2023版高三一輪總復習物理（新教材新高考）章末綜合驗收試題匯編

1、 章末綜合驗收(一)一、單項選擇題1(2021山西省永濟市高三月考)如圖所示，大西高鐵運營里程為859公里，設計時速為250公里。某列車到達永濟北站時剎車做勻減速直線運動，開始剎車后第5 s內的位移是57.5 m，第10 s內的位移是32.5 m，且列車在第10 s內沒有停止運動，則下列說法正確的是()A在研究列車從永濟到西安所用時間時不能把列車看成質點B859公里是指位移C列車做勻減速直線運動時的加速度大小為6.25 m/s2D列車在開始剎車時速度為80 m/sD在研究列車從永濟到西安所用時間時，由于運動距離遠遠大于列車的長度，故可以看作質點，故A錯誤；859公里是指路程，故B錯誤；根據xa

2、T2可得aeq f(x,5T2)eq f(32.557.5,512) m/s25 m/s2，故C錯誤；第5 s內的位移為xv0t5eq f(1,2)ateq oal( 2,5)eq blc(rc)(avs4alco1(v0t4f(1,2)atoal( 2,4)，解得v080 m/s，故D正確。2(2021福建省福州市協作校高三聯考)2020年10月1日，我國首座跨海公鐵兩用橋、世界最長跨海峽公鐵兩用大橋平潭海峽公鐵兩用大橋公路正式通車。設在某一段筆直的大橋公路面上有一汽車遇緊急情況剎車，經1.5 s停止，剎車距離為9 m。若汽車剎車后做勻減速直線運動，則汽車停止前最后0.5 s的位移是()A1

3、 m B1.5 m C2 m D2.5 mA汽車做勻減速直線運動到停止，采用逆向思維法可看成初速度為零的勻加速直線運動，由xeq f(1,2)at2可得，剎車的加速度大小為aeq f(2x,t2)eq f(29,1.52) m/s28 m/s2，則汽車在停止前最后0.5 s內的位移為xeq f(1,2)at2eq f(1,2)80.52 m1 m，故A正確。3城市電動助力車在確保安全規(guī)范騎行的前提下既能方便市民出行，也可凈化城市環(huán)境，減少尾氣排放。在一條平直的公路上，某同學以公路上某一位置為原點，記錄了騎行電動助力車的甲、乙兩位同學的位移(x)時間(t)圖像，如圖所示，甲的圖像t2前是曲線、t

4、2后是直線，乙的圖像是一條直線，在0t3時間內，下列說法正確的是()A甲先做曲線運動，后又做直線運動，乙做單向直線運動B途中有兩個時刻，甲、乙的速度相同C全程甲、乙的位移相同D途中甲、乙只相遇一次，然后又分開B位移時間圖像描述的是直線運動的圖像，因此甲、乙都做直線運動，A錯誤；圖像中圖線的切線斜率表示瞬時速度，甲的圖線上有兩個位置的切線與乙的圖線平行，切線斜率相等，表明速度相同，B正確；甲有折返運動，全程的位移較小，C錯誤；圖中兩圖線分別在t1、t2兩個時刻相交，即相遇兩次，D錯誤。4高速公路的ETC電子收費系統如圖所示，ETC通道的長度是識別區(qū)起點到自動欄桿的水平距離。某ETC通道的長度為8

5、.4 m，一輛汽車以21.6 km/h的速度勻速進入識別區(qū)，ETC用了0.2 s的時間識別車載電子標簽，識別完成后發(fā)出“滴”的一聲，司機發(fā)現自動欄桿沒有抬起，于是采取制動剎車，汽車剛好未撞桿。若剎車的加速度大小為5 m/s2，則司機的反應時間約為()A0.4 s B0.6 s C0.7 s D0.8 sB21.6 km/h6 m/s，設反應時間為t，汽車勻速運動的位移為x1v0(t0.2)，隨后汽車做減速運動，位移為x2eq f(voal( 2,0),2a)，且x1x2L8.4 m，聯立解得t0.6 s，故選項B正確。5(2021湘豫名校高三下學期3月聯考)A和B兩物體在同一直線上運動的vt圖

6、像如圖所示，已知在第5 s末兩個物體在途中相遇，則下列說法正確的是()A兩物體從同一地點出發(fā)B出發(fā)時B在A前5 m處C7 s末兩個物體再次相遇Dt0時兩物體的距離比t3 s時的小B由速度圖像的“面積”表示位移，可知兩物體在5 s內的位移不等，而它們在第5 s末相遇，則知兩物體出發(fā)點不同，A錯誤；A、B兩物體在5 s內的位移分別為：xA17.5 m，xB12.5 m，xxAxB5 m，所以出發(fā)時B在A前5 m處，B正確；5 s末兩個物體相遇，由于57 s內，B的位移比A的位移大，所以7 s末兩個物體沒有相遇，C錯誤；在t0時兩物體相距5 m，t3 s時，A、B兩物體的位移分別是：xA7.5 m，

7、xB4.5 m，兩物體相距x5(xAxB)2 m，故t0時兩物體的距離比t3 s時的大，D錯誤。二、多項選擇題6(2021湖南省長郡中學高三月考)一質點沿直線Ox方向做加速運動。它離開O點的距離隨時間變化的關系式為s4t2t2(m)，則下列說法中正確的是()A質點做的是勻加速直線運動，加速度為4 m/s2B2 s末時物體的速度為8 m/sC1 s末到2 s末的時間內平均速度為6 m/sD1 s末到2 s末的時間內平均速度為10 m/sAD若表達式為s4t2t2，則v04 m/s，eq f(1,2)a2，解得a4 m/s2，即表示質點做勻加速運動，加速度為4 m/s2，2 s末的速度為vv0at

8、12 m/s，選項A正確，B錯誤；1 s末時離開O點的距離為s14t12teq oal( 2,1)6 m，2 s末時離開O點的距離為s24t22teq oal( 2,2)16 m，故1 s末到2 s末的時間內位移為10 m，平均速度即為10 m/s，選項C錯誤，D正確。7如圖所示，兩位同學在教學樓上做自由落體實驗，甲同學在四樓先將小球A釋放，當下落距離為h時，乙同學在三樓將小球B釋放，小球B釋放時間t后，兩球恰好同時落地，小球A、B不在同一條豎直線上，不計空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法中正確的是()A甲同學釋放點離地高度為eq r(2ght2)hB甲同學釋放點離地高度為eq f(1,2)

9、gt2eq r(2ght2)hC若兩位同學均各上一層樓重做以上實驗，兩小球仍能同時落地D若兩位同學均各下一層樓重做以上實驗，小球B先落地BD小球A下落的位移為hhA，即hvAteq f(1,2)gt2，其中vAeq r(2gh)，則hhAheq r(2ght2)eq f(1,2)gt2，故A錯誤，B正確；當兩位同學均各上一層樓重做以上實驗，相當于在以上實驗的基礎上，假設兩同學不動，地平面下降了一層樓，則由自由落體運動規(guī)律可知，兩球會在空中原來地平面處相遇，相遇時小球A速度大，故A先落地，故C錯誤；若兩位同學均各下一層樓重做以上實驗，相當于在以上實驗的基礎上，假設兩同學不動，地平面上升了一層樓，

10、則兩小球不能在空中相遇，根據自由落體規(guī)律可知小球B先落地，故D正確。8(2021山東省滕州市一中高三月考)物體做直線運動的位移x和時間平方t2的關系圖像如圖所示，則該質點()A加速度大小為1 m/s2B任意相鄰1 s內的位移差都為2 mC2 s末的速度是4 m/sD物體第3 s內的平均速度大小為3 m/sBC根據x和時間平方t2的關系圖像得出關系式為：xt2，對照勻變速直線運動的位移時間公式 xv0teq f(1,2)at2，知物體的初速度為0，加速度為 a2 m/s2，且加速度恒定不變，故A錯誤；根據xaT221 m2 m可知，任意相鄰1 s內的位移差都為2 m，故B正確；2 s末的速度是v

11、2at24 m/s，故C正確；物體第3 s內的位移為：x332 m22 m5 m，平均速度為eq o(v,sup16()eq f(x3,t3)eq f(5,1) m/s5 m/s，故D錯誤。三、非選擇題9某同學用如圖甲所示的裝置探究小車做勻變速直線運動的規(guī)律，他采用電火花計時器進行實驗。甲乙(1)請在下面列出的實驗器材中，選出本實驗中不需要的器材填在橫線上(填編號)_。電火花計時器天平8 V低壓交流電源細繩和紙帶砝碼、托盤和小車刻度尺秒表一端帶有定滑輪的長木板(2)安裝好實驗裝置后，先_，再_。紙帶被打出一系列點，其中一段如圖乙所示，可知紙帶的_(填“左”或“右”)端與小車相連。(3)如圖乙所

12、示的紙帶上，A、B、C、D、E為紙帶上所選的計數點，相鄰計數點間的時間間隔為0.1 s，則vB_ m/s，a_ m/s2。(保留2位有效數字)解析(1)本實驗不需要天平測質量，電火花計時器應用220 V交流電源，也不用秒表測時間，故不需要的器材為。(2)正確的操作順序是在安裝好實驗裝置后先接通電源，再釋放小車。紙帶和小車相連的一端先被打點，此時紙帶速度較小，點間距離較小，故紙帶的左端與小車相連。(3)B點對應的速度是vBeq f(xto(AC),2T)eq f(52.0,0.2)103 m/s0.26 m/s，aeq f(xto(CE)xto(AC),2T2)0.40 m/s2。答案(1) (

13、2)接通電源釋放小車左(3)0.260.4010(20211月湖南普通高校招生適應性考試)某同學利用滑塊在氣墊導軌上的運動測量當地的重力加速度。如圖(a)所示，所用器材包括：氣墊導軌、滑塊(上方安裝有寬度為d的遮光片)、數字計時器、光電門等。導軌下方兩支點間的距離為l。實驗步驟如下：(a)(b)(1)開動氣泵，調節(jié)氣墊導軌，輕推滑塊，當光電門A記錄的遮光時間_(填“大于”“小于”或“等于”)光電門B記錄的遮光時間時，可認為氣墊導軌水平。(2)用游標卡尺測量遮光片寬度d，如圖(b)所示，d_ cm。(3)在導軌左支點下加一高度為h的墊塊，讓滑塊從導軌頂端滑下，記錄遮光片經過A、B兩處光電門的遮光

14、時間t1、t2及遮光片從A運動到B所用的時間t12，可求出重力加速度g_(用題中給出的物理量符號表示)。(4)分析實驗結果發(fā)現，重力加速度的測量值比該地的實際值偏小，寫出一條產生這一結果的可能原因：_。解析(1)調節(jié)氣墊導軌水平后，輕推滑塊能做勻速直線運動，則滑塊通過兩光電門的時間應相等。(2)50分度的游標卡尺精確度為0.02 mm，則遮光片的寬度為：d4 mm100.02 mm4.20 mm0.420 cm。(3)vAeq f(d,t1)vBeq f(d,t2)aeq f(vBvA,t12)agsin eq f(h,l)g聯立得：geq f(l,ht12)eq blc(rc)(avs4al

15、co1(f(d,t2)f(d,t1)。答案(1)等于(2)0.420(3)eq f(l,ht12)(eq f(d,t2)eq f(d,t1)(4)測量遮光片寬度d偏小(或測量運動時間偏大，或氣墊導軌未調水平)11(2021江蘇省淮安市高三質檢)質點從靜止開始做勻加速直線運動，經6 s后速度達到30 m/s，然后勻速運動了10 s，接著經5 s勻減速運動后靜止。求：(1)質點在加速運動階段和減速運動階段的加速度的大?。?2)質點在整個過程的平均速度是多少？解析(1)根據加速度的定義式aeq f(v,t)得勻加速階段的加速度大小為a1eq f(30,6) m/s25 m/s2勻減速階段加速度的大小

16、為a2eq f(30,5) m/s26 m/s2。(2)勻加速運動的位移x1eq f(vt1,2)eq f(306,2) m90 m勻速運動的位移x2vt23010 m300 m勻減速運動的位移x3eq f(vt3,2)eq f(305,2) m75 m所以質點在整個過程的平均速度是eq xto(v)eq f(x1x2x3,t1t2t3)eq f(9030075,6105) m/s22.14 m/s。答案(1)5 m/s26 m/s2(2)22.14 m/s12(2021安徽省黃山市屯溪一中高三檢測)城市高層建筑越來越多，高空墜物事件時有發(fā)生，我國民法通則及侵權責任法中都有規(guī)定，建筑物上的擱置

17、物發(fā)生脫落造成他人損害的，其所有人或管理人應承擔民事責任，能夠證明自己沒有過錯的除外。假設某高樓距地面H47 m高的陽臺上的花盆因受擾動而掉落，掉落過程可看作自由落體運動。有一輛長L18 m、高h2 m的貨車，在樓下以v010 m/s的速度勻速直行，要經過陽臺的正下方，花盆自由下落時貨車車頭距花盆的水平距離為L224 m(花盆可視為質點，重力加速度g取10 m/s2)。(1)若司機沒有發(fā)現花盆掉落，貨車保持v010 m/s的速度勻速直行，通過計算說明貨車是否會被花盆砸到。(2)若貨車車頭距花盆的水平距離為L319 m時，司機才發(fā)現花盆正在掉落途中，經t0.5 s反應時間后采取加速(可視為勻加速

18、)的方式來避險，則貨車至少以多大的加速度才能安全通過？解析(1)花盆下落到車頂的過程：Hheq f(1,2)gt2解得：t3 s此過程車前進距離：xv0t30 m因為24 mx32 m，因此花盆會砸到貨車，貨車不能安全通過。(2)從花盆下落至司機發(fā)現問題的過程，貨車勻速x0L2L324 m19 m5 m則有t0eq f(x0,v0)0.5 s司機反應時間內，貨車勻速運動t1t0.5 sx1v0t100.5 m5 m若車尾剛好避險，貨車加速過程t2tt0t3 s0.5 s0.5 s2 sx2(L3x1)L1(195) m8 m22 mx2v0t2eq f(1,2)ateq oal( 2,2)解得

19、a1 m/s2所以，貨車至少以1 m/s2的加速度運動才能安全通過。答案(1)會(2)1 m/s2章末綜合驗收(二)一、單項選擇題1中國書法是一種藝術。在楷書筆畫中，長橫的寫法要領如下：起筆時一頓，然后向右行筆，收筆時略向右按，再向左上回帶。某同學在水平桌面上平鋪一張白紙，為防止打滑，他在白紙的左側靠近邊緣處用鎮(zhèn)紙壓住。則下列關于從左至右行筆過程中各物體的受力情況說法正確的是()A毛筆對紙的壓力一定大于毛筆的重力B鎮(zhèn)紙受到了向右的靜摩擦力C白紙受到了3個摩擦力D桌面受到了向右的靜摩擦力D提筆寫字時，手對毛筆有向上的作用力，則毛筆對紙的壓力不一定大于毛筆的重力，選項A錯誤；鎮(zhèn)紙相對白紙無運動趨勢

20、，則鎮(zhèn)紙不受靜摩擦力作用，選項B錯誤；白紙受到筆向右的滑動摩擦力，同時受到桌面向左的靜摩擦力作用，選項C錯誤；桌面受到了白紙向右的靜摩擦力，選項D正確。2如圖所示，與豎直墻壁成53角的輕桿一端斜插入墻中并固定，另一端固定一個質量為m的小球，水平輕質彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈力大小為eq f(3,4)mg(g表示重力加速度)，則輕桿對小球的彈力大小為()Aeq f(5,3)mg Beq f(3,5)mg Ceq f(4,5)mg Deq f(5,4)mgD小球處于靜止狀態(tài)，其合力為零，對小球受力分析，如圖所示，由圖中幾何關系可得Feq r(mg2blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)mg)s

21、up12(2)eq f(5,4)mg，選項D正確。3(2021江蘇省百校聯考高三下學期5月三模)如圖所示為體操男子吊環(huán)比賽中某個動作的模擬圖，運動員靜止不動，兩根吊帶對稱并與豎直方向有一定夾角。則下列判斷正確的是()A兩根吊帶的拉力大小不一定相等B兩個吊環(huán)對運動員的作用力的合力一定豎直向上C吊環(huán)對手的作用力與手對吊環(huán)的作用力是一對平衡力D從圖示狀態(tài)，運動員將兩吊帶緩慢向兩邊撐開的過程中，吊帶上的張力緩慢增大B因為兩根吊帶對稱并與豎直方向有一定夾角，所以兩根吊帶的拉力大小一定相等，A錯誤；運動員靜止不動，所以合力為零，則兩個吊環(huán)對運動員的作用力的合力與重力平衡，即方向豎直向上，B正確；吊環(huán)對手的

22、作用力與手對吊環(huán)的作用力是一對作用力與反作用力，C錯誤；從圖示狀態(tài)，運動員將兩吊帶緩慢向兩邊撐開的過程中，吊帶與豎直方向的夾角先減小后增大，則吊帶上的張力先減小后增大，D錯誤。4(2021江蘇南京市高三三模)掛燈籠的習俗起源于1 800多年前的西漢時期，已成為中國人喜慶的象征。如圖所示，由五根等長的輕質細繩懸掛起四個質量相等的燈籠，中間的細繩是水平的，另外四根細繩與水平面所成的角分別1和2。關于1和2，下列關系式中正確的是()A12 B122Csin 12sin 2 Dtan 12tan 2D以左邊兩個燈籠為整體，設水平方向繩子拉力為T，則有tan 1eq f(2mg,T)，以左邊第二個燈籠為

23、研究對象，則有tan 2eq f(mg,T)，聯立解得：tan 12tan 2，D正確。5(2020山東卷)如圖所示，一輕質光滑定滑輪固定在傾斜木板上，質量分別為m和2m的物塊A、B，通過不可伸長的輕繩跨過滑輪連接，A、B間的接觸面和輕繩均與木板平行。A與B間、B與木板間的動摩擦因數均為，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當木板與水平面的夾角為45時，物塊A、B剛好要滑動，則的值為()Aeq f(1,3) Beq f(1,4) Ceq f(1,5) Deq f(1,6)C根據題述，物塊A、B剛要滑動，可知A、B之間的摩擦力fABmgcos 45，B與木板之間的摩擦力f3mgcos 45。隔離A分析

24、受力，由平衡條件可得輕繩中拉力FfABmgsin 45。對AB整體，由平衡條件：2F3mgsin 45f，聯立解得：eq f(1,5)，選項C正確。二、多項選擇題6(2021江西九江市二模)如圖所示，兩個完全相同的小球在擋板作用下靜止在傾角為的光滑斜面上，下列關于小球受力的說法正確的是()甲乙A小球的重力在乙種情況下不產生對斜面的作用效果B小球均受重力、斜面的彈力、擋板的彈力C小球受到擋板的作用力的大小、方向均相同D撤去擋板，小球所受合力方向將沿斜面向下BD根據物體處于靜止狀態(tài)的受力特點知，甲、乙兩球受擋板作用力的方向分別為水平向右和沿斜面向上，按實際作用效果重力可分解為使物體壓緊斜面的力和使

25、物體壓緊擋板的力。撤去擋板后，小球受力的大小、方向也隨之發(fā)生變化，甲、乙兩種情況下小球所受的合力大小均為mgsin ，方向沿斜面向下，故B、D選項正確。7如圖是“中國天眼”500 m口徑球面射電望遠鏡維護時的照片。為不損傷望遠鏡球面，質量為m的工作人員被懸在空中的氦氣球拉著，當他在離底部有一定高度的望遠鏡球面上緩慢移動時，氦氣球對其有大小為eq f(5,6)mg、方向豎直向上的拉力作用，使其有“人類在月球上行走”的感覺，若將人視為質點，此時工作人員()A受到的重力大小為eq f(1,6)mgB受到的合力大小為0C對球面的壓力大小為eq f(1,6)mgD對球面的作用力大小為eq f(1,6)m

26、gBD工作人員的質量為m，則工作人員受到的重力Gmg，A錯誤；工作人員在球面上緩慢行走，處于平衡狀態(tài)，合力為0，B正確；工作人員站在的球面位置不水平，對球面的壓力不等于eq f(1,6)mg，C錯誤；由平衡條件可得球面對工作人員的作用力F滿足Fmgeq f(5,6)mgeq f(1,6)mg，再由牛頓第三定律可得，工作人員對球面的作用力大小為Feq f(1,6)mg，D正確。8(2021山東省濰坊市高三下學期4月二模)如圖所示，某工廠將圓柱形工件a放在傾角為的斜面上，為防止工件滾動，在其下方墊一段半徑與a相同的半圓柱體b。若逐漸減小斜面傾角，a、b始終處于靜止狀態(tài)，不計a與接觸面的摩擦，b的質

27、量很小。則()A斜面對a的彈力變大B斜面對a的彈力先變大后變小Cb對a的彈力逐漸變小Db對a的彈力不變AC對 a進行受力分析，如圖甲所示甲乙根據平衡，斜面對a的彈力F1、b對a彈力F2的合力與a的重力等大反向，則在傾角逐漸減小過程中，斜面對a的彈力F1 和b對a彈力F2 的變化過程，根據三角形法如圖乙所示，分析可得，斜面對a的彈力F1變大，b對a的彈力F2逐漸變小。三、非選擇題9某探究小組做“驗證力的平行四邊形定則”實驗，將畫有坐標軸(橫軸為x軸，縱軸為y軸，最小刻度表示1 mm)的紙貼在水平桌面上，如圖(a)所示。將橡皮筋的一端Q固定在y軸上的B點(位于圖示部分之外)，另一端P位于y軸上的A

28、點時，橡皮筋處于原長。(1)用一只測力計將橡皮筋的P端沿y軸從A點拉至坐標原點O。此時拉力F的大小可由測力計讀出。測力計的示數如圖(b)所示，F的大小為_N。(2)撤去(1)中的拉力，橡皮筋P端回到A點，現使用兩個測力計同時拉橡皮筋，再次將P端拉至O點。此時觀察到兩個拉力分別沿圖(a)中兩條虛線所示的方向，由測力計的示數讀出兩個拉力的大小分別為F14.2 N和F25.6 N。()用5 mm長度的線段表示1 N的力，以O為作用點，在圖(a)中畫出力F1、F2的圖示，然后按平行四邊形定則畫出它們的合力F合；()F合的大小為_N，F合與拉力F的夾角的正切值為_。若F合與拉力F的大小及方向的偏差均在實

29、驗所允許的誤差范圍之內，則該實驗驗證了力的平行四邊形定則。解析(1)由題給測力計示數可知，讀數為4.0 N。(2)作圖，F2長度為28 mm，F1長度為21 mm，平行四邊形如圖，量出合力長度約為20 mm，大小代表4.0 N，量出合力箭頭處到y軸距離和所作合力在y軸上投影長度，其比值就是F合與拉力F的夾角的正切值。答案(1)4.0(2)()見解析()4.00.05(0.05或0.06)10某同學用圖(a)所示的裝置測量木塊與木板之間的動摩擦因數?？邕^光滑定滑輪的細線兩端分別與木塊和彈簧測力計相連，滑輪和木塊間的細線保持水平，在木塊上方放置砝碼。緩慢向左拉動水平放置的木板，當木塊和砝碼相對桌面

30、靜止且木板仍在繼續(xù)滑動時，彈簧測力計的示數即為木塊受到的滑動摩擦力的大小。某次實驗所得數據在下表中給出，其中f4的值可從圖(b)中彈簧測力計的示數讀出。砝碼的質量m/kg0.050.100.150.200.25滑動摩擦力f/N2.152.362.55f42.93(a)(b)(c)回答下列問題：(1)f4_ N。(2)在圖(c)的坐標紙上補齊未畫出的數據點并繪出fm圖線。(3)f與m、木塊質量M、木板與木塊之間的動摩擦因數及重力加速度大小g之間的關系式為f_，fm圖線(直線)的斜率的表達式為k_。(4)g取9.80 m/s2，由繪出的fm圖線求得_。(保留兩位有效數字)解析(1)由圖(b)可讀出

31、彈簧測力計的示數f42.75 N。(2)如圖所示 (3)摩擦力表達式f(Mm)g，其斜率kg。(4)圖線的斜率keq f(f,m)eq f(2.932.15,0.250.05) N/kg3.9 N/kg，解得0.40。答案(1)2.75(2.732.77均可)(2)見解析圖(3)(Mm)gg(4)0.4011(2021江蘇蘇州市高三月考)如圖所示，放在粗糙的固定斜面上的物體A和懸掛的物體B均處于靜止狀態(tài)。輕繩AO繞過光滑的定滑輪與輕彈簧的右端及輕繩BO的上端連接于O點，輕彈簧中軸線沿水平方向，輕繩的OC段與豎直方向的夾角53，斜面傾角37，物體A和B的質量分別為mA5 kg，mB1.5 kg，

32、彈簧的勁度系數k500 N/m，(sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2)求：(1)彈簧的伸長量x；(2)物體A 受到的摩擦力。解析(1)對結點O受力分析如圖甲所示：甲根據平衡條件，有：Tcos mBg0Tsin F0且：Fkx解得：x4 cm。(2)設物體A所受摩擦力沿斜面向下，對物體A受力分析如圖乙所示：乙根據平衡條件，有：TfmAgsin 0解得：f5 N即物體A所受摩擦力大小為5 N，方向沿斜面向上。答案(1)4 cm(2)5 N，方向沿斜面向上12一個底面粗糙、質量為M3m的劈放在粗糙水平面上，劈的斜面光滑且與水平面成30角?，F用一端固定的輕繩系一質量為

33、m的小球，小球放在斜面上，小球靜止時輕繩與豎直方向的夾角也為30，如圖所示。(1)當劈靜止時，求繩子的拉力大小。(2)當劈靜止時，求地面對劈的摩擦力大小。(3)若地面對劈的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，為使整個系統靜止，動摩擦因數的最小值為多大？解析(1)以小球為研究對象，受力分析如圖甲所示，對FT和mg進行正交分解。由平衡條件有FTcos 30mgsin 30，解得FTeq f(r(3),3)mg。甲(2)以劈和小球整體為研究對象，受力情況如圖乙所示。由平衡條件可得FfFTcos 60 eq f(r(3),6)mg。乙(3)為使整個系統靜止，必須滿足FfmaxFNFTcos 60，且有FNFT

34、sin 60(Mm)g，聯立解得eq f(r(3),21)，故最小值為eq f(r(3),21)。答案(1)eq f(r(3),3)mg(2)eq f(r(3),6)mg(3)eq f(r(3),21)章末綜合驗收(三)一、單項選擇題1下列關于牛頓運動定律和物理現象的說法中正確的是()A力的國際制單位“牛頓”是根據牛頓第二定律定義的B司機系上安全帶主要是為了減輕車突然啟動時可能對人造成的傷害C人乘坐能加速或減速運動的電梯，當電梯減速下降時，人是處在失重狀態(tài)D滑冰時運動員對冰面的壓力與冰面對運動員的支持力是一對平衡力A力的國際制單位“牛頓”是根據牛頓第二定律Fma定義的，故A正確；當汽車突然啟動

35、時，人由于座椅的作用而隨車加速，安全帶對人沒有作用，當汽車緊急剎車時，人由于慣性，保持向前的速度，但由于安全帶的作用，避免了向前撞擊或摔出去的可能性，減輕了剎車時可能對人造成的傷害，故B錯誤；人乘坐能加速或減速運動的電梯，當電梯減速下降時，人的加速度方向向上，人處在超重狀態(tài)，故C錯誤；運動員對冰面的壓力與冰面對運動員的支持力是一對作用力和反作用力，故D錯誤。2引體向上是同學們經常做的一項健身運動。該運動的規(guī)范動作是：兩手正握單杠，由懸垂開始，上拉時，下顎需超過單杠面。下放時，兩臂放直，不能曲臂，如圖所示，這樣上拉下放，重復動作，達到鍛煉臂力和腹肌的目的。關于做引體向上動作時人的受力，以下判斷正

36、確的是()A加速上拉過程中，單杠給人的作用力大于人給單杠的作用力B在加速下放過程中，單杠對人的作用力等于人對單杠的作用力C懸垂靜止時，單杠對人的作用力與人對單杠的作用力是一對平衡力D加速下放過程中，在某瞬間人可能不受力的作用B無論是上拉過程、下放過程，還是懸垂靜止時，單杠對人的作用力總等于人對單杠的作用力，這是一對相互作用力，與人的運動狀態(tài)無關，選項A、C錯誤，B正確；加速下放過程中，人受到的合外力向下，故D錯誤。3(2021廣東省汕頭市高三一模)為檢測某公路濕瀝青混凝土路面與汽車輪胎的動摩擦因數，測試人員讓汽車在該公路水平直道行駛，當汽車速度表顯示40 km/h時緊急剎車(車輪抱死)，車上人

37、員用手機測得汽車滑行3.70 s后停下來，g取10 m/s2，則測得約為()A0.2 B0.3 C0.4 D0.5B汽車滑行時做減速運動，則加速度大小為aeq f(v,t)eq f(f(40,3.6),3.7) m/s23.0 m/s2，根據牛頓第二定律和動摩擦因數表達式eq f(Ff,FN)eq f(ma,mg)eq f(3.0,10)0.3，故選項B正確。4如圖所示，木盒中固定一質量為m的砝碼，木盒和砝碼在斜面上一起以一定的初速度滑行一段距離后停止?，F拿走砝碼，而持續(xù)加一個垂直于斜面向下的恒力F(Fmgcos )，其他條件不變，則木盒滑行的距離將()A不變 B變小C變大 D變大、變小均有可

38、能B設木盒的質量為M且向上滑行，放有砝碼時由牛頓第二定律有(Mm)gcos (Mm)gsin (Mm)a1，換成垂直于斜面向下的恒力F時由牛頓第二定律有(Mm)gcos Mgsin Ma2，可知a2a1，再由xeq f(voal( 2,0),2a)可得x2x1。同理可知，若木盒向下滑行，放有砝碼時，有(Mm)gcos (Mm)gsin (Mm)a1，換成垂直于斜面向下的恒力F時，有(Mm)gcos Mgsin Ma2，可知a2a1，再由xeq f(voal( 2,0),2a)可得x2x1，故選項B正確。5(2021廣東深圳市高三檢測)如圖所示，兩個質量均為m的相同的物塊疊放在一個輕彈簧上面，處

39、于靜止狀態(tài)。彈簧的下端固定于地面上，彈簧的勁度系數為k。t0時刻，給A物塊一個豎直向上的作用力F，使得兩物塊以0.5g(g為重力加速度)的加速度勻加速上升，下列說法正確的是()AA、B分離前合外力大小與時間的平方t2成線性關系B分離時彈簧處于原長狀態(tài)C在teq r(f(2m,k)時刻A、B分離D分離時B的速度大小為eq r(f(m,4k)gCA、B分離前兩物塊做勻加速運動，合外力不變，選項A錯誤；開始時彈簧的壓縮量為x1，則2mgkx1，當兩物塊分離時，加速度相同且兩物塊之間的彈力為零，對物塊B，有kx2mgma，且x1x2eq f(1,2)at2，解得x1eq f(2mg,k)，x2eq f

40、(3mg,2k)，teq r(f(2m,k)，此時彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，選項B錯誤，C正確；分離時B的速度大小為vateq f(1,2)geq r(f(2m,k)eq r(f(m,2k)g，選項D錯誤。二、多項選擇題6(2021重慶市江津中學月考)如圖所示，一粗糙的水平傳送帶以恒定的速度v1沿順時針方向轉動，傳送帶的左、右兩端皆有一與傳送帶等高的光滑水平面，一物體以恒定的速度v2沿水平面分別從左、右兩端滑上傳送帶，下列說法正確的是()A物體從右端滑到左端所需的時間一定大于物體從左端滑到右端的時間B若v2v1，物體從左端滑上傳送帶必然先做加速運動，再做勻速運動C若v2v1，物體從右端滑上傳送帶，則

41、物體可能到達左端D若v2v1，物體從右端滑上傳送帶又回到右端，在此過程中物體先做減速運動再做加速運動CD物體從右端滑到左端和從左端滑到右端的過程中一直相對于傳送帶滑動，做勻減速運動，此時滑動摩擦力產生加速度，兩者加速度大小相等，運動的位移大小相等，都做勻變速運動，則運動的時間相等，故A錯誤；若v2v1，物體從右端滑上傳送帶，物體所受摩擦力向右，物體做勻減速運動，當物體滑到左端速度大于等于零時，可以到達左端，故C正確；若v2v1，物體從左端滑上傳送帶時所受的滑動摩擦力向右，物體先做勻加速運動，當物體運動到右端時速度仍小于傳送帶速度時，則沒有勻速過程，故B錯誤；若v20可解得相應的條件為L2x。(

42、b)物塊A脫離平板時平板停下，則對B有veq oal(2,m)2axBA、B的位移關系同樣滿足xAxBL解得A脫離平板時的速度veq r(2gxgL)相應的條件為L2x。答案(1)eq r(gx)(2)見解析章末綜合驗收(四)一、單項選擇題1有一條兩岸平直、河水流速均勻的大河，某人駕駛一艘小船渡河，已知小船在靜水中的速度為v1，河水的流速為v2，且v1v2，小船若以最短時間渡河，所用時間為T，若以最小位移渡河，則渡河的最小位移為()Av2T Beq r(v1v2T) Ceq f(voal( 2,2),v1)T Deq f(voal( 2,1),v2)TA由題意可知，河寬dv1T，若以最小位移渡

43、河，設合速度與河岸夾角為，則有sin eq f(v1,v2)，則渡河的最小位移seq f(d,sin )v2T，故A正確，B、C、D錯誤。2如圖甲所示，a、b兩小球通過輕細線連接跨過光滑定滑輪，a球放在地面上時，將連接b球的細線剛好水平拉直，由靜止釋放b球，b球運動到最低點時，a球對地面的壓力剛好為零；若將定滑輪適當豎直下移一小段距離，再將連接b球的細線剛好水平拉直，如圖乙所示，由靜止釋放b球，空氣阻力不計。則下列判斷正確的是()甲乙A在b球向下運動過程中，a球可能會離開地面B在b球向下運動過程中，a球一定會離開地面Cb球運動到最低點時，a球對地面的壓力恰好為零Db球運動到最低點時，a球對地面

44、的壓力不為零C在圖甲中，設b球做圓周運動的半徑為d，b球運動到最低點時速度為v，根據機械能守恒定律有mbgdeq f(1,2)mbv2，在最低點時Tmbgmbeq f(v2,d)，解得T3mbg，又Tmag，因此有ma3mb，若改變b球做圓周運動的半徑，b球運動到最低點時對細線的拉力仍等于3mbg，因此b球運動到最低點時，小球a對地面的壓力恰好為零，C項正確，A、B、D項錯誤。3(2021四川成都高三月考)如圖所示，傾角30的斜面體C固定在水平面上，置于斜面上的物塊B通過細繩跨過光滑定滑輪(滑輪可視為質點)與小球A相連，連接物塊B的細繩與斜面平行，滑輪左側的細繩長度為L，物塊B與斜面間的動摩擦

45、因數eq f(r(3),3)。開始時A、B均處于靜止狀態(tài)，B、C間恰好沒有摩擦力，現讓A在水平面內做勻速圓周運動，物塊B始終靜止，則A的最大角速度為()Aeq r(f(2g,L) Beq r(f(3g,2L) Ceq r(f(g,L) Deq r(f(2g,3L)A開始時A、B均處于靜止狀態(tài)，B、C間恰好沒有摩擦力，則有mAgmBgsin ；解得mB2mA；當A以最大角速度做圓周運動時，要保證B靜止，此時繩子上的拉力TmBgsin mBgcos 2mAg；設A以最大角速度做圓周運動時繩子與豎直方向的夾角為，則cos eq f(mAg,T)eq f(1,2)；對A受力分析可知，物體A做圓周運動的

46、半徑RLsin eq f(r(3),2)L，向心力為FnTsin eq r(3)mAg；由向心力公式FnmA2R，代入數據解得eq r(f(2g,L)，故選A。4如圖所示，斜面ABC傾角為，在A點以速度v1將小球水平拋出(小球可以看成質點)，小球恰好經過斜面上的小孔E，落在斜面底部的D點，且D為BC的中點。在A點以速度v2將小球水平拋出，小球剛好落在C點。若小球從E運動到D的時間為t1，從A運動到C的時間為t2，則t1t2為()A21 B12 C23 D13B對于平拋運動，其運動時間只由高度h決定，不管是以初速度v1或v2拋出，其落到斜面底端的時間一樣，都為t2。設從A到E的時間為t，由平拋運

47、動規(guī)律得tan eq f(f(1,2)gt2,v1t)，同理，從A到D的運動tan eq f(f(1,2)gtoal( 2,2),v1t2)，根據數學幾何知識可知tan eq f(AB,BC)，tan eq f(AB,BD)，tan 2tan ，即t22t，由于t2t1t，故t1t212，故選B。5(2021全國甲卷)2021年2月，執(zhí)行我國火星探測任務的“天問一號”探測器在成功實施三次近火制動后，進入運行周期約為1.8105 s的橢圓形停泊軌道，軌道與火星表面的最近距離約為2.8105m。已知火星半徑約為3.4106 m，火星表面處自由落體的加速度大小約為3.7 m/s2，則“天問一號”的停

48、泊軌道與火星表面的最遠距離約為()A6105 m B6106 mC6107 m D6108 mC在火星表面附近，對于繞火星做勻速圓周運動的物體，有mg火meq f(42,Toal( 2,1)R火，得Teq oal( 2,1)eq f(42R火,g火)，根據開普勒第三定律，有eq f(Roal( 3,火),Toal( 2,1)eq f(blc(rc)(avs4alco1(f(l近2R火l遠,2)eq sup12(3),Toal( 2,2)，代入數據解得l遠6107 m，C正確。二、多項選擇題6如圖所示，兩個質量均為m的小球A、B套在半徑為R的圓環(huán)上，圓環(huán)可繞豎直方向的直徑旋轉，兩小球隨圓環(huán)一起轉

49、動且相對圓環(huán)靜止。已知OA與豎直方向的夾角53，OA與OB垂直，小球B與圓環(huán)間恰好沒有摩擦力，重力加速度為g，sin 530.8，cos 530.6。下列說法正確的是()A圓環(huán)旋轉角速度的大小為eq r(f(5g,4R)B圓環(huán)旋轉角速度的大小為eq r(f(5g,3R)C小球A與圓環(huán)間摩擦力的大小為eq f(7,5)mgD小球A與圓環(huán)間摩擦力的大小為eq f(1,5)mgAD小球B與圓環(huán)間恰好沒有摩擦力，由支持力和重力的合力提供向心力，有mgtan 37m2Rsin 37，解得eq r(f(5g,4R)，故A正確，B錯誤；對小球A受力分析。水平方向Nsin fcos m2Rsin ，豎直方向N

50、cos fsin mg0，聯立解得feq f(1,5)mg，故C錯誤，D正確。7如圖所示，a、b、c是在地球大氣層外圓形軌道上運動的3顆人造地球衛(wèi)星，下列判斷正確的是()Ab衛(wèi)星加速就能追上同一軌道上的c衛(wèi)星Bb、c衛(wèi)星的線速度大小相等且大于a衛(wèi)星的線速度Cb衛(wèi)星的角速度小于c衛(wèi)星的角速度Da衛(wèi)星的周期大于b衛(wèi)星的周期BD萬有引力提供衛(wèi)星做圓周運動的向心力，Geq f(mM,r2)meq f(v2,r)mreq blc(rc)(avs4alco1(f(2,T)eq sup12(2)mr2ma，b衛(wèi)星原本做勻速圓周運動，萬有引力等于圓周運動的向心力，現讓b衛(wèi)星加速，則衛(wèi)星所需向心力增加，而萬有引

51、力沒有變化，故此時滿足離心運動條件F供F需，故衛(wèi)星將做離心運動，故b加速后不能追上同一軌道運行的c衛(wèi)星，故A錯誤；veq r(f(GM,r)，b、c衛(wèi)星的半徑比a小，則b、c衛(wèi)星的線速度相等且比a大，故B正確；角速度eq r(f(GM,r3)，b、c半徑相同，角速度大小相等，故C錯誤；Teq r(f(42r3,GM)，a衛(wèi)星的半徑大，故周期大于b的周期，故D正確。8(2021廣東廣州月考)如圖甲所示，將質量為M的物塊A和質量為m的物塊B沿同一半徑方向放在水平轉盤上，兩者用長為L的水平輕繩連接。物塊與轉盤間的最大靜摩擦力均為各自重力的k倍，物塊A與轉軸的距離等于輕繩長度，整個裝置能繞通過轉盤中心

52、的豎直軸轉動。開始時，輕繩恰好伸直但無彈力，現讓該裝置從靜止開始轉動，使角速度緩慢增大，繩中張力FT與2的關系如圖乙所示，當2超過3eq oal( 2,1)時，物塊A、B開始滑動。若圖乙中的F1、1及重力加速度g均為已知，下列說法正確的是()甲乙ALeq f(F1,moal( 2,1) BLeq f(F1,2moal( 2,1)Ckeq f(2F1,mg) DmMBC由圖乙可知，當轉盤角速度的二次方為2eq oal( 2,1)時，A、B間的細繩開始出現拉力，可知此時B達到最大靜摩擦力，故有kmgm2L2eq oal( 2,1)，當轉盤角速度的二次方為3eq oal( 2,1)，A達到最大靜摩擦

53、力，對A有kMgF1ML3eq oal( 2,1)，對B有kmgF1m2L3eq oal( 2,1)，聯立以上三式解得Leq f(F1,2moal( 2,1)，keq f(2F1,mg)，meq f(1,2)M，故A、D錯誤，B、C正確。三、非選擇題9(2020河南安陽一中期中)圖甲是“研究平拋物體的運動”的實驗裝置圖。甲乙(1)實驗前應對實驗裝置反復調節(jié)，直到斜槽末端切線_。每次讓小球從同一位置由靜止釋放，是為了每次平拋_相同。(2)圖乙是正確實驗取得的數據，其中O為拋出點，則此小球做平拋運動的初速度為_ m/s(g取9.8 m/s2)。解析(1)為了保證小球的初速度水平，斜槽末端應切線水平

54、，每次讓小球從同一位置由靜止釋放，是為了每次平拋運動的初速度相等。(2)根據yeq f(1,2)gt2得，運動時間為teq r(f(2y,g)eq r(f(20.196,9.8) s0.2 s則小球平拋運動的初速度為v0eq f(x,t)eq f(0.32,0.2) m/s1.6 m/s。答案(1)水平初速度(2)1.610某探究小組用能夠顯示并調節(jié)轉動頻率的小電動機驗證勻速圓周運動的向心力關系式Fmr2。甲(1)如圖甲所示，把轉動頻率可調的小電動機固定在支架上，轉軸豎直向下，將搖臂平臺置于小電動機正下方的水平桌面上。(2)在轉動軸正下方固定一根不可伸長的細線，小電動機轉軸與細線連接點記為O。

55、細線另一端穿過小鐵球的球心并固定。(3)啟動電動機，記錄電動機的轉動頻率f，當小球轉動穩(wěn)定時，將搖臂平臺向上移動，無限接近轉動的小球。(4)關閉電動機，測量O點到搖臂平臺的高度h。(5)改變電動機的轉動頻率，重復上述實驗。探究小組的同學除了測量以上數據，還用游標卡尺測量了小球的直徑D，如圖乙所示，讀數為_ mm；本實驗_(填“需要”或“不需要”)測量小球的質量。乙實驗時記錄下O點到搖臂平臺的高度h和小球的直徑D，重力加速度為g，若所測物理量滿足g_，則Fmr2成立。(用所測物理量符號表示)解析游標卡尺的讀數為1 cm0.0226 mm10.52 mm。設細線與豎直方向的夾角為，根據實驗原理可得

56、mgtan m2r，2f，由幾何關系得tan eq f(r,hf(D,2)，得g42f2eq blc(rc)(avs4alco1(hf(D,2)，根據上式可知，實驗中不需要測量小球的質量。答案10.52不需要42f2eq blc(rc)(avs4alco1(hf(D,2)11在火炮發(fā)明并被大規(guī)模應用于實戰(zhàn)之前，拋石機是中國古代常用的破城武器。某同學仿照古代拋石機制作了一個拋石機模型，如圖所示，炮架上橫置一個可以轉動的軸，固定在軸上的長桿可繞轉軸O轉動，轉軸O到地面的距離為h0.5 m，發(fā)射前長桿A端著地與地面成30夾角，A端半球形凹槽中放置一質量m2 kg的物體，用手扳動長桿另一端B至O點正下

57、方，B貼近地面且速度vB1 m/s，此時長桿受到裝置作用迅速停止，A端物體從最高點水平飛出，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)物體從最高點飛出時的速度大??；(2)物體從最高點飛出前對長桿凹槽在豎直方向上的壓力大小。解析(1)由幾何關系可知，AO2OB，A、B轉動的角速度相同，由vr可知線速度與轉動半徑成正比，所以A端物體在最高點的速度為vA2vB2 m/s。(2)物體在最高點時，由重力和桿的支持力提供向心力GFNmeq f(voal( 2,A),r)rOA1 m解得FN12 N物體對桿的壓力和桿對物體的支持力是一對相互作用力，物體對桿的壓力大小為12 N。答案(1)2 m/s(2)12

58、N12如圖1所示，在某星球表面輕繩約束下的質量為m的小球在豎直平面內做圓周運動，小球在最低點與最高點所受輕繩的拉力之差為F，假設星球是均勻球體，其半徑為R，已知引力常量為G，不計一切阻力。圖1圖2(1)求星球表面的重力加速度；(2)求該星球的密度；(3)如圖2所示，在該星球表面上，某小球以大小為v0的初速度平拋，恰好能擊中傾角為的斜面，且位移最短，試求該小球平拋的時間。解析(1)設小球在最高點受到繩子的拉力為F1，速率為v1，則有F1mgmeq f(voal( 2,1),R)設小球在最低點受到繩子拉力為F2，速率為v2，則有F2mgmeq f(voal( 2,2),R)小球從最高點到最低點的過

59、程中應用動能定理可得：mg2Req f(1,2)mveq oal( 2,2)eq f(1,2)mveq oal( 2,1)而FF2F1，故有geq f(F,6m)。(2)對星球表面上的物體Geq f(Mm,R2)mg星球體積Veq f(4,3)R3，故星球的密度為eq f(M,V)eq f(F,8mGR) 。(3)根據題意可知，位移最短，說明位移方向與斜面垂直，則tan eq f(x,y)，xv0t，yeq f(1,2)gt2，聯立可得teq f(12mv0,Ftan ) 。答案(1)eq f(F,6m)(2)eq f(F,8mGR)(3)eq f(12mv0,Ftan )章末綜合驗收(五)一

60、、單項選擇題1載人飛行包是一個單人低空飛行裝置，如圖所示，其發(fā)動機使用汽油作為燃料提供動力，可以垂直起降也可以快速前進，若飛行包(包括人)在豎直方向上勻速上升的過程中(空氣阻力不可忽略)，下列說法正確的是()A發(fā)動機對飛行包不做功B飛行包的重力做正功C飛行包的動能不變 D飛行包的機械能不變C飛行包(包括人)在豎直勻速上升的過程中，發(fā)動機的動力向上，則發(fā)動機對飛行包做正功，故A錯誤；高度上升，飛行包的重力做負功，故B錯誤；飛行包(包括人)在豎直方向上勻速上升，故飛行包的動能不變，故選C正確；飛行包在上升過程中動能不變，重力勢能變大，故機械能變大，故D錯誤。2如圖所示，小物塊甲從豎直固定的eq f