模块综合试卷（二）
（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.（2024·中山市高一期末）如图所示，两个木块A和B叠放在水平地面上，水平拉力F作用在木块B上，而两个木块均保持静止状态，下列说法正确的是 （ ）
A.木块A所受到的重力就是它对B的压力
B.A对B的压力和地面对B的支持力是一对平衡力
C.A所受的重力和B对A的支持力是一对作用力和反作用力
D.两个木块之间不存在相互作用的摩擦力
2.如图所示是某物体做直线运动的速度—时间图像，下列说法正确的是 （ ）
A.0~2 s内，加速度为6 m/s2
B.4~5 s与5~6 s的加速度方向相同
C.4~5 s内物体向负方向运动
D.5~6 s内物体做减速运动
3.如图所示为A、B两物体在同一直线坐标系中运动的s-t图像，则下列关于物体运动的说法正确的是 （ ）
A.A物体在0时刻至第8 s末，运动方向改变2次
B.两物体在第5 s末相遇
C.A物体在2~7 s时间内位移为4 m
D.0~5 s过程中两物体的平均速度不相同
4.某同学用手托着礼盒。若礼盒的质量为m，手与礼盒间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，手掌一直保持水平，不计空气阻力。则下列说法中正确的是 （ ）
A.若手托着礼盒保持静止状态，则礼盒受到三个力的作用
B.若手托着礼盒一起向右匀速运动，则礼盒受到水平向右的静摩擦力
C.若手托着礼盒一起向右匀速运动，则手对礼盒的作用力和礼盒对手的作用力是一对平衡力
D.若手托着礼盒一起向右匀减速运动，则手对礼盒的作用力大小不会超过mg
5.（2024·汕头市高一期末）现代人经常低头玩手机，这会使颈椎长期受压，可能引发颈椎病。某同学低头看手机时，可粗略认为头受到重力G、肌肉拉力F和颈椎支持力FN，如图所示，若颈椎弯曲与竖直方向成30°，此时肌肉对头的拉力F大小约等于头所受重力大小，由此估算颈椎受到的压力大小约为 （ ）
A.2G B.G
C.G D.G
6.（2023·湛江市高一期末）某同学参加“筷子夹玻璃珠”游戏，如图所示，夹起玻璃珠后，左侧筷子与竖直方向的夹角θ为锐角，右侧筷子竖直，且两筷子始终在同一竖直平面内，现保持右侧筷子竖直，左侧筷子逆时针缓慢转动到水平过程中，左、右两侧筷子对玻璃珠的弹力大小分别为F1、F2，玻璃珠始终保持静止，忽略筷子与玻璃珠间的摩擦，下列说法正确的是 （ ）
A.F1一直增大，F2一直减小
B.F1一直减小，F2一直增大
C.F1、F2均一直增大
D.F1、F2均一直减小
7.如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m0的托盘，盘中有一质量为m的物块，盘静止时弹簧长度比自然长度伸长了l。现向下拉盘使弹簧再伸长Δl后停止，然后松手放开，弹簧一直处在弹性限度内，则刚松手时盘对物块的支持力大小为（重力加速度为g） （ ）
A.mg B.（1+）mg
C.（m+m0）g D.（1+）（m+m0）g
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.（2023·珠海市高一期末）小华同学利用周末去体验一下超重和失重，她首先在电梯内的地板上放一体重计，当电梯静止时，站在体重计上，示数为50 kg。在电梯运动过程中，某段时间内小华同学发现体重计示数如图所示，则在这段时间内，下列说法中正确的是（g为重力加速度） （ ）
A.电梯一定在向上运动
B.小华同学所受的重力变小了
C.电梯的加速度大小为，方向一定竖直向下
D.小华对体重计的压力和体重计对小华的支持力大小相等
9.（2024·广东省高一期末）如图所示，一辆货车运载着光滑的圆柱形空油桶，每个空油桶的质量均为m，在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶C，自由地摆放在桶A、B之间，重力加速度大小为g，则货车 （ ）
A.静止时，B对C的作用力大小为
B.静止时，B对C的作用力大小为
C.向前加速前进，加速度大小为时，A对C的作用力为0
D.向后加速倒车时，B对C的作用力不可能为0
10.（2023·广州市高一期末）如图（a）所示，安检机在工作时，通过水平传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端，其过程可简化为如图（b）所示，传送带长为2.1 m，被检物品与传送带间的动摩擦因数μ=0.3。假设传送带速度可以调节，当传送带速度调为4 m/s，被检物品无初速度放到A端传送到B端的过程中，g取10 m/s2，被检物品可视为质点，下列说法正确的是 （ ）
A.物品先做匀加速运动后做匀速运动
B.物品从A端到B端所用的时间为1.5 s
C.物品在传送带上一直受到滑动摩擦力作用
D.若减小传送带速度，物品传送时间可能不变
三、非选择题（本题共5小题，共54分）
11.（8分）某同学为测定物块与电梯水平地板之间的动摩擦因数，将质量为1 kg的物块放在电梯水平地板上，弹簧测力计一端固定在电梯侧壁上，另一端连接物块并保持弹簧测力计水平。现用手向左缓慢移动物块至图甲所示位置，放手后物块恰好保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力（重力加速度g=9.8 m/s2）。
（1）（2分）图甲中弹簧测力计读数为 N；
（2）（4分）电梯启动后，用手机的加速度传感器测得电梯的a-t图像如图乙所示（以竖直向上为正方向）。结果发现在电梯运行过程中的某一时刻物块被拉动，则这一时刻是 （选填“第2 s末”或“第4 s末”），该时刻电梯处于 （选填“超重”或“失重”）状态。
（3）（2分）在（1）（2）条件下，物块和电梯水平地板间动摩擦因数的最大值是 （保留两位有效数字）。
12.（9分）如图（a）为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置示意图。图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源。在小车质量一定的情况下探究加速度与力的关系。
（1）（2分）为使轻绳对小车的拉力为小车所受的合外力，故在组装器材完毕后需平衡摩擦力：平衡摩擦力时 （选填“需要”或“不需要”）挂上沙桶；正确操作后，在长木板右端下放一块垫木，以调整长木板右端的高度，放上小车后，轻推小车使之运动，打点计时器在纸带上打出如图（b）所示的纸带（纸带上打点方向为由A到B），则需要将垫木向 移动（选填“左”或“右”）。
（2）（1分）本实验操作过程中， （选填“需要”或“不需要”）需要满足沙桶及沙的总质量远小于小车质量。
（3）（2分）如图（c）是某同学实验过程中得到的一条点迹清晰的纸带，已知相邻两点间还有4个点未画出，则根据纸带可得此次小车的加速度a= m/s2（结果保留3位有效数字）。
（4）（2分）若某次实验过程中，求得小车的加速度大小为a，则沙桶的加速度为 。
（5）（2分）如图（d）是甲、乙、丙三位同学作出的加速度与力传感器示数的关系图像，其中符合实验事实的是 （选填“甲”“乙”或“丙”）。
13.（11分）（2024·茂名市高一期末）如图甲所示为某校秋季运动会开幕式采用无人机拍摄的照片，图乙为正在高空进行拍摄的无人机。已知无人机质量m=1 kg，若无人机从地面以恒定升力竖直起飞，经过4 s时间达到最大速度v=12 m/s，然后关闭动力系统，无人机又上升了1 s到达最大高度。假设无人机所受阻力大小不变，重力加速度g=10 m/s2。求：
（1）（4分）无人机关闭动力系统前后的加速度大小；
（2）（3分）无人机上升的最大高度；
（3）（4分）无人机动力系统提供的升力大小。
14.（11分）如图所示，轻绳一端系在质量为M=15 kg的物体上，另一端系在一个质量为m=0.2 kg、套在粗糙竖直杆的圆环A上。现用水平力F拉住绳子上的O点，使物体从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，此时θ=53°，圆环恰好要下滑。已知g=10 m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。
（1）（5分）求此时拉力F的大小；
（2）（6分）设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求杆与环间的动摩擦因数μ。
15.（15分）（2023·珠海市高一期末）图甲是珠海某公园滑草场的滑道，滑道由4条各自独立、完全相同的滑道组成，游客可以坐滑草车沿滑道由静止滑下。将滑道简化成如图乙，游客从高度为h=62 m的A点由静止滑下，倾斜滑道倾角为θ=18°，动摩擦因数为μ1=0.3，然后进入动摩擦因数为μ2=0.25的水平滑道中继续滑行至C停下，倾斜滑道与水平滑道平滑连接，已知滑草车的质量m=10 kg，游客的质量M=40 kg。sin 18°=0.31，cos 18°=0.95，g取10 m/s2，求：
（1）（7分）游客在水平滑道滑行的位移大小；
（2）（5分）游客从A滑到C全过程的总时间t；
（3）（3分）滑草车在水平段上滑行时车对游客的作用力大小。
答案精析
1.D ［由平衡条件和牛顿第三定律知，A所受到的重力等于它对B的压力，但它们作用在不同的物体上，重力不是它对B的压力，故A错误；A对B的压力和地面对B的支持力不相等，不是一对平衡力，故B错误；A所受的重力和B对A的支持力是一对平衡力，不是作用力和反作用力，故C错误；由平衡条件知，A受重力和支持力，A、B间没有摩擦力，故D正确。］
2.B ［v-t图像的斜率表示加速度，0~2 s内，加速度为a== m/s2=3 m/s2，选项A错误；v-t图像斜率的正负反映加速度的方向，可知4~5 s与5~6 s的加速度方向相同，选项B正确；4~5 s内物体的速度为正值，物体向正方向运动，选项C错误；5~6 s内物体向负方向做加速运动，选项D错误。］
3.B ［由题图可知，A物体在4 s末运动方向改变，故A物体在0时刻至第8 s末，运动方向改变1次，A错误；第5 s末两物体到达同一位置即相遇，B正确；A物体在2~7 s时间内的位移Δs=s末-s初=0-4 m=-4 m，C错误；两物体在0~5 s的过程中，位移相同，故平均速度相同，D错误。］
4.D ［若手托着礼盒保持静止状态，则礼盒受重力和支持力两个力作用，故A错误；若手托着礼盒一起向右匀速运动，礼盒所受合力为零，礼盒受重力和支持力作用而平衡，不受摩擦力作用，故B错误；若手托着礼盒一起向右匀速运动，手对礼盒的作用力和礼盒对手的作用力是一对相互作用力，故C错误；若手托着礼盒一起向右匀减速运动，则礼盒受到向左的静摩擦力，所以受到的摩擦力f≤μmg，
手对礼盒的作用力F≤=mg，故D正确。］
5.B ［由平衡条件知，重力G与肌肉拉力F的合力与颈椎支持力FN平衡，根据几何关系及力的平行四边形定则得FN=2Gcos 30°=G，由牛顿第三定律知，颈椎受到的压力大小约为G。故选B。］
6.D ［对玻璃珠受力分析，受到重力、左侧筷子对玻璃珠的弹力F1、右侧筷子对玻璃珠的弹力F2，如图所示，玻璃珠在三个力的作用下处于平衡状态。根据平衡条件，竖直方向有：F1sin θ=G，水平方向有：F2=F1cos θ；联立解得：F1=，F2=；保持右侧筷子竖直，玻璃珠仍静止，左侧筷子逆时针缓慢转动到水平过程中，θ增大，F1和F2都减小，故A、B、C错误，D正确。］
7.B ［设弹簧的劲度系数为k，由题意可知，开始整个系统处于静止状态时，有kl=(m+m0)g，现向下拉盘使弹簧再伸长Δl后停止，然后松手放开瞬间，以m和m0为整体，受到的合力大小为kΔl，方向竖直向上，由牛顿第二定律可得kΔl=(m+m0)a，隔离物块受力分析，由牛顿第二定律得FN-mg=ma，联立解得FN=(1+)mg，故B正确。］
8.CD ［重力不随运动状态的变化而变化，故B错误；由牛顿第二定律可知
mg-FN=ma
得a=g
方向竖直向下，运动情况可以是向下加速或向上减速，故A错误，C正确；
根据牛顿第三定律可知，小华对体重计的压力和体重计对小华的支持力大小相等，故D正确。］
9.AC ［静止时，根据对称性可知，A对C与B对C的作用力大小相等，以C为研究对象，根据受力平衡可得2Fcos 30°=mg，解得B对C的作用力大小为F=，故A正确，B错误；向前加速前进，当A对C的作用力刚好为0时，对应的加速度大小为a，以C为研究对象，则有FBcos 30°=mg，FBsin 30°=ma，联立可得a=gtan 30°=，故C正确；向后加速倒车时，当B对C的作用力刚好为0时，对应的加速度大小为a'，以C为研究对象，则有FAcos 30°=mg，FAsin 30°=ma'，联立可得a'=gtan 30°=，故D错误。］
10.CD ［物品先做匀加速直线运动，则μmg=ma，解得a=3 m/s2，假设物品可以加速到与传送带共速，则匀加速运动的时间为t1== s，匀加速运动的距离为s1=a= m≈2.67 m>2.1 m，因此物品在传送带上一直做匀加速运动，A错误；因一直加速，则L=at2，物品从A端到B端所用的时间为t=≈1.18 s，B错误；因为一直加速，所以物品一直受到向右的滑动摩擦力的作用，C正确；当传送带速度减小一点时，物品在传送带上仍可能是全程加速，在加速度和位移都不变的情况下，运动的时间也不变，故D正确。］
11.(1)3.60 (2)第4 s末 失重
(3)0.40
解析 (1)根据题图甲可知，3 N和4 N之间有10个小格，每小格表示0.1 N，需要估读到下一位，因此弹簧测力计示数为3.60 N。
(2)物块被拉动时，是最大静摩擦力最小时，也就是物块与电梯水平地板间弹力最小时，由题意可知一定是向下的加速度最大时，结合题图乙可知为第4 s末，此时加速度方向向下，电梯处于失重状态。
(3)第4 s末时，分析物块受力可知FN-mg=ma，代入数据解得FN=9 N，结合弹簧测力计示数，由f=μFN，解得μ=0.40。
12.(1)不需要 左 (2)不需要
(3)2.09 (4)2a (5)乙
解析 (1)为使轻绳拉力作为合力，需满足除拉力以外的合力为零，故平衡摩擦力时不需要挂上沙桶；由纸带可以看出小车点迹分布越来越密集，说明小车在做减速运动，平衡摩擦力不足，需增大倾角，故需将垫木向左移动；
(2)小车所受拉力可由力传感器得到，故不再需要沙桶及沙的总质量远小于小车质量；
(3)纸带上两计数点间的时间间隔为T=0.1 s，根据逐差法有
a==2.09 m/s2；
(4)两股轻绳拉小车，所以沙桶的加速度是小车加速度的2倍，即沙桶的加速度是2a；
(5)本实验中作用在小车上的力可以准确测量，加速度与力成正比，可知乙符合实验事实。
13.(1)3 m/s2 12 m/s2 (2)30 m (3)15 N
解析 (1)设无人机关闭动力系统前后的加速度大小分别为a1、a2，
a1== m/s2=3 m/s2
a2== m/s2=12 m/s2
(2)无人机匀加速和匀减速过程的平均速度相等，有
h=v(t1+t2)=×12×5 m=30 m
(3)设升力为F，阻力为f，对两过程分别利用牛顿第二定律得
F-f-mg=ma1，
f+mg=ma2
解得F=15 N。
14.(1)200 N (2)0.76
解析 (1)对结点O'受力分析如图所示：
在水平方向：
F=Tsin 53°
在竖直方向：Tcos 53°=Mg
联立解得：
F=200 N
(2)物体与圆环组成的系统处于平衡状态，在水平方向：F=FN
在竖直方向：f=mg+Mg
圆环恰好要下滑，则有：f=μFN
联立解得：μ=0.76
15.(1)20 m (2)44 s (3)100 N
解析 (1)设沿倾斜滑道下滑的加速度为a1，根据牛顿第二定律得
(M+m)gsin θ-μ1(M+m)gcos θ=(M+m)a1
代入数据解得a1=0.25 m/s2
L1==200 m
设滑到倾斜滑道底端的速度为v，则有v2=2a1L1
代入数据解得v=10 m/s
设在水平滑道滑行的加速度大小为a2，则有μ2(M+m)g=(M+m)a2
解得a2=2.5 m/s2
设游客在水平滑道滑行的位移为L2，则有v2=2a2L2
代入数据解得L2=20 m
(2)游客在AB段上做匀加速运动
L1=a1
代入数据解得t1=40 s
游客在水平段上做匀减速运动，由逆向思维得
L2=a2
代入数据解得t2=4 s
t总=t1+t2=44 s
(3)游客在水平段滑行的加速度大小为a2=2.5 m/s2，由牛顿第二定律知，游客受到滑草车对其向左的摩擦力，f=Ma2=100 N，游客在竖直方向上受力平衡，所以滑草车对游客向上的支持力大小为FN=Mg=400 N，
所以车对游客的作用力大小为
F== N=100 N。(共49张PPT)
模块综合试卷(二)
一、单项选择题
1.(2024·中山市高一期末)如图所示，两个木块A和B叠放在水平地面上，水平拉力F作用在木块B上，而两个木块均保持静止状态，下列说法正确的是
A.木块A所受到的重力就是它对B的压力
B.A对B的压力和地面对B的支持力是一对平衡力
C.A所受的重力和B对A的支持力是一对作用力和反作用力
D.两个木块之间不存在相互作用的摩擦力
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由平衡条件和牛顿第三定律知，A所受到的重力等于它对B的压力，但它们作用在不同的物体上，重力不是它对B的压力，故A错误；
A对B的压力和地面对B的支持力不相等，不是一对平衡力，故B错误；
A所受的重力和B对A的支持力是一对平衡力，不是作用力和反作用力，故C错误；
由平衡条件知，A受重力和支持力，A、B间没有摩擦力，故D正确。
2.如图所示是某物体做直线运动的速度—时间图像，下列说法正确的是
A.0~2 s内，加速度为6 m/s2
B.4~5 s与5~6 s的加速度方向相同
C.4~5 s内物体向负方向运动
D.5~6 s内物体做减速运动
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v-t图像的斜率表示加速度，0~2 s内，加速度为a== m/s2=3 m/s2，选项A错误；
v-t图像斜率的正负反映加速度的方向，可知4~5 s与5~6 s的加速度方向相同，选项B正确；
4~5 s内物体的速度为正值，物体向正方向运动，选项C错误；
5~6 s内物体向负方向做加速运动，选项D错误。
3.如图所示为A、B两物体在同一直线坐标系中运动的s-t图像，则下列关于物体运动的说法正确的是
A.A物体在0时刻至第8 s末，运动方向改变2次
B.两物体在第5 s末相遇
C.A物体在2~7 s时间内位移为4 m
D.0~5 s过程中两物体的平均速度不相同
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由题图可知，A物体在4 s末运动方向改变，故A物体在0时刻至第8 s末，运动方向改变1次，A错误；
第5 s末两物体到达同一位置即相遇，B正确；
A物体在2~7 s时间内的位移Δs=s末-s初=0-4 m=-4 m，C错误；
两物体在0~5 s的过程中，位移相同，故平均速度相同，D错误。
4.某同学用手托着礼盒。若礼盒的质量为m，手与礼盒间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，手掌一直保持水平，不计空气阻力。则下列说法中正确的是
A.若手托着礼盒保持静止状态，则礼盒受到三个
力的作用
B.若手托着礼盒一起向右匀速运动，则礼盒受到水平向右的静摩擦力
C.若手托着礼盒一起向右匀速运动，则手对礼盒的作用力和礼盒对手的作用
力是一对平衡力
D.若手托着礼盒一起向右匀减速运动，则手对礼盒的作用力大小不会超过
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若手托着礼盒保持静止状态，则礼盒受重力和支持力两个力作用，故A错误；
若手托着礼盒一起向右匀速运动，礼盒所受合力
为零，礼盒受重力和支持力作用而平衡，不受摩擦力作用，故B错误；
若手托着礼盒一起向右匀速运动，手对礼盒的作用力和礼盒对手的作用力是一对相互作用力，故C错误；
若手托着礼盒一起向右匀减速运动，则礼盒受到向左的静摩擦力，所以受到的摩擦力f≤μmg，
手对礼盒的作用力F≤=mg，故D正确。
5.(2024·汕头市高一期末)现代人经常低头玩手机，这会使颈椎长期受压，可能引发颈椎病。某同学低头看手机时，可粗略认为头受到重力G、肌肉拉力F和颈椎支持力FN，如图所示，若颈椎弯曲与竖直方向成30°，此时肌肉对头的拉力F大小约等于头所受重力大小，
由此估算颈椎受到的压力大小约为
A.2G B.G
C.G D.G
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由平衡条件知，重力G与肌肉拉力F的合力与颈椎支持力FN平衡，根据几何关系及力的平行四边形定则得FN=2Gcos 30°=G，由牛顿第三定律知，颈椎受到的压力大小约为G。故选B。
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6.(2023·湛江市高一期末)某同学参加“筷子夹玻璃珠”游戏，如图所示，夹起玻璃珠后，左侧筷子与竖直方向的夹角θ为锐角，右侧筷子竖直，且两筷子始终在同一竖直平面内，现保持右侧筷子竖直，左侧筷子逆时针缓慢转动到水平过程中，左、右两侧筷子对玻璃珠的弹力大小分别为F1、F2，玻璃珠始终保持静止，忽略筷子与玻璃珠间的摩擦，下列说法正确的是
A.F1一直增大，F2一直减小
B.F1一直减小，F2一直增大
C.F1、F2均一直增大
D.F1、F2均一直减小
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对玻璃珠受力分析，受到重力、左侧筷子对玻璃珠的弹力F1、右侧筷子对玻璃珠的弹力F2，如图所示，玻璃珠在三个力的作用下处于平衡状态。根据平衡条件，竖直方向有：F1sin θ=G，水平方向有：
F2=F1cos θ；联立解得：F1=，F2=；保持右侧筷子竖直，玻璃珠仍静止，左侧筷子逆时针缓慢转动到水平过程中，θ增大，F1和F2都减小，故A、B、C错误，D正确。
7.如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m0的托盘，盘中有一质量为m的物块，盘静止时弹簧长度比自然长度伸长了l。现向下拉盘使弹簧再伸长Δl后停止，然后松手放开，弹簧一直处在弹性限度内，则刚松手时盘对物块的支持力大小为(重力加速度为g)
A.mg B.(1+)mg
C.(m+m0)g D.(1+)(m+m0)g
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设弹簧的劲度系数为k，由题意可知，开始整个系统处于静止状态时，有kl=(m+m0)g，现向下拉盘使弹簧再伸长Δl后停止，然后松手放开瞬间，以m和m0为整体，受到的合力大小为kΔl，方向竖直向上，由牛顿第二定律可得kΔl=(m+m0)a，隔离物块受力分析，由牛顿第二定律得FN-mg=ma，联立解得FN=(1+)mg，故B正确。
二、多项选择题
8.(2023·珠海市高一期末)小华同学利用周末去体验一下超重和失重，她首先在电梯内的地板上放一体重计，当电梯静止时，站在体重计上，示数为50 kg。在电梯运动过程中，某段时间内小华同学发现体重计示数如图所示，则在这段时间内，下列说法中正确的是(g为重力加速度)
A.电梯一定在向上运动
B.小华同学所受的重力变小了
C.电梯的加速度大小为，方向一定竖直向下
D.小华对体重计的压力和体重计对小华的支持力大小相等
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重力不随运动状态的变化而变化，故B错误；
由牛顿第二定律可知
mg-FN=ma
得a=g
方向竖直向下，运动情况可以是向下加速或向上减速，故A错误，C正确；
根据牛顿第三定律可知，小华对体重计的压力和体重计对小华的支持力大小相等，故D正确。
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9.(2024·广东省高一期末)如图所示，一辆货车运载着光滑的圆柱形空油桶，每个空油桶的质量均为m，在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶C，自由地摆放在桶A、B之间，重力加速度大小为g，则货车
A.静止时，B对C的作用力大小为
B.静止时，B对C的作用力大小为
C.向前加速前进，加速度大小为时，A对C的作用力为0
D.向后加速倒车时，B对C的作用力不可能为0
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静止时，根据对称性可知，A对C与B对C的作用力大小相等，以C为研究对象，根据受力平衡可得2Fcos 30°=mg，解得B对C的作用力大
小为F=，故A正确，B错误；
向前加速前进，当A对C的作用力刚好为0时，对应的加速度大小为a，以C为研究对象，则有FBcos 30°=mg，FBsin 30°=ma，联立可得a=gtan 30°=，故C正确；
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向后加速倒车时，当B对C的作用力刚好为0时，对应的加速度大小为a'，以C为研究对象，则有FAcos 30°=mg，FAsin 30°=ma'，联立可得a'=gtan 30°=，故D错误。
10.(2023·广州市高一期末)如图(a)所示，安检机在工作时，通过水平传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端，其过程可简化为如图(b)所示，传送带长为2.1 m，被检物品与传送带间的动摩擦因数μ=0.3。假设传送带速度可以调节，当传送带速度调为4 m/s，被检物品无初速度放到A端传送到B端的过程中，g取10 m/s2，被检物品可视为质点，下列说法正确的是
A.物品先做匀加速运动后做匀速运动
B.物品从A端到B端所用的时间为1.5 s
C.物品在传送带上一直受到滑动摩擦力作用
D.若减小传送带速度，物品传送时间可能不变
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物品先做匀加速直线运动，则μmg=ma，解得a=3 m/s2，假设物品可以加速到与传送带共速，则匀加速运动的时间为t1== s，匀加速运动的距离为s1=a= m≈2.67 m>2.1 m，因此物品在传送带上一直做匀加速运动，A错误；
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因一直加速，则L=at2，物品从A端到B端所用的时间为t=≈1.18 s，B错误；
因为一直加速，所以物品一直受到向右的滑动摩擦力的作用，C正确；
当传送带速度减小一点时，物品在传送带上仍可能是全程加速，在加速度和位移都不变的情况下，运动的时间也不变，故D正确。
至图甲所示位置，放手后物块恰好保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(重力加速度g=9.8 m/s2)。
(1)图甲中弹簧测力计读数为 N；
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三、非选择题
11.某同学为测定物块与电梯水平地板之间的动摩擦因数，将质量为1 kg的物块放在电梯水平地板上，弹簧测力计一端固定在电梯侧壁上，另一端连接物块并保持弹簧测力计水平。现用手向左缓慢移动物块
3.60
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根据题图甲可知，3 N和4 N之间有10个小格，每小格表示0.1 N，需要估读到下一位，因此弹簧测力计示数为3.60 N。
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(2)电梯启动后，用手机的加速度传感器测得电梯的a-t图像如图乙所示(以竖直向上为正方向)。结果发现在电梯运行过程中的某一时刻物块被拉动，则这一时刻是 (选填“第2 s末”或“第4 s末”)，该时刻电梯处于 (选填“超重”或“失重”)状态。
第4 s末
失重
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物块被拉动时，是最大静摩擦力最小时，也就是物块与电梯水平地板间弹力最小时，由题意可知一定是向下的加速度最大时，结合题图乙可知为第4 s末，此时加速度方向向下，电梯处于失重状态。
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(3)在(1)(2)条件下，物块和电梯水平地板间动摩擦因数的最大值是 (保留两位有效数字)。
0.40
第4 s末时，分析物块受力可知FN-mg=ma，代入数据解得FN=9 N，结合弹簧测力计示数，由f=μFN，解得μ=0.40。
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12.如图(a)为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置示意图。图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源。在小车质量一定的情况下探究加速度与力的关系。
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(1)为使轻绳对小车的拉力为小车所受的合外力，故在组装器材完毕后需平衡摩擦力：平衡摩擦力时 (选填“需要”或“不需要”)挂上沙桶；正确操作后，在长木板右端下放一块垫木，以调整长木板右端的高度，放上小车后，轻推小车使之运动，打点计时器在纸带上打出如图(b)所示的纸带(纸带上打点方向为由A到B)，则需要将垫木向 移动(选填“左”或“右”)。
不需要
左
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为使轻绳拉力作为合力，需满足除拉力以外的合力为零，故平衡摩擦力时不需要挂上沙桶；由纸带可以看出小车点迹分布越来越密集，说明小车在做减速运动，平衡摩擦力不足，需增大倾角，故需将垫木向左移动；
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(2)本实验操作过程中， (选填“需要”或“不需要”)需要满足沙桶及沙的总质量远小于小车质量。
不需要
小车所受拉力可由力传感器得到，故不再需要沙桶及沙的总质量远小于小车质量；
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(3)如图(c)是某同学实验过程中得到的一条点迹清晰的纸带，已知相邻两点间还有4个点未画出，则根据纸带可得此次小车的加速度a=_____ m/s2
(结果保留3位有效数字)。
2.09
纸带上两计数点间的时间间隔为T=0.1 s，根据逐差法有
a==2.09 m/s2；
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(4)若某次实验过程中，求得小车的加速度大小为a，则沙桶的加速度为 。
2a
两股轻绳拉小车，所以沙桶的加速度是小车加速度的2倍，即沙桶的加速度是2a；
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(5)如图(d)是甲、乙、丙三位同学作出的加速度与力传感器示数的关系图像，其中符合实验事实的是 (选填“甲”“乙”或“丙”)。
乙
本实验中作用在小车上的力可以准确测量，加速度与力成正比，可知乙符合实验事实。
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13.(2024·茂名市高一期末)如图甲所示为某校秋季运动会开幕式采用无人机拍摄的照片，图乙为正在高空进行拍摄的无人机。已知无人机质量m=1 kg，
答案 3 m/s2 12 m/s2
若无人机从地面以恒定升力竖直起飞，经过4 s时间达到最大速度v=12 m/s，然后关闭动力系统，无人机又上升了1 s到达最大高度。假设无人机所受阻力大小不变，重力加速度g=10 m/s2。求：
(1)无人机关闭动力系统前后的加速度大小；
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设无人机关闭动力系统前后的
加速度大小分别为a1、a2，
a1== m/s2=3 m/s2
a2== m/s2=12 m/s2
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(2)无人机上升的最大高度；
答案 30 m
无人机匀加速和匀减速过程的平均速度相等，有
h=v(t1+t2)=×12×5 m=30 m
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(3)无人机动力系统提供的升力大小。
答案 15 N
设升力为F，阻力为f，对两过程分别利用牛顿第二定律得F-f-mg=ma1，
f+mg=ma2
解得F=15 N。
置，此时θ=53°，圆环恰好要下滑。已知g=10 m/s2，sin 53°=0.8， cos 53°=0.6。
(1)求此时拉力F的大小；
14.如图所示，轻绳一端系在质量为M=15 kg的物体上，另一端系在一个质量为m=0.2 kg、套在粗糙竖直杆的圆环A上。现用水平力F拉住绳子上的O点，使物体从图中实线位置缓慢下降到虚线位
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答案 200 N
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对结点O'受力分析如图所示：
在水平方向：F=Tsin 53°
在竖直方向：Tcos 53°=Mg
联立解得：F=200 N
答案 0.76
(2)设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求杆与环间的动摩擦因数μ。
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物体与圆环组成的系统处于平衡状态，在水平方向：F=FN
在竖直方向：f=mg+Mg
圆环恰好要下滑，则有：f=μFN
联立解得：μ=0.76
15.(2023·珠海市高一期末)图甲是珠海某公园滑草场的滑道，滑道由4条各自独立、完全相同的滑道组成，游客可以坐滑草车
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沿滑道由静止滑下。将滑道简化成如图乙，游客从高度为h=62 m的A点由静止滑下，倾斜滑道倾角为θ=18°，动摩擦因数为μ1=0.3，然后进入动摩擦因数为μ2=0.25的水平滑道中继续滑行至C停下，倾斜滑道与水平滑道平滑连接，已知滑草车的质量m=10 kg，游客的质量M=40 kg。 sin 18°=0.31，cos 18°=0.95，g取10 m/s2，求：
(1)游客在水平滑道滑行的位移大小；
答案 20 m
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设沿倾斜滑道下滑的加速度为a1，根据牛顿第二定律得
(M+m)gsin θ-μ1(M+m)gcos θ=(M+m)a1
代入数据解得a1=0.25 m/s2
L1==200 m
设滑到倾斜滑道底端的速度为v，则有
v2=2a1L1
代入数据解得v=10 m/s
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设在水平滑道滑行的加速度大小为a2，则有
μ2(M+m)g=(M+m)a2
解得a2=2.5 m/s2
设游客在水平滑道滑行的位移为L2，
则有v2=2a2L2
代入数据解得L2=20 m
(2)游客从A滑到C全过程的总时间t；
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答案 44 s
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游客在AB段上做匀加速运动
L1=a1
代入数据解得t1=40 s
游客在水平段上做匀减速运动，
由逆向思维得
L2=a2
代入数据解得t2=4 s
t总=t1+t2=44 s
(3)滑草车在水平段上滑行时车对游客的作用力大小。
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答案 100 N
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游客在水平段滑行的加速度大小为a2=2.5 m/s2，由牛顿第二定律知，游客受到滑草车对其向左的摩擦力，f=Ma2=100 N，游客在竖直方向上受力平衡，所以滑草车对游客向上
的支持力大小为FN=Mg=400 N，
所以车对游客的作用力大小为
F== N=100 N。
