資源簡介

2026屆人教版高考物理第一輪復習：第三章---四章綜合基礎練習1
一、單選題（本大題共12小題）
1．殲擊機在進入戰斗狀態時，要丟掉副油箱，這樣做的目的是（　　）
A．減小重力，使運動狀態保持穩定
B．增大速度，使運動狀態易于改變
C．增大加速度，使運動狀態不易改變
D．減小慣性，有利于運動狀態的改變
2．在物理學研究過程中，科學家們創造了許多物理學研究方法，如理想實驗法、控制變量法、極限法、等效替伐法、理想模型法、微元法等，以下關于所用物理學研究方法的敘述正確的是（　　）
A．根據速度定義式，當非常小時，就可以表示物體在某時刻的瞬時速度，該定義采用了轉化法
B．不需要考慮物體的大小和形狀時，用質點來代替實際物體采用了理想實驗法
C．引入重心、合力與分力的概念時運用了等效替代法
D．在推導勻變速直線運動位移公式時，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，這里采用了極限法
3．如圖所示，用完全相同的輕彈簧A、B、C將兩個相同的小球連接并懸掛，小球處于靜止狀態，彈簧A與豎直方向的夾角為30°，彈簧C水平，則彈簧A、C的伸長量之比為（ ）
A． B． C．1:2 D．2:1
4．如圖（a），一物塊在時刻沖上一固定斜面，其運動的圖線如圖（b）所示。若重力加速度g及圖中的、、均為已知量，則根據這些信息，不能求出（　　）
A．物塊的質量 B．斜面的傾角
C．物塊沿斜面向上滑行的最大距離 D．物塊與斜面間的動摩擦因數
5．如圖所示，某同學站在壓力傳感器上，做下蹲一起立的動作時記錄的力隨時間變化的圖線，縱坐標為力（單位為牛頓），橫坐標為時間。由圖線可知（　　）
A．該同學做了兩次下蹲一起立的動作
B．該同學做了一次下蹲一起立的動作
C．下蹲過程中人處于失重狀態
D．下蹲過程中先處于超重狀態后處于失重狀態
6．如圖所示，質量為的物塊放在水平桌面上，桌面的左端固定一光滑定滑輪，輕繩繞過定滑輪，一端連接在物塊上，另一端吊著質量為m的小球，物塊與滑輪間的輕繩水平。由靜止釋放物塊，當小球的質量為時，物塊由靜止開始到在水平桌面上運動0.5m所用的時間為。已知重力加速度大小g取，不計空氣阻力，物塊與水平桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則下列說法正確的是（ ）

A．要使物塊能運動，小球的質量至少大于0.30kg
B．要使物塊能運動，小球的質量至少大于0.40kg
C．無論小球的質量多大，輕繩的拉力不可能超過13N
D．無論小球的質量多大，輕繩的拉力不可能超過13.5N
7．如圖所示，三根在豎直平面內的光滑細管A、B、C上端平齊，B管豎直放置，A管與B管的夾角為α，C管與B管的夾角為β，且α﹤β。三個小球同時從管口頂端靜止釋放，經過相同的時間，三球所處位置正確的是（　　）
A． B．
C． D．
8．下列說法不正確的是（　　）
A．要產生摩擦力，兩物體必須相互擠壓，且有相對運動趨勢或發生相對運動
B．只要物體相互接觸且發生相對運動或有相對運動趨勢，就有摩擦力產生
C．有彈力不一定有摩擦力，有摩擦力一定有彈力
D．彈力的方向一定和摩擦力方向垂直
9．打印機在正常工作的情況下，進紙系統每次只進一張紙。進紙系統的結構示意圖如圖所示，若圖中有10張相同的紙，每張紙的質量為m，搓紙輪按圖示方向轉動并帶動最上面的1張紙向右運動，搓紙輪與紙張之間的動摩擦因數為，紙張與紙張之間、紙張與底部摩擦片之間的動摩擦因數均為，工作時搓紙輪對第1張紙壓力大小為F。打印機正常工作時，下列說法正確的是（　　）
A．第2張紙與第3張紙之間的摩擦力為滑動摩擦力
B．第5張紙與第6張紙之間的摩擦力大小為
C．第10張紙與摩擦片之間的摩擦力大小為
D．若，進紙系統仍能正常進紙
10．S1和S2表示勁度系數分別為k1和k2的兩根彈簧，k1＞k2；a和b表示質量分別為ma和mb的兩個小物體，ma＞mb，將彈簧與物塊按圖示方式懸掛起來，現要求兩根彈簧的總長度最大，則應使（　　）
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．大雪過后，汽車表面會有積雪覆蓋，若在汽車前擋風玻璃上方有一片積雪，質量 ，前擋風玻璃視為傾角 的斜坡，積雪融化前玻璃對積雪有附著力，融化后由于水膜的產生，會使得積雪和玻璃間的動摩擦因數變為 。在安全駕駛模擬情景測試中，一輛汽車在平直的公路上做勻加速運動，某時刻積雪開始融化，為使積雪不下滑，該時刻汽車的加速度至少應為（已知 ）（　　）
A． B． C． D．
12．如圖甲所示，質量為的物塊掛在彈簧測力計的下端，在彈簧測力計的拉力作用下沿豎直方向從靜止開始做直線運動.取豎直向上為正方向，物塊的加速度隨時間的變化關系如圖乙所示，彈簧測力計始終在彈性限度內，取.下列說法正確的是（ ）
A．內物塊先超重后失重，彈簧測力計的示數先增大后減小
B．內物塊先超重后失重，速度變化量大小為
C．內物塊先失重后超重，時物塊的速度大小為
D．內物塊先失重后超重，彈簧測力計末的示數為
二、多選題（本大題共4小題）
13．如圖所示，我國有一種傳統的民族體育項目叫作“押加”。實際上相當于兩個人拔河，如果甲、乙兩人在“押加”比賽中，甲獲勝（不計繩的質量），則下列說法中正確的是（　　）
A．繩對乙的拉力大于繩對甲的拉力，所以甲獲勝
B．甲把乙勻速拉過去時，甲乙受到的摩擦力大小相等
C．甲的拉力和乙的拉力是一對作用力和反作用力
D．甲受到的摩擦力為靜摩擦力，乙受到的摩擦力為滑動摩擦力
14．下列幾組共點力中，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．如圖所示，物塊、質量分別為、，水平地面和豎直墻面均光滑，在水平推力作用下，兩物塊均處于靜止狀態，則（　　）
A．物塊受五個力作用
B．物塊受到的摩擦力大小等于
C．物塊對地面的壓力大小等于
D．物塊受到物塊的作用力水平向右
16．如圖甲所示，一傾角=的足夠長斜面體固定在水平地面上，一個物塊靜止在斜面上．現用大小為F=kt，（k為常量，F、t的單位均為國際標準單位）的拉力沿斜面向上拉物塊，物塊受到的摩擦力Ff隨時間變化的關系圖象如圖乙所示，物塊與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m/s2，則下列判斷正確的是
A．物塊的質量為1kg
B．k的值為5N/s
C．物塊與斜面間的動摩擦因數為
D．t=3s時，物塊的速度大小為1.6m/s
三、填空題（本大題共4小題）
17．如圖所示，是探究某根彈簧的伸長量X與所受拉力F之間的關系圖：
（1）彈簧的勁度系數是 N/m
（2）若彈簧原長l0=10cm，當彈簧所受F=150N的拉力作用時（在彈性限度內），彈簧長度為l= cm．
18．質量為 2kg 的物體如圖所示的裝置懸掛著，繩和滑輪的質量均不計，若 CB 繩水平， 則 OA 繩的張力為 N（保留三位有效數字）若懸線B點緩慢向下移動，則 OA 繩上 的張力 （填變大、不變、變小）
19．某同學在“探究彈簧的長度與彈力的關系”實驗中，測定了彈簧的長度與其所受彈力的實驗數據，作出了圖像，如圖所示。忽略彈簧自身重力，則該彈簧的原長 m，勁度系數為
20． 如圖所示，一傾斜木板上放一物體，隨著板的傾角逐漸增大，當物體保持靜止時，物體所受支持力 ，摩擦力 ；當物體滑動時，物體所受支持力 ， 摩擦力 （四空都選填“變大”、“變小”、“不變"）。
四、非選擇題（本大題共8小題）
21．沿傾角為的斜坡向上拉質量為的小車，車沿斜坡向上的加速度大小為。求繩子的拉力F。（g取，坡面對小車的阻力不計）
22．小王在做“探究彈簧彈力的大小與伸長量的關系”實驗時，安裝好實驗裝置，讓刻度尺0刻度線與彈簧上端平齊。在彈簧下端掛一個鉤碼，靜止時彈簧長度如圖所示，其示數為 cm。在彈簧下端掛三個鉤碼時，彈簧長度為24.95cm。已知每個鉤碼質量是50g，當地重力加速度g=9.8m/s2，據此小王計算出彈簧的勁度系數為 N/m。小紅同學發現小王的計算結果與彈簧的標稱值相差較大，請你幫助小紅提出更合理的數據處理方案: _。
23．(1)I.如圖甲所示為“探究作用力與反作用力的關系”實驗中，兩彈簧秤互拉的情景，請任選一個彈簧秤讀出其示數為 N；
II.如圖甲所示，兩彈簧秤的讀數出現了微小偏差，出現這種偏差的原因可能是 ；
A．實驗前沒有對彈簧秤進行調零
B．兩彈簧秤沒有處于靜止狀態
C．彈簧秤的外殼重力的影響
D．彈簧秤的彈簧重力的影響
(2)如圖乙所示，在“用傳感器探究作用力與反作用力關系”的實驗中，兩傳感器拉力的情況由計算機屏幕顯示如圖丙所示。則通過對圖丙的分析可以得到的結論有 。
A．作用力與反作用力性質一定相同B．作用力與反作用力總是大小相等
C．作用力與反作用力可以相互抵消D．作用力與反作用力總是同時發生變化
24．近年來，游泳、滑雪、滑冰等體育運動項目都通過改進裝備來減小各種摩擦阻力。請收集相關資料，調查分析其中一種裝備在過去幾年里的改進情況，說明物理學對這些技術的改進產生了怎樣的影響。
25．在做“探究兩個互成角度的力的合成規律”的實驗時，如果只有一只彈簧測力計，其他實驗器材齊全，能否完成實驗？如果能完成，說明應如何操作。
26．質量為的物體在地面上處于靜止狀態，現受到兩個互成角度為、大小均為的水平力的作用，此外沒有其他力的作用。則末物體的速度是多大？內物體發生的位移是多少？
27．民航客機一般都有緊急出口，發生意外情況的飛機緊急著陸后，打開緊急出口，狹長的氣囊會自動充氣，生成一條連接出口與地面的斜面，人員可沿斜面滑行到地上。若機艙口下沿距地面3.2m，氣囊所構成的斜面長度為6.5m，一個質量60kg的人沿氣囊滑下時所受到的阻力是240N，人滑至氣囊底端時的速度有多大？
28．某同學用如圖甲所示裝置來驗證鐵塊沿斜面向下做勻加速直線運動的牛頓第二定律，已知實驗時打點計時器的周期為T，鐵塊與斜面間的滑動摩擦因數為，斜面的傾角為，鐵塊做勻加速直線運動對應的打點計時器打出的紙帶如圖乙所示，回答下列問題：
（1）本實驗 （填“需要”或“不需要”）測量鐵塊的質量；
（2）鐵塊的加速度 （用、、、T表示）；
（3）當表達式 成立時，牛頓第二定律得到驗證。
參考答案
1．【答案】D
【詳解】
殲擊機在進入戰斗狀態時要拋掉副油箱，目的是為了減小飛機的質量來減小飛機的慣性，使自身的運動狀態容易改變，以提高殲擊機的靈活性。故ABC錯誤，D正確。
故選D。
2．【答案】C
【詳解】A．根據速度定義式，當Δt非常小時，就可以表示物體在某時刻的瞬時速度，該定義采用了極限法，故A錯誤；
B．不需要考慮物體的大小和形狀時，用質點來代替實際物體采用了理想模型法，故B錯誤；
C．引入重心、合力與分力的概念時運用了等效替代法，故C正確；
D．在推導勻變速直線運動位移公式時，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，故D錯誤。
故選C。
3．【答案】D
【詳解】將兩小球看做一個整體分析，可知整體受到重力、輕彈簧A、C的拉力共3個力的作用而處于平衡狀態，將輕彈簧A的拉力沿豎直方向和水平方向分解可知水平方向上滿足，，據題意可知三個彈簧的勁度系數相同，由胡克定律可知彈簧A、C的伸長量之比為2:1，D項正確，ABC三項錯誤．
4．【答案】A
【詳解】物體上滑的加速度，由牛頓第二定律，物體下滑的加速度，由牛頓第二定律，聯立可得斜面的傾角θ和物塊與斜面間的動摩擦因數μ，但不能求解物塊的質量m；根據，可求解物塊沿斜面向上滑行的最大距離。選A。
5．【答案】B
【詳解】在一次下蹲過程中，該同學要先向下加速后向下減速，即先后經歷失重和超重狀態，所以對壓力傳感器的壓力先小于自身重力后大于自身重力；而在一次起立過程中，該同學又要先后經歷超重狀態和失重狀態，所以對壓力傳感器的壓力先大于自身重力后小于自身重力，所以題圖記錄的應該是一次下蹲一起立的動作。則選項B正確，ACD錯誤。
故選B。
6．【答案】D
【詳解】AB．當小球質量為m1=0.5kg時，整體受力分析得，且，聯立解得，要使物塊運動，小球質量應滿足，A、B錯誤；
CD．對小球、物塊分別受力分析，由牛頓第二定律可得，，聯立可得，所以當小球質量m增大時，繩子拉力逐漸增大，但不可能超過 ，C錯誤，D正確。選D。
7．【答案】C
【詳解】如圖所示，ABCD為同一圓上的點，圓的半徑為R，小球從A沿光滑桿AB、AC、AD滑下，
從AB下滑用時，有，解得，從AC下滑，有，而AC的長度為，有，解得，同理若從AD下滑，時間為，即小球到達圓上三點所用時間相同；依此結論可知，而現在三個小球均從管口上方下滑且無摩擦，相同時間后小球的位置是在同一個圓弧上，且所在位置與豎直位置連線與傾斜軌道夾角為直角，選C。
8．【答案】B
【詳解】A．要產生摩擦力，需要滿足兩物體相互擠壓，有相對運動趨勢或發生相對運動，還需要接觸面粗糙三個條件，所以要產生摩擦力，兩物體必須相互擠壓，且有相對運動趨勢或發生相對運動，A正確；
B．由A知，B選項少了兩物體相互擠壓和接觸面粗糙兩個條件，B錯誤；
C．由A知，有彈力可能沒有相對運動趨勢或發生相對運動或者接觸面不粗糙，所以可能沒有摩擦力，但有摩擦力兩物體間一定會相互擠壓，即有彈力，C正確；
D．彈力的方向垂直于接觸面，而摩擦力的方向沿接觸面，彈力的方向一定和摩擦力方向垂直，D正確。
選B。
9．【答案】B
【詳解】A．由于進紙系統每次只進一張紙，則在第1張紙向右運動時，第2張紙與第3張紙保持相對靜止，第2張紙與第3張紙之間的摩擦力為靜摩擦力，故A錯誤；
BC．工作時搓紙輪給第1張紙壓力大小為F，第1張紙對第2張紙的壓力為，則第1張紙與第2張紙之間的滑動摩擦力為
由于第2張及第2張以下的紙沒有運動，只有運動趨勢，所以第2張以下的紙之間以及第10張紙與摩擦片之間的摩擦力均為靜摩擦力，大小均為
故B正確，C錯誤；
D．若，則有
可知搓紙輪與第1張紙之間會發生相對滑動，而第1張紙靜止不動，所以進紙系統不能正常進紙，故D錯誤。
故選B。
10．【答案】D
【詳解】先對下面的物體受力分析，受重力和下面的彈簧的拉力而平衡，即下面的彈簧的彈力等于下面彈簧的拉力，有
①
再對兩個物體的整體受力分析，受到總重力和上面彈簧的拉力，根據共點力平衡條件，有
②
彈簧總長度為
要使總長度最大，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。
選D。
11．【答案】B
【詳解】為使積雪不下滑，臨界情況摩擦力沿前擋風玻璃向上且為最大靜摩擦力，受力分析建立坐標軸，將a分解為x軸和y軸方向，如圖
可得
x軸上，有
y軸上，有
又
聯立，可得
故選B。
12．【答案】B
【詳解】內物塊的加速度先向上后向下,對物塊,內,有,減小,則減小,彈簧測力計示數減小,內,有,增大,則減小,彈簧測力計示數減小,故內,物塊先超重后失重,彈簧測力計的示數一直減小,錯誤；內加速度先向上后向下,則物塊先超重后失重,圖像與橫軸圍成的面積等于速度的變化量,則速度變化量為,因為初速度為零,則時物塊的速度大小為,物塊末的加速度為,則對物塊受力分析有,解得彈簧測力計示數為,正確，、錯誤.
13．【答案】BD
【詳解】A．繩子上張力處處相等，則繩對乙的拉力等于繩對甲的拉力，A錯誤；
B．甲把乙勻速拉過去時，甲乙均處于平衡狀態，則繩子對兩人的拉力分別等于兩人受到的摩擦力，而繩對乙的拉力等于繩對甲的拉力，則甲乙受到的摩擦力大小相等，B正確；
C．甲的拉力和乙的拉力均作用在繩子上，并不是相互作用力，C錯誤；
D．甲獲勝，說明甲不動而乙運動，則甲受到的摩擦力為靜摩擦力，乙受到的摩擦力為滑動摩擦力，D正確。
選BD。
14．【答案】AC
【詳解】A．3N和4N的合力的范圍為
1N≤F≤7N
6N在這個范圍內，合力可能為零，故A正確；
B．1N和2N的合力的范圍為
1N≤F≤3N
4N不在這個范圍內，合力不可能為零，故B錯誤；
C．2N和4N的合力的范圍為
2N≤F≤6N
6N在這個范圍內，合力可能為零，故C正確；
D．5N和5N的合力的范圍為
0N≤F≤10N
11N不在這個范圍內，合力不可能為零，故D錯誤。
故選AC。
15．【答案】ABC
【詳解】A．物塊b受到：重力、a對它的彈力和靜摩擦力、地面的支持力、推力F，共受五個力，故A正確；
B．以a為研究對象，由平衡條件知，b對a的摩擦力大小等于a的重力，為2mg，由牛頓第三定律可知a對b的摩擦力大小也等于2mg，故B正確；
C．以、整體為研究對象，則知地面對b的支持力等于、重力之和3mg，則由牛頓第三定律物塊b對地面的壓力大小等于3mg，故C正確；
D．物塊a受到物塊b兩個力作用：水平向右的壓力和豎直向上的靜摩擦力，它們的合力斜向右上方，則物塊a受到物塊b的作用力斜向右上方，故D錯誤；
故選ABC。
16．【答案】ABD
【詳解】A.t=0 時，
Ff=mgsin=5N
解得：
m=1kg
故A項與題意相符；
B.t=l s 時，Ff=0，說明 F =5 N則k=5 N/s，故B項與題意相符；
C.后來滑動
Ff= 6N=μmgcos
解得：
μ=
故C項錯誤；
D.當
F=Ff+ mgsin
即
kt1=6+5
解得：
t1=2.2s
物體開始向上滑動
F合=kt- Ff-mgsin
解得：
F合=kt-11
由動量定理:
故D項與題意相符．
17．【答案】1000；25；
【詳解】
解：（1）圖象斜率的大小表示勁度系數大小，
故有 k==1000N/m．
（2）根據F=kx，得當彈簧所受F=150N的拉力作用時伸長的長度為 x=m=0.15m=15cm
則彈簧長度為l=x+l0=25cm
故答案為（1）1000．（2）25．
考點：胡克定律．
分析：本題考查了有關彈簧彈力與形變量之間關系的基礎知識，利用胡克定律結合數學知識即可正確求解．
點評：胡克定律的應用注意形變量x既可以是彈簧的伸長量，也可以是彈簧的壓縮量；還要注意胡克定律適用的條件為在彈性限度內．
18．【答案】27.7；變大；
【詳解】
若CB繩水平，則CB繩拉力大小與豎直繩拉力相等，方向水平向右．根據平行四邊形定則：．
若懸線B點緩慢向下移動，則CB繩不再水平，而是斜向右下，與豎直繩之間的夾角減小，又繩中拉力大小不變，故OA繩上的張力變大．
19．【答案】0.1，100
【詳解】[1]忽略彈簧自重時，當彈簧彈力時，縱軸的截距為彈簧的原長，據題圖可知縱截距為，即，所以該彈簧的原長。
[2]由圖像和胡克定律知，圖像的斜率的倒數為彈簧的勁度系數，即。
20．【答案】變小；變大；變小；變小；
【詳解】
[1] [2] 物塊保持靜止時，對物塊受力分析可得
，
隨著板的傾角逐漸增大，但當物體保持靜止時，支持力變小，摩擦力變大；
[3][4] 當物塊滑動時，變為滑動摩擦力，對物塊受力分析可得
，
隨著板的傾角逐漸增大，支持力變小，摩擦力變小。
21．【答案】24.79N
【詳解】對小車受力分析，根據牛頓第二定律可知，解得F=24.79N
22．【答案】；；見解析
【詳解】
[1]由毫米刻度尺的讀數方法可知圖中的讀數為。
[2]掛一個鉤碼時，重力為
掛三個鉤碼時，重力為
根據胡克定律可得
[3]①因為只有一次測量，故偶然誤差較大；故應多次測量；做出圖象，求斜率；或者利用“逐差法”求勁度系數；用多組數據，求平均值。
②由于拉力變化太小，彈簧形變量小，測量誤差大，換用質量較大的鉤碼進行試驗。
23．【答案】 3.0N或2.8N AD BD
【詳解】(1)[1]根據圖像可知，上面圖示中，彈簧秤讀數為3.0N；下面的圖示中，彈簧示數為2.8N。
[2] A．如圖甲所示，兩彈簧秤的讀數出現了微小偏差，兩彈簧秤示數不同，則可能是實驗前沒有對彈簧秤進行調零，故A正確；
B． 兩彈簧秤沒有處于靜止狀態，相互作用力始終相等，與狀態無關，故B錯誤；
CD． 在將兩個完全相同的彈簧秤豎直互鉤對掛時，應該在水平方向進行，如果在豎直方向進行，由于上方彈簧重力的影響，會導致上方彈簧示數大于下發彈簧示數，故C錯誤D正確。
故選AD。
(2)[3] 通過對圖丙的分析可以得到的結論作用力與反作用力總是大小相等方向相反，同時變化，不能得出性質相同，由于作用于兩個物體，作用效果無法抵消，故BD正確AC錯誤。
故選BD。
24．【答案】略
25．【答案】見解析
【詳解】
能完成；如果只有一個彈簧測力計，則使用一個彈簧測力計勾住繩套A，另找一細線勾住繩套B，互乘角度的拉橡皮筋，使橡皮筋伸長到某一位置O，用鉛筆描下O點的位置和兩個繩套A和B的位置和方向以及記錄彈簧測力計的示數F1，然后用彈簧測力計勾住繩套B，用一細線勾住繩套A，拉動橡皮筋到O點，并且使繩套A和B到達第一次實驗中記錄的點，讀出此時彈簧測力計的示數F2，接下來只用一個繩套系在橡皮筋上，利用彈簧測力計勾住繩套，將橡皮筋拉至O點，記錄此時彈簧測力計的方向和大小F，利用力F1和F2做平行四邊形，判定F是否是該平行四邊形的對角線，進而驗證兩個互成角度的力的合成規律。
26．【答案】50m/s；50m
【詳解】兩個力互成120°，可知合力為F=50N，則物體的加速度，則末物體的速度，內物體發生的位移
27．【答案】3.5m/s
【詳解】人在氣囊上滑動情景如圖所示：
設斜面傾角為，那么根據題意： ，對人受力分析，沿斜面方向上由牛頓第二定律得：，解得：，根據勻變速運動規律得人滑至氣囊底端時的速度
28．【答案】 不需要 ； ；
【詳解】
（1）[1]在驗證牛頓第二定律時，可以把鐵塊的質量消去，所以不需要測量鐵塊的質量：
（2）[2]由紙帶公式
可得
（3）[3]對鐵塊受力分析，根據題中所給的條件，鐵塊的合力
若
成立,即
成立，牛頓第二定律得到驗證。
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第 page number 頁，共 number of pages 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第三章---四章綜合基礎練習2
一、單選題（本大題共8小題）
1．已知兩個共點力的合力為50N，分力F1的方向與合力F的方向成30°角，分力F2的大小為30N，則（　　）
A．F1的大小是唯一的 B．F2的方向是唯一的
C．F2有兩個方向 D．F2可取任意方向
2．牛頓第二定律認為：有力作用在物體上，物體的運動狀態就要發生變化。某人用力推靜止在地面上的桌子，但沒有推動。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靜摩擦力
C．人推桌子的力小于桌子受到的重力
D．與牛頓第二定律相矛盾
3．關于物體的運動狀態和所受合力的關系，以下說法正確的是 (　　)
A．所受合力為零的物體一定處于靜止狀態
B．速度是物體運動狀態的標志性物理量
C．物體所受合力不為零時，物體的速度一定不為零
D．只有合力發生變化時，物體的運動狀態才會發生變化
4．如圖甲，足夠長木板靜置于水平地面上，木板右端放置一小物塊。在t=0時刻對木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s后撤去F，此后木板運動的v—t圖像如圖乙。物塊和木板的質量均為1kg，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m／s2，下列說法正確的是（　　）
A．拉力F的大小為24N
B．物塊與木板、木板與地面間的動摩擦因數均為
C．物塊最終停止時的位置與木板右端間的距離為3m
D．t=2s時刻，物塊的速度減為0
5．現在的物理學中加速度的定義式為，而歷史上有些科學家曾把相等位移內速度變化相等的單向直線運動稱為“勻變速直線運動”（現稱“另類勻變速直線運動”），該運動中的“另類加速度”定義為，其中v0和vt分別表示某段位移x內的初速度和末速度．A > 0表示物體做加速運動，A < 0表示物體做減速運動．根據力學單位制，“另類加速度”A的國際基本單位應為：
A．m/s2 B．m2/s2 C．m-1 D．s-1
6．如圖甲，工地上常用夾鉗搬運磚塊，如圖乙為示意圖。已知磚塊均為規格相同的長方體，每塊質量為，夾鉗與磚塊之間的動摩擦因數為0.50，磚塊之間的動摩擦因數為0.25，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，取。搬運5塊磚時，夾鉗對磚塊豎直一側壁施加的壓力大小至少應為（　　）
A．140N B．168N C．280N D．336N
7．如圖甲為一種兒熊玩具——不倒翁，其縱截面如圖乙，底部是半球形，球心為O，頂點為P。“翁”靜止時直立，用手推一下上部，“翁”傾斜，放手后來回擺動若干次后重新直立靜止。下列判斷正確的是（ ）
A．“翁”的重心位于O點 B．“翁”的重心位于O點上方
C．擺動中“翁”從直立變傾斜過程，重力勢能增加 D．擺動中“翁”從直立變傾斜過程，重力勢能減少
8．如圖所示，a、b兩個小球穿在一根與水平成θ角的光滑固定桿上，并且通過一條細繩跨過定滑輪連接，當兩球靜止時，Oa段繩與桿的夾角也為θ，Ob段繩沿豎直方向。已知a球質量為m，重力加速度為g，不計所有摩擦，則下列說法正確的是（　　）
A．a可能受到2個力的作用 B．b可能受到3個力的作用
C．b的重力為mgtanθ D．繩子對a的拉力等于mg
二、多選題（本大題共3小題）
9．（多選）如圖所示，位于水平桌面上的物塊 ，由跨過定滑輪的輕繩與物塊 相連，滑輪到 和到 的兩段繩都是水平的，已知 與 之間以及 與桌面之間的動摩擦因數都為 ， 的質量為 ， 的質量為 ，滑輪軸上的摩擦不計，開始時 、 均靜止，若用一水平向右的恒力 拉 使其向右做勻速直線運動（已知各接觸面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），重力加速度為 ，則（ ）
A． 對 的摩擦力大小為 ，方向向左
B．繩子對 的拉力大小為 ，方向向左
C． 的大小為
D．桌面對 的摩擦力大小為
10．如圖甲所示，一個物塊沿傾角 的斜面向下加速運動，物塊經過斜面上點時開始計時，物塊運動的速度大小為，運動的時間為，其圖像如圖乙所示，重力加速度，，，則（ ）
A．物塊經過點時的速度大小為
B．物塊經過點時的速度大小為
C．物塊與斜面間的動摩擦因數為0.4
D．物塊與斜面間的動摩擦因數為0.5
11．如圖所示，一輕彈簧放在傾角且足夠長的光滑斜面上，下端固定在斜面底端的擋板上，上端與放在斜面上的物塊A連接，物塊B與物塊A（質量均為m，且均可視為質點）疊放在斜面上且保持靜止，現用大小為的恒力平行于斜面向上拉物塊B。已知彈簧的勁度系數為k，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（　　）

A．剛施加恒力的瞬間，物塊B的加速度大小為
B．剛施加恒力的瞬間，物塊A給物塊B的彈力大小為
C．物塊B與物塊A分離的瞬間，彈簧的彈力大小為
D．物塊B從開始運動到與物塊A分離的過程中，運動的距離為
三、非選擇題（本大題共5小題）
12．如圖所示，質量為m1=8kg的物體甲通過三段輕繩懸掛，三段輕繩的結點為O，輕繩OB水平且B端與站在水平面上的質量為m2的人相連，輕繩OA與豎直方向的夾角θ=37°，物體甲及人均處于靜止狀態。（已知，，g=10m/s2）求：
（1）輕繩OA、OB的拉力為多大
（2）人受到的摩擦力是多大 方向如何
13．用細繩和吊起一重為的重物，兩繩與水平方向的夾角如圖所示，g取。
（1）求繩和繩受到的拉力大小；
（2）如果繩和繩的最大承受力均為，試分析若逐漸增大重物的質量，哪一根繩將先斷，并求出此時的重物的質量為多大。
14．用如圖所示的裝置探究加速度與外力、質量的關系。取兩個質量相同的小車，放在光滑的平面上，小車的前端分別拴上細繩，繩的一端跨過定滑輪，各掛著一個小盤，盤里分別放著數目不同的砝碼。小車的后端各系上一根細繩，一起用夾子夾住。打開夾子，讓兩個小車在不同的拉力作用下，同時從靜止開始做勻加速運動。經過一段時間后關上夾子，讓兩個小車同時停下來。改變盤里所放砝碼的數目，可以改變小車所受合力的大小，我們希望通過上述實驗操作，得到物體的加速度與合力之間關系的實驗數據。你認為接下來要測量的物理量是什么 怎樣推斷加速度與合力之間的關系 為了探究合力相同時加速度與質量之間的關系，實驗又該如何操作 數據又該如何分析
15．某同學用如圖所示的實驗裝置做“探究加速度與力、質量關系”的實驗。準確操作打出了一條紙帶，已知計時器打點的時間間隔為0.02s，他按打點先后順序每5個點取1個計數點，得到了O、A、B、C、D等幾個計數點，用刻度尺量得OA=1.50cm，AB=1.90cm，BC=2.30cm，CD=2.70cm。
（1）相鄰兩個計數點之間的時間間隔為 s。
（2）為減小實驗誤差，沙子和沙桶的質量應比小車的質量 （選填“小”或“大”）得多。
（3）打計數點B時小車的瞬時速度為 m/s。
（4）利用以上數據計算出小車的加速度為 m/s2。
16．如圖所示，物塊A放在足夠長的木板B上，A、B之間的動摩擦因數μ1=0.6，木板與水平面間的滑動摩擦因數μ2=0.2，某時刻A、B分別有向左和向右的速度v0，且v0=10m/s，如果A、B的質量相同，取g=10m/s2。求：
(1)初始時刻A、B的加速度大小；
(2)A向左運動的最大位移；
參考答案
1．【答案】C
【詳解】如圖所示
以F的“箭頭”為圓心，以F2的大小為半徑畫一段圓弧，與F1所在的直線有兩個交點，因此F2有兩個方向，F1的大小有兩個值。
故選C。
2．【答案】B
【詳解】
AC．人推桌子，桌子沒有被推動，此時桌子受到四個力的作用，水平方向推力與摩擦力平衡，豎直方向重力與支持力平衡，如圖，人推桌子的力與摩擦力相等，與重力沒有關系，故AC錯誤；
B．之所以沒有推動，是因為人推桌子的力小于桌子受到的最大靜摩擦力，B正確；
D．桌子受到的合力為零，相當于不受力，而牛頓第二定律表示的是合外力不為零時的情況，所以題設情景和牛頓第二定律不矛盾，D錯誤。
故選B。
3．【答案】B　
【解析】物體所受合力為零，物體一定處于平衡狀態，可能處于靜止狀態，也可能處于勻速直線運動狀態，A錯誤；速度是物體運動狀態的標志性物理量，B正確；力是改變物體運動狀態的原因，只要合力不為零，物體的運動狀態就會發生改變，但某時刻的速度可能為零，C、D錯誤.
4．【答案】C
【詳解】A．由圖像可知，撤去拉力F前，物塊在木板上一直有有相對運動，否則，撤去拉力F后，木板的v-t圖像不可能是兩段折線。
在1～1.5s內，物塊加速、木板減速，設它們的加速度大小分別為a1、a2，則，，設物塊、木板的質量均為m，物塊與木板之間的動摩擦因數為μ1，木板與地面之間的動摩擦因數μ2，則有
對物塊，，得μ1=0.2，μ2=0.4，撤去拉力F前，木板的加速度，對木板,根據第二定律有，得F=18N，選項A錯誤；
B．由上可知，物塊與木板間的動摩擦因數為，選項B錯誤；
C．在t1=1.5s內，物塊位移為，木板位移為，在t1=1.5s后，物塊與木板間仍有相對滑動
物塊的加速度大小，木板的加速度大小為，，得，物塊到停止的時間還需，木板到停止的時間還需，所以木板比物塊早停止運動。在t1=1.5s到物塊停止運動的時間內，物塊的位移為，木板位移為，物塊最終停止時的位置與木板右端間的距離為，選項C正確；
D．由上可知，物塊從開始到停止運動的時間為3s，2s時的速度不為0，選項D錯誤。選C。
5．【答案】D
【詳解】速度的國際單位為m/s，位移的國際單位為m，則根據，可知A的國際單位為，D正確，ABC錯誤．
選：D。
6．【答案】B
【詳解】先將5塊磚當作整體受力分析，豎直方向受重力、靜摩擦力。根據平衡條件有,則有，再考慮除最外側兩塊磚的里面3塊磚，受力分析，豎直方向受重力、靜摩擦力，據平衡條件有，則有，綜合可得，選B。
7．【答案】C
【詳解】AB．假設“翁”的重心在O點，則傾斜后，支持力還是沿半徑過球心，“翁”仍平衡，不會自動恢復直立，假設重心在O上方，“翁”傾斜后會傾倒，更不會自動直立，所以重心位于O、P連線上且在O點下方某處，AB錯誤；
CD．“翁”靜止時重心位置最低，所以從直立到傾斜的過程中，重力勢能增加，C正確，D錯誤。選C。
8．【答案】C
【詳解】AB．對b進行受力分析，因為Ob段繩沿豎直方向，b只受豎直向下的重力和豎直向上的繩子拉力而平衡，有，B錯誤；
細繩對b有拉力，對a也有等大的拉力，對a進行受力分析，如圖
a需受3個力才能平衡， A錯誤；
CD．在a的受力分析圖中，FN垂直斜面向上，它與豎直方向的夾角為θ，FT沿繩方向，它與豎直方向的夾角β=90°-2θ，α=90°+θ，FT和FN的合力與a的重力大小相等，由正弦定理，解得，D錯誤；
又因為，所以b的重力為mgtanθ，C正確。選C。
9．【答案】AC
【詳解】 向右勻速運動,則 向左勻速運動, 受到 給的向右的滑動摩擦力大小為 , 對 摩擦力大小為 ,方向向左,且 受力平衡,由平衡條件得繩對 的拉力大小為 ,則繩子對 的拉力大小為 ,方向向左,故 正確, 錯誤；對 受力分析, 受重力 ,繩子向左的拉力 ,向右的力 , 對 向下的壓力 ,地面對 向上的支持力 , 對 向左的摩擦力 ,桌面對 向左的滑動摩擦力為 ,根據平衡條件得 的大小為 ,故 正確, 錯誤.
10．【答案】BD
【詳解】由得,結合題圖乙可知,物塊運動的加速度大小,初速度,故錯誤,正確；由牛頓第二定律得,解得,故錯誤,正確.
11．【答案】AC
【詳解】AB．剛施加恒力的瞬間，對A、B整體分析，由牛頓第二定律可得，解得，對物塊B分析，設剛施加恒力的瞬間，物塊A給物塊B的彈力大小為，由牛頓第二定律有，解得，A正確，B錯誤；
C．物塊A與物塊B分離瞬間，物塊A對物塊B的彈力恰好為零，此時刻二者加速度相同，則對B由牛頓第二定律有，解得，即此時B的速度達到最大值，而對A由牛頓第二定律有，解得，此時A速度同樣達到了最大值，C正確；
D．未施加恒力時，A、B整體處于靜止狀態，根據平衡條件有，解得，當A、B分離瞬間，根據胡克定律有，解得，由此可知，物塊B從開始運動到與物塊A分離的過程中，運動的距離為，D錯誤。選AC。
12．【答案】（1）100N，80N；（2）80N，方向向左
【詳解】
（1）以結點O為研究對象，由平衡條件得
聯立解得
（2）人水平方向受到OB繩的拉力和水平面的靜摩擦力，由平衡條件得
方向水平向左。
13．【答案】（1），；（2）繩先斷，
【詳解】
（1）對物塊受力分析如圖所示
繩繩產生的拉力的合力與重物的重力是平衡力
解得
，
（2）作圖可知
故繩先斷，當時有
代數有
故BC先斷，此時物體質量為。
14．【答案】見詳解
【詳解】由知在相同的時間內加速度與位移成正比，所以只需要探究合力與位移之間的關系即可得到加速度與合力之間的關系。在實驗中我們需要測量兩車通過的位移大小以及小盤和砝碼的整體質量。探究加速度與質量之間的關系時，應保持F不變，即兩盤中的砝碼質量相同，改變兩小車質量使兩小車質量不同，然后分別測出兩小車的位移和小車的質量，對比分析小車位移與小車質量之間關系即可得到加速度與質量之間的關系。
15．【答案】 0.1 小 0.21 0.4
【詳解】（1）[1]相鄰兩個計數點之間的時間間隔為
（2）[2]本實驗中將小車所受合外力F視為等于沙子和沙桶的總重力mg。設小車質量為M，沙子和沙桶質量為m。對小車根據牛頓第二定律有
對沙子和沙桶同理有
聯立解得
由上式可知只有當時才近似等于。所以為減小實驗誤差，沙子和沙桶的質量應比小車的質量小得多。
（3）[3]打計數點B時小車的瞬時速度為
vB===0.21m/s
（4）[4]根據逐差法可得小車的加速度為
a===0.4m/s2
16．【答案】(1)6m/s2; 10m/s2；(2)8.5m
【詳解】(1)對木塊A，，解得 ，對木板B，，解得
(2)B的加速度大，B先減速到0，設B由v0減速到0的時間為t1，，解得，此時A的速度為，解得，該過程A的位移為，之后B受摩擦力反向，解得，B反向加速至共速的時間為t2，，解得，從B反向加速到兩者共速，該過程A的位移為，共同速度為，兩者共速后一起向減速，解得，兩者共同減速的位移，A向左運動的總位移
第 page number 頁，共 number of pages 頁
第 page number 頁，共 number of pages 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第三章---四章綜合基礎練習3
一、單選題（本大題共12小題）
1．國際單位制中有7個基本物理量，下列儀器中所測量的物理量不是基本物理量的是（　　）
A．秒表 B．彈簧測力計
C．天平 D．
刻度尺
2．下面單位中，與“牛頓”表示同一物理量單位的是（ ）
A． B．
C． D．
3．伽利略在研究落體運動時，讓小球分別沿傾角不同、阻力很小的斜面從靜止開始滾下，下列有關該實驗的說法中正確的是
A．伽利略通過實驗驗證了力不是維持物體運動的原因
B．伽利略在實驗的基礎上通過邏輯推理指出物體都具有保持原來運動狀態的屬性
C．伽利略通過實驗直接驗證了自由落體運動是勻加速運動
D．實驗中斜面起到了“沖淡”重力的作用，便于運動時間的測量
4．在剛結束的巴黎奧運會，鄭欽文獲得女單網球冠軍，創造歷史性的一刻。如圖所示，鄭欽文把飛來的網球擊打回去，落到了對方場內，則下列說法正確的是（　　）
A．飛來的網球速度越大，慣性越大
B．球被打飛回去，是因為力是維持物體運動狀態的原因
C．若球拍沒有擊打球，則球會保持原來的運動狀態不變
D．球拍對球的彈力，是因為球拍發生彈性形變而產生的
5．籃球比賽中的擊地傳球是指持球者在傳球時，為躲防守隊員防守而將球擊地后傳給隊友，如圖所示，下列說法正確的是（　　）
A．籃球對水平地面的彈力方向斜向下
B．水平地面對籃球的彈力方向斜向上
C．水平地面受到的壓力是由于籃球發生了形變而產生的
D．籃球受到水平地面的支持力是由于籃球發生了形變而產生的
6．表面光滑的四分之一圓柱體緊靠墻角放置，其橫截面如圖所示。細繩一端固定在豎直墻面上Р點，另一端與質量為m的小球連接，小球在圓柱體上保持靜止。已知圓柱體的半徑為R，懸點Р與圓柱體圓心О的距離為2.5R，重力加速度大小為g，則圓柱體對小球的支持力大小為（　　）
A．mg B．mg C．mg D．mg
7．用一根長度為的輕質細繩將一幅重力為畫框對稱懸掛在墻壁上（如圖甲所示），畫框上兩個掛釘間的距離為，在某次調整畫框位置時不小心使畫框受到向下的拉力導致細繩斷裂，工作人員在將細繩打結后重新對稱懸掛（如圖乙所示），忽略所有的摩擦，下列說法中正確的是（ ）
甲 乙
A．細繩的最大拉力可能為
B．掛釘對細繩的彈力是由細繩的形變產生的
C．重新懸掛后細繩的張力變小
D．重新懸掛后細繩對畫框的作用力不變
8．一個實驗小組在“探究彈力和彈簧伸長的關系”的實驗中，使用兩條不同的輕質彈簧a和b，得到彈力與彈簧長度的圖象如圖所示。下列表述正確的是（　　）
A．a的原長比b的長 B．a的勁度系數比b的大
C．a的勁度系數比b的小 D．測得的彈力與彈簧的長度成正比
9．質量為的物體，在粗糙水平面上向右運動，物體與水平面間的動摩擦因數，同時物體還受到一個大小為、方向水平向左的拉力作用，如圖所示，則水平面對物體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．下列對慣性、慣性定律（牛頓第一定律）的理解正確的是（ ）
A．牛頓第一定律是通過實驗得到驗證了的定律
B．汽車轉彎后運動方向發生了改變，其慣性也將隨之改變
C．牛頓第一定律表明，物體只有在靜止或做勻速直線運動時才具有慣性
D．一個質量小的皮球，你可以輕易踢走它，而一個質量大的鉛球，你很難輕易踢開它，表明質量大的物體慣性大
11．木塊A、B分別重50N和60N，它們與水平地面之間的動摩擦因數均為0.25，夾在A、B之間的輕彈簧被壓縮了2cm，彈簧的勁度系數為400N/m，系統置于水平地面上靜止不動。現用F=2N的水平拉力作用在木板B上，如圖所示，則F作用后木板A、B所受摩擦力的大小分別為（　　）
A．8N，10N B．8N，15N C．10N，8N D．10N，15N
12．如圖甲所示，質量為的物塊掛在彈簧測力計的下端，在彈簧測力計的拉力作用下沿豎直方向從靜止開始做直線運動.取豎直向上為正方向，物塊的加速度隨時間的變化關系如圖乙所示，彈簧測力計始終在彈性限度內，取.下列說法正確的是（ ）
A．內物塊先超重后失重，彈簧測力計的示數先增大后減小
B．內物塊先超重后失重，速度變化量大小為
C．內物塊先失重后超重，時物塊的速度大小為
D．內物塊先失重后超重，彈簧測力計末的示數為
二、多選題（本大題共4小題）
13．(多選)將一個已知力進行分解，下列說法正確的是 (　　)
A．若已知兩個分力的大小，則只有唯一解
B．若已知一個分力的大小和方向，則只有唯一解
C．若已知其中一個分力的方向和另一個分力的大小，則只有唯一解
D．可以用“正交分解法”分解，也可以按“實際作用效果”分解
14．如圖所示，A為放在水平光滑桌面上的足夠長的長木板，在它上面放有物塊B和C。A、B、C的質量分別為m、5m、m。B、C與A之間的動摩擦因數均為0.1，K為輕滑輪，繞過輕滑輪連接B和C的輕細繩足夠長且都處于水平位置。現用水平方向的恒定外力F拉滑輪，使A的加速度等于0.2g，g為重力加速度。則此時（　　）
A．外力F的大小為2.2mg B．外力F的大小為2.4mg
C．C、A之間摩擦力大小為0.1mg D．B、A之間摩擦力大小為0.1mg
15．如圖所示，兩個質量都是的小球A和B用輕桿連接后靠在墻上處于靜止狀態，已知墻面光滑，水平地面粗糙，重力加速度為。則下列說法正確的是（　　）
A．小球B受到地面給它的支持力大小為
B．小球A和小球B受力個數之比為
C．小球A受到豎直墻面給它的彈力大小與小球B受到的靜摩擦力大小相等
D．當小球A的質量增加為時，小球B對地面的壓力大小不變
16．如圖所示，木塊A、B質量分別為和，與原長、勁度系數的輕彈簧兩端相連接，木塊A、B置于傾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與斜面之間的動摩擦因數均為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取，。現緩慢增大推力F，直至木塊B剛要發生移動的過程中，彈簧始終在彈性限度內，下列說法正確的是（　　）
A．初始時推力F大小為6N
B．當推力時，木塊A開始向上滑動
C．當木塊B所受的摩擦力大小變為3N時，木塊A所受的摩擦力大小為8N
D．當B剛好要移動時，A、B間的距離為20
三、填空題（本大題共4小題）
17．如圖所示，質量為的物體2放在正沿平直軌道向右行駛的車廂底板上，并用豎直細繩通過光滑的定滑輪連接質量為的物體，與物體1相連接的繩與豎直方向成角，則繩對物體1的拉力為 ，車廂底板對2的摩擦力大小為 。
18．如圖，當馬拉車加速前進時，馬拉車的力 車拉馬的力，當馬拉車減速前進時，馬拉車的力 車拉馬的力。（均選填“大于”、“等于”或“小于”）
19．在彈性限度內，彈簧發生彈性形變時，彈力F的大小跟 成正比，即F= ，式中k叫作彈簧的 ，單位是 ，符號是 。
20．如圖（a），商場半空中懸掛的輕繩上掛有可以自由滑動的夾子，各個柜臺的售貨員將票據和錢夾在夾子上通過繩傳送給收銀臺。某時刻鐵夾的加速度恰好在水平方向，輕繩的形狀如圖（b），其左側與水平夾角為，右側處于水平位置，已知鐵夾的質量為m，重力加速度為g，不計鐵夾與輕繩之間的摩擦，則鐵夾的加速度方向 （填水平向右或水平向左），大小為 。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
四、非選擇題（本大題共8小題）
21．某實驗小組利用圖甲所示裝置做“探究彈力和彈簧伸長的關系”的實驗。通過改變彈簧下面所掛鉤碼的個數，測出彈力和彈簧長度的幾組數據，再根據所得數據在坐標紙上作出F—x圖象如圖乙所示，不計彈簧受到的重力。
(1)該彈簧處于豎直狀態時的原長為 cm。
(2)實驗得到的結論為 。
(3)該彈簧的勁度系數為 N/m（結果保留三位有效數字）。
22．為了探究質量一定時加速度與力的關系。一同學設計了如圖甲所示的實驗裝置。其中M為帶滑輪的小車的質量。m為沙和沙桶的質量。（滑輪質量不計）
（1）實驗時，一定要進行的操作和保證的條件是 ；
A．用天平測出沙和沙桶的質量
B．將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力
C．小車靠近打點計時器，先釋放小車，再接通電源，打出一條紙帶，同時記錄彈簧測力計的示數
D．改變沙和沙桶的質量，打出幾條紙帶
E．為減小誤差，實驗中一定要保證沙和沙桶的質量m遠小于小車的質量M
（2）該同學在實驗中得到如圖乙所示的一條紙帶（相鄰兩計數點間還有兩個點沒有畫出），已知打點計時器采用的是頻率為50Hz的交流電，根據紙帶可求出小車的加速度為 m/s2（結果保留兩位有效數字）；
（3）以彈簧測力計的示數F為橫坐標，加速度a為縱坐標，畫出的a-F圖像如圖丙所示，由圖像可知，質量不變的物體受到的合外力F與產生的加速度a成 （填“正比”或“反比”）。
23．為了探究物體質量一定時加速度與力的關系，某同學設計了如圖甲所示的實驗裝置.其中M為小車的質量，m0為沙和沙桶的總質量.一輕繩跨過輕質定滑輪和動滑輪一端連接沙桶，另一端連接力傳感器，力傳感器可測出輕繩中的拉力大小.實驗過程中，每次在釋放小車前，先讀出力傳感器的示數并記為F.
(1)實驗過程中，下列操作正確的是　　　　.
A．調整長木板左端的定滑輪，使得輕繩與長木板平行
B．在不掛沙桶的前提下，將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力
C．小車靠近打點計時器，先釋放小車，再接通電源
D．為減小誤差，實驗中要保證沙和沙桶的總質量m0遠小于小車的質量M
(2)該同學在實驗中得到如圖丙所示的一條紙帶(兩計數點間還有四個點沒有畫出)，已知打點計時器采用的是頻率為50 Hz的交流電，根據紙帶可求出小車的加速度為　　　　m/s2(結果保留兩位有效數字).
(3)該同學以力傳感器的示數F為橫坐標，加速度a為縱坐標，畫出的a-F圖像是一條直線，如圖乙所示，圖線與橫坐標軸的夾角為θ，求得圖線的斜率為k，則小車的質量為　　　　.
A．2tan θ B． C． D．
(4)另一位同學也利用此裝置，探究合外力一定時，物體的加速度和質量的關系.他保持沙和沙桶的總質量不變，改變放在小車中砝碼的質量m，測出對應的加速度a，假設已經完全消除了摩擦力和其他阻力的影響.他沒有測量小車的質量M，而是以為縱坐標，m為橫坐標，畫出-m圖像，從理論上分析，下列圖像正確的是　　　　.
A．　　B．　　C．　　D．
24．一名同學利用如圖裝置做“測定彈簧的勁度系數”的實驗。
（1）下列實驗步驟的正確順序為 （填實驗步驟前的序號）；
A．以彈簧長度l為橫坐標，以鉤碼質量m為縱坐標，標出各組數據（l，m）對應的點，并用平滑的曲線連接起來；
B．記下彈簧下端不掛鉤碼時，其下端指針在刻度尺上指示的刻度l0；
C．將鐵架臺固定于桌子上，將彈簧的一端系于橫梁上，在彈簧附近豎直固定一把刻度尺；
D．依次在彈簧下端掛上1個、2個、3個……鉤碼，待鉤碼靜止后，讀得彈簧下端指針指示的刻度，然后取下鉤碼；
E．由圖像找出m與l間的函數關系，進一步寫出彈力與彈簧長度之間的關系式，求出彈簧的勁度系數。
（2）利用實驗得到的數據作圖，得到如圖所示的F-L圖像。由圖像可知：彈簧原長L0= cm，由此求得彈簧的勁度系數k= N/m。
25．如圖所示，三角形燈架的橫梁在水平方向與繩子的夾角為，橫梁重力忽略不計，若燈的重力為，求繩子所受的拉力和橫梁所受的壓力的大小各是多少？
26．如圖所示，靜止于水平面上的木箱的質量為，它與水平面間的動摩擦因數，在與水平方向成角的拉力F的恒力作用下從A點開始運動，經到達B點時速度為。（，g取）
（1）求力F的大小；
（2）當木箱運動到B點時，撤去力F，木箱在水平面做勻減速直線運動，若B到C的位移，求到達斜面底端C時速度大小；
（3）木箱到達斜面底端后，以速度沖上一個靜置于地面的斜面體上，斜面體質量，斜面的傾角為。木箱與斜面的動摩擦因數，要使斜面在地面上保持靜止。求斜面體與地面的摩擦因數至少多大。
27．深圳大梅沙海濱公園位于風光旖旎的大鵬灣畔，在海濱游樂場計劃設計一種滑沙的娛樂設施。如圖所示，人站在滑板上（人和滑板視為質點）從斜坡的A點由靜止開始滑下，滑到斜坡底部B點后沿水平滑道再滑行一段距離到C點停下來，斜坡滑道與水平滑道間平滑連接，滑板與兩滑道間的動摩擦因數均為μ=0.5，取重力加速度大小g= 10 m/s2，不計空氣阻力，斜坡傾角θ=37°，sin 37°=0. 6。
（1）求人在斜坡上下滑時的加速度大小；
（2）若由于受到場地限制，B點到C點的水平距離x=30m。為了確保人身安全，假如你是設計師，你認為在設計斜坡滑道時，AB的長度L應滿足什么要求。
28．如圖所示，質量的人站在升降機中的體重計上。重力加速度g取，當升降機做下列各種運動時，求體重計的示數。
（1）勻速上升；
（2）以的加速度加速上升；
（3）以的加速度加速下降。
參考答案
1．【答案】B
【詳解】秒表測量時間，時間是基本物理量，A錯誤；彈簧測力計測量力，力是導出物理量，B正確；天平測質量，質量是基本物理量，C錯誤；刻度尺測長度，長度是基本物理量，D錯誤。
2．【答案】B
【解析】由牛頓第二定律可得，，應選。
3．【答案】D
【詳解】試題分析：小球在較小傾角斜面上的運動情況，發現小球做的是勻變速直線運動，且小球加速度隨斜面傾角的增大而增大，傾角最大的情況就是90°時，這時物體做自由落體運動，由此得出的結論是自由落體運動是一種勻變速直線運動．故ABC錯誤；實驗中小球沿斜面向下運動的過程中，加速度比自由落體運動的加速度小，斜面的長度比自由落體運動的位移大，所以斜面起到了“沖淡”重力的作用，便于運動時間的測量，故D正確．
考點：伽利略研究自由落體運動的實驗和推理方法
【名師點睛】該題屬于實驗推論題，要求同學們正確理解科學家的基本觀點和佐證實驗．結論是由實驗推導出來的，所以結論必須與實驗相聯系，題目中的結論要與隨著斜面傾角的增大，銅球做怎樣的運動有關．
4．【答案】D
【詳解】A．物體的慣性只由質量決定，與物體的速度無關，故A錯誤；
B．球被打飛回去，是因為力是改變物體運動狀態的原因，故B錯誤；
C．若球拍沒有擊打球，由于球仍受重力作用，所以球不會保持原來的運動狀態不變，故C錯誤；
D．球拍對球的彈力，是因為球拍發生彈性形變而產生的，故D正確。
故選D。
5．【答案】C
【詳解】A．由于彈力的方向總是與接觸面垂直，則籃球對水平地面的彈力方向豎直向下，所以A錯誤；
B．水平地面對籃球的彈力方向豎直向上，所以B錯誤；
C．水平地面受到的壓力是由于籃球發生了形變而產生的，所以C正確；
D．籃球受到水平地面的支持力是由于地面發生了形變而產生的，所以D錯誤；選C。
6．【答案】A
【詳解】對小球受力分析，如圖所示
利用力的合成法則，可知拉力和支持力的合力與重力等大反向，根據相似三角形原理
解得
故A正確。
7．【答案】D
【詳解】設掛釘左右兩側細繩與豎直方向的夾角為 ，開始時根據平衡條件可得,由幾何關系可知 ,解得,細繩的最大拉力不是,故錯誤；掛釘對細繩的彈力是由掛釘的形變產生的,故錯誤；將細繩打結后重新對稱懸掛,細繩長度變短,則 變大, 變小,細繩的張力變大,故錯誤；重新懸掛后細繩對畫框的作用力仍然等于畫框的重力,所以細繩對畫框的作用力不變,故正確.
8．【答案】B
【詳解】
A．在圖中，當彈簧的彈力為零時，彈簧處于原長，故b的原長大于a的原長，A錯誤；
BC．斜率代表勁度系數，故a的勁度系數大于b的勁度系數，B正確C錯誤；
D．彈簧的彈力與彈簧的形變量成正比，故D錯誤
9．【答案】D
【詳解】物體相對于水平面向右運動,水平面對物體的滑動摩擦力方向水平向左.物體對水平面的壓力大小,則水平面對物體的摩擦力大小,故正確.
【易錯分析】
滑動摩擦力的方向與物體相對運動方向相反,滑動摩擦力的大小只由 和決定（要注意的大小不一定等于）,與其他因素無關.本題不能簡單地認為摩擦力的方向與水平拉力的方向相反,也不能認為還要減去的大小才等于滑動摩擦力的大小,從而錯選B或C.
10．【答案】D
【詳解】A．牛頓第一定律實在實驗的基礎上，加以科學的推理得到的，是理想實驗，不能用實驗驗證，A錯誤；
BCD．一切物體都有慣性，慣性是物體的本質屬性，只與物體的質量有關，質量大越大，慣性越大，與運動狀態無關，BC錯誤，D正確。選D。
11．【答案】A
【詳解】
木塊受到的最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，木塊A受到的最大靜摩擦力
木塊B受到的最大靜摩擦力
彈簧對木塊A、B的彈力為
對于木塊A，彈簧對木塊A的彈力小于木塊A受到的最大靜摩擦力，所以木塊A處于靜止狀態，根據平衡可得，A受到靜摩擦力
對于木塊B，在水平方向拉力F和彈簧對木塊B的彈力的合力為
小于木塊B受到的最大靜摩擦力，所以木塊B處于靜止狀態，根據平衡可得，B受到靜摩擦力
故選A。
12．【答案】B
【詳解】內物塊的加速度先向上后向下,對物塊,內,有,減小,則減小,彈簧測力計示數減小,內,有,增大,則減小,彈簧測力計示數減小,故內,物塊先超重后失重,彈簧測力計的示數一直減小,錯誤；內加速度先向上后向下,則物塊先超重后失重,圖像與橫軸圍成的面積等于速度的變化量,則速度變化量為,因為初速度為零,則時物塊的速度大小為,物塊末的加速度為,則對物塊受力分析有,解得彈簧測力計示數為,正確，、錯誤.
13．【答案】BD　
【解析】若已知兩個分力的大小，如果兩分力與合力不在同一條直線上，可能有兩組解；如果兩個分力與合力在同一條直線上，則有唯一解，故A錯誤.已知一個分力的大小和方向，如圖甲所示，有唯一解，故B正確.已知一個分力的方向和另一個分力的大小，如圖乙所示，有可能有兩組解，故C錯誤.力可以用“正交分解法”分解，也可以按“實際作用效果”分解，故D正確.
甲
乙
14．【答案】ACD
【詳解】C．分析可知，AB間最大靜摩擦力大于AC間最大靜摩擦力，則AC間先發生相對滑動，恰好要發生相對滑動時，整體有
對C有
聯立解得
當AB恰好發生相對滑動時，對A有
解得
由于
則當A的加速度等于0.2g時，AB相對靜止，AC相對滑動，故AC之間為滑動摩擦力，大小為0.1mg，故C正確；
AB．對AB整體有
代入可求得
因為K為輕滑輪，故
故A正確，B錯誤；
D．對B有
代入求得
故D正確。
故選ACD。
15．【答案】BC
【詳解】A．通過整體法，對A和B兩個小球以及輕桿這個整體進行受力分析，受到重力、地面對它的支持力、豎直墻面給它水平向右的彈力以及地面給它水平向左的靜摩擦力，A和B兩個小球以及輕桿整體靜止靠在墻上，受力平衡，合外力為0，則小球受到地面給它的支持力大小為，A錯誤；
BCD．由上述分析可知，整體處于平衡狀態，則小球A受到墻面給它的彈力大小與B小球受到的靜摩擦力大小相等，當小球A的質量增大為時，小球B受到的支持力增大，小球B對地面的壓力也增大，通過隔離法可知，小球A受到重力、輕桿對小球A的彈力和豎直墻面對小球A水平向右的彈力共三個力，小球B受到重力、水平地面對小球的支持力、輕桿對小球的彈力以及地面對小球水平向左的靜摩擦力共四個力，小球A和小球B受力個數之比為，B正確，C正確，錯誤。選BC。
16．【答案】ACD
【詳解】A．初始時，對整體分析可知
代入數據解得
N
故A正確；
B．初始時，對B分析可知
N
木塊A開始向上滑動時，對A分析有
解得
N
故B錯誤；
C．當木塊B所受的摩擦力大小變為3N，方向沿斜面向上時，彈簧彈力為
N
摩擦力沿斜面向下時，彈力為
N
木塊A受滑動摩擦力，大小為
N
故C正確；
D．當B剛好要移動時，摩擦力沿斜面向下，對B分析有
N
根據胡克定律有
解得
cm
當B剛好要移動時，A、B間的距離為
故D正確；
故選ACD。
17．【答案】
【詳解】[1][2]物體1在數值方向處于平衡狀態，則，繩拉力為，根據牛頓第二定律，對物體2，，得車廂底板對2的摩擦力大小為
18．【答案】 等于 等于
【詳解】[1][2]馬拉車的力與車拉馬的力是一對相互作用力，根據牛頓第三定律可知，當馬拉車加速前進時，馬拉車的力等于車拉馬的力，當馬拉車減速前進時，馬拉車的力等于車拉馬的力。
19．【答案】彈簧形變量；；勁度系數；牛/米；N/m；
【詳解】
[1][2][3][4][5]在彈性限度內，彈簧發生彈性形變時，彈力F的大小跟彈簧形變量成正比，即
式中k叫作彈簧的勁度系數，單位是牛/米，符號是N/m。
20．【答案】 水平向右
【詳解】
[1][2]對此時節點處的鋼絲進行受力分析，如圖所示
y軸方向，根據平衡條件有
x軸方向，根據牛頓第二定律有
聯立解得
方向水平向右
21．【答案】6.0（或6）；在彈性限度內，彈簧的彈力與其形變（伸長）量成正比；26.7；
【詳解】
(1)[1]設彈簧的勁度系數為，彈簧長度為，原長為，則有
由圖象可知當
即彈簧處于豎直狀態時的原長為。
(2)[2]由圖象分析可知為一恒值，可知在彈性限度內，彈簧的彈力與其形變（伸長）量成正比。
(3)[3]將變形可得
22．【答案】 BD 1.3 正比
【詳解】（1）[1]AE．本實驗中細線的拉力由彈簧測力計直接測出，不需要用天平測出沙和沙桶的質量，也就不需要使沙和沙桶的質量m遠小于小車的質量M，故A、E錯誤；
B．先拿下沙桶，然后將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力，故B正確；
C．打點計時器運用時，都是先接通電源，待打點穩定后再釋放紙帶，該實驗探究加速度與力和質量的關系，要同時記錄彈簧測力計的示數，故C錯誤；
D．要改變沙和沙桶質量，從而改變拉力的大小，打出幾條紙帶，研究加速度隨F變化關系，故D正確；
故選BD；
（2）[2]由于兩計數點間還有二個點沒有畫出，故相鄰計數點的時間間隔為T=0.06s，由Δx=aT2可得
（3）[3]由圖像可知，質量不變的物體受到的合外力F與產生的加速度a成正比。
23．【答案】(1)AB　(2)2.0　(3)D　(4)B
【解析】(1)調整長木板左端的定滑輪，使得輕繩與長木板平行，使繩的拉力沿著小車運動方向，減小誤差，A正確；在不掛沙桶的前提下，將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力，減小由摩擦力產生的誤差，B正確；小車靠近打點計時器，先接通電源，打點穩定后再釋放小車，C錯誤；只有實驗中無法直接測量繩的拉力大小時，才需要使沙和沙桶的總質量m0遠小于小車的質量M，本實驗采用力傳感器直接測量繩的拉力，不需要沙和沙桶的總質量m0遠小于小車的質量M，D錯誤.
(2)設題圖丙中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)由實驗結論可知2F=Ma，解得a=，a-F圖像的斜率為k=，所以M=，由于不知道橫、縱坐標的標度是否相同，故不能確定斜率k與tan θ是否相同，故選D.
(4)對小車和車中砝碼有2F=(M+m)a，對沙和沙桶有m0g-F=m0·2a，兩式聯立得到=·m+，其中m0、M為定值，只有B選項符合上式，故選B.
【方法總結】
解答實驗題時要注意數據的處理方法，求解加速度時應用圖像法或公式法(逐差法最常用)，圖像法處理數據更直觀，易于分析物理量之間的關系.
24．【答案】CBDAE；3.0；200N/m
【詳解】
（1）[1]先安裝鐵架臺并固定彈簧和刻度尺，測量出此時彈簧下端對應刻度，以此懸掛不同個數鉤碼，并測量靜止后彈簧下端對應刻度，建立坐標系并根據數據作圖，最后根據圖像得出相應結論，故順序為CBDAE。
（2）[2]由坐標軸可知，拉力為零時，彈簧處于原長，為3.0cm。
[3]由帶入數據可求勁度系數為
25．【答案】40N；34.6N
【詳解】
以O點為研究對象，那么該點必然受到三個力的作用，即繩的拉力大小等于燈的重力大小G，繩對O點的拉力F1，橫梁對O點的彈力F2，如圖所示
根據共點力平衡的特點可知，F1和F2的合力大小必然與重力G大小相等、方向相反。作出平行四邊形，由分析可知
F=G
根據圖中幾何關系可得
，
根據牛頓第三定律可知，繩OB所受的拉力與F1大小相等、方向相反；橫梁所受的壓力與F2大小相等、方向相反，故繩子BO所受的拉力和橫梁AO所受的壓力的大小分別是40N、34.6N。
26．【答案】(1)20N；(2)1m/s；（3）
【詳解】
（1）木箱在AB段運動的加速度為
以木箱為研究對象AB段木箱受力如圖
以沿水平方向為x軸，豎直方向為y軸建立直角坐標系，由共點力的平衡條件和牛頓第二定律得
，
而
解得
(2) 木箱在BC段做勻減速直線運動，由牛頓第二定律得
由運動學公式
解得
(3) 對斜面體受力分析，如圖所示
考慮斜面體恰好不滑動的臨界情況，根據平衡條件，水平方向
豎直方向
其中
解得
27．【答案】（1）2 m/s2；（2）不大于75m
【詳解】
人與滑板整體受力如圖所示，設人與滑板整體質量為m
（1）設人下滑的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得
得
得
a=2 m/s2
（2）人先在斜坡上下滑，后在水平面上做勻減速直線運動，加速度大小為a1
在水平面上運動時，由牛頓第二定律可得
設人下滑至B點的速度為v，B點到C點做勻減速直線運動，末速度為0 ，有
人從A點到B點做初速度為0的勻加速直線運動，有
解得
L=75m
當L大于75 m時，水平面的長度就得大于30 m，為了確保人身安全，AB的長度L應不大于75m。
28．【答案】（1）500N；（2）700N；（3）250N
【詳解】
（1）勻速上升時，由平衡條件得：
FN1＝mg＝500N
由牛頓第三定律得：人對體重計壓力為500N，即體重計示數為500N；
（2）加速上升時，由牛頓第二定律得：
FN2－mg＝ma1
解得
FN2＝mg＋ma1＝700N
由牛頓第三定律得：人對體重計壓力為700N，即體重計示數為700N；
（3）加速下降時，由牛頓第二定律得：
mg－FN3＝ma3
解得
FN3＝mg－ma3＝250N
由牛頓第三定律得：人對體重計壓力為250N，即體重計示數為250N。
第 page number 頁，共 number of pages 頁
第 page number 頁，共 number of pages 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第三章---四章綜合基礎練習4
一、單選題（本大題共10小題）
1．關于重心，下列說法正確的是（　　）
A．重心就是物體內重力最大的點
B．有規則幾何形狀的物體的重心必與他的幾何中心重合
C．用線懸掛的物體靜止時，線的方向一定通過物體的重心。
D．重心是重力的作用點，它總是在物體上
2．用槳劃船使船在水中加速前行，關于受力大小情況分析的下列說法中，正確的是（　　）
A．槳推水的力大于水推槳的力 B．船頭推水的力大于水推船頭的力
C．腳蹬船前行的力大于水對船的阻力 D．腳蹬船的力大于船對腳的力
3．兩個大小相等的共點力，當它們間的夾角為120°時，合力大小為F，則當它們間夾角為90°時，合力大小為（　　）
A．F B． C．2F D．
4．下列說法正確的是（　　）
A．由知，加速度a與成正比，與成反比
B．研究火車通過一座鐵路橋的時間時，火車可以看作質點
C．兩物體通過的路程不等，位移可能相同
D．馬拉車加速前進，是因為馬拉車的力大于車拉馬的力
5．如圖所示的實驗，讓一個小球沿斜面從靜止狀態向下運動，小球會“沖”上另一端斜面。如果沒有摩擦，小球將達到同樣的高度，如果第二個斜面傾角減小，小球仍將達到原來的高度，但是運動的距離更長，由此可以推斷，當斜面最終變為水平時，小球要達到原來的高度將永遠運動下去，關于上述實驗的下列說法中，錯誤的是（　　）
A．這是一個“理想實驗” B．這個實驗幫助我們找到了運動與力的關系
C．這個實驗說明力不是維持物體運動的原因 D．這個實驗揭示的原理與牛頓第一定律無關
6．下列關于慣性的描述正確的是（　　）
A．物體不受外力作用時才有慣性
B．用力推桌子，桌子未動，是因為桌子的慣性非常大
C．宇航員在太空艙中能飄來飄去是因為慣性非常小
D．勻速行駛中的客車突然剎車，乘客向前傾，這是由于慣性所引起的
7．如圖給某物體一個初速度后，它沿粗糙斜面向上滑動，則在上滑過程中物體受到的力有（　　）
A．重力、斜面的支持力、沿斜面向上的摩擦力
B．重力、沿斜面向上的沖力、沿斜面向下的摩擦力
C．重力、沿斜面向上的沖力、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．如圖甲所示，質量m＝0.4kg的物體靜止在水平地面上，從t＝0時刻開始，對物體施加一水平向右的力F，力F隨時間t的變化關系如圖乙所示。已知t＝1s時刻，物體剛要開始運動，重力加速度，設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，則下列說法正確的是（ ）
A．0～1s內，力F總小于物體所受地面的摩擦力
B．0～2s時間內與2～4s內物體所受地面的摩擦力方向相反
C．物體在3s時刻停止運動
D．物體與地面間的動摩擦因數為0.5
9．如圖所示，一小車在水平面上做勻變速直線運動，車廂內兩質量相同的小球通過輕繩系于車廂頂部點，輕繩、與豎直方向夾角均為，其中一球用水平輕繩系住，重力加速度為，下列說法正確的是（　　）
A．小車的加速度大小為
B．小車的加速度大小為
C．輕繩拉力大小是輕繩拉力的倍
D．輕繩拉力大小等于輕繩拉力的2倍
10．如圖所示，用AO、BO兩根細線吊著一個重物P，AO與天花板的夾角θ保持不變，用手拉著BO線由水平逆時針的方向逐漸轉向豎直向上的方向，在此過程中，BO和AO中張力的大小變化情況是
A．都逐漸變大
B．都逐漸變小
C．BO中張力逐漸變大，AO中張力逐漸變小
D．BO中張力先變小后變大，AO中張力逐漸減小到零
二、多選題（本大題共4小題）
11．關于摩擦力，下列說法正確的是（　　）
A．靜摩擦力可能是動力，但滑動摩擦力一定是阻力
B．靜止的物體也可能受到滑動摩擦力，運動的物體也可能受到靜摩擦力
C．有彈力的接觸面才有可能產生摩擦力
D．人沿爬桿從桿底勻速向上爬，人所受的摩擦力的方向沿桿向上。
12．如圖所示，用手握住盛滿水的礦泉水瓶豎直靜止于空中，下列說法正確的是（　　）
A．礦泉水瓶對手的摩擦力方向豎直向下
B．手握得越緊，礦泉水瓶受到的摩擦力不變
C．手握得越緊，礦泉水瓶受到的合力越大
D．礦泉水瓶受重力、摩擦力兩個力
13．5個共點力的情況如圖所示。已知，且這四個力恰好為一個正方形，是其對角線。下列說法正確的是（　　）
A．和的合力，與大小相等，方向相同
B．除以外的4個力能合成大小為、相互垂直的兩個力
C．除以外的4個力的合力的大小為
D．這5個力的合力恰好為，方向與和的合力方向相同
14．如圖所示，輕質不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿、上的、兩點，懸掛衣服的衣架掛鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止狀態，如果只人為改變一個條件，當衣架靜止時，下列說法正確的是（ ）
A．繩的右端上移到，繩子拉力不變
B．將桿向右移一些，繩子拉力變大
C．繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小
D．若換掛質量更大的衣服則衣架懸掛點右移
三、非選擇題（本大題共8小題）
15．如圖所示,重物A的質量為5 kg,A與桌面間的最大靜摩擦力為10 N,重物A與物體B通過跨過定滑輪的輕繩相連,不計定滑輪與輕繩之間的摩擦.拉力F=30 N時,系統處于靜止狀態.求物體B的質量M的取值范圍.(g=10 m/s2)
16．某同學通過下述實驗探究兩個互成角度的力的合成規律。
實驗步驟：
①將彈簧測力計固定在貼有白紙的豎直木板上，使其軸線沿豎直方向。
②如圖甲所示，
將環形橡皮筋一端掛在彈簧測力計的掛鉤上，另一端用圓珠筆尖豎直向下拉，直到彈簧測力計示數為某一設定值時，將橡皮筋兩端的位置標記為O1、O2，記錄彈簧測力計的示數F，測量并記錄O1、O2間的距離（即橡皮筋的長度l）。每次將彈簧測力計示數改變0.50N，測出所對應的l，部分數據如下表所示：
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時橡皮筋兩端的位置，重新標記為O、O′，橡皮筋的拉力記為FOO′。
④在測力計掛鉤上涂抹少許潤滑油，將橡皮筋搭在掛鉤上，如圖乙所示。用兩圓珠筆尖成適當角度同時拉橡皮筋的兩端，使掛鉤的下端達到O點，將兩筆尖的位置標記為A、B，橡皮筋OA段的拉力記為FOA，OB段的拉力記為FOB。
完成下列作圖和填空：
（1）利用表中數據在圖丙中畫出F-l圖線___________，根據圖線求得l0=___________cm。
（2）測得OA=6.00cm，OB=7.60cm，則FOA的大小為___________N。
（3）根據給出的標度，在圖丁中作出FOA和FOB的合力F′的圖示___________。
（4）通過比較F′與___________的大小和方向，即可得出實驗結論。
17．圖所示，質量的小車放在水平光滑的平面上，在小車左端加一水平推力，當小車向右運動的速度達到1.5m/s時，在小車前端輕輕地放上一個大小不計，質量為的小物塊，物塊與小車間的動摩擦因數，小車足夠長。（取）求：
（1）小物塊放后，小物塊及小車的加速度各為多大？
（2）經多長時間兩者達到相同的速度？
（3）從小物塊放上小車開始，經過t=3s小物塊通過的位移大小為多少？
18．某同學借助力傳感器、光電門等器材完成“探究加速度與力、質量關系”實驗。如圖所示，他將光電門A、B固定在帶滑輪木板上的不同位置，帶遮光條的滑塊左端與力傳感器固定在一起，通過細線跨過定滑輪與沙桶相連，光電門及配套的計時器（圖中未畫出）和力傳感器都與電腦連接。
（1）本實驗采用的實驗方法是_______；
（2）下列實驗措施中正確的有_______；
A．實驗需要平衡摩擦力，在取下沙桶的情況下抬高木板右端，使滑塊做勻速直線運動
B．每次實驗滑塊釋放的初始位置都必須是光電門A右側的同一點
C．若探究加速度與質量關系時，實驗結果采用坐標作圖，是為了更直觀地根據圖線作出判斷
（3）平衡摩擦力后，滑塊及傳感器所受合力用力傳感器讀數表示，則_______（填“需要”或“不需要”）保持沙和沙桶質量遠小于滑塊及傳感器總質量。已知遮光條的寬度為d，某次實驗中計時器測得遮光條通過兩個光電門的時間間隔分別為、，遮光條從光電門A到光電門B的時間為，則滑塊加速度為_______（用題中所給字母表示）。
19．在“驗證牛頓第二定律”的實驗中，實驗裝置如圖甲所示。
（1）某組同學研究小車在質量不變的情況下，加速度與合力關系的實驗中，下列措施中不需要或不正確的是_______。
A．首先要平衡摩擦力，使小車受到的合力等于細繩對小車的拉力
B．平衡摩擦力的方法就是在豎直細繩上增掛鉤碼，使小車能勻速運動
C．每次改變拉小車的拉力后都需要重新平衡摩擦力
D．實驗中通過在豎直細繩上增掛鉤碼來改變小車受到的拉力
E.實驗中應先釋放小車，然后再打開打點計時器的電源
（2）有一位同學通過實驗測量數據，作出了圖乙中的A圖線，圖中下面部分是直線，上面部分是曲線，另一位同學作出了圖丙中的B圖線。下列分析正確的是_______。
A．A圖線不通過坐標原點的原因可能是平衡摩擦力不夠
B．A圖線上部彎曲的原因是未滿足拉車的砝碼質量遠小于小車的質量
C．B圖線在縱軸上有截距的原因是所掛鉤碼質量偏大
D．B圖線的斜率數值上等于小車的質量
（3）圖丁是某次實驗時打點計時器所打出紙帶的一部分，紙帶上計數點間的距離如圖丁所示，其中相鄰兩計數點之間還有4個點未畫出，則打點計時器打計數點2時小車的速度大小為_______m/s，整個運動過程小車的加速度大小為_______m/s2。（打點計時器所用電源的頻率為50Hz，結果均保留兩位小數）
20．傳送帶被廣泛應用于各行各業．由于不同的物體與傳送帶之間的動摩擦因數不同，物體在傳送帶上的運動情況也有所不同．如圖所示，一傾斜放置的傳送帶與水平面的夾角θ＝37°，在電動機的帶動下以v＝2 m/s的速率順時針方向勻速運行．M、N為傳送帶的兩個端點，M、N兩點間的距離L＝7 m．N端有一離傳送帶很近的擋板P可將傳送帶上的物塊擋住．在傳送帶上的O處先后由靜止釋放金屬塊A和木塊B，金屬塊與木塊質量均為1 kg，且均可視為質點，O、M間距離L1＝3 m．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.傳送帶與輪子間無相對滑動，不計輪軸處的摩擦．
(1) .金屬塊A由靜止釋放后沿傳送帶向上運動，經過2 s到達M端，求金屬塊與傳送帶間的動摩擦因數μ1；
(2) .木塊B由靜止釋放后沿傳送帶向下運動，并與擋板P發生碰撞．已知碰撞時間極短，木塊B與擋板P碰撞前、后速度大小不變，木塊B與傳送帶間的動摩擦因數μ2＝0.5.求與擋板P第一次碰撞后，木塊B所達到的最高位置與擋板P的距離．
21．傾角、質量的粗糙斜面位于水平地面上，質量的木塊置于斜面頂端，從靜止開始以的加速度勻加速下滑，在此過程中斜面保持靜止（，，g取10 m/s2），求：
（1）地面對斜面的摩擦力大小與方向；
（2）地面對斜面的支持力大小。
22．某同學用圖甲所示的實驗裝置驗證牛頓第二定律：
（1）通過實驗得到如圖乙所示的a-F圖像，造成這一結果的原因是：在平衡摩擦力時木板與水平桌面的夾角___________（選填“偏大”或“偏小”）。
（2）該同學在平衡摩擦力后進行實驗，實際小車在運動過程中所受的拉力__________（填“大于”“小于”或“等于”）砝碼和盤的總重力，為了便于探究、減小誤差，應使小車質量M與砝碼和盤的總質量m滿足_______的條件。
（3）該同學得到如圖丙所示的紙帶。已知打點計時器電源頻率為50Hz。A、B、C、D、E、F、G是紙帶上7個連續的點。由此可算出小車的加速度a=___________m/s2（結果保留兩位有效數字）。
參考答案
1．【答案】C
【詳解】
A．重心在效果上可以看作物體各部分所受重力的集中點，A錯誤；
B．任何有規則形狀的均勻物體，其重心一定與它的幾何中心重合。而質量分布不均勻的物體則不一定，B錯誤；
C．線的拉力和重力是平衡力，在一條直線上，所以用線懸掛的物體靜止時，線的方向一定通過物體的重心，C正確。
D．物體重心可能在物體上，也可能在物體外，比如均勻圓環的重心在環外，D錯誤。
故選C。
2．【答案】C
【詳解】
A．槳推水的力與水推槳的力是一對作用力和反作用力，大小相等，選項A錯誤；
B．船頭推水的力與水推船頭的力是一對作用力和反作用力，大小相等，選項B錯誤；
C．船在水中加速前行，則腳蹬船前行的力大于水對船的阻力，選項C正確；
D．腳蹬船的力與船對腳的力是一對作用力和反作用力，大小相等，選項D錯誤；
故選C。
3．【答案】B
【詳解】
根據平行四邊形定則
根據勾股定理
解得
故選B。
4．【答案】C
【詳解】
A．加速度的定義式是比值定義法，加速度與速度的變化量無關，與速度變化所用的時間也無關，故A錯誤；
B．研究火車過橋的時間時，火車的長度對時間影響較大，不能忽略，所以火車不能看成質點，故B錯誤；
C．路程大小等于物體運動軌跡的長度，移的大小等于由初位置指向末位置的有向線段的長度，兩物體通過的路程不等，位移可能相同。故C正確；
D．馬拉力和車拉馬的力是相互作用力，故二者大小相等；馬拉車加速前進是因車受到的拉力大于其受到的阻力，故D錯誤。
故選C。
5．【答案】D
【詳解】
A.伽利略的實驗是把斜面理想成沒有摩擦，但光滑斜面是不存在的，所以這個實驗是理想實驗，故A正確；
BCD．伽利略的理想斜面實驗是通過生活中物體受力與運動規律的分析設想出來的，該實驗證實了力不是維持物體運動的原因，即物體的運動不需要力來維持，幫助我們找到了運動與力的關系，為牛頓第一定律奠定了基礎，故BC正確，D錯誤。
本題選不正確的，故選D。
6．【答案】D
【詳解】A．慣性是物體固有屬性，任何物體在任何情況下都具有慣性，與是否受力無關，故A錯誤；
B．用力推桌子，桌子未動，是因為桌子受到靜摩擦力作用，并非是因為桌子的慣性大，慣性僅與質量有關，質量越大，慣性越大，故B錯誤；
C．宇航員在太空艙中能飄來飄去是因為處于“失重”狀態，慣性僅與質量有關，與物體運動狀態無關，質量越大，慣性越大，故C錯誤；
D．勻速行駛中的客車突然剎車，乘客下半身隨車減速，而上半身由于慣性仍保持原來的運動狀態，從而向前傾，故D正確。
故選D。
7．【答案】D
【詳解】
物體給它一個初速度后沿粗糙斜面向上滑動，由于慣性，要沿斜面向上運動，物體并不受沖力的作用，所以對物體受力分析，重力豎直向下，斜面對物體的支持力垂直斜面向上，和沿斜面向下的滑動摩擦力，所以D正確，ABC錯誤。
故選D。
8．【答案】D
【詳解】A.因為0～1s內物體靜止，則F始終等于靜摩擦力，A錯誤；
B.全過程物體都具有向右運動的趨勢或者向右運動，所受摩擦力方向始終向左，B錯誤；
C.1～3s時間內F始終大于滑動摩擦力，則物體一直向右運動，在第3s末還有速度，C錯誤；
D.第1s時有：F＝μmg，得μ＝0.5，D正確。
選D。
9．【答案】A
【詳解】
AB. 對小球B受力分析，由牛頓第二定律可知
解得
加速度方向向左，故A正確，B錯誤
CD．對A受力分析，由牛頓第二定律可知
豎直方向
解得
故CD錯誤。
故選A。
10．【答案】D
【詳解】
對接點O為研究對象，進行受力分析
OA和OB繩子的拉力的合力總是與物體的重力相平衡，所以兩個拉力的合力不變，隨著OB繩子的轉動，從三角形的邊長變化可知BO中張力先變小后變大，AO中張力逐漸減小到零；
A．都逐漸變大，與結論不相符，選項A錯誤；
B．都逐漸變小，與結論不相符，選項B錯誤；
C．BO中張力逐漸變大，AO中張力逐漸變小，與結論不相符，選項C錯誤；
D．BO中張力先變小后變大，AO中張力逐漸減小到零，與結論相符，選項D正確；
故選D.
11．【答案】BCD
【詳解】
A．把木塊輕輕的放在正在運轉的水平的傳送帶上，木塊所受的滑動摩擦力是木塊運動的動力， A錯誤；
B．木塊在靜止的木板上滑動，靜止的木板受到滑動摩擦力；木塊隨傾斜的傳送帶一起向上運動時，運動的木塊受到靜摩擦力，B正確；
C．彈力是產生摩擦力的條件之一， C正確；
D．人沿爬桿從桿底勻速向上爬，人所受的摩擦力的方向沿桿向上， D正確。
故選BCD。
12．【答案】AB
【詳解】A．根據平衡條件可知，手對礦泉水瓶的靜摩擦力方向豎直向上，則礦泉水瓶對手的摩擦力方向豎直向下，故A正確；
B．手握得越緊，只是礦泉水瓶與手之間的最大靜摩擦力變大，但礦泉水瓶受到的摩擦力仍然不變，等于礦泉水瓶的重力，故B正確；
C．因為礦泉水瓶保持靜止，雖然手握得越緊，但礦泉水瓶受到的合力仍保持不變為零，故C錯誤；
D．礦泉水瓶受重力、摩擦力和彈力三個力的作用，故D錯誤。
故選AB。
13．【答案】BD
【詳解】A：根據三角形定則可知和的合力，與大小相等，方向相反，A錯誤；
B：與方向相同，大小相等，與方向相同，大小相等，與垂直，除以外的4個力能合成大小為、相互垂直的兩個力，B正確；
C：除以外的4個力的合力的大小為，C錯誤；
D：這5個力的合力為，方向與和的合力方向相同，D正確。選BD。
14．【答案】AB
【詳解】
設兩段繩子間的夾角為，由平衡條件可知，
，
所以
，
設繩子總長為，兩桿間距離為，由幾何關系
，
得
，
A．繩子右端上移，、都不變，不變，繩子張力也不變，A正確；
B．桿向右移動一些，變大，變大，變小，變大，B正確；
C．繩子兩端高度差變化，不影響和，所以不變，C錯誤；
D．衣服質量增加，繩子上的拉力增加，由于不會變化，懸掛點不會右移，D錯誤．
15．【答案】2 kg≤M≤4 kg
【詳解】當物體B質量較大時,重物A有向右運動的趨勢,則靜摩擦力向左,當靜摩擦力最大時,物體B的質量最大,有Mmaxg=F+fmax,解得Mmax=4 kg;當物體B質量較小時,重物A有向左運動的趨勢,則靜摩擦力向右,當靜摩擦力最大時,物體B的質量最小,有Mming=F-fmax,解得Mmin=2 kg,綜上可知物體B的質量M的取值范圍為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′
【詳解】（1）[1][2]在坐標系中描點，用平滑的曲線（直線）將各點連接起來，不在直線上的點均勻分布在直線的兩側。如圖所示
由圖可知，圖線與橫軸的交點為彈簧原長，即l0=10.00cm。
（2）[3]由于橡皮筋的長度
l=OA＋OB=13.60cm
由圖1可得F=1.80N，所以
FOA=FOB=F=1.80N
（3）[4]利用給出的標度作出FOA和FOB的圖示，然后以FOA和FOB為鄰邊作出平行四邊形，過O點的對角線即為合力F′，如圖所示
（4）[5]FOO′的作用效果和FOA、FOB兩個力的作用效果相同，F′是FOA、FOB兩個力的合力，所以只要比較F′和FOO′的大小和方向，即可得出實驗結論。
17．【答案】（1）2m/s2，0.5m/s2；（2）1s；（3）6.6m
【詳解】（1）對小物塊由牛頓第二定律可知 ，則小物塊的加速度 ，對小車由牛頓第二定律可知 ，則小車的加速度
（2）設經時間t兩者共速，則有 ， 解得 t=1s
（3）開始1s內小物塊的位移 ，1s末速度為 ，當和小車共速后，物塊和小車一起做加速運動，由牛頓第二定律可知 ，則加速度 ，后2s內的位移 ，通過的總位移
18．【答案】 控制變量法 AC##CA 不需要
【詳解】（1）[1]本實驗控制一個變量不變，研究另外兩個量的關系，采用的實驗方法是控制變量法；
（2）[2]A. 實驗需要平衡摩擦力，在取下沙桶的情況下抬高木板右端，使滑塊做勻速直線運動，故A正確；
B．加速度的計算與釋放的初始位置無關，故沒必要從同一位置釋放，故B錯誤；
C．若探究加速度與質量關系時，因為它們是反比關系，故實驗結果采用坐標作圖，是為了更直觀地根據圖線作出判斷，故C正確。
故選AC；
（3）[3]平衡摩擦力后，滑塊及傳感器所受合力用力傳感器讀數表示，不再用沙和沙桶重力來表示合力，所以不需要保持沙和沙桶質量遠小于滑塊及傳感器總質量。
[4]運用加速度的定義式可求得
19．【答案】 BCE AB 0.82 1.61
【詳解】[1]（1）A. 研究小車在質量不變的情況下，加速度與合力關系的實驗中，首先要平衡摩擦力，使小車受到的合力等于細繩對小車的拉力,故A正確；
B．平衡摩擦力的方法就是，不掛鉤碼，把木板的一端墊高，輕推小車，使小車能勻速滑動，故B錯誤；
C．平衡摩擦力后，在實驗過程中不需要重新平衡摩擦力，故C錯誤；
D．實驗中通過在豎直細繩上增掛鉤碼來改變小車受到的拉力，故D正確；
E．實驗中應先接通電源，然后再釋放小車，E錯誤。
故選BCE。
[2]（2）A．A圖線不通過坐標原點，即拉力要有一定數值小車才有加速度，可知其原因是可能是實驗前沒有平衡摩擦力或摩擦力沒有平衡夠，故A正確；
B．A圖線上部彎曲的原因是未滿足拉車的砝碼質量m遠小于小車的質量M這個條件，故B正確；
CD．B圖線在縱軸上有截距的原因是在平衡摩擦力時，長木板的傾角過大，小車沿斜面向下的分力大于摩擦力，使尚未對小車施加拉力時，小車已有加速度，因此作出的圖線中，F為0時，a不為0，而是有一定的數值，根據
整理得
圖線的斜率
可知B圖線的斜率數值上等于小車的質量的倒數，故CD錯誤。
故選AB。
[3]（3）由題意可知紙帶上相鄰計數點間的時間間隔
根據勻變速直線運動中間時刻瞬時速度等于該過程平均速度得
[4]根據逐差法得
20．【答案】（1）1（2）1.6m
【分析】(1)金屬塊A在傳送帶方向上受摩擦力和重力的下滑分力，先做勻加速運動，并設其速度能達到傳送帶的速度v=2m/s，然后做勻速運動，抓住總位移的大小，結合運動學公式求出加速度的大小，根據牛頓第二定律求出動摩擦因數的大小；
(2)根據牛頓第二定律求出木塊下滑的加速度，從而結合速度位移公式求出與擋板碰撞的速度，反彈后，速度大于傳送帶速度，摩擦力向下，速度與傳送帶速度相等后，摩擦力向上，根據牛第二定律分別求出上滑過程中的加速度，結合運動學公式求出木塊B所達到的最高位置與擋板P的距離．
【詳解】(1) 金屬塊A在傳送帶方向上受重力沿傳送帶向下的分力和摩擦力，由題意可知，μ1>tan θ，即A先做勻加速運動，并假設其速度能達到傳送帶的速度v＝2 m/s，然后做勻速運動，到達M點．金屬塊由O運動到M，有：
且t1＋t2＝t，v＝at1
根據牛頓第二定律有μ1mgcos 37°－mgsin 37°＝ma
解得t1＝1 s加速度
解得金屬塊與傳送帶間的動摩擦因數μ1＝1；
(2) 由靜止釋放后，木塊B沿傳送帶向下做勻加速運動，其加速度為a1，運動距離LON=4m，第一次與P碰撞前的速度為v1
a1=gsinθ-μgcosθ=2m/s2
由μ2a2＝gsin θ＋μ2gcos θ＝10 m/s2
因此與擋板P第一次碰撞后，木塊B所到達的最高位置與擋板P的距離為
s＝s1＋s2＝1.6 m
【點睛】本題是一個多過程問題，比較復雜，關鍵理清物塊在傳送帶上整個過程中的運動規律，搞清摩擦力的方向，結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解．
21．【答案】（1）3.2N，方向水平向左；（2）67.6N
【詳解】（1）對木塊，由牛頓第二定律得
垂直斜面方向有
聯立解得
根據牛頓第三定律得木塊對斜面的壓力為
木塊對斜面的摩擦力
對斜面受力分析，如圖所示
設摩擦力水平向左，則由共點力平衡條件得
方向水平向左。
（如果設摩擦力f2水平向右，則
同樣方向水平向左）
（2）豎直方向由共點力平衡條件得，地面對斜面的支持力大小
22．【答案】 偏大 小于 5.0
【詳解】（1）[1]當拉力F等于0時，小車已經產生力加速度，故原因是在平衡摩擦力時木板與水平桌面間的傾角偏大；
（2）[2]小車運動過程中，砝碼和盤向下做加速運動處于失重狀態，砝碼和盤對細線的拉力小于其重力，小車在運動過程中受到的拉力小于砝碼和盤的總重力。
[3]對整體分析，根據牛頓第二定律得
解得
則繩子的拉力
當，即砝碼和盤的總質量遠小于小車和小車上砝碼的總質量時，砝碼和盤的總重力在數值上近似等于小車運動時受到的拉力，所以為了便于探究、減小誤差，應使小車質量M與砝碼和盤的總質量m滿足的條件；
（3）[4]刻度尺上讀出A、D、G三點的位置，可得
計時點間的時間間隔為T，由勻變速直線運動的推論△x=aT2可知，加速度
第 page number 頁，共 number of pages 頁
第 page number 頁，共 number of pages 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第三章---四章綜合基礎練習5
一、單選題（本大題共10小題）
1．如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面上有一物塊在平行于斜面的力作用下處于靜止狀態．當緩慢向水平方向轉動時物塊保持靜止，則此過程中作用力和斜面對物塊的支持力的大小的變化情況是（　　）

A．變大，支持力變小 B．變小，支持力變大
C．和支持力都變小 D．和支持力都變大
2．下列如圖所示的情形中，沒有涉及牛頓第三定律的是（　　）
A．氣墊船旋轉的螺旋槳獲得動力 B．戰斗機在行進途中拋棄副油箱
C．噴水龍頭自動旋轉使噴水均勻 D．玩具火箭靠噴出火藥飛上天空
3．如圖所示，小球A與滑環B用繞過光滑定滑輪的不可伸長的輕繩連接，連接滑環B的繩與豎直放置的固定桿垂直且都在豎直平面內，初始時滑環恰好不下滑，現對小球A施加一個水平力F，使小球A在水平力F的作用下緩慢上移一小段，設滑環與桿之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是（　　）

A．滑環B向下移動 B．固定桿給滑環B的彈力方向垂直于桿向左
C．繩子拉力變大 D．滑環B受到的摩擦力變大
4．如圖甲所示，鳥兒有多拼，為了生存幾只鳥像炮彈或標槍一樣一頭扎入水中捕魚，假設小鳥的俯沖是自由落體運動，進入水中后是勻減速直線運動，其v-t圖像如圖乙所示，自由落體運動的時間為，整個過程的運動時間為，最大速度為，重力加速度g取，下列說法正確的是（　　）
A．
B．整個過程下落的高度為32.4m
C．~時間內v-t圖像的斜率為
D．~時間內阻力是重力的1.5倍
5．如圖，密閉玻璃水壺內有一鐵球懸掛在水中。現用激光將懸掛鐵球的細線燒斷，請問此時臺秤示數（　　）
A．變大 B．變小 C．不變 D．無法判斷
6．如圖，質量分別為m、2m的小球A、B在力F作用下靜止在光滑的水平桌面上，彈簧處于壓縮狀態，輕繩恰好伸直。現在撤去外力F，然后對小球A施加方向向左，大小為的外力，輕繩燒斷瞬間小球AB的加速度大小分別為（　　）
A．， B．，
C．， D．，
7．在物理學的重大發現中科學家們創造出了許多思想方法，極大地推動了自然科學的發展。以下關于所用物理學研究方法的敘述正確的是（　　）
A．在探究兩個互成角度的力的合成規律實驗中，用到了等效替代法
B．論證圖像與橫軸圍成的面積即為物體運動的位移采用了等效的思想
C．忽略物體的大小和形狀，用質點代替物體，采用了等效替代法
D．在研究加速度與合外力、質量的關系的實驗中，利用了理想實驗的方法
8．如圖所示是廚房用來懸掛廚具的小吸盤，其原理是排開吸盤與墻壁之間的空氣，依靠大氣壓緊緊地將吸盤壓在廚房的豎直墻壁上，可用來懸掛比較輕的廚具，安裝拆卸都很方便，以下說法正確的是（　　）
A．墻壁對吸盤的作用力的合力豎直向上
B．大氣壓變大，吸盤受到的摩擦力也變大
C．吸盤與墻壁之間只有一對作用力與反作用力
D．空氣對吸盤的壓力與墻壁對吸盤的支持力是一對平衡力
9．在驗證牛頓第二定律的實驗中，用改變砂的質量的辦法來改變對小車的作用力，用打點計時器測出小車的加速度，得出若干組和的數據。然后根據測得的數據作出如圖所示的圖線，發現圖線既不過原點，又不是直線，原因是（　　）
A．平衡摩擦力時，所墊木板太低，且小車質量較大
B．平衡摩擦力時，所墊木板太低，且砂和小桶的質量較大
C．平衡摩擦力時，所墊木板太高，且小車質量較大
D．平衡摩擦力時，所墊木板太高，且砂和小桶的質量較大
10．下列關于重力、彈力、摩擦力以及平衡力和相互作用力，下列說法正確的是（　　）
A．形狀規則的物體重心一定在它的幾何中心上
B．同一接觸面間有摩擦力的相互作用，但不一定有彈力的相互作用
C．拿一根細竹竿撥動水中的木頭，木頭受到竹竿的彈力，這是由于木頭發生了形變而產生的
D．一對平衡力的合力為零，但一對作用力與反作用力根本不存在合力等于多少的問題，因為他們不是共點力，不能被合成
二、多選題（本大題共4小題）
11．質點由靜止開始做直線運動，所受合外力大小隨時間變化的圖象如圖所示，則有關該質點的運動，以下說法中正確的是（　　）
A．質點在內做勻加速直線運動
B．質點在末速度最大
C．質點在內加速度越來越小
D．質點在內速度越來越小
12．如圖所示，套在動摩擦因數為0.4的水平細桿上的小球，上端與細繩相連、左端與輕彈簧相連，輕彈簧的左端固定在O點。初始時刻小球靜止在A點，此時彈簧伸長了，繩子拉力為。已知彈簧勁度系數，小球質量，取重力加速度。某時刻剪斷輕繩，下列說法正確的是（　　）
A．小球初始時刻靜止在A點時受到摩擦力大小為
B．剪斷輕繩的瞬間，小球受力個數不變
C．剪斷輕繩的瞬間，小球加速度為
D．剪斷輕繩后小球向左做勻加速直線運動
13．如圖所示，某高中生在自家小區住宅樓的一客梯內研究超重和失重現象，將質量為1kg的物體懸掛在彈簧測力計上，觀察到測力計示數穩定為12N，則該客梯當前狀態及運行情況是（　　）

A．該客梯處于失重狀態
B．該客梯處于超重狀態
C．該客梯可能向下做勻減速直線運動
D．該客梯可能向下做勻加速直線運動
14．某運動員做跳傘訓練，他從懸停在空中的直升機上由靜止跳下，跳離飛機一段時間后打開降落傘減速下落他打開降落傘后的速度圖線如圖（a）所示。降落傘用8根對稱的繩懸掛運動員，每根繩與中軸線的夾角均為α=37°，如圖（b）所示.已知運動員的質量為50kg，降落傘的質量也為50kg，不計運動員所受的阻力，打開傘后傘所受阻力f與速度v成正比，即f=kv（g=10m/s2，sin37°=0.6.cos37°=0.8）。則下列判斷中正確的是（　　）
A．阻力系數k=100N·s/m
B．打開傘瞬間運動員的加速度a=30m/s2，方向豎直向上
C．懸繩能夠承受的拉力至少為312.5N
D．懸繩能夠承受的拉力至少為625N
三、非選擇題（本大題共8小題）
15．在“探究兩個互成角度的力的合成規律”的實驗中，先將橡皮條的一端固定在水平木板上，另一端系上帶有繩套的兩根細繩。實驗時，需要兩次拉伸橡皮條，一次是通過兩細繩用兩個彈簧秤互成角度地拉橡皮條，另一次是用一個彈簧秤通過細繩拉橡皮條。
（1）下列對實驗操作的說法，正確的是
A．用兩個彈簧秤把結點拉到O點之后，為防止O點變動，應用圖釘把結點固定在O點
B．在同一組實驗中，用兩個彈簧秤拉橡皮條和用一個彈簧秤拉橡皮條時結點位置相同
C．為使實驗結果更具有說服力，應多做幾組，且每組實驗兩細繩套的夾角不能變
D．為使實驗結果更精確，兩彈簧秤的規格必須一樣
（2）某同學根據實驗在紙上畫出了如圖所示的力的圖示（F與AO共線），其中 （選填“F”或“F ”）是F1和F2的理論合力， （選填“F”或“F ”）是F1和F2的實際合力。
16．在“驗證力的平行四邊形定則”實驗中，需要將橡皮條的一端固定在水平木板上，橡皮條的另一端系兩根細繩，細繩端帶有繩套。先用兩個彈簧秤分別勾住繩套并互成角度地拉橡皮條，使橡皮條的結點達到某一位置O，并記下該點的位置；再用一個彈簧秤將橡皮條的結點拉到同一位置O點。
（1）用一個彈簧稱拉橡皮條，使繩與橡皮條的結點達到O點，彈簧稱的示數 N。
（2）做實驗時，根據測量結果在白紙上畫出如圖2所示，其中O處為節點位置。圖中的與兩力中，方向一定沿橡皮筋方向的是 。
（3）與大小相等，方向略有偏差，如果此偏差僅由引起，則原因是的大小比真實值偏 （填“大”或“小”）或與的夾角比真實夾角偏 （填“大”或“小”）。
（4）本實驗采用的科學方法是
A．理想實驗 B．等效替代法 C．控制變量法 D．建立物理模型法
17．如圖所示，上表面粗糙的斜劈固定在水平地面上，斜旁傾角，一質量為m的物塊（可視為質點）由斜面底端P以速度沿斜面勻減速上滑，物塊恰能上滑至斜面上的點A，其中，重力加速度為，，，求：
（1）物塊沿斜面上滑的加速度大小；
（2）物塊與斜面間的動摩擦因數；
（3）物塊上滑至斜面最高點A后，恰能沿斜面勻加速下滑，下滑過程中先后經過B、C兩點，其中，，問物塊下滑過B點的速度為多大？
18．用如圖甲所示的裝置探究加速度與質量的關系，把右端帶有滑輪的長木板放在實驗桌上，小車的左端連接穿過打點計時器的紙帶，右端連接細線，細線繞過定滑輪掛有托盤和砝碼，通過墊塊調節木板左端高度平衡摩擦力。
（1）下列實驗操作正確的有 。
A．先釋放小車后接通電源 B．調整定滑輪使細線與長木板平行
C．平衡摩擦力時必須移去紙帶 D．平衡摩擦力時必須移去托盤和砝碼
（2）某次實驗打出的一條紙帶如圖乙所示，測得計數點1、2、3、4與0計數點間的距離分別為x1=3.60 cm、x2=9.61 cm、x3=18.01 cm、x4=28.81 cm。已知打點計時器打點周期為0.02 s，相鄰計數點間有四個點未畫出，則小車的加速度a= m/s2（結果保留三位有效數字）。
（3）實驗中保持托盤和砝碼的總質量不變，改變小車和車內沙子的總質量M，進行實驗打出紙帶，算出相應的加速度a，數據描在圖丙中，請在圖丙中根據描出的點作出a-圖像 ；由圖像可得出的結論是 。
19．冰壺是冬奧會比賽項目之一，圖1為賽場示意圖。比賽時，運動員從滑架處推著冰壺出發，在投擲線處將冰壺以一定的初速度推出，按比賽規則，他的隊友可以用毛刷在冰壺滑行的前方摩擦冰面，減小摩擦因數以調節冰壺的運動。
（1）已知冰壺和冰面的動摩擦因數為0.02，冰面被摩擦后，動摩擦因數減小為原來的，投擲線與O的距離為，g取。
①運動員以多大的速度沿圖中虛線將冰壺推出，隊友不需要摩擦冰面，冰壺能恰好停在O點；
②若運動員以的速度將冰壺推出，隊友應該在冰壺滑出多長的距離后，開始一直連續摩擦前方冰面，才能使冰壺停在O點；
（2）圖像法是研究物理問題的重要方法，例如從教科書中我們學會了由圖像求直線運動的位移，請你借鑒此方法，分析下面問題。如果通過隊員摩擦冰面，使得動摩擦因數隨距離的變化關系如圖2所示，即：，其中，x表示離投擲線的距離。在這種情況下，若運動員以的速度將冰壺沿圖中虛線推出，求冰壺滑行時的速度大小。
20．甲、乙兩個實驗小組分別采用如圖甲、乙所示的實驗裝置，驗證“當質量一定時，物體運動的加速度與它所受的合力成正比”這一物理規律。已知他們使用的小車完全相同，小車的質量為M，重物的質量為m，試回答下列問題：
（1）甲、乙兩組實驗必須平衡小車和長木板之間的摩擦力的實驗小組為 。
A．甲　B．乙　C．都需要　D．都不需要
（2）實驗時，如果遺漏了平衡摩擦力這一步驟，作出的a﹣F圖像，可能作出下圖中 （選填“甲”、“乙”、“丙”）圖線。
（3）甲、乙兩組實驗必須滿足的實驗小組是 。
A．甲　B．乙　C．都需要　D．都不需要
21．半球體A、光滑球體B及長方體木塊C放在水平地面上，B位于A的頂端偏右側，C與B的右端接觸，A、B、C處于靜止狀態。現用水平向右的拉力拉C，使其緩慢移動，直到B即將與地面接觸，如圖所示。此時A恰好不與地面發生相對滑動。已知A、B的質量均為m，半徑均為R，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：
（1）B即將與地面接觸時，C對B支持力的大小；
（2）A與地面間的動摩擦因數；
（3）若A與地面間的動摩擦因數變為原來的，則當A、B的球心連線與水平方向的夾角為多少時，A將與地面發生相對滑動？
22．如圖所示，一傾角為、足夠長的傳送帶始終以的速度逆時針勻速運轉，長度未知的木板B上放一可視為質點的物塊A（A一開始在距B右端1m處），兩者同時由靜止開始釋放，釋放時木板距傳送帶底端的距離，傳送帶底端有一固定擋板，木板B與擋板碰撞后立即以等大的速度反彈。木板B的質量為，物塊A的質量為，且，木板B與傳送帶間的動摩擦因數，物塊A與木板B間的動摩擦因數，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度，不計其它阻力。求：

(1)物塊A和木板B開始運動時加速度的大小和；
(2)木板B從釋放至第一次與擋板相碰時A在B上留下的劃痕；
(3)若木板B從釋放到第一次到達最高點的過程中物塊A不從B上掉落，木板B的最小長度。
參考答案
1．【答案】D
【詳解】物塊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，由平行四邊形定則可知，當F由沿斜面向上轉到水平向右時，力F和支持力N都增加。選D。

2．【答案】B
【詳解】A．船在水中航行是螺旋槳給水一個向后的作用力，反過來水給船一個向前的反作用力，屬于應用牛頓第三定律，故A正確；
B．戰斗機飛行過程中，扔掉副油箱，減小質量，減小慣性，不涉及牛頓第三定律，故B錯誤；
C．噴水龍頭自動旋轉使噴水均勻，利用了反沖，也是作用力與反作用力的關系，屬于應用牛頓第三定律，故C正確；
D．發射火箭利用了反沖，也是作用力與反作用力的關系，屬于應用牛頓第三定律，故D正確。
本題選擇錯誤的，故選B。
3．【答案】C
【詳解】
設繩對小球的拉力為，繩與豎直方向的夾角為，在任一位置時，根據平衡條件有，，整理可得，，隨著小球A緩慢上移，增大，可知拉力變大，繩子的彈力T變大，C正確。滑環B處于靜止狀態，繩子對滑環B的拉力向左，固定桿對滑環B的彈力向右，B錯誤。隨著繩子的彈力變大，固定桿給滑環B的彈力增大，滑環B將一直處于靜止狀態，則滑環B受靜摩擦力，由平衡條件有，保持不變，A、D錯誤。
4．【答案】C
【詳解】A．小鳥自由落體運動的最大速度為，由自由落體運動的規律可得，解得，A錯誤；
B．整個過程下落的高度為圖乙v-t圖像與時間軸所圍成的面積，則，B錯誤；
C．時間內小鳥的加速度為，則此時間內v-t圖像的斜率，C正確；
D．時間內由牛頓第二定律有，可得，D錯誤。選C。
5．【答案】B
【詳解】對整體受力分析得，細線未斷前臺秤的示數等于含小球整體的重力；當激光將懸掛鐵球的細線燒斷時，小球向下做加速運動，小球處于失重狀態，臺秤的示數小于整體的重力，綜上所述可知，臺秤示數變小。選B。
6．【答案】A
【詳解】初始狀態，根據平衡條件可知彈簧彈力為，現在撤去外力F，然后對小球A施加方向向左，大小為的外力，輕繩燒斷瞬間彈簧彈力不變，對小球A由牛頓第二定律，對小球B由牛頓第二定律，選A。
7．【答案】A
【詳解】在探究兩個互成角度的力的合成規律實驗中，用一個力的作用效果來代替兩個力的作用效果，用到了等效替代法，A正確；論證圖像與橫軸圍成的面積即為物體運動的位移采用了微元法的思想，B錯誤；忽略物體的大小和形狀，用質點代替物體，采用了理想模型法，C錯誤；在研究加速度與合外力、質量的關系的實驗中，利用了控制變量法，D錯誤。
8．【答案】D
【詳解】A．墻壁對吸盤的作用力有豎直向上的摩擦力和水平方向的支持力，合力方向不是豎直向上，A錯誤；
B．吸盤受到的摩擦力與物體對吸盤的拉力是一對平衡力，與物體重力大小相等，不會變化，B錯誤；
C．吸盤與墻壁之間有水平方向和豎直方向兩對作用力與反作用力，C錯誤；
D．空氣對吸盤的壓力與墻壁對吸盤的支持力是一對平衡力，D正確。選D。
9．【答案】D
【詳解】由圖可知，小車在不受拉力時已經有了加速度，說明平衡摩擦力過度，即所墊木板太高；對沙和小桶進行受力分析可得
對小車進行受力分析可知
聯立解得
當滿足小車質量遠大于沙和小桶的質量，作用力與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，故可得與成正比；圖線出現彎曲，說明小車質量遠大于沙和小桶的質量的條件不再滿足，即砂和小桶的質量較大。
故選D。
10．【答案】D
【詳解】A．形狀規則的物體，如果質量分布不均勻，其重心不一定在它的幾何中心上，故A錯誤；
B．根據摩擦力產生條件可知，同一接觸面間有摩擦力的相互作用，則一定有彈力的相互作用，故B錯誤；
C．拿一根細竹竿撥動水中的木頭，木頭受到竹竿的彈力，這是由于竹竿發生了形變而產生的，故C錯誤；
D．一對平衡力的合力為零，但一對作用力與反作用力根本不存在合力等于多少的問題，因為他們不是共點力，不能被合成，故D正確。
故選D。
11．【答案】AC
【詳解】
A．質點在內所受合外力恒定，且由靜止開始運動，可知質點一定做勻加速直線運動，A正確；
BD．雖然2s后質點所受合外力減小，但方向不變，故質點在后做加速度減小的加速運動，2s末速度不是最大，BD錯誤；
C．由牛頓第二定律可知，質點在內加速度越來越小，C正確。
故選AC。
12．【答案】AC
【詳解】A．小球初始時刻靜止在A點時受到靜摩擦力，大小等于彈力大小，故
故A正確；
B．剪斷輕繩的瞬間，繩子拉力消失，小球受力個數變少，故B錯誤；
C．剪斷輕繩的瞬間，彈簧彈力不變，支持力突變成，最大靜摩擦力變為
則小球受力不平衡，所以加速度為
故C正確；
D．剪斷輕繩后小球運動過程中彈簧彈力始終變化，所以先做加速度減小的加速直線運動，當彈簧彈力等于摩擦力時，速度最大；之后小球做加速度增大的減速運動，直到靜止，故D錯誤。
故選AC。
13．【答案】BC
【詳解】AB．由于觀察到測力計示數比物體的重力大，故該客梯處于超重狀態，A錯誤，B正確；
CD．由牛頓第二定律
該客梯有向上的加速度，該客梯可能向下做勻減速直線運動或向上做勻加速直線運動，C正確，D錯誤。
故選BC。
14．【答案】BC
【分析】
由a圖可知，當速度等于5m/s時，物體做勻速運動，受力平衡，根據kv=2mg即可求解k，根據牛頓第二定律求解加速度；以運動員為研究對象，根據牛頓第二定律即可求最小拉力。
【詳解】
A．當速度為5m/s時，做勻速直線運動，對整體，根據平衡有
2mg=kv
解得
A錯誤；
B．對整體，根據牛頓第二定律得
解得
方向豎直向上，B正確；
CD．向上的加速度最大時，繩子的拉力最大，對運動員分析，有
。
解得
所以懸繩能夠承受的拉力至少為312.5N，C正確，D錯誤；
故選BC。
15．【答案】B；；F
【詳解】（1）[1]AB．本實驗的目的是為了驗證力的平行四邊形定則，即研究合力與分力的關系．根據合力與分力是等效的，本實驗橡皮條兩次沿相同方向拉伸的長度要相同，只要在白紙上記錄下第一次結點所在位置O，第二次拉至同一位置即可，不需要用圖釘固定，A錯誤，B正確；
C．為使實驗結果更具說服力，應多做幾組，每組實驗兩細繩套的夾角可以改變，C錯誤；
D．兩彈簧秤的規格不需要一樣，D錯誤；
選B。
（2）[2][3]本實驗采用了“等效法”，與的合力的實際值測量值為一個彈簧拉繩套時的彈簧的彈力大小和方向，而理論值是通過平行四邊形定則得到的值，所以是與的合力的理論值，F是與的合力的實際測量值。
16．【答案】 3.00 大 大 B
【詳解】（1）[1]彈簧測力計需要估讀，準確值是3.0N，估讀一位，的3.00N。
（2）[2]F是兩分力合成的合力，由于實驗存在誤差是必然的，所以F必然偏離橡皮筋的方向，故填。
（3）[3]F相對于理論值往F1的方向偏了，故F1偏大。
[4]根據上面的分析，F1應該變小一點，隨著F1的變小，方向修正好了，但同時合力的大小又減小了，此時縮小F1F2的夾角，合力就會相應變大，故F1F2的夾角偏大。
（4）[5]此實驗中，兩個拉力的作用效果與一個力的作用效果等同，采用的科學方法是等效替代法。
故選B。
17．【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）物塊沿斜面勻減速上滑至最高點A，由勻變速運動公式有，其中，代入數據解得
（2）物塊沿斜面上滑過程中，由牛頃第二定律可得，代入數據得
（3）由已知物塊從A點沿斜面向下做勻加速直線運動，其中，，，即B點為AC的位移中點。由運動學公式有，代入數據得
18．【答案】 BD 2.40 在托盤和砝碼的總質量遠小于小車和車內沙子的總質量M的情況下，合力一定時，小車和車內沙子的加速度a與質量M成反比
【詳解】（1）[1]A．應先接通電源再釋放小車，A錯誤；
B．調整定滑輪使細線與長木板平行，以保證小車在運動過程中合力不變，B正確；
C．平衡摩擦力時必須連接紙帶，C錯誤；
D．平衡摩擦力時必須移去托盤和砝碼，用小車重力分力來平衡摩擦力，D正確。
故選BD。
（2）[2]小車的加速度
a= =2.40 m/s2
（3）[3]將圖中各點用平滑曲線連接，如答案圖所示。
[4]由圖像可以看出，在托盤和砝碼的總質量遠小于小車和車內沙子的總質量M的情況下，合力一定時，小車和車內沙子的加速度a與質量M成反比。
19．【答案】（1）①，②19m/s；（2）
【詳解】（1）①設隊友不摩擦冰面，冰壺滑行的加速度大小為a1，根據牛頓第二定律得，由運動學公式得，解得，設隊友應該在冰壺滑出x1的距離后，開始一直連續摩擦前方冰面，才能使冰壺停在O點。隊友擦冰前，有，設隊友摩擦冰面后，冰壺滑行的加速度大小為a2，根據牛頓第二定律得，由運動學公式得，且有，聯立解得x1=19m
（2）根據和可得，冰壺加速度大小a與x的關系為，可畫出圖象，則可知圖象中圖線與x軸所圍面積即速度平方的變化量的一半，則當x=20m/s時，a0=0.15m/s2；當x=20m/s時，a1=0.15m/s2，圖象中的面積有，解得
20．【答案】C；丙；A
【詳解】（1）甲、乙兩組實驗小車與長木板之間都有摩擦力，為保證小車受到的拉力等于所受的合力，所以都需要平衡摩擦力。
（2）實驗時遺漏了平衡摩擦力，由于沒有平衡摩擦力，根據牛頓第二定律，a-F圖像在橫軸上有截距，應為圖線丙。
（3）乙是由力傳感器直接讀出，不需要用鉤碼的重力代替，所以不需滿足，甲是用鉤碼的重力代替繩的拉力，必須滿足。
21．【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）設A、B間的彈力為，B、C間的彈力為，B、C間的彈力沿水平方向，由幾何關系可知，A、B間的彈力與水平方向的夾角滿足，可得，對B受力分析，由平衡條件可得，，解得，
（2）設地面對A的支持力為，摩擦力為；對A受力分析，豎直方向有，可得，水平方向有，可得，此時A恰好不發生相對滑動，則有，解得
（3）若A與地面間的動摩擦因數變為原來的，則有，設A、B球心連線與水平方向夾角為時，A將要發生滑動；由（1）中結論可知，此時有，，仍有，，即，又，聯立可得，可得
22．【答案】(1)；；(2)；(3)
【詳解】（1）釋放后，B受傳送帶向下的滑動摩擦力，由于大于，B比A運動得快，則，
解得，
由，
解得。
（2）設經時間木板B與傳送帶速度相同，則，
解得，
同速后由于，
木板B與傳送帶相對靜止一起勻速運動，物塊A繼續加速，設再經時間物塊A與B及傳送帶速度相同，則，
解得，
此時A與B的相對位移為，
同速后A會相對于B下滑，有，
解得，
則B的合力，
木板B仍勻速至與擋板相碰，直到與擋板相碰的時間為，，
這段時間A相對B的位移為，
由于，所以A在B上留下的劃痕為。
（3）第一次碰后B向上減速運動的加速度大小為，則，
解得，
碰后B上升到最高點所用的時間，
碰后B上升到最高點向上運動的位移的大小為，
碰撞時A的速度大小為，
時間內A向下運動的位移的大小為，
因此，
此時A剛好到達木板的最左邊，則木板的最小長度為。
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