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第四章 运动和力的关系--重难点突破卷
(考试时间：75分钟 满分：100分)
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
第Ⅰ卷 选择题
一．选择题（本题共10小题，共46分，在每小题给出的四个选项中，1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；8~10题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答得0分。）
1．（2025·河南·模拟预测）《考工记》中有“马力既竭，辀犹能一取焉”的记载，描述了马对车施力停止后车继续前行的现象。以下关于此现象的分析正确的是（　　）
A．车前行是因为受到马的惯性作用
B．马对车停止施力后车继续前行是因为车具有惯性
C．车的惯性随速度增大而减小
D．此现象说明力是维持物体运动状态的原因
2．（24-25高二下·河北·期末）如图所示，一辆小车在水平面内做匀加速直线运动，一个小球用轻绳连接悬挂在车顶部，绳与竖直方向的夹角为θ，另外一个质量为M的物体贴在小车的后壁上，恰好不下滑，则小车与物体M间的动摩擦因数为（最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高一·上海·专题练习）小明为了研究超重和失重现象，站在电梯内水平放置的体重计上，小明质量为55 kg，电梯由启动到停止的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．由图甲可知电梯此时一定处于静止状态
B．由图乙可知小明此时一定向下加速运动
C．由图乙可知电梯此时一定处于加速上升状态
D．由图乙可知电梯此时的加速度约为0.7 m/s2
4．（24-25高一下·安徽·阶段练习）如图所示，竖直圆的圆周上有A、B、C、D四点，AC、AD为两条光滑的直轨道，BC是圆的竖直直径，AD是圆的倾斜直径，AD与BC的夹角为53°。让小球1、2从A点由静止释放，分别沿AC、AD滑行到圆周上的C、D两点，用时分别为t1、t2，让小球3从B点由静止释放，下落到圆周上的C点，用时为t3。已知sin53°=0.8，小球可看成质点，则t1:t2:t3为（　　）
A． B．4:5:5 C．1:1:1 D．
5．（24-25高一下·广东广州·阶段练习）如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度—时间变化规律如图乙所示，t=6s时恰好到B点，则（　　）
A．物块与传送带之间动摩擦因数为μ=0.5
B．AB间距离为20m
C．小物块在传送带上留下的痕迹是8m
D．若物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，则物块不能到达B端
6．（24-25高一下·浙江·期中）如图所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。t=0时刻对A施加竖直向上的拉力F，使A先以a=10m/s2的加速度向上做匀加速直线运动，从t=0.2s时起，使A改做匀速直线运动。已知：两物体的质量mA=2kg，mB=1kg，弹簧的劲度系数为k=50N/m，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．t=0.1s时刻F=35N
B．B匀速直线运动的时间为0.2s
C．A在0.2s-0.3s时间内F随时间t关系为F=100t-10
D．A、B分离时，弹簧的压缩量为0.1m
7．（24-25高一下·山西晋城·开学考试）为了增强起跑爆发力，运动员常在腰间绑有弹性拉力带，此过程可等效为如图所示的模型。在倾角为θ的斜面体上用轻质细绳系一小球，在水平拉力F的作用下，斜面体从静止开始向左加速运动。该过程中，下列说法正确的是（　　）
A．与静止时相比，绳子拉力一定增大
B．与静止时相比，斜面对小球弹力一定增大
C．运动中随着拉力的增大地面对斜面体的摩擦力一定增大
D．当斜面体的加速度时，小球对斜面体无压力作用
8．（24-25高一下·河南郑州·开学考试）如图所示，固定在地面的轻弹簧上端连接一质量为2m的物体A，质量为3m的物体B用跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与A相连，用手托住物体B，让绳子伸直但无拉力，重力加速度为g。时刻突然松手，关于物体A、B的运动情况以及绳子的拉力，下面说法正确的是（　　）
A．松手后瞬间物体B的加速度大小为 B．松手后瞬间绳子上的拉力大小为
C．弹簧恢复原长时物体A的加速度大小为 D．弹簧恢复原长时绳子上的拉力大小为
9．（24-25高一上·内蒙古呼和浩特·期末）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乙所示，取重力加速度大小，下列说法正确的是（　　）
A．斜面的倾角为
B．物体与斜面间的动摩擦因数为0.25
C．斜面顶端距水平地面的高度为2m
D．物体滑回斜面底端时的速度大小为
10．（24-25高一上·内蒙古呼伦贝尔·期末）一小物块向左冲上水平向右运动的木板，二者速度大小分别为、，此后木板的速度ν随时间t变化的图像如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板足够长。物块、木板的质量分别为m、3m，木板与地面间动摩擦因数为μ。下列说法正确的是（ ）
A．物块、木板间动摩擦因数为2μ
B．物块的加速度方向始终不变
C．
D．整个过程中物块与木板的加速度大小相等
第Ⅱ卷 非选择题
二、非选择题
11．（6分）（24-25高一上·河南驻马店·期末）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某小组设计了如图甲所示的实验装置，重物的质量为m，小车质量为M。
(1)下列说法正确的是______
A．本实验采用的主要实验方法是控制变量法
B．实验时应先释放小车，再接通打点计时器的电源
C．在平衡小车受到的阻力时，应将木板的一端垫高，小车在重物的牵引下沿木板匀速运动
D．重物的质量改变后垫木的位置不能再移动
(2)实验小组在某次实验中得到一条记录小车运动的纸带，如图乙所示A、B、C、D、E是按打点先后顺序依次选取的5个计数点，相邻计数点间的时间间隔，、、、，根据纸带可求出小车的加速度为 （计算结果保留2位有效数字）。
(3)另一组学生用图丙的装置测量小车的质量M以及小车与木板间的动摩擦因数，在保证重物的质量m远小于小车的质量M的情况下，通过增减悬挂重物的质量m进行多次实验，分析纸带数据求出相应实验时小车的加速度大小a，作出如图丁所示的图像。由图丁求得小车的质量 ，小车与木板间的动摩擦因数 。（设重力加速度大小为g）
12．（8分）（24-25高一下·浙江绍兴·期末）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，小飞同学根据教材上提供的两种实验方案进行实验，如图甲、乙所示。
(1)打电计时器分两种，其中电火花计时器用的电源是______。
A．交流6V B．直流6V C．交流220V D．直流220V
(2)两种实验方案涉及到最主要的思想方法是______。
A．控制变量法 B．等效法 C．放大法 D．极限法
(3)关于两种实验方案，下列操作中说法不正确的是______。（多选）
A．均需要用打点计时器来记录小车运动的时间
B．均需要用打点计时器来记录下每一个点迹
C．均需要把木板一端垫高来补偿阻力
D．均需要算出加速度的具体值
(4)图丙为甲方案中打出纸带的一部分，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，为了计算方便各计数点到A点间的距离已在图中标出。打B点时小车的速度 ，小车的加速度 。（结果均保留两位有效数字）
(5)小飞发现可以利用智能手机的APP直接测量手机运动时的加速度，他设计如图丁所示的实验方案，手机与滑块固定后，放在一粗糙程度相同的固定斜面上。滑块通过光滑的定滑轮悬挂质量为m的钩码，用智能手机测出滑块运动的加速度a；保持斜面倾角不变，改变钩码的质量m，进行多次测量；做出a与的图像如图戊，已知图像中直线的截距为b（未知），斜率为k。不计空气阻力，重力加速度为g。
①关于本次实验，以下说法正确的是 。
A．钩码的质量需要远小于智能手机和滑块的质量
B．细绳应该始终与长木板平行
C．不悬挂钩码时，必须使滑块和智能手机沿长木板匀速下滑
D．细线的拉力等于钩码的重力
②根据图像可得，滑块和智能手机的总质量为 。（用题中所给已知量表示）
13．（9分）（24-25高二下·山东淄博·期末）智能机器人自动分拣快递包裹系统惊艳世界。如图为某次分拣过程示意图，包裹放在机器人的水平托盘上，机器人从A处由静止出发，沿直线AB做匀加速直线运动， 至最大速率后做匀速运动，一段时间后再做匀减速直线运动到分拣口B处停下。在B处，机器人翻转托盘使倾角θ缓慢增大至22°时，包裹刚要下滑。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g=10m/s2。
(1)求包裹与托盘间的动摩擦因数μ；（已知sin22°=0.372，cos22°=0.93）
(2)在运送过程中，包裹与托盘始终保持相对静止，机器人和包裹可视为质点。机器人的最大速率v=4m/s，从A到B的最短用时为10s，求AB间的距离x。
14．（13分）（24-25高一上·安徽合肥·阶段练习）在大型物流货场广泛使用传送带运送货物如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运动，皮带始终是绷紧的，将的货物无初速度放在传送带上的A处，经过1.2s货物到达传送带的B端，用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，已知，求：
(1)斜面的倾角和货物与传送带之间的动摩擦因数；
(2)A、B两点间的距离；
(3)传送带上留下的黑色痕迹长度。
15.（18分）（24-25高一上·安徽亳州·期末）如图所示，在一水平面上从左到右依次放置着一个传送带和一个足够长的木板。传送带长度，以的速度顺时针匀速转动，传送带与木板上表面平齐且可认为物块可平滑地从传送带滑到木板上表面。木板静止在水平面上，木板与地面间的动摩擦因数。现将一小滑块（视为质点）以的初速度从传送带左端滑上传送带，小滑块与传送带间的动摩擦因数，小滑块与木板间的动摩擦因数，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小滑块与木板质量均为1kg，重力加速度，求：
(1)小滑块在传送带上运动的最大速度大小；
(2)小滑块滑上木板后，滑块与木板相对静止所需时间；
(3)木板的最短长度以及木板相对地面的总位移。
答案和解析
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D D D C C A BC AD ACD
1．B
【详解】AB．题中描述的是惯性现象（牛顿第一定律），车在马停止后继续前行，是因为其具有保持原有运动状态的特性，即惯性，故A错误，B正确；
C．惯性只与质量有关，与速度无关，故C错误；
D．力是改变物体运动状态的原因，故D错误。
故选B。
2．D
【详解】以小球为对象进行受力分析，设小球的质量为m，小球所受的合力应水平向右，根据牛顿第二定律可得
解得加速度为
物体A与小球具有相同的加速度，则A所受的压力大小为，方向向右
由于物体A恰与车厢相对静止，则有
联立解得
故选D。
3．D
【详解】A．由题图甲可知小明处于平衡状态，电梯此时处于静止或匀速运动状态，A错误；
BC．由题图乙可知小明处于超重状态，有向上的加速度，则电梯向上加速或向下减速，B错误；C错误；
D．此时小明受到的支持力大小为
则加速度大小为，D正确。
故选D。
4．D
【详解】根据题意可知，小球沿AD运动的加速度为
则有
解得
设AC与水平方向夹角为θ，连接AB，如图所示
由几何关系可得
小球沿AC运动的加速度为
则有
解得
小球3沿竖直直径BC做自由落体运动，则有
解得
则
故选D。
5．C
【详解】A．由图乙可知，加速过程的加速度为
由牛顿第二定律可知
联立解得
故A错误；
B．由图乙可知，4s后物体与传送带的速度相同，故传送带速度为；图像与时间轴所围成的面积表示位移，故AB间距离为
故B错误；
C．由图乙可知，共速前小物块与传送带发生的相对位移为
可知小物块在传送带上留下的痕迹是8m，故C正确；
D．物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块由于惯性向前做匀减速直线运动，减速的加速度大小为
物块从开始到速度为4m/s时发生的位移为
物块减速到停下通过的位移大小为
由于
可知物块刚好到达B端，故D错误。
故选C。
6．C
【详解】A．当系统静止时，对 A、B 整体进行受力分析，根据平衡条件可得弹簧的压缩量
0.1s内运动的位移为
根据牛顿第二定律有
解得N
故A错误；
BD．0.2s内运动的位移为
0.2s末的速度为
当A、B分离时，弹簧的压缩量m
所以A、B一起匀速上升的位移大小为m
时间为s
故BD错误；
C．A、B一起匀速运动过程，A、B整体受平衡力
解得
故C正确；
故选C。
7．A
【详解】
AB．如图所示，小球静止时受到重力mg、绳子拉力T、斜面弹力N三个力作用，由平衡条件得绳子拉力
斜面对小球弹力
当斜面体向左加速运动时，在小球没离开斜面之前，水平方向有
竖直方向有
解得，
则，
A正确，B错误；
C．由整体法受力分析，斜面体受到的摩擦力
与斜面体的加速度无关，保持不变，C错误；
D．当小球刚好离开斜面时，
解得
当斜面体加速度
小球对斜面体无压力作用，D错误。
故选A。
8．BC
【详解】AB．松手瞬间，弹簧来不及发生形变，弹力不变，设细绳的拉力大小为，对A根据牛顿第二定律有
对B，有
联立求得，
故A错误，B正确；
CD．设弹簧恢复原长时，细绳的拉力大小为，对A根据牛顿第二定律有
对B，有
联立求得，
故C正确，D错误。
故选BC。
9．AD
【详解】AB．根据图乙可知物体上滑的加速度大小为
物体下滑的加速度大小为
设斜面的倾角为，物体与斜面间的动摩擦因数为，物体上滑时根据牛顿第二定律可得
物体下滑时根据牛顿第二定律可得
联立解得，
故A正确，B错误；
C．根据图像可知物体上滑的距离为
则斜面顶端距水平地面的高度为
故C错误；
D．物体下滑时，根据运动学公式可得
可得物体滑回斜面底端时的速度大小为
故D正确。
故选AD。
10．ACD
【详解】AD．根据图像可知木板的速度方向没有发生改变，在时刻，木板的受力发生突变，可知此时物块与木板达到共速，则在内物块先向左做匀减速到速度减为0后反向向右匀加速运动到与木板共速，该段时间内，木板、物块的加速度大小分别为
，
则有
分别对木板、物块根据牛顿第二定律可得
，
联立解得物块、木板间动摩擦因数为
共速后，物块与木板保持相对静止，一起向右做匀减速运动到停下，所以整个过程中物块与木板的加速度大小相等，故AD正确；
B．物块与木板共速前，物块的加速度方向向右，共速后，物块的加速度方向向左。故B错误；
C．在内，以木板为对象，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
根据题图可得
在内，以木板、物块为整体，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
根据题图可得
联立可得
故C正确。
故选ACD。
11．(1)AD；(2)0.41；(3)
【详解】（1）A．实验研究多个物理量之间的关系，在研究其中两个物理量关系时，需要确保其它物理量不变，可知，本实验采用的主要实验方法是控制变量法，故A正确；
B．为了避免纸带上出现大量的空白段落，实验时应先接通打点计时器的电源，再释放小车，故B错误；
C．在平衡小车受到的阻力时，应将木板的一端垫高，不挂重物，轻推小车，使小车沿木板能够匀速运动，故C错误；
D．平衡摩擦力时有
小车质量可以消去，可知，重物的质量改变后垫木的位置不能再移动，故D正确。
故选AD。
（2）根据逐差法，小车加速度
（3）[1][2]当重物的质量m远小于小车的质量M的情况下，重物的重力近似等于绳的拉力大小，根据牛顿第二定律有
变形得
结合图像有，
解得，
12．(1)C；(2)A；(3)ABD；(4) 0.32 0.90；(5) B
【详解】（1）电火花计时器的工作电压为交流220V，故选C。
（2）探究小车的加速度与力、质量的关系实验的科学思想方法为控制变量法，故选A。
（3）AD．两种实验均可利用位移代替加速度，所以不需要用打点计时器来记录小车运动的时间，也不需要算出加速度具体的数值，故AD错误；
B．实验中可选取一段较清晰的点迹，无需用打点计时器来记录下每一个点迹，故B错误；
C．两组实验中都需要把木板一端垫高来补偿阻力，故C正确。
本题选错误的，故选ABD。
（4）[1]相邻两个计数点之间对应的时间间隔0.1s，打B点时小车的速度
[2]小车的加速度
（5）[1]设小车和手机的质量为M，斜面倾角θ，对钩码和小车以及手机的系统，由牛顿第二定律有mg+Mgsinθ-μMgcosθ=(m+M)a
可得
则本实验的原理为a与m(g-a)成一次函数。
A．因本实验验证牛顿第二定律为对系统采用准确的方法，故不需要近似的用钩码重力代替绳的拉力，也就不需要质量关系，即不需要钩码的质量远小于智能手机和小车的质量，故A错误；
B．为了让绳子拉小车的力为恒力，则细绳应该始终与长木板平行，故B正确；
C．本实验若平衡了摩擦力，系统的牛顿第二定律表达式为
a与m(g-a)成正比例函数，不符合实验结果，则不需要平衡摩擦力，故C错误；
D．本实验研究系统的牛顿第二定律，则绳子的拉力小于钩码的重力，故D错误。
故选B。
[2]根据a与m(g-a)成一次函数关系，可知图像的斜率的意义为
则小车可知图像的斜率的意义为
13．(1)0.4；(2)36m
【详解】（1）根据
可得
（2）机器人加速和减速的加速度大小相等，则时间相等，设加速和减速的时间均为t1，匀速的时间为t2；加速度最大值为
则，，
解得x=36m
14．(1)；(2)；(3)
【详解】（1）由图像可知，货物与传送带共速前的加速度大小为
货物受到的摩擦力方向沿传送带向下，对货物根据牛顿第二定律可得
货物与传送带共速后的加速度大小为
共速后，货物受到的摩擦力方向沿传送带向上，对货物根据牛顿第二定律可得
联立解得
，
（2）根据图像与横轴围成的面积表示位移，可知A、B两点间的距离为
（3）在0~时间内，货物相对传送带向上发生的位移大小为
在0.2s~1.2s时间内，货物相对传送带向下发生的位移大小为
由于
则传送带上留下的黑色痕迹长度为。
15．(1)；(2)0.8s；(3)1.6m；3.2m
【详解】（1）小滑块在传送带上加速运动，根据牛顿第二定律得
解得
若小滑块可以在传送带加速到与传送带共速，根据
解得
所以小滑块在传送带上运动的最大速度为
（2）小滑块滑上长木板后，对小滑块，由牛顿第二定律得
解得
对木板，由牛顿第二定律得
解得
设经过时间，小滑块与木板共速，由运动学公式得
解得
（3）根据
解得
由于，小滑块与木板共速后相对静止一起减速，对小滑块和木板组成的整体，由牛顿第二定律得
解得
小滑块与木板共速后一起减速停止运动，由运动学公式得
解得
长木板运动的总时间为
作出从小滑块滑上木板开始到停止运动的图像如图所示
图中阴影部分面积即为小滑块与木板的相对位移，也是木板的最短长度
下面空白三角形面积为木板相对地面的总位移，为
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