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模块检测卷
第四章 牛顿运动定律
1．(2024·惠州高一校考期中)在下列研究蝉的具体情形中，可将蝉视为质点的是
A．研究蝉的长距离飞行时间 B．观察蝉的翅膀扇动
C．记录蝉翅膀上的纹路 D．研究蝉的转身动作
√
研究蝉的长距离飞行时间时，蝉相对长距离而言可以忽略自身的形状和大小，此时可以看成质点，A正确；观察蝉的翅膀扇动时需要用到它的形状和大小，不能看作质点，否则就不能看到翅膀的扇动，B错误；记录蝉翅膀上的纹路时不能忽略自身的形状和大小而看作质点，否则就看不到纹路，C错误；研究蝉的转身动作时不能忽略自身的形状和大小而看作质点，否则就不能看到转身动作，D错误。故选A。
2．(2024·深圳市高一校考期中)在物理学研究过程中，科学家们有许多物理学研究思想方法，如控制变量法、极限法、等效替代法、理想模型法、微元法等，以下关于所用物理学研究方法叙述正确的是
A．根据速度定义式v＝ ，当Δt非常小时， 就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义采用了转化法
B．不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体采用了微元法
C．引入重心、合力与分力的概念时运用了等效替代法
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，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，这里采用了极限法
√
根据速度定义式v＝ ，当Δt非常小时， 就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法，故A错误；不需要考虑物体的大小和
形状时，用质点来代替实际物体采用了理想化物理模型法，故B错误；引入重心、合力与分力的概念时运用了等效替代法，故C正确；在推导匀变速直线运动位移公式时，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，故D错误。故选C。
3．(2024·深圳市高一校考期中)公园观光缆车备受游客喜爱。如图所示，缆车索道全长350 m，缆车匀速运动的速度为1.25 m/s。若将缆车的运动看成直线运动，启动和刹车过程中缆车的加速度大小均为0.125 m/s2，缆车由静止出发到最终停下的运动分为匀加速、匀速、匀减速三个阶段，则
A．缆车匀加速运动的位移大小为12.5 m
B．缆车运动的时间为280 s
C．缆车全程的平均速度大小为1.25 m/s
D．缆车第一个10 s内和第二个10 s内通过的位移大小之比为1∶2
√
缆车匀加速运动的位移大小为s1＝ m＝6.25 m，故A错误；缆车匀加速和匀减速的时间均为t1＝ s＝10 s，匀速的时间为t2＝ s＝270 s，缆车运动的时间为t＝2t1＋t2＝290 s，故B错误；缆车全程的平均速度大小为 m/s≈1.21 m/s，故C错误；缆车第一个10 s内的位移是匀加速的位移，为s1＝6.25 m，缆
车第二个10 s内匀速，则s2＝vt′＝12.5 m，缆车第一个10 s内和第二个10 s内通过的位移大小之比为s1∶s2＝1∶2，故D正确。故选D。
4．(2024·浙江高一阶段练习)渔业作业中，鱼虾捕捞上来后，通过“鱼虾分离装置”，实现了机械化分离鱼和虾，降低了人工成本。某科学小组将“鱼虾分离装置”简化为如图所示模型，分离器出口与顺时针运转的传送带有一定的高度差，鱼虾落在传送带上时有沿着传送带向下的初速度，随后虾从传送
带下方掉落，鱼从传送带上方掉落，实现分离。下列说法正确的是
A．虾掉落到传送带后，可能沿着传送带向下做加速直线运动
B．鱼掉落到传送带后，马上沿着传送带向上做加速直线运动
C．虾在传送带上运动时，摩擦力对虾的运动是动力作用
D．鱼在传送带上运动时，加速度方向先向下后向上
√
虾从传送带下方掉落，若虾的重力沿传送带斜面向下的分力大于虾的最大静摩擦力，则虾向下做加速直线运动，即虾掉落到传送带后，可能沿着传送带向下做加速直线运动，故A正确；鱼在掉落到传送带后，有一个沿传送带斜面向下的初速度，不可能马上向上做
加速直线运动，鱼先向下减速到速度为零后，变为向上的加速运动，故B错误；虾向下运动与传送带运动方向相反，虾受到的摩擦力沿传送带斜面向上，对虾的运动是阻力作用，故C错误；鱼在掉落到传送带后，受到的摩擦力的方向一直向上，所以有向上的加速度，后来如果加速到与传送带共速，加速度就为零，故D错误。故选A。
5．(2024·深圳市高一校考期中)如图所示，轻杆A端以光滑铰链连接在竖直墙面上，B端用水平绳BC固定，在B端悬挂一重物P，用水平向右的力F缓慢拉起重物P的过程中，杆AB所受压力的变化情况是
A．不变
B．变小
C．变大
D．先变小再变大
√
以重物P为研究对象，在缓缓拉起重物P的过程中，根据受力平衡可得T2cos β＝mPg；对B端受力分析，如图所示
竖直方向根据受力平衡可得FN cos α＝T2cos β，联立可得FN＝ ，由于α保持不变，可知FN不变，则杆AB所受压力保持不变。故选A。
6．如图所示，绳OC与竖直方向成15°角，O为质量不计的滑轮，绳与滑轮间摩擦不计，已知物体B质量为mB，物体A质量为mA，为保证A、B均能静止，则物体B与地面的动摩擦因数至少为
√
对A物体平衡有TOB＝TOA＝mAg，则OC的反向延长线必为∠AOB的角平分线，故TOB 与水平方向的夹角为60°，对B物体在水平方向有f＝mAg cos 60°，在竖直方向有FN＝mBg－mAg sin 60°，所以物体B与地面的动摩擦因
数至少为μ＝ ，故选A。
7．(2024·惠州市高一统考期末)如图为小明玩蹦床的情景，其中A位置表示床面未受压力时的平衡位置，B位置是他从最高点直立下落的过程中将床面压下的最低位置。对于小明从最高点下落到最低点的过程，下列说法中正确的是
A．A位置下降到B位置的过程中，小明的速度先增大后减小
B．床面在B位置时，小明所受合外力为零
C．小明接触床面前处于失重状态，接触床面后处于超重状态
D．从A位置下降到B位置的过程中，小明的加速度方向始终向下
√
A位置是床面未受压力的平衡位置，B位置是床面最低位置，在该过程中，合力先向下后向上，小明先加速后减速，到B位置时速度减为零，故A正确；床面在B位置时，小明所受弹力最大，此时弹力大于重力，小明所受合外力不为零，故B
错误；小明在接触床面前处于失重状态，接触床面后，其开始时弹力小于重力，仍然处于失重状态，后来弹力大于重力，处于超重状态，故C错误；由以上分析可知，从A位置下降到B位置的过程中，小明的加速度方向先向下后向上，故D错误。故选A。
8．如图所示，质量为20 kg的物体，沿水平面向右运动，它与水平面间的动摩擦因数为0.1，同时还受到大小为10 N的水平向右的力的作用，则该物体(g取10 m/s2)
A．受到的摩擦力大小为20 N，方向向左
B．受到的摩擦力大小为20 N，方向向右
C．运动的加速度大小为1.5 m/s2，方向向左
D．运动的加速度大小为0.5 m/s2，方向向左
√
√
物体相对地面运动，故物体受到滑动摩擦力，则摩擦力的大小为f＝μFN＝μmg＝20 N，滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，故摩擦力
方向向左，根据牛顿第二定律得F－f＝ma，得a＝ m/s2＝－0.5 m/s2，则运动的加速度大小为0.5 m/s2，方向向左。故选AD。
9．如图所示，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的关系如图所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是
A．小滑块的质量m＝2 kg
B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为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
√
√
√
由题图乙可知，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M、m为整体，根据牛顿第二定律可得F＝(M＋m)a，以m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。故选ABD。
10．(2024·广州市高一期末)如图甲所示，一轻质弹簧上端固定，下端连接一质量为1 kg 的物体，物体处于静止状态。用一竖直向上的外力F 作用于物体上，物体从静止开始竖直向上做一段匀加速直线运动，外力F 与物体离开静止位置的位移x 的关系如图乙所示，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是
A．物体运动的加速度大小为4 m/s2
B．弹簧开始时形变量为4 cm
C．弹簧的劲度系数为200 N/m
D．从物体开始运动时计时，当t＝0.1 s时
弹簧的形变量为3 cm
√
√
√
物体从静止开始运动时重力与弹簧弹力平衡，由题图乙可知此时F＝4 N，则开始运动时合力为F合 ＝F＝4 N，根据牛顿第二定律F合 ＝ma，解得物体运动的加速度为a＝4 m/s2，故A正确。假设开始时弹簧形变量为x0，此时弹簧弹力F0＝mg＝10 N，根据胡克定律可得kx0＝10 N；当F＝12 N时，根据
牛顿第二定律F－mg＋F1＝ma，解得弹簧弹力F1＝2 N，由题图乙可知此时位移为4 cm，则根据胡克定律可得k(x0－0.04 m)＝2 N，联立解得k＝200 N/m，x0＝5 cm，故B错误，C正确。物体做初速度为0的匀加速直
线运动，当t＝0.1时位移为s＝ at2＝0.02 m，则此时弹簧的形变量为x1＝x0－s＝3 cm，故D正确。故选ACD。
11．(6分)(2024·佛山市高一石门中学校考期中)某同学在探究力的合成的平行四边形定则的实验中，利用图钉、平板、橡皮筋、弹簧测力计及铅笔、刻度尺进行有关实验。
(1)图1中B测力计的示数为_______ N。(本实验用的弹簧测力计示数的单位为N)
3.6
由题图1可知，弹簧测力计示数为3.6 N。
(2)如图2是甲、乙两名同学在做“探究力的平行四边形定则”的实验时得到的结果。若按实验中要求的符号表示各个力，则可判定其中_____(选填“甲”或“乙”)实验结果是尊重实验事实的。
甲
该实验中F是由平行四边形定则得出的合力，而F′是通过实际实验得出的，故F′应与OA在同一直线上，而F与F1、F2组成平行四边形，故甲实验结果是尊重实验事实的。
(3)在验证力的平行四边形定则的实验中，两弹簧测力计拉力的图示在图2丙中作出，请作出合力的图示，方格每边的长度表示1 N，O是橡皮筋的一个端点。按照作图法可得合力的大小为_____ N。
答案：见解析图
7
已知分力求合力，根据平行四边形定则作图如图所示。
由图可得，合力的大小为7 N。
(4)关于本实验的操作过程，下列说法正确的是____________。
A．为了方便测量，实验时两细绳OB、OC必须相互垂直
B．必须记录橡皮条被拉伸的数值及OB、OC细绳拉力大小
C．橡皮筋的反向延长线必须是两条细绳夹角的角平分线
D．可以同时改变两条细绳的拉力，但是要保持结点O的位置不变
√
为了实验的准确性，实验时两细绳OB、OC的夹角应适当大一点，没必要一定成90°，故A错误；每次实验必须将橡皮条的末端点拉至同一位置，并记录OB、OC细绳的拉力大小及方向，故B错误；OB、OC细绳的拉力大小可
以不相等，故橡皮筋的反向延长线不一定是两条细绳夹角的角平分线，故C错误；可以同时改变两条细绳的拉力，但为了使作用效果相同，要保持结点O的位置不变，故D正确。故选D。
12．(8分)某实验小组设计了如图甲所示的装置来探究加速度与力、质量的关系。将装有力传感器(质量不计)的小车放置在水平长木板上。砂和砂桶的总质量为m1，小车和小车中砝码的总质量为m2，重力加速度为g。
(1)本实验主要应用的方法是______。
A．类比法
B．假设法
C．理想实验法
D．控制变量法
√
探究加速度与力、质量的关系时，采用了控制变量法，故选D。
(2)关于实验，以下说法正确的是____________。
A．实验时使用打点计时器应先释放小车后接通电源
B．本实验牵引小车的细绳与长木板可以不平行
C．在用图像探究加速度与质量关系时，应作a- 图像
D．该实验必须用天平测出砂和砂桶的总质量
√
实验时使用打点计时器应先接通电源再释放小车，故A错误；若牵引小车的细绳与长木板不平行，在小车运动过程中，对小车的拉力会发生变
化，加速度会发生变化，故B错误；根据牛顿第二定律F＝ma得a＝ ，
在用图像探究加速度与质量关系时，应作a- 图像，图像是一条直线，
故C正确；该实验对小车拉力可由力传感器测得，无须用天平测出砂和砂桶的总质量，故D错误。故选C。
(3)接通频率为50 Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带。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，则由纸带求出打3计数点时的速度v3＝________m/s，小车加速度的大小为a＝_______ m/s2。(结果均保留3位有效数字)
0.376
0.160
相邻计数点间的时间间隔为t＝5T＝ s＝0.1 s，匀变速直线运动某段中间时刻的速度等于该段的平均速度，则打3计数点时的速度为v3＝
×10－2 m/s＝0.376 m/s
根据逐差法可得小车的加速度为a＝
×10－2 m/s2＝0.160 m/s2。
(4)若该实验小组将平衡摩擦力方法进行改变，缓慢向砂桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的示数F0，再将小车放回原处并按住，继续向砂桶中加入细砂，记下传感器的示数F1，释放小车，记录小车运动时传感器的示数F2。改变砂桶中砂的重力，多次重复实验获得多组数据，描绘小车加速度a与F的关系图像如图丙所示。则图像中F是实验中测得的__________。
A．F1
B．F2
C．F1－F0
D．F2－F0
√
缓慢向砂桶中加入细砂，直到小车刚开始运动，根据平衡条件有f＝F0
小车运动过程传感器的示数为F2，根据牛顿第二定律有F＝F2－f＝F2－F0＝ma
所以图像中F是实验中测得的F2－F0，故选D。
13．(8分)(2024·东莞市高一期中)建筑工人安装搭手架进行高空作业，有一名建筑工人由于不慎将抓在手中的一个物体脱落，使物体从高80 m的空中由静止开始自由下落。(不计空气阻力，g取10 m/s2)求：
(1)物体下落过程经历的时间；
答案：4 s
由位移公式得h＝ gt2
解得t＝4 s。
(2)物体落地时的速度大小；
答案：40 m/s
由速度公式得v＝gt＝40 m/s。
(3)物体落地前最后1 s内的位移大小。
答案：35 m
由位移公式得H＝ gt2－ g(t－1 s)2＝35 m。
14．(14分)如图所示，重力为G1＝10 N，G2＝20 N的木块悬挂在绳PC和PB的结点上，PB水平，G2在倾角为30°的斜面上，PA偏离竖直方向30°，系统处于静止状态，求：
(1)PB绳中的拉力大小；
答案：
以结点P为研究对象，受力分析如图甲所示，由共点力平衡
可知T1＝T2tan 30°
T2＝G1
可得PB中的张力为T1＝ N。
(2)木块G2与斜面间的摩擦力大小；
答案：15 N
再以木块G2为研究对象，受力分析如图乙所示
沿斜面方向有T1cos 30°＋G2sin 30°＝f
垂直斜面方向有FN＋T1sin 30°＝G2cos 30°
解得f＝15 N，FN＝ N。
(3)木块G2所受斜面的支持力大小。
再以木块G2为研究对象，受力分析如图乙所示
沿斜面方向有T1cos 30°＋G2sin 30°＝f
垂直斜面方向有FN＋T1sin 30°＝G2cos 30°
解得f＝15 N，FN＝ N。
15．(14分)(2024·深圳市高一统考期末)如图所示，质量为M＝3×103 kg的皮卡车停放在水平路面上，质量为m＝1.5×103 kg货物(可视为质点)放在货箱前端。t＝0时刻，皮卡车在牵引力F1＝1.35×104 N的作用下由静止启动做匀加速直线运动，t＝1 s时，牵引力增大到F2＝3.15×104 N继续做匀加速直线运动，t＝1.6 s时司机发现异常立即刹车，直到皮卡车停止运动。已知皮卡车货箱长度为2 m，货箱与货物之间的动摩擦因数为μ＝0.2，皮卡车行驶时受到的阻力是其与地面间压力的k1＝0.1倍，刹车时受到阻力是其与地面间压力的k2＝0.4倍，货物与车厢间最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)0～1 s内皮卡车和货物的加速度大小；
答案：均为2 m/s2
0～1 s内，假设皮卡车与货物没有相对位移，对整体根据牛顿第二定律得
F1－k1(M＋m)g＝(M＋m)a1
解得a1＝2 m/s2
而货物能够达到的最大加速度am＝ ＝2 m/s2
故假设成立，两者的加速度大小均为2 m/s2。
(2)1.6 s时皮卡车和货物的速度大小；
答案：6.8 m/s 3.2 m/s
t＝1 s时，牵引力增大到F2＝3.15×104 N，此时皮卡车的加速度必然大于2 m/s2，则货物与皮卡发生了相对运动，对皮卡车，根据牛顿第二定律得F2－μmg－k1(M＋m)g＝Ma2
解得a2＝8 m/s2
令t1＝1 s，1 s时，皮卡车和货物的速度大小均为v＝a1t1＝2 m/s
令t2＝0.6 s，则1.6 s时皮卡车的速度大小v1＝v＋a2t2＝6.8 m/s
货物的速度大小v2＝v＋a1t2＝3.2 m/s。
(3)通过计算说明，货物是否会从车尾掉落地面或者碰撞到皮卡车驾驶室。
答案：不会掉落地面，会撞到驾驶室
1.6 s前，货物相对车向后移动
Δs1＝ t2－ t2＝1.08 m
t＝1.6 s时司机立即刹车，此时皮卡车的加速度大小
a3＝ ＝7 m/s2
当货物与皮卡车速度相等时，货物相对皮卡车向后运动的距离最大，有v1－a3t3＝v2＋a1t3＝v′
解得t3＝0.4 s，v′＝4 m/s
在这0.4 s内，货物再相对皮卡车向后运动的距离为
Δs2＝ t3－ t3＝0.72 m
则货物相对皮卡车向后运动的最大距离为Δs＝Δs1＋Δs2＝1.8 m＜2 m
则货物不会从车尾掉落地面。
假设此后货物与皮卡车分别做匀减速直线运动，则货物的加速度仍为a1＝2 m/s2
对皮卡车由牛顿第二定律得k2(M＋m)g－μmg＝Ma4
解得a4＝5 m/s2＞2 m/s2
可见假设成立，皮卡车速度先减为0
皮卡车速度减为0后，由于k2(M＋m)g＞μmg，皮卡车将处于静止状态
皮卡车和货物都静止时，货物比皮卡车多发生的位移大小
Δs3＝ ＝2.4 m
由于Δs3＞Δs
货物会碰撞到皮卡车驾驶室。模块检测卷
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1．(2024·惠州市高一校考期中)在下列研究蝉的具体情形中，可将蝉视为质点的是( )
A．研究蝉的长距离飞行时间
B．观察蝉的翅膀扇动
C．记录蝉翅膀上的纹路
D．研究蝉的转身动作
答案：A
解析：研究蝉的长距离飞行时间时，蝉相对长距离而言可以忽略自身的形状和大小，此时可以看成质点，A正确；观察蝉的翅膀扇动时需要用到它的形状和大小，不能看作质点，否则就不能看到翅膀的扇动，B错误；记录蝉翅膀上的纹路时不能忽略自身的形状和大小而看作质点，否则就看不到纹路，C错误；研究蝉的转身动作时不能忽略自身的形状和大小而看作质点，否则就不能看到转身动作，D错误。故选A。
2．(2024·深圳市高一校考期中)在物理学研究过程中，科学家们有许多物理学研究思想方法，如控制变量法、极限法、等效替代法、理想模型法、微元法等，以下关于所用物理学研究方法叙述正确的是( )
A．根据速度定义式v＝，当Δt非常小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义采用了转化法
B．不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体采用了微元法
C．引入重心、合力与分力的概念时运用了等效替代法
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，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，这里采用了极限法
答案：C
解析：根据速度定义式v＝，当Δt非常小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法，故A错误；不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体采用了理想化物理模型法，故B错误；引入重心、合力与分力的概念时运用了等效替代法，故C正确；在推导匀变速直线运动位移公式时，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，故D错误。故选C。
3．(2024·深圳市高一校考期中)公园观光缆车备受游客喜爱。如图所示，缆车索道全长350 m，缆车匀速运动的速度为1.25 m/s。若将缆车的运动看成直线运动，启动和刹车过程中缆车的加速度大小均为0.125 m/s2，缆车由静止出发到最终停下的运动分为匀加速、匀速、匀减速三个阶段，则( )
A．缆车匀加速运动的位移大小为12.5 m
B．缆车运动的时间为280 s
C．缆车全程的平均速度大小为1.25 m/s
D．缆车第一个10 s内和第二个10 s内通过的位移大小之比为1∶2
答案：D
解析：缆车匀加速运动的位移大小为s1＝＝ m＝6.25 m，故A错误；缆车匀加速和匀减速的时间均为t1＝＝ s＝10 s，匀速的时间为t2＝＝ s＝270 s，缆车运动的时间为t＝2t1＋t2＝290 s，故B错误；缆车全程的平均速度大小为＝＝ m/s≈1.21 m/s，故C错误；缆车第一个10 s内的位移是匀加速的位移，为s1＝6.25 m，缆车第二个10 s内匀速，则s2＝vt′＝12.5 m，缆车第一个10 s内和第二个10 s内通过的位移大小之比为s1∶s2＝1∶2，故D正确。故选D。
4．(2024·浙江高一阶段练习)渔业作业中，鱼虾捕捞上来后，通过“鱼虾分离装置”，实现了机械化分离鱼和虾，降低了人工成本。某科学小组将“鱼虾分离装置”简化为如图所示模型，分离器出口与顺时针运转的传送带有一定的高度差，鱼虾落在传送带上时有沿着传送带向下的初速度，随后虾从传送带下方掉落，鱼从传送带上方掉落，实现分离。下列说法正确的是( )
A．虾掉落到传送带后，可能沿着传送带向下做加速直线运动
B．鱼掉落到传送带后，马上沿着传送带向上做加速直线运动
C．虾在传送带上运动时，摩擦力对虾的运动是动力作用
D．鱼在传送带上运动时，加速度方向先向下后向上
答案：A
解析：虾从传送带下方掉落，若虾的重力沿传送带斜面向下的分力大于虾的最大静摩擦力，则虾向下做加速直线运动，即虾掉落到传送带后，可能沿着传送带向下做加速直线运动，故A正确；鱼在掉落到传送带后，有一个沿传送带斜面向下的初速度，不可能马上向上做加速直线运动，鱼先向下减速到速度为零后，变为向上的加速运动，故B错误；虾向下运动与传送带运动方向相反，虾受到的摩擦力沿传送带斜面向上，对虾的运动是阻力作用，故C错误；鱼在掉落到传送带后，受到的摩擦力的方向一直向上，所以有向上的加速度，后来如果加速到与传送带共速，加速度就为零，故D错误。故选A。
5．(2024·深圳市高一校考期中)如图所示，轻杆A端以光滑铰链连接在竖直墙面上，B端用水平绳BC固定，在B端悬挂一重物P，用水平向右的力F缓慢拉起重物P的过程中，杆AB所受压力的变化情况是( )
A．不变 B．变小
C．变大 D．先变小再变大
答案：A
解析：以重物P为研究对象，在缓缓拉起重物P的过程中，根据受力平衡可得T2cos β＝mPg；对B端受力分析，如图所示
竖直方向根据受力平衡可得FN cos α＝T2cos β，联立可得FN＝，由于α保持不变，可知FN不变，则杆AB所受压力保持不变。故选A。
6．如图所示，绳OC与竖直方向成15°角，O为质量不计的滑轮，绳与滑轮间摩擦不计，已知物体B质量为mB，物体A质量为mA，为保证A、B均能静止，则物体B与地面的动摩擦因数至少为( )
A． B．
C． D．
答案：A
解析：对A物体平衡有TOB＝TOA＝mAg，则OC的反向延长线必为∠AOB的角平分线，故TOB 与水平方向的夹角为60°，对B物体在水平方向有f＝mAg cos 60°，在竖直方向有FN＝mBg－mAg sin 60°，所以物体B与地面的动摩擦因数至少为μ＝＝，故选A。
7．(2024·惠州市高一统考期末)如图为小明玩蹦床的情景，其中A位置表示床面未受压力时的平衡位置，B位置是他从最高点直立下落的过程中将床面压下的最低位置。对于小明从最高点下落到最低点的过程，下列说法中正确的是( )
A．A位置下降到B位置的过程中，小明的速度先增大后减小
B．床面在B位置时，小明所受合外力为零
C．小明接触床面前处于失重状态，接触床面后处于超重状态
D．从A位置下降到B位置的过程中，小明的加速度方向始终向下
答案：A
解析：A位置是床面未受压力的平衡位置，B位置是床面最低位置，在该过程中，合力先向下后向上，小明先加速后减速，到B位置时速度减为零，故A正确；床面在B位置时，小明所受弹力最大，此时弹力大于重力，小明所受合外力不为零，故B错误；小明在接触床面前处于失重状态，接触床面后，其开始时弹力小于重力，仍然处于失重状态，后来弹力大于重力，处于超重状态，故C错误；由以上分析可知，从A位置下降到B位置的过程中，小明的加速度方向先向下后向上，故D错误。故选A。
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
8．如图所示，质量为20 kg的物体，沿水平面向右运动，它与水平面间的动摩擦因数为0.1，同时还受到大小为10 N的水平向右的力的作用，则该物体(g取10 m/s2)( )
A．受到的摩擦力大小为20 N，方向向左
B．受到的摩擦力大小为20 N，方向向右
C．运动的加速度大小为1.5 m/s2，方向向左
D．运动的加速度大小为0.5 m/s2，方向向左
答案：AD
解析：物体相对地面运动，故物体受到滑动摩擦力，则摩擦力的大小为f＝μFN＝μmg＝20 N，滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，故摩擦力方向向左，根据牛顿第二定律得F－f＝ma，得a＝＝ m/s2＝－0.5 m/s2，则运动的加速度大小为0.5 m/s2，方向向左。故选AD。
9．如图所示，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的关系如图所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小滑块的质量m＝2 kg
B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为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
答案：ABD
解析：由题图乙可知，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M、m为整体，根据牛顿第二定律可得F＝(M＋m)a，以m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。故选ABD。
10．(2024·广州市高一期末)如图甲所示，一轻质弹簧上端固定，下端连接一质量为1 kg 的物体，物体处于静止状态。用一竖直向上的外力F 作用于物体上，物体从静止开始竖直向上做一段匀加速直线运动，外力F 与物体离开静止位置的位移x 的关系如图乙所示，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．物体运动的加速度大小为4 m/s2
B．弹簧开始时形变量为4 cm
C．弹簧的劲度系数为200 N/m
D．从物体开始运动时计时，当t＝0.1 s时弹簧的形变量为3 cm
答案：ACD
解析：物体从静止开始运动时重力与弹簧弹力平衡，由题图乙可知此时F＝4 N，则开始运动时合力为F合 ＝F＝4 N，根据牛顿第二定律F合 ＝ma，解得物体运动的加速度为a＝4 m/s2，故A正确。假设开始时弹簧形变量为x0，此时弹簧弹力F0＝mg＝10 N，根据胡克定律可得kx0＝10 N；当F＝12 N时，根据牛顿第二定律F－mg＋F1＝ma，解得弹簧弹力F1＝2 N，由题图乙可知此时位移为4 cm，则根据胡克定律可得k(x0－0.04 m)＝2 N，联立解得k＝200 N/m，x0＝5 cm，故B错误，C正确。物体做初速度为0的匀加速直线运动，当t＝0.1时位移为s＝at2＝0.02 m，则此时弹簧的形变量为x1＝x0－s＝3 cm，故D正确。故选ACD。
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11．(6分)(2024·佛山市高一石门中学校考期中)某同学在探究力的合成的平行四边形定则的实验中，利用图钉、平板、橡皮筋、弹簧测力计及铅笔、刻度尺进行有关实验。
(1)图1中B测力计的示数为________ N。(本实验用的弹簧测力计示数的单位为N)
(2)如图2是甲、乙两名同学在做“探究力的平行四边形定则”的实验时得到的结果。若按实验中要求的符号表示各个力，则可判定其中________(选填“甲”或“乙”)实验结果是尊重实验事实的。
(3)在验证力的平行四边形定则的实验中，两弹簧测力计拉力的图示在图2丙中作出，请作出合力的图示，方格每边的长度表示1 N，O是橡皮筋的一个端点。按照作图法可得合力的大小为________ N。
(4)关于本实验的操作过程，下列说法正确的是________。
A．为了方便测量，实验时两细绳OB、OC必须相互垂直
B．必须记录橡皮条被拉伸的数值及OB、OC细绳拉力大小
C.橡皮筋的反向延长线必须是两条细绳夹角的角平分线
D．可以同时改变两条细绳的拉力，但是要保持结点O的位置不变
答案：(1)3.6 (2)甲 (3)见解析图 7 (4)D
解析：(1)由题图1可知，弹簧测力计示数为3.6 N。
(2)该实验中F是由平行四边形定则得出的合力，而F′是通过实际实验得出的，故F′应与OA在同一直线上，而F与F1、F2组成平行四边形，故甲实验结果是尊重实验事实的。
(3)已知分力求合力，根据平行四边形定则作图如图所示。
由图可得，合力的大小为7 N。
(4)为了实验的准确性，实验时两细绳OB、OC的夹角应适当大一点，没必要一定成90°，故A错误；每次实验必须将橡皮条的末端点拉至同一位置，并记录OB、OC细绳的拉力大小及方向，故B错误；OB、OC细绳的拉力大小可以不相等，故橡皮筋的反向延长线不一定是两条细绳夹角的角平分线，故C错误；可以同时改变两条细绳的拉力，但为了使作用效果相同，要保持结点O的位置不变，故D正确。故选D。
12．(8分)某实验小组设计了如图甲所示的装置来探究加速度与力、质量的关系。将装有力传感器(质量不计)的小车放置在水平长木板上。砂和砂桶的总质量为m1，小车和小车中砝码的总质量为m2，重力加速度为g。
(1)本实验主要应用的方法是_________。
A．类比法 B．假设法
C．理想实验法 D．控制变量法
(2)关于实验，以下说法正确的是_________。
A．实验时使用打点计时器应先释放小车后接通电源
B．本实验牵引小车的细绳与长木板可以不平行
C．在用图像探究加速度与质量关系时，应作a 图像
D．该实验必须用天平测出砂和砂桶的总质量
(3)接通频率为50 Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带。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，则由纸带求出打3计数点时的速度v3＝__________m/s，小车加速度的大小为a＝__________m/s2。(结果均保留3位有效数字)
(4)若该实验小组将平衡摩擦力方法进行改变，缓慢向砂桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的示数F0，再将小车放回原处并按住，继续向砂桶中加入细砂，记下传感器的示数F1，释放小车，记录小车运动时传感器的示数F2。改变砂桶中砂的重力，多次重复实验获得多组数据，描绘小车加速度a与F的关系图像如图丙所示。则图像中F是实验中测得的________。
A．F1 B．F2
C．F1－F0 D．F2－F0
答案：(1)D (2)C (3)0.376 0.160 (4)D
解析：(1)探究加速度与力、质量的关系时，采用了控制变量法，故选D。
(2)实验时使用打点计时器应先接通电源再释放小车，故A错误；若牵引小车的细绳与长木板不平行，在小车运动过程中，对小车的拉力会发生变化，加速度会发生变化，故B错误；根据牛顿第二定律F＝ma得a＝，在用图像探究加速度与质量关系时，应作a 图像，图像是一条直线，故C正确；该实验对小车拉力可由力传感器测得，无须用天平测出砂和砂桶的总质量，故D错误。故选C。
(3)相邻计数点间的时间间隔为t＝5T＝＝ s＝0.1 s，匀变速直线运动某段中间时刻的速度等于该段的平均速度，则打3计数点时的速度为
v3＝＝×10-2 m/s＝0.376 m/s
根据逐差法可得小车的加速度为a＝＝×10-2 m/s2＝0.160 m/s2。
(4)缓慢向砂桶中加入细砂，直到小车刚开始运动，根据平衡条件有f＝F0
小车运动过程传感器的示数为F2，根据牛顿第二定律有F＝F2－f＝F2－F0＝ma
所以图像中F是实验中测得的F2－F0，故选D。
13．(12分)(2024·东莞市高一期中)建筑工人安装搭手架进行高空作业，有一名建筑工人由于不慎将抓在手中的一个物体脱落，使物体从高80 m的空中由静止开始自由下落。(不计空气阻力，g取10 m/s2)求：
(1)物体下落过程经历的时间；
(2)物体落地时的速度大小；
(3)物体落地前最后1 s内的位移大小。
答案：(1)4 s (2)40 m/s (3)35 m
解析：(1)由位移公式得h＝gt2
解得t＝4 s。
(2)由速度公式得v＝gt＝40 m/s。
(3) 由位移公式得
H＝gt2－g(t－1 s)2＝35 m。
14．(14分)如图所示，重力为G1＝10 N，G2＝20 N的木块悬挂在绳PC和PB的结点上，PB水平，G2在倾角为30°的斜面上，PA偏离竖直方向30°，系统处于静止状态，求：
(1)PB绳中的拉力大小；
(2)木块G2与斜面间的摩擦力大小；
(3)木块G2所受斜面的支持力大小。
答案：(1) N (2)15 N (3) N
解析：
(1)以结点P为研究对象，受力分析如图甲所示，由共点力平衡可知T1＝T2tan 30°
T2＝G1
可得PB中的张力为T1＝ N。
(2)(3)再以木块G2为研究对象，受力分析如图乙所示
沿斜面方向有T1cos 30°＋G2sin 30°＝f
垂直斜面方向有FN＋T1sin 30°＝G2cos 30°
解得f＝15 N，FN＝ N。
15．(14分)(2024·深圳市高一统考期末)如图所示，质量为M＝3×103 kg的皮卡车停放在水平路面上，质量为m＝1.5×103 kg货物(可视为质点)放在货箱前端。t＝0时刻，皮卡车在牵引力F1＝1.35×104 N的作用下由静止启动做匀加速直线运动，t＝1 s时，牵引力增大到F2＝3.15×104 N继续做匀加速直线运动，t＝1.6 s时司机发现异常立即刹车，直到皮卡车停止运动。已知皮卡车货箱长度为2 m，货箱与货物之间的动摩擦因数为μ＝0.2，皮卡车行驶时受到的阻力是其与地面间压力的k1＝0.1倍，刹车时受到阻力是其与地面间压力的k2＝0.4倍，货物与车厢间最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)0～1 s内皮卡车和货物的加速度大小；
(2)1.6 s时皮卡车和货物的速度大小；
(3)通过计算说明，货物是否会从车尾掉落地面或者碰撞到皮卡车驾驶室。
答案：(1)均为2 m/s2 (2)6.8 m/s 3.2 m/s (3)不会掉落地面，会撞到驾驶室
解析：(1)0～1 s内，假设皮卡车与货物没有相对位移，对整体根据牛顿第二定律得
F1－k1(M＋m)g＝(M＋m)a1
解得a1＝2 m/s2
而货物能够达到的最大加速度am＝＝2 m/s2
故假设成立，两者的加速度大小均为2 m/s2。
(2)t＝1 s时，牵引力增大到F2＝3.15×104 N，此时皮卡车的加速度必然大于2 m/s2，则货物与皮卡发生了相对运动，对皮卡车，根据牛顿第二定律得
F2－μmg－k1(M＋m)g＝Ma2
解得a2＝8 m/s2
令t1＝1 s，1 s时，皮卡车和货物的速度大小均为v＝a1t1＝2 m/s
令t2＝0.6 s，则1.6 s时皮卡车的速度大小v1＝v＋a2t2＝6.8 m/s
货物的速度大小v2＝v＋a1t2＝3.2 m/s。
(3)1.6 s前，货物相对车向后移动
Δs1＝t2－t2＝1.08 m
t＝1.6 s时司机立即刹车，此时皮卡车的加速度大小a3＝＝7 m/s2
当货物与皮卡车速度相等时，货物相对皮卡车向后运动的距离最大，有v1－a3t3＝v2＋a1t3＝v′
解得t3＝0.4 s，v′＝4 m/s
在这0.4 s内，货物再相对皮卡车向后运动的距离为Δs2＝t3－t3＝0.72 m
则货物相对皮卡车向后运动的最大距离为Δs＝Δs1＋Δs2＝1.8 m<2 m
则货物不会从车尾掉落地面。
假设此后货物与皮卡车分别做匀减速直线运动，则货物的加速度仍为a1＝2 m/s2
对皮卡车由牛顿第二定律得
k2(M＋m)g－μmg＝Ma4
解得a4＝5 m/s2>2 m/s2
可见假设成立，皮卡车速度先减为0
皮卡车速度减为0后，由于k2(M＋m)g>μmg，皮卡车将处于静止状态
皮卡车和货物都静止时，货物比皮卡车多发生的位移大小Δs3＝－＝2.4 m
由于Δs3>Δs
货物会碰撞到皮卡车驾驶室。
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