2025年高考物理 人教版必修第1册第4章　5含答案含答案

2025年高考物理人教版必修第1册第4章5含答案含答案第四章5课后知能作业基础巩固练知识点一由受力情况确定运动情况1．用相同材料做成的A、B两木块的质量之比为5∶2，初速度之比为2∶5，它们在同一粗糙水平面上同时开始沿直线滑行，直至停止，则它们()A．滑行的时间之比为2∶5B．滑行的时间之比为1∶1C．滑行的距离之比为5∶2D．滑行的距离之比为2∶5解析：依题意，根据牛顿第二定律可得木块的加速度大小为a＝μg，与木块的质量无关，根据公式v＝at，得两木块滑行的时间之比为eq\f(t1,t2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(2,5)，故A正确，B错误；由公式v2＝2ax，得滑行的距离之比为eq\f(x1,x2)＝eq\f(v\o\al(2,1),v\o\al(2,2))＝eq\f(4,25)，故C、D错误。故选A。2.如图所示，若战机从“辽宁号”航母上起飞前滑行的距离相同，牵引力相同，则()A．携带弹药越多，加速度越大B．加速度相同，与携带弹药的多少无关C．携带弹药越多，获得的起飞速度越大D．携带弹药越多，滑行时间越长解析：设战机受到的牵引力为F，其质量(包括携带弹药的质量)为m，与航母间的动摩擦因数为μ。由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，则a＝eq\f(F,m)－μg。可知携带弹药越多，加速度越小；加速度相同，携带的弹药也必须相同，故A、B错误；由vt＝eq\r(2ax)和t＝eq\r(\f(2x,a))可知携带弹药越多，起飞速度越小，滑行时间越长，故C错误，D正确。故选D。3.(2024·河北沧州联考)如图所示，两个光滑斜面体靠在一起固定在水平面上，底边长CD＝DE，斜面体ADE的顶角为θ，斜面体BCD的底角也为θ，让甲、乙两个球同时从两斜面顶端A、B由静止释放，甲、乙两球在斜面上运动的时间分别为t1、t2，则()A．t1＝t2B．t1>t2C．t1<t2D．不能确定t1、t2的大小关系解析：两个斜面体的底边长相等，设底边长为L，则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)，联立求得时间关系t1＝t2，故A正确。知识点二由运动情况确定受力情况4．在行驶过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害。为了尽可能地减少碰撞引起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊。假定乘客质量为70kg，汽车车速为108km/h(即30m/s)，从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5s，安全带及安全气囊对乘客的作用力大约为()A．420N B．600NC．800N D．1000N解析：从踩下刹车到车完全停止的5s内，人的速度由30m/s减小到0，视为匀减速运动，则有a＝eq\f(v－v0,t)＝－eq\f(30,5)m/s2＝－6m/s2。根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的作用力F＝ma＝70×(－6)N＝－420N，负号表示力的方向跟初速度方向相反，所以A正确。故选A。5．火箭通过向后喷射燃气而获得动力，以长征五号B遥一运载火箭为例，起飞质量为850吨，某次发射场景如图所示，已知发射塔高100m，火箭经过3s后离开发射塔。此阶段可视为匀加速直线运动，火箭质量可认为近似不变，地球表面重力加速度为10m/s2。那么喷射出的燃气对火箭的作用力约为()A．8.5×106N B．1.9×107NC．2.7×107N D．4.1×107N解析：火箭匀加速直线运动阶段，有x＝eq\f(1,2)at2，对火箭受力分析，由牛顿第二定律可得F－mg＝ma，联立解得F≈2.7×107N，故C正确。6．(2024·湖南高一阶段检测)一无人机沿着与地面成30°的方向斜向上匀加速起飞，刚起飞的第一秒内飞行了5m。已知无人机的质量为3kg，g取10m/s2，则空气对无人机的作用力大小为()A．30eq\r(3)N B．30NC．40eq\r(3)N D．40N解析：设无人机匀加速飞行的加速度大小为a，在第一秒内飞行了5m，由位移时间公式x＝eq\f(1,2)at2解得a＝eq\f(2x,t2)＝eq\f(2×5,12)m/s2＝10m/s2，无人机飞行时受力如图所示，由于mg＝ma，由几何关系可知，空气对无人机的作用力F与水平方向的夹角为60°，则有Fsin60°－mg＝masin30°，解得空气对无人机的作用力大小为F＝30eq\r(3)N，A正确，B、C、D错误。故选A。7.如图所示，质量m＝2kg的滑块以v0＝20m/s的初速度沿倾角θ＝37°的足够长的斜面向上滑动，经t＝2s滑行到最高点。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是()A．滑块运动的加速度大小为10m/s2B．滑块运动的加速度大小为5m/s2C．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.6D．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.2解析：滑块的加速度大小为a＝eq\f(v0,t)＝10m/s2，A正确，B错误；对滑块受力分析有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，解得μ＝0.5，C、D错误。故选A。知识点三多过程问题8．一水平面上的物体在水平恒力F作用下由静止开始运动了t时间后撤去该力，物体又经过3t时间停止运动。设撤去F前后的加速度大小分别为a1和a2，物体在水平面上所受的摩擦力为Ff，则()A．a1∶a2＝1∶3 B．a1∶a2＝4∶1C．Ff∶F＝1∶3 D．Ff∶F＝1∶4解析：根据匀变速直线运动中速度与时间的关系式v＝at知，最大速度v＝a1t＝a2·3t，所以a1∶a2＝3∶1，故A、B错误；对撤去F前的加速和撤F后的减速运动，根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma1，Ff＝ma2，联立解得Ff∶F＝a2∶(a1＋a2)＝1∶4，故C错误，D正确。故选D。9．(多选)(2024·山东潍坊高一统考期末)一质量为50kg的游客坐在“跳楼机”内，从40m高处自由下落，2s后开始受到恒定的阻力而立即做匀减速运动，到达地面时速度刚好减为零，g取10m/s2不计空气阻力。则以下判断正确的是()A．游客自由下落时所受合力为0B．游客的最大速度的大小为20m/sC．游客做匀减速运动时的加速度大小为15m/s2D．游客做匀减速运动时所受阻力为1000N解析：游客自由下落时，受到合力为重力，故A错误；自由下落2s时速度最大，则有v＝gt＝20m/s，故B正确；自由下落2s时位移为h1＝eq\f(1,2)gt2＝20m，由速度位移公式得0－v2＝－2a(h－h1)，解得游客做匀减速运动时的加速度大小为a＝10m/s2，故C错误；由牛顿第二定律可得Ff－mg＝ma，游客做匀减速运动时所受阻力为Ff＝1000N，故D正确。故选BD。综合提升练10.如图所示，质量为m＝3kg的木块放在倾角为θ＝30°的足够长的固定斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑。若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上加速运动，经过t＝2s时间木块沿斜面上升4m的距离，则推力F的大小为(g取10m/s2)()A．42N B．6NC．21N D．36N解析：因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知mgsinθ＝μmgcosθ，所以μ＝tanθ；当在推力作用下加速上滑时，由运动学公式x＝eq\f(1,2)at2得a＝2m/s2，由牛顿第二定律得F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得F＝36N，D正确。故选D。11.如图所示，一足够长的斜面倾角θ为37°，斜面BC与水平面AB平滑连接，质量m＝2kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L＝9m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现物体受到一水平向右的恒力F＝14N作用，运动至B点时撤去该力(sin37°＝0.6，g＝10m/s2)，则：(1)物体在恒力F作用下运动时的加速度是多大？(2)物体到达B点时的速度是多大？(3)物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少？答案：(1)2m/s2(2)6m/s(3)1.8m解析：(1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知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，根据运动学公式可知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，根据牛顿第二定律可得，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma′，代入数据得加速度的大小为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．滑沙是国内新兴的一种旅游项目，如图甲所示，游客坐在滑沙板上，随板一起下滑。若将该过程处理成如图乙所示的模型，人坐在滑沙板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来。若某人和滑沙板的总质量m＝60.0kg，滑沙板与斜坡滑道和水平滑道的动摩擦因数均为μ＝0.50，斜坡AB的长度l＝36m。斜坡的倾角θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2。求：(1)人从斜坡顶端滑到底端B点的时间为多少？(2)人滑到水平滑道上后还能滑行多远？答案：(1)6s(2)14.4m解析：(1)人在斜坡上下滑时，受力分析如图所示。设人沿斜坡下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得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)设人滑到水平滑道时的速度为v，则有v＝at，解得v＝12m/s。在水平滑道上滑行时，设加速度为a′，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma′，解得a′＝5m/s2。设还能滑行的距离为x，则v2＝2a′x解得x＝14.4m。第四章6课后知能作业基础巩固练知识点一超重和失重的理解和判断1．(多选)下列有关超重与失重的说法正确的是()A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态B．蹦床运动员在空中上升过程和下落过程中都处于失重状态C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D．不论是超重、失重或是完全失重，物体所受的重力都没有发生改变解析：体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时单杠对运动员的拉力大小等于运动员的重力，运动员既不处于超重状态也不处于失重状态，A项错误；蹦床运动员在空中上升和下落过程中只受重力，加速度大小等于当地的重力加速度，方向竖直向下，即蹦床运动员处于失重状态，B项正确；举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于静止状态，既不处于超重状态也不处于失重状态，C项错误；不论是超重、失重或是完全失重，物体所受的重力都没有发生改变，D项正确。故选BD。2．2023年10月26日，搭载着3名航天员的神舟十七号载人飞船进入太空，在轨工作生活6个月，返回舱成功着陆于东风着陆场，标志着神舟十七号返回任务取得圆满成功。宇航员在火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重与失重的考验，下列说法正确的是()A．火箭加速上升时，宇航员处于超重状态B．火箭加速上升时，宇航员对座椅的压力小于自身重力C．在飞船绕地球运行时，宇航员处于完全失重状态，则宇航员的重力消失了D．飞船落地前减速下落时，宇航员处于失重状态解析：火箭加速上升时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知宇航员受到的支持力大于自身的重力，宇航员处于超重状态，对座椅的压力大于自身重力，选项A正确，B错误；宇航员处于完全失重状态时，仍然受重力，选项C错误；飞船落地前减速下落时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知宇航员受到的支持力大于自身的重力，宇航员处于超重状态，选项D错误。故选A。3．(多选)(2024·枣庄高一检测)某同学站在观光电梯地板上，用加速度传感器记录了电梯由静止开始运动的加速度随时间变化情况，以竖直向上为正方向。根据图像提供的信息，可以判断下列说法中正确的是()A．在5～15s内，观光电梯在加速上升，该同学处于超重状态B．在15～25s内，观光电梯停了下来，该同学处于平衡状态C．在25～35s内，观光电梯在减速上升，该同学处于失重状态D．在t＝35s时，电梯的速度为0解析：在5～15s内，从加速度—时间图像可知，此时的加速度为正，电梯的加速度向上，所以该同学处于超重状态，故A正确；在15～25s内，加速度为零，此时电梯在匀速运动，处于受力平衡状态，所以该同学对电梯地板的压力等于他所受的重力，故B错误；在25～35s内，从加速度—时间图像可知，此时的加速度为负，电梯的加速度向下，所以该同学处于失重状态，故C正确；加速度—时间图像与坐标轴围成图形面积的代数和表示速度变化量，在前35s内，速度改变量为零，所以在t＝35s时，电梯的速度为0，故D正确。故选ACD。4．(2024·天津高一期末)近年来天津市试点为老旧小区加装垂直电梯，如图甲，取竖直向上方向为正方向，某人某次乘电梯时的速度和时间图像如图乙所示，以下说法正确的是()A．4s时电梯停止在某一层楼B．1～3s，此人处于超重状态，重力变大C．5～7s，此人处于失重状态，支持力小于重力D．电梯先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动解析：由图乙可知，4s时电梯有速度，故A错误；1～3s，人的速度竖直向上不断增加，故加速度向上，处于超重状态，但重力保持不变，故B错误；5～7s，速度竖直向上不断减小，处于失重状态，支持力小于重力，故C正确；由图乙可知，在0～4s电梯加速度先变大后变小，做变加速运动，在4～8s时加速度先增大后减小，做变加速运动，故D错误。故选C。5.(多选)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，则运动员()A．在第一过程中始终处于失重状态B．在第二过程中始终处于超重状态C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态解析：运动员刚接触床面时，重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；当弹力增大到等于重力时速度最大；继续下降，弹力大于重力，向下做减速运动，运动员处于超重状态，即在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态，A错误，C正确；在第二过程中运动员先向上做加速运动，处于超重状态，后向上做减速运动，处于失重状态，B错误，D正确。故选CD。6．(多选)(2024·山东潍坊高一统考期末)为观察升降装置的运动特点，小李同学将轻弹簧上端固定在升降装置顶端，弹簧旁边附有标尺，在弹簧下端悬挂小物体P，升降装置静止时指针指向标尺d处。当升降装置运动时，下列判断正确的是()A．若指针指在b刻度处，弹簧弹力不可能为0B．若指针指在c刻度处，升降装置处于失重状态C．若指针指在e刻度处，升降装置可能正在下降D．指针指在f刻度处时的加速度大于指针指在a刻度处时的加速度解析：根据题意当升降装置静止时指针指向标尺d处，说明此时弹簧的弹力等于物体的重力；当指针指在c刻度处时弹簧伸长量减小，拉力减小，受力分析可得此时物块的合力向下，加速度向下，物体随升降装置处于失重状态；若指针指在b刻度处时，处于完全失重状态时，此时弹簧弹力为零，A错误，B正确；同理可知当指针指在e刻度处时，此时弹簧拉力大于物块重力，物块加速度向上，此时升降装置可能加速上升也可能减速下降，C正确；设弹簧原长为L0，根据前面分析可得指针指在f刻度和a刻度处时的加速度大小分别为af＝eq\f(kLf－Ld,m)，aa＝eq\f(kLd－La,m)，根据题中刻度关系可得Lf－Ld＝fd<Ld－La＝da，可得af<aa，D错误。故选BC。7.实验小组利用DIS系统(数字化信息实验系统)，观察超重和失重现象。他们在学校电梯内做实验，在电梯天花板上固定一个拉力传感器，测量挂钩向下，并在挂钩上悬挂一个重力为10N的钩码，在电梯运动过程中，计算机显示屏上出现如图图线，根据图线分析可知下列说法错误的是()A．从t1到t2，钩码处于失重状态，从t3到t4，钩码处于超重状态B．t1到t2时间内，电梯可能在向下运动C．t1到t4时间内，电梯可能先加速向下，接着匀速向下，再减速向下D．t1到t4时间内，电梯可能先加速向上，接着匀速向上，再减速向上解析：A对：图线显示了拉力传感器对钩码的拉力大小随时间的变化情况，t1到t2时间内，拉力小于重力，钩码处于失重状态；t3到t4时间内，拉力大于重力，钩码处于超重状态。B对：从t1到t2时间内，钩码受到的拉力小于重力，加速度向下，电梯可以向下做加速运动或向上做减速运动。C对：如果电梯开始停在高楼层，那么启动电梯向下运动，则拉力先小于重力，然后等于重力、大于重力，最后等于重力，即可能先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层。D错：如果电梯开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层，那么应该从图像可以得到，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。选项与图像描述不符。故选D。知识点二超重和失重的计算8．如图所示，在电梯内地板上放一体重计，某同学站在体重计上，电梯静止时体重计示数为50kg；电梯运动过程中，某一段时间内该同学发现体重计示数为40kg，g＝10m/s2，则在这段时间内()A．电梯可能以2m/s2的加速度加速上升B．电梯可能以2m/s2的加速度减速上升C．电梯可能以2.5m/s2的加速度加速上升D．电梯可能以2.5m/s2的加速度减速下降解析：电梯运动时，该同学对体重计的压力FN＝40×10N＝400N，由牛顿第三定律可知，该同学所受支持力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，电梯以2m/s2做加速度加速下降或减速上升，因此答案选B。9．(2024·海南高一月考)如图，质量为m的小球挂在电梯的天花板上。电梯在以大小为eq\f(g,3)的加速度向下减速运动的过程中，小球()A．处于失重状态，所受拉力为eq\f(1,3)mgB．处于失重状态，所受拉力为eq\f(2,3)mgC．处于超重状态，所受拉力为eq\f(1,3)mgD．处于超重状态，所受拉力为eq\f(4,3)mg解析：小球挂在电梯的天花板上，受到重力mg和绳的拉力T，以大小为eq\f(1,3)g的加速度向下减速运动，加速度方向向上，小球处于超重状态，由牛顿第二定律可得T－mg＝ma，解得T＝mg＋ma＝eq\f(4,3)mg，故选D。10.一质量为60kg的人站在观光电梯底板上，如图所示的v－t图像是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况(竖直向上为正方向)。根据图像提供的信息，可以判断下列说法中正确的是(g取10m/s2)()A．在5～10s内，该人对电梯底板的压力等于500NB．在0～5s内，观光电梯在加速上升，该人所受的支持力为624N，处于超重状态C．在10～20s内，该人所受的支持力为490N，处于失重状态D．在20～25s内，该人所受的支持力为490N，处于超重状态解析：5～10s内，电梯做匀速运动，该人对电梯底板的压力等于人的重力，FN＝mg＝60×10N＝600N，A错误；0～5s内，电梯加速度a1＝0.4m/s2，加速向上，处于超重状态，FN1－mg＝ma，FN1＝mg＋ma＝600N＋24N＝624N，B正确；10～25s内，电梯加速度向下，处于失重状态，加速度a＝0.2m/s2，对该同学mg－FN2＝ma2，FN2＝mg－ma＝600N－12N＝588N，C、D均错误。故选B。综合提升练11．10月2日，杭州亚运会蹦床项目结束女子个人比赛的争夺，中国选手朱雪莹、胡译乘包揽冠亚军。假设在比赛的时候某一个时间段内蹦床所受的压力如图所示，忽略空气阻力，g＝10m/s2，则以下说法正确的是()A．1.0s到1.2s之间运动员处于失重状态B．1.0s到1.2s之间运动员处于超重状态C．在图示的运动过程中，运动员离开蹦床后上升的最大高度为9.8mD．在图示的运动过程中，运动员离开蹦床后上升的最大高度为3.2m解析：蹦床所受的压力大小与蹦床对运动员的支持力大小相等，可知1.0s到1.2s之间蹦床对运动员的支持力逐渐增大，过程为运动开始接触蹦床到到达最低点，根据牛顿第二定律该段过程为运动员先向下加速后减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故A、B错误；根据图线可知运动从离开蹦床到再次接触蹦床的时间为t＝1.6s，该段时间运动员做竖直上抛运动，故离开蹦床后上升的最大高度为h＝eq\