資源簡介

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提高練習1
一、單選題（本大題共10小題）
1．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
2．下列單位中，屬于國際單位制（SI）中基本單位的是（　　）
A．牛頓 B．千克 C．焦耳 D．伏特
3．通過理想斜面實驗得出“力不是維持物體運動的原因”的科學家是 (　　)
亞里士多德　　　　　B.伽利略　　　　　C.笛卡兒　　　　　D.牛頓
4．兩輪自平衡電動車具有運動靈活、操作簡單，綠色環保等優點，如圖所示，下列分析正確的是（　　）
A．自平衡電動車運動靈活是因為慣性比較小
B．輪胎上凹凸不平的花紋是為了增加車與地面的壓力
C．自平衡電動車及人受到的重力和對地面的壓力是一對平衡力
D．地面對自平衡電動車的支持力是由于自平衡電動車發生形變而產生的
5．在物理學發展的過程中，許多物理學家的科學發現推動了人類歷史的進步。對以下幾位物理學家所作科學貢獻的表述中，與事實相符的是（　　）
A．牛頓最早通過理想斜面實驗得出力不是維持物體運動的原因
B．伽利略開創了運用邏輯推理和實驗相結合進行科學研究的方法
C．亞里士多德認為，力是改變物體運動狀態的原因，而不是維持物體運動的原因
D．笛卡爾認為，必須有力作用在物體上，物體才能運動；沒有力的作用，物體就靜止
6．在驗證牛頓第二定律的實驗中，用改變砂的質量的辦法來改變對小車的作用力，用打點計時器測出小車的加速度，得出若干組和的數據。然后根據測得的數據作出如圖所示的圖線，發現圖線既不過原點，又不是直線，原因是（　　）
A．平衡摩擦力時，所墊木板太低，且小車質量較大
B．平衡摩擦力時，所墊木板太低，且砂和小桶的質量較大
C．平衡摩擦力時，所墊木板太高，且小車質量較大
D．平衡摩擦力時，所墊木板太高，且砂和小桶的質量較大
7．如圖所示，兩段輕繩A、B連接兩個小球1、2，懸掛在天花板上。一輕彈簧C一端連接球2，另一端固定在豎直墻壁上。兩小球均處于靜止狀態。輕繩A與豎直方向、輕繩B與水平方向的夾角均為，彈簧C沿水平方向。已知重力加速度為g。則（　　）
A．球1和球2的質量之比為
B．在輕繩A突然斷裂的瞬間，球1的加速度方向豎直向下
C．在輕繩A突然斷裂的瞬間，球1的加速度大小一定大于g
D．在輕繩A突然斷裂的瞬間，球2的加速度大小為
8．如圖所示,在豎直平面內有一矩形,其長邊與一圓的底部相切于O點,現在有三條光滑軌道a、b、c,它們的上端位于圓上,下端在矩形的底邊,三條軌道都經過切點O,現在讓一物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端(軌道先后放置),則物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經歷的時間關系為 （ ）
A.ta＞tb＞tc
B.ta＜tb＜tc
C.ta=tb=tc
D.無法確定
9．一質量為m的乘客乘坐豎直電梯上樓，其位移x與時間t的關系圖像如圖所示（段圖像為直線）。乘客的速度大小用v表示，重力加速度為g。下列判斷正確的是（　　）
A．乘客上升全過程中，v一直增大
B．時間內，v增大，乘客處于失重狀態
C．時間內，v減小，乘客處于超重狀態
D．時間內，v減小，乘客處于失重狀態
10．如圖所示，物體a和物體b通過跨過定滑輪的輕繩相連接，物體c放在水平地面上，b和c拴接在豎直輕彈簧的兩端。初始時用手托住a，整個系統處于靜止狀態，且輕繩恰好伸直。已知a和c的質量均為3m，b的質量為m，重力加速度大小為g，彈簧始終在彈性限度內，不計一切摩擦。現釋放物體a，則（　　）

A．釋放瞬間，a的加速度大小為g B．釋放瞬間，b的加速度大小為
C．a速度最大時，彈簧處于原長 D．c剛要離開地面時，a速度最大
二、多選題（本大題共4小題）
11．用水平拉力使質量分別為、的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數分別為和。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示。由圖可知（ ）

A． B． C． D．
12．2022年2月4日，第24屆冬季奧運會在北京開幕，在“高山滑雪”比賽場上，一位滑雪運動員（可視為質點）從斜坡頂端A點由靜止滑下，假設運動員在斜坡上做勻加速直線運動，運動后從點滑上足夠長的水平賽道，在水平賽道上做勻減速直線運動，滑行后停在水平賽道上的點。已知運動員在整個過程中運動的總路程為，斜坡與水平賽道平滑連接，則（　　）
A．運動員在滑行過程中，速度越大，慣性越大
B．運動員在斜坡上運動的平均速率大于在水平賽道上運動的平均速率
C．運動員在運動過程中的速度的最大值為
D．運動員在斜坡上運動的加速度大小為
13．2023年5月10日，搭載“天舟六號”貨運飛船的“長征七號”遙七運載火箭發射成功發射。“天舟”與“天和”核心艙自主快速交會對接的組合體在軌運行的情景，如圖所示。則下列說法正確的是（　　）
A．天舟六號貨運飛船升空后，其內部攜帶的物體總質量不變
B．天舟六號與天和核心艙組合體在軌運行時，其不具有慣性
C．天和核心艙外部的太陽翼工作時，可將太陽能轉化為電能
D．天舟六號與天和核心艙組合體在軌運行，不再受到力的作用
14．如圖甲所示，一質量為m1的薄木板（厚度不計）靜止在光滑水平地面上，現有一質量為m2的滑塊以一定的水平初速度v0，從木板的左端開始向木板的右端滑行，滑塊和木板的水平速度大小隨時間變化的情況如圖乙所示，根據圖象可知以下判斷正確的是（　　）
A．滑塊始終與木板存在相對運動
B．滑塊未能滑出木板
C．滑塊的質量m2大于木板的質量m1
D．在t1時刻，滑塊從木板上滑出
三、填空題（本大題共4小題）
15．汽車緊急剎車后，停止運動的車輪在水平地面上滑動直至停止，在地面上留下的痕跡稱為剎車線。由剎車線的長短可知汽車剎車前的速度。已知汽車輪胎與地面間的動摩擦因數為0.80，測得剎車線長25m，重力加速度。汽車剎車的加速度大小為 ，汽車在剎車前的瞬間的速度大小為 m/s。
16．質量為m＝5kg的物體放在粗糙的水平面上，在力F的作用下做的勻加速直線運動，方向向右，已知物體與地面之間的動摩擦因數為0.3。則物體所受的合外力大小為 N，外力F為 N。（）
17．汽車通過拱形橋的最高點時對橋面的壓力 重力（填“大于”、“小于”或“等于”），汽車通過凹形橋的最低點時對橋面的壓力 重力（填“大于”、“小于”或“等于”）．
18．如圖（a）所示，質量為的小物塊以初速度從的固定斜面底端先后兩次滑上斜面。第一次對小物塊施加一沿斜面向上的恒力F，第二次無恒力F。圖（b）中的兩條線段a、b分別表示存在恒力F和無恒力F時小物塊沿斜面向上運動的圖線。不考慮空氣阻力，，。則：
（1）恒力F的大小為 ；
（2）小物塊與斜面間的動摩擦因數為 。
四、非選擇題（本大題共8小題）
19．質量是60 kg的人站在升降機中的體重計上，如圖所示，當升降機以4 m/s2的加速度勻加速上升時，體重計的讀數是多少？（g取10 m/s2）

20．如圖所示，用一根不可伸長的輕繩通過定滑輪連接物體A和B。A的質量mA=1.5kg，B的質量mB=0.5kg。初始時手托物體A使其保持靜止，然后放手。若不考慮繩與滑輪的摩擦力及空氣阻力，重力加速度g取10m/s2.在B碰到滑輪之前的運動過程中，求：
（1）物體A的加速度大小；
（2）繩子拉力的大小。
21． (13分)如圖所示，民航客機都有緊急出口，發生意外情況的飛機緊急著陸后，打開緊急出口，狹長的氣囊會自動充氣，生成一條連接出口與地面的斜面，人員可沿斜面滑行到地面．若機艙口下沿距地面高度為3．2 m，氣囊所構成的斜面長度為6．4 m，一個質量為60 kg的人沿氣囊滑下，經過4 s滑至底端，g取．求：
（1）此人在氣囊上下滑的加速度的大小；
（2）此人在氣囊上下滑受到的阻力大小．
22．某學習小組利用如圖甲所示的實驗裝置來探究加速度與力、質量的關系。圖中帶滑輪的長木板放置于水平桌面上，拉力傳感器與滑輪之間的輕繩始終與長木板平行，拉力傳感器可直接顯示繩上的拉力大小，打點計時器所接電源的頻率為50Hz。
（1）關于本次實驗的注意事項，下列說法正確的是 。
A．實驗中要保證砂和砂桶的質量遠小于小車的質量
B．實驗時應將長木板的右端墊高以補償打點計時器對小車的阻力及其他阻力
C．實驗時應先釋放小車再接通打點計時器的電源
（2）正確完成實驗操作后，得到的一條紙帶部分如圖乙所示，紙帶上各點均為計時點，由此可得打點計時器打出B點時小車的速度大小 m/s，小車的加速度大小 （結果保留兩位有效數字）。
（3）正確完成實驗操作后，改變砂和砂桶的總質量，得到多組拉力傳感器示數F和對應的小車加速度大小a，以F為橫軸、a為縱軸作出圖像，該圖像的斜率為k，則小車的質量 （用k表示）。
23．如圖為“用DIS研究加速度和力的關系”的實驗裝置
①如圖是本實驗的裝置圖，圖中①是位移傳感器的 部分（填“發射”或“接收”）
②實驗中，要求所掛小盤和鉤碼的質量 （填“遠小于”或“遠大于”）小車和所加配重片的質量，此時才能認為小盤和鉤碼所受重力大小等于繩對小車的拉力大小；
③如圖為小車質量不變時實驗所得的a-F圖像，從圖像上可以看到直線不過原點。這是由 引起的，由圖可知小車的質量為 kg。
24．某同學借助力傳感器、光電門等器材完成“探究加速度與力、質量關系”實驗。如圖所示，他將光電門A、B固定在帶滑輪木板上的不同位置，帶遮光條的滑塊左端與力傳感器固定在一起，通過細線跨過定滑輪與沙桶相連，光電門及配套的計時器（圖中未畫出）和力傳感器都與電腦連接。
（1）本實驗采用的實驗方法是_______；
（2）下列實驗措施中正確的有_______；
A．實驗需要平衡摩擦力，在取下沙桶的情況下抬高木板右端，使滑塊做勻速直線運動
B．每次實驗滑塊釋放的初始位置都必須是光電門A右側的同一點
C．若探究加速度與質量關系時，實驗結果采用坐標作圖，是為了更直觀地根據圖線作出判斷
（3）平衡摩擦力后，滑塊及傳感器所受合力用力傳感器讀數表示，則_______（填“需要”或“不需要”）保持沙和沙桶質量遠小于滑塊及傳感器總質量。已知遮光條的寬度為d，某次實驗中計時器測得遮光條通過兩個光電門的時間間隔分別為、，遮光條從光電門A到光電門B的時間為，則滑塊加速度為_______（用題中所給字母表示）。
25．如圖所示，在一傾角為=37°的山坡AD上發生了泥石流，有可視為質點的兩水泥板M、N以同一速度v0 = 10 m/s沿山坡AB段勻速下滑，此過程中兩水泥板相距l1 = 20 m。M從經過B點開始到速度再次變為v0的過程中運動了s = 36 m，用時t = 6 s，M的速度再次變為v0時，M、N間的距離為l2 = 28 m。兩水泥板在BC段和CD段滑行時受到的阻力分別為其重力的k1倍和k2倍，且k1>k2。重力加速度g取10 m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，求：
（1）k1和k2的值；
（2）整個下滑過程中，水泥板M、N之間的最小距離x。
26．在“探究加速度與力、質量的關系”時采用如圖1所示的實驗裝置，小車及車中砝碼質量為M，砂與砂桶的質量為m。重力加速度為g。
（1）某同學在保持砂與砂桶質量m一定時，探究小車加速度a與質量M的關系。
①關于該實驗，下列說法正確的是 。
A．平衡摩擦力時，砂桶應用細線通過滑輪系在小車上且小車后面的紙帶也必須連好
B．實驗中應改變砂和砂桶的質量，打出幾條紙帶
C．實驗時，先接通打點計時器的電源，再放開小車
D．為直觀分析a與M的關系，畫出圖像即可
②下圖是某次實驗打點計時器打出的一條紙帶（部分）。若A，B，C……計數點間的時間間隔均為，從圖中給定的數據，可求出小車的加速度大小 ，打下C點時小車的速度大小是 。
（2）該同學繼續探究當小車及車中砝碼質量M一定時，加速度a與受力F的關系。
①該同學根據測得的多組數據畫出關系圖線如圖2，發現該圖線既不通過坐標原點且段明顯偏離直線，分析其產生原因，下列說法正確的是 。
A．不通過坐標原點可能是因為平衡摩擦力不足
B．不通過坐標原點可能是因為平衡摩擦力過度
C．圖線段彎曲可能是砂與砂桶總質量未滿足遠小于小車及車內砝碼總質量的條件
②另一位同學利用最初的幾組數據擬合了一條直線，如圖3所示，與縱軸平行的直線和這兩條圖線以及橫軸的交點分別為P、Q、N。此時，小車及車上砝碼總質量為M，砂與砂桶總質量為m。他猜想：。請你分析論證該同學的想法是否正確 。
參考答案
1．【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.
2．【答案】B
【詳解】單位制包括基本單位和導出單位，規定的基本量的單位叫基本單位，國際單位制規定了七個基本物理量．分別為長度、質量、時間、熱力學溫度、電流、光強度、物質的量。它們在國際單位制中的單位分別為米、千克、秒、開爾文、安培、坎德拉、摩爾。
A．牛頓，故A不符合題意；
B．千克，故B符合題意；
C．焦耳，故C不符合題意；
D．伏特，故D不符合題意。
故選B。
3．【答案】B　
【解析】伽利略通過理想斜面實驗得出“力不是維持物體運動的原因”,打破了亞里士多德“力是維持物體運動的原因”的結論,故B正確.
4．【答案】A
【詳解】由于自平衡電動車的質量較小，慣性較小，運動狀態容易改變，因此自平衡電動車運動靈活是因為慣性比較小，A正確；輪胎上凹凸不平的花紋是為了增大車與地面之間的粗糙程度，進而增加運動時的摩擦力，B錯誤；自平衡電動車及人受到的重力和對地面的壓力作用在不同物體上，這兩個力不是一對平衡力，C錯誤；地面對自平衡電動車的支持力是由于地面發生形變而產生的，D錯誤。
5．【答案】B
【詳解】A．伽利略最早通過理想斜面實驗得出力不是維持物體運動的原因，A錯誤；
B．伽利略開創了運用邏輯推理和實驗相結合進行科學研究的方法，B正確；
C．亞里士多德認為，力是維持物體運動的原因，C錯誤；
D．亞里士多德認為，必須有力作用在物體上，物體才能運動；沒有力的作用，物體就靜止，D錯誤。選B。
6．【答案】D
【詳解】由圖可知，小車在不受拉力時已經有了加速度，說明平衡摩擦力過度，即所墊木板太高；對沙和小桶進行受力分析可得
對小車進行受力分析可知
聯立解得
當滿足小車質量遠大于沙和小桶的質量，作用力與沙和小桶的重力近似相等，可用沙和小桶的重力代替作用力，故可得與成正比；圖線出現彎曲，說明小車質量遠大于沙和小桶的質量的條件不再滿足，即砂和小桶的質量較大。
故選D。
7．【答案】C
【詳解】A．對兩球作為整體受力分析且由平衡可得
對2小球受力分析且由平衡可得
聯立解得球1和球2的質量之比為2：1，故A錯誤；
BCD．在輕繩A突然斷裂的瞬間，彈簧彈力FC不變，假設輕繩A突然斷裂的瞬間輕繩B的彈力變為0，則A加速度為
球2加速度水平方向和豎直方向分別為
兩小球豎直方向加速度相等，水平方向上B球加速度向右，球2總的加速度斜向右下，AB間的繩子繃緊，則輕繩A突然斷裂的瞬間輕繩B的彈力不為0，假設不成立。
故球1除了受到重力還受到AB間繩子斜向右下的拉力，則向下的加速度大于g；球2除重力和彈力外還受到AB間繩子斜向左上的拉力，故球2的加速度大小小于。故BD錯誤，C正確。
故選C。
8．【答案】B
【詳解】設圓的半徑為r,矩形寬為R,軌道與豎直方向的夾角為α,則軌道的長度s=2rcos ,下滑的加速度 α,根據位移—時間公式 得 ,因為軌道a、b、c與豎直方向的夾角由小至大,所以有tc＞tb＞ta,B正確.
9．【答案】D
【詳解】根據x-t圖像的斜率表示速度，乘客向上先加速，再勻速，最后減速，A錯誤；由圖可知在時間內，v增大，該時間段內乘客加速上升，加速度方向向上，處于超重狀態，B錯誤；在時間內，x-t圖像的斜率保持不變，乘客的速度不變，乘客向上做勻速直線運動，處于平衡狀態，C錯誤；在時間內，x-t圖像的斜率變小，v減小，乘客向上做減速運動，加速度方向向下，處于失重狀態，D正確。選D。
10．【答案】B
【詳解】AB．釋放之前，繩子拉力為零，分析b，可知彈簧彈力為，解放降間，彈簧彈力不變，a、b加速度大小相等，以a、b整體為研究對象有，解得，A錯誤，B正確；
CD．a、b的速度大小始終相等，以a、b整體為研究對象，當加速度為零時，速度最大，則，解得，則此時彈簧對c有向上的拉力2mg，小于c的重力3mg，c此時還不會離開地面，CD錯誤。選B。
11．【答案】BC
【詳解】根據牛頓第二定律有
F－μmg=ma
整理后有
F=ma＋μmg
則可知F—a圖像的斜率為m，縱截距為μmg，則由題圖可看出
m甲>m乙，μ甲m甲g=μ乙m乙g
則
μ甲<μ乙
故選BC。
12．【答案】CD
【詳解】
A．慣性只與質量有關，與速度無關，故A錯誤；
B．運動員從A到B做勻加速直線運動，從B到C做勻減速直線運動，設運動員在B點時的速率為v，根據運動學規律可知運動員在斜坡上運動的平均速率和在水平賽道上運動的平均速率均為，故B錯誤；
C．根據B項分析可得
解得
故C正確；
D．運動員在斜坡上運動的加速度大小為
故D正確。
故選CD。
13．【答案】AC
【詳解】A．質量是物體本身的一種屬性，與狀態和所處位置以及形狀無關，故天舟六號貨運飛船升空后，其內部攜帶的物體總質量不變，故A正確；
B．物體能夠保持原來的運動狀態不變的性質叫慣性，任何有質量的物體都具有慣性，故B錯誤；
C．太陽翼將太陽能轉化為電能，供應飛船正常工作，故C正確：
D．力具有物質性，不存在不受力的物體，故D錯誤。
故選AC。
14．【答案】ACD
【詳解】
滑塊以水平初速度v0滑上木板，滑塊減速，木板加速，滑塊和木板的加速度的大小分別為
a2＝＝μg
a1＝
由題圖乙可知，滑塊的速度一直大于木板的速度，即兩者之間始終存在相對運動，在t1時刻，滑塊滑出木板，各自做勻速直線運動。由題圖乙分析可知，圖像的斜率等于加速度，則
a2＜a1
即
μg＜
則
m1＜m2
故選ACD。
15．【答案】 8 20
【詳解】
[1] 由題知，剎車后汽車的加速度大小為
[2] 末速度v=0，根據
解得
16．【答案】 10 25
【詳解】
[1] 根據牛頓第二定律，物體所受的合外力大小為
[2]又
得
17．【答案】小于；大于
【詳解】
在拱形橋的最高點，根據牛頓第二定律可得：
可求得：，又因為壓力等于支持力，所以汽車對拱形橋的壓力小于汽車的重力．
在凹形橋的最低點，根據牛頓第二定律可得：
可求得：，又因為壓力等于支持力，所以汽車對拱形橋的壓力大于汽車的重力．
18．【答案】5N；0.5
【詳解】（1）(2)[1][2]由圖像中的圖線可知，存在恒力F時小物塊的加速度大小為，根據牛頓第二定律可得，由圖像中的圖線可知，無恒力F時小物塊的加速度大小為，根據牛頓第二定律可得，聯立解得，
19．【答案】840N
【詳解】以人為研究對象受力分析如圖所示：

勻加速上升時，a向上，取向上為正方向，所以
N-mg=ma
則
N=m（g＋a）=60×（10＋4） N=840 N
據牛頓第三定律知，體重計的讀數為
N′=N=840 N
20．【答案】（1）；（2）
【詳解】
（1）對AB整體，根據牛頓第二定律
解得
（2）對于A，根據牛頓第二定律
解得
21．【答案】（1）；（2）252 N
【解析】（1）根據
解得
（2）令斜面傾角為，則有
其中
解得
22．【答案】B；1.6；3.2；
【詳解】（1）[1] A．繩子的拉力由拉力傳感器測出，不需要用砂和砂桶的重力去代替繩子拉力，不需要測量砂和砂桶的質量，也不需要滿足砂和砂桶的質量遠小于小車的質量，A錯誤；
B．為了平衡摩擦力，需要將長木板右端適當墊高，以補償打點計時器對小車的阻力及其他阻力。調節長木板的傾斜度，使小車在不受砂桶牽引時能拖動紙帶沿長木板勻速運動，B正確；
C．為了能穩定地打出足夠多的點，小車應靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄傳感器的示數，C錯誤。選B。
（2）[2] 相鄰的兩個計數點之間的時間間隔為，打B點時小車的速度等于A到C的平均速度，則有，[3]用逐差法可得，小車運動的加速度為
（3）[4] 對小車由牛頓第二定律，即，由題意可知，解得
23．【答案】 發射 遠小于 小車與軌道間的摩擦力 0.83
【詳解】①[1]圖中①是位移傳感器的發射器的發射部分，接收器固定在軌道上；
②[2]本實驗是探索“加速度和力的關系”，所以應保持小車的總質量不變，小盤和鉤碼所受重力作為小車所受外力；在質量不變的條件下，加速度與外力成正比；對整體，根據牛頓第二定律有
解得
對小車，根據牛頓第二定律有
將a代入上式，可得
可見當滿足時才能認為小盤和鉤碼所受重力大小等于繩對小車的拉力大小，即
③[3]在圖中，當繩子的拉力大于零時，小車的加速度仍然是零，說明小車還受到摩擦力的作用，所以從圖像上可以看到直線不過原點，這是由小車與軌道間的摩擦力引起的；
[4]對小車，根據牛頓第二定律有
變形得
則圖線的斜率
解得
M= 0.83kg
24．【答案】 控制變量法 AC##CA 不需要
【詳解】（1）[1]本實驗控制一個變量不變，研究另外兩個量的關系，采用的實驗方法是控制變量法；
（2）[2]A. 實驗需要平衡摩擦力，在取下沙桶的情況下抬高木板右端，使滑塊做勻速直線運動，故A正確；
B．加速度的計算與釋放的初始位置無關，故沒必要從同一位置釋放，故B錯誤；
C．若探究加速度與質量關系時，因為它們是反比關系，故實驗結果采用坐標作圖，是為了更直觀地根據圖線作出判斷，故C正確。
故選AC；
（3）[3]平衡摩擦力后，滑塊及傳感器所受合力用力傳感器讀數表示，不再用沙和沙桶重力來表示合力，所以不需要保持沙和沙桶質量遠小于滑塊及傳感器總質量。
[4]運用加速度的定義式可求得
25．【答案】（1）0.8，0.2；（2）
【詳解】（1）M、N運動情況相同，設經過同一位置時，M比N運動時間滯后，有，解得，由題意知，兩水泥板在BC段做勻減速直線運動，在CD段做勻加速直線運動。設兩水泥板在BC段加速度為，在CD段加速度為。當M速度再次為時（M處于CD段），N在其下方處，水泥板到C點時速度為v，有，解得，M從速度減小為v再到增大為過程中，設M在BC段運動的時間為，在CD段運動的時間為，有，解得，又，解得，即，，解得，由牛頓運動定律得，解得，同理可得，解得。
（2）M與N共速時，兩水泥板間距最小，此時M在BC段，N在CD段，設兩水泥板再次共速時的速度為，N從通過C點到與M共速所用時間為，M到C點的距離為，N到C點的距離為，對M有，對N有，解得，又因為，，，聯立解得。
26．【答案】C；2.0m/s2；0.70m/s；AC；正確
【詳解】（1）①[1]A．平衡摩擦力時，不需掛砂和砂桶，但小車后面必須與紙帶相連，因為運動過程中紙帶受到阻力，A錯誤；
B．該實驗是探究小車加速度a與質量M的關系，應保持砂與砂桶質量m一定，B錯誤；
C．實驗時，先接通打點計時器的電源，再放開小車，C正確；
D．由于a與M成反比，要直觀的體現a與M的關系應該畫出圖像，D錯誤。選C。
②[2]根據逐差法有
[3]由勻變速直線運動知B、D段的平均速度即C點的瞬時速度，有
（2）①[4]AB．從圖3可以看出，圖像不過原點，即當F為某一值是，但加速度卻為零，所以是未平衡摩擦力或平衡不足，A正確，B錯誤；
C．隨著拉力增大，即懸掛物的重力增大，已經不滿足砂與砂桶總質量遠小于小車及車內砝碼總質量的條件，C正確。選AC。
②[5]該同學猜想正確，圖中PN對應小車合力為懸掛物的重力mg時的加速度a1，即mg = Ma1，圖中QN對應小車的真實加速度a2，設此時細線的拉力為T，則對小車有T = Ma2，對懸掛物有mg - T = ma2，聯立解得，即
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提高練習2
一、單選題（本大題共10小題）
1．如圖所示，質量為m的物體在水平拉力F作用下，沿粗糙水平面做勻加速直線運動，加速度大小為a；若其他條件不變，僅將物體的質量減為原來的一半時，物體運動的加速度大小為a'，則 (　　)
A．a'C．a'=2a D．a'>2a
2．
某課外興趣小組為了研究瞬時加速度問題，將兩個相同的小球分別用彈性繩和剛性繩相連(繩子質量可忽略，懸掛時，彈性繩與剛性繩長度相同)，然后從某高度由靜止釋放，如圖所示.連接A、B的是剛性繩，連接C、D的是彈性繩，那么在實驗過程中，小球在釋放后的短暫時間(彈性繩還未第一次恢復原長)，下列圖中符合A、B、C、D實際排列情況的是 (　　)
A．　　B．　　C．　　D．
3．如圖所示，A、B為兩個質量相等的小球，由細線相連，再用輕質彈簧懸掛起來，已知重力加速度大小為g，在A、B間細線剪斷的瞬間，A、B的加速度分別是 (　　)
A．A、B的加速度大小均為g，方向都豎直向下
B．A的加速度大小為g、方向豎直向上，B的加速度大小為g、方向豎直向下
C．A的加速度為0，B的加速度大小為g、方向豎直向下
D．A的加速度大小大于g、方向豎直向上，B的加速度大小為g、方向豎直向下
4．如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統處于靜止狀態.現用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動.以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F和x之間關系的圖像可能正確的是 (　　)
5．如圖所示，大滑塊質量為M=20 kg，兩個小滑塊質量相同，均為m=5 kg，定滑輪的質量以及滑輪和輕質繩之間的摩擦可以忽略，右邊小滑塊與大滑塊未接觸.滑塊之間以及滑塊與水平面之間的動摩擦因數均為0.1，重力加速度g取10 m/s2，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，則要使得三個滑塊之間相對靜止，所需外力F的最小值為 (　　)
A．300 N B．75 N
C．1 115 N D．1 515 N
6．在離地面高h處，沿豎直方向同時向上和向下拋出兩個小球，它們的初速度大小均為2v，不計空氣阻力，重力加速度為g，兩球落地的時間差為 (　　)
A． B． C． D．
7．學習物理除了學習知識之外，還要領悟并掌握處理物理問題的思想和方法.關于物理學的思想和方法，下列敘述錯誤的是 (　　)
A．在研究瞬時速度時，用到了極限法
B．在研究物體重心概念時，用到了等效法
C．牛頓第一定律的得出過程用到了控制變量法
D．推導勻變速直線運動的位移與時間關系式時用到了微元法
8．下列關于物體慣性的說法中，正確的是 (　　)
A．被水平拋出的小球，盡管速度的大小和方向都改變了，但慣性不變
B．汽車速度越大，剎車后越難停下來，表明物體的速度越大，其慣性越大
C．汽車轉彎后，前進方向發生了改變，表明物體速度方向改變，其慣性也隨之改變
D．把手中的球由靜止釋放后，球能豎直加速下落，說明力是改變物體慣性的原因
9．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的關系如圖乙所示，重力加速度g=10 m/s2，下列說法正確的是 (　　)
　　
甲　　　　　　乙
A．彈簧的勁度系數為750 N/m
B．物體的加速度大小為5 m/s2
C．物體的質量為1 kg
D．初始狀態彈簧壓縮量為5 cm
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．科學家關于物體運動的研究對樹立正確的自然觀具有重要作用。下列說法符合歷史事實的是（　　）
A．亞里士多德認為，必須有力作用在物體上，物體的運動狀態才會改變
B．伽利略通過“理想實驗”得出結論：一旦物體具有某一速度，如果它不受力，它將以這一速度永遠運動下去
C．笛卡兒指出：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，既不停下來也不偏離原來的方向
D．牛頓認為，物體具有保持原來勻速直線運動狀態或靜止狀態的性質
12．如圖所示，在光滑的水平面上，有A、B兩物體在F1和F2的作用下運動，已知F1＞F2，則（　　）
A．若撤去F1，B的加速度一定增大
B．若撤去F1，B對A的作用力一定增大
C．若撤去F2，A的加速度一定增大
D．若撤去F2，A對B的作用力一定變小
13．如圖甲所示，一質量為m1的薄木板（厚度不計）靜止在光滑水平地面上，現有一質量為m2的滑塊以一定的水平初速度v0，從木板的左端開始向木板的右端滑行，滑塊和木板的水平速度大小隨時間變化的情況如圖乙所示，根據圖象可知以下判斷正確的是（　　）
A．滑塊始終與木板存在相對運動
B．滑塊未能滑出木板
C．滑塊的質量m2大于木板的質量m1
D．在t1時刻，滑塊從木板上滑出
14．如圖所示，兩個質量分別為m1＝4kg、m2＝2kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質彈簧秤連接。兩個大小分別為F1＝32N、F2＝20N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則達到穩定狀態后，下列說法正確的是（　　）
A．彈簧秤的示數是28N
B．彈簧秤的示數是24N
C．在突然撤去F2的瞬間，m2的加速度大小為12m/s2
D．在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為8m/s2
三、填空題（本大題共4小題）
15．牛頓第二定律的內容：物體加速度的大小跟它受到的作用力成 ，跟它的質量成 ，加速度的方向跟作用力的方向 。
16．在傾角為足夠長的斜面上，一個物體從靜止開始下滑，若動摩擦因數為，則物體運動的加速度為 ，它下滑時的速度是 。（g取，，）
17．用的水平拉力，拉一靜止在水平地面上的物體，可使它獲得的加速度；用的水平力拉此物體沿原地面運動時，可使它獲得的加速度。那么，此物體的質量為 ，物體與地面間的動摩擦因數為 。
18．在“探究加速度與力、質量的關系”的實驗中，采用下面裝置進行實驗：
（1）為了探究加速度與質量的關系，應保持 （填“質量”或“合力”或“加速度”）不變；
（2）為了直觀地判斷加速度與質量的數量關系，應作 （選填“”或“”）圖象。
（3）下列做法正確的是 。
A．平衡摩擦力時，應將砝碼和砝碼盤用細繩通過定滑輪系在小車上
B．每次改變小車的質量時，不需要重新平衡摩擦力
C．實驗時，先放開小車，再接通打點計時器電源
D．小車運動的加速度可從天平測出托盤與砝碼的質量（與）以及小車質量，直接用公式求出
四、非選擇題（本大題共8小題）
19．如圖所示，質量m=2kg的滑塊以v0=12m/s的初速度沿傾角θ=37°的斜面上滑，經t=1.5s滑行到最高點。然后，滑塊返回到出發點。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2，求滑塊
（1）與斜面間的動摩擦因數μ；
（2）返回到出發點時的速度大小。
20．如圖所示為游樂場中深受大家喜愛的“激流勇進”的娛樂項目，人坐在船中，隨著提升機達到高處，再沿著水槽飛滑而下，劈波斬浪的剎那給人驚險刺激的感受，設乘客與船的總質量為M，在傾斜水槽中下滑時所受的阻力為重力的0.1倍，水槽的坡度為30°，若乘客與船從槽頂部由靜止開始滑行20m而沖向槽的底部，求：
（1）船下滑時的加速度大小；
（2）船滑到槽底部時的速度大小。
21．“探究加速度與力、質量的關系”的實驗裝置如下圖所示。實驗時，先接通打點計時器的電源再釋放小車，打點計時器在紙帶上打下一系列點。
（1）實驗前，木板左端被墊起一些，使小車在不受拉力作用時做勻速直線運動，目的是 。
A．平衡摩擦力
B．增大小車下滑的速度
C．增大小車下滑的加速度
（2）如圖是一條點跡清晰的紙帶，按照打點先后順序依次選取五個計數點A、B、C、D、E，相鄰計數點間的時間間隔為0.1s。測得相鄰兩點間距，、，則小車做 運動，打點時小車的瞬時速度大小為 m/s，小車運動的加速度大小為 m/s2。
22．一個質量為4 kg的物體靜止在足夠大的水平地面上，物體與地面間的動摩擦因數μ＝0.2。從t＝0開始，物體受到一個大小和方向呈周期性變化的水平力F的作用，力F隨時間t變化的規律如圖所示。g取10 m/s2。求：（結果可用分式表示）
（1）在2~4 s時間內，物體從開始做減速運動到停止所經歷的時間；
（2）0~6 s內物體的位移大小。
23．某校課外活動小組自制了一枚質量為3.0 kg的實驗用火箭。設火箭發射后，始終沿豎直方向運動。火箭在地面點火后升至火箭燃料耗盡之前可認為做初速度為零的勻加速直線運動，經過4.0 s到達離地面40 m高處燃料恰好耗盡。忽略火箭受到的空氣阻力，g取10 m/s2。求：
（1）燃料恰好耗盡時火箭的速度v大小；
（2）火箭上升離地面的最大高度h；
（3）火箭做勻加速直線運動時受到的推力F大小。
24．在“探究加速度與力、質量的關系”的實驗中，兩位同學設計了不同的實驗方案。
（1）甲同學采用圖（甲）的實驗裝置進行實驗。
①為了能將槽碼盤和槽碼的總重力當作小車受到的合外力，以下步驟必須采用的有______；
A．長木板右端適當墊高，小車在不受牽引時能拖動紙帶沿木板勻速運動
B．長木板右端適當墊高，小車在槽碼盤和槽碼牽引下能拖動紙帶沿木板勻速運動
C．使小車質量遠小于槽碼和槽碼盤的總質量
D．使小車質量遠大于槽碼和槽碼盤的總質量
②圖乙是實驗時打下的紙帶，其中O、A、B、C、D為我們在紙帶上所選的計數點。打點周期為T，相鄰兩點間還有四個點沒畫出，則小車的加速度表示為______；（用題中和圖乙中物理量的符號表示）
（2）乙同學采用圖丙的實驗裝置進行實驗（圖丁為俯視圖）。
將兩個相同的小車放在水平木板上，前端各系一條繩子，繩子的另一端跨過定滑輪各掛一個小盤，盤中放上不同的重物。兩個小車后各系一條細線，用夾子把兩條細線同時夾住，使小車靜止。打開夾子，兩個小車同時開始運動，合上夾子，兩個小車同時停下來。只需要測量兩小車的位移x及兩小盤和盤中重物的總質量m，即可探究加速度與合外力的關系。
①乙同學的實驗方案中，是否需要平衡摩擦力？______（填“需要”或“不需要”）
②一次實驗中，用刻度尺測量兩個小車的位移和，已知小盤和盤中重物的總質量分別對應為和，為了驗證加速度與合外力成正比，只需驗證表達式______（用、、、表示）成立即可。
25．圖甲是某研究性學習小組探究“小車質量一定時加速度與力的關系”的實驗裝置，手機固定在小車上，在傾斜軌道上等間距依次擺放三粒磁粒，智能手機的磁感應強度傳感器顯示在遠離磁粒時磁感應強度變弱，靠近時變強，最近時出現峰值.用細繩連接小車和鉤碼，小車在細繩拉力下做勻加速直線運動.打開智能手機的磁感應強度傳感器，由靜止釋放小車，小車依次經過三個磁粒，手機顯示磁感應強度的變化圖像如圖乙所示，記錄手機依次駛過兩段的時間分別為、，計算出加速度.改變鉤碼個數重復實驗，記錄數據填入表格.回答下列問題：
甲 乙 丙
1 2 3 4
0.334 0.665 1.011 1.338
（1）為減小實驗誤差，下列說法正確的是 .
A．本實驗軌道傾斜是為了平衡摩擦力
B．細繩不需要平行于軌道
C．鉤碼質量需要遠小于小車及手機總質量
（2）由實驗測量數據可得加速度表達式為 （用符號、、表示）.
（3）根據表格中數據在圖丙上補描第三組數據點并繪制圖像，由圖像可得,在誤差允許的范圍內，小車質量一定時,加速度與力成 （填“正比”或“反比”）.
26．甲、乙和丙三個實驗小組分別采用如圖甲、乙和丙所示的實驗裝置，驗證“當質量一定時，物體運動的加速度與它所受的合力成正比”這一物理規律。己知他們使用的小車完全相同，小車的質量為M，重物的質量為m，試回答下列問題：
（1）①實驗時，必須滿足“M遠大于m”的實驗小組是 。（選“甲”、“乙”、“丙”或“都不需要”）。
②實驗時，甲、乙和丙三組同學的操作均完全正確，他們作出的圖線如圖（丁）中A、B和C所示，則甲、乙和丙三組實驗對應的圖線依次是 。（選填“ABC”、“BCA”或“CAB”）。
（2）某同學利用“丙”圖方案進行試驗。
①下列關于該實驗的操作說法中正確的是 。
A．必須用天平測出重物的質量
B．每次改變小車的質量時，不需要重新平衡摩擦力
C．連接小車和重物的細線可以不與長木板保持平行
D．應當先釋放小車，再接通電源
②利用打點頻率為50 Hz的打點計時器，得到的一條紙帶如圖（a）所示：（圖中每兩個計數點間還有四個點未畫出）
則在該次實驗中，小車運動的加速度大小為 。（結果保留三位有效數字）。
③某同學做實驗時，未把木板的一側墊高，就繼續進行其他實驗步驟，則該同學作出的小車的加速度a與彈簧測力計示數F的圖像如圖（b）所示，則實驗中小車受到的摩擦力大小為 ，小車的質量為 。（用、和表示）。
參考答案
1．【答案】D
【解析】對物體，改變質量前后，由牛頓第二定律得F-μmg=ma，F-μ·g=a'，解得a=-μg，a'=-μg=2+μg=2a+μg>2a，故D正確.
2．【答案】C
【思路導引】本題主要考查彈性繩和剛性繩的區別以及牛頓第二定律的應用.剛性繩的彈力可突變，彈性繩的彈力不可突變，根據小球的受力情況，結合牛頓第二定律分析小球的運動情況，即可求解.
【解析】在釋放小球的瞬間，剛性繩的彈力瞬間消失，繩子保持原長不變，A、B都做自由落體運動；彈性繩的彈力瞬間不變，后逐漸變小，對C和D進行受力分析可知，D受到重力和彈性繩向上的彈力，C受到重力和彈性繩向下的彈力，根據牛頓第二定律可知，C的加速度大于D的加速度，所以小球在釋放后的短暫時間內，C、D之間距離變短，彈性繩會收縮，所以C、D間的距離小于A、B間的距離，故C正確，A、B、D錯誤.
3．【答案】B
【解析】沒剪斷細線之前，整體平衡，則有彈簧的彈力為F=2mg，剪斷細線的瞬間，彈簧彈力不能突變，A的加速度大小a==g，方向豎直向上；對B，只受重力的作用，故加速度的大小a'==g，方向豎直向下，B正確，A、C、D錯誤.
【方法總結】本題是動力學中典型的瞬時性問題，往往先分析細線剪斷前彈簧的彈力，再分析細線剪斷瞬間小球的受力情況，最后求解加速度，抓住細線剪斷瞬間彈簧的彈力沒有來得及變化這一關鍵點.
4．【答案】A　
【解析】設物塊靜止時彈簧的形變量為x0，則有mg=kx0，物塊做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律可得F-mg+k(x0-x)=ma，解得F=ma+kx，所以F-x圖線是不過原點的傾斜直線，故A正確，B、C、D錯誤.
5．【答案】D
【解析】要使得三個滑塊之間相對靜止，則大滑塊與兩小滑塊的水平加速度相等，對三個滑塊整體由牛頓第二定律得F-μ(M+2m)g=(M+2m)a，對大滑塊上的小滑塊，設繩上的張力為FT，由牛頓第二定律得FT-f=ma，其中f≤μmg，對大滑塊右邊的小滑塊，則有FT=，聯立解得F≥1 515 N，故D正確.
6．【答案】C
【解析】小球分別做豎直上拋和豎直下拋運動，當上拋的小球落到拋出點時，繼續下落到地面的時間與做豎直下拋的小球落地時間相同，則兩球落地的時間差即為上拋小球落回拋出點的時間，根據豎直上拋運動的對稱性可得t=2×=，C正確.
7．【答案】C　
【解析】根據 =，當時間間隔足夠短或位移足夠小時的平均速度就等于某一時刻或通過某一位置的瞬時速度，因此研究瞬時速度時，用到了極限法，A正確；一個物體的各個部分都會受到重力作用，從效果上看，相當于重力作用在重心上，因此研究物體重心概念時，用到了等效法，B正確；伽利略的斜面實驗是牛頓第一定律的基礎，它是以實驗為基礎，合理外推得到的，不是采用控制變量法，C錯誤；推導勻變速直線運動的位移與時間關系時，取非常短的一段時間，在這段時間內，認為物體做勻速運動，把每一小段時間內的位移加在一起就是總位移，而且時間間隔取得越短，越接近真實值，采用了微元的思想，D正確.
8．【答案】A　
【解析】物體的慣性只與質量有關，質量越大，慣性越大，慣性的大小與物體的運動狀態和受力情況都無關，力是改變物體運動狀態的原因，故A正確，B、C、D錯誤.
9．【答案】B
【解析】由題圖乙可知，初始狀態彈簧的壓縮量為4 cm，彈簧勁度系數為k===500 N/m，A、D錯誤；初始時物體靜止，受力平衡有ΔF=mg，得物體的質量m===2 kg，物體的加速度大小a== m/s2=5 m/s2，B正確，C錯誤.
【方法總結】題目中出現彈簧時，注意彈力的大小、方向要時刻與彈簧形變量對應，找出形變量與物體空間位置變化的關系，分析形變量所對應的彈力大小、方向，分析、計算物體運動狀態的可能變化.
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】BCD
【詳解】
A．亞里士多德認為物體的運動需要力來維持，選項A錯誤；
BCD．牛頓根據選項B中伽利略的正確觀點和選項C中笛卡兒的正確觀點，得出了選項D的正確觀點，選項B、C、D正確。
故選BCD。
12．【答案】CD
【詳解】
撤去作用力之前，由牛頓第二定律
對整體
a= ①
對A：
F1－F=mAa，F= F1－mAa ②
聯立解得B對A的作用力
F= ③
A．由①知，若撤去F1，由于與 的大小關系無法確定，所以B的加速度不一定增大，A錯誤；
B．由③知，若撤去F1，B對A的作用力一定減少，B錯誤；
C．由①知，若撤去F2，加速度一定增大正確，C正確；
D．A對B的作用力與B對A的作用力是相互的，若撤去F2由③知A對B的作用力一定減少，D正確。
故選CD。
13．【答案】ACD
【詳解】
滑塊以水平初速度v0滑上木板，滑塊減速，木板加速，滑塊和木板的加速度的大小分別為
a2＝＝μg
a1＝
由題圖乙可知，滑塊的速度一直大于木板的速度，即兩者之間始終存在相對運動，在t1時刻，滑塊滑出木板，各自做勻速直線運動。由題圖乙分析可知，圖像的斜率等于加速度，則
a2＜a1
即
μg＜
則
m1＜m2
故選ACD。
14．【答案】BC
【詳解】
AB．對整體分析，整體的加速度為
隔離m2分析，設彈簧秤對m2的拉力為F，根據牛頓第二定律得
解得
故A錯誤，B正確；
C．撤去F2的瞬間，彈簧的彈力不變，m2的加速度大小為
故C正確；
D．撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為
故D錯誤。
故選BC。
15．【答案】；正比；反比；相同
【詳解】
[1][2][3]牛頓第二定律的內容：物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的質量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。
16．【答案】4；4
【詳解】
[1][2]對物體受力分析，由牛頓第二定律得
即加速度為
又由運動學公式
解得物體下滑時的速度為
17．【答案】；1；0.1
【詳解】
[1]根據牛頓第二定律
當時，，當時，，可得
m=1kg
f=1N
[2]根據
可得動摩擦因數
18．【答案】合力；；B；
【詳解】
（1）根據可知，為了探究加速度與質量的關系，應保持合力不變；
（2）根據可知，為了直觀地判斷加速度與質量的數量關系，應作圖象，因為關系是線性關系。
（3）A．平衡摩擦力時，應不掛砝碼和砝碼盤，只讓小車拖著紙帶在木板上做勻速運動即可，選項A錯誤；
B．平衡摩擦力時，由于
mgsinθ=μmgcosθ
即
sinθ=μcosθ
可知每次改變小車的質量時，不需要重新平衡摩擦力，選項B正確；
C．實驗時，先接通打點計時器電源，再放開小車，選項C錯誤；
D．小車運動的加速度是通過紙帶上的點跡間距，根據 x=aT2來求解的，選項D錯誤。故選B。
19．【答案】（1）0.25；（2）
【詳解】
（1）由加速度的定義可知
根據牛頓第二定律有
代入數據解得
故與斜面間的動摩擦因數為0.25。
（2）滑塊上滑的距離為
下滑時有
根據勻變速直線運動規律，有
解得滑塊返回到出發點時的速度為
故返回到出發點時的速度大小為。
20．【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）對船進行受力分析，根據牛頓第二定律，有
阻力為重力的0.1倍即
聯立解得
（2）由勻加速直線運動規律有
代入數據得
21．【答案】A，勻加速直線，0.72，2.00
【詳解】（1）實驗前，將木板左端墊起一些，使小車重力沿木板向下的分力等于小車受到的摩擦力，從而得小車受到的合力等于所掛重物的重力。
（2）根據紙帶提供的數據可知，從A點到E點，在連續相等時間內通過的位移在逐漸增加，且位移差值恒為，則小車做勻加速直線運動；
根據勻變速直線運動某段時間中點的瞬時速度等于該段時間內的平均速度，可得打點時小車的瞬時速度大小為
根據，可得小車運動的加速度大小為
22．【答案】（1）s；（2）m
【詳解】
（1）0~2 s內，由牛頓第二定律和運動學公式得
F1－μmg＝ma1
v1＝a1t1
2~4 s內，由牛頓第二定律和運動學公式得
F2－μmg＝ma2
0－v1＝a2t2
解得物體從開始做減速運動到停止所用時間
t2＝s
（2）0~2 s內物體的位移
x1＝
2~4 s內物體的位移
x2＝
由周期性可知4~6 s內和0~2 s內物體的位移相同，
所以0~6 s內物體的位移大小為
x＝2x1＋x2＝m
23．【答案】（1）20 m/s；（2）60 m；（3）45N
【詳解】
（1）設燃料恰好耗盡時火箭的速度為v，根據運動學公式
帶入數據可得
（2）設火箭燃料耗盡后能夠繼續上升的高度為h2，則由豎直上拋公式
帶入可得
則火箭離地的最大高度
h =h1+h2=40m+20m=60m
（3）對火箭做勻加速直線運動階段，根據加速度定義及牛頓第二定律有
F－mg=ma
帶入數據可得
F= 45N
24．【答案】 AD##DA 需要
【詳解】（1）[1]AB．實驗中平衡摩擦力時，長木板右端適當墊高，讓小車在不受牽引時能拖動紙帶沿木板勻速運動，故A正確，B錯誤；
CD．以槽碼和槽碼盤整體作為研究對象，設它們的總質量為m，則有
設小車質量為M，對小車分析有
聯立可得
要使繩子拉力等于槽碼和槽碼盤的總重力，即
則需要滿足
即小車質量遠遠大于槽碼和槽碼盤的總質量，故C錯誤，D正確。
故選AD。
[2]由于打點周期為T，相鄰兩點間還有四個點沒畫出，則相鄰計數點間的時間間隔為
根據逐差法，小車的加速度大小為
（2）[3]乙同學的實驗方案中，為了使得盤及盤中重物的重力等于小車所受合外力，需要平衡摩擦力；
[4]兩小車運動的時間相等，根據可知，加速度之比等于位移之比，即
由于小盤和盤中重物的總重力等于小車所受合外力，即F=mg，則有
所以要驗證加速度與合外力成正比，即驗證
則只需驗證表達式
成立。
25．【答案】（1） AC
（2）
（3） 正比 圖見解析
【解析】
（1） 實驗中應使細繩的拉力等于所受外力的合力,可知,實驗中需要使軌道傾斜以平衡摩擦力,故A正確；實驗中應使細繩的拉力等于所受外力的合力,可知,實驗中需要使細繩平行于軌道,故B錯誤；平衡摩擦力后,對鉤碼進行分析,有,對小車分析有,解得,可知,當滿足時,有,則為了近似求出小車所受外力的合力,鉤碼的質量需要遠小于小車及手機總質量,故C正確.
（2） 手機依次駛過長度均為兩段路程的平均速度分別為,,由于勻變速直線運動全過程的平均速度等于中間時刻的瞬時速度,則有,解得.
（3） 根據表格中數據在題圖丙上補描第三組數據點,用一條直線將點跡連接起來,使點跡均勻分布在直線兩側,如圖所示.根據牛頓第二定律有,解得,由于圖像是一條過原點的傾斜的直線,由圖像可得,在誤差允許的范圍內,小車質量一定時加速度與力成正比.
26．【答案】（1）甲；CAB （2）B；1.19；；
【詳解】（1）甲實驗中認為重物的重力大小近似等于細繩的拉力大小，該實驗需要滿足“M遠大于m”，乙丙實驗中分別利用彈簧測力計與力傳感器直接測量細繩的拉力，這兩個實驗不需要滿足“M遠大于m”，即實驗時，必須滿足“M遠大于m”的實驗小組是甲。
甲實驗中，根據牛頓第二定律有，，解得，當M遠大于m時有，小車的加速度，當重物重力過大時，誤差不能夠忽略，此時圖像發生彎曲，即甲實驗對應圖像為C。乙實驗中，根據牛頓第二定律有，解得，丙實驗中，根據牛頓第二定律有，解得，可知，乙對應圖像的斜率大于丙對應圖像的斜率，即乙對應圖像為A，丙對應圖像為B。結合上述可知，甲、乙和丙三組實驗對應的圖線依次是CAB。
（2）A．丙實驗中，利用力傳感器直接測量細繩的拉力，并沒有用重物的重力表示細繩的拉力，可知，該實驗中，不需要用天平測出重物的質量，A錯誤；
B．平衡摩擦力時有，式中小車質量能夠消去，可知，每次改變小車的質量時，不需要重新平衡摩擦力，B正確；
C．為了確保小車所受合力等于細繩的拉力，實驗中，連接小車和重物的細線必須與長木板保持平行，C錯誤；
D．為了避免紙帶上出現大量的空白段落，實驗中，應當先接通電源，再釋放小車，D錯誤。選B。
由于圖中每兩個計數點間還有四個點未畫出，則相鄰計數點之間的時間間隔為，根據逐差法可知。
做實驗時，未把木板的一側墊高，根據牛頓第二定律有，則有，結合圖像有，，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提高練習3
一、單選題（本大題共10小題）
1．根據高中所學知識可知，做自由落體運動的小球，將落在正下方位置.但實際上，赤道上方200 m處無初速度下落的小球將落在正下方位置偏東約6 cm處.這一現象可解釋為，除重力外，由于地球自轉，下落過程小球還受到一個水平向東的“力”，該“力”與豎直方向的速度大小成正比.現將小球從赤道地面豎直上拋，考慮對稱性，上升過程該“力”水平向西，則小球 (　　)
A．到最高點時，水平方向的加速度和速度均為零
B．到最高點時，水平方向的加速度和速度均不為零
C．落地點在拋出點東側
D．落地點在拋出點西側
2．如圖甲所示，一質量為m的物體系于長度分別為L1、L2的兩根細線上，L1的一端懸掛在天花板上，與豎直方向夾角為θ=45°，L2水平拉直，物體處于平衡狀態.如圖乙所示，將L1換成彈簧后，物體仍處于平衡狀態.現將L2剪斷，則剪斷L2的瞬間，甲、乙兩種情況下物體的加速度大小之比為 (　　)
A．1∶ B．1∶2 C．2∶1 D．∶1
3．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
4．如圖所示，質量為m的小球用兩根細線連接，細線OA的另一端連接在車廂頂，細線OB另一端連接于側壁，細線OA與豎直方向的夾角為θ=37°，OB保持水平，重力加速度大小為g，車向左做加速運動，當OB段細線拉力為OA段拉力的兩倍時，小車的加速度大小為 (　　)
A．g　　　B．g　　　C．g　　　D．g
5．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
6．伽利略通過理想斜面實驗研究力與運動的關系，把實驗和邏輯推理和諧地結合起來，有力地推進了人類科學認識的發展，標志著近代物理學的真正開端.下列說法錯誤的是 (　　)
A．伽利略的理想斜面實驗初步建立了正確的力與運動的關系
B．在科學發展的今天，伽利略的理想斜面實驗是可以通過實驗驗證的
C．伽利略的理想斜面實驗抓住了客觀事實的主要因素，忽略次要因素，是科學的研究方法
D．伽利略的理想斜面實驗是在可靠事實的基礎上進行抽象思維的一種科學推理方法，對發現新的科學規律有著不可替代的作用
7．如圖甲所示，質量為m的物塊B靜止在質量為M的物塊A上，物塊A通過細繩與質量為m0的物塊C相連，在細繩拉力的作用下A、B一起沿光滑水平面運動.現以一恒力F代替物塊C，仍使A、B一起沿光滑水平面運動，如圖乙所示.已知兩種情況下A、B始終保持相對靜止且系統的加速度相等.不計繩、滑輪的質量及繩和滑輪間的摩擦，則恒力F的大小為 (　　)
A．m0g B．(M-m)g
C． D．
8．如圖所示，在一輛表面光滑且足夠長的小車上，有質量為m1和m2的兩個小球(m1>m2)，兩個小球隨車一起做勻速直線運動，當車突然停止運動時，若不考慮其他阻力，則兩個小球 (　　)
A．一定相碰
B．不一定相碰
C．一定不相碰
D．無法確定
9．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．
10．如圖所示，一質量為M=2 kg的足夠長的長木板靜止在光滑水平面上，質量為m=1 kg的小滑塊(可視為質點)靜止放在長木板上.從t=0時刻開始，長木板受到向左的逐漸增加的水平拉力F，小滑塊與長木板之間的動摩擦因數為0.5，重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是 (　　)
A．當F=12 N時，小滑塊的加速度大小為5 m/s2
B．當F=18 N時，小滑塊的加速度大小為6 m/s2
C．當F=18 N時，長木板的加速度大小為6.5 m/s2
D．當F增大時，小滑塊的加速度一定增大
二、多選題（本大題共4小題）
11．(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
12．關于圖中所示的皮帶傳動裝置，下列說法中正確的是（　　）
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
13．如圖所示，傾角為37°的傳送帶固定在水平地面上，傳送帶的頂端A點與底端B點相距34m。將一可視為質點的小物塊從O點以v0=4m/s的初速度水平向右拋出，恰好落到A點且速度方向沿著傳送帶向下。已知傳送帶的轉輪很小，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.75，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，認為最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等。若傳送帶順時針轉動的速率為v，小物塊從A點運動到B點所用的時間為t，下列判斷正確的是（）（　　）
A．若v=4m/s，則t=6.8s B．若v=17m/s，則t=3.4s
C．若v=30m/s，則t=2s D．若v=35m/s，則t=2s
14．如圖所示，一質量為m的物體與傳送帶一起向上勻速運動，傳送帶與水平方向成θ，物體與傳送帶之間的動摩擦因數為μ。下列關于此過程說法中正確的是（ ）
A．物體受到重力、摩擦力、支持力的作用
B．由于慣性，物體不需要摩擦力的作用就能夠向上勻速運動．
C．物體受到的摩擦力的大小等于重力沿傳送帶向下的分力．
D．物體受到摩擦力的大小為μmgcosθ
三、非選擇題（本大題共7小題）
15．某一水平直線路段車輛的限速為20km/h。一輛質量為2.0×103kg的小汽車在發現前方的突發情況后，立即緊急剎車，使車停止。測得剎車痕跡長為3.0m，剎車過程中汽車受到的阻力為1.2×104N。求：
（1）剎車過程中汽車的加速度大小；
（2）判斷該車剎車前是否超速？
16．某物理興趣小組的同學用圖甲所示裝置來“驗證牛頓第二定律”。同學們在實驗中，都將砂和小桶總重力的大小作為細線對小車拉力的大小，通過改變小桶中砂的質量改變拉力。為使細線對小車的拉力等于小車所受的合外力，實驗中需要平衡摩擦力。
（1）下列器材中不必要的是 。（填字母代號）
A．低壓交流電源 B．秒表 C．天平（含砝碼） D．刻度尺
（2）下列實驗操作中正確的是 。（填字母代號）
A．調節滑輪的高度，使牽引小車的細繩與長木板保持平行
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，將懸掛小桶的細線系在小車上
D．平衡摩擦力時，讓小車后面連著已經穿過打點計時器的紙帶
（3）圖乙是某同學實驗中獲得的一條紙帶。A、B、C為三個相鄰的計數點，若相鄰計數點之間的時間間隔為T，A、B間的距離為，A、C間的距離為，則B點的速度 ；小車的加速度 。（用字母表達）
（4）圖丙是小剛和小芳兩位同學在保證小車質量一定時，分別以砂和小桶的總重力為橫坐標，以小車運動的加速度a為縱坐標，利用各自實驗數據作出的圖像。小芳與小剛的圖像有較大差異，既不過原點，又發生了彎曲，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．圖像不過原點，可能是平衡摩擦力時木板傾角過小
C．圖像發生彎曲，可能是砂和小桶的質量過大
D．圖像發生彎曲，可能是小車的質量過大
17．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。
18．滑雪是冬天大家喜愛的一項體育運動。如圖所示，滑雪者踏著滑雪板，不用滑雪杖，從傾角約為＝37°的雪坡頂端A點向下滑動，并在水平雪地上向前滑行一段距離BC停下。已知雪坡和水平地面與滑雪板之間的動摩擦因數μ＝0.125，雪坡長AB＝40m。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）滑雪者在AB上滑行的加速度大小a；
（2）滑雪者滑到B點的速度大小v；
（3）滑雪者在水平雪地上滑行的距離x。
19．避險車道是避免惡性交通事故的重要設施，由制動坡床和防撞設施等組成，如圖所示。一輛質量為m=10t的貨車行駛到一個下坡路段時，因剎車失靈以v0=36km/h的初速度沿下坡加速運動，在加速前進了x=1km后，駕駛員發現路邊有制動坡床，并將車駛入制動坡床，在坡床上行駛L=40m后停住（貨車未與防撞設施碰撞）。若貨車在該長下坡每行駛1km高度下降120m，受到的阻力是車重的10%；制動坡床與水平面的夾角為θ（sin θ＝0.1）。取重力加速度g=10 m/s2。求：
(1)貨車在長下坡上運動時的加速度大小a；
(2)貨車剛駛入制動坡床時的速度大小v1；
(3)貨車在制動坡床上運動時受到的阻力大小f。
20．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）
21．在探究“加速度與力質量的關系”的實驗時，采用了如圖甲所示的實驗方案。操作如下：
（1）平衡摩擦力時，若所有的操作均正確，打出的紙帶如圖乙所示，應 （填“減小”或“增大”）木板的傾角，反復調節，直到紙帶上打出的點跡 為止。
（2）已知小車質量為M，盤和砝碼的總質量為m，要使細線的拉力近似等于盤和砝碼的總重力，應該滿足的條件是m M。
（3）圖丙為某次實驗得的紙帶，紙上出了所的四個計數點之間的距離，相鄰計數點間還有四個點沒有畫出，已知電源頻率為，由此可求得小車的加速度的大小是 ，打下C點時小車運動的速度大小是 （結果均保留兩位有效數字）
參考答案
1．【答案】D　
【解析】小球在上升過程中，水平方向的“力”向西，豎直方向受到豎直向下的重力，當小球運動到最高點時豎直方向的速度為零，由水平方向小球受到的“力”與豎直方向的速度大小成正比知，小球到最高點時在水平方向上受到的力為零，故水平方向的加速度為零，由于小球在上升過程中水平方向的“力”方向不變，故到最高點時小球在水平方向的速度最大，不為零，選項A、B錯誤；小球在下落過程中，水平方向的“力”向東，則小球在水平方向上做減速運動，由對稱性知，小球返回地面時水平方向的速度為零，故小球落在拋出點的西側，選項C錯誤，D正確.
2．【答案】A　
【解析】題圖甲中將L2剪斷后，L1上的拉力會突變，物體將繞懸點以L1為半徑做圓周運動，在將L2剪斷瞬間，物體受到的合力沿圓的切線方向(垂直于L1方向)，由牛頓第二定律得mgsin θ=ma1，得a1=g.題圖乙中將L2剪斷瞬間，彈簧彈力不能突變，物體受重力與彈簧彈力作用，由牛頓第二定律得mgtan θ=ma2，得加速度為a2=g.故a1∶a2=1∶，故A正確，B、C、D錯誤.
【方法總結】
細線的彈力可以發生突變，彈簧的彈力不能發生突變，根據物體的受力情況，由牛頓第二定律求出加速度.
3．【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.
4．【答案】D　
【解析】在豎直方向，由平衡條件得Fcos 37°=mg，在水平方向，由牛頓第二定律得2F-Fsin 37°=ma，解得a=g，故D正確.
5．【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.
6．【答案】B　
【解析】理想實驗是以客觀事實為依據，加以科學推理而建立的；理想實驗的進行抓住了客觀事實的主要因素，忽略次要因素，是科學的研究方法；伽利略的理想斜面實驗是建立在可靠事實基礎上進行抽象思維的一種科學推理方法，對發現新的科學規律有著不可替代的作用，同時也使我們對力和運動的關系有了初步的研究方向，故A、C、D正確，B錯誤.本題選說法錯誤的，故選B.
7．【答案】C　
【解析】以連接體的整體為研究對象，對題圖甲，根據牛頓第二定律有m0g=(M+m+m0)a，對題圖乙，根據牛頓第二定律有F=(M+m)a，解得 F=.故選C.
8．【答案】C　
【解析】當小車突然停止時，由于小車表面光滑，兩個小球與車之間沒有摩擦力作用.由牛頓第一定律可知，兩球還要保持原來大小不變的速度做勻速直線運動，由于兩球的速度相同，相等時間內通過的距離相等，因此兩個小球間的距離不變，一定不會相碰.故C正確.
9．【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.
10．【答案】C　
【解析】長木板與小滑塊相對靜止時，對整體分析，由牛頓第二定律有 F=(M+m)a，對小滑塊分析，剛要發生相對滑動時 μmg=ma，解得F=15 N ，當F=12 N<15 N時，由牛頓第二定律有F=(M+m)a，代入數據得小滑塊的加速度大小為a'=4 m/s2，故A錯誤；當F=18 N>15 N時，兩者發生相對滑動，小滑塊的加速度大小為a塊==μg=5 m/s2，故B錯誤；對長木板分析，根據牛頓第二定律得 F-μmg=Ma板，代入數據解得a板=6.5 m/s2，故C正確；當拉力大于15 N時，兩者發生相對滑動，小滑塊的加速度為a塊==5 m/s2，恒定不變，故D錯誤.
【關鍵點撥】
對于板塊模型，需要找到二者發生相對運動的時刻，即加速度最后相等的時刻.可以用先整體后隔離的方法，找到所受摩擦力較小的物體所受最大摩擦力是多少.
11．【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.
12．【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。
13．【答案】ACD
【詳解】A．設小物塊平拋到傳送帶上時，小物塊速度為v1，則有
如取傳送帶速度為4m/s，則小物塊所受摩擦力沿斜面向上，有
代入數據有
故小物塊會以5m/s的速度沿斜面向下做勻速運動，設傳送帶的頂端A點與底端B點的距離為L，則小物塊運動到底端的時間為
A正確；
BCD．若傳送帶速度大于小物塊的速度，則小物塊所受摩擦力向下，則有
解得
設小物塊滑到底端時的速度為v2，則有
解得
即如果傳送帶速度大于等于29m/s，小物塊會一直向下一直加速運動直到底端，所需時間為
CD選項中傳送帶速度均大于29m/s，所以小物塊滑到底端所需時間均為2s，但傳送帶速度如果為17m/s，則小物塊會先做加速運動后做勻速運動，則加速運動所需時間為
此時通過的距離為
則剩下的距離為
則勻速運動的時間為
故所需總時間為
所以當傳送帶速度為17m/s時，小物塊滑到底端所需時間為2.4s，B錯誤，CD正確。
故選ACD。
14．【答案】AC
【詳解】A．對滑塊受力分析，受重力、靜摩擦力、支持力，故A正確；
B．物體向上勻速，要滿足受力平衡條件，由于重力和支持力方向不同，所以物體必須要摩擦力才能滿足合力為零，向上勻速運動，故B錯誤；
C．根據平衡條件，將重力分解為沿傳送帶向下的分力和垂直傳送帶向上的分力，物體受到的摩擦力的大小等于重力沿傳送帶向下的分力，為mgsinθ，故C正確；
D．物塊受到的是靜摩擦力，不是滑動摩擦力，等于重力沿傳送帶向下的分力，為mgsinθ，故D錯誤。
故選AC。
15．【答案】（1）6m/s2；（2）超速
【詳解】
（1）剎車中汽車的加速度
（2）設汽車的初速度為v0
初速度
超速
16．【答案】B；AD；；；BC
【詳解】
（1）[1]A．電磁打點計時器需要低壓交流電源供電，故A需要；
B．電磁打點計時器本身就是計時儀器，所以不需要秒表計時，故B不需要；
C．實驗中小桶和砂的質量需要天平（含砝碼）來測量，故C需要；
D．實驗中打出的紙帶上點間距需要刻度尺來測量，故D需要。
本題選不需要的，故選B。
（2）[2]A．為使細線對小車的拉力等于小車所受的合外力，除了需要平衡摩擦力外，還需要調節滑輪的高度，使牽引小車的細繩與長木板保持平行，故A正確；
B．由于小車速度較快，且運動距離有限，打出的紙帶長度也有限，為了能在長度有限的紙帶上盡可能多地獲取間距適當的數據點，實驗時應先接通打點計時器的電源，再釋放小車，故B錯誤；
CD．平衡摩擦力時，小車在長木板上運動時在沿長木板方向要求只受到摩擦力和重力的分力作用，所以此時不能將懸掛小桶的細線系在小車上，而小車后面需要連著已經穿過打點計時器的紙帶，通過打出的紙帶上的點來判斷小車是否沿長木板做勻速直線運動，這樣即可將小車所受的摩擦力以及紙帶與計時器之間的摩擦力都平衡掉，故C錯誤，D正確。
故選AD。
（3）[3]B的速度為
[4]小車的加速度為
（4）[5]AB．圖像不過原點，存在橫截距，說明當mg達到一定大小時小車才能具有加速度，可能是平衡摩擦力時木板傾角過小，使得摩擦力沒有被完全平衡，故A錯誤，B正確；
CD．本實驗中用砂和小桶的總重力mg來作為小車所受的合外力F，設小車質量為M，對小車根據牛頓第二定律有
對砂和小桶同理有
聯立解得
由上式可知只有當時才近似等于。隨著mg的增大，m將逐漸不滿足，使得F開始逐漸小于mg，從而造成圖像向下彎曲，故C正確，D錯誤。
故選BC。
17．【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。
18．【答案】（1）5m/s2 ；（2）20m/s；（3）160m
【詳解】
（1）對滑雪者受力分析，在沿雪坡方向由牛頓第二定律
垂直于雪坡方向有
又因為
代入數據聯立可得
（2）由位移與速度的關系可知滑雪者滑到B點的速度
（3）滑雪者在水平雪地上時根據牛頓第二定律有
解得
在水平雪地上根據位移與速度的關系可知距離為
19．【答案】(1)(2)(3)
【詳解】
(1)根據題意可知
，，
下坡過程中，根據牛頓第二定律可得
解得
即貨車在長下坡上運動時的加速度大小為。
(2)貨車在下坡過程中，做勻加速直線運動，根據速度位移公式可得
解得
即貨車剛駛入制動坡床時的速度大小為。
(3)貨車在制動坡上的初速度為，末速度為0，位移為40m，所以有
解得
根據牛頓第二定律可得
代入數據解得
故貨車在制動坡床上運動時受到的阻力大小為。
20．【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
21．【答案】增大；間距相等；遠小于；2.0；0.76
【詳解】
（1）[1][2]平衡摩擦力時，若所有的操作均正確，打出的紙帶如圖乙所示，可知小車做減速運動，則平衡摩擦力不夠，應增大木板的傾角，反復調節，直到紙帶上打出的點跡間距相等為止。
（2）[3]對整體分析，根據牛頓第二定律可得
mg=(M+m）a
隔離對M分析，繩子的拉力
當m<（3）[4]相鄰計數點間還有四個點沒有畫出，則T=0.1s；由此可求得小車的加速度的大小是
[5]打下C點時小車運動的速度大小是
第 page number 頁，共 number of pages 頁
第 page number 頁，共 number of pages 頁

展開更多......

收起↑