金版教程物理2024導(dǎo)學(xué)案必修第一冊(cè)人教版新第四章 運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系第4章 水平測(cè)評(píng)含答案

《金版教程(物理）》2024導(dǎo)學(xué)案必修第一冊(cè)(人教版新）第四章運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系第四章水平測(cè)評(píng)題號(hào)12345678難度★★★★★★★★★★★★★對(duì)應(yīng)考點(diǎn)/知識(shí)點(diǎn)慣性的理解從運(yùn)動(dòng)情況分析物體受力、超重與失重的判斷綜合單位制的應(yīng)用從受力分析物體運(yùn)動(dòng)情況牛頓第二定律的瞬時(shí)性問題從運(yùn)動(dòng)情況分析物體受力多過程問題綜合分析胡克定律、超重與失重的綜合題號(hào)9101112131415難度★★★★★★★★★★★★★★★對(duì)應(yīng)考點(diǎn)/知識(shí)點(diǎn)斜面上板塊模型的受力分析綜合v-t圖像的傾斜傳送帶模型問題實(shí)驗(yàn)：測(cè)量動(dòng)摩擦因數(shù)實(shí)驗(yàn)：探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系從受力分析物體運(yùn)動(dòng)情況從運(yùn)動(dòng)情況分析物體受力，多過程臨界問題多過程問題，板塊模型問題本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分100分，考試時(shí)間75分鐘。第Ⅰ卷(選擇題，共50分)一、選擇題(本題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～7題只有一項(xiàng)符合題目要求，第8～10題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分)1．(2023·福建省福州市高一上期末質(zhì)檢)下列關(guān)于慣性的說法正確的是()A．物體不受外力作用時(shí)才有慣性B．只有靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)的物體才具有慣性C．宇航員在太空艙中能飄來飄去是因?yàn)閼T性非常小D．勻速行駛中的客車剎車時(shí)乘客向前傾，這是由于慣性所引起的答案：D解析：慣性是物體固有的屬性，任何物體在任何情況下都具有慣性，與是否受力及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無關(guān)，故A、B錯(cuò)誤；宇航員在太空艙中能飄來飄去是因?yàn)槠涮幱凇笆е亍睜顟B(tài)，與慣性無關(guān)，故C錯(cuò)誤；勻速行駛中的客車剎車時(shí)，乘客下半身隨車減速，而上半身由于慣性仍保持原來的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，從而向前傾，故D正確。2．(2023·遼寧省朝陽市普通高中高一上期末)一乘客乘如圖所示的自動(dòng)扶梯向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，經(jīng)過先加速再勻速兩個(gè)階段，扶梯在運(yùn)送乘客的過程中，下列說法正確的是()A．乘客始終受摩擦力作用B．乘客先超重再失重C．扶梯對(duì)乘客的作用力始終豎直向上D．乘客對(duì)扶梯的作用力先指向左下方，再豎直向下答案：D解析：在加速階段，乘客有沿扶梯向上的加速度，則其沿豎直方向的加速度分量向上，即此階段乘客處于超重狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律，乘客所受合力沿扶梯向上，則此階段乘客受到水平向右的摩擦力，扶梯對(duì)乘客的作用力指向右上方，根據(jù)牛頓第三定律，乘客對(duì)扶梯的作用力指向左下方；在勻速運(yùn)動(dòng)階段，乘客的加速度為零，處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件可知，扶梯對(duì)乘客的作用力與乘客重力大小相等，方向相反，即扶梯對(duì)乘客的作用力豎直向上，由牛頓第三定律知，此階段乘客對(duì)扶梯的作用力豎直向下。綜上可知，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。3．(2024·河北省張家口市高一上1月期末)如圖所示，由高壓水槍中豎直向上噴出的水柱，將一個(gè)開口向下的小鐵盒頂在空中。已知水的密度為ρ，以恒定速率v0從橫截面積為S的水槍中持續(xù)噴出，向上運(yùn)動(dòng)并以速率v沖擊小鐵盒后，以不變的速率v豎直返回，水與鐵盒作用時(shí)這部分水所受重力可忽略不計(jì)，試從單位制角度分析下列水與鐵盒間的平均作用力表達(dá)式可能正確的是()A．2ρSvv0 B．2ρS(v＋v0)C．2ρS(v－v0) D．2ρSeq\f(v,v0)答案：A解析：由力學(xué)單位制可知，力F的單位是kg·m/s2，密度ρ的單位是kg/m3，橫截面積S的單位是m2，速度v的單位是m/s，則2ρSvv0的單位是kg·m/s2，2ρS(v＋v0)和2ρS(v－v0)的單位是kg/s，2ρSeq\f(v,v0)的單位是kg/m，故選A。4．(2024·安徽省宣城市高一上1月期末)如圖所示，跳跳桿底部裝有一根彈簧，小孩和桿的總質(zhì)量為m。忽略空氣阻力，小孩和桿從圖示位置靜止豎直下落，從彈簧接觸地面到小孩運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，對(duì)小孩和桿組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是()A．速度不斷減小B．加速度先變小再變大C．先是加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，后是加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)D．到最低點(diǎn)時(shí)，小孩和桿處于平衡狀態(tài)答案：B解析：下落過程中，彈簧彈力逐漸增大，當(dāng)彈簧彈力F<mg時(shí)，有mg－F＝ma1，加速度方向向下，且逐漸減小，系統(tǒng)做加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)彈簧彈力F>mg時(shí)，有F－mg＝ma2，加速度方向向上，且逐漸增大，系統(tǒng)做減速運(yùn)動(dòng)；所以系統(tǒng)先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，故A、C錯(cuò)誤，B正確；最低點(diǎn)時(shí)，彈簧彈力最大，系統(tǒng)具有向上的最大加速度，故D錯(cuò)誤。5．如圖所示，小球的質(zhì)量為m，用彈簧和細(xì)線懸掛在天花板上，保持靜止，彈簧和細(xì)線的質(zhì)量忽略不計(jì)，且與水平方向的夾角均為60°。在細(xì)線被剪斷的瞬間，小球加速度的大小和方向分別是()A．0B．g，豎直向下C.eq\f(\r(3),2)g，豎直向下D.eq\f(\r(3),3)g，指向右下方且與水平方向夾角為60°答案：D解析：細(xì)線被剪斷之前，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，進(jìn)行正交分解，水平方向：F1cos60°＝F2cos60°，豎直方向：F1sin60°＋F2sin60°＝mg，聯(lián)立解得F1＝F2＝eq\f(\r(3),3)mg；細(xì)線被剪斷的瞬間，彈簧彈力和小球重力都不變，受力分析如圖乙所示，兩力的合力大小為F＝F1＝eq\f(\r(3),3)mg，方向與力F1的方向相反，根據(jù)牛頓第二定律F＝ma得：a＝eq\f(\r(3),3)g，方向指向右下方且與水平方向夾角為60°，D正確。6.如圖所示，建筑工地上吊裝建材。一勻質(zhì)圓環(huán)形建材質(zhì)量為m、半徑為0.6L，用三根長度均為L的鋼纜將建材系牢，連接點(diǎn)將建材三等分，吊鉤吊著建材以0.1g的加速度勻加速上升，已知重力加速度為g，則每根鋼纜上承受的拉力大小為()A.eq\f(10,11)mg B.eq\f(5,6)mgC.eq\f(11,24)mg D.eq\f(5,12)mg答案：C解析：設(shè)每根鋼纜與豎直方向的夾角為α，每根鋼纜上的拉力大小為F，根據(jù)幾何關(guān)系可得sinα＝eq\f(0.6L,L)＝0.6，則有cosα＝0.8。分析建材的受力情況，在豎直方向根據(jù)牛頓第二定律有3Fcosα－mg＝m·0.1g，解得F＝eq\f(11,24)mg，由牛頓第三定律可知，每根鋼纜上承受的拉力大小為F′＝F＝eq\f(11,24)mg，故C正確。7．如圖所示，總質(zhì)量為460kg的熱氣球，從地面剛開始豎直上升時(shí)的加速度為0.5m/s2，當(dāng)熱氣球上升到180m時(shí)，以5m/s的速度向上勻速運(yùn)動(dòng)。若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變，上升過程中熱氣球總質(zhì)量不變，重力加速度g＝10m/s2。關(guān)于熱氣球，下列說法正確的是()A．所受浮力大小為4600NB．加速上升過程中所受空氣阻力保持不變C．從地面開始上升10s后的速度大小為5m/sD．以5m/s勻速上升時(shí)所受空氣阻力大小為230N答案：D解析：熱氣球從地面剛開始豎直上升時(shí)v＝0，空氣阻力Ff＝0，由F?。璵g＝ma，得F?。絤(g＋a)＝4830N，故A錯(cuò)誤；最終熱氣球勻速上升，說明熱氣球加速運(yùn)動(dòng)的過程中加速度逐漸減小，空氣阻力逐漸增大，故B錯(cuò)誤；熱氣球開始時(shí)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故加速到5m/s的時(shí)間大于eq\f(5,0.5)s＝10s，故C錯(cuò)誤；勻速上升時(shí)，F(xiàn)?。璵g－Ff′＝0，得Ff′＝230N，故D正確。8．(2023·廣東省中山市高一上學(xué)期期末)小紅在學(xué)習(xí)完牛頓第二定律后使用輕彈簧、直尺、鋼球等制作了一個(gè)“豎直加速度測(cè)量儀”來測(cè)定電梯的加速度。如圖所示，彈簧上端固定在電梯頂部，在彈簧旁沿彈簧長度方向固定一直尺。不掛鋼球時(shí)，彈簧下端指針位于直尺10cm刻度處；下端懸掛鋼球，靜止時(shí)指針位于直尺20cm刻度處。若某次測(cè)量中當(dāng)鋼球與電梯相對(duì)靜止時(shí)，指針位于22cm刻度處，重力加速度大小為g，則關(guān)于電梯的運(yùn)動(dòng)描述正確的是()A．電梯正在向上加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為0.2gB．電梯正在向下加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為0.2gC．電梯正在向上減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為0.2gD．電梯正在向下減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為0.2g答案：AD解析：設(shè)鋼球的質(zhì)量為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，電梯靜止時(shí)，根據(jù)平衡條件及胡克定律有mg＝kΔx0，Δx0＝20cm－10cm＝10cm，電梯運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律及胡克定律有kΔx1－mg＝ma，Δx1＝22cm－10cm＝12cm，聯(lián)立解得鋼球的加速度大小為a＝0.2g，方向豎直向上，可知若電梯正在向上運(yùn)動(dòng)，則電梯正在向上加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為0.2g，若電梯正在向下運(yùn)動(dòng)，則電梯正在向下減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小也為0.2g，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤。9．(2023·山東省濰坊市高一上期末)如圖甲所示，重型自卸車?yán)靡簤貉b置使車廂緩慢傾斜到一定角度，車廂上的木箱就會(huì)自動(dòng)滑下。某次卸貨過程中，自卸車始終靜止在水平地面上，如圖乙所示，當(dāng)車廂與水平面夾角為θ＝30°時(shí)，質(zhì)量為M的木箱A和裝在箱內(nèi)的質(zhì)量為m的物體B一起勻加速下滑，木箱A與車廂底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝eq\f(\r(3),4)，物體B與木箱A間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝eq\f(\r(3),3)，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是()A．物體B受到木箱A的摩擦力方向沿車廂底板向上B．物體B受到木箱A的摩擦力大小為eq\f(mg,2)C．物體B受到木箱A的摩擦力大小為eq\f(3mg,8)D．木箱A與車廂底板間的壓力大小為eq\f(\r(3),2)Mg答案：AC解析：對(duì)物體B和木箱A整體進(jìn)行受力分析，垂直于底板方向上，木箱A與車廂底板間的壓力大小為N＝(M＋m)gcosθ＝eq\f(\r(3),2)(M＋m)g，故D錯(cuò)誤；對(duì)A、B整體，沿車廂底板方向上，由牛頓第二定律得，(M＋m)gsinθ－μ1N＝(M＋m)a，解得加速度a＝gsinθ－μ1gcosθ＝eq\f(g,8)，對(duì)物體B，因mgsinθ>ma，所以物體B受到木箱A的摩擦力方向沿車廂底板向上，對(duì)物體B分析，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－f＝ma，得f＝eq\f(3mg,8)，故B錯(cuò)誤，A、C正確。10．如圖甲所示，傾角為θ的足夠長的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)。t＝0時(shí)將質(zhì)量為m＝1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上，小物塊相對(duì)地面的v-t圖像如圖乙所示。設(shè)沿傳送帶向下為正方向，取重力加速度g＝10m/s2。則()A．傳送帶的速率v0＝10m/sB．傳送帶的傾角θ＝30°C．小物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5D．0～2.0s內(nèi)小物塊在傳送帶上留下的痕跡的長度為6m答案：AC解析：由v-t圖像可知，在0～1s，小物塊在傳送帶上做加速度a1＝10m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，在1～2s，小物塊做初速度為10m/s、加速度為a2＝2m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，故傳送帶的速率v0＝10m/s，由牛頓第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，聯(lián)立解得θ＝37°，μ＝0.5，B錯(cuò)誤，A、C正確；0～1s內(nèi)傳送帶的位移x1＝v0t1＝10m，小物塊的位移x2＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝5m，小物塊相對(duì)傳送帶的位移大小Δx1＝x1－x2＝5m，相對(duì)傳送帶向上，1～2s內(nèi)傳送帶的位移x3＝v0t2＝10m，小物塊的位移x4＝v0t2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝11m，故小物塊相對(duì)傳送帶的位移大小Δx2＝x4－x3＝1m，相對(duì)傳送帶向下，故小物塊在傳送帶上留下的痕跡的長度為5m，D錯(cuò)誤。第Ⅱ卷(非選擇題，共50分)二、實(shí)驗(yàn)題(本題共2小題，共14分)11．(6分)某同學(xué)設(shè)計(jì)了使用位移傳感器的如圖a所示實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)量木塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，讓木塊從傾斜木板上一點(diǎn)靜止釋放，從某時(shí)刻開始計(jì)算機(jī)描繪了木塊相對(duì)傳感器的位移隨時(shí)間變化規(guī)律如圖b所示，木塊加速度的大小a＝____________(用圖中給出的s1、s2、s3、t0表示)。已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，為求出木塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，還需要測(cè)出的物理量是________(填“A”或“B”)。A．木塊的質(zhì)量B．木板與水平面間的夾角答案：eq\f(2s2－（s1＋s3）,teq\o\al(2,0))B解析：根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)中間時(shí)刻瞬時(shí)速度等于該過程的平均速度得v1.5t0＝eq\f(s1－s2,t0)，v2.5t0＝eq\f(s2－s3,t0)，則木塊的加速度大小為a＝eq\f(v2.5t0－v1.5t0,t0)＝eq\f(2s2－（s1＋s3）,teq\o\al(2,0))。選取木塊為研究對(duì)象，已知重力加速度為g，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，得μ＝eq\f(gsinθ－a,gcosθ)，可知要求出木塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ，還需測(cè)量出木板與水平面間的夾角θ，故B正確，A錯(cuò)誤。12．(8分)(2024·吉林省吉林市高一上期末)在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中，采用如圖甲所示的裝置(g取10m/s2)。(1)本實(shí)驗(yàn)主要應(yīng)用的方法是________。A．類比法B．假設(shè)法C．理想實(shí)驗(yàn)法D．控制變量法(2)在保持小車受力相同時(shí)，探究加速度與質(zhì)量關(guān)系的實(shí)驗(yàn)中，以下說法正確的是________。A．平衡阻力時(shí)，應(yīng)將裝有砝碼的砝碼盤用細(xì)繩通過定滑輪系在小車上B．每次改變小車的質(zhì)量后，不需要重新平衡阻力C．實(shí)驗(yàn)時(shí)，先放開小車，再接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源D．為得出加速度a與質(zhì)量m的關(guān)系而作出a-eq\f(1,m)圖像(3)在某次實(shí)驗(yàn)中，打出了一條紙帶如圖乙所示，計(jì)時(shí)器打點(diǎn)的時(shí)間間隔為0.02s，且相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間有4個(gè)點(diǎn)未畫出，經(jīng)測(cè)量得出各計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖乙所示，由紙帶求出打C點(diǎn)時(shí)的速度vC＝________m/s，小車加速度的大小為a＝________m/s2。(結(jié)果均保留三位有效數(shù)字)(4)若不斷增加砝碼盤中砝碼的質(zhì)量，則小車的加速度大小將趨近于某一極限值，此極限值為________。答案：(1)D(2)BD(3)0.7602.01(4)g(或10m/s2)解析：(1)探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系，先控制一個(gè)物理量不變，探究加速度與另一個(gè)物理量的關(guān)系，即本實(shí)驗(yàn)主要應(yīng)用的方法是控制變量法，故選D。(2)平衡阻力時(shí)，應(yīng)將小車上的細(xì)繩和裝有砝碼的砝碼盤卸去，故A錯(cuò)誤；正確平衡阻力后，小車在長木板上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有mgsinθ＝μmgcosθ，可得tanθ＝μ，可知每次改變小車的質(zhì)量后，不需要重新平衡阻力，故B正確；為了充分利用紙帶，實(shí)驗(yàn)時(shí)，應(yīng)先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源，待打點(diǎn)計(jì)時(shí)器工作穩(wěn)定后再放開小車，故C錯(cuò)誤；由于a與m成反比例關(guān)系，為了直觀得到加速度a與質(zhì)量m的關(guān)系，應(yīng)作出a-eq\f(1,m)圖像，故D正確。(3)相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間有4個(gè)點(diǎn)未畫出，則相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔為T＝5×0.02s＝0.1s，則由紙帶求出打C點(diǎn)時(shí)的速度為vC＝eq\f(xBD,2T)＝eq\f(（6.59＋8.61）×10－2m,2×0.1s)＝0.760m/s；根據(jù)逐差法可得，小車加速度的大小為a＝eq\f(xCE－xAC,4T2)＝eq\f(（8.61＋10.61－4.61－6.59）×10－2m,4×（0.1s）2)＝2.01m/s2。(4)設(shè)小車的質(zhì)量為M，砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量為m，細(xì)繩上的拉力為T，以小車為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得T＝Ma，以砝碼和砝碼盤為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得mg－T＝ma，聯(lián)立可得a＝eq\f(mg,m＋M)＝eq\f(1,1＋\f(M,m))g，可知若不斷增加砝碼盤中砝碼的質(zhì)量，則小車的加速度大小將趨近于g(或10m/s2)。三、計(jì)算題(本題共3小題，共36分。要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計(jì)算的要注明單位)13．(8分)可愛的企鵝喜歡在冰面上玩游戲。如圖所示，一只企鵝經(jīng)過“奔跑”，到達(dá)傾角為15°的冰坡底端時(shí)速度大小為3m/s，突然臥倒用肚皮貼著冰面向上滑行，到達(dá)最高點(diǎn)后再退滑到冰坡底端。已知游戲中企鵝姿態(tài)保持不變，其肚皮與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.05，取g＝10m/s2，sin15°＝0.26，cos15°＝0.97。不計(jì)空氣阻力，求：(1)企鵝沿冰坡向上滑行時(shí)的加速度大??；(2)企鵝沿冰坡向上滑行的最大距離(計(jì)算結(jié)果保留兩位小數(shù))。答案：(1)3.085m/s2(2)1.46m解析：(1)企鵝上滑過程，有mgsin15°＋Ff＝maFN＝mgcos15°Ff＝μFN聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得a＝3.085m/s2。(2)設(shè)企鵝沿冰坡向上滑行的最大距離為x，有0－veq\o\al(2,0)＝－2ax代入數(shù)據(jù)得x＝1.46m。14．(12分)“春播樂開懷，無人機(jī)來幫忙”，一架攜藥總質(zhì)量m＝20kg的無人機(jī)即將在田間執(zhí)行噴灑藥劑任務(wù)。無人機(jī)懸停在距一塊試驗(yàn)田H1＝30m的高空，t＝0時(shí)刻，它以大小為a1＝2m/s2的加速度豎直向下勻加速運(yùn)動(dòng)h1＝9m后，立即以大小為a2＝1m/s2的加速度向下勻減速至零，重新懸停，然后水平飛行噴灑藥劑，取重力加速度g＝10m/s2：(1)求無人機(jī)向下勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)空氣對(duì)無人機(jī)的作用力大??；(2)若無人機(jī)在高度H2＝3m處懸停時(shí)動(dòng)力系統(tǒng)發(fā)生故障，失去豎直升力的時(shí)間為eq\f(2,3)s，無人機(jī)下降過程中空氣阻力恒為20N，無人機(jī)恢復(fù)動(dòng)力后恰好不落地，則無人機(jī)恢復(fù)動(dòng)力后提供的升力是多大？答案：(1)220N(2)540N解析：(1)以豎直向下為正方向，無人機(jī)向下勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律可得mg－Ff＝－ma2解得Ff＝220N則無人機(jī)向下勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)空氣對(duì)無人機(jī)的作用力大小為220N。(2)失去豎直升力后，由牛頓第二定律有mg－Ff′＝ma′下落的高度為h＝eq\f(1,2)a′t′2失去升力后下落的末速度為v′＝a′t′恢復(fù)動(dòng)力后，由牛頓第二定律有mg－F－Ff′＝－ma″設(shè)從恢復(fù)動(dòng)力至恰好不落地的過程下落的高度為h′則0－v′2＝－2a″h′H2＝h＋h′聯(lián)立解得F＝540N。15．(16分)(2023·廣東省佛山市高一上期末)如圖所示，一傾角θ＝37°、長度s＝1.5m的斜面底端與光滑平臺(tái)平滑相連，平臺(tái)末端緊挨著一質(zhì)量M＝1kg、長度L＝2.25m的長木板P，長木板P的上表面與平臺(tái)等高。一個(gè)質(zhì)量m＝0.5kg的小滑塊在斜面頂端由靜止開始下滑，到達(dá)斜面底端的速度大小為v1＝3m/s，已知小滑塊與長木板P之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.1，水平地面光滑，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)小滑塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1；(2)小滑塊從滑上長木板到離開長木板的時(shí)間；(3)為了使小滑塊不離開長木板，在小滑塊滑上長木板的同時(shí)給長木板施加一個(gè)水平向右的恒力F，求F的取值范圍。答案：(1)0.375(2)1s(3)0.5N≤F≤1.5N解析：(1)根據(jù)速度與位移的關(guān)系式v2＝2ax，可得小滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度為a0＝eq\f(veq\o\al(2,1),2s)＝3m/s2根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin37°－μ1mgcos37°＝ma0解得μ1＝0.375。(2)設(shè)滑塊從滑上長木板到離開長木板的時(shí)間為t1，小滑塊在長木板上滑動(dòng)過程中，由牛頓第二定律F＝ma可知，小滑塊的加速度大小為a1＝eq\f(μ2mg,m)＝1m/s2長木板的加速度大小為a2＝eq\f(μ2mg,M)＝0.5m/s2設(shè)小滑塊從滑上長木板到與長木板速度相同經(jīng)歷的時(shí)間為t，由題意有v1－a1t＝a2t解得t＝2s小滑塊從滑上長木板到離開長木板，根據(jù)位移關(guān)系可得v1t1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)＝L代入數(shù)據(jù)解得t1＝1s，t1′＝3s>2s(不符合實(shí)際，舍去)。即小滑塊從滑上長木板到離開長木板的時(shí)間為1s。(3)設(shè)施加最小恒力Fmin時(shí)，長木板的加速度為a3，小滑塊的加速度仍為a1，小滑塊恰好滑到長木板右端與長木板速度相同，經(jīng)過的時(shí)間為t2，根據(jù)位移關(guān)系可得v1t2－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,2)＝L根據(jù)速度關(guān)系有v1－a1t2＝a3t2聯(lián)立解得a3＝1m/s2對(duì)長木板，根據(jù)牛頓第二定律有Fmin＋μ2mg＝Ma3解得Fmin＝0.5N設(shè)施加最大恒力Fmax時(shí)，小滑塊與長木板達(dá)到相同速度后，恰好相對(duì)靜止向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a4對(duì)小滑塊由牛頓第二定律有μ2mg＝ma4對(duì)小滑塊與長木板整體，由牛頓第二定律有Fmax＝(m＋M)a4解得Fmax＝1.5N為了使小滑塊不離開長木板，在小滑塊滑上長木板的同時(shí)給長木板施加一個(gè)水平向右的恒力F，F(xiàn)的取值范圍為0.5N≤F≤1.5N。第四章知識(shí)網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建模塊綜合測(cè)評(píng)題號(hào)12345678難度★★★★★★★★★★★★★★對(duì)應(yīng)考點(diǎn)/知識(shí)點(diǎn)描述運(yùn)動(dòng)的基本物理量的理解力的分解比值定義法，單位制的應(yīng)用彈力、一對(duì)平衡力、一對(duì)相互作用力、慣性的理解勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用、多過程問題多物體共點(diǎn)力靜態(tài)平衡分析、整體法與隔離法v-t圖像分析、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、超重與失重綜合x-t圖像分析題號(hào)9101112131415難度★★★★★★★★★★★★★★對(duì)應(yīng)考點(diǎn)/知識(shí)點(diǎn)共點(diǎn)力動(dòng)態(tài)平衡分析動(dòng)力學(xué)中的連接體問題實(shí)驗(yàn)：探究求合力的方法實(shí)驗(yàn)：探究加速度與合外力的關(guān)系共點(diǎn)力平衡分析，正交分解法勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用、從運(yùn)動(dòng)情況判斷物體受力水平傳送帶模型、板塊模型綜合的多過程問題本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分100分，考試時(shí)間75分鐘。第Ⅰ卷(選擇題，共50分)一、選擇題(本題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～7題只有一項(xiàng)符合題目要求，第8～10題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分)1．(2024·廣東省梅州市高一上學(xué)期1月期末)2023年5月28日，國產(chǎn)大飛機(jī)C919的首個(gè)商業(yè)航班于上午10時(shí)32分從上海虹橋機(jī)場(chǎng)歷時(shí)2小時(shí)25分鐘的飛行，平安降落在北京首都國際機(jī)場(chǎng)，下列說法正確的是()A．飛機(jī)的航程等于飛機(jī)位移的大小B．飛機(jī)在某位置時(shí)的運(yùn)動(dòng)快慢可以用平均速度來表示C．10時(shí)32分指的是時(shí)間間隔，2小時(shí)25分鐘指的是時(shí)刻D．研究飛機(jī)從上海到北京的位置變化時(shí)可以把飛機(jī)看成質(zhì)點(diǎn)答案：D解析：飛機(jī)的航程指路程，大于飛機(jī)位移的大小，故A錯(cuò)誤；飛機(jī)在某位置時(shí)的運(yùn)動(dòng)快慢需用瞬時(shí)速度來表示，故B錯(cuò)誤；10時(shí)32分指的是時(shí)刻，2小時(shí)25分鐘指的是時(shí)間間隔，故C錯(cuò)誤；研究飛機(jī)從上海到北京的位置變化時(shí)，飛機(jī)的大小可忽略，可以把飛機(jī)看成質(zhì)點(diǎn)，故D正確。2．(2023·河北省滄州市高一上期末教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè))如圖所示，魚兒從水下一定深度由靜止以大小為eq\f(g,2)(g為重力加速度)的加速度加速上升至水面，躍出后離水面的最大高度為h。假設(shè)魚兒的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程為直線運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，則魚兒開始時(shí)所在的深度為()A．2h B.eq\r(2)hC．h D．4h答案：A解析：設(shè)魚兒開始時(shí)所在的深度為h1，出水瞬間的速度為v，魚兒在水下運(yùn)動(dòng)的過程，有v2＝2·eq\f(g,2)h1，魚兒躍出水面后上升的過程，有0－v2＝－2gh，聯(lián)立解得h1＝2h，故選A。3．(2023·江西省新余市高一上學(xué)期統(tǒng)考期末)研究發(fā)現(xiàn)，人體對(duì)加速度劇烈變化會(huì)有不舒服的感覺，例如輪船的加速度變化率越大，乘坐輪船的人感到越不舒服。若用“急動(dòng)度”這一物理量來描述加速度對(duì)時(shí)間的變化率，分別用v、a、t表示速度、加速度、時(shí)間，則“急動(dòng)度”的表達(dá)式及單位可以是()A．Δa，m/s2 B．Δa，N/kgC.eq\f(Δa,Δt)，N/(kg·s) D.eq\f(Δa,Δt)，m/s4答案：C解析：用“急動(dòng)度”這一物理量來描述加速度對(duì)時(shí)間的變化率，則“急動(dòng)度”的表達(dá)式為eq\f(Δa,Δt)；由于加速度的單位為m/s2，則“急動(dòng)度”的單位為m/s3；根據(jù)F＝ma，可知加速度的單位可表示為N/kg，則“急動(dòng)度”的單位也可以表示為N/(kg·s)。故選C。4．(2023·湖南省衡陽市高一上期末)機(jī)器人服務(wù)人類的場(chǎng)景正步入現(xiàn)實(shí)生活中，例如餐廳中使用機(jī)器人來送餐就越來越常見。如圖所示為某餐廳的送餐機(jī)器人的結(jié)構(gòu)簡化示意圖，機(jī)器人的上表面保持水平。則下列說法中正確的是()A．菜品受到機(jī)器人的支持力，是因?yàn)椴似钒l(fā)生彈性形變而產(chǎn)生的B．菜品隨著機(jī)器人一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，菜品對(duì)機(jī)器人的壓力和機(jī)器人對(duì)菜品的支持力是一對(duì)平衡力C．菜品隨著機(jī)器人一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，菜品的慣性逐漸增大D．菜品隨著機(jī)器人一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，機(jī)器人對(duì)菜品的作用力大于菜品的重力答案：D解析：菜品受到機(jī)器人的支持力，是因?yàn)闄C(jī)器人發(fā)生彈性形變而產(chǎn)生的，A錯(cuò)誤；菜品對(duì)機(jī)器人的壓力和機(jī)器人對(duì)菜品的支持力是一對(duì)作用力與反作用力，B錯(cuò)誤；慣性大小由物體的質(zhì)量決定，質(zhì)量不變，物體的慣性不變，C錯(cuò)誤；菜品隨著機(jī)器人一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，機(jī)器人對(duì)菜品的支持力FN＝mg，由牛頓第二定律得機(jī)器人對(duì)菜品的摩擦力Ff＝ma，機(jī)器人對(duì)菜品的作用力為支持力和靜摩擦力的合力，即F＝eq\r(Feq\o\al(2,N)＋Feq\o\al(2,f))＝eq\r(（mg）2＋（ma）2)>mg，D正確。5．飛機(jī)若僅依靠自身噴氣式發(fā)動(dòng)機(jī)推力起飛需要較長的跑道，某同學(xué)設(shè)計(jì)在航空母艦上安裝電磁彈射器以縮短飛機(jī)起飛距離。如圖所示，航空母艦的水平跑道總長為180m，其中電磁彈射區(qū)的長度為80m，若彈射裝置可以輔助飛機(jī)在彈射區(qū)做加速度為40m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，飛機(jī)離開電磁彈射區(qū)后在噴氣式發(fā)動(dòng)機(jī)推力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，飛機(jī)離艦起飛速度為100m/s。已知航空母艦始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，飛機(jī)可視為質(zhì)點(diǎn)，下列說法正確的是()A．飛機(jī)在電磁彈射區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為4sB．飛機(jī)離開電磁彈射區(qū)時(shí)的速度大小為60m/sC．飛機(jī)離開電磁彈射區(qū)后的加速度大小為eq\f(25,9)m/s2D．飛機(jī)從開始起飛到離開跑道的總時(shí)間為eq\f(28,9)s答案：D解析：根據(jù)x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，解得飛機(jī)在電磁彈射區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝2s，故A錯(cuò)誤；飛機(jī)離開電磁彈射區(qū)時(shí)的速度大小為v1＝a1t1＝80m/s，故B錯(cuò)誤；飛機(jī)離開電磁彈射區(qū)后，在跑道上運(yùn)動(dòng)的位移x2＝x－x1＝100m，根據(jù)速度位移關(guān)系式有veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a2x2，代入數(shù)據(jù)解得a2＝18m/s2，故C錯(cuò)誤；飛機(jī)從離開電磁彈射區(qū)到離開跑道的時(shí)間t2＝eq\f(v2－v1,a2)＝eq\f(10,9)s，則飛機(jī)從開始起飛到離開跑道的總時(shí)間t＝t1＋t2＝eq\f(28,9)s，故D正確。6．(2023·河北省石家莊市高一上學(xué)期期末)如圖所示，用三根細(xì)線a、b、c將重力均為G的兩個(gè)小球M和N連接，兩小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線c保持水平，細(xì)線a與豎直方向的夾角為60°，則細(xì)線b對(duì)小球M的拉力大小為()A．2G B．2eq\r(3)GC．4G D.eq\r(13)G答案：D解析：以小球M、N整體為研究對(duì)象，受力分析如圖1所示，根據(jù)平衡條件有Fc＝2Gtan60°，對(duì)小球N受力分析，如圖2所示，有Fb＝eq\r(G2＋Feq\o\al(2,c))＝eq\r(13)G，細(xì)線b對(duì)小球M的拉力大小與對(duì)小球N的拉力大小相等，故細(xì)線b對(duì)小球M的拉力大小為eq\r(13)G，D正確，A、B、C錯(cuò)誤。7．演習(xí)中某特種兵從空中靜止的直升機(jī)上，抓住一根豎直懸繩由靜止開始下滑(特種兵所受空氣阻力不計(jì))，其運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間變化的圖像如圖所示，t2時(shí)刻特種兵著地，關(guān)于該特種兵，下列說法正確的是()A．0～t1時(shí)間內(nèi)處于超重狀態(tài)B．t1～t2時(shí)間內(nèi)懸繩對(duì)他的作用力越來越大C．t1～t2時(shí)間內(nèi)的平均速度v＝eq\f(v1＋v2,2)D．0～t2時(shí)間內(nèi)合外力為零答案：B解析：由v-t圖像可知，0～t1時(shí)間內(nèi)該特種兵向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；在v-t圖像中，圖線斜率的絕對(duì)值表示加速度的大小，t1～t2時(shí)間內(nèi)該特種兵向下做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，根據(jù)牛頓第二定律可得T－mg＝ma，懸繩對(duì)他的作用力T＝mg＋ma，可知懸繩對(duì)他的作用力越來越大，故B正確；根據(jù)v-t圖線與t軸所圍的面積表示位移，結(jié)合幾何知識(shí)可知t1～t2時(shí)間內(nèi)的位移滿足x>eq\f(v1＋v2,2)(t2－t1)，則t1～t2時(shí)間內(nèi)的平均速度滿足v＝eq\f(x,t2－t1)>eq\f(v1＋v2,2)，故C錯(cuò)誤；由v-t圖像可知，0～t2時(shí)間內(nèi)該特種兵的加速度不為零，所以合外力不為零，故D錯(cuò)誤。8．一質(zhì)點(diǎn)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的位移—時(shí)間圖像如圖所示，P(t1，x1)為圖像上一點(diǎn)。PQ為過P點(diǎn)的切線，與t軸交于點(diǎn)Q(t2，0)。則下列說法正確的是()A．t1時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)的速率為eq\f(x1,t1)B．t1時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)的速率為eq\f(x1,t1－t2)C．質(zhì)點(diǎn)的加速度大小為eq\f(2x1,teq\o\al(2,1))D．質(zhì)點(diǎn)的加速度大小為eq\f(2x1t2,teq\o\al(2,1)（t1－t2）)答案：BD解析：由x-t圖線的斜率表示速度可知，t1時(shí)刻的速率為v1＝eq\f(x1,t1－t2)，故A錯(cuò)誤，B正確；由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度可知，eq\f(t1,2)時(shí)刻的速率為v＝eq\f(x1,t1)，故質(zhì)點(diǎn)的加速度大小為a＝eq\f(v1－v,t1－\f(t1,2))＝eq\f(2x1t2,teq\o\al(2,1)（t1－t2）)，故D正確；題中未指出t＝0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的速度是否為零，故不能根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2求加速度，故質(zhì)點(diǎn)的加速度不一定為eq\f(2x1,teq\o\al(2,1))，C錯(cuò)誤。9．(2023·河北省邯鄲市高一上學(xué)期期末)如圖所示，一傾角為37°的光滑斜面置于水平面上，其上有一小球被輕繩拴住懸掛在天花板上，初始時(shí)輕繩與豎直方向的夾角為45°，在施加在斜面上的水平向右的外力作用下整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)改變水平外力的大小使斜面緩慢向右移動(dòng)，直至輕繩與斜面平行。下列說法正確的是()A．斜面對(duì)小球的支持力一直增大B．輕繩對(duì)小球的拉力先減小后增大C．施加在斜面上的水平向右的外力一直增大D．地面對(duì)小球的支持力一直增大答案：AC解析：對(duì)小球受力分析，小球受重力mg、斜面對(duì)小球的支持力FN及輕繩的拉力FT，由共點(diǎn)力平衡條件可知，三個(gè)力首尾相連可構(gòu)成閉合的三角形，如圖1所示，重力的大小、方向均不變，斜面對(duì)小球的支持力方向不變，隨著斜面的右移，輕繩與豎直方向的夾角增大，當(dāng)輕繩與斜面平行時(shí)，輕繩上的彈力與斜面對(duì)小球的支持力垂直，可知在此過程中，斜面對(duì)小球的支持力一直增大，輕繩對(duì)小球的拉力一直減少，A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)斜面受力分析，如圖2所示，小球?qū)π泵娴膲毫N′與斜面對(duì)小球的支持力FN為作用力與反作用力，所以FN′一直增大且與水平方向夾角不變，F(xiàn)N′在水平方向的分力與施加在斜面上的水平向右的力等大反向，故施加在斜面上的水平向右的力一直增大，地面與小球沒有接觸，地面對(duì)小球沒有支持力，C正確，D錯(cuò)誤。10．(2024·陜西省咸陽市高一上期末)AB是固定在空中的光滑水平橫桿，一質(zhì)量為M的物塊穿在桿AB上，物塊通過輕細(xì)線懸吊著一質(zhì)量為m的小球?，F(xiàn)用沿桿的恒力F拉物塊，使物塊、小球一起(保持相對(duì)靜止)向左運(yùn)動(dòng)，細(xì)線與豎直方向夾角為θ，重力加速度為g，則以下說法正確的是()A．桿對(duì)物塊的支持力大小為(M＋m)gB．細(xì)線上的拉力大小為eq\f(mg,sinθ)C．物塊和小球的加速度大小為gsinθD．恒力F＝(M＋m)gtanθ答案：AD解析：以物塊、小球整體為研究對(duì)象，豎直方向上根據(jù)受力平衡的條件，可得桿對(duì)物塊的支持力大小為N＝(M＋m)g，故A正確；以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，豎直方向上根據(jù)受力平衡的條件有Tcosθ＝mg，可得細(xì)線上的拉力大小為T＝eq\f(mg,cosθ)，水平方向上根據(jù)牛頓第二定律有Tsinθ＝ma，解得物塊和小球的加速度大小為a＝gtanθ，故B、C錯(cuò)誤；以物塊、小球整體為研究對(duì)象，水平方向上根據(jù)牛頓第二定律可得F＝(M＋m)a，解得F＝(M＋m)gtanθ，故D正確。第Ⅱ卷(非選擇題，共50分)二、實(shí)驗(yàn)題(本題共2小題，共14分)11．(6分)(2024·黑龍江省齊齊哈爾市高一上1月期末)在“探究求合力的方法”實(shí)驗(yàn)中，我們采用的方法是用一只彈簧測(cè)力計(jì)通過細(xì)繩套將橡皮條的另一端拉至O點(diǎn)，彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)為F；撤去力F，同時(shí)使用兩只彈簧測(cè)力計(jì)通過細(xì)繩套將橡皮條的另一端拉至O點(diǎn)，彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)分別為F1、F2。(1)本實(shí)驗(yàn)用到的方法是________；A．控制變量法B．等效替代法C．?dāng)?shù)學(xué)演繹法D．理想模型法(2)其中一只彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)如圖甲所示，彈力大小為________N(只需讀到0.1N)；(3)F1、F2的圖示如圖乙所示，它們的合力大小為________N。答案：(1)B(2)2.6(3)3.5解析：(1)本實(shí)驗(yàn)通過使兩個(gè)互成角度的力共同作用時(shí)的效果與另一個(gè)力單獨(dú)作用時(shí)的效果相同，研究這兩個(gè)互成角度的力與另外一個(gè)力的關(guān)系，所以采用的科學(xué)方法是等效替代法。故選B。(2)由圖甲知，彈簧測(cè)力計(jì)的分度值為0.2N，讀數(shù)為2.6N。(3)以F1和F2為鄰邊作平行四邊形，對(duì)角線表示合力F，如圖所示，且每個(gè)正方形邊長表示0.5N，可得F＝3.5N。12．(8分)(2024·云南省玉溪市高一上學(xué)期期末)某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖甲所示的裝置探究加速度與合外力的關(guān)系。實(shí)驗(yàn)時(shí)，將帶有遮光條的小車由光電門1的左側(cè)靜止釋放，遮光條的擋光時(shí)間分別為t1、t2，記錄下彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)F，改變重物的質(zhì)量重復(fù)上述操作，已知遮光條寬度為d。(1)下列操作必需的是________。A．實(shí)驗(yàn)時(shí)，應(yīng)用天平測(cè)量出重物的質(zhì)量mB．實(shí)驗(yàn)時(shí)，測(cè)量出兩光電門之間的距離LC．實(shí)驗(yàn)時(shí)，應(yīng)滿足小車和遮光條的總質(zhì)量M遠(yuǎn)大于重物的質(zhì)量mD．實(shí)驗(yàn)時(shí)，應(yīng)將長木板的左端適當(dāng)墊高以平衡阻力(2)小車的加速度為a＝________(用以上測(cè)量的量表示)。(3)通過以上操作將得到的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描繪在如圖乙所示的坐標(biāo)系中，發(fā)現(xiàn)圖線不過原點(diǎn)，其原因可能是________________________________；如果圖線與橫軸的交點(diǎn)為0.1，A點(diǎn)的坐標(biāo)為(0.4，1.2)，則小車和遮光條的總質(zhì)量M＝________kg。答案：(1)BD(2)eq\f(（teq\o\al(2,1)－teq\o\al(2,2)）d,2Lteq\o\al(2,1)teq\o\al(2,2))(3)未平衡阻力或者平衡阻力時(shí)墊高的角度太小0.25解析：(1)實(shí)驗(yàn)時(shí)，直接通過彈簧測(cè)力計(jì)讀出小車所受細(xì)線的拉力，即不需要用重物的重力充當(dāng)拉力，所以不需要用天平測(cè)量出重物的質(zhì)量m，也不需要滿足小車和遮光條的總質(zhì)量M遠(yuǎn)大于重物的質(zhì)量m，A、C錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)時(shí)，需要求出小車的加速度，根據(jù)速度與位移關(guān)系式可知2aL＝veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)，可以根據(jù)v＝eq\f(d,t)求出小車通過兩光電門時(shí)的速度v1、v2，所以還需要測(cè)量出兩光電門之間的距離L，B正確；實(shí)驗(yàn)時(shí)，需要將拉力F作為小車所受到的合力，所以應(yīng)將長木板的左端適當(dāng)墊高以平衡阻力，D正確。(2)小車通過光電門1、2的速度分別為v1＝eq\f(d,t1)，v2＝eq\f(d,t2)，根據(jù)2aL＝veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)，可得a＝eq\f(（teq\o\al(2,1)－teq\o\al(2,2)）d2,2Lteq\o\al(2,1)teq\o\al(2,2))。(3)圖中當(dāng)F大于0時(shí)，加速度才等于零，說明未平衡阻力或者平衡阻力時(shí)墊高的角度太小。設(shè)小車所受阻力為f，根據(jù)牛頓第二定律，有F－f＝Ma，可得a＝eq\f(1,M)F－eq\f(f,M)，圖線斜率為k＝eq\f(1,M)，又k＝eq\f(1.2,0.4－0.1)kg－1＝4kg－1，可得M＝0.25kg。三、計(jì)算題(本題共3小題，共36分。要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計(jì)算的要注明單位)13．(9分)如圖，建筑工地上某人正在用圖示裝置拉住一質(zhì)量為m0＝200kg的重物，此時(shí)OA繩與豎直方向夾角θ＝37°，OA與OB繩恰好垂直。取重力加速度g＝10m/s2。(sin37°＝0.6)則：(1)OA繩和OB繩的拉力分別為多大？(2)若人的質(zhì)量m＝60kg，人受到的摩擦力和人對(duì)地面的壓力分別為多少？答案：(1)1600N1200N(2)960N1320N解析：(1)對(duì)O點(diǎn)進(jìn)行受力分析，如圖1所示。由平衡條件，知TA、TB的合力與重力等大、反向，則TA＝m0gcosθ＝1600NTB