高中物理——金考卷一轮复习单元滚动双测卷——物理（答案）.pdf

杜志建韦编o一;.甫;!两倍刨练量,根基更扎实户孽嗡;磅镭睁物理从审题到解题,再到解后反思点评,逐题逐问360。解析提升思维高效得分形成习惯答案单独成册,快速对答案对接高考评分标准采试题点评提升备考效率点给分形成答题习惯做-道题会-类题,-点-滴培养答题思维第-单元质点的直线运动.A卷-年好题基础巩固（们恩日9日口78鱼4日题号答案速查巳IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIBDCD日DC9.BDtotl时间段质点的加速度与初速度p0同向,速度在增大,A错误;jlt2时间段沿-则方向,的绝对值增大,但速度仍沿卯方向,质点沿嘶方向做加速度增大的减速运动,B错误;阁象中图线与坐标轴围成图象的面积表示速度变化呈的大小,r时刻,0质点的速度达到最大,t0t2时间段速度变化量为零,四诬0故C正确l）错误.Oc设两物体从升始运动到相遇的时间为Z,A物体竖直上抛的初速度为0,则由题意知gr刚0-gtU解得02再结合竖直上抛运动的规律可知A正确;根据竖直上抛运动的对称性可知,B由静止开始下落到地面时的速度为2似在空中运动的时间tB丝A竖g直上抛,在空中运动的时间川2丝丝B错误;物体A能上升gg的闺l-舒凰开翰下蕊腮g（）显然两者相等C正确;两物体在空中同时到达的相同高度为门h爵（）二贴莹-i徽,n蹭谍M审题破题（l）作出t图象如图所示,注意尽量使描出的点落到直线上不能落到直线上的点尽量让其均匀分布在直线两侧.由遮度时间图象的斜率轰示加遮度,得物体输加遮度-器040Ins2所以oGoFr（0.30l十0.4001）InS0.纠InS（2）实验中电压偏低不影响打点周期.当交流电源的频率为50Hz时,打点计时器每隔0.02S打一个点,当交流电源的频率小于50Hz时,打点时间间隔7变大大于002s如果仍按50Hz计算,计算所用的时间间隔小于真实时间间隔,则测量的速度的数值比其实的速度数值偏大（参考答案（1）如图所示（2分）0.34（0.330.35均可）（2分）（2）偏大（2分）.B研究撑杆跳运动员的空中姿态时要看运动员的肢体动作,因此9.不能将运动员看成质点A错误闹选取不同的参考系同物体的运动轨迹可能不同,B正确;高速公路上的限速牌上的速度值指瞬时速度,C错误;运动员的链球成绩是指链球从链球运动员所站位置到落地点的位移大小,D错误.2.C根据题图可知,汽车的速度变小汽车做减速直线运动选项A错误;汽车的加速度方向与的方问相同与赃p2的方向都相反,0选项BD错误,选项C正确.3D将t1s代人x二5!2解得x6m,A错误;将二2s代人赃5t2解得狐2l4ln质点前2s内的平均速度大小丝7ms,B错误;质点第2s内的位移苑i狐2鳃8m质点第2s内的位移与第s内的位移之差狐2m,C错误;由A卯t2得2nS2,质点任意lS内的速度增量都是2lnS,D正确4C施图线和图线只能用来描述直线运动,故A错误.由图乙可知物体做加速度恒定的直线运动故B错误阁甲中图线的斜率表小物体运动的遮度给合图乙叮川,图甲中!时刻图线的斜率为等,故C正确图乙中图线与坐标轴所围图形的面积表示物体运动的位移的大小,即躯膊0-午,故D错误5E小球在第4:内的位移是42m,即gti忽;二42449兰兰33s,解得该星球表面的重力加速度大小g12ns2,所以小球在第2s末的速度大小2二g2s24ms,A错误B正确.小球在第4s末的速度大小财4gt448msC错误.小球在4s内的位移大小g!乱二96mD错误易错警示此题以某星球表面的自由落体运动实验为情境考查匀变速直线运动的规律解决本题的关键是掌握自由落体运动（的规律注意该星球表面的重力加速度和地球表面的重力加速度不同6D以小明为研究对象并利用逆向思维,把列车的匀减速直线运动转换为小明的初速度为零的匀加速直线运动,则小明经过相邻相等位移所用的时间之比:2:吗1:（抠1）:（可百）:嚣（师而丁）由题意知6二所以可以求得第4节车厢经过小明所用的时间只有选项D正确.7.BD在010S内,若运动员做匀加速运动则平均速度大小为l0ms;根据图线与坐标轴雁成图形的面积等于位移的大小2D0D2可知0l0s内运动员的实际位移大于做匀力速运动的位移,所以由公式丽兰知00s内运动员的平均速度大于做匀加速运动的平均速度故A错误由图知从l5s末开始运动员做匀速直线运动故B正确由割看出运动员的速度直为正方向速度方向没有改变,故C错误10l5S内图线的斜率的绝对值逐渐减小,则运动员的加速度逐渐减小故l0l5S内运动员做加速度逐渐减小的减速运动,故D正确.8.CD乙车的卿旷图线虽为曲线,但乙车做的是直线运动A错误;由题图可知甲车在前6s内做的是匀速运动,此后处于静止状态B错误;在卯t图象中阁线的交点表示两车相遇故两车相遇两次C正确息乙车的则图线的斜率的绝对值逐渐增大说明其速度逐渐增大,D正确.177.吕】川钒斤0。3鞘可士土0.l抖000.2030.405tS审题破题（l）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出所以相邻的计数点间的时间间隔T0S,则题图乙中t32l0525腑时刻、车输速度咎m息0.5mS,因为各纸条上端中心连线是一条倾斜的直线,所以可以直观地看出小车做匀变速直线运动.则FG聪EF1E（卿CD则BC狮八B）（2）根据逐差法得9严0.42ms2,根据匀变速直线运动中某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间的干均速度可以求出打下D点时小车的瞬时速度大卯CE005080.0549ITlS）53mS.小D万）.2参考答案（）025（2分）0.5（2分）条倾斜的直线（2分）（2）0.42（2分）0.53（2分）审题破题本题情境源于实际生活通过该题的练习,有利于加深考生对物理概念的理解,同时力口强考生遵守交通法规的意识（l）警察所说的车速指瞬时速度的大小故AB错误;女士所说的才升了7分钟是指时间间隔,故C正确;女士所说的0公里是指从现在地点到她家的略程,D正碉（2）根据位移速度加速度的意义分析选B（3）题（2）中所涉及的用比值定义的物理量有速度和加速度（4）如呆该女士接受警察处罚后用了l5分钟到达家门口开车走了0公里闽此丰行驶愉乎均途率为!惜公里时6040公里小时,小于50公里每小时,那么总体看她没有超速.参考答案（l）CD（2分）（2）B（2分）（3）速度（分）力速度（1分）（4）没有（4分）素养落地本题主要考查考生对物理学科核心素养“物理观念”中时间时刻、位移加速度、瞬时速度平均速度的概念的掌握,要求考生具备“科学思维”中的分析推理能力.参考答案（l）以竖直向下为正方向由题意可得运动员从打开降落伞到到达地面的过程中做匀减速运动（l分）设内2为运动员从打开降落伞到落地的位移0为运动员打开降落伞时的速度根据运动员到达地面时速度恤5ms,!2p;22（2分）代人数据解得仙025ms.（l分）（2）假设运动员从自由下落到打开降落伞下降了hl,则有;二2gh（2分）解得h3l25m（l分）所以运动员离开飞机时距离地面的高度hhlh2l0625m（1分）参考答案（l设汽车在A点向障碍物发射超声波脉冲信号在B点接收到反射回来的超声波脉冲信号躯!2分别为汽车向障碍物发射利接收超声波脉冲信号时车头距障碍物的距离此过程经历的时间为I上王2二2s.（2分）p声（2）汽车从A运动到B的过程中,有pUt（2分）露X2二购鳃2（2分）解得A二30ms（1分）汽车做匀减速运动的加速度大小为l0ms2（分）3（3）超声波脉冲（言号从发射至到达障碍物经历的时间为t二丑坚S（2分）T声l7超声波脉冲信号到达障碍物时,汽车的速度大小为p乍pApl9.4mS.（2分）参考答案（l）质点B的速度为5nlS时,AB之间的距离最大,质点B如果以2!ns2的加速度做匀加速运动设速度达到5mS需要的时间为t由运动学公式得At2.5S（l分）由质点B加速度与时间的关系知,经过时间tl45s时,A、B之间的距离最大.在时间r内质点4发生的位移冗A!Ml225m（l分）0质点B在第l内的位移狐十;二;lm（l分）质点B在第2s内的位移则2j2T式中Tls代人数据得卯22In质点B在第3s内的位移卿3t2T-（T）23m（1分）兰质点B在第S（几为整数）内的位移列lm（1分）质点B在tl时间内的位移（23十4十2AT0552）（m）225m（l分）么6故AB之间的最大距离AxmaxxA则B18。61m.（l分）（2）设经历时间t（t为正整数）后B追上A,此时A的位移鳃At时司内B的位移卿h二（l2）（m）二曲（子）（m）（l分）咕二x狐此式无整数解,但可求得l0Sr1lS（分l0s内A发生的位移腮Alul0s50m,B发生位移鳃Bl10llm55m（l分）2故在l0S后,B需比A多发生的位移卯卯冗A1-加Bl3.36In（l分）设l0s后需时间tB追上A,则5“蛔晦二凯36（分）计算得朋t0。6S（l分）故B发后需经过时间10stl0.6s追上A（l分）5第单元质点的直线运动B卷原创新题滚动提升E在此过程中,由于加速度的方向始终与速度方向相同,所以速度逐渐增大当加速度减小到零时,质点将做匀速直线运动,此时速度达至最大值,选项A错误B正确;由于质点做方向不变的直线运动所以位移逐渐增大,斯加速度减小到零时,速度不为零所以位移继续增大,选项CD错误高分必备讣直线运动中速度是增大还是减小,取决于速度方向和加速度方向之间的关系:两者方向相同时速度增大;两者方向相反时速度减小2O由图（a）可知,甲在3s末回到出发点,甲运动过程中距出发点的最大距离为4m选项A正确由图a）可知06s内甲的位移为零;）图线与坐标轴所围的面积表示乙的位移大小故06s内乙的位移也为零,选项B正确.X-t图象的斜率等于速度故第3s内甲物体的速度方脆为负方向;由乙的!图象可知第3秒内乙物体速度方向为正甲、乙两物体速度方向相反,选项C正确24s内甲的位移大小为8m,乙的位移大小为l4mL4m0.全2选项l）错误.方法技巧求解此题的关键是弄清腑图象和似图象的物理意义;x图象的斜率等于速度,而仙t图象的斜率等于加速度-j图象与坐标轴围成的面积等于位移大小.3D由题图可知,在0时间内“二00,在T时间内合全70在T2T时间内00,所以在0丁时间内图线的斜率为正值在T时司内!图线的斜率为0在T2T时间内兰78题号答案速查.B2口了4日7DC即口再运动t0时间停下,则0。5s末物体的速度l（1.5s0）,2s末物体的速度为03ll.5s,从2S末到物体停下来的这段时间内即0时间内物体运动的位移鲸敝0“;05m解得00。5s,4ms2,故物体在2.5s末停止运动选项A、C正确,B、D错误.9.BD由;22腮得2二o;2结合题图乙有;二4m2s22k2ms2,得02ms,川速度大小1ms2B正确A错误;由于斜面光滑Q的加速度大小也为lms2P与Q相遇时有2（0斗“2）AB得75.,C错误;0753时间内0凸的位移大小卿0“2752m2al25ml5m故P、0相遇处在斜面上A点下方,D正确素养落地本题考查考生的理解能力、推理能力,需要考生利用类竖直上抛运动规律匀加速直线运动规律等知识解题,体现了学科核心素养中的物理观念、科学思维OCD设经过时间t,两车并排行驶,则有卵甲乙d,即数值上有16L22二2尹带6解得2.,二6.26时,两2车速度均未减到0说明两车共有两次并排行驶过程故A错误;当t8s时,甲车的速度o甲0乙车的速度为乙（128）ms4ms,故B错误;由A分析知,在甲车停止运动前两车共有两次并排行驶过程即甲车先追乙车,2s时甲车追上乙车,此后乙车追甲车,6s时乙追上甲此后甲车在乙车后方直至甲车停止运动,甲车停止运动后,乙车继续运动直到停止,故在乙车停止运动前,两车共有两次并排行驶过程故C正确;第次并排行驶后当两车的速度相等时,两车间水平距离最大,则有o巾乞即数值上有16-2t12t解得t4s故两车相距的最大距离为A卯m甲（撼乙辨刷）（64上2驴）m（u4426）m2m故D正确.审题破题（l）小车做匀变速直线运动,应有s3sl2（5T）2s3-s2（5T）2,s4s3s2ls4-sl3（J2sl）,故C、D选项正确。（2）根据逐差法知（s4s3）（s2sl）（s4s3）-（s2sl）（25T）2l严（3）打下B点时小车输速度删蛋斋30m.参考答案（1）CD（4分）（2）（4士3）（s2sl）（2分）1严（3）0.30（2分）2审题破题（l）螺旋测微器的固定刻度读数为L5mm可动刻度读数为0。200mm最终读数为l.700mm.（2）因为挡光片的挡光时间很短,可以认为滑块在这段时间内的平均速度为瞬时速度再-,可得鹏-磊（3）滑块下滑过穆逮度M严gcos0增大0则增大.适当增大释放点和光电门之间的距离可以减小加速度测量的相对误差。滑块释放点和光电门之间的距离过小,位移、速度测量的相对误差会增大;滑块释放点和光电门之间的距离过大时滑块所受空气阻力会增大。所以释放点和光电门之间的距离应适当大一些参考答鬃（!川700（1分）（2）盖（分）（3）增大（!分）减小（l分）适当大些（l分）a审题破题本题考查了匀变速直线运动规律的应用,解答本题的关键是合理选取公式.参考答案（l）根据速度与位移的关系式2o;2皿,有22四;则2惩图线斜率的半表示加速度图线的斜率为负值目0时间内删阎线斜率的绝对值与T2T时间内一t图线斜率的绝对值相等故选项D正确4B设A、B两地距离为绷,乙从C到B所用时间为t甲、乙两人的加速度为,对乙分析有獭躯2“2;设甲通过距离躯!时的速度为全,则有删2“且“鹏删“2联立以上式子解得（勿l虹2）2故选项B正确,A、C、D错误4卯15D根拇铡;2“得膊二方六;结合图象有六古爵2m,为;侧m,解得5m爵220ms选项A、不啊合题意;刹车过程持续的时间tL4s选项C不符合题意;从开始-刹车时计时经过6s动力车的位移等于其在前4S内的位移,匆4000丁t40m,选项D符合题意。素养落地本题以新能源动力车在平直公路上做刹车实验为载体,创设刹车情境,得出的结论以如2图象呈现,对刹车的实质进行创新探究主要考查对图象信息的提取,速度位移关系式和速度时间关系式的应用,考查考生的理解能力推理能力分析综合能力应用数学处理物理问题的能力,体现了对“科学思维”的考查方法技巧（1）对于图象问题,要写出横、纵轴物理量之间的关系式以确定斜率、截距的物理意义（2）关于汽车刹车问题可先求出汽车速度变为零时所用的时间t0然后比较时间t与tO的大小,若tt0则说明汽车在时间t内的位移等于在时间0内的位移.6。C位移时间图象的交点表示同时刻到达同位置即相遇故A、B分别在ll和2两个时刻相遇A错误;lt2时间段内,两质点通过的位移相等,则B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等,故B错误;位移时间图象的斜率表示速度,B图线的切线斜率不断增大而且B图线是抛物线数值上有匆肛2（片为常数）则知B做匀加速直线运动因为tl2时间段内B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等而匀变速直线运动的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度所以两质点速度相等的时刻定在l2时间段内的中间时刻故C正确;当A、B速度相等时,相距最远,该时刻为tr2时间段的中间时刻,由于B做匀加速直线运动所以此时B的位穆小于躯宁故D错误7Ao加速度的变化率为芳,其单位为ms;,选项A正确;若加逮度的变化率为0,则说明加速度不变,物体的运动可能为匀变速直线运动,选项B错误;只要加速度与速度方向相同,物体就做加速运动按图示情形02s内物体做加速度减小的加速运动,选项C错误;由题图可知图线与坐标轴所围的面积表示这过程中速度的变化量的大小即,2ms-3m愚已知物体在0时逮度为5ms则2S末物体的速度为8ms,选项D正确aC假设物体在第3s末时未停下根据匀变速直线运动规律可知,物体在某段时间内的平均速度等于该段时间的中间时刻的瞬时速度故物体在0.5s末的瞬时速度0l8ms2。5s末的瞬时速度o20。5ms根据加速度定义式可得加速度大小为3。75ms2,则物体从末开始到停卜来所用时间为著.,圆物体整个减速运动过程持续时间为5.喘3,故假设个成立,鲍并非z5.末的瞬时速度,物体在3s末之前就已经停下来了。设物体运动2s后】【】l79根据题给图象可求得该型号货车满载时,其制动加速度大小为l5ms2严重超载时,其制动加速度大小为2.5ms2该型号货车满载并以l72kmh20ms的速度行驶时,有离翼聂裴酗绷（分）制动时间tl型s4s（1分）l5该型号货车严重超载并以54kInh15ms的速度行驶时有152制动距离腮2呸22.5m45m厕l（l分）制动时间为2止旦s6s!（l分）22.5所以驾驶员紧急制动时,该型号严重超载的货车的制动时间和制动距离均不符合安全要求.（2分）（2）货车在反应时间内以原速度做匀速直线运动,鳃3lt320lm20m（2分）最短的安全跟车距离鳃冗l鳃340m20m60m。（2分）审题破题根据加速度的定义式求加速度;根据位移与时间的关系求出AB段的距离Ll;根据卯沉表示出各段的距离结合已知条件即可求出游客在BC段匀速运动的时间.参考答案（1）在AB段,由运动学公式得二子ms4m鼠（3分）（2）AB段的距离l!;32皿（3分）（3）设BC、CD段的距离分别为L2、L3,游客经过BC、CD段所用时间分别为2、3则有L2沉2（1分）L3（1分）LL2L392m（l分）t1l2t38.5s（l分）联立以上各式并代人数据解得r23s。（2分）5.审题破题本题考查直线运动规律,解答本题的关键是并清汽车在各运动过程中的规律认真分析各运动过程之间的联系结合匀速直线运动和匀变速直线运动的基本公式和椎论进行求解.参考答案（1）根据题意,有L咖L0什刨0（凰）（凰A）2（2分）Lo2L二0A0（ct）（cr）2（2分）垄联立解得06ms2ms2.（2分）（2）汽车刹车位移鳃器二“n（2分）反应时间内汽车的位移匆2o0t8m（1分）汽车停止运动时满足LoA3Ls虹腮l腮2（式中腮为车头前端离D的距离）（2分）解得匆6m（1分）6.参考答案（1）乙车刹车至停下来的过程中,有0吃2乙“2经2.5ms2.（3分）解得乙2则q（2）画出甲、乙两辆汽车的-r图象如图所示,根据图象计算出两辆汽车速度相等时3的位移分别为冗甲108m80m,嚣乙30苛l08m60m（3分）l因匆乙蹲0匆甲155m故两车会相撞.（1分）（3）两车速度相等时,有乙乙甲甲（）解得6.9s此时乙车的位移吃似乙十士乙l475甲车的位移躯印,甲甲（）2732m凸因为两车的位移关系满足吃匆0则申故两车不会相撞.）分分分（1分）（1分）第二单元相互作用。A卷-年好题基础巩固8题号0293q675答案速查cA日cBB日CD日D日C可.D木块对桌面的压力和木块的重力产生的原因、施力物体和受力物体都不同两者不是同个力,且压力的施力物体是木块选项A错误;木块对桌面的压力是由于木块发生形变而产生的选项B错误;木块保持静止是由于桌面对木块的支持力与木块受到的重力二力平衡,选项C错误;木块在水平桌面上保持静止,由平衡条件可知,桌面对木块的支持力与木块所受的重力大小相等又因为木块对桌面的压力和桌面对木块的支持力是-对相互作用力所以木块对桌面的压力与木块所受的重力大小相等,选项D正确2C根据矢量合成法则可知,A图中三力合力为2FlB图中合力为零,C图中合力为2F2,D图中合力为2F3因此C图中三力的合力最大故C正确.3.C木块能否在斜面上保持静止取决于木块与斜面之间的动摩擦因数与木块的质量大小无关,选项AB错误;当A、B与斜面之间的动摩擦因数满足严tan0时,两木块之间可能没有弹力作用,此时A受到重力斜面的支持力和摩擦力三个力的作用选项C正确D错误4B对A、B整体分析可知,A、B整体受重力和推力F,如果墙壁对A、B整体有弹力,则整体在水平方向不能平衡,故墙壁对A、B整体没有力的作用;对物体A进行受力分析,受重力、B对A的支持力和B对的静摩擦力;对物体B进行受力分析,受推力F、重力A对B的压力和平行斜面方向的静摩擦力,共4个力,故B正确5.B弹簧测力计的读数等于绳的拉力大小,根据图甲和图乙中物体的平衡条件和图丙中结点的平衡条件可得0FlGF2Gsjn60粤c,-2壶0.,故-c选项正确Ac错误.6.B以、b两小球为整体进行受力分析则整体受重力2!g、细线OA的拉力FT及力F三个力作用而平衡如图所示,三力构成的矢量三角形中,当力F垂直于细线拉力F7时有最小值且最小值Fmin2mgsin0mgB选项正确2mg7.BCD斜面体静止,b匀速上升,二者都处于平F0F衡状态由平衡条件有FGtan0A错误,B正确;以、b整体为研究对象,地面对的支持力大小为2G,地面对的摩擦力大小为FC、D正确aBO未加恒力F时,物块匀速下滑受力平衡,由平衡条件得mgsin0儿mgcos0解得sin0严cos0;对物块施加个竖直向下的恒力F时物块受到的滑动摩擦力的大小为严（Fmg）cos0重力mg和恒力F的合力沿斜面向下的分力大小为（Fmg）sin0,则可知（Fmg）sin0队（Fmg）cos0,即物块仍受力平衡所以物块仍处于匀速下滑状态,A错误B正确根据共点力平衡条件,可知斜面对物块的摩擦力和支持力的合力方向竖直向上根据牛顿第三定律,物块对斜面的作用力竖直向下,斜面体相对地面没有运动趋势,故不受静摩擦力C错误,D正确l809BC对物体B受力分析可知物体B受重力和拉力FT由二力平衡得FTnBg则知弹簧的弹力不变故A错误当斜面倾角为45时,物体A、B处于静止状态则有3mBgsin45加Bg当斜面倾角为30。时,3mBgsin30。lBgl,可见物体A并未滑动,且所受静摩擦力变小物体A对斜面的压力FmAgcos0,减小F将增大,故B、C正确,D错误方法技巧解答本题的关键是先对物体B受力分析,再对物体受力分析判断物体A的运动状态,然后根据共点力平衡条件巾列式求解司?0.B对球进行受力分析,如图（a）所示,球受三个力的作用挡板对球的弹力Fl方向不变作出力的矢量图,滑块上移时滑块对球的弹力F2与竖直方向夹角减小当Fl最小时F2垂直于Fl可以知道挡板对球的弹力Fl和滑块对球的弹力F2都减小,故选项A、B正确;再对滑块和球组成的整体受力分析如图（b）所示,其中G（Mm）g,FGcos0不变,FFlGsin0不变,若Fl减小,则拉力F增大故选项C、D错误隆膨.Mg图（a）图（b）l审题破题（l）该弹簧测力计每小格表示0.lN,故6的读数为2.5N钩码受到自身重力C、O绳的拉力T、Ob绳的拉力Tb三个力处于平衡状态,设Ob绳与竖直方向的夹角为0。在竖直方向有乃cos0C在水平方向有刃sin0Th由以上两式解得T1,5N.（2）由（）痴,TG,可得7蒜,誉b绳沿逆时针转至竖直方向的过程中,夹角0减小cos0值增大故n变小.参考答案（l）25（2分）1.5（2分）（2）变小（2分）2审题破题（l）由图读出,当弹簧的弹力F00时弹簧的长度为L020cm即弹簧的原长为20cm,由图读出当弹簧弹力为F60N时弹簧的长度为L40cm,弹簧的伸长量为x0LLo40cm20pm20cm0。2m;由胡克定律得弹簧的劲度系数k二畏!W卿-300!Wm（2）O在拉着木块A运动的过程中,弹簧测力计的示数等于A、B之间的滑动摩擦力的大小且指针稳定,便于读数;b弹簧测力计的示数等于地面与B木块对A木块的滑动摩擦力的合力的大小;c弹簧测力计的示数只有在木块A做匀速直线运动时才等于A、B之间的滑动摩擦力的大小且读数难度大准确度低.综上所述甲方案更合理。由于弹簧测力计的示数为6.0N所以A、B间的动摩擦因数私肃品躲3参考答案】（l）300Nm（2分）（2）o甲（2分）0.30（2分）易错蕾示胡克定律公式F脑中,躯是弹簧的形变量不是弹出簧的长度,同时要明确本实验中的实验原理,根据平衡条件列式求解动摩擦因数a参考答案（l）对AB整体根据平衡条件有mgF5吨（1分）可得地面对B的支持力F4ng（分）则物体B对地面的压力FF4mg方向竖直向下。（l分）（2）C所受绳子的拉力FT5mg（1分）对A受力分析有FTFk2吨（l分）所以Fk3mg,即版l3ng（2分）可得弹簧的伸长长度为藏平（l分）设开始时,弹簧的压缩量为鳃2,根据题意有脸2吧可得藤2竿由几何关系得到,l田的高度胸瓣芋（2分）4参考答案（）C受力平衡,则有2Fcos30mg（2分）解得-粤略（3分）（2）C恰好降到地面时B受C压力的水平分力最大,为Fzma可丁mg（2分）B受地面的摩擦力么mg（2分）可根据题意几mF,解得以mm丁。（3分）5.参考答案（1）圆环恰好将要滑动时,所受的静摩擦力达到最大值有F,对环进行受力分析则有队FFTcos00（l分）F州FTsin00（1分）解得an,（分）得053（1分）又由于A030cmAB50cm由数学知识求得90。（2分）可得地面对B的支持力F4川则物体B对地面的压力FF（2）C所受绳子的拉力F75mg对A受力分析有FTFk2吨所以Fk3mg,即版l3ng可得弹簧的伸长长度为藏乎设开始时,弹簧的压缩量为匆2由几何关系得到,A上升的高度4.参考答案（）C受力平衡,侧解得-粤略（2）C恰好降到地面时B受C可丁mgB受地面的摩擦力么mg根据题意几iF解得以m5.参考答案（1）圆环恰好将要值有F,对环进行受力分析则有队FFTCOS00FFTSin00解得an,得053又由于A030cm,AB50cm（2）设跨过定滑轮的细绳对重物F对重物C进行受力分析如僵重物C处于平衡状态有Fcos0FTsjn0?gF7cos0Fsin00解得F6NFr8N.（3）设重物D的质量为m圆环对重物D进行受力分析可知G6.审题破题本题考查金属块的进行受力分析,合理利用数学知识参考答案（l）设地板对金属地板间的动摩擦因数为似地板又金属块匀速运动所以有FcOs0乃以F川mgFsin0F联立上式并代人数据解得严0.5（2）分析金属块的受力,如图所示竖直方向有FsinFmg水平方向有Fcos严F川联立可得F匹cos似s1n由数学知识可知,F的最小值为F枷（2）设跨过定滑轮的细绳对重物对重物D进行受力分析可知Gcos似s1n由数学知识可知,的最则植为C的拉力为F,对重物C进行受力分析如图所示根据重物C处于平衡状态有Fcos0FTsjn0g（l分）FTcos0-Fsin00（1分）解得F6N,FT8N.（2分）（3）设重物D的质量为m,圆环将要滑动时gF,又Gmg,解得m0.6kg.（2分）6.审题破题本题考查金属块的受力干衡,解答本题的关键是正确进行受力分析,合理利用数学知识求最值。参考答案（l）设地板对金属块的支持力大小为F金属块与地板间的动摩擦因数为似,地板对金属块的摩擦力大小为呀因为金属块匀速运动所以有Fcos0乃以F川（2分）mgFsin0F（2分）联立上式并代人数据解得严0.5.（2分）分分分】（-湍亏-竿（3分）第二单元相互作用.B卷原创新题滚动提升35邱题号762890答案速查cBBACDcABDBcc将.硒个小球作为个籍体,受力分析图所示设o削段的绳子与竖直方向的夹角为则根据平衡条件叮得-六.冉单。l81.独研究b球设AB段的绳子与竖直方向的夹角为根据平衡条件可得tan旦故.因mg此球在竖直线的右侧,而b球在竖直线的左侧选项C正确2已知A物块所受的静摩擦力大小为设每根弹簧的弹力大小为F,对A物块有恨弹寅删弹刀灭刀F,X丁A刊巩伺ac分别对A、B两球受力分析如图所示。由几何知识知F7sin60。加AgmASin60!Bsjn30。丁FTsin30。nBg解得因为杆对球的弹力F揣所以羔器;:;粤,选项A、c止确,吕B、D错误、工、O2F-二B20.-对物块有20.-联立解得-争故选项A正确B、C、D错误3.B物体对弹簧的拉力与弹簧对天花板的拉力均为弹力A错误;由题意可知,弹簧上的拉力大小为吧根据胡克定律,可知弹簧的伸长量为￥,则弹簧的原长为等B正确,C错误;在弹簧下端再加质量为厕的物体物体静止时弹簧的伸长量为芋,弹簧的长度为方法技巧本题考查连接体中共点力平衡条件的应用,解题时要注意正确利用隔离法对两个小球进行受力分析抓住同一根绳子上的拉力处处相等这一关键,并结合几何关系将两个小球的重力联系起来,即可求得对应的比值.9ABD设斜面的倾角为0对A进行受力分析,在沿斜面方向上受到的力有Fl沿斜面向止的分力Flcos0重力沿斜面向下的分力mgsin0,还可能有B对A的摩擦力如果Flcos0mgsin0则A与B之间没有摩擦力选项A正确;对A、B整体进行受力分析受到重力（Mm）g、支持力F和已知的两个推力Fl、F2由于两个推力的合力刚好为零,故A、B整体与地面间没有摩擦力,选项B、D正确;B对A的支持力Fh肌gcos0Flsin0,不定大于mg,选项C错误OBC从题图可知甲车的初速度甲2lns,乙车的初速度乙0错误;由题图叮知,甲、乙呐车的加速度分别为;十ms2,2寻ms2,两车相遇位移相等,设运动秒后两车相遇则甲寸-鳃（2）,代人数搪解得-（4带仔）,陶三（4楞）.（舍去）.因此甲车与乙车在途中橱遇次,止碉D错误;由题图可知甲车行驶t4s后两车速度相等此时两车距离最大,两车距离蹦刻趣呻2“:（2）27mC正确方法技巧速度相等是追及相遇问题的临界条件,通过画草图找出位移关系和时间关系是解决这类问题的关键.。审题破题（l）由题图知,弹簧测力计的分度值为0.1,则细绳BO对O点的拉力大小为3.2N。（2）测量前弹簧测力计应校零A正确;用两个弹簧测力计同时拉细绳时弹簧测力计的示数之差适当大些即可B错误;改变拉力进行多次实验O点位置可以不同C错误;为了验证力的乎行四边形定则应作力的图示来表示分力与合力D正确。（3）O选用弹性、的细绳;橡皮条细绳套和弹簧测力计的轴应在同一乎面内且与板面乎行贴近等。（只要提出的方法合理即可）.参考答案（l）3.2（2分）（2）AD（2分）（3）见审题破题（2分）2.审题破题（1）如图所示当F0时6.0cm,所以弹簧的原长为6.0cm。在作图时,妥先对题表中弹簧总长度的数据进行处理,求出弹簧的伸长量卯然后描点作图.竿,D选项错误4B以小球为研究对象,分析受力情况作出受力示意图,如图所示.设F与框架对小球的支持力F的合力为F则Fng。根据几何关系可知将F顺时针转动至竖直向上之前支持力F逐渐减小,F先减小后增大,当力F逐渐减小,F先减小后增大,当FFF川的方问沿圆的切线方向斜向上时,F最小,此时FmmFcos0mgcos0故选项A错误,B正确;以框架与小球组成的整体为研究对象整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用由图可知,F在沿顶时针方向转动的过程中F沿水平方向的分力逐渐减小F沿竖直方向的分力逐渐增大,所以地面对框架的摩擦力始终在减小地面对框架的支持力始终在减小故选项C、D错误5.物块P做匀速运动,对物块P受力分析知物块P水平方向上不受力的作用,则物块P、0之间没有摩擦力即吼0;把PQ看成整体整体受重力和支持力,根据题意有（mPm0）gsin0Fh则物块0和斜面体之间存在摩擦力即肋0;由于斜面体、物块P、Q都处于平衡状态,把三者看成整体,则地面和斜面体之间没有摩擦力,即FhO综上选项A正确A由儿何知识叫知,当R粤l时细线与水平方向的夹角为030,对小球受力分析可知,细线对小球的拉力Fl加2gsin30。丁,半圆柱体对小球的支持腮0.-粤A选顿正确;用整体法可知半圆柱体对地面的压力mlgm2gFlsin303mlg丁m2g,B选项错误;半圆柱体对地面的压力为mlgm2gcos20对挡板的压力为m2gsin0cos0,当半圆柱体的半径增大时0逐渐减小,半圆柱体对地面的压力逐渐增大,对挡板的压力逐渐减小C、D选项错误7.CD以结点B为研究对象,分析受力情F况,作出力的合成图,如图所示,根据平衡条件知,FF的合力F合与G大小相等、方向相反根据二角形相似得芳赤-瓮,又F念-c碍F-器-器c现使丝BCA缓慢变小,AB逐渐变小,而AC、F、F7N乙团四团团团】日B之FVVGBC不变则得到F变小,F不变,即杆BC所受的力大小不变,故A、B错误C、D正确方法技巧本题运用三角形相似法研究动态平衡问题直观形象。另外,也可以运用函数法分析研究.01.2243.6486.O7284浓m（2）由图可知在弹性限度内弹簧的弹力与弹簧的伸长量成正比。（3）由胡兑定律F肛知F-匆图线的斜率即弹簧的劲度系数结合图象得片25Nm。182（4）因为弹簧的弹力大小跟弹簧的形变量成正比所以有F片（-【0）式中0为弹簧的原长当F0时可求得0,所以F图线与横轴交点的坐标为（00）,故可能是C.参考答案（1）如图所示（见审题破题）（2分）（2）在弹性限度内弹簧的弹力F与弹簧的伸长量颠成正比（2分）（3）25（2分）（4）C（2分）a审题破题本题考查共点力的乎衡解答本题的关键是合理选取研究对象进行受力分析然后利用共点力的平衡条件列式求解。参考答案（1）对点P受力分析如图甲所示,根据共点力的平衡条件得FBFAsin37。0（1分）FAcos37。!g0（1分）联立解得FB6N.（2分）5.参考答案（l）由台式测力计示数可知,此时物体A所受支持力V08.8N,对物体A受力分析,如图所示.根据平衡条件可得b（分）fb水平方向;?bcos0b0竖直方向:VbTbsin0厕Ag0（1分）解得7b2Nb16N。（1分）（2）O分析知弹簧刚好离开地面时恢复原长,弹力mdg为0.对B受力分析,有TlmBg0（l分）所以Tl5N对A有,水平方向:Tlcos0九ax0（1分）竖直方向:T1sin0-nAg0（1分）其中几皿Ll解得sjn02cos02结合cos20sin20l并根据题意得cos00.6sin00.8则053.（2分）滑轮上升的高度M二北an,咽n二20cm20335丁cm丁cm（l分）s25右端绳缩短A志歹丁cm由几何关系知弹簧伸长量“h20cm0.2m（l分）对初始时刻的B受力分析有ZbF0mBg初始时刻弹簧处于压缩状态弹力F03N末状态弹簧恢复媳长蝉力为0,所以腮-蛊二哉5N卿（2分）6.参考答案（1）小球与圆管的上端相遇时,从空间关系看满足圆管的上端位移大小与小球下落的位移大小之和等于h有g胁2,0g2i（2分）解得0。5s。（1分）（2）小球落到地面用时为则hzg;（2分）解得三子.（分）圆管落地的时间为2,则22.也1s（l分）g由于tl12所以小球能穿过圆管（1分）设时刻小球到达圆管的下端,有g!og聊2-h忆（2分）解得00.6s（l分）因此小球穿过圆管的时间为tt0.ls。（l分）铲FFFbFBMg0mg图甲图乙（2）对木块受力分析如图乙所示,由共点力的平衡条件得Mgsin37FBcos37。B0（1分）FFBsin37。Mgcos37。0（1分）联立解得F64.8N（2分）F76.4N。（2分）4参考答案（1）设汽车在停下来之前第ls内通过的位移为zl,由运动学规律得“（.）2o（2分）”45m（26）2（2分）凸联立O两式,得3ms2O（2分）（2）设汽车做匀速直线运动的时间为tl做匀减速运动的时间为t2汽车在A、C两点之间运动的时间为1l2（l分）匀速运动的速度大小为oZ2o（1分）、c两点之间的距离为鞭哪带十;（2分）设B、C两点之间的距离为勿,则“;（分）乙联立o式,并代人数据得嘶6m.（l分）素养落地本题通过分析生活中汽车的运动情况,培养考生科学态度与责任中“科学本质科学态度”等学科核心素养.第三单元牛顿运动定律A卷-年好题基础巩固q589题号62370c答案速查CDDDBD日cclc要改变物体的运动状态必须要有力的作用,即力是改变物体运动状态的原因物体不受力时能保持匀速直线运动,故A错误;牛顿第-定律是在实验的基础上进步推理概括出来的科学理论,而不能直接通过实验验证,故B错误;仇利略通过理想斜面实验,否定了力是维持物体运动的原因而说明力是改变物体运动状态的原因,故C正确;惯性的大小由物体的质量决定,与物体所受外力的大小无关与是否受力也无关故D错误2对建筑材料受力分析,根据牛顿第二定律得Fmg解得绳子的拉力Fngm（200200。5）N210N,对人分析,根据共点