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2026屆人教版高考物理第一輪復習：第四章運動和力的關系綜合基礎練習1
一、單選題（本大題共10小題）
1．下面關于力的說法，正確的是（ ）
A．射出的炮彈向前飛行的過程中，受到推力和重力的作用
B．物體相互作用時，先有施力物體，后有受力物體
C．力是使物體發生形變或使物體運動狀態改變的原因
D．被踢出后的足球在地面上向前滾動，是由于受到向前的牽引力作用
2．玩具汽車在水平面上運動有如下四種情形，所受合力為零的情形是（　　）
A．做勻速直線運動 B．做勻速圓周運動
C．做勻加速直線運動 D．做勻減速直線運動
3．下列哪組單位全部是國際單位制中的基本單位
A．千克、秒、牛頓
B．千克、米、秒
C．克、千米、秒
D．牛頓、克、米
4．下列單位中，屬于國際單位制中基本單位的是（ ）
A．m/s B．m/s2 C．N D．kg
5．下列屬于力的單位是 (　　)
A.kg·m/s2 B.kg·m/s
C.kg·m2/s D.kg·s / m2
6．太陽是太陽系的中心天體,直徑大約為1.392×106千米,質量大約為2×1030千克,表面溫度約6 000開爾文.太陽圍繞銀河系的中心公轉,公轉半徑約2×104光年,公轉周期約2.5×108年,公轉速度約250千米每秒.據以上信息,下列說法正確的是 (　　)
A.“千米、千克、開爾文”都是國際單位制基本單位
B.“千米每秒”是國際單位制速度基本單位
C.在力學范圍中長度、質量、溫度是三個基本量
D.光年是長度單位,長度在國際單位制中的基本單位是米
7．伽利略從斜面實驗外推到自由落體運動的情景模型如圖所示，下列說法符合史實的是（　　）
A．伽利略先猜想下落物體的速度隨時間均勻增加，然后通過斜面實驗直接得出
B．伽利略通過斜面實驗得出：從靜止開始小球必須沿光滑的斜面運動才有
C．伽利略采用“沖淡”重力的方法，實質是增大小球的位移，延長小球的運動時間
D．伽利略發現，改變斜面的傾角，依然成立，斜面的傾角越大，越大
8．如圖所示，電梯的頂部掛一個彈簧秤，其下端掛了一個質量為5kg的重物，電梯做勻速直線運動時，彈簧秤的示數為50N，在某時刻電梯中的人觀察到彈簧秤的示數變為40N，關于電梯的運動，以下說法正確的是（取）（　?。?br/>A．物體的重力變小了，物體處于失重狀態
B．電梯一定向下做勻減速運動，加速度大小為
C．電梯可能向上做勻減速運動，加速度大小為
D．此時電梯運動的加速度方向一定向上
9．如圖所示,水平地面上有三個靠在一起的物塊P、Q和R,質量分別為m、2m和3m,物塊與地面間的動摩擦因數都為μ.用大小為F的水平外力推物塊P,三個物塊向右運動,設R和Q之間相互作用力與Q和P之間相互作用力大小之比為k.下列判斷正確的是 (　　)
A.若μ≠0,則k= B.若μ≠0,則k=
C.若μ=0,則k= D.若μ=0,則k=
10．傾角為、質量為M的斜面體始終靜止在水平桌面上，質量為m的光滑木塊沿斜面自由下滑。下列結論正確的是（　?。?br/>A．木塊處于超重狀態
B．斜面體受到5個力的作用
C．桌面對斜面體的摩擦力大小是
D．桌面對斜面體的支持力大小是
二、多選題（本大題共4小題）
11．如圖所示，A、B、C三球的質量均為m，輕質彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間由一輕質細線連接，B、C間由一輕桿相連。傾角為的光滑斜面固定在地面上，彈簧、細線與輕桿均平行于斜面，初始系統處于靜止狀態。在細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是
A．A球的加速度沿斜面向上，大小為gsinθ
B．C球的受力情況未變，加速度為0
C．B、C兩球的加速度均沿斜面向下，大小均為gsinθ
D．B、C之間桿的彈力大小為0
12．如圖甲所示，一傾角=的足夠長斜面體固定在水平地面上，一個物塊靜止在斜面上．現用大小為F=kt，（k為常量，F、t的單位均為國際標準單位）的拉力沿斜面向上拉物塊，物塊受到的摩擦力Ff隨時間變化的關系圖象如圖乙所示，物塊與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m/s2，則下列判斷正確的是
A．物塊的質量為1kg
B．k的值為5N/s
C．物塊與斜面間的動摩擦因數為
D．t=3s時，物塊的速度大小為1.6m/s
13．如圖所示，一足夠長的平直木板靜止在水平地面上，木板上有兩個質量分別為m和M的物塊A、B，且，它們與木板間的動摩擦因數相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F用水平力F向右拉動木板，下列說法可能正確的是（　?。?br/>A．A與木板間發生相對運動時，B與木板間不發生相對運動
B．B與木板間發生相對運動時，A與木板間不發生相對運動
C．A、B與木板間同時發生相對運動
D．A與B的加速度相同
14．如圖甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體（物體與彈簧不連接），初始時物體處于靜止狀態．現用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開始向上做勻加速運動，拉力F與物體位移x之間的關系如圖乙所示（g=10m/s2），則下列結論正確的是（ ）
A．物體的質量為3kg
B．物體的加速度大小為5m/s2
C．彈簧的勁度系數為7.5N/cm
D．物體與彈簧分離時動能為0.4J
三、填空題（本大題共4小題）
15．踢毽子是一項深受大眾喜愛的運動項目。在某次踢毽子的過程中，質量為m的毽子離開腳后豎直向上運動，如圖所示。已知毽子在運動過程中受到的空氣阻力f大小恒為0.25mg，方向始終與速度方向相反。則毽子上升過程中加速度大小= ；下降過程中加速度大小 =
16．蹦極是一項非常刺激的戶外極限運動。如圖所示，彈性繩（滿足胡克定律）一端固定在高空跳臺上，另一端系住跳躍者的腳腕，人從跳臺上由靜止開始落下，彈性繩質量不計，忽略空氣阻力的影響，則人下落到最低點的過程中速度 （填“一直增大”或“先增大后減小”）。彈性繩向下伸長到最長的過程中，人的加速度 （填“一直增大”或“先減小后增大”或“先增大后減小”）。
17．汽車行駛時，如果空氣阻力很大，會增加汽車燃油消耗量或嚴重影響汽車的動力性能。經研究，人們發現空氣阻力的大小F與空氣密度ρ、物體進風面積S、物體與空氣的相對運動速度v均有關，關系式為F=kρSvx，其中k是一個無單位的常數。請根據國際單位制推斷速度v的指數x的數值為 。
18．質量為的人站在電梯內，隨電梯上升，電梯運動的圖像如圖所示，則在內電梯的加速度大小為 ，人對電梯的壓力為 N，已知重力加速度g取。
四、非選擇題（本大題共8小題）
19．某實驗小組在“探究加速度與力、質量的關系”實驗中，采用如圖所示的裝置。
(1)實驗前把木板不帶滑輪的一端適當墊高，在不掛槽碼的情況下，輕推小車，讓小車拖著紙帶能做勻速直線運動，這樣做的目的是 。
(2)我們可以將槽碼所受的重力看作小車所受的拉力。某次實驗中，保持小車質量不變，測得小車的加速度a與拉力F的數據如下表所示：
F/N 0.20 0.30 0.40 0.50
0.11 0.16 0.22 0.27
①根據表中數據，在圖坐標紙上畫出圖像 。
②由圖像可知，小車的質量等于 （結果保留2位小數）kg。
(3)在實驗過程中，實際拉力比所掛槽碼的重力略小，這是因為 。
(4)若實驗中槽碼的總質量為，小車和車上砝碼的總質量為m，為了使細線的拉力近似等于槽碼的總重力，應滿足的條件是 。
20．我國運動員閆文港在2022年北京冬奧會獲得男子鋼架雪車比賽銅牌，實現該項目的歷史性突破，圖甲為閆文港的比賽畫面。已知賽道由起跑區、出發區、滑行區及減速區四個區段組成，圖乙中AB為起跑區、BC為出發區，AB賽段水平，BC賽段與水平面夾角。若運動員推著雪車從A點由靜止出發，以的加速度勻加速跑到B點時速度大小為，接著快速俯臥到雪車上沿BC下滑。已知運動員到達C點時的速度大小為，賽道BC的長度為，取，，，不計空氣阻力，求：
（1）運動員在起跑區的運動時間；
（2）雪車與冰面間的動摩擦因數。
21．為了探究加速度與力的關系，使用如下圖所示的氣墊導軌裝置進行實驗．其中G1、G2為兩個光電門，它們與數字計時器相連，當滑塊通過Gl、G2光電門時，光束被遮擋的時間Δt1、Δt2都可以被測量并記錄，滑塊連同上面固定的一條形擋光片的總質量為M擋光片寬度為D，光電門間距離為x，牽引砝碼的質量為m?；卮鹣铝袉栴}：
（1）實驗開始應先調節氣墊導軌下面的螺釘，在不掛重物的情況下輕推滑塊，如果得到Δt1 Δt2（選填“=”“<”“>”）就可以證明氣墊導軌已經水平．
（2）若取M=0.4 kg，改變m的值，進行多次實驗，以下m的取值不合適的一個是 ．
A．
B．
C．
D．
（3）在此實驗中，需要測得每一個牽引力對應的加速度，其中求得加速度的表達式為 （用Δt1、Δt2、D、x表示）
（4）此圖線的AB段明顯偏離直線，造成此誤差的主要原因是
A．小車與軌道之間存在摩擦
B．導軌保持了水平狀態
C．所掛鉤碼的總質量太大
D．所用小車的質量太大
22．如圖甲所示，一質量m=5kg的粗細均勻的圓木棒豎直放置，在外力作用下保持靜止狀態，下端距水平彈性地面的高度為H=5.25m，與地面相碰的物體會以原速率彈回，木棒上有一質量為2m的彈性小環。若t= 0時刻，小環從木棒上某處以豎直向上v0=4m/s的初速度向上滑動，并對小環施加豎直向上的如圖乙所示的外力F，與此同時撤去作用在木棒上的外力。當木棒第一次與彈性地面相碰時，撤去施加在小環上的外力。已知木棒與小環間的滑動摩擦力f=1.2mg，小環可以看作質點，且整個過程中小環不會從木棒上端滑出，取g=10m/s2，不計空氣阻力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：
（1）當小環和木棒最初開始運動時的加速度的大??；
（2）木棒第一次與彈性材料碰撞時的速度的大??；
（3）若木棒恰好與地面第4次碰撞時彈性小環從木棒底端滑落，求小環開始運動時距木棒下端的距離l （結果可以用分數表示）。
23．物理興趣小組用如圖所示的實驗裝置來探究加速度與質量、合外力的關系。在探究質量一定，加速度與合外力的關系時，用小桶和砂的重力代替小車受到的拉力，測出多組加速度與對應合外力F的數據，并作出圖像。
(1)下列實驗操作，正確的有__________（填字母代號）。
A．調節滑輪的高度，使牽引小車的細線與長木板保持平行
B．每次實驗，都要先放開小車，再接通打點計時器的電源
C．平衡摩擦力時，應將懸掛小桶的細線系在小車上
(2)在一次實驗操作中，獲得如圖所示的O、A、B、C、D、E、F為紙帶計數點，其中相鄰兩計數點間均有四個點未畫出，所用交變電源的頻率為50Hz，由紙帶可求得小車運動的加速度 （計算結果保留三位有效數字）。
(3)小組實驗獲得的兩組數據作出的圖像有較大差異，其中一條既不過原點，又發生了彎曲，如圖所示，a代表小車加速度，mg代表小桶和砂的總重力，下列原因分析正確的是__________（填字母代號）
A．圖像不過原點，可能是平衡摩擦力時木板傾角過大
B．圖像發生彎曲，可能是小車的質量過大
C．圖像發生彎曲，可能是小桶和砂的總質量過大
(4)甲、乙兩同學在同一實驗室，各取該套裝置放在水平桌面上，分別在小車上放不同數量的砝碼，在沒有平衡摩擦力的情況下，研究加速度a與拉力F的關系，分別得到了如圖所示的甲、乙兩條直線，設甲、乙用的小車與長木板間的動摩擦因數分別為、，由圖可知， （選填“>”、“<”或“=”）。
24．如圖甲所示為某實驗興趣小組在做“探究加速度與力、質量的關系”的實驗裝置。
（1）實驗主要步驟如下，下列做法正確的是 。
A．實驗時，先放開小車再接通打點計時器的電源
B．實驗時需要滿足槽碼的質量遠小于小車的質量
C．每次通過增減小車上的砝碼改變小車質量時，都需要重新調節木板傾角
D．補償阻力時，把遠離定滑輪一側的木板墊高，調節木板的傾角，使小車在不受牽引時能拖動紙帶沿木板勻速運動
（2）實驗中得到如圖乙所示的一條紙帶，兩計數點之間還有四個點沒有畫出，已知交流電的頻率為50Hz，根據紙帶可求出打下D點時小車的瞬時速度大小為 m/s，小車的加速度大小為 m/s2.（結果均保留三位有效數字）
（3）實驗時，某同學遺漏了補償阻力這一步驟，若長木板水平，保持槽碼質量m不變，改變小車總質量M，測得多組數據作圖像如圖丙所示，小車所受拉力可認為近似等于槽碼的重力。設圖中直線的斜率為k，在橫軸上的截距為b，重力加速度為g，則小車與長木板間的動摩擦因數μ= （用給出的字母k、b、g表示）。
25．如圖所示，AB為豎直平面內光滑圓弧軌道，下端B恰與小車右端平滑對接．小車質量M=3kg，小車足夠長．現有一質量m=1kg的滑塊，由軌道頂端無初速釋放，滑到B端后以v=4m/s的速度沖上小車．已知地面光滑，滑塊與小車上表面間的動摩擦因數μ=0.3，當車運行了t=1.5s時，車被地面裝置鎖定．重力加速度g=10m/s2，試求：
（1）AB軌道的半徑R；
（2）車被鎖定時，車右端距軌道B端的距離L；
（3）從車開始運動到滑塊靜止的過程中，滑塊與車面間由于摩擦而產生的熱量Q大小。
26．如圖所示，A物體放在粗糙水平桌面上，一端用繞過定滑輪的細繩與B物體相連。用手按住A使A、B均靜止。A、B兩物體質量均為 ，B物體距離地面高度 。現松手釋放A，經 ，B落到地面上且未反彈（此時A未與滑輪相碰）。忽略空氣阻力、滑輪摩擦力，且繩子質量不計，取重力加速度 ，求：
（1）物體A與桌面間動摩擦因數 ；
（2）若A與滑輪的距離 ，為保證A與滑輪不相碰，B落地瞬間，在A上施加一水平向左的恒力，求這個恒力 的最小值。
參考答案
1．【答案】C
【詳解】
A.射出的炮彈并不受推力的作用，是靠慣性向前飛行的，故A錯誤；
B.物體間相互作用時，相互作用的力是同時產生的，施力物體同時也是受力物體，故B 錯誤；
C.力是使物體發生形變或使物體運動狀態改變的原因，故C正確；
D.被踢出去的足球并不受牽引力作用，也是由于慣性向前滾動的，故D錯誤；
2．【答案】A
【詳解】
根據牛頓第一定律，即當物體合力為零或者不受外力作用時，物體將保持靜止或者勻速直線運動狀態，所以A正確；
故選A。
3．【答案】B
【詳解】
千克、米、秒都是國際單位制中的基本單位；而牛頓是導出單位；克不是國際單位制中的基本單位；故選B.
4．【答案】D
【分析】
【詳解】
在力學中，國際單位制中基本單位有：m、kg、s。
故選D。
5．【答案】A　
【解析】根據牛頓第二定律的表達式F=ma可知,m的國際單位為kg,a的國際單位為m/s2,則F的單位為kg·m/s2,故A正確.
6．【答案】D　
【解析】“千米”不是國際單位制的基本單位,故A錯誤;國際單位制速度基本單位是“米每秒”,故B錯誤;在力學范圍中長度、質量、時間是三個基本量,故C錯誤;光年是長度單位,長度的國際單位制基本單位是米,故D正確.
7．【答案】D
【詳解】
A．伽利略的時代，無法直接測出瞬時速度，不能直接得出的結論，是通過間接推理得出，然后得出落體運動是一種勻變速直線運動，A錯誤；
B．伽利略通過斜面實驗得出小球從靜止開始沿著斜面向下運動，運動的距離與時間的平方成正比，即，但用來做實驗的斜面不一定光滑，B錯誤；
C．伽利略采用“沖淡”重力的方法，其實質是減小小球的加速度，延長小球的運動時間，C錯誤；
D．伽利略發現，改變斜面的傾角，依然成立，斜面的傾角越大，越大，D正確。故選D。
8．【答案】C
【詳解】
A．某時刻電梯中的人觀察到彈簧秤的示數變為40N，是物體對彈簧秤的拉力減小了，物體的重力沒有發生變化，故A錯誤；
BCD．電梯勻速直線運動時，彈簧秤的示數為50N，則物體的重力為50N。在某時刻電梯中的人觀察到彈簧秤的示數變為40N，對重物有
解得
方向豎直向下。則電梯的加速度大小為2m/s2，方向豎直向下，電梯可能向下做勻加速運動，也可能向上做勻減速運動，故BD錯誤，C 正確。
故選C。
9．【答案】D　
【解析】三個物塊靠在一起,將以相同加速度向右運動,則加速度大小a=,設R和Q之間的相互作用力大小為F1,Q和P之間的相互作用力大小為F2,對R受力分析,則R和Q之間的相互作用力大小為F1=3ma+3μmg=F,對P受力分析,Q和P之間的相互作用力大小為F2=F-μmg-ma=F,可得k===,k的值與μ無關,則k= 恒成立,故選D.
10．【答案】C
【詳解】
A．木塊沿著斜面向下加速下滑，加速度有豎直向下的分量，則木塊處于失重狀態，故A錯誤；
B．對斜面體受力分析知，斜面體受重力、木塊對斜面體的壓力、地面對斜面體的支持力和地面對斜面體的摩擦力四個力的作用，故B錯誤；
CD．選斜面體為研究對象，受力如圖
由平衡條件得
故C正確，D錯誤。
故選C。
11．【答案】CD
【詳解】A．初始系統處于靜止狀態，把看成整體，對其受力分析，受重力、斜面的支持力、細線的拉力；對重力沿斜面和垂直斜面進行正交分解，根據共點力平衡條件得：
對進行受力分析，受重力、斜面的支持力、彈簧的拉力彈和細線的拉力，對重力沿斜面和垂直斜面進行正交分解，根據共點力平衡條件得：
彈
細線被燒斷的瞬間，繩在斷后彈力會突變為零，彈簧的彈力不變，根據牛頓第二定律得球的加速度沿斜面向上，球的加速度大小：
故A錯誤；
BC．細線被燒斷的瞬間，把看成整體，受重力、斜面的支持力，根據牛頓第二定律得球的加速度：
兩球的加速度相同，方向均沿斜面向下，故B錯誤，C正確；
D．對進行受力分析，受重力、桿的彈力和斜面的支持力，根據牛頓第二定律得：
解得：
所以、之間桿的彈力大小為0，故D正確；
故選CD。
12．【答案】ABD
【詳解】A.t=0 時，
Ff=mgsin=5N
解得：
m=1kg
故A項與題意相符；
B.t=l s 時，Ff=0，說明 F =5 N則k=5 N/s，故B項與題意相符；
C.后來滑動
Ff= 6N=μmgcos
解得：
μ=
故C項錯誤；
D.當
F=Ff+ mgsin
即
kt1=6+5
解得：
t1=2.2s
物體開始向上滑動
F合=kt- Ff-mgsin
解得：
F合=kt-11
由動量定理:
故D項與題意相符．
13．【答案】CD
【詳解】根據牛頓第二定律可知，A、B不與木板發生相對滑動的最大加速度，同時也是二者相對木板發生相對滑動后的加速度均為
所以A、B與木板間同時發生相對運動或A、B與木板間同時不發生相對運動，且A、B的加速度始終相同，故AB錯誤，CD正確。
故選CD。
14．【答案】BD
【詳解】ABC．物體與彈簧分離時，彈簧恢復原長， 剛開始物體處于靜止狀態，重力和彈力二力平衡，有
拉力為10N時，彈簧彈力和重力平衡，合力等于拉力，根據牛頓第二定律，有
物體與彈簧分離后，拉力F2為30N，根據牛頓第二定律，有
聯立三式，代入數據解得
AC錯誤B正確；
D．當物體與彈簧分離時，彈簧恢復原長，根據
可得分離時物體的速度為
故此時的動能為
D正確。
故選 BD。
15．【答案】1.25g ；0.75g
【詳解】[1][2]根據牛頓第二定律，在上升的過程中，解得，下降的過程中，解得
16．【答案】 先增大后減小 先減小后增大
【詳解】[1]根據題意可知，人從靜止開始下落，下落到最低點時，人的速度為0，則人下落到最低點的過程中速度先增大后減小。
[2]開始階段，彈性繩的彈力小于人的重力，由牛頓第二定律有，可知，隨著彈力的增大，加速度減小，當彈力大于人的重力時，由牛頓第二定律有，可知，隨著彈力的增大，加速度增大，則彈性繩向下伸長到最長的過程中，人的加速度先減小后增大。
17．【答案】2
【詳解】由于
所以
即
所以
18．【答案】 0.5 630
【詳解】[1] 圖像斜率表示加速度，內電梯的加速度大小
[2]人受到電梯的支持力大小為，由牛頓第二定律得
得
由牛頓第三定律得人對電梯的壓力大小
19．【答案】(1)平衡摩擦力
(2) 1.85
(3)小車加速運動時，槽碼也做加速運動，槽碼處于失重狀態，繩子的拉力略小于槽碼的重力
(4)
【詳解】（1）實驗前把木板不帶滑輪的一端適當墊高，在不掛槽碼的情況下，輕推小車，讓小車拖著紙帶能做勻速直線運動，這樣做的目的是平衡摩擦力，使小車受到的合力等于繩子的拉力。
（2）①[1]如圖所示
②[2] 由圖像可求斜率k，根據牛頓第二定律
可得
所以
代入數據得
（3）小車加速運動時，槽碼也做加速運動，槽碼處于失重狀態，繩子的拉力略小于槽碼的重力。
（4）根據牛頓第二定律有，
解得
當時，可認為細線的拉力近似等于槽碼的總重力。
20．【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）設運動員在起跑區的運動時間為，根據，解得
（2）設運動員和雪車的總質量為m，摩擦力大小為，在出發區的加速度大小為，根據 ，解得，由牛頓第二定律有，解得
21．【答案】；D；；C
【詳解】
（1）[1]實驗開始應先調節氣墊導軌下面的螺釘，在不掛重物的情況下輕推滑塊，若滑塊做勻速直線運動，即滑塊通過光電門速度相等，則光電門的擋光時間相等，即，證明氣墊導軌已經水平；
（2）[2]在實驗中，認為m的重力等于滑塊所受的合力，所以m的質量應遠小于M的質量，故選D；
（3）[3]滑塊經過光電門的速度
，
則根據據，得
（4）[4]對M和m整體分析，根據牛頓第二定律可知
則繩子的拉力
當m遠小于M時，拉力等于m的重力，知圖線的斜率表示M質量的倒數，當m比較大時，此時圖線的斜率實際上表示(M+m)之和的倒數，所以圖線斜率明顯變小，偏離直線，故C正確。
22．【答案】（1）；；（2）；（3）
【詳解】（1）最初開始運動時，對小環，根據牛頓第二定律，解得，即加速度大小為，方向豎直向下；對木棒，根據牛頓第二定律，解得，即加速度大小為，方向豎直向上。
（2）小環初速度v0=4m/s，則兩物體第一次共速過程，解得，此時拉力F恰好變為，假設之后兩物體共同減速到零，根據牛頓第二定律，解得，則棒受到的摩擦力，棒受到的摩擦力小于滑動摩擦力，假設成立；棒和小環在1s后做類豎直上拋運動，回到1s時的位置時，速度均變為豎直向下，回到1s時的位置時，棒相對于初始位置上升的高度，之后棒和小環以加速度向下加速運動，根據，解得木棒第一次與彈性材料碰撞時的速度的大小
（3）木棒第一次與彈性地面相碰時，撤去施加在小環上的外力，此后小環的加速度大小，第一次碰地后，木棒的加速度大小為，小環向下做勻加速直線運動，木棒先向上做勻減速直線運動再向下做勻加速直線運動，假設與小環共速前會再次碰地，則兩次碰地時間間隔，再次碰地時木棒的速度仍為，此時環的速度，假設成立，即之后過程兩物體不會再共速；若木棒恰好與地面第4次碰撞時彈性小環從木棒底端滑落，則從第一次碰撞開始，小環向下加速運動了，相對木棒向下運動距離，1s之前小環相對木棒向上運動距離，小環開始運動時距木棒下端的距離
23．【答案】(1)A
(2)2.07
(3)C
(4)>
【詳解】（1）A．調節滑輪的高度，使牽引小車的細線與長木板保持平行，這樣才能為小車提供恒定的牽引力，A正確；
B．每次實驗，都要先接通打點計時器的電源，再放開小車，B錯誤；
C．平衡摩擦力時，是利用小車重力沿斜面向下的分力與摩擦力相平衡，不應將懸掛小桶的細線系在小車上，C錯誤。
選A。
（2）相鄰兩個計數點間的時間間隔
根據逐差法計算小車的加速度為
（3）A．由于小桶和砂有一定重量后才產生加速度，說明沒有平衡摩擦力或木板傾角過小，造成圖像不過原點，A錯誤；
BC．圖像發生彎曲，可能是砂和小桶的質量過大不滿足小車的質量遠遠大于砂和小桶的總質量的條件，C正確，B錯誤。
選C。
（4）當沒有平衡摩擦力時有，整理有
即圖像的斜率為，縱截距為，由圖線可知
即
24．【答案】BD/DB；1.18；1.93；
【詳解】（1）[1]A．為打點穩定，實驗時，應先接通打點計時器的電源再放開小車，A錯誤；
B．為使繩子的拉力等于小車的合外力，實驗時需要滿足槽碼的質量遠小于小車的質量，B正確；
C．平衡摩擦力后，斜面傾角滿足，每次通過增減小車上的砝碼改變小車質量時，不需要重新調節木板傾角，C錯誤；
D．補償阻力時，把遠離定滑輪一側的木板墊高，調節木板的傾角，使小車在不受牽引時能拖動紙帶沿木板勻速運動，D正確。選BD。
（2）[2]相鄰兩計數點的時間間隔為，根據勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于該過程平均速度，打下D點時小車的瞬時速度大小為；[3]根據逐差法求出小車的加速度大小為
（3）[4]根據牛頓第二定律，整理得，圖像的斜率為，圖像的橫截距滿足，解得小車與長木板間的動摩擦因數為
25．【答案】（1）0.8m；（2）1m；（3）6.5J
【詳解】（1）設滑塊到達B端時速度為v，得
-0
解得
R=0.8m
（2）當滑塊滑上小車后，由牛頓第二定律，得對滑塊有
對小車有
設經時間t1兩者達到共同速度，則有
1
解得
t1=1s
由于1s＜1.5s，此時小車還未被鎖定，兩者的共同速度
兩者一起勻速運動，直到小車被鎖定。故車被鎖定時，車右端距軌道B端的距離
（3）從車開始運動到被鎖定的過程中，滑塊相對小車滑動的距離
故從車開始運動到被鎖定的過程中，滑塊與車面間由于摩擦而產生的熱量大小為
物塊繼續運動，動能全部轉化為內能
故總熱量為
26．【答案】（1）0.2；（2）6N
【詳解】（1）以物體B為研究對象
A與B連接在一條繩子上，則加速度大小相同，繩子對兩者彈力大小相同，以物體B為研究對象，由牛頓第二定律可知
以物體A為研究對象，同理有
解得
（2）當物體B落地后，A物體將在力作用下做勻減速直線運動直到停止，當物體B落地時，A物體與B物體具有相同的速度大小，由
由
其中
得A物體作勻減速運動的加速度大小
由牛頓第二定律
解得
第 page number 頁，共 number of pages 頁
第 page number 頁，共 number of pages 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第四章運動和力的關系綜合基礎練習2
一、單選題（本大題共10小題）
1．如圖所示，頂端固定著小球的輕桿固定在小車上，當小車向右做勻加速直線運動時，球所受合外力的方向沿圖中的 (　　)
A．OA方向 B．OB方向
C．OC方向 D．OD方向
2．下列說法正確的是 (　　)
A．高速行駛的公共汽車緊急剎車時，乘客都要向前傾倒，說明乘客受到慣性力的作用
B．短跑運動員最后沖刺時，速度很大，很難停下來，說明速度越大，慣性越大
C．慣性的大小僅與質量有關，質量越大，慣性越大
D．把手中的球由靜止釋放后，球能豎直下落，是由于球具有慣性的緣故
3．兒童游樂場里“淘氣堡”生意火爆,成了小朋友們的歡樂海洋.如圖,一質量為20 kg的小男孩,從斜面上端由靜止沿斜面向下滑至底端后,沖入“海洋球”中,玩得非常開心.若斜面長為4 m,斜面與水平面的夾角為37°,男孩與斜面間的動摩擦因數μ=0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,則該男孩在斜面上的滑行時間為 （ ）
A．2 s
B． s
C．1 s
D．0.5 s
4．力F作用于質量為m1的甲物體時產生的加速度為a1，此力F作用于質量為m2的乙物體時產生的加速度為a2，若將甲、乙兩個物體合在一起，仍受此力的作用，產生的加速度是下列選項中的哪一個 (　　)
A．　B．　C．　D．
5．將木塊放在小車上，使木塊與小車一起向右勻速運動，當小車被擋板擋住時，下列實驗現象正確的是 (　　)
A．假設小車表面光滑，木塊將如圖甲所示向右傾倒
B．假設小車表面光滑，木塊將如圖乙所示向右滑動
C．假設小車表面粗糙，木塊將如圖丙所示向左傾倒
D．假設小車表面粗糙，木塊將如圖乙所示向右滑動
6．伽利略和牛頓都是物理學發展史上偉大的科學家，巧合的是，牛頓就出生在伽利略去世后第二年.下列關于力和運動關系的說法中，不屬于他們觀點的是 (　　)
A．自由落體運動是一種勻變速直線運動
B．力是使物體產生加速度的原因
C．物體都具有保持原來運動狀態的屬性，即慣性
D．用力推車，車才運動，所以力是維持物體運動的原因
7．彩虹圈有很多性質和彈簧相似，在彈性限度內彩虹圈間的彈力隨著形變量的增加而增大，但彩虹圈的重力不能忽略.用手拿起彩虹圈的上端，讓彩虹圈的下端自由下垂且離地面一定高度，然后由靜止釋放.設下落過程中彩虹圈始終沒有超出彈性限度.則 (　　)
A．剛釋放瞬間彩虹圈上端的加速度大于當地的重力加速度
B．剛釋放瞬間彩虹圈下端的加速度等于當地的重力加速度
C．剛開始下落的一小段時間內彩虹圈的長度變長
D．彩虹圈的下端接觸地面前彩虹圈的長度不變
8．如圖，公共汽車沿水平面向右做勻變速直線運動，小球A用細線懸掛于車頂上，質量為m的一位中學生手握固定于車廂頂部的扶桿，始終相對于汽車靜止地站在車廂底板上，學生鞋底與公共汽車間的動摩擦因數為μ.若某時刻觀察到細線偏離豎直方向θ角(取θ=60°)，則此刻公共汽車對學生產生的作用力的大小和方向為 (　　)
A．大小等于μmg，方向水平向左
B．大小等于mg，方向豎直向上
C．大小大于，方向水平向左
D．大小等于，方向斜向左上方
9．如圖所示，質量均為2 kg的物體A、B靜止在豎直的輕彈簧上面.質量為1 kg的物體C用細線懸掛起來，B、C緊挨在一起但B、C之間無壓力.某時刻將細線剪斷，則細線剪斷瞬間，B對A的壓力大小為(g取10 m/s2) (　　)
A．24 N B．0 C．36 N D．28 N
10．如圖所示，在水平面上有一傳送帶以速率v1沿順時針方向運動，傳送帶速度保持不變，傳送帶左右兩端各有一個與傳送帶等高的光滑水平面和傳送帶相連(緊靠但不接觸).現有一物塊在右端水平面上以速度v2向左運動，物塊速度隨時間變化的圖像不可能的是 (　　)
A． B． C． D．
二、多選題（本大題共4小題）
11．升降機地板上放一個彈簧秤，盤中放一質量為m的物體，當秤的讀數為0.8mg時，升降機的運動可能是（ ）
A．加速上升 B．加速下降 C．減速上升 D．減速下降
12．伽利略曾用如圖甲所示的“理想實驗”研究力與運動的關系，用圖乙所示的實驗研究自由落體運動，則下列說法正確的是（　　）
A．圖甲實驗會看到：小球一定會“沖”上對接斜面等高的位置
B．通過圖甲實驗得出：力不是維持物體運動的原因
C．圖乙實驗中，運用斜面“沖淡”了重力的作用，使運動時間變長，便于測量
D．通過圖乙實驗直接驗證了：自由落體運動的速度是均勻變化的
13．如圖所示，長方體物塊A疊放在長方體物塊B上，B置于粗糙水平面上。A、B質量分別為mA=2kg，mB=1kg，A、B之間動摩擦因數μ1=0.2，B與地面之間動摩擦因數μ2=0.1，現對A施加水平力F，若F從0開始逐漸增大，若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則（　　）
A．當拉力F=3N時，A、B都處于靜止狀態
B．當拉力F=4N時，A、B開始發生相對滑動
C．當拉力F=5N時，B的加速度為1m/s2
D．當拉力超過6N時，A、B開始發生相對滑動
14．(多選)關于力和運動的認識,下列說法正確的是 (　　)
A.力是維持物體運動的原因
B.必須有力作用在物體上,物體才能運動;沒有力的作用,物體就要靜止在某個地方
C.一切物體總保持勻速直線運動狀態或靜止狀態,除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態
D.如果運動中的物體沒有受到力的作用,它將繼續以同一速度沿同一直線運動,既不會停下來,也不會偏離原來的方向
三、填空題（本大題共4小題）
15．牛頓第一定律______牛頓第二定律的推論（選填“是”或“不是”）；______用牛頓第二定律來解釋質量是物體慣性大小的量度（選填“能”或“不能”）。
16．電梯里，質量為60kg的小張乘電梯從1樓直上10樓，手里提著一袋質量為2kg的水果，已知電梯啟動和制動過程中加速度大小都為4m/s2，那么啟動過程中小張對袋子的作用力是_____________N，制動過程中他對袋子的作用力是_____________N。
17．如圖所示，兩小球懸掛在天花板上，a、b兩小球用細線連接，上面是一根輕質彈簧，a、b兩球的質量分別為m和2m，在細線燒斷瞬間，a球的加速度為______，b球的加速度為______。（取向下為正方向，重力加速度為 g）
18．如圖所示，質量為3kg的一只長方體形空鐵箱在水平拉力F作用下沿水平面向右勻加速運動，鐵箱與水平面間的動摩擦因數μ1為0.2。此時有一個質量為1kg的物塊靜止在空鐵箱內壁上，如圖所示，物塊與鐵箱內壁間的動摩擦因數為μ2為0.5，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則物塊對鐵箱壓力的大小為______N，水平拉力F的大小為______。
四、非選擇題（本大題共8小題）
19．如圖甲所示的巨型娛樂器械可以使人體驗超重和失重狀態，該器械有一個可乘坐二十人的環形座艙套在豎直柱子上，由升降機將座艙送上幾十米的高處，然后讓座艙自由下落，落到一定位置時，制動系統啟動，到地面時剛好停下。若座艙中某人用手水平托著質量為0.2kg的手機，手機中的軟件記錄了手機下落過程中加速度隨時間變化的關系圖象，如圖乙所示。
（1）當座艙下落4s時，求人的速度大小；
（2）當座艙下落4s時，求手機對手的作用力。
20．北京冬奧會激發了滑雪運動的熱潮。如圖所示，一位滑雪運動員在練習滑板，人與裝備的總質量為70kg，離坡底60m處以2m/s的初速度沿傾角為30°山坡滑下，經5s滑到坡底，之后在水平賽道上滑行了22m后停下。運動員在山坡和水平賽道的運動可近似看作勻變速直線運動。重力加速度g取10m/s2，求滑雪者（含裝備）：
（1）沿坡面下滑時的加速度大?。?br/>（2）沿坡面下滑時受到的阻力大小；
（3）在水平賽道上的滑行時間。
21．如圖所示，水平傳送帶以2m/s的速度運動，傳送帶長AB=40m，今在其左端將一包裹輕輕放在上面，包裹被帶動，傳送到右端，已知包裹與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.1，（g=10m/s2）試求：
(1)包裹開始時的加速度a；
(2)包裹加速到2m/s時，包裹運動的位移；
(3)包裹由傳送帶左端運動到右端的時間。
22．某同學為探究加速度a與物體所受合力F的關系，設計了如圖甲所示實驗裝置，A為小車，B為電火花計時器，C為質量為m0的掛盤（可放砝碼），D為一端帶有定滑輪的長方形木板，實驗所用電源的頻率為50Hz。
（1）關于實驗的要點，下列說法正確的是
A．與小車相連的細線與長木板一定要平行
B．為了使小車受到的合外力等于細線上的拉力，應使掛盤和盤中砝碼的總質量遠小于小車的質量
C．為了使細線上的拉力近似等于掛盤和盤中砝碼總重，應平衡摩擦力
D．平衡摩擦力的方法為，調節掛盤中砝碼的質量，使小車能勻速滑動
（2）按規范操作進行實驗，在實驗中得到如圖乙所示的一條紙帶（相鄰兩計數點間還有四個點沒有畫出），根據紙帶可求出打點“3”時，小車的速度大小為 m/s，求出小車的加速度大小為 m/s2。（結果均保留三位有效數字）
（3）多次改變掛盤中砝碼的質量，進行多次實驗，記錄每次實驗時掛盤中砝碼的質量m及對應的小車的加速度a，作出a-mg圖像，得到的圖像應是
A． B． C． D．
23．一大點計時器固定在斜面某處，一小車拖著穿過打點計時器紙帶從斜面上滑下，如圖甲所示，圖乙四打出的紙帶的一部分；
（1）已知打點計時器使用交流電的頻率為50Hz，每打兩個點取一個計數點，則相鄰計數點間的時間間隔為 s；已知相鄰計數點間的距離分別為：AB=5.00cm，BC=5.20cm，CD=5.40cm，DE=5.60cm，EF=5.81cm，FG=6.00cm，GH=6.20cm，HI=6.40cm，IJ=6.61cm，則小車下滑的加速度a= m/s2（結果保留三位有效數字）
（2）若斜面的傾角為θ，重力加速度為g，測得小車下滑的加速度為a，不考慮運動過程中紙帶所受的阻力及空氣阻力，則要求得小車下滑過程中所受的斜面的阻力f，還需要測量的物理量有 （只填一個物理量，同時用符號表示）；用測量的物理量，題中給定的物理量及加速度a表示小車所受阻力的計算式f= （用對用物理量的符號表示）
24．用如圖所示的裝置驗證牛頓第二定律。
①除了圖中所給器材以及交流電源和導線外，在下列器材中，還必須使用的兩種器材是_______（選填正確選項的字母）。
A．秒表 　　B．天平（含砝碼） 　　C．彈簧測力計 　　 D．刻度尺
②實驗前平衡小車與木板間摩擦力的做法是：把實驗器材安裝好，先不掛重物，將小車放在木板上，后面固定一條紙帶，紙帶穿過打點計時器。用墊塊把木板一端墊高，接通打點計時器，讓小車以一定初速度沿木板向下運動，并不斷調節木板的傾斜度，直到小車拖動紙帶沿木板做___________運動。
③為使砂桶和砂的總重力在數值上近似等于小車運動時受到的拉力，需滿足的條件是砂桶及砂的總質量___________小車的總質量。（選填“遠大于”“遠小于”或“近似等于”）
④實驗中打出的一條紙帶的一部分如圖所示。紙帶上標出了連續的3個計數點A、B、C，相鄰計數點之間還有4個點沒有標出。打點計時器接在頻率為的交流電源上。則打點計時器打B點時，小車的速度___________（保留兩位有效數字）。多測幾個點的速度做出圖像，就可以算出小車的加速度。
⑤為研究加速度和力的關系，要保證________的總質量不變，改變砂桶內砂的質量，重復做幾次實驗，通過實驗數據來研究加速度和力的關系。
⑥在研究加速度與質量的關系時，要保證砂和砂桶的質量不變。若砂和砂桶的質量m與小車的總質量M間的關系不滿足第③問中的條件，由實驗數據作出a和的圖線，則圖線應如圖中的_______所示（選填正確選項的字母）。
A． 　　　　 B．
C． 　　　　 D.
⑦該同學探究“小車的加速度與所受合力的關系”時，通過測量和處理實驗數據，得到如圖所示的圖線，發現圖線不過坐標原點，請分析其原因是：___________；該圖線斜率的物理意義是：________。
25．如圖甲所示為一水平傳送帶裝置的示意圖，傳送帶兩端點A與B間的距離為L=6.0m，一物塊（可視為質點）從A．處以v0=7m/s的水平速度滑上傳送帶，設物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ=0.2，取g=10m/s2
（1）若傳送帶靜止，求物塊離開B點時的速度；
（2）若傳送帶以v轉=5m/s的速度逆時針勻速轉動，求物塊離開B點的速度；
（3）物塊離開B點的速度與傳送帶勻速運動的速度是有關系的．若傳送帶順時針勻速運動，用v轉表示傳送帶的速度，vB表示物塊離開B點的速度，請在答題卡上的圖乙中畫出vB與v轉的關系圖象．（請在圖中標注關鍵點的坐標值，如有需要，可取 =8.5）
26．如圖所示，質量為的絕緣長木板A靜止于光滑水平面上，在水平軌道右端的平臺上有一絕緣的光滑半圓軌道，軌道半徑為，水平軌道和豎直半圓軌道位于同一豎直面內，并處于，方向水平向右的勻強電場中?，F將一質量為，帶電量為的滑塊B從木板的最左端由靜止釋放，木板上表面水平，滑塊與木板之間的動摩擦因數，已知木板與平臺等高，木板與平臺碰撞后立即靜止并與平臺無縫對接，碰撞時滑塊剛好滑離木板，木板右端與平臺之間的距離。滑塊可視為質點，重力加速度，求；
（1）從釋放滑塊到木板與平臺碰撞前瞬間，電場力對滑塊做的功；
（2）從釋放滑塊到木板與平臺碰撞前瞬間，滑塊與木板由于摩擦產生的熱量；
（3）滑塊第一次滑上半圓軌道，在半圓軌道上的最大速度。
參考答案
1．【答案】D　
【解析】當小車向右做勻加速直線運動時，小球和小車是一個整體，所以小球也向右做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律可得合力沿OD方向，D正確.
【關鍵點撥】
輕桿對小球的作用力方向不一定沿桿，要根據運動狀態來判斷小球的受力方向.
2．【答案】C　
【解析】高速行駛的公共汽車剎車時，乘客向前傾倒是由于慣性，而慣性是物體的固有屬性不是力，所以A錯誤.慣性的大小只與質量有關，與受力情況、速度大小等無關，所以C正確，B錯誤.慣性是一種保持物體原來的運動狀態的性質，球由靜止釋放，是由于重力的作用，并不能保持原來的運動狀態，所以D錯誤.
【關鍵點撥】
質量是慣性的唯一量度，質量大的物體慣性大，慣性與物體的速度和受力情況無關.
3．【答案】A
【詳解】由題意知,該男孩在斜面上做勻加速運動,根據牛頓第二定律有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma,解得a=2 m/s2,又 ,可得 s,故選A.
4．【答案】D　
【解析】根據牛頓第二定律可知 F=m1a1，F=m2a2，F=(m1+m2)a，解得a=，故D正確.
5．【答案】B　
【解析】當小車被擋板擋住時，小車將停下.如果小車上表面光滑，則木塊下部不受摩擦力，此時整個木塊都將由于慣性而保持向右的勻速直線運動狀態，A錯誤，B正確.如果小車上表面粗糙，則木塊上部由于慣性將繼續向右運動，木塊下部雖然也要繼續向右運動，但下部受到一個向左的摩擦力，使得下部的運動狀態發生改變，相對小車保持靜止，故此時木塊將向右傾倒，C、D錯誤.
6．【答案】D　
【解析】伽利略通過斜面實驗得出自由落體運動是一種勻變速直線運動的結論，故A屬于；伽利略的觀點是力是改變物體運動狀態的原因，即產生加速度的原因，故B屬于；牛頓第一定律認為物體都具有保持原來運動狀態的屬性，即慣性，故C屬于；亞里士多德的觀點是物體越重，下落越快，力是維持物體運動的原因，D不屬于，故選D.
7．【答案】A　
【解析】開始彩虹圈處于伸長狀態，剛釋放瞬間彩虹圈上端受到向下的拉力，根據牛頓第二定律可知，上端的加速度大于當地的重力加速度，故A正確；剛釋放瞬間彩虹圈下端受到向上的拉力，下端的加速度小于當地的重力加速度，故B錯誤；剛開始下落的一小段時間內由于彈力的作用，彩虹圈上端下落速度比下端速度快，彩虹圈的長度變短，故C錯誤；彩虹圈的下端接觸地面前彩虹圈內部彈力使得彩虹圈的長度不斷變化，故D錯誤.
8．【答案】D　
【解析】以小球為研究對象，根據牛頓第二定律，得m球gtan θ=m球a，得到a=gtan θ.以人為研究對象，人與球的加速度相同，均水平向左，作出人的受力圖，如圖所示.設汽車對學生的作用力與豎直方向的夾角為α，根據牛頓第二定律，得 mgtan α=ma，F=，將a=gtan θ代入，得α=θ，F=，方向斜向左上方，故D正確.
9．【答案】A　
【解析】在細線被剪斷之前，對A、B整體受力分析，重力與彈簧的彈力平衡，則彈簧的彈力大小等于A、B整體的重力大小，即為F彈=2×20 N=40 N；在細線被剪斷之后的瞬間，A、B、C組成的整體的加速度a== m/s2=2 m/s2，設A對B的作用力為FAB，則對B、C組成的整體有(mB+mC)g-FAB=(mB+mC)a，解得FAB=24 N，則根據牛頓第三定律有B對A的壓力大小為24 N，故選A.
【關鍵點撥】
此題考查牛頓第二定律的應用問題，解題關鍵是知道剪斷細線的瞬間，C、B間立即有彈力作用，而彈簧的彈力是不能突變的.
10．【答案】C　
【解析】當v2【方法總結】
分析傳送帶問題時，需要先判斷物塊減速或加速過程需要持續多久及此過程運動的距離，可以用2ax=-判斷做勻變速直線運動的時間，再與傳送帶的長度進行比較.注意最終物塊的速度不能大于傳送帶的速度.
11．【答案】BC
【分析】升降機地板上放一個彈簧秤，盤中放一質量為m的物體，升降機靜止時，秤的示數應該為mg，當秤的讀數為0.8mg時，說明物體處于失重。由此可判定升降機的運動。
【詳解】升降機地板上放一個彈簧秤，盤中放一質量為m的物體，升降機靜止時，秤的示數應該為mg，當秤的讀數為0.8mg時，說明物體處于失重。依據失重指物體對支撐物的壓力小于重力，由牛頓第二定律可知
可知加速度向下，故升降機可能的運動為加速下降或減速上升。
故BC正確，AD錯誤。
故選BC。
12．【答案】BC
【詳解】A．若對接斜面不光滑，則不會“沖”上對接斜面等高的位置，故A錯誤；
B．通過圖甲實驗得出：力不是維持物體運動的原因，故B正確；
C．圖乙實驗中，運用斜面“沖淡”了重力的作用，使運動時間變長，便于測量，故C正確；
D．通過圖乙實驗，再通過合理外推，得到自由落體運動的速度是均勻變化的。故D錯誤。
故選BC。
13．【答案】AD
【詳解】A．對AB整體，B與地面間的摩擦力為
則當拉力F=3N時，A、B都處于靜止狀態，所以A正確；
BD．對AB整體，由牛頓第二定律可得
對B有
解得
則拉力大于6N時，AB開始發生相對滑動，所以D正確；B錯誤；
C．當拉力F=5N時，AB一起做勻加速運動，則有
解得
所以C錯誤；
故選AD。
14．【答案】CD　
【解析】力不是維持物體運動的原因,力是改變物體運動狀態的原因,故A錯誤;物體的運動不需要力來維持,物體不受力可以處于靜止或者勻速直線運動的狀態,故B錯誤;一切物體總保持勻速直線運動狀態或靜止狀態,除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態,故C正確;如果運動中的物體沒有受到力的作用,它將繼續以同一速度沿同一直線運動,既不會停下來,也不會偏離原來的方向,故D正確.
15．【答案】 不是 能
【詳解】[1] 由于實際上不存在完全不受其它物體作用的孤立物體，所以第一定律不能用實驗直接加以驗證，主要是由它所推出的結論和實驗事實符合而得到驗證。第一定律指出了物體在不受力的情況下處于怎樣的運動狀態，這樣就可以研究物體在受力情況下的運動狀態，因此，在牛頓力學的理論系統中牛頓第一定律是第二定律的前提和基礎，則牛頓第一定律不是牛頓第二定律的推論。
[2]根據公式
F = ma
質量越大，加速度就越小，物體也就越能保持它原有的狀態，慣性也就越大了，則能用牛頓第二定律來解釋質量是物體慣性大小的量度。
16．【答案】 28 12
【詳解】[1]選取向上為正方向，當電梯啟動時，袋子的加速度的方向向上，則
FN1-mg=ma
代入數據可得
FN1=28N
[2]同理，當電梯制動時，袋子的加速度的方向向下，則
FN2-mg=-ma
代入數據可得
FN2=12N
17．【答案】 -2g g
【詳解】[1][2]彈簧上的彈力不能突變，繩子燒斷瞬間，b球只受重力，其加速度為g，以整體為研究對象彈力等于總重力，大小為3mg，對A有
3mg-mg=ma
計算可得加速度為2g，方向向上，故a球加速度為-2g。
18．【答案】 20 88
【詳解】[1]物塊和鐵箱保持靜止，則一起向右勻加速，設加速度為a，鐵箱對物塊的支持力為N，對物塊受力分析，豎直方向根據平衡條件
水平方向，根據牛頓第二定律
聯立解得
，
根據牛頓第三定律可知，物塊對鐵箱壓力的大小為。
[2]把物塊和鐵箱看成整體，水平方向，根據牛頓第二定律
代入數據解得
19．【答案】（1）15 m/s；（2）5 N，方向豎直向下
【詳解】
（1）當座艙下落4 s時，由a-t圖象與橫軸圍成的面積表示速度可知手機的速度為
v=-30 m/s+15 m/s=-15 m/s
則人的速度大小為15 m/s
（2）當座艙下落4s時，手機的加速度大小為
a2=15 m/s2
對手機，根據牛頓第二定律有
解得
FN=5 N
根據牛頓第三定律可知，手機對手的作用力也為5 N，方向豎直向下。
20．【答案】（1）；（2）70N；（3）2s
【詳解】
（1）根據題意可知，經t1=5s下滑x1=60m，根據
解得
（2）沿坡面下滑時，根據牛頓第二定律
解得
（3）剛到水平賽道時，速度
根據
解得
在水平賽道上的滑行時間
21．【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】(1)包裹開始時受到的合力為傳送帶給它的滑動摩擦力，則
所以，開始時包裹的加速度
(2)包裹放到傳送帶上，剛開始做初速度為零的勻加速直線運動，根據
代入數據，當v=2m/s時，運動的時間為
則包裹運動的位移
(3)當包裹與傳送帶速度相等后，包裹做勻速直線運動，運動位移
運動時間為
所以工件由傳送帶左端運動到右端的時間為
22．【答案】 AB ； 0.578 ； 0.882 ； A
【詳解】
(1)[1]AC．為了使小車受到的合外力等于細線的拉力，應使與小車相連的細線與長木板一定要平行，同時，應平衡摩擦力，故A正確，C錯誤；
B．對小車由牛頓第二定律
對掛盤和盤中砝碼
又
解得
當時
所以為了使細線上的拉力近似等于掛盤和盤中砝碼總重，應使掛盤和盤中砝碼的總質量遠小于小車的質量，故B正確；
D．平衡摩擦力的方法就是，不懸掛掛盤，將長木板沒有定滑輪的一端適當墊高，接通打點計時器電源，輕推小車，如果打點計時器在紙帶上打出的點間隔均勻，則摩擦被平衡，故D錯誤。
故選A。
(2)[2]打點“3”時，小車的速度大小為
[3]根據逐差法可得小車的加速度大小為
(3)[4]根據題意有
則
故A正確，BCD錯誤。
故選A。
23．【答案】 0.04 1.25 小車的質量m
【詳解】（1）[1]打點計時器使用交流電的頻率為50Hz，每打兩個點取一個計數點，則相鄰計數點間的時間間隔為
T=2×0.02s=0.04s
[2]根據數據可知，小車下滑的加速度
（2）[3][4]根據牛頓第二定律可得
則
則要求得小車下滑過程中所受的斜面的阻力f，還需要測量的物理量有m，即小車的質量；小車所受阻力的計算式為
24．【答案】 (1)．B、D (2)．勻速 (3)．遠小于 (4)．0.43-0.45 (5)．小車 (6)．C (7)．未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足（斜面傾角過?。? (8)．小車質量的倒數
25．【答案】（1） .
26．【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）根據題意，由牛頓第二定律，對長木板A由
解得
由運動學公式可得，從釋放滑塊到木板與平臺碰撞前瞬間的時間為
由牛頓第二定律，對滑塊B有
解得
滑塊運動的位移為
則從釋放滑塊到木板與平臺碰撞前瞬間，電場力對滑塊做的功為
（2）從釋放滑塊到木板與平臺碰撞前瞬間，滑塊與木板由于摩擦產生的熱量為
（3）滑塊第一次滑上半圓軌道的速度為
設滑塊運動到點時，速度最大，最大速度為，與水平方向的夾角為，如圖所示
由動能定理有
整理可得
由數學知識可知，當
速度最大，解得
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第 page number 頁，共 number of pages 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第四章運動和力的關系綜合基礎練習3
一、單選題（本大題共10小題）
1．如圖所示是一種汽車安全帶控制裝置的工作原理示意圖.當汽車處于靜止或勻速直線運動狀態時，擺錘豎直懸掛，鎖棒水平，棘輪可以自由轉動，安全帶能被拉動.當汽車突然剎車時，擺錘由于慣性繞軸擺動，使得鎖棒鎖定棘輪的轉動，安全帶不能被拉動.若擺錘從圖中實線位置擺到虛線位置，汽車可能的運動方向和運動狀態是 (　　)
A．向左行駛、勻速直線運動
B．向左行駛、突然剎車
C．向右行駛、突然剎車
D．向右行駛、勻速直線運動
2．關于牛頓第一定律的下列說法中，正確的是 (　　)
A．牛頓第一定律是以伽利略的理想實驗為基礎的，因此可用實驗來直接驗證
B．牛頓第一定律中提出的物體不受外力作用的條件是不可能達到的，所以這條定律可能是錯誤的
C．牛頓第一定律表明，物體只有在靜止或做勻速直線運動時才具有慣性
D．牛頓第一定律是在大量實驗事實的基礎上，通過進一步推理而概括總結出來的
3．在高空中勻速飛行的轟炸機，每隔時間t投放一顆炸彈，若不計空氣阻力，則投放的炸彈在空中的位置可能是選項中的(圖中豎直的虛線將各圖隔離) (　　)
4．如圖，在車廂中的A是用繩拴在底部上的氫氣球，B是用繩掛在車廂頂部的金屬球，開始時它們和車一起向右做勻速直線運動，若忽然剎車使車向右做勻減速運動，則下列能正確表示剎車期間車內的情況的是 (　　)
A．　　　B．
C．　　　D．
5．一物塊放在如圖所示的小車上，小車在水平面上做直線運動，物塊始終與小車保持相對靜止.設小車對物塊的支持力為FN，小車對物塊的摩擦力為Ff，關于小車運動過程中物塊的受力情況，下列說法正確的是 (　　)
A．若小車向左運動，FN可能為零
B．若小車向左運動，Ff不可能為零
C．若小車向右運動，FN不可能為零
D．若小車向右運動，Ff不可能為零
6．力F作用于質量為m1的甲物體時產生的加速度為a1，此力F作用于質量為m2的乙物體時產生的加速度為a2，若將甲、乙兩個物體合在一起，仍受此力的作用，產生的加速度是下列選項中的哪一個 (　　)
A．　B．　C．　D．
7．A、B、C、D四個質量均為2 kg的物體在光滑的水平面上做直線運動.A運動的x-t、B運動的v-t、C運動的a-t、D運動的F-t圖像如圖所示，已知各物體在t=0時的速度均為零，則0~4 s內運動位移大小最大的物體是 (　　)
A．B．C．D．
8．如圖所示，在豎直平面內有ac、abc、adc三個細管道，ac沿豎直方向，abcd是一個矩形，將三個小球同時從a點靜止釋放，忽略一切摩擦，不計拐彎時的速度損失，當豎直下落的小球運動到c點時，關于三個小球的位置，下列示意圖中可能正確的是 (　　)
A． B． C． D．
9．如圖所示，將質量為m=0.2 kg的物體用兩個完全一樣的豎直輕彈簧固定在升降機內，當升降機以3 m/s2的加速度加速向上運動時上面彈簧對物體的拉力為0.8 N；當升降機和物體都以6 m/s2的加速度向上運動時，上面彈簧的拉力為(g取10 m/s2) (　　)
A．1.1 N　　B．1.3 N　　C．1.5 N　　D．1.7 N
10．伽利略對“運動和力的關系”和“自由落體運動”的研究，開創了科學實驗和邏輯推理相結合的重要科學研究方法.圖甲、圖乙分別表示這兩項研究中實驗和邏輯推理的過程，對這兩項研究，下列說法正確的是 (　　)
A．圖甲中完全沒有摩擦阻力的斜面是實際存在的，實驗可實際完成
B．圖甲的實驗為“理想實驗”，通過邏輯推理得出物體的運動需要力來維持的結論
C．圖乙通過對自由落體運動的研究，合理外推得出小球在斜面上做勻變速運動
D．圖乙中先在傾角較小的斜面上進行實驗，可“沖淡”重力，使時間測量更容易
二、多選題（本大題共4小題）
11．用如圖所示的裝置探究小車的加速度與所受合力的關系。下列操作正確的是（　?。?br/>A．平衡摩擦力時，應調整定滑輪的高度，使拉小車的細線在實驗過程中保持與桌面平行
B．平衡摩擦力時，先不掛砂桶，反復調整墊木的位置，輕推小車，直到小車做勻加速直線運動
C．保持小車質量不變，用裝有細砂的砂桶通過定滑輪拉動小車，打出紙帶。通過紙帶計算小車運動的加速度
D．實驗中平衡了摩擦力后，要求桶和砂的總質量m比小車質量M小得多
12．如圖所示，物體隨傳送帶一起勻速斜向上運動，則下列關于物體所受的摩擦力分析正確的是（　?。?br/>A．與物體運動的方向相同 B．與物體運動的方向相反
C．阻礙物體的運動 D．推動物體的運動
13．如圖所示，質量為48kg的某同學站在升降機中的磅秤上，某一時刻該同學發現磅秤的示數為42kg，則在該時刻升降機可能的運動方式是（　　）
A．加速上升 B．勻速上升 C．減速上升 D．加速下降
14．關于圖中所示的皮帶傳動裝置，下列說法中正確的是（　?。?br/>A．B輪帶動A輪時沿順時針方向轉動 B．C輪帶動D輪時沿逆時針方向轉動
C．輪子上M點所受的靜摩擦力方向向上 D．皮帶上N點所受的靜摩擦力方向向下
三、填空題（本大題共4小題）
15．放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F的大小與時間t的關系和物塊速度v與時間t的關系如圖所示．取重力加速度g=10m/s2．由此兩圖線可以求得物塊的質量m＝ kg，物塊與地面之間的動摩擦因數μ＝ 。
16．如圖甲所示，斜面固定在水平地面上，可視為質點的物體從斜面底端以10m/s的速度沿斜面向上滑動，到達斜面頂端時速度恰好為0，之后又滑回斜面底端。規定平行于斜面向上為正方向，物體運動的部分圖像如圖所示，取重力加速度大小g取。則物體與斜面間的動摩擦因數為 ，物體滑回斜面底端時的速度大小為 m/s。

17．物理學中引入合力、分力等概念，從科學方法來說是屬于 方法，探究牛頓第二定律這一規律時采用的科學方法屬于 方法。
18．如圖所示，一質量為60kg的人站在商場的電梯上，當電梯以的加速度沿傾角的斜面加速向下運動時，該人受到的支持力大小為 N，該人受到的摩擦力大小為 N。（g取）
四、非選擇題（本大題共8小題）
19．2022年2月2日，在率先開賽的北京冬奧會冰壺混合團體比賽中，中國隊以7∶6擊敗瑞士隊取得開門紅。在冰壺比賽中，球員擲壺時，身體下蹲，使身體跪式向前滑行，同時手持冰壺從本壘圓心推球向前，至前衛線時，放開冰壺使其自行以直線或弧線軌道滑向營壘中心。比賽場地簡圖如圖所示，本壘圓心到前衛線之間的距離，前衛線到營壘中心的距離。某次投擲過程中，運動員在前衛線處放開冰壺，放開時冰壺的速度，冰壺恰好自行滑行到營壘中心。冰壺運動可以簡化為由球員擲壺階段的初速度為零的勻加速直線運動和自行滑行階段的勻減速直線運動。冰壺的質量，可以看做質點，在滑行過程中冰壺與冰面之間的動摩擦因數不變。取重力加速度。求：
（1）冰壺向前衛線滑行過程中受到的合力大小F；
（2）冰壺與冰面之間的動摩擦因數。
20．某實驗小組利用圖示的裝置探究加速度與力、質量的關系。
（1）改變木板傾斜程度，根據打出的紙帶上的點跡分析小車是否做 運動，來判斷是否平衡摩擦力；
（2）甲、乙兩同學在同一實驗室，各取一套圖示的裝置放在水平桌面上，木塊上均不放砝碼，在沒有平衡摩擦力的情況下，研究加速度a與拉力F的關系，分別得到圖中甲、乙兩條直線。設甲、乙用的木塊質量分別為、，甲、乙用的木塊與木板間的動摩擦因數分別為，由圖可知，m甲 m乙，μ甲 μ乙（填“大于”、“小于”或“等于”）。
21．如圖所示是可用輕桿、小球和硬紙板等制作一個簡易加速度計，粗略測量運動物體的加速度。在輕桿上端裝上轉軸，固定于豎直紙板上的O點，輕桿下端固定一小球，桿可在豎直平面內自由轉動。將此裝置固定于運動物體上，當物體向右加速（減速）運動時，桿便向左（向右）擺動。為了制作加速度計的刻度盤，同學們進行了如下操作：
（1）讓重錘做自由落體運動，利用打點計時器打出的紙帶測量當地的重力加速度。實驗中得到一條較理想的紙帶，在紙帶上取7個計數點，相鄰兩個計數點間的時間間隔為0.02s。
根據數據求出重力加速度g= m/s2（保留三位有效數字）。
（2）測量當地重力加速度后還應測量的物理量是 （填入所選物理量前的字母）
A．小球的質量m B．輕桿的長度L
C．小球的直徑d D．輕桿與豎直方向的夾角θ
（3）寫出加速度與被測物理量之間的關系式 （用被測物理量的字母表示）。
22．如圖所示，在水平桌面的邊角處有一輕質光滑的定滑輪K，一條不可伸長的輕繩繞過定滑輪K分別與物體A、B相連，A、B的質量分別為mA=3kg、mB=2kg．現用一水平恒力F拉物體A，使物體B上升（A、B均從靜止開始運動）．已知當B上升距離為h=0.2m時，B的速度為v=1m/s．已知A與桌面的動摩擦因數μ=0.25，重力加速度為g=10m/s2．求：
(1)力F的大小和A、B系統的加速度大?。?br/>(2)當B的速度為v=1m/s時，輕繩突然斷了，那么在B上升的過程中，A向左運動多遠？
23．飛機在水平跑道上加速滑行時受到機身重力mg、豎直向上的機翼升力F升、發動機推力F推，空氣阻力F阻、地面支持力N和輪胎受地面的摩擦阻力f。已知升力與阻力均與飛機運動的速度平方成正比，即F升=k1v2，F阻=k2v2，k1、k2為已知量，輪胎受地面的摩擦阻力f與地面的支持力成正比，比例系數為μ，假設飛機在跑道上加速滑行時發動機推力F推=。
（1）飛機起飛時的速度v多大？
（2）若要求飛機在水平跑道上勻加速滑行，則輪胎受地面的摩擦阻力f與地面的支持力成正比的比例系數為μ應滿足怎樣的條件？
（3）若飛機在水平跑道上從靜止開始勻加速滑行后起飛，跑道的長度至少多大？
24．一端有滑輪的平板與小車（滑塊）是力學實驗中的重要實驗儀器，能完成多個實驗。
（1）①圖1是“驗證牛頓第二定律”的實驗裝置示意圖。砂和砂桶的總質量為m，小車和砝碼的總質量為M，實驗中用砂和砂桶總重力的大小作為小車所受的合外力，需要進行的必要選擇或操作正確的是
A．調節長木板一端滑輪的高度，使細線與長木板平行
B．當M改變時，需要重新平衡摩擦力
C．將長木板的一端墊起適當的高度，調節其大小，觀察判斷小車是否做勻速運動
②實驗中要進行質量m和M的選取，以下最合理的一組是
A．M=200g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40g
B．M=200g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g
C．M=400g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40g
D．M=400g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g
（2）某同學發現實驗室中有拉力傳感器，這一實驗小組征求老師意見后，在圖1基礎上設計了圖2進行實驗。小車后面固定一條紙帶，穿過電火花打點計時器，細線一端連著小車，另一端通過光滑的定滑輪和動滑輪與掛在豎直面內的拉力傳感器相連，拉力傳感器用于測小車受到拉力的大小。為了簡便、準確地完成“驗證牛頓第二定律”實驗，需要的正確操作是
A．需要細線與木板平行
B．需要平衡摩擦力
C．需要滿足m遠小于M
D．需要測量砂和砂桶質量m
（3）該組同學意猶未盡，回到教室又設計了如下實驗繼續探究加速度與合外力的關系：
如圖所示，彈簧秤固定在一合適的木板上，桌面的右邊緣固定一支表面光滑的鉛筆以代替定滑輪，細繩的兩端分別于彈簧秤的掛鉤和礦泉水瓶連接。在桌面上畫出兩條平行線MN、PQ，并測出間距d開始時將木板置于MN處，現緩慢向瓶中加水，直到木板剛剛開始運動為止，記下彈簧秤的示數F0，以此表示滑動摩擦力的大小。再將木板放回原處并按住，繼續向瓶中加水后，記下彈簧秤的示數F1，然后釋放木板，并用秒表記下木板運動到PQ處的時間t，計算木板的加速度a；改變瓶中水的質量重復實驗，確定加速度a與彈簧秤示數F1的關系。下列圖像能表示該同學實驗結果的是
A． B．
C． D．
25．某實驗小組同學利用如圖所示的裝置驗證牛頓第二定律。實驗步驟如下：
①將光電門A、B固定在長木板上，用刻度尺測量光電門A、B之間的距離L；
②調節長木板左端的高度，直至滑塊（帶有遮光片）通過光電門A、B的時間相等；
③將細繩的一端與滑塊相連，另一端與小球相連，細繩跨過光滑輕質定滑輪，調整滑輪，使滑塊與滑輪間的細繩與長木板平行；
④將滑塊置于光電門A上方某位置，由靜止釋放，記錄滑塊（帶有遮光片）通過光電門A、B的時間和；
⑤用天平測量滑塊（含遮光片）的質量M，測量小球的質量m；
⑥測量出遮光片的寬度d。
回答下列問題（重力加速度為g）：
（1）實驗步驟②的目的是 ；
（2）滑塊從光電門A運動到光電門B的加速度大小 ；（用題中所給物理量符號表示）
（3）若小球的質量m遠小于滑塊（含遮光片）的質量M，則細繩中的拉力大小 ；（用題中所給物理量符號表示）
（4）若小球的質量m不滿足遠小于滑塊（含遮光片）的質量M的條件，則牛頓第二定律在本實驗中的具體表達形式為 。（用題中所給物理量符號表示）
26．質量m=1kg物體受到F=4N的水平拉力作用，物體開始在水平面上向右做勻加速直線運動，運動時受到大小恒為f=2N的摩擦阻力作用。試求：
（1）物體運動的加速度大??；
（2）5秒末物體的速度多大？
（3）若5秒末撤銷拉力F，物體還能運動多遠？
參考答案
1．【答案】C　
【解析】擺錘相對汽車向右擺動，根據慣性的知識分析，可知汽車可能是向左加速行駛或向右減速行駛，只有C正確.
2．【答案】D　
【解析】牛頓第一定律是牛頓在伽利略等前人實驗的基礎上，根據邏輯推理得出的，是以實驗為基礎，但又不是完全通過實驗得出的，由于不受力的理想狀態不可達到，故不可用實驗來直接驗證，故A錯誤；牛頓第一定律是在實驗的基礎上進一步推理概括出來的科學理論，不能直接通過實驗得出，但能接受實踐的檢驗，故B錯誤；慣性的大小與物體的受力情況和運動情況均無關，任何狀態下物體都有慣性，故C錯誤；牛頓第一定律是在大量實驗事實的基礎上，通過進一步推理而概括總結出來的，故D正確.
3．【答案】B 　
【解析】由于慣性，炸彈被投放后具有和飛機相同的速度，每個炸彈在水平方向都做速度與飛機相同的勻速直線運動，因此炸彈落地前排列在同一條豎直線上，且位于飛機的正下方，炸彈在豎直方向做自由落體運動，空中相鄰的炸彈之間的距離隨著時間增大而增大，故B正確.
【易錯分析】
本題容易發生只考慮豎直方向的自由落體運動而忽略水平方向的運動而出現錯解的情況，由于具有慣性，且水平方向不受其他力的作用，炸彈將在水平方向做勻速直線運動.
4．【答案】D　
【解析】開始時金屬球、車廂、車廂內空氣及氫氣球有向右的相同速度，突然剎車使車廂做減速運動時，由于金屬球比車廂內同體積的空氣質量大，慣性大，運動狀態不易改變，相對車廂繼續向右運動，因此B向右偏，故B、C錯誤.氫氣球雖然有慣性，但因為氫氣密度小，空氣的密度大(相同體積空氣慣性比氫氣球大)，它被空氣向后推開，相對車廂向左運動，故A錯誤，D正確.
【方法總結】
利用慣性分析實際問題時，首先要明確物體原來處于什么運動狀態，然后再判斷由于慣性物體應保持怎樣的運動狀態.
5．【答案】C　
【解析】若小車向左做勻速運動，根據平衡條件得知，物塊所受的摩擦力不可能為零，FN不可能為零；若小車向左做加速運動，根據牛頓第二定律可知，合力向左，FN不可能為零，Ff可能為零；若小車向左做減速運動，由牛頓第二定律可知合力向右，則物塊所受摩擦力不可能為零，FN不可能為零，故A、B錯誤.若小車向右做勻速運動，根據平衡條件得知，Ff不可能為零，FN不可能為零；若小車向右做加速運動，根據牛頓第二定律可知，合力向右，Ff不可能為零，FN不可能為零；若小車向右做減速運動，由牛頓第二定律可知合力向左，則物塊所受FN不可能為零，Ff可能為零，故C正確，D錯誤.
6．【答案】D　
【解析】根據牛頓第二定律可知 F=m1a1，F=m2a2，F=(m1+m2)a，解得a=，故D正確.
7．【答案】A　
【解析】由x-t圖像可知，A物體的總位移為x=-1 m-1 m=-2 m；由v-t圖像可知，B物體在0~2 s內沿正方向運動，2~4 s內沿負方向運動，方向改變，0~4 s內總位移為零；由a-t圖像可知，C物體在0~1 s內做勻加速直線運動，1~ 2 s內沿原方向做勻減速運動，2 s末速度減為零，2~3 s內沿負方向做勻加速直線運動，3~4 s內沿負方向做勻減速直線運動，根據對稱性可知0~4 s內物體的總位移為零；由F-t圖像可知，D物體在第1 s內做勻加速運動，第2 s內做勻減速運動，2 s末速度減為零，然后重復前面的過程，D做單向直線運動，位移一直增大，加速度大小為a==0.5 m/s2，通過的位移x=4××0.5×12 m=1 m.綜上所述，0~4 s內位移最大的應是A物體，故選A.
8．【答案】B　
【解析】設ac=D，∠acb=α.設小球沿ab、bc、ac、ad、dc下滑的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4、a5.根據牛頓第二定律得a1=a5==gsin α，a2=a4==gcos α，a3=g，則對于ab段有Dsin α=a1=gsin α·，得t1=；對于ac段有D=g得t3=；對于ad段有Dcos α=a4=gcos α·，得t4=，所以有t1=t3=t4.即當豎直下落的小球運動到c點時，沿abc運動的小球剛好到達b點，沿adc運動的小球剛好到達d點，故B正確.
【方法總結】
等時圓的兩種模型：(1)小球從圓上的各個位置沿光滑弦軌道由靜止滑下，滑到圓的底端的時間相等，如圖甲所示；(2)小球從豎直圓環的頂端沿光滑弦軌道由靜止滑下到圓上各位置的時間相等，如圖乙所示.
9．【答案】A　
【解析】當升降機以3 m/s2的加速度加速向上運動時，下面彈簧處于壓縮狀態，根據牛頓第二定律得F上1+F下1-mg=ma1，代入數據解得F下1=1.8 N，F上1+F下1=2.6 N，當升降機和物體都以6 m/s2的加速度向上運動時，物體受到的合力F合=ma2=0.2×6 N=1.2 N，根據牛頓第二定律得F上2+F下2-mg=ma2=1.2 N，則F上2+F下2=3.2 N，物體要下移，根據胡克定律，兩根彈簧增加的彈力相等，開始時F上1=0.8 N，F下1=1.8 N，ΔF=3.2 N-2.6 N=0.6 N，每根彈簧增加0.3 N，所以升降機和物體都以6 m/s2的加速度向上運動時上面彈簧的彈力F上2=F上1+0.3 N=0.8 N+0.3 N=1.1 N，故A正確.
10．【答案】D　
【解析】完全沒有摩擦阻力的斜面是不存在的，故實驗不可能實際完成，故A錯誤.題圖甲的實驗為“理想實驗”，通過邏輯推理得出物體的運動不需要力來維持的結論，故B錯誤.伽利略設想物體下落的速度與時間成正比，當時無法測量物體的瞬時速度，所以伽利略通過數學推導證明如果速度與時間成正比，那么位移與時間的平方成正比.由于當時用滴水法計時，無法準確記錄自由落體的時間，伽利略設計了讓銅球沿阻力很小、傾角很小的斜面滾下，來“沖淡”重力的作用效果，而銅球在斜面上運動的加速度要比它豎直下落的加速度小得多，所用時間長得多，所以容易測量.伽利略做了上百次實驗，并通過抽象思維在實驗結果上進行合理外推，得出自由落體運動的規律，故C錯誤，D正確.
11．【答案】CD
【詳解】
A．平衡摩擦力時不掛砂桶，則選項A錯誤；
B．平衡摩擦力時，先不掛砂桶，反復調整墊木的位置，輕推小車，直到小車做勻速直線運動，選項B錯誤；
C．保持小車質量不變，用裝有細砂的砂桶通過定滑輪拉動小車，打出紙帶，通過紙帶計算小車運動的加速度，選項C正確；
D．實驗中平衡了摩擦力后，要求桶和砂的總質量m比小車質量M小得多，這樣可認為桶和砂的重力近似等于小車的牽引力，選項D正確。
故選CD。
12．【答案】AD
【詳解】
物體與傳送帶保持相對靜止一起勻速向上運動，物體有向下滑動的趨勢，所以受到傳送帶對它沿傳送帶向上靜摩擦力的作用，即與物體運動方向相同，此時的摩擦力為動力，對物體的運動起推動作用，故選AD。
13．【答案】CD
【詳解】
該同學失重，則電梯的加速度向下，則電梯可能加速向下運動，或者減速向上運動。
故選CD。
14．【答案】BD
【詳解】
AB．在題圖甲、乙中，若左側輪為主動輪，當左側輪順時針轉動時，下面皮帶會繃緊，則A帶動B；當左側輪逆時針轉動時，上面皮帶會繃緊，則C帶動D，若右側輪為主動輪，當右側輪順時針轉動時，上面皮帶會繃緊，則D帶動C；當右側輪逆時針轉動時，下面皮帶會繃緊，則B帶動A，A錯誤，B正確；
C．對于題圖甲中輪子上M點的靜摩擦力方向的判斷也分兩種情況討論，若A帶動B，則A帶動皮帶一起沿順時針方向轉動，M點相對皮帶有向上的運動趨勢，所以M點受到向下的靜摩擦力；若B帶動A，B逆時針轉動，則M點相對輪子有向上的運動趨勢，所以M點受到向下的靜摩擦力，C錯誤；
D．對于題圖乙中的N點，若C輪帶動D輪時沿逆時針方向轉動，N點相對輪子有向上的運動趨勢，可知N點所受靜摩擦力方向向下，同理可得，若D輪帶動C輪時沿順時針方向轉動，可知N點所受靜摩擦力方向也向下，D正確。
故選BD。
15．【答案】0.5；0.4
【詳解】[1][2]4-6s內物體勻速運動，則N，2-4s，F=3N，則物體加速，則由牛頓定律，解得m=0.5kg ，
16．【答案】 0.5
【詳解】[1]根據圖像可知質點上滑的加速度大小為，下滑得加速度大小為，根據牛頓第二定律得，，解得，
[2]根據圖像與坐標軸圍成圖形的面積表示物體的位移可知斜面的長度為，質點從斜面頂端到低端的過程根據勻變速直線運動規律得，解得物體滑回斜面底端時的速度大小為
17．【答案】等效替代；控制變量
【詳解】[1]合力與分力的作用效果相同，從科學方法來說是屬于等效替代方法；
[2]探究牛頓第二定律這一規律時采用的科學方法屬于控制變量方法。
18．【答案】492；144
【詳解】[1][2]人受重力、豎直向上的支持力和水平向左的摩擦力，在豎直方向和水平方向由牛頓第二定律分別可得，，解得，
19．【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）冰壺從本壘圓心到前衛線做初速度為零的勻加速直線運動，由運動學公式有：
解得
根據牛頓第二定律
解得
（2）冰壺從前衛線到營壘中心做勻減速直線運動，由運動學公式有：
解得
冰壺減速前進過程中，由滑動摩擦力提供加速度，即：
解得
20．【答案】勻速；小于；大于；
【詳解】
(1)[1]小車平衡時，做勻速直線運動，所以根據打出的紙帶上的點跡分析小車是否做勻速運動，來判斷是否平衡摩擦力；
(2)[2]a-F圖像的斜率是質量的倒數，甲的斜率大，所以甲的質量小于乙的質量；
[3]由
可得
縱軸截距的-，由圖可知
21．【答案】 9.72 ； D ； a=gtanθ
【詳解】
(1)[1]由逐差法得
(2)(3)[2][3]假設小球由于加減速發生了偏轉，由牛頓的定律得
解得
可知，為了在表盤上標上對應的加速度，還需要測量輕桿與豎直方向的夾角θ。故選D。
22．【答案】（1）40N，2.5 m/s2（2）0.15m
【詳解】（1）物體B勻加速上升，根據速度位移公式，有：
a＝＝2.5m/s2
對A運用牛頓第二定律，得到：
F-μmAg-T=mAa
對B運用牛頓第二定律，得到：
T-mBg=mBa
聯立解得：
F=40N
即力F的大小為40N，A、B系統的加速度大小為2.5m/s2．
（2）細線斷開后，B物體由于慣性繼續上升，根據速度時間公式，有：
t＝＝0.1s ①
對A運用牛頓第二定律，得到：
F-μmAg=mAa'②
物體A做勻加速直線運動，根據速度時間公式，有
③
由①②③解得
S=0.15m
23．【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】
【詳解】
（1）根據題意，飛機剛要離開跑道時，地面支持力為零，飛機的升力與重力平衡，故有
解得飛機起飛時的速度為
（2）設摩擦阻力f與地面的支持力的比例系數為μ，根據牛頓運動定律，得飛機水平方向受推力、摩擦力和阻力作用，合力使飛機產生加速度有
代入數據可得
要使飛機做勻加速運動，故可知
即滿足
（3）飛機勻加速運動的加速度為
起飛的條件為
即
由勻加速運動關系式
得
24．【答案】 A ； C ； AB ； C
【詳解】
（1）[1] A．調節長木板一端滑輪的高度，使細線與長木板平行，使小車受到的拉力等于合外力，A正確；
B．當M改變時，不需要重新平衡摩擦力，B錯誤；
C．要取下沙桶，再將長木板的一端墊起適當的高度，調節其大小，觀察判斷小車是否做勻速運動，該步驟為平衡摩擦力的方法，C錯誤。
故選A。
[2]當時，即當沙桶和沙總質量遠遠小于和砝碼的總質量，繩子的拉力近似等于沙和沙桶的總重力，因此最合理的一組是C選項，故選C。
（2）[3]A．需要細線與木板平行，才能保證細線的拉力與小車的合外力方向相同，細線的拉力才等于小車的合外力，A正確；
B．需要平衡摩擦力，細線的拉力才等于小車的合外力，B正確；
CD．由于不需要用沙桶的重力來表示合外力，合外力可以直接測量，所以不需要滿足m遠小于M，也不需要測量砂和砂桶質量m，CD錯誤。
故選AB。
（3）[4]根據
聯立可得
又因為當 時，加速度有最大值，為
故選C。
25．【答案】平衡摩擦力（補償阻力）；；；
【詳解】
(1)[1]滑塊（帶有遮光片）通過光電門A、B的時間相等，說明滑塊在長木板上做勻速直線運動，重力沿長木板的分力與摩擦力平衡，所以實驗步驟②的目的是平衡摩擦力（補償阻力）；
(2)[2]滑塊、經過光電門A的速度為
經過光電門B的速度
由勻變速直線運動規律
得滑塊從光電門A運動到光電門B的加速度大小為
(3)[3]由牛頓第二定律得
解得
若小球的質量m遠小于滑塊（含遮光片）的質量M，則
(4)[4]若小球的質量m不滿足遠小于滑塊（含遮光片）的質量M，由牛頓第二定律得
解得
則
26．【答案】(1)；(2)；(3)
【詳解】
(1)對物體受力分析，根據牛頓第二定律可得
解得
(2)物體做靜止開始的勻加速直線運動，由公式可得
解得
(3) 若5秒末撤銷拉力F，則物體水平方向只受摩擦阻力作用將做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可得
假設還能運動x，則有
解得
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