期末模拟测试培优卷（含解析）-2025-2026学年人教版物理高一上学期
文档属性
| 名称 | 期末模拟测试培优卷（含解析）-2025-2026学年人教版物理高一上学期 |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.1MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2026-01-11 00:00:00 | ||
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文档简介
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期末模拟测试押题卷
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）（2025春 温州期中）下列单位属于国际单位制基本单位的是（ ）
A．km B．V C．K D．T
2．（3分）（2024秋 荆门期末）北京时间2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，向距离地面高度约为400km的空间站飞奔而去。17时46分，神舟十七号载人飞船成功对接于空间站天和核心舱前向端口，整个对接过程历时约6.5小时。根据以上材料，下列说法正确的是（ ）
A．11时14分和6.5小时都指时间间隔
B．载人飞船与空间站对接后绕地球运动一周，平均速率不为零
C．载人飞船从发射到与空间站对接，运动的路程为400km
D．研究载人飞船与空间站交会对接的整个过程，可以将载人飞船看成质点
3．（3分）（2024秋 德宏州期末）如图甲所示，2023年10月26日11时14分神舟十七号载人飞船顺利发射升空，速度能在20s内由0增加到200m/s；如图乙所示，汽车以108km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5s内停下来。下列说法中正确的是（ ）
A．10s内火箭的速度改变量为+10m/s
B．2.5s内汽车的速度改变量为+30m/s
C．火箭的速度变化比汽车的速度变化快
D．火箭的加速度比汽车的加速度小
4．（3分）（2024春 卢龙县期末）如图所示，奶奶站在地面上用杆秤给小孙子称体重，下列说法正确的是（ ）
A．奶奶对地面的压力是由地面的形变引起的
B．小孩所受的重力方向一定指向地球球心
C．地面对奶奶的支持力与奶奶所受的重力是一对平衡力
D．小孩的重心一定在秤钩上端细线的延长线上
5．（3分）（2024秋 杏花岭区校级月考）玩具汽车停在模型桥面上，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．桥面受到向下的弹力，是因为桥面发生了形变
B．汽车受到向上的弹力，是因为桥面发生了形变
C．桥面受到向下的弹力，是因为桥面受到了汽车的重力
D．汽车受到向上的弹力，是因为汽车发生了形变
6．（3分）（2024秋 苏州期末）如图所示为某次“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验示意图，下列说法正确的是（ ）
A．系在小圆环上的两细绳套长度要相等
B．两弹簧测力计间夹角越大越好
C．实验中选择质量较大的小圆环比较好
D．小圆环受到F1、F2共同作用与受到F单独作用都要到达同一位置O点
7．（3分）（2025秋 和平区校级月考）如图所示，将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角均为30°。假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力F1和第1、3块石块间的作用力F2的大小之比为（ ）
A．1：2 B． C． D．
8．（3分）（2023 贵港开学）2023年5月13日，亚洲举重锦标赛落下帷幕，中国举重队勇夺26金14银3铜，其中总成绩金牌9枚，奥运级别总成绩金牌7枚，共打破成年世界纪录5项、青年世界纪录2项。图为运动员手臂伸直举着杠铃的稳定站立状态，则（ ）
A．运动员将杠铃从地面抓起直至最终稳定站立的过程中，杠铃一直处于超重状态
B．运动员稳定站立时手臂间夹角越小，每只手对杠铃的作用力越小
C．杠铃对手的作用力小于手对杠铃的作用力
D．运动员稳定站立时地面对运动员的支持力与运动员受到的重力是一对平衡力
二．实验题（共1小题，满分6分，每小题6分）
9．（6分）（2024秋 漳州期末）某实验小组利用如图甲所示实验装置探究物体加速度与所受合外力的关系。
（1）本实验中 （填“需要”或“不需要”）保证砂和砂桶的总质量远小于小车质量；
（2）某次实验得到如图乙所示的纸带，A、B、C、D、E为5个相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1s，则小车的加速度a＝ m/s2（结果保留2位有效数字）；
（3）若保持长木板水平，小车的质量不变，改变砂桶中砂的质量，记录多组传感器的读数F和对应纸带的加速度a的数值，并根据这些数据，绘制出如图丙所示的F﹣a图像，则小车在运动过程中所受阻力为 N（结果保留2位有效数字），小车在运动过程中所受阻力主要来源于 。
三．解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）
10．（10分）（2024秋 西湖区校级期中）图1为冰壶比赛场地示意图。某次比赛中，运动员携带质量m＝20kg的冰壶一起从起踏器处以v0＝6m/s的速度做匀减速直线运动，运动至投掷线处，释放冰壶，此时冰壶速度v＝2m/s。为了使冰壶停止位置尽量靠近营垒圆心O点，队友可用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面来控制其运动情况（如图2所示）。已知起踏器和投掷线之间距离l＝8m，用毛刷擦冰面前和后冰壶与冰面之间动摩擦因数分别为μ1＝8×10﹣3和μ2＝4×10﹣3，投掷线与O点的距离s＝30m，冰壶可视为质点，已知重力加速度g＝10m/s2。
（1）冰壶到达投掷线前，其受到的合外力F的大小；
（2）释放冰壶后，若队友未擦冰面，则冰壶静止位置离O点的距离L1；
（3）释放冰壶后，若冰壶运动一段距离后队友持续擦冰面直至冰壶恰好静止于O点，则擦冰面的长度L2。
四．多选题（共7小题，满分21分，每小题3分）
（多选）11．（3分）关于物体受到的合力方向与运动方向的关系，下列说法正确的是（ ）
A．合力方向与运动方向相同时物体有可能做加速曲线运动
B．合力方向与运动方向成锐角时物体做加速曲线运动
C．合力方向与运动方向成钝角时物体做加速曲线运动
D．合力方向与运动方向始终垂直时，物体做速率不变的曲线运动
12．（3分）（2025 新乐市校级开学）路灯维修车如图所示，车上带有竖直自动升降梯。若一段时间内，车匀加速向左沿直线运动的同时梯子匀加速上升，则关于这段时间内站在梯子上的工人的描述正确的是（ ）
A．工人运动轨迹一定是曲线
B．工人运动轨迹一定是直线
C．工人一定是匀变速运动
D．工人的加速度一定变化
（多选）13．（3分）（2024秋 漯河期末）如图所示一辆运输集装箱的卡车在倾角为β的斜面上运动，箱子的顶部用细线挂了一个小球。某段时间内，卡车与小球一起运动，悬挂小球的细线与虚线的夹角为a，细线在虚线的左侧，虚线垂直于车厢底面，车厢底面与斜面平行。则关于卡车的运动，下列说法正确的是（ ）
A．若a＝β，卡车可能匀速开上斜坡
B．若a＜β，卡车可能匀减速开上斜坡
C．若a＞β，卡车可能匀加速倒车开下斜坡
D．无论卡车怎样运动，细线都不可能到达虚线右侧与水平地面平行的位置
（多选）14．（3分）（2022 杭州模拟）在日常生活及各项体育运动中，有弹力出现的情况比较普遍，如图所示的情况就是一个实例。当运动员踩压跳板使跳板弯曲到最低点时，下列说法正确的是（ ）
A．跳板发生形变，运动员的脚没有发生形变
B．运动员受到支持力是因为跳板发生形变而产生的
C．此时跳板对运动员的支持力大于运动员对跳板的压力
D．此时运动员处于超重状态
请阅读下述文字，完成第9题～第11题。
如图所示，蹦极是一项非常刺激的户外运动。为了研究蹦极运动做以下简化：将游客视为质量m＝60kg的质点，他的运动沿竖直方向，且初速度为0。弹性绳的原长L0＝10m，其形变量与所受拉力成正比，比例系数k＝100N/m，弹性绳始终在弹性限度内。游客下落1.8L0时到达最低点，此过程中不计空气阻力和弹性绳质量，重力加速度g取10m/s2。
15．（3分）游客从离开平台到最低点的过程中，速度大小（ ）
A．一直增大 B．先减小后增大
C．先增大后减小 D．增大到某一值后不变
（多选）16．（3分）（2024秋 宁德期末）如图所示，光滑水平面上有两物块A、B用一轻惮黄相连，mA＝1kg，mB＝2kg。用大小F＝15N的恒力作用在A 上，使A、B保持相对静止一起向左做匀加速直线运动。已知弹簧的原长x0＝10cm，劲度系数k＝500N/m，则（ ）
A．A、B一起加速时，加速度大小为5m/s2
B．A、B一起加速时，A、B间的距离为13cm
C．撤去F瞬间，A的加速度大小为0
D．撤去F瞬间，B的加速度大小为5m/s2
（多选）17．（3分）（2025春 南宁期末）如图所示，质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，静止时小球位于O点正下方P点处。小球在水平拉力作用下，通过以下两种方式从P点移动到Q点，∠POQ＝θ，重力加速度为g。
方式一：小球在水平拉力的作用下，从P点缓慢地移动到Q点。
方式二：小球在水平恒力F＝mg的作用下，从P点运动到Q点。
下列说法正确的是（ ）
A．两种方式中，小球的机械能变化相同
B．两种方式中，拉力做功大小之比为
C．方式一中，到达图中位置时，拉力大小为mgtanθ
D．方式二中，小球向右运动的角度时，速度为零
五．实验题（共1小题，满分8分，每小题8分）
18．（8分）（2024春 潍城区校级月考）图1为“研究平抛运动”的实验装置，横挡条可卡住平抛小球，用铅笔在白纸上记录被卡住小球的最高点，上下移动横挡条标注多个点，再确定平抛运动轨迹。
（1）坐标原点应选小球在斜槽末端点时的 ；
A．球的上端
B．球的下端
C．球心
（2）实验中，下列说法正确的是 ；
A．斜槽轨道可以不光滑
B．记录的点应适当多一些
C．用平滑曲线把所有的记录点都连接起来
（3）图2是用该装置拍摄的小球做平抛运动的频闪照片（图中实线分别表示水平与竖直方向），由照片可判断实验操作错误的是 。
六．解答题（共3小题，满分31分）
19．（8分）（2025春 东城区校级期中）一物体从5m高处水平抛出，落地时速度方向与水平方向的夹角为53°，g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，空气阻力不计。求：
（1）物体经过多长时间下落到地面？
（2）物体落地前瞬时速度竖直分量的大小？
（3）物体从抛出到落地过程中水平射程的大小？
20．（11分）（2024秋 清江浦区校级期末）如图所示，在粗糙的水平面上有一足够长的质量为M＝3kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数μ1＝0.2，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，长木板与小物块均静止，现用F＝18N的水平恒力向右拉长木板，经时间t1＝1s撤去水平恒力F。
（1）在F的作用下，长木板的加速度为多大？
（2）刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
（3）最终小物块离长木板右端多远？
（4）长木板一共运动了多长时间？
21．（12分）某运动员做跳伞训练，无风情况下，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，一段时间后打开降落伞，打开降落伞后运动员的速度随时间的变化规律如图a所示。降落伞有8根对称的轻绳，每根轻绳与竖直中轴线的夹角均为α＝37°，如图b所示。已知运动员的质量为60kg，降落伞的质量为40kg，不计运动员所受的空气阻力，降落伞打开后所受阻力f与速度v成正比，即f＝kv，k为阻力系数。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）打开降落伞前运动员下落的距离h0；
（2）阻力系数k和刚打开降落伞时运动员的加速度大小a；
（3）运动员跳伞过程中每根轻绳所承受的拉力的最大值T。
期末模拟测试押题卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）（2025春 温州期中）下列单位属于国际单位制基本单位的是（ ）
A．km B．V C．K D．T
【考点】力学单位制与单位制．
【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题；理解能力．
【答案】C
【分析】国际单位制基本单位有七个，分别是长度（米）、质量（千克）、时间（秒）、电流（安培）、热力学温度（开尔文）、物质的量（摩尔）和发光强度（坎德拉）。
【解答】解：国际单位制基本单位有七个，分别是长度（米）、质量（千克）、时间（秒）、电流（安培）、热力学温度（开尔文）、物质的量（摩尔）和发光强度（坎德拉），由题可知C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】考查对国际单位制基本单位的理解，需针对性记忆。
2．（3分）（2024秋 荆门期末）北京时间2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，向距离地面高度约为400km的空间站飞奔而去。17时46分，神舟十七号载人飞船成功对接于空间站天和核心舱前向端口，整个对接过程历时约6.5小时。根据以上材料，下列说法正确的是（ ）
A．11时14分和6.5小时都指时间间隔
B．载人飞船与空间站对接后绕地球运动一周，平均速率不为零
C．载人飞船从发射到与空间站对接，运动的路程为400km
D．研究载人飞船与空间站交会对接的整个过程，可以将载人飞船看成质点
【考点】平均速率；质点；时刻、时间的物理意义和判断；位移、路程及其区别与联系．
【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】时刻指的是某一瞬时，是时间轴上的一点，时间是两时刻的间隔，是时间轴上的一段。平均速率为路程和时间的比值，路程等于实际路径长度，只有物体的大小和形状在所研究的问题中可以忽略时，物体才可以视为质点。
【解答】解：A．北京时间2023年10月26日11时（14分）是指时刻，整个对接过程历时约6.5小时，6.5小时指时间间隔，故A错误；
B．平均速率为路程和时间的比值，载人飞船与空间站对接后绕地球运动一周，路程不为零，所以平均速率不为零，故B正确；
C．载人飞船从发射到与空间站对接，运动轨迹为曲线，运动的路程大于400km，故C错误；
D．研究载人飞船与空间站交会对接的整个过程，因为载人飞船的形状大小对问题研究的影响不能忽略，所以不可以将载人飞船看成质点，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了时间和时刻、质点、平均速率等基本内容，要求能准确掌握这些基本概念。
3．（3分）（2024秋 德宏州期末）如图甲所示，2023年10月26日11时14分神舟十七号载人飞船顺利发射升空，速度能在20s内由0增加到200m/s；如图乙所示，汽车以108km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5s内停下来。下列说法中正确的是（ ）
A．10s内火箭的速度改变量为+10m/s
B．2.5s内汽车的速度改变量为+30m/s
C．火箭的速度变化比汽车的速度变化快
D．火箭的加速度比汽车的加速度小
【考点】速度、速度变化量和加速度的关联．
【专题】应用题；定量思想；推理法；直线运动规律专题；分析综合能力．
【答案】D
【分析】根据物体运动的初末速度计算出速度改变量，利用加速度的定义式计算出加速度的大小并比较。
【解答】解：A、火箭在20s内的运动情况未知，所以无法确定10s内火箭的速度改变量，故A错误；
B、汽车的速度为108km/h＝30m/s，汽车的速度该变量为Δv＝v2﹣v1＝0﹣30m/s＝﹣30m/s，故B错误；
CD、火箭的加速度为
汽车的加速度为
负号表示加速度的方向与速度方向相反，所以火箭的速度变化比汽车速度变化慢，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】理解速度改变量是物体的末速度减去初速度，要注意计算过程中的负号，同时利用加速度的定义式计算加速度即可，属于基本的公式应用。
4．（3分）（2024春 卢龙县期末）如图所示，奶奶站在地面上用杆秤给小孙子称体重，下列说法正确的是（ ）
A．奶奶对地面的压力是由地面的形变引起的
B．小孩所受的重力方向一定指向地球球心
C．地面对奶奶的支持力与奶奶所受的重力是一对平衡力
D．小孩的重心一定在秤钩上端细线的延长线上
【考点】弹力的概念及其产生条件；重心的位置特点．
【专题】定性思想；推理法；弹力的存在及方向的判定专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】压力和重力是不同性质的力，支持力是由于被压物体发生形变产生的，压力是由被支持物体发生形变产生的，重力的方向总是竖直向下；根据二力平衡和相互作用力的特点分析。
【解答】解：A、奶奶对地面的压力，其施力物体是奶奶，受力物体是地面。这个压力是由于奶奶自身受到重力，从而对地面产生挤压，本质上是奶奶的形变导致的，而不是地面的形变，故A错误；
B、小孩所受的重力方向一定竖直向下，不一定指向地球球心，故B错误；
C、地面对奶奶的支持力与奶奶所受的重力大小不相等，二者不是一对平衡力，故C错误；
D、根据二力平衡可知，小孩的重力与拉力共线，所以小孩的重心一定在秤钩上端细线的延长线上，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查对作用力、反作用力和二力平衡、弹力的产生的理解，根据作用力、反作用力和二力平衡的内容、弹力的产生条件解答。
5．（3分）（2024秋 杏花岭区校级月考）玩具汽车停在模型桥面上，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．桥面受到向下的弹力，是因为桥面发生了形变
B．汽车受到向上的弹力，是因为桥面发生了形变
C．桥面受到向下的弹力，是因为桥面受到了汽车的重力
D．汽车受到向上的弹力，是因为汽车发生了形变
【考点】弹力的概念及其产生条件．
【专题】定性思想；推理法；弹力的存在及方向的判定专题；分析综合能力．
【答案】B
【分析】弹性形变指物体形变之后撤去外力能完全恢复原来形状的形变．物体发生形变才能产生弹力．弹力存在的条件是：接触并相互挤压。
【解答】解：AC．桥面受到向下的弹力，是因为汽车轮胎发生了弹性形变，恢复形变时对桥面施加向下的弹力，故AC错误；
BD．汽车受到向上的弹力，是因为桥面发生了弹性形变，恢复形变时对汽车施加向上的弹力，故B正确，D错误。
故选：B。
【点评】本题重点是知道弹力存在的条件：接触且相互挤压，二者缺一不可，注意区别谁受到弹力，又是谁发生弹性形变的。
6．（3分）（2024秋 苏州期末）如图所示为某次“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验示意图，下列说法正确的是（ ）
A．系在小圆环上的两细绳套长度要相等
B．两弹簧测力计间夹角越大越好
C．实验中选择质量较大的小圆环比较好
D．小圆环受到F1、F2共同作用与受到F单独作用都要到达同一位置O点
【考点】探究两个互成角度的力的合成规律．
【专题】定性思想；等效替代法；平行四边形法则图解法专题；实验探究能力．
【答案】D
【分析】本实验是通过作合力与分力图示的方法来验证平行四边形定则，根据实验原理分析解答。
【解答】解：A．该实验中，为了能在所确定的力的方向上直接截取表示力的大小的线段，两细绳套必须长一些，以减小实验误差，但并不需要等长，故A错误；
B．两弹簧测力计间夹角适当大些，并非越大越好，故B错误；
C．小环起到连接的作用，质量越小越好，否则小环重力影响实验，故C错误；
D.小圆环受到F1、F2共同作用与受到F单独作用都要到达同一位置O点，以保证力的作用效果相同，故D正确。
故选：D。
【点评】知道实验用的是“等效法”科学思想，熟记实验注意事项是解题的关键，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与掌握。
7．（3分）（2025秋 和平区校级月考）如图所示，将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角均为30°。假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力F1和第1、3块石块间的作用力F2的大小之比为（ ）
A．1：2 B． C． D．
【考点】共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；图析法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】由图可知，1、2及1、3两块石块均有相互作用，而石块1受重力及2、3两石块的作用力而处于静止，故对1受力分析可求得第1、2块石块间的作用力和第1、3块石块间的作用力的大小之比。
【解答】解：如图对第1个石块进行受力分析，由几何关系知：θ＝60°
所以有F1：F2＝sin60°。
故B正确，ACD错误；
故选：B。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
8．（3分）（2023 贵港开学）2023年5月13日，亚洲举重锦标赛落下帷幕，中国举重队勇夺26金14银3铜，其中总成绩金牌9枚，奥运级别总成绩金牌7枚，共打破成年世界纪录5项、青年世界纪录2项。图为运动员手臂伸直举着杠铃的稳定站立状态，则（ ）
A．运动员将杠铃从地面抓起直至最终稳定站立的过程中，杠铃一直处于超重状态
B．运动员稳定站立时手臂间夹角越小，每只手对杠铃的作用力越小
C．杠铃对手的作用力小于手对杠铃的作用力
D．运动员稳定站立时地面对运动员的支持力与运动员受到的重力是一对平衡力
【考点】超重与失重的概念、特点和判断；作用力与反作用力．
【专题】定性思想；归纳法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】B
【分析】根据杠铃先向上加速后减速运动分析；根据合力与分力的关系分析；根据相互作用力分析；根据平衡条件分析。
【解答】解：A、运动员将杠铃从地面抓起直至最终稳定站立的过程中，杠铃先向上做加速运动，后做减速运动，所以加速度方向先向上后向下，则杠铃现处于超重状态后处于失重状态，故A错误；
B、根据合力与分力的关系可知，当合力大小一定时，两个分力的夹角越小，两个分力就越小，故B正确；
C、杠铃对手的作用力与手对杠铃的作用力是一对相互作用力，所以杠铃对手的作用力等于手对杠铃的作用力，故C错误；
D、运动员稳定站立时地面对运动员的支持力等于运动员的重力和杠铃的重力之和，所以运动员稳定站立时地面对运动员的支持力与运动员和杠铃的总重力是一对平衡力，故D错误。
故选：B。
【点评】熟练掌握相互作用力和平衡力的区别，知道超重和失重状态与加速度方向的关系，以及合力与分力的关系。
二．实验题（共1小题，满分6分，每小题6分）
9．（6分）（2024秋 漳州期末）某实验小组利用如图甲所示实验装置探究物体加速度与所受合外力的关系。
（1）本实验中 不需要 （填“需要”或“不需要”）保证砂和砂桶的总质量远小于小车质量；
（2）某次实验得到如图乙所示的纸带，A、B、C、D、E为5个相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1s，则小车的加速度a＝ 0.40 m/s2（结果保留2位有效数字）；
（3）若保持长木板水平，小车的质量不变，改变砂桶中砂的质量，记录多组传感器的读数F和对应纸带的加速度a的数值，并根据这些数据，绘制出如图丙所示的F﹣a图像，则小车在运动过程中所受阻力为 1.0 N（结果保留2位有效数字），小车在运动过程中所受阻力主要来源于 车与木板间的摩擦、纸带与打点计时器间的摩擦等 。
【考点】探究加速度与力、质量之间的关系．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；实验探究能力．
【答案】（1）不需要；（2）0.40；（3）1.0；车与木板间的摩擦、纸带与打点计时器间的摩擦等
【分析】（1）拉力传感器可测量细绳的拉力，则不需要保证砂和砂桶的总质量远小于小车质量；
（2）根据逐差法计算加速度；
（3）明确实验原理，根据两坐标轴所代表的物理量量的含义，结合数学知识可正确解答。
【解答】解：（1）由于有拉力传感器可测量细绳的拉力，则不需要保证砂和砂桶的总质量远小于小车质量；
（2）根据逐差法可知加速度为a0.01m/s2＝0.40m/s2
（3）根据牛顿第二定律有2F﹣f＝Ma
变形可得Fa
根据图像坐标（﹣1，0）、（4.0，2.5）代入可得
f＝1.0N
小车在运动过程中所受阻力主要来源于车与木板间的摩擦、纸带与打点计时器间的摩擦等。
故答案为：（1）不需要；（2）0.40；（3）1.0；车与木板间的摩擦、纸带与打点计时器间的摩擦等
【点评】正确解决实验问题的前提是理解其实验原理，只要正确理解实验原理，才能知道实验所采取措施或所进行具体实验操作的含义。
三．解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）
10．（10分）（2024秋 西湖区校级期中）图1为冰壶比赛场地示意图。某次比赛中，运动员携带质量m＝20kg的冰壶一起从起踏器处以v0＝6m/s的速度做匀减速直线运动，运动至投掷线处，释放冰壶，此时冰壶速度v＝2m/s。为了使冰壶停止位置尽量靠近营垒圆心O点，队友可用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面来控制其运动情况（如图2所示）。已知起踏器和投掷线之间距离l＝8m，用毛刷擦冰面前和后冰壶与冰面之间动摩擦因数分别为μ1＝8×10﹣3和μ2＝4×10﹣3，投掷线与O点的距离s＝30m，冰壶可视为质点，已知重力加速度g＝10m/s2。
（1）冰壶到达投掷线前，其受到的合外力F的大小；
（2）释放冰壶后，若队友未擦冰面，则冰壶静止位置离O点的距离L1；
（3）释放冰壶后，若冰壶运动一段距离后队友持续擦冰面直至冰壶恰好静止于O点，则擦冰面的长度L2。
【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况．
【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】（1）冰壶到达投掷线前，其受到的合外力F的大小为40N；
（2）冰壶静止位置离O点的距离L1为5m；
（3）擦冰面的长度L2为10m。
【分析】（1）根据位移—速度关系求解加速度，根据牛顿第二定律求解合外力；
（2）根据牛顿第二定律求解加速度，根据位移—速度关系求解位移，进而得到离O点的距离；
（3）根据位移—速度关系列出加速阶段和减速阶段的位移，两位移之和为s，即可求解擦冰面的长度。
【解答】解：（1）冰壶到达投掷线前做匀减速直线运动，设加速度大小为a
则v22al
代入数据解得a＝2m/s2
由牛顿第二定律得F＝ma＝20kg×2m/s2＝40N
（2）释放冰壶后，冰壶继续做匀减速直线运动，设加速度大小为a1
f＝μ1mg＝ma1
解得：a1＝0.08m/s2
设冰壶减速到0的位移为x
2a1x＝v2
解得：x＝25m
冰壶静止位置离O点的距离L1＝s﹣x＝30m﹣25m＝5m
（3）设队友刚开始擦冰面时冰壶的速度为v′
未擦冰面时﹣2μ1gx1＝v′2﹣v2
擦冰面后﹣2μ2gL2＝0﹣v′2
x1+L2＝s
联立解得：L2＝10m
答：（1）冰壶到达投掷线前，其受到的合外力F的大小为40N；
（2）冰壶静止位置离O点的距离L1为5m；
（3）擦冰面的长度L2为10m。
【点评】本题考查了匀变速直线运动规律和牛顿第二定律，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，知道加速度是联系力和运动的桥梁。
四．多选题（共7小题，满分21分，每小题3分）
（多选）11．（3分）关于物体受到的合力方向与运动方向的关系，下列说法正确的是（ ）
A．合力方向与运动方向相同时物体有可能做加速曲线运动
B．合力方向与运动方向成锐角时物体做加速曲线运动
C．合力方向与运动方向成钝角时物体做加速曲线运动
D．合力方向与运动方向始终垂直时，物体做速率不变的曲线运动
【考点】物体做曲线运动的条件；曲线运动的概念和特点．
【专题】定性思想；推理法；物体做曲线运动条件专题；理解能力．
【答案】BCD
【分析】合力方向与运动方向相同，物体做匀加速直线运动；合力方向与运动方向相反，物体做匀减速直线运动；合力方向与运动方向夹角为锐角，物体做加速曲线运动；合力方向与运动方向夹角为钝角，物体做减速曲线运动。
【解答】解：A、合力方向与运动方向相同时物体做匀加速直线运动，故A错误；
BC、合力方向与运动方向不同，将合力分解为沿运动和垂直于运动方向，合力与运动方向成锐角时，沿运动方向的力与运动方向相同，物体做加速曲线运动，合力与运动方向成钝角时，沿运动方向的力与运动方向相反，物体做减速曲线运动，故BC正确；
D、合力方向与运动方向始终垂直时，物体做匀速圆周运动，速率不变，故D正确；
故选：BCD。
【点评】本题考查物体做曲线运动的条件，知道力是改变速度的原因，只要物体受到的合外力方向与速度方向不共线，物体就做曲线运动。
12．（3分）（2025 新乐市校级开学）路灯维修车如图所示，车上带有竖直自动升降梯。若一段时间内，车匀加速向左沿直线运动的同时梯子匀加速上升，则关于这段时间内站在梯子上的工人的描述正确的是（ ）
A．工人运动轨迹一定是曲线
B．工人运动轨迹一定是直线
C．工人一定是匀变速运动
D．工人的加速度一定变化
【考点】一个匀速直线和一个变速直线运动的合成．
【专题】应用题；定量思想；推理法；运动的合成和分解专题；分析综合能力．
【答案】C
【分析】工人在水平方向向左做匀加速直线运动，在竖直方向竖直向上做匀加速直线运动，根据工人的运动过程分析答题。
【解答】解：工人在水平方向向左做匀加速直线运动，在竖直方向竖直向上做匀加速直线运动
AB、如果工人的速度方向与加速度方向在同一条直线上，工人做直线运动，如果工人的速度方向与加速度不在同一直线上，工人做曲线运动，故AB错误；
CD、工人在水平方向向左做匀加速直线运动，水平方向的加速度是定值，工人在竖直方向向上做匀加速直线运动，在竖直方向的加速度是定值，则水平与竖直方向加速度的合加速度是定值，工人的加速度不变，工人做匀变速运动，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】本题考查运动的合成与分解，知道运动的合成与分解遵循平行四边形定则，判断合速度方向与合加速度方向的关系，即可判断运动情况。
（多选）13．（3分）（2024秋 漯河期末）如图所示一辆运输集装箱的卡车在倾角为β的斜面上运动，箱子的顶部用细线挂了一个小球。某段时间内，卡车与小球一起运动，悬挂小球的细线与虚线的夹角为a，细线在虚线的左侧，虚线垂直于车厢底面，车厢底面与斜面平行。则关于卡车的运动，下列说法正确的是（ ）
A．若a＝β，卡车可能匀速开上斜坡
B．若a＜β，卡车可能匀减速开上斜坡
C．若a＞β，卡车可能匀加速倒车开下斜坡
D．无论卡车怎样运动，细线都不可能到达虚线右侧与水平地面平行的位置
【考点】物体在粗糙斜面上的运动；共点力的平衡问题及求解；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】AB
【分析】根据平衡条件，结合几何关系，判断α与β的大小关系；根据牛顿第二定律，结合正弦定理及几何关系解答。
【解答】解：A.若卡车匀速开上斜坡，则小球匀速直线运动，受到的合外力为0，小球竖直方向上重力和绳子拉力相等，细线在竖直方向上，根据几何关系可知a＝β，故A正确；
B.若卡车匀减速开上斜坡，则小球受到绳子拉力和重力的作用，由于做减速运动，则加速度方向沿斜面向下，故细线向右偏（相对于过悬点的竖直方向），此时α＜β，故B正确；
C.若卡车匀加速开上斜坡，则小球受到的合外力沿斜面向上，对小球受力分析，小球受重力和细线的拉力，如图所示
注意α角是F与垂直斜面方向的那条直线的夹角，由正弦定理与几何关系可得，得a＝gcosβtanα﹣gsinβ，若a＞β，有a大于0，符合匀加速开上斜坡，不符合匀加速倒车，故C错误；
D.卡车向下加速运动时，细线可能到达虚线右侧与水平地面平行的位置，故D错误。
故选：AB。
【点评】本题解题关键是正确画出卡车匀加速开上斜坡时小球的受力图，并结合正弦定理，求加速度。
（多选）14．（3分）（2022 杭州模拟）在日常生活及各项体育运动中，有弹力出现的情况比较普遍，如图所示的情况就是一个实例。当运动员踩压跳板使跳板弯曲到最低点时，下列说法正确的是（ ）
A．跳板发生形变，运动员的脚没有发生形变
B．运动员受到支持力是因为跳板发生形变而产生的
C．此时跳板对运动员的支持力大于运动员对跳板的压力
D．此时运动员处于超重状态
【考点】超重与失重的概念、特点和判断；弹性形变和塑性形变；弹力的概念及其产生条件．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；弹力的存在及方向的判定专题；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】本题根据弹力产生条件、作用力反作用原理、超重条件，即可解答。
【解答】解：A．力的作用是相互的，跳板和运动员的脚都受到力的作用，都会发生形变，故A错误；
B．运动员受到跳板的支持力，根据弹力产生条件，该支持力是跳板发生形变而产生的；故B正确；
C．跳板对运动员的支持力和运动员对跳板的压力为一对相互作用力，大小相等，方向相反，故C错误；
D．因为人受重力和支持力的作用而弹起，故支持力一定要大于重力，加速度向上，此时运动员处于超重状态，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查学生对弹力产生条件、作用力反作用原理、超重条件的掌握，比较基础。
请阅读下述文字，完成第9题～第11题。
如图所示，蹦极是一项非常刺激的户外运动。为了研究蹦极运动做以下简化：将游客视为质量m＝60kg的质点，他的运动沿竖直方向，且初速度为0。弹性绳的原长L0＝10m，其形变量与所受拉力成正比，比例系数k＝100N/m，弹性绳始终在弹性限度内。游客下落1.8L0时到达最低点，此过程中不计空气阻力和弹性绳质量，重力加速度g取10m/s2。
15．（3分）游客从离开平台到最低点的过程中，速度大小（ ）
A．一直增大 B．先减小后增大
C．先增大后减小 D．增大到某一值后不变
【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】通过分析弹性绳的变化以及游客的受力情况，得到游客的运动过程，求得速度的变化情况。
【解答】解：游客下落10m过程，弹性绳处于松弛状态，弹力为0，游客仅仅受到重力作用，游客向下做自由落体运动，速度增大，游客下落10m之后，弹性绳开始绷紧，形变量逐渐增大，游客开始做加速度减小得加速直线运动，当弹力与重力平衡时，速度到达最大值，之后弹力进一步增大，且大于重力，加速度方向向上，与速度方向相反，即游客最后做加速度增大的减速直线运动。综合上述，游客游客从离开平台到最低点的过程中，速度大小先增大后减小。
故选：C。
【点评】学生在解决本题时，应注意受力分析和运动过程分析要分阶段考虑。
（多选）16．（3分）（2024秋 宁德期末）如图所示，光滑水平面上有两物块A、B用一轻惮黄相连，mA＝1kg，mB＝2kg。用大小F＝15N的恒力作用在A 上，使A、B保持相对静止一起向左做匀加速直线运动。已知弹簧的原长x0＝10cm，劲度系数k＝500N/m，则（ ）
A．A、B一起加速时，加速度大小为5m/s2
B．A、B一起加速时，A、B间的距离为13cm
C．撤去F瞬间，A的加速度大小为0
D．撤去F瞬间，B的加速度大小为5m/s2
【考点】牛顿第二定律的简单应用；胡克定律及其应用．
【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】AD
【分析】对A、B系统由牛顿第二定律求解加速度；以B为研究对象，根据牛顿第二定律、胡克定律进行解答，突然撤去力F的瞬间，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律进行解答。
【解答】解：A、A与B一起加速时，对系统，由牛顿第二定律得：F＝（mA+mB）a，代入数据解得：a＝5m/s2，故A正确；
B、A、B一起加速运动时，对B，由牛顿第二定律得：kΔx＝mBa，代入数据解得弹簧的伸长量：Δx＝0.02m＝2cm，此时弹簧的长度即A、B间的距离d＝x0+Δx＝10cm+2cm＝12cm，故B错误；
C、撤去F瞬间，弹簧弹簧不变，对A，由牛顿第二定律得：kΔx＝mAaA，代入数据解得：aA＝10m/s2，故C错误；
D、撤去F瞬间，弹簧的弹力不突变，B的受力情况不变，B的加速度大小不变，为5m/s2，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识，利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
（多选）17．（3分）（2025春 南宁期末）如图所示，质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，静止时小球位于O点正下方P点处。小球在水平拉力作用下，通过以下两种方式从P点移动到Q点，∠POQ＝θ，重力加速度为g。
方式一：小球在水平拉力的作用下，从P点缓慢地移动到Q点。
方式二：小球在水平恒力F＝mg的作用下，从P点运动到Q点。
下列说法正确的是（ ）
A．两种方式中，小球的机械能变化相同
B．两种方式中，拉力做功大小之比为
C．方式一中，到达图中位置时，拉力大小为mgtanθ
D．方式二中，小球向右运动的角度时，速度为零
【考点】利用动能定理求解变力做功；常见力做功与相应的能量转化．
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】A、机械能变化等于非重力做功，即拉力做功，据此分析；
B、分别用动能定理和功的表达式计算两种情况下拉力做功，再计算拉力做功之比；
C、在方式一中，小球缓慢移动，处于动态平衡状态，根据平衡方程列式求解；
D、在方式二中，小球在水平恒力F＝mg的作用下运动，利用动能定理分析。
【解答】解：A、机械能变化等于非重力做功，即拉力做功。
方式一：小球缓慢移动，动能变化为零，拉力做功等于重力势能变化。重力势能变化为mgL（1﹣cosθ），因此拉力做功为mgL（1﹣cosθ）。
方式二：小球在水平恒力F＝mg的作用下运动，拉力做功为mgLsinθ。
由于两种方式下的拉力做功不同，因此机械能变化也不同
故A错误。
B、方式一：拉力做功为mgL（1﹣cosθ）。
方式二：拉力做功为mgLsinθ。拉力做功之比为：
故B正确。
C、在方式一中，小球缓慢移动，处于动态平衡状态。对小球进行受力分析：
重力mg竖直向下。
绳子拉力T沿绳子方向。
水平拉力F。
根据平衡条件，水平方向：
F＝Tsinθ
竖直方向：
Tcosθ＝mg
解得：
mg tanθ
故C正确。
D、在方式二中，小球在水平恒力F＝mg的作用下运动，利用动能定理分析：
WF+WG＝ΔEk
其中，水平拉力做功WF＝mgLsinθ，重力做功WG＝﹣mgL（1﹣cosθ）。
代入动能定理：
整理得：
当时：
代入上式：
显然，此时速度v≠0
故D错误。
故选：BC。
【点评】解决本题时，要明确F是恒力还是变力，对于变力，可根据动能定理求变力做功，不能根据功的公式计算变力做功。
五．实验题（共1小题，满分8分，每小题8分）
18．（8分）（2024春 潍城区校级月考）图1为“研究平抛运动”的实验装置，横挡条可卡住平抛小球，用铅笔在白纸上记录被卡住小球的最高点，上下移动横挡条标注多个点，再确定平抛运动轨迹。
（1）坐标原点应选小球在斜槽末端点时的 A ；
A．球的上端
B．球的下端
C．球心
（2）实验中，下列说法正确的是 AB ；
A．斜槽轨道可以不光滑
B．记录的点应适当多一些
C．用平滑曲线把所有的记录点都连接起来
（3）图2是用该装置拍摄的小球做平抛运动的频闪照片（图中实线分别表示水平与竖直方向），由照片可判断实验操作错误的是 斜槽末端不水平 。
【考点】探究平抛运动的特点．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；实验探究能力．
【答案】（1）A；（2）AB；（3）斜槽末端不水平。
【分析】（1、2）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤；
（3）抓住轨迹初始位置斜向上分析实验操作错误的原因。
【解答】解：（1）根据题意可知，在描点确定平抛运动轨迹时，均标注了小球最高点，所以坐标原点也应标注小球在斜槽末端点时的小球最高点，即球的上端，故BC错误，A正确。
故选：A。
（2）A、实验过程中，斜槽不一定光滑，只要能够保证从同一位置由静止释放，即使轨道粗糙，摩擦力做功是相同的，离开斜槽末端的速度就是一样的，故A正确；
BC、记录点适当多一些，能够保证描点光滑，用平滑曲线连接，不能把所有的点都连接起来，偏离较远的点应舍去，故C错误，B正确。
故选：AB。
（3）由图2可知，小球做斜上抛运动，可知斜槽末端切线不水平。
故答案为：（1）A；（2）AB；（3）斜槽末端不水平。
【点评】解决本题的关键知道探究平抛运动规律的原理，以及掌握研究平抛运动的方法，了解实验中的原理和注意事项。
六．解答题（共3小题，满分31分）
19．（8分）（2025春 东城区校级期中）一物体从5m高处水平抛出，落地时速度方向与水平方向的夹角为53°，g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，空气阻力不计。求：
（1）物体经过多长时间下落到地面？
（2）物体落地前瞬时速度竖直分量的大小？
（3）物体从抛出到落地过程中水平射程的大小？
【考点】平抛运动位移的计算；平抛运动时间的计算；平抛运动速度的计算．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）物体经过1s时间下落到地面；
（2）物体落地前瞬时速度竖直分量的大小为10m/s；
（3）物体从抛出到落地过程中水平射程的大小为7.5m。
【分析】（1）根据平抛运动竖直方向上的位移公式计算；
（2）根据竖直方向的速度公式计算；
（3）根据速度的分解解答。
【解答】解：（1）小球做的是平抛运动，在竖直方向上的位移为h
解得t＝1s
（2）落地时小球竖直方向的速度vy＝gt
代入数据解得：vy＝10m/s
（3）小球水平方向的速度即初速度v0
代入数据解得：v0＝7.5m/s；
水平方向上的位移为 x＝v0t
代入数据解得：x＝7.5m
答：（1）物体经过1s时间下落到地面；
（2）物体落地前瞬时速度竖直分量的大小为10m/s；
（3）物体从抛出到落地过程中水平射程的大小为7.5m。
【点评】本题主要考查学生对于平抛运动知识的灵活应用能力，在处理此类问题时要利用水平和竖直两个方向上的运动情况解决问题。
20．（11分）（2024秋 清江浦区校级期末）如图所示，在粗糙的水平面上有一足够长的质量为M＝3kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数μ1＝0.2，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，长木板与小物块均静止，现用F＝18N的水平恒力向右拉长木板，经时间t1＝1s撤去水平恒力F。
（1）在F的作用下，长木板的加速度为多大？
（2）刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
（3）最终小物块离长木板右端多远？
（4）长木板一共运动了多长时间？
【考点】无外力的水平板块模型；匀变速直线运动位移与时间的关系；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】计算题；定量思想；模型法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力；模型建构能力．
【答案】（1）在F的作用下，长木板的加速度为4m/s2。
（2）刚撤去F时，小物块离长木板右端1m。
（3）最终小物块离长木板右端1.5m。
（4）长木板一共运动了4.5s时间。
【分析】（1）先分析F＝14N时，小物块和长木板之间是否发生相对滑动，可假设长木板与小物块相对滑动，由牛顿第二定律求出两者的加速度大小，再进行判断，并求出长木板的加速度；
（2）刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离等于t1＝1s内，长木板与小物块的位移之差，根据位移—时间关系求解；
（3）最终小物块与长木板共速，根据速度—位移公式求出从撤去F到二者速度相等分别运动的位移，进而得出二者的相对位移，再加上撤去F前的相对位移即为最终小物块离长木板右端的距离。
（4）根据牛顿第二定律结合运动学公式求解二者共速前长木板的位移、共速后长木板的位移，由此得到总位移。
【解答】解：（1）在F的作用下，假设长木板与小物块相对滑动，设长木板的加速度为a，由牛顿第二定律可得
F﹣μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma
代入数据解得：a＝4m/s2
设未撤去F时，小物块加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得
μ1mg＝ma1
代入数据解得：a1＝2m/s2
因a＞a1，假设成立，即在F的作用下，长木板与小物块相对滑动，长木板的加速度大小为4m/s2。
（2）刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离等于长木板与小物块的位移差Δx，由运动学公式得
Δx
代入数据解得：Δx＝1m
（3）长木板足够长，最终小物块与长木板共速，设此时速度为v。
刚撤去F时，木板的加速度为
a2
代入数据解得：a2＝2m/s2
刚撤去F时，长木板速度v1＝at1＝4×1m/s＝4m/s
刚撤去F时，小物块速度为v2＝a1t1＝2×1m/s＝2m/s
设从撤去F时到两者共速的时间为t′，共同速度为v，则有
v＝v1﹣a2t′＝v2+a1t′
代入数据解得：v＝3m/s，t′＝0.5s
在时间t′内，木板与小物块的位移差为Δx1，由运动学公式得
Δx1
代入数据解得：Δx1＝0.5m
最终小物块离长木板右端的距离为
L＝Δx+Δx1＝1m+0.5m＝1.5m
（4）当小物块与木板达到共速后，二者一起做匀减速运动，对整体，根据牛顿第二定律可得加速度大小为
a3μ2g＝0.1×10m/s2＝1m/s2
可得它们一起减速到0所用时间为t″s＝3s
所以，长木板一共运动的时间为t＝t1+t′+t″＝1s+0.5s+3s＝4.5s
答：（1）在F的作用下，长木板的加速度为4m/s2。
（2）刚撤去F时，小物块离长木板右端1m。
（3）最终小物块离长木板右端1.5m。
（4）长木板一共运动了4.5s时间。
【点评】本题是牛顿第二定律与运动学规律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，要注意把握隐含的临界状态如速度相同。
21．（12分）某运动员做跳伞训练，无风情况下，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，一段时间后打开降落伞，打开降落伞后运动员的速度随时间的变化规律如图a所示。降落伞有8根对称的轻绳，每根轻绳与竖直中轴线的夹角均为α＝37°，如图b所示。已知运动员的质量为60kg，降落伞的质量为40kg，不计运动员所受的空气阻力，降落伞打开后所受阻力f与速度v成正比，即f＝kv，k为阻力系数。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）打开降落伞前运动员下落的距离h0；
（2）阻力系数k和刚打开降落伞时运动员的加速度大小a；
（3）运动员跳伞过程中每根轻绳所承受的拉力的最大值T。
【考点】牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题）．
【专题】计算题；定量思想；合成分解法；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】（1）打开降落伞前运动员下落的距离h0为20m；
（2）阻力系数k为200N s/m，刚打开降落伞时运动员的加速度大小a为30m/s2；
（3）运动员跳伞过程中每根轻绳所承受的拉力的最大值T为375N。
【分析】（1）打开降落伞前运动员做匀加速直线运动根据匀变速直线运动速度—位移公式求解即可；
（2）当运动员速度最小时，运动员和降落伞整体受力平衡，根据平衡条件求解阻力系数；打开伞的瞬间，对整体受力分析，由牛顿第二定律求解加速度；
（3）开始下落时，运动员的加速度最大，轻绳上的拉力最大，对运动员受力分析，将力分解到水平方向和竖直方向，竖直方向，根据牛顿第二定律列式求解即可。
【解答】解：（1）打开降落伞前运动员做匀加速直线运动，由匀变速直线运动速度—位移公式得：2gh0
代入数据解得：h0＝20m
（2）设运动员的质量为m1＝60kg，降落伞的质量为m2＝40kg。当速度为5m/s时，运动员和降落伞整体受力平衡，由平衡条件得：kv＝（m1+m2）g
代入数据解得：k＝200N s/m
打开伞瞬间，对整体根据牛顿第二定律得：kv0﹣（m1+m2）g＝（m1+m2）a
代入数据解得：a＝30m/s2
（3）打开降落伞时运动员的加速度最大，轻绳上的拉力最大，设每根绳拉力为T，对运动员受力分析，竖直方向，由牛顿第二定律得：8Tcos37°﹣m1g＝m1a
代入数据解得：T＝375N
答：（1）打开降落伞前运动员下落的距离h0为20m；
（2）阻力系数k为200N s/m，刚打开降落伞时运动员的加速度大小a为30m/s2；
（3）运动员跳伞过程中每根轻绳所承受的拉力的最大值T为375N。
【点评】本题考查牛顿第二定律，解题关键是灵活选择研究对象并对其受力分析，根据牛顿第二定律列式求解即可。
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期末模拟测试押题卷
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）（2025春 温州期中）下列单位属于国际单位制基本单位的是（ ）
A．km B．V C．K D．T
2．（3分）（2024秋 荆门期末）北京时间2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，向距离地面高度约为400km的空间站飞奔而去。17时46分，神舟十七号载人飞船成功对接于空间站天和核心舱前向端口，整个对接过程历时约6.5小时。根据以上材料，下列说法正确的是（ ）
A．11时14分和6.5小时都指时间间隔
B．载人飞船与空间站对接后绕地球运动一周，平均速率不为零
C．载人飞船从发射到与空间站对接，运动的路程为400km
D．研究载人飞船与空间站交会对接的整个过程，可以将载人飞船看成质点
3．（3分）（2024秋 德宏州期末）如图甲所示，2023年10月26日11时14分神舟十七号载人飞船顺利发射升空，速度能在20s内由0增加到200m/s；如图乙所示，汽车以108km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5s内停下来。下列说法中正确的是（ ）
A．10s内火箭的速度改变量为+10m/s
B．2.5s内汽车的速度改变量为+30m/s
C．火箭的速度变化比汽车的速度变化快
D．火箭的加速度比汽车的加速度小
4．（3分）（2024春 卢龙县期末）如图所示，奶奶站在地面上用杆秤给小孙子称体重，下列说法正确的是（ ）
A．奶奶对地面的压力是由地面的形变引起的
B．小孩所受的重力方向一定指向地球球心
C．地面对奶奶的支持力与奶奶所受的重力是一对平衡力
D．小孩的重心一定在秤钩上端细线的延长线上
5．（3分）（2024秋 杏花岭区校级月考）玩具汽车停在模型桥面上，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．桥面受到向下的弹力，是因为桥面发生了形变
B．汽车受到向上的弹力，是因为桥面发生了形变
C．桥面受到向下的弹力，是因为桥面受到了汽车的重力
D．汽车受到向上的弹力，是因为汽车发生了形变
6．（3分）（2024秋 苏州期末）如图所示为某次“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验示意图，下列说法正确的是（ ）
A．系在小圆环上的两细绳套长度要相等
B．两弹簧测力计间夹角越大越好
C．实验中选择质量较大的小圆环比较好
D．小圆环受到F1、F2共同作用与受到F单独作用都要到达同一位置O点
7．（3分）（2025秋 和平区校级月考）如图所示，将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角均为30°。假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力F1和第1、3块石块间的作用力F2的大小之比为（ ）
A．1：2 B． C． D．
8．（3分）（2023 贵港开学）2023年5月13日，亚洲举重锦标赛落下帷幕，中国举重队勇夺26金14银3铜，其中总成绩金牌9枚，奥运级别总成绩金牌7枚，共打破成年世界纪录5项、青年世界纪录2项。图为运动员手臂伸直举着杠铃的稳定站立状态，则（ ）
A．运动员将杠铃从地面抓起直至最终稳定站立的过程中，杠铃一直处于超重状态
B．运动员稳定站立时手臂间夹角越小，每只手对杠铃的作用力越小
C．杠铃对手的作用力小于手对杠铃的作用力
D．运动员稳定站立时地面对运动员的支持力与运动员受到的重力是一对平衡力
二．实验题（共1小题，满分6分，每小题6分）
9．（6分）（2024秋 漳州期末）某实验小组利用如图甲所示实验装置探究物体加速度与所受合外力的关系。
（1）本实验中 （填“需要”或“不需要”）保证砂和砂桶的总质量远小于小车质量；
（2）某次实验得到如图乙所示的纸带，A、B、C、D、E为5个相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1s，则小车的加速度a＝ m/s2（结果保留2位有效数字）；
（3）若保持长木板水平，小车的质量不变，改变砂桶中砂的质量，记录多组传感器的读数F和对应纸带的加速度a的数值，并根据这些数据，绘制出如图丙所示的F﹣a图像，则小车在运动过程中所受阻力为 N（结果保留2位有效数字），小车在运动过程中所受阻力主要来源于 。
三．解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）
10．（10分）（2024秋 西湖区校级期中）图1为冰壶比赛场地示意图。某次比赛中，运动员携带质量m＝20kg的冰壶一起从起踏器处以v0＝6m/s的速度做匀减速直线运动，运动至投掷线处，释放冰壶，此时冰壶速度v＝2m/s。为了使冰壶停止位置尽量靠近营垒圆心O点，队友可用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面来控制其运动情况（如图2所示）。已知起踏器和投掷线之间距离l＝8m，用毛刷擦冰面前和后冰壶与冰面之间动摩擦因数分别为μ1＝8×10﹣3和μ2＝4×10﹣3，投掷线与O点的距离s＝30m，冰壶可视为质点，已知重力加速度g＝10m/s2。
（1）冰壶到达投掷线前，其受到的合外力F的大小；
（2）释放冰壶后，若队友未擦冰面，则冰壶静止位置离O点的距离L1；
（3）释放冰壶后，若冰壶运动一段距离后队友持续擦冰面直至冰壶恰好静止于O点，则擦冰面的长度L2。
四．多选题（共7小题，满分21分，每小题3分）
（多选）11．（3分）关于物体受到的合力方向与运动方向的关系，下列说法正确的是（ ）
A．合力方向与运动方向相同时物体有可能做加速曲线运动
B．合力方向与运动方向成锐角时物体做加速曲线运动
C．合力方向与运动方向成钝角时物体做加速曲线运动
D．合力方向与运动方向始终垂直时，物体做速率不变的曲线运动
12．（3分）（2025 新乐市校级开学）路灯维修车如图所示，车上带有竖直自动升降梯。若一段时间内，车匀加速向左沿直线运动的同时梯子匀加速上升，则关于这段时间内站在梯子上的工人的描述正确的是（ ）
A．工人运动轨迹一定是曲线
B．工人运动轨迹一定是直线
C．工人一定是匀变速运动
D．工人的加速度一定变化
（多选）13．（3分）（2024秋 漯河期末）如图所示一辆运输集装箱的卡车在倾角为β的斜面上运动，箱子的顶部用细线挂了一个小球。某段时间内，卡车与小球一起运动，悬挂小球的细线与虚线的夹角为a，细线在虚线的左侧，虚线垂直于车厢底面，车厢底面与斜面平行。则关于卡车的运动，下列说法正确的是（ ）
A．若a＝β，卡车可能匀速开上斜坡
B．若a＜β，卡车可能匀减速开上斜坡
C．若a＞β，卡车可能匀加速倒车开下斜坡
D．无论卡车怎样运动，细线都不可能到达虚线右侧与水平地面平行的位置
（多选）14．（3分）（2022 杭州模拟）在日常生活及各项体育运动中，有弹力出现的情况比较普遍，如图所示的情况就是一个实例。当运动员踩压跳板使跳板弯曲到最低点时，下列说法正确的是（ ）
A．跳板发生形变，运动员的脚没有发生形变
B．运动员受到支持力是因为跳板发生形变而产生的
C．此时跳板对运动员的支持力大于运动员对跳板的压力
D．此时运动员处于超重状态
请阅读下述文字，完成第9题～第11题。
如图所示，蹦极是一项非常刺激的户外运动。为了研究蹦极运动做以下简化：将游客视为质量m＝60kg的质点，他的运动沿竖直方向，且初速度为0。弹性绳的原长L0＝10m，其形变量与所受拉力成正比，比例系数k＝100N/m，弹性绳始终在弹性限度内。游客下落1.8L0时到达最低点，此过程中不计空气阻力和弹性绳质量，重力加速度g取10m/s2。
15．（3分）游客从离开平台到最低点的过程中，速度大小（ ）
A．一直增大 B．先减小后增大
C．先增大后减小 D．增大到某一值后不变
（多选）16．（3分）（2024秋 宁德期末）如图所示，光滑水平面上有两物块A、B用一轻惮黄相连，mA＝1kg，mB＝2kg。用大小F＝15N的恒力作用在A 上，使A、B保持相对静止一起向左做匀加速直线运动。已知弹簧的原长x0＝10cm，劲度系数k＝500N/m，则（ ）
A．A、B一起加速时，加速度大小为5m/s2
B．A、B一起加速时，A、B间的距离为13cm
C．撤去F瞬间，A的加速度大小为0
D．撤去F瞬间，B的加速度大小为5m/s2
（多选）17．（3分）（2025春 南宁期末）如图所示，质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，静止时小球位于O点正下方P点处。小球在水平拉力作用下，通过以下两种方式从P点移动到Q点，∠POQ＝θ，重力加速度为g。
方式一：小球在水平拉力的作用下，从P点缓慢地移动到Q点。
方式二：小球在水平恒力F＝mg的作用下，从P点运动到Q点。
下列说法正确的是（ ）
A．两种方式中，小球的机械能变化相同
B．两种方式中，拉力做功大小之比为
C．方式一中，到达图中位置时，拉力大小为mgtanθ
D．方式二中，小球向右运动的角度时，速度为零
五．实验题（共1小题，满分8分，每小题8分）
18．（8分）（2024春 潍城区校级月考）图1为“研究平抛运动”的实验装置，横挡条可卡住平抛小球，用铅笔在白纸上记录被卡住小球的最高点，上下移动横挡条标注多个点，再确定平抛运动轨迹。
（1）坐标原点应选小球在斜槽末端点时的 ；
A．球的上端
B．球的下端
C．球心
（2）实验中，下列说法正确的是 ；
A．斜槽轨道可以不光滑
B．记录的点应适当多一些
C．用平滑曲线把所有的记录点都连接起来
（3）图2是用该装置拍摄的小球做平抛运动的频闪照片（图中实线分别表示水平与竖直方向），由照片可判断实验操作错误的是 。
六．解答题（共3小题，满分31分）
19．（8分）（2025春 东城区校级期中）一物体从5m高处水平抛出，落地时速度方向与水平方向的夹角为53°，g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，空气阻力不计。求：
（1）物体经过多长时间下落到地面？
（2）物体落地前瞬时速度竖直分量的大小？
（3）物体从抛出到落地过程中水平射程的大小？
20．（11分）（2024秋 清江浦区校级期末）如图所示，在粗糙的水平面上有一足够长的质量为M＝3kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数μ1＝0.2，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，长木板与小物块均静止，现用F＝18N的水平恒力向右拉长木板，经时间t1＝1s撤去水平恒力F。
（1）在F的作用下，长木板的加速度为多大？
（2）刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
（3）最终小物块离长木板右端多远？
（4）长木板一共运动了多长时间？
21．（12分）某运动员做跳伞训练，无风情况下，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，一段时间后打开降落伞，打开降落伞后运动员的速度随时间的变化规律如图a所示。降落伞有8根对称的轻绳，每根轻绳与竖直中轴线的夹角均为α＝37°，如图b所示。已知运动员的质量为60kg，降落伞的质量为40kg，不计运动员所受的空气阻力，降落伞打开后所受阻力f与速度v成正比，即f＝kv，k为阻力系数。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）打开降落伞前运动员下落的距离h0；
（2）阻力系数k和刚打开降落伞时运动员的加速度大小a；
（3）运动员跳伞过程中每根轻绳所承受的拉力的最大值T。
期末模拟测试押题卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）（2025春 温州期中）下列单位属于国际单位制基本单位的是（ ）
A．km B．V C．K D．T
【考点】力学单位制与单位制．
【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题；理解能力．
【答案】C
【分析】国际单位制基本单位有七个，分别是长度（米）、质量（千克）、时间（秒）、电流（安培）、热力学温度（开尔文）、物质的量（摩尔）和发光强度（坎德拉）。
【解答】解：国际单位制基本单位有七个，分别是长度（米）、质量（千克）、时间（秒）、电流（安培）、热力学温度（开尔文）、物质的量（摩尔）和发光强度（坎德拉），由题可知C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】考查对国际单位制基本单位的理解，需针对性记忆。
2．（3分）（2024秋 荆门期末）北京时间2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，向距离地面高度约为400km的空间站飞奔而去。17时46分，神舟十七号载人飞船成功对接于空间站天和核心舱前向端口，整个对接过程历时约6.5小时。根据以上材料，下列说法正确的是（ ）
A．11时14分和6.5小时都指时间间隔
B．载人飞船与空间站对接后绕地球运动一周，平均速率不为零
C．载人飞船从发射到与空间站对接，运动的路程为400km
D．研究载人飞船与空间站交会对接的整个过程，可以将载人飞船看成质点
【考点】平均速率；质点；时刻、时间的物理意义和判断；位移、路程及其区别与联系．
【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】时刻指的是某一瞬时，是时间轴上的一点，时间是两时刻的间隔，是时间轴上的一段。平均速率为路程和时间的比值，路程等于实际路径长度，只有物体的大小和形状在所研究的问题中可以忽略时，物体才可以视为质点。
【解答】解：A．北京时间2023年10月26日11时（14分）是指时刻，整个对接过程历时约6.5小时，6.5小时指时间间隔，故A错误；
B．平均速率为路程和时间的比值，载人飞船与空间站对接后绕地球运动一周，路程不为零，所以平均速率不为零，故B正确；
C．载人飞船从发射到与空间站对接，运动轨迹为曲线，运动的路程大于400km，故C错误；
D．研究载人飞船与空间站交会对接的整个过程，因为载人飞船的形状大小对问题研究的影响不能忽略，所以不可以将载人飞船看成质点，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了时间和时刻、质点、平均速率等基本内容，要求能准确掌握这些基本概念。
3．（3分）（2024秋 德宏州期末）如图甲所示，2023年10月26日11时14分神舟十七号载人飞船顺利发射升空，速度能在20s内由0增加到200m/s；如图乙所示，汽车以108km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5s内停下来。下列说法中正确的是（ ）
A．10s内火箭的速度改变量为+10m/s
B．2.5s内汽车的速度改变量为+30m/s
C．火箭的速度变化比汽车的速度变化快
D．火箭的加速度比汽车的加速度小
【考点】速度、速度变化量和加速度的关联．
【专题】应用题；定量思想；推理法；直线运动规律专题；分析综合能力．
【答案】D
【分析】根据物体运动的初末速度计算出速度改变量，利用加速度的定义式计算出加速度的大小并比较。
【解答】解：A、火箭在20s内的运动情况未知，所以无法确定10s内火箭的速度改变量，故A错误；
B、汽车的速度为108km/h＝30m/s，汽车的速度该变量为Δv＝v2﹣v1＝0﹣30m/s＝﹣30m/s，故B错误；
CD、火箭的加速度为
汽车的加速度为
负号表示加速度的方向与速度方向相反，所以火箭的速度变化比汽车速度变化慢，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】理解速度改变量是物体的末速度减去初速度，要注意计算过程中的负号，同时利用加速度的定义式计算加速度即可，属于基本的公式应用。
4．（3分）（2024春 卢龙县期末）如图所示，奶奶站在地面上用杆秤给小孙子称体重，下列说法正确的是（ ）
A．奶奶对地面的压力是由地面的形变引起的
B．小孩所受的重力方向一定指向地球球心
C．地面对奶奶的支持力与奶奶所受的重力是一对平衡力
D．小孩的重心一定在秤钩上端细线的延长线上
【考点】弹力的概念及其产生条件；重心的位置特点．
【专题】定性思想；推理法；弹力的存在及方向的判定专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】压力和重力是不同性质的力，支持力是由于被压物体发生形变产生的，压力是由被支持物体发生形变产生的，重力的方向总是竖直向下；根据二力平衡和相互作用力的特点分析。
【解答】解：A、奶奶对地面的压力，其施力物体是奶奶，受力物体是地面。这个压力是由于奶奶自身受到重力，从而对地面产生挤压，本质上是奶奶的形变导致的，而不是地面的形变，故A错误；
B、小孩所受的重力方向一定竖直向下，不一定指向地球球心，故B错误；
C、地面对奶奶的支持力与奶奶所受的重力大小不相等，二者不是一对平衡力，故C错误；
D、根据二力平衡可知，小孩的重力与拉力共线，所以小孩的重心一定在秤钩上端细线的延长线上，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查对作用力、反作用力和二力平衡、弹力的产生的理解，根据作用力、反作用力和二力平衡的内容、弹力的产生条件解答。
5．（3分）（2024秋 杏花岭区校级月考）玩具汽车停在模型桥面上，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．桥面受到向下的弹力，是因为桥面发生了形变
B．汽车受到向上的弹力，是因为桥面发生了形变
C．桥面受到向下的弹力，是因为桥面受到了汽车的重力
D．汽车受到向上的弹力，是因为汽车发生了形变
【考点】弹力的概念及其产生条件．
【专题】定性思想；推理法；弹力的存在及方向的判定专题；分析综合能力．
【答案】B
【分析】弹性形变指物体形变之后撤去外力能完全恢复原来形状的形变．物体发生形变才能产生弹力．弹力存在的条件是：接触并相互挤压。
【解答】解：AC．桥面受到向下的弹力，是因为汽车轮胎发生了弹性形变，恢复形变时对桥面施加向下的弹力，故AC错误；
BD．汽车受到向上的弹力，是因为桥面发生了弹性形变，恢复形变时对汽车施加向上的弹力，故B正确，D错误。
故选：B。
【点评】本题重点是知道弹力存在的条件：接触且相互挤压，二者缺一不可，注意区别谁受到弹力，又是谁发生弹性形变的。
6．（3分）（2024秋 苏州期末）如图所示为某次“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验示意图，下列说法正确的是（ ）
A．系在小圆环上的两细绳套长度要相等
B．两弹簧测力计间夹角越大越好
C．实验中选择质量较大的小圆环比较好
D．小圆环受到F1、F2共同作用与受到F单独作用都要到达同一位置O点
【考点】探究两个互成角度的力的合成规律．
【专题】定性思想；等效替代法；平行四边形法则图解法专题；实验探究能力．
【答案】D
【分析】本实验是通过作合力与分力图示的方法来验证平行四边形定则，根据实验原理分析解答。
【解答】解：A．该实验中，为了能在所确定的力的方向上直接截取表示力的大小的线段，两细绳套必须长一些，以减小实验误差，但并不需要等长，故A错误；
B．两弹簧测力计间夹角适当大些，并非越大越好，故B错误；
C．小环起到连接的作用，质量越小越好，否则小环重力影响实验，故C错误；
D.小圆环受到F1、F2共同作用与受到F单独作用都要到达同一位置O点，以保证力的作用效果相同，故D正确。
故选：D。
【点评】知道实验用的是“等效法”科学思想，熟记实验注意事项是解题的关键，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与掌握。
7．（3分）（2025秋 和平区校级月考）如图所示，将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角均为30°。假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力F1和第1、3块石块间的作用力F2的大小之比为（ ）
A．1：2 B． C． D．
【考点】共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；图析法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】由图可知，1、2及1、3两块石块均有相互作用，而石块1受重力及2、3两石块的作用力而处于静止，故对1受力分析可求得第1、2块石块间的作用力和第1、3块石块间的作用力的大小之比。
【解答】解：如图对第1个石块进行受力分析，由几何关系知：θ＝60°
所以有F1：F2＝sin60°。
故B正确，ACD错误；
故选：B。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
8．（3分）（2023 贵港开学）2023年5月13日，亚洲举重锦标赛落下帷幕，中国举重队勇夺26金14银3铜，其中总成绩金牌9枚，奥运级别总成绩金牌7枚，共打破成年世界纪录5项、青年世界纪录2项。图为运动员手臂伸直举着杠铃的稳定站立状态，则（ ）
A．运动员将杠铃从地面抓起直至最终稳定站立的过程中，杠铃一直处于超重状态
B．运动员稳定站立时手臂间夹角越小，每只手对杠铃的作用力越小
C．杠铃对手的作用力小于手对杠铃的作用力
D．运动员稳定站立时地面对运动员的支持力与运动员受到的重力是一对平衡力
【考点】超重与失重的概念、特点和判断；作用力与反作用力．
【专题】定性思想；归纳法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】B
【分析】根据杠铃先向上加速后减速运动分析；根据合力与分力的关系分析；根据相互作用力分析；根据平衡条件分析。
【解答】解：A、运动员将杠铃从地面抓起直至最终稳定站立的过程中，杠铃先向上做加速运动，后做减速运动，所以加速度方向先向上后向下，则杠铃现处于超重状态后处于失重状态，故A错误；
B、根据合力与分力的关系可知，当合力大小一定时，两个分力的夹角越小，两个分力就越小，故B正确；
C、杠铃对手的作用力与手对杠铃的作用力是一对相互作用力，所以杠铃对手的作用力等于手对杠铃的作用力，故C错误；
D、运动员稳定站立时地面对运动员的支持力等于运动员的重力和杠铃的重力之和，所以运动员稳定站立时地面对运动员的支持力与运动员和杠铃的总重力是一对平衡力，故D错误。
故选：B。
【点评】熟练掌握相互作用力和平衡力的区别，知道超重和失重状态与加速度方向的关系，以及合力与分力的关系。
二．实验题（共1小题，满分6分，每小题6分）
9．（6分）（2024秋 漳州期末）某实验小组利用如图甲所示实验装置探究物体加速度与所受合外力的关系。
（1）本实验中 不需要 （填“需要”或“不需要”）保证砂和砂桶的总质量远小于小车质量；
（2）某次实验得到如图乙所示的纸带，A、B、C、D、E为5个相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1s，则小车的加速度a＝ 0.40 m/s2（结果保留2位有效数字）；
（3）若保持长木板水平，小车的质量不变，改变砂桶中砂的质量，记录多组传感器的读数F和对应纸带的加速度a的数值，并根据这些数据，绘制出如图丙所示的F﹣a图像，则小车在运动过程中所受阻力为 1.0 N（结果保留2位有效数字），小车在运动过程中所受阻力主要来源于 车与木板间的摩擦、纸带与打点计时器间的摩擦等 。
【考点】探究加速度与力、质量之间的关系．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；实验探究能力．
【答案】（1）不需要；（2）0.40；（3）1.0；车与木板间的摩擦、纸带与打点计时器间的摩擦等
【分析】（1）拉力传感器可测量细绳的拉力，则不需要保证砂和砂桶的总质量远小于小车质量；
（2）根据逐差法计算加速度；
（3）明确实验原理，根据两坐标轴所代表的物理量量的含义，结合数学知识可正确解答。
【解答】解：（1）由于有拉力传感器可测量细绳的拉力，则不需要保证砂和砂桶的总质量远小于小车质量；
（2）根据逐差法可知加速度为a0.01m/s2＝0.40m/s2
（3）根据牛顿第二定律有2F﹣f＝Ma
变形可得Fa
根据图像坐标（﹣1，0）、（4.0，2.5）代入可得
f＝1.0N
小车在运动过程中所受阻力主要来源于车与木板间的摩擦、纸带与打点计时器间的摩擦等。
故答案为：（1）不需要；（2）0.40；（3）1.0；车与木板间的摩擦、纸带与打点计时器间的摩擦等
【点评】正确解决实验问题的前提是理解其实验原理，只要正确理解实验原理，才能知道实验所采取措施或所进行具体实验操作的含义。
三．解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）
10．（10分）（2024秋 西湖区校级期中）图1为冰壶比赛场地示意图。某次比赛中，运动员携带质量m＝20kg的冰壶一起从起踏器处以v0＝6m/s的速度做匀减速直线运动，运动至投掷线处，释放冰壶，此时冰壶速度v＝2m/s。为了使冰壶停止位置尽量靠近营垒圆心O点，队友可用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面来控制其运动情况（如图2所示）。已知起踏器和投掷线之间距离l＝8m，用毛刷擦冰面前和后冰壶与冰面之间动摩擦因数分别为μ1＝8×10﹣3和μ2＝4×10﹣3，投掷线与O点的距离s＝30m，冰壶可视为质点，已知重力加速度g＝10m/s2。
（1）冰壶到达投掷线前，其受到的合外力F的大小；
（2）释放冰壶后，若队友未擦冰面，则冰壶静止位置离O点的距离L1；
（3）释放冰壶后，若冰壶运动一段距离后队友持续擦冰面直至冰壶恰好静止于O点，则擦冰面的长度L2。
【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况．
【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】（1）冰壶到达投掷线前，其受到的合外力F的大小为40N；
（2）冰壶静止位置离O点的距离L1为5m；
（3）擦冰面的长度L2为10m。
【分析】（1）根据位移—速度关系求解加速度，根据牛顿第二定律求解合外力；
（2）根据牛顿第二定律求解加速度，根据位移—速度关系求解位移，进而得到离O点的距离；
（3）根据位移—速度关系列出加速阶段和减速阶段的位移，两位移之和为s，即可求解擦冰面的长度。
【解答】解：（1）冰壶到达投掷线前做匀减速直线运动，设加速度大小为a
则v22al
代入数据解得a＝2m/s2
由牛顿第二定律得F＝ma＝20kg×2m/s2＝40N
（2）释放冰壶后，冰壶继续做匀减速直线运动，设加速度大小为a1
f＝μ1mg＝ma1
解得：a1＝0.08m/s2
设冰壶减速到0的位移为x
2a1x＝v2
解得：x＝25m
冰壶静止位置离O点的距离L1＝s﹣x＝30m﹣25m＝5m
（3）设队友刚开始擦冰面时冰壶的速度为v′
未擦冰面时﹣2μ1gx1＝v′2﹣v2
擦冰面后﹣2μ2gL2＝0﹣v′2
x1+L2＝s
联立解得：L2＝10m
答：（1）冰壶到达投掷线前，其受到的合外力F的大小为40N；
（2）冰壶静止位置离O点的距离L1为5m；
（3）擦冰面的长度L2为10m。
【点评】本题考查了匀变速直线运动规律和牛顿第二定律，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，知道加速度是联系力和运动的桥梁。
四．多选题（共7小题，满分21分，每小题3分）
（多选）11．（3分）关于物体受到的合力方向与运动方向的关系，下列说法正确的是（ ）
A．合力方向与运动方向相同时物体有可能做加速曲线运动
B．合力方向与运动方向成锐角时物体做加速曲线运动
C．合力方向与运动方向成钝角时物体做加速曲线运动
D．合力方向与运动方向始终垂直时，物体做速率不变的曲线运动
【考点】物体做曲线运动的条件；曲线运动的概念和特点．
【专题】定性思想；推理法；物体做曲线运动条件专题；理解能力．
【答案】BCD
【分析】合力方向与运动方向相同，物体做匀加速直线运动；合力方向与运动方向相反，物体做匀减速直线运动；合力方向与运动方向夹角为锐角，物体做加速曲线运动；合力方向与运动方向夹角为钝角，物体做减速曲线运动。
【解答】解：A、合力方向与运动方向相同时物体做匀加速直线运动，故A错误；
BC、合力方向与运动方向不同，将合力分解为沿运动和垂直于运动方向，合力与运动方向成锐角时，沿运动方向的力与运动方向相同，物体做加速曲线运动，合力与运动方向成钝角时，沿运动方向的力与运动方向相反，物体做减速曲线运动，故BC正确；
D、合力方向与运动方向始终垂直时，物体做匀速圆周运动，速率不变，故D正确；
故选：BCD。
【点评】本题考查物体做曲线运动的条件，知道力是改变速度的原因，只要物体受到的合外力方向与速度方向不共线，物体就做曲线运动。
12．（3分）（2025 新乐市校级开学）路灯维修车如图所示，车上带有竖直自动升降梯。若一段时间内，车匀加速向左沿直线运动的同时梯子匀加速上升，则关于这段时间内站在梯子上的工人的描述正确的是（ ）
A．工人运动轨迹一定是曲线
B．工人运动轨迹一定是直线
C．工人一定是匀变速运动
D．工人的加速度一定变化
【考点】一个匀速直线和一个变速直线运动的合成．
【专题】应用题；定量思想；推理法；运动的合成和分解专题；分析综合能力．
【答案】C
【分析】工人在水平方向向左做匀加速直线运动，在竖直方向竖直向上做匀加速直线运动，根据工人的运动过程分析答题。
【解答】解：工人在水平方向向左做匀加速直线运动，在竖直方向竖直向上做匀加速直线运动
AB、如果工人的速度方向与加速度方向在同一条直线上，工人做直线运动，如果工人的速度方向与加速度不在同一直线上，工人做曲线运动，故AB错误；
CD、工人在水平方向向左做匀加速直线运动，水平方向的加速度是定值，工人在竖直方向向上做匀加速直线运动，在竖直方向的加速度是定值，则水平与竖直方向加速度的合加速度是定值，工人的加速度不变，工人做匀变速运动，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】本题考查运动的合成与分解，知道运动的合成与分解遵循平行四边形定则，判断合速度方向与合加速度方向的关系，即可判断运动情况。
（多选）13．（3分）（2024秋 漯河期末）如图所示一辆运输集装箱的卡车在倾角为β的斜面上运动，箱子的顶部用细线挂了一个小球。某段时间内，卡车与小球一起运动，悬挂小球的细线与虚线的夹角为a，细线在虚线的左侧，虚线垂直于车厢底面，车厢底面与斜面平行。则关于卡车的运动，下列说法正确的是（ ）
A．若a＝β，卡车可能匀速开上斜坡
B．若a＜β，卡车可能匀减速开上斜坡
C．若a＞β，卡车可能匀加速倒车开下斜坡
D．无论卡车怎样运动，细线都不可能到达虚线右侧与水平地面平行的位置
【考点】物体在粗糙斜面上的运动；共点力的平衡问题及求解；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】AB
【分析】根据平衡条件，结合几何关系，判断α与β的大小关系；根据牛顿第二定律，结合正弦定理及几何关系解答。
【解答】解：A.若卡车匀速开上斜坡，则小球匀速直线运动，受到的合外力为0，小球竖直方向上重力和绳子拉力相等，细线在竖直方向上，根据几何关系可知a＝β，故A正确；
B.若卡车匀减速开上斜坡，则小球受到绳子拉力和重力的作用，由于做减速运动，则加速度方向沿斜面向下，故细线向右偏（相对于过悬点的竖直方向），此时α＜β，故B正确；
C.若卡车匀加速开上斜坡，则小球受到的合外力沿斜面向上，对小球受力分析，小球受重力和细线的拉力，如图所示
注意α角是F与垂直斜面方向的那条直线的夹角，由正弦定理与几何关系可得，得a＝gcosβtanα﹣gsinβ，若a＞β，有a大于0，符合匀加速开上斜坡，不符合匀加速倒车，故C错误；
D.卡车向下加速运动时，细线可能到达虚线右侧与水平地面平行的位置，故D错误。
故选：AB。
【点评】本题解题关键是正确画出卡车匀加速开上斜坡时小球的受力图，并结合正弦定理，求加速度。
（多选）14．（3分）（2022 杭州模拟）在日常生活及各项体育运动中，有弹力出现的情况比较普遍，如图所示的情况就是一个实例。当运动员踩压跳板使跳板弯曲到最低点时，下列说法正确的是（ ）
A．跳板发生形变，运动员的脚没有发生形变
B．运动员受到支持力是因为跳板发生形变而产生的
C．此时跳板对运动员的支持力大于运动员对跳板的压力
D．此时运动员处于超重状态
【考点】超重与失重的概念、特点和判断；弹性形变和塑性形变；弹力的概念及其产生条件．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；弹力的存在及方向的判定专题；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】本题根据弹力产生条件、作用力反作用原理、超重条件，即可解答。
【解答】解：A．力的作用是相互的，跳板和运动员的脚都受到力的作用，都会发生形变，故A错误；
B．运动员受到跳板的支持力，根据弹力产生条件，该支持力是跳板发生形变而产生的；故B正确；
C．跳板对运动员的支持力和运动员对跳板的压力为一对相互作用力，大小相等，方向相反，故C错误；
D．因为人受重力和支持力的作用而弹起，故支持力一定要大于重力，加速度向上，此时运动员处于超重状态，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查学生对弹力产生条件、作用力反作用原理、超重条件的掌握，比较基础。
请阅读下述文字，完成第9题～第11题。
如图所示，蹦极是一项非常刺激的户外运动。为了研究蹦极运动做以下简化：将游客视为质量m＝60kg的质点，他的运动沿竖直方向，且初速度为0。弹性绳的原长L0＝10m，其形变量与所受拉力成正比，比例系数k＝100N/m，弹性绳始终在弹性限度内。游客下落1.8L0时到达最低点，此过程中不计空气阻力和弹性绳质量，重力加速度g取10m/s2。
15．（3分）游客从离开平台到最低点的过程中，速度大小（ ）
A．一直增大 B．先减小后增大
C．先增大后减小 D．增大到某一值后不变
【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】通过分析弹性绳的变化以及游客的受力情况，得到游客的运动过程，求得速度的变化情况。
【解答】解：游客下落10m过程，弹性绳处于松弛状态，弹力为0，游客仅仅受到重力作用，游客向下做自由落体运动，速度增大，游客下落10m之后，弹性绳开始绷紧，形变量逐渐增大，游客开始做加速度减小得加速直线运动，当弹力与重力平衡时，速度到达最大值，之后弹力进一步增大，且大于重力，加速度方向向上，与速度方向相反，即游客最后做加速度增大的减速直线运动。综合上述，游客游客从离开平台到最低点的过程中，速度大小先增大后减小。
故选：C。
【点评】学生在解决本题时，应注意受力分析和运动过程分析要分阶段考虑。
（多选）16．（3分）（2024秋 宁德期末）如图所示，光滑水平面上有两物块A、B用一轻惮黄相连，mA＝1kg，mB＝2kg。用大小F＝15N的恒力作用在A 上，使A、B保持相对静止一起向左做匀加速直线运动。已知弹簧的原长x0＝10cm，劲度系数k＝500N/m，则（ ）
A．A、B一起加速时，加速度大小为5m/s2
B．A、B一起加速时，A、B间的距离为13cm
C．撤去F瞬间，A的加速度大小为0
D．撤去F瞬间，B的加速度大小为5m/s2
【考点】牛顿第二定律的简单应用；胡克定律及其应用．
【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】AD
【分析】对A、B系统由牛顿第二定律求解加速度；以B为研究对象，根据牛顿第二定律、胡克定律进行解答，突然撤去力F的瞬间，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律进行解答。
【解答】解：A、A与B一起加速时，对系统，由牛顿第二定律得：F＝（mA+mB）a，代入数据解得：a＝5m/s2，故A正确；
B、A、B一起加速运动时，对B，由牛顿第二定律得：kΔx＝mBa，代入数据解得弹簧的伸长量：Δx＝0.02m＝2cm，此时弹簧的长度即A、B间的距离d＝x0+Δx＝10cm+2cm＝12cm，故B错误；
C、撤去F瞬间，弹簧弹簧不变，对A，由牛顿第二定律得：kΔx＝mAaA，代入数据解得：aA＝10m/s2，故C错误；
D、撤去F瞬间，弹簧的弹力不突变，B的受力情况不变，B的加速度大小不变，为5m/s2，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识，利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
（多选）17．（3分）（2025春 南宁期末）如图所示，质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，静止时小球位于O点正下方P点处。小球在水平拉力作用下，通过以下两种方式从P点移动到Q点，∠POQ＝θ，重力加速度为g。
方式一：小球在水平拉力的作用下，从P点缓慢地移动到Q点。
方式二：小球在水平恒力F＝mg的作用下，从P点运动到Q点。
下列说法正确的是（ ）
A．两种方式中，小球的机械能变化相同
B．两种方式中，拉力做功大小之比为
C．方式一中，到达图中位置时，拉力大小为mgtanθ
D．方式二中，小球向右运动的角度时，速度为零
【考点】利用动能定理求解变力做功；常见力做功与相应的能量转化．
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】A、机械能变化等于非重力做功，即拉力做功，据此分析；
B、分别用动能定理和功的表达式计算两种情况下拉力做功，再计算拉力做功之比；
C、在方式一中，小球缓慢移动，处于动态平衡状态，根据平衡方程列式求解；
D、在方式二中，小球在水平恒力F＝mg的作用下运动，利用动能定理分析。
【解答】解：A、机械能变化等于非重力做功，即拉力做功。
方式一：小球缓慢移动，动能变化为零，拉力做功等于重力势能变化。重力势能变化为mgL（1﹣cosθ），因此拉力做功为mgL（1﹣cosθ）。
方式二：小球在水平恒力F＝mg的作用下运动，拉力做功为mgLsinθ。
由于两种方式下的拉力做功不同，因此机械能变化也不同
故A错误。
B、方式一：拉力做功为mgL（1﹣cosθ）。
方式二：拉力做功为mgLsinθ。拉力做功之比为：
故B正确。
C、在方式一中，小球缓慢移动，处于动态平衡状态。对小球进行受力分析：
重力mg竖直向下。
绳子拉力T沿绳子方向。
水平拉力F。
根据平衡条件，水平方向：
F＝Tsinθ
竖直方向：
Tcosθ＝mg
解得：
mg tanθ
故C正确。
D、在方式二中，小球在水平恒力F＝mg的作用下运动，利用动能定理分析：
WF+WG＝ΔEk
其中，水平拉力做功WF＝mgLsinθ，重力做功WG＝﹣mgL（1﹣cosθ）。
代入动能定理：
整理得：
当时：
代入上式：
显然，此时速度v≠0
故D错误。
故选：BC。
【点评】解决本题时，要明确F是恒力还是变力，对于变力，可根据动能定理求变力做功，不能根据功的公式计算变力做功。
五．实验题（共1小题，满分8分，每小题8分）
18．（8分）（2024春 潍城区校级月考）图1为“研究平抛运动”的实验装置，横挡条可卡住平抛小球，用铅笔在白纸上记录被卡住小球的最高点，上下移动横挡条标注多个点，再确定平抛运动轨迹。
（1）坐标原点应选小球在斜槽末端点时的 A ；
A．球的上端
B．球的下端
C．球心
（2）实验中，下列说法正确的是 AB ；
A．斜槽轨道可以不光滑
B．记录的点应适当多一些
C．用平滑曲线把所有的记录点都连接起来
（3）图2是用该装置拍摄的小球做平抛运动的频闪照片（图中实线分别表示水平与竖直方向），由照片可判断实验操作错误的是 斜槽末端不水平 。
【考点】探究平抛运动的特点．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；实验探究能力．
【答案】（1）A；（2）AB；（3）斜槽末端不水平。
【分析】（1、2）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤；
（3）抓住轨迹初始位置斜向上分析实验操作错误的原因。
【解答】解：（1）根据题意可知，在描点确定平抛运动轨迹时，均标注了小球最高点，所以坐标原点也应标注小球在斜槽末端点时的小球最高点，即球的上端，故BC错误，A正确。
故选：A。
（2）A、实验过程中，斜槽不一定光滑，只要能够保证从同一位置由静止释放，即使轨道粗糙，摩擦力做功是相同的，离开斜槽末端的速度就是一样的，故A正确；
BC、记录点适当多一些，能够保证描点光滑，用平滑曲线连接，不能把所有的点都连接起来，偏离较远的点应舍去，故C错误，B正确。
故选：AB。
（3）由图2可知，小球做斜上抛运动，可知斜槽末端切线不水平。
故答案为：（1）A；（2）AB；（3）斜槽末端不水平。
【点评】解决本题的关键知道探究平抛运动规律的原理，以及掌握研究平抛运动的方法，了解实验中的原理和注意事项。
六．解答题（共3小题，满分31分）
19．（8分）（2025春 东城区校级期中）一物体从5m高处水平抛出，落地时速度方向与水平方向的夹角为53°，g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，空气阻力不计。求：
（1）物体经过多长时间下落到地面？
（2）物体落地前瞬时速度竖直分量的大小？
（3）物体从抛出到落地过程中水平射程的大小？
【考点】平抛运动位移的计算；平抛运动时间的计算；平抛运动速度的计算．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）物体经过1s时间下落到地面；
（2）物体落地前瞬时速度竖直分量的大小为10m/s；
（3）物体从抛出到落地过程中水平射程的大小为7.5m。
【分析】（1）根据平抛运动竖直方向上的位移公式计算；
（2）根据竖直方向的速度公式计算；
（3）根据速度的分解解答。
【解答】解：（1）小球做的是平抛运动，在竖直方向上的位移为h
解得t＝1s
（2）落地时小球竖直方向的速度vy＝gt
代入数据解得：vy＝10m/s
（3）小球水平方向的速度即初速度v0
代入数据解得：v0＝7.5m/s；
水平方向上的位移为 x＝v0t
代入数据解得：x＝7.5m
答：（1）物体经过1s时间下落到地面；
（2）物体落地前瞬时速度竖直分量的大小为10m/s；
（3）物体从抛出到落地过程中水平射程的大小为7.5m。
【点评】本题主要考查学生对于平抛运动知识的灵活应用能力，在处理此类问题时要利用水平和竖直两个方向上的运动情况解决问题。
20．（11分）（2024秋 清江浦区校级期末）如图所示，在粗糙的水平面上有一足够长的质量为M＝3kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数μ1＝0.2，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，长木板与小物块均静止，现用F＝18N的水平恒力向右拉长木板，经时间t1＝1s撤去水平恒力F。
（1）在F的作用下，长木板的加速度为多大？
（2）刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
（3）最终小物块离长木板右端多远？
（4）长木板一共运动了多长时间？
【考点】无外力的水平板块模型；匀变速直线运动位移与时间的关系；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】计算题；定量思想；模型法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力；模型建构能力．
【答案】（1）在F的作用下，长木板的加速度为4m/s2。
（2）刚撤去F时，小物块离长木板右端1m。
（3）最终小物块离长木板右端1.5m。
（4）长木板一共运动了4.5s时间。
【分析】（1）先分析F＝14N时，小物块和长木板之间是否发生相对滑动，可假设长木板与小物块相对滑动，由牛顿第二定律求出两者的加速度大小，再进行判断，并求出长木板的加速度；
（2）刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离等于t1＝1s内，长木板与小物块的位移之差，根据位移—时间关系求解；
（3）最终小物块与长木板共速，根据速度—位移公式求出从撤去F到二者速度相等分别运动的位移，进而得出二者的相对位移，再加上撤去F前的相对位移即为最终小物块离长木板右端的距离。
（4）根据牛顿第二定律结合运动学公式求解二者共速前长木板的位移、共速后长木板的位移，由此得到总位移。
【解答】解：（1）在F的作用下，假设长木板与小物块相对滑动，设长木板的加速度为a，由牛顿第二定律可得
F﹣μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma
代入数据解得：a＝4m/s2
设未撤去F时，小物块加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得
μ1mg＝ma1
代入数据解得：a1＝2m/s2
因a＞a1，假设成立，即在F的作用下，长木板与小物块相对滑动，长木板的加速度大小为4m/s2。
（2）刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离等于长木板与小物块的位移差Δx，由运动学公式得
Δx
代入数据解得：Δx＝1m
（3）长木板足够长，最终小物块与长木板共速，设此时速度为v。
刚撤去F时，木板的加速度为
a2
代入数据解得：a2＝2m/s2
刚撤去F时，长木板速度v1＝at1＝4×1m/s＝4m/s
刚撤去F时，小物块速度为v2＝a1t1＝2×1m/s＝2m/s
设从撤去F时到两者共速的时间为t′，共同速度为v，则有
v＝v1﹣a2t′＝v2+a1t′
代入数据解得：v＝3m/s，t′＝0.5s
在时间t′内，木板与小物块的位移差为Δx1，由运动学公式得
Δx1
代入数据解得：Δx1＝0.5m
最终小物块离长木板右端的距离为
L＝Δx+Δx1＝1m+0.5m＝1.5m
（4）当小物块与木板达到共速后，二者一起做匀减速运动，对整体，根据牛顿第二定律可得加速度大小为
a3μ2g＝0.1×10m/s2＝1m/s2
可得它们一起减速到0所用时间为t″s＝3s
所以，长木板一共运动的时间为t＝t1+t′+t″＝1s+0.5s+3s＝4.5s
答：（1）在F的作用下，长木板的加速度为4m/s2。
（2）刚撤去F时，小物块离长木板右端1m。
（3）最终小物块离长木板右端1.5m。
（4）长木板一共运动了4.5s时间。
【点评】本题是牛顿第二定律与运动学规律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，要注意把握隐含的临界状态如速度相同。
21．（12分）某运动员做跳伞训练，无风情况下，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，一段时间后打开降落伞，打开降落伞后运动员的速度随时间的变化规律如图a所示。降落伞有8根对称的轻绳，每根轻绳与竖直中轴线的夹角均为α＝37°，如图b所示。已知运动员的质量为60kg，降落伞的质量为40kg，不计运动员所受的空气阻力，降落伞打开后所受阻力f与速度v成正比，即f＝kv，k为阻力系数。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）打开降落伞前运动员下落的距离h0；
（2）阻力系数k和刚打开降落伞时运动员的加速度大小a；
（3）运动员跳伞过程中每根轻绳所承受的拉力的最大值T。
【考点】牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题）．
【专题】计算题；定量思想；合成分解法；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】（1）打开降落伞前运动员下落的距离h0为20m；
（2）阻力系数k为200N s/m，刚打开降落伞时运动员的加速度大小a为30m/s2；
（3）运动员跳伞过程中每根轻绳所承受的拉力的最大值T为375N。
【分析】（1）打开降落伞前运动员做匀加速直线运动根据匀变速直线运动速度—位移公式求解即可；
（2）当运动员速度最小时，运动员和降落伞整体受力平衡，根据平衡条件求解阻力系数；打开伞的瞬间，对整体受力分析，由牛顿第二定律求解加速度；
（3）开始下落时，运动员的加速度最大，轻绳上的拉力最大，对运动员受力分析，将力分解到水平方向和竖直方向，竖直方向，根据牛顿第二定律列式求解即可。
【解答】解：（1）打开降落伞前运动员做匀加速直线运动，由匀变速直线运动速度—位移公式得：2gh0
代入数据解得：h0＝20m
（2）设运动员的质量为m1＝60kg，降落伞的质量为m2＝40kg。当速度为5m/s时，运动员和降落伞整体受力平衡，由平衡条件得：kv＝（m1+m2）g
代入数据解得：k＝200N s/m
打开伞瞬间，对整体根据牛顿第二定律得：kv0﹣（m1+m2）g＝（m1+m2）a
代入数据解得：a＝30m/s2
（3）打开降落伞时运动员的加速度最大，轻绳上的拉力最大，设每根绳拉力为T，对运动员受力分析，竖直方向，由牛顿第二定律得：8Tcos37°﹣m1g＝m1a
代入数据解得：T＝375N
答：（1）打开降落伞前运动员下落的距离h0为20m；
（2）阻力系数k为200N s/m，刚打开降落伞时运动员的加速度大小a为30m/s2；
（3）运动员跳伞过程中每根轻绳所承受的拉力的最大值T为375N。
【点评】本题考查牛顿第二定律，解题关键是灵活选择研究对象并对其受力分析，根据牛顿第二定律列式求解即可。
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