模块综合试卷（一）
（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.在物理学的重大发现中，科学家们创造出了许多物理学方法，如比值法、理想实验法、控制变量法、极限思维法、类比法、科学假说法和建立物理模型法等，以下关于所用物理学方法的叙述不正确的是 （ ）
A.在推导匀变速直线运动位移与时间关系式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
B.根据速度定义式v=，当Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思维法
C.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
D.定义加速度a=用到比值法，加速度与Δv和Δt无关
2.2023年5月30日9时31分，长征二号携神舟十六号载人飞船在酒泉卫星发射中心发射升空，景海鹏、朱杨柱、桂海潮3名航天员状态良好，发射取得圆满成功。载人飞船进入预定轨道后，采用自主快速交会对接模式对接天和核心舱（核心舱距离地面近400 km）径向端口，形成三舱三船组合体，18时22分，神舟十六号航天员乘组成功入驻“天宫”。下列说法正确的是 （ ）
A.“2023年5月30日9时31分”代表时间
B.神舟十六号飞船升空到对接的路程为400 km
C.神舟十六号飞船在与核心舱对接的过程中，不能视作质点
D.神舟十六号升空过程中，以景海鹏为参考系，朱杨柱、桂海潮都向上运动
3.将一个质量为m的铅球放在倾角为30°的斜面上，并用竖直挡板挡住，铅球处于静止状态。不考虑铅球受到的摩擦力，重力加速度为g，则 （ ）
A.斜面对铅球的支持力是铅球的形变造成的
B.斜面对铅球的支持力为mg
C.斜面对铅球的支持力为mg
D.挡板对铅球的弹力为mg
4.甲、乙两辆汽车速度相等，在同时制动后，假设均做匀减速直线运动，甲经3 s停止，共前进了36 m，乙经1.5 s停止，乙车前进的距离为 （ ）
A.9 m B.18 m C.36 m D.27 m
5.如图所示，分别为汽车甲的位移—时间图像和汽车乙的速度—时间图像，则 （ ）
A.甲的加速度大小为5 m/s2
B.乙的加速度大小为5 m/s2
C.甲在0~4 s内的位移大小为40 m
D.乙在0~4 s内的位移大小为20 m
6.（2024·汕头市高一期末）10 m跳台跳水比赛中，从运动员离开跳板开始计时，以竖直向下为正方向，该运动员跳水过程中重心的v-t图像可简化为如图所示（忽略运动员水平方向的运动），则下列说法正确的是 （ ）
A.运动员在0~t2内一直下降
B.运动员在0~t1内处于失重状态
C.运动员在t3时已浮出水面
D.运动员在水中的加速度逐渐增大
7.（2023·广州市第五中学高一期末）如图所示，质量分别为m、M的两物体P、Q保持相对静止，一起沿倾角为θ的固定光滑斜面下滑，Q的上表面水平，P、Q间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是 （ ）
A.Q对P的摩擦力大小为μmg，方向水平向左
B.Q对P的摩擦力大小为mgsin θcos θ，方向水平向左
C.P对Q的压力大小等于mg
D.P对Q的压力大小等于mgsin2θ
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.在如图所示的v-t图像中，A、B两质点同时从同一点沿同一条直线开始运动，运动规律用A、B两图线表示，下列叙述正确的是 （ ）
A.t=1 s时，B质点运动方向发生改变
B.t=2 s时，B质点运动方向和加速度方向均发生改变
C.A、B同时由静止出发，0~2 s内运动方向相反
D.在t=4 s时，A、B速度相同
9.如图所示，在光滑的水平桌面上放一质量为mA=5 kg的物块A，A的上方放一质量为mB=3 kg的物块B，用一轻绳一端拴在物块A上，另一端跨过光滑的轻质定滑轮拴接一质量为mC=2 kg的物块C，其中连接A的轻绳与水平桌面平行。现由静止释放物块C，在以后的过程中，C未着地，A与B之间没有相对滑动且A、B始终没有离开水平桌面（重力加速度g取10 m/s2）。则下列说法正确的是 （ ）
A.A的加速度大小为2.5 m/s2
B.A的加速度大小为2 m/s2
C.A对B的摩擦力大小为6 N
D.A对B的摩擦力大小为7.5 N
10.（2023·广州市第八十九中高一期末）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g=10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是 （ ）
A.小滑块的质量m=2 kg
B.小滑块与长木板间的动摩擦因数为0.2
C.当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大
D.当水平拉力F=7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2
三、非选择题（本题共5小题，共54分）
11.（8分）某同学在家利用身边器材做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。他找到了木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套、一个弹簧测力计和一根弹簧。为完成实验，他进行了如下步骤的操作：
（1）（2分）先测量找来的那根弹簧的劲度系数。他通过实验得到如图甲所示的弹力大小F与弹簧的伸长量x的关系图像，由此图像求得该弹簧的劲度系数k= N/m（保留两位有效数字）。
（2）（1分）将木板放在水平桌面上，再用图钉把一张白纸钉在木板上，将橡皮筋的一端用图钉固定在白纸上的A点，另一端拴两个细绳套，分别被弹簧测力计和弹簧钩住，将结点拉到某一合适位置。弹簧测力计的指针位置如图乙所示，其读数为F1= N；同时利用上一问中的结果获得弹簧上的弹力值F2=2.50 N，记下这两个力的大小及两细绳套的方向，同时记下结点O的位置。撤去弹簧，只用弹簧测力计，把橡皮筋的结点拉到与刚才相同的位置，并记下此时弹簧测力计的读数为F=3.30 N，同时记下此细绳套的方向OD，如图丙所示。
（3）该同学选择合适的标度利用尺规作图，画出F1、F2与F这三个力的图示，并把三个力的图示的箭头端用直虚线相连，如图丁所示，观察构成的四边形的特点。
（4）（2分）改变拉力F1和F2的大小及方向，多次重做上述实验。该同学归纳出：在两个力合成时，以表示这两个力的有向线段为邻边作 ，这两个邻边之间的 就代表合力的大小和方向。
（5）（3分）某次实验中已知OB与OC的夹角略大于90°，若保持结点O的位置及OB方向不变，而将弹簧OC顺时针缓慢转动一小角度，其他操作均正确，则 。
A.弹簧的长度可能先变长后变短
B.弹簧的长度可能先变短后变长
C.弹簧测力计的示数一直增大
D.弹簧测力计的示数可能先减小后增大
12.（9分）某同学设计了如图所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系。将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细沙，直到小车刚好开始运动为止，记下力传感器的最大示数F0，以此表示小车运动时所受摩擦力的大小。再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细沙，记下力传感器的示数F1。
（1）（2分）打点计时器接通频率为50 Hz的交流电源，释放小车，打出如图所示的纸带。从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a= m/s2。
（2）（2分）改变小桶中细沙的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F（F=F1-F0）的关系图像。不计纸带与打点计时器间的摩擦。下列图像中可能正确的是 。
（3）（2分）同一次实验中，小车释放前力传感器示数F1与小车加速运动时力传感器示数F2的关系是F1 F2（选填“<”“=”或“>”）。
（4）（3分）关于该实验，下列说法中正确的是 。
A.小车和力传感器的总质量应远大于小桶和沙的总质量
B.实验中需要将长木板右端垫高
C.实验中需要测出小车和力传感器的总质量
D.用加沙的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据
13.（11分）如图所示，在建筑工地上，三个相同的均质圆形钢管静置于水平地面上，质量均为m，B、C钢管刚好接触且无挤压，重力加速度为g，不计钢管之间的摩擦，求：
（1）（4分）B钢管对水平地面的压力大小；
（2）（7分）水平地面对C钢管的摩擦力大小。
14.（12分）如图甲是冰库工作人员在水平面移动冰块的场景，冰块先在工作人员斜向下推力作用下运动一段距离，然后放手让冰块向前滑动一段距离达到运送冰块的目的。其工作原理可简化为如图乙所示，设冰块质量为m=50 kg，冰块与滑道间的动摩擦因数μ=0.25，运送冰块的滑道总长为20.8 m，工人推冰块时推力与水平方向成37°角斜向下推冰块。某次推冰块时，工人从滑道前端推冰块（初速度可视为零）向前匀加速前进8 m后放手，冰块刚好滑到滑道末端静止。（已知g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求：
（1）（3分）冰块在减速运动过程中的加速度大小a2；
（2）（3分）冰块滑动过程中的最大速度vm；
（3）（6分）工人推冰块的推力大小F。
15.（14分）如图所示是分拣快递件的皮带传输机，传送装置由水平传送带AB和倾斜传送带CD两部分组成，两部分衔接处有一小段圆弧平滑连接，圆弧长度不计。一货物无初速度地放上水平传送带左端，最后运动到倾斜传送带顶端。已知水平传送带以v0=4 m/s的速度沿顺时针方向转动，水平传送带长度为L1=8 m，货物与水平传送带间的动摩擦因数μ1=0.2，货物质量m=10 kg。倾斜传送带由电动机带动以v0'=5 m/s的速度顺时针方向匀速运行。货物与倾斜传送带间的动摩擦因数μ2=0.8，倾斜传送带长度为L2=8.8 m，倾角θ=37°。sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）（3分）货物刚放上水平传送带时的加速度大小；
（2）（5分）货物在水平传送带上运动的时间；
（3）（6分）货物从倾斜传送带底端运动到顶端的过程中，货物相对倾斜传送带滑动的距离（即货物在倾斜传送带上的划痕长度）。
答案精析
1.C
2.C ［“2023年5月30日9时31分”代表时刻，A错误；神舟十六号飞船升空到对接的路程大于400 km，B错误；神舟十六号飞船在与核心舱对接的过程中，不能忽略大小和形状，故不能视作质点，C正确；升空过程中，以景海鹏为参考系，朱杨柱、桂海潮处于静止状态，D错误。］
3.C ［根据弹力产生的条件可知斜面对铅球的支持力是斜面的形变造成的，故A错误；根据题意，对铅球受力分析，如图所示，由平衡条件可得FNsin 30°=F，FNcos 30°=mg，解得F=mg，FN=mg，故C正确，B、D错误。］
4.B ［甲车的平均速度=== m/s=12 m/s，则初速度v0=24 m/s。乙车的平均速度==12 m/s，则通过的位移s2=t2=12×1.5 m=18 m。故选B。］
5.B ［在s-t图像中，斜率表示速度，由题图甲可知甲做匀速直线运动，加速度为0，A错误；在v-t图像中，斜率表示加速度，由题图乙知乙的加速度大小为a== m/s2=5 m/s2，故B正确；甲在0~4 s内的位移大小为s=20 m-0=20 m，故C错误；由v-t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移可知，乙在0~4 s内的位移大小为s'= m=40 m，故D错误。］
6.B ［由题图可知，运动员在0~t1内向上运动，加速度方向向下，运动员处于失重状态，故A错误，B正确；由题图可知，运动员在t3时运动到水下最低点，故C错误；根据v-t图像的切线斜率绝对值表示加速度大小，可知运动员在水中的加速度逐渐减小，故D错误。］
7.B ［对P、Q整体，根据牛顿第二定律有
(M+m)gsin θ=(M+m)a
解得加速度a=gsin θ
将沿斜面向下的加速度a=gsin θ沿水平方向和竖直方向分解，如图所示
对P受力分析，根据牛顿第二定律，水平方向上有
f=ma1=macos θ
竖直方向有
mg-FN=ma2=masin θ
可得Q对P的摩擦力大小为f=mgsin θcos θ，方向水平向左；Q对P的支持力大小为
FN=mg-mgsin2θ=mgcos2θ
由牛顿第三定律可得P对Q的压力大小等于mgcos2θ。故选B。］
8.CD ［质点的运动方向发生改变，即速度的正、负发生变化，显然在t=1 s时，B质点运动方向不变，故A错误；t=2 s 时，B质点运动方向改变，但加速度方向并没发生变化，故B错误；由题图可知，t=0时，A、B两质点速度均为0，此后2 s内vA>0，vB<0，故C正确；由题图可知，t=4 s时，A、B速度相同，故D正确。］
9.BC ［以A、B、C整体为研究对象，则mCg=(mA+mB+mC)a，得a=2 m/s2，故A错误，B正确；隔离B：f=mBa=6 N，故C正确，D错误。］
10.ABD ［由题图乙可得，当拉力等于6 N时，小滑块和长木板刚好要发生相对滑动，以小滑块和长木板为整体，根据牛顿第二定律可得
F=(M+m)a
以小滑块为研究对象，根据牛顿第二定律可得
μmg=ma
其中F=6 N，a=2 m/s2
联立解得
M+m=3 kg，μ=0.2
当拉力大于6 N时，长木板的加速度为
a==-
可知a-F图像的斜率为
k== kg-1=1 kg-1
联立解得
M=1 kg，m=2 kg，故A、B正确；
当水平拉力大于6 N时，长木板与小滑块已经发生相对滑动，此后F增大，小滑块的加速度不再增大，而是保持不变，故C错误；
当水平拉力F=7 N时，长木板的加速度大小为
a'== m/s2=3 m/s2，故D正确。］
11.(1)60 (2)2.00 (4)平行四边形 对角线 (5)C
解析 (1)由题图甲，根据胡克定律可得该弹簧的劲度系数为
k== N/m=60 N/m
(2)题图乙中弹簧测力计的分度值为0.1 N，则读数为F1=2.00 N
(4)在两个力合成时，以表示这两个力的有向线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向。
(5)某次实验中已知OB与OC的夹角略大于90°，若保持结点O的位置及OB方向不变，而将弹簧OC顺时
针缓慢转动一小角度，如图所示
可知FOC与FOB都逐渐增大，弹簧的弹力逐渐增大，弹簧的长度逐渐变长，弹簧测力计的示数一直增大，故选C。
12.(1)0.16 (2)B (3)> (4)D
解析 (1)相邻两计数点间的时间间隔T=0.1 s，小车的加速度a==0.16 m/s2。
(2)由题意知，描绘的小车加速度a与合力F(F=F1-F0)的关系图像，相当于已平衡摩擦力后描绘的小车加速度与作用力的关系图像，且F1、F0均为小车受到的力，可由力传感器直接得出，故a-F图像应为过原点的倾斜直线，B项正确。
(3)由牛顿第二定律可知，小车加速运动时绳的拉力F2小于小桶和沙的总重力，又小桶和沙的总重力等于车静止时绳的拉力F1，故F1>F2。
(4)本实验中力的大小可由力传感器直接得出，不需要使小车和力传感器的总质量远大于小桶和沙的总质量，A项错误；用力传感器测出了摩擦力，不需要平衡摩擦力，B项错误；本实验是探究小车的加速度与所受合力的关系，只要保持小车和力传感器的总质量不变，不需要测出它们的具体数值，C项错误；用加沙的方法改变拉力的大小，每次沙的质量可增加得很少，而挂钩码每次质量增加得多，故前者可更方便地获取多组实验数据，D项正确。
13.(1)1.5mg (2)mg
解析 (1)以三根钢管整体为研究对象，有
2FN=3mg
解得水平地面对B钢管的支持力大小为FN=1.5mg
根据牛顿第三定律得B钢管对水平地面的压力大小为
FN'=FN=1.5mg
(2)对A钢管受力分析如图，根据平衡条件得
F1cos 30°+F2cos 30°=mg
F1sin 30°=F2sin 30°
根据牛顿第三定律，A钢管对C钢管的弹力大小为
F2'=F2
水平地面对C钢管的摩擦力大小
Ff=F2'sin 30°=mg。
14.(1)2.5 m/s2 (2)8 m/s (3)500 N
解析 (1)减速阶段冰块只受滑动摩擦力作用，
则μmg=ma2
解得a2=2.5 m/s2
(2)减速阶段，根据速度—位移关系可得
=2a2(L-s)
其中L=20.8 m，s=8 m，
解得vm=8 m/s
(3)设加速阶段的加速度为a1，
则有=2a1s
解得a1=4 m/s2
加速阶段冰块受力情况如图所示
对冰块根据牛顿第二定律可得
Fcos 37°-f=ma1
FN=mg+Fsin 37°
f=μFN
联立解得F=500 N。
15.(1)2 m/s2 (2)3 s (3)1.2 m
解析 (1)货物放上水平传送带瞬间，由牛顿第二定律有μ1mg=ma1
解得a1=2 m/s2
(2)货物从放上水平传送带到与传送带共速，有=2a1L
又v0=a1t1
货物与水平传送带共速后，在水平传送带上运动有
L1-L=v0t2
总时间t=t1+t2
联立解得t=3 s
(3)货物滑上倾斜传送带时由牛顿第二定律有
μ2mgcos θ-mgsin θ=ma2
假设货物一直加速到顶端，由匀变速直线运动位移公式有
L2=v0t3+a2
到顶端时的速度v'=v0+a2t3
解得v'=4.8 m/s假设成立，该过程传送带位移
s0'=v0't3
相对滑动距离
Δs=s0'-L2=1.2 m。(共53张PPT)
模块综合试卷(一)
一、单项选择题
1.在物理学的重大发现中，科学家们创造出了许多物理学方法，如比值法、理想实验法、控制变量法、极限思维法、类比法、科学假说法和建立物理模型法等，以下关于所用物理学方法的叙述不正确的是
A.在推导匀变速直线运动位移与时间关系式时，把整个运动过程划分成很多小段，
每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
B.根据速度定义式v=，当Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，
该定义应用了极限思维法
C.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
D.定义加速度a=用到比值法，加速度与Δv和Δt无关
1
2
3
4
5
6
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√
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2.2023年5月30日9时31分，长征二号携神舟十六号载人飞船在酒泉卫星发射中心发射升空，景海鹏、朱杨柱、桂海潮3名航天员状态良好，发射取得圆满成功。载人飞船进入预定轨道后，采用自主快速交会对接模式对接天和核心舱(核心舱距离地面近400 km)径向端口，形成三舱三船组合体，18时22分，神舟十六号航天员乘组成功入驻“天宫”。下列说法正确的是
A.“2023年5月30日9时31分”代表时间
B.神舟十六号飞船升空到对接的路程为400 km
C.神舟十六号飞船在与核心舱对接的过程中，不能
视作质点
D.神舟十六号升空过程中，以景海鹏为参考系，朱杨柱、桂海潮都向上运动
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“2023年5月30日9时31分”代表时刻，A错误；
神舟十六号飞船升空到对接的路程大于400 km，B错误；
神舟十六号飞船在与核心舱对接的过程中，不能忽略大小和形状，故不能视作质点，C正确；
升空过程中，以景海鹏为参考系，朱杨柱、桂海潮处于静止状态，D错误。
3.将一个质量为m的铅球放在倾角为30°的斜面上，并用竖直挡板挡住，铅球处于静止状态。不考虑铅球受到的摩擦力，重力加速度为g，则
A.斜面对铅球的支持力是铅球的形变造成的
B.斜面对铅球的支持力为mg
C.斜面对铅球的支持力为mg
D.挡板对铅球的弹力为mg
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根据弹力产生的条件可知斜面对铅球的支持力是斜面的形变造成的，故A错误；
根据题意，对铅球受力分析，如图所示，由平衡条件可得FNsin 30°=F，FNcos 30°=mg，解得F=mg，FN=mg，故C正确，B、D错误。
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4.甲、乙两辆汽车速度相等，在同时制动后，假设均做匀减速直线运动，甲经3 s停止，共前进了36 m，乙经1.5 s停止，乙车前进的距离为
A.9 m B.18 m
C.36 m D.27 m
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√
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甲车的平均速度=== m/s=12 m/s，则初速度v0=24 m/s。乙车的平均速度==12 m/s，则通过的位移s2=t2=12×1.5 m=18 m。故选B。
5.如图所示，分别为汽车甲的位移—时间图像和汽车乙的速度—时间图像，则
A.甲的加速度大小为5 m/s2
B.乙的加速度大小为5 m/s2
C.甲在0~4 s内的位移大小为40 m
D.乙在0~4 s内的位移大小为20 m
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在s-t图像中，斜率表示速度，由题图甲可知甲做匀速直线运动，加速度为0，A错误；
在v-t图像中，斜率表示加速度，由题图乙知乙的加速度大小为a=
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= m/s2=5 m/s2，故B正确；
甲在0~4 s内的位移大小为s=20 m-0=20 m，故C错误；
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由v-t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移可知，乙在0~4 s内的位移大小为s'= m=40 m，故D错误。
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6.(2024·汕头市高一期末)10 m跳台跳水比赛中，从运动员离开跳板开始计时，以竖直向下为正方向，该运动员跳水过程中重心的v-t图像可简化为如图所示(忽略运动员水平方向的运动)，则下列说法正确的是
A.运动员在0~t2内一直下降
B.运动员在0~t1内处于失重状态
C.运动员在t3时已浮出水面
D.运动员在水中的加速度逐渐增大
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由题图可知，运动员在0~t1内向上运动，
加速度方向向下，运动员处于失重状态，
故A错误，B正确；
由题图可知，运动员在t3时运动到水下最
低点，故C错误；
根据v-t图像的切线斜率绝对值表示加速度大小，可知运动员在水中的加速度逐渐减小，故D错误。
7.(2023·广州市第五中学高一期末)如图所示，质量分别为m、M的两物体P、Q保持相对静止，一起沿倾角为θ的固定光滑斜面下滑，Q的上表面水平，P、Q间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是
A.Q对P的摩擦力大小为μmg，方向水平向左
B.Q对P的摩擦力大小为mgsin θcos θ，方向水平向左
C.P对Q的压力大小等于mg
D.P对Q的压力大小等于mgsin2θ
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对P、Q整体，根据牛顿第二定律有
(M+m)gsin θ=(M+m)a
解得加速度a=gsin θ
将沿斜面向下的加速度a=gsin θ沿水平方向
和竖直方向分解，如图所示
对P受力分析，根据牛顿第二定律，水平方向上有
f=ma1=macos θ
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竖直方向有
mg-FN=ma2=masin θ
可得Q对P的摩擦力大小为f=mgsin θcos θ，
方向水平向左；Q对P的支持力大小为
FN=mg-mgsin2θ=mgcos2θ
由牛顿第三定律可得P对Q的压力大小等于mgcos2θ。故选B。
二、多项选择题
8.在如图所示的v-t图像中，A、B两质点同时从同一点沿同一条直线开始运动，运动规律用A、B两图线表示，下列叙述正确的是
A.t=1 s时，B质点运动方向发生改变
B.t=2 s时，B质点运动方向和加速度方向均
发生改变
C.A、B同时由静止出发，0~2 s内运动方向相反
D.在t=4 s时，A、B速度相同
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质点的运动方向发生改变，即速度的正、
负发生变化，显然在t=1 s时，B质点运动
方向不变，故A错误；
t=2 s 时，B质点运动方向改变，但加速度
方向并没发生变化，故B错误；
由题图可知，t=0时，A、B两质点速度均为0，此后2 s内vA>0，vB<0，故C正确；
由题图可知，t=4 s时，A、B速度相同，故D正确。
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9.如图所示，在光滑的水平桌面上放一质量为mA=5 kg的物块A，A的上方放一质量为mB=3 kg的物块B，用一轻绳一端拴在物块A上，另一端跨过光滑的轻质定滑轮拴接一质量为mC=2 kg的物块C，其中连接A的轻绳与水平桌面平行。现由静止释放物块C，在以后的过程中，C未着地，A与B之间没有相对滑动且A、B始终没有离开水平桌面(重力加速度g取 10 m/s2)。则下列说法正确的是
A.A的加速度大小为2.5 m/s2
B.A的加速度大小为2 m/s2
C.A对B的摩擦力大小为6 N
D.A对B的摩擦力大小为7.5 N
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以A、B、C整体为研究对象，则mCg= (mA+mB+mC)a，得a=2 m/s2，故A错误，B正确；
隔离B：f=mBa=6 N，故C正确，D错误。
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10.(2023·广州市第八十九中高一期末)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g=10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是
A.小滑块的质量m=2 kg
B.小滑块与长木板间的动摩擦因数为0.2
C.当水平拉力F增大时，小滑块的加速
度一定增大
D.当水平拉力F=7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2
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由题图乙可得，当拉力等于6 N时，小滑块和长木板刚好要发生相对滑动，以小滑块和长木板为整体，根据牛顿第二定律可得
F=(M+m)a
以小滑块为研究对象，
根据牛顿第二定律可得
μmg=ma
其中F=6 N，a=2 m/s2
联立解得
M+m=3 kg，μ=0.2
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当拉力大于6 N时，长木板的加速度为
a==-
可知a-F图像的斜率为
k== kg-1=1 kg-1
联立解得
M=1 kg，m=2 kg，故A、B正确；
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当水平拉力大于6 N时，长木
板与小滑块已经发生相对滑动，
此后F增大，小滑块的加速度
不再增大，而是保持不变，故C错误；
当水平拉力F=7 N时，长木板的加速度大小为
a'== m/s2=3 m/s2，故D正确。
(1)先测量找来的那根弹簧的劲度系数。他通过实验得到如图甲所示的弹力大小F与弹簧的伸长量x的关系图像，由此图像求得该弹簧的劲度系数k= N/m(保留两位有效数字)。
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三、非选择题
11.某同学在家利用身边器材做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。他找到了木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套、一个弹簧测力计和一根弹簧。为完成实验，他进行了如下步骤的操作：
60
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由题图甲，根据胡克定律可得该弹簧的劲度系数为
k== N/m=60 N/m
刚才相同的位置，并记下此时弹簧测力计的读数为F=3.30 N，同时记下此细绳套的方向OD，如图丙所示。
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(2)将木板放在水平桌面上，再用图钉把一张白纸钉在木板上，将橡皮筋的一端用图钉固定在白纸上的A点，另一端拴两个细绳套，分别被弹簧测力计和弹簧钩住，将结点拉到某一合适位置。弹簧测力计的指针位置如图乙所示，其读数为F1= N；同时利用上一问中的结果获得弹簧上的弹力值F2=2.50 N，记下这两个力的大小及两细绳套的方向，同时记下结点O的位置。撤去弹簧，只用弹簧测力计，把橡皮筋的结点拉到与
2.00
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题图乙中弹簧测力计的分度值为0.1 N，则读数为F1=2.00 N
(3)该同学选择合适的标度利用尺规作图，画出F1、F2与F这三个力的图示，并把三个力的图示的箭头端用直虚线相连，如图丁所示，观察构成的四边形的特点。
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(4)改变拉力F1和F2的大小及方向，多次重做上述实验。该同学归纳出：在两个力合成时，以表示这两个力的有向线段为邻边作 ，这两个邻边之间的 就代表合力的大小和方向。
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平行四边形
对角线
在两个力合成时，以表示这两个力的有向线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向。
(5)某次实验中已知OB与OC的夹角略大于90°，若保持结点O的位置及OB方向不变，而将弹簧OC顺时针缓慢转动一小角度，其他操作均正确，则 。
A.弹簧的长度可能先变长后变短
B.弹簧的长度可能先变短后变长
C.弹簧测力计的示数一直增大
D.弹簧测力计的示数可能先减小后增大
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C
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某次实验中已知OB与OC的夹角略大于90°，若保持结点O的位置及OB方向不变，而将弹簧OC顺时针缓慢转动一小角度，如图所示
可知FOC与FOB都逐渐增大，弹簧的弹力逐渐增大，弹簧的长度逐渐变长，弹簧测力计的示数一直增大，故选C。
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12.某同学设计了如图所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系。将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细沙，直到小车刚好开始运动为止，记下力传感器的最大示数F0，以此表示小车运动时所受摩擦力的大小。再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细沙，记下力传感器的示数F1。
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(1)打点计时器接通频率为50 Hz的交流电源，释放小车，打出如图所示的纸带。从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a= m/s2。
0.16
相邻两计数点间的时间间隔T=0.1 s，小车的加速度
a==0.16 m/s2。
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(2)改变小桶中细沙的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F(F=F1-F0)的关系图像。不计纸带与打点计时器间的摩擦。下列图像中可能正确的是 。
B
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由题意知，描绘的小车加速度a与合力F(F=F1-F0)的关系图像，相当于已平衡摩擦力后描绘的小车加速度与作用力的关系图像，且F1、F0均为小车受到的力，可由力传感器直接得出，故a-F图像应为过原点的倾斜直线，B项正确。
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(3)同一次实验中，小车释放前力传感器示数F1与小车加速运动时力传感器示数F2的关系是F1 F2(选填“<”“=”或“>”)。
>
由牛顿第二定律可知，小车加速运动时绳的拉力F2小于小桶和沙的总重力，又小桶和沙的总重力等于车静止时绳的拉力F1，故F1>F2。
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(4)关于该实验，下列说法中正确的是 。
A.小车和力传感器的总质量应远大于小桶和沙的总质量
B.实验中需要将长木板右端垫高
C.实验中需要测出小车和力传感器的总质量
D.用加沙的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取
多组实验数据
D
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本实验中力的大小可由力传感器直接得出，不需要使小车和力传感器的总质量远大于小桶和沙的总质量，A项错误；
用力传感器测出了摩擦力，不需要平衡摩擦力，B项错误；
本实验是探究小车的加速度与所受合力的关系，只要保持小车和力传感器的总质量不变，不需要测出它们的具体数值，C项错误；
用加沙的方法改变拉力的大小，每次沙的质量可增加得很少，而挂钩码每次质量增加得多，故前者可更方便地获取多组实验数据，D项正确。
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13.如图所示，在建筑工地上，三个相同的均质圆形钢管静置于水平地面上，质量均为m，B、C钢管刚好接触且无挤压，重力加速度为g，不计钢管之间的摩擦，求：
(1)B钢管对水平地面的压力大小；
答案 1.5mg
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以三根钢管整体为研究对象，有
2FN=3mg
解得水平地面对B钢管的支持力大小为
FN=1.5mg
根据牛顿第三定律得B钢管对水平地面的压力大小为
FN'=FN=1.5mg
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(2)水平地面对C钢管的摩擦力大小。
答案 mg
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对A钢管受力分析如图，
根据平衡条件得F1cos 30°+F2cos 30°=mg
F1sin 30°=F2sin 30°
根据牛顿第三定律，A钢管对C钢管的弹力大小为
F2'=F2
水平地面对C钢管的摩擦力大小
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Ff=F2'sin 30°=mg。
的目的。其工作原理可简化为如图乙所示，设冰块质量为m=50 kg，冰块与滑道间的动摩擦因数μ=0.25，运送冰块的滑道总长为20.8 m，工人推冰块时推力与水平方向成37°角斜向下推冰块。某次推冰块时，工人从滑道前端推冰块(初速度可视为零)向前匀加速前进8 m后放手，冰块刚好滑到滑道末端静止。(已知g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)求：
14.如图甲是冰库工作人员在水平面移动冰块的场景，冰块先在工作人员斜向下推力作用下运动一段距离，然后放手让冰块向前滑动一段距离达到运送冰块
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答案 2.5 m/s2
(1)冰块在减速运动过程中的加速度大小a2；
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减速阶段冰块只受滑动摩擦力作用，
则μmg=ma2
解得a2=2.5 m/s2
答案 8 m/s
(2)冰块滑动过程中的最大速度vm；
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减速阶段，根据速度—位移关系可得
=2a2(L-s)
其中L=20.8 m，s=8 m，
解得vm=8 m/s
答案 500 N
(3)工人推冰块的推力大小F。
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设加速阶段的加速度为a1，
则有=2a1s
解得a1=4 m/s2
加速阶段冰块受力情况如图所示
对冰块根据牛顿第二定律可得Fcos 37°-f=ma1
FN=mg+Fsin 37°
f=μFN
联立解得F=500 N。
15.如图所示是分拣快递件的皮带传输机，传送装置由水平传送带AB和倾斜传送带CD两部分组成，两部分衔接处有一小段圆弧平滑连接，圆弧长度不计。一货物无初速度地放上水平传
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送带左端，最后运动到倾斜传送带顶端。已知水平传送带以v0=4 m/s的速度沿顺时针方向转动，水平传送带长度为L1=8 m，货物与水平传送带间的动摩擦因数μ1=0.2，货物质量m=10 kg。倾斜传送带由电动机带动以v0'=5 m/s的速度顺时针方向匀速运行。货物与倾斜传送带间的动摩擦因数μ2=0.8，倾斜传送带长度为L2=8.8 m，倾角θ=37°。sin 37°=0.6， cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)货物刚放上水平传送带时的加速度大小；
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答案 2 m/s2
货物放上水平传送带瞬间，由牛顿第二定律有μ1mg=ma1
解得a1=2 m/s2
(2)货物在水平传送带上运动的时间；
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答案 3 s
货物从放上水平传送带到与传送带共速，有=2a1L
又v0=a1t1
货物与水平传送带共速后，在水平传送带上运动有L1-L=v0t2
总时间t=t1+t2
联立解得t=3 s
(3)货物从倾斜传送带底端运动到顶端的过程中，货物相对倾斜传送带滑动的距离(即货物在倾斜传送带上的划痕长度)。
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答案 1.2 m
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货物滑上倾斜传送带时由牛顿第二定律有
μ2mgcos θ-mgsin θ=ma2
假设货物一直加速到顶端，
由匀变速直线运动位移公式有
L2=v0t3+a2
到顶端时的速度v'=v0+a2t3
解得v'=4.8 m/s1
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假设成立，该过程传送带位移
s0'=v0't3
相对滑动距离
Δs=s0'-L2=1.2 m。
