資源簡介

2025-2026高三物理第一輪復習【新教材】人教版（2019）：運動和力的關系綜合練習試卷
一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．如圖所示為游樂項目中的一段滑索，滑索由固定的傾斜鋼索、可以沿鋼索運動的無動力滑車及滑車下的懸繩組成。懸繩質量不計，游客坐上滑索后，由靜止開始下滑，穩定后懸繩與豎直方向之間的夾角為，假設鋼索與水平方向之間的夾角為保持不變，則鋼索與滑車之間的動摩擦因數為（　　）
A． B．
C． D．
2．下列說法正確的是（ ）
A．由牛頓第二定律，可以得到加速度的定義式為
B．伽利略最先建立描述運動的物理量，如平均速度、瞬時速度和加速度
C．千克、米和牛頓都是國際單位制中的基本單位
D．根據開普勒第二定律，不同行星與太陽的連線在相同的時間掃過相同的面積
3．如圖所示,天花板上用輕繩懸掛著質量為m的吊籃A,吊籃中放置著質量為2m的重物B,吊籃下方通過輕質彈簧與質量為3m的小球C相連,已知初始時整個裝置處于靜止狀態,彈簧未超過彈性限度,重力加速度為g,則剪斷輕繩瞬間,各物體加速度為 （ ）
A.aA=4g,aB=g
B.aA=2g,aB=2g
C.aA=2g,aC=0
D.aB=g,aC=g
4．關于慣性，下列說法中正確的是（　　）
A．物體只有靜止或做勻速直線運動時才有慣性
B．羽毛球可以快速拍打，是因為羽毛球的慣性小的緣故
C．同一汽車，速度越快，越難剎車，說明物體速度越大，慣性越大
D．月球上的重力加速度是地球上的，則一個物體從地球移到月球慣性減小為
5．外賣給現代人們的生活帶來了便利。一位外賣人員手提一盒質量為的外賣進入廂式電梯上樓或下樓,他手機中的加速度傳感器記錄了電梯某一段運動的加速度隨時間變化的圖像如圖所示,圖中已知,重力加速度為,取豎直向上為正方向。下列說法正確的是（ ）
A. 時間段內,外賣人員處于超重狀態,且電梯一定在加速上升
B. 質量為的外賣對外賣人員的手施加的最大拉力為
C. 時間段內,電梯一定處于勻速狀態
D. 時間段內,質量為的外賣重力變小了
6．如圖所示，物體P、Q用一根不可伸長的輕細繩相連，再用一根輕彈簧將P和天花板相連，已知，重力加速度為g。剪斷繩子的瞬間，下列說法正確的是（　　）
A．彈簧的彈力變小
B．彈簧的彈力變大
C．物體P的加速度大小為2g，方向豎直向上
D．物體Q的加速度大小為g，方向豎直向上
二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
7．雜技表演的安全網如圖甲所示,網繩的結構為正方形格子,O、a、b、c、d…為網繩的結點.安全網水平張緊后,若質量為m的表演員從高處落下,并恰好落在O點上,該處下凹至最低點時,網繩dOe、bOg均為120°張角,如圖乙所示,則從表演者接觸安全網到運動至最低點的過程中,下列說法正確的是 (　　)
甲　　　　乙
A．速度先增大后減小
B．加速度逐漸增大
C．先處于失重狀態,后處于超重狀態
D．在最低點每根繩子的張力為mg
8．如圖所示，質量分別為、、m的三個石塊A、B、C靜止疊放在水平地面上，之間的動摩擦因數為，之間的動摩擦因數為，C與地面之間的動摩擦因素為。最大靜摩擦力大小等于動摩擦力大小，重力加速度為g。現對中間石塊B施加水平作用力F，則（　　）
A．當時，B、C之間發生相對滑動
B．當時，A、B之間的摩擦力大小為
C．當時，B的加速度大小為
D．當時，B的加速度大小為
9．如圖所示,傾斜傳送帶以恒定速率順時針轉動，將一質量為的物體（可視為質點）輕放在處,物體到達處時恰好與傳送帶共速;再將另一質量也為的物體（可視為質點）輕放在處,物體到達處之前已與傳送帶共速,之后和傳送帶一起勻速到達處,則全過程中（ ）
A. 、兩物體運動的時間相等
B. 合外力對、兩物體做功相等
C. 合外力對、兩物體沖量相等
D. 、兩物體與傳送帶間因摩擦產生的熱量相等
10．一個彈簧臺秤的秤盤質量和彈簧質量都可不計，盤內放一個物體P處于靜止。P的質量m＝12 kg，彈簧的勁度系數k＝800 N/m。現給P施加一個豎直向上的力F，使P從靜止開始向上做勻加速直線運動，如圖所示。已知在頭0.2 s內F的大小是變化的，在0.2 s以后F是恒力，g取10 m/s2。下列說法正確的有（　　）
A．0.2 s時P與秤盤分離
B．P做勻加速運動的加速度大小為5 m/s2
C．F的最大值為210 N
D．F的最小值為90 N
三、非選擇題：本大題共5題，共56分。
11．學生小組為了探究超重和失重現象，將彈簧測力計掛在電梯內，測力計下端掛一物體．已知當地重力加速度大小為．
（1） 電梯靜止時測力計示數如圖所示，讀數為 （結果保留1位小數）；
（2） 電梯上行時，一段時間內測力計的示數為，則此段時間內物體處于 （填“超重”或“失重”）狀態，電梯加速度大小為 （結果保留1位小數）．
12．某學校舉辦了科技節活動，一位參賽選手設計了測量物體加速度的簡易裝置。如圖1所示，小車在水平面上運動，將一端連有小球的細線懸于小車內O點，OP方向豎直，細線和小球后面有一個半圓形的刻度盤，當小球與小車保持相對靜止時，根據細線與OP方向的夾角θ，便可得到小車此時的加速度大小，刻度盤如圖2所示。
圖1 圖2
(1)為了制作加速度測量儀的刻度盤，需要測量當地的重力加速度，該選手采用單擺進行測量，每當小球經過最低點時計數一次，從計數1到51用時40 s，則該單擺周期為　　　　s。
(2)測得當地重力加速度g＝9.80 m/s2，則刻度盤上45°角對應的加速度大小為　　　　m/s2。
(3)該加速度測量儀的刻度　　　　。(填“均勻”或“不均勻”)
13．如圖所示，一個質量的無動力小車靜置在水平地面上，車內固定著質量均為的小球、、、。小車車頭底部有一小洞，洞的直徑略大于小球直徑，小洞距地面高度。時，使小車以初速度向右運動，將小球、、、分別在、、、時依次由小洞自由釋放，小球落地后不反彈。已知小車在運動過程中受到的總阻力恒為，小球可視為質點，不計空氣阻力，重力加速度取。求：
（1） 時，小車的速度大小；
（2） 小車靜止時，車底小洞與小球著地點之間的水平距離；
（3） 小球、的著地點間的距離。
14．如圖所示,輕桿兩端分別系著質量為的圓環和質量為的小球,輕桿與的連接處有光滑鉸鏈,輕桿可以繞鉸鏈自由轉動,套在光滑的水平固定橫桿上且能自由滑動,、靜止不動時球恰好與光滑地面接觸,在的左側是半徑為的圓弧,質量為的小球以的速度向左與球發生正碰,已知碰后小球恰好能做平拋運動,小球在運動過程中恰好能與橫桿接觸。重力加速度取,則：
（1） 碰后球平拋的水平位移大小;
（2） 碰后瞬間球的速度大小;
（3） 、間輕桿的長度。
15．如圖，相距L＝11.5 m的兩平臺位于同一水平面內，二者之間用傳送帶相接。傳送帶向右勻速運動，其速度的大小v可以由驅動系統根據需要設定。質量m＝ 10 kg的載物箱(可視為質點)，以初速度v0＝5.0 m/s自左側平臺滑上傳送帶。載物箱與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2。
(1)若v＝4.0 m/s，求載物箱通過傳送帶所需的時間；
(2)求載物箱到達右側平臺時所能達到的最大速度和最小速度；
(3)若v＝6.0 m/s，載物箱滑上傳送帶Δt＝ s后，傳送帶速度突然變為零。求載物箱從左側平臺向右側平臺運動的過程中，傳送帶對它的沖量。
參考答案
1．【知識點】兩類動力學問題
【答案】A
【詳解】令滑車質量為M，游客質量為m，對滑車與游客整體進行分析有，結合幾何關系，對游客進行分析有，，解得。
2．【知識點】伽利略的理想斜面實驗、力學單位制、開普勒三大定律及其應用、牛頓第二定律的內容和表達式
【答案】B
【詳解】A．加速度的定義式為，決定式為，A錯誤；
B．利略最先建立描述運動的物理量，如平均速度、瞬時速度和加速度，B正確；
C．千克、米都是國際單位制中的基本單位，牛頓是導出單位，C錯誤；
D．同一行星與太陽的連線在相同的時間掃過相同的面積，不同行星與太陽的連線在相同的時間掃過的面積不同，D錯誤。選B。
3．【知識點】牛頓第二定律求解瞬時突變問題、牛頓第二定律的內容和表達式、牛頓第二定律的簡單計算
【答案】A
【詳解】剪斷輕繩之前,彈簧彈力F=3mg,剪斷輕繩瞬間,彈簧彈力不變,則C球仍受力平衡,加速度為零,對A進行受力分析有F+mg=maA,解得aA=4g,此時A、B分離,A對B的支持力消失,所以B只受重力,加速度為g,故選A.
【關鍵點撥】(1)物體的受力情況和運動情況是時刻對應的,當外界因素發生變化時,需要重新進行受力分析和運動分析;(2)加速度可以隨著力的突變而突變,而速度的變化需要一個積累的過程,即速度不會發生突變.
4．【知識點】慣性及其應用
【答案】B
【詳解】慣性是物體本身的一種性質，慣性的大小只與物體的質量有關，與物體的運動狀態無關，羽毛球可以快速拍打，是因為羽毛球的質量小，慣性小的緣故。
故選B。
5．【知識點】牛頓運動定律與圖像結合問題
【答案】B
【詳解】由題圖可知，時間段內，加速度向上，則外賣人員處于超重狀態，電梯可能在加速上升，也可能在減速下降，錯誤；時間段內，外賣處于超重狀態，最大加速度為，由牛頓第二定律有，可得外賣人員對外賣的最大拉力為，由牛頓第三定律可知，外賣對外賣人員的手施加的最大拉力為，正確；時間段內，加速度為零，電梯可能處于勻速狀態，也可能停在某一層處于靜止狀態，錯誤；時間段內，加速度向下，質量為的外賣處于失重狀態，但重力不變，錯誤。
6．【知識點】牛頓第二定律求解瞬時突變問題
【答案】C
【詳解】AB．剪斷繩子的瞬間，彈簧中的彈力不能突變，因此彈簧中的彈力保持不變，故AB錯誤；
C．設物體的質量為，剪斷細線前，對整體受力分析，受到總重力和彈簧的彈力而平衡，故
再對物體受力分析，受到重力、細線拉力和彈簧的拉力；剪斷細線后，重力和彈簧的彈力不變，細線的拉力發生突變減為零，故物體受到的力的合力等于，方向豎直向上，根據牛頓第二定律得的加速度為
故C正確；
D．剪斷細線前，對物體受力分析，受到重力和細線拉力，剪斷細線后，重力不變，細線的拉力減為零，根據牛頓第二定律得物體的加速度為，方向豎直向下，故D錯誤。
故選C。
7．【知識點】利用牛頓定律進行受力分析、運動過程分析、多過程問題
【答案】AC
【解析】
人由空中自由下落后,速度越來越大,接觸安全網后,人的重力先大于網繩彈力,合力向下,加速度向下,人處于失重狀態,由于網繩對人的彈力慢慢增大,則合力減小,但速度繼續增大;當彈力等于重力時,加速度為零,速度達到最大,之后彈力大于重力,加速度向上并開始增大,人處于超重狀態,且人開始減速運動,直至速度減為零運動至最低點.故速度先增大后減小,加速度先減小后反向增大,故A、C正確,B錯誤.在最低點,如圖所示,根據牛頓第二定律有 4Tcos 60°-mg=ma,由于a>0,則 T>mg,故D錯誤.
8．【知識點】板塊模型
【答案】BD
【詳解】根據題意可知，AB之間最大摩擦力為，之間最大摩擦力為，C與地面之間最大摩擦力為，A能獲得的最大加速度，根據牛頓第二定律有，解得，同理C能獲得的最大加速度為；
A：當時，整體分析有，解得，分析C有，解得，則之間不會相對滑動，A錯誤；
B：當時，整體分析有，解得，分析A有，B正確；
C：當時，整體分析有，解得，加速度大于A能獲得的最大加速度，則AB之間已經發生相對運動，之間沒有發生相對運動，對整體分析有，解得，C錯誤；
D：當時，整體分析有，解得，加速度大于A能獲得的最大加速度，AB之間已經發生相對運動，假設BC之間沒有發生相對運動，對BC整體分析有，解得，大于C能獲得的最大加速度，則BC之間也發生相對滑動了，對B分析，
解得，D正確。選BD。
9．【知識點】傳送帶模型、傳送帶模型中的能量守恒問題、動量定理及其應用
【答案】BC
【題圖剖析】根據已知信息作出、運動的圖像
【詳解】由于末速度相等，位移相等，作出圖像可知，一直做加速運動，所用的時間要長些，錯誤；由于、兩物體最后速度相等，質量相等，則動能增加量相等，合外力做功相等，正確；、兩物體末動量相等，由動量定理知合外力對、兩物體沖量相等，正確；物體一開始在傳送帶上做初速度為零的勻加速直線運動，加速度大小為 ，根據題意可知，在速度達到與傳送帶共速的過程中，在傳送帶上的位移較大，根據運動學公式可得，可知在傳送帶上做加速運動時的加速度較小，則與傳送帶間的動摩擦因數較小，兩物體加速階段所用的時間為，兩物體加速階段與傳送帶發生的相對位移為，則兩物體與傳送帶間因摩擦產生的熱量為，由于與傳送帶間的動摩擦因數較小，則與傳送帶間因摩擦產生的熱量較大，錯誤。
【易錯警示】 本題將兩物體都輕放在點，但運動情況不一致，說明動摩擦因數不同，做本題時要注意這一點。
10．【知識點】連接體問題（整體和隔離法）、臨界問題
【答案】ACD
【詳解】AB：以物體P為研究對象。物體P靜止時受重力G、稱盤給的支持力N。因為物體靜止，合外力為0，N = mg = kx0，解得x0=0.15 m，加拉力后物體P受力如圖受重力G，拉力F和支持力N′
據牛頓第二定律有F+N′-mg=ma，當0.2 s后物體所受拉力F為恒力，即為P與盤脫離，即彈簧無形變，由0～0.2 s內物體的位移為x0。物體由靜止開始運動，則x0＝at2，將x0=0.15 m代入解得a = 7.5 m/s2，A正確，B錯誤；
C：F的最小值由F+N′-mg = ma式可以看出即為N′最大時，即初始時刻N′ = N = kx，代入F+N′-mg = ma，得Fmin+kx0-mg = ma，，C正確；
D：F最大值即N=0時Fmax-mg = ma，Fmax = 210 N，D正確。選ACD。
11．【知識點】超重和失重現象分析
【答案】（1） （2分）
（2） 失重（1分）；1．0（2分）
【解析】
（1） 由題圖可知彈簧測力計的讀數為．
（2） 電梯上行時，一段時間內測力計的示數為，說明電梯內物體受到的拉力小于重力，物體的加速度方向向下，此時物體處于失重狀態，由牛頓第二定律得，其中，，，可得．
12．【知識點】利用牛頓定律進行受力分析
【答案】(1)1.6(2分)　(2)9.80(2分)　(3)不均勻(2分)
【解析】(1)全振動的次數n＝＝25次，T＝ s＝1.6 s(點撥：由于單擺周期較小，故采用累加放大法來減小單擺周期的測量誤差)。
(2)對小球受力分析如圖所示，
根據力的合成有ma＝mgtan θ，解得a＝gtan θ，將θ＝45°代入解得a＝9.80 m/s2。
(3)由a＝gtan θ可知a與θ之間不是線性關系，所以該加速度測量儀的刻度不均勻。
13．【知識點】利用牛頓定律進行受力分析
【答案】（1）
（2）
（3）
【詳解】
（1） 在內，小車的加速度大小為（1分）
時小車的速度為（1分）
在內，小車的加速度大小為（點撥：小球已被釋放）（1分）
時小車的速度為（1分）
（2） 在內，小車的加速度大小為,
時小車的速度（1分）
在內，小車的加速度大小為,
時釋放小球，此時小車的速度（1分）
釋放小球后，小車的加速度大小為（1分）
釋放小球后至小車靜止，小車的位移大小為（1分）
小球做平拋運動的水平位移為（1分）
小車靜止時，車底小洞與小球著地點之間的水平距離為
（1分）
（3） 小球、平拋運動的水平位移差為（2分）
從小球被釋放到小球被釋放，小車的位移大小為（1分）
小球、的著地點間的距離為（1分）
【一題多解】 （1）在內，根據動量定理有（1分）
解得時小車的速度為（1分）
在內，根據動量定理有（1分）
解得時小車的速度為（1分）
14．【知識點】求解彈性碰撞問題
【答案】（1）
（2）
（3）
【詳解】
（1） 碰后球恰好能做平拋運動,則球在圓弧頂端,由牛頓第二定律有（1分）
平拋運動水平方向有（1分）
豎直方向有（1分）
解得（1分）
高分關鍵：分析球的運動，準確判斷平拋運動與圓周運動對應的臨界方程。
（2） 碰撞過程中,球和球組成的系統動量守恒，以水平向左為正方向，有（2分）
解得（2分）
（3） 碰后當球恰好與橫桿接觸時,、具有相同的水平速度,二者水平方向動量守恒，有（1分）
根據系統機械能守恒有（1分）
解得（2分）
高分關鍵：明確球恰好與橫桿接觸狀態時二者共速，準確列出動量守恒的式子。
15．【知識點】傳送帶模型、動量定理及其應用
【答案】(1)2.75 s　(2)4 m/s　 m/s　(3)0
【詳解】本題結合傳送帶模型考查力學和運動學規律的綜合應用。
(1)傳送帶的速度為v＝4.0 m/s時，載物箱在傳送帶上先做勻減速運動，設其加速度大小為a，由牛頓第二定律有
μmg＝ma①
設載物箱滑上傳送帶后勻減速運動的距離為s1，由運動學公式有
v2－v02＝－2as1②
聯立①②式，代入題給數據得
s1＝4.5 m③
因此，載物箱在到達右側平臺前，速度先減小至v，然后開始做勻速運動。設載物箱從滑上傳送帶到離開傳送帶所用的時間為t1，做勻減速運動所用的時間為t′1，由運動學公式有
v＝v0－at′1④
t1＝t′1＋⑤
聯立①③④⑤式并代入題給數據得
t1＝2.75 s⑥
(2)當載物箱滑上傳送帶后一直做勻減速運動時，到達右側平臺時的速度最小，設為v1；當載物箱滑上傳送帶后一直做勻加速運動時，到達右側平臺時的速度最大，設為v2。由動能定理有
－μmgL＝mv12－mv02⑦
μmgL＝mv22－mv02⑧
由⑦⑧式并代入題給條件得
v1＝ m/s，v2＝4 m/s⑨
(3)傳送帶的速度為v＝6.0 m/s時，由于v0v＝v0＋at2⑩
v2－v02＝2as2
聯立①⑩ 式并代入題給數據得
t2＝1.0 s
s2＝5.5 m
因此載物箱加速運動1.0 s、向右運動5.5 m時，達到與傳送帶相同的速度。此后載物箱與傳送帶共同勻速運動(Δt－t2)的時間后，傳送帶突然停止。設載物箱勻速運動通過的距離為s3，有s3＝(Δt－t2)v
由① 式可知，mv2>μmg(L－s2－s3)，即載物箱運動到右側平臺時速度大于零，設為v3。由運動學公式有
v32－v2＝－2a(L－s2－s3)
設載物箱通過傳送帶的過程中，傳送帶對它的沖量為I，由動量定理有
I＝m(v3－v0)
聯立① 式并代入題給數據得
I＝0
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