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2026届人教版高考物理第一轮复习：第四章运动和力的关系综合基础练习1
一、单选题（本大题共10小题）
1．下面关于力的说法，正确的是（ ）
A．射出的炮弹向前飞行的过程中，受到推力和重力的作用
B．物体相互作用时，先有施力物体，后有受力物体
C．力是使物体发生形变或使物体运动状态改变的原因
D．被踢出后的足球在地面上向前滚动，是由于受到向前的牵引力作用
2．玩具汽车在水平面上运动有如下四种情形，所受合力为零的情形是（　　）
A．做匀速直线运动 B．做匀速圆周运动
C．做匀加速直线运动 D．做匀减速直线运动
3．下列哪组单位全部是国际单位制中的基本单位
A．千克、秒、牛顿
B．千克、米、秒
C．克、千米、秒
D．牛顿、克、米
4．下列单位中，属于国际单位制中基本单位的是（ ）
A．m/s B．m/s2 C．N D．kg
5．下列属于力的单位是 (　　)
A.kg·m/s2 B.kg·m/s
C.kg·m2/s D.kg·s / m2
6．太阳是太阳系的中心天体,直径大约为1.392×106千米,质量大约为2×1030千克,表面温度约6 000开尔文.太阳围绕银河系的中心公转,公转半径约2×104光年,公转周期约2.5×108年,公转速度约250千米每秒.据以上信息,下列说法正确的是 (　　)
A.“千米、千克、开尔文”都是国际单位制基本单位
B.“千米每秒”是国际单位制速度基本单位
C.在力学范围中长度、质量、温度是三个基本量
D.光年是长度单位,长度在国际单位制中的基本单位是米
7．伽利略从斜面实验外推到自由落体运动的情景模型如图所示，下列说法符合史实的是（　　）
A．伽利略先猜想下落物体的速度随时间均匀增加，然后通过斜面实验直接得出
B．伽利略通过斜面实验得出：从静止开始小球必须沿光滑的斜面运动才有
C．伽利略采用“冲淡”重力的方法，实质是增大小球的位移，延长小球的运动时间
D．伽利略发现，改变斜面的倾角，依然成立，斜面的倾角越大，越大
8．如图所示，电梯的顶部挂一个弹簧秤，其下端挂了一个质量为5kg的重物，电梯做匀速直线运动时，弹簧秤的示数为50N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为40N，关于电梯的运动，以下说法正确的是（取）（　　）
A．物体的重力变小了，物体处于失重状态
B．电梯一定向下做匀减速运动，加速度大小为
C．电梯可能向上做匀减速运动，加速度大小为
D．此时电梯运动的加速度方向一定向上
9．如图所示,水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R,质量分别为m、2m和3m,物块与地面间的动摩擦因数都为μ.用大小为F的水平外力推物块P,三个物块向右运动,设R和Q之间相互作用力与Q和P之间相互作用力大小之比为k.下列判断正确的是 (　　)
A.若μ≠0,则k= B.若μ≠0,则k=
C.若μ=0,则k= D.若μ=0,则k=
10．倾角为、质量为M的斜面体始终静止在水平桌面上，质量为m的光滑木块沿斜面自由下滑。下列结论正确的是（　　）
A．木块处于超重状态
B．斜面体受到5个力的作用
C．桌面对斜面体的摩擦力大小是
D．桌面对斜面体的支持力大小是
二、多选题（本大题共4小题）
11．如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连。倾角为的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态。在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是
A．A球的加速度沿斜面向上，大小为gsinθ
B．C球的受力情况未变，加速度为0
C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ
D．B、C之间杆的弹力大小为0
12．如图甲所示，一倾角=的足够长斜面体固定在水平地面上，一个物块静止在斜面上．现用大小为F=kt，（k为常量，F、t的单位均为国际标准单位）的拉力沿斜面向上拉物块，物块受到的摩擦力Ff随时间变化的关系图象如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，则下列判断正确的是
A．物块的质量为1kg
B．k的值为5N/s
C．物块与斜面间的动摩擦因数为
D．t=3s时，物块的速度大小为1.6m/s
13．如图所示，一足够长的平直木板静止在水平地面上，木板上有两个质量分别为m和M的物块A、B，且，它们与木板间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平力F向右拉动木板，下列说法可能正确的是（　　）
A．A与木板间发生相对运动时，B与木板间不发生相对运动
B．B与木板间发生相对运动时，A与木板间不发生相对运动
C．A、B与木板间同时发生相对运动
D．A与B的加速度相同
14．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示（g=10m/s2），则下列结论正确的是（ ）
A．物体的质量为3kg
B．物体的加速度大小为5m/s2
C．弹簧的劲度系数为7.5N/cm
D．物体与弹簧分离时动能为0.4J
三、填空题（本大题共4小题）
15．踢毽子是一项深受大众喜爱的运动项目。在某次踢毽子的过程中，质量为m的毽子离开脚后竖直向上运动，如图所示。已知毽子在运动过程中受到的空气阻力f大小恒为0.25mg，方向始终与速度方向相反。则毽子上升过程中加速度大小= ；下降过程中加速度大小 =
16．蹦极是一项非常刺激的户外极限运动。如图所示，弹性绳（满足胡克定律）一端固定在高空跳台上，另一端系住跳跃者的脚腕，人从跳台上由静止开始落下，弹性绳质量不计，忽略空气阻力的影响，则人下落到最低点的过程中速度 （填“一直增大”或“先增大后减小”）。弹性绳向下伸长到最长的过程中，人的加速度 （填“一直增大”或“先减小后增大”或“先增大后减小”）。
17．汽车行驶时，如果空气阻力很大，会增加汽车燃油消耗量或严重影响汽车的动力性能。经研究，人们发现空气阻力的大小F与空气密度ρ、物体进风面积S、物体与空气的相对运动速度v均有关，关系式为F=kρSvx，其中k是一个无单位的常数。请根据国际单位制推断速度v的指数x的数值为 。
18．质量为的人站在电梯内，随电梯上升，电梯运动的图像如图所示，则在内电梯的加速度大小为 ，人对电梯的压力为 N，已知重力加速度g取。
四、非选择题（本大题共8小题）
19．某实验小组在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，采用如图所示的装置。
(1)实验前把木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂槽码的情况下，轻推小车，让小车拖着纸带能做匀速直线运动，这样做的目的是 。
(2)我们可以将槽码所受的重力看作小车所受的拉力。某次实验中，保持小车质量不变，测得小车的加速度a与拉力F的数据如下表所示：
F/N 0.20 0.30 0.40 0.50
0.11 0.16 0.22 0.27
①根据表中数据，在图坐标纸上画出图像 。
②由图像可知，小车的质量等于 （结果保留2位小数）kg。
(3)在实验过程中，实际拉力比所挂槽码的重力略小，这是因为 。
(4)若实验中槽码的总质量为，小车和车上砝码的总质量为m，为了使细线的拉力近似等于槽码的总重力，应满足的条件是 。
20．我国运动员闫文港在2022年北京冬奥会获得男子钢架雪车比赛铜牌，实现该项目的历史性突破，图甲为闫文港的比赛画面。已知赛道由起跑区、出发区、滑行区及减速区四个区段组成，图乙中AB为起跑区、BC为出发区，AB赛段水平，BC赛段与水平面夹角。若运动员推着雪车从A点由静止出发，以的加速度匀加速跑到B点时速度大小为，接着快速俯卧到雪车上沿BC下滑。已知运动员到达C点时的速度大小为，赛道BC的长度为，取，，，不计空气阻力，求：
（1）运动员在起跑区的运动时间；
（2）雪车与冰面间的动摩擦因数。
21．为了探究加速度与力的关系，使用如下图所示的气垫导轨装置进行实验．其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑块通过Gl、G2光电门时，光束被遮挡的时间Δt1、Δt2都可以被测量并记录，滑块连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M挡光片宽度为D，光电门间距离为x，牵引砝码的质量为m。回答下列问题：
（1）实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，在不挂重物的情况下轻推滑块，如果得到Δt1 Δt2（选填“=”“<”“>”）就可以证明气垫导轨已经水平．
（2）若取M=0.4 kg，改变m的值，进行多次实验，以下m的取值不合适的一个是 ．
A．
B．
C．
D．
（3）在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，其中求得加速度的表达式为 （用Δt1、Δt2、D、x表示）
（4）此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是
A．小车与轨道之间存在摩擦
B．导轨保持了水平状态
C．所挂钩码的总质量太大
D．所用小车的质量太大
22．如图甲所示，一质量m=5kg的粗细均匀的圆木棒竖直放置，在外力作用下保持静止状态，下端距水平弹性地面的高度为H=5.25m，与地面相碰的物体会以原速率弹回，木棒上有一质量为2m的弹性小环。若t= 0时刻，小环从木棒上某处以竖直向上v0=4m/s的初速度向上滑动，并对小环施加竖直向上的如图乙所示的外力F，与此同时撤去作用在木棒上的外力。当木棒第一次与弹性地面相碰时，撤去施加在小环上的外力。已知木棒与小环间的滑动摩擦力f=1.2mg，小环可以看作质点，且整个过程中小环不会从木棒上端滑出，取g=10m/s2，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）当小环和木棒最初开始运动时的加速度的大小；
（2）木棒第一次与弹性材料碰撞时的速度的大小；
（3）若木棒恰好与地面第4次碰撞时弹性小环从木棒底端滑落，求小环开始运动时距木棒下端的距离l （结果可以用分数表示）。
23．物理兴趣小组用如图所示的实验装置来探究加速度与质量、合外力的关系。在探究质量一定，加速度与合外力的关系时，用小桶和砂的重力代替小车受到的拉力，测出多组加速度与对应合外力F的数据，并作出图像。
(1)下列实验操作，正确的有__________（填字母代号）。
A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行
B．每次实验，都要先放开小车，再接通打点计时器的电源
C．平衡摩擦力时，应将悬挂小桶的细线系在小车上
(2)在一次实验操作中，获得如图所示的O、A、B、C、D、E、F为纸带计数点，其中相邻两计数点间均有四个点未画出，所用交变电源的频率为50Hz，由纸带可求得小车运动的加速度 （计算结果保留三位有效数字）。
(3)小组实验获得的两组数据作出的图像有较大差异，其中一条既不过原点，又发生了弯曲，如图所示，a代表小车加速度，mg代表小桶和砂的总重力，下列原因分析正确的是__________（填字母代号）
A．图像不过原点，可能是平衡摩擦力时木板倾角过大
B．图像发生弯曲，可能是小车的质量过大
C．图像发生弯曲，可能是小桶和砂的总质量过大
(4)甲、乙两同学在同一实验室，各取该套装置放在水平桌面上，分别在小车上放不同数量的砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到了如图所示的甲、乙两条直线，设甲、乙用的小车与长木板间的动摩擦因数分别为、，由图可知， （选填“>”、“<”或“=”）。
24．如图甲所示为某实验兴趣小组在做“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。
（1）实验主要步骤如下，下列做法正确的是 。
A．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源
B．实验时需要满足槽码的质量远小于小车的质量
C．每次通过增减小车上的砝码改变小车质量时，都需要重新调节木板倾角
D．补偿阻力时，把远离定滑轮一侧的木板垫高，调节木板的倾角，使小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动
（2）实验中得到如图乙所示的一条纸带，两计数点之间还有四个点没有画出，已知交流电的频率为50Hz，根据纸带可求出打下D点时小车的瞬时速度大小为 m/s，小车的加速度大小为 m/s2.（结果均保留三位有效数字）
（3）实验时，某同学遗漏了补偿阻力这一步骤，若长木板水平，保持槽码质量m不变，改变小车总质量M，测得多组数据作图像如图丙所示，小车所受拉力可认为近似等于槽码的重力。设图中直线的斜率为k，在横轴上的截距为b，重力加速度为g，则小车与长木板间的动摩擦因数μ= （用给出的字母k、b、g表示）。
25．如图所示，AB为竖直平面内光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接．小车质量M=3kg，小车足够长．现有一质量m=1kg的滑块，由轨道顶端无初速释放，滑到B端后以v=4m/s的速度冲上小车．已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.3，当车运行了t=1.5s时，车被地面装置锁定．重力加速度g=10m/s2，试求：
（1）AB轨道的半径R；
（2）车被锁定时，车右端距轨道B端的距离L；
（3）从车开始运动到滑块静止的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的热量Q大小。
26．如图所示，A物体放在粗糙水平桌面上，一端用绕过定滑轮的细绳与B物体相连。用手按住A使A、B均静止。A、B两物体质量均为 ，B物体距离地面高度 。现松手释放A，经 ，B落到地面上且未反弹（此时A未与滑轮相碰）。忽略空气阻力、滑轮摩擦力，且绳子质量不计，取重力加速度 ，求：
（1）物体A与桌面间动摩擦因数 ；
（2）若A与滑轮的距离 ，为保证A与滑轮不相碰，B落地瞬间，在A上施加一水平向左的恒力，求这个恒力 的最小值。
参考答案
1．【答案】C
【详解】
A.射出的炮弹并不受推力的作用，是靠惯性向前飞行的，故A错误；
B.物体间相互作用时，相互作用的力是同时产生的，施力物体同时也是受力物体，故B 错误；
C.力是使物体发生形变或使物体运动状态改变的原因，故C正确；
D.被踢出去的足球并不受牵引力作用，也是由于惯性向前滚动的，故D错误；
2．【答案】A
【详解】
根据牛顿第一定律，即当物体合力为零或者不受外力作用时，物体将保持静止或者匀速直线运动状态，所以A正确；
故选A。
3．【答案】B
【详解】
千克、米、秒都是国际单位制中的基本单位；而牛顿是导出单位；克不是国际单位制中的基本单位；故选B.
4．【答案】D
【分析】
【详解】
在力学中，国际单位制中基本单位有：m、kg、s。
故选D。
5．【答案】A　
【解析】根据牛顿第二定律的表达式F=ma可知,m的国际单位为kg,a的国际单位为m/s2,则F的单位为kg·m/s2,故A正确.
6．【答案】D　
【解析】“千米”不是国际单位制的基本单位,故A错误;国际单位制速度基本单位是“米每秒”,故B错误;在力学范围中长度、质量、时间是三个基本量,故C错误;光年是长度单位,长度的国际单位制基本单位是米,故D正确.
7．【答案】D
【详解】
A．伽利略的时代，无法直接测出瞬时速度，不能直接得出的结论，是通过间接推理得出，然后得出落体运动是一种匀变速直线运动，A错误；
B．伽利略通过斜面实验得出小球从静止开始沿着斜面向下运动，运动的距离与时间的平方成正比，即，但用来做实验的斜面不一定光滑，B错误；
C．伽利略采用“冲淡”重力的方法，其实质是减小小球的加速度，延长小球的运动时间，C错误；
D．伽利略发现，改变斜面的倾角，依然成立，斜面的倾角越大，越大，D正确。故选D。
8．【答案】C
【详解】
A．某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为40N，是物体对弹簧秤的拉力减小了，物体的重力没有发生变化，故A错误；
BCD．电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为50N，则物体的重力为50N。在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为40N，对重物有
解得
方向竖直向下。则电梯的加速度大小为2m/s2，方向竖直向下，电梯可能向下做匀加速运动，也可能向上做匀减速运动，故BD错误，C 正确。
故选C。
9．【答案】D　
【解析】三个物块靠在一起,将以相同加速度向右运动,则加速度大小a=,设R和Q之间的相互作用力大小为F1,Q和P之间的相互作用力大小为F2,对R受力分析,则R和Q之间的相互作用力大小为F1=3ma+3μmg=F,对P受力分析,Q和P之间的相互作用力大小为F2=F-μmg-ma=F,可得k===,k的值与μ无关,则k= 恒成立,故选D.
10．【答案】C
【详解】
A．木块沿着斜面向下加速下滑，加速度有竖直向下的分量，则木块处于失重状态，故A错误；
B．对斜面体受力分析知，斜面体受重力、木块对斜面体的压力、地面对斜面体的支持力和地面对斜面体的摩擦力四个力的作用，故B错误；
CD．选斜面体为研究对象，受力如图
由平衡条件得
故C正确，D错误。
故选C。
11．【答案】CD
【详解】A．初始系统处于静止状态，把看成整体，对其受力分析，受重力、斜面的支持力、细线的拉力；对重力沿斜面和垂直斜面进行正交分解，根据共点力平衡条件得：
对进行受力分析，受重力、斜面的支持力、弹簧的拉力弹和细线的拉力，对重力沿斜面和垂直斜面进行正交分解，根据共点力平衡条件得：
弹
细线被烧断的瞬间，绳在断后弹力会突变为零，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得球的加速度沿斜面向上，球的加速度大小：
故A错误；
BC．细线被烧断的瞬间，把看成整体，受重力、斜面的支持力，根据牛顿第二定律得球的加速度：
两球的加速度相同，方向均沿斜面向下，故B错误，C正确；
D．对进行受力分析，受重力、杆的弹力和斜面的支持力，根据牛顿第二定律得：
解得：
所以、之间杆的弹力大小为0，故D正确；
故选CD。
12．【答案】ABD
【详解】A.t=0 时，
Ff=mgsin=5N
解得：
m=1kg
故A项与题意相符；
B.t=l s 时，Ff=0，说明 F =5 N则k=5 N/s，故B项与题意相符；
C.后来滑动
Ff= 6N=μmgcos
解得：
μ=
故C项错误；
D.当
F=Ff+ mgsin
即
kt1=6+5
解得：
t1=2.2s
物体开始向上滑动
F合=kt- Ff-mgsin
解得：
F合=kt-11
由动量定理:
故D项与题意相符．
13．【答案】CD
【详解】根据牛顿第二定律可知，A、B不与木板发生相对滑动的最大加速度，同时也是二者相对木板发生相对滑动后的加速度均为
所以A、B与木板间同时发生相对运动或A、B与木板间同时不发生相对运动，且A、B的加速度始终相同，故AB错误，CD正确。
故选CD。
14．【答案】BD
【详解】ABC．物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长， 刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有
拉力为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有
物体与弹簧分离后，拉力F2为30N，根据牛顿第二定律，有
联立三式，代入数据解得
AC错误B正确；
D．当物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，根据
可得分离时物体的速度为
故此时的动能为
D正确。
故选 BD。
15．【答案】1.25g ；0.75g
【详解】[1][2]根据牛顿第二定律，在上升的过程中，解得，下降的过程中，解得
16．【答案】 先增大后减小 先减小后增大
【详解】[1]根据题意可知，人从静止开始下落，下落到最低点时，人的速度为0，则人下落到最低点的过程中速度先增大后减小。
[2]开始阶段，弹性绳的弹力小于人的重力，由牛顿第二定律有，可知，随着弹力的增大，加速度减小，当弹力大于人的重力时，由牛顿第二定律有，可知，随着弹力的增大，加速度增大，则弹性绳向下伸长到最长的过程中，人的加速度先减小后增大。
17．【答案】2
【详解】由于
所以
即
所以
18．【答案】 0.5 630
【详解】[1] 图像斜率表示加速度，内电梯的加速度大小
[2]人受到电梯的支持力大小为，由牛顿第二定律得
得
由牛顿第三定律得人对电梯的压力大小
19．【答案】(1)平衡摩擦力
(2) 1.85
(3)小车加速运动时，槽码也做加速运动，槽码处于失重状态，绳子的拉力略小于槽码的重力
(4)
【详解】（1）实验前把木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂槽码的情况下，轻推小车，让小车拖着纸带能做匀速直线运动，这样做的目的是平衡摩擦力，使小车受到的合力等于绳子的拉力。
（2）①[1]如图所示
②[2] 由图像可求斜率k，根据牛顿第二定律
可得
所以
代入数据得
（3）小车加速运动时，槽码也做加速运动，槽码处于失重状态，绳子的拉力略小于槽码的重力。
（4）根据牛顿第二定律有，
解得
当时，可认为细线的拉力近似等于槽码的总重力。
20．【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设运动员在起跑区的运动时间为，根据，解得
（2）设运动员和雪车的总质量为m，摩擦力大小为，在出发区的加速度大小为，根据 ，解得，由牛顿第二定律有，解得
21．【答案】；D；；C
【详解】
（1）[1]实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，在不挂重物的情况下轻推滑块，若滑块做匀速直线运动，即滑块通过光电门速度相等，则光电门的挡光时间相等，即，证明气垫导轨已经水平；
（2）[2]在实验中，认为m的重力等于滑块所受的合力，所以m的质量应远小于M的质量，故选D；
（3）[3]滑块经过光电门的速度
，
则根据据，得
（4）[4]对M和m整体分析，根据牛顿第二定律可知
则绳子的拉力
当m远小于M时，拉力等于m的重力，知图线的斜率表示M质量的倒数，当m比较大时，此时图线的斜率实际上表示(M+m)之和的倒数，所以图线斜率明显变小，偏离直线，故C正确。
22．【答案】（1）；；（2）；（3）
【详解】（1）最初开始运动时，对小环，根据牛顿第二定律，解得，即加速度大小为，方向竖直向下；对木棒，根据牛顿第二定律，解得，即加速度大小为，方向竖直向上。
（2）小环初速度v0=4m/s，则两物体第一次共速过程，解得，此时拉力F恰好变为，假设之后两物体共同减速到零，根据牛顿第二定律，解得，则棒受到的摩擦力，棒受到的摩擦力小于滑动摩擦力，假设成立；棒和小环在1s后做类竖直上抛运动，回到1s时的位置时，速度均变为竖直向下，回到1s时的位置时，棒相对于初始位置上升的高度，之后棒和小环以加速度向下加速运动，根据，解得木棒第一次与弹性材料碰撞时的速度的大小
（3）木棒第一次与弹性地面相碰时，撤去施加在小环上的外力，此后小环的加速度大小，第一次碰地后，木棒的加速度大小为，小环向下做匀加速直线运动，木棒先向上做匀减速直线运动再向下做匀加速直线运动，假设与小环共速前会再次碰地，则两次碰地时间间隔，再次碰地时木棒的速度仍为，此时环的速度，假设成立，即之后过程两物体不会再共速；若木棒恰好与地面第4次碰撞时弹性小环从木棒底端滑落，则从第一次碰撞开始，小环向下加速运动了，相对木棒向下运动距离，1s之前小环相对木棒向上运动距离，小环开始运动时距木棒下端的距离
23．【答案】(1)A
(2)2.07
(3)C
(4)>
【详解】（1）A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行，这样才能为小车提供恒定的牵引力，A正确；
B．每次实验，都要先接通打点计时器的电源，再放开小车，B错误；
C．平衡摩擦力时，是利用小车重力沿斜面向下的分力与摩擦力相平衡，不应将悬挂小桶的细线系在小车上，C错误。
选A。
（2）相邻两个计数点间的时间间隔
根据逐差法计算小车的加速度为
（3）A．由于小桶和砂有一定重量后才产生加速度，说明没有平衡摩擦力或木板倾角过小，造成图像不过原点，A错误；
BC．图像发生弯曲，可能是砂和小桶的质量过大不满足小车的质量远远大于砂和小桶的总质量的条件，C正确，B错误。
选C。
（4）当没有平衡摩擦力时有，整理有
即图像的斜率为，纵截距为，由图线可知
即
24．【答案】BD/DB；1.18；1.93；
【详解】（1）[1]A．为打点稳定，实验时，应先接通打点计时器的电源再放开小车，A错误；
B．为使绳子的拉力等于小车的合外力，实验时需要满足槽码的质量远小于小车的质量，B正确；
C．平衡摩擦力后，斜面倾角满足，每次通过增减小车上的砝码改变小车质量时，不需要重新调节木板倾角，C错误；
D．补偿阻力时，把远离定滑轮一侧的木板垫高，调节木板的倾角，使小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动，D正确。选BD。
（2）[2]相邻两计数点的时间间隔为，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，打下D点时小车的瞬时速度大小为；[3]根据逐差法求出小车的加速度大小为
（3）[4]根据牛顿第二定律，整理得，图像的斜率为，图像的横截距满足，解得小车与长木板间的动摩擦因数为
25．【答案】（1）0.8m；（2）1m；（3）6.5J
【详解】（1）设滑块到达B端时速度为v，得
-0
解得
R=0.8m
（2）当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，得对滑块有
对小车有
设经时间t1两者达到共同速度，则有
1
解得
t1=1s
由于1s＜1.5s，此时小车还未被锁定，两者的共同速度
两者一起匀速运动，直到小车被锁定。故车被锁定时，车右端距轨道B端的距离
（3）从车开始运动到被锁定的过程中，滑块相对小车滑动的距离
故从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的热量大小为
物块继续运动，动能全部转化为内能
故总热量为
26．【答案】（1）0.2；（2）6N
【详解】（1）以物体B为研究对象
A与B连接在一条绳子上，则加速度大小相同，绳子对两者弹力大小相同，以物体B为研究对象，由牛顿第二定律可知
以物体A为研究对象，同理有
解得
（2）当物体B落地后，A物体将在力作用下做匀减速直线运动直到停止，当物体B落地时，A物体与B物体具有相同的速度大小，由
由
其中
得A物体作匀减速运动的加速度大小
由牛顿第二定律
解得
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第 page number 页，共 number of pages 页2026届人教版高考物理第一轮复习：第四章运动和力的关系综合基础练习2
一、单选题（本大题共10小题）
1．如图所示，顶端固定着小球的轻杆固定在小车上，当小车向右做匀加速直线运动时，球所受合外力的方向沿图中的 (　　)
A．OA方向 B．OB方向
C．OC方向 D．OD方向
2．下列说法正确的是 (　　)
A．高速行驶的公共汽车紧急刹车时，乘客都要向前倾倒，说明乘客受到惯性力的作用
B．短跑运动员最后冲刺时，速度很大，很难停下来，说明速度越大，惯性越大
C．惯性的大小仅与质量有关，质量越大，惯性越大
D．把手中的球由静止释放后，球能竖直下落，是由于球具有惯性的缘故
3．儿童游乐场里“淘气堡”生意火爆,成了小朋友们的欢乐海洋.如图,一质量为20 kg的小男孩,从斜面上端由静止沿斜面向下滑至底端后,冲入“海洋球”中,玩得非常开心.若斜面长为4 m,斜面与水平面的夹角为37°,男孩与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,则该男孩在斜面上的滑行时间为 （ ）
A．2 s
B． s
C．1 s
D．0.5 s
4．力F作用于质量为m1的甲物体时产生的加速度为a1，此力F作用于质量为m2的乙物体时产生的加速度为a2，若将甲、乙两个物体合在一起，仍受此力的作用，产生的加速度是下列选项中的哪一个 (　　)
A．　B．　C．　D．
5．将木块放在小车上，使木块与小车一起向右匀速运动，当小车被挡板挡住时，下列实验现象正确的是 (　　)
A．假设小车表面光滑，木块将如图甲所示向右倾倒
B．假设小车表面光滑，木块将如图乙所示向右滑动
C．假设小车表面粗糙，木块将如图丙所示向左倾倒
D．假设小车表面粗糙，木块将如图乙所示向右滑动
6．伽利略和牛顿都是物理学发展史上伟大的科学家，巧合的是，牛顿就出生在伽利略去世后第二年.下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们观点的是 (　　)
A．自由落体运动是一种匀变速直线运动
B．力是使物体产生加速度的原因
C．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性
D．用力推车，车才运动，所以力是维持物体运动的原因
7．彩虹圈有很多性质和弹簧相似，在弹性限度内彩虹圈间的弹力随着形变量的增加而增大，但彩虹圈的重力不能忽略.用手拿起彩虹圈的上端，让彩虹圈的下端自由下垂且离地面一定高度，然后由静止释放.设下落过程中彩虹圈始终没有超出弹性限度.则 (　　)
A．刚释放瞬间彩虹圈上端的加速度大于当地的重力加速度
B．刚释放瞬间彩虹圈下端的加速度等于当地的重力加速度
C．刚开始下落的一小段时间内彩虹圈的长度变长
D．彩虹圈的下端接触地面前彩虹圈的长度不变
8．如图，公共汽车沿水平面向右做匀变速直线运动，小球A用细线悬挂于车顶上，质量为m的一位中学生手握固定于车厢顶部的扶杆，始终相对于汽车静止地站在车厢底板上，学生鞋底与公共汽车间的动摩擦因数为μ.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角(取θ=60°)，则此刻公共汽车对学生产生的作用力的大小和方向为 (　　)
A．大小等于μmg，方向水平向左
B．大小等于mg，方向竖直向上
C．大小大于，方向水平向左
D．大小等于，方向斜向左上方
9．如图所示，质量均为2 kg的物体A、B静止在竖直的轻弹簧上面.质量为1 kg的物体C用细线悬挂起来，B、C紧挨在一起但B、C之间无压力.某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(g取10 m/s2) (　　)
A．24 N B．0 C．36 N D．28 N
10．如图所示，在水平面上有一传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触).现有一物块在右端水平面上以速度v2向左运动，物块速度随时间变化的图像不可能的是 (　　)
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共4小题）
11．升降机地板上放一个弹簧秤，盘中放一质量为m的物体，当秤的读数为0.8mg时，升降机的运动可能是（ ）
A．加速上升 B．加速下降 C．减速上升 D．减速下降
12．伽利略曾用如图甲所示的“理想实验”研究力与运动的关系，用图乙所示的实验研究自由落体运动，则下列说法正确的是（　　）
A．图甲实验会看到：小球一定会“冲”上对接斜面等高的位置
B．通过图甲实验得出：力不是维持物体运动的原因
C．图乙实验中，运用斜面“冲淡”了重力的作用，使运动时间变长，便于测量
D．通过图乙实验直接验证了：自由落体运动的速度是均匀变化的
13．如图所示，长方体物块A叠放在长方体物块B上，B置于粗糙水平面上。A、B质量分别为mA=2kg，mB=1kg，A、B之间动摩擦因数μ1=0.2，B与地面之间动摩擦因数μ2=0.1，现对A施加水平力F，若F从0开始逐渐增大，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　）
A．当拉力F=3N时，A、B都处于静止状态
B．当拉力F=4N时，A、B开始发生相对滑动
C．当拉力F=5N时，B的加速度为1m/s2
D．当拉力超过6N时，A、B开始发生相对滑动
14．(多选)关于力和运动的认识,下列说法正确的是 (　　)
A.力是维持物体运动的原因
B.必须有力作用在物体上,物体才能运动;没有力的作用,物体就要静止在某个地方
C.一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态
D.如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不会停下来,也不会偏离原来的方向
三、填空题（本大题共4小题）
15．牛顿第一定律______牛顿第二定律的推论（选填“是”或“不是”）；______用牛顿第二定律来解释质量是物体惯性大小的量度（选填“能”或“不能”）。
16．电梯里，质量为60kg的小张乘电梯从1楼直上10楼，手里提着一袋质量为2kg的水果，已知电梯启动和制动过程中加速度大小都为4m/s2，那么启动过程中小张对袋子的作用力是_____________N，制动过程中他对袋子的作用力是_____________N。
17．如图所示，两小球悬挂在天花板上，a、b两小球用细线连接，上面是一根轻质弹簧，a、b两球的质量分别为m和2m，在细线烧断瞬间，a球的加速度为______，b球的加速度为______。（取向下为正方向，重力加速度为 g）
18．如图所示，质量为3kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.2。此时有一个质量为1kg的物块静止在空铁箱内壁上，如图所示，物块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ2为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块对铁箱压力的大小为______N，水平拉力F的大小为______。
四、非选择题（本大题共8小题）
19．如图甲所示的巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重状态，该器械有一个可乘坐二十人的环形座舱套在竖直柱子上，由升降机将座舱送上几十米的高处，然后让座舱自由下落，落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下。若座舱中某人用手水平托着质量为0.2kg的手机，手机中的软件记录了手机下落过程中加速度随时间变化的关系图象，如图乙所示。
（1）当座舱下落4s时，求人的速度大小；
（2）当座舱下落4s时，求手机对手的作用力。
20．北京冬奥会激发了滑雪运动的热潮。如图所示，一位滑雪运动员在练习滑板，人与装备的总质量为70kg，离坡底60m处以2m/s的初速度沿倾角为30°山坡滑下，经5s滑到坡底，之后在水平赛道上滑行了22m后停下。运动员在山坡和水平赛道的运动可近似看作匀变速直线运动。重力加速度g取10m/s2，求滑雪者（含装备）：
（1）沿坡面下滑时的加速度大小；
（2）沿坡面下滑时受到的阻力大小；
（3）在水平赛道上的滑行时间。
21．如图所示，水平传送带以2m/s的速度运动，传送带长AB=40m，今在其左端将一包裹轻轻放在上面，包裹被带动，传送到右端，已知包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，（g=10m/s2）试求：
(1)包裹开始时的加速度a；
(2)包裹加速到2m/s时，包裹运动的位移；
(3)包裹由传送带左端运动到右端的时间。
22．某同学为探究加速度a与物体所受合力F的关系，设计了如图甲所示实验装置，A为小车，B为电火花计时器，C为质量为m0的挂盘（可放砝码），D为一端带有定滑轮的长方形木板，实验所用电源的频率为50Hz。
（1）关于实验的要点，下列说法正确的是
A．与小车相连的细线与长木板一定要平行
B．为了使小车受到的合外力等于细线上的拉力，应使挂盘和盘中砝码的总质量远小于小车的质量
C．为了使细线上的拉力近似等于挂盘和盘中砝码总重，应平衡摩擦力
D．平衡摩擦力的方法为，调节挂盘中砝码的质量，使小车能匀速滑动
（2）按规范操作进行实验，在实验中得到如图乙所示的一条纸带（相邻两计数点间还有四个点没有画出），根据纸带可求出打点“3”时，小车的速度大小为 m/s，求出小车的加速度大小为 m/s2。（结果均保留三位有效数字）
（3）多次改变挂盘中砝码的质量，进行多次实验，记录每次实验时挂盘中砝码的质量m及对应的小车的加速度a，作出a-mg图像，得到的图像应是
A． B． C． D．
23．一大点计时器固定在斜面某处，一小车拖着穿过打点计时器纸带从斜面上滑下，如图甲所示，图乙四打出的纸带的一部分；
（1）已知打点计时器使用交流电的频率为50Hz，每打两个点取一个计数点，则相邻计数点间的时间间隔为 s；已知相邻计数点间的距离分别为：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，则小车下滑的加速度a= m/s2（结果保留三位有效数字）
（2）若斜面的倾角为θ，重力加速度为g，测得小车下滑的加速度为a，不考虑运动过程中纸带所受的阻力及空气阻力，则要求得小车下滑过程中所受的斜面的阻力f，还需要测量的物理量有 （只填一个物理量，同时用符号表示）；用测量的物理量，题中给定的物理量及加速度a表示小车所受阻力的计算式f= （用对用物理量的符号表示）
24．用如图所示的装置验证牛顿第二定律。
①除了图中所给器材以及交流电源和导线外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是_______（选填正确选项的字母）。
A．秒表 　　B．天平（含砝码） 　　C．弹簧测力计 　　 D．刻度尺
②实验前平衡小车与木板间摩擦力的做法是：把实验器材安装好，先不挂重物，将小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器。用垫块把木板一端垫高，接通打点计时器，让小车以一定初速度沿木板向下运动，并不断调节木板的倾斜度，直到小车拖动纸带沿木板做___________运动。
③为使砂桶和砂的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，需满足的条件是砂桶及砂的总质量___________小车的总质量。（选填“远大于”“远小于”或“近似等于”）
④实验中打出的一条纸带的一部分如图所示。纸带上标出了连续的3个计数点A、B、C，相邻计数点之间还有4个点没有标出。打点计时器接在频率为的交流电源上。则打点计时器打B点时，小车的速度___________（保留两位有效数字）。多测几个点的速度做出图像，就可以算出小车的加速度。
⑤为研究加速度和力的关系，要保证________的总质量不变，改变砂桶内砂的质量，重复做几次实验，通过实验数据来研究加速度和力的关系。
⑥在研究加速度与质量的关系时，要保证砂和砂桶的质量不变。若砂和砂桶的质量m与小车的总质量M间的关系不满足第③问中的条件，由实验数据作出a和的图线，则图线应如图中的_______所示（选填正确选项的字母）。
A． 　　　　 B．
C． 　　　　 D.
⑦该同学探究“小车的加速度与所受合力的关系”时，通过测量和处理实验数据，得到如图所示的图线，发现图线不过坐标原点，请分析其原因是：___________；该图线斜率的物理意义是：________。
25．如图甲所示为一水平传送带装置的示意图，传送带两端点A与B间的距离为L=6.0m，一物块（可视为质点）从A．处以v0=7m/s的水平速度滑上传送带，设物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2，取g=10m/s2
（1）若传送带静止，求物块离开B点时的速度；
（2）若传送带以v转=5m/s的速度逆时针匀速转动，求物块离开B点的速度；
（3）物块离开B点的速度与传送带匀速运动的速度是有关系的．若传送带顺时针匀速运动，用v转表示传送带的速度，vB表示物块离开B点的速度，请在答题卡上的图乙中画出vB与v转的关系图象．（请在图中标注关键点的坐标值，如有需要，可取 =8.5）
26．如图所示，质量为的绝缘长木板A静止于光滑水平面上，在水平轨道右端的平台上有一绝缘的光滑半圆轨道，轨道半径为，水平轨道和竖直半圆轨道位于同一竖直面内，并处于，方向水平向右的匀强电场中。现将一质量为，带电量为的滑块B从木板的最左端由静止释放，木板上表面水平，滑块与木板之间的动摩擦因数，已知木板与平台等高，木板与平台碰撞后立即静止并与平台无缝对接，碰撞时滑块刚好滑离木板，木板右端与平台之间的距离。滑块可视为质点，重力加速度，求；
（1）从释放滑块到木板与平台碰撞前瞬间，电场力对滑块做的功；
（2）从释放滑块到木板与平台碰撞前瞬间，滑块与木板由于摩擦产生的热量；
（3）滑块第一次滑上半圆轨道，在半圆轨道上的最大速度。
参考答案
1．【答案】D　
【解析】当小车向右做匀加速直线运动时，小球和小车是一个整体，所以小球也向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得合力沿OD方向，D正确.
【关键点拨】
轻杆对小球的作用力方向不一定沿杆，要根据运动状态来判断小球的受力方向.
2．【答案】C　
【解析】高速行驶的公共汽车刹车时，乘客向前倾倒是由于惯性，而惯性是物体的固有属性不是力，所以A错误.惯性的大小只与质量有关，与受力情况、速度大小等无关，所以C正确，B错误.惯性是一种保持物体原来的运动状态的性质，球由静止释放，是由于重力的作用，并不能保持原来的运动状态，所以D错误.
【关键点拨】
质量是惯性的唯一量度，质量大的物体惯性大，惯性与物体的速度和受力情况无关.
3．【答案】A
【详解】由题意知,该男孩在斜面上做匀加速运动,根据牛顿第二定律有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma,解得a=2 m/s2,又 ,可得 s,故选A.
4．【答案】D　
【解析】根据牛顿第二定律可知 F=m1a1，F=m2a2，F=(m1+m2)a，解得a=，故D正确.
5．【答案】B　
【解析】当小车被挡板挡住时，小车将停下.如果小车上表面光滑，则木块下部不受摩擦力，此时整个木块都将由于惯性而保持向右的匀速直线运动状态，A错误，B正确.如果小车上表面粗糙，则木块上部由于惯性将继续向右运动，木块下部虽然也要继续向右运动，但下部受到一个向左的摩擦力，使得下部的运动状态发生改变，相对小车保持静止，故此时木块将向右倾倒，C、D错误.
6．【答案】D　
【解析】伽利略通过斜面实验得出自由落体运动是一种匀变速直线运动的结论，故A属于；伽利略的观点是力是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因，故B属于；牛顿第一定律认为物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性，故C属于；亚里士多德的观点是物体越重，下落越快，力是维持物体运动的原因，D不属于，故选D.
7．【答案】A　
【解析】开始彩虹圈处于伸长状态，刚释放瞬间彩虹圈上端受到向下的拉力，根据牛顿第二定律可知，上端的加速度大于当地的重力加速度，故A正确；刚释放瞬间彩虹圈下端受到向上的拉力，下端的加速度小于当地的重力加速度，故B错误；刚开始下落的一小段时间内由于弹力的作用，彩虹圈上端下落速度比下端速度快，彩虹圈的长度变短，故C错误；彩虹圈的下端接触地面前彩虹圈内部弹力使得彩虹圈的长度不断变化，故D错误.
8．【答案】D　
【解析】以小球为研究对象，根据牛顿第二定律，得m球gtan θ=m球a，得到a=gtan θ.以人为研究对象，人与球的加速度相同，均水平向左，作出人的受力图，如图所示.设汽车对学生的作用力与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律，得 mgtan α=ma，F=，将a=gtan θ代入，得α=θ，F=，方向斜向左上方，故D正确.
9．【答案】A　
【解析】在细线被剪断之前，对A、B整体受力分析，重力与弹簧的弹力平衡，则弹簧的弹力大小等于A、B整体的重力大小，即为F弹=2×20 N=40 N；在细线被剪断之后的瞬间，A、B、C组成的整体的加速度a== m/s2=2 m/s2，设A对B的作用力为FAB，则对B、C组成的整体有(mB+mC)g-FAB=(mB+mC)a，解得FAB=24 N，则根据牛顿第三定律有B对A的压力大小为24 N，故选A.
【关键点拨】
此题考查牛顿第二定律的应用问题，解题关键是知道剪断细线的瞬间，C、B间立即有弹力作用，而弹簧的弹力是不能突变的.
10．【答案】C　
【解析】当v2【方法总结】
分析传送带问题时，需要先判断物块减速或加速过程需要持续多久及此过程运动的距离，可以用2ax=-判断做匀变速直线运动的时间，再与传送带的长度进行比较.注意最终物块的速度不能大于传送带的速度.
11．【答案】BC
【分析】升降机地板上放一个弹簧秤，盘中放一质量为m的物体，升降机静止时，秤的示数应该为mg，当秤的读数为0.8mg时，说明物体处于失重。由此可判定升降机的运动。
【详解】升降机地板上放一个弹簧秤，盘中放一质量为m的物体，升降机静止时，秤的示数应该为mg，当秤的读数为0.8mg时，说明物体处于失重。依据失重指物体对支撑物的压力小于重力，由牛顿第二定律可知
可知加速度向下，故升降机可能的运动为加速下降或减速上升。
故BC正确，AD错误。
故选BC。
12．【答案】BC
【详解】A．若对接斜面不光滑，则不会“冲”上对接斜面等高的位置，故A错误；
B．通过图甲实验得出：力不是维持物体运动的原因，故B正确；
C．图乙实验中，运用斜面“冲淡”了重力的作用，使运动时间变长，便于测量，故C正确；
D．通过图乙实验，再通过合理外推，得到自由落体运动的速度是均匀变化的。故D错误。
故选BC。
13．【答案】AD
【详解】A．对AB整体，B与地面间的摩擦力为
则当拉力F=3N时，A、B都处于静止状态，所以A正确；
BD．对AB整体，由牛顿第二定律可得
对B有
解得
则拉力大于6N时，AB开始发生相对滑动，所以D正确；B错误；
C．当拉力F=5N时，AB一起做匀加速运动，则有
解得
所以C错误；
故选AD。
14．【答案】CD　
【解析】力不是维持物体运动的原因,力是改变物体运动状态的原因,故A错误;物体的运动不需要力来维持,物体不受力可以处于静止或者匀速直线运动的状态,故B错误;一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态,故C正确;如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不会停下来,也不会偏离原来的方向,故D正确.
15．【答案】 不是 能
【详解】[1] 由于实际上不存在完全不受其它物体作用的孤立物体，所以第一定律不能用实验直接加以验证，主要是由它所推出的结论和实验事实符合而得到验证。第一定律指出了物体在不受力的情况下处于怎样的运动状态，这样就可以研究物体在受力情况下的运动状态，因此，在牛顿力学的理论系统中牛顿第一定律是第二定律的前提和基础，则牛顿第一定律不是牛顿第二定律的推论。
[2]根据公式
F = ma
质量越大，加速度就越小，物体也就越能保持它原有的状态，惯性也就越大了，则能用牛顿第二定律来解释质量是物体惯性大小的量度。
16．【答案】 28 12
【详解】[1]选取向上为正方向，当电梯启动时，袋子的加速度的方向向上，则
FN1-mg=ma
代入数据可得
FN1=28N
[2]同理，当电梯制动时，袋子的加速度的方向向下，则
FN2-mg=-ma
代入数据可得
FN2=12N
17．【答案】 -2g g
【详解】[1][2]弹簧上的弹力不能突变，绳子烧断瞬间，b球只受重力，其加速度为g，以整体为研究对象弹力等于总重力，大小为3mg，对A有
3mg-mg=ma
计算可得加速度为2g，方向向上，故a球加速度为-2g。
18．【答案】 20 88
【详解】[1]物块和铁箱保持静止，则一起向右匀加速，设加速度为a，铁箱对物块的支持力为N，对物块受力分析，竖直方向根据平衡条件
水平方向，根据牛顿第二定律
联立解得
，
根据牛顿第三定律可知，物块对铁箱压力的大小为。
[2]把物块和铁箱看成整体，水平方向，根据牛顿第二定律
代入数据解得
19．【答案】（1）15 m/s；（2）5 N，方向竖直向下
【详解】
（1）当座舱下落4 s时，由a-t图象与横轴围成的面积表示速度可知手机的速度为
v=-30 m/s+15 m/s=-15 m/s
则人的速度大小为15 m/s
（2）当座舱下落4s时，手机的加速度大小为
a2=15 m/s2
对手机，根据牛顿第二定律有
解得
FN=5 N
根据牛顿第三定律可知，手机对手的作用力也为5 N，方向竖直向下。
20．【答案】（1）；（2）70N；（3）2s
【详解】
（1）根据题意可知，经t1=5s下滑x1=60m，根据
解得
（2）沿坡面下滑时，根据牛顿第二定律
解得
（3）刚到水平赛道时，速度
根据
解得
在水平赛道上的滑行时间
21．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】(1)包裹开始时受到的合力为传送带给它的滑动摩擦力，则
所以，开始时包裹的加速度
(2)包裹放到传送带上，刚开始做初速度为零的匀加速直线运动，根据
代入数据，当v=2m/s时，运动的时间为
则包裹运动的位移
(3)当包裹与传送带速度相等后，包裹做匀速直线运动，运动位移
运动时间为
所以工件由传送带左端运动到右端的时间为
22．【答案】 AB ； 0.578 ； 0.882 ； A
【详解】
(1)[1]AC．为了使小车受到的合外力等于细线的拉力，应使与小车相连的细线与长木板一定要平行，同时，应平衡摩擦力，故A正确，C错误；
B．对小车由牛顿第二定律
对挂盘和盘中砝码
又
解得
当时
所以为了使细线上的拉力近似等于挂盘和盘中砝码总重，应使挂盘和盘中砝码的总质量远小于小车的质量，故B正确；
D．平衡摩擦力的方法就是，不悬挂挂盘，将长木板没有定滑轮的一端适当垫高，接通打点计时器电源，轻推小车，如果打点计时器在纸带上打出的点间隔均匀，则摩擦被平衡，故D错误。
故选A。
(2)[2]打点“3”时，小车的速度大小为
[3]根据逐差法可得小车的加速度大小为
(3)[4]根据题意有
则
故A正确，BCD错误。
故选A。
23．【答案】 0.04 1.25 小车的质量m
【详解】（1）[1]打点计时器使用交流电的频率为50Hz，每打两个点取一个计数点，则相邻计数点间的时间间隔为
T=2×0.02s=0.04s
[2]根据数据可知，小车下滑的加速度
（2）[3][4]根据牛顿第二定律可得
则
则要求得小车下滑过程中所受的斜面的阻力f，还需要测量的物理量有m，即小车的质量；小车所受阻力的计算式为
24．【答案】 (1)．B、D (2)．匀速 (3)．远小于 (4)．0.43-0.45 (5)．小车 (6)．C (7)．未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足（斜面倾角过小） (8)．小车质量的倒数
25．【答案】（1） .
26．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意，由牛顿第二定律，对长木板A由
解得
由运动学公式可得，从释放滑块到木板与平台碰撞前瞬间的时间为
由牛顿第二定律，对滑块B有
解得
滑块运动的位移为
则从释放滑块到木板与平台碰撞前瞬间，电场力对滑块做的功为
（2）从释放滑块到木板与平台碰撞前瞬间，滑块与木板由于摩擦产生的热量为
（3）滑块第一次滑上半圆轨道的速度为
设滑块运动到点时，速度最大，最大速度为，与水平方向的夹角为，如图所示
由动能定理有
整理可得
由数学知识可知，当
速度最大，解得
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第 page number 页，共 number of pages 页2026届人教版高考物理第一轮复习：第四章运动和力的关系综合基础练习3
一、单选题（本大题共10小题）
1．如图所示是一种汽车安全带控制装置的工作原理示意图.当汽车处于静止或匀速直线运动状态时，摆锤竖直悬挂，锁棒水平，棘轮可以自由转动，安全带能被拉动.当汽车突然刹车时，摆锤由于惯性绕轴摆动，使得锁棒锁定棘轮的转动，安全带不能被拉动.若摆锤从图中实线位置摆到虚线位置，汽车可能的运动方向和运动状态是 (　　)
A．向左行驶、匀速直线运动
B．向左行驶、突然刹车
C．向右行驶、突然刹车
D．向右行驶、匀速直线运动
2．关于牛顿第一定律的下列说法中，正确的是 (　　)
A．牛顿第一定律是以伽利略的理想实验为基础的，因此可用实验来直接验证
B．牛顿第一定律中提出的物体不受外力作用的条件是不可能达到的，所以这条定律可能是错误的
C．牛顿第一定律表明，物体只有在静止或做匀速直线运动时才具有惯性
D．牛顿第一定律是在大量实验事实的基础上，通过进一步推理而概括总结出来的
3．在高空中匀速飞行的轰炸机，每隔时间t投放一颗炸弹，若不计空气阻力，则投放的炸弹在空中的位置可能是选项中的(图中竖直的虚线将各图隔离) (　　)
4．如图，在车厢中的A是用绳拴在底部上的氢气球，B是用绳挂在车厢顶部的金属球，开始时它们和车一起向右做匀速直线运动，若忽然刹车使车向右做匀减速运动，则下列能正确表示刹车期间车内的情况的是 (　　)
A．　　　B．
C．　　　D．
5．一物块放在如图所示的小车上，小车在水平面上做直线运动，物块始终与小车保持相对静止.设小车对物块的支持力为FN，小车对物块的摩擦力为Ff，关于小车运动过程中物块的受力情况，下列说法正确的是 (　　)
A．若小车向左运动，FN可能为零
B．若小车向左运动，Ff不可能为零
C．若小车向右运动，FN不可能为零
D．若小车向右运动，Ff不可能为零
6．力F作用于质量为m1的甲物体时产生的加速度为a1，此力F作用于质量为m2的乙物体时产生的加速度为a2，若将甲、乙两个物体合在一起，仍受此力的作用，产生的加速度是下列选项中的哪一个 (　　)
A．　B．　C．　D．
7．A、B、C、D四个质量均为2 kg的物体在光滑的水平面上做直线运动.A运动的x-t、B运动的v-t、C运动的a-t、D运动的F-t图像如图所示，已知各物体在t=0时的速度均为零，则0~4 s内运动位移大小最大的物体是 (　　)
A．B．C．D．
8．如图所示，在竖直平面内有ac、abc、adc三个细管道，ac沿竖直方向，abcd是一个矩形，将三个小球同时从a点静止释放，忽略一切摩擦，不计拐弯时的速度损失，当竖直下落的小球运动到c点时，关于三个小球的位置，下列示意图中可能正确的是 (　　)
A． B． C． D．
9．如图所示，将质量为m=0.2 kg的物体用两个完全一样的竖直轻弹簧固定在升降机内，当升降机以3 m/s2的加速度加速向上运动时上面弹簧对物体的拉力为0.8 N；当升降机和物体都以6 m/s2的加速度向上运动时，上面弹簧的拉力为(g取10 m/s2) (　　)
A．1.1 N　　B．1.3 N　　C．1.5 N　　D．1.7 N
10．伽利略对“运动和力的关系”和“自由落体运动”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法.图甲、图乙分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是 (　　)
A．图甲中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成
B．图甲的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持的结论
C．图乙通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动
D．图乙中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易
二、多选题（本大题共4小题）
11．用如图所示的装置探究小车的加速度与所受合力的关系。下列操作正确的是（　　）
A．平衡摩擦力时，应调整定滑轮的高度，使拉小车的细线在实验过程中保持与桌面平行
B．平衡摩擦力时，先不挂砂桶，反复调整垫木的位置，轻推小车，直到小车做匀加速直线运动
C．保持小车质量不变，用装有细砂的砂桶通过定滑轮拉动小车，打出纸带。通过纸带计算小车运动的加速度
D．实验中平衡了摩擦力后，要求桶和砂的总质量m比小车质量M小得多
12．如图所示，物体随传送带一起匀速斜向上运动，则下列关于物体所受的摩擦力分析正确的是（　　）
A．与物体运动的方向相同 B．与物体运动的方向相反
C．阻碍物体的运动 D．推动物体的运动
13．如图所示，质量为48kg的某同学站在升降机中的磅秤上，某一时刻该同学发现磅秤的示数为42kg，则在该时刻升降机可能的运动方式是（　　）
A．加速上升 B．匀速上升 C．减速上升 D．加速下降
14．关于图中所示的皮带传动装置，下列说法中正确的是（　　）
A．B轮带动A轮时沿顺时针方向转动 B．C轮带动D轮时沿逆时针方向转动
C．轮子上M点所受的静摩擦力方向向上 D．皮带上N点所受的静摩擦力方向向下
三、填空题（本大题共4小题）
15．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示．取重力加速度g=10m/s2．由此两图线可以求得物块的质量m＝ kg，物块与地面之间的动摩擦因数μ＝ 。
16．如图甲所示，斜面固定在水平地面上，可视为质点的物体从斜面底端以10m/s的速度沿斜面向上滑动，到达斜面顶端时速度恰好为0，之后又滑回斜面底端。规定平行于斜面向上为正方向，物体运动的部分图像如图所示，取重力加速度大小g取。则物体与斜面间的动摩擦因数为 ，物体滑回斜面底端时的速度大小为 m/s。

17．物理学中引入合力、分力等概念，从科学方法来说是属于 方法，探究牛顿第二定律这一规律时采用的科学方法属于 方法。
18．如图所示，一质量为60kg的人站在商场的电梯上，当电梯以的加速度沿倾角的斜面加速向下运动时，该人受到的支持力大小为 N，该人受到的摩擦力大小为 N。（g取）
四、非选择题（本大题共8小题）
19．2022年2月2日，在率先开赛的北京冬奥会冰壶混合团体比赛中，中国队以7∶6击败瑞士队取得开门红。在冰壶比赛中，球员掷壶时，身体下蹲，使身体跪式向前滑行，同时手持冰壶从本垒圆心推球向前，至前卫线时，放开冰壶使其自行以直线或弧线轨道滑向营垒中心。比赛场地简图如图所示，本垒圆心到前卫线之间的距离，前卫线到营垒中心的距离。某次投掷过程中，运动员在前卫线处放开冰壶，放开时冰壶的速度，冰壶恰好自行滑行到营垒中心。冰壶运动可以简化为由球员掷壶阶段的初速度为零的匀加速直线运动和自行滑行阶段的匀减速直线运动。冰壶的质量，可以看做质点，在滑行过程中冰壶与冰面之间的动摩擦因数不变。取重力加速度。求：
（1）冰壶向前卫线滑行过程中受到的合力大小F；
（2）冰壶与冰面之间的动摩擦因数。
20．某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系。
（1）改变木板倾斜程度，根据打出的纸带上的点迹分析小车是否做 运动，来判断是否平衡摩擦力；
（2）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为、，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为，由图可知，m甲 m乙，μ甲 μ乙（填“大于”、“小于”或“等于”）。
21．如图所示是可用轻杆、小球和硬纸板等制作一个简易加速度计，粗略测量运动物体的加速度。在轻杆上端装上转轴，固定于竖直纸板上的O点，轻杆下端固定一小球，杆可在竖直平面内自由转动。将此装置固定于运动物体上，当物体向右加速（减速）运动时，杆便向左（向右）摆动。为了制作加速度计的刻度盘，同学们进行了如下操作：
（1）让重锤做自由落体运动，利用打点计时器打出的纸带测量当地的重力加速度。实验中得到一条较理想的纸带，在纸带上取7个计数点，相邻两个计数点间的时间间隔为0.02s。
根据数据求出重力加速度g= m/s2（保留三位有效数字）。
（2）测量当地重力加速度后还应测量的物理量是 （填入所选物理量前的字母）
A．小球的质量m B．轻杆的长度L
C．小球的直径d D．轻杆与竖直方向的夹角θ
（3）写出加速度与被测物理量之间的关系式 （用被测物理量的字母表示）。
22．如图所示，在水平桌面的边角处有一轻质光滑的定滑轮K，一条不可伸长的轻绳绕过定滑轮K分别与物体A、B相连，A、B的质量分别为mA=3kg、mB=2kg．现用一水平恒力F拉物体A，使物体B上升（A、B均从静止开始运动）．已知当B上升距离为h=0.2m时，B的速度为v=1m/s．已知A与桌面的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度为g=10m/s2．求：
(1)力F的大小和A、B系统的加速度大小．
(2)当B的速度为v=1m/s时，轻绳突然断了，那么在B上升的过程中，A向左运动多远？
23．飞机在水平跑道上加速滑行时受到机身重力mg、竖直向上的机翼升力F升、发动机推力F推，空气阻力F阻、地面支持力N和轮胎受地面的摩擦阻力f。已知升力与阻力均与飞机运动的速度平方成正比，即F升=k1v2，F阻=k2v2，k1、k2为已知量，轮胎受地面的摩擦阻力f与地面的支持力成正比，比例系数为μ，假设飞机在跑道上加速滑行时发动机推力F推=。
（1）飞机起飞时的速度v多大？
（2）若要求飞机在水平跑道上匀加速滑行，则轮胎受地面的摩擦阻力f与地面的支持力成正比的比例系数为μ应满足怎样的条件？
（3）若飞机在水平跑道上从静止开始匀加速滑行后起飞，跑道的长度至少多大？
24．一端有滑轮的平板与小车（滑块）是力学实验中的重要实验仪器，能完成多个实验。
（1）①图1是“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图。砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M，实验中用砂和砂桶总重力的大小作为小车所受的合外力，需要进行的必要选择或操作正确的是
A．调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行
B．当M改变时，需要重新平衡摩擦力
C．将长木板的一端垫起适当的高度，调节其大小，观察判断小车是否做匀速运动
②实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是
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）某同学发现实验室中有拉力传感器，这一实验小组征求老师意见后，在图1基础上设计了图2进行实验。小车后面固定一条纸带，穿过电火花打点计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑的定滑轮和动滑轮与挂在竖直面内的拉力传感器相连，拉力传感器用于测小车受到拉力的大小。为了简便、准确地完成“验证牛顿第二定律”实验，需要的正确操作是
A．需要细线与木板平行
B．需要平衡摩擦力
C．需要满足m远小于M
D．需要测量砂和砂桶质量m
（3）该组同学意犹未尽，回到教室又设计了如下实验继续探究加速度与合外力的关系：
如图所示，弹簧秤固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别于弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接。在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距d开始时将木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小。再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t，计算木板的加速度a；改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数F1的关系。下列图像能表示该同学实验结果的是
A． B．
C． D．
25．某实验小组同学利用如图所示的装置验证牛顿第二定律。实验步骤如下：
①将光电门A、B固定在长木板上，用刻度尺测量光电门A、B之间的距离L；
②调节长木板左端的高度，直至滑块（带有遮光片）通过光电门A、B的时间相等；
③将细绳的一端与滑块相连，另一端与小球相连，细绳跨过光滑轻质定滑轮，调整滑轮，使滑块与滑轮间的细绳与长木板平行；
④将滑块置于光电门A上方某位置，由静止释放，记录滑块（带有遮光片）通过光电门A、B的时间和；
⑤用天平测量滑块（含遮光片）的质量M，测量小球的质量m；
⑥测量出遮光片的宽度d。
回答下列问题（重力加速度为g）：
（1）实验步骤②的目的是 ；
（2）滑块从光电门A运动到光电门B的加速度大小 ；（用题中所给物理量符号表示）
（3）若小球的质量m远小于滑块（含遮光片）的质量M，则细绳中的拉力大小 ；（用题中所给物理量符号表示）
（4）若小球的质量m不满足远小于滑块（含遮光片）的质量M的条件，则牛顿第二定律在本实验中的具体表达形式为 。（用题中所给物理量符号表示）
26．质量m=1kg物体受到F=4N的水平拉力作用，物体开始在水平面上向右做匀加速直线运动，运动时受到大小恒为f=2N的摩擦阻力作用。试求：
（1）物体运动的加速度大小；
（2）5秒末物体的速度多大？
（3）若5秒末撤销拉力F，物体还能运动多远？
参考答案
1．【答案】C　
【解析】摆锤相对汽车向右摆动，根据惯性的知识分析，可知汽车可能是向左加速行驶或向右减速行驶，只有C正确.
2．【答案】D　
【解析】牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是以实验为基础，但又不是完全通过实验得出的，由于不受力的理想状态不可达到，故不可用实验来直接验证，故A错误；牛顿第一定律是在实验的基础上进一步推理概括出来的科学理论，不能直接通过实验得出，但能接受实践的检验，故B错误；惯性的大小与物体的受力情况和运动情况均无关，任何状态下物体都有惯性，故C错误；牛顿第一定律是在大量实验事实的基础上，通过进一步推理而概括总结出来的，故D正确.
3．【答案】B 　
【解析】由于惯性，炸弹被投放后具有和飞机相同的速度，每个炸弹在水平方向都做速度与飞机相同的匀速直线运动，因此炸弹落地前排列在同一条竖直线上，且位于飞机的正下方，炸弹在竖直方向做自由落体运动，空中相邻的炸弹之间的距离随着时间增大而增大，故B正确.
【易错分析】
本题容易发生只考虑竖直方向的自由落体运动而忽略水平方向的运动而出现错解的情况，由于具有惯性，且水平方向不受其他力的作用，炸弹将在水平方向做匀速直线运动.
4．【答案】D　
【解析】开始时金属球、车厢、车厢内空气及氢气球有向右的相同速度，突然刹车使车厢做减速运动时，由于金属球比车厢内同体积的空气质量大，惯性大，运动状态不易改变，相对车厢继续向右运动，因此B向右偏，故B、C错误.氢气球虽然有惯性，但因为氢气密度小，空气的密度大(相同体积空气惯性比氢气球大)，它被空气向后推开，相对车厢向左运动，故A错误，D正确.
【方法总结】
利用惯性分析实际问题时，首先要明确物体原来处于什么运动状态，然后再判断由于惯性物体应保持怎样的运动状态.
5．【答案】C　
【解析】若小车向左做匀速运动，根据平衡条件得知，物块所受的摩擦力不可能为零，FN不可能为零；若小车向左做加速运动，根据牛顿第二定律可知，合力向左，FN不可能为零，Ff可能为零；若小车向左做减速运动，由牛顿第二定律可知合力向右，则物块所受摩擦力不可能为零，FN不可能为零，故A、B错误.若小车向右做匀速运动，根据平衡条件得知，Ff不可能为零，FN不可能为零；若小车向右做加速运动，根据牛顿第二定律可知，合力向右，Ff不可能为零，FN不可能为零；若小车向右做减速运动，由牛顿第二定律可知合力向左，则物块所受FN不可能为零，Ff可能为零，故C正确，D错误.
6．【答案】D　
【解析】根据牛顿第二定律可知 F=m1a1，F=m2a2，F=(m1+m2)a，解得a=，故D正确.
7．【答案】A　
【解析】由x-t图像可知，A物体的总位移为x=-1 m-1 m=-2 m；由v-t图像可知，B物体在0~2 s内沿正方向运动，2~4 s内沿负方向运动，方向改变，0~4 s内总位移为零；由a-t图像可知，C物体在0~1 s内做匀加速直线运动，1~ 2 s内沿原方向做匀减速运动，2 s末速度减为零，2~3 s内沿负方向做匀加速直线运动，3~4 s内沿负方向做匀减速直线运动，根据对称性可知0~4 s内物体的总位移为零；由F-t图像可知，D物体在第1 s内做匀加速运动，第2 s内做匀减速运动，2 s末速度减为零，然后重复前面的过程，D做单向直线运动，位移一直增大，加速度大小为a==0.5 m/s2，通过的位移x=4××0.5×12 m=1 m.综上所述，0~4 s内位移最大的应是A物体，故选A.
8．【答案】B　
【解析】设ac=D，∠acb=α.设小球沿ab、bc、ac、ad、dc下滑的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4、a5.根据牛顿第二定律得a1=a5==gsin α，a2=a4==gcos α，a3=g，则对于ab段有Dsin α=a1=gsin α·，得t1=；对于ac段有D=g得t3=；对于ad段有Dcos α=a4=gcos α·，得t4=，所以有t1=t3=t4.即当竖直下落的小球运动到c点时，沿abc运动的小球刚好到达b点，沿adc运动的小球刚好到达d点，故B正确.
【方法总结】
等时圆的两种模型：(1)小球从圆上的各个位置沿光滑弦轨道由静止滑下，滑到圆的底端的时间相等，如图甲所示；(2)小球从竖直圆环的顶端沿光滑弦轨道由静止滑下到圆上各位置的时间相等，如图乙所示.
9．【答案】A　
【解析】当升降机以3 m/s2的加速度加速向上运动时，下面弹簧处于压缩状态，根据牛顿第二定律得F上1+F下1-mg=ma1，代入数据解得F下1=1.8 N，F上1+F下1=2.6 N，当升降机和物体都以6 m/s2的加速度向上运动时，物体受到的合力F合=ma2=0.2×6 N=1.2 N，根据牛顿第二定律得F上2+F下2-mg=ma2=1.2 N，则F上2+F下2=3.2 N，物体要下移，根据胡克定律，两根弹簧增加的弹力相等，开始时F上1=0.8 N，F下1=1.8 N，ΔF=3.2 N-2.6 N=0.6 N，每根弹簧增加0.3 N，所以升降机和物体都以6 m/s2的加速度向上运动时上面弹簧的弹力F上2=F上1+0.3 N=0.8 N+0.3 N=1.1 N，故A正确.
10．【答案】D　
【解析】完全没有摩擦阻力的斜面是不存在的，故实验不可能实际完成，故A错误.题图甲的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持的结论，故B错误.伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比.由于当时用滴水法计时，无法准确记录自由落体的时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小、倾角很小的斜面滚下，来“冲淡”重力的作用效果，而铜球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长得多，所以容易测量.伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上进行合理外推，得出自由落体运动的规律，故C错误，D正确.
11．【答案】CD
【详解】
A．平衡摩擦力时不挂砂桶，则选项A错误；
B．平衡摩擦力时，先不挂砂桶，反复调整垫木的位置，轻推小车，直到小车做匀速直线运动，选项B错误；
C．保持小车质量不变，用装有细砂的砂桶通过定滑轮拉动小车，打出纸带，通过纸带计算小车运动的加速度，选项C正确；
D．实验中平衡了摩擦力后，要求桶和砂的总质量m比小车质量M小得多，这样可认为桶和砂的重力近似等于小车的牵引力，选项D正确。
故选CD。
12．【答案】AD
【详解】
物体与传送带保持相对静止一起匀速向上运动，物体有向下滑动的趋势，所以受到传送带对它沿传送带向上静摩擦力的作用，即与物体运动方向相同，此时的摩擦力为动力，对物体的运动起推动作用，故选AD。
13．【答案】CD
【详解】
该同学失重，则电梯的加速度向下，则电梯可能加速向下运动，或者减速向上运动。
故选CD。
14．【答案】BD
【详解】
AB．在题图甲、乙中，若左侧轮为主动轮，当左侧轮顺时针转动时，下面皮带会绷紧，则A带动B；当左侧轮逆时针转动时，上面皮带会绷紧，则C带动D，若右侧轮为主动轮，当右侧轮顺时针转动时，上面皮带会绷紧，则D带动C；当右侧轮逆时针转动时，下面皮带会绷紧，则B带动A，A错误，B正确；
C．对于题图甲中轮子上M点的静摩擦力方向的判断也分两种情况讨论，若A带动B，则A带动皮带一起沿顺时针方向转动，M点相对皮带有向上的运动趋势，所以M点受到向下的静摩擦力；若B带动A，B逆时针转动，则M点相对轮子有向上的运动趋势，所以M点受到向下的静摩擦力，C错误；
D．对于题图乙中的N点，若C轮带动D轮时沿逆时针方向转动，N点相对轮子有向上的运动趋势，可知N点所受静摩擦力方向向下，同理可得，若D轮带动C轮时沿顺时针方向转动，可知N点所受静摩擦力方向也向下，D正确。
故选BD。
15．【答案】0.5；0.4
【详解】[1][2]4-6s内物体匀速运动，则N，2-4s，F=3N，则物体加速，则由牛顿定律，解得m=0.5kg ，
16．【答案】 0.5
【详解】[1]根据图像可知质点上滑的加速度大小为，下滑得加速度大小为，根据牛顿第二定律得，，解得，
[2]根据图像与坐标轴围成图形的面积表示物体的位移可知斜面的长度为，质点从斜面顶端到低端的过程根据匀变速直线运动规律得，解得物体滑回斜面底端时的速度大小为
17．【答案】等效替代；控制变量
【详解】[1]合力与分力的作用效果相同，从科学方法来说是属于等效替代方法；
[2]探究牛顿第二定律这一规律时采用的科学方法属于控制变量方法。
18．【答案】492；144
【详解】[1][2]人受重力、竖直向上的支持力和水平向左的摩擦力，在竖直方向和水平方向由牛顿第二定律分别可得，，解得，
19．【答案】（1）；（2）
【详解】（1）冰壶从本垒圆心到前卫线做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式有：
解得
根据牛顿第二定律
解得
（2）冰壶从前卫线到营垒中心做匀减速直线运动，由运动学公式有：
解得
冰壶减速前进过程中，由滑动摩擦力提供加速度，即：
解得
20．【答案】匀速；小于；大于；
【详解】
(1)[1]小车平衡时，做匀速直线运动，所以根据打出的纸带上的点迹分析小车是否做匀速运动，来判断是否平衡摩擦力；
(2)[2]a-F图像的斜率是质量的倒数，甲的斜率大，所以甲的质量小于乙的质量；
[3]由
可得
纵轴截距的-，由图可知
21．【答案】 9.72 ； D ； a=gtanθ
【详解】
(1)[1]由逐差法得
(2)(3)[2][3]假设小球由于加减速发生了偏转，由牛顿的定律得
解得
可知，为了在表盘上标上对应的加速度，还需要测量轻杆与竖直方向的夹角θ。故选D。
22．【答案】（1）40N，2.5 m/s2（2）0.15m
【详解】（1）物体B匀加速上升，根据速度位移公式，有：
a＝＝2.5m/s2
对A运用牛顿第二定律，得到：
F-μmAg-T=mAa
对B运用牛顿第二定律，得到：
T-mBg=mBa
联立解得：
F=40N
即力F的大小为40N，A、B系统的加速度大小为2.5m/s2．
（2）细线断开后，B物体由于惯性继续上升，根据速度时间公式，有：
t＝＝0.1s ①
对A运用牛顿第二定律，得到：
F-μmAg=mAa'②
物体A做匀加速直线运动，根据速度时间公式，有
③
由①②③解得
S=0.15m
23．【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】
【详解】
（1）根据题意，飞机刚要离开跑道时，地面支持力为零，飞机的升力与重力平衡，故有
解得飞机起飞时的速度为
（2）设摩擦阻力f与地面的支持力的比例系数为μ，根据牛顿运动定律，得飞机水平方向受推力、摩擦力和阻力作用，合力使飞机产生加速度有
代入数据可得
要使飞机做匀加速运动，故可知
即满足
（3）飞机匀加速运动的加速度为
起飞的条件为
即
由匀加速运动关系式
得
24．【答案】 A ； C ； AB ； C
【详解】
（1）[1] A．调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行，使小车受到的拉力等于合外力，A正确；
B．当M改变时，不需要重新平衡摩擦力，B错误；
C．要取下沙桶，再将长木板的一端垫起适当的高度，调节其大小，观察判断小车是否做匀速运动，该步骤为平衡摩擦力的方法，C错误。
故选A。
[2]当时，即当沙桶和沙总质量远远小于和砝码的总质量，绳子的拉力近似等于沙和沙桶的总重力，因此最合理的一组是C选项，故选C。
（2）[3]A．需要细线与木板平行，才能保证细线的拉力与小车的合外力方向相同，细线的拉力才等于小车的合外力，A正确；
B．需要平衡摩擦力，细线的拉力才等于小车的合外力，B正确；
CD．由于不需要用沙桶的重力来表示合外力，合外力可以直接测量，所以不需要满足m远小于M，也不需要测量砂和砂桶质量m，CD错误。
故选AB。
（3）[4]根据
联立可得
又因为当 时，加速度有最大值，为
故选C。
25．【答案】平衡摩擦力（补偿阻力）；；；
【详解】
(1)[1]滑块（带有遮光片）通过光电门A、B的时间相等，说明滑块在长木板上做匀速直线运动，重力沿长木板的分力与摩擦力平衡，所以实验步骤②的目的是平衡摩擦力（补偿阻力）；
(2)[2]滑块、经过光电门A的速度为
经过光电门B的速度
由匀变速直线运动规律
得滑块从光电门A运动到光电门B的加速度大小为
(3)[3]由牛顿第二定律得
解得
若小球的质量m远小于滑块（含遮光片）的质量M，则
(4)[4]若小球的质量m不满足远小于滑块（含遮光片）的质量M，由牛顿第二定律得
解得
则
26．【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得
解得
(2)物体做静止开始的匀加速直线运动，由公式可得
解得
(3) 若5秒末撤销拉力F，则物体水平方向只受摩擦阻力作用将做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得
假设还能运动x，则有
解得
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