章末检测试卷（四）
（满分：100分）
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.下列关于牛顿运动定律的说法正确的是 （ ）
A.牛顿第一定律提出了当物体所受的合外力为零时，物体将处于静止状态
B.汽车速度越大，刹车后滑行的距离越长，所以惯性越大
C.跳高时，运动员能跳离地面，是因为人对地面的压力大于地面对人的支持力
D.在受到相同的合外力时，决定物体运动状态变化难易程度的唯一因素是物体的质量
2.如图所示，一只鸽子在空中以加速度a沿图中虚线斜向上匀加速飞行，在此过程中，下列说法正确的是 （ ）
A.鸽子处于超重状态
B.鸽子处于完全失重状态
C.空气对鸽子的作用力可能等于鸽子所受重力
D.鸽子受到空气的作用力的方向与其飞行的速度方向相同
3.（2024·佛山市高一期末）某同学用手拉车在水平路面上搬运两包书，简化图如图所示，车在拉力F作用下向左做匀加速直线运动，两包书M和N质量相同，M、N之间始终未发生相对滑动，且相对车静止，以下说法正确的是 （ ）
A.N所受的合力比M所受的合力大
B.M受到的摩擦力大小与车的速度大小成正比
C.M受到的摩擦力的方向水平向右
D.N与车之间的摩擦力是M与N之间摩擦力的2倍
4.某消防员从一平台上无初速度跳下，下落1.8 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.6 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为 （ ）
A.自身所受重力的2倍
B.自身所受重力的4倍
C.自身所受重力的3倍
D.自身所受重力的5倍
5.（2024·汕头市金山中学高一期末）如图所示，质量为M的木箱放在水平地面上，木箱中的立杆上套着一个质量为m的小球，球与杆之间存在摩擦。小球从杆的顶端由静止释放，沿杆下滑的加速度大小为a=g，g为重力加速度，则在小球下滑的过程中，木箱对地面的压力大小为 （ ）
A.Mg B.Mg+
C.Mg+ D.Mg-
6.（2023·茂名市高一期末）如图为某运动员做蹦床运动时，利用传感器测得蹦床弹力随时间变化的F-t图像。假设运动员仅在竖直方向运动，且不计空气阻力，g取10 m/s2，依据图像给出的物理信息，可得 （ ）
A.运动员上升的最大高度为5 m（以蹦床不受力时网所在平面为参考平面）
B.运动员的加速度最大为50 m/s2
C.8.7 s至9.5 s内，运动员先处于失重状态再处于超重状态
D.运动员与蹦床相接触的过程中，运动员受到蹦床的弹力是由于运动员发生弹性形变而产生的
7.（2023·佛山市高一期末）如图所示，一辆小车静置在水平地面上，用一条遵守胡克定律的橡皮筋将质量为m的小球P悬挂于车顶O点，在O点正下方有一光滑小钉A，它到O点的距离恰好等于橡皮筋原长。现使小车从静止开始向右做匀加速直线运动，在此过程中（橡皮筋始终在弹性限度内），橡皮筋在A下方的部分与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是 （ ）
A.匀加速直线运动的加速度大小为
B.橡皮筋的弹力大小为
C.若小车的加速度大小缓慢变大，则θ减小
D.若小车的加速度大小缓慢变大，则小球的高度变高
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8.（2024·深圳市高一期末）质量为m的同学乘坐升降电梯时，利用手机中的加速度传感器得到其加速度a随时间t变化的图像如图所示。若该同学所受的支持力为FN，重力加速度为g，取向下为正方向，下列说法正确的是 （ ）
A.0~4 s内，FNB.0~10 s内电梯一直在下降
C.4~8 s内电梯处于静止状态
D.8~10 s内，该同学处于超重状态
9.如图甲所示，物块的质量m=1 kg，初速度v0=10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻恒力F突然反向，整个过程中物块速度的二次方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，重力加速度g=10 m/s2。下列说法中正确的是 （ ）
A.0~5 s内物块做匀减速运动
B.在t=1 s时刻，恒力F反向
C.恒力F大小为10 N
D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
10.（2024·汕头市高一期末）如图所示，BC为固定在小车上的水平横杆，质量为M的物块穿在杆上，靠摩擦力保持相对静止，物块通过轻细线悬吊着一个质量为m的小铁球，此时小车以大小为a的加速度向右做匀加速直线运动，物块、小铁球均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ。小车的加速度增大到2a时，物块始终和小车保持相对静止，则下列说法正确的是 （ ）
A.横杆对物块的摩擦力增大到原来的2倍
B.横杆对物块的弹力不变
C.细线与竖直方向的夹角增大到原来的2倍
D.细线的拉力增大到原来的2倍
三、非选择题（本题共5小题，共54分）
11.（8分）（2023·广东省深圳中学高一期末）某同学“探究加速度与物体合力的关系”的实验装置如图所示。图中A为小车，质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的固定长木板上，重物P的质量为m2，C为弹簧测力计，实验时改变P的质量，读出弹簧测力计的示数F，不计轻绳与滑轮、滑轮与轮轴的摩擦及滑轮的质量。
（1）（3分）下列说法正确的是 ；
A.实验中m2应远小于m1
B.长木板必须保持水平
C.实验时应先接通电源后释放小车
D.小车运动过程中弹簧测力计的读数为（g为重力加速度）
（2）（2分）如图是实验过程中得到的一条纸带，O、A、B、C、D为选取的计数点，相邻的两个计数点之间有四个点没有画出，各计数点到O点的距离分别为：LOA=8.00 cm、LOB=17.41 cm、LOC=28.21 cm、LOD=40.42 cm，若打点计时器的打点频率为50 Hz，则由该纸带可知小车在打B点时的速度为 m/s，以及小车的加速度大小为 m/s2（结果均保留3位有效数字）；
（3）（3分）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a-F图像可能是 。
12.（9分）图甲为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。某同学欲用这套实验装置探究滑块的加速度与长木板、滑块间的动摩擦因数的关系，在其他条件不变的情况下，通过多次改变动摩擦因数μ的值，利用纸带测量对应的多个加速度a的值，画出了a-μ图像如图乙所示，取g=10 m/s2。
（1）（2分）本实验中， （填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力。
（2）（3分）为尽可能准确地完成实验，下列做法正确的是 。
A.实验中必须保证桶和沙子的总质量m远小于滑块的质量M
B.实验中需要保证滑块的质量M不变
C.实验中不需要保证桶和沙子的总质量m不变
D.连接滑块的细线要与长木板平行
（3）（4分）由图乙可知，若滑块的质量M=1 kg，则小桶和沙子的总质量m= kg。理论上，图乙中b= m/s2。
13.（11分）（2023·揭阳市高一期末）有“海洋之舟”美称的企鹅喜欢在冰面上游戏。有一质量为m=21 kg的企鹅先从倾斜冰面底端由静止开始沿直线向上匀加速“奔跑”，t1=6 s，速度达到v1=4 m/s，企鹅突然卧倒以肚皮贴着冰面继续向前滑行，最后退滑到出发点（假设企鹅在滑动过程中姿势保持不变）。已知冰面倾角为θ=30°，企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=，取g=10 m/s2。求：
（1）（3分）企鹅向上“奔跑”时所受合力大小；
（2）（5分）企鹅向上运动的最远距离；
（3）（3分）企鹅退滑到出发点时的速度大小。
14.（12分）如图所示，传送带与水平面的夹角θ=30°，正以恒定的速率v=2.5 m/s顺时针转动，现在其底端A轻放一货物（可视为质点），货物与传送带间的动摩擦因数μ=，经过t=2 s，传送带突然被卡住而立即停止转动，由于惯性，货物继续沿传送带向上运动，并刚好到达传送带顶端B。求：（重力加速度g取10 m/s2）
（1）（5分）传送带刚被卡住时货物的速度大小；
（2）（7分）传送带底端A与顶端B之间的距离。
15.（14分）如图所示，质量为2.5 kg的一个长方体空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.3。这时铁箱内一个质量为0.5 kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2为0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。
（1）（4分）求木块对铁箱压力的大小；
（2）（3分）求水平拉力F的大小；
（3）（7分）减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当铁箱的速度为6 m/s时撤去拉力，又经过1 s时间木块从左侧到达右侧，则此时木块相对铁箱运动的距离是多少？
答案精析
1.D ［根据牛顿第一定律的内容知，当物体所受合外力为零时，总保持匀速直线运动状态或静止状态，故A项错误；惯性是物体的固有属性，与物体速度的大小无关，故B项错误；人对地面的压力与地面对人的支持力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故C项错误；对于任何物体，在受到相同的合外力时，决定它们运动状态变化难易程度的唯一因素就是物体的质量，质量越大，运动状态越不容易改变，故D项正确。］
2.A ［因为鸽子在空中以加速度a沿题图中虚线斜向上匀加速飞行，加速度有竖直向上的分量，所以鸽子处于超重状态，故A正确，B错误；鸽子所受的合力的方向与其飞行的速度方向相同，合力、空气的作用力与重力应构成矢量三角形，故空气对鸽子的作用力不可能等于鸽子所受重力，作用力的方向应与其飞行的速度方向有一定的夹角，故C、D错误。］
3.D ［根据题意可知两包书加速度相同，且质量相同，根据牛顿第二定律F=ma可知，合力相同，故A错误；M受到的摩擦力等于合力，根据牛顿第二定律f=ma可知，摩擦力与车的加速度大小成正比，与速度无关，故B错误；M向左加速，水平方向只受摩擦力，则摩擦力水平向左，故C错误；对N和M整体分析，N与车之间的摩擦力f1=2ma，对M分析，M与N之间的摩擦力f2=ma，故D正确。］
4.B ［由=2gh、=2as得，消防员着地后减速下降的平均加速度大小a=3g，
由牛顿第二定律有FN-mg=ma，得FN=4mg，B正确。］
5.C ［对球受力分析，竖直方向上球受重力和杆对球向上的摩擦力，由牛顿第二定律得mg-f=ma，且a=g，解得f=mg，对木箱受力分析：竖直方向上受到重力、地面的支持力和球对杆向下的摩擦力，根据平衡条件得FN=Mg+f=Mg+mg，根据牛顿第三定律得FN'=FN=Mg+mg，故选C。］
6.A ［由题图可知，运动员在空中的时间为
T=8.7 s-6.7 s=2 s
由运动的对称性可知，下落时间为
t=1 s
运动员上升的最大高度为
h=gt2=5 m
故A正确；
由题图可知，运动员的重力为500 N，质量为
m==50 kg
运动员的加速度最大为
am==40 m/s2
故B错误；
8.7 s至9.5 s内，蹦床弹力由0增加到2 500 N再减小到0，运动员先处于失重状态后处于超重状态再处于失重状态，故C错误；
运动员与蹦床相接触的过程中，运动员受到蹦床的弹力是由于蹦床发生弹性形变而产生的，故D错误。］
7.B ［当小车的加速度大小为a时，设橡皮筋的拉力大小为T，在竖直方向上根据平衡条件得
Tcos θ=mg
在水平方向上根据牛顿第二定律得
Tsin θ=ma
解得T=，a=gtan θ，
A错误，B正确；由a=gtan θ可知加速度增大，θ增大，C错误；此时小球与悬挂点间的竖直距离为
L=L0+cos θ=L0+，
当a增大时，小球的高度保持不变，D错误。］
8.AD ［0~4 s内，电梯加速度向下，则该同学处于失重状态，即FN9.BD ［由题图乙得物块在前5 m位移内做匀减速运动，在5~13 m位移内做匀加速运动，由2as=v2-得v2=2as+，可知v2-s图像斜率表示2a，则由题图乙得匀减速运动的加速度大小a1= m/s2=10 m/s2，匀加速运动的加速度大小a2= m/s2=4 m/s2，匀减速运动的时间t==1 s，故在t=1 s时刻恒力F反向，又由牛顿第二定律得F+μmg=ma1和F-μmg=ma2，联立解得F=7 N，动摩擦因数μ=0.3，选项B、D正确。］
10.AB ［对小球和物块组成的整体，受力分析如图甲所示
根据牛顿第二定律得，水平方向f=(M+m)a，竖直方向FN=(M+m)g，则当加速度增加到2a时，横杆对物块的摩擦力f增加到原来的2倍，横杆对物块的弹力等于两个物体的总重力，保持不变，故A、B正确；以小球为研究对象，受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtan θ=ma，得tan θ=，当a增加到2倍时，tan θ变为2倍，但θ没有增大到原来的2倍，细线的拉力T=，可见，a变为2倍，T没有增大到原来的2倍，故C、D错误。］
11.(1)C (2)1.01 1.40 (3)B
解析 (1)轻绳的拉力由弹簧测力计直接读出，所以不需要满足重物与小车之间的质量关系，故A错误；
本实验需要平衡摩擦力，需要在长木板不带定滑轮的一端下面垫一块小木块，所以长木板不会保持水平，故B错误；
按操作顺序，应先接通电源后释放小车，故C正确；
对P受力分析，根据牛顿第二定律得m2g-2F=m2a>0
所以2F即F<
小车运动过程中弹簧测力计的读数小于，故D错误。
(2)相邻的两个计数点之间有四个点没有画出，所以相邻计数点间的时间间隔为
T=5×0.02 s=0.1 s
则小车在打B点时的速度大小为
vB== m/s≈1.01 m/s
由逐差法得，小车加速度大小为
a===1.40 m/s2
(3)如果没有平衡摩擦力，则拉力较小时，小车没有加速度，对应的a-F图像为B。
12.(1)不需要 (2)BD (3)0.6 3.75
解析 (1)本实验需要研究摩擦力，则不需要平衡摩擦力。
(2)如果实验中保证桶和沙子的总质量m远小于滑块的质量M，会出现μ很小时，滑块也不会运动，则不需要保证桶和沙子的总质量m远小于滑块的质量M，故A错误；
实验中多次改变μ的值，需要其他条件不变，则需要保证滑块的质量M不变，需要保证桶和沙子的总质量m不变，B正确，故C错误；
连接滑块的细线要与长木板平行，避免拉力产生垂直于木板方向的分力，故D正确。
(3)由题图乙可知，当μ=0.6时，加速度为零，由平衡条件有μMg=mg
解得m=0.6 kg
根据题意，由牛顿第二定律有
mg-μMg=(M+m)a
整理得a=-μ+
结合题图乙可得b==3.75 m/s2。
13.(1)14 N (2)13 m (3)2 m/s
解析 (1)企鹅向上“奔跑”时的加速度为
a1== m/s2
企鹅向上“奔跑”时所受合力大小为
F1=ma1=14 N
(2)向上“奔跑”的距离为
s1=t1=12 m
设企鹅向上滑行时的加速度大小为a2
mgsin 30°+μmgcos 30°=ma2
解得a2=8 m/s2
则向上滑行的距离为
s2==1 m
则企鹅向上运动的最远距离为
sm=s1+s2=13 m
(3)企鹅向下滑行时有
mgsin 30°-μmgcos 30°=ma3
解得a3=2 m/s2
设企鹅退滑到出发点时的速度大小为v3
则=2a3sm
解得v3=2 m/s。
14.(1)2.5 m/s (2)4 m
解析 (1)货物从A处开始做匀加速运动，设加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μmgcos θ-mgsin θ=ma1
代入数据解得a1=2.5 m/s2
货物做匀加速运动的时间t1== s=1 s
1~2 s内货物做匀速运动，所以传送带刚被卡住时货物速度大小为2.5 m/s。
(2)第1 s内货物位移大小
s1=t1=×1 m=1.25 m
在1~2 s时间内，货物随传送带一起匀速运动的位移大小为
s2=v(t-t1)=2.5×(2-1) m=2.5 m
传送带停止转动后，货物做匀减速运动，设此时货物的加速度大小为a2，
由牛顿第二定律有
μmgcos θ+mgsin θ=ma2
代入数据解得a2=12.5 m/s2
货物做匀减速运动的位移大小为
s3== m=0.25 m
则传送带底端A与顶端B之间的距离
L=s1+s2+s3=4 m。
15.见解析
解析 (1)木块静止在铁箱后壁上，所以在竖直方向有f=m木g
又有f=μ2FN
所以有FN==20 N
由牛顿第三定律可得木块对铁箱的压力大小为20 N。
(2)对木块受力分析，在水平方向有a==40 m/s2
对铁箱和木块整体受力分析，在水平方向有F-μ1(m木+m箱)g=(m木+m箱)a
解得F=129 N
(3)撤去拉力后，铁箱向右减速运动，其加速度大小
a箱==3.1 m/s2
木块向右减速运动，其加速度大小a木==2.5 m/s2
在t=1 s的时间内，
铁箱向右运动的位移
s箱=vt-a箱t2=4.45 m
木块向右运动的位移
s木=vt-a木t2=4.75 m
木块相对铁箱运动的距离
s=s木-s箱=0.3 m。(共52张PPT)
章末检测试卷(四)
一、单项选择题
1.下列关于牛顿运动定律的说法正确的是
A.牛顿第一定律提出了当物体所受的合外力为零时，物体将处于静止状态
B.汽车速度越大，刹车后滑行的距离越长，所以惯性越大
C.跳高时，运动员能跳离地面，是因为人对地面的压力大于地面对人的
支持力
D.在受到相同的合外力时，决定物体运动状态变化难易程度的唯一因素
是物体的质量
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
根据牛顿第一定律的内容知，当物体所受合外力为零时，总保持匀速直线运动状态或静止状态，故A项错误；
惯性是物体的固有属性，与物体速度的大小无关，故B项错误；
人对地面的压力与地面对人的支持力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故C项错误；
对于任何物体，在受到相同的合外力时，决定它们运动状态变化难易程度的唯一因素就是物体的质量，质量越大，运动状态越不容易改变，故D项正确。
13
14
15
2.如图所示，一只鸽子在空中以加速度a沿图中虚线斜向上匀加速飞行，在此过程中，下列说法正确的是
A.鸽子处于超重状态
B.鸽子处于完全失重状态
C.空气对鸽子的作用力可能等于鸽子所受重力
D.鸽子受到空气的作用力的方向与其飞行的速度方向相同
√
1
2
3
4
5
6
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1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
因为鸽子在空中以加速度a沿题图中虚线斜向上匀加速飞行，加速度有竖直向上的分量，所以鸽子处于超重状态，故A正确，B错误；
鸽子所受的合力的方向与其飞行的速度方向相同，
合力、空气的作用力与重力应构成矢量三角形，故空气对鸽子的作用力不可能等于鸽子所受重力，作用力的方向应与其飞行的速度方向有一定的夹角，故C、D错误。
3.(2024·佛山市高一期末)某同学用手拉车在水平路面上搬运两包书，简化图如图所示，车在拉力F作用下向左做匀加速直线运动，两包书M和N质量相同，M、N之间始终未发生相对滑动，且相对车静止，以下说法正确的是
A.N所受的合力比M所受的合力大
B.M受到的摩擦力大小与车的速度大小成正比
C.M受到的摩擦力的方向水平向右
D.N与车之间的摩擦力是M与N之间摩擦力的2倍
√
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根据题意可知两包书加速度相同，且质量相同，根据牛顿第二定律F=ma可知，合力相同，故A错误；
14
15
M受到的摩擦力等于合力，根据牛顿第二定律f=ma可知，摩擦力与车的加速度大小成正比，与速度无关，故B错误；
M向左加速，水平方向只受摩擦力，则摩擦力水平向左，故C错误；
对N和M整体分析，N与车之间的摩擦力f1=2ma，对M分析，M与N之间的摩擦力f2=ma，故D正确。
4.某消防员从一平台上无初速度跳下，下落1.8 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.6 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为
A.自身所受重力的2倍
B.自身所受重力的4倍
C.自身所受重力的3倍
D.自身所受重力的5倍
1
2
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5
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√
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15
由=2gh、=2as得，消防员着地后减速下降的平均加速度大小a=3g，
由牛顿第二定律有FN-mg=ma，得FN=4mg，B正确。
5.(2024·汕头市金山中学高一期末)如图所示，质量为M的木箱放在水平地面上，木箱中的立杆上套着一个质量为m的小球，球与杆之间存在摩擦。小球从杆的顶端由静止释放，沿杆下滑的加速度大小为a=g，g为重力加速度，则在小球下滑的过程中，木箱对地面
的压力大小为
A.Mg B.Mg+
C.Mg+ D.Mg-
1
2
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对球受力分析，竖直方向上球受重力和杆对球向上的摩擦力，由牛顿第二定律得mg-f=ma，且a=g，解得f=mg，对木箱受力分析：竖直方向上受到重力、地面的支持力和球对杆向下的摩擦
14
15
力，根据平衡条件得FN=Mg+f=Mg+mg，根据牛顿第三定律得FN‘= FN=Mg+mg，故选C。
6.(2023·茂名市高一期末)如图为某运动员做蹦床运动时，利用传感器测得蹦床弹力随时间变化的F-t图像。假设运动员仅在竖直方向运动，且不计空气阻力，g取10 m/s2，依据图像给出的物理信息，可得
A.运动员上升的最大高度为5 m(以蹦床
不受力时网所在平面为参考平面)
B.运动员的加速度最大为50 m/s2
C.8.7 s至9.5 s内，运动员先处于失重状态再处于超重状态
D.运动员与蹦床相接触的过程中，运动员受到蹦床的弹力是由于运动员
发生弹性形变而产生的
1
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3
4
5
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8
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12
√
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8
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11
12
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14
15
由题图可知，运动员在空中的时间为
T=8.7 s-6.7 s=2 s
由运动的对称性可知，下落时间为
t=1 s
运动员上升的最大高度为
h=gt2=5 m
故A正确；
1
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由题图可知，运动员的重力为500 N，质量为
m==50 kg
运动员的加速度最大为
am==40 m/s2
故B错误；
8.7 s至9.5 s内，蹦床弹力由0增加到2 500 N再减小到0，运动员先处于失重状态后处于超重状态再处于失重状态，故C错误；
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运动员与蹦床相接触的过程中，运动员受到蹦床的弹力是由于蹦床发生弹性形变而产生的，故D错误。
7.(2023·佛山市高一期末)如图所示，一辆小车静置在水平地面上，用一条遵守胡克定律的橡皮筋将质量为m的小球P悬挂于车顶O点，在O点正下方有一光滑小钉A，它到O点的距离恰好等于橡皮筋原长。现使小车从静止开始向右做匀加速直线运动，在此过程中(橡皮筋始终在弹性限度内)，橡皮筋在A下方的部分与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是
A.匀加速直线运动的加速度大小为
B.橡皮筋的弹力大小为
C.若小车的加速度大小缓慢变大，则θ减小
D.若小车的加速度大小缓慢变大，则小球的高度变高
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当小车的加速度大小为a时，设橡皮筋的拉力大小为T，在竖直方向上根据平衡条件得
Tcos θ=mg
在水平方向上根据牛顿第二定律得
Tsin θ=ma
解得T=，a=gtan θ，
A错误，B正确；
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由a=gtan θ可知加速度增大，θ增大，C错误；
此时小球与悬挂点间的竖直距离为L=L0+cos θ
=L0+，
当a增大时，小球的高度保持不变，D错误。
二、多项选择题
8.(2024·深圳市高一期末)质量为m的同学乘坐升降电梯时，利用手机中的加速度传感器得到其加速度a随时间t变化的图像如图所示。若该同学所受的支持力为FN，重力加速度为g，取向下为正方向，下列说法正确的是
A.0~4 s内，FNB.0~10 s内电梯一直在下降
C.4~8 s内电梯处于静止状态
D.8~10 s内，该同学处于超重状态
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0~4 s内，电梯加速度向下，则该同学处
于失重状态，即FN0~4 s内电梯加速度向下，可能向下加速，
也可能向上减速；4~8 s内电梯速度可能
为零，处于静止状态，也可能处于匀速运动状态；8~10 s内，电梯加速度向上，该同学处于超重状态，电梯可能加速上升，也可能减速下降，选项B、C错误，D正确。
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9.如图甲所示，物块的质量m=1 kg，初速度v0=10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻恒力F突然反向，整个过程中物块速度的二次方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，重力加速度g=10 m/s2。下列说法中正确的是
A.0~5 s内物块做匀减速运动
B.在t=1 s时刻，恒力F反向
C.恒力F大小为10 N
D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
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√
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由题图乙得物块在前5 m位移内做匀减速运动，在5~13 m位移内做匀加速运动，由2as=v2-得v2=2as+，可知v2-s图像斜率表示2a，则由题图乙得匀
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减速运动的加速度大小a1= m/s2=10 m/s2，匀加速运动的加速度大小a2= m/s2=4 m/s2，匀减速运动的时间t==1 s，故在t=1 s时刻恒力F反向，又由牛顿第二定律得F+μmg=ma1和F-μmg=ma2，联立解得F=7 N，动摩擦因数μ=0.3，选项B、D正确。
10.(2024·汕头市高一期末)如图所示，BC为固定在小车上的水平横杆，质量为M的物块穿在杆上，靠摩擦力保持相对静止，物块通过轻细线悬吊着一个质量为m的小铁球，此时小车以大小为a的加速度向右做匀加速直线运动，物块、小铁球均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ。小车的加速度增大到2a时，物块始终和小车保持相对静止，则下列说法正确的是
A.横杆对物块的摩擦力增大到原来的2倍
B.横杆对物块的弹力不变
C.细线与竖直方向的夹角增大到原来的2倍
D.细线的拉力增大到原来的2倍
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对小球和物块组成的整体，受力分析如图甲所示
根据牛顿第二定律得，水平方向f=(M+m)a，竖直方向FN=(M+m)g，则当加速度增加到2a
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时，横杆对物块的摩擦力f增加到原来的2倍，横杆对物块的弹力等于两个物体的总重力，保持不变，故A、B正确；
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以小球为研究对象，受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtan θ=ma，得tan θ=，当a增加到2倍时，tan θ变为2倍，但θ没有增大到原来的2倍，细线的拉力T=，
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可见，a变为2倍，T没有增大到原来的2倍，故C、D错误。
三、非选择题
11.(2023·广东省深圳中学高一期末)某同学“探究加速度与物体合力的关系”的实验装置如图所示。图中A为小车，质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器B，它们均置于水平放置的一端带有
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定滑轮的固定长木板上，重物P的质量为m2，C为弹簧测力计，实验时改变P的质量，读出弹簧测力计的示数F，不计轻绳与滑轮、滑轮与轮轴的摩擦及滑轮的质量。
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(1)下列说法正确的是 ；
A.实验中m2应远小于m1
B.长木板必须保持水平
C.实验时应先接通电源后释放小车
D.小车运动过程中弹簧测力计的读数为(g为重力加速度)
C
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轻绳的拉力由弹簧测力计直接读出，所以不需要满足重物与小车之间的质量关系，故A错误；
本实验需要平衡摩擦力，需要在长木板不带
定滑轮的一端下面垫一块小木块，所以长木板不会保持水平，故B错误；
按操作顺序，应先接通电源后释放小车，故C正确；
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对P受力分析，根据牛顿第二定律得
m2g-2F=m2a>0
所以2F即F<
小车运动过程中弹簧测力计的读数小于，故D错误。
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(2)如图是实验过程中得到的一条纸带，O、A、B、C、D为选取的计数点，相邻的两个计数点之间有四个点没有画出，各计数点到O点的距离分别为：LOA=8.00 cm、LOB=17.41 cm、LOC=28.21 cm、LOD=40.42 cm，若打点计时器的打点频率为50 Hz，则由该纸带可知小车在打B点时的速度为 ______m/s，以及小车的加速度大小为 m/s2(结果均保留3位有效 数字)；
1.01
1.40
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相邻的两个计数点之间有四个点没有画出，所以相邻计数点间的时间间隔为
T=5×0.02 s=0.1 s
则小车在打B点时的速度大小为
vB== m/s≈1.01 m/s
由逐差法得，小车加速度大小为
a===1.40 m/s2
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(3)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a-F图像可能是 。
B
如果没有平衡摩擦力，则拉力较小时，小车没有加速度，对应的a-F图像为B。
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12.图甲为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。某同学欲用这套实验装置探究滑块的加速度与长木板、滑块间的动摩擦因数的关系，在其他条件不变的情况下，通过多次改变动摩擦因数μ的值，利用纸带测量对应的多个加速度a的值，画出了a-μ图像如图乙所示，取g=10 m/s2。
(1)本实验中， (填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力。
不需要
本实验需要研究摩擦力，则不需要平衡摩擦力。
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(2)为尽可能准确地完成实验，下列做法正确的是 。
A.实验中必须保证桶和沙子的
总质量m远小于滑块的质量M
B.实验中需要保证滑块的质量
M不变
C.实验中不需要保证桶和沙子的总质量m不变
D.连接滑块的细线要与长木板平行
BD
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如果实验中保证桶和沙子的总质量m远小于滑块的质量M，会出现μ很小时，滑块也不会运动，则不需要保证桶和沙子的总质量m远小于滑块的质量M，故A错误；
实验中多次改变μ的值，需要其他条件不变，则需要保证滑块的质量M不变，需要保证桶和沙子的总质量m不变，B正确，故C错误；
连接滑块的细线要与长木板平行，避免拉力产生垂直于木板方向的分力，故D正确。
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(3)由图乙可知，若滑块的质量M=1 kg，则小桶和沙子的总质量m= kg。理论上，图乙中b= m/s2。
0.6
3.75
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由题图乙可知，当μ=0.6时，加速度为零，
由平衡条件有μMg=mg
解得m=0.6 kg
根据题意，由牛顿第二定律有mg-μMg=(M+m)a
整理得a=-μ+
结合题图乙可得b==3.75 m/s2。
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13.(2023·揭阳市高一期末)有“海洋之舟”美称的企鹅喜欢在冰面上游戏。有一质量为m=21 kg的企鹅先从倾斜冰面底端由静止开始沿直线向上匀加速“奔跑”，t1=6 s，速度达到v1=4 m/s，企鹅突然卧倒以肚皮贴着冰面继续向前滑行，最后退滑到出发点(假设企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。已知冰面倾角为θ=30°，企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=，取g=10 m/s2。求：
(1)企鹅向上“奔跑”时所受合力大小；
答案 14 N
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企鹅向上“奔跑”时的加速度为
a1== m/s2
企鹅向上“奔跑”时所受合力大小为
F1=ma1=14 N
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答案 13 m
(2)企鹅向上运动的最远距离；
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向上“奔跑”的距离为s1=t1=12 m
设企鹅向上滑行时的加速度大小为a2
mgsin 30°+μmgcos 30°=ma2
解得a2=8 m/s2
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则向上滑行的距离为s2==1 m
则企鹅向上运动的最远距离为
sm=s1+s2=13 m
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答案 2 m/s
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。
企鹅向下滑行时有
mgsin 30°-μmgcos 30°=ma3
解得a3=2 m/s2
设企鹅退滑到出发点时的速度大小为v3
则=2a3sm
解得v3=2 m/s。
14.如图所示，传送带与水平面的夹角θ=30°，正以恒定的速率v=2.5 m/s顺时针转动，现在其底端A轻放一货物(可视为质点)，货物与传送带间的动摩擦因数
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答案 2.5 m/s
μ=，经过t=2 s，传送带突然被卡住而立即停止转动，由于惯性，货物继续沿传送带向上运动，并刚好到达传送带顶端B。求：(重力加速度g取10 m/s2)
(1)传送带刚被卡住时货物的速度大小；
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货物从A处开始做匀加速运动，设加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μmgcos θ-mgsin θ=ma1
代入数据解得a1=2.5 m/s2
货物做匀加速运动的时间t1== s=1 s
1~2 s内货物做匀速运动，所以传送带刚被卡住时货物速度大小为2.5 m/s。
(2)传送带底端A与顶端B之间的距离。
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答案 4 m
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第1 s内货物位移大小s1=t1=×1 m=1.25 m
在1~2 s时间内，货物随传送带一起匀速运动
的位移大小为
s2=v(t-t1)=2.5×(2-1) m=2.5 m
传送带停止转动后，货物做匀减速运动，设此时货物的加速度大小为a2，
由牛顿第二定律有μmgcos θ+mgsin θ=ma2
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代入数据解得a2=12.5 m/s2
货物做匀减速运动的位移大小为
s3== m=0.25 m
则传送带底端A与顶端B之间的距离
L=s1+s2+s3=4 m。
15.如图所示，质量为2.5 kg的一个长方体空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.3。这时铁箱内一个质量为
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答案 见解析
0.5 kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2为0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。
(1)求木块对铁箱压力的大小；
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木块静止在铁箱后壁上，所以在竖直方向有f=m木g
又有f=μ2FN
所以有FN==20 N
由牛顿第三定律可得木块对铁箱的压力大小为20 N。
(2)求水平拉力F的大小；
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答案 见解析
对木块受力分析，在水平方向有a==40 m/s2
对铁箱和木块整体受力分析，在水平方向有F-μ1(m木+m箱)g=(m木+m箱)a
解得F=129 N
(3)减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当铁箱的速度为6 m/s时撤去拉力，又经过1 s时间木块从左侧到达右侧，则此时木块相对铁箱运动的距离是多少？
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答案 见解析
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撤去拉力后，铁箱向右减速运动，其加速度大小
a箱==3.1 m/s2
木块向右减速运动，其加速度大小a木==2.5 m/s2
在t=1 s的时间内，
铁箱向右运动的位移s箱=vt-a箱t2=4.45 m
木块向右运动的位移s木=vt-a木t2=4.75 m
木块相对铁箱运动的距离s=s木-s箱=0.3 m。
