資源簡介

2026屆人教版高考物理第一輪復習：第一章---四章綜合基礎練習1
一、單選題（本大題共10小題）
1． 下列物體或人，可以看作質點的（　　）
①研究跳水冠軍伏明霞在跳水比賽中的空中姿態
②研究奧運冠軍王軍霞在萬米長跑中
③研究一列火車通過某路口所用的時間
④研究我國科學考察船去南極途中
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
2．如圖所示，由于風的緣故，河岸上的旗幟向右飄，在河面上的兩條船上的旗幟分別向右和向左飄，兩條船運動狀態是（　　）
A．A船肯定是向左運動的
B．A船肯定是靜止的
C．B船肯定是向右運動的
D．B船可能是靜止的
3． 如圖是某綜藝節目中藝人和塑料盆一起運動時的照片，他從靜止開始加速起跑一段時間后，立即趴在塑料盆上向前滑去直到停下，整個過程用時5s，發生的位移為14m。假設他加速和減速階段都為勻變速直線運動，從上述條件可確定（ ）
A．勻加速階段的末速度 B．勻加速階段的加速度
C．勻減速階段所用的時間 D．勻減速階段發生的位移
4． 某物體做直線運動的v-t圖像如圖所示，則該物體（　　）
A．做往復運動 B．做勻速直線運動
C．朝某一方向做直線運動 D．以上說法都不正確
5． 一冰溜子從高45m的懸崖下落，整個下落過程近似為做自由落體運動，重力加速度大小取，則冰溜子在落地前25m內所用的時間為（ ）
A．0.8s B．1s C．1.2s D．1.5s
一支100 m長的搶險救災隊伍勻速直線前進，隊尾放出無人機（視為質點）到前方800 m處偵察受災路況，拍照后立即返回，當無人機返回隊首時，隊伍已前進了150 m。無人機的運動軌跡（平行于隊伍的水平直線）示意圖如圖所示，對整個運動過程，說法正確的是（　　）

A．無人機的路程與位移大小相等
B．隊伍的路程與位移大小相等
C．無人機的位移與隊伍的位移大小相等
D．無人機的路程與隊伍的路程大小相等
7． 一場100米跑步比賽中，第三跑道的運動員跑到處時，秒表計時為。根據以上信息，能否算得該運動員在這段時間內的平均速度和瞬時速度（ ）
A．可以算得平均速度，可以算得瞬時速度 B．無法算得平均速度，可以算得瞬時速度
C．可以算得平均速度，無法算得瞬時速度 D．無法算得平均速度，無法算得瞬時速度
8． 某物體運動的速度—時間圖像如圖所示，根據圖像可知（ ）
A．0-2 s內的加速度為
B．0-5 s內的位移為12 m
C．第1 s末與第4.5 s末的速度方向相同
D．第1 s末與第4.5 s的加速度方向相同
9． 如圖所示，吊籃花盆總重為G，用三根等長的輕繩懸掛，輕繩與豎直方向的夾角均為，則其中一根輕繩的拉力沿豎直方向的分力大小為（　　）
A． B． C． D．
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． 圖甲中B是傳送貨物的運輸車,可以沿著斜面上的直軌道運送貨物,運輸車的貨箱是水平的粗糙平面,某次運輸車B沿軌道將貨物A向下傳送到軌道下端,A、B始終保持相對靜止,B運動的v-t圖像如圖乙.下列分析中正確的是 (　　)
A．0~t1時間內,B對A的支持力小于A的重力,A受到的摩擦力水平向左
B．t1~t3時間內,B對A的支持力等于A的重力,A受到的摩擦力水平向左
C．t1~t3時間內,B對A的支持力等于A的重力,A不受摩擦力作用
D．t3~t4時間內,B對A的支持力大于A的重力,A受到的摩擦力水平向右
12． 第24屆冬季奧林匹克運動會將于2022年2月在北京舉行，山地滑雪是冬奧會的傳統項目之一。如圖所示，是某同學山地滑雪時的情景，圖示時刻，該同學不借助雪杖在傾斜雪道（可視為斜面）勻速下滑。忽略空氣阻力，則關于該時刻運動員或雪道受力情況的下列說法正確的是（　　）
A．雪道受到的摩擦力方向沿雪道向上
B．雪道對該同學的彈力和摩擦力的合力方向豎直向上
C．若該同學在雪道上加速下滑，則雪道對該同學的摩擦力小于該同學對雪道的摩擦力
D．無論該同學在雪道上勻速下滑還是加速下滑，雪道對該同學的摩擦力總等于該同學對雪道的摩擦力
13． 如圖所示是某同學站在壓力傳感器上做“下蹲—起立”的動作時記錄的壓力F隨時間t變化的圖線(重力加速度g=10 m/s2).由圖可知,該同學 (　　)
A．體重約為800 N
B．10 s內做了一次“下蹲—起立”的動作
C．10 s內做了兩次“下蹲—起立”的動作
D．“下蹲—起立”過程的最大加速度約為7 m/s2
14． 如圖，水平地面上有一小車，車內有質量分別m、2m的A、B兩小球，用輕桿相連，桿與豎直方向的夾角為θ=30°。A球靠在光滑的豎直側壁上，B球在粗糙的水平底面上，且受到的最大靜摩擦力與正壓力之比為k。小車可以以不同的加速度向右運動，現要保證輕桿與車廂相對靜止，重力加速度用g表示，下列說法正確的是（　　）
A．在不同加速度的情況下，輕桿對小球A的作用力始終為恒力
B．當小球B對底面的摩擦力等于0時，那么此時小車做勻加速運動，加速度大小為
C．若當小車做勻減速直線運動時，則允許的最大加速度為
D．若，當小車做勻加速直線運動時，則側壁對小球A的作用力最小值為
三、非選擇題（本大題共8小題）
15． 在“練習使用打點計時器”的實驗中，小西同學選出的紙帶部分如圖甲所示，A、B、C、D、E為紙帶上標出的連續5個相鄰打點。打點計時器接在頻率為的電源上。則A、E兩打點間的時間 、距離 ；小安所選紙帶都分如圖乙所示，A、B、C、D、E、F、G為在紙帶上所選的計數點，相鄰兩計數點間還有四個點未畫出，電源頻率仍為，則相鄰兩計數點間的時間間隔為 ，根據D、G兩點間的位移和所用時間，可以算出紙帶在這兩點間的平均速度，用這個平均速度就可以代表紙帶在打下E點時的瞬時速度，則由此方法求得打下E點時的瞬時速度 。
湖南某景區的彩虹滑道的結構簡圖如圖所示，該滑道由傾角的傾斜軌道AB和水平軌道BC組成，其中AB與BC軌道在B點處平滑連接。游客坐在墊子上（整體可視為質點）從A點由靜止開始勻加速下滑，進入水平軌道BC后運動至D點（圖中未畫出）停下，整個運動過程的時間。已知墊子與傾斜軌道AB、水平軌道BC間的動摩擦因數，取重力加速度大小，，，求：
（1）游客在傾斜軌道AB上運動時的加速度大小；
（2）游客運動到B點時的速度大小。

某同學利用自由落體運動規律測量學校圖書樓的高度，從圖書樓天臺邊緣由靜止釋放一個小物體，用秒表記錄了下落時間2s，重力加速度，不計阻力。
（1）求圖書樓的高度；
（2）小物體落地前用0.2s時間經過圖書樓附近的一顆樹，求樹的高度。
18． 讓小球從斜面的頂端滾下，如圖所示是用閃光照相機拍攝的小球在斜面上運動的一段，已知閃光照相機的頻率為5Hz，且O點是0.4s時小球所處的位置，其中OA=14cm，OB=32cm，OC=54cm。試根據此圖估算：
（1）小球從O點到B點的平均速度；
（2）小球在A點和B點的瞬時速度；
（3）小球運動的加速度。
為了驗證在彈性限度內，彈簧的彈力大小與伸長量成正比，某同學設計了如下實驗：

a. 將一根輕彈簧豎直懸掛在O點，開始下端掛鉤P處不掛任何物體，記錄下此時彈簧的長度記為；
b. 在掛鉤P處分別掛不同質量的鉤碼，并記錄穩定時對應的彈簧長度x；
c. 以所掛鉤碼質量為縱軸、彈簧長度為橫軸建立直角坐標系，將所測數據在坐標系中描點作圖，得到如圖乙所示的圖像。
結合圖像回答下列問題：（重力加速度）
（1） cm；
（2）彈簧的勁度系數 N/m；
（3）彈簧超過40cm后圖線出現彎曲情況，原因是 。
20．[2022湖南衡陽·期末]在冰壺比賽中，冰壺被運動員水平擲出，在平滑的冰面上沿一條直線運動，最終停在某處，冰壺運動過程中未與其他物體發生碰撞。若冰壺與冰面間的動摩擦因數，冰壺經過停下，取重力加速度大小，求冰壺：
（1）被擲出時的初速度大小；
（2）在冰面上滑動的距離。
21． 在探究彈簧彈力與形變量之間關系的實驗中
（1）將彈簧懸掛在鐵架臺上，將刻度尺固定在彈簧一側，彈簧軸線和刻度尺都應在 方向；（填“水平”或“豎直”）
（2）彈簧自然懸掛，待彈簧穩定時，長度記為，彈簧下端掛上砝碼盤穩定時，長度記為，在砝碼盤中每次增加10g砝碼，彈簧穩定時長度依次記為至，數據如下表，表中有一個數值記錄不符合規范，其長度符號為 ；
長度符號
數值/cm 26.35 27.35 29.35 31.30 33.4 35.35 37.40 39.30
（3）以砝碼的質量為縱軸，彈簧總長度與的差值為橫軸建立直角坐標系，根據表中數據描繪出圖像；

（4）根據圖像計算可得該彈簧的勁度系數為 N/m；（結果保留兩位有效數字，重力加速度取）。
22． 用安裝如圖甲所示的裝置，探究彈簧彈力F的大小與伸長量x之間的定量關系。
(1)關于本實驗，下列說法正確的是（　　）
A．彈簧被拉伸時，不能超出它的彈性限度
B．用直尺測得彈簧的長度即為彈簧的伸長量
C．用懸掛鉤碼的方法給彈簧施加拉力，應保證彈簧位于豎直位置且處于平衡狀態
D．可得出彈簧彈力與彈簧長度成正比
(2)未掛鉤碼時，彈簧原長放大如圖甲所示，可讀得彈簧原長= cm。
(3)由圖乙可算出B彈簧的勁度系數為 N/m。
(4)若要制作一個精確度較高的彈簧測力計，應選彈簧 （選填“A”或“B”）。
參考答案
1．【答案】D
【詳解】研究跳水冠軍伏明霞在跳水比賽中的空中姿態時，不能把她看成質點，否則就沒動作可言了，則①錯誤；
研究奧運冠軍王軍霞在萬米長跑中時，運動員的大小可忽略不計，可看做質點，則②正確；
研究一列火車通過某路口所用的時間時，火車的大小不能忽略，不能看做質點，則③錯誤；
研究我國科學考察船去南極途中時，科考船的大小可忽略不計，可看做質點，則④正確。選D。
2．【答案】C
【詳解】AB．因為河岸上旗桿是固定在地面上的，那么根據旗幟的飄動方向判斷，風是從左向右刮的。
A船上旗幟向右，有三種可能：
一是A船不動，風把旗幟刮向右；
二是A船向左運動，風相對于旗幟向右，把旗幟刮向右；
三是A船向右運動但運動的速度小于風速，此時風仍能把旗幟刮向右，AB錯誤；
CD．如果B船靜止不動，那么旗幟的方向應該和國旗相同，而現在的旗幟的方向明顯和河岸上旗子方向相反，如果B船向左運動，旗幟只會更加向右展。所以，B船一定向右運動，而且運動的速度比風速快，這樣才會出現圖中旗幟向左飄動的情況， D錯誤C正確。
故選C。
3．【答案】A
【詳解】設勻加速階段的末速度為v，則根據勻變速直線運動規律有，解得，根據題意無法計算勻加速和勻減速的加速度和時間及位移的大小。選A。
4．【答案】C
【詳解】AC．由于圖象為v－t圖象，由此可知，速度方向并不改變，即朝某一方向做直線運動，A錯誤；C正確；
BD．因為速度發生變化，不是做勻速直線運動，BD錯誤。選C。
5．【答案】B
【詳解】根據
可得冰溜子整個下落過程所用的時間為
冰溜子下落前20m所用的時間為
則冰溜子在落地前25m內所用的時間為
故選B。
6．【答案】B
【詳解】無人機的路程為800+（800-250）m=1350 m，而無人機的位移大小為(100+150) m=250 m，隊伍的位移大小等于路程為150 m。選B。
7．【答案】C
【詳解】運動員跑步比賽過程中，運動過程中的加速度不一定恒定，跑到處時，秒表計時為，可計算出這段時間內的平均速度，但無法算出這段時間的瞬時速度。選C。
8．【答案】C
【詳解】A．0-2 s內的加速度大小為，A錯誤；
B．速度圖像的圖線與兩個坐標軸所圍“面積”等于位移，，B錯誤；
C．速度的正負表示方向，第1 s末；與第4.5 s末的速度方向相同，C正確；
D．速度圖像的斜率的正負表示加速度的方向，由圖可知，第1 s末與第4.5 s的加速度方向相反，D錯誤。選C。
9．【答案】A
【詳解】設每根輕繩的拉力沿豎直方向的分力大小為F，則有
解得
故選A。
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】C
【詳解】由題圖乙可知,0~t1時間內,A、B一起沿斜面向下做勻加速運動,對A分析,加速度沿斜面向下,因為A的加速度有豎直向下的分量,所以B對A的支持力小于A的重力,因為A的加速度有水平向右的分量,所以A受到的摩擦力水平向右,A錯誤;t1~t3時間內,A、B一起做勻速直線運動,A受到的重力和支持力平衡,A不受摩擦力,B錯誤,C正確;t3~t4時間內,A、B一起沿斜面向下做勻減速運動,對A分析,加速度沿斜面向上,因為A的加速度有豎直向上的分量,所以B對A的支持力大于A的重力,因為A的加速度有水平向左的分量,所以A受到的摩擦力水平向左,D錯誤.
12．【答案】BD
【詳解】AB：對該同學受力分析，受到沿雪道向上的滑動摩擦力和垂直于雪道向上的彈力作用，因為該同學勻速下滑，所以二力的合力與其自身重力等大反向，即豎直向上。同時根據牛頓第三定律可知，雪道受到的摩擦力方向沿雪道向下，A錯誤，B正確；
CD：根據牛頓第三定律可知，無論該同學在雪道上勻速下滑還是加速下滑，雪道對該同學的摩擦力總等于該同學對雪道的摩擦力，C錯誤，D正確。選BD。
13．【答案】BD
【詳解】由題圖可知,該同學的體重約為650 N,故A錯誤;人下蹲動作有失重和超重兩個過程,先是加速下降,處于失重,到達一個最大速度后再減速下降,處于超重,對應先失重再超重;起立對應先超重再失重,結合題圖可知,該同學10 s內做了一次“下蹲—起立”的動作,故B正確,C錯誤;由題圖可知下蹲的過程中對壓力傳感器的最小壓力約為180 N,所以該同學的最大加速度amax= m/s2≈7 m/s2,故D正確.
14．【答案】ACD
【詳解】A．根據題意，設桿對球A的作用力大小為F，對A球，豎直方向上由平衡條件有，解得，輕桿與車廂相對靜止，則輕桿對小球A的作用力始終為恒力，A正確；
B．桿對球B的作用力大小始終也為，當小球B對底面的摩擦力等于0時，對B，根據牛頓第二定律解得，B錯誤；
C．若，B與底面間的最大靜摩擦力為，當A與側壁無彈力時，且B與底面間有最大靜摩擦力時，對AB整體，根據牛頓第二定律，解得，但當A與側壁恰無彈力時，A有最大加速度，此時對A，根據牛頓第二定律，解得，因此，允許的最大加速度為，C正確；
D．若，當小車做勻加速直線運動時，對A分析，根據牛頓第二定律有，由于F不變，可知要使側壁對小球A的作用力N最小，則加速度a最小，對B分析，根據牛頓第二定律有，加速度a最小，即當底面對B的摩擦力f向左達到最大時，此時有，聯立解得，D正確。選ACD。
15．【答案】0.08；9.30；0.1；0.338
【詳解】[1]A、E兩打點間的時間
[2]距離
[3]相鄰兩計數點間的時間間隔為
[4]打下E點時的瞬時速度
16．【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）在傾斜軌道上，對游客和墊子受力分析，由牛頓第二定律，解得，游客在傾斜軌道AB上運動時的加速度大小為
（2）在水平軌道上，由牛頓第二定律，解得，游客在水平軌道BC上運動時的加速度大小為，由運動學公式，其中，聯立解得，，，所以，游客運動到B點時的速度大小為。
17．【答案】（1）20m；（2）3.8m
【詳解】（1）根據自由落體位移與時間的關系有
代入數據可得
（2）設樹的高度為，物體下落到樹頂端所用時間為，則有
其中
代入數據解得
18．【答案】（1）0.8m/s，方向沿斜面向下或由O指向B；（2）0.8m/s，1.0m/s，方向均沿斜面向下；（3）1m/s2，方向沿斜面向下
【詳解】
（1）因為T=0.2s，則
方向沿斜面向下或由O指向B；
（2）A點的瞬時速度等于OB之間的平均速度，即
方向沿斜面向下
B點的瞬時速度
方向沿斜面向下；
（3）加速度
方向沿斜面向下。
19．【答案】20；60；彈簧伸長量超出了彈性限度
【詳解】（1）[1]由圖乙可知，橫軸截距等于輕彈簧的延長，則有
（2）[2]根據受力平衡可得，可得，可知圖線的斜率為，可得彈簧的勁度系數為
（3）[3]彈簧超過40cm后圖線出現彎曲情況，原因是彈簧伸長量超出了彈性限度。
20．【答案】（1）；（2）
【詳解】
（1）由題意知冰壺做勻減速直線運動，取冰壺的初速度方向為正，有
解得
又
解得
（2）由公式有
解得
21．【答案】 豎直 5.0
【詳解】（1）[1]因為彈簧有自重，所以在探究彈簧的彈力與形變量之間的關系時，需要排除自身重力帶來的誤差，故實驗時彈簧軸線和刻度尺都應在豎直方向；
（2）[2]根據表格中的數據，可知該刻度尺的分度值為1mm，只有測量的數據保留到分度值，其余都是保留到了分度值的下一位，故數值記錄不符合規范；
（4）[3]根據胡克定律公式
結合圖像的斜率可得該彈簧的勁度系數
22．【答案】(1)AC，(2)7.00，(3)10/10.0，(4)B
【詳解】（1）A．彈簧被拉伸時，不能超出它的彈性限度，選項A正確；
B．用直尺測得彈簧的長度減去原長即為彈簧的伸長量，選項B錯誤；
C．用懸掛鉤碼的方法給彈簧施加拉力，應保證彈簧位于豎直位置且處于平衡狀態，選項C正確；
D．可得出彈簧彈力與彈簧形變量成正比，選項D錯誤。選AC。
（2）刻度尺最小刻度為0.1cm，則讀得彈簧原長=7.00cm。
（3）圖像的斜率等于彈簧勁度系數，則由圖乙可算出B彈簧的勁度系數為
（4）若要制作一個精確度較高的彈簧測力計，在相同拉力下彈簧的形變量比較大，應選勁度系數較小的彈簧，即選擇彈簧B。
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第 2 頁，共 2 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第一章---四章綜合基礎練習2
一、單選題（本大題共10小題）
1．兩個共點力F1、F2的合力的最大值為7 N，最小值為1 N。當F1、F2的夾角為90°時，合力大小為（　　）
A．5 N B．N C．6 N D．8 N
2．某物體沿一直線運動，其v－t圖象如圖所示，下列說法中正確的是(　　)
A．第1 s內和第2 s內物體的速度方向相反
B．第1 s內和第2 s內物體的加速度方向相反
C．第2 s末物體的速度和加速度都為零
D．第4 s內物體的速度方向和加速度方向相同
3．某人想測量地鐵啟動過程中的加速度，他把一根細繩的下端綁著一支圓珠筆，細繩的上端用電工膠布臨時固定在地鐵的豎直扶手上。在地鐵啟動后的某段加速過程中，細繩偏離了豎直方向，他用手機拍攝了當時情景的照片，拍攝方向跟地鐵前進方向垂直。經測量細繩偏離豎直方向約為角（，，，g取），此時地鐵的加速度約為（ ）
A． B． C． D．
4．以10m/s的速度從地面豎直向上拋出一個小球，空氣的阻力可以忽略，重力加速度g=10m/s2，下列分析正確的是（ ）
A．小球拋出后1s末的速度大小為10m/s B．小球拋出后2s末的速度大小為10m/s
C．小球拋出后1s內的位移為0 D．小球拋出后2s內的位移為5m
5．排球運動員將排球豎直向上擊出后，排球做勻減速運動，其上升的最大高度為H。排球上升經過第19個所用的時間為，上升經過第51個所用的時間為，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A． B． C． D．
6．如圖所示，運動員將冰壺（可視為質點）從點（冰壺已離手）以一定的速度沿水平冰面推出，冰壺離手后依次經過、、三點后在點與豎直墻壁發生碰撞，碰撞后立即以原速率反向彈回，最終停在點。已知冰壺在碰撞前、后均做加速度大小相等的勻減速直線運動，，碰撞時間忽略不計，則下列說法正確的是（ ）
A．冰壺離手后運動的加速度大小為
B．冰壺離手后運動的時間為
C．冰壺從點運動到點的時間和從點返回到點的時間之比為
D．冰壺與豎直墻壁碰撞前的瞬時速度大小為
7．質點沿直線運動，其位移-時間圖像如圖所示，關于質點的運動，下列說法中正確的是（　　）
A．在0.7s末，質點速度大小為1.4m/s
B．0～1s內，質點加速度大小為2m/s2
C．4～5s內，質點向x軸負方向做勻速直線運動
D．7～8s內，質點做向x軸正方向做加速運動
8．汽車以 的速度做勻速直線運動，見前方有障礙物立即剎車，剎車后加速度大小為 ，則汽車剎車后第 內的位移和剎車后 內的位移為（　　）
A． B． C． D．
9．如圖所示，半圓形軌道豎直放在粗糙的水平地面上，質量為m的光滑小球 P套在軌道上，在水平外力 F 的作用下處于靜止狀態，P 與圓心 O 的連線與水平面的夾角為θ。現讓水平外力拉動小球，使其緩慢上移到軌道的最高點，在此過程中半圓形軌道始終保持靜止。下列說法中正確的是（　　）

A．小球 P 最初靜止時，水平外力大小為
B．小球P運動過程中，水平外力與小球重力的合力先減小后增大
C．小球P 運動過程中，地面對軌道的摩擦力一直減小
D．小球P運動過程中，軌道對地面的壓力先減小后增大
10．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。在時刻對木板施加一水平向右的恒定拉力，作用后撤去，此后木板運動的圖像如圖乙。物塊和木板的質量均為，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，下列說法正確的是（　　）
A．拉力的大小為
B．物塊與木板間的動摩擦因數為
C．物塊最終停止時的位置與木板右端間的距離為
D．時刻，物塊的速度減為0
二、多選題（本大題共4小題）
11．甲、乙兩車在同一地點同時開始沿相同方向做直線運動的v-t圖像如圖所示.根據圖像提供的信息可知 (　　)
A．甲車在0~4 s內與4~6 s內的加速度大小之比為1∶2
B．6 s末乙車追上了甲車
C．在乙車追上甲車之前,甲、乙兩車的最遠距離為10 m
D．8 s末甲、乙兩車相遇,且離出發點的距離為32 m
12．導出單位是由基本單位組合而成的,下列說法中正確的是 (　　)
A．加速度的單位是m/s2,是由m、s兩個基本單位組合而成的
B．加速度的單位是m/s2,由公式a= 可知它是由m/s和s兩個基本單位組合而成的
C．加速度的單位是m/s2,由公式a= 可知它是由N、kg兩個基本單位組合而成的
D．使質量為1 kg的物體產生1 m/s2的加速度的力為1 N
13．擁堵已成為現代都市一大通病，發展“空中軌道列車”（簡稱空軌，如圖所示）是緩解交通壓力的重要舉措。假如某空軌從甲站沿直線運動到乙站，為了使旅客舒適，其加速度不能超過2.5m/s2，行駛的速度不能超過50m/s。已知甲、乙兩站之間的距離為2.5km，下列說法正確的是（　　）
A．空軌從靜止開始加速到最大速度的最短時間為25s
B．空軌從最大速度開始剎車到停下來運動的最小位移為500m
C．從甲站運動到乙站的最短時間為70s
D．從甲站運動到乙站的最大平均速度為25m/s
14．物理必修一教材封面如圖。由于相機存在固定的曝光時間，照片中呈現的下落的砂粒并非砂粒本身的形狀，而是成了一條條模糊的徑跡，砂粒的疏密分布也不均勻。若近似認為砂粒從出口下落的初速度為零。忽略空氣阻力，不計砂粒間的相互影響，設砂粒隨時間均勻漏下，以下推斷正確的是（　　）
A．出口下方4cm處的徑跡長度約是2cm處的倍
B．出口下方4cm處的徑跡長度約是2cm處的2倍
C．出口下方0~2cm范圍內砂粒數約與2~4cm范圍砂粒數相等
D．出口下方0~3cm范圍內砂粒數約為3~9cm范圍砂粒數的倍
三、非選擇題（本大題共8小題）
15．如圖甲為測定金屬塊與長木板之間的動摩擦因數 的實驗器材，同學們設計了以下實驗步驟：
①將彈簧測力計豎直調零；
②彈簧測力計靜止狀態測量金屬塊的重力，讀出彈簧測力計的示數；
③將水平調零后的彈簧測力計與金屬塊水平連接，置于長木板一端，測量、間滑動摩擦力的大小；
④運用測量數據計算動摩擦因數 .
甲
（1） 步驟③中，兩位同學設計了如圖乙（木板固定，拉動金屬塊）、圖丙（金屬塊固定，拉動木板）所示的兩種方案，下列說法正確的是____.
乙 丙
A．乙、丙兩種情況都需要勻速拉動
B．乙、丙兩種情況都不需要勻速拉動
C．乙需要勻速拉動，丙不需要勻速拉動
D．乙不需要勻速拉動，丙需要勻速拉動
（2） 你認為乙、丙兩種方案（填“乙”或“丙”）更合理，你選擇的理由是____________________________________________________________.
（3） 若測得金屬塊重力大小為，在丙方案中彈簧測力計示數為，則、間的動摩擦因數________.
16．用電磁打點計時器“研究勻變速直線運動”的實驗中，打點計時器的工作頻率為50 Hz，如圖所示的是一次記錄小車運動情況的紙帶，圖中A、B、C、D、E、F、G為相鄰的計數點，相鄰計數點間還有四個點未畫出.
(1)根據運動學有關公式可求得vB=16.50 cm/s，vC= cm/s，vD=26.30 cm/s；
(2)利用求得的數值在如圖所示的坐標系中做出小車的v—t圖線（以打A點時開始計時）并根據圖線求出小車運動的加速度a＝ m/s2；（結果保留2位有效數字）
(3)將圖線延長與縱軸相交，交點的縱坐標是 cm/s，此速度的物理意義是 .
17．一端有滑輪的長木板與小車是驗證物體加速度與合外力的關系實驗中的重要實驗儀器，裝置中砂及砂桶的總質量為m，小車和砝碼的總質量為M.
(1)在實驗中，使用了電火花計時器.除了圖甲中器材外，還必須使用的有　　　　.
　　　　　甲
A．低壓直流電源 　　　B．8 V、50 Hz的交流電源
C．天平 　　　 D．刻度尺
(2)通過調整長木板的傾角來補償阻力，下列正確的操作是　　　　.
A．小車后面安裝紙帶，前面掛砂桶
B．小車后面不安裝紙帶，前面不掛砂桶
C．小車后面安裝紙帶，前面不掛砂桶
D．當改變M時，不需要重新補償阻力
　　乙
(3)在實驗中認為細線對小車的拉力F等于砂及砂桶的總重力mg，有兩位同學利用實驗數據作出的a-F圖像如圖乙中的1、2所示，下列分析正確的是　　　　.
A．出現圖線1的原因可能是在補償阻力時長木板的傾斜度過大
B．出現圖線1的原因可能是在補償阻力時長木板的傾斜度過小
C．圖線2偏離直線彎曲的原因可能是未滿足m遠小于M
D．圖線2偏離直線彎曲的原因可能是小車與長木板之間存在摩擦
　　　　丙
(4)某同學發現實驗室中有力傳感器，在圖甲基礎上設計了圖丙進行實驗.其中力傳感器用于測小車受到拉力的大小.為了簡便、準確地完成實驗，需要的正確操作是　　　　.
A．需要補償阻力 B．需要滿足m M
C．不需要滿足m M D．需要測量m
18．某同學用如圖所示裝置測當地重力加速度。電磁鐵和光電門固定在鐵架臺上，實驗中已測得的鐵球的直徑為D。
（1）給電磁鐵通電，將鐵球吸附在電磁鐵下面，給電磁鐵斷電，小球自由下落通過光電門，與光電門連接的數字計時器顯示小球通過光電門的遮光時間為，則小球通過光電門的速度大小為 ；（用測量的物理量符號表示）
（2）保持電磁鐵的位置不變，記錄第一次光電門的位置，再下調光電門的位置，重復實驗，記錄小球通過改變位置后的光電門遮光時間，測得光電門前后兩次的位置高度差為h，由此求得當地的重力加速度 。（用測量的物理量符號表示）
（3）若考慮空氣阻力的影響，且操作無誤，則實驗中測得的重力加速度 （填“大于”“小于”或“等于”）當地實際的重力加速度。
19．質點做勻變速直線運動，初速度 v0大小為 8m/s，加速度大小為 2m/s2，加速度方向與初速方向相反，質點不會靜止，規定初速度方向為正方向。求：
(1)質點第 5s 末的速度；
(2)從開始到質點速度 v =-4m/s 時質點運動的位移；
(3)質點運動多久后距出發點的位移大小 d =7m。
20．如圖所示，斜面靜止于水平地面上，光滑的A球分別與斜面和豎直墻面接觸，且處于靜止狀態，已知球A和斜面的質量均為m，斜面的傾角為θ，重力加速度為g。求：
(1)求斜面對A球的支持力大小？
(2)地面對斜面的支持力和摩擦力的大小？
21．物體從零時刻開始從足夠高處做自由落體運動，g=10m/s2求：
（1）物體第3s末的速度；
（2）物體前4s內下落的高度；
（3）物體第 2020s 內下落的高度（忽略高度引起的重力加速度的變化）。
22．“雪滑梯”是冬季常見的娛樂項目。某“雪滑梯”由傾角的段和水平段組成，二者在B點通過一段長度可忽略不計的弧形軌道平滑連接，如圖所示。用一質量的滑塊K（可視為質點）代替載有人的氣墊，滑塊K從A點由靜止釋放后沿做勻加速運動，下滑過程的加速度大小。已知段長度，，，取重力加速度，忽略空氣阻力。
(1)求滑塊K與段滑道的動摩擦因數；
(2)若滑塊K與BC段滑道的動摩擦因數仍為μ，滑塊K滑下后在C點停下，求BC段的長度d。
參考答案
1．【答案】A
【詳解】由題意知
F1＋F2＝7 N，F1－F2＝1 N
故
F1＝4 N，F2＝3 N
夾角為90°時
F合＝＝5 N選A。
2．【答案】B
【詳解】由題給v-t圖可知，0-1s正向加速，加速度與速度同向，1-2s正向減速，加速度與速度反向，2s末速度為0，但加速度不為0，2s-3s時反向加速，加速度與速度同向，3s-4s反向減速，加速度與速度反向，故B正確，ACD錯誤．
故選B。
3．【答案】A
【詳解】根據牛頓第二定律可知，解得，選A。
4．【答案】B
【詳解】A．由，小球拋出后1s末的速度大小為，A錯誤；
B．1s物體達到最高點，由上升階段和下落階段具有對稱性，2s末物體回到出發點，速度大小為10m/s，B正確；
C．小球拋出后1s達到最高點，位移不為0，C錯誤；
D．由上升階段和下落階段具有對稱性，2s末物體回到出發點，位移大小為0，D錯誤。選B。
5．【答案】C
【詳解】由逆向思維法可知，排球上升經過第19個所用的時間等于下降過程經過第82個所用的時間，上升經過第51個所用的時間等于下降過程經過第50個所用的時間，由，得，C正確，A、B、D錯誤。選C。
6．【答案】B
【詳解】A．假設沒有墻壁，則冰壺經過d點后再運動L將停止，則冰壺離手后運動的加速度大小為
選項A錯誤；
B．冰壺離手后運動的時間為
選項B正確；
C．由逆向思維，冰壺從點運動到點的時間和從點返回到點的時間之比為
選項C錯誤；
D．冰壺與豎直墻壁碰撞前的瞬時速度大小為
選項C錯誤。
故選B。
7．【答案】C
【詳解】AB．圖線的斜率表示速度，在0～1s內，質點向x軸正方向做勻速直線運動，質點速度大小為，質點加速度為，AB錯誤；
C．4～5s內，質點向x軸負方向做勻速直線運動，C正確
D．7～8s內，質點向x軸正方向做勻速直線運動，D錯誤。選C。
8．【答案】C
【詳解】汽車從開始剎車到速度為零所需的時間 ，根據 可得汽車剎車后第 內的位移 ，由分析可知汽車剎車后5s內的位移等于汽車剎車后4s內的位移為 ，C正確。
選C。
【易錯警示】本題易出錯的原因是忽略了汽車剎車后5s內已經停止一段時間還是還未停止。
9．【答案】C
【詳解】對小球進行受力分析，

A．靜止時，由平衡條件可得，求得，水平外力大小為，A錯誤；
B．由平衡條件可得，求得，小球P運動過程中增大，減小，水平外力與小球重力的合力與等大反向，因此，小球P運動過程中，水平外力與小球重力的合力減小，B錯誤；
CD．對整體受力分析

地面對軌道的摩擦力，地面對軌道的支持力，隨著小球P運動過程中增大，減小，不變，C正確，D錯誤。選C。
10．【答案】C
【詳解】AB：由圖像可知，撤去拉力F前，物塊在木板上一直有相對運動，否則，撤去拉力F后，木板的圖像不可能是兩段折線。在內，物塊做勻加速運動，則有，設物塊與木板間的動摩擦因數為，由牛頓第二定律有，解得，撤去拉力后木板做勻減速運動，由圖乙可知，對木板，由牛頓第二定律有，解得，撤去拉力F前，木板的加速度，對木板，根據第二定律有，得，AB錯誤；
CD：在內，物塊位移為，木板位移為，由于可知，在后，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，則有，解得，物塊到停止的時間還需，木板到停止的時間還需，所以木板比物塊先停止運動，在到物塊停止，運動的時間為，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，由上述分析可知，物塊從開始到停止運動的時間為3 s，2 s時的速度不為0，C正確，D錯誤。選C。
【關鍵點撥】根據v-t圖像求出木板和物塊的加速度，結合牛頓第二定律計算出拉力的大小和動摩擦因數，分別求出物塊和木板的位移，根據位移關系判斷物塊的停止位置以及速度為零的時刻。
11．【答案】CD
【詳解】根據v-t圖像中斜率表示加速度可知,甲車在0~4 s內加速度為a1= m/s2=1 m/s2,4~6 s內加速度為a2= m/s2=-4 m/s2,加速度大小之比為1∶4,故A錯誤;v-t圖線與橫軸圍成圖形的面積表示位移,前6 s內x甲= m+ m=32 m,x乙=4×6 m=24 m,甲車的位移比乙車大,則6 s末乙車還沒有追上甲車,故B錯誤;5 s末之前甲車的速度大于乙車的速度,兩車的距離越來越遠,5 s末之后甲車的速度小于乙車的速度,兩車的距離開始減小,故5 s末甲、乙兩車相距最遠,最遠距離為Δx=×5×4 m=10 m,故C正確;8 s內乙車的位移為x'乙=v乙t'=4×8 m=32 m,甲車的位移為 x甲=32 m,所以8 s末甲、乙兩小車相遇,且離出發點的距離為32 m,故D正確.
12．【答案】AD
【詳解】v的單位是m/s,t的單位是s,根據加速度的定義式a=,知加速度的單位是m/s2,是由m、s兩個基本單位組合而成的,m/s是導出單位,故A正確,B錯誤;N是導出單位,不是基本單位,故C錯誤;根據F=ma知,使質量為1 kg的物體產生1 m/s2的加速度的力為1 N,故D正確.
13．【答案】BC
【詳解】
A．空軌從靜止開始以最大加速度加速到最大速度時所用時間最短，則最短時間為
故A錯誤；
B．以最大加速度剎車時，空軌從最大速度開始剎車到停下來運動的位移最小，由
解得最小位移
故B正確；
C．以最大加速度加速到最大速度，然后以最大速度勻速運動，再以最大加速度剎車時，空軌從甲站到乙站的運動時間最短，且剎車時間與加速時間相等，等于t1，兩段時間對應的位移相等，等于x，勻速運動時間為
所以最短時間為
故C正確；
D．從甲站運動到乙站的最大平均速度為
故D錯誤。
故選BC。
14．【答案】AD
【詳解】AB．砂粒做自由落體運動，根據可知，砂粒下降的速度為，則出口下方4cm處的速度約是2cm處的倍，由于相機曝光的時間很短，徑跡的長度為，可知出口下方4cm處的徑跡長度約是2cm處的倍，A正確，B錯誤；
C．根據初速度為零的勻加速直線運動通過相等位移所用時間的之比為可知出口下方0~2cm范圍內與2~4cm范圍的時間之比為，因砂粒隨時間均勻漏下，可知出口下方0~2cm范圍內砂粒數與2~4cm范圍砂粒數的比值為，因此出口下方0~2cm范圍內砂粒數約與2~4cm范圍砂粒數不相等，C錯誤；
D．根據初速度為零的勻加速直線運動的位移公式可知，出口下方0~3cm范圍內與3~9cm范圍的時間之比為，因砂粒隨時間均勻漏下，可知出口下方0~3cm范圍內砂粒數約為3~9cm范圍砂粒數的倍，D正確。選AD。
15．【答案】（1） C
（2） 丙；很難做到用彈簧測力計勻速拉動金屬塊,所以實驗測量數值不穩定
（3）
【詳解】
（1） 題圖乙中金屬塊水平方向受到拉力與摩擦力,則要使彈簧測力計測量的數值為滑動摩擦力的數值,需要勻速拉動彈簧測力計,題圖丙中拉動下面的木板,金屬塊始終處于靜止狀態,彈簧測力計測量的數值為滑動摩擦力的數值,則不需要勻速拉動木板,正確.
（2） 對于兩種方案,丙比較合理,因為很難做到用彈簧測力計勻速拉動金屬塊,且金屬塊運動中彈簧測力計不方便讀數,所以實驗測量數值不穩定.
（3） 由滑動摩擦力公式可知,其中,,解得.
16．【答案】（1）21.40 （2）；0.49 （3）11.60；開始計時時小車的速度（即表示小車在A點的瞬時速度）
【詳解】(1)電磁打點計時器頻率是50 Hz時，它們每隔0.02 s打一次點，根據題意可知：每相鄰兩個計數點間還有4個點沒有畫出，因此計數點之間的時間間隔為，根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，因此有；
(2)描點作圖，用平滑曲線連接，如圖所示
速度圖像中斜率即加速度，所以；
(3)將圖線延長與縱軸相交，交點的縱坐標是11.60 cm/s；此速度的物理意義是開始計時時小車的速度（即表示小車在A點的瞬時速度）.
17．【答案】(1)CD　(2)CD　(3)AC　(4)AC
【解析】(1)電火花計時器使用220 V、50 Hz的交流電源，故A、B錯誤；測量長度需要刻度尺，測量質量需要天平，故C、D正確.
(2)通過調整長木板的傾角來補償阻力，小車后面安裝紙帶，前面不掛砂桶，故A、B錯誤，C正確；補償阻力后，有Mgsin θ=μMgcos θ，等式兩邊可以消掉M，故當改變M時，不需要重新補償阻力，故D正確.
(3)由圖線1可知，當F=0時，小車產生了加速度，說明補償阻力時長木板的傾斜度過大，故A正確，B錯誤；根據圖線2可知，隨著F的增大，即砂及砂桶的質量增大，不再滿足m遠小于M，因此圖線上部出現彎曲現象，故C正確，D錯誤.
(4)需要補償阻力，細線的拉力才等于小車所受的合外力，故A正確；由于不需要用砂及砂桶的重力來表示小車所受的合外力，小車所受的合外力可以直接測量，所以不需要滿足m M，也不需要測量m，故B、D錯誤，C正確.
18．【答案】 ；；小于
【詳解】（1）[1]小球通過光電門的速度大小為
（2）[2]根據運動學公式，又有，解得
（3）[3]因鐵球下落過程中受空氣阻力影響，加速度小于當地實際重力加速度
19．【答案】(1)；
(2)12m；
(3)1s或7s或；
【詳解】
(1)由勻變速直線運動速度與時間的關系
代入數據得
(2)由勻變速直線運動速度與位移的關系
代入數據得
x 12m
(3)由勻變速直線運動位移與時間的關系，當位移為 d
代入數據得
t 1s 或 7s
由勻變速直線運動位移與時間的關系，當位移為-d
20．【答案】(1)；(2)，
【詳解】（1）對球A受力分析得斜面對A球的支持力，
墻壁對球的作用力，
（2）將球A和斜面看作整體，地面對斜面的支持力，
摩擦力。
21．【答案】（1）；
（2）；
（3）20195m；
【詳解】
(1)由勻變速直線運動速度與時間的關系可得
代入數據得第3s末的速度為。
(2)由勻變速直線運動位移與時間的關系可得
代入數據得前4s內下落的高度為。
(3)前2020s的位移和前2019s的位移分別為
第2020s的位移為
聯立解得h202020195m。
22．【答案】(1)；(2)
【詳解】（1）在斜面上對K列牛頓第二定律方程得，
代入數據解得。
（2）K在B的速度，
K在斜面上的加速度大小，
。
第 page number 頁，共 number of pages 頁
第 1 頁，共 3 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第一章---四章綜合基礎練習3
一、單選題（本大題共10小題）
1．如圖所示為2022年北京冬奧會部分項目，在這些冬奧會項目的研究中，可以將運動員看作質點的是（ ）
A． 研究速度滑冰運動員滑冰的快慢
B． 研究自由滑雪運動員的空中姿態
C． 研究單板滑雪運動員的空中轉體D． 研究花樣滑冰運動員的花樣動作
【答案】A
【詳解】A．研究速度滑冰運動員滑冰的快慢時，運動員的大小可忽略不計，可看做質點，選項A正確；
B．研究自由滑雪運動員的空中姿態時，不能把運動員看做質點，否則就沒姿態可言了，選項B錯誤；
C．研究單板滑雪運動員的空中轉體時，不能把運動員看做質點，否則就沒空中轉體動作可言了，選項C錯誤；
D．研究花樣滑冰運動員的花樣動作時，不能把運動員看做質點，否則就沒花樣動作可言了，選項D錯誤。選A。
2．如圖所示是一種自助餐廳的保溫儲盤裝置的內部結構示意圖，三根完全相同的輕質彈簧等間距豎直懸掛在水平固定圓環上，下端連接一托盤，現在托盤上放著6個相同的盤子處于靜止狀態，并從上到下編號依次為1、2、3、4、5、6.托盤與盤子的質量相等，不計任何摩擦阻力，彈簧在彈性限度內。則某人快速取走1號盤子的瞬間，托盤對6號盤子的作用力與每根彈簧的彈力大小之比等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【詳解】設托盤和每個盤子的質量為，某人快速取走1號盤子的瞬間，托盤和剩余盤子的整體所受合力為，則有，設托盤對6號盤子的作用力大小為，對剩余的盤子為整體有，解得，取走1號盤子的瞬間，彈簧還未來得及發生形變，此時彈力大小與取走1號盤子前大小相等，則由平衡條件有，解得每根彈簧的彈力大小為，則有，選。
3．如圖甲所示，粗糙水平地面上靜置一長為2.0m、質量為2kg的長木板，在其右端放一質量為1kg的小物塊（可看作質點）．某時刻起對長木板施加逐漸增大的水平外力F，測得小物塊所受的摩擦力Ff隨外力F的變化關系如圖乙所示。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小取g = 10m/s2，若一開始改用F = 16N的水平恒力拉長木板，則小物塊在長木板上滑行的時間為（ ）
A．2s B．3s C． D．6s
【答案】A
【詳解】由圖可知，地面給木板的滑動摩擦力為2N，小物塊能產生的最大靜摩擦力即滑動摩擦力為4N，當一開始加16N的力時，小物塊的加速度為，木板的加速度為，，解得t = 2s
4．物理學家在建立物理概念、探究物理規律的過程中應用了許多思想方法，以下敘述不正確的是（　　）
A．在研究彈力時，通過激光筆、平面鏡觀察桌面形變，應用了微小量放大法
B．在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質點來代替物體的方法是控制變量法
C．根據平均速度，當很小時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，這里應用了極限思想
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，每一小段近似看做勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里應用了微元累積法
【答案】B
【詳解】A．在研究彈力時，通過激光筆、平面鏡觀察桌面形變，應用了微小量放大法，故A正確；
B．在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質點來代替物體的方法是理想模型法，故B錯誤；
C．根據平均速度，當△t很小時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，這里應用了極限思想，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，每一小段近似看做勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里應用了微元累積法，故D正確。
選不正確，故選B。
5．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
【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．
6．某跳傘運動員進行低空跳傘訓練。他離開懸停的飛機后可以認為先做自由落體運動，當離地面時打開降落傘做加速度大小為的勻減速運動，速度減為后做勻速運動，隨后勻速經過落地。取。以下說法不正確的是（ ）
A．運動員打開降落傘時的速度是
B．運動員離開飛機時距地面的高度為
C．運動員離開飛機后，經過約才能到達地面
D．運動員離開飛機后一直處于失重狀態
【答案】D
【詳解】A．降落傘勻速下降的位移為，勻減速下降的位移為，勻減速下降過程有，代入數據解得，A正確，不符題意；
B．運動員做自由落體運動的位移為，運動員離開飛機時距地面的高度為，B正確，不符題意；
C．運動員做自由落體運動的時間為，減速的時間，運動員離開飛機后，到達地面的時間為，C正確，不符題意；
D．飛機減速下降為超重狀態，勻速運動時既不超重也不失重。D錯誤，符合題意。選D。
7．2023年5月30日，神舟十六號飛船順利發射，并與空間站完美對接。 神舟十六號飛船總長8米，由推進艙、返回艙和軌道艙組成，總質量為7755千克，推進艙直徑2.50米、長3.05米，尾部噴口直徑2.8米，兩側有一對面積為2×7.5米的巨型太陽翼，里面裝有四個引擎系統和燃料。下列說法正確的是（　　）
A．在研究神舟十六號飛船的運動時，必須以飛船中的宇航員為參考系
B．在研究空間站環繞地球轉動時，不能將空間站看成質點
C．“千克”、“米”均為國際單位制基本單位
D．神舟十六號棄掉推進艙后，剩余部分慣性變大
【答案】C
【詳解】A．參考系是任意選擇的，因此在研究飛船的運動時，可以以飛船以外的物體為參考系，選項A錯誤；
B．在研究空間站環繞地球轉動時，空間站大小可以忽略，能將空間站看成質點，選項B錯誤；
C．“千克”、 “米”均為國際單位制基本單位，選項C正確；
D．慣性大小只與質量有關，神舟十六號棄掉推進艙后，剩余部分慣性變小，選項D錯誤。選C。
8．如圖所示，質量為4kg的物體靜止在水平面上，物體與水平面間的動摩擦因數為0.5，給物體施加大小為50N、與水平方向成角斜向上的拉力F作用（g取 10m/s2，，），物體運動的加速度為（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【詳解】施加拉力后，對物體進行分析有
，
解得
，
故選B。
9．在物理學的發展過程中，科學家們應用了許多物理學的研究思想、方法，以下相關內容的敘述不正確的是（ ）
A．根據速度定義式，當非常小時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義運用了極限思想
B．在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程等分成很多小段，每一小段近似看做勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里運用了類比思想
C．“重心”“合力與分力的關系”都用到了“等效替代”的思想
D．在物體的大小和形狀不影響我們所研究的問題時，可以將物體視為質點，這里運用了理想模型法
【答案】B
【詳解】A．根據速度定義式，當非常小時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義運用了極限思想，A正確，不滿足題意要求；
B．在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程等分成很多小段，每一小段近似看做勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里運用了微元思想，B錯誤，滿足題意要求；
C．“重心”“合力與分力的關系”都用到了“等效替代”的思想，C正確，不滿足題意要求；
D．在物體的大小和形狀不影響我們所研究的問題時，可以將物體視為質點，這里運用了理想模型法，D正確，不滿足題意要求；
選B。
10．如圖所示，5塊質量均為m的木塊并排放在水平地面上，編號為3的木塊與地面間的動摩擦因數為，其他木塊與地面間的動摩擦因數為，當用水平力F推第1塊木塊使它們共同加速運動時，下列說法正確的是（　　）
A．由右向左，兩塊木塊之間的摩擦力依次變小
B．木塊加速度為0.2m/s2
C．第2塊木塊與第3塊木塊之間的彈力大小為0.90F
D．第3塊木塊與第4塊木塊之間的彈力大小為0.38F
【答案】D
【詳解】A．木塊之間只有彈力，無摩擦力，A錯誤；
B．對整體進行受力分析，由牛頓第二定律，得，由于未知，加速度無法求得結果，B錯誤；
C．對前兩塊木塊進行受力分析，由牛頓第二定律得，得，C錯誤；
D．對前三塊木塊進行受力分析，由牛頓第二定律得，得，D正確；選D。
二、多選題（本大題共4小題）
11．下列關于慣性的說法正確的是 (　　)
A．慣性是物體抵抗運動狀態變化的性質
B．當物體受外力作用時,慣性表現為改變物體運動狀態的難易程度
C．質量相同的兩個物體受到相同阻力時,速度大的不容易停下來,故速度大的物體慣性大
D．慣性是一種力,物體保持原來運動狀態是因為受到慣性力的作用
【答案】AB
【詳解】慣性是保持物體原來運動狀態的性質,即抵抗運動狀態變化的性質,故A正確;當物體受外力作用時,慣性表現為改變物體運動狀態的難易程度,故B正確;質量相同的兩個物體,其慣性相同,故C錯誤;慣性不是力,是物體的固有屬性,故D錯誤.
12．從斜面上某一位置每隔0.1s釋放一顆小球，在連續釋放幾顆后，對斜面上正在運動著的小球拍下部分照片，如圖所示．現測得AB=15cm，BC=20cm，已知小球在斜面上做勻加速直線運動，且加速度大小相同，則（　　）
A．小球的加速度為5m/s2
B．拍攝時B球的速度是3.5m/s
C．C、D兩球相距25cm
D．A球上面正在運動著的小球共有2顆
【答案】ACD
【詳解】
A．由Δx＝aT2得
選項A正確；
B．拍攝時B球的速度
選項B錯誤；
C．由
Δx＝DC－BC＝BC－AB
得
DC＝BC＋（BC－AB）＝20 cm＋5 cm＝25 cm
選項C正確；
D．小球B從開始下滑到圖示位置所需的時間為
則B球上面正在運動著的小球共有三顆，A球上面正在運動著的小球共有兩個，選項D正確。
故選ACD。
13．如圖甲所示，一傾斜傳送帶與水平方向的夾角，傳送帶逆時針勻速轉動。將一煤塊無初速度地放在傳送帶頂端，煤塊在傳送帶上運動的圖像如圖乙所示。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，已知g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，則（　　）
A．傳送帶勻速運動的速度為6m/s
B．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.75
C．傳送帶的長度為12m
D．煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為1.5m
【答案】ABD
【詳解】從乙圖可以看出，傳送帶勻速的速度為6m/s，A正確；對煤塊進行受力分析，有，得，B正確；傳送帶的長度等于煤的位移，C錯誤；煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為，D正確。選ABD。
14．如圖，質量為的小物塊靜止于粗糙水平地面上，的左側與一端固定在墻面的彈簧相連，質量為的B物塊繞過定滑輪通過輕繩與物塊連接。已知物塊連接處輕繩與水平面的夾角，此時與地面間摩擦力恰好為零。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計輕繩與定滑輪之間的摩擦，重力加速度為。關于、B的受力情況，下列說法正確的是（　　）
A．此時彈簧處于伸長的狀態，且彈力
B．將繩子剪斷的瞬間，彈簧的彈力變小
C．若與地面間的動摩擦因數，將繩子剪斷后，受到的摩擦力
D．若與地面間的動摩擦因數，將繩子剪斷后，受到的摩擦力
【答案】AD
【詳解】A．由B物塊受力平衡可知，繩子拉力等于B的重力，對物塊進行受力分析，如圖所示
，彈簧的彈力方向向左，彈簧處于伸長的狀態，，A正確；
B．將繩子剪斷瞬間，彈簧的彈力不變，B錯誤；
C．將繩子剪斷后與地面之間的彈力突變為，若，最大靜摩擦力為，小于彈簧的彈力，物塊將向左運動，與地面間的摩擦力突變為滑動摩擦力，此時，故C錯誤；
D．若，最大靜摩擦力為，大于彈簧的彈力，物塊保持靜止，彈簧的彈力不變，與地面間的摩擦力仍為靜摩擦力且大小等于彈簧的彈力，D正確。選AD。
三、非選擇題（本大題共8小題）
15．實驗小組用如圖甲所示的裝置探究彈簧彈力與彈簧伸長量的關系，提供的器材有鐵架臺、彈簧、毫米刻度尺和多個鉤碼.測出彈簧原長后，將彈簧的一端固定在鐵架臺上，將毫米刻度尺豎直放在彈簧左側.用懸掛鉤碼的方法給彈簧施加拉力，使彈簧保持豎直狀態，當鉤碼穩定后讀數，此時彈簧的彈力大小等于鉤碼的重力.
（1）某次測量彈簧的長度時，刻度尺的示數如圖乙所示，讀數為 .
（2）圖丙是彈簧所受彈力與彈簧伸長量的圖像.根據此圖像計算出彈簧勁度系數為 .
（3）圖丙中直線不過坐標原點的原因是 .
【答案】（1） 16.00
（2） 200
（3） 彈簧自身有重力
【解析】
（1） 毫米刻度尺的分度值為,由題圖丙可知讀數為.
（2） 根據胡克定律可得,圖像的斜率表示彈簧的勁度系數,則.
（3） 由題圖丙可知,當時,大于零,說明沒有掛重物時,彈簧有伸長量,這是彈簧自身的重力造成的.
16．在探究加速度與力、質量的關系時，小王同學采用如圖甲所示裝置，其中小車及砝碼的質量用M表示，沙和沙桶的質量用m表示，小車的加速度可由小車后端拖動的紙帶計算得出.
(1)往沙桶中加入一定量的沙子，當M與m的大小關系滿足　　　　時，可近似認為繩對小車的拉力大小等于沙和沙桶的總重力；在釋放小車　　　　(填“之前”或“之后”)接通打點計時器的電源，在紙帶上打出一系列的點.
(2)在平衡摩擦力后，他用打點計時器打出的一段紙帶如圖乙所示，該紙帶上相鄰兩個計數點間還有4個點未標出，打點計時器使用的交流電的頻率是50 Hz，則小車的加速度大小是　　　　m/s2，當打點計時器打B點時小車的速度是　　　　m/s.(結果保留三位有效數字)
(3)小張同學用同一裝置做實驗，他們倆在同一坐標系中畫出了a-F圖像如圖丙所示，小張和小王同學做實驗，哪一個物理量是不同的 答： 　.
【答案】(1)M m　之前　(2)0.390　0.377　(3)小車及砝碼的質量M
【解析】(1)假設小車及砝碼的加速度為a，繩的拉力大小為F，對沙和沙桶有mg-F=ma，對小車及砝碼有F=Ma，聯立可得F=，故只有在M m的情況下可近似認為拉力大小等于mg；為增加打出的有效點的個數，應該先接通電源，待打點穩定后再釋放小車.
(2)紙帶上每相鄰兩個計數點間還有4個計時點，所以相鄰的計數點之間的時間間隔是T=0.1 s，根據逐差法求解加速度a==×0.01 m/s2=0.390 m/s2.
根據勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于該過程中的平均速度，可得B點的速度為vB==×0.01 m/s≈0.377 m/s.
(3)根據實驗數據可知a=·F，即a-F圖像的斜率等于小車及砝碼的質量M的倒數，所以兩人的實驗中小車及砝碼的質量M不同.
17．某同學嘗試做驗證力的平行四邊形定則的實驗.他找來了定滑輪、細線和3個質量不同的蘋果，3個蘋果的質量分別為、、，且，按如下的步驟進行實驗：
A.在墻上貼一張白紙用來記錄細線的方向；
B.將定滑輪固定，用細線、、把蘋果系好，并繞過定滑輪豎直懸掛；
C.蘋果保持靜止狀態時，記下結點位置以及3根細線的方向；
D.根據蘋果的重力在白紙上按一定的標度作出力的圖示.
若某次實驗時，細線的方向如圖所示，回答以下問題.
（1） 若 ， ，則最右側的蘋果質量為______（填“”“”或“”）.
（2） 要使三個蘋果能夠保持靜止，細線懸掛蘋果的質量的取值范圍是________________________（用、表示）.
（3） 在白紙上按一定標度作出力的圖示，若細線、、的拉力分別用、、表示，根據力的平行四邊形定則作出和的合力，則一定在豎直方向的是____.
A． B． C． D．
【答案】（1）
（2）
（3） D
【詳解】
（1） 對結點受力分析,如圖所示.三個蘋果均處于靜止狀態,根據平衡條件可得 , ,所以最小,則最右側的蘋果質量最小,最右側的蘋果質量為,中間的蘋果質量最大,為,最左側的蘋果質量為.
（2） 根據第（1）問的分析,結合合力與分力的大小關系可知,.
（3） 是用平行四邊形定則得到的理論值,根據平衡條件可知和的合力與是一對平衡力,而是實際值,方向一定是豎直向下的,由于存在誤差,的方向可能不是豎直向上.故選.
18．【模型建構】圖（a）為機場行李傳送裝置簡化圖，該裝置由傳送帶及固定擋板組成，固定擋板與傳送帶上表面垂直，傳送帶上表面與水平臺面的夾角 .傳送帶勻速轉動時，工作人員將正方體行李箱從點由靜止釋放，在運動后取下行李箱，行李箱運動時的剖面圖如圖（b）所示，已知傳送帶勻速運行的速度，行李箱質量，其底部與傳送帶上表面的動摩擦因數為，其側面與擋板的動摩擦因數為.（重力加速度,,，不計空氣阻力）.
圖（a） 圖（b）
（1） 求加速過程傳送帶上表面對行李箱的摩擦力大小和擋板對行李箱的摩擦力大小；
（2） 行李箱在傳送帶上運動的時間；
（3） 若行李箱放到傳送帶上后，傳送帶由于故障以的加速度做勻減速運動，直到行李箱停止后工作人員立即重啟系統，然后傳送帶從靜止以的加速度加速至恢復正常，若已知行李箱相對傳送帶累計滑動超過就會在該表面形成明顯破損，請通過計算判斷全程行李箱與傳送帶接觸的表面會不會產生明顯破損.
【答案】（1） ；
（2）
（3） 表面會產生明顯破損,見解析
【詳解】
（1） 傳送帶上表面對行李箱的摩擦力大小,
擋板對行李箱的摩擦力大小.
（2） 行李箱在傳送帶上加速過程,由牛頓第二定律有,
解得,
加速運動時間,加速位移大小,
勻速運動時間,
總時間.
（3） 假設行李箱和傳送帶相對靜止一起勻減速,需要的合外力,
由于,可知行李箱和傳送帶相對滑動.
對行李箱有,
解得,
行李箱停下前運動的位移大小,
傳送帶停下前運動的位移大小,
行李箱相對于傳送帶向前滑動的距離,
由于再次啟動時,
故傳送帶和行李箱發生相對滑動,行李箱加速時間,
傳送帶加速時間,
行李箱加速運動的位移大小,
傳送帶在時間內運動的位移大小,
行李箱相對于傳送帶向后滑動的距離,
在發生故障前行李箱相對于傳送帶向后滑動的距離,
行李箱相對傳送帶累計滑動距離,
由于,故行李箱表面會產生明顯破損.
19．(1)在“探究小車速度隨時間變化的規律”的實驗中：要用到打點計時器，打點計時器是一種計時儀器，其電源頻率為50Hz，常用的電磁打點計時器和電火花計時器使用的是 （直流電，交流電），它們是每隔 s打一個點。
(2)在“用打點計時器測速度”的實驗中：除電磁打點計時器（含紙帶、復寫紙）、小車、一端附有滑輪的長木板、細繩、鉤碼、導線及開關外，在下面儀器和器材中，必須使用的有 （填選項代號）
A．電壓合適的50Hz交流電源 B．電壓可調的直流電源
C．刻度尺 D．秒表
E．天平
(3)實驗過程中，下列做法正確的是
A．先釋放小車，再接通電源 B．先接通電源，再釋放小車
C．將接好紙帶的小車停在靠近滑輪處 D．將接好紙帶的小車停在靠近打點計時器處
(4)某同學用如圖1所示的裝置，打出的一條紙帶如圖2所示，其中ABCDE為計數點，相鄰兩個計數點之間還有4個點未畫出。
①打點計時器打下C點時小車的瞬時速度大小為 ；
②由紙帶上所示數據可算得小車運動的加速度大小為 。
【答案】(1)交流電；0.02，(2)AC，(3)BD，(4)0.30；0.40
【詳解】（1）[1]常用的電磁打點計時器和電火花打點計時器使用的是交流電。
[2]電源頻率為50Hz，則每隔，打一個點。
（2）AB．電壓合適的50Hz交流電源，A正確，B錯誤；
C．刻度尺用來測紙帶上計數點間的距離，C正確；
D．打點計時器就是計時儀器，不需要秒表，D錯誤；
E．實驗是“探究小車速度隨時間變化的規律”的，因此不需要天平測小車和鉤碼的質量，E錯誤。選AC。
（3）A．先釋放小車，再接通電源，這樣紙帶利用率很低，紙帶上會得到很少的數據，會產生較大的實驗誤差，A錯誤；
B．先接通電源，待打點計時器打點穩定后再釋放小車，紙帶會得到充分利用，紙帶上會得到更多的數據，會減小實驗誤差，B正確；
CD．將接好紙帶的小車停在靠近打點計時器處，小車會在長木板上運動更長的距離，紙帶上會打出更多的計數點，從而得到更多的數據，C錯誤，D正確。選BD。
（4）①[1]紙帶上相鄰兩個計數點之間還有4個點未畫出，由在某段時間內中間時刻的瞬時速度等于這段時間內的平均速度可得，打點計時器打下C點時小車的速度大小為
②[2]由勻變速直線運動的推論和紙帶所示數據算出小車的加速度大小為
20．城市高層建筑越來越多，高空墜物事件時有發生。如圖，某高樓距地面高H=82m的陽臺上的花盆因受擾動而掉落，掉落過程可看作自由落體運動（花盆可視為質點）。現有一輛長L1=8m、高h=2m的貨車，正以v0=10m/s的速度駛向陽臺正下方的通道。花盆剛開始掉落時，貨車車頭距花盆的水平距離為L2=38m，由于道路限制，汽車只能直行通過陽臺的正下方的通道，g取10m/s2，求：
（1）若花盆掉落至貨車車頂，花盆下落時間；
（2）若司機沒有發現花盆掉落，貨車保持v0=10m/s的速度勻速直行，試通過計算說明貨車是否會被花盆砸到；
（3）若司機發現花盆開始掉落，司機反應時間Δt=2s，則司機采取什么方式可以避險（貨車加速、減速均可視為勻變速運動）。
【答案】（1）4s；（2）會被花盆砸到；（3）立即以a1≥3m/s2加速或立即以a2≥1m/s2減速
【詳解】（1）花盆從82m高處落下，到達離地高2m的車頂，根據位移公式可得
解得
（2）內汽車位移為
則貨車會被花盆砸到；
（3）貨車司機反應時間內通過的距離為
貨車可以繼續前進的時間為
貨車司機反應后立即加速，整車恰好完全通過時有最小的加速度a1，貨車位移滿足
解得
汽車司機反應后立即減速，車頭恰好到達陽臺正下方時有最小的加速度a2，貨車位移滿足
解得
所以貨車司機立即以a1≥3m/s2加速或立即以a2≥1m/s2減速能避險。
21．在湖南城步南山牧場，開辟了數條滑草通道，深受小朋友的喜愛。滑道可以簡化為圖示軌道，人坐在滑板上從斜坡的高處A點由靜止開始滑下，滑到斜坡底端B點后，沿水平的滑道再滑行一段距離到C點停下來。已知小孩體重25kg，滑板質量為5kg，滑板與斜坡滑道和水平滑道間的動摩擦因數均為，斜坡的傾角，（ 、）斜坡與水平滑道間是平滑連接的，整個運動過程中空氣阻力忽略不計，重力加速度取。求：
（1）小朋友靜止在斜面上時，所受的摩擦力是多少？
（2）已知斜面和水平面上的加速度大小分別為和，由于場地的限制，水平滑道BC的最大長度L=10.0m，則斜坡上A、B兩點間的距離應不超過多少？
（3）每次滑下后，興奮的小朋友們還會爭先恐后地把滑板推上斜面。在AB段，某小朋友用力水平推滑板時，發現推不動，立即呼喚大人來幫忙，已知大人對滑板的推力也是水平方向，剛好可以推著滑板勻速上升，試求此時兩人推力之和為多少？。
【答案】（1）150N；（2）25m；（3）
【詳解】
（1）靜止時，根據平衡條件可得
（2）令，，設人從斜坡上滑下的最大距離為，由勻變速直線運動公式得
聯立解得
斜面上A、B兩點間的距離應不超過25m。
（3）設兩人推力之和F，令，建立坐標分別與斜面平行和垂直，由平衡條件可得
聯立以上三式得
代入數據得
22．如圖所示，傾斜傳送帶與水平面的夾角為，底端有一個彈性擋板（物體與擋板碰撞前后速度等大、反向），皮帶輪順時針轉動，皮帶速度恒為，一個質量為可看成質點的物體，與傳送帶的摩擦因數，從距擋板處靜止釋放，試求：（取）
（1）經多長時間物體到達底端與擋板相碰？碰前速度多大？
（2）第一次反彈后物體所能到達的距擋板的最大距離；
（3）第100次碰撞后物體上升的最大距離。
【答案】（1），；（2）；（2）
【詳解】（1）物體放上傳送帶以后，根據牛頓第二定律，解得，根據運動學公式，解得，此時物塊的速度為
（2）物體反彈后速度大小為，方向沿著斜面向上，大于傳送第的速度，根據牛頓第二定律，解得，根據運動學公式，解得第一次反彈后物體速度與傳送帶相等過程的位移，物體再以加速度為做勻減速運動，繼續運動的距離為，第一次反彈物體所能到達距擋板的最大距離
（3）第一次反彈后物體沿著傳送帶達到最高點后，沿著傳送帶向下運動，根據運動學公式，擋板反彈后速度大小不變，根據運動學公式，解得第二次反彈后物體速度與傳送帶相等過程的位移，同理，可得第二次反彈物體所能到達距擋板的最大距離，第二次反彈后物體沿著傳送帶達到最高點后，沿著傳送帶向下運動，根據運動學公式，擋板反彈后速度大小不變，根據運動學公式，解得第三次反彈后物體速度與傳送帶相等過程的位移，同理，可得第二次反彈物體所能到達距擋板的最大距離，以此類推可知第100次碰撞后物體上升的最大距離
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：第一章---四章綜合基礎練習4
一、單選題（本大題共10小題）
1． 湖南省足球協會青少年錦標賽（男子甲組）在湖南省網球足球運動管理中心拉開帷幕，關于足球運動，下列說法正確的是（　　）
A．守門員看到足球迎面飛來，守門員描述足球的運動選取的參考系是足球
B．研究如何踢出“香蕉球”時，可將足球看成質點
C．一場球賽90分鐘，這里的“90分鐘”指的是時間間隔
D．運動中的足球，其位移大小一定等于路程
2． 某物體做直線運動的v-t圖像如圖所示，則該物體（　　）
A．做往復運動 B．做勻速直線運動
C．朝某一方向做直線運動 D．以上說法都不正確
3． 如圖所示，固定在地面上的斜面足夠長，其傾角為30°，一質量為的物塊放在斜面底端，在平行于斜面向上的力作用下沿斜面向上運動，物塊與斜面之間的動摩擦因數為，后物體的速度為（g取）（　　）
A． B． C． D．
4． 汽車在水平公路上自A向B做勻減速直線運動停于B點，初速度為3m/s，加速度為0.4m/s2。若汽車在某1s內通過了0.05m的位移，則在這1s末汽車（　　）
A．已停止運動
B．剛好停止運動
C．一定沒有停止運動
D．可能沒有停止運動
5． 一同學站在力學傳感器上反復嘗試“下蹲”、“站起”動作，某時間段力學傳感器示數變化如圖所示，圖像顯示的是該同學（ ）
A．完成一次先“站起”再“下蹲”的過程
B．完成一次先“下蹲”再“站起”的過程
C．完成一次先“站起”后“下蹲”再“站起”的過程
D．完成一次先“下蹲”后“站起”再“下蹲”的過程
6 我國的深海探測技術在國際上處于領先水平，“蛟龍號”載人潛水器是迄今為止我國自主設計的最復雜的海洋調查裝備，具有世界第一的下潛深度。在某次試驗時，“蛟龍號”從水面開始豎直下潛，其運動的v-t圖像如圖所示，下列說法正確的是（　　）
A．40s末開始上浮
B．40s～60s內加速度方向向下
C．80s～100s內加速度大小為
D．下潛的最大深度為300m
7． 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
8．[2024湖南永州·期末]小明在學校秋季運動會男子1500m比賽中跑出了5分12秒35的好成績，獲得學校第一名。下列說法正確的是（　　）
A．小明比賽跑完全程的位移是1500m
B．小明比賽成績5分12秒35是指時間
C．小明比賽到達終點時因慣性不能立即停下來，速度越大，慣性越大
D．小明起跑時腳蹬地的力大于地對腳的力
9． 湖南省教育廳開展“我的韶山行”中小學紅色研學活動，一輛載著學生的汽車在臨近終點時剎車做勻減速直線運動直至停止，已知汽車剎車前的速度大小為10m/s，剎車過程中加速度大小為。由開始剎車起計時，下列說法正確的是（　　）
A．汽車在第1s末速度大小為
B．汽車在第1內發生的位移大小為8m
C．汽車在第6s末速度大小為
D．汽車在6s內發生的位移大小為24m
10． 如圖所示，一條小船在河中向正東方向行駛，船上掛起一風帆，帆受側向風力作用，風力大小F1為200N，方向為東偏南60°，為了使船受到的合力能恰沿正東方向，岸上一人用一根繩子拉船，繩子取向與河岸垂直，側向風力和繩子拉力的合力大小及繩子拉力F2的大小為（　　）
A．100N 100N B．100N 100N
C．100N 100N D．100N 100N
二、多選題（本大題共4小題）
11． 一個質點做加速度的方向與初速度的方向相同的直線運動，在加速度逐漸減小至零的過程中（　　）
A．位移一直增大且增大得越來越快
B．位移逐漸增大，當加速度減小到零時，位移將不再增大
C．速度一直減小，且減小得越來越慢
D．速度一直增大，當加速度減小到零時，速度達到最大值
12．[2025湖南永州·期末]如圖甲所示，某人借助瑜伽球鍛煉腿部力量，她曲膝靜蹲，背部倚靠在瑜伽球上，瑜伽球緊靠豎直墻面，假設瑜伽球光滑且視為均勻球體，整體可簡化成圖乙。在人緩慢豎直下蹲的過程中，人的背部與水平面的夾角逐漸減小且，下列說法正確的是（　　）
A．球對墻面的壓力逐漸減小
B．人對球的支持力增大
C．地面對人的支持力變大
D．人受到地面的摩擦力減小
13． 甲、乙兩車在平直公路上同向行駛，t=0時刻甲車在前、乙車在后，兩車頭在前進方向上的距離為7.5m，之后兩車的v-t圖像如圖所示。下列說法正確的是（　　）
A．甲、乙兩車不可能并排行駛
B．甲、乙兩車并排行駛只會出現一次
C．甲、乙兩車并排行駛會出現兩次
D．在t=3s時兩車并排行駛
14． 如圖,質量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上,二者用一輕彈簧水平連接,兩滑塊與桌面間的動摩擦因數均為μ.重力加速度大小為g.用水平向右的拉力F拉動P,使兩滑塊均做勻速運動;某時刻突然撤去該拉力,則從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前 (　　)
A．P的加速度大小的最大值為2μg
B．Q的加速度大小的最大值為2μg
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小
三、非選擇題（本大題共8小題）
15． (多選)在“探究加速度與力、質量的關系”的實驗中，下列說法正確的是 (　　)
A．平衡摩擦力時，應將砝碼盤及盤內砝碼通過定滑輪用細繩拴在小車上
B．連接砝碼盤和小車的細繩應與長木板平行
C．平衡摩擦力后，長木板的位置不能移動，每次改變小車質量時，應重新平衡摩擦力
D．小車釋放前應靠近打點計時器，且應先接通電源再釋放小車
16．[2022湖南衡陽·期中]在“探究小車速度隨時間變化規律”的實驗中：
（1）電火花計時器正常工作時，其打點的周期取決于 。
A． 交流電壓的高低 B． 交流電的頻率
C． 墨粉紙盤的大小 D． 紙帶的長度
（2）下列操作中正確的有 。
A．在釋放小車前，小車要靠近打點計時器 B．打點計時器應放在長木板的有滑輪一端
C．應先接通電源，后釋放小車 D．電火花計時器應使用低壓交流電源
（3）如圖所示為同一打點計時器在四條水平運動的紙帶上打出的點，四條紙帶的a、b間的間距相等，則a、b間的平均速度最小的是
（4）某同學用如圖 （a）所示的裝置測定勻加速直線運動的加速度，打出的一條紙帶如圖（b）所示，A、B、C、D、E為在紙帶上所選的計數點，相鄰計數點間的時間間隔為0.1 s。
①實驗時紙帶的 端是和小車相連的。（選填“左”或“右”）
②打點計時器打下C點時小車的速度大小為 m/s。
③由紙帶所示數據可算出小車的加速度大小為 m/s2。
如圖甲所示的“冰爬犁”是北方兒童在冬天的一種游戲用具。“上坐一人，雙手握鐵篙，向后下方用力點冰，則冰床前進如飛”。在空曠的水平冰面上，小孩從靜止開始，用力向后撐桿達到最大速度（未知），之后沿直線勻減速滑行了8m后停下。用 圖像描述了上述運動過程，如圖乙所示。求：
(1)“冰爬犁”最大速度
(2)小孩用力向后撐桿，“冰爬犁”加速度的大小。
18． 如圖甲所示，木塊質量，在斜向右下方的恒定推力作用下恰好做勻速直線運動，已知推力，與水平面的夾角 ，取重力加速度，，.
甲
（1） 求木塊與水平面間的動摩擦因數 ；
（2） 若僅將力方向改為斜向右上方，大小不變，如圖乙所示，求木塊的加速度大小.
乙
10月8日上午，株洲市第二中學一年一度的校運會拉開了帷幕，在本次運動會中，最受師生關注的是米接力賽，在接力比賽過程中，交接棒是至關重要的環節。已經甲、乙運動員在加速后可以保持8m/s的速度跑完全程。假設乙在起跑到接棒的這一加速過程中，加速度大小不變且為。在比賽中設有接力區，乙站在接力區的前端，接力區總長，甲、乙相遇即完成交接棒。在某次比賽訓練中，甲保持8m/s的速度朝乙跑去，求：
（1）在距離甲12m時，乙開始起跑，接棒處距離接力區前端的距離；
（2）為了成績理想，需要乙恰好和甲速度相同時完成接棒，則乙需要在甲距離接力區前端多遠時起跑；
（3）在（2）的條件下，棒在接力區的總時間為多少。

物體以12m/s的初速度從斜面底端沖上傾角為37°的斜坡，已知物體與斜面間的動摩擦因數為0.25，（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：
（1）物體沿斜面上滑的最大位移；
（2）物體再滑到斜面底端時的速度大小．
21． 圖甲所示的裝置可以測量木塊與木板之間的動摩擦因數.整個實驗裝置放在水平桌面上，跨過光滑定滑輪的細線兩端分別與放置在木板上的木塊和彈簧測力計相連，在木塊上放置砝碼.向右拉動木板，待彈簧測力計的示數穩定后讀數.
(1)下列三個因素中，會引起測量誤差的一項是　　　　(填序號).
①向右拉木板的速度未能保持恒定
②木板與桌面間的摩擦力不能忽略
③滑輪和木塊間的細線未保持水平
(2)改變木塊上砝碼個數進行多次測量后，在圖乙中描出了木塊所受滑動摩擦力Ff與砝碼質量m間的關系圖線.已知圖線的斜率為k，圖線在縱軸上的截距為a，則木塊與木板之間的動摩擦因數μ=　　　　，木塊的質量為M=　　　　.(用k、a及重力加速度g表示)
22． 某同學用圖甲裝置做“彈簧的彈力與伸長量之間的關系”實驗。
(1)圖示實驗裝置中，刻度尺保持豎直，為了便于直接讀出彈簧的長度，刻度尺的零刻度應與彈簧的 （選填“上端”或“下端”）對齊；不掛鉤碼時指針所指刻度尺的位置如圖乙所示，則此時彈簧的長度 cm。
(2)改變所掛鉤碼的個數，進行多次實驗，記錄每次所掛鉤碼的質量m及彈簧的長度L，根據求得彈力（g為重力加速度），根據求出彈簧伸長量，根據求得的多組F、x作圖像，如圖丙所示。由圖像可求得出彈簧的勁度系數為 N/m（保留一位小數）。
(3)若該同學重新實驗，實驗時多用了幾個鉤碼，作出的圖像出現了彎曲現象。造成這種現象的原因是 。
參考答案
1．【答案】C
【詳解】A．守門員看到足球迎面飛來，守門員描述足球的運動選取的參考系是地面或運動員自身，A錯誤；
B．研究如何踢出“香蕉球”時，足球的旋轉和姿態占主要因素，則足球不能質點，B錯誤；
C．一場球賽90分鐘，這里的“90分鐘”指的是時間間隔，C正確；
D．運動中的足球，可以是直線運動或曲線運動，其位移大小一定小于等于路程，D錯誤。選C。
2．【答案】C
【詳解】AC．由于圖象為v－t圖象，由此可知，速度方向并不改變，即朝某一方向做直線運動，A錯誤；C正確；
BD．因為速度發生變化，不是做勻速直線運動，BD錯誤。選C。
3．【答案】B
【詳解】在拉力作用下，設物體的加速度為a，根據牛頓第二定律，解得末的速度為
4．【答案】A
【詳解】汽車停止共運動的時間為，將做勻減速運動的汽車的逆過程看做初速度為零的反向的勻加速運動，假設最后1s末恰停止運動，也就是逆過程的最初1s汽車的位移應該為，而題中說汽車在某1s內通過了0.05m的位移，說明在這1s末汽車已停止運動。選A。
5．【答案】A
【詳解】站起的過程中，先向上加速度運動，再向上減速到停止，加速度先向上再向下，人先超重后失重，對應圖象中的；下蹲的過程中，先向下加速運動，再向下減速到停止，加速度先向下再向上，人先失重后超重，對應圖象中的；故該同學完成一次先“站起”再“下蹲”的過程。選A。
6．【答案】C
【詳解】A．40s末速度最大，“蛟龍號”繼續下潛，A錯誤；
B．40s～60s內“蛟龍號”速度減小，所以加速度方向向上，B錯誤；
C．80s～100s內加速度大小為，C正確；
D．下潛的最大深度為，D錯誤。選C。
7．【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。
8．【答案】B
【詳解】A．小明比賽跑完的1500 m是路程，A錯誤；
B．5分12秒35是一段時間間隔，指時間，B正確；
C．慣性只與物體質量有關，與速度無關，C錯誤；
D．腳蹬地的力與地對腳的力是一對相互作用力，大小相等，方向相反，D錯誤。選B。
9．【答案】A
【詳解】AC．剎車時間為s
所以，剎車后6s末的速度為0，第1s末速度大小為
A正確，C錯誤；
B．汽車在第1內發生的位移大小為
B錯誤；
D．剎車位移為
所以剎車后6s內的位移為25m，D錯誤；
選A。
10．【答案】A
【詳解】以、為臨邊做平行四邊形，使合力F沿正東方向則有，，代入數據，解得，，選A。
11．【答案】AD
【詳解】由題意可知在加速度逐漸減小至零的過程中，質點始終做加速運動，速度一直增大，位移一直增大且增大得越來越快，當加速度減小到零時，速度達到最大值，且不再增大，但位移在之后仍會增大，AD正確，BC錯誤。選AD。
12．【答案】AD
【詳解】對瑜伽球受力分析，墻面對球的彈力大小為，人對球的支持力大小為，隨著人的背部與水平面的夾角逐漸減小，逐漸減小，逐漸減小，根據牛頓第三定律可知，球對墻面的壓力逐漸減小，B錯誤，A正確；對人和球構成的整體受力分析，地面對人的支持力大小為，人受到地面的摩擦力大小為，結合AB選項分析可知f逐漸減小，地面對人的支持力不變，C錯誤，D正確。
13．【答案】CD
【詳解】
根據速度-時間圖象與時間軸圍成的面積大小表示位移，可知在0-1s內，甲車的位移為
x甲=
乙車的位移為
x乙=
兩者位移之差為
△x=x乙-x甲=12.5m-5m=7.5m
故在t=1s時兩車并排行駛，根據幾何關系可知，在1-3s內兩者的位移相等，則在t=3s時兩車并排行駛，因此，甲、乙兩車并排行駛會出現兩次，故AB錯誤，CD正確。
故選CD。
14．【答案】AD
【詳解】設兩滑塊的質量均為m,撤去拉力前,兩滑塊均做勻速直線運動,則拉力大小為F=2μmg,撤去拉力前對Q受力分析,Q受到彈簧的彈力大小為T0=μmg,以向右為正方向,撤去拉力瞬間彈簧彈力不變,為μmg,兩滑塊與桌面間仍然保持相對滑動,此時對滑塊P有-T0-μmg=maP1,解得aP1=-2μg,滑塊Q所受的外力不變,加速度仍為零,滑塊P做減速運動,故P、Q間距離減小,彈簧的伸長量變小,彈簧彈力變小,根據牛頓第二定律可知,滑塊P做加速度減小的減速運動,滑塊Q所受合力增大,合力向左,做加速度增大的減速運動,故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間,為2μg,Q加速度大小的最大值為彈簧恢復原長時,有-μmg=maQm,解得aQm=-μg,故滑塊Q加速度大小的最大值為μg,A正確,B錯誤;滑塊P、Q水平向右運動,P、Q間的距離在減小,故P的位移大小一定小于Q的位移大小,C錯誤;滑塊P在彈簧恢復到原長時有-μmg=maP2,解得aP2=-μg,撤去拉力時,P、Q的初速度相等,滑塊P開始的加速度大小為2μg,做加速度減小的減速運動,最后彈簧恢復原長時加速度大小為μg;滑塊Q開始的加速度為零,做加速度增大的減速運動,最后彈簧恢復原長時加速度大小也為μg,分析可知,恢復原長前P的速度始終比Q的速度減小得快,P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小,D正確.
15．【答案】BD　
【解析】平衡摩擦力時，應將細繩從小車上拿去，墊高長木板遠離滑輪的一端，讓小車的重力沿木板的分力平衡摩擦力，故A錯誤；若連接砝碼盤和小車的細繩與長木板不保持平行，則繩子拉力不等于小車所受的外力，這樣導致誤差增大，故B正確；平衡摩擦力后，長木板的位置不能移動，但每次改變小車的質量時，小車的重力沿木板的分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，故C錯誤；實驗時，若先放開小車，再接通打點計時器電源，由于小車運動較快，可能會使打出來的點很少，不利于數據的采集和處理，因此要求小車釋放前應靠近打點計時器，且應先接通電源再釋放小車，故D正確.
16．【答案】；B；AC；D；左；0.3；0.4
【詳解】
（1）[1] 電火花計時器正常工作時，其打點的周期取決于交流電的頻率，故B正確，ACD錯誤。
（2）[2]A．在釋放小車前，小車應盡量靠近打點計時器，以能在紙帶上打出更多的點，有利于實驗數據的處理和誤差的減小，故A正確；
B．打點計時器應固定在長木板遠離滑輪的一端，故 B錯誤；
C．實驗中為了在紙帶上打出更多的點，提高紙帶的利用效率，具體操作中要求先啟動打點計時器然后釋放小車，故C正確；
D．電火花計時器應使用220V的交流電源，故D錯誤。
（3）[3] 四條紙帶a、b間的距離都相等，打點計時器打點的時間間隔相等，在D紙帶中，間隔數最大，知ab段運動的時間最長，根據
知平均速度最小的是D紙帶，故ABC錯誤，D正確。
（4）①[4]由圖(b)所示紙帶可知，紙帶的左端與小車相連。
②[5]根據勻變速直線運動中間時刻瞬時速度等于該過程的平均速度得打C點時小車的速度
③[6]根據逐差法得小車的加速度為
17．【答案】(1)4m/s
(2)
【詳解】（1）勻減速經歷時間
勻減速過程，根據平均速度關系式有
解得
（2）小孩用力向后撐桿過程，“冰爬犁”做勻加速直線運動，根據圖像有
其中
解得
18．【答案】（1） 0.5
（2）
【詳解】
（1） 在題圖甲中,對木塊進行受力分析如圖1所示,有, ,聯立解得.
圖1
（2） 在題圖乙中,對木塊進行受力分析如圖2所示,
有,,
聯立解得.
圖2
【方法總結】
物體受到兩個以上的力的作用產生加速度時常利用正交分解法來解題.
19．【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）設乙運動員加速到交接棒時運動時間為t1，則在甲運動員追擊乙運動員的過程中，有
代入數據得t1=2s或t1=6s，乙運動員加速的最大時間為
因t1=6s＞tm，故舍去，接棒處距離接力區前端的距離為
（2）為了成績理想，需要乙恰好和甲速度相同時完成接棒，設乙需要在甲距離接力區前端s1時起跑，可得
，
解得
，
（3）棒在接力區的總時間為
20．【答案】（1）9m；（2）
【詳解】（1）物體上滑時受力如圖a所示
垂直斜面方向：，平行斜面方向：，又因為
聯立可得，物體沿斜面上滑時做勻減速直線運動，速度為0時在斜面上有最大的位移，上滑的最大位移：
（2）物體下滑時受力如圖b所示
物體沿斜面下滑時做勻加速直線運動，加速度的大小，由速度位移公式得，代入數據解得
【點評】本題考查了牛頓第二定律和運動學公式的綜合運用，知道加速度是聯系力學和運動學的橋梁，同時注意方向．
21．【答案】(1)③　(2)　
【解析】(1)實驗時，木塊和木板有相對運動即可，這樣細線的拉力大小等于木塊受到的摩擦力的大小，木板是否勻速拉動與實驗結果無關，不會造成誤差；彈簧測力計的示數等于木塊與木板間的摩擦力大小，與木板和桌面間有無摩擦無關，不會造成誤差；應保持與木塊相連的細線水平，否則木塊與木板之間的正壓力不等于木塊的重力，會造成誤差，故選③.
(2)設木塊的質量為M，則木塊與砝碼處于平衡狀態，則有Ff=μ(M+m)g，解得Ff=μMg+μmg，
故a=μMg，k=μg，解得μ=，M=.
22．【答案】(1) 上端 15.06（15.04~15.08均可）
(2)312.5
(3)彈簧超出了彈性限度
【詳解】（1）[1]刻度尺保持豎直，為了便于直接讀出彈簧的長度，刻度尺的零刻度應與彈簧的上端對齊；
[2]由圖乙可知該刻度尺的分度值為1mm，需要估讀到下一位，則此時彈簧的長度
（2）由圖像結合胡克定律可得彈簧的勁度系數為
（3）圖像出現彎曲說明彈簧的彈力與彈簧的伸長量不再成正比，原因是彈簧超出了彈性限度。
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第 2 頁，共 2 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第一章---四章綜合基礎練習5
一、單選題（本大題共10小題）
1．下列詩句描繪的情景中，含有以流水為參考系的是(　　)
A．人在橋上走，橋流水不流
B．飛流直下三千尺，疑是銀河落九天
C．白日依山盡，黃河入海流
D．孤帆遠影碧空盡，唯見長江天際流
2．如圖所示，M、N兩物體疊放在一起，在豎直向上的恒力F作用下，沿豎直墻壁一起向上做勻速直線運動，則關于兩物體受力情況的說法正確的是（　　）
A．物體M可能受到6個力
B．物體N可能受到5個力
C．物體M與墻之間一定有摩擦力
D．物體M與N之間一定有摩擦力
3．在下列四個選項中，、之間一定有彈力的是（　　）
A． B．
C． D．
4．甲、乙兩個物體初始時刻在同一位置，運動圖像分別為圖中實線和虛線，兩個圖像均為圓弧，圓弧的半徑均為a，橫縱坐標表示的物理意義未知，下列說法正確的是（　　）

A．若實線和虛線分別為甲、乙的運動軌跡，則甲、乙的速率相同
B．y表示速度，x表示時間，則時甲、乙間的距離為
C．y表示加速度，x表示時間，則時甲、乙間的距離為
D．y表示位移，x表示時間，則甲、乙的平均速度相同
5．關于地球重力加速度g和物體的重心，下列說法正確的是（ ）
A．任何有規則形狀的物體，它的重心就在幾何中心上
B．從效果上看，重心是物體各部分所受重力的等效作用點
C．在地球兩極處的g值小于在赤道處的g值
D．重心一定在物體上
6．鋼球由靜止開始做自由落體運動，不計空氣阻力，落地時的速度為30m/s，g取10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．鋼球下落的高度為40m
B．它在前2s內的平均速度為10m/s
C．鋼球下落的時間是2.5s
D．鋼球第1秒末的速度是5m/s
7．某星球表面的重力加速度大小為5m/s2，航天員登陸該星球后，在該星球表面以大小為v0=20m/s的初速度豎直向上拋出一小球，小球可視為質點，忽略星球自轉的影響，引力視為恒力，阻力可忽略，則（　　）
A．經過2s小球速度變為零
B．拋出的小球在前6s內的位移大小為40m
C．小球在第1s末、第2s末、第3s末的速度大小之比為3:2:1
D．小球第一個1s內、第二個1s內、第三個1s內、第四個1s內的位移大小之比為1:3:5:7
8．成都地鐵 18號線是服務于成都市區和成都天府國際機場之間的快線，也是一條兼顧市域客流和機場客流的復合線，是成都首個PPP地鐵項目，采用多項新技術。列車在一次運行測試中，從a點開始做勻減速直線運動，通過連續四段相等的位移s，運動到e點時速度減為零，列車可視為質點。下列說法正確的是（　　）
A．列車通過a、b、c、d點時的速度大小之比為4：3：2：1
B．列車通過 ae段的平均速度等于通過c點的瞬時速度
C．列車通過 ab段和 de段的平均速度大小之比為
D．列車通過 ac段和cd段所用時間之比為
9．甲乙兩物體同時從同一位置沿同一直線運動，甲的位移-時間圖像（）和乙的速度-時間圖像（）如圖所示，則兩物體出發后（　　）
A．在2~4s內，甲乙的加速度大小均為
B．在2~4s內，甲的平均速度為-4m/s，乙的平均速度為零
C．0~6s內甲做往返運動，乙做單向直線運動
D．甲、乙均在第3s末改變運動方向
10．某同學從一塔頂上每隔0.8s由靜止釋放一個小球，當剛釋放第7個小球時，第1個小球恰好落地。不計空氣阻力，重力加速度g取，則下列說法中正確的是（　　）
A．小球落地時的速度大小為56m/s
B．第1個小球落地時，第6個小球下落的距離為3.2m
C．第1個小球落地時，第2個小球與第3個小球的間距為16m
D．第1個小球落地前瞬間，第1個、第2個和第5個小球的速度大小之比為
二、多選題（本大題共4小題）
11．如圖所示,P、Q兩物體均重10 N,各接觸面的動摩擦因數均為μ=0.3,現在對物體Q施加一水平向右、大小為4 N的拉力F,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則下列說法正確的是 (　　)
A.物體P與物體Q一起向右運動
B.物體P靜止不動,物體Q向右運動
C.地面對物體P施加水平向左、大小為4 N的靜摩擦力
D.無論如何加大對物體Q的水平拉力F,物體P都不會向右運動
12．如圖所示，繃緊的水平傳送帶足夠長，且始終以v1=2m/s的恒定速率運行．初速度大小為v2=3m/s的小墨塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶．若從小墨塊滑上傳送帶開始計時，小墨塊在傳送帶上運動5s后與傳送帶的速度相同，則
A．小墨塊未與傳送帶速度相同時，受到的摩擦力方向水平向右
B．根據運動學知識可知a=0.2m/s2
C．小墨塊在傳送帶上的痕跡長度為4.5m
D．小墨塊在傳送帶上的痕跡長度為12.5m
13．如圖，質量均為m的小球A和B，套在光滑水平桿上，兩球間連接原長為1.5L的輕彈簧，A、B分別通過長為L的輕繩一起吊起質量也為m的小球C，重力加速度為g，當兩繩的夾角為60°時，整個裝置恰好處于平衡狀態，下列說法錯誤的是（　　）
A．彈簧對小球A 的作用力與彈簧對小球B的作用力是一對作用力和反作用力
B．桿對A的支持力為
C．輕繩中的張力大小為
D．彈簧的勁度系數為
14．甲、乙兩同學相約去參觀博物館。兩人同時從各自家中出發，沿同一直線相向而行，經過一段時間后兩人會合。身上攜帶的運動傳感器分別記錄了他們在這段時間內的速度大小隨時間的變化關系，如圖所示。其中，甲的速度大小隨時間變化的圖線為兩段四分之一圓弧，則（　　）
A．在t1時刻，甲、乙兩人速度相同
B．0-t2時間內，乙所走路程大于甲
C．在t3時刻，甲、乙兩人加速度大小相等
D．0-t4時間內，甲、乙兩人平均速率相同
三、非選擇題（本大題共8小題）
15．(18分)在“探究求合力的方法”實驗中,實驗器材有木板、白紙、圖釘、橡皮筋、細繩套和一只彈簧測力計.
(1)為了完成實驗,某同學另找來一根彈簧,先測量其勁度系數,得到的實驗數據如下表:
彈力F/N 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 3.50
伸長量x/(×1 m) 0.74 1.80 2.80 3.72 4.60 5.58 6.42
根據表中數據作出的F-x圖像如圖甲所示,由F-x圖像求得該彈簧的勁度系數k=　 N/m.
(結果保留2位有效數字)
甲
(2)某次實驗中,彈簧測力計的指針位置如圖乙所示,其讀數為　　　　　 N;同時利用(1)中結果獲得彈簧上的彈力值為2.50 N,請在圖丙中畫出這兩個共點力的合力F合的圖示.
乙　　　丙
(3)由合力的圖示得到F合=　　　　　 N.(結果保留2位有效數字)
16．某同學做“探究兩個互成角度的力的合成規律”的實驗，如圖甲所示。
(1)關于該實驗的操作，下列說法中正確的是_________。
A．測量時，橡皮條、細繩和彈簧秤應貼近并平行于木板
B．把結點拉到O點位置時，兩個彈簧測力計之間夾角越小越好
C．使用彈簧測力計時，施力方向應沿彈簧測力計軸線方向，讀數時視線應正對彈簧測力計刻度線
D．用兩個彈簧測力計分別鉤住細繩，互成角度地拉橡皮條時，只需要記下結點O的位置及兩細繩的方向
(2)在某次正確操作的實驗過程中，記錄了力F1沿圖丙中OB方向，大小如圖乙所示，則F1= N；力F2沿圖丙中OC方向，大小為3.50N。規定一個正方形方格的邊長代表1.00N，請在圖丙中作出F1、F2的圖示 ，并用平行四邊形定則在圖丙中作出它們的合力，測得合力F= N。
17．某學習小組利用如圖甲所示裝置測當地的重力加速度，小球直徑為d。小球被電磁鐵吸住時，球心到光電門的距離為h，電磁鐵斷電，小球從A處開始做自由落體運動，小球通過光電門時光電門的遮光時間為。完成以下問題：
（1）用毫米刻度尺測小球的直徑d如圖乙所示，則小球的直徑為mm。
（2）小球通過光電門1時的速度大小v＝。（用字母表示）
（3）多次調節球心到光電門的距離h，記錄對應的，獲多組實驗數據后，畫出圖像如圖丙，并通過計算得到圖像丙的斜率為k，則當地重力加速度g＝。（用字母表示）
18．如圖所示為限速的平直道路，現有甲、乙、丙3輛小車，車身長均為，都以的速度行駛，甲車車頭距乙車車尾，甲車司機鳴笛并打左轉燈后越過黃色虛線進行超車，超車時甲車一直做勻加速運動，當速度剛好達到時恰好完成超車，且甲車車尾距乙車車頭仍為，此過程中乙、丙車車速不變.（不考慮甲車變道時間及車的寬度，且超車過程近似看成直線運動）求：
（1） 甲車超車的時間和加速度大小；
（2） 甲車開始超車時，甲、丙兩車之間至少要有多大的安全距離.
19．
（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．
20．一輛長途客車正在以的速度勻速行駛，突然，司機看見車的正前方x=34 m處有一只小狗，如圖甲所示，司機立即采取制動措施．若從司機看見小狗開始計時(t=0)，客車的速度—時間圖象如圖乙所示，求:
（1）客車從司機發現小狗到停止運動的這段時間內前進的距離;
（2）客車制動時的加速度;
（3）若小狗正以的速度與長途客車同向奔跑，問小狗能否擺脫被撞的噩運
21．如圖所示，質量為的小球套在一根足夠長的固定直桿上，桿與水平方向成角，球與桿之間的動摩擦因數．小球在大小為、方向豎直向上的拉力作用下，從距桿的底端處由靜止開始沿桿斜向上運動，經過后撤去拉力（取）．求：
（1）撤去拉力前，小球沿桿上滑的加速度大小；
（2）小球沿桿向上滑行的位移大小；
（3）小球從開始運動直至滑到桿的底端所需的時間．
22．如圖所示，傾角的傳送帶始終以大小的速度順時針運行，相距的M、N為傳送帶的兩個端點，N點處有一距傳送帶很近的固定擋板P，傳送帶上A、B兩個小物塊（均視為質點）用長度的輕繩相連，輕繩拉直且與傳送帶平行，物塊A位于MN的中點O處。現將兩物塊由靜止釋放，然后將輕繩剪斷，一段時間后物塊B與擋板P發生碰撞（碰撞時間極短），碰撞后速度大小不變、方向反向。物塊A、B的質量分別為、，物塊A、B與傳送帶間的動摩擦因數分別為、，取重力加速度大小，，，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：
（1）從剪斷輕繩到物塊B第一次與擋板P碰撞的時間t；
（2）物塊B第一次與擋板P碰撞后到達的最高位置與擋板P間的距離；
（3）物塊A到達M點時，兩物塊間的距離s（結果保留兩位有效數字）。
參考答案
1．【答案】A
【詳解】試題分析：人在橋上走，是以地面做為參考系，橋流水不流，是以水為參考系，故A正確．飛流直下三千尺，疑是銀河落九天，是以大地做為參考系，故B錯誤．白日依山盡，黃河入海流，是以地面做為參考系，故C錯誤．孤帆遠影碧空盡，唯見長江天際流，是以地面做為參考系，故D錯誤．故選A．
考點：參考系.
2．【答案】D
【詳解】把MN整體研究，由平衡條件可知M與墻壁間沒有彈力和摩擦力（若有彈力，整體在水平方向不可能平衡），對N，由平衡條件可知N一定受到自身重力、M給N的支持力和摩擦力，即N一定受到3個力作用；對M，由平衡條件可知M一定受到F、自身重力、N給的摩擦力和壓力，即M一定受到4個力作用。
3．【答案】B
【詳解】A．、球體均處于靜止平衡狀態，則所受外力的合力均為0，假設、之間有彈力，對球體進行受力分析，則球體所受外力的合力不為0，即、之間一定沒有彈力，A錯誤；
B．假設沒有B球體，則球體A必定向右擺動，表明B對A有彈力，即、之間一定有彈力，B正確；
C．、球體均處于靜止平衡狀態，則所受外力的合力均為0，假設、之間有彈力，對球體進行受力分析，則球體B必定向右運動，其所受外力的合力不為0，即、之間一定沒有彈力，C錯誤；
D．、均處于靜止平衡狀態，則所受外力的合力均為0，假設、之間有彈力，對球體進行受力分析，則球體所受外力的合力不為0，即、之間一定沒有彈力，D錯誤。
故選B。
4．【答案】B
【詳解】A．若實線和虛線表示軌跡，則根據題圖可知其甲、乙運動的距離，但是時間不能確定，無法獲得其速率的信息，A項錯誤；
B．若y表示速度，x表示時間，則題圖為其速度—時間圖像，該圖像與坐標軸圍成的面積為物體的位移，由題圖可知，甲的位移方向與正方向相同，其大小為
同理可知，乙的位移方向為負方向，其大小為
甲、乙從同一位置出發，所以兩者的距離為
B項正確；
C．若y表示加速度，x表示時間，則圖像與坐標軸圍成的面積表示物體速度的變化量，由題圖無法求得甲乙兩物體的位移，所以無法求得甲乙之間的距離，C項錯誤；
D．若y表示位移，x表示時間，則甲的平均速度為
乙的平均速度為
D項錯誤。
選B。
5．【答案】B
【詳解】A．形狀規則且質量分布均勻的物體，它的重心在幾何中心上，故A錯誤；
B．物體各部分都受到重力的作用，從效果上看，重心是物體各部分所受重力的等效作用點，故B正確；
C．在地球兩極處的g值大于在赤道處的g值，故C錯誤；
D．重心可能不在物體上，故D錯誤。
故選B。
6．【答案】B
【詳解】A．根據速度位移公式，可得鋼球下落的高度為，A錯誤；
B．鋼球在前2s內的位移為，則它在前2s內的平均速度為，B正確；
C．根據速度時間公式，可得鋼球下落的時間為，C錯誤；
D．根據速度時間公式，鋼球第1秒末的速度為，D錯誤。選B。
7．【答案】C
【詳解】A．小球速度減為零的時間為
A錯誤；
B．拋出的小球在前6s內的位移大小為
B錯誤；
CD．由于小球到達最高點速度為零，且用時4s，根據逆向思維法及初速度為零的勻加速度直線運動的比例關系可知，小球在第1s末、第2s末、第3s末的速度大小之比為3:2:1，小球第一個1s內、第二個1s內、第三個1s內、第四個1s內的位移大小之比為7:5:3:1，C正確，D錯誤。
選C。
8．【答案】D
【詳解】A．逆向思維，列車反向做勻加速直線運動，根據速度—位移公式可知，列車通過a、b、c、d點時的速度大小之比為A錯誤；
B．c點是位移的中點，不是時間的中點，列車通過ae段的平均速度不等于通過c點的瞬時速度， B錯誤；
C．根據勻變速直線運動規律可知，列車通過 ab段和 de段的時間之比為
根據平均速度的公式可知平均速度大小之比為1： C錯誤；
D．根據勻變速直線運動規律可知，列車通過ac段和cd段所用時間之比為 。D正確。選D。
9．【答案】B
【詳解】A．在2~4s內，甲做勻速運動，加速度為零，乙的加速度大小為。選項A錯誤；
B．在2~4s內，甲的平均速度為。乙圖中圖像與坐標軸圍成的面積等于位移，可知在2~4s內乙的位移為零，乙的平均速度為零，選項B正確；
C．0~6s內甲乙都回到出發點，都做往返運動，選項C錯誤；
D．甲在第2s末和第4s末改變方向，乙在第3s末改變運動方向，選項D錯誤。選B。
10．【答案】B
【詳解】小球在空中的點跡如圖
A．自由落體運動的小球做勻變速直線運動，落地的速度為
故A錯誤；
B．第1個小球落地時，第6個小球下落的距離為
故B正確；
C．第1個小球落地時，第2個小球距離釋放點的距離為
第3個小球距離釋放點的距離為
第2個小球與第3個小球的間距為
故C錯誤；
D．根據速度時間公式，可得第1個小球落地前瞬間，第1個、第2個和第5個小球的速度大小之比為
故D錯誤。
故選B。
11．【答案】BD　
【詳解】由題意可知,物體P相對于地面滑動時地面對P的最大靜摩擦力為fPmax=μ·2G=0.3×20 N=6 N,Q對P的最大靜摩擦力為fPQmax=μG=0.3×10 N=3 N,因為fPQmax3 N時,Q向右運動,P相對地面靜止不動,所以無論如何加大對物體Q的水平拉力F,物體P都不會向右運動,D正確.
12．【答案】AD
【詳解】A、小墨塊未與傳送帶速度相同時，相對傳送帶向左運動，受到傳送帶的摩擦力方向水平向右，A正確；
B、小墨塊在摩擦力的作用下做勻變速運動，小墨塊在傳送帶上運動5s后與傳送帶的速度相同，加速度，方向向右，B錯誤；
CD、小墨塊向左減速運動時，對小墨塊有：0＝v2﹣at1，x1t1，聯立解得：x1＝4.5m；小墨塊向左減速的過程中，對傳送帶的位移為：x2＝v1t1，小墨塊向右加速運動時，對小墨塊有：v1＝at2，x1′，對傳送帶x2'＝v1t2，因而小墨塊在傳送帶上的痕跡長度為：x＝（x1+x2）+（x2′﹣x1′），解得：x＝12.5m，C錯誤，D正確．
13．【答案】ABC
【詳解】A．彈簧對小球A 的作用力與小球A對彈簧的作用力為一對作用力和反作用力，彈簧對小球B的作用力與小球B對彈簧的作用力為一對作用力和反作用力，彈簧對小球A 的作用力與彈簧對小球B的作用力不是一對作用力和反作用力，A錯誤；
C．對小球C分析有
解得
C錯誤；
BD．對小球A分析有
解得
B錯誤，D正確。
故選ABC。
14．【答案】BCD
【詳解】A．因為兩個人是相向運動的，說明運動方向相反，因此t1時刻速度方向相反，A錯誤；
B．圖像的面積表示物體運動的位移大小，因此可得乙的路程大于甲的路程，B正確；
C．圖像的斜率表示加速度，設交點為A，則t3時刻交點A恰好等分t2-t4的圓周，因此由幾何關系可得過A點圓的切線的斜率和乙的斜率大小相等，都為，C正確；
D．通過觀察可以看出甲的圖像面積為，乙圖像的面積為，說明甲乙的路程相等，則平均速率相同，D正確。選BCD。
15．【答案】(1)55(53~57均可)　(2)2.10　見解析　(3)3.3(3.1~3.5均可)
【詳解】(1)由題圖甲可知圖線的斜率即為彈簧的勁度系數k,根據胡克定律可得k== N/m≈55 N/m.
(2)彈簧測力計的讀數為2.10 N.設每單位長度為1 N,則合力F合的圖示如圖所示.
(3)經測量得合力為F合=3.3 N.
16．【答案】(1)AC
(2) 3.20 見解析圖 5.80
【詳解】（1）A．測量時，橡皮條、細繩和彈簧秤應貼近并平行于木板，選項A正確；
B．把結點拉到O點位置時，兩個彈簧測力計之間夾角大小要適當，并非越小越好，選項B錯誤；
C．使用彈簧測力計時，施力方向應沿彈簧測力計軸線方向，讀數時視線應正對彈簧測力計刻度線，選項C正確；
D．用兩個彈簧測力計分別鉤住細繩，互成角度地拉橡皮條時，需要記下結點O的位置及兩細繩的方向以及彈簧測力計的讀數，選項D錯誤。
故選AC。
（2）[1]彈簧秤最小刻度為0.1N，則F1=3.20N；
[2][3]根據平行四邊形定則做出兩個力的合力如圖，由圖可知合力F=5.80N。
17．【答案】9.0；；
【詳解】（1）[1]刻度尺需要估讀到最小刻度值下一位，小球的直徑9.0mm；
（2）[2]小球經過光電門的時間極短，平均速度可視為金屬球經過光電門的瞬時速度
（3）[3] 小球由靜止到經過光電門這一過程，根據運動學公式有，則整理有，由題可知，整理求得
18．【答案】（1） ；
（2）
【詳解】
（1） 設小車車身長為,甲車經過時間完成超車,根據位移關系及速度關系可得,
,
其中,,
聯立解得,.
（2） 甲車開始超車后經過時間恰好完成對乙車的超車,且甲、丙兩車頭恰相遇時甲、丙兩車之間有最小的安全距離,根據位移關系可得,
解得.
19．【答案】① A
② 甲
（2） C
【解析】
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.
20．【答案】（1）50m；
（2）；
（3）狗不會被撞上；
【詳解】
（1）由圖像可知，長途客車從司機發現狗至停止運動的這段時間內前進的距離
（2）長途客車制動時的加速度
（3）當客車由減速到時，
需要的時間
司機從看到狗到速度減為
所通過的位移為
而狗通過的位移為
，
因為，所以狗不會被撞上．
21．【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】解析（1）小球在拉力作用下上滑時，對小球受力分析，如圖甲所示
沿桿方向有，沿垂直于桿方向有，且，聯立解得
（2）小球在作用下上滑，則，，撤去拉力后，小球繼續向上運動，對小球受力分析，如圖乙所示
沿桿方向有，沿垂直于桿方向有，且，聯立解得，此過程，小球沿桿向上滑行的位移大小
（3）小球運動到最高點后開始下滑，對小球受力分析，如圖丙所示．
沿桿方向有，垂直于桿方向有，且，聯立解得，球下滑到桿的底端，通過的位移，由，可得，所需總時間
22．【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）剪斷輕繩后，物塊B沿傳送帶由靜止加速下滑，設加速度大小為，對物塊B，根據牛頓第二定律有，解得，根據勻變速直線運動的規律有，解得
（2）物塊B下滑到擋板P處時的速度大小，物塊B與擋板P碰撞后速度大小不變，沿傳送帶減速上滑，設加速度大小為，根據牛頓第二定律有，解得，從物塊B與擋板P碰撞后到物塊B與傳送帶達到共同速度，物塊B沿傳送帶上滑的距離，物塊B與傳送帶達到共同速度后以大小為的加速度沿傳送帶減速上滑，從物塊B與傳送帶達到共同速度到物塊B到達最高位置，物塊B沿傳送帶又上滑的距離，上滑的距離，解得
（3）剪斷輕繩后，物塊A沿傳送帶由靜止加速上滑，設加速度大小為，根據牛頓第二定律有，解得，從剪斷輕繩到物塊A與傳送帶達到共同速度的時間，該過程物塊A上滑的距離，從物塊A與傳送帶達到共同速度到物塊A到達M點的時間，物體A運動的總時間，根據勻變速直線運動的規律可知，從物塊B與擋板P碰撞到物塊B與傳送帶達到共同速度的時間，根據勻變速直線運動的規律可知，物塊B與傳送帶達到共同速度后減速為零的時間，由于，因此當物塊B到達最高位置時，物塊A尚未到達M點，根據勻變速直線運動的規律可知，物塊B到達最高點后沿傳送帶下滑的距離，解得，兩物塊間的距離，解得
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