于
D．物块受到物块的作用力水平向右
16．如图甲所示，一倾角=的足够长斜面体固定在水平地面上，一个物块静止在斜面上．现用大小为F=kt，（k为常量，F、t的单位均为国际标准单位）的拉力沿斜面向上拉物块，物块受到的摩擦力Ff随时间变化的关系图象如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，则下列判断正确的是
A．物块的质量为1kg
B．k的值为5N/s
C．物块与斜面间的动摩擦因数为
D．t=3s时，物块的速度大小为1.6m/s
三、填空题（本大题共4小题）
17．如图所示，是探究某根弹簧的伸长量X与所受拉力F之间的关系图：
（1）弹簧的劲度系数是 N/m
（2）若弹簧原长l0=10cm，当弹簧所受F=150N的拉力作用时（在弹性限度内），弹簧长度为l= cm．
18．质量为 2kg 的物体如图所示的装置悬挂着，绳和滑轮的质量均不计，若 CB 绳水平， 则 OA 绳的张力为 N（保留三位有效数字）若悬线B点缓慢向下移动，则 OA 绳上 的张力 （填变大、不变、变小）
19．某同学在“探究弹簧的长度与弹力的关系”实验中，测定了弹簧的长度与其所受弹力的实验数据，作出了图像，如图所示。忽略弹簧自身重力，则该弹簧的原长 m，劲度系数为
20． 如图所示，一倾斜木板上放一物体，随着板的倾角逐渐增大，当物体保持静止时，物体所受支持力 ，摩擦力 ；当物体滑动时，物体所受支持力 ， 摩擦力 （四空都选填“变大”、“变小”、“不变"）。
四、非选择题（本大题共8小题）
21．沿倾角为的斜坡向上拉质量为的小车，车沿斜坡向上的加速度大小为。求绳子的拉力F。（g取，坡面对小车的阻力不计）
22．小王在做“探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系”实验时，安装好实验装置，让刻度尺0刻度线与弹簧上端平齐。在弹簧下端挂一个钩码，静止时弹簧长度如图所示，其示数为 cm。在弹簧下端挂三个钩码时，弹簧长度为24.95cm。已知每个钩码质量是50g，当地重力加速度g=9.8m/s2，据此小王计算出弹簧的劲度系数为 N/m。小红同学发现小王的计算结果与弹簧的标称值相差较大，请你帮助小红提出更合理的数据处理方案: _。
23．(1)I.如图甲所示为“探究作用力与反作用力的关系”实验中，两弹簧秤互拉的情景，请任选一个弹簧秤读出其示数为 N；
II.如图甲所示，两弹簧秤的读数出现了微小偏差，出现这种偏差的原因可能是 ；
A．实验前没有对弹簧秤进行调零
B．两弹簧秤没有处于静止状态
C．弹簧秤的外壳重力的影响
D．弹簧秤的弹簧重力的影响
(2)如图乙所示，在“用传感器探究作用力与反作用力关系”的实验中，两传感器拉力的情况由计算机屏幕显示如图丙所示。则通过对图丙的分析可以得到的结论有 。
A．作用力与反作用力性质一定相同B．作用力与反作用力总是大小相等
C．作用力与反作用力可以相互抵消D．作用力与反作用力总是同时发生变化
24．近年来，游泳、滑雪、滑冰等体育运动项目都通过改进装备来减小各种摩擦阻力。请收集相关资料，调查分析其中一种装备在过去几年里的改进情况，说明物理学对这些技术的改进产生了怎样的影响。
25．在做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验时，如果只有一只弹簧测力计，其他实验器材齐全，能否完成实验？如果能完成，说明应如何操作。
26．质量为的物体在地面上处于静止状态，现受到两个互成角度为、大小均为的水平力的作用，此外没有其他力的作用。则末物体的速度是多大？内物体发生的位移是多少？
27．民航客机一般都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地上。若机舱口下沿距地面3.2m，气囊所构成的斜面长度为6.5m，一个质量60kg的人沿气囊滑下时所受到的阻力是240N，人滑至气囊底端时的速度有多大？
28．某同学用如图甲所示装置来验证铁块沿斜面向下做匀加速直线运动的牛顿第二定律，已知实验时打点计时器的周期为T，铁块与斜面间的滑动摩擦因数为，斜面的倾角为，铁块做匀加速直线运动对应的打点计时器打出的纸带如图乙所示，回答下列问题：
（1）本实验 （填“需要”或“不需要”）测量铁块的质量；
（2）铁块的加速度 （用、、、T表示）；
（3）当表达式 成立时，牛顿第二定律得到验证。
参考答案
1．【答案】D
【详解】
歼击机在进入战斗状态时要抛掉副油箱，目的是为了减小飞机的质量来减小飞机的惯性，使自身的运动状态容易改变，以提高歼击机的灵活性。故ABC错误，D正确。
故选D。
2．【答案】C
【详解】A．根据速度定义式，当Δt非常小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法，故A错误；
B．不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体采用了理想模型法，故B错误；
C．引入重心、合力与分力的概念时运用了等效替代法，故C正确；
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故D错误。
故选C。
3．【答案】D
【详解】将两小球看做一个整体分析，可知整体受到重力、轻弹簧A、C的拉力共3个力的作用而处于平衡状态，将轻弹簧A的拉力沿竖直方向和水平方向分解可知水平方向上满足，，据题意可知三个弹簧的劲度系数相同，由胡克定律可知弹簧A、C的伸长量之比为2:1，D项正确，ABC三项错误．
4．【答案】A
【详解】物体上滑的加速度，由牛顿第二定律，物体下滑的加速度，由牛顿第二定律，联立可得斜面的倾角θ和物块与斜面间的动摩擦因数μ，但不能求解物块的质量m；根据，可求解物块沿斜面向上滑行的最大距离。选A。
5．【答案】B
【详解】在一次下蹲过程中，该同学要先向下加速后向下减速，即先后经历失重和超重状态，所以对压力传感器的压力先小于自身重力后大于自身重力；而在一次起立过程中，该同学又要先后经历超重状态和失重状态，所以对压力传感器的压力先大于自身重力后小于自身重力，所以题图记录的应该是一次下蹲一起立的动作。则选项B正确，ACD错误。
故选B。
6．【答案】D
【详解】AB．当小球质量为m1=0.5kg时，整体受力分析得，且，联立解得，要使物块运动，小球质量应满足，A、B错误；
CD．对小球、物块分别受力分析，由牛顿第二定律可得，，联立可得，所以当小球质量m增大时，绳子拉力逐渐增大，但不可能超过 ，C错误，D正确。选D。
7．【答案】C
【详解】如图所示，ABCD为同一圆上的点，圆的半径为R，小球从A沿光滑杆AB、AC、AD滑下，
从AB下滑用时，有，解得，从AC下滑，有，而AC的长度为，有，解得，同理若从AD下滑，时间为，即小球到达圆上三点所用时间相同；依此结论可知，而现在三个小球均从管口上方下滑且无摩擦，相同时间后小球的位置是在同一个圆弧上，且所在位置与竖直位置连线与倾斜轨道夹角为直角，选C。
8．【答案】B
【详解】A．要产生摩擦力，需要满足两物体相互挤压，有相对运动趋势或发生相对运动，还需要接触面粗糙三个条件，所以要产生摩擦力，两物体必须相互挤压，且有相对运动趋势或发生相对运动，A正确；
B．由A知，B选项少了两物体相互挤压和接触面粗糙两个条件，B错误；
C．由A知，有弹力可能没有相对运动趋势或发生相对运动或者接触面不粗糙，所以可能没有摩擦力，但有摩擦力两物体间一定会相互挤压，即有弹力，C正确；
D．弹力的方向垂直于接触面，而摩擦力的方向沿接触面，弹力的方向一定和摩擦力方向垂直，D正确。
选B。
9．【答案】B
【详解】A．由于进纸系统每次只进一张纸，则在第1张纸向右运动时，第2张纸与第3张纸保持相对静止，第2张纸与第3张纸之间的摩擦力为静摩擦力，故A错误；
BC．工作时搓纸轮给第1张纸压力大小为F，第1张纸对第2张纸的压力为，则第1张纸与第2张纸之间的滑动摩擦力为
由于第2张及第2张以下的纸没有运动，只有运动趋势，所以第2张以下的纸之间以及第10张纸与摩擦片之间的摩擦力均为静摩擦力，大小均为
故B正确，C错误；
D．若，则有
可知搓纸轮与第1张纸之间会发生相对滑动，而第1张纸静止不动，所以进纸系统不能正常进纸，故D错误。
故选B。
10．【答案】D
【详解】先对下面的物体受力分析，受重力和下面的弹簧的拉力而平衡，即下面的弹簧的弹力等于下面弹簧的拉力，有
①
再对两个物体的整体受力分析，受到总重力和上面弹簧的拉力，根据共点力平衡条件，有
②
弹簧总长度为
要使总长度最大，k上要取最小值k2，下要取最大值，k下要取最大值k1，S2在上，b在上。
选D。
11．【答案】B
【详解】为使积雪不下滑，临界情况摩擦力沿前挡风玻璃向上且为最大静摩擦力，受力分析建立坐标轴，将a分解为x轴和y轴方向，如图
可得
x轴上，有
y轴上，有
又
联立，可得
故选B。
12．【答案】B
【详解】内物块的加速度先向上后向下,对物块,内,有,减小,则减小,弹簧测力计示数减小,内,有,增大,则减小,弹簧测力计示数减小,故内,物块先超重后失重,弹簧测力计的示数一直减小,错误；内加速度先向上后向下,则物块先超重后失重,图像与横轴围成的面积等于速度的变化量,则速度变化量为,因为初速度为零,则时物块的速度大小为,物块末的加速度为,则对物块受力分析有,解得弹簧测力计示数为,正确，、错误.
13．【答案】BD
【详解】A．绳子上张力处处相等，则绳对乙的拉力等于绳对甲的拉力，A错误；
B．甲把乙匀速拉过去时，甲乙均处于平衡状态，则绳子对两人的拉力分别等于两人受到的摩擦力，而绳对乙的拉力等于绳对甲的拉力，则甲乙受到的摩擦力大小相等，B正确；
C．甲的拉力和乙的拉力均作用在绳子上，并不是相互作用力，C错误；
D．甲获胜，说明甲不动而乙运动，则甲受到的摩擦力为静摩擦力，乙受到的摩擦力为滑动摩擦力，D正确。
选BD。
14．【答案】AC
【详解】A．3N和4N的合力的范围为
1N≤F≤7N
6N在这个范围内，合力可能为零，故A正确；
B．1N和2N的合力的范围为
1N≤F≤3N
4N不在这个范围内，合力不可能为零，故B错误；
C．2N和4N的合力的范围为
2N≤F≤6N
6N在这个范围内，合力可能为零，故C正确；
D．5N和5N的合力的范围为
0N≤F≤10N
11N不在这个范围内，合力不可能为零，故D错误。
故选AC。
15．【答案】ABC
【详解】A．物块b受到：重力、a对它的弹力和静摩擦力、地面的支持力、推力F，共受五个力，故A正确；
B．以a为研究对象，由平衡条件知，b对a的摩擦力大小等于a的重力，为2mg，由牛顿第三定律可知a对b的摩擦力大小也等于2mg，故B正确；
C．以、整体为研究对象，则知地面对b的支持力等于、重力之和3mg，则由牛顿第三定律物块b对地面的压力大小等于3mg，故C正确；
D．物块a受到物块b两个力作用：水平向右的压力和竖直向上的静摩擦力，它们的合力斜向右上方，则物块a受到物块b的作用力斜向右上方，故D错误；
故选ABC。
16．【答案】ABD
【详解】A.t=0 时，
Ff=mgsin=5N
解得：
m=1kg
故A项与题意相符；
B.t=l s 时，Ff=0，说明 F =5 N则k=5 N/s，故B项与题意相符；
C.后来滑动
Ff= 6N=μmgcos
解得：
μ=
故C项错误；
D.当
F=Ff+ mgsin
即
kt1=6+5
解得：
t1=2.2s
物体开始向上滑动
F合=kt- Ff-mgsin
解得：
F合=kt-11
由动量定理:
故D项与题意相符．
17．【答案】1000；25；
【详解】
解：（1）图象斜率的大小表示劲度系数大小，
故有 k==1000N/m．
（2）根据F=kx，得当弹簧所受F=150N的拉力作用时伸长的长度为 x=m=0.15m=15cm
则弹簧长度为l=x+l0=25cm
故答案为（1）1000．（2）25．
考点：胡克定律．
分析：本题考查了有关弹簧弹力与形变量之间关系的基础知识，利用胡克定律结合数学知识即可正确求解．
点评：胡克定律的应用注意形变量x既可以是弹簧的伸长量，也可以是弹簧的压缩量；还要注意胡克定律适用的条件为在弹性限度内．
18．【答案】27.7；变大；
【详解】
若CB绳水平，则CB绳拉力大小与竖直绳拉力相等，方向水平向右．根据平行四边形定则：．
若悬线B点缓慢向下移动，则CB绳不再水平，而是斜向右下，与竖直绳之间的夹角减小，又绳中拉力大小不变，故OA绳上的张力变大．
19．【答案】0.1，100
【详解】[1]忽略弹簧自重时，当弹簧弹力时，纵轴的截距为弹簧的原长，据题图可知纵截距为，即，所以该弹簧的原长。
[2]由图像和胡克定律知，图像的斜率的倒数为弹簧的劲度系数，即。
20．【答案】变小；变大；变小；变小；
【详解】
[1] [2] 物块保持静止时，对物块受力分析可得
，
随着板的倾角逐渐增大，但当物体保持静止时，支持力变小，摩擦力变大；
[3][4] 当物块滑动时，变为滑动摩擦力，对物块受力分析可得
，
随着板的倾角逐渐增大，支持力变小，摩擦力变小。
21．【答案】24.79N
【详解】对小车受力分析，根据牛顿第二定律可知，解得F=24.79N
22．【答案】；；见解析
【详解】
[1]由毫米刻度尺的读数方法可知图中的读数为。
[2]挂一个钩码时，重力为
挂三个钩码时，重力为
根据胡克定律可得
[3]①因为只有一次测量，故偶然误差较大；故应多次测量；做出图象，求斜率；或者利用“逐差法”求劲度系数；用多组数据，求平均值。
②由于拉力变化太小，弹簧形变量小，测量误差大，换用质量较大的钩码进行试验。
23．【答案】 3.0N或2.8N AD BD
【详解】(1)[1]根据图像可知，上面图示中，弹簧秤读数为3.0N；下面的图示中，弹簧示数为2.8N。
[2] A．如图甲所示，两弹簧秤的读数出现了微小偏差，两弹簧秤示数不同，则可能是实验前没有对弹簧秤进行调零，故A正确；
B． 两弹簧秤没有处于静止状态，相互作用力始终相等，与状态无关，故B错误；
CD． 在将两个完全相同的弹簧秤竖直互钩对挂时，应该在水平方向进行，如果在竖直方向进行，由于上方弹簧重力的影响，会导致上方弹簧示数大于下发弹簧示数，故C错误D正确。
故选AD。
(2)[3] 通过对图丙的分析可以得到的结论作用力与反作用力总是大小相等方向相反，同时变化，不能得出性质相同，由于作用于两个物体，作用效果无法抵消，故BD正确AC错误。
故选BD。
24．【答案】略
25．【答案】见解析
【详解】
能完成；如果只有一个弹簧测力计，则使用一个弹簧测力计勾住绳套A，另找一细线勾住绳套B，互乘角度的拉橡皮筋，使橡皮筋伸长到某一位置O，用铅笔描下O点的位置和两个绳套A和B的位置和方向以及记录弹簧测力计的示数F1，然后用弹簧测力计勾住绳套B，用一细线勾住绳套A，拉动橡皮筋到O点，并且使绳套A和B到达第一次实验中记录的点，读出此时弹簧测力计的示数F2，接下来只用一个绳套系在橡皮筋上，利用弹簧测力计勾住绳套，将橡皮筋拉至O点，记录此时弹簧测力计的方向和大小F，利用力F1和F2做平行四边形，判定F是否是该平行四边形的对角线，进而验证两个互成角度的力的合成规律。
26．【答案】50m/s；50m
【详解】两个力互成120°，可知合力为F=50N，则物体的加速度，则末物体的速度，内物体发生的位移
27．【答案】3.5m/s
【详解】人在气囊上滑动情景如图所示：
设斜面倾角为，那么根据题意： ，对人受力分析，沿斜面方向上由牛顿第二定律得：，解得：，根据匀变速运动规律得人滑至气囊底端时的速度
28．【答案】 不需要 ； ；
【详解】
（1）[1]在验证牛顿第二定律时，可以把铁块的质量消去，所以不需要测量铁块的质量：
（2）[2]由纸带公式
可得
（3）[3]对铁块受力分析，根据题中所给的条件，铁块的合力
若
成立,即
成立，牛顿第二定律得到验证。
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一、单选题（本大题共8小题）
1．已知两个共点力的合力为50N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30N，则（　　）
A．F1的大小是唯一的 B．F2的方向是唯一的
C．F2有两个方向 D．F2可取任意方向
2．牛顿第二定律认为：有力作用在物体上，物体的运动状态就要发生变化。某人用力推静止在地面上的桌子，但没有推动。原因是（　　）
A．人推桌子的力小于桌子受到的摩擦力
B．人推桌子的力小于桌子受到的最大静摩擦力
C．人推桌子的力小于桌子受到的重力
D．与牛顿第二定律相矛盾
3．关于物体的运动状态和所受合力的关系，以下说法正确的是 (　　)
A．所受合力为零的物体一定处于静止状态
B．速度是物体运动状态的标志性物理量
C．物体所受合力不为零时，物体的速度一定不为零
D．只有合力发生变化时，物体的运动状态才会发生变化
4．如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在t=0时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s后撤去F，此后木板运动的v—t图像如图乙。物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m／s2，下列说法正确的是（　　）
A．拉力F的大小为24N
B．物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为
C．物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为3m
D．t=2s时刻，物块的速度减为0
5．现在的物理学中加速度的定义式为，而历史上有些科学家曾把相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现称“另类匀变速直线运动”），该运动中的“另类加速度”定义为，其中v0和vt分别表示某段位移x内的初速度和末速度．A > 0表示物体做加速运动，A < 0表示物体做减速运动．根据力学单位制，“另类加速度”A的国际基本单位应为：
A．m/s2 B．m2/s2 C．m-1 D．s-1
6．如图甲，工地上常用夹钳搬运砖块，如图乙为示意图。已知砖块均为规格相同的长方体，每块质量为，夹钳与砖块之间的动摩擦因数为0.50，砖块之间的动摩擦因数为0.25，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取。搬运5块砖时，夹钳对砖块竖直一侧壁施加的压力大小至少应为（　　）
A．140N B．168N C．280N D．336N
7．如图甲为一种儿熊玩具——不倒翁，其纵截面如图乙，底部是半球形，球心为O，顶点为P。“翁”静止时直立，用手推一下上部，“翁”倾斜，放手后来回摆动若干次后重新直立静止。下列判断正确的是（ ）
A．“翁”的重心位于O点 B．“翁”的重心位于O点上方
C．摆动中“翁”从直立变倾斜过程，重力势能增加 D．摆动中“翁”从直立变倾斜过程，重力势能减少
8．如图所示，a、b两个小球穿在一根与水平成θ角的光滑固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接，当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为θ，Ob段绳沿竖直方向。已知a球质量为m，重力加速度为g，不计所有摩擦，则下列说法正确的是（　　）
A．a可能受到2个力的作用 B．b可能受到3个力的作用
C．b的重力为mgtanθ D．绳子对a的拉力等于mg
二、多选题（本大题共3小题）
9．（多选）如图所示，位于水平桌面上的物块 ，由跨过定滑轮的轻绳与物块 相连，滑轮到 和到 的两段绳都是水平的，已知 与 之间以及 与桌面之间的动摩擦因数都为 ， 的质量为 ， 的质量为 ，滑轮轴上的摩擦不计，开始时 、 均静止，若用一水平向右的恒力 拉 使其向右做匀速直线运动（已知各接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度为 ，则（ ）
A． 对 的摩擦力大小为 ，方向向左
B．绳子对 的拉力大小为 ，方向向左
C． 的大小为
D．桌面对 的摩擦力大小为
10．如图甲所示，一个物块沿倾角 的斜面向下加速运动，物块经过斜面上点时开始计时，物块运动的速度大小为，运动的时间为，其图像如图乙所示，重力加速度，，，则（ ）
A．物块经过点时的速度大小为
B．物块经过点时的速度大小为
C．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4
D．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
11．如图所示，一轻弹簧放在倾角且足够长的光滑斜面上，下端固定在斜面底端的挡板上，上端与放在斜面上的物块A连接，物块B与物块A（质量均为m，且均可视为质点）叠放在斜面上且保持静止，现用大小为的恒力平行于斜面向上拉物块B。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）

A．刚施加恒力的瞬间，物块B的加速度大小为
B．刚施加恒力的瞬间，物块A给物块B的弹力大小为
C．物块B与物块A分离的瞬间，弹簧的弹力大小为
D．物块B从开始运动到与物块A分离的过程中，运动的距离为
三、非选择题（本大题共5小题）
12．如图所示，质量为m1=8kg的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与站在水平面上的质量为m2的人相连，轻绳OA与竖直方向的夹角θ=37°，物体甲及人均处于静止状态。（已知，，g=10m/s2）求：
（1）轻绳OA、OB的拉力为多大
（2）人受到的摩擦力是多大 方向如何
13．用细绳和吊起一重为的重物，两绳与水平方向的夹角如图所示，g取。
（1）求绳和绳受到的拉力大小；
（2）如果绳和绳的最大承受力均为，试分析若逐渐增大重物的质量，哪一根绳将先断，并求出此时的重物的质量为多大。
14．用如图所示的装置探究加速度与外力、质量的关系。取两个质量相同的小车，放在光滑的平面上，小车的前端分别拴上细绳，绳的一端跨过定滑轮，各挂着一个小盘，盘里分别放着数目不同的砝码。小车的后端各系上一根细绳，一起用夹子夹住。打开夹子，让两个小车在不同的拉力作用下，同时从静止开始做匀加速运动。经过一段时间后关上夹子，让两个小车同时停下来。改变盘里所放砝码的数目，可以改变小车所受合力的大小，我们希望通过上述实验操作，得到物体的加速度与合力之间关系的实验数据。你认为接下来要测量的物理量是什么 怎样推断加速度与合力之间的关系 为了探究合力相同时加速度与质量之间的关系，实验又该如何操作 数据又该如何分析
15．某同学用如图所示的实验装置做“探究加速度与力、质量关系”的实验。准确操作打出了一条纸带，已知计时器打点的时间间隔为0.02s，他按打点先后顺序每5个点取1个计数点，得到了O、A、B、C、D等几个计数点，用刻度尺量得OA=1.50cm，AB=1.90cm，BC=2.30cm，CD=2.70cm。
（1）相邻两个计数点之间的时间间隔为 s。
（2）为减小实验误差，沙子和沙桶的质量应比小车的质量 （选填“小”或“大”）得多。
（3）打计数点B时小车的瞬时速度为 m/s。
（4）利用以上数据计算出小车的加速度为 m/s2。
16．如图所示，物块A放在足够长的木板B上，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.6，木板与水平面间的滑动摩擦因数μ2=0.2，某时刻A、B分别有向左和向右的速度v0，且v0=10m/s，如果A、B的质量相同，取g=10m/s2。求：
(1)初始时刻A、B的加速度大小；
(2)A向左运动的最大位移；
参考答案
1．【答案】C
【详解】如图所示
以F的“箭头”为圆心，以F2的大小为半径画一段圆弧，与F1所在的直线有两个交点，因此F2有两个方向，F1的大小有两个值。
故选C。
2．【答案】B
【详解】
AC．人推桌子，桌子没有被推动，此时桌子受到四个力的作用，水平方向推力与摩擦力平衡，竖直方向重力与支持力平衡，如图，人推桌子的力与摩擦力相等，与重力没有关系，故AC错误；
B．之所以没有推动，是因为人推桌子的力小于桌子受到的最大静摩擦力，B正确；
D．桌子受到的合力为零，相当于不受力，而牛顿第二定律表示的是合外力不为零时的情况，所以题设情景和牛顿第二定律不矛盾，D错误。
故选B。
3．【答案】B　
【解析】物体所受合力为零，物体一定处于平衡状态，可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动状态，A错误；速度是物体运动状态的标志性物理量，B正确；力是改变物体运动状态的原因，只要合力不为零，物体的运动状态就会发生改变，但某时刻的速度可能为零，C、D错误.
4．【答案】C
【详解】A．由图像可知，撤去拉力F前，物块在木板上一直有有相对运动，否则，撤去拉力F后，木板的v-t图像不可能是两段折线。
在1～1.5s内，物块加速、木板减速，设它们的加速度大小分别为a1、a2，则，，设物块、木板的质量均为m，物块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数μ2，则有
对物块，，得μ1=0.2，μ2=0.4，撤去拉力F前，木板的加速度，对木板,根据第二定律有，得F=18N，选项A错误；
B．由上可知，物块与木板间的动摩擦因数为，选项B错误；
C．在t1=1.5s内，物块位移为，木板位移为，在t1=1.5s后，物块与木板间仍有相对滑动
物块的加速度大小，木板的加速度大小为，，得，物块到停止的时间还需，木板到停止的时间还需，所以木板比物块早停止运动。在t1=1.5s到物块停止运动的时间内，物块的位移为，木板位移为，物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为，选项C正确；
D．由上可知，物块从开始到停止运动的时间为3s，2s时的速度不为0，选项D错误。选C。
5．【答案】D
【详解】速度的国际单位为m/s，位移的国际单位为m，则根据，可知A的国际单位为，D正确，ABC错误．
选：D。
6．【答案】B
【详解】先将5块砖当作整体受力分析，竖直方向受重力、静摩擦力。根据平衡条件有,则有，再考虑除最外侧两块砖的里面3块砖，受力分析，竖直方向受重力、静摩擦力，据平衡条件有，则有，综合可得，选B。
7．【答案】C
【详解】AB．假设“翁”的重心在O点，则倾斜后，支持力还是沿半径过球心，“翁”仍平衡，不会自动恢复直立，假设重心在O上方，“翁”倾斜后会倾倒，更不会自动直立，所以重心位于O、P连线上且在O点下方某处，AB错误；
CD．“翁”静止时重心位置最低，所以从直立到倾斜的过程中，重力势能增加，C正确，D错误。选C。
8．【答案】C
【详解】AB．对b进行受力分析，因为Ob段绳沿竖直方向，b只受竖直向下的重力和竖直向上的绳子拉力而平衡，有，B错误；
细绳对b有拉力，对a也有等大的拉力，对a进行受力分析，如图
a需受3个力才能平衡， A错误；
CD．在a的受力分析图中，FN垂直斜面向上，它与竖直方向的夹角为θ，FT沿绳方向，它与竖直方向的夹角β=90°-2θ，α=90°+θ，FT和FN的合力与a的重力大小相等，由正弦定理，解得，D错误；
又因为，所以b的重力为mgtanθ，C正确。选C。
9．【答案】AC
【详解】 向右匀速运动,则 向左匀速运动, 受到 给的向右的滑动摩擦力大小为 , 对 摩擦力大小为 ,方向向左,且 受力平衡,由平衡条件得绳对 的拉力大小为 ,则绳子对 的拉力大小为 ,方向向左,故 正确, 错误；对 受力分析, 受重力 ,绳子向左的拉力 ,向右的力 , 对 向下的压力 ,地面对 向上的支持力 , 对 向左的摩擦力 ,桌面对 向左的滑动摩擦力为 ,根据平衡条件得 的大小为 ,故 正确, 错误.
10．【答案】BD
【详解】由得,结合题图乙可知,物块运动的加速度大小,初速度,故错误,正确；由牛顿第二定律得,解得,故错误,正确.
11．【答案】AC
【详解】AB．刚施加恒力的瞬间，对A、B整体分析，由牛顿第二定律可得，解得，对物块B分析，设刚施加恒力的瞬间，物块A给物块B的弹力大小为，由牛顿第二定律有，解得，A正确，B错误；
C．物块A与物块B分离瞬间，物块A对物块B的弹力恰好为零，此时刻二者加速度相同，则对B由牛顿第二定律有，解得，即此时B的速度达到最大值，而对A由牛顿第二定律有，解得，此时A速度同样达到了最大值，C正确；
D．未施加恒力时，A、B整体处于静止状态，根据平衡条件有，解得，当A、B分离瞬间，根据胡克定律有，解得，由此可知，物块B从开始运动到与物块A分离的过程中，运动的距离为，D错误。选AC。
12．【答案】（1）100N，80N；（2）80N，方向向左
【详解】
（1）以结点O为研究对象，由平衡条件得
联立解得
（2）人水平方向受到OB绳的拉力和水平面的静摩擦力，由平衡条件得
方向水平向左。
13．【答案】（1），；（2）绳先断，
【详解】
（1）对物块受力分析如图所示
绳绳产生的拉力的合力与重物的重力是平衡力
解得
，
（2）作图可知
故绳先断，当时有
代数有
故BC先断，此时物体质量为。
14．【答案】见详解
【详解】由知在相同的时间内加速度与位移成正比，所以只需要探究合力与位移之间的关系即可得到加速度与合力之间的关系。在实验中我们需要测量两车通过的位移大小以及小盘和砝码的整体质量。探究加速度与质量之间的关系时，应保持F不变，即两盘中的砝码质量相同，改变两小车质量使两小车质量不同，然后分别测出两小车的位移和小车的质量，对比分析小车位移与小车质量之间关系即可得到加速度与质量之间的关系。
15．【答案】 0.1 小 0.21 0.4
【详解】（1）[1]相邻两个计数点之间的时间间隔为
（2）[2]本实验中将小车所受合外力F视为等于沙子和沙桶的总重力mg。设小车质量为M，沙子和沙桶质量为m。对小车根据牛顿第二定律有
对沙子和沙桶同理有
联立解得
由上式可知只有当时才近似等于。所以为减小实验误差，沙子和沙桶的质量应比小车的质量小得多。
（3）[3]打计数点B时小车的瞬时速度为
vB===0.21m/s
（4）[4]根据逐差法可得小车的加速度为
a===0.4m/s2
16．【答案】(1)6m/s2; 10m/s2；(2)8.5m
【详解】(1)对木块A，，解得 ，对木板B，，解得
(2)B的加速度大，B先减速到0，设B由v0减速到0的时间为t1，，解得，此时A的速度为，解得，该过程A的位移为，之后B受摩擦力反向，解得，B反向加速至共速的时间为t2，，解得，从B反向加速到两者共速，该过程A的位移为，共同速度为，两者共速后一起向减速，解得，两者共同减速的位移，A向左运动的总位移
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第 page number 页，共 number of pages 页2026届人教版高考物理第一轮复习：第三章---四章综合基础练习3
一、单选题（本大题共12小题）
1．国际单位制中有7个基本物理量，下列仪器中所测量的物理量不是基本物理量的是（　　）
A．秒表 B．弹簧测力计
C．天平 D．
刻度尺
2．下面单位中，与“牛顿”表示同一物理量单位的是（ ）
A． B．
C． D．
3．伽利略在研究落体运动时，让小球分别沿倾角不同、阻力很小的斜面从静止开始滚下，下列有关该实验的说法中正确的是
A．伽利略通过实验验证了力不是维持物体运动的原因
B．伽利略在实验的基础上通过逻辑推理指出物体都具有保持原来运动状态的属性
C．伽利略通过实验直接验证了自由落体运动是匀加速运动
D．实验中斜面起到了“冲淡”重力的作用，便于运动时间的测量
4．在刚结束的巴黎奥运会，郑钦文获得女单网球冠军，创造历史性的一刻。如图所示，郑钦文把飞来的网球击打回去，落到了对方场内，则下列说法正确的是（　　）
A．飞来的网球速度越大，惯性越大
B．球被打飞回去，是因为力是维持物体运动状态的原因
C．若球拍没有击打球，则球会保持原来的运动状态不变
D．球拍对球的弹力，是因为球拍发生弹性形变而产生的
5．篮球比赛中的击地传球是指持球者在传球时，为躲防守队员防守而将球击地后传给队友，如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．篮球对水平地面的弹力方向斜向下
B．水平地面对篮球的弹力方向斜向上
C．水平地面受到的压力是由于篮球发生了形变而产生的
D．篮球受到水平地面的支持力是由于篮球发生了形变而产生的
6．表面光滑的四分之一圆柱体紧靠墙角放置，其横截面如图所示。细绳一端固定在竖直墙面上Р点，另一端与质量为m的小球连接，小球在圆柱体上保持静止。已知圆柱体的半径为R，悬点Р与圆柱体圆心О的距离为2.5R，重力加速度大小为g，则圆柱体对小球的支持力大小为（　　）
A．mg B．mg C．mg D．mg
7．用一根长度为的轻质细绳将一幅重力为画框对称悬挂在墙壁上（如图甲所示），画框上两个挂钉间的距离为，在某次调整画框位置时不小心使画框受到向下的拉力导致细绳断裂，工作人员在将细绳打结后重新对称悬挂（如图乙所示），忽略所有的摩擦，下列说法中正确的是（ ）
甲 乙
A．细绳的最大拉力可能为
B．挂钉对细绳的弹力是由细绳的形变产生的
C．重新悬挂后细绳的张力变小
D．重新悬挂后细绳对画框的作用力不变
8．一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图所示。下列表述正确的是（　　）
A．a的原长比b的长 B．a的劲度系数比b的大
C．a的劲度系数比b的小 D．测得的弹力与弹簧的长度成正比
9．质量为的物体，在粗糙水平面上向右运动，物体与水平面间的动摩擦因数，同时物体还受到一个大小为、方向水平向左的拉力作用，如图所示，则水平面对物体的摩擦力的大小和方向是取（ ）
A．，水平向右 B．，水平向左
C．，水平向右 D．，水平向左
10．下列对惯性、惯性定律（牛顿第一定律）的理解正确的是（ ）
A．牛顿第一定律是通过实验得到验证了的定律
B．汽车转弯后运动方向发生了改变，其惯性也将随之改变
C．牛顿第一定律表明，物体只有在静止或做匀速直线运动时才具有惯性
D．一个质量小的皮球，你可以轻易踢走它，而一个质量大的铅球，你很难轻易踢开它，表明质量大的物体惯性大
11．木块A、B分别重50N和60N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25，夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数为400N/m，系统置于水平地面上静止不动。现用F=2N的水平拉力作用在木板B上，如图所示，则F作用后木板A、B所受摩擦力的大小分别为（　　）
A．8N，10N B．8N，15N C．10N，8N D．10N，15N
12．如图甲所示，质量为的物块挂在弹簧测力计的下端，在弹簧测力计的拉力作用下沿竖直方向从静止开始做直线运动.取竖直向上为正方向，物块的加速度随时间的变化关系如图乙所示，弹簧测力计始终在弹性限度内，取.下列说法正确的是（ ）
A．内物块先超重后失重，弹簧测力计的示数先增大后减小
B．内物块先超重后失重，速度变化量大小为
C．内物块先失重后超重，时物块的速度大小为
D．内物块先失重后超重，弹簧测力计末的示数为
二、多选题（本大题共4小题）
13．(多选)将一个已知力进行分解，下列说法正确的是 (　　)
A．若已知两个分力的大小，则只有唯一解
B．若已知一个分力的大小和方向，则只有唯一解
C．若已知其中一个分力的方向和另一个分力的大小，则只有唯一解
D．可以用“正交分解法”分解，也可以按“实际作用效果”分解
14．如图所示，A为放在水平光滑桌面上的足够长的长木板，在它上面放有物块B和C。A、B、C的质量分别为m、5m、m。B、C与A之间的动摩擦因数均为0.1，K为轻滑轮，绕过轻滑轮连接B和C的轻细绳足够长且都处于水平位置。现用水平方向的恒定外力F拉滑轮，使A的加速度等于0.2g，g为重力加速度。则此时（　　）
A．外力F的大小为2.2mg B．外力F的大小为2.4mg
C．C、A之间摩擦力大小为0.1mg D．B、A之间摩擦力大小为0.1mg
15．如图所示，两个质量都是的小球A和B用轻杆连接后靠在墙上处于静止状态，已知墙面光滑，水平地面粗糙，重力加速度为。则下列说法正确的是（　　）
A．小球B受到地面给它的支持力大小为
B．小球A和小球B受力个数之比为
C．小球A受到竖直墙面给它的弹力大小与小球B受到的静摩擦力大小相等
D．当小球A的质量增加为时，小球B对地面的压力大小不变
16．如图所示，木块A、B质量分别为和，与原长、劲度系数的轻弹簧两端相连接，木块A、B置于倾角粗糙的固定斜面上，在沿斜面向上的推力F作用下A、B均恰好不下滑。已知A、B与斜面之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，。现缓慢增大推力F，直至木块B刚要发生移动的过程中，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（　　）
A．初始时推力F大小为6N
B．当推力时，木块A开始向上滑动
C．当木块B所受的摩擦力大小变为3N时，木块A所受的摩擦力大小为8N
D．当B刚好要移动时，A、B间的距离为20
三、填空题（本大题共4小题）
17．如图所示，质量为的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑的定滑轮连接质量为的物体，与物体1相连接的绳与竖直方向成角，则绳对物体1的拉力为 ，车厢底板对2的摩擦力大小为 。
18．如图，当马拉车加速前进时，马拉车的力 车拉马的力，当马拉车减速前进时，马拉车的力 车拉马的力。（均选填“大于”、“等于”或“小于”）
19．在弹性限度内，弹簧发生弹性形变时，弹力F的大小跟 成正比，即F= ，式中k叫作弹簧的 ，单位是 ，符号是 。
20．如图（a），商场半空中悬挂的轻绳上挂有可以自由滑动的夹子，各个柜台的售货员将票据和钱夹在夹子上通过绳传送给收银台。某时刻铁夹的加速度恰好在水平方向，轻绳的形状如图（b），其左侧与水平夹角为，右侧处于水平位置，已知铁夹的质量为m，重力加速度为g，不计铁夹与轻绳之间的摩擦，则铁夹的加速度方向 （填水平向右或水平向左），大小为 。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
四、非选择题（本大题共8小题）
21．某实验小组利用图甲所示装置做“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验。通过改变弹簧下面所挂钩码的个数，测出弹力和弹簧长度的几组数据，再根据所得数据在坐标纸上作出F—x图象如图乙所示，不计弹簧受到的重力。
(1)该弹簧处于竖直状态时的原长为 cm。
(2)实验得到的结论为 。
(3)该弹簧的劲度系数为 N/m（结果保留三位有效数字）。
22．为了探究质量一定时加速度与力的关系。一同学设计了如图甲所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量。m为沙和沙桶的质量。（滑轮质量不计）
（1）实验时，一定要进行的操作和保证的条件是 ；
A．用天平测出沙和沙桶的质量
B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数
D．改变沙和沙桶的质量，打出几条纸带
E．为减小误差，实验中一定要保证沙和沙桶的质量m远小于小车的质量M
（2）该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（相邻两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为 m/s2（结果保留两位有效数字）；
（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a-F图像如图丙所示，由图像可知，质量不变的物体受到的合外力F与产生的加速度a成 （填“正比”或“反比”）。
23．为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，某同学设计了如图甲所示的实验装置.其中M为小车的质量，m0为沙和沙桶的总质量.一轻绳跨过轻质定滑轮和动滑轮一端连接沙桶，另一端连接力传感器，力传感器可测出轻绳中的拉力大小.实验过程中，每次在释放小车前，先读出力传感器的示数并记为F.
(1)实验过程中，下列操作正确的是　　　　.
A．调整长木板左端的定滑轮，使得轻绳与长木板平行
B．在不挂沙桶的前提下，将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源
D．为减小误差，实验中要保证沙和沙桶的总质量m0远小于小车的质量M
(2)该同学在实验中得到如图丙所示的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为　　　　m/s2(结果保留两位有效数字).
(3)该同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a-F图像是一条直线，如图乙所示，图线与横坐标轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为　　　　.
A．2tan θ B． C． D．
(4)另一位同学也利用此装置，探究合外力一定时，物体的加速度和质量的关系.他保持沙和沙桶的总质量不变，改变放在小车中砝码的质量m，测出对应的加速度a，假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响.他没有测量小车的质量M，而是以为纵坐标，m为横坐标，画出-m图像，从理论上分析，下列图像正确的是　　　　.
A．　　B．　　C．　　D．
24．一名同学利用如图装置做“测定弹簧的劲度系数”的实验。
（1）下列实验步骤的正确顺序为 （填实验步骤前的序号）；
A．以弹簧长度l为横坐标，以钩码质量m为纵坐标，标出各组数据（l，m）对应的点，并用平滑的曲线连接起来；
B．记下弹簧下端不挂钩码时，其下端指针在刻度尺上指示的刻度l0；
C．将铁架台固定于桌子上，将弹簧的一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一把刻度尺；
D．依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个……钩码，待钩码静止后，读得弹簧下端指针指示的刻度，然后取下钩码；
E．由图像找出m与l间的函数关系，进一步写出弹力与弹簧长度之间的关系式，求出弹簧的劲度系数。
（2）利用实验得到的数据作图，得到如图所示的F-L图像。由图像可知：弹簧原长L0= cm，由此求得弹簧的劲度系数k= N/m。
25．如图所示，三角形灯架的横梁在水平方向与绳子的夹角为，横梁重力忽略不计，若灯的重力为，求绳子所受的拉力和横梁所受的压力的大小各是多少？
26．如图所示，静止于水平面上的木箱的质量为，它与水平面间的动摩擦因数，在与水平方向成角的拉力F的恒力作用下从A点开始运动，经到达B点时速度为。（，g取）
（1）求力F的大小；
（2）当木箱运动到B点时，撤去力F，木箱在水平面做匀减速直线运动，若B到C的位移，求到达斜面底端C时速度大小；
（3）木箱到达斜面底端后，以速度冲上一个静置于地面的斜面体上，斜面体质量，斜面的倾角为。木箱与斜面的动摩擦因数，要使斜面在地面上保持静止。求斜面体与地面的摩擦因数至少多大。
27．深圳大梅沙海滨公园位于风光旖旎的大鹏湾畔，在海滨游乐场计划设计一种滑沙的娱乐设施。如图所示，人站在滑板上（人和滑板视为质点）从斜坡的A点由静止开始滑下，滑到斜坡底部B点后沿水平滑道再滑行一段距离到C点停下来，斜坡滑道与水平滑道间平滑连接，滑板与两滑道间的动摩擦因数均为μ=0.5，取重力加速度大小g= 10 m/s2，不计空气阻力，斜坡倾角θ=37°，sin 37°=0. 6。
（1）求人在斜坡上下滑时的加速度大小；
（2）若由于受到场地限制，B点到C点的水平距离x=30m。为了确保人身安全，假如你是设计师，你认为在设计斜坡滑道时，AB的长度L应满足什么要求。
28．如图所示，质量的人站在升降机中的体重计上。重力加速度g取，当升降机做下列各种运动时，求体重计的示数。
（1）匀速上升；
（2）以的加速度加速上升；
（3）以的加速度加速下降。
参考答案
1．【答案】B
【详解】秒表测量时间，时间是基本物理量，A错误；弹簧测力计测量力，力是导出物理量，B正确；天平测质量，质量是基本物理量，C错误；刻度尺测长度，长度是基本物理量，D错误。
2．【答案】B
【解析】由牛顿第二定律可得，，应选。
3．【答案】D
【详解】试题分析：小球在较小倾角斜面上的运动情况，发现小球做的是匀变速直线运动，且小球加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大的情况就是90°时，这时物体做自由落体运动，由此得出的结论是自由落体运动是一种匀变速直线运动．故ABC错误；实验中小球沿斜面向下运动的过程中，加速度比自由落体运动的加速度小，斜面的长度比自由落体运动的位移大，所以斜面起到了“冲淡”重力的作用，便于运动时间的测量，故D正确．
考点：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法
【名师点睛】该题属于实验推论题，要求同学们正确理解科学家的基本观点和佐证实验．结论是由实验推导出来的，所以结论必须与实验相联系，题目中的结论要与随着斜面倾角的增大，铜球做怎样的运动有关．
4．【答案】D
【详解】A．物体的惯性只由质量决定，与物体的速度无关，故A错误；
B．球被打飞回去，是因为力是改变物体运动状态的原因，故B错误；
C．若球拍没有击打球，由于球仍受重力作用，所以球不会保持原来的运动状态不变，故C错误；
D．球拍对球的弹力，是因为球拍发生弹性形变而产生的，故D正确。
故选D。
5．【答案】C
【详解】A．由于弹力的方向总是与接触面垂直，则篮球对水平地面的弹力方向竖直向下，所以A错误；
B．水平地面对篮球的弹力方向竖直向上，所以B错误；
C．水平地面受到的压力是由于篮球发生了形变而产生的，所以C正确；
D．篮球受到水平地面的支持力是由于地面发生了形变而产生的，所以D错误；选C。
6．【答案】A
【详解】对小球受力分析，如图所示
利用力的合成法则，可知拉力和支持力的合力与重力等大反向，根据相似三角形原理
解得
故A正确。
7．【答案】D
【详解】设挂钉左右两侧细绳与竖直方向的夹角为 ，开始时根据平衡条件可得,由几何关系可知 ,解得,细绳的最大拉力不是,故错误；挂钉对细绳的弹力是由挂钉的形变产生的,故错误；将细绳打结后重新对称悬挂,细绳长度变短,则 变大, 变小,细绳的张力变大,故错误；重新悬挂后细绳对画框的作用力仍然等于画框的重力,所以细绳对画框的作用力不变,故正确.
8．【答案】B
【详解】
A．在图中，当弹簧的弹力为零时，弹簧处于原长，故b的原长大于a的原长，A错误；
BC．斜率代表劲度系数，故a的劲度系数大于b的劲度系数，B正确C错误；
D．弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误
9．【答案】D
【详解】物体相对于水平面向右运动,水平面对物体的滑动摩擦力方向水平向左.物体对水平面的压力大小,则水平面对物体的摩擦力大小,故正确.
【易错分析】
滑动摩擦力的方向与物体相对运动方向相反,滑动摩擦力的大小只由 和决定（要注意的大小不一定等于）,与其他因素无关.本题不能简单地认为摩擦力的方向与水平拉力的方向相反,也不能认为还要减去的大小才等于滑动摩擦力的大小,从而错选B或C.
10．【答案】D
【详解】A．牛顿第一定律实在实验的基础上，加以科学的推理得到的，是理想实验，不能用实验验证，A错误；
BCD．一切物体都有惯性，惯性是物体的本质属性，只与物体的质量有关，质量大越大，惯性越大，与运动状态无关，BC错误，D正确。选D。
11．【答案】A
【详解】
木块受到的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，木块A受到的最大静摩擦力
木块B受到的最大静摩擦力
弹簧对木块A、B的弹力为
对于木块A，弹簧对木块A的弹力小于木块A受到的最大静摩擦力，所以木块A处于静止状态，根据平衡可得，A受到静摩擦力
对于木块B，在水平方向拉力F和弹簧对木块B的弹力的合力为
小于木块B受到的最大静摩擦力，所以木块B处于静止状态，根据平衡可得，B受到静摩擦力
故选A。
12．【答案】B
【详解】内物块的加速度先向上后向下,对物块,内,有,减小,则减小,弹簧测力计示数减小,内,有,增大,则减小,弹簧测力计示数减小,故内,物块先超重后失重,弹簧测力计的示数一直减小,错误；内加速度先向上后向下,则物块先超重后失重,图像与横轴围成的面积等于速度的变化量,则速度变化量为,因为初速度为零,则时物块的速度大小为,物块末的加速度为,则对物块受力分析有,解得弹簧测力计示数为,正确，、错误.
13．【答案】BD　
【解析】若已知两个分力的大小，如果两分力与合力不在同一条直线上，可能有两组解；如果两个分力与合力在同一条直线上，则有唯一解，故A错误.已知一个分力的大小和方向，如图甲所示，有唯一解，故B正确.已知一个分力的方向和另一个分力的大小，如图乙所示，有可能有两组解，故C错误.力可以用“正交分解法”分解，也可以按“实际作用效果”分解，故D正确.
甲
乙
14．【答案】ACD
【详解】C．分析可知，AB间最大静摩擦力大于AC间最大静摩擦力，则AC间先发生相对滑动，恰好要发生相对滑动时，整体有
对C有
联立解得
当AB恰好发生相对滑动时，对A有
解得
由于
则当A的加速度等于0.2g时，AB相对静止，AC相对滑动，故AC之间为滑动摩擦力，大小为0.1mg，故C正确；
AB．对AB整体有
代入可求得
因为K为轻滑轮，故
故A正确，B错误；
D．对B有
代入求得
故D正确。
故选ACD。
15．【答案】BC
【详解】A．通过整体法，对A和B两个小球以及轻杆这个整体进行受力分析，受到重力、地面对它的支持力、竖直墙面给它水平向右的弹力以及地面给它水平向左的静摩擦力，A和B两个小球以及轻杆整体静止靠在墙上，受力平衡，合外力为0，则小球受到地面给它的支持力大小为，A错误；
BCD．由上述分析可知，整体处于平衡状态，则小球A受到墙面给它的弹力大小与B小球受到的静摩擦力大小相等，当小球A的质量增大为时，小球B受到的支持力增大，小球B对地面的压力也增大，通过隔离法可知，小球A受到重力、轻杆对小球A的弹力和竖直墙面对小球A水平向右的弹力共三个力，小球B受到重力、水平地面对小球的支持力、轻杆对小球的弹力以及地面对小球水平向左的静摩擦力共四个力，小球A和小球B受力个数之比为，B正确，C正确，错误。选BC。
16．【答案】ACD
【详解】A．初始时，对整体分析可知
代入数据解得
N
故A正确；
B．初始时，对B分析可知
N
木块A开始向上滑动时，对A分析有
解得
N
故B错误；
C．当木块B所受的摩擦力大小变为3N，方向沿斜面向上时，弹簧弹力为
N
摩擦力沿斜面向下时，弹力为
N
木块A受滑动摩擦力，大小为
N
故C正确；
D．当B刚好要移动时，摩擦力沿斜面向下，对B分析有
N
根据胡克定律有
解得
cm
当B刚好要移动时，A、B间的距离为
故D正确；
故选ACD。
17．【答案】
【详解】[1][2]物体1在数值方向处于平衡状态，则，绳拉力为，根据牛顿第二定律，对物体2，，得车厢底板对2的摩擦力大小为
18．【答案】 等于 等于
【详解】[1][2]马拉车的力与车拉马的力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知，当马拉车加速前进时，马拉车的力等于车拉马的力，当马拉车减速前进时，马拉车的力等于车拉马的力。
19．【答案】弹簧形变量；；劲度系数；牛/米；N/m；
【详解】
[1][2][3][4][5]在弹性限度内，弹簧发生弹性形变时，弹力F的大小跟弹簧形变量成正比，即
式中k叫作弹簧的劲度系数，单位是牛/米，符号是N/m。
20．【答案】 水平向右
【详解】
[1][2]对此时节点处的钢丝进行受力分析，如图所示
y轴方向，根据平衡条件有
x轴方向，根据牛顿第二定律有
联立解得
方向水平向右
21．【答案】6.0（或6）；在弹性限度内，弹簧的弹力与其形变（伸长）量成正比；26.7；
【详解】
(1)[1]设弹簧的劲度系数为，弹簧长度为，原长为，则有
由图象可知当
即弹簧处于竖直状态时的原长为。
(2)[2]由图象分析可知为一恒值，可知在弹性限度内，弹簧的弹力与其形变（伸长）量成正比。
(3)[3]将变形可得
22．【答案】 BD 1.3 正比
【详解】（1）[1]AE．本实验中细线的拉力由弹簧测力计直接测出，不需要用天平测出沙和沙桶的质量，也就不需要使沙和沙桶的质量m远小于小车的质量M，故A、E错误；
B．先拿下沙桶，然后将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；
C．打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要同时记录弹簧测力计的示数，故C错误；
D．要改变沙和沙桶质量，从而改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故D正确；
故选BD；
（2）[2]由于两计数点间还有二个点没有画出，故相邻计数点的时间间隔为T=0.06s，由Δx=aT2可得
（3）[3]由图像可知，质量不变的物体受到的合外力F与产生的加速度a成正比。
23．【答案】(1)AB　(2)2.0　(3)D　(4)B
【解析】(1)调整长木板左端的定滑轮，使得轻绳与长木板平行，使绳的拉力沿着小车运动方向，减小误差，A正确；在不挂沙桶的前提下，将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，减小由摩擦力产生的误差，B正确；小车靠近打点计时器，先接通电源，打点稳定后再释放小车，C错误；只有实验中无法直接测量绳的拉力大小时，才需要使沙和沙桶的总质量m0远小于小车的质量M，本实验采用力传感器直接测量绳的拉力，不需要沙和沙桶的总质量m0远小于小车的质量M，D错误.
(2)设题图丙中x1=1.10 cm，x2=3.09 cm，x3=5.12 cm，x4=7.10 cm，x5=9.13 cm，x6=11.09 cm，T=0.1 s，由逐差法可得a=≈2.0 m/s2.
(3)由实验结论可知2F=Ma，解得a=，a-F图像的斜率为k=，所以M=，由于不知道横、纵坐标的标度是否相同，故不能确定斜率k与tan θ是否相同，故选D.
(4)对小车和车中砝码有2F=(M+m)a，对沙和沙桶有m0g-F=m0·2a，两式联立得到=·m+，其中m0、M为定值，只有B选项符合上式，故选B.
【方法总结】
解答实验题时要注意数据的处理方法，求解加速度时应用图像法或公式法(逐差法最常用)，图像法处理数据更直观，易于分析物理量之间的关系.
24．【答案】CBDAE；3.0；200N/m
【详解】
（1）[1]先安装铁架台并固定弹簧和刻度尺，测量出此时弹簧下端对应刻度，以此悬挂不同个数钩码，并测量静止后弹簧下端对应刻度，建立坐标系并根据数据作图，最后根据图像得出相应结论，故顺序为CBDAE。
（2）[2]由坐标轴可知，拉力为零时，弹簧处于原长，为3.0cm。
[3]由带入数据可求劲度系数为
25．【答案】40N；34.6N
【详解】
以O点为研究对象，那么该点必然受到三个力的作用，即绳的拉力大小等于灯的重力大小G，绳对O点的拉力F1，横梁对O点的弹力F2，如图所示
根据共点力平衡的特点可知，F1和F2的合力大小必然与重力G大小相等、方向相反。作出平行四边形，由分析可知
F=G
根据图中几何关系可得
，
根据牛顿第三定律可知，绳OB所受的拉力与F1大小相等、方向相反；横梁所受的压力与F2大小相等、方向相反，故绳子BO所受的拉力和横梁AO所受的压力的大小分别是40N、34.6N。
26．【答案】(1)20N；(2)1m/s；（3）
【详解】
（1）木箱在AB段运动的加速度为
以木箱为研究对象AB段木箱受力如图
以沿水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立直角坐标系，由共点力的平衡条件和牛顿第二定律得
，
而
解得
(2) 木箱在BC段做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得
由运动学公式
解得
(3) 对斜面体受力分析，如图所示
考虑斜面体恰好不滑动的临界情况，根据平衡条件，水平方向
竖直方向
其中
解得
27．【答案】（1）2 m/s2；（2）不大于75m
【详解】
人与滑板整体受力如图所示，设人与滑板整体质量为m
（1）设人下滑的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得
得
得
a=2 m/s2
（2）人先在斜坡上下滑，后在水平面上做匀减速直线运动，加速度大小为a1
在水平面上运动时，由牛顿第二定律可得
设人下滑至B点的速度为v，B点到C点做匀减速直线运动，末速度为0 ，有
人从A点到B点做初速度为0的匀加速直线运动，有
解得
L=75m
当L大于75 m时，水平面的长度就得大于30 m，为了确保人身安全，AB的长度L应不大于75m。
28．【答案】（1）500N；（2）700N；（3）250N
【详解】
（1）匀速上升时，由平衡条件得：
FN1＝mg＝500N
由牛顿第三定律得：人对体重计压力为500N，即体重计示数为500N；
（2）加速上升时，由牛顿第二定律得：
FN2－mg＝ma1
解得
FN2＝mg＋ma1＝700N
由牛顿第三定律得：人对体重计压力为700N，即体重计示数为700N；
（3）加速下降时，由牛顿第二定律得：
mg－FN3＝ma3
解得
FN3＝mg－ma3＝250N
由牛顿第三定律得：人对体重计压力为250N，即体重计示数为250N。
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第 page number 页，共 number of pages 页2026届人教版高考物理第一轮复习：第三章---四章综合基础练习4
一、单选题（本大题共10小题）
1．关于重心，下列说法正确的是（　　）
A．重心就是物体内重力最大的点
B．有规则几何形状的物体的重心必与他的几何中心重合
C．用线悬挂的物体静止时，线的方向一定通过物体的重心。
D．重心是重力的作用点，它总是在物体上
2．用桨划船使船在水中加速前行，关于受力大小情况分析的下列说法中，正确的是（　　）
A．桨推水的力大于水推桨的力 B．船头推水的力大于水推船头的力
C．脚蹬船前行的力大于水对船的阻力 D．脚蹬船的力大于船对脚的力
3．两个大小相等的共点力，当它们间的夹角为120°时，合力大小为F，则当它们间夹角为90°时，合力大小为（　　）
A．F B． C．2F D．
4．下列说法正确的是（　　）
A．由知，加速度a与成正比，与成反比
B．研究火车通过一座铁路桥的时间时，火车可以看作质点
C．两物体通过的路程不等，位移可能相同
D．马拉车加速前进，是因为马拉车的力大于车拉马的力
5．如图所示的实验，让一个小球沿斜面从静止状态向下运动，小球会“冲”上另一端斜面。如果没有摩擦，小球将达到同样的高度，如果第二个斜面倾角减小，小球仍将达到原来的高度，但是运动的距离更长，由此可以推断，当斜面最终变为水平时，小球要达到原来的高度将永远运动下去，关于上述实验的下列说法中，错误的是（　　）
A．这是一个“理想实验” B．这个实验帮助我们找到了运动与力的关系
C．这个实验说明力不是维持物体运动的原因 D．这个实验揭示的原理与牛顿第一定律无关
6．下列关于惯性的描述正确的是（　　）
A．物体不受外力作用时才有惯性
B．用力推桌子，桌子未动，是因为桌子的惯性非常大
C．宇航员在太空舱中能飘来飘去是因为惯性非常小
D．匀速行驶中的客车突然刹车，乘客向前倾，这是由于惯性所引起的
7．如图给某物体一个初速度后，它沿粗糙斜面向上滑动，则在上滑过程中物体受到的力有（　　）
A．重力、斜面的支持力、沿斜面向上的摩擦力
B．重力、沿斜面向上的冲力、沿斜面向下的摩擦力
C．重力、沿斜面向上的冲力、沿斜面向下的摩擦力、斜面的支持力
D．重力、斜面的支持力、沿斜面向下的摩擦力
8．如图甲所示，质量m＝0.4kg的物体静止在水平地面上，从t＝0时刻开始，对物体施加一水平向右的力F，力F随时间t的变化关系如图乙所示。已知t＝1s时刻，物体刚要开始运动，重力加速度，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则下列说法正确的是（ ）
A．0～1s内，力F总小于物体所受地面的摩擦力
B．0～2s时间内与2～4s内物体所受地面的摩擦力方向相反
C．物体在3s时刻停止运动
D．物体与地面间的动摩擦因数为0.5
9．如图所示，一小车在水平面上做匀变速直线运动，车厢内两质量相同的小球通过轻绳系于车厢顶部点，轻绳、与竖直方向夹角均为，其中一球用水平轻绳系住，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．小车的加速度大小为
B．小车的加速度大小为
C．轻绳拉力大小是轻绳拉力的倍
D．轻绳拉力大小等于轻绳拉力的2倍
10．如图所示，用AO、BO两根细线吊着一个重物P，AO与天花板的夹角θ保持不变，用手拉着BO线由水平逆时针的方向逐渐转向竖直向上的方向，在此过程中，BO和AO中张力的大小变化情况是
A．都逐渐变大
B．都逐渐变小
C．BO中张力逐渐变大，AO中张力逐渐变小
D．BO中张力先变小后变大，AO中张力逐渐减小到零
二、多选题（本大题共4小题）
11．关于摩擦力，下列说法正确的是（　　）
A．静摩擦力可能是动力，但滑动摩擦力一定是阻力
B．静止的物体也可能受到滑动摩擦力，运动的物体也可能受到静摩擦力
C．有弹力的接触面才有可能产生摩擦力
D．人沿爬杆从杆底匀速向上爬，人所受的摩擦力的方向沿杆向上。
12．如图所示，用手握住盛满水的矿泉水瓶竖直静止于空中，下列说法正确的是（　　）
A．矿泉水瓶对手的摩擦力方向竖直向下
B．手握得越紧，矿泉水瓶受到的摩擦力不变
C．手握得越紧，矿泉水瓶受到的合力越大
D．矿泉水瓶受重力、摩擦力两个力
13．5个共点力的情况如图所示。已知，且这四个力恰好为一个正方形，是其对角线。下列说法正确的是（　　）
A．和的合力，与大小相等，方向相同
B．除以外的4个力能合成大小为、相互垂直的两个力
C．除以外的4个力的合力的大小为
D．这5个力的合力恰好为，方向与和的合力方向相同
14．如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆、上的、两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态，如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是（ ）
A．绳的右端上移到，绳子拉力不变
B．将杆向右移一些，绳子拉力变大
C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
D．若换挂质量更大的衣服则衣架悬挂点右移
三、非选择题（本大题共8小题）
15．如图所示,重物A的质量为5 kg,A与桌面间的最大静摩擦力为10 N,重物A与物体B通过跨过定滑轮的轻绳相连,不计定滑轮与轻绳之间的摩擦.拉力F=30 N时,系统处于静止状态.求物体B的质量M的取值范围.(g=10 m/s2)
16．某同学通过下述实验探究两个互成角度的力的合成规律。
实验步骤：
①将弹簧测力计固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向。
②如图甲所示，
将环形橡皮筋一端挂在弹簧测力计的挂钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧测力计示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2，记录弹簧测力计的示数F，测量并记录O1、O2间的距离（即橡皮筋的长度l）。每次将弹簧测力计示数改变0.50N，测出所对应的l，部分数据如下表所示：
F/N 0 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50
l/cm l0 10.97 12.02 13.00 13.98 15.05
③找出②中F=2.50N时橡皮筋两端的位置，重新标记为O、O′，橡皮筋的拉力记为FOO′。
④在测力计挂钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在挂钩上，如图乙所示。用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使挂钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为FOA，OB段的拉力记为FOB。
完成下列作图和填空：
（1）利用表中数据在图丙中画出F-l图线___________，根据图线求得l0=___________cm。
（2）测得OA=6.00cm，OB=7.60cm，则FOA的大小为___________N。
（3）根据给出的标度，在图丁中作出FOA和FOB的合力F′的图示___________。
（4）通过比较F′与___________的大小和方向，即可得出实验结论。
17．图所示，质量的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力，当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为的小物块，物块与小车间的动摩擦因数，小车足够长。（取）求：
（1）小物块放后，小物块及小车的加速度各为多大？
（2）经多长时间两者达到相同的速度？
（3）从小物块放上小车开始，经过t=3s小物块通过的位移大小为多少？
18．某同学借助力传感器、光电门等器材完成“探究加速度与力、质量关系”实验。如图所示，他将光电门A、B固定在带滑轮木板上的不同位置，带遮光条的滑块左端与力传感器固定在一起，通过细线跨过定滑轮与沙桶相连，光电门及配套的计时器（图中未画出）和力传感器都与电脑连接。
（1）本实验采用的实验方法是_______；
（2）下列实验措施中正确的有_______；
A．实验需要平衡摩擦力，在取下沙桶的情况下抬高木板右端，使滑块做匀速直线运动
B．每次实验滑块释放的初始位置都必须是光电门A右侧的同一点
C．若探究加速度与质量关系时，实验结果采用坐标作图，是为了更直观地根据图线作出判断
（3）平衡摩擦力后，滑块及传感器所受合力用力传感器读数表示，则_______（填“需要”或“不需要”）保持沙和沙桶质量远小于滑块及传感器总质量。已知遮光条的宽度为d，某次实验中计时器测得遮光条通过两个光电门的时间间隔分别为、，遮光条从光电门A到光电门B的时间为，则滑块加速度为_______（用题中所给字母表示）。
19．在“验证牛顿第二定律”的实验中，实验装置如图甲所示。
（1）某组同学研究小车在质量不变的情况下，加速度与合力关系的实验中，下列措施中不需要或不正确的是_______。
A．首先要平衡摩擦力，使小车受到的合力等于细绳对小车的拉力
B．平衡摩擦力的方法就是在竖直细绳上增挂钩码，使小车能匀速运动
C．每次改变拉小车的拉力后都需要重新平衡摩擦力
D．实验中通过在竖直细绳上增挂钩码来改变小车受到的拉力
E.实验中应先释放小车，然后再打开打点计时器的电源
（2）有一位同学通过实验测量数据，作出了图乙中的A图线，图中下面部分是直线，上面部分是曲线，另一位同学作出了图丙中的B图线。下列分析正确的是_______。
A．A图线不通过坐标原点的原因可能是平衡摩擦力不够
B．A图线上部弯曲的原因是未满足拉车的砝码质量远小于小车的质量
C．B图线在纵轴上有截距的原因是所挂钩码质量偏大
D．B图线的斜率数值上等于小车的质量
（3）图丁是某次实验时打点计时器所打出纸带的一部分，纸带上计数点间的距离如图丁所示，其中相邻两计数点之间还有4个点未画出，则打点计时器打计数点2时小车的速度大小为_______m/s，整个运动过程小车的加速度大小为_______m/s2。（打点计时器所用电源的频率为50Hz，结果均保留两位小数）
20．传送带被广泛应用于各行各业．由于不同的物体与传送带之间的动摩擦因数不同，物体在传送带上的运动情况也有所不同．如图所示，一倾斜放置的传送带与水平面的夹角θ＝37°，在电动机的带动下以v＝2 m/s的速率顺时针方向匀速运行．M、N为传送带的两个端点，M、N两点间的距离L＝7 m．N端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住．在传送带上的O处先后由静止释放金属块A和木块B，金属块与木块质量均为1 kg，且均可视为质点，O、M间距离L1＝3 m．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦．
(1) .金属块A由静止释放后沿传送带向上运动，经过2 s到达M端，求金属块与传送带间的动摩擦因数μ1；
(2) .木块B由静止释放后沿传送带向下运动，并与挡板P发生碰撞．已知碰撞时间极短，木块B与挡板P碰撞前、后速度大小不变，木块B与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5.求与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离．
21．倾角、质量的粗糙斜面位于水平地面上，质量的木块置于斜面顶端，从静止开始以的加速度匀加速下滑，在此过程中斜面保持静止（，，g取10 m/s2），求：
（1）地面对斜面的摩擦力大小与方向；
（2）地面对斜面的支持力大小。
22．某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：
（1）通过实验得到如图乙所示的a-F图像，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角___________（选填“偏大”或“偏小”）。
（2）该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力__________（填“大于”“小于”或“等于”）砝码和盘的总重力，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足_______的条件。
（3）该同学得到如图丙所示的纸带。已知打点计时器电源频率为50Hz。A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点。由此可算出小车的加速度a=___________m/s2（结果保留两位有效数字）。
参考答案
1．【答案】C
【详解】
A．重心在效果上可以看作物体各部分所受重力的集中点，A错误；
B．任何有规则形状的均匀物体，其重心一定与它的几何中心重合。而质量分布不均匀的物体则不一定，B错误；
C．线的拉力和重力是平衡力，在一条直线上，所以用线悬挂的物体静止时，线的方向一定通过物体的重心，C正确。
D．物体重心可能在物体上，也可能在物体外，比如均匀圆环的重心在环外，D错误。
故选C。
2．【答案】C
【详解】
A．桨推水的力与水推桨的力是一对作用力和反作用力，大小相等，选项A错误；
B．船头推水的力与水推船头的力是一对作用力和反作用力，大小相等，选项B错误；
C．船在水中加速前行，则脚蹬船前行的力大于水对船的阻力，选项C正确；
D．脚蹬船的力与船对脚的力是一对作用力和反作用力，大小相等，选项D错误；
故选C。
3．【答案】B
【详解】
根据平行四边形定则
根据勾股定理
解得
故选B。
4．【答案】C
【详解】
A．加速度的定义式是比值定义法，加速度与速度的变化量无关，与速度变化所用的时间也无关，故A错误；
B．研究火车过桥的时间时，火车的长度对时间影响较大，不能忽略，所以火车不能看成质点，故B错误；
C．路程大小等于物体运动轨迹的长度，移的大小等于由初位置指向末位置的有向线段的长度，两物体通过的路程不等，位移可能相同。故C正确；
D．马拉力和车拉马的力是相互作用力，故二者大小相等；马拉车加速前进是因车受到的拉力大于其受到的阻力，故D错误。
故选C。
5．【答案】D
【详解】
A.伽利略的实验是把斜面理想成没有摩擦，但光滑斜面是不存在的，所以这个实验是理想实验，故A正确；
BCD．伽利略的理想斜面实验是通过生活中物体受力与运动规律的分析设想出来的，该实验证实了力不是维持物体运动的原因，即物体的运动不需要力来维持，帮助我们找到了运动与力的关系，为牛顿第一定律奠定了基础，故BC正确，D错误。
本题选不正确的，故选D。
6．【答案】D
【详解】A．惯性是物体固有属性，任何物体在任何情况下都具有惯性，与是否受力无关，故A错误；
B．用力推桌子，桌子未动，是因为桌子受到静摩擦力作用，并非是因为桌子的惯性大，惯性仅与质量有关，质量越大，惯性越大，故B错误；
C．宇航员在太空舱中能飘来飘去是因为处于“失重”状态，惯性仅与质量有关，与物体运动状态无关，质量越大，惯性越大，故C错误；
D．匀速行驶中的客车突然刹车，乘客下半身随车减速，而上半身由于惯性仍保持原来的运动状态，从而向前倾，故D正确。
故选D。
7．【答案】D
【详解】
物体给它一个初速度后沿粗糙斜面向上滑动，由于惯性，要沿斜面向上运动，物体并不受冲力的作用，所以对物体受力分析，重力竖直向下，斜面对物体的支持力垂直斜面向上，和沿斜面向下的滑动摩擦力，所以D正确，ABC错误。
故选D。
8．【答案】D
【详解】A.因为0～1s内物体静止，则F始终等于静摩擦力，A错误；
B.全过程物体都具有向右运动的趋势或者向右运动，所受摩擦力方向始终向左，B错误；
C.1～3s时间内F始终大于滑动摩擦力，则物体一直向右运动，在第3s末还有速度，C错误；
D.第1s时有：F＝μmg，得μ＝0.5，D正确。
选D。
9．【答案】A
【详解】
AB. 对小球B受力分析，由牛顿第二定律可知
解得
加速度方向向左，故A正确，B错误
CD．对A受力分析，由牛顿第二定律可知
竖直方向
解得
故CD错误。
故选A。
10．【答案】D
【详解】
对接点O为研究对象，进行受力分析
OA和OB绳子的拉力的合力总是与物体的重力相平衡，所以两个拉力的合力不变，随着OB绳子的转动，从三角形的边长变化可知BO中张力先变小后变大，AO中张力逐渐减小到零；
A．都逐渐变大，与结论不相符，选项A错误；
B．都逐渐变小，与结论不相符，选项B错误；
C．BO中张力逐渐变大，AO中张力逐渐变小，与结论不相符，选项C错误；
D．BO中张力先变小后变大，AO中张力逐渐减小到零，与结论相符，选项D正确；
故选D.
11．【答案】BCD
【详解】
A．把木块轻轻的放在正在运转的水平的传送带上，木块所受的滑动摩擦力是木块运动的动力， A错误；
B．木块在静止的木板上滑动，静止的木板受到滑动摩擦力；木块随倾斜的传送带一起向上运动时，运动的木块受到静摩擦力，B正确；
C．弹力是产生摩擦力的条件之一， C正确；
D．人沿爬杆从杆底匀速向上爬，人所受的摩擦力的方向沿杆向上， D正确。
故选BCD。
12．【答案】AB
【详解】A．根据平衡条件可知，手对矿泉水瓶的静摩擦力方向竖直向上，则矿泉水瓶对手的摩擦力方向竖直向下，故A正确；
B．手握得越紧，只是矿泉水瓶与手之间的最大静摩擦力变大，但矿泉水瓶受到的摩擦力仍然不变，等于矿泉水瓶的重力，故B正确；
C．因为矿泉水瓶保持静止，虽然手握得越紧，但矿泉水瓶受到的合力仍保持不变为零，故C错误；
D．矿泉水瓶受重力、摩擦力和弹力三个力的作用，故D错误。
故选AB。
13．【答案】BD
【详解】A：根据三角形定则可知和的合力，与大小相等，方向相反，A错误；
B：与方向相同，大小相等，与方向相同，大小相等，与垂直，除以外的4个力能合成大小为、相互垂直的两个力，B正确；
C：除以外的4个力的合力的大小为，C错误；
D：这5个力的合力为，方向与和的合力方向相同，D正确。选BD。
14．【答案】AB
【详解】
设两段绳子间的夹角为，由平衡条件可知，
，
所以
，
设绳子总长为，两杆间距离为，由几何关系
，
得
，
A．绳子右端上移，、都不变，不变，绳子张力也不变，A正确；
B．杆向右移动一些，变大，变大，变小，变大，B正确；
C．绳子两端高度差变化，不影响和，所以不变，C错误；
D．衣服质量增加，绳子上的拉力增加，由于不会变化，悬挂点不会右移，D错误．
15．【答案】2 kg≤M≤4 kg
【详解】当物体B质量较大时,重物A有向右运动的趋势,则静摩擦力向左,当静摩擦力最大时,物体B的质量最大,有Mmaxg=F+fmax,解得Mmax=4 kg;当物体B质量较小时,重物A有向左运动的趋势,则静摩擦力向右,当静摩擦力最大时,物体B的质量最小,有Mming=F-fmax,解得Mmin=2 kg,综上可知物体B的质量M的取值范围为2 kg≤M≤4 kg.
16．【答案】 10.00（9.90～10.10均可） 1.80（1.70～1.90均可） FOO′
【详解】（1）[1][2]在坐标系中描点，用平滑的曲线（直线）将各点连接起来，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧。如图所示
由图可知，图线与横轴的交点为弹簧原长，即l0=10.00cm。
（2）[3]由于橡皮筋的长度
l=OA＋OB=13.60cm
由图1可得F=1.80N，所以
FOA=FOB=F=1.80N
（3）[4]利用给出的标度作出FOA和FOB的图示，然后以FOA和FOB为邻边作出平行四边形，过O点的对角线即为合力F′，如图所示
（4）[5]FOO′的作用效果和FOA、FOB两个力的作用效果相同，F′是FOA、FOB两个力的合力，所以只要比较F′和FOO′的大小和方向，即可得出实验结论。
17．【答案】（1）2m/s2，0.5m/s2；（2）1s；（3）6.6m
【详解】（1）对小物块由牛顿第二定律可知 ，则小物块的加速度 ，对小车由牛顿第二定律可知 ，则小车的加速度
（2）设经时间t两者共速，则有 ， 解得 t=1s
（3）开始1s内小物块的位移 ，1s末速度为 ，当和小车共速后，物块和小车一起做加速运动，由牛顿第二定律可知 ，则加速度 ，后2s内的位移 ，通过的总位移
18．【答案】 控制变量法 AC##CA 不需要
【详解】（1）[1]本实验控制一个变量不变，研究另外两个量的关系，采用的实验方法是控制变量法；
（2）[2]A. 实验需要平衡摩擦力，在取下沙桶的情况下抬高木板右端，使滑块做匀速直线运动，故A正确；
B．加速度的计算与释放的初始位置无关，故没必要从同一位置释放，故B错误；
C．若探究加速度与质量关系时，因为它们是反比关系，故实验结果采用坐标作图，是为了更直观地根据图线作出判断，故C正确。
故选AC；
（3）[3]平衡摩擦力后，滑块及传感器所受合力用力传感器读数表示，不再用沙和沙桶重力来表示合力，所以不需要保持沙和沙桶质量远小于滑块及传感器总质量。
[4]运用加速度的定义式可求得
19．【答案】 BCE AB 0.82 1.61
【详解】[1]（1）A. 研究小车在质量不变的情况下，加速度与合力关系的实验中，首先要平衡摩擦力，使小车受到的合力等于细绳对小车的拉力,故A正确；
B．平衡摩擦力的方法就是，不挂钩码，把木板的一端垫高，轻推小车，使小车能匀速滑动，故B错误；
C．平衡摩擦力后，在实验过程中不需要重新平衡摩擦力，故C错误；
D．实验中通过在竖直细绳上增挂钩码来改变小车受到的拉力，故D正确；
E．实验中应先接通电源，然后再释放小车，E错误。
故选BCE。
[2]（2）A．A图线不通过坐标原点，即拉力要有一定数值小车才有加速度，可知其原因是可能是实验前没有平衡摩擦力或摩擦力没有平衡够，故A正确；
B．A图线上部弯曲的原因是未满足拉车的砝码质量m远小于小车的质量M这个条件，故B正确；
CD．B图线在纵轴上有截距的原因是在平衡摩擦力时，长木板的倾角过大，小车沿斜面向下的分力大于摩擦力，使尚未对小车施加拉力时，小车已有加速度，因此作出的图线中，F为0时，a不为0，而是有一定的数值，根据
整理得
图线的斜率
可知B图线的斜率数值上等于小车的质量的倒数，故CD错误。
故选AB。
[3]（3）由题意可知纸带上相邻计数点间的时间间隔
根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度得
[4]根据逐差法得
20．【答案】（1）1（2）1.6m
【分析】(1)金属块A在传送带方向上受摩擦力和重力的下滑分力，先做匀加速运动，并设其速度能达到传送带的速度v=2m/s，然后做匀速运动，抓住总位移的大小，结合运动学公式求出加速度的大小，根据牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小；
(2)根据牛顿第二定律求出木块下滑的加速度，从而结合速度位移公式求出与挡板碰撞的速度，反弹后，速度大于传送带速度，摩擦力向下，速度与传送带速度相等后，摩擦力向上，根据牛第二定律分别求出上滑过程中的加速度，结合运动学公式求出木块B所达到的最高位置与挡板P的距离．
【详解】(1) 金属块A在传送带方向上受重力沿传送带向下的分力和摩擦力，由题意可知，μ1>tan θ，即A先做匀加速运动，并假设其速度能达到传送带的速度v＝2 m/s，然后做匀速运动，到达M点．金属块由O运动到M，有：
且t1＋t2＝t，v＝at1
根据牛顿第二定律有μ1mgcos 37°－mgsin 37°＝ma
解得t1＝1 s加速度
解得金属块与传送带间的动摩擦因数μ1＝1；
(2) 由静止释放后，木块B沿传送带向下做匀加速运动，其加速度为a1，运动距离LON=4m，第一次与P碰撞前的速度为v1
a1=gsinθ-μgcosθ=2m/s2
由μ2a2＝gsin θ＋μ2gcos θ＝10 m/s2
因此与挡板P第一次碰撞后，木块B所到达的最高位置与挡板P的距离为
s＝s1＋s2＝1.6 m
【点睛】本题是一个多过程问题，比较复杂，关键理清物块在传送带上整个过程中的运动规律，搞清摩擦力的方向，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
21．【答案】（1）3.2N，方向水平向左；（2）67.6N
【详解】（1）对木块，由牛顿第二定律得
垂直斜面方向有
联立解得
根据牛顿第三定律得木块对斜面的压力为
木块对斜面的摩擦力
对斜面受力分析，如图所示
设摩擦力水平向左，则由共点力平衡条件得
方向水平向左。
（如果设摩擦力f2水平向右，则
同样方向水平向左）
（2）竖直方向由共点力平衡条件得，地面对斜面的支持力大小
22．【答案】 偏大 小于 5.0
【详解】（1）[1]当拉力F等于0时，小车已经产生力加速度，故原因是在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大；
（2）[2]小车运动过程中，砝码和盘向下做加速运动处于失重状态，砝码和盘对细线的拉力小于其重力，小车在运动过程中受到的拉力小于砝码和盘的总重力。
[3]对整体分析，根据牛顿第二定律得
解得
则绳子的拉力
当，即砝码和盘的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时，砝码和盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，所以为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足的条件；
（3）[4]刻度尺上读出A、D、G三点的位置，可得
计时点间的时间间隔为T，由匀变速直线运动的推论△x=aT2可知，加速度
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第 page number 页，共 number of pages 页2026届人教版高考物理第一轮复习：第三章---四章综合基础练习5
一、单选题（本大题共10小题）
1．如图所示，固定在水平面上的光滑斜面上有一物块在平行于斜面的力作用下处于静止状态．当缓慢向水平方向转动时物块保持静止，则此过程中作用力和斜面对物块的支持力的大小的变化情况是（　　）

A．变大，支持力变小 B．变小，支持力变大
C．和支持力都变小 D．和支持力都变大
2．下列如图所示的情形中，没有涉及牛顿第三定律的是（　　）
A．气垫船旋转的螺旋桨获得动力 B．战斗机在行进途中抛弃副油箱
C．喷水龙头自动旋转使喷水均匀 D．玩具火箭靠喷出火药飞上天空
3．如图所示，小球A与滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，连接滑环B的绳与竖直放置的固定杆垂直且都在竖直平面内，初始时滑环恰好不下滑，现对小球A施加一个水平力F，使小球A在水平力F的作用下缓慢上移一小段，设滑环与杆之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　）

A．滑环B向下移动 B．固定杆给滑环B的弹力方向垂直于杆向左
C．绳子拉力变大 D．滑环B受到的摩擦力变大
4．如图甲所示，鸟儿有多拼，为了生存几只鸟像炮弹或标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设小鸟的俯冲是自由落体运动，进入水中后是匀减速直线运动，其v-t图像如图乙所示，自由落体运动的时间为，整个过程的运动时间为，最大速度为，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　）
A．
B．整个过程下落的高度为32.4m
C．~时间内v-t图像的斜率为
D．~时间内阻力是重力的1.5倍
5．如图，密闭玻璃水壶内有一铁球悬挂在水中。现用激光将悬挂铁球的细线烧断，请问此时台秤示数（　　）
A．变大 B．变小 C．不变 D．无法判断
6．如图，质量分别为m、2m的小球A、B在力F作用下静止在光滑的水平桌面上，弹簧处于压缩状态，轻绳恰好伸直。现在撤去外力F，然后对小球A施加方向向左，大小为的外力，轻绳烧断瞬间小球AB的加速度大小分别为（　　）
A．， B．，
C．， D．，
7．在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多思想方法，极大地推动了自然科学的发展。以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是（　　）
A．在探究两个互成角度的力的合成规律实验中，用到了等效替代法
B．论证图像与横轴围成的面积即为物体运动的位移采用了等效的思想
C．忽略物体的大小和形状，用质点代替物体，采用了等效替代法
D．在研究加速度与合外力、质量的关系的实验中，利用了理想实验的方法
8．如图所示是厨房用来悬挂厨具的小吸盘，其原理是排开吸盘与墙壁之间的空气，依靠大气压紧紧地将吸盘压在厨房的竖直墙壁上，可用来悬挂比较轻的厨具，安装拆卸都很方便，以下说法正确的是（　　）
A．墙壁对吸盘的作用力的合力竖直向上
B．大气压变大，吸盘受到的摩擦力也变大
C．吸盘与墙壁之间只有一对作用力与反作用力
D．空气对吸盘的压力与墙壁对吸盘的支持力是一对平衡力
9．在验证牛顿第二定律的实验中，用改变砂的质量的办法来改变对小车的作用力，用打点计时器测出小车的加速度，得出若干组和的数据。然后根据测得的数据作出如图所示的图线，发现图线既不过原点，又不是直线，原因是（　　）
A．平衡摩擦力时，所垫木板太低，且小车质量较大
B．平衡摩擦力时，所垫木板太低，且砂和小桶的质量较大
C．平衡摩擦力时，所垫木板太高，且小车质量较大
D．平衡摩擦力时，所垫木板太高，且砂和小桶的质量较大
10．下列关于重力、弹力、摩擦力以及平衡力和相互作用力，下列说法正确的是（　　）
A．形状规则的物体重心一定在它的几何中心上
B．同一接触面间有摩擦力的相互作用，但不一定有弹力的相互作用
C．拿一根细竹竿拨动水中的木头，木头受到竹竿的弹力，这是由于木头发生了形变而产生的
D．一对平衡力的合力为零，但一对作用力与反作用力根本不存在合力等于多少的问题，因为他们不是共点力，不能被合成
二、多选题（本大题共4小题）
11．质点由静止开始做直线运动，所受合外力大小随时间变化的图象如图所示，则有关该质点的运动，以下说法中正确的是（　　）
A．质点在内做匀加速直线运动
B．质点在末速度最大
C．质点在内加速度越来越小
D．质点在内速度越来越小
12．如图所示，套在动摩擦因数为0.4的水平细杆上的小球，上端与细绳相连、左端与轻弹簧相连，轻弹簧的左端固定在O点。初始时刻小球静止在A点，此时弹簧伸长了，绳子拉力为。已知弹簧劲度系数，小球质量，取重力加速度。某时刻剪断轻绳，下列说法正确的是（　　）
A．小球初始时刻静止在A点时受到摩擦力大小为
B．剪断轻绳的瞬间，小球受力个数不变
C．剪断轻绳的瞬间，小球加速度为
D．剪断轻绳后小球向左做匀加速直线运动
13．如图所示，某高中生在自家小区住宅楼的一客梯内研究超重和失重现象，将质量为1kg的物体悬挂在弹簧测力计上，观察到测力计示数稳定为12N，则该客梯当前状态及运行情况是（　　）

A．该客梯处于失重状态
B．该客梯处于超重状态
C．该客梯可能向下做匀减速直线运动
D．该客梯可能向下做匀加速直线运动
14．某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落他打开降落伞后的速度图线如图（a）所示。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为α=37°，如图（b）所示.已知运动员的质量为50kg，降落伞的质量也为50kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速度v成正比，即f=kv（g=10m/s2，sin37°=0.6.cos37°=0.8）。则下列判断中正确的是（　　）
A．阻力系数k=100N·s/m
B．打开伞瞬间运动员的加速度a=30m/s2，方向竖直向上
C．悬绳能够承受的拉力至少为312.5N
D．悬绳能够承受的拉力至少为625N
三、非选择题（本大题共8小题）
15．在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳。实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条。
（1）下列对实验操作的说法，正确的是
A．用两个弹簧秤把结点拉到O点之后，为防止O点变动，应用图钉把结点固定在O点
B．在同一组实验中，用两个弹簧秤拉橡皮条和用一个弹簧秤拉橡皮条时结点位置相同
C．为使实验结果更具有说服力，应多做几组，且每组实验两细绳套的夹角不能变
D．为使实验结果更精确，两弹簧秤的规格必须一样
（2）某同学根据实验在纸上画出了如图所示的力的图示（F与AO共线），其中 （选填“F”或“F ”）是F1和F2的理论合力， （选填“F”或“F ”）是F1和F2的实际合力。
16．在“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，橡皮条的另一端系两根细绳，细绳端带有绳套。先用两个弹簧秤分别勾住绳套并互成角度地拉橡皮条，使橡皮条的结点达到某一位置O，并记下该点的位置；再用一个弹簧秤将橡皮条的结点拉到同一位置O点。
（1）用一个弹簧称拉橡皮条，使绳与橡皮条的结点达到O点，弹簧称的示数 N。
（2）做实验时，根据测量结果在白纸上画出如图2所示，其中O处为节点位置。图中的与两力中，方向一定沿橡皮筋方向的是 。
（3）与大小相等，方向略有偏差，如果此偏差仅由引起，则原因是的大小比真实值偏 （填“大”或“小”）或与的夹角比真实夹角偏 （填“大”或“小”）。
（4）本实验采用的科学方法是
A．理想实验 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法
17．如图所示，上表面粗糙的斜劈固定在水平地面上，斜旁倾角，一质量为m的物块（可视为质点）由斜面底端P以速度沿斜面匀减速上滑，物块恰能上滑至斜面上的点A，其中，重力加速度为，，，求：
（1）物块沿斜面上滑的加速度大小；
（2）物块与斜面间的动摩擦因数；
（3）物块上滑至斜面最高点A后，恰能沿斜面匀加速下滑，下滑过程中先后经过B、C两点，其中，，问物块下滑过B点的速度为多大？
18．用如图甲所示的装置探究加速度与质量的关系，把右端带有滑轮的长木板放在实验桌上，小车的左端连接穿过打点计时器的纸带，右端连接细线，细线绕过定滑轮挂有托盘和砝码，通过垫块调节木板左端高度平衡摩擦力。
（1）下列实验操作正确的有 。
A．先释放小车后接通电源 B．调整定滑轮使细线与长木板平行
C．平衡摩擦力时必须移去纸带 D．平衡摩擦力时必须移去托盘和砝码
（2）某次实验打出的一条纸带如图乙所示，测得计数点1、2、3、4与0计数点间的距离分别为x1=3.60 cm、x2=9.61 cm、x3=18.01 cm、x4=28.81 cm。已知打点计时器打点周期为0.02 s，相邻计数点间有四个点未画出，则小车的加速度a= m/s2（结果保留三位有效数字）。
（3）实验中保持托盘和砝码的总质量不变，改变小车和车内沙子的总质量M，进行实验打出纸带，算出相应的加速度a，数据描在图丙中，请在图丙中根据描出的点作出a-图像 ；由图像可得出的结论是 。
19．冰壶是冬奥会比赛项目之一，图1为赛场示意图。比赛时，运动员从滑架处推着冰壶出发，在投掷线处将冰壶以一定的初速度推出，按比赛规则，他的队友可以用毛刷在冰壶滑行的前方摩擦冰面，减小摩擦因数以调节冰壶的运动。
（1）已知冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，冰面被摩擦后，动摩擦因数减小为原来的，投掷线与O的距离为，g取。
①运动员以多大的速度沿图中虚线将冰壶推出，队友不需要摩擦冰面，冰壶能恰好停在O点；
②若运动员以的速度将冰壶推出，队友应该在冰壶滑出多长的距离后，开始一直连续摩擦前方冰面，才能使冰壶停在O点；
（2）图像法是研究物理问题的重要方法，例如从教科书中我们学会了由图像求直线运动的位移，请你借鉴此方法，分析下面问题。如果通过队员摩擦冰面，使得动摩擦因数随距离的变化关系如图2所示，即：，其中，x表示离投掷线的距离。在这种情况下，若运动员以的速度将冰壶沿图中虚线推出，求冰壶滑行时的速度大小。
20．甲、乙两个实验小组分别采用如图甲、乙所示的实验装置，验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律。已知他们使用的小车完全相同，小车的质量为M，重物的质量为m，试回答下列问题：
（1）甲、乙两组实验必须平衡小车和长木板之间的摩擦力的实验小组为 。
A．甲　B．乙　C．都需要　D．都不需要
（2）实验时，如果遗漏了平衡摩擦力这一步骤，作出的a﹣F图像，可能作出下图中 （选填“甲”、“乙”、“丙”）图线。
（3）甲、乙两组实验必须满足的实验小组是 。
A．甲　B．乙　C．都需要　D．都不需要
21．半球体A、光滑球体B及长方体木块C放在水平地面上，B位于A的顶端偏右侧，C与B的右端接触，A、B、C处于静止状态。现用水平向右的拉力拉C，使其缓慢移动，直到B即将与地面接触，如图所示。此时A恰好不与地面发生相对滑动。已知A、B的质量均为m，半径均为R，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）B即将与地面接触时，C对B支持力的大小；
（2）A与地面间的动摩擦因数；
（3）若A与地面间的动摩擦因数变为原来的，则当A、B的球心连线与水平方向的夹角为多少时，A将与地面发生相对滑动？
22．如图所示，一倾角为、足够长的传送带始终以的速度逆时针匀速运转，长度未知的木板B上放一可视为质点的物块A（A一开始在距B右端1m处），两者同时由静止开始释放，释放时木板距传送带底端的距离，传送带底端有一固定挡板，木板B与挡板碰撞后立即以等大的速度反弹。木板B的质量为，物块A的质量为，且，木板B与传送带间的动摩擦因数，物块A与木板B间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度，不计其它阻力。求：

(1)物块A和木板B开始运动时加速度的大小和；
(2)木板B从释放至第一次与挡板相碰时A在B上留下的划痕；
(3)若木板B从释放到第一次到达最高点的过程中物块A不从B上掉落，木板B的最小长度。
参考答案
1．【答案】D
【详解】物块在斜面上受向下的重力mg，垂直斜面向上的支持力N以及力F作用，由平行四边形定则可知，当F由沿斜面向上转到水平向右时，力F和支持力N都增加。选D。

2．【答案】B
【详解】A．船在水中航行是螺旋桨给水一个向后的作用力，反过来水给船一个向前的反作用力，属于应用牛顿第三定律，故A正确；
B．战斗机飞行过程中，扔掉副油箱，减小质量，减小惯性，不涉及牛顿第三定律，故B错误；
C．喷水龙头自动旋转使喷水均匀，利用了反冲，也是作用力与反作用力的关系，属于应用牛顿第三定律，故C正确；
D．发射火箭利用了反冲，也是作用力与反作用力的关系，属于应用牛顿第三定律，故D正确。
本题选择错误的，故选B。
3．【答案】C
【详解】
设绳对小球的拉力为，绳与竖直方向的夹角为，在任一位置时，根据平衡条件有，，整理可得，，随着小球A缓慢上移，增大，可知拉力变大，绳子的弹力T变大，C正确。滑环B处于静止状态，绳子对滑环B的拉力向左，固定杆对滑环B的弹力向右，B错误。随着绳子的弹力变大，固定杆给滑环B的弹力增大，滑环B将一直处于静止状态，则滑环B受静摩擦力，由平衡条件有，保持不变，A、D错误。
4．【答案】C
【详解】A．小鸟自由落体运动的最大速度为，由自由落体运动的规律可得，解得，A错误；
B．整个过程下落的高度为图乙v-t图像与时间轴所围成的面积，则，B错误；
C．时间内小鸟的加速度为，则此时间内v-t图像的斜率，C正确；
D．时间内由牛顿第二定律有，可得，D错误。选C。
5．【答案】B
【详解】对整体受力分析得，细线未断前台秤的示数等于含小球整体的重力；当激光将悬挂铁球的细线烧断时，小球向下做加速运动，小球处于失重状态，台秤的示数小于整体的重力，综上所述可知，台秤示数变小。选B。
6．【答案】A
【详解】初始状态，根据平衡条件可知弹簧弹力为，现在撤去外力F，然后对小球A施加方向向左，大小为的外力，轻绳烧断瞬间弹簧弹力不变，对小球A由牛顿第二定律，对小球B由牛顿第二定律，选A。
7．【答案】A
【详解】在探究两个互成角度的力的合成规律实验中，用一个力的作用效果来代替两个力的作用效果，用到了等效替代法，A正确；论证图像与横轴围成的面积即为物体运动的位移采用了微元法的思想，B错误；忽略物体的大小和形状，用质点代替物体，采用了理想模型法，C错误；在研究加速度与合外力、质量的关系的实验中，利用了控制变量法，D错误。
8．【答案】D
【详解】A．墙壁对吸盘的作用力有竖直向上的摩擦力和水平方向的支持力，合力方向不是竖直向上，A错误；
B．吸盘受到的摩擦力与物体对吸盘的拉力是一对平衡力，与物体重力大小相等，不会变化，B错误；
C．吸盘与墙壁之间有水平方向和竖直方向两对作用力与反作用力，C错误；
D．空气对吸盘的压力与墙壁对吸盘的支持力是一对平衡力，D正确。选D。
9．【答案】D
【详解】由图可知，小车在不受拉力时已经有了加速度，说明平衡摩擦力过度，即所垫木板太高；对沙和小桶进行受力分析可得
对小车进行受力分析可知
联立解得
当满足小车质量远大于沙和小桶的质量，作用力与沙和小桶的重力近似相等，可用沙和小桶的重力代替作用力，故可得与成正比；图线出现弯曲，说明小车质量远大于沙和小桶的质量的条件不再满足，即砂和小桶的质量较大。
故选D。
10．【答案】D
【详解】A．形状规则的物体，如果质量分布不均匀，其重心不一定在它的几何中心上，故A错误；
B．根据摩擦力产生条件可知，同一接触面间有摩擦力的相互作用，则一定有弹力的相互作用，故B错误；
C．拿一根细竹竿拨动水中的木头，木头受到竹竿的弹力，这是由于竹竿发生了形变而产生的，故C错误；
D．一对平衡力的合力为零，但一对作用力与反作用力根本不存在合力等于多少的问题，因为他们不是共点力，不能被合成，故D正确。
故选D。
11．【答案】AC
【详解】
A．质点在内所受合外力恒定，且由静止开始运动，可知质点一定做匀加速直线运动，A正确；
BD．虽然2s后质点所受合外力减小，但方向不变，故质点在后做加速度减小的加速运动，2s末速度不是最大，BD错误；
C．由牛顿第二定律可知，质点在内加速度越来越小，C正确。
故选AC。
12．【答案】AC
【详解】A．小球初始时刻静止在A点时受到静摩擦力，大小等于弹力大小，故
故A正确；
B．剪断轻绳的瞬间，绳子拉力消失，小球受力个数变少，故B错误；
C．剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，支持力突变成，最大静摩擦力变为
则小球受力不平衡，所以加速度为
故C正确；
D．剪断轻绳后小球运动过程中弹簧弹力始终变化，所以先做加速度减小的加速直线运动，当弹簧弹力等于摩擦力时，速度最大；之后小球做加速度增大的减速运动，直到静止，故D错误。
故选AC。
13．【答案】BC
【详解】AB．由于观察到测力计示数比物体的重力大，故该客梯处于超重状态，A错误，B正确；
CD．由牛顿第二定律
该客梯有向上的加速度，该客梯可能向下做匀减速直线运动或向上做匀加速直线运动，C正确，D错误。
故选BC。
14．【答案】BC
【分析】
由a图可知，当速度等于5m/s时，物体做匀速运动，受力平衡，根据kv=2mg即可求解k，根据牛顿第二定律求解加速度；以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律即可求最小拉力。
【详解】
A．当速度为5m/s时，做匀速直线运动，对整体，根据平衡有
2mg=kv
解得
A错误；
B．对整体，根据牛顿第二定律得
解得
方向竖直向上，B正确；
CD．向上的加速度最大时，绳子的拉力最大，对运动员分析，有
。
解得
所以悬绳能够承受的拉力至少为312.5N，C正确，D错误；
故选BC。
15．【答案】B；；F
【详解】（1）[1]AB．本实验的目的是为了验证力的平行四边形定则，即研究合力与分力的关系．根据合力与分力是等效的，本实验橡皮条两次沿相同方向拉伸的长度要相同，只要在白纸上记录下第一次结点所在位置O，第二次拉至同一位置即可，不需要用图钉固定，A错误，B正确；
C．为使实验结果更具说服力，应多做几组，每组实验两细绳套的夹角可以改变，C错误；
D．两弹簧秤的规格不需要一样，D错误；
选B。
（2）[2][3]本实验采用了“等效法”，与的合力的实际值测量值为一个弹簧拉绳套时的弹簧的弹力大小和方向，而理论值是通过平行四边形定则得到的值，所以是与的合力的理论值，F是与的合力的实际测量值。
16．【答案】 3.00 大 大 B
【详解】（1）[1]弹簧测力计需要估读，准确值是3.0N，估读一位，的3.00N。
（2）[2]F是两分力合成的合力，由于实验存在误差是必然的，所以F必然偏离橡皮筋的方向，故填。
（3）[3]F相对于理论值往F1的方向偏了，故F1偏大。
[4]根据上面的分析，F1应该变小一点，随着F1的变小，方向修正好了，但同时合力的大小又减小了，此时缩小F1F2的夹角，合力就会相应变大，故F1F2的夹角偏大。
（4）[5]此实验中，两个拉力的作用效果与一个力的作用效果等同，采用的科学方法是等效替代法。
故选B。
17．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）物块沿斜面匀减速上滑至最高点A，由匀变速运动公式有，其中，代入数据解得
（2）物块沿斜面上滑过程中，由牛顷第二定律可得，代入数据得
（3）由已知物块从A点沿斜面向下做匀加速直线运动，其中，，，即B点为AC的位移中点。由运动学公式有，代入数据得
18．【答案】 BD 2.40 在托盘和砝码的总质量远小于小车和车内沙子的总质量M的情况下，合力一定时，小车和车内沙子的加速度a与质量M成反比
【详解】（1）[1]A．应先接通电源再释放小车，A错误；
B．调整定滑轮使细线与长木板平行，以保证小车在运动过程中合力不变，B正确；
C．平衡摩擦力时必须连接纸带，C错误；
D．平衡摩擦力时必须移去托盘和砝码，用小车重力分力来平衡摩擦力，D正确。
故选BD。
（2）[2]小车的加速度
a= =2.40 m/s2
（3）[3]将图中各点用平滑曲线连接，如答案图所示。
[4]由图像可以看出，在托盘和砝码的总质量远小于小车和车内沙子的总质量M的情况下，合力一定时，小车和车内沙子的加速度a与质量M成反比。
19．【答案】（1）①，②19m/s；（2）
【详解】（1）①设队友不摩擦冰面，冰壶滑行的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得，由运动学公式得，解得，设队友应该在冰壶滑出x1的距离后，开始一直连续摩擦前方冰面，才能使冰壶停在O点。队友擦冰前，有，设队友摩擦冰面后，冰壶滑行的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得，由运动学公式得，且有，联立解得x1=19m
（2）根据和可得，冰壶加速度大小a与x的关系为，可画出图象，则可知图象中图线与x轴所围面积即速度平方的变化量的一半，则当x=20m/s时，a0=0.15m/s2；当x=20m/s时，a1=0.15m/s2，图象中的面积有，解得
20．【答案】C；丙；A
【详解】（1）甲、乙两组实验小车与长木板之间都有摩擦力，为保证小车受到的拉力等于所受的合力，所以都需要平衡摩擦力。
（2）实验时遗漏了平衡摩擦力，由于没有平衡摩擦力，根据牛顿第二定律，a-F图像在横轴上有截距，应为图线丙。
（3）乙是由力传感器直接读出，不需要用钩码的重力代替，所以不需满足，甲是用钩码的重力代替绳的拉力，必须满足。
21．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设A、B间的弹力为，B、C间的弹力为，B、C间的弹力沿水平方向，由几何关系可知，A、B间的弹力与水平方向的夹角满足，可得，对B受力分析，由平衡条件可得，，解得，
（2）设地面对A的支持力为，摩擦力为；对A受力分析，竖直方向有，可得，水平方向有，可得，此时A恰好不发生相对滑动，则有，解得
（3）若A与地面间的动摩擦因数变为原来的，则有，设A、B球心连线与水平方向夹角为时，A将要发生滑动；由（1）中结论可知，此时有，，仍有，，即，又，联立可得，可得
22．【答案】(1)；；(2)；(3)
【详解】（1）释放后，B受传送带向下的滑动摩擦力，由于大于，B比A运动得快，则，
解得，
由，
解得。
（2）设经时间木板B与传送带速度相同，则，
解得，
同速后由于，
木板B与传送带相对静止一起匀速运动，物块A继续加速，设再经时间物块A与B及传送带速度相同，则，
解得，
此时A与B的相对位移为，
同速后A会相对于B下滑，有，
解得，
则B的合力，
木板B仍匀速至与挡板相碰，直到与挡板相碰的时间为，，
这段时间A相对B的位移为，
由于，所以A在B上留下的划痕为。
（3）第一次碰后B向上减速运动的加速度大小为，则，
解得，
碰后B上升到最高点所用的时间，
碰后B上升到最高点向上运动的位移的大小为，
碰撞时A的速度大小为，
时间内A向下运动的位移的大小为，
因此，
此时A刚好到达木板的最左边，则木板的最小长度为。
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