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2025-2026高三物理第一轮复习【新教材】人教版（2019）：运动和力的关系综合练习试卷
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．如图所示为游乐项目中的一段滑索，滑索由固定的倾斜钢索、可以沿钢索运动的无动力滑车及滑车下的悬绳组成。悬绳质量不计，游客坐上滑索后，由静止开始下滑，稳定后悬绳与竖直方向之间的夹角为，假设钢索与水平方向之间的夹角为保持不变，则钢索与滑车之间的动摩擦因数为（　　）
A． B．
C． D．
2．下列说法正确的是（ ）
A．由牛顿第二定律，可以得到加速度的定义式为
B．伽利略最先建立描述运动的物理量，如平均速度、瞬时速度和加速度
C．千克、米和牛顿都是国际单位制中的基本单位
D．根据开普勒第二定律，不同行星与太阳的连线在相同的时间扫过相同的面积
3．如图所示,天花板上用轻绳悬挂着质量为m的吊篮A,吊篮中放置着质量为2m的重物B,吊篮下方通过轻质弹簧与质量为3m的小球C相连,已知初始时整个装置处于静止状态,弹簧未超过弹性限度,重力加速度为g,则剪断轻绳瞬间,各物体加速度为 （ ）
A.aA=4g,aB=g
B.aA=2g,aB=2g
C.aA=2g,aC=0
D.aB=g,aC=g
4．关于惯性，下列说法中正确的是（　　）
A．物体只有静止或做匀速直线运动时才有惯性
B．羽毛球可以快速拍打，是因为羽毛球的惯性小的缘故
C．同一汽车，速度越快，越难刹车，说明物体速度越大，惯性越大
D．月球上的重力加速度是地球上的，则一个物体从地球移到月球惯性减小为
5．外卖给现代人们的生活带来了便利。一位外卖人员手提一盒质量为的外卖进入厢式电梯上楼或下楼,他手机中的加速度传感器记录了电梯某一段运动的加速度随时间变化的图像如图所示,图中已知,重力加速度为,取竖直向上为正方向。下列说法正确的是（ ）
A. 时间段内,外卖人员处于超重状态,且电梯一定在加速上升
B. 质量为的外卖对外卖人员的手施加的最大拉力为
C. 时间段内,电梯一定处于匀速状态
D. 时间段内,质量为的外卖重力变小了
6．如图所示，物体P、Q用一根不可伸长的轻细绳相连，再用一根轻弹簧将P和天花板相连，已知，重力加速度为g。剪断绳子的瞬间，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的弹力变小
B．弹簧的弹力变大
C．物体P的加速度大小为2g，方向竖直向上
D．物体Q的加速度大小为g，方向竖直向上
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．杂技表演的安全网如图甲所示,网绳的结构为正方形格子,O、a、b、c、d…为网绳的结点.安全网水平张紧后,若质量为m的表演员从高处落下,并恰好落在O点上,该处下凹至最低点时,网绳dOe、bOg均为120°张角,如图乙所示,则从表演者接触安全网到运动至最低点的过程中,下列说法正确的是 (　　)
甲　　　　乙
A．速度先增大后减小
B．加速度逐渐增大
C．先处于失重状态,后处于超重状态
D．在最低点每根绳子的张力为mg
8．如图所示，质量分别为、、m的三个石块A、B、C静止叠放在水平地面上，之间的动摩擦因数为，之间的动摩擦因数为，C与地面之间的动摩擦因素为。最大静摩擦力大小等于动摩擦力大小，重力加速度为g。现对中间石块B施加水平作用力F，则（　　）
A．当时，B、C之间发生相对滑动
B．当时，A、B之间的摩擦力大小为
C．当时，B的加速度大小为
D．当时，B的加速度大小为
9．如图所示,倾斜传送带以恒定速率顺时针转动，将一质量为的物体（可视为质点）轻放在处,物体到达处时恰好与传送带共速;再将另一质量也为的物体（可视为质点）轻放在处,物体到达处之前已与传送带共速,之后和传送带一起匀速到达处,则全过程中（ ）
A. 、两物体运动的时间相等
B. 合外力对、两物体做功相等
C. 合外力对、两物体冲量相等
D. 、两物体与传送带间因摩擦产生的热量相等
10．一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都可不计，盘内放一个物体P处于静止。P的质量m＝12 kg，弹簧的劲度系数k＝800 N/m。现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，如图所示。已知在头0.2 s内F的大小是变化的，在0.2 s以后F是恒力，g取10 m/s2。下列说法正确的有（　　）
A．0.2 s时P与秤盘分离
B．P做匀加速运动的加速度大小为5 m/s2
C．F的最大值为210 N
D．F的最小值为90 N
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂一物体．已知当地重力加速度大小为．
（1） 电梯静止时测力计示数如图所示，读数为 （结果保留1位小数）；
（2） 电梯上行时，一段时间内测力计的示数为，则此段时间内物体处于 （填“超重”或“失重”）状态，电梯加速度大小为 （结果保留1位小数）．
12．某学校举办了科技节活动，一位参赛选手设计了测量物体加速度的简易装置。如图1所示，小车在水平面上运动，将一端连有小球的细线悬于小车内O点，OP方向竖直，细线和小球后面有一个半圆形的刻度盘，当小球与小车保持相对静止时，根据细线与OP方向的夹角θ，便可得到小车此时的加速度大小，刻度盘如图2所示。
图1 图2
(1)为了制作加速度测量仪的刻度盘，需要测量当地的重力加速度，该选手采用单摆进行测量，每当小球经过最低点时计数一次，从计数1到51用时40 s，则该单摆周期为　　　　s。
(2)测得当地重力加速度g＝9.80 m/s2，则刻度盘上45°角对应的加速度大小为　　　　m/s2。
(3)该加速度测量仪的刻度　　　　。(填“均匀”或“不均匀”)
13．如图所示，一个质量的无动力小车静置在水平地面上，车内固定着质量均为的小球、、、。小车车头底部有一小洞，洞的直径略大于小球直径，小洞距地面高度。时，使小车以初速度向右运动，将小球、、、分别在、、、时依次由小洞自由释放，小球落地后不反弹。已知小车在运动过程中受到的总阻力恒为，小球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度取。求：
（1） 时，小车的速度大小；
（2） 小车静止时，车底小洞与小球着地点之间的水平距离；
（3） 小球、的着地点间的距离。
14．如图所示,轻杆两端分别系着质量为的圆环和质量为的小球,轻杆与的连接处有光滑铰链,轻杆可以绕铰链自由转动,套在光滑的水平固定横杆上且能自由滑动,、静止不动时球恰好与光滑地面接触,在的左侧是半径为的圆弧,质量为的小球以的速度向左与球发生正碰,已知碰后小球恰好能做平抛运动,小球在运动过程中恰好能与横杆接触。重力加速度取,则：
（1） 碰后球平抛的水平位移大小;
（2） 碰后瞬间球的速度大小;
（3） 、间轻杆的长度。
15．如图，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m＝ 10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2。
(1)若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v＝6.0 m/s，载物箱滑上传送带Δt＝ s后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。
参考答案
1．【知识点】两类动力学问题
【答案】A
【详解】令滑车质量为M，游客质量为m，对滑车与游客整体进行分析有，结合几何关系，对游客进行分析有，，解得。
2．【知识点】伽利略的理想斜面实验、力学单位制、开普勒三大定律及其应用、牛顿第二定律的内容和表达式
【答案】B
【详解】A．加速度的定义式为，决定式为，A错误；
B．利略最先建立描述运动的物理量，如平均速度、瞬时速度和加速度，B正确；
C．千克、米都是国际单位制中的基本单位，牛顿是导出单位，C错误；
D．同一行星与太阳的连线在相同的时间扫过相同的面积，不同行星与太阳的连线在相同的时间扫过的面积不同，D错误。选B。
3．【知识点】牛顿第二定律求解瞬时突变问题、牛顿第二定律的内容和表达式、牛顿第二定律的简单计算
【答案】A
【详解】剪断轻绳之前,弹簧弹力F=3mg,剪断轻绳瞬间,弹簧弹力不变,则C球仍受力平衡,加速度为零,对A进行受力分析有F+mg=maA,解得aA=4g,此时A、B分离,A对B的支持力消失,所以B只受重力,加速度为g,故选A.
【关键点拨】(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的,当外界因素发生变化时,需要重新进行受力分析和运动分析;(2)加速度可以随着力的突变而突变,而速度的变化需要一个积累的过程,即速度不会发生突变.
4．【知识点】惯性及其应用
【答案】B
【详解】惯性是物体本身的一种性质，惯性的大小只与物体的质量有关，与物体的运动状态无关，羽毛球可以快速拍打，是因为羽毛球的质量小，惯性小的缘故。
故选B。
5．【知识点】牛顿运动定律与图像结合问题
【答案】B
【详解】由题图可知，时间段内，加速度向上，则外卖人员处于超重状态，电梯可能在加速上升，也可能在减速下降，错误；时间段内，外卖处于超重状态，最大加速度为，由牛顿第二定律有，可得外卖人员对外卖的最大拉力为，由牛顿第三定律可知，外卖对外卖人员的手施加的最大拉力为，正确；时间段内，加速度为零，电梯可能处于匀速状态，也可能停在某一层处于静止状态，错误；时间段内，加速度向下，质量为的外卖处于失重状态，但重力不变，错误。
6．【知识点】牛顿第二定律求解瞬时突变问题
【答案】C
【详解】AB．剪断绳子的瞬间，弹簧中的弹力不能突变，因此弹簧中的弹力保持不变，故AB错误；
C．设物体的质量为，剪断细线前，对整体受力分析，受到总重力和弹簧的弹力而平衡，故
再对物体受力分析，受到重力、细线拉力和弹簧的拉力；剪断细线后，重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力发生突变减为零，故物体受到的力的合力等于，方向竖直向上，根据牛顿第二定律得的加速度为
故C正确；
D．剪断细线前，对物体受力分析，受到重力和细线拉力，剪断细线后，重力不变，细线的拉力减为零，根据牛顿第二定律得物体的加速度为，方向竖直向下，故D错误。
故选C。
7．【知识点】利用牛顿定律进行受力分析、运动过程分析、多过程问题
【答案】AC
【解析】
人由空中自由下落后,速度越来越大,接触安全网后,人的重力先大于网绳弹力,合力向下,加速度向下,人处于失重状态,由于网绳对人的弹力慢慢增大,则合力减小,但速度继续增大;当弹力等于重力时,加速度为零,速度达到最大,之后弹力大于重力,加速度向上并开始增大,人处于超重状态,且人开始减速运动,直至速度减为零运动至最低点.故速度先增大后减小,加速度先减小后反向增大,故A、C正确,B错误.在最低点,如图所示,根据牛顿第二定律有 4Tcos 60°-mg=ma,由于a>0,则 T>mg,故D错误.
8．【知识点】板块模型
【答案】BD
【详解】根据题意可知，AB之间最大摩擦力为，之间最大摩擦力为，C与地面之间最大摩擦力为，A能获得的最大加速度，根据牛顿第二定律有，解得，同理C能获得的最大加速度为；
A：当时，整体分析有，解得，分析C有，解得，则之间不会相对滑动，A错误；
B：当时，整体分析有，解得，分析A有，B正确；
C：当时，整体分析有，解得，加速度大于A能获得的最大加速度，则AB之间已经发生相对运动，之间没有发生相对运动，对整体分析有，解得，C错误；
D：当时，整体分析有，解得，加速度大于A能获得的最大加速度，AB之间已经发生相对运动，假设BC之间没有发生相对运动，对BC整体分析有，解得，大于C能获得的最大加速度，则BC之间也发生相对滑动了，对B分析，
解得，D正确。选BD。
9．【知识点】传送带模型、传送带模型中的能量守恒问题、动量定理及其应用
【答案】BC
【题图剖析】根据已知信息作出、运动的图像
【详解】由于末速度相等，位移相等，作出图像可知，一直做加速运动，所用的时间要长些，错误；由于、两物体最后速度相等，质量相等，则动能增加量相等，合外力做功相等，正确；、两物体末动量相等，由动量定理知合外力对、两物体冲量相等，正确；物体一开始在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为 ，根据题意可知，在速度达到与传送带共速的过程中，在传送带上的位移较大，根据运动学公式可得，可知在传送带上做加速运动时的加速度较小，则与传送带间的动摩擦因数较小，两物体加速阶段所用的时间为，两物体加速阶段与传送带发生的相对位移为，则两物体与传送带间因摩擦产生的热量为，由于与传送带间的动摩擦因数较小，则与传送带间因摩擦产生的热量较大，错误。
【易错警示】 本题将两物体都轻放在点，但运动情况不一致，说明动摩擦因数不同，做本题时要注意这一点。
10．【知识点】连接体问题（整体和隔离法）、临界问题
【答案】ACD
【详解】AB：以物体P为研究对象。物体P静止时受重力G、称盘给的支持力N。因为物体静止，合外力为0，N = mg = kx0，解得x0=0.15 m，加拉力后物体P受力如图受重力G，拉力F和支持力N′
据牛顿第二定律有F+N′-mg=ma，当0.2 s后物体所受拉力F为恒力，即为P与盘脱离，即弹簧无形变，由0～0.2 s内物体的位移为x0。物体由静止开始运动，则x0＝at2，将x0=0.15 m代入解得a = 7.5 m/s2，A正确，B错误；
C：F的最小值由F+N′-mg = ma式可以看出即为N′最大时，即初始时刻N′ = N = kx，代入F+N′-mg = ma，得Fmin+kx0-mg = ma，，C正确；
D：F最大值即N=0时Fmax-mg = ma，Fmax = 210 N，D正确。选ACD。
11．【知识点】超重和失重现象分析
【答案】（1） （2分）
（2） 失重（1分）；1．0（2分）
【解析】
（1） 由题图可知弹簧测力计的读数为．
（2） 电梯上行时，一段时间内测力计的示数为，说明电梯内物体受到的拉力小于重力，物体的加速度方向向下，此时物体处于失重状态，由牛顿第二定律得，其中，，，可得．
12．【知识点】利用牛顿定律进行受力分析
【答案】(1)1.6(2分)　(2)9.80(2分)　(3)不均匀(2分)
【解析】(1)全振动的次数n＝＝25次，T＝ s＝1.6 s(点拨：由于单摆周期较小，故采用累加放大法来减小单摆周期的测量误差)。
(2)对小球受力分析如图所示，
根据力的合成有ma＝mgtan θ，解得a＝gtan θ，将θ＝45°代入解得a＝9.80 m/s2。
(3)由a＝gtan θ可知a与θ之间不是线性关系，所以该加速度测量仪的刻度不均匀。
13．【知识点】利用牛顿定律进行受力分析
【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】
（1） 在内，小车的加速度大小为（1分）
时小车的速度为（1分）
在内，小车的加速度大小为（点拨：小球已被释放）（1分）
时小车的速度为（1分）
（2） 在内，小车的加速度大小为,
时小车的速度（1分）
在内，小车的加速度大小为,
时释放小球，此时小车的速度（1分）
释放小球后，小车的加速度大小为（1分）
释放小球后至小车静止，小车的位移大小为（1分）
小球做平抛运动的水平位移为（1分）
小车静止时，车底小洞与小球着地点之间的水平距离为
（1分）
（3） 小球、平抛运动的水平位移差为（2分）
从小球被释放到小球被释放，小车的位移大小为（1分）
小球、的着地点间的距离为（1分）
【一题多解】 （1）在内，根据动量定理有（1分）
解得时小车的速度为（1分）
在内，根据动量定理有（1分）
解得时小车的速度为（1分）
14．【知识点】求解弹性碰撞问题
【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】
（1） 碰后球恰好能做平抛运动,则球在圆弧顶端,由牛顿第二定律有（1分）
平抛运动水平方向有（1分）
竖直方向有（1分）
解得（1分）
高分关键：分析球的运动，准确判断平抛运动与圆周运动对应的临界方程。
（2） 碰撞过程中,球和球组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，有（2分）
解得（2分）
（3） 碰后当球恰好与横杆接触时,、具有相同的水平速度,二者水平方向动量守恒，有（1分）
根据系统机械能守恒有（1分）
解得（2分）
高分关键：明确球恰好与横杆接触状态时二者共速，准确列出动量守恒的式子。
15．【知识点】传送带模型、动量定理及其应用
【答案】(1)2.75 s　(2)4 m/s　 m/s　(3)0
【详解】本题结合传送带模型考查力学和运动学规律的综合应用。
(1)传送带的速度为v＝4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有
μmg＝ma①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式有
v2－v02＝－2as1②
联立①②式，代入题给数据得
s1＝4.5 m③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动。设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t′1，由运动学公式有
v＝v0－at′1④
t1＝t′1＋⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据得
t1＝2.75 s⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2。由动能定理有
－μmgL＝mv12－mv02⑦
μmgL＝mv22－mv02⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
v1＝ m/s，v2＝4 m/s⑨
(3)传送带的速度为v＝6.0 m/s时，由于v0v＝v0＋at2⑩
v2－v02＝2as2
联立①⑩ 式并代入题给数据得
t2＝1.0 s
s2＝5.5 m
因此载物箱加速运动1.0 s、向右运动5.5 m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动(Δt－t2)的时间后，传送带突然停止。设载物箱匀速运动通过的距离为s3，有s3＝(Δt－t2)v
由① 式可知，mv2>μmg(L－s2－s3)，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3。由运动学公式有
v32－v2＝－2a(L－s2－s3)
设载物箱通过传送带的过程中，传送带对它的冲量为I，由动量定理有
I＝m(v3－v0)
联立① 式并代入题给数据得
I＝0
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