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 | 2.0MB | ||
| 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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期末模拟测试预测卷
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）（2024秋 陕西学业考试）下列单位中，属于国际单位制的基本单位的是（ ）
A．m B．cm C．m/s D．m/s2
2．（2分）（2024秋 南昌期中）如图甲，物块放在水平面上，在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下向右做匀速直线运动。某时刻，保持拉力大小不变，将拉力方向瞬间改为水平向左，则改变拉力后的瞬间，物块受到的摩擦力（ ）
A．方向向右，大小等于F B．方向向右，大小大于F
C．方向向左，大小等于F D．方向向左，大小大于F
3．（2分）（2023春 海东市期末）关于力与运动的关系，下列说法正确的是（ ）
A．力是维持物体运动的原因
B．同一物体所受的合力越大，速度变化得越快
C．物体的速度越大，所受的合力越大
D．高速运行的列车不容易停下来，说明速度越快的物体惯性越大
4．（2分）（2024秋 浔阳区校级期中）如图所示，A物体沿竖直墙自由下滑，B、C、D物体均静止，各接触面均粗糙，则（ ）
A．物体A与墙面之间可能存在摩擦力
B．斜面对物体B的支持力竖直向上
C．物体C一共受到四个力的作用
D．物体D与地面之间一定存在弹力
5．（2分）（2024秋 苏州期中）户外骑行是一项很多人喜欢的健身运动，骑手在水平路面上匀速直线骑行时，下列说法正确的是（ ）
A．地面对车的支持力是因为轮胎形变产生的
B．前后轮胎受到地面摩擦力的方向相反
C．车对地面的压力与车的重力是一对平衡力
D．车对地面的压力与车的重力是一对相互作用力
6．（2分）（2025秋 市中区校级月考）如图，某人用绳子牵着小狗站在倾角为37°的斜面上，某时刻小狗向前拉紧绳子。已知人和狗的质量分别为65kg和10kg，绳（质量不计）与斜面间的夹角也为37°，人和狗始终保持静止，重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（ ）
A．斜面对人和狗作用力的合力大小为750N
B．若狗拉绳子的力增大，斜面对狗的支持力增大
C．斜面分别对人和狗的摩擦力总是大小相等、方向相反
D．人受到斜面的摩擦力可能为零
7．（2分）（2024春 河西区期末）如图，从地面上方某点，将一小球以5m/s的初速度沿水平方向抛出，小球经过1s落地，不计空气阻力，g取10m/s2，则可求出（ ）
A．小球抛出时离地面的高度是10m
B．小球落地时的速度方向与水平地面成30°角
C．小球落地时的速度大小是15m/s
D．小球从抛出点到落地点的水平位移大小是5m
8．（2分）（2024秋 张店区校级期中）为研究物体在空中运动时所受空气阻力和速度的关系，某同学在地面上从玩具枪中竖直向上射出初速度为v0的塑料小球，通过速度测量仪纪录小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球上升过程中的平均速度大于，小球下降过程中的平均速度小于
B．小球在上升过程中所受空气阻力不断增大，到达最高点时其加速度值为g
C．小球射出瞬间的加速度值最大，到达最高点时其加速度值为0
D．小球在下降过程中所受空气阻力不断增大，落地瞬间所受空气阻力大小趋近等于其重力大小
9．（2分）（2024秋 武昌区校级期末）如图所示，粗糙木箱内有一物块A，A与右侧箱壁间用一根轻弹簧连接，此时，弹簧处于拉伸状态，整个系统处于静止状态。若要使物块A相对木箱底面向右运动，下列操作可能正确的是（ ）
A．使木箱向上做加速运动
B．使木箱向下做减速运动
C．使木箱向左做加速运动
D．使木箱向右做加速运动
10．（2分）（2024 包头开学）某物体在无人机的带动下沿竖直方向做直线运动，物体的速度v与时间t的变化关系如图所示，以竖直向下为正方向，下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时间内物体做加速运动，处于失重状态
B．t1～t2时间内物体做减速运动，处于失重状态
C．t2～t3时间内物体做加速运动，处于失重状态
D．t3～t4时间内物体做减速运动，处于超重状态
二．多选题（共8小题，满分24分，每小题3分）
（多选）11．（3分）（2024秋 新郑市校级期末）如图所示为机场的行李转盘，使用水平传送带和倾斜转盘组合完成乘客行李箱的传送。水平传送带的运动方向与转接处转盘的运动方向垂直，行李箱由传送带的A处滑上水平移动的转盘，最后运动至转盘下方的挡板B处与转盘一起运动，则从A至B过程中，下列说法正确的是（ ）
A．行李箱相对地面做曲线运动
B．行李箱相对转盘可能做直线运动
C．行李箱所受摩擦力的方向与转盘运动方向相同
D．增大转盘的转速，行李箱所受摩擦力大小不变
（多选）12．（3分）（2024秋 江门期末）小球以一定初速度从光滑斜面底端冲上固定斜面，其v﹣t图像如图所示，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．1s时，小球上升到最大高度
B．小球离斜面底端最远距离为1.5m
C．1s时，小球的加速度为0
D．斜面倾角的正弦值为0.3
（多选）13．（3分）（2024秋 景洪市期末）如图所示，一个体积不变的气球被一根细线拉住在风中始终处于静止状态，已知气球受到恒定的竖直向上的浮力和水平向右的风力。细线与竖直方向的夹角为α，下列说法正确的是（ ）
A．若增大水平风力，则α变小
B．若减小水平风力，则气球所受合力变小
C．若减小水平风力，则细线对气球的拉力变小
D．若细线对气球的拉力为T，则水平风力的大小为Tsinα
（多选）14．（3分）（2025春 保定期末）某课外兴趣小组开展超重、失重体验与研究。在竖直运行的升降电梯内的地板上放一体重计，小郭同学站在体重计上，电梯静止时体重计示数为50kg。某一段时间内，发现体重计示数稳定如图所示。若g＝10m/s2，则在这段时间内（ ）
A．小郭同学的体重变为40kg
B．电梯在向下做匀速运动
C．电梯的加速度大小为2m/s2方向一定竖直向下
D．电梯可能在以2m/s2的加速度向上匀减速运行中
（多选）15．（3分）（2023春 福清市期中）如图所示，在同一竖直面内，质量不同的小球a、b从高度不同的两点分别以初速度va和vb沿水平方向抛出，经过时间ta和tb后落在同一落点P处。已知ma＞mb，且不计空气阻力，下列说法中正确的是（ ）
A．两球的时间关系：ta＞tb
B．两球的初速度关系：va＞vb
C．a球下落过程中的加速度大
D．两球下落的加速度一样大
（多选）16．（3分）（2024秋 衢州期末）蹦极是一项刺激的运动。为了研究运动员下落速度v与下落距离h的关系，运动员身上携带传感器竖直下落，得到如图所示的v2﹣h图像。则运动员在下落过程中（ ）
A．不受空气阻力
B．先失重再超重
C．下落到45m处合力最大
D．下落2.5s时弹性绳被绷直
（多选）17．（3分）（2024秋 道里区校级月考）如图所示，原长为l、劲度系数为k的轻弹簧竖直固定在水平地面上，质量为m的小铁球（视为质点）从弹簧正上方距弹簧顶端高度为h处由静止下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，小铁球下落到最低点。重力加速度大小为g，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小铁球下落到最低点的过程中速度先变大后变小
B．小铁球下落到最低点的过程中速度与加速度方向始终相同
C．当弹簧的压缩量为时，小铁球的速度为零
D．小铁球在最低点时的加速度大小为g
（多选）18．（3分）2019第36届潍坊国际风筝节暨文化艺术展示交易会于4月20日开幕，全方位展示“和而不同”的多元文化格局。如图所示，风筝借助风和主线对其作用，才得以在空中处于平衡状态。图中所示风筝质量为500g，某时刻风筝平面与水平面的夹角为37°，主线对风筝的拉力与风筝平面成53°角。已知风对风筝的作用力与风筝平面始终垂直，g＝10m/s2，关于风筝的受力情况，下列说法中正确的是（ ）
A．此时主线对风筝的拉力大小为5N
B．此时风对风筝作用力的大小为8N
C．风向改变且风筝仍静止时，主线对风筝的拉力可能不变
D．风向改变且风筝仍静止时，主线对风筝的拉力与风对风筝的作用力的合力一定不变
三．实验题（共2小题）
19．（2020秋 延安期末）在探究求合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳。实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧测力计通过细绳拉橡皮条。
（1）实验过程中弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板 ；两次拉伸橡皮条时，应该保证把节点O拉到 。
（2）当橡皮条的活动端拉到O点时，两根细绳相互垂直，如图所示。这时弹簧测力计a读数为 N；若已知此时合力为5N，则弹簧测力计b的示数为 N。
20．（2024 浙江学业考试）某同学用如图1所示装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验。
（1）关于实验的要点，下列说法正确的是 。
A．每次改变小车质量时，应重新补偿阻力
B．补偿阻力时，应将悬挂重物的细线系在小车上
C．释放小车之前应先接通电源
D．调节定滑轮的高度使滑轮与小车间的细线与长木板平行
（2）实验中获得一条纸带如图2所示，其中两相邻计数点间有四个点未画出。已知所用电源的频率为50Hz，则小车运动的加速度大小a＝ m/s2。（计算结果要求保留两位有效数字）
（3）改变悬挂重物的质量，多次重复实验，测得多组加速度a及对应力传感器的示数。作出a﹣F图像如图3所示，发现图像不过原点，重新实验，为了使作出的图像经过原点，应适当 （选填“增大”或“减小”）长木板的倾角。
（4）做“探究加速度与质量的关系”实验时，正确补偿阻力后，保持细线拉力不变，改变小车上砝码的质量m，多次实验，测得多组加速度a及对应小车上砝码的质量m，作出图像如图4所示，若图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若要验证牛顿第二定律，则小车的质量为 。
四．解答题（共4小题）
21．光滑水平面上，一木块质量为2.5kg，在10N的水平力推动下由静止开始运动，求木块第2s末的速度、第5s初的速度及第4s内的位移。
22．（2024秋 上城区校级期末）在冰壶比赛中，运动员用F＝18N的水平恒力推着质量为m＝20kg的冰壶由静止开始运动，一段时间后撤去力，冰壶继续沿直线运动，从开始运动到停止的总位移为36m，冰壶与冰面之间的动摩擦因数为μ＝0 015，取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）冰壶刚开始运动时的加速度大小；
（2）撤去F之前冰壶运动的位移大小；
（3）冰壶运动的总时间。
23．（2024秋 萨尔图区校级开学）“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为h，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g，求：
（1）小面圈在空中的运动时间；
（2）小面圈最大初速度；
（3）小面圈落入锅中时最大速度偏转角的正切值。
24．（2025 漳州模拟）杭州亚运会开幕式节目《国风雅韵 烟雨染江南》让世界看到仙女们长裙飘飘、凌空翱翔的东方美学。飞天“仙女”坐在由两根竖直钢索牵引着的钢板上，从地面由静止竖直上升，先做匀加速后做匀减速运动，加速和减速时间均为t，全程上升高度h时速度为零。“仙女”和钢板的总质量为m，重力加速度大小为g，求“仙女”：
（1）全过程的平均速率；
（2）匀加速上升过程的加速度大小a；
（3）匀减速上升过程中每根钢索拉力大小T。
期末模拟测试预测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）（2024秋 陕西学业考试）下列单位中，属于国际单位制的基本单位的是（ ）
A．m B．cm C．m/s D．m/s2
【考点】力学单位制与单位制．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】A
【分析】国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔．
【解答】解：力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制中的单位分别是什么，这都是需要学生自己记住的基本的知识，本题较简单．
2．（2分）（2024秋 南昌期中）如图甲，物块放在水平面上，在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下向右做匀速直线运动。某时刻，保持拉力大小不变，将拉力方向瞬间改为水平向左，则改变拉力后的瞬间，物块受到的摩擦力（ ）
A．方向向右，大小等于F B．方向向右，大小大于F
C．方向向左，大小等于F D．方向向左，大小大于F
【考点】判断是否存在摩擦力．
【专题】定性思想；推理法；摩擦力专题；理解能力．
【答案】C
【分析】滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反，由此求得地面对小车的摩擦力的方向，结合运动的状态判断摩擦力的大小。
【解答】解：在甲图中，物块在水平方向受到拉力和摩擦力的作用，物块做匀速直线运动，则物块受到的摩擦力的大小等于拉力F；在乙图中，物块也是向右运动，因此受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向向左，大小还是等于F。故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】解决本题应明确，当物体做匀速直线运动时，物体所受合力一定为0，则可由二力平衡求得摩擦力；同时要注意，滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反。
3．（2分）（2023春 海东市期末）关于力与运动的关系，下列说法正确的是（ ）
A．力是维持物体运动的原因
B．同一物体所受的合力越大，速度变化得越快
C．物体的速度越大，所受的合力越大
D．高速运行的列车不容易停下来，说明速度越快的物体惯性越大
【考点】牛顿第二定律的简单应用；牛顿第一定律的内容与应用；惯性与质量．
【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】B
【分析】力是改变物体运动的原因，根据牛顿第二定律分析B，速度与加速度无直接关系，根据惯性的特点分析。
【解答】解：A．力是改变物体运动的原因，故A错误；
B．同一物体所受的合力越大，根据牛顿第二定律可知加速度越大，速度变化得越快，故B正确；
C．物体的速度越大，加速度不一定越大，所受的合力不一定越大，如匀速直线运动，故C错误；
D．高速运行的列车不容易停下来，原因是质量越大的物体惯性越大，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查对力和运动关系的理解，要注意掌握好牛顿第二定律中F的含义为合外力；其次要理解：力是改变物体状态的原因，惯性只与物体的质量有关．
4．（2分）（2024秋 浔阳区校级期中）如图所示，A物体沿竖直墙自由下滑，B、C、D物体均静止，各接触面均粗糙，则（ ）
A．物体A与墙面之间可能存在摩擦力
B．斜面对物体B的支持力竖直向上
C．物体C一共受到四个力的作用
D．物体D与地面之间一定存在弹力
【考点】对物体进行受力分析；判断是否存在弹力．
【专题】定性思想；推理法；弹力的存在及方向的判定专题；摩擦力专题；共点力作用下物体平衡专题；理解能力．
【答案】D
【分析】对A进行分析，物体沿竖直墙自由下滑，只受重力作用；结合弹力的特点分析B弹力方向；C受到重力和两个绳子的拉力；根据共点力平衡分析D受力。
【解答】解：A．物体A自由下落，虽与墙接触，但并未对墙产生挤压，物体A与墙面之间不存在摩擦力，故A错误；
B．支持力的方向垂直于接触面指向被支持的物体，可知斜面对物体B的支持力垂直斜面斜向左上方，故B错误；
C．物体C受重力以及两根绳子上各自对C的拉力，这三个力的作用，故C错误；
D．物体D将在绳子斜向右上方的拉力的作用下有向右运动的趋势，而物体D处于静止状态，因此可知地面对物体D一定有向左的摩擦力的作用，而存在摩擦力，则物体D与地面之间一定存在弹力，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查受力分析，解题关键掌握重力、弹力、摩擦力的分析，根据物体的运动状态可知受力情况。
5．（2分）（2024秋 苏州期中）户外骑行是一项很多人喜欢的健身运动，骑手在水平路面上匀速直线骑行时，下列说法正确的是（ ）
A．地面对车的支持力是因为轮胎形变产生的
B．前后轮胎受到地面摩擦力的方向相反
C．车对地面的压力与车的重力是一对平衡力
D．车对地面的压力与车的重力是一对相互作用力
【考点】相互作用力与平衡力的区别和联系；弹力的概念及其产生条件；判断是否存在摩擦力；作用力与反作用力．
【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】B
【分析】根据弹力的定义分析；根据牛顿第三定律分析后轮的摩擦力方向，根据骑行方向分析前车轮的摩擦力方向；根据平衡力、作用力与反作用力区分车对地面的压力与车的重力。
【解答】解：A．地面对车的支持力是因为地面形变产生的，故A错误；
B．自行车骑行时，后轮为主动轮，后轮对地面有一个向后的静摩擦力，地面给后轮一个向前的静摩擦力，方向与骑行方向相同，前车轮为从动轮，前车轮受滚动摩擦力，方向与骑行方向相反，故B正确；
CD．车对地面的压力与车的重力仅是大小相等，车对地面的压力与车的重力分别作用在地面和车上，不是一对平衡力，车对地面的压力与地面对车的支持力是一对相互作用力，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查弹力、摩擦力平衡力作用力与反作用力的相关知识，注意平衡力是作用在同一个物体上，作用力与反作用力是作用在两个物体上。
6．（2分）（2025秋 市中区校级月考）如图，某人用绳子牵着小狗站在倾角为37°的斜面上，某时刻小狗向前拉紧绳子。已知人和狗的质量分别为65kg和10kg，绳（质量不计）与斜面间的夹角也为37°，人和狗始终保持静止，重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（ ）
A．斜面对人和狗作用力的合力大小为750N
B．若狗拉绳子的力增大，斜面对狗的支持力增大
C．斜面分别对人和狗的摩擦力总是大小相等、方向相反
D．人受到斜面的摩擦力可能为零
【考点】共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】分析人和狗整体的受力情况，以及分别分析人和狗的受力情况；将重力、拉力等分解到沿斜面和垂直于斜面的方向，利用平衡条件求解；
根据受力情况判断摩擦力的方向和大小是否可能为零。
【解答】解：A．由于人和狗始终保持静止，斜面对人和狗的作用力必须与总重力平衡，因此斜面对人和狗的作用力大小为F＝G＝（m人+m狗）g，解得F＝750N，故A正确；
B．设绳子拉力为T，对狗，由平衡条件有Tsin37°+N＝m狗gcos37°
得斜面对狗的支持力N＝m狗gcos37°﹣Tsin37°
可知若狗拉绳子的力增大，斜面对狗的支持力减小，故B错误；
C．对狗，由平衡条件有f狗＝m狗gsin37°+Tcos37°＝60N﹣0.8T
对人，由平衡条件有f人＝m人gsin37°﹣Tcos37°＝390N﹣0.8T
可知f狗、f人方向相同，大小不同，故C错误；
D．根据平衡条件可得人受到的摩擦力为f人＝m人gsin37°﹣Tcos37°
若f人为0，可得T＝487.5N
此时对狗分析有Tsin37°+N狗＝m狗gcos37°
解得N狗＝﹣212.5N
而斜面对狗的支持力不可能为负值，假设失败，即人受到斜面的摩擦力不可能为零，故D错误。
故选：A。
【点评】该题考查共点力作用下物体的平衡，解决本题的关键能够正确地进行受力分析，熟练运用正交分解去求解力。
7．（2分）（2024春 河西区期末）如图，从地面上方某点，将一小球以5m/s的初速度沿水平方向抛出，小球经过1s落地，不计空气阻力，g取10m/s2，则可求出（ ）
A．小球抛出时离地面的高度是10m
B．小球落地时的速度方向与水平地面成30°角
C．小球落地时的速度大小是15m/s
D．小球从抛出点到落地点的水平位移大小是5m
【考点】速度偏转角与位移偏转角；平抛运动速度的计算；平抛运动位移的计算．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】平抛运动竖直方向做自由落体运动，根据求解下落高度；水平方向做匀速运动，x＝v0t求解水平位移；根据求解小球落地时的速度方向与水平地面所成角度；根据运动合成与分解求解落地速度。
【解答】解：A．小球抛出时离地面的高度是，故A错误；
B．设小球落地时的速度方向与水平地面成θ角，则根据速度的合成与分解有
所以θ≠30°，故B错误；
C．小球落地时的速度大小是
故C错误；
D．小球从抛出点到落地点的水平位移大小是
x＝v0t＝5×1m/s＝5m，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查平抛运动规律的应用，理解平抛运动水平和竖直方向运动规律是解题关键。
8．（2分）（2024秋 张店区校级期中）为研究物体在空中运动时所受空气阻力和速度的关系，某同学在地面上从玩具枪中竖直向上射出初速度为v0的塑料小球，通过速度测量仪纪录小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球上升过程中的平均速度大于，小球下降过程中的平均速度小于
B．小球在上升过程中所受空气阻力不断增大，到达最高点时其加速度值为g
C．小球射出瞬间的加速度值最大，到达最高点时其加速度值为0
D．小球在下降过程中所受空气阻力不断增大，落地瞬间所受空气阻力大小趋近等于其重力大小
【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）；平均速度（定义式方向）．
【专题】定量思想；方程法；直线运动规律专题；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据v﹣t图像的物理意义（斜率表示加速度、面积表示位移），以及空气阻力与速度的关系（阻力方向与运动方向相反，大小随速度变化），对小球上升和下降过程的受力、运动状态逐一分析。
【解答】解：BC、根据题图分析可知，小球上升过程是做加速度减小的减速直线运动，根据牛顿第二定律
f+mg＝ma
可知所受空气阻力不断减少，到达最高点时空气阻力为0，其加速度值为g，又因为0时刻图像切线斜率最大，故小球射出瞬间的加速度值最大，故BC错误；
A、根据题意分析可知，从图像中可以看出小球上升过程的图像面积小于小球做匀减速直线运动的图像面积，根据平均速度定义，故其平均速度小于匀减速运动的平均速度，即小于，同理，可知小球下降过程中的平均速度大于匀加速下降的平均速度，即大于，故A错误；
D、根据图像分析可知，小球在下降过程中加速度不断减少，根据牛顿第二定律
mg﹣f＝ma′
可知其所受空气阻力不断增大，落地瞬间图像趋于平直，故其加速度值趋近为0，小球所受空气阻力大小趋近等于其重力大小，故D正确。
故选：D。
【点评】本题核心是结合v﹣t图像分析运动状态，利用空气阻力与速度的关系（阻力随速度变化）、牛顿第二定律推导受力与加速度的变化规律。关键在于理解“阻力与速度的关联”及“v﹣t图像斜率、面积的物理意义”，通过对比匀变速与变加速过程的差异判断平均速度、加速度等物理量。
9．（2分）（2024秋 武昌区校级期末）如图所示，粗糙木箱内有一物块A，A与右侧箱壁间用一根轻弹簧连接，此时，弹簧处于拉伸状态，整个系统处于静止状态。若要使物块A相对木箱底面向右运动，下列操作可能正确的是（ ）
A．使木箱向上做加速运动
B．使木箱向下做减速运动
C．使木箱向左做加速运动
D．使木箱向右做加速运动
【考点】牛顿第二定律的简单应用；力的合成与分解的应用．
【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】C
【分析】A与木箱的加速度相同，根据木箱的运动情况，分析其摩擦力，同时根据牛顿第二定律，从而判断运动方向。
【解答】解：A.木箱保持静止时，在水平方向弹簧的弹力没有大于A与木箱之间的最大静摩擦力。当木箱向上加速运动时，A处于超重状态，A对木箱的压力大于重力，最大静摩擦力比静止时更大，故弹簧弹力小于向上加速时的最大静摩擦力，不可能使弹簧拉动A相对木箱底面向右移动，故A错误；
B.当木箱向下减速运动时，A处于超重状态，A对木箱的压力大于重力，最大静摩擦力比静止时大，故弹力小于最大静摩擦力，不可能使弹簧拉动A相对木箱底面向右移动，故B错误；
C.假设木箱向左以加速度a0运动时，A刚好没有发生滑动，对A由牛顿第二定律有fmax﹣kx＝ma0可知，当木箱向左运动的加速度小于等于a0时，将不发生相对滑动；当加速度大于a0时，将使弹簧拉动A相对木箱底面向右移动，故C正确；
D.假设木箱向右以加速度a1运动时，A刚好没有发生滑动，对A由牛顿第二定律有fmax+kx＝ma1可知，当木箱向右运动的加速度小于等于a1时，将不发生相对滑动；当加速度大于a1时，将使弹簧拉动A相对木箱底面向左移动，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，解题关键掌握木箱的受力情况，注意整体的加速度与木箱加速度相同。
10．（2分）（2024 包头开学）某物体在无人机的带动下沿竖直方向做直线运动，物体的速度v与时间t的变化关系如图所示，以竖直向下为正方向，下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时间内物体做加速运动，处于失重状态
B．t1～t2时间内物体做减速运动，处于失重状态
C．t2～t3时间内物体做加速运动，处于失重状态
D．t3～t4时间内物体做减速运动，处于超重状态
【考点】超重与失重的图像问题；超重与失重的概念、特点和判断．
【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】A
【分析】v﹣t图像的斜率表示加速度，加速度向上为超重，加速度向下为失重。
【解答】解：A．由物体的速度v与时间t的变化关系图可知无人机0 t1时间内做加速运动，由图像斜率可知加速度为正，方向向下，处于失重状态，故A正确；
B．由物体的速度v与时间t的变化关系图可知无人机t1 t2时间内做减速运动，由图像斜率可知加速度为负，方向向上，处于超重状态，故B错误；
C．t2～t3时间内物体做加速运动，由图像斜率可知加速度为负，方向向上，处于超重状态，故C错误；
D．t3～t4时间内物体做减速运动，由图像斜率可知加速度为正，方向向下，处于失重状态，故D错误；
故选：A。
【点评】物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。
二．多选题（共8小题，满分24分，每小题3分）
（多选）11．（3分）（2024秋 新郑市校级期末）如图所示为机场的行李转盘，使用水平传送带和倾斜转盘组合完成乘客行李箱的传送。水平传送带的运动方向与转接处转盘的运动方向垂直，行李箱由传送带的A处滑上水平移动的转盘，最后运动至转盘下方的挡板B处与转盘一起运动，则从A至B过程中，下列说法正确的是（ ）
A．行李箱相对地面做曲线运动
B．行李箱相对转盘可能做直线运动
C．行李箱所受摩擦力的方向与转盘运动方向相同
D．增大转盘的转速，行李箱所受摩擦力大小不变
【考点】物体做曲线运动的条件；判断是否存在摩擦力．
【专题】定性思想；推理法；物体做曲线运动条件专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】根据受力方向与速度方向分析行李箱的运动情况，滑动摩擦力只与正压力和接触面粗糙程度有关。
【解答】解：ABC.设行李箱滑上传送带时的速度为v1，转盘的速度为v2，倾斜转盘与水平方向的夹角为θ，则行李箱相对转盘的速度方向如图中的v所示，滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，如图中Ff所示，行李箱所受摩擦力的方向与转盘运动方向不相同。
沿转盘所在斜面，行李箱受重力分力与滑动摩擦力作用，这两个力的合力方向与行李箱相对转盘的初速度v、行李箱的对地初速度v1都不在一条直线上，所以行李箱相对转盘和相对地面均做曲线运动，故A正确，BC错误；
D.转盘与行李箱间的摩擦力为滑动摩擦力，滑动摩擦力只与正压力和接触面粗糙程度有关，所以摩擦力大小不变，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查曲线运动的条件，解题关键掌握判断物体做曲线运动的方法，注意滑动摩擦力的影响因素。
（多选）12．（3分）（2024秋 江门期末）小球以一定初速度从光滑斜面底端冲上固定斜面，其v﹣t图像如图所示，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．1s时，小球上升到最大高度
B．小球离斜面底端最远距离为1.5m
C．1s时，小球的加速度为0
D．斜面倾角的正弦值为0.3
【考点】牛顿第二定律的简单应用；根据v﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况；利用v﹣t图像与坐标轴围成的面积求物体的位移；利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度．
【专题】定性思想；图析法；运动学中的图象专题；理解能力．
【答案】ABD
【分析】分析小球的运动情况，判断何时上升到最大高度，结合v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移，求解小球离斜面底端最远距离。根据v﹣t图像的斜率表示加速度求出小球的加速度，由牛顿第二定律求解斜面倾角的正弦值。
【解答】解：A、由图可知在1s时刻，小球速度为0，则0 1s内，小球沿斜面向上运动；1～2s内，小球沿斜面向下运动，所以1s时，小球上升到最大高度，故A正确；
B、1s时，小球离斜面底端距离最远，根据v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移，可得小球离斜面底端最远距离为：，故B正确；
C、根据v﹣t图像的斜率表示加速度，可得0～2s内，小球的加速度为：，故C错误；
D、根据牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma，可得斜面倾角的正弦值为sinθ0.3，故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题考查对速度—时间图像的准确理解和分析，要知道v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移，图像的斜率表示加速度。在分析过程中需要学生对牛顿第二定律，以及运动学的相关公式能够做到熟练运用。
（多选）13．（3分）（2024秋 景洪市期末）如图所示，一个体积不变的气球被一根细线拉住在风中始终处于静止状态，已知气球受到恒定的竖直向上的浮力和水平向右的风力。细线与竖直方向的夹角为α，下列说法正确的是（ ）
A．若增大水平风力，则α变小
B．若减小水平风力，则气球所受合力变小
C．若减小水平风力，则细线对气球的拉力变小
D．若细线对气球的拉力为T，则水平风力的大小为Tsinα
【考点】解析法求共点力的平衡；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；分析综合能力．
【答案】CD
【分析】对气球受力分析，根据平衡条件列式求解分析即可。
【解答】解：ABC、对气球受力分析，如图
根据平衡条件得：F风＝Tsinα，F浮＝G+Tcosα
解得
由此可知：若增大水平风力，则α变大；
若减小水平风力，则α变小，且细线对气球的拉力T变小，但气球所受合力仍为零，不变，故AB错误，C正确；
D、细线对气球的拉力为T，则水平风力的大小为Tsinα，选项D正确。
故选：CD。
【点评】解决该题的关键能根据正交分解找到绳子的拉力和绳子与竖直方向的夹角的表达式。
（多选）14．（3分）（2025春 保定期末）某课外兴趣小组开展超重、失重体验与研究。在竖直运行的升降电梯内的地板上放一体重计，小郭同学站在体重计上，电梯静止时体重计示数为50kg。某一段时间内，发现体重计示数稳定如图所示。若g＝10m/s2，则在这段时间内（ ）
A．小郭同学的体重变为40kg
B．电梯在向下做匀速运动
C．电梯的加速度大小为2m/s2方向一定竖直向下
D．电梯可能在以2m/s2的加速度向上匀减速运行中
【考点】根据超重或失重状态计算物体的运动情况；加速、减速的判断；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】CD
【分析】因为小郭同学处于失重状态，所以不是匀速；根据牛顿第二定律可求出加速度大小；小郭同学虽然处于失重状态，但是本身质量没变。
【解答】解：A.小郭同学处于失重状态，但小郭同学体重不变仍为50kg，故A错误；
BCD.由图可知，小郭同学处于失重状态，则电梯的加速度方向一定竖直向下，电梯可能减速上升也可能加速下降，设加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得mg﹣N＝ma，解得加速度大小为，解得a＝2m/s2，故CD正确，B错误。
故选：CD。
【点评】学生在解答本题时，应注意掌握失重状态是力的变化而不是质量的变化。
（多选）15．（3分）（2023春 福清市期中）如图所示，在同一竖直面内，质量不同的小球a、b从高度不同的两点分别以初速度va和vb沿水平方向抛出，经过时间ta和tb后落在同一落点P处。已知ma＞mb，且不计空气阻力，下列说法中正确的是（ ）
A．两球的时间关系：ta＞tb
B．两球的初速度关系：va＞vb
C．a球下落过程中的加速度大
D．两球下落的加速度一样大
【考点】平抛运动速度的计算．
【专题】定性思想；方程法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，可以根据自由落体公式判断下落时间，再根据水平位移比较初速度。
【解答】解：A、不计空气阻力，物体下落快慢等与质量无关，在同一竖直面内，小球a下落的高度大，根据可知，a运动时间比b运动时间长，即ta＞tb，故A正确；
B、平抛水平匀速运动，根据可以判断，水平位移一样，由于ta＞tb，则va＜vb，故B错误；
CD、由于不计空气阻力，重力就等于合力，根据牛顿第二定律判断加速度与质量无关，都等于重力加速度，故C错误，D正确。
故选：AD。
【点评】平抛运动与自由落体运动一样，下落的加速度都等于重力加速度，与物体的质量无关，分析平抛运动问题，常常在竖直方向根据自由落体规律求解或者判断平抛时间，再联系水平匀速直线运动进一步分析求解。
（多选）16．（3分）（2024秋 衢州期末）蹦极是一项刺激的运动。为了研究运动员下落速度v与下落距离h的关系，运动员身上携带传感器竖直下落，得到如图所示的v2﹣h图像。则运动员在下落过程中（ ）
A．不受空气阻力
B．先失重再超重
C．下落到45m处合力最大
D．下落2.5s时弹性绳被绷直
【考点】牛顿第二定律的简单应用；复杂的运动学图像问题．
【专题】定量思想；控制变量法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】BD
【分析】根据下落30m内图像是直线判断运动情况，再结合运动学公式列式；
根据加速度方向判断运动员处于超重状态还是失重状态；
速度最大的位置，加速度为0；
根据速度与时间公式列式。
【解答】解：A．根据下落30m内图像是直线，可知其中匀加速直线运动，故根据速度与位移公式列式可得
其加速度大小小于重力加速度大小，故可得受到空气阻力的作用，故A错误；
B．图像的斜率等于加速度可知，加速度先向下后向上，则先失重再超重，故B正确；
C．下落到45m处速度最大，加速度为零，则合力为零，故C错误；
D．下落30m时弹性绳被拉直，即下落时间
故D正确。
故选：BD。
【点评】本题与小球掉在竖直放置的弹簧上相似，要根据弹性绳弹力的变化，分析运动员的运动情况，要知道运动员的加速度为零时速度最大。
（多选）17．（3分）（2024秋 道里区校级月考）如图所示，原长为l、劲度系数为k的轻弹簧竖直固定在水平地面上，质量为m的小铁球（视为质点）从弹簧正上方距弹簧顶端高度为h处由静止下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，小铁球下落到最低点。重力加速度大小为g，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小铁球下落到最低点的过程中速度先变大后变小
B．小铁球下落到最低点的过程中速度与加速度方向始终相同
C．当弹簧的压缩量为时，小铁球的速度为零
D．小铁球在最低点时的加速度大小为g
【考点】牛顿第二定律的简单应用；胡克定律及其应用．
【专题】比较思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】AD
【分析】当弹簧弹力等于重力时，合外力为零、加速度为零、速度最大，根据受力情况分析加速度变化情况；小铁球在最低点时，根据牛顿第二定律求解加速度大小。
【解答】解：AB、当弹簧弹力等于重力时，合外力为零、加速度为零、速度最大，所以小铁球下落到最低点的过程中速度先变大后变小，加速度先向下，接触弹簧后开始向下减小，越过平衡位置后开始向上增加，故A正确、B错误；
C、设弹簧压缩x0时速度最大，则有：kx0＝mg，解得：x0，故C错误；
D、小铁球在最低点时，根据牛顿第二定律可得：kx﹣mg＝ma，解得加速度大小为：ag，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，解答本题的关键是知道小球运动过程中的受力情况和速度变化情况。
（多选）18．（3分）2019第36届潍坊国际风筝节暨文化艺术展示交易会于4月20日开幕，全方位展示“和而不同”的多元文化格局。如图所示，风筝借助风和主线对其作用，才得以在空中处于平衡状态。图中所示风筝质量为500g，某时刻风筝平面与水平面的夹角为37°，主线对风筝的拉力与风筝平面成53°角。已知风对风筝的作用力与风筝平面始终垂直，g＝10m/s2，关于风筝的受力情况，下列说法中正确的是（ ）
A．此时主线对风筝的拉力大小为5N
B．此时风对风筝作用力的大小为8N
C．风向改变且风筝仍静止时，主线对风筝的拉力可能不变
D．风向改变且风筝仍静止时，主线对风筝的拉力与风对风筝的作用力的合力一定不变
【考点】共点力的平衡问题及求解；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】ABD
【分析】选择合适的研究对象，对其进行受力分析，根据几何关系和物体的平衡状态列式得出力的大小；结合力的合成及等效原理分析CD。
【解答】解：AB、风筝平衡时共受到三个力，重力mg、风对它的作用力F和主线对它的拉力FT（如图所示），以风筝平面方向为x轴，F方向为y轴，建立一个坐标系，将重力和拉力FT正交分解，如图：
沿x轴方向有mgsin37°﹣FTcos53°＝0
沿y轴方向有F＝FTsin53°+mgcos37°
解得F＝8N，FT＝5N
故AB正确；
C、风向改变时风对风筝的作用力一定变化，重力不变，故二者合力一定变化。根据物体的平衡条件，主线对风筝的拉力与这个合力是平衡力，故主线对风筝的拉力一定改变，故C错误；
D、同理，主线对风筝的拉力与风对风筝的作用力的合力和重力是平衡力.重力不变。则主线对风筝的拉力与风对风筝的作用力一定不变，故D正确.。
故选：ABD。
【点评】本题以放风筝这一中国传统民俗为切入点，巧妙地考查了物体的受力分析和力的平衡条件的应用。很好地考查了学生的物理观念、科学思维等核心素养.
三．实验题（共2小题）
19．（2020秋 延安期末）在探究求合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳。实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧测力计通过细绳拉橡皮条。
（1）实验过程中弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板 平行 ；两次拉伸橡皮条时，应该保证把节点O拉到 同一位置 。
（2）当橡皮条的活动端拉到O点时，两根细绳相互垂直，如图所示。这时弹簧测力计a读数为 4.0 N；若已知此时合力为5N，则弹簧测力计b的示数为 3.0 N。
【考点】探究两个互成角度的力的合成规律．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；平行四边形法则图解法专题；实验探究能力．
【答案】（1）平行；同一位置；（2）4.0；3.0。
【分析】（1）根据实验原理和正确的实验操作步骤分析作答。
（2）弹簧测力计的分度值为0.2N，采用“半格估读法”读数；根据平行四边形定则，结合数学知识分析作答。
【解答】解：（1）实验过程中弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行；
为保证效果相同，则两次拉伸橡皮条时，应该保证把节点O拉到同一位置；
（2）弹簧测力计的分度值为0.2N，采用“半格估读法”读数，则弹簧测力计a读数为4.0N；
由于两根细绳相互垂直，且此时合力为5N，根据力的平行四边形定则和数学知识，则弹簧测力计b的示数为
代入数据解得Fb＝3.0N。
故答案为：（1）平行；同一位置；（2）4.0；3.0。
【点评】本题考查了验证力的平行四边形定则实验的实验原理以及数据处理；注意读数时有效数字的保留位数。
20．（2024 浙江学业考试）某同学用如图1所示装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验。
（1）关于实验的要点，下列说法正确的是 CD 。
A．每次改变小车质量时，应重新补偿阻力
B．补偿阻力时，应将悬挂重物的细线系在小车上
C．释放小车之前应先接通电源
D．调节定滑轮的高度使滑轮与小车间的细线与长木板平行
（2）实验中获得一条纸带如图2所示，其中两相邻计数点间有四个点未画出。已知所用电源的频率为50Hz，则小车运动的加速度大小a＝ 0.39 m/s2。（计算结果要求保留两位有效数字）
（3）改变悬挂重物的质量，多次重复实验，测得多组加速度a及对应力传感器的示数。作出a﹣F图像如图3所示，发现图像不过原点，重新实验，为了使作出的图像经过原点，应适当 增大 （选填“增大”或“减小”）长木板的倾角。
（4）做“探究加速度与质量的关系”实验时，正确补偿阻力后，保持细线拉力不变，改变小车上砝码的质量m，多次实验，测得多组加速度a及对应小车上砝码的质量m，作出图像如图4所示，若图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若要验证牛顿第二定律，则小车的质量为 。
【考点】探究加速度与力、质量之间的关系．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题；实验探究能力．
【答案】（1）CD；（2）0.39；（3）增大；（4）。
【分析】（1）AB.根据平衡摩擦力的原理和方法分析作答；
CD.根据正确的实验操作和注意事项分析作答。
（2）根据逐差法求加速度；
（3）根据平衡摩擦力的方法结合图像分析作答；
（4）根据牛顿第二定律求解，结合图像斜率和纵截距的含义分析作答。
【解答】解：（1）A．根据平衡摩擦力的原理mgsinθ＝μmgcosθ
化简得μ＝tanθ
可见斜面的倾角与小车质量无关；
每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，故A错误；
B．补偿阻力时，应取下细线与槽码，使小车在重力沿斜面方向的分力作用下做匀速运动，平衡的摩擦力包括纸带与打点计时器之间的摩擦力，故B错误；
C．实验时应先接通电源后释放小车，故C正确；
D．调节定滑轮的高度使滑轮与小车间细线与长木板平行，保证细线的拉力等于小车受到的合外力，故D正确。
故选：CD。
（2）相邻计数点之间的时间间隔
根据逐差法，可得加速度为
（3）由图可知外力F不为零时，而加速度为零，说明存在摩擦力，即图线不过原点的原因可能为木板倾斜角度过小或木板没有倾斜放置，所以应适当增大长木板的倾角。
（4）设小车质量为M，若牛顿第二定律成立，则F＝（M+m）a
整理得
所以图中直线的斜率
纵轴上的截距
联立可得。
故答案为：（1）CD；（2）0.39；（3）增大；（4）。
【点评】本题考查了“探究加速度与力、质量的关系”实验，要知道平衡摩擦力的原理和方法；掌握根据逐差法求加速度，根据牛顿第二定律求解函数是解题的关键。
四．解答题（共4小题）
21．光滑水平面上，一木块质量为2.5kg，在10N的水平力推动下由静止开始运动，求木块第2s末的速度、第5s初的速度及第4s内的位移。
【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；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】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】木块第2s末的速度为8m/s、第5s初的速度为16m/s，第4s内的位移为14m。
【分析】根据牛顿第二定律计算加速度，结合速度—时间、位移—时间公式解答。
【解答】解：（1）物体做匀加速运动，根据牛顿第二定律有F＝ma
解得a＝4m/s2
物体在第2s末的速度为v1＝at1＝4×2m/s＝8m/s
物体在第5s初的速度为v2＝at2＝4×4m/s＝16m/s
物体在前4秒的位移为s14×42m＝32m
物体在前3秒的位移为s24×32m＝18m
物体在第4s内的位移为s＝s1﹣s2＝32m﹣18m＝14m
答：木块第2s末的速度为8m/s、第5s初的速度为16m/s，第4s内的位移为14m。
【点评】本题关键是分析物体的受力情况和运动情况，结合牛顿第二定律及运动学公式分析解答即可。
22．（2024秋 上城区校级期末）在冰壶比赛中，运动员用F＝18N的水平恒力推着质量为m＝20kg的冰壶由静止开始运动，一段时间后撤去力，冰壶继续沿直线运动，从开始运动到停止的总位移为36m，冰壶与冰面之间的动摩擦因数为μ＝0 015，取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）冰壶刚开始运动时的加速度大小；
（2）撤去F之前冰壶运动的位移大小；
（3）冰壶运动的总时间。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【专题】定量思想；控制变量法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】（1）冰壶刚开始运动时的加速度大小为0.75m/s2；
（2）撤去F之前冰壶运动的位移大小为6m；
（3）冰壶运动的总时间为24s。
【分析】（1）根据牛顿第二定律列式；
（2）冰壶先做匀加速运动，撤去F后做匀减速运动。由牛顿第二定律求出两个过程的加速度。再对两个过程分别运用速度—位移公式列式，可求得撤去F之前冰壶运动的位移大小；
（3）对两个过程分别运用位移—时间公式列式，可求得冰壶运动的总时间。
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律，冰壶匀加速过程有F﹣μmg＝ma1
加速度大小
（2）匀减速过程有μmg＝ma2
根据运动学公式，冰壶匀加速过程有v2﹣0＝2a1x1
匀减速过程有v2＝2a2x2
由题意有x1+x2＝36m
联立解得x1＝6m
（3）根据运动学公式有
代入数据得t1＝4s
根据
得t2＝20s
所以冰壶运动的总时间为t＝t1+t2＝4s+20s＝24s
答：（1）冰壶刚开始运动时的加速度大小为0.75m/s2；
（2）撤去F之前冰壶运动的位移大小为6m；
（3）冰壶运动的总时间为24s。
【点评】本题是力学综合题，要知道加速度是联系力和运动的桥梁，在动力学问题中往往是求必的量。本题的解题方法比较多，也可以根据动能定理求第1小题，通过画v﹣t图像分析冰壶的运动情况。
23．（2024秋 萨尔图区校级开学）“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为h，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g，求：
（1）小面圈在空中的运动时间；
（2）小面圈最大初速度；
（3）小面圈落入锅中时最大速度偏转角的正切值。
【考点】速度偏转角与位移偏转角；平抛运动速度的计算；平抛运动时间的计算．
【专题】定性思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）小面圈在空中的运动时间为；
（2）小面圈最大初速度为；
（3）小面圈落入锅中时最大速度偏转角的正切值为。
【分析】（1）根据平抛运动的规律可知小面圈在竖直方向做自由落体运动，根据位移—时间公式即可求小面圈在空中的运动时间；
（2）根据平抛运动的规律可知小面圈在水平方向做匀速直线运动，根据位移—时间公式即可求小面圈最大初速度；
（3）根据平抛运动规律求解水平方向和竖直方向的速度，进而可求速度偏转角。
【解答】解：（1）小面圈做平抛运动，则小面圈再竖直方向上做自由落体运动，则有：
解得小面圈在空中的运动时间为：
（2）小面圈落入锅中的最大水平位移为：xm＝3L，则小面圈最大初速度为：
（3）当小面圈从锅最左侧落入时，速度偏转角最大，设此时速度偏转角α，则有：
又：vy＝gt，
联立解得：
答：（1）小面圈在空中的运动时间为；
（2）小面圈最大初速度为；
（3）小面圈落入锅中时最大速度偏转角的正切值为。
【点评】解题关键是掌握平抛运动的规律，灵活应该相应的运动学公式求解。难度不大。
24．（2025 漳州模拟）杭州亚运会开幕式节目《国风雅韵 烟雨染江南》让世界看到仙女们长裙飘飘、凌空翱翔的东方美学。飞天“仙女”坐在由两根竖直钢索牵引着的钢板上，从地面由静止竖直上升，先做匀加速后做匀减速运动，加速和减速时间均为t，全程上升高度h时速度为零。“仙女”和钢板的总质量为m，重力加速度大小为g，求“仙女”：
（1）全过程的平均速率；
（2）匀加速上升过程的加速度大小a；
（3）匀减速上升过程中每根钢索拉力大小T。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动规律的综合应用．
【专题】定量思想；控制变量法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】（1）全过程的平均速率为；
（2）匀加速上升过程的加速度大小a为；
（3）匀减速上升过程中每根钢索拉力大小T为。
【分析】（1）根据平均速度公式求解；
（2）先根据匀变速运动规律公式列式，再结合加速度定义式列式求解；
（3）先判断出匀加速与匀减速的加速度大小关系，再结合牛顿第二定律列式。
【解答】解：（1）全过程根据平均速度的定义有
解得
（2）设匀加速结束时的速度为vt，则有
由匀变速运动规律得
解得
（3）匀加速与匀减速加速度大小相等，由牛顿第二定律得mg﹣2T＝ma
解得
答：（1）全过程的平均速率为；
（2）匀加速上升过程的加速度大小a为；
（3）匀减速上升过程中每根钢索拉力大小T为。
【点评】本题考查的是牛顿第二定律在直线运动中的应用，其中涉及到了运动学的公式，题型为基础题。
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期末模拟测试预测卷
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）（2024秋 陕西学业考试）下列单位中，属于国际单位制的基本单位的是（ ）
A．m B．cm C．m/s D．m/s2
2．（2分）（2024秋 南昌期中）如图甲，物块放在水平面上，在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下向右做匀速直线运动。某时刻，保持拉力大小不变，将拉力方向瞬间改为水平向左，则改变拉力后的瞬间，物块受到的摩擦力（ ）
A．方向向右，大小等于F B．方向向右，大小大于F
C．方向向左，大小等于F D．方向向左，大小大于F
3．（2分）（2023春 海东市期末）关于力与运动的关系，下列说法正确的是（ ）
A．力是维持物体运动的原因
B．同一物体所受的合力越大，速度变化得越快
C．物体的速度越大，所受的合力越大
D．高速运行的列车不容易停下来，说明速度越快的物体惯性越大
4．（2分）（2024秋 浔阳区校级期中）如图所示，A物体沿竖直墙自由下滑，B、C、D物体均静止，各接触面均粗糙，则（ ）
A．物体A与墙面之间可能存在摩擦力
B．斜面对物体B的支持力竖直向上
C．物体C一共受到四个力的作用
D．物体D与地面之间一定存在弹力
5．（2分）（2024秋 苏州期中）户外骑行是一项很多人喜欢的健身运动，骑手在水平路面上匀速直线骑行时，下列说法正确的是（ ）
A．地面对车的支持力是因为轮胎形变产生的
B．前后轮胎受到地面摩擦力的方向相反
C．车对地面的压力与车的重力是一对平衡力
D．车对地面的压力与车的重力是一对相互作用力
6．（2分）（2025秋 市中区校级月考）如图，某人用绳子牵着小狗站在倾角为37°的斜面上，某时刻小狗向前拉紧绳子。已知人和狗的质量分别为65kg和10kg，绳（质量不计）与斜面间的夹角也为37°，人和狗始终保持静止，重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（ ）
A．斜面对人和狗作用力的合力大小为750N
B．若狗拉绳子的力增大，斜面对狗的支持力增大
C．斜面分别对人和狗的摩擦力总是大小相等、方向相反
D．人受到斜面的摩擦力可能为零
7．（2分）（2024春 河西区期末）如图，从地面上方某点，将一小球以5m/s的初速度沿水平方向抛出，小球经过1s落地，不计空气阻力，g取10m/s2，则可求出（ ）
A．小球抛出时离地面的高度是10m
B．小球落地时的速度方向与水平地面成30°角
C．小球落地时的速度大小是15m/s
D．小球从抛出点到落地点的水平位移大小是5m
8．（2分）（2024秋 张店区校级期中）为研究物体在空中运动时所受空气阻力和速度的关系，某同学在地面上从玩具枪中竖直向上射出初速度为v0的塑料小球，通过速度测量仪纪录小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球上升过程中的平均速度大于，小球下降过程中的平均速度小于
B．小球在上升过程中所受空气阻力不断增大，到达最高点时其加速度值为g
C．小球射出瞬间的加速度值最大，到达最高点时其加速度值为0
D．小球在下降过程中所受空气阻力不断增大，落地瞬间所受空气阻力大小趋近等于其重力大小
9．（2分）（2024秋 武昌区校级期末）如图所示，粗糙木箱内有一物块A，A与右侧箱壁间用一根轻弹簧连接，此时，弹簧处于拉伸状态，整个系统处于静止状态。若要使物块A相对木箱底面向右运动，下列操作可能正确的是（ ）
A．使木箱向上做加速运动
B．使木箱向下做减速运动
C．使木箱向左做加速运动
D．使木箱向右做加速运动
10．（2分）（2024 包头开学）某物体在无人机的带动下沿竖直方向做直线运动，物体的速度v与时间t的变化关系如图所示，以竖直向下为正方向，下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时间内物体做加速运动，处于失重状态
B．t1～t2时间内物体做减速运动，处于失重状态
C．t2～t3时间内物体做加速运动，处于失重状态
D．t3～t4时间内物体做减速运动，处于超重状态
二．多选题（共8小题，满分24分，每小题3分）
（多选）11．（3分）（2024秋 新郑市校级期末）如图所示为机场的行李转盘，使用水平传送带和倾斜转盘组合完成乘客行李箱的传送。水平传送带的运动方向与转接处转盘的运动方向垂直，行李箱由传送带的A处滑上水平移动的转盘，最后运动至转盘下方的挡板B处与转盘一起运动，则从A至B过程中，下列说法正确的是（ ）
A．行李箱相对地面做曲线运动
B．行李箱相对转盘可能做直线运动
C．行李箱所受摩擦力的方向与转盘运动方向相同
D．增大转盘的转速，行李箱所受摩擦力大小不变
（多选）12．（3分）（2024秋 江门期末）小球以一定初速度从光滑斜面底端冲上固定斜面，其v﹣t图像如图所示，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．1s时，小球上升到最大高度
B．小球离斜面底端最远距离为1.5m
C．1s时，小球的加速度为0
D．斜面倾角的正弦值为0.3
（多选）13．（3分）（2024秋 景洪市期末）如图所示，一个体积不变的气球被一根细线拉住在风中始终处于静止状态，已知气球受到恒定的竖直向上的浮力和水平向右的风力。细线与竖直方向的夹角为α，下列说法正确的是（ ）
A．若增大水平风力，则α变小
B．若减小水平风力，则气球所受合力变小
C．若减小水平风力，则细线对气球的拉力变小
D．若细线对气球的拉力为T，则水平风力的大小为Tsinα
（多选）14．（3分）（2025春 保定期末）某课外兴趣小组开展超重、失重体验与研究。在竖直运行的升降电梯内的地板上放一体重计，小郭同学站在体重计上，电梯静止时体重计示数为50kg。某一段时间内，发现体重计示数稳定如图所示。若g＝10m/s2，则在这段时间内（ ）
A．小郭同学的体重变为40kg
B．电梯在向下做匀速运动
C．电梯的加速度大小为2m/s2方向一定竖直向下
D．电梯可能在以2m/s2的加速度向上匀减速运行中
（多选）15．（3分）（2023春 福清市期中）如图所示，在同一竖直面内，质量不同的小球a、b从高度不同的两点分别以初速度va和vb沿水平方向抛出，经过时间ta和tb后落在同一落点P处。已知ma＞mb，且不计空气阻力，下列说法中正确的是（ ）
A．两球的时间关系：ta＞tb
B．两球的初速度关系：va＞vb
C．a球下落过程中的加速度大
D．两球下落的加速度一样大
（多选）16．（3分）（2024秋 衢州期末）蹦极是一项刺激的运动。为了研究运动员下落速度v与下落距离h的关系，运动员身上携带传感器竖直下落，得到如图所示的v2﹣h图像。则运动员在下落过程中（ ）
A．不受空气阻力
B．先失重再超重
C．下落到45m处合力最大
D．下落2.5s时弹性绳被绷直
（多选）17．（3分）（2024秋 道里区校级月考）如图所示，原长为l、劲度系数为k的轻弹簧竖直固定在水平地面上，质量为m的小铁球（视为质点）从弹簧正上方距弹簧顶端高度为h处由静止下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，小铁球下落到最低点。重力加速度大小为g，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小铁球下落到最低点的过程中速度先变大后变小
B．小铁球下落到最低点的过程中速度与加速度方向始终相同
C．当弹簧的压缩量为时，小铁球的速度为零
D．小铁球在最低点时的加速度大小为g
（多选）18．（3分）2019第36届潍坊国际风筝节暨文化艺术展示交易会于4月20日开幕，全方位展示“和而不同”的多元文化格局。如图所示，风筝借助风和主线对其作用，才得以在空中处于平衡状态。图中所示风筝质量为500g，某时刻风筝平面与水平面的夹角为37°，主线对风筝的拉力与风筝平面成53°角。已知风对风筝的作用力与风筝平面始终垂直，g＝10m/s2，关于风筝的受力情况，下列说法中正确的是（ ）
A．此时主线对风筝的拉力大小为5N
B．此时风对风筝作用力的大小为8N
C．风向改变且风筝仍静止时，主线对风筝的拉力可能不变
D．风向改变且风筝仍静止时，主线对风筝的拉力与风对风筝的作用力的合力一定不变
三．实验题（共2小题）
19．（2020秋 延安期末）在探究求合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳。实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧测力计通过细绳拉橡皮条。
（1）实验过程中弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板 ；两次拉伸橡皮条时，应该保证把节点O拉到 。
（2）当橡皮条的活动端拉到O点时，两根细绳相互垂直，如图所示。这时弹簧测力计a读数为 N；若已知此时合力为5N，则弹簧测力计b的示数为 N。
20．（2024 浙江学业考试）某同学用如图1所示装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验。
（1）关于实验的要点，下列说法正确的是 。
A．每次改变小车质量时，应重新补偿阻力
B．补偿阻力时，应将悬挂重物的细线系在小车上
C．释放小车之前应先接通电源
D．调节定滑轮的高度使滑轮与小车间的细线与长木板平行
（2）实验中获得一条纸带如图2所示，其中两相邻计数点间有四个点未画出。已知所用电源的频率为50Hz，则小车运动的加速度大小a＝ m/s2。（计算结果要求保留两位有效数字）
（3）改变悬挂重物的质量，多次重复实验，测得多组加速度a及对应力传感器的示数。作出a﹣F图像如图3所示，发现图像不过原点，重新实验，为了使作出的图像经过原点，应适当 （选填“增大”或“减小”）长木板的倾角。
（4）做“探究加速度与质量的关系”实验时，正确补偿阻力后，保持细线拉力不变，改变小车上砝码的质量m，多次实验，测得多组加速度a及对应小车上砝码的质量m，作出图像如图4所示，若图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若要验证牛顿第二定律，则小车的质量为 。
四．解答题（共4小题）
21．光滑水平面上，一木块质量为2.5kg，在10N的水平力推动下由静止开始运动，求木块第2s末的速度、第5s初的速度及第4s内的位移。
22．（2024秋 上城区校级期末）在冰壶比赛中，运动员用F＝18N的水平恒力推着质量为m＝20kg的冰壶由静止开始运动，一段时间后撤去力，冰壶继续沿直线运动，从开始运动到停止的总位移为36m，冰壶与冰面之间的动摩擦因数为μ＝0 015，取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）冰壶刚开始运动时的加速度大小；
（2）撤去F之前冰壶运动的位移大小；
（3）冰壶运动的总时间。
23．（2024秋 萨尔图区校级开学）“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为h，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g，求：
（1）小面圈在空中的运动时间；
（2）小面圈最大初速度；
（3）小面圈落入锅中时最大速度偏转角的正切值。
24．（2025 漳州模拟）杭州亚运会开幕式节目《国风雅韵 烟雨染江南》让世界看到仙女们长裙飘飘、凌空翱翔的东方美学。飞天“仙女”坐在由两根竖直钢索牵引着的钢板上，从地面由静止竖直上升，先做匀加速后做匀减速运动，加速和减速时间均为t，全程上升高度h时速度为零。“仙女”和钢板的总质量为m，重力加速度大小为g，求“仙女”：
（1）全过程的平均速率；
（2）匀加速上升过程的加速度大小a；
（3）匀减速上升过程中每根钢索拉力大小T。
期末模拟测试预测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）（2024秋 陕西学业考试）下列单位中，属于国际单位制的基本单位的是（ ）
A．m B．cm C．m/s D．m/s2
【考点】力学单位制与单位制．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】A
【分析】国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔．
【解答】解：力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制中的单位分别是什么，这都是需要学生自己记住的基本的知识，本题较简单．
2．（2分）（2024秋 南昌期中）如图甲，物块放在水平面上，在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下向右做匀速直线运动。某时刻，保持拉力大小不变，将拉力方向瞬间改为水平向左，则改变拉力后的瞬间，物块受到的摩擦力（ ）
A．方向向右，大小等于F B．方向向右，大小大于F
C．方向向左，大小等于F D．方向向左，大小大于F
【考点】判断是否存在摩擦力．
【专题】定性思想；推理法；摩擦力专题；理解能力．
【答案】C
【分析】滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反，由此求得地面对小车的摩擦力的方向，结合运动的状态判断摩擦力的大小。
【解答】解：在甲图中，物块在水平方向受到拉力和摩擦力的作用，物块做匀速直线运动，则物块受到的摩擦力的大小等于拉力F；在乙图中，物块也是向右运动，因此受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向向左，大小还是等于F。故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】解决本题应明确，当物体做匀速直线运动时，物体所受合力一定为0，则可由二力平衡求得摩擦力；同时要注意，滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反。
3．（2分）（2023春 海东市期末）关于力与运动的关系，下列说法正确的是（ ）
A．力是维持物体运动的原因
B．同一物体所受的合力越大，速度变化得越快
C．物体的速度越大，所受的合力越大
D．高速运行的列车不容易停下来，说明速度越快的物体惯性越大
【考点】牛顿第二定律的简单应用；牛顿第一定律的内容与应用；惯性与质量．
【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】B
【分析】力是改变物体运动的原因，根据牛顿第二定律分析B，速度与加速度无直接关系，根据惯性的特点分析。
【解答】解：A．力是改变物体运动的原因，故A错误；
B．同一物体所受的合力越大，根据牛顿第二定律可知加速度越大，速度变化得越快，故B正确；
C．物体的速度越大，加速度不一定越大，所受的合力不一定越大，如匀速直线运动，故C错误；
D．高速运行的列车不容易停下来，原因是质量越大的物体惯性越大，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查对力和运动关系的理解，要注意掌握好牛顿第二定律中F的含义为合外力；其次要理解：力是改变物体状态的原因，惯性只与物体的质量有关．
4．（2分）（2024秋 浔阳区校级期中）如图所示，A物体沿竖直墙自由下滑，B、C、D物体均静止，各接触面均粗糙，则（ ）
A．物体A与墙面之间可能存在摩擦力
B．斜面对物体B的支持力竖直向上
C．物体C一共受到四个力的作用
D．物体D与地面之间一定存在弹力
【考点】对物体进行受力分析；判断是否存在弹力．
【专题】定性思想；推理法；弹力的存在及方向的判定专题；摩擦力专题；共点力作用下物体平衡专题；理解能力．
【答案】D
【分析】对A进行分析，物体沿竖直墙自由下滑，只受重力作用；结合弹力的特点分析B弹力方向；C受到重力和两个绳子的拉力；根据共点力平衡分析D受力。
【解答】解：A．物体A自由下落，虽与墙接触，但并未对墙产生挤压，物体A与墙面之间不存在摩擦力，故A错误；
B．支持力的方向垂直于接触面指向被支持的物体，可知斜面对物体B的支持力垂直斜面斜向左上方，故B错误；
C．物体C受重力以及两根绳子上各自对C的拉力，这三个力的作用，故C错误；
D．物体D将在绳子斜向右上方的拉力的作用下有向右运动的趋势，而物体D处于静止状态，因此可知地面对物体D一定有向左的摩擦力的作用，而存在摩擦力，则物体D与地面之间一定存在弹力，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查受力分析，解题关键掌握重力、弹力、摩擦力的分析，根据物体的运动状态可知受力情况。
5．（2分）（2024秋 苏州期中）户外骑行是一项很多人喜欢的健身运动，骑手在水平路面上匀速直线骑行时，下列说法正确的是（ ）
A．地面对车的支持力是因为轮胎形变产生的
B．前后轮胎受到地面摩擦力的方向相反
C．车对地面的压力与车的重力是一对平衡力
D．车对地面的压力与车的重力是一对相互作用力
【考点】相互作用力与平衡力的区别和联系；弹力的概念及其产生条件；判断是否存在摩擦力；作用力与反作用力．
【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】B
【分析】根据弹力的定义分析；根据牛顿第三定律分析后轮的摩擦力方向，根据骑行方向分析前车轮的摩擦力方向；根据平衡力、作用力与反作用力区分车对地面的压力与车的重力。
【解答】解：A．地面对车的支持力是因为地面形变产生的，故A错误；
B．自行车骑行时，后轮为主动轮，后轮对地面有一个向后的静摩擦力，地面给后轮一个向前的静摩擦力，方向与骑行方向相同，前车轮为从动轮，前车轮受滚动摩擦力，方向与骑行方向相反，故B正确；
CD．车对地面的压力与车的重力仅是大小相等，车对地面的压力与车的重力分别作用在地面和车上，不是一对平衡力，车对地面的压力与地面对车的支持力是一对相互作用力，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查弹力、摩擦力平衡力作用力与反作用力的相关知识，注意平衡力是作用在同一个物体上，作用力与反作用力是作用在两个物体上。
6．（2分）（2025秋 市中区校级月考）如图，某人用绳子牵着小狗站在倾角为37°的斜面上，某时刻小狗向前拉紧绳子。已知人和狗的质量分别为65kg和10kg，绳（质量不计）与斜面间的夹角也为37°，人和狗始终保持静止，重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（ ）
A．斜面对人和狗作用力的合力大小为750N
B．若狗拉绳子的力增大，斜面对狗的支持力增大
C．斜面分别对人和狗的摩擦力总是大小相等、方向相反
D．人受到斜面的摩擦力可能为零
【考点】共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】分析人和狗整体的受力情况，以及分别分析人和狗的受力情况；将重力、拉力等分解到沿斜面和垂直于斜面的方向，利用平衡条件求解；
根据受力情况判断摩擦力的方向和大小是否可能为零。
【解答】解：A．由于人和狗始终保持静止，斜面对人和狗的作用力必须与总重力平衡，因此斜面对人和狗的作用力大小为F＝G＝（m人+m狗）g，解得F＝750N，故A正确；
B．设绳子拉力为T，对狗，由平衡条件有Tsin37°+N＝m狗gcos37°
得斜面对狗的支持力N＝m狗gcos37°﹣Tsin37°
可知若狗拉绳子的力增大，斜面对狗的支持力减小，故B错误；
C．对狗，由平衡条件有f狗＝m狗gsin37°+Tcos37°＝60N﹣0.8T
对人，由平衡条件有f人＝m人gsin37°﹣Tcos37°＝390N﹣0.8T
可知f狗、f人方向相同，大小不同，故C错误；
D．根据平衡条件可得人受到的摩擦力为f人＝m人gsin37°﹣Tcos37°
若f人为0，可得T＝487.5N
此时对狗分析有Tsin37°+N狗＝m狗gcos37°
解得N狗＝﹣212.5N
而斜面对狗的支持力不可能为负值，假设失败，即人受到斜面的摩擦力不可能为零，故D错误。
故选：A。
【点评】该题考查共点力作用下物体的平衡，解决本题的关键能够正确地进行受力分析，熟练运用正交分解去求解力。
7．（2分）（2024春 河西区期末）如图，从地面上方某点，将一小球以5m/s的初速度沿水平方向抛出，小球经过1s落地，不计空气阻力，g取10m/s2，则可求出（ ）
A．小球抛出时离地面的高度是10m
B．小球落地时的速度方向与水平地面成30°角
C．小球落地时的速度大小是15m/s
D．小球从抛出点到落地点的水平位移大小是5m
【考点】速度偏转角与位移偏转角；平抛运动速度的计算；平抛运动位移的计算．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】平抛运动竖直方向做自由落体运动，根据求解下落高度；水平方向做匀速运动，x＝v0t求解水平位移；根据求解小球落地时的速度方向与水平地面所成角度；根据运动合成与分解求解落地速度。
【解答】解：A．小球抛出时离地面的高度是，故A错误；
B．设小球落地时的速度方向与水平地面成θ角，则根据速度的合成与分解有
所以θ≠30°，故B错误；
C．小球落地时的速度大小是
故C错误；
D．小球从抛出点到落地点的水平位移大小是
x＝v0t＝5×1m/s＝5m，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查平抛运动规律的应用，理解平抛运动水平和竖直方向运动规律是解题关键。
8．（2分）（2024秋 张店区校级期中）为研究物体在空中运动时所受空气阻力和速度的关系，某同学在地面上从玩具枪中竖直向上射出初速度为v0的塑料小球，通过速度测量仪纪录小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球上升过程中的平均速度大于，小球下降过程中的平均速度小于
B．小球在上升过程中所受空气阻力不断增大，到达最高点时其加速度值为g
C．小球射出瞬间的加速度值最大，到达最高点时其加速度值为0
D．小球在下降过程中所受空气阻力不断增大，落地瞬间所受空气阻力大小趋近等于其重力大小
【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）；平均速度（定义式方向）．
【专题】定量思想；方程法；直线运动规律专题；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据v﹣t图像的物理意义（斜率表示加速度、面积表示位移），以及空气阻力与速度的关系（阻力方向与运动方向相反，大小随速度变化），对小球上升和下降过程的受力、运动状态逐一分析。
【解答】解：BC、根据题图分析可知，小球上升过程是做加速度减小的减速直线运动，根据牛顿第二定律
f+mg＝ma
可知所受空气阻力不断减少，到达最高点时空气阻力为0，其加速度值为g，又因为0时刻图像切线斜率最大，故小球射出瞬间的加速度值最大，故BC错误；
A、根据题意分析可知，从图像中可以看出小球上升过程的图像面积小于小球做匀减速直线运动的图像面积，根据平均速度定义，故其平均速度小于匀减速运动的平均速度，即小于，同理，可知小球下降过程中的平均速度大于匀加速下降的平均速度，即大于，故A错误；
D、根据图像分析可知，小球在下降过程中加速度不断减少，根据牛顿第二定律
mg﹣f＝ma′
可知其所受空气阻力不断增大，落地瞬间图像趋于平直，故其加速度值趋近为0，小球所受空气阻力大小趋近等于其重力大小，故D正确。
故选：D。
【点评】本题核心是结合v﹣t图像分析运动状态，利用空气阻力与速度的关系（阻力随速度变化）、牛顿第二定律推导受力与加速度的变化规律。关键在于理解“阻力与速度的关联”及“v﹣t图像斜率、面积的物理意义”，通过对比匀变速与变加速过程的差异判断平均速度、加速度等物理量。
9．（2分）（2024秋 武昌区校级期末）如图所示，粗糙木箱内有一物块A，A与右侧箱壁间用一根轻弹簧连接，此时，弹簧处于拉伸状态，整个系统处于静止状态。若要使物块A相对木箱底面向右运动，下列操作可能正确的是（ ）
A．使木箱向上做加速运动
B．使木箱向下做减速运动
C．使木箱向左做加速运动
D．使木箱向右做加速运动
【考点】牛顿第二定律的简单应用；力的合成与分解的应用．
【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】C
【分析】A与木箱的加速度相同，根据木箱的运动情况，分析其摩擦力，同时根据牛顿第二定律，从而判断运动方向。
【解答】解：A.木箱保持静止时，在水平方向弹簧的弹力没有大于A与木箱之间的最大静摩擦力。当木箱向上加速运动时，A处于超重状态，A对木箱的压力大于重力，最大静摩擦力比静止时更大，故弹簧弹力小于向上加速时的最大静摩擦力，不可能使弹簧拉动A相对木箱底面向右移动，故A错误；
B.当木箱向下减速运动时，A处于超重状态，A对木箱的压力大于重力，最大静摩擦力比静止时大，故弹力小于最大静摩擦力，不可能使弹簧拉动A相对木箱底面向右移动，故B错误；
C.假设木箱向左以加速度a0运动时，A刚好没有发生滑动，对A由牛顿第二定律有fmax﹣kx＝ma0可知，当木箱向左运动的加速度小于等于a0时，将不发生相对滑动；当加速度大于a0时，将使弹簧拉动A相对木箱底面向右移动，故C正确；
D.假设木箱向右以加速度a1运动时，A刚好没有发生滑动，对A由牛顿第二定律有fmax+kx＝ma1可知，当木箱向右运动的加速度小于等于a1时，将不发生相对滑动；当加速度大于a1时，将使弹簧拉动A相对木箱底面向左移动，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，解题关键掌握木箱的受力情况，注意整体的加速度与木箱加速度相同。
10．（2分）（2024 包头开学）某物体在无人机的带动下沿竖直方向做直线运动，物体的速度v与时间t的变化关系如图所示，以竖直向下为正方向，下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时间内物体做加速运动，处于失重状态
B．t1～t2时间内物体做减速运动，处于失重状态
C．t2～t3时间内物体做加速运动，处于失重状态
D．t3～t4时间内物体做减速运动，处于超重状态
【考点】超重与失重的图像问题；超重与失重的概念、特点和判断．
【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】A
【分析】v﹣t图像的斜率表示加速度，加速度向上为超重，加速度向下为失重。
【解答】解：A．由物体的速度v与时间t的变化关系图可知无人机0 t1时间内做加速运动，由图像斜率可知加速度为正，方向向下，处于失重状态，故A正确；
B．由物体的速度v与时间t的变化关系图可知无人机t1 t2时间内做减速运动，由图像斜率可知加速度为负，方向向上，处于超重状态，故B错误；
C．t2～t3时间内物体做加速运动，由图像斜率可知加速度为负，方向向上，处于超重状态，故C错误；
D．t3～t4时间内物体做减速运动，由图像斜率可知加速度为正，方向向下，处于失重状态，故D错误；
故选：A。
【点评】物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。
二．多选题（共8小题，满分24分，每小题3分）
（多选）11．（3分）（2024秋 新郑市校级期末）如图所示为机场的行李转盘，使用水平传送带和倾斜转盘组合完成乘客行李箱的传送。水平传送带的运动方向与转接处转盘的运动方向垂直，行李箱由传送带的A处滑上水平移动的转盘，最后运动至转盘下方的挡板B处与转盘一起运动，则从A至B过程中，下列说法正确的是（ ）
A．行李箱相对地面做曲线运动
B．行李箱相对转盘可能做直线运动
C．行李箱所受摩擦力的方向与转盘运动方向相同
D．增大转盘的转速，行李箱所受摩擦力大小不变
【考点】物体做曲线运动的条件；判断是否存在摩擦力．
【专题】定性思想；推理法；物体做曲线运动条件专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】根据受力方向与速度方向分析行李箱的运动情况，滑动摩擦力只与正压力和接触面粗糙程度有关。
【解答】解：ABC.设行李箱滑上传送带时的速度为v1，转盘的速度为v2，倾斜转盘与水平方向的夹角为θ，则行李箱相对转盘的速度方向如图中的v所示，滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，如图中Ff所示，行李箱所受摩擦力的方向与转盘运动方向不相同。
沿转盘所在斜面，行李箱受重力分力与滑动摩擦力作用，这两个力的合力方向与行李箱相对转盘的初速度v、行李箱的对地初速度v1都不在一条直线上，所以行李箱相对转盘和相对地面均做曲线运动，故A正确，BC错误；
D.转盘与行李箱间的摩擦力为滑动摩擦力，滑动摩擦力只与正压力和接触面粗糙程度有关，所以摩擦力大小不变，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查曲线运动的条件，解题关键掌握判断物体做曲线运动的方法，注意滑动摩擦力的影响因素。
（多选）12．（3分）（2024秋 江门期末）小球以一定初速度从光滑斜面底端冲上固定斜面，其v﹣t图像如图所示，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．1s时，小球上升到最大高度
B．小球离斜面底端最远距离为1.5m
C．1s时，小球的加速度为0
D．斜面倾角的正弦值为0.3
【考点】牛顿第二定律的简单应用；根据v﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况；利用v﹣t图像与坐标轴围成的面积求物体的位移；利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度．
【专题】定性思想；图析法；运动学中的图象专题；理解能力．
【答案】ABD
【分析】分析小球的运动情况，判断何时上升到最大高度，结合v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移，求解小球离斜面底端最远距离。根据v﹣t图像的斜率表示加速度求出小球的加速度，由牛顿第二定律求解斜面倾角的正弦值。
【解答】解：A、由图可知在1s时刻，小球速度为0，则0 1s内，小球沿斜面向上运动；1～2s内，小球沿斜面向下运动，所以1s时，小球上升到最大高度，故A正确；
B、1s时，小球离斜面底端距离最远，根据v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移，可得小球离斜面底端最远距离为：，故B正确；
C、根据v﹣t图像的斜率表示加速度，可得0～2s内，小球的加速度为：，故C错误；
D、根据牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma，可得斜面倾角的正弦值为sinθ0.3，故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题考查对速度—时间图像的准确理解和分析，要知道v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移，图像的斜率表示加速度。在分析过程中需要学生对牛顿第二定律，以及运动学的相关公式能够做到熟练运用。
（多选）13．（3分）（2024秋 景洪市期末）如图所示，一个体积不变的气球被一根细线拉住在风中始终处于静止状态，已知气球受到恒定的竖直向上的浮力和水平向右的风力。细线与竖直方向的夹角为α，下列说法正确的是（ ）
A．若增大水平风力，则α变小
B．若减小水平风力，则气球所受合力变小
C．若减小水平风力，则细线对气球的拉力变小
D．若细线对气球的拉力为T，则水平风力的大小为Tsinα
【考点】解析法求共点力的平衡；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；分析综合能力．
【答案】CD
【分析】对气球受力分析，根据平衡条件列式求解分析即可。
【解答】解：ABC、对气球受力分析，如图
根据平衡条件得：F风＝Tsinα，F浮＝G+Tcosα
解得
由此可知：若增大水平风力，则α变大；
若减小水平风力，则α变小，且细线对气球的拉力T变小，但气球所受合力仍为零，不变，故AB错误，C正确；
D、细线对气球的拉力为T，则水平风力的大小为Tsinα，选项D正确。
故选：CD。
【点评】解决该题的关键能根据正交分解找到绳子的拉力和绳子与竖直方向的夹角的表达式。
（多选）14．（3分）（2025春 保定期末）某课外兴趣小组开展超重、失重体验与研究。在竖直运行的升降电梯内的地板上放一体重计，小郭同学站在体重计上，电梯静止时体重计示数为50kg。某一段时间内，发现体重计示数稳定如图所示。若g＝10m/s2，则在这段时间内（ ）
A．小郭同学的体重变为40kg
B．电梯在向下做匀速运动
C．电梯的加速度大小为2m/s2方向一定竖直向下
D．电梯可能在以2m/s2的加速度向上匀减速运行中
【考点】根据超重或失重状态计算物体的运动情况；加速、减速的判断；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】CD
【分析】因为小郭同学处于失重状态，所以不是匀速；根据牛顿第二定律可求出加速度大小；小郭同学虽然处于失重状态，但是本身质量没变。
【解答】解：A.小郭同学处于失重状态，但小郭同学体重不变仍为50kg，故A错误；
BCD.由图可知，小郭同学处于失重状态，则电梯的加速度方向一定竖直向下，电梯可能减速上升也可能加速下降，设加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得mg﹣N＝ma，解得加速度大小为，解得a＝2m/s2，故CD正确，B错误。
故选：CD。
【点评】学生在解答本题时，应注意掌握失重状态是力的变化而不是质量的变化。
（多选）15．（3分）（2023春 福清市期中）如图所示，在同一竖直面内，质量不同的小球a、b从高度不同的两点分别以初速度va和vb沿水平方向抛出，经过时间ta和tb后落在同一落点P处。已知ma＞mb，且不计空气阻力，下列说法中正确的是（ ）
A．两球的时间关系：ta＞tb
B．两球的初速度关系：va＞vb
C．a球下落过程中的加速度大
D．两球下落的加速度一样大
【考点】平抛运动速度的计算．
【专题】定性思想；方程法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，可以根据自由落体公式判断下落时间，再根据水平位移比较初速度。
【解答】解：A、不计空气阻力，物体下落快慢等与质量无关，在同一竖直面内，小球a下落的高度大，根据可知，a运动时间比b运动时间长，即ta＞tb，故A正确；
B、平抛水平匀速运动，根据可以判断，水平位移一样，由于ta＞tb，则va＜vb，故B错误；
CD、由于不计空气阻力，重力就等于合力，根据牛顿第二定律判断加速度与质量无关，都等于重力加速度，故C错误，D正确。
故选：AD。
【点评】平抛运动与自由落体运动一样，下落的加速度都等于重力加速度，与物体的质量无关，分析平抛运动问题，常常在竖直方向根据自由落体规律求解或者判断平抛时间，再联系水平匀速直线运动进一步分析求解。
（多选）16．（3分）（2024秋 衢州期末）蹦极是一项刺激的运动。为了研究运动员下落速度v与下落距离h的关系，运动员身上携带传感器竖直下落，得到如图所示的v2﹣h图像。则运动员在下落过程中（ ）
A．不受空气阻力
B．先失重再超重
C．下落到45m处合力最大
D．下落2.5s时弹性绳被绷直
【考点】牛顿第二定律的简单应用；复杂的运动学图像问题．
【专题】定量思想；控制变量法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】BD
【分析】根据下落30m内图像是直线判断运动情况，再结合运动学公式列式；
根据加速度方向判断运动员处于超重状态还是失重状态；
速度最大的位置，加速度为0；
根据速度与时间公式列式。
【解答】解：A．根据下落30m内图像是直线，可知其中匀加速直线运动，故根据速度与位移公式列式可得
其加速度大小小于重力加速度大小，故可得受到空气阻力的作用，故A错误；
B．图像的斜率等于加速度可知，加速度先向下后向上，则先失重再超重，故B正确；
C．下落到45m处速度最大，加速度为零，则合力为零，故C错误；
D．下落30m时弹性绳被拉直，即下落时间
故D正确。
故选：BD。
【点评】本题与小球掉在竖直放置的弹簧上相似，要根据弹性绳弹力的变化，分析运动员的运动情况，要知道运动员的加速度为零时速度最大。
（多选）17．（3分）（2024秋 道里区校级月考）如图所示，原长为l、劲度系数为k的轻弹簧竖直固定在水平地面上，质量为m的小铁球（视为质点）从弹簧正上方距弹簧顶端高度为h处由静止下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，小铁球下落到最低点。重力加速度大小为g，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小铁球下落到最低点的过程中速度先变大后变小
B．小铁球下落到最低点的过程中速度与加速度方向始终相同
C．当弹簧的压缩量为时，小铁球的速度为零
D．小铁球在最低点时的加速度大小为g
【考点】牛顿第二定律的简单应用；胡克定律及其应用．
【专题】比较思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】AD
【分析】当弹簧弹力等于重力时，合外力为零、加速度为零、速度最大，根据受力情况分析加速度变化情况；小铁球在最低点时，根据牛顿第二定律求解加速度大小。
【解答】解：AB、当弹簧弹力等于重力时，合外力为零、加速度为零、速度最大，所以小铁球下落到最低点的过程中速度先变大后变小，加速度先向下，接触弹簧后开始向下减小，越过平衡位置后开始向上增加，故A正确、B错误；
C、设弹簧压缩x0时速度最大，则有：kx0＝mg，解得：x0，故C错误；
D、小铁球在最低点时，根据牛顿第二定律可得：kx﹣mg＝ma，解得加速度大小为：ag，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，解答本题的关键是知道小球运动过程中的受力情况和速度变化情况。
（多选）18．（3分）2019第36届潍坊国际风筝节暨文化艺术展示交易会于4月20日开幕，全方位展示“和而不同”的多元文化格局。如图所示，风筝借助风和主线对其作用，才得以在空中处于平衡状态。图中所示风筝质量为500g，某时刻风筝平面与水平面的夹角为37°，主线对风筝的拉力与风筝平面成53°角。已知风对风筝的作用力与风筝平面始终垂直，g＝10m/s2，关于风筝的受力情况，下列说法中正确的是（ ）
A．此时主线对风筝的拉力大小为5N
B．此时风对风筝作用力的大小为8N
C．风向改变且风筝仍静止时，主线对风筝的拉力可能不变
D．风向改变且风筝仍静止时，主线对风筝的拉力与风对风筝的作用力的合力一定不变
【考点】共点力的平衡问题及求解；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】ABD
【分析】选择合适的研究对象，对其进行受力分析，根据几何关系和物体的平衡状态列式得出力的大小；结合力的合成及等效原理分析CD。
【解答】解：AB、风筝平衡时共受到三个力，重力mg、风对它的作用力F和主线对它的拉力FT（如图所示），以风筝平面方向为x轴，F方向为y轴，建立一个坐标系，将重力和拉力FT正交分解，如图：
沿x轴方向有mgsin37°﹣FTcos53°＝0
沿y轴方向有F＝FTsin53°+mgcos37°
解得F＝8N，FT＝5N
故AB正确；
C、风向改变时风对风筝的作用力一定变化，重力不变，故二者合力一定变化。根据物体的平衡条件，主线对风筝的拉力与这个合力是平衡力，故主线对风筝的拉力一定改变，故C错误；
D、同理，主线对风筝的拉力与风对风筝的作用力的合力和重力是平衡力.重力不变。则主线对风筝的拉力与风对风筝的作用力一定不变，故D正确.。
故选：ABD。
【点评】本题以放风筝这一中国传统民俗为切入点，巧妙地考查了物体的受力分析和力的平衡条件的应用。很好地考查了学生的物理观念、科学思维等核心素养.
三．实验题（共2小题）
19．（2020秋 延安期末）在探究求合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳。实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧测力计通过细绳拉橡皮条。
（1）实验过程中弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板 平行 ；两次拉伸橡皮条时，应该保证把节点O拉到 同一位置 。
（2）当橡皮条的活动端拉到O点时，两根细绳相互垂直，如图所示。这时弹簧测力计a读数为 4.0 N；若已知此时合力为5N，则弹簧测力计b的示数为 3.0 N。
【考点】探究两个互成角度的力的合成规律．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；平行四边形法则图解法专题；实验探究能力．
【答案】（1）平行；同一位置；（2）4.0；3.0。
【分析】（1）根据实验原理和正确的实验操作步骤分析作答。
（2）弹簧测力计的分度值为0.2N，采用“半格估读法”读数；根据平行四边形定则，结合数学知识分析作答。
【解答】解：（1）实验过程中弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行；
为保证效果相同，则两次拉伸橡皮条时，应该保证把节点O拉到同一位置；
（2）弹簧测力计的分度值为0.2N，采用“半格估读法”读数，则弹簧测力计a读数为4.0N；
由于两根细绳相互垂直，且此时合力为5N，根据力的平行四边形定则和数学知识，则弹簧测力计b的示数为
代入数据解得Fb＝3.0N。
故答案为：（1）平行；同一位置；（2）4.0；3.0。
【点评】本题考查了验证力的平行四边形定则实验的实验原理以及数据处理；注意读数时有效数字的保留位数。
20．（2024 浙江学业考试）某同学用如图1所示装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验。
（1）关于实验的要点，下列说法正确的是 CD 。
A．每次改变小车质量时，应重新补偿阻力
B．补偿阻力时，应将悬挂重物的细线系在小车上
C．释放小车之前应先接通电源
D．调节定滑轮的高度使滑轮与小车间的细线与长木板平行
（2）实验中获得一条纸带如图2所示，其中两相邻计数点间有四个点未画出。已知所用电源的频率为50Hz，则小车运动的加速度大小a＝ 0.39 m/s2。（计算结果要求保留两位有效数字）
（3）改变悬挂重物的质量，多次重复实验，测得多组加速度a及对应力传感器的示数。作出a﹣F图像如图3所示，发现图像不过原点，重新实验，为了使作出的图像经过原点，应适当 增大 （选填“增大”或“减小”）长木板的倾角。
（4）做“探究加速度与质量的关系”实验时，正确补偿阻力后，保持细线拉力不变，改变小车上砝码的质量m，多次实验，测得多组加速度a及对应小车上砝码的质量m，作出图像如图4所示，若图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若要验证牛顿第二定律，则小车的质量为 。
【考点】探究加速度与力、质量之间的关系．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题；实验探究能力．
【答案】（1）CD；（2）0.39；（3）增大；（4）。
【分析】（1）AB.根据平衡摩擦力的原理和方法分析作答；
CD.根据正确的实验操作和注意事项分析作答。
（2）根据逐差法求加速度；
（3）根据平衡摩擦力的方法结合图像分析作答；
（4）根据牛顿第二定律求解，结合图像斜率和纵截距的含义分析作答。
【解答】解：（1）A．根据平衡摩擦力的原理mgsinθ＝μmgcosθ
化简得μ＝tanθ
可见斜面的倾角与小车质量无关；
每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，故A错误；
B．补偿阻力时，应取下细线与槽码，使小车在重力沿斜面方向的分力作用下做匀速运动，平衡的摩擦力包括纸带与打点计时器之间的摩擦力，故B错误；
C．实验时应先接通电源后释放小车，故C正确；
D．调节定滑轮的高度使滑轮与小车间细线与长木板平行，保证细线的拉力等于小车受到的合外力，故D正确。
故选：CD。
（2）相邻计数点之间的时间间隔
根据逐差法，可得加速度为
（3）由图可知外力F不为零时，而加速度为零，说明存在摩擦力，即图线不过原点的原因可能为木板倾斜角度过小或木板没有倾斜放置，所以应适当增大长木板的倾角。
（4）设小车质量为M，若牛顿第二定律成立，则F＝（M+m）a
整理得
所以图中直线的斜率
纵轴上的截距
联立可得。
故答案为：（1）CD；（2）0.39；（3）增大；（4）。
【点评】本题考查了“探究加速度与力、质量的关系”实验，要知道平衡摩擦力的原理和方法；掌握根据逐差法求加速度，根据牛顿第二定律求解函数是解题的关键。
四．解答题（共4小题）
21．光滑水平面上，一木块质量为2.5kg，在10N的水平力推动下由静止开始运动，求木块第2s末的速度、第5s初的速度及第4s内的位移。
【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；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】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】木块第2s末的速度为8m/s、第5s初的速度为16m/s，第4s内的位移为14m。
【分析】根据牛顿第二定律计算加速度，结合速度—时间、位移—时间公式解答。
【解答】解：（1）物体做匀加速运动，根据牛顿第二定律有F＝ma
解得a＝4m/s2
物体在第2s末的速度为v1＝at1＝4×2m/s＝8m/s
物体在第5s初的速度为v2＝at2＝4×4m/s＝16m/s
物体在前4秒的位移为s14×42m＝32m
物体在前3秒的位移为s24×32m＝18m
物体在第4s内的位移为s＝s1﹣s2＝32m﹣18m＝14m
答：木块第2s末的速度为8m/s、第5s初的速度为16m/s，第4s内的位移为14m。
【点评】本题关键是分析物体的受力情况和运动情况，结合牛顿第二定律及运动学公式分析解答即可。
22．（2024秋 上城区校级期末）在冰壶比赛中，运动员用F＝18N的水平恒力推着质量为m＝20kg的冰壶由静止开始运动，一段时间后撤去力，冰壶继续沿直线运动，从开始运动到停止的总位移为36m，冰壶与冰面之间的动摩擦因数为μ＝0 015，取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）冰壶刚开始运动时的加速度大小；
（2）撤去F之前冰壶运动的位移大小；
（3）冰壶运动的总时间。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【专题】定量思想；控制变量法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】（1）冰壶刚开始运动时的加速度大小为0.75m/s2；
（2）撤去F之前冰壶运动的位移大小为6m；
（3）冰壶运动的总时间为24s。
【分析】（1）根据牛顿第二定律列式；
（2）冰壶先做匀加速运动，撤去F后做匀减速运动。由牛顿第二定律求出两个过程的加速度。再对两个过程分别运用速度—位移公式列式，可求得撤去F之前冰壶运动的位移大小；
（3）对两个过程分别运用位移—时间公式列式，可求得冰壶运动的总时间。
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律，冰壶匀加速过程有F﹣μmg＝ma1
加速度大小
（2）匀减速过程有μmg＝ma2
根据运动学公式，冰壶匀加速过程有v2﹣0＝2a1x1
匀减速过程有v2＝2a2x2
由题意有x1+x2＝36m
联立解得x1＝6m
（3）根据运动学公式有
代入数据得t1＝4s
根据
得t2＝20s
所以冰壶运动的总时间为t＝t1+t2＝4s+20s＝24s
答：（1）冰壶刚开始运动时的加速度大小为0.75m/s2；
（2）撤去F之前冰壶运动的位移大小为6m；
（3）冰壶运动的总时间为24s。
【点评】本题是力学综合题，要知道加速度是联系力和运动的桥梁，在动力学问题中往往是求必的量。本题的解题方法比较多，也可以根据动能定理求第1小题，通过画v﹣t图像分析冰壶的运动情况。
23．（2024秋 萨尔图区校级开学）“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为h，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g，求：
（1）小面圈在空中的运动时间；
（2）小面圈最大初速度；
（3）小面圈落入锅中时最大速度偏转角的正切值。
【考点】速度偏转角与位移偏转角；平抛运动速度的计算；平抛运动时间的计算．
【专题】定性思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）小面圈在空中的运动时间为；
（2）小面圈最大初速度为；
（3）小面圈落入锅中时最大速度偏转角的正切值为。
【分析】（1）根据平抛运动的规律可知小面圈在竖直方向做自由落体运动，根据位移—时间公式即可求小面圈在空中的运动时间；
（2）根据平抛运动的规律可知小面圈在水平方向做匀速直线运动，根据位移—时间公式即可求小面圈最大初速度；
（3）根据平抛运动规律求解水平方向和竖直方向的速度，进而可求速度偏转角。
【解答】解：（1）小面圈做平抛运动，则小面圈再竖直方向上做自由落体运动，则有：
解得小面圈在空中的运动时间为：
（2）小面圈落入锅中的最大水平位移为：xm＝3L，则小面圈最大初速度为：
（3）当小面圈从锅最左侧落入时，速度偏转角最大，设此时速度偏转角α，则有：
又：vy＝gt，
联立解得：
答：（1）小面圈在空中的运动时间为；
（2）小面圈最大初速度为；
（3）小面圈落入锅中时最大速度偏转角的正切值为。
【点评】解题关键是掌握平抛运动的规律，灵活应该相应的运动学公式求解。难度不大。
24．（2025 漳州模拟）杭州亚运会开幕式节目《国风雅韵 烟雨染江南》让世界看到仙女们长裙飘飘、凌空翱翔的东方美学。飞天“仙女”坐在由两根竖直钢索牵引着的钢板上，从地面由静止竖直上升，先做匀加速后做匀减速运动，加速和减速时间均为t，全程上升高度h时速度为零。“仙女”和钢板的总质量为m，重力加速度大小为g，求“仙女”：
（1）全过程的平均速率；
（2）匀加速上升过程的加速度大小a；
（3）匀减速上升过程中每根钢索拉力大小T。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动规律的综合应用．
【专题】定量思想；控制变量法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】（1）全过程的平均速率为；
（2）匀加速上升过程的加速度大小a为；
（3）匀减速上升过程中每根钢索拉力大小T为。
【分析】（1）根据平均速度公式求解；
（2）先根据匀变速运动规律公式列式，再结合加速度定义式列式求解；
（3）先判断出匀加速与匀减速的加速度大小关系，再结合牛顿第二定律列式。
【解答】解：（1）全过程根据平均速度的定义有
解得
（2）设匀加速结束时的速度为vt，则有
由匀变速运动规律得
解得
（3）匀加速与匀减速加速度大小相等，由牛顿第二定律得mg﹣2T＝ma
解得
答：（1）全过程的平均速率为；
（2）匀加速上升过程的加速度大小a为；
（3）匀减速上升过程中每根钢索拉力大小T为。
【点评】本题考查的是牛顿第二定律在直线运动中的应用，其中涉及到了运动学的公式，题型为基础题。
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