2025年高考物理 人教版必修第1冊第4章　素能測評卷含答案含答案

2025年高考物理人教版必修第1冊第4章素能測評卷含答案含答案第四章素能測評卷(時(shí)間：75分鐘，滿分：100分)一、單項(xiàng)選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。)1．圖甲是小李因踩到香蕉皮而摔倒的情景，圖乙是小張因被石頭絆到而摔倒的情景，則下列說法正確的是()A．小李摔倒是因?yàn)橄掳肷淼乃俣刃∮谏习肷淼乃俣菳．小張摔倒是因?yàn)槟_的速度變?yōu)?，上半身仍保持原來的運(yùn)動狀態(tài)C．人行走越快越容易摔倒，因此速度越大，人的慣性越大D．小李摔倒是因?yàn)樾±畹膽T性變小了解析：小李摔倒是因?yàn)樾±畹哪_受到的摩擦力突然變小，腳不能立刻停下來，腳向前滑，由于慣性，上半身還要保持原來的運(yùn)動狀態(tài)，人下半身的速度大于上半身的速度，所以人會向后傾倒，故A錯誤；小張摔倒是因?yàn)樾埖哪_被石頭絆到后立即靜止，小張的上半身由于慣性仍保持原來的運(yùn)動狀態(tài)，小張向前摔倒，故B正確；慣性只與物體的質(zhì)量有關(guān)，與速度無關(guān)，故C、D錯誤。故選B。2．(2024·安徽安慶統(tǒng)考期末)據(jù)報(bào)道，2023年10月30日20時(shí)37分，神舟十六號載人飛船與空間站組合體成功分離，踏上回家之旅。一般空間站的軌道高度是在380～400km左右，飛行速度約為7800m/s，神舟十六號載人飛船全長約8.86m，總質(zhì)量達(dá)到7.79t。下列說法正確的是()A．長度、質(zhì)量和速度都是標(biāo)量B．“總質(zhì)量達(dá)到7.79t”中的“t”為國際單位制中的導(dǎo)出單位C．在研究神舟十六號從發(fā)射到成功入軌的軌跡時(shí)，可以將神舟十六號視為質(zhì)點(diǎn)D．“長約8.86m”中的“m”為國際單位制中力學(xué)三個(gè)基本物理量之一解析：長度和質(zhì)量為標(biāo)量，速度既有大小又有方向，為矢量，A錯誤；“t”是質(zhì)量的一個(gè)常用單位制，但不是國際單位制中質(zhì)量的單位，B錯誤；在研究神舟十六號從發(fā)射到成功入軌的軌跡時(shí)，由于神舟十六號的形狀和大小與整個(gè)軌跡相比，可忽略不計(jì)，故可以視為質(zhì)點(diǎn)，C正確；國際單位制中力學(xué)三個(gè)基本物理量為長度、質(zhì)量和時(shí)間，而“m”是長度的單位，D錯誤。故選C。3.剎車痕跡是交警判斷交通事故中汽車是否超速的重要依據(jù)之一，在一次交通事故中，貨車司機(jī)看到前方道路上突然竄出一頭耕牛時(shí)緊急剎車，但還是發(fā)生了事故。交警在現(xiàn)場量得貨車的剎車痕跡長為15m，已知貨車車輪與地面的動摩擦因數(shù)是0.6，請你幫助交警計(jì)算貨車的初速度大約為()A．40km/h B．50km/hC．60km/h D．70km/h解析：汽車剎車只受地面摩擦力，由牛頓第二定律－μmg＝ma，解得a＝－μg＝－6m/s2，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律x＝eq\f(v2－v\o\al(2,0),2a)，將v＝0，a＝－6m/s2，x＝15m帶入可解得v0≈13.5m/s≈50km/h，故A、C、D錯誤，B正確。故選B。4．2023年8月4日，遼寧省大連市一家游樂場發(fā)生了一起驚險(xiǎn)的事故。一輛火箭蹦極兩根彈性纜繩的其中一根在運(yùn)行中突然斷裂，導(dǎo)致兩名游客懸掛在半空中。幸運(yùn)的是，他們及時(shí)被救下，沒有造成人員傷亡。假設(shè)兩名游客及座椅的總質(zhì)量為m，纜繩斷裂時(shí)每根纜繩與豎直方向的夾角均為60°、張力均為3mg，簡化為如圖所示模型，已知重力加速度為g，則其中一根纜繩斷裂瞬間，這兩名游客的加速度大小為()A.eq\r(13)g B．eq\r(7)gC．g D．0解析：纜繩斷裂瞬間兩名游客及座椅受到重力和其中一根纜繩的作用力，且其夾角為120°，設(shè)合力大小為F，根據(jù)牛頓第二定律及余弦定理可得F＝ma，F(xiàn)2＝(mg)2＋(3mg)2－2mg·3mg·cos60°，解得a＝eq\r(7)g，故選B。5．質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在水平面。當(dāng)它受到水平力F作用后開始運(yùn)動，t時(shí)間后撤去F，又經(jīng)過t時(shí)間物塊剛好停止運(yùn)動。則物塊受到的摩擦力Ff和撤去F時(shí)物塊的速度v分別為()A．Ff＝F，v＝eq\f(F,m)t B．Ff＝eq\f(F,2)，v＝eq\f(F,m)tC．Ff＝F，v＝eq\f(F,2m)t D．Ff＝eq\f(F,2)，v＝eq\f(F,2m)t解析：依題意，根據(jù)牛頓第二定律可得未撤去F時(shí)，有F－Ff＝ma，撤去F時(shí)物塊的速度v＝at，撤去F后，根據(jù)牛頓第二定律有Ff＝ma′，v＝a′t，聯(lián)立可求得Ff＝eq\f(F,2)，v＝eq\f(F,2m)t，故選D。6．某同學(xué)在水平地面上拖地時(shí)，沿拖桿方向推拖把，推力F、拖把頭所受地面摩擦力f大小隨時(shí)間的變化可簡化為圖(甲)、(乙)中的圖線。已知拖把頭的質(zhì)量為m，拖桿質(zhì)量可以忽略，拖桿與地面間的夾角θ保持不變，圖中F0、f0、f1、t1、t2均為已知量，則0～t2時(shí)間內(nèi)拖把頭運(yùn)動的位移為()A.eq\f(F0cosθ－f0t\o\al(2,2),2m)B.eq\f(F0cosθ－f1t\o\al(2,2),2m)C.eq\f(F0cosθ－f0t2－t12,2m)D.eq\f(F0cosθ－f1t2－t12,2m)解析：經(jīng)分析可知，0～t1時(shí)間內(nèi)，拖把處于靜止?fàn)顟B(tài)，f1為最大靜摩擦力；t1～t2時(shí)間內(nèi)，拖把在力F0作用下做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律得F0cosθ－f0＝ma，根據(jù)勻變速位移公式x＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立得x＝eq\f(1,2)·eq\f(F0cosθ－f0,m)·(t2－t1)2＝eq\f(F0cosθ－f0t2－t12,2m)，故選C。7．(2024·黑龍江齊齊哈爾高一聯(lián)考期末)如圖甲所示，電梯從高處由靜止開始下降，至最低點(diǎn)時(shí)速度為零，其離最低點(diǎn)的高度x隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示，圖中0～t1、t2～t3時(shí)間內(nèi)電梯做勻變速運(yùn)動，t1～t2時(shí)間內(nèi)圖像為直線，t1＝t2－t1＝t3－t2，則下列判斷正確的是()A．0～t1時(shí)間內(nèi)，電梯處于超重狀態(tài)B．t1～t2時(shí)間內(nèi)，電梯處于超重狀態(tài)C．0～t1內(nèi)和t2～t3內(nèi)電梯的加速度相同D．0～t1、t1～t2、t2～t3三段時(shí)間內(nèi)的位移之比為1∶2∶1解析：x－t圖像的斜率表示速度，由圖可知，0～t1時(shí)間內(nèi)電梯向下的速度增加，加速度向下，則電梯處于失重狀態(tài)，故A錯誤；t1～t2時(shí)間內(nèi)電梯做勻速直線運(yùn)動，則電梯處于平衡狀態(tài)，故B錯誤；設(shè)電梯在t1～t2時(shí)間內(nèi)勻速運(yùn)動的速度為v，則0～t1內(nèi)、t2～t3內(nèi)的加速度分別為a1＝eq\f(v－0,t1－0)＝eq\f(v,t1)，a2＝eq\f(0－v,t3－t2)＝eq\f(－v,t1)，所以0～t1內(nèi)和t2～t3內(nèi)電梯的加速度大小相等，方向相反，故C錯誤；0～t1、t1～t2、t2～t3三段時(shí)間內(nèi)的位移分別為x1＝eq\f(v,2)t1，x2＝v(t2－t1)＝vt1，x3＝eq\f(v,2)(t3－t2)＝eq\f(v,2)t1，可知0～t1、t1～t2、t2～t3三段時(shí)間內(nèi)的位移之比為1∶2∶1，故D正確。故選D。二、多項(xiàng)選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中有多個(gè)選項(xiàng)符合題意，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，錯選或不答的得0分。)8.(2024·天津?yàn)I海新區(qū)高一統(tǒng)考期末)如圖所示，光滑水平地面上有A、B兩個(gè)木塊，A木塊的質(zhì)量為2kg，B木塊的質(zhì)量為1kg，在6N的水平推力F作用下一起向右運(yùn)動，則()A．A、B運(yùn)動的加速度為3m/s2B．A、B運(yùn)動的加速度為2m/s2C．A、B間的相互作用力大小為3.6ND．A、B間的相互作用力大小為2N解析：將A、B整體做受力分析，結(jié)合牛頓第二定律有F＝(mA＋mB)a，代入數(shù)據(jù)解得a＝2m/s2，則A、B運(yùn)動的加速度為2m/s2，A錯誤，B正確；A、B間的相互作用力大小為FAB，對B，由牛頓第二定律有FAB＝mBa＝1×2N＝2N，故C錯誤，D正確。故選BD。9．如圖甲所示，質(zhì)量為m＝1kg的物體靜止在水平地面上，用水平拉力F作用于物體上，作用一段時(shí)間后撤去F，物體滑行一段距離后停止下來。物體運(yùn)動的速度—時(shí)間圖像如圖乙所示。取g＝10m/s2，由圖線可以求得水平力F和物塊與地面之間的動摩擦因數(shù)μ分別為()A．μ＝0.3 B．μ＝0.2C．F＝9N D．F＝6N解析：由圖乙可知物體在1～3s內(nèi)做勻減速運(yùn)動，由題可知此時(shí)撤去拉力F，對此時(shí)物體有Ff＝μmg＝ma，由圖可知此時(shí)加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(6m/s,2s)＝3m/s2，聯(lián)立可得μ＝0.3，故A正確，B錯誤；由圖乙可知物體在0～1s內(nèi)做勻加速運(yùn)動，由題可知此時(shí)有F作用，則此時(shí)對物體有F－μmg＝ma′，由圖可知此時(shí)加速度大小為a′＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(6m/s,1s)＝6m/s2，聯(lián)立解得F＝9N，故C正確，D錯誤。故選AC。10.如圖所示，傳送帶與水平地面的夾角為θ＝37°，AB的長度為16m，傳送帶以10m/s的速度沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動，在傳送帶上端A點(diǎn)無初速度地放上一個(gè)質(zhì)量為2kg的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))，它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.5(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)，則物體從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)過程中，以下說法正確的是()A．一直做勻加速運(yùn)動B．先勻加速運(yùn)動再勻速運(yùn)動C．物塊在傳送帶上運(yùn)動的時(shí)間為2sD．物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速率為12m/s解析：第一個(gè)加速階段：由牛頓第二定律可知mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1，a1＝10m/s2，設(shè)物體的對地位移為x，則達(dá)到與傳送帶共速過程中x＝eq\f(v2,2a1)＝5m<16m，說明物體仍然在傳送帶上；接著物體摩擦力反向，沿著斜面向上，由于mgsin37°＞μmgcos37°，物體合力沿著斜面向下，物體繼續(xù)加速，由牛頓第二定律可知mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，a2＝2m/s2，所以物體先以較大的加速度勻加速運(yùn)動，再以較小的加速度勻加速運(yùn)動，故A、B錯誤；第一個(gè)加速階段時(shí)間為t1，由t1＝eq\f(v,a1)＝1s，第二個(gè)加速階段時(shí)間為t2，由xAB－x＝vt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，可得t2＝1s，物塊在傳送帶上運(yùn)動的總時(shí)間為t1＋t2＝2s，到達(dá)B點(diǎn)的速度vB＝v＋a2t2＝12m/s，故C、D正確。故選CD。三、非選擇題(本題共5小題，共54分。)11．(6分)在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中，采用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置，小車及車中鉤碼的質(zhì)量用M表示，盤及盤中砝碼的質(zhì)量用m表示，小車的加速度可由小車后面拉動的紙帶經(jīng)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出的點(diǎn)計(jì)算得到。(1)當(dāng)M與m的大小關(guān)系滿足_M?m__時(shí)，才可以認(rèn)為繩對小車的拉力大小等于盤及盤中砝碼的總重力；(2)一組同學(xué)在探究加速度與質(zhì)量的關(guān)系時(shí)，保持盤及盤中砝碼的質(zhì)量一定，改變小車及車中鉤碼的質(zhì)量，測出相應(yīng)的加速度，采用圖像法處理數(shù)據(jù)，為了比較容易地得出加速度a與質(zhì)量M的關(guān)系，應(yīng)作出a與eq\f(1,M)圖像；(3)甲同學(xué)在探究加速度與力的關(guān)系時(shí)，根據(jù)測量數(shù)據(jù)作出的a－F圖線，如圖所示，則實(shí)驗(yàn)存在的問題是_平衡阻力過度__；(4)乙、丙兩同學(xué)用同一裝置探究加速度與力的關(guān)系時(shí)，畫出了各自得到的a－F圖線，如圖所示，則是兩同學(xué)做實(shí)驗(yàn)時(shí)_M__取值不同造成的；(5)隨著F的增大，a－F圖線最后會略微向_下__彎曲(填“上”或“下”)。解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律得：對mmg－F拉＝ma對MF拉＝Ma解得F拉＝eq\f(mMg,m＋M)＝eq\f(mg,1＋\f(m,M))當(dāng)M?m時(shí)，即小車的質(zhì)量遠(yuǎn)大于砝碼和盤的總質(zhì)量，繩子的拉力近似等于砝碼和盤的總重力。(2)根據(jù)牛頓第二定律F＝Ma，a與M成反比，而反比例函數(shù)圖像是曲線，而根據(jù)曲線很難判定出自變量和因變量之間的關(guān)系，故不能作a－M圖像；但a＝eq\f(F,M)，故a與eq\f(1,M)成正比，而正比例函數(shù)圖像是過坐標(biāo)原點(diǎn)的一條直線，就比較容易判定自變量和因變量之間的關(guān)系，故應(yīng)作a－eq\f(1,M)圖像。(3)根據(jù)圖像可知，當(dāng)F等于零，但是加速度不為零，知平衡阻力過度。(4)根據(jù)F＝Ma可得a＝eq\f(F,M)，即a－F圖像的斜率等于物體的質(zhì)量倒數(shù)，所以兩小車的質(zhì)量不同。(5)隨著F的增大，不滿足M?m時(shí)，a－F圖線最后會略微向下彎曲。12．(9分)實(shí)驗(yàn)小組做探究在質(zhì)量不變的情況下物體的加速度與所受合外力關(guān)系的實(shí)驗(yàn)，如圖所示為實(shí)驗(yàn)裝置示意圖。(1)關(guān)于該實(shí)驗(yàn)以下說法正確的是_______；A．安裝實(shí)驗(yàn)器材時(shí)，細(xì)線與長木板不必平行B．平衡阻力時(shí)要讓小車連著已經(jīng)穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶，撤去砂桶，輕推小車，再接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，從打出的紙帶判斷小車是否做勻速運(yùn)動C．實(shí)驗(yàn)過程中，向砂桶內(nèi)加砂時(shí)，必須保證砂和砂桶的總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車的總質(zhì)量MD．準(zhǔn)確地平衡阻力后，小車受到的合外力為實(shí)驗(yàn)過程中拉力傳感器的示數(shù)的2倍(2)如圖是實(shí)驗(yàn)中選擇的一條合適的紙帶(紙帶上相鄰的兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)沒有畫出)，相關(guān)的測量數(shù)據(jù)已標(biāo)在紙帶上，已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)頻率為50Hz，則打B點(diǎn)時(shí)的速度為v＝_0.72__m/s，小車的加速度a＝_2.4__m/s2；(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(3)保持小車的質(zhì)量不變，改變砂桶中砂的質(zhì)量，記錄多組傳感器的讀數(shù)F和對應(yīng)紙帶的加速度a的數(shù)值，并根據(jù)這些數(shù)據(jù)，繪制出如圖所示的a－F圖像，分析此圖像不過原點(diǎn)原因可能是_未平衡阻力或平衡阻力不夠__，實(shí)驗(yàn)用小車的質(zhì)量為_1.0__kg。解析：(1)安裝實(shí)驗(yàn)器材時(shí)，要使細(xì)線與長木板平行，保證拉力與運(yùn)動方向一致，A錯誤；應(yīng)先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源再釋放小車，B錯誤；由于有拉力傳感器，所以不用保證砂和砂桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車總質(zhì)量，C錯誤；實(shí)驗(yàn)中有兩根繩子，所以小車受到的合外力為拉力傳感器示數(shù)的2倍，D正確。故選D。(2)B點(diǎn)的速度為v＝eq\f(xAC,2T)＝eq\f(18.00－3.60×10－2,2×0.1)m/s＝0.72m/s根據(jù)逐差法，小車的加速度為a＝eq\f(xBD－xOB,4T2)＝eq\f(28.81－9.61－9.61×10－2,4×0.12)m/s2＝2.4m/s2。(3)根據(jù)圖像分析可知，當(dāng)所掛重物達(dá)到一定重量時(shí)，才有加速度，說明未平衡阻力或平衡阻力不夠。根據(jù)牛頓第二定律，有2F－Ff＝Ma整理得a＝eq\f(2,M)F－eq\f(Ff,M)可得斜率為k＝eq\f(2,M)根據(jù)圖像有k＝eq\f(4.0,2.5－0.5)＝2.0聯(lián)立解得M＝1.0kg。13.(10分)如圖所示，質(zhì)量M＝5.0×103kg的直升機(jī)用纜繩吊著質(zhì)量m＝1.5×103kg的汽車，從靜止開始一起豎直加速上升。已知纜繩對汽車的拉力FT＝1.59×104N，求：(1)汽車向上加速運(yùn)動時(shí)的加速度大小a；(2)直升機(jī)從靜止開始向上運(yùn)動1.2m時(shí)的速率v；(3)加速上升時(shí)，空氣對直升機(jī)和汽車整體作用力F的大小。答案：(1)0.6m/s2(2)1.2m/s(3)6.89×104N解析：(1)根據(jù)題意，對汽車，由牛頓第二定律有FT－mg＝ma解得a＝0.6m/s2。(2)由運(yùn)動學(xué)公式v2＝2ax可得，直升機(jī)從靜止開始向上運(yùn)動1.2m時(shí)的速率v＝eq\r(2ax)＝1.2m/s。(3)對整體，由牛頓第二定律有F－(M＋m)g＝(M＋m)a解得F＝6.89×104N。14．(13分)(2024·浙江寧波高一?？计谀?如圖所示，甲同學(xué)需要用平板車搬運(yùn)學(xué)習(xí)用品，經(jīng)過一段校園道路。平板車和用品的總質(zhì)量為30kg，道路可以簡化為一段長為13.5m的水平道路AB和一段傾角為37°的斜坡BC組成。甲同學(xué)拉動平板車由靜止從A點(diǎn)出發(fā)，經(jīng)9s時(shí)間運(yùn)動至B點(diǎn)，然后沖上斜坡。甲同學(xué)的拉力大小恒定，且拉力方向始終沿著小車的運(yùn)動方向。當(dāng)車剛滑上斜坡運(yùn)動，乙同學(xué)在后面幫助推車，其推力大小為104N，方向沿斜面向上。已知平板車所受摩擦阻力為其對接觸面壓力的0.3倍，求：(1)平板車到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)甲同學(xué)的拉力大小；(3)平板車剛滑上斜面時(shí)的加速度大小和方向。答案：(1)3m/s(2)100N(3)1.6m/s2，方向沿斜面向下解析：(1)從A點(diǎn)到B點(diǎn)，由勻加速直線運(yùn)動規(guī)律x＝eq\f(vB,2)·t解得平板車到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB＝3m/s。(2)從A點(diǎn)到B點(diǎn)，由勻加速直線運(yùn)動規(guī)律a＝eq\f(vB,t)＝eq\f(1,3)m/s2由牛頓第二定律F－0.3mg＝ma解得甲同學(xué)的拉力大小為F＝100N。(3)平板車剛滑上斜面時(shí)，由牛頓第二定律F＋F′－mgsinθ－0.3mgcosθ＝ma′解得a′＝－1.6m/s2所以平板車剛滑上斜面時(shí)的加速度大小為1.6m/s2，方向沿斜面向下。15．(16分)如圖所示，長L＝4m、質(zhì)量M＝2kg的薄木板(厚度不計(jì))靜置于水平面上，質(zhì)量m＝1kg的小物塊放在木板的右端，所有接觸面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2?，F(xiàn)對木板施加一水平向右的恒定拉力F＝16N，取g＝10m/s2。求：(1)剛開始時(shí)物塊和薄木板的加速度各多大；(2)施加力后多長時(shí)間小物塊滑掉；(3)當(dāng)小物塊滑停時(shí)小物塊和薄木板的距離。答案：(1)2m/s24m/s2(2)2s(3)24m解析：(1)剛開始時(shí)物塊的加速度a1＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2薄木板的加速度a2＝eq\f(F－μmg－μm＋Mg,M)＝4m/s2。(2)當(dāng)物塊滑離木板時(shí)eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＝L解得t＝2s。(3)當(dāng)物塊滑離木板時(shí)物塊和木板的速度分別為v1＝a1t＝4m/sv2＝a2t＝8m/s小物塊滑落后薄木板的加速度為a3＝eq\f(F－μMg,M)＝6m/s2小物塊滑落到滑停位移x1＝eq\f(v\o\al(2,1),2a1)＝4m時(shí)間為t′＝eq\f(v1,a1)＝2s小物塊滑落到滑停時(shí)長木板位移x2＝v2t′＋eq\f(1,2)a3t′2＝28m最后兩者之間的距離為Δx＝x2－x1＝24m。第四章專題強(qiáng)化8課后知能作業(yè)基礎(chǔ)鞏固練知識點(diǎn)一動力學(xué)圖像問題1．如圖所示，一物體沿光滑斜面由靜止開始從頂端下滑到底端，若用h、x、v、a分別表示物體下降的高度、位移、速度和加速度，t表示所用的時(shí)間，重力加速度為g，則下列圖像中正確的是()解析：物體受重力和斜面的支持力，設(shè)斜面的傾角為θ，根據(jù)牛頓第二定律知加速度為a＝gsinθ不變，物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動。位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)gt2sinθ，則h＝xsinθ＝eq\f(1,2)gt2sin2θ，由此可見x、h都與時(shí)間的平方成正比，故A、B錯誤；速度v＝at＝gsinθ·t，與時(shí)間成正比，故C正確；加速度a＝gsinθ不變，故D錯誤。故選C。2．若貨物隨升降機(jī)運(yùn)動的v－t圖像如圖所示(豎直向上為正)，則貨物受到升降機(jī)的支持力F與時(shí)間t關(guān)系的圖像可能是圖中的()解析：v－t圖線的斜率表示加速度，則加速度圖像如圖所示。由牛頓第二定律可知F－mg＝ma，所以支持力F＝ma＋mg，重力保持不變，所以F－t圖像相當(dāng)于a－t圖像向上平移，故B正確。3．如圖甲所示，物體原來靜止在水平面上，用一水平力F拉物體，在F從0開始逐漸增大的過程中，物體先靜止后又做變加速運(yùn)動，其加速度隨外力F變化的圖像如圖乙所示，根據(jù)圖乙中所標(biāo)出的數(shù)據(jù)可計(jì)算出(g取10m/s2)()A．物體的質(zhì)量為1kgB．物體的質(zhì)量為2kgC．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.2D．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5解析：由題圖乙可知F1＝7N時(shí)，a1＝0.5m/s2，F(xiàn)2＝14N時(shí)，a2＝4m/s2，物體在水平方向上受外力F和摩擦力，由牛頓第二定律得F1－μmg＝ma1，F(xiàn)2－μmg＝ma2，解得m＝2kg，μ＝0.3，故選項(xiàng)B正確。4．(多選)如圖乙所示，坐標(biāo)系中的曲線反映的是圖甲中滑塊在斜面上自由下滑時(shí)，加速度a與斜面傾角θ之間的關(guān)系圖像，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()A．a(chǎn)1的大小為10m/s2B．a(chǎn)1的大小為8m/s2C．滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.75D．θ1＝53°解析：當(dāng)θ＝eq\f(π,2)時(shí)，滑塊做自由落體運(yùn)動，則有a1＝g＝10m/s2，A正確，B錯誤；當(dāng)θ＝0°時(shí)，加速度大小為7.5m/s2，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma，解得μ＝eq\f(a,g)＝0.75，C正確；當(dāng)加速度為零時(shí)，有mgsinθ1＝μmgcosθ1，聯(lián)立解得θ1＝37°，D錯誤。故選AC。5．如圖甲所示，在光滑的水平面上，物體A在水平方向的外力F作用下做直線運(yùn)動，其v－t圖像如圖乙所示，規(guī)定向右為正方向。下列判斷正確的是()A．在第3s末，物體處于出發(fā)點(diǎn)右方B．在1～2s內(nèi)，物體正向左運(yùn)動，且速度大小在減小C．在1～3s內(nèi)，物體的加速度方向先向右后向左D．在0～1s內(nèi)，外力F不斷增大解析：根據(jù)v－t圖像與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積表示位移，t軸上方位移為正，下方位移為負(fù)，則前3s內(nèi)物體的位移為正，則第3s末物體處于出發(fā)點(diǎn)右方，故A正確；在1～2s內(nèi)，速度為正值，說明物體向右運(yùn)動，速度大小不斷減小，故B錯誤；在1～3s內(nèi)，圖像的斜率不變，則加速度不變，故C錯誤；在0～1s內(nèi)，圖像切線的斜率不斷減小，則加速度不斷減小，由牛頓第二定律可知外力F不斷減小，故D錯誤。故選A。知識點(diǎn)二等時(shí)圓模型6．(2024·河南鄭州高一期末)如圖所示，甲圖中質(zhì)點(diǎn)從豎直面內(nèi)的圓環(huán)上，沿三個(gè)不同的光滑弦1、2、3上端由靜止開始滑到環(huán)的最低點(diǎn)，所用的時(shí)間分別為t1、t2、t3；乙圖中質(zhì)點(diǎn)從豎直面內(nèi)的圓環(huán)上最高點(diǎn)，沿三個(gè)不同的光滑弦4、5、6由靜止開始滑到下端所用的時(shí)間分別為t4、t5、t6，則()A．t1＝t2＝t3，t4＝t5＝t6 B．t1<t2<t3，t4<t5<t6C．t1>t2>t3，t4>t5>t6 D．t2>t3>t1，t6>t5>t4解析：如圖甲、乙所示，質(zhì)點(diǎn)沿豎直面內(nèi)圓環(huán)上的任意一條光滑弦從上端由靜止滑到底端，由牛頓第二定律可知加速度為a＝gsinθ，位移為x＝2Rsinθ，由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律有x＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得下滑時(shí)間t＝2eq\r(\f(R,g))，相當(dāng)于沿豎直直徑自由下落的時(shí)間，有t1＝t2＝t3，t4＝t5＝t6，故選A。7.如圖所示，ab、cd是豎直平面內(nèi)兩根固定的細(xì)桿，a、b、c、d位于同一圓周上，圓周半徑為R，b點(diǎn)為圓周的最低點(diǎn)，c點(diǎn)為圓周的最高點(diǎn)。現(xiàn)有兩個(gè)小滑環(huán)A、B分別從a、c處由靜止釋放，滑環(huán)A經(jīng)時(shí)間t1從a點(diǎn)到達(dá)b點(diǎn)，滑環(huán)B經(jīng)時(shí)間t2從c點(diǎn)到達(dá)d點(diǎn)；另有一小球C從c點(diǎn)靜止釋放做自由落體運(yùn)動，經(jīng)時(shí)間t3到達(dá)b點(diǎn)，不計(jì)一切阻力與摩擦，且A、B、C都可視為質(zhì)點(diǎn)，則t1、t2、t3的大小關(guān)系為()A．t1＝t2＝t3B．t1>t2>t3C．t2>t1>t3D．A、B、C的質(zhì)量未知，因此無法比較解析：對于環(huán)A，設(shè)ab與水平方向的夾角為θ，圓的半徑為R，由牛頓第二定律可知，下滑加速度為a1＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ，又根據(jù)動力學(xué)公式2Rsinθ＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，解得t1＝eq\r(\f(4R,g))，對于環(huán)B，設(shè)cd與水平方向的夾角為α，由牛頓第二定律可知，下滑加速度為a2＝eq\f(mgsinα,m)＝gsinα，又根據(jù)動力學(xué)公式2Rsinα＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，解得t2＝eq\r(\f(4R,g))，對自由落體的球C而言，有t3＝eq\r(\f(2·2R,g))＝eq\r(\f(4R,g))，三者時(shí)間相等，故選A.8．(2024·山東日照月考)如圖所示，光滑細(xì)桿BC、DC和AC構(gòu)成矩形ABCD的兩鄰邊和對角線，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC桿豎直。各桿上分別套有一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球a、b、d，a、b、d三小球的質(zhì)量之比為1∶2∶3?，F(xiàn)讓三小球同時(shí)從各桿的頂點(diǎn)由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，則a、b、d三小球在各桿上滑行的時(shí)間之比為()A．1∶1∶1 B．5∶4∶3C．5∶8∶9 D．1∶2∶3解析：因ABCD為矩形，故A、B、C、D四點(diǎn)必在以對角線AC為直徑的圓周上，由等時(shí)圓模型可知，由A、B、D三點(diǎn)釋放的小球a、b、d必定同時(shí)到達(dá)圓周的最低點(diǎn)C，故選項(xiàng)A正確。綜合提升練9.(多選)(2024·湖北高一校聯(lián)考階段練習(xí))2023年11月11日，中國蹦床運(yùn)動員朱雪瑩、范欣怡、胡譯乘榮獲世界蹦床錦標(biāo)賽女子網(wǎng)上團(tuán)體冠軍，為國家爭得榮譽(yù)。如圖是她們比賽時(shí)的畫面。如果把網(wǎng)面近似看成遵循胡克定律的墊子，且不計(jì)空氣阻力，則運(yùn)動員從最高點(diǎn)運(yùn)動到最低點(diǎn)過程中(以向下為正方向)，速度—時(shí)間、加速度—位移的圖像正確的是()解析：人在下落的過程中，接觸蹦床之前，人處于自由落體狀態(tài)，加速度為g；接觸之后，彈力F＝k·Δx，隨下落距離逐漸增加，根據(jù)牛頓第二定律mg－k·Δx＝ma，可知，網(wǎng)面的形變量Δx和a線性變化關(guān)系，故a和x也是線性變化關(guān)系，當(dāng)彈力F小于重力時(shí)，做加速度減小的加速運(yùn)動；當(dāng)彈力F等于重力時(shí)，加速度為零，速度最大；當(dāng)彈力F大于重力時(shí)，做加速度增大的減速運(yùn)動，所以加速度先不變，后減小再增大，且加速度a和x是線性變化關(guān)系，故C正確，D錯誤；人的加速度先不變，后減小后再反向增加，可知速度時(shí)間圖像的斜率絕對值先不變，后減小再增加，故A正確，B錯誤。故選AC。10．(2023·山東青島高一期末)如圖甲所示，水平地面上的一個(gè)物體，受到方向不變的水平推力F的作用，推力F與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，物體的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖丙所示，以下說法正確的是()A．0～2s，物體受到的摩擦力大于推力B．2～4s，物體的加速度大小為7m/s2C．0～6s，物體受到的摩擦力大小為3ND．物體的質(zhì)量為0.5kg解析：由圖丙可知，0～2s內(nèi)物體沒有推動，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，推力大小等于摩擦力，A錯誤；由v－t圖像可知，2～4s物體做勻加速直線運(yùn)動，加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝2m/s2，B錯誤；根據(jù)上述可知0～2s內(nèi)，靜摩擦力大小為Ff1＝F1＝1N；由v－t圖像可知4～6s內(nèi)物體勻速運(yùn)動，滑動摩擦力大小等于推力，根據(jù)F－t可知滑動摩擦力大小為Ff2＝F3＝2N,2～4s物體做勻加速直線運(yùn)動，物體受到滑動摩擦力，則大小為Ff2＝F3＝2N，C錯誤；2～4s物體做勻加速直