2025年高考物理 人教版必修第1冊第4章　5含答案含答案

2025年高考物理人教版必修第1冊第4章5含答案含答案第四章5課后知能作業(yè)基礎鞏固練知識點一由受力情況確定運動情況1．用相同材料做成的A、B兩木塊的質(zhì)量之比為5∶2，初速度之比為2∶5，它們在同一粗糙水平面上同時開始沿直線滑行，直至停止，則它們()A．滑行的時間之比為2∶5B．滑行的時間之比為1∶1C．滑行的距離之比為5∶2D．滑行的距離之比為2∶5解析：依題意，根據(jù)牛頓第二定律可得木塊的加速度大小為a＝μg，與木塊的質(zhì)量無關，根據(jù)公式v＝at，得兩木塊滑行的時間之比為eq\f(t1,t2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(2,5)，故A正確，B錯誤；由公式v2＝2ax，得滑行的距離之比為eq\f(x1,x2)＝eq\f(v\o\al(2,1),v\o\al(2,2))＝eq\f(4,25)，故C、D錯誤。故選A。2.如圖所示，若戰(zhàn)機從“遼寧號”航母上起飛前滑行的距離相同，牽引力相同，則()A．攜帶彈藥越多，加速度越大B．加速度相同，與攜帶彈藥的多少無關C．攜帶彈藥越多，獲得的起飛速度越大D．攜帶彈藥越多，滑行時間越長解析：設戰(zhàn)機受到的牽引力為F，其質(zhì)量(包括攜帶彈藥的質(zhì)量)為m，與航母間的動摩擦因數(shù)為μ。由牛頓第二定律得F－μmg＝ma，則a＝eq\f(F,m)－μg。可知攜帶彈藥越多，加速度越小；加速度相同，攜帶的彈藥也必須相同，故A、B錯誤；由vt＝eq\r(2ax)和t＝eq\r(\f(2x,a))可知攜帶彈藥越多，起飛速度越小，滑行時間越長，故C錯誤，D正確。故選D。3.(2024·河北滄州聯(lián)考)如圖所示，兩個光滑斜面體靠在一起固定在水平面上，底邊長CD＝DE，斜面體ADE的頂角為θ，斜面體BCD的底角也為θ，讓甲、乙兩個球同時從兩斜面頂端A、B由靜止釋放，甲、乙兩球在斜面上運動的時間分別為t1、t2，則()A．t1＝t2B．t1>t2C．t1<t2D．不能確定t1、t2的大小關系解析：兩個斜面體的底邊長相等，設底邊長為L，則eq\f(L,sinθ)＝eq\f(1,2)gcosθ·teq\o\al(2,1)，eq\f(L,cosθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(2,2)，聯(lián)立求得時間關系t1＝t2，故A正確。知識點二由運動情況確定受力情況4．在行駛過程中，如果車距不夠，剎車不及時，汽車將發(fā)生碰撞，車里的人可能受到傷害。為了盡可能地減少碰撞引起的傷害，人們設計了安全帶及安全氣囊。假定乘客質(zhì)量為70kg，汽車車速為108km/h(即30m/s)，從踩下剎車到車完全停止需要的時間為5s，安全帶及安全氣囊對乘客的作用力大約為()A．420N B．600NC．800N D．1000N解析：從踩下剎車到車完全停止的5s內(nèi)，人的速度由30m/s減小到0，視為勻減速運動，則有a＝eq\f(v－v0,t)＝－eq\f(30,5)m/s2＝－6m/s2。根據(jù)牛頓第二定律知安全帶及安全氣囊對乘客的作用力F＝ma＝70×(－6)N＝－420N，負號表示力的方向跟初速度方向相反，所以A正確。故選A。5．火箭通過向后噴射燃氣而獲得動力，以長征五號B遙一運載火箭為例，起飛質(zhì)量為850噸，某次發(fā)射場景如圖所示，已知發(fā)射塔高100m，火箭經(jīng)過3s后離開發(fā)射塔。此階段可視為勻加速直線運動，火箭質(zhì)量可認為近似不變，地球表面重力加速度為10m/s2。那么噴射出的燃氣對火箭的作用力約為()A．8.5×106N B．1.9×107NC．2.7×107N D．4.1×107N解析：火箭勻加速直線運動階段，有x＝eq\f(1,2)at2，對火箭受力分析，由牛頓第二定律可得F－mg＝ma，聯(lián)立解得F≈2.7×107N，故C正確。6．(2024·湖南高一階段檢測)一無人機沿著與地面成30°的方向斜向上勻加速起飛，剛起飛的第一秒內(nèi)飛行了5m。已知無人機的質(zhì)量為3kg，g取10m/s2，則空氣對無人機的作用力大小為()A．30eq\r(3)N B．30NC．40eq\r(3)N D．40N解析：設無人機勻加速飛行的加速度大小為a，在第一秒內(nèi)飛行了5m，由位移時間公式x＝eq\f(1,2)at2解得a＝eq\f(2x,t2)＝eq\f(2×5,12)m/s2＝10m/s2，無人機飛行時受力如圖所示，由于mg＝ma，由幾何關系可知，空氣對無人機的作用力F與水平方向的夾角為60°，則有Fsin60°－mg＝masin30°，解得空氣對無人機的作用力大小為F＝30eq\r(3)N，A正確，B、C、D錯誤。故選A。7.如圖所示，質(zhì)量m＝2kg的滑塊以v0＝20m/s的初速度沿傾角θ＝37°的足夠長的斜面向上滑動，經(jīng)t＝2s滑行到最高點。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的是()A．滑塊運動的加速度大小為10m/s2B．滑塊運動的加速度大小為5m/s2C．滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.6D．滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.2解析：滑塊的加速度大小為a＝eq\f(v0,t)＝10m/s2，A正確，B錯誤；對滑塊受力分析有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，解得μ＝0.5，C、D錯誤。故選A。知識點三多過程問題8．一水平面上的物體在水平恒力F作用下由靜止開始運動了t時間后撤去該力，物體又經(jīng)過3t時間停止運動。設撤去F前后的加速度大小分別為a1和a2，物體在水平面上所受的摩擦力為Ff，則()A．a(chǎn)1∶a2＝1∶3 B．a(chǎn)1∶a2＝4∶1C．Ff∶F＝1∶3 D．Ff∶F＝1∶4解析：根據(jù)勻變速直線運動中速度與時間的關系式v＝at知，最大速度v＝a1t＝a2·3t，所以a1∶a2＝3∶1，故A、B錯誤；對撤去F前的加速和撤F后的減速運動，根據(jù)牛頓第二定律得F－Ff＝ma1，F(xiàn)f＝ma2，聯(lián)立解得Ff∶F＝a2∶(a1＋a2)＝1∶4，故C錯誤，D正確。故選D。9．(多選)(2024·山東濰坊高一統(tǒng)考期末)一質(zhì)量為50kg的游客坐在“跳樓機”內(nèi)，從40m高處自由下落，2s后開始受到恒定的阻力而立即做勻減速運動，到達地面時速度剛好減為零，g取10m/s2不計空氣阻力。則以下判斷正確的是()A．游客自由下落時所受合力為0B．游客的最大速度的大小為20m/sC．游客做勻減速運動時的加速度大小為15m/s2D．游客做勻減速運動時所受阻力為1000N解析：游客自由下落時，受到合力為重力，故A錯誤；自由下落2s時速度最大，則有v＝gt＝20m/s，故B正確；自由下落2s時位移為h1＝eq\f(1,2)gt2＝20m，由速度位移公式得0－v2＝－2a(h－h(huán)1)，解得游客做勻減速運動時的加速度大小為a＝10m/s2，故C錯誤；由牛頓第二定律可得Ff－mg＝ma，游客做勻減速運動時所受阻力為Ff＝1000N，故D正確。故選BD。綜合提升練10.如圖所示，質(zhì)量為m＝3kg的木塊放在傾角為θ＝30°的足夠長的固定斜面上，木塊可以沿斜面勻速下滑。若用沿斜面向上的力F作用于木塊上，使其由靜止開始沿斜面向上加速運動，經(jīng)過t＝2s時間木塊沿斜面上升4m的距離，則推力F的大小為(g取10m/s2)()A．42N B．6NC．21N D．36N解析：因木塊能沿斜面勻速下滑，由平衡條件知mgsinθ＝μmgcosθ，所以μ＝tanθ；當在推力作用下加速上滑時，由運動學公式x＝eq\f(1,2)at2得a＝2m/s2，由牛頓第二定律得F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得F＝36N，D正確。故選D。11.如圖所示，一足夠長的斜面傾角θ為37°，斜面BC與水平面AB平滑連接，質(zhì)量m＝2kg的物體靜止于水平面上的M點，M點與B點之間的距離L＝9m，物體與水平面和斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，現(xiàn)物體受到一水平向右的恒力F＝14N作用，運動至B點時撤去該力(sin37°＝0.6，g＝10m/s2)，則：(1)物體在恒力F作用下運動時的加速度是多大？(2)物體到達B點時的速度是多大？(3)物體沿斜面向上滑行的最遠距離是多少？答案：(1)2m/s2(2)6m/s(3)1.8m解析：(1)在水平面上，根據(jù)牛頓第二定律可知F－μmg＝ma，解得a＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(14－0.5×2×10,2)m/s2＝2m/s2。(2)由M到B，根據(jù)運動學公式可知veq\o\al(2,B)＝2aL，解得vB＝eq\r(2aL)＝eq\r(2×2×9)m/s＝6m/s。(3)在斜面上，根據(jù)牛頓第二定律可得，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma′，代入數(shù)據(jù)得加速度的大小為a′＝10m/s2，逆向分析可得veq\o\al(2,B)＝2a′x，解得x＝eq\f(v\o\al(2,B),2a′)＝1.8m。12．滑沙是國內(nèi)新興的一種旅游項目，如圖甲所示，游客坐在滑沙板上，隨板一起下滑。若將該過程處理成如圖乙所示的模型，人坐在滑沙板上從斜坡的高處A點由靜止開始滑下，滑到斜坡底端B點后沿水平的滑道再滑行一段距離到C點停下來。若某人和滑沙板的總質(zhì)量m＝60.0kg，滑沙板與斜坡滑道和水平滑道的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.50，斜坡AB的長度l＝36m。斜坡的傾角θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，斜坡與水平滑道間是平滑連接的，整個運動過程中空氣阻力忽略不計，重力加速度g取10m/s2。求：(1)人從斜坡頂端滑到底端B點的時間為多少？(2)人滑到水平滑道上后還能滑行多遠？答案：(1)6s(2)14.4m解析：(1)人在斜坡上下滑時，受力分析如圖所示。設人沿斜坡下滑的加速度為a，由牛頓第二定律得mgsinθ－Ff＝ma又Ff＝μFN垂直于斜坡方向有FN－mgcosθ＝0解得a＝2m/s2，由l＝eq\f(1,2)at2解得t＝6s。(2)設人滑到水平滑道時的速度為v，則有v＝at，解得v＝12m/s。在水平滑道上滑行時，設加速度為a′，根據(jù)牛頓第二定律，有μmg＝ma′，解得a′＝5m/s2。設還能滑行的距離為x，則v2＝2a′x解得x＝14.4m。第四章6課后知能作業(yè)基礎鞏固練知識點一超重和失重的理解和判斷1．(多選)下列有關超重與失重的說法正確的是()A．體操運動員雙手握住單杠吊在空中不動時處于失重狀態(tài)B．蹦床運動員在空中上升過程和下落過程中都處于失重狀態(tài)C．舉重運動員在舉起杠鈴后不動的那段時間內(nèi)處于超重狀態(tài)D．不論是超重、失重或是完全失重，物體所受的重力都沒有發(fā)生改變解析：體操運動員雙手握住單杠吊在空中不動時單杠對運動員的拉力大小等于運動員的重力，運動員既不處于超重狀態(tài)也不處于失重狀態(tài)，A項錯誤；蹦床運動員在空中上升和下落過程中只受重力，加速度大小等于當?shù)氐闹亓铀俣?，方向豎直向下，即蹦床運動員處于失重狀態(tài)，B項正確；舉重運動員在舉起杠鈴后不動的那段時間內(nèi)處于靜止狀態(tài)，既不處于超重狀態(tài)也不處于失重狀態(tài)，C項錯誤；不論是超重、失重或是完全失重，物體所受的重力都沒有發(fā)生改變，D項正確。故選BD。2．2023年10月26日，搭載著3名航天員的神舟十七號載人飛船進入太空，在軌工作生活6個月，返回艙成功著陸于東風著陸場，標志著神舟十七號返回任務取得圓滿成功。宇航員在火箭發(fā)射與飛船回收的過程中均要經(jīng)受超重與失重的考驗，下列說法正確的是()A．火箭加速上升時，宇航員處于超重狀態(tài)B．火箭加速上升時，宇航員對座椅的壓力小于自身重力C．在飛船繞地球運行時，宇航員處于完全失重狀態(tài)，則宇航員的重力消失了D．飛船落地前減速下落時，宇航員處于失重狀態(tài)解析：火箭加速上升時，加速度方向向上，根據(jù)牛頓第二定律可知宇航員受到的支持力大于自身的重力，宇航員處于超重狀態(tài)，對座椅的壓力大于自身重力，選項A正確，B錯誤；宇航員處于完全失重狀態(tài)時，仍然受重力，選項C錯誤；飛船落地前減速下落時，加速度方向向上，根據(jù)牛頓第二定律可知宇航員受到的支持力大于自身的重力，宇航員處于超重狀態(tài)，選項D錯誤。故選A。3．(多選)(2024·棗莊高一檢測)某同學站在觀光電梯地板上，用加速度傳感器記錄了電梯由靜止開始運動的加速度隨時間變化情況，以豎直向上為正方向。根據(jù)圖像提供的信息，可以判斷下列說法中正確的是()A．在5～15s內(nèi)，觀光電梯在加速上升，該同學處于超重狀態(tài)B．在15～25s內(nèi)，觀光電梯停了下來，該同學處于平衡狀態(tài)C．在25～35s內(nèi)，觀光電梯在減速上升，該同學處于失重狀態(tài)D．在t＝35s時，電梯的速度為0解析：在5～15s內(nèi)，從加速度—時間圖像可知，此時的加速度為正，電梯的加速度向上，所以該同學處于超重狀態(tài)，故A正確；在15～25s內(nèi)，加速度為零，此時電梯在勻速運動，處于受力平衡狀態(tài)，所以該同學對電梯地板的壓力等于他所受的重力，故B錯誤；在25～35s內(nèi)，從加速度—時間圖像可知，此時的加速度為負，電梯的加速度向下，所以該同學處于失重狀態(tài)，故C正確；加速度—時間圖像與坐標軸圍成圖形面積的代數(shù)和表示速度變化量，在前35s內(nèi)，速度改變量為零，所以在t＝35s時，電梯的速度為0，故D正確。故選ACD。4．(2024·天津高一期末)近年來天津市試點為老舊小區(qū)加裝垂直電梯，如圖甲，取豎直向上方向為正方向，某人某次乘電梯時的速度和時間圖像如圖乙所示，以下說法正確的是()A．4s時電梯停止在某一層樓B．1～3s，此人處于超重狀態(tài)，重力變大C．5～7s，此人處于失重狀態(tài)，支持力小于重力D．電梯先做勻加速直線運動，再做勻減速直線運動解析：由圖乙可知，4s時電梯有速度，故A錯誤；1～3s，人的速度豎直向上不斷增加，故加速度向上，處于超重狀態(tài)，但重力保持不變，故B錯誤；5～7s，速度豎直向上不斷減小，處于失重狀態(tài)，支持力小于重力，故C正確；由圖乙可知，在0～4s電梯加速度先變大后變小，做變加速運動，在4～8s時加速度先增大后減小，做變加速運動，故D錯誤。故選C。5.(多選)如圖所示，蹦床運動員從空中落到床面上，運動員從接觸床面下降到最低點為第一過程，從最低點上升到離開床面為第二過程，則運動員()A．在第一過程中始終處于失重狀態(tài)B．在第二過程中始終處于超重狀態(tài)C．在第一過程中先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)D．在第二過程中先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)解析：運動員剛接觸床面時，重力大于彈力，運動員向下做加速運動，運動員處于失重狀態(tài)；當彈力增大到等于重力時速度最大；繼續(xù)下降，彈力大于重力，向下做減速運動，運動員處于超重狀態(tài)，即在第一過程中先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)，A錯誤，C正確；在第二過程中運動員先向上做加速運動，處于超重狀態(tài)，后向上做減速運動，處于失重狀態(tài)，B錯誤，D正確。故選CD。6．(多選)(2024·山東濰坊高一統(tǒng)考期末)為觀察升降裝置的運動特點，小李同學將輕彈簧上端固定在升降裝置頂端，彈簧旁邊附有標尺，在彈簧下端懸掛小物體P，升降裝置靜止時指針指向標尺d處。當升降裝置運動時，下列判斷正確的是()A．若指針指在b刻度處，彈簧彈力不可能為0B．若指針指在c刻度處，升降裝置處于失重狀態(tài)C．若指針指在e刻度處，升降裝置可能正在下降D．指針指在f刻度處時的加速度大于指針指在a刻度處時的加速度解析：根據(jù)題意當升降裝置靜止時指針指向標尺d處，說明此時彈簧的彈力等于物體的重力；當指針指在c刻度處時彈簧伸長量減小，拉力減小，受力分析可得此時物塊的合力向下，加速度向下，物體隨升降裝置處于失重狀態(tài)；若指針指在b刻度處時，處于完全失重狀態(tài)時，此時彈簧彈力為零，A錯誤，B正確；同理可知當指針指在e刻度處時，此時彈簧拉力大于物塊重力，物塊加速度向上，此時升降裝置可能加速上升也可能減速下降，C正確；設彈簧原長為L0，根據(jù)前面分析可得指針指在f刻度和a刻度處時的加速度大小分別為af＝eq\f(kLf－Ld,m)，aa＝eq\f(kLd－La,m)，根據(jù)題中刻度關系可得Lf－Ld＝fd<Ld－La＝da，可得af<aa，D錯誤。故選BC。7.實驗小組利用DIS系統(tǒng)(數(shù)字化信息實驗系統(tǒng))，觀察超重和失重現(xiàn)象。他們在學校電梯內(nèi)做實驗，在電梯天花板上固定一個拉力傳感器，測量掛鉤向下，并在掛鉤上懸掛一個重力為10N的鉤碼，在電梯運動過程中，計算機顯示屏上出現(xiàn)如圖圖線，根據(jù)圖線分析可知下列說法錯誤的是()A．從t1到t2，鉤碼處于失重狀態(tài)，從t3到t4，鉤碼處于超重狀態(tài)B．t1到t2時間內(nèi)，電梯可能在向下運動C．t1到t4時間內(nèi)，電梯可能先加速向下，接著勻速向下，再減速向下D．t1到t4時間內(nèi)，電梯可能先加速向上，接著勻速向上，再減速向上解析：A對：圖線顯示了拉力傳感器對鉤碼的拉力大小隨時間的變化情況，t1到t2時間內(nèi)，拉力小于重力，鉤碼處于失重狀態(tài)；t3到t4時間內(nèi)，拉力大于重力，鉤碼處于超重狀態(tài)。B對：從t1到t2時間內(nèi)，鉤碼受到的拉力小于重力，加速度向下，電梯可以向下做加速運動或向上做減速運動。C對：如果電梯開始停在高樓層，那么啟動電梯向下運動，則拉力先小于重力，然后等于重力、大于重力，最后等于重力，即可能先加速向下，接著勻速向下，再減速向下，最后停在低樓層。D錯：如果電梯開始停在低樓層，先加速向上，接著勻速向上，再減速向上，最后停在高樓層，那么應該從圖像可以得到，拉力先等于重力，再大于重力，然后等于重力、小于重力，最后等于重力。選項與圖像描述不符。故選D。知識點二超重和失重的計算8．如圖所示，在電梯內(nèi)地板上放一體重計，某同學站在體重計上，電梯靜止時體重計示數(shù)為50kg；電梯運動過程中，某一段時間內(nèi)該同學發(fā)現(xiàn)體重計示數(shù)為40kg，g＝10m/s2，則在這段時間內(nèi)()A．電梯可能以2m/s2的加速度加速上升B．電梯可能以2m/s2的加速度減速上升C．電梯可能以2.5m/s2的加速度加速上升D．電梯可能以2.5m/s2的加速度減速下降解析：電梯運動時，該同學對體重計的壓力FN＝40×10N＝400N，由牛頓第三定律可知，該同學所受支持力FN′＝400N，加速度a＝eq\f(mg－FN′,m)＝eq\f(500－400,50)m/s2＝2m/s2，方向向下，所以，電梯以2m/s2做加速度加速下降或減速上升，因此答案選B。9．(2024·海南高一月考)如圖，質(zhì)量為m的小球掛在電梯的天花板上。電梯在以大小為eq\f(g,3)的加速度向下減速運動的過程中，小球()A．處于失重狀態(tài)，所受拉力為eq\f(1,3)mgB．處于失重狀態(tài)，所受拉力為eq\f(2,3)mgC．處于超重狀態(tài)，所受拉力為eq\f(1,3)mgD．處于超重狀態(tài)，所受拉力為eq\f(4,3)mg解析：小球掛在電梯的天花板上，受到重力mg和繩的拉力T，以大小為eq\f(1,3)g的加速度向下減速運動，加速度方向向上，小球處于超重狀態(tài)，由牛頓第二定律可得T－mg＝ma，解得T＝mg＋ma＝eq\f(4,3)mg，故選D。10.一質(zhì)量為60kg的人站在觀光電梯底板上，如圖所示的v－t圖像是計算機顯示的觀光電梯在某一段時間內(nèi)速度變化的情況(豎直向上為正方向)。根據(jù)圖像提供的信息，可以判斷下列說法中正確的是(g取10m/s2)()A．在5～10s內(nèi)，該人對電梯底板的壓力等于500NB．在0～5s內(nèi)，觀光電梯在加速上升，該人所受的支持力為624N，處于超重狀態(tài)C．在10～20s內(nèi)，該人所受的支持力為490N，處于失重狀態(tài)D．在20～25s內(nèi)，該人所受的支持力為490N，處于超重狀態(tài)解析：5～10s內(nèi)，電梯做勻速運動，該人對電梯底板的壓力等于人的重力，F(xiàn)N＝mg＝60×10N＝600N，A錯誤；0～5s內(nèi)，電梯加速度a1＝0.4m/s2，加速向上，處于超重狀態(tài)，F(xiàn)N1－mg＝ma，F(xiàn)N1＝mg＋ma＝600N＋24N＝624N，B正確；10～25s內(nèi)，電梯加速度向下，處于失重狀態(tài)，加速度a＝0.2m/s2，對該同學mg－FN2＝ma2，F(xiàn)N2＝mg－ma＝600N－12N＝588N，C、D均錯誤。故選B。綜合提升練11．10月2日，杭州亞運會蹦床項目結(jié)束女子個人比賽的爭奪，中國選手朱雪瑩、胡譯乘包攬冠亞軍。假設在比賽的時候某一個時間段內(nèi)蹦床所受的壓力如圖所示，忽略空氣阻力，g＝10m/s2，則以下說法正確的是()A．1.0s到1.2s之間運動員處于失重狀態(tài)B．1.0s到1.2s之間運動員處于超重狀態(tài)C．在圖示的運動過程中，運動員離開蹦床后上升的最大高度為9.8mD．在圖示的運動過程中，運動員離開蹦床后上升的最大高度為3.2m解析：蹦床所受的壓力大小與蹦床對運動員的支持力大小相等，可知1.0s到1.2s之間蹦床對運動員的支持力逐漸增大，過程為運動開始接觸蹦床到到達最低點，根據(jù)牛頓第二定律該段過程為運動員先向下加速后減速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故A、B錯誤；根據(jù)圖線可知運動從離開蹦床到再次接觸蹦床的時間為t＝1.6s，該段時間運動員做豎直上拋運動，故離開蹦床后上升的最大高度為h＝eq\