資源簡介

2026屆人教版高考物理第一輪復習：第三章---四章綜合提高練習1
一、單選題（本大題共10小題）
1．下列單位中，屬于國際單位制中基本單位的是（ ）
A．m/s B．m/s2 C．N D．kg
2．火車在水平的長直軌道上勻速運動，門窗緊密的車廂里有一位旅客向上跳起，結果仍然落在車廂地板上的原處，原因是（ ）
A．人跳起的瞬間，車廂地板給他一個向前的力，使他與火車一起向前運動
B．人跳起后，車廂內的空氣給他一個向前的力，使他與火車一起向前運動
C．人在跳起前、跳起后直到落地，沿水平方向人和車始終具有相同的速度
D．人跳起后，車仍然繼續向前運動，所以人落回地板后確實偏后一些，只是離地時間短，落地距離太小，無法察覺而已
3．如圖所示，在一粗糙水平面上有兩個質量分別為m1和m2的木塊1和2，中間用一原長為λ、勁度系數為k的輕彈簧連接起來，木塊與地面間的動摩擦因數為μ，現用一水平力向右拉木塊2，當兩木塊一起勻速運動時兩木塊之間的距離是（　　）
A． B．
C． D．
4．傾角為、質量為M的斜面體始終靜止在水平桌面上，質量為m的光滑木塊沿斜面自由下滑。下列結論正確的是（　　）
A．木塊處于超重狀態
B．斜面體受到5個力的作用
C．桌面對斜面體的摩擦力大小是
D．桌面對斜面體的支持力大小是
5．一質量為m的物塊靜止在傾角為θ的斜面上，現對物塊施加一個垂直于斜面向下的恒力F，如圖所示，物體仍保持靜止．則物塊（ ）
A．受到的支持力不變
B．受到的支持力減小
C．受到的摩擦力不變
D．受到的摩擦力減小
6．如圖所示，小華用力F拉木箱水平向右勻速前進，以下關于木箱受力說法正確的是（　　）
A．可能只受到三個力的作用
B．一定受到四個力的作用
C．受到的滑動摩擦力大小為
D．對水平地面的壓力的大小一定為
7．下面關于合力和它的兩個分力的關系的敘述中，正確的是（ ）
A．合力一定大于其中任意的一個分力
B．合力有可能小于其中任意一個分力
C．兩個分力的大小不變夾角在0～180°之間變化，夾角越大，其合力也越大
D．兩個力和的夾角不變，大小不變，只要增大，合力F就一定增大
8．人握住豎直旗桿勻速向下滑，則下列說法正確的是（　　）
A．人受到的摩擦力的方向是豎直向下的
B．人受到的摩擦力的方向是豎直向上的
C．手握旗桿的力增大，人仍然勻速下滑
D．手握旗桿的力增加，人受到的摩擦力可能減小
9．如圖所示，兩個小球a，b的質量均為m，用細線相連并懸掛于O點，現用一輕質彈簧給小球a施加一個拉力F，使整個裝置處于靜止狀態，且Oa與豎直方向夾角為30°，已知彈簧的勁度系數為k，重力加速度為g，則彈簧的最短伸長量為（　　）
A． B． C． D．
10．如圖所示，氫氣球通過細繩拴在一重物上處于靜止狀態，在水平向右的風力作用下，細繩與豎直方向的夾角為，已知風力大小正比于風速，則當風速增大時（重物始終保持靜止），始終保持不變的是（ ）
A．細繩與豎直方向的夾角 B．細繩對重物的拉力
C．地面對重物的摩擦力 D．地面對重物的支持力
二、多選題（本大題共4小題）
11．如圖所示，斜劈放在粗糙的水平地面上，在斜劈上放一重為的物塊，物塊與斜劈均靜止，今用一豎直向下的力作用在物塊上，力的大小從零開始逐漸增大，則在力增大的過程中（　　）
A．地面對斜劈的摩擦力增大
B．斜劈對物塊的作用力變大
C．物塊受到的摩擦力增大
D．當力增大到一定程度時，物體會向下滑動
12．如圖甲所示，傾角為、足夠長的斜面體固定在水平面上，質量為的物塊鎖定在斜面體上，時刻在物塊上施加一水平向右的推力同時將鎖定解除，使物塊由靜止開始沿斜面體運動，已知外力大小與物塊速度大小的變化規律為，為定值，整個過程中物塊運動的加速度關于速度的變化規律如圖乙所示。重力加速度取，，。下列說法正確的是（　　）

A．物塊與斜面體間的動摩擦因數為0.25
B．
C．物塊的速度最大時，推力的大小為
D．物塊的加速度為時，推力的大小為
13．如圖所示，一輛卡車卸貨前，已經將車斗傾斜傾角為，有一擋板未撤下且處于豎直狀態.車斗里裝了根鋼管，鋼管質量均為，重力加速度為，忽略鋼管與車斗底面、擋板之間的摩擦，各鋼管均處于靜止狀態.則下列說法中正確的是（ ）
A．鋼管1對擋板的彈力大小為
B．鋼管1對鋼管2的彈力大小為
C．鋼管1對車斗底面的壓力大小為
D．若將擋板繞下端點緩慢順時針轉 ，則轉動過程中車斗底面對所有鋼管的支持力均減小
14．如圖所示，天花板下面用細線OC懸掛一光滑輕質滑輪，小物塊A置于斜面體D上，斜面體D置于粗糙的水平地面上，A通過跨過滑輪的細線與沙漏B連接，滑輪右側細線與斜面平行，開始時A、B都處于靜止狀態，OC與豎直方向的夾角為θ，在B中的沙子緩慢流出的過程中，A、B、D仍處于靜止狀態，下列說法正確的是 (　　)
A．地面對斜面體D的作用力豎直向上
B．小物塊A受到的摩擦力可能先減小后增大
C．細線OC與豎直方向的夾角θ一定不變
D．地面對斜面體D的摩擦力將緩慢減小
三、非選擇題（本大題共8小題）
15．一質量為的物體靜止在水平地面上，當水平拉力逐漸增大剛達44N時，物體開始加速運動，當水平拉力F1=40N時，物體沿著水平地面做勻速直線運動．（）求：
(1)物體與地面之間的動摩擦因數為多少？
(2)若改用水平拉力F2=42N作用于該靜止物體上，則物體受到的摩擦力大小為多少？
(3)若改用水平拉力F3=50N作用于該靜止的物體上，則物體受到的摩擦力大小為多少？
16．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
17．在“探究彈力和彈簧伸長的關系”時，某同學把兩根彈簧如圖連接起來進行探究．
（1）某次測量如圖所示，指針示數為 cm．
（2）在彈性限度內，將50g的鉤碼逐個掛在彈簧下端，得到指針A、B的示數LA和LB如表1．用表1數據計算彈簧1的勁度系數為 N/m（重力加速度g=10m/s2）．由 表1數據 （填“能”或“不能”）計算出彈簧2的勁度系數．
18．在探究加速度與力、質量的關系實驗中，實驗裝置示意圖如下圖所示：
（1）下列說法正確的是 ；
A．實驗時先釋放小車，再接通電源
B．實驗所用打點計時器應該接直流電源
C．實驗過程中，小車質量應該遠小于懸掛的重物的質量
D．實驗過程中，細線應該與長木板平行
（2）如圖為某次實驗紙帶，在相鄰兩計數點間都有四個打點未畫出，交流電的頻率是，用刻度尺測得：，，，，，，則打下“3”點時小車的瞬時速度 ；小車的加速度 。（計算結果均保留2位有效數字）
（3）如圖丙所示，圖線不通過原點的原因是 ；
A．小車總質量遠大于鉤碼質量
B．小車總質量遠小于鉤碼質量
C．平衡小車的阻力時，木板的傾角過大
D．平衡小車的阻力時，木板的傾角過小
19．如圖甲所示，用鐵架臺、彈簧和多個已知質量且質量相等的鉤碼，探究在彈性限度內彈簧彈力與彈簧伸長長度的關系實驗。
(1)實驗中還需要的測量工具有：
(2)如圖乙所示，根據實驗數據繪圖，縱軸是鉤碼質量m，橫軸是彈簧的形變量x，由圖可知：圖線不通過原點的原因是由于 ；彈簧的勁度系數k= N/m。計算結果保留2位有效數字，重力加速度g=9.8m/s2
(3)如圖丙所示，實驗中用兩根不同的彈簧a和b，畫出彈簧彈力F與彈簧長度L的F-L圖象，下列正確的是 。
A．a的原長比b的長 B．的勁度系數比b的大
C．a的勁度系數比b的小 D．彈力與彈簧長度成正比
20．避險車道是避免惡性交通事故的重要設施，由制動坡床和防撞設施等組成，如圖所示。一輛質量為m=10t的貨車行駛到一個下坡路段時，因剎車失靈以v0=36km/h的初速度沿下坡加速運動，在加速前進了x=1km后，駕駛員發現路邊有制動坡床，并將車駛入制動坡床，在坡床上行駛L=40m后停住（貨車未與防撞設施碰撞）。若貨車在該長下坡每行駛1km高度下降120m，受到的阻力是車重的10%；制動坡床與水平面的夾角為θ（sin θ＝0.1）。取重力加速度g=10 m/s2。求：
(1)貨車在長下坡上運動時的加速度大小a；
(2)貨車剛駛入制動坡床時的速度大小v1；
(3)貨車在制動坡床上運動時受到的阻力大小f。
21．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。
22．某實驗小組利用如圖的裝置探究加速度與力、質量的關系。
(1)下列做法正確的是 （填字母代號）；
A．調節滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行
B．在調節木板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時，將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴在木塊上
C．通過增減木塊上的砝碼改變質量時，不需要重新調節木板傾斜度
D．實驗時，木塊釋放的初始位置應盡量遠離打點計時器
(2)為使砝碼桶及桶內砝碼的總重力在數值上近似等于木塊運動時受到的拉力，應滿足的條件是木塊和木塊上砝碼的總質量 砝碼桶及桶內砝碼的總質量（填“遠大于”、“遠小于”或“近似等于”）；
(3)甲、乙兩同學在同一實驗室，各取一套圖示的裝置放在水平桌面上，木塊上均不放砝碼，在沒有平衡摩擦力的情況下，研究加速度a與拉力F的關系，分別得到下圖中甲、乙兩條直線。設甲、乙用的木塊質量分別為m甲、m乙，甲、乙用的木塊與木板間的動摩擦因數分別為μ甲，μ乙，由圖可知，m甲 m乙，μ甲 μ乙（填“ > ”、“ < ”或“ = ”）。
參考答案
1．【答案】D
【分析】
【詳解】
在力學中，國際單位制中基本單位有：m、kg、s。
故選D。
2．【答案】C
【詳解】
A．人跳起時已離開車廂，地板對人不再有力的作用，A錯誤；
B．人跳起后，車廂內空氣給他的阻力很小，不足以使他隨火車一起向前運動，B錯誤；
C．人跳起后，他們水平方向由于慣性保持與火車相同的速度，而起跳后，在水平方向人不受外力做勻速直線運動，速度與火車保持相同，C正確；
D．人的水平速度與跳起時車的速度是相同的，所以在落下后落在原處，不會發生偏離，D錯誤。
故選C。
3．【答案】A
【詳解】
對木塊1研究。木塊1受到重力、彈簧的拉力、地面的支持力和摩擦力。根據平衡條件彈簧的彈力
F＝μm1g
又由胡克定律得到彈簧伸長的長度
x
所以兩木塊一起勻速運動時兩木塊之間的距離是
S＝+x＝ m1g
故選A。
4．【答案】C
【詳解】
A．木塊沿著斜面向下加速下滑，加速度有豎直向下的分量，則木塊處于失重狀態，故A錯誤；
B．對斜面體受力分析知，斜面體受重力、木塊對斜面體的壓力、地面對斜面體的支持力和地面對斜面體的摩擦力四個力的作用，故B錯誤；
CD．選斜面體為研究對象，受力如圖
由平衡條件得
故C正確，D錯誤。
故選C。
5．【答案】C
【詳解】
以物塊為研究對象，在未施加F之前，處于靜止狀態，根據力的正交分解可得物塊受到的支持力
物塊受到的摩擦力
在施加F之后，處于靜止狀態，根據共點力平衡以及力的正交分解可得物體受到的支持力
受到的摩擦力
故物塊受到的支持力增大，受到的摩擦力不變，C正確；ABD錯誤。
故選C。
6．【答案】B
【詳解】
AB．將拉力分解為水平方向和豎直方向，由于拉力水平方向有分力，且木箱做勻速直線運動，說明木箱一定受摩擦力，有摩擦力則地面與木箱間一定有彈力，所以木箱受重力，彈力，拉力，摩擦力四個力的作用，故A錯誤，B正確；
CD．由平衡條件可得
故CD錯誤。
故選B。
7．【答案】B
【分析】
如果幾個力的共同作用效果與一個力的作用效果相同，就把這幾個力叫做那一個力的分力，而把那一個力叫做那幾個力的合力，合力與分力是等效替代關系，不是重復受力；兩個不共線的力合成時，遵循平行四邊形定則.
【詳解】
不在同一條直線上的兩個力合成時，遵循平行四邊形定則，故合力可能大于、小于或等于任意一個分力，故A錯誤，B正確；兩個共點力的夾角在0～180°之間，其合力隨兩力夾角的增大而減小，故C錯誤；若夾角θ不變，F1大小不變，F2增大，若F2與F1反向，F1＞F2，則合力F減小，故D錯誤；故選B．
8．【答案】B
【詳解】
AB．雙手握住豎直的旗桿勻速向下滑時，受到的摩擦力與重力平衡，方向豎直向上，故A錯誤，B正確；
CD．手握旗桿的力增大，根據
f=μN
滑動摩擦力增大，大于重力，人不可能勻速下滑，故CD錯誤；
故選B。
9．【答案】B
【詳解】
以兩個小球組成的整體為研究對象，受到總的重力2mg、彈簧彈力和細線的拉力；根據平衡條件得知，F與T的合力與重力2mg總是大小相等、方向相反，力的合成情況如圖所示
由力的合成圖可知，當F與繩子Oa垂直時，F有最小值，即圖中2位置，F的最小值為
Fmin=2mgsinθ=mg
則彈簧的最短伸長量為
故B正確，ACD錯誤。
故選B。
10．【答案】D
【詳解】
AB．對氣球受力分析，如圖所示
根據平衡條件有
解得
所以細線的拉力隨風力的增加而增加，細繩與豎直方向的夾角θ隨風力的增加而增加，選項AB錯誤；
CD．以氣球和重物整體為研究對象，有
地面對重物的支持力
地面對重物的摩擦力
所以地面對重物的支持力不變，地面對重物的摩擦力隨風力的增加而增加，故Ｃ錯誤，D正確；
故選D。
11．【答案】BC
【詳解】
A．以斜劈和物塊整體為研究對象受力分析，受重力、向下的力F、地面給的向上的支持力，力F再增大，但水平方向上沒有分量，所以斜劈不會運動也沒有運動趨勢，所以也不會受水平地面的摩擦力，A不符合題意；
CD．設斜面的傾角為θ，物塊與斜面間的動摩擦因數為μ，以物塊為研究對象，未加F時物塊靜止在斜劈上，則有
即有
當用豎直向下的力F作用于物塊上時，受力情況如圖
最大靜摩擦力為
沿斜面向下的分力為，則
所以當力F增大時，物體不會運動，物塊所受的合力為零，保持不變，根據平衡則斜劈對物塊的摩擦力增大，D不符合題意，C符合題意；
B．當沒有作用力F時，根據平衡，斜劈對物塊的作用力為G，當力F增大時，物體不會運動，物塊所受的合力為零，保持不變，根據平衡，斜劈對物塊的作用力 ， B符合題意。
故選BC。
12．【答案】BD
【詳解】時刻，推力為零，物塊的加速度大小為，對物塊受力分析，如圖所示，根據牛頓第二定律，沿斜面的方向有，解得，A錯誤；物塊加速度為零時，由力的平衡條件得，又，代入上式解得，由圖乙可知，此時，解得，B正確；由B選項分析可知，推力的大小為，C錯誤；時，由牛頓第二定律得，又，代入數據解得，D正確。

13．【答案】AB
【詳解】以根鋼管為整體,由平衡條件可得,擋板對鋼管1的彈力大小為,由作用力與反作用力可知鋼管1對擋板的彈力大小為,故正確；以除了鋼管1外的所有鋼管為整體,由平衡條件可得,鋼管1對鋼管2的彈力大小為,故正確；對鋼管1受力分析,在垂直車斗底面的方向上,由平衡條件可得,由作用力與反作用力可知鋼管1對車斗底面的壓力大小為,故錯誤；若將擋板繞下端點緩慢順時針轉動 ,則轉動過程中車斗底面對除了鋼管1外的其他鋼管的支持力總是不變的,故錯誤.
14．【答案】BCD
【解析】將小物塊A和斜面體D看成整體，可知受到斜向左上方的拉力作用，所以地面對斜面體D除了支持力外還有摩擦力作用，故地面對斜面體D的作用力不是豎直向上，故A錯誤.若開始時斜面體D對小物塊A的摩擦力沿斜面向下，則有mBg=f+mAgsin θ，隨著B中的沙子緩慢流出，小物塊A受到的摩擦力f先緩慢減小到零，之后反向增大；若開始時斜面體D對小物塊A的摩擦力沿斜面向上，則有mBg+f'=mAgsin θ，則隨著B中的沙子緩慢流出，小物塊A受到的摩擦力f'緩慢增大，故B正確.滑輪兩邊細線的拉力總是相等的，則兩個力的方向總是沿著兩邊細線，細線夾角不變，則OC與豎直方向的夾角θ不變，故C正確.對A、D組成的整體，受到斜向左上方的細線拉力作用，由題意可知，細線拉力緩慢減小，方向不變，所以地面對斜面體D的摩擦力也將緩慢減小，故D正確.
15．【答案】(1)0.5；
(2)42N；
(3)40N；
【詳解】
(1)由公式得
(2)由于所以物體仍靜止，所以物體受到的摩擦力大小為42N；
(3)由于，所以物體被拉動，物體受到滑動摩擦力，即為40N．
16．【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。
17．【答案】；15.96—16.05均可；12.20---12.80均可；能
【詳解】
試題分析：1）刻度尺讀數需讀到最小刻度的下一位，指針示數為16．00cm．
（2）由表格中的數據可知，當彈力的變化量△F=0．5N時，彈簧形變量的變化量為△x=4．00cm，根據胡克定律知：．結合L1和L2示數的變化，可以得出彈簧Ⅱ形變量的變化量，結合彈力變化量，根據胡克定律能求出彈簧Ⅱ的勁度系數．
考點：探究彈力和彈簧伸長的關系
〖名師點睛〗解決本題的關鍵掌握胡克定律，知道F=kx，x表示形變量，以及知道其變形式△F=k△x，△x為形變量的變化量．
18．【答案】D；0.16；0.40；D
【詳解】
(1)[1] A．為充分利用紙帶，實驗時先接通電源，再釋放小車，故A錯誤；
B．實驗所用打點計時器應該接交流電源，故B錯誤；
C．實驗過程中，小車質量應該遠大于懸掛的重物的質量，這樣可認為小車所受的牽引力等于重物的重力，故C錯誤；
D．實驗過程中，細線應該與長木板平行，故D正確。
故選D。
(2)[2]打點計時器的工作周期為
相鄰兩計數點間都有四個打點未畫出，所以兩計數點之間的時間間隔為
利用勻變速直線運動的推論
[3]由逐差法得
(3)[4]由圖示圖象可知，當吊盤質量大到一定值即拉力大到一定值時才產生加速度，說明小車受到的合力小于吊盤的重力，這是由于沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足（木板傾角過小造成的），故ABC錯誤，D正確。
故選D。
19．【答案】刻度尺；測量彈簧的原長時，彈簧沒有處于自然下垂狀態；4.9；B；
【詳解】
(1)[1]實驗需要測量彈簧伸長的長度，需要刻度尺．
(2)[2]測量彈簧的原長時，彈簧沒有處于自然下垂狀態。
[3]由圖線乙，彈簧的勁度系數
(3)[4] A．由圖丙知，F-L圖像橫坐標的截距表示原長，故b的原長比a的長， A錯誤；
BC．斜率越大，勁度系數越大，a的勁度系數比b的大， B正確，C錯誤；
D．彈簧的彈力與彈簧的形變量成正比，D錯誤。
故選B。
20．【答案】(1)(2)(3)
【詳解】
(1)根據題意可知
，，
下坡過程中，根據牛頓第二定律可得
解得
即貨車在長下坡上運動時的加速度大小為。
(2)貨車在下坡過程中，做勻加速直線運動，根據速度位移公式可得
解得
即貨車剛駛入制動坡床時的速度大小為。
(3)貨車在制動坡上的初速度為，末速度為0，位移為40m，所以有
解得
根據牛頓第二定律可得
代入數據解得
故貨車在制動坡床上運動時受到的阻力大小為。
21．【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。
22．【答案】AC；遠大于；>；<
【詳解】
(1)[1]A．調節滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行，否則拉力不會等于合力，A正確；
B．在調節模板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時，不應懸掛“重物”，B錯誤；
C．平衡摩擦力后，有
mgsinθ = μmgcosθ
即
μ = tanθ
與質量無關，故通過增減木塊上的砝碼改變質量時，不需要從新調節木板傾斜度，C正確；
D．實驗時，木塊釋放的初始位置應盡量靠近打點計時器，這樣可以在紙帶上打出更多的點，有利于數據選取，D錯誤。
故選AC。
(2)[2]實驗過程中碼桶及砝碼也與木塊和木塊上砝碼一起做勻加速運動，即對砝碼桶和砝碼有
mg - F = ma
對木塊和木塊上砝碼有
F = Ma
整理有
F =
只有當m < < M時才有F ≈ mg。
(3)[3][4]當沒有平衡摩擦力時有
F - f = ma
整理有
a = F - μg
即a—F圖像的斜率為，縱軸截距大小為μg，由圖線可知m甲 > m乙，μ甲 < μ乙。
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第 2 頁，共 2 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第三章---四章綜合提高練習2
一、單選題（本大題共10小題）
1．下列關于彈力和摩擦力的說法，正確的是（　　）
A．物體受到彈力時一定也受到摩擦力
B．勁度系數越大的彈簧，產生的彈力越大
C．動摩擦因數與物體之間的正壓力成反比，與滑動摩擦力成正比
D．當兩接觸而間的正壓力變化時，靜摩擦力可以保持不變
2．如圖所示，甲、乙兩人正在進行掰手腕比賽。下列說法正確的是（　　）
A．若甲贏了乙，則甲對乙的力大于乙對甲的力
B．若甲贏了乙，則甲對乙的力等于乙對甲的力
C．只有甲乙相持不下時，甲對乙的力才等于乙對甲的力
D．甲、乙各自既是施力物體又是受力物體，所以無法判斷誰的力大
3．以下物理量為矢量，且單位是國際單位制基本單位的是（ ）
A．質量、kg B．位移、m C．力、N D．時間、s
4．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
5．水平面上的物體在水平方向的力F1和F2作用下，沿水平面向右做勻速直線運動，如圖所示。已知N，N，下列說法正確的是（　　）
A．撤去F1的瞬間，物體受到的合外力大小變為4N
B．撤去F1的瞬間，物體受到的摩擦力大小變為2N
C．撤去F2的瞬間，物體受到的合外力大小變為3N
D．撤去F2的瞬間，物體受到的摩擦力大小仍為4N
6．迪拜空中餐廳號稱世界上“最危險的餐廳”，可以容納22名顧客、2名廚師與6名工作人員，餐廳運行時起重機要用四根對稱分布的等長鋼索將重1.2噸的水平餐廳勻速吊起至空中，如圖所示。每根鋼索與豎直方向夾角為37°，假設每個人的體重平均為60kg，，重力加速度g=10m/s ，則餐廳滿員時每根鋼索受到的拉力F約為（　　）
A．3750N B．7875N C．8250N D．9375N
7．在阿塞拜疆巴庫舉行的2021年蹦床世錦賽中，中國選手嚴浪宇斬獲男子網上個人金牌，曹云珠摘得女子網上個人銀牌。蹦床模型如圖所示，下列關于運動員的描述正確的是（　　）
A．離網下降的過程中一直處于失重 B．離網上升的過程中一直處于超重
C．觸網下降的過程中一直處于失重 D．觸網上升的過程中一直處于超重
8．如圖所示，在一粗糙水平面上有兩個質量分別為m1和m2的木塊1和2，中間用一原長為λ、勁度系數為k的輕彈簧連接起來，木塊與地面間的動摩擦因數為μ，現用一水平力向右拉木塊2，當兩木塊一起勻速運動時兩木塊之間的距離是（　　）
A． B．
C． D．
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，磁鐵吸附于鐵箱的側壁，的側壁位于豎直平面內，、始終保持相對靜止，則下列說法正確的是（ ）
A．鐵箱靜止于地面上時，磁鐵一共受到3個力的作用
B．、一起勻速上升時，受到的摩擦力方向向上
C．、一起勻速向左運動時，受到的摩擦力與靜止時相比減小
D．若在圖示狀態下僅增大的磁性，則受到的摩擦力一定會變大
二、多選題（本大題共4小題）
11．足球運動是目前全球體育界最具影響力的項目之一，深受青少年喜愛。下圖為四種與足球有關的情景。下列說法正確的是（　　）
A．甲圖中，靜止在水平草地上的足球受到重力、地面的支持力與地面的摩擦力
B．乙圖中，靜止在光滑水平地面上的兩個足球由于接觸而受到相互作用的彈力
C．丙圖中，踩在腳下且靜止在水平草地上的足球可能受到3個力的作用
D．丁圖中，落在球網中的足球受到彈力是由于球網發生了形變
12．如圖所示，小車M在恒力F作用下，沿水平地面做直線運動，由此可判斷(　 　)
A．若地面光滑，則小車一定受三個力作用
B．若地面粗糙，小車也可以不受摩擦力作用
C．若小車做勻速運動，則小車一定受四個力的作用
D．若小車做勻速運動，則小車可能受三個力的作用
13．將一個的力分解成兩個分力，這兩個分力可能是（ ）
A．和 B．和 C．和 D．和
14．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、非選擇題（本大題共8小題）
15．為了探究彈簧彈力F和彈簧伸長量x的關系，李強同學選了甲、乙兩根規格不同的彈簧進行測試，根據測得的數據繪出圖像，如圖所示，從圖像上看，甲彈簧的勁度系數為________ N/m，乙彈簧的勁度系數為________N/m.圖像上端成為曲線的原因是____________________．若要制作一個精確度較高的彈簧測力計，應選彈簧________(填“甲”或“乙” )．
16．為了較準確地測量某細線所能承受的最大拉力，甲、乙兩位同學分別進行了如下實驗．
(1)甲同學操作如下：
如圖a所示，將細線上端固定，在其下端不斷增掛鉤碼，直至掛第4個鉤碼(每個鉤碼重為G)時，細線突然斷裂，甲同學將3G記為細線所能承受的最大拉力
(2)乙同學操作如下：
①用刻度尺測出細線的長度l；
②按圖b所示將細線左端固定，右手捏住細線另端，然后將3個鉤碼掛在細線上；
③捏住細線的右手沿水平刻度尺緩慢向右移動，直至細線斷裂，測出此時細線兩端的水平距離d．
(3)若細線質量、伸長及細線與鉤碼間的摩擦均忽略不計，根據上述實驗，請完成下列內容：
①測量結果較準確的是 (選填“甲”或“乙”)同學；
②乙同學的測量結果是 (用題中所給物理量的字母表示)；
③在乙同學的實驗中，當細線剛斷時鉤碼兩側細線的夾角 (選填“>”、“=”或“＜”)120°．
17．（1）甲、乙、丙三個實驗小組分別采用如圖（a）、 、 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 ，重物的質量為 .
①必須平衡小車和長木板之間的摩擦力的實驗小組是___________.
A．甲、乙、丙 B．甲、乙 C．甲、丙
②實驗時，必須滿足“ 遠大于 ”的實驗小組是___________.
（2）小明同學采用圖（c）實驗裝置探究質量一定時加速度與力的關系的實驗時，以彈簧測力計的示數 為橫坐標，加速度 為縱坐標，畫出 圖像，求得圖線的斜率為 ，則小車的質量為___________.
A． B． C． D．
18．某同學做“驗證力的平行四邊形定則”的實驗情況如圖甲所示，其中A為固定橡皮條的圖釘，O為橡皮條與細繩的結點，OB和OC為細繩，圖乙是在白紙上根據實驗結果畫出的圖。
(1)如果沒有操作失誤，圖乙中的F與F′兩力中，方向一定沿AO方向的是 ；
(2)本實驗采用的科學方法是 （填正確答案標號）；
A．理想實驗法
B．等效替代法
C．控制變量法
D．建立物理模型法
(3)下列說法正確的是 （填正確答案標號）。
A．拉力F1和F2的大小必須相等
B．拉力F1和F2的夾角必須為
C．拉橡皮條時，彈簧秤、橡皮條、細繩應靠近木板且與木板面平行
D．同一次驗證過程中O點位置應相同
19．如圖所示，小物塊A、B用輕繩相連，并通過輕質滑輪將B懸掛于C的右端，初始時A、B、C均靜止且將A鎖定，C放在光滑水平地面上，已知：A、B、C質量分別為、，、之間的動摩擦因數分別為、，重力加速度，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現解除A的鎖定狀態，同時對C施加一個水平外力F，則：
(1)若水平外力為時C保持靜止，A、B勻加速運動，且A未撞滑輪、B未落地，求A的加速度繩子上的拉力和的大小；
(2)若對C施加水平向右的外力為，為了保證A、B、C相對靜止，求的大小范圍。
20．如圖甲所示，一質量為的長木板在粗糙水平地面上向右運動，在時刻，長木板的速度為,此時將一質量為的小物塊（可視為質點）無初速度地放在長木板的右端，取向右為正方向，二者在內運動的圖像如圖乙所示.已知重力加速度.
甲 乙
（1） 求小物塊與長木板間的動摩擦因數以及長木板與地面間的動摩擦因數；
（2） 若小物塊不從長木板上掉下,求小物塊最終停在距長木板右端多遠處；
（3） 若在時,使小物塊的速度突然反向（大小不變）,小物塊恰好停在長木板的左端,則長木板的長度為多少？
21．某光滑桌面上，整齊疊放著n本質量均為m的同種新書，處于靜止狀態，書本之間的動摩擦因數均為、寬度為L，書本正前方有一固定的豎直擋板（厚度不計），書本到擋板距離為，如圖所示為側視圖，在水平向右的力F作用下，所有書本無相對滑動，一起向右運動，當上面書本撞擊擋板后便立即停止運動，直至下面書本全部通過擋板下方區域后，才掉落至桌面，且上面書本碰撞擋板前后對下面書本的壓力保持不變（不考慮書本形變）。已知重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力大小，所有運動均為一維直線運動。
（1）若，力F作用于第7本書上，大小為，求書本與擋板碰撞時的速度大小；
（2）若，力F作用于第3本書上，求書本向右運動的最大加速度大小；
（3）若力F作用于第本書，書本以最大加速度加速碰撞擋板，調節擋板高度使得碰撞后上方k本書停止運動，試討論下方書本能否穿出擋板。若能穿出，請寫出穿出后書本的速度大小；若不能，請分析說明原因。
22．某同學采用如圖所示的裝置演示慣性實驗,他將小砝碼置于水平桌面上的薄紙板上,用水平向右的拉力F將紙板迅速抽出,砝碼的移動位移很小,幾乎觀察不到,成功進行了實驗.該同學所用砝碼(可視為質點)質量為m1=0.4 kg,紙板的質量為m2=0.1 kg,砝碼與紙板左端的距離d=0.1 m.已知各接觸面間的動摩擦因數均為μ=0.2,最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等,重力加速度g取10 m/s2.
(1)求拉動紙板過程中,砝碼受到紙板的摩擦力的大小和方向;
(2)該實驗中,若拉力太小,則會出現砝碼和紙板相對靜止一起運動的現象,為保證砝碼能相對紙板運動,拉力應滿足什么樣的條件
(3)該實驗中,若砝碼移動的距離超過l=0.002 m,人眼就能感知,為確保實驗成功,拉動紙板所需的拉力至少多大
參考答案
1．【答案】D
【詳解】
A.物體受到彈力作用，不一定也受到摩擦力，需要滿足接觸面粗糙和具有相對運動或相對運動趨勢等條件，故A項不合題意.
B.根據彈簧彈力的表達式F＝kx，x為伸長量或壓縮量，k為彈簧的勁度系數，可知：彈力不僅跟勁度系數有關，還跟伸長量或壓縮量有關，故B項不合題意.
C.動摩擦因數與接觸面的粗糙程度有關，與物體之間的壓力、滑動摩擦力無關，故C項不合題意.
D.靜摩擦力隨外力的變化而變化，當兩接觸面間的正壓力變化時，靜摩擦力可以不變，故D項符合題意.
2．【答案】B
【詳解】
甲對乙的力與乙對甲的力是一對相互作用力，不論誰贏，二者始終大小相等，方向相反，作用在兩個不同物體上。
故選B。
3．【答案】B
【詳解】
A．質量是標量，國際單位制基本單位是kg，故A錯誤；
B．位移是矢量，其單位m是國際單位制的基本單位，故B正確；
C．力是失量，其單位N不是國際單位制基本單位，故C錯誤；
D．時間是標量，國際單位制基本單位是s，故D正確。
故選B。
4．【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。
5．【答案】D
【詳解】
物體開始在水平方向受三個力作用而平衡，根據平衡條件可得物體所受的摩擦力大小為
f=F1-F2=6N-2N=4N
方向水平向左。
AB．撤去F1的瞬間，物體受到的摩擦力大小仍為4N，方向不變，物體受到的合外力大小變為6N，故AB錯誤；
CD．撤去F2的瞬間，物體受到的摩擦力大小仍為4N，方向不變，物體受到的合外力大小變為2N，故C錯誤，D正確。
故選D。
6．【答案】D
【詳解】根據平衡條件得 ，解得
7．【答案】A
【詳解】
AB．離網運動階段，運動員只受重力作用，具有豎直向下的加速度，處于失重狀態。故A正確；B錯誤；
CD．觸網運動階段，運動員受重力和彈力共同作用，由牛頓第二定律可知，其加速度方向與合力方向一致，即重力大于彈力階段加速度豎直向下，重力小于彈力階段加速度豎直向上。故CD錯誤。
故選A。
8．【答案】A
【詳解】
對木塊1研究。木塊1受到重力、彈簧的拉力、地面的支持力和摩擦力。根據平衡條件彈簧的彈力
F＝μm1g
又由胡克定律得到彈簧伸長的長度
x
所以兩木塊一起勻速運動時兩木塊之間的距離是
S＝+x＝ m1g
故選A。
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】B
【詳解】對受力分析,受重力、鐵箱的吸引力、對的支持力、對的摩擦力共4個力,故錯誤；、一起勻速上升時,處于平衡狀態,由平衡條件可知受到的摩擦力方向向上,故正確；、一起勻速向左運動時,處于平衡狀態,根據平衡條件可知受到的摩擦力大小等于的重力,與靜止時的摩擦力相等,故錯誤；在題圖所示狀態下,處于靜止狀態,、之間的摩擦力為靜摩擦力,根據平衡條件可知受到的摩擦力大小等于的重力,僅增大的磁性,的重力不變,則受到的摩擦力大小不變,故錯誤.
【教材變式】
本題目由教材P93第4題演變而來.教材考查了吸盤不易脫落的原因，本題則考查了磁鐵和鐵箱一起運動時磁鐵受到的摩擦力的大小和方向的變化情況.
11．【答案】CD
【詳解】A．甲圖中，靜止在水平草地上的足球受到重力、地面的支持力兩個力作用，不受地面的摩擦力，選項A錯誤；
B．乙圖中，靜止在光滑水平地面上的兩個足球雖然接觸，但是沒有相互作用的彈力，否則就不能靜止，選項B錯誤；
C．丙圖中，踩在腳下且靜止在水平草地上的足球受重力、地面的支持力和腳對足球的壓力，共3個力的作用，選項C正確；
D．丁圖中，落在球網中的足球受到彈力是由于球網發生了形變，選項D正確。選CD。
12．【答案】BC
【詳解】
A．若地面光滑，小車可能受重力、支持力、拉力F，當拉力F在豎直方向的分量等于重力時，支持力等于零，只受兩個力，故A錯誤；
B．若地面粗糙，車可能受重力、支持力、拉力F和摩擦力，當支持力等于零時，摩擦力也等于零，所以小車也可以不受摩擦力作用，故B正確；
CD．若小車做勻速運動，則小車受力平衡，所以小車受重力、支持力、拉力和摩擦力，則小車一定受四個力的作用，故C正確，D錯誤。
故選BC。
13．【答案】AB
【詳解】
根據二力合成范圍，可得
A．二力合成范圍為
故A正確；
B．二力合成范圍為
故B正確；
C．二力合成范圍為
故C錯誤；
D．二力合成范圍為
故D錯誤；
故選AB。
14．【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．
15．【答案】200　600　彈力過大，超過彈簧彈性限度　甲
【解析】題圖中縱坐標為伸長量，橫坐標為彈力，斜率的倒數為勁度系數，由此可求出k甲＝＝ N/m＝200 N/m，k乙＝＝ N/m＝600 N/m.該同學得出的圖像上端彎成曲線，說明施加在彈簧上的力過大，超出了彈性限度．由于甲的勁度系數小，因此其精確度高．若要制作一個精確度較高的彈簧測力計，應選彈簧甲．
16．【答案】 乙 ＞
【詳解】① [1]甲同學的方案中鉤碼只能一個一個加，使得測量的細線拉力不連續，造成測量的不準確，所以乙同學的測量結果較準確．
②[2]當繩子斷時，根據共點力平衡求出繩子的最大拉力．繩子與豎直方向夾角的正弦值為：
sinθ=d/L
根據平衡有
2Fcosθ=G
解得最大拉力為
F=
③[3]根據共點力平衡得出細線上拉力的合力大小不變，大小等于物體重力3G，細線上的拉力大小大于3G，根據力的平行四邊形定則，兩側細線的夾角大于120°。
17．【答案】① A
② 甲
（2） C
【詳解】① 甲、乙、丙三個小組的實驗中,小車在長木板上運動過程中均受到摩擦力,所以都需要補償阻力,A正確.
② 由題圖可知,乙小組實驗和丙小組實驗中細線的拉力分別可以由力傳感器和彈簧測力計測量出,不需要用重物的重力替代細線的拉力,所以這兩個實驗不用滿足“ 遠大于 ”,而甲小組實驗用重物的重力替代細線的拉力,必須滿足“ 遠大于 ”.
（2） 對小車,根據牛頓第二定律（下節學習）有 ,解得 ,所以 ,可得 ,C正確.
【易錯分析】 （1）探究小車的加速度與合外力的關系時,若使小車所受的合外力等于重物的重力,需要補償阻力,并且需要滿足所掛重物的質量遠小于小車的質量.
（2）使用力傳感器可以直接測量拉力的大小,不需要使重物的質量遠小于小車的質量.
（3）牛頓第二定律中的 是合力.
18．【答案】 F B CD
【詳解】(1)[1]實驗中是由平行四邊形得出的，而是通過實驗方法得出的，其方向一定與橡皮筋的方向相同，即方向一定沿AO方向的是；
(2)[2]本實驗中兩個拉力的作用效果和一個拉力的作用效果相同，采用的科學方法是等效替代法，故選B；
(3)[3]A．拉力F1和F2的大小需要適中，但是不一定需要相等，故A錯誤；
B．用兩個測力計同時拉細繩時，夾角應適當大些，并不必等于90°，故B錯誤；
C．為減小實驗誤差，測力計、細繩、橡皮條都應與木板平行，故C正確；
D．在同一次實驗中，為了保證一個力的作用效果與兩個力的作用效果相同，必須讓結點O拉到同一位置，D正確。
19．【答案】(1)，，(2)
【詳解】（1）小物塊與間的滑動摩擦力為，把看作一個整體，根據牛頓第二定律，解得，以B為研究對象，受到繩子拉力和重力的作用向下加速運動，根據牛頓第二定律，，解得，繩子拉力為，繩子對和對的拉力大小相等，以為研究對象，在水平方向受力平衡，則有，解得
（2）保證、、相對靜止，當相對于即將向右滑動時，為最小的力，對受力分析，以整體為研究對象，以為研究對象，根據牛頓第二定律，此時間的壓力為，則受到的摩擦力為，，以上各式聯立，解得，若A相對于即將向左滑動，則以為研究對象，此時即將向上運動，則，以整體為研究對象，以上各式聯立解得，所以的大小范圍為
20．【答案】（1） 0.1；0.3
（2）
（3）
【思路導引】
圖為本題第（2）問的過程示意圖,可清楚地看出小物塊距長木板右端的距離為.
【詳解】
（1） 由題圖乙可知,小物塊的加速度,
長木板的加速度,
對小物塊受力分析,受重力、支持力和滑動摩擦力,根據牛頓第二定律,有,
對長木板受力分析,水平方向上受小物塊向左的摩擦力和地面向左的摩擦力,根據牛頓第二定律,
有,
聯立解得,.
（2） 圖線與時間軸所圍圖形的面積表示位移大小,則內小物塊相對于長木板向左運動的位移大小,
小物塊受到的摩擦力大小,
長木板受到地面的滑動摩擦力大小,
后長木板與小物塊均做減速運動,根據受力分析和牛頓第二定律,小物塊的加速度,
長木板的加速度,
小物塊從末到停下來的位移,
長木板從末到停下來的位移,
故小物塊最終停在距長木板右端處.
（3） 在時,使小物塊的速度突然反向,則小物塊受到向右的摩擦力,一直到速度減小為零；長木板受向左的兩個摩擦力,一直到速度減為零.小物塊相對長木板向左運動,加速度大小,長木板的加速度大小,小物塊的位移大小,長木板的位移大小,故末到最終穩定,兩者的相對位移大小,故長木板的長度.
21．【答案】（1）；（2）；（3）若，穿出速度為，若，穿出速度為為，若時，書不能穿越擋板
【詳解】（1）對整體受力分析，根據牛頓第二定律可得，書本與擋板碰撞時，根據動力學公式有，解得書本與擋板碰撞時的速度為
（2）對下面4本書受力分析，根據牛頓第二定律可得，書本向右運動的最大加速度大小為
（3）若力F作用于上半區，有，對下方本書受力分析，根據牛頓第二定律可得，下方本書運動至碰撞前的過程中，根據動力學公式有，當下方本書穿越擋板時，加速度不變，則，則下方本書穿越擋板后的速度大小為，若力F作用于下半區，有，則書本向右運動的最大加速度大小為，下方本書運動至碰撞前的過程中，根據動力學公式有，當下方本書穿越擋板時，根據牛頓第二定律可得，根據動力學公式有，則下方本書穿越擋板后的速度大小為，可知當，書能穿越擋板，當時，書不能穿越擋板。
22．【答案】(1)0.8 N　水平向右　(2)F＞2 N　(3)22 N
【詳解】(1)砝碼阻礙紙板向右運動,給紙板向左的滑動摩擦力,則紙板對砝碼的滑動摩擦力為f1=μm1g=0.8 N,方向水平向右.
(2)設砝碼的加速度為a1,紙板的加速度為a2,則有f1=m1a1,紙板受到桌面的摩擦力為f2=μ(m1+m2)g=1 N,對整體根據牛頓第二定律有F-f1-f2=m2a2,要發生相對運動,至少需要a2＞a1,代入數據解得F＞2μ·(m1+m2)g=2 N.
(3)設紙板抽出前砝碼運動的時間為t1,砝碼運動的距離 ,紙板運動的距離為 ,紙板抽出后砝碼在桌上做減速運動,時間為t2,砝碼在桌面上運動的距離為 ,由題意可知a1=a3,a1t1=a3t2,代入數據解得F=22N.
【方法總結】處理物體平衡的臨界問題和極值問題,首先要對物體進行正確的受力分析,弄清楚臨界條件,再利用平衡條件列出平衡方程求解;對于極值問題的分析,要選擇合適的物理方法和數學方法,做到數理的巧妙結合.
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第 2 頁，共 2 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第三章---四章綜合提高練習3
一、單選題（本大題共10小題）
1．以下物理量為矢量，且單位是國際單位制基本單位的是（ ）
A．質量、kg B．位移、m C．力、N D．時間、s
2．玩具汽車在水平面上運動有如下四種情形，所受合力為零的情形是（　　）
A．做勻速直線運動 B．做勻速圓周運動
C．做勻加速直線運動 D．做勻減速直線運動
3．亞里士多德認為：有力作用在物體上，物體才能運動，力是維持物體運動的原因。伽利略為反駁亞里士多德的觀點，設計如圖所示的實驗：小球從左側斜面上的O點由靜止釋放后沿斜面向下運動，進入右側水平面向前運動。水平面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸降低的材料時，小球沿水平面運動的最遠位置依次為1、2、3。根據三次實驗結果的對比，可得到的最直接的結論是（　　）
A．如果小球不受力，它將一直運動下去
B．如果小球受到力的作用，它的運動狀態將發生改變
C．力是使物體產生加速度的原因
D．小球質量一定時，受到的力越大，它的加速度越大
4．如圖為蜻蜓、火箭的運動示意圖．
圖甲：以8 m/s的速度飛行的蜻蜓能在0.7 s內停下來。
圖乙：火箭發射10 s內速度由0增加到100 m/s。
根據運動示意圖和數據進行判斷，下列說法正確的是（ ）
A．因為火箭速度比蜻蜓大，所以火箭比蜻蜓的速度變化快
B．火箭和蜻蜓的加速度方向都與速度方向相同
C．火箭在點火發射那一刻，速度為0，而加速度不為0
D．因為火箭的速度更大，所以火箭比蜻蜓的慣性大
5．如圖所示，質量為的重物與一小段繩子連接，該段繩子與繩子和繩子連接于點，重物靜止。繩子與水平方向的夾角為30°，繩子水平，取重力加速度大小，繩子均為理想輕繩，則繩子和繩子上的拉力大小分別為（　　）
A．、 B．、
C．、 D．、
6．在繞地球做勻速圓周運動的太空實驗室內，下列儀器中可正常使用的是
A．打點計時器 B．天平 C．體重計 D．擺鐘
7．在阿塞拜疆巴庫舉行的2021年蹦床世錦賽中，中國選手嚴浪宇斬獲男子網上個人金牌，曹云珠摘得女子網上個人銀牌。蹦床模型如圖所示，下列關于運動員的描述正確的是（　　）
A．離網下降的過程中一直處于失重 B．離網上升的過程中一直處于超重
C．觸網下降的過程中一直處于失重 D．觸網上升的過程中一直處于超重
8．如圖所示，用甲、乙兩根筷子夾住一個小球，甲傾斜，乙始終豎直。在豎直平面內，甲與豎直方向的夾角為，筷子與小球間的摩擦很小，可以忽略不計。小球質量一定，隨著緩慢增大，小球始終保持靜止，則下列說法正確的是（　　）
A．筷子甲對小球的彈力不變 B．筷子乙對小球的彈力變小
C．兩根筷子對小球的彈力均增大 D．兩根筷子對小球的合力將增大
9．如圖所示，質量為3kg的物體A靜止在勁度系數為100N/m的豎直輕彈簧上方。質量為 2kg的物體B用細線懸掛起來，A、B緊挨在一起但A、B之間無壓力。某時刻將細線剪斷，則細線剪斷瞬間，下列說法正確的是（g取10m/s2）（　　）

A．輕彈簧的壓縮量為0.2m B．物體B對物體A的壓力為6N
C．物體B的瞬時加速度為10m/s2 D．物體AB的瞬時加速度為4m/s2
10．A、B、C、D四個質量均為2 kg的物體在光滑的水平面上做直線運動.A物體運動的x-t圖像、B物體運動的v-t圖像、C物體運動的a-t圖像、D物體運動的F-t圖像如圖所示，已知各物體在t=0時的速度均為零，則0~4 s內運動位移大小最大的物體是 (　　)
A．
B．
C．
D．
二、多選題（本大題共4小題）
11．如圖所示，小車M在恒力F作用下，沿水平地面做直線運動，由此可判斷(　 　)
A．若地面光滑，則小車一定受三個力作用
B．若地面粗糙，小車也可以不受摩擦力作用
C．若小車做勻速運動，則小車一定受四個力的作用
D．若小車做勻速運動，則小車可能受三個力的作用
12．如圖，質量為的物塊A放在一個縱剖面為矩形的靜止木箱內，物塊A和木箱水平底面之間的動摩擦因數為0.3。物塊A的右邊被一根輕彈簧用的水平拉力向右拉著而保持靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取，現在要使彈簧能拉動物塊A相對木箱底面水平移動，木箱的運動情況可能是（　　）
A．豎直向下勻加速運動，加速度的大小
B．豎直向下勻減速運動，加速度的大小
C．水平向左勻加速運動，加速度的大小
D．水平向右勻減速運動，加速度的大小
13．如圖所示，輕繩的一端系在天花板上，另一端連接一重量為G的小球，給小球施加一外力F，使小球處于靜止狀態，此時輕繩與豎直方向的夾角為，則（　　）
A．外力F的方向可能沿著輕繩向下
B．外力F的方向可能水平向右
C．外力F的最小值為Gsin
D．外力F的最大值為G
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）
15．一重力G=5N的物體靜止在粗糙的水平地板上，現施加一水平向右的拉力F，F由0逐漸增大，當F=4.2N時物體開始滑動。滑動后，當水平力F=4N時物體勻速前進，求：
（1）物體所受的最大靜摩擦力為多少？
（2）物體和地板間的動摩擦因數。
16．在“探究加速度與力、質量的關系”的實驗中，采用如圖甲所示的實驗裝置，小車及車中砝碼的質量用M表示，盤及盤中砝碼的質量用m表示，小車的加速度可由小車后面拖動的紙帶上由打點計時器打出的點計算出，在m<（1）一組同學在做加速度與質量的關系實驗時，保持盤及盤中砝碼的質量一定，改變小車及車中砝碼的質量，測出相應的加速度，采用圖象法處理數據，為了比較容易地找出加速度a與質量M的關系，應該作a與 的圖象。（填“M”或“”）
（2）如圖乙所示為甲同學根據測量數據作出的a-F圖象，圖像不過原點，說明實驗存在的問題是 。
（3）乙、丙同學用同一裝置做實驗，畫出了各自得到的a-F圖象如圖丙所示，兩個同學做實驗時的哪一個物理量取值不同 。
17．某同學做“驗證力的平行四邊形定則”的實驗情況如圖甲所示，實驗步驟如下：
A．在桌上放一塊方木板，在方木板上鋪一張白紙，用圖釘把白紙釘在方木板上；
B．用圖釘把橡皮筋的一端固定在板上的A點，在橡皮筋的另一端拴上兩條輕細繩，細繩的另一端系著繩套；
C．用兩個彈簧測力計分別鉤住繩套，互成角度地拉橡皮筋，使橡皮筋伸長，結點到達某一位置O，記錄下O點的位置和兩細繩套的方向；
D．按選好的標度，用鉛筆和刻度尺作出兩個彈簧測力計的拉力和的圖示，并用平行四邊形定則求出合力F，如圖乙所示；
E．只用一個彈簧測力計，通過細繩套拉橡皮筋至同一位置O，記下彈簧測力計的示數和細繩的方向，按同一標度作出這個力F的圖示，如圖乙所示。
回答下列問題：
（1）本實驗采用的科學方法是 ；
A．理想實驗法　　B．等效替代法　　C．控制變量法　　D．建立物理模型法
（2）圖乙中 （選填“F”或“”）與AO方向重合；
（3）上述實驗步驟C中，遺漏的內容是 。
18．某同學準備做“探究加速度與力的關系”和"探究加速度與質量的關系”實驗。實驗中，他將懸掛物的重力大小視為小車受到的細線拉力大小。
(1)在平衡小車所受的阻力時，以下操作錯誤的是圖 （填“甲“或“乙“）；
(2)已知打點計時器所用交變電源的頻率為50Hz。該同學某次實驗得到的紙帶如圖所示，A、B、C、D、E是5個連續的計數點。相鄰兩計數點間有四個點未畫出，實驗數據如表中所示，其中有一組數據讀取不當，這組數據是 （填A、B、C、D或E）。根據上述信息可得小車的加速度大小為 m/s2（保留兩位有效數字）；
(3)在探究加速度與力的關系時，該同學根據實驗數據做出的a-F圖像如圖丙所示，發現該圖線不通過坐標原點且BC段明顯偏離直線，分析其產生的原因，下列說法正確的是 ；
A．不通過坐標原點可能是因為平衡摩擦力不足
B．不通過坐標原點可能是因為平衡摩擦力過度
C．圖線BC段彎曲可能是懸掛物總質量不滿足遠小于小車質量的條件
(4)另一位同學在實驗中得到了圖丁中的曲線OQ，于是他利用最初的幾組數據擬合了一條直線OP，如圖丁所示，與縱軸平行的直線和這兩條圖線以及橫軸的交點分別為Q、PN。此時，小車質量為M，懸掛物的質量為m。他猜想：。請你分析論證該同學的想是否正確 。
19．重250N的物體放在水平地面上，已知物體與水平地面間的最大靜摩擦力為150N，動摩擦因數是0.5，物體的一端連一根勁度系數為4×103N/m的輕質彈簧．求：
（1）將彈簧拉長2cm時，物體受到地面的摩擦力多大？
（2）將彈簧拉長4cm時，物體受地面的摩擦力多大？
20．飛機在水平跑道上加速滑行時受到機身重力mg、豎直向上的機翼升力F升、發動機推力F推，空氣阻力F阻、地面支持力N和輪胎受地面的摩擦阻力f。已知升力與阻力均與飛機運動的速度平方成正比，即F升=k1v2，F阻=k2v2，k1、k2為已知量，輪胎受地面的摩擦阻力f與地面的支持力成正比，比例系數為μ，假設飛機在跑道上加速滑行時發動機推力F推=。
（1）飛機起飛時的速度v多大？
（2）若要求飛機在水平跑道上勻加速滑行，則輪胎受地面的摩擦阻力f與地面的支持力成正比的比例系數為μ應滿足怎樣的條件？
（3）若飛機在水平跑道上從靜止開始勻加速滑行后起飛，跑道的長度至少多大？
21．如圖，在示數已調零的臺秤上固定一個半徑r＝0.4 m的光滑圓形導軌，某電動小車在電機作用下，可以沿著導軌在豎直面內做勻速圓周運動。已知導軌的質量為M＝2 kg，小車的質量為m＝0.4 kg，重力加速度g＝10 m/s2，不考慮空氣阻力影響。
(1)求當小車以2 m/s的速度運動到最高點A時臺秤的示數；
(2)若小車在最低點B時臺秤的示數為33 N，求小車的速度大小。
22．某實驗小組利用如圖的裝置探究加速度與力、質量的關系。
(1)下列做法正確的是 （填字母代號）；
A．調節滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行
B．在調節木板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時，將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴在木塊上
C．通過增減木塊上的砝碼改變質量時，不需要重新調節木板傾斜度
D．實驗時，木塊釋放的初始位置應盡量遠離打點計時器
(2)為使砝碼桶及桶內砝碼的總重力在數值上近似等于木塊運動時受到的拉力，應滿足的條件是木塊和木塊上砝碼的總質量 砝碼桶及桶內砝碼的總質量（填“遠大于”、“遠小于”或“近似等于”）；
(3)甲、乙兩同學在同一實驗室，各取一套圖示的裝置放在水平桌面上，木塊上均不放砝碼，在沒有平衡摩擦力的情況下，研究加速度a與拉力F的關系，分別得到下圖中甲、乙兩條直線。設甲、乙用的木塊質量分別為m甲、m乙，甲、乙用的木塊與木板間的動摩擦因數分別為μ甲，μ乙，由圖可知，m甲 m乙，μ甲 μ乙（填“ > ”、“ < ”或“ = ”）。
參考答案
1．【答案】B
【詳解】
A．質量是標量，國際單位制基本單位是kg，故A錯誤；
B．位移是矢量，其單位m是國際單位制的基本單位，故B正確；
C．力是失量，其單位N不是國際單位制基本單位，故C錯誤；
D．時間是標量，國際單位制基本單位是s，故D正確。
故選B。
2．【答案】A
【詳解】
根據牛頓第一定律，即當物體合力為零或者不受外力作用時，物體將保持靜止或者勻速直線運動狀態，所以A正確；
故選A。
3．【答案】A
【詳解】
A．水平面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸減低的材料時，小球沿水平面滑動到的最遠位置依次為1、2、3．可知摩擦力越小，則小球滾的越遠，由此可直接得出的結論是如果水平面光滑，小球受到的合外力為0，則小球將沿著水平面一直運動下去，A正確；
BCD．該實驗直接得出的是小球不受力時的結論，不能直接得出受力時的結論，BCD錯誤。
故選A。
4．【答案】C
【詳解】
A．速度變化的快慢與速度的大小無關。而且速度為狀態量，火箭的速度是變化的，蜻蜓的速度也是變化的，沒有說明具體的時刻，不能比較速度大小；蜻蜓在0.7s內速度的變化量為8m/s，變化率為11.4m/s2，為火箭在10s內速度由0增加到100m/s，速度變化量為100m/s，速度變化率為10m/s2，火箭比蜻蜓的速度變化快；故A錯誤；
B．火箭做加速運動，加速度的方向與速度的方向相同；蜻蜓做減速運動，加速度的方向與速度的方向相反。故B錯誤；
C．火箭在點火發射那一刻，速度為0，而加速度不為0．故C正確；
D．慣性的大小是由質量決定的，與物體的速度無關，故D錯誤。
故選C。
5．【答案】A
【詳解】對O點受力分析，正交分解，由平衡條件得，，聯立解得，，A正確，BCD錯誤。
6．【答案】A
【詳解】
在繞地球做勻速圓周運動的太空實驗室內，處于完全失重狀態．
A. 打點計時器與重力無關，可以使用，A正確．
B. 天平依靠重力工作，無法正常使用，B錯誤．
C. 體重計依靠重力工作，無法正常使用，C錯誤．
D. 擺重依靠重力工作，無法正常使用，D錯誤．
7．【答案】A
【詳解】
AB．離網運動階段，運動員只受重力作用，具有豎直向下的加速度，處于失重狀態。故A正確；B錯誤；
CD．觸網運動階段，運動員受重力和彈力共同作用，由牛頓第二定律可知，其加速度方向與合力方向一致，即重力大于彈力階段加速度豎直向下，重力小于彈力階段加速度豎直向上。故CD錯誤。
故選A。
8．【答案】B
【詳解】對小球受力分析如圖：
角增大過程中、均減小。兩根筷子對小球的合力總等于小球的重力，不變。
故選B。
9．【答案】D
【詳解】A、B緊挨在一起但A、B之間無壓力，對A有，解得彈簧壓縮量為，A錯誤；細線剪斷瞬間，彈簧彈力不變，對A、B整體，由牛頓第二定律可得，解得物體A、B的瞬時加速度為，C錯誤，D正確；對物體A，由牛頓第二定律，解得物體B對物體A的壓力為，B錯誤。
10．【答案】A
【詳解】由x-t圖像可知，A物體運動的總位移為x=-1 m-1 m=-2 m；由v-t圖像可知，B物體在0~2 s內沿正方向運動，2~4 s內沿負方向運動，方向改變，0~4 s內運動的總位移為零；由a-t圖像可知，C物體在0~1 s內做勻加速直線運動，1~2 s內沿原方向做勻減速運動，2 s末速度減為零，2~3 s內沿負方向做勻加速直線運動，3~4 s內沿負方向做勻減速直線運動，根據對稱性可知，0~4 s內C物體運動的總位移為零；由F-t圖像可知，D物體在第1 s內做勻加速運動，第2 s內做勻減速運動，2 s末速度減為零，然后重復前面的過程，D物體做單向直線運動，位移一直增大，加速度大小為a==0.5 m/s2，通過的位移x=4××0.5×12 m=1 m.綜上所述，0~4 s內位移大小最大的應是A物體，故選A.
11．【答案】BC
【詳解】
A．若地面光滑，小車可能受重力、支持力、拉力F，當拉力F在豎直方向的分量等于重力時，支持力等于零，只受兩個力，故A錯誤；
B．若地面粗糙，車可能受重力、支持力、拉力F和摩擦力，當支持力等于零時，摩擦力也等于零，所以小車也可以不受摩擦力作用，故B正確；
CD．若小車做勻速運動，則小車受力平衡，所以小車受重力、支持力、拉力和摩擦力，則小車一定受四個力的作用，故C正確，D錯誤。
故選BC。
12．【答案】ACD
【詳解】
AB．要使彈簧拉動物塊A相對木箱地面運動，物塊A受到的木箱對他的最大靜摩擦力要小于彈簧對它的拉力，即
解得
所以要使A處于失重狀態，即A的加速度向下，大小
要讓木箱在豎直方向上向下加速或者向上減速，加速大小大于，B錯誤A正確；
CD．如果讓木箱在水平方向運動，要使彈簧能拉動物塊A相對木箱底面向右移動，則物塊的加速度要向左，根據牛頓第二定律
解得
即木箱以加速度大于向左勻加速運動或者向右勻減速運動，CD正確。
故選ACD。
13．【答案】BC
【詳解】
A．對小球受力分析，豎直向下的重力，若外力F的方向沿著輕繩向下，還可能有繩子拉力，則小球不可能平衡，故A錯誤；
B．對小球受力分析，豎直向下的重力，繩子拉力，水平向右的外力F，小球可能平衡，故B正確；
CD．根據圖解法可知，當拉力F與輕繩垂直時最小，即為
如果輕繩不斷，則拉力無最大值，故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】（1）4.2N；（2）0.8
【詳解】
（1）物體剛開始運動時，水平力與最大靜摩擦力大小相等，即
（2）物體勻速前進時，水平力與滑動摩擦力大小相等，則
解得
16．【答案】；沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；小車及車中砝碼的總質量
【詳解】
(1)[1]根據牛頓第二定律
F=Ma
可知，a與M成反比，其函數圖象是曲線，根據曲線很難判定出自變量和因變量之間的關系，故不能作a與M的圖象，經整理可得
即a與成正比，正比例函數圖象是過坐標原點的一條直線，就比較容易判定自變量和因變量之間的關系，應該作a與的圖象；
(2)[2]圖乙中圖象與橫軸的截距大于0，說明在拉力大于0時，加速度等于0，說明物體所受拉力之外的其他力的合力大于0，即沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；
(3)[3]由圖可知，圖線斜率等于物體質量的倒數，故兩人的實驗中小車及車中砝碼的總質量不同。
17．【答案】B；；記下兩彈簧測力計的示數
【詳解】
（1）[1]在“驗證力的平行四邊形定則”的實驗，兩個分力的作用效果和一個力的作用效果相同，故采用了等效替代法，故B正確，ACD錯誤。
（2）[2]實驗中是由平行四邊形定則得出的，而是通過實驗得出的，其方向一定與橡皮筋的方向相同，由于實驗過程中不可避免的存在誤差，因此理論值和實驗值存在一定的偏差；
（3）[3] 用兩個彈簧測力計分別鉤住繩套，互成角度地拉橡皮筋，使橡皮筋伸長，結點到達某一位置O，記錄下O點的位置和兩細繩套的方向且記下兩彈簧測力計的示數。
18．【答案】；乙；E；0.80；AC；見解析
【分析】
【詳解】
解：(1)[1]平衡小車的阻力時，不應該懸掛重物，圖乙操作錯誤，選乙。
(2)[2]計數點的位置坐標的分度值是0.1cm，應估讀到0.01cm，則E讀取不正確。
[3]打相鄰兩計數點的時間是
T=5×0.02s=0.1s
由
Δx=aT2
解得
(3)[4]A B．平衡阻力不足到導致只有F達到一定值時，小車加速度大于零，A正確，B錯誤；
C．當不滿足m M時，隨著F的增大，a減小，C正確，
故選AC。
(4)[5] 該同學的猜想正確。分析如下：圖中PN對應小車合力為懸掛物的重力mg時的加速
度a1，即
mg=Ma1①
圖中QN對應小車的實際加速度a2，設此時細線的拉力為T，則對小車有
T=Ma2②
對懸掛物有
mg-T=Ma2③
聯立式①②③解得
即
所以該同學的猜想正確。
19．【答案】（1）80N；
（2）75N；
【詳解】
（1）將彈簧拉長2cm時，根據胡克定律
F=kx=80N＜fm
所以物體處于靜止狀態，故此時為靜摩擦力，故摩擦力f=F=80N
（2）將彈簧拉長4cm時，根據胡克定律
F=kx=160N＞fm
物體被拉動，此時摩擦力為滑動摩擦力，則f=75N。
20．【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】
【詳解】
（1）根據題意，飛機剛要離開跑道時，地面支持力為零，飛機的升力與重力平衡，故有
解得飛機起飛時的速度為
（2）設摩擦阻力f與地面的支持力的比例系數為μ，根據牛頓運動定律，得飛機水平方向受推力、摩擦力和阻力作用，合力使飛機產生加速度有
代入數據可得
要使飛機做勻加速運動，故可知
即滿足
（3）飛機勻加速運動的加速度為
起飛的條件為
即
由勻加速運動關系式
得
21．【答案】　(1)20 N；(2)3 m/s
【詳解】　(1)當小車以2 m/s的速度運動到最高點A時，設導軌對小車的作用力為F，則mg＋F＝m，解得F＝0，所以臺秤的示數等于導軌的重力，即F1＝Mg＝20 N。
(2)若小車在最低點B時臺秤的示數為33 N，則導軌對臺秤的壓力大小為33 N，可知小車對導軌的壓力大小為F2＝F1′－G＝33 N－2×10 N＝13 N，由牛頓第三定律可知導軌對小車的支持力大小為F2′＝13 N，對小車由牛頓第二定律可得F2′－mg＝m，解得v1＝3 m/s。
22．【答案】AC；遠大于；>；<
【詳解】
(1)[1]A．調節滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行，否則拉力不會等于合力，A正確；
B．在調節模板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時，不應懸掛“重物”，B錯誤；
C．平衡摩擦力后，有
mgsinθ = μmgcosθ
即
μ = tanθ
與質量無關，故通過增減木塊上的砝碼改變質量時，不需要從新調節木板傾斜度，C正確；
D．實驗時，木塊釋放的初始位置應盡量靠近打點計時器，這樣可以在紙帶上打出更多的點，有利于數據選取，D錯誤。
故選AC。
(2)[2]實驗過程中碼桶及砝碼也與木塊和木塊上砝碼一起做勻加速運動，即對砝碼桶和砝碼有
mg - F = ma
對木塊和木塊上砝碼有
F = Ma
整理有
F =
只有當m < < M時才有F ≈ mg。
(3)[3][4]當沒有平衡摩擦力時有
F - f = ma
整理有
a = F - μg
即a—F圖像的斜率為，縱軸截距大小為μg，由圖線可知m甲 > m乙，μ甲 < μ乙。
第 page number 頁，共 number of pages 頁
第 2 頁，共 2 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第三章---四章綜合提高練習4【較難】
一、單選題（本大題共10小題）
1．關于牛頓第一定律的理解，下列說法中正確的是（　　）
A．物體速度越大時慣性越大
B．物體不受外力作用時一定處于靜止狀態
C．物體慣性的大小只與質量有關
D．在水平地面上滑動的物體最終要停下來，是因為沒有外力來維持
2．猿猴在森林中勻速上攀豎直、高大的喬木，后又勻速下滑到地上，上攀和下滑過程中喬木沒有叉枝，猿猴所受的摩擦力分別是和，則下列說法正確的是（ ）
A．向上，向下， B．向下，向上，
C．向上，向上， D．向下，向上，
3．如圖所示，兩拖船、拉著無動力貨船一起在靜水中沿圖中虛線方向勻速前進，兩根水平纜繩與虛線的夾角均保持為 ,假設水對三艘船在水平方向的作用力大小均為,方向與船的運動方向相反，則每艘拖船發動機提供的動力大小為（ ）
A． B． C． D．
4．元代《王禎農書》記載了戽斗，它是一種取水灌田的農具，形狀像斗，兩邊有繩，靠兩人拉繩取水。如圖所示，忽略繩子質量，人拉繩子的作用點高度不變，繩子長度不變，戽斗裝滿水在空中處于平衡狀態時，兩人站得越近，則（　　）
A．一邊的繩子對人的作用力越小 B．一邊的繩子對人的作用力越大
C．一邊的繩子對戽斗的作用力越大 D．兩邊的繩子對戽斗的作用力越小
5．如圖所示，用三根相同細線a、b、c將重力為G的燈籠1和重力為2G的燈籠2懸掛起來。兩燈籠靜止時，細線a與豎直方向的夾角為30°，細線c水平。則（ ）
A．a中的拉力大小為 B．c中的拉力大小為
C．b中的拉力大小大于a中的拉力大小 D．b中的拉力大小為
6．2023年12月25日，我國在酒泉衛星發射中心使用快舟一號甲，成功將天目一號氣象星座11~14星發射升空，衛星順利進入預定軌道，發射任務獲得圓滿成功．快舟一號甲（KZ-1A）運載火箭是由中國航天科工集團有限公司研制的三級固體運載火箭，全長約，起飛質量約，最大直徑。根據以上信息，下列說法正確的是（ ）
A．“m”、“t”都是國際單位制中的基本單位
B．運載火箭加速上升的過程中，搭載的天目一號衛星慣性變大
C．運載火箭加速上升的過程中，搭載的天目一號衛星處于失重狀態
D．運載火箭加速上升的過程中，空氣對火箭的作用力大小等于火箭對空氣的作用力
7．在繞地球做勻速圓周運動的太空實驗室內，下列儀器中可正常使用的是
A．打點計時器 B．天平 C．體重計 D．擺鐘
8．如圖所示，物體A用輕質細繩與圓環B連接，圓環固定在豎直桿MN上。現用一水平力F作用在繩上的O點，將O點緩慢向左移動，使細繩與豎直方向的夾角逐漸增大。關于此過程，下列說法中正確的是（　　）
A．水平力F逐漸減小 B．水平力F大小不變
C．繩對B拉力逐漸增大 D．A所受的合力逐漸增大
9．如圖所示，物體P、Q用一根不可伸長的輕細繩相連，再用一根輕彈簧將P和天花板相連，已知，重力加速度為g。剪斷繩子的瞬間，下列說法正確的是（　　）
A．彈簧的彈力變小
B．彈簧的彈力變大
C．物體P的加速度大小為2g，方向豎直向上
D．物體Q的加速度大小為g，方向豎直向上
10．如圖所示，斜面體A上有滑塊B，滑塊B在水平向右的和沿斜面向下的共同作用下沿斜面向下運動，斜面體A在水平地面上靜止且對地面無運動趨勢，則下列說法正確的是（　　）
A．若同時撤去和，在滑塊B仍向下運動的過程中，此后滑塊B將做減速運動
B．若只撤去，在滑塊B仍向下運動的過程中，A所受地面摩擦力的方向向右
C．若只撤去，在滑塊B仍向下運動的過程中，A所受地面摩擦力不變
D．若把改成與同向，在滑塊B仍向下運動的過程中，A所受地面摩擦力的方向向左
二、多選題（本大題共4小題）
11．如圖7所示，一個物體由繞過定滑輪的繩拉著，分別用圖中所示的三種情況拉住，在這三種情況下，若繩的張力分別為F1、F2、F3，軸心對定滑輪的支持力分別為FN1、FN2、FN3.滑輪的摩擦、質量均不計，則 ( )
A．FN1＞FN2＞FN3 B．FN1＝FN2＝FN3
C．F1＝F2＝F3 D．F1＜F2＜F3
12．如圖，質量為的物塊A放在一個縱剖面為矩形的靜止木箱內，物塊A和木箱水平底面之間的動摩擦因數為0.3。物塊A的右邊被一根輕彈簧用的水平拉力向右拉著而保持靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取，現在要使彈簧能拉動物塊A相對木箱底面水平移動，木箱的運動情況可能是（　　）
A．豎直向下勻加速運動，加速度的大小
B．豎直向下勻減速運動，加速度的大小
C．水平向左勻加速運動，加速度的大小
D．水平向右勻減速運動，加速度的大小
13．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
14．已知力F的一個分力F1跟F成30°角，大小未知，另一個分力F2的大小為F，方向未知。則F1的大小不可能是（　　）
A．F
B．F
C．F
D．F
三、非選擇題（本大題共8小題）
15．某同學在列車車廂的頂部用細線懸掛一個小球，在列車以某一加速度漸漸啟動的過程中，細線就會偏過一定角度并相對車廂保持靜止，通過測定偏角的大小就能確定列車的加速度。在某次測定中，懸線與豎直方向的夾角為θ，求列車的加速度。
16．用的水平拉力拉一物體沿水平地面運動時，可使它獲得的加速度；用的水平力拉此物體沿原地面運動時，可使它獲得的加速度。那么，若用的水平力拉此物體沿原地面運動時，它獲得的加速度為多大？
17．“探究合力與分力的關系”的實驗如圖甲所示，其中A為固定橡皮條的圖釘，P為橡皮條與細繩的結點，用兩把互成角度的彈簧秤把結點P拉到位置O．
（1）從圖甲可讀得彈簧秤B的示數為 N
（2）圖乙中方向一定沿AO方向的力是 （填“F”或“F'”）．
18．如圖所示，一輕質三角形框架B處懸掛一定滑輪（質量可忽略不計）．一體重為500N的人通過跨定滑輪的輕繩勻速提起一重為300N的物體．
（1）此時人對地面的壓力是多大？
（2）斜桿BC，橫桿AB所受的力是多大？
19．(6分)利用圖甲所示裝置“探究加速度與物體受力的關系”，已知小車的質量為M，砝碼和砝碼盤的總質量為m，打點計時器所接的交流電頻率為50Hz，實驗步驟如下：
①按圖甲所示安裝實驗裝置，其中跨過動滑輪的兩側細線及彈簧測力計沿豎直方向；
②調節長木板的傾角，輕推小車后，使小車（未連細線）能沿長木板向下勻速運動；
③掛上砝碼盤，接通電源后再釋放小車，由紙帶求出小車的加速度；
④改變砝碼盤中砝碼的質量，重復步驟③，求得小車在不同外力作用下的加速度．
根據以上實驗過程，回答下列問題：
（1）對于上述實驗，下列說法中正確的是 ．
A．小車的加速度與砝碼盤的加速度大小相等
B．彈簧測力計的示數為小車所受合外力的大小
C．實驗過程中砝碼處于超重狀態
D．砝碼和砝碼盤的總質量應遠小于小車的質量
（2）某次實驗打下一條紙帶如圖乙，紙帶上兩相鄰計數點間還有四個點沒有畫出，其中x1=13.43cm、x2=19.44cm、x3=25.46cm、x4=31.47cm、x5=37.50cm、x6=43.52cm，由紙帶可知小車運動的加速度為 m/s2（結果保留三位有效數字）．
（3）以彈簧測力計示數F為橫坐標，小車加速度a為縱坐標，畫出a-F圖像是一條直線，如丙圖所示，已知圖線與橫坐標的夾角為，圖線的斜率為k，則小車的質量為 ．
A． B． C． D．
20．某實驗小組用如圖1所示的實驗裝置圖，做“探究加速度與質量的關系”的實驗。
（1）在探究加速度與力和質量的關系實驗中，要求所掛小盤和鉤碼的質量 （填“遠小于”或“遠大于”）小車和所加砝碼的質量，此時才能認為小盤和鉤碼所受重力大小等于繩對小車的拉力大小。
（2）如果某次實驗打點計時器打出的一條記錄小車運動的紙帶如下圖所示，取計數點A、B、C、D、E、F、G，紙帶上兩相鄰計數點的時間間隔為T=0.10s，用刻度尺測量出各相鄰計數點間的距離如圖2中所示（單位：cm），則小車運動的加速度大小a= ，打紙帶上C點時小車的瞬時速度大小 m/s。（結果保留兩位有效數字）
（3）某同學在平衡摩擦力時把木板的一端墊得過高，所得的a-F圖像為下圖中的 。
A．
B．
C．
D．
21．如圖甲所示，用鐵架臺、彈簧和多個已知質量且質量相等的鉤碼，探究“在彈性限度內彈簧彈力與彈簧伸長量的關系”實驗。
（1）實驗中還需要的測量工具有 。
（2）如圖乙所示，根據實驗數據繪圖，縱軸是鉤碼質量m，橫軸是彈簧的形變量x。由圖像可得結論：在彈簧的彈性限度內，彈簧的彈力與彈簧的伸長量成 （填“正比”或“反比”），彈簧的勁度系數k= N/m（計算結果保留2位有效數字，重力加速度g取10m/s2）。
（3）如圖丙所示，實驗中用兩根不同的彈簧a和b，作出彈簧彈力F與彈簧長度L的圖像，下列說法正確的是 。
A．a的原長比b的短
B．a的勁度系數比b的大
C．a的勁度系數比b的小
D．彈力與彈簧長度成正比
22．如圖所示的裝置是某工廠用于產品分揀的傳送帶示意圖，產品（可以忽略其形狀和大小）無初速地放上水平傳送帶AB的最左端，當產品運動到水平傳送帶最右端時被擋板d擋住，分揀員在此鑒定產品質量，不合格的被取走，合格品被無初速地放在斜向傳送帶BC的頂端，滑至底端的傳送帶后再進行包裝等工序．已知傳送帶AB、BC與產品間的動摩擦因數μ=0.25，均以v=4m/s的速度按圖示方向勻速轉動，水平傳送帶AB長L1=12m，斜向傳送帶BC長L2=1.88m，傾角α=37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g =10m/s2），求：
（1）產品剛放上水平傳送帶AB時，產品加速度的大小和方向；
（2）產品在水平傳送帶AB上運動的時間；
（3）產品在斜向傳送帶BC上運動的時間．
參考答案
1．【答案】C
【分析】
【詳解】
AC．慣性的大小只與自身質量有關，質量越大慣性越大，故A錯誤，C正確；
B．物體不受外力作用時，有可能做勻速直線運動，故B錯誤；
D．力不是維持物體運動的原因，物體之所以會停下來，是因為受到了摩擦阻力，改變了它的運動的狀態，故D錯誤。
故選C。
2．【答案】C
【詳解】
猿猴在森林中勻速上攀豎直、高大的喬木時，猿猴受靜摩擦力的作用，猿猴相對于喬木有下滑的趨勢，猿猴受靜摩擦力方向向上，大小等于猿猴的重力；勻速下滑的過程中，猿猴受滑動摩擦力的作用，猿猴相對于喬木下滑，猿猴受滑動摩擦力方向向上，由于是勻速下滑所以大小等于猿猴的重力；故C正確。
故選C。
3．【答案】B
【詳解】設纜繩對貨船的拉力為,對貨船,有,解得,對拖船,設沿速度方向動力分量為,垂直速度方向動力分量為,則有,,每艘拖船提供的動力設為,則,正確.
【關鍵點撥】
選擇、方向時,盡可能使落在、軸上的力多,被分解的力盡可能是已知力.
解答本題時易認為拖船動力的方向一定沿纜繩的方向.
4．【答案】A
【詳解】如下圖
戽斗受兩繩子拉力F、重力G，由對稱性和三角函數得
當兩人站得越近時，圖中θ減小，則F也減小，即一邊的繩子對戽斗的作用力越小，根據牛頓第三定律，一邊的繩子對人的作用力也越小。兩邊的繩子對戽斗的作用力始終和戽斗重力平衡，保持不變。選A。
5．【答案】A
【詳解】AB．將兩燈籠看作一個整體，對整體受力分析，如圖所示
根據平衡條件可得，解得，故A正確，B錯誤；
CD．燈籠2隔離分析，利用平衡條件可得，故CD錯誤。選A。
6．【答案】D
【詳解】“m”是國際單位制中的基本單位，“t”是國際單位制中的基本物理量，不是國際單位制中的基本單位，A錯誤；慣性大小只與質量有關，與運動狀態無關，B錯誤；運載火箭加速上升的過程中，搭載的天目一號衛星具有向上的加速度，處于超重狀態，C錯誤；空氣對火箭的作用力與火箭對空氣的作用力是一對相互作用力，大小相等，D正確。
7．【答案】A
【詳解】
在繞地球做勻速圓周運動的太空實驗室內，處于完全失重狀態．
A. 打點計時器與重力無關，可以使用，A正確．
B. 天平依靠重力工作，無法正常使用，B錯誤．
C. 體重計依靠重力工作，無法正常使用，C錯誤．
D. 擺重依靠重力工作，無法正常使用，D錯誤．
8．【答案】C
【詳解】
AB．設物體質量為m，對O點受力分析，如下圖所示，由平衡條件得
F=mgtanθ
θ角增大，則F增大，AB錯誤；
C．設繩對圓環的彈力為T，則
增大，則T增大，即繩對圓環B的彈力變大，故C正確；
D．物體A在移動中，一直處于平衡狀態，所以所受的合力不變，D錯誤。
故選C。
9．【答案】C
【詳解】AB．剪斷繩子的瞬間，彈簧中的彈力不能突變，因此彈簧中的彈力保持不變，故AB錯誤；
C．設物體的質量為，剪斷細線前，對整體受力分析，受到總重力和彈簧的彈力而平衡，故
再對物體受力分析，受到重力、細線拉力和彈簧的拉力；剪斷細線后，重力和彈簧的彈力不變，細線的拉力發生突變減為零，故物體受到的力的合力等于，方向豎直向上，根據牛頓第二定律得的加速度為
故C正確；
D．剪斷細線前，對物體受力分析，受到重力和細線拉力，剪斷細線后，重力不變，細線的拉力減為零，根據牛頓第二定律得物體的加速度為，方向豎直向下，故D錯誤。
故選C。
10．【答案】C
【詳解】A．以A為研究對象，分析受力如圖所示：
根據題意可知，斜面體受到地面的摩擦力為零，則可知物體對斜面體的壓力和滑動摩擦力的水平分量大小相等，即物體與斜面的動摩擦因數，若同時撤去和，在滑塊仍向下運動的過程中，B受力如圖所示：
有，則滑塊B勻速下滑，A錯誤；
BCD．若只撤去或只撤去，或者改變，物體對斜面的壓力和滑動摩擦力的水平分量仍然大小相等，所以摩擦力依舊為零，B、D錯誤，C正確。選C。
11．【答案】AC
【詳解】
由于定滑輪只改變力的方向，不改變力的大小，所以F1＝F2＝F3＝G，又軸心對定滑輪的支持力等于繩對定滑輪的合力．而已知兩個分力的大小，其合力與兩分力的夾角θ滿足關系式：F＝＝G，θ越大，F越小，故FN1＞FN2＞FN3，選項A、C正確．
12．【答案】ACD
【詳解】
AB．要使彈簧拉動物塊A相對木箱地面運動，物塊A受到的木箱對他的最大靜摩擦力要小于彈簧對它的拉力，即
解得
所以要使A處于失重狀態，即A的加速度向下，大小
要讓木箱在豎直方向上向下加速或者向上減速，加速大小大于，B錯誤A正確；
CD．如果讓木箱在水平方向運動，要使彈簧能拉動物塊A相對木箱底面向右移動，則物塊的加速度要向左，根據牛頓第二定律
解得
即木箱以加速度大于向左勻加速運動或者向右勻減速運動，CD正確。
故選ACD。
13．【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。
14．【答案】BD
【詳解】
根據力的合成關系由三角形定則可知，兩分力與合力可構成一個閉合的三角形，由于
所以有兩種情況，如圖所示
由幾何關系可得
所以AC正確，不符合題意；BD錯誤，符合題意；
故選BD。
15．【答案】gtan θ，方向水平向右
【詳解】方法1　選擇小球為研究對象。設小球的質量為m，小球在豎直平面內受到重力mg、繩的拉力FT，如圖。
在這兩個力的作用下，小球產生水平方向的加速度a。這表明，FT與mg的合力方向水平向右，且
根據牛頓第二定律，小球具有的加速度為
方法2　小球在水平方向上做勻加速直線運動，在豎直方向上處于平衡狀態。建立如圖所示直角坐標系。將小球所受的拉力FT分解為水平方向的Fx和豎直方向的Fy。
在豎直方向有
，
（1）
在水平方向有
（2）
（1）（2）式聯立，可以求得小球的加速度為
列車的加速度與小球相同，大小為gtan θ，方向水平向右。
16．【答案】
【詳解】由題意，根據牛頓第二定律得，，將數據代入解得，，所以用的水平力拉此物體沿原地面運動時，由牛頓第二定律得，它獲得的加速度大小為
17．【答案】3.8；；
【分析】
考查實驗“探究合力與分力的關系”．
【詳解】
（1）由圖可讀數為3.8N；
（2）圖乙中，F為根據力的平行四邊形定則畫出的理論值，不一定沿AO方向；為用一個彈簧測力計時的實際測量值，一定沿AO方向．
18．【答案】（1）200N（2）
【詳解】（1）先以人為研究對象，人受三個力作用，重力G、地面對人的支持力FN、繩子的拉力FT．由平衡方程可得：FN+FT=G， 解得 FN=200N．即人對地面的壓力為200N．
（2）以B點為研究對象，其受力情況如圖所示．
將繩子的拉力F分解為兩個力：一個分力是對 AB桿的拉力、一個分力是對 BC桿的壓力．F="2" G=600N，由題意及受力分解圖可知：N ，N
考點：考查受力分析能力
點評：本題難度較小，學生的失分往往是因為研究對象的選取不合適，無法求解造成的，在分析外力大小時注意采用整體法求解，而分析物體間的力的大小時，又要選擇合適的對象使計算簡單，本題還考查了繩子和桿的彈力方向的確定，這也是學生容易失分的原因
19．【答案】 B 6.02 D
【解析】（1）根據動滑輪自由端與滑輪的位移關系可知小車的加速度大小是砝碼盤加速度大小的2倍，A錯誤；根據動滑輪力學特點可知彈簧測力計的示數為小車所受合外力的大小，B正確；實驗過程中砝碼向下做勻加速運動，處于失重狀態，C錯誤；本實驗中小車所受合外力大小可以通過彈簧測力計的讀數直接獲得，不需要用砝碼和砝碼盤的總重力去近似替代，因此砝碼和砝碼盤的總質量不需要遠小于小車的質量，D錯誤．
（2）根據逐差法可得小車運動的加速度為
（3）設小車的質量為M，根據牛頓第二定律有
解得
故選D．
20．【答案】遠小于；2.4；0.51；C
【詳解】
（1）[1]設小車和所加砝碼的質量為M，小盤和鉤碼的質量為m，根據牛頓第二定律
對m有
mg-F拉=ma
對M有
F拉=Ma
解得
當時，即當小盤和鉤碼的質量要遠小于小車和所加砝碼的質量，才能認為小盤和鉤碼所受重力大小等于繩對小車的拉力大小
（2）[2]小車運動的加速度大小
[3]打紙帶上C點時小車的瞬時速度大小
（3）[4]在探究加速度與力、質量的關系時，應平衡摩擦力，平衡摩擦力時如果木板墊得過高，則平衡摩擦力過度，小車受到的合力大于拉力，a-F圖象在a軸上有截距，選項C正確。
故選C。
21．【答案】
刻度尺； 正比； 5.0 ；BA
【詳解】
（1）[1]實驗需要測量彈簧伸長的長度，故還需要刻度尺；
（2）[2]由于圖像是一條過坐標原點的傾斜直線，故可得出結論：在彈簧的彈性限度內，彈簧的彈力與彈簧的伸長量成正比；
[3]根據
由圖線乙可得，圖線的斜率等于彈簧的勁度系數，即
（3）[4]A．由圖丙知，圖像橫坐標的截距表示原長，所以a的原長比b的短，故A正確；
BC．斜率越大，勁度系數越大，所以a的勁度系數比b的大，故B正確，C錯誤；
D．彈簧的彈力與彈簧的形變量成正比，與彈簧長度不成正比，故D錯誤。
故選AB。
22．【答案】（1）2.5m/s2；水平向右；（2）3.8s；（3）0.7s
【詳解】(1)產品剛放上水平傳送帶AB時，水平方向受到向右的滑動摩擦力，
由牛頓第二定律得：μmg=ma
得加速度大小為 ：
a=2.5m/s2，方向水平向右
(2)產品加速到速度傳送帶相同所用時間為：
勻加速的位移：
則勻速運動的時間：
得產品在水平傳送帶AB上運動的時間為：
t=t1+t2=3.8s
(3)第一段物體向下做勻加速直線運動，則有：mgsinθ+μmgcosθ=ma1
則得加速度為：
a1=8m/s2
勻加速運動的時間：
位移為：
第二階段，由于mgsin37°＞μmgcos37°，故物體繼續向下做勻加速直線運動．
則得：mgsinθ-μmgcosθ=ma2
加速度為
a2＝4m/s2
第二段運動時間：
解得：
t2=0.2s
可得產品在斜向傳送帶BC上運動的時間為：
t=t1+t2=0.7s
第 page number 頁，共 number of pages 頁
第 2 頁，共 2 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第三章---四章綜合提高練習5【較難】
一、單選題（本大題共10小題）
1．港珠澳大橋于2018年2月6日完成主體工程驗收，同年10月24日上午9時開通運營。港珠澳大橋因其超大的建筑規模、空前的施工難度和頂尖的建造技術而聞名世界。如圖所示某大巴車正行駛在港珠澳大橋上，關于輪胎和橋面的彈力，下列說法正確的是（　　）
A．大巴車受到橋面的支持力的原因是橋面的形變
B．和輪胎接觸的橋面未發生形變
C．橋面受到的壓力的施力物體是地球
D．大巴車對橋面的壓力就是大巴車的重力
2．關于牛頓第一定律的理解，下列說法中正確的是（　　）
A．物體速度越大時慣性越大
B．物體不受外力作用時一定處于靜止狀態
C．物體慣性的大小只與質量有關
D．在水平地面上滑動的物體最終要停下來，是因為沒有外力來維持
3．如圖所示，為運動員立定跳遠腳蹬地起跳瞬間的受力示意圖，正確的是（　　）
A． B．
C． D．
4．2024年6月30日，世界最大跨度拱橋深中通道正式建成通車。深中通道的建成靠的是“中國建筑重工機械”。如圖，10根起吊繩（繩的質量忽略不計）通過液壓機械抓手把質量為的巨型鋼圓筒靜止吊在空中，每根繩與豎直方向的夾角為37°（下圖其他8根繩沒有畫出），，，，則下列說法正確的是（　　）
A．每根繩的拉力為
B．鋼圓筒所受的合力為
C．若增加起吊繩的長度，則每根繩的拉力變大
D．若每根繩承受的最大拉力為，則起吊過程的最大加速度為
5．用水平拉力使質量分別為的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數分別為和。甲、乙兩物體運動后，其加速度與所受拉力的關系圖線如圖所示。由圖可知（　　）
A． B． C． D．
6．國際單位制中的三個力學基本物理量所對應的單位為長度單位m、質量單位、時間單位：s，現有一個物理量，其中M是質量，r是長度，又已知G的單位是，據此推知A表示的物理量可能是（ ）
A．速度 B．加速度 C．力 D．時間
7．如圖所示，某同學站在正在運行的電梯中的體重秤上稱體重，發現體重明顯大于在靜止地面上稱得的體重，則（ ）

A．電梯一定在加速上升
B．電梯有可能在加速下降
C．該同學受到的合力方向一定豎直向上
D．體重秤對該同學的支持力大于該同學對體重秤的壓力
8．如圖所示，用一根輕質細繩將一幅重為的畫框對稱懸掛在墻壁上，當繩上的拉力為時，兩段細繩之間的夾角為（　　）
A． B． C． D．
9．如圖所示，繞過光滑定滑輪的繩子將物體A和B相連，繩子與桌面平行，物體A恰好不滑動。已知物體A的質量為2m，物體B的質量為m，A和B與桌面間的動摩擦因數相同，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，不計滑輪和繩子質量。現將A和B互換位置，繩子仍保持與桌面平行，下列說法正確的是（　　）
A．繩子的拉力大小為2mg
B．繩子的拉力大小為mg
C．物體與桌面間的動摩擦因數為
D．物體A和B的加速度大小為
10．如圖所示，在平直的公路上，一輛向左運動的貨車裝載著完全相同的圓柱形空油桶。底層油桶平整排列在車廂底部，相互緊貼并固定，上層僅有一只擺放在A、B之間的C桶（未固定）。A、B、C始終保持相對靜止，油桶的質量均為m，重力加速度為g，不計油桶間摩擦。則下列說法正確的是（　　）
A．C一定受到3個力
B．當貨車勻速時，C對B的壓力大小為
C．當貨車減速時，A、C間的彈力大小可能為零
D．當貨車加速時，B、C間的彈力大小可能為
二、多選題（本大題共4小題）
11．如圖甲所示，一小木塊A放在水平長木板B的右端，靜止在水平地面.現用水平恒力F拖動長木板B，在某時刻小木塊A在長木板B上的位置如圖乙所示。下列分析合理的是（　　）
A．圖乙時刻，物塊A受到水平向右的滑動摩擦力
B．圖乙時刻，長木板B受到物塊A水平向右的滑動摩擦力
C．圖乙時刻，長木板B受到6個力的作用，其中有水平向左的2個滑動摩擦力
D．讓長木板B突然靜止，物塊A受到的滑動摩擦力的大小和方向都沒有發生變化
12．如圖所示為直角三角形斜劈ABC，∠ABC=37°，斜邊AB長1.5 m，P點將AB分成兩部分，AP=0.5 m，PB=1.0 m。小物塊與AP段間的動摩擦因數為μ1，與PB段間的動摩擦因數為μ2，BC水平放置，小物塊從A點由靜止釋放，經過時間t1下滑到B點時速度剛好為零；在B點給小物塊一個初速度v0，經過時間t2上滑到A點時速度剛好為零。取g=10 m/s2，sin37°=0.6，則（　　）
A． B．v0=6 m/s
C．t1>t2 D．t113．如圖甲所示，傾角為、足夠長的斜面體固定在水平面上，質量為的物塊鎖定在斜面體上，時刻在物塊上施加一水平向右的推力同時將鎖定解除，使物塊由靜止開始沿斜面體運動，已知外力大小與物塊速度大小的變化規律為，為定值，整個過程中物塊運動的加速度關于速度的變化規律如圖乙所示。重力加速度取，，。下列說法正確的是（　　）

A．物塊與斜面體間的動摩擦因數為0.25
B．
C．物塊的速度最大時，推力的大小為
D．物塊的加速度為時，推力的大小為
14．如圖所示，傾角為θ的固定光滑斜面上有一物塊，一輕繩繞過光滑定滑輪系在物塊上，用外力F拉住輕繩，使物塊以大小為的加速度沿斜面向上做勻加速運動。初始時輕繩與斜面的夾角為，物塊質量為m，重力加速度為g，則該過程中，下列說法正確的是（　　）
A．拉力F逐漸增大
B．拉力F逐漸減小
C．斜面對物塊的支持力逐漸減小
D．斜面對物塊的支持力逐漸增大
三、非選擇題（本大題共8小題）
15．一物體在3N的外力作用下，產生的加速度為2，它在9N的外力作用下，產生的加速度是多大？
16．【科學探究】某實驗小組用如圖1所示的裝置來測量物塊甲與水平桌面間的動摩擦因數.物塊甲、乙通過輕質細線連接，輕質細線跨過水平桌面右邊緣的定滑輪，甲被控制在桌面上，乙吊在定滑輪的下方，在乙的下方固定一光電門，乙與光電門間的高度差為，甲、乙的質量相等，乙的上下表面高度差為遠小于.現松開甲，乙向下運動通過光電門的擋光時間為，改變釋放時乙與光電門間的高度差，測出乙通過光電門相應的擋光時間，用測得的數據描繪出與的關系圖像如圖2所示，重力加速度為，回答下列問題：
圖1 圖2
（1） 桌面上方細線與桌面________（填“可以不平行”或“必須平行”），乙通過光電門時的速度大小為______.（用題中所給字母表示）
（2） 細線的拉力__乙的重力，乙的加速度__（均填“大于”“小于”或“等于”）.
（3） 若圖2的斜率為，則甲與桌面間的動摩擦因數為____________.
17．如圖是利用橡皮條、彈簧測力計、輕質小圓環、細繩套等儀器完成的“探究兩個互成角度的力的合成規律”的實驗示意圖，該實驗將橡皮條的一端固定于G點，另一端掛上輕質小圓環。圖甲表示橡皮條處于原長；圖乙表示通過細繩套在兩個彈簧測力計互成角度拉力F1、F2的共同作用下，使小圓環處于O點；圖丙表示通過細繩套用個彈簧測力計施加拉力F使小圓環處于O點；圖丁是在白紙上根據實驗記錄進行猜想后畫出的力的合成圖示。
（1）關于此實驗，下列敘述正確的是 （填字母序號）。
A．在進行圖乙的實驗操作時，F1、F2的夾角越大越好
B．用兩個測力計互成角度拉橡皮條，拉力大小一定都小于只用一個測力計時拉力大小
C．重復實驗再次進行驗證時，結點O的位置可以與前一次不同
D．本實驗采用的科學方法為等效替代法
（2）圖丁中F'是以F1、F2為鄰邊構成的平行四邊形的對角線，一定沿GO方向的是 （選填“F”或“F'”）。
（3）若在圖中，若F'與F的偏差的夾角很小，且F'與F的長短大致相等，在實驗誤差允許的范圍內，總結出互成角度的力的合成運算規律： 。
18．如圖甲所示為測量靜摩擦力的實驗裝置，質量為的木塊放在水平桌面上.現用力沿水平方向拉木塊，拉力從0開始逐漸增大，木塊先靜止后運動.用力傳感器采集拉力的大小，并用計算機繪制出隨時間變化的圖像，如圖乙所示.木塊運動起來后，如果做勻速直線運動，拉力大小將保持為.已知重力加速度大小.
（1） 由圖可知，木塊與水平桌面間的最大靜摩擦力為多大？
（2） 木塊與桌面間的動摩擦因數 為多大？
（3） 現用的力來拉另外一個靜止在水平桌面的木塊，該木塊的質量為，與桌面間的動摩擦因數依然為 ，求該木塊與桌面之間的摩擦力大小等于多少？
19．（江西上高二中高一上期末）某實驗小組用一只彈簧測力計和一個全圓量角器等器材驗證力的平行四邊形定則，設計了如圖所示的實驗裝置，固定在豎直木板上的全圓量角器的“0”刻度線豎直，橡皮筋的自然長度小于量角器的內圓半徑，其一端固定于“0”刻度線的內邊緣，另一端系繩套1和繩套2.請完成以下主要實驗步驟．
(1)將彈簧測力計掛在繩套2上豎直向下拉橡皮筋，使橡皮筋與繩套的結點到達圓心C處，記下彈簧測力計的示數F.
(2)將彈簧測力計掛在繩套2上，手拉著繩套1，手與彈簧測力計在量角器平面內互成角度地緩慢拉橡皮筋，若要產生與步驟(1)相同的作用效果，應該將結點拉到__________(填“圓心C之上”“圓心C處”或“圓心C之下”)．當繩套1和繩套2分別沿120°和240°刻度線方向時，若彈簧測力計讀數為__________(填“F”“F”或“”)，則可以初步驗證力的平行四邊形定則．
(3)彈簧測力計仍然掛在繩套2上且保持在240°方向不移動，結點保持在圓心C處，手拉著繩套1從120°方向開始沿逆時針方向緩慢移動，在繩套1達到60°刻度線之前的過程中，彈簧測力計的讀數將__________．
A．一直變大　　　　B．先變大后變小　　　　C．先變小后變大　　　　D．一直變小
20．如圖所示，AB為豎直平面內光滑圓弧軌道，下端B恰與小車右端平滑對接．小車質量M=3kg，小車足夠長．現有一質量m=1kg的滑塊，由軌道頂端無初速釋放，滑到B端后以v=4m/s的速度沖上小車．已知地面光滑，滑塊與小車上表面間的動摩擦因數μ=0.3，當車運行了t=1.5s時，車被地面裝置鎖定．重力加速度g=10m/s2，試求：
（1）AB軌道的半徑R；
（2）車被鎖定時，車右端距軌道B端的距離L；
（3）從車開始運動到滑塊靜止的過程中，滑塊與車面間由于摩擦而產生的熱量Q大小。
21．如圖所示，木板AB傾斜放置，傾角為30°，物塊放在斜面上處于靜止狀態，將木板繞A端在豎直面內沿逆時針方向緩慢轉動，當傾角為37°時物塊剛好要向下滑動，此時再給物塊施加一個斜向右上、與斜面夾角也為37°的拉力，物塊剛好要向上滑動，拉力的大小為24N，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）物塊與斜面間的動摩擦因數；
（2）物塊質量大小．
22．在探究“加速度與力質量的關系”的實驗時，采用了如圖甲所示的實驗方案。操作如下：
（1）平衡摩擦力時，若所有的操作均正確，打出的紙帶如圖乙所示，應 （填“減小”或“增大”）木板的傾角，反復調節，直到紙帶上打出的點跡 為止。
（2）已知小車質量為M，盤和砝碼的總質量為m，要使細線的拉力近似等于盤和砝碼的總重力，應該滿足的條件是m M。
（3）圖丙為某次實驗得的紙帶，紙上出了所的四個計數點之間的距離，相鄰計數點間還有四個點沒有畫出，已知電源頻率為，由此可求得小車的加速度的大小是 ，打下C點時小車運動的速度大小是 （結果均保留兩位有效數字）
參考答案
1．【答案】A
【詳解】
AB．由彈力的定義可知，大巴車受到橋面的支持力的原因是橋面的形變，故A正確，B錯誤；
C．橋面受到的壓力的施力物體大巴車，故C錯誤；
D．大巴車對橋面的壓力施力物體是大巴車，大巴車受到的重力施力物體是地球，故D錯誤。
故選A。
2．【答案】C
【分析】
【詳解】
AC．慣性的大小只與自身質量有關，質量越大慣性越大，故A錯誤，C正確；
B．物體不受外力作用時，有可能做勻速直線運動，故B錯誤；
D．力不是維持物體運動的原因，物體之所以會停下來，是因為受到了摩擦阻力，改變了它的運動的狀態，故D錯誤。
故選C。
3．【答案】A
【詳解】
對運動員受力分析，受到豎直向下的重力，垂直地面的向上的彈力，還受到水平向右的靜摩擦力，因為運動員立定跳遠腳蹬地起跳瞬間，有相對地面向左運動的趨勢。
故選A。
4．【答案】D
【詳解】分解繩子的拉力，每根繩豎直方向分力大小為，則每根繩的拉力為，A錯誤；依題意，鋼圓筒處于靜止狀態，所受的合力為零，B錯誤；若增加起吊繩的長度，則每根繩與豎直方向的夾角變小，由，可知每根繩的拉力變小，C錯誤；若每根繩承受的最大拉力為，則10根繩的合力為，由牛頓第二定律有，解得，D正確。
5．【答案】B
【詳解】根據牛頓第二定律有，整理得，可知圖像的斜率為，縱軸截距為，則由題圖可看出，，選B。
6．【答案】B
【詳解】A的單位是，該單位是加速度，可知推知A表示的物理量可能是加速度。選B。
7．【答案】C
【詳解】AB．同學的體重明顯大于在靜止地面上稱得的體重，可知發生了超重，電梯的加速度向上，則電梯可能加速上升或者減速下降，選項AB錯誤；
C．該同學加速度向上，可知受到的合力方向一定豎直向上，選項C正確；
D．體重秤對該同學的支持力與該同學對體重秤的壓力互為作用力和反作用力，總是等大反向，選項D錯誤。選C。
8．【答案】D
【詳解】
一幅重為的畫框對稱懸掛在墻壁上，則兩段繩的拉力的合力大小也是12N，而此時兩段細繩的拉力大小相等T=12N，根據矢量合成的特點可知兩段細繩之間的夾角，故D正確，ABC錯誤。
故選D。
9．【答案】B
【詳解】C．物體A恰好不滑動，則
解得
故C錯誤；
ABD．A和B互換位置后，設繩子的拉力大小為F，物體A和B的加速度大小為a，由牛頓第二定律得
解得
，
故B正確，AD錯誤。
故選B。
10．【答案】D
【詳解】B．當貨車勻速時，對C受力分析，根據平衡條件可知此時C受到自身重力，A、B對它的支持力的作用，如圖所示
由幾何知識結合正交分解法可得
聯立求得
所以可知，C對B的壓力大小為，B錯誤；
C．當貨車向左減速時，根據牛頓第二定律可判斷知，C受到合力的方向水平向右，若此時A、C間的彈力大小為零，由平行四邊形定則可知C受到合力的方向不可能水平向右，C錯誤；
D．當貨車向左加速時的加速度為時，根據牛頓第二定律可判斷知，此時A對C恰好無支持力作用，只有B對C有支持力的作用，且滿足
故D正確；
A．由以上選項分析可知，C不一定受三個力的作用，A錯誤。選D。
11．【答案】AC
【詳解】
ABC．乙圖可知，在用水平力F向右拉動長木板B的過程中，小木塊A相對于B水平向左運動，所以小木塊A受到水平向右的滑動摩擦力，長木板B受到分別由地面和小木塊A施加的水平向左的2個滑動摩擦力，長木板B在運動過程中還受到重力、地面的支持力、小木塊A的壓力、水平拉力的作用，A正確，B錯誤，C正確；
D．長木板B突然停止運動，小木塊A繼續向右運動，受到水平向左的滑動摩擦力作用，D錯誤。
故選AC。
12．【答案】ABC
【詳解】A．根據題意，下滑時，小物塊在AP段間做勻加速直線運動，則有
，，下滑時，小物塊與PB段間做勻減速直線運動至靜止，則有，，解得，A正確；
CD．上滑時，小物塊在AP段間做勻減速直線運動，則有，上滑時，小物塊與PB段間做勻減速直線運動，則有，結合上述可知
，，則上滑的平均加速度大于下滑的平均加速度，由于小物塊上滑到A點時速度剛好為零，根據逆向思維可以將其運動看為反方向的加速運動，該運動與t1時間內下滑的位移相等，根據，可知t1>t2，C正確，D錯誤；
B．上滑過程有，，結合上述，解得v0=6 m/s，B正確。選ABC。
13．【答案】BD
【詳解】時刻，推力為零，物塊的加速度大小為，對物塊受力分析，如圖所示，根據牛頓第二定律，沿斜面的方向有，解得，A錯誤；物塊加速度為零時，由力的平衡條件得，又，代入上式解得，由圖乙可知，此時，解得，B正確；由B選項分析可知，推力的大小為，C錯誤；時，由牛頓第二定律得，又，代入數據解得，D正確。

14．【答案】AC
【詳解】AB．對A受力分析，沿斜面方向由牛頓第二定律可得，求得，其中在變大，變小，可得拉力F逐漸增大，A正確、B錯誤；
CD．在垂直斜面方向上，有平衡條件可得，求得，其中拉力F逐漸增大，在變大，變大，斜面對物塊的支持力逐漸減小，C正確、D正確。選AC。
15．【答案】
【詳解】根據牛頓第二定律，，解得
16．【答案】（1） 必須平行；
（2） 小于；小于
（3）
【詳解】
（1） 對甲分析時,需要用細線的拉力減去甲所受摩擦力來表示所受合力,若桌面上方細線與桌面不平行,需要把細線的拉力沿著水平方向和豎直方向分解,因為細線與水平方向的夾角未知,會導致加速度無法求解,則桌面上方細線與桌面必須平行,短時間內可以用平均速度替代瞬時速度,則乙通過光電門的速度為.
（2） 甲、乙做勻加速直線運動,乙向下加速,處于失重狀態,則細線的拉力小于乙的重力,對甲、乙組成的整體進行受力分析,由牛頓第二定律,可得,可得.
（3） 對乙,由速度—位移關系可得,有,若關系圖像的斜率為,有,結合,聯立可得.
17．【答案】 CD/DC F 兩個力的合成，滿足平行四邊形定則
【詳解】（1）[1] A．F1、F2兩個力的夾角盡量合適，盡量大一些導致分力過大，容易超過量程，也不容易作圖，故A錯誤；
B．用兩個測力計互成角度拉橡皮條，拉力大小可以大于、小于和等于只用一個測力計時拉力大小，故B錯誤；
C．重復實驗再次進行驗證時，結點O的位置可以與前一次不同，但是每一次完整的實驗必須保證結點位置相同，故C正確；
D．本實驗的原理是，采用力的圖示法，用平行四邊形作出兩個分力的合力理論值，再作出合力的實驗值，對比理論值與實驗值，若在誤差允許的范圍內，則說明平行四邊形定則是正確的，故本實驗采用的科學方法為等效替代法，故D正確。
故選CD。
（2）[2] 經平行四邊形作出的合力理論值不一定沿GO方向，而合力的實驗值由一個彈簧測力計測得，故一定沿GO方向，故填：F。
（3）[3] 若F'與F的偏差的夾角很小，且F'與F的長短大致相等，在實驗誤差允許的范圍內，總結出互成角度的力的合成運算規律：兩個力的合成，滿足平行四邊形定則。
18．【答案】（1）
（2） 0.32
（3）
【詳解】
（1） 由題圖乙可知,木塊與水平桌面間的最大靜摩擦力為.
（2） 由題圖乙可知,木塊與水平桌面間的滑動摩擦力為,
根據滑動摩擦力公式有,
解得.
（3） 另一個木塊與桌面間的滑動摩擦力大小為,
當用的力來拉木塊時,因為拉力小于滑動摩擦力,所以木塊與桌面之間的摩擦力是靜摩擦力,大小為.
【教材變式】
本題目由教材P77第4題演變而來.除了教材考查的木塊與地面的動摩擦因數，本題延伸考查了用力來拉另外一個木塊時該木塊與桌面間的摩擦力大小.
19．【答案】(2)圓心C處　F　(3)A
【解析】(2)為了保證兩次操作中的作用效果相同，應該將結點拉到相同的位置，即拉到圓心C處．由于橡皮筋上的拉力分別與繩套1、繩套2上的拉力的夾角均為120°，故三個力大小相等，故彈簧測力計讀數為F.
(3)在角度沒有發生變化前，兩條繩的拉力與橡皮筋的拉力構成一個閉合的等邊矢量三角形，如圖所示，在繩套1達到60°刻度線之前的過程中，F1逐漸增大，彈簧測力計的讀數F2也將一直變大，故選A.
20．【答案】（1）0.8m；（2）1m；（3）6.5J
【詳解】（1）設滑塊到達B端時速度為v，得
-0
解得
R=0.8m
（2）當滑塊滑上小車后，由牛頓第二定律，得對滑塊有
對小車有
設經時間t1兩者達到共同速度，則有
1
解得
t1=1s
由于1s＜1.5s，此時小車還未被鎖定，兩者的共同速度
兩者一起勻速運動，直到小車被鎖定。故車被鎖定時，車右端距軌道B端的距離
（3）從車開始運動到被鎖定的過程中，滑塊相對小車滑動的距離
故從車開始運動到被鎖定的過程中，滑塊與車面間由于摩擦而產生的熱量大小為
物塊繼續運動，動能全部轉化為內能
故總熱量為
21．【答案】(1)0.75；
(2)2.5kg；
【詳解】
（1）當木板的傾角為37°時物塊剛好要下滑，對物塊由平衡條件得：
mgsin37°=μmgcos37°
解得：μ=0.75
（2）由題意沿斜面方向有：
Fcos37°=f+mgsin37°
垂直斜面方向：
Fsin37°+N=mgcos37°
又 f=μN
聯立解得：m=2.5kg
22．【答案】增大；間距相等；遠小于；2.0；0.76
【詳解】
（1）[1][2]平衡摩擦力時，若所有的操作均正確，打出的紙帶如圖乙所示，可知小車做減速運動，則平衡摩擦力不夠，應增大木板的傾角，反復調節，直到紙帶上打出的點跡間距相等為止。
（2）[3]對整體分析，根據牛頓第二定律可得
mg=(M+m）a
隔離對M分析，繩子的拉力
當m<（3）[4]相鄰計數點間還有四個點沒有畫出，則T=0.1s；由此可求得小車的加速度的大小是
[5]打下C點時小車運動的速度大小是
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