滚动卷1 力与直线运动-【高考领航】2025年高考物理总复习四测通关卷

滚动卷1　力与直线运动 (满分：100分) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1.如图所示，人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀减速运动，不计空气阻力，以下说法正确的是(　　) A.人受到重力和支持力的作用 B.人受到的静摩擦力水平向左 C.人受到的支持力大于受到的重力 D.人的重力和人对踏板的压力是一对平衡力 2.一本书重约5 N，有314页，书本正面朝上。现将一张A4纸夹在第157页与第158页间，A4纸能够覆盖几乎整个书页，如图所示。若要将A4纸抽出，至少需用约2 N的拉力。不计书皮及A4纸的质量，则A4纸和书之间的摩擦因数最接近(　　) A.0.20　　　　　　 B.0.30 C.0.40 D.0.50 3.某电影拍摄现场用摄像机拍摄物体。已知t＝0时刻摄像机和物体在平直两轨道上并排同向运动，二者v­t图像如图所示。若摄像机在8 m之内可以获得清晰的画面，忽略两轨道间的距离，则从计时开始，摄像机运动过程中可以获得该物体清晰画面的总时间为(　　) A.4 s B.6 s C.8 s D.10 s 4.如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧和半径为0.6R的四分之一光滑圆弧固定在竖直面内，两圆弧的最低点相接，接点切线水平，质量为m1的A球和质量为m2的B球用轻杆连接在圆弧面内处于平衡状态，杆刚好水平，大圆弧圆心O1到杆的距离为0.6R，不计小球的大小，则A、B两球的质量之比为(　　) A. B. C. D. 5.某儿童乐园要在空地上建一个如图所示的滑梯，根据空地的空间大小，滑梯的高度确定为1.6 m。经测试滑梯和儿童之间的动摩擦因数最大为0.4，为使儿童能够顺利滑下，则设计时滑梯的倾斜部分水平跨度不能超过(　　) A.3.2 m B.4 m C.4.8 m D.6.4 m 6.光滑水平面上停放着质量M＝2 kg的平板小车，一个质量为m＝1 kg的小滑块(视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从A端滑上小车，如图所示。小车长l＝1 m，小滑块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.4，g取10 m/s2，从小滑块滑上小车开始计时，2 s末小滑块与小车B端的距离为(　　) A.1 m B.0 C.0.25 m D.0.75 m 7.如图所示，穿过小动滑轮的轻绳两端分别固定在a、b两点，质量为m的小物块通过轻绳拴接在小动滑轮的轴上。现给小物块施加一个水平向右的拉力F，系统静止时，滑轮到固定点a、b的两部分轻绳与水平方向的夹角分别为30°和60°，滑轮质量、大小以及摩擦忽略不计，重力加速度为g。下列判断正确的是(　　) A.小物块与滑轮间的轻绳与竖直方向夹角为37° B.作用在小物块上的水平拉力大小为2mg C.跨过滑轮的轻绳中的张力大小为(－1)mg D.跨过滑轮的轻绳中的张力大小为(＋1)mg 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.如图所示，在一粗糙水平面上，有三个通过不计质量的卡扣依次连接在一起的货箱A、B、C，质量分别为m、2m、3m，每个货箱与水平面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。现用一大小为F、方向水平向右的拉力拉C货箱，使货箱A、B、C一起向右做匀加速直线运动。下列说法正确的是(　　) A.A、B间卡扣的作用力大小为 B.B、C间卡扣的作用力大小为 C.拉力与整体受到的摩擦力大小相等 D.A、B、C整体的加速度大小为 9.用倾角为30°的传送带向卡车内输送货物，如图所示。现将质量为4 kg、可视为质点的货物P轻放到传送带底端，当货物P离开传送带时刚好与传送带共速。已知货物P和传送带间的动摩擦因数为，传送带始终以4 m/s的速度顺时针转动，A、B两轮大小不计，取重力加速度大小g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.货物P在传送带上运动时受到的摩擦力大小为20 N B.货物P在传送带上运动时的加速度大小为2.5 m/s2 C.货物P在传送带上运动的时间为2 s D.传送带B轮距地面的高度为1.6 m 10.为了测试小车的性能，甲、乙两辆小车同时从M处由静止开始沿平直公路均先做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动直至静止，两车先后停在N处，假设两车在各自匀加速阶段和匀减速阶段的加速度大小相等，甲车、乙车全程经历的时间分别为t0和2t0，甲、乙两车加速度大小分别为a1和a2，最大速度分别为v1和v2，则(　　) A.v1∶v2＝2∶1 B.a1∶a2＝∶1 C.甲车停下时，两车相距最远 D.甲车运动了t0时，两车相距最远 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11.(7分)利用如图甲所示的装置研究小车的匀变速直线运动。 甲 (1)实验中，必要的措施是　　　　。 A.细线必须与长木板平行 B.小车必须具有一定的初速度 C.小车质量远大于钩码质量 D.平衡小车与长木板间的摩擦力 (2)如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G是打出的纸带上7个连续的计数点，每两个计数点之间还有四个点未画出，计时器每0.02 s打一个点。则由图求得F点的瞬时速度vF＝　　　　　　m/s。(保留两位有效数字) 乙 (3)图丙是根据实验数据画出的v2­2x图线(x为各点至同一起点的距离)，由图线可知小车的加速度为　　　m/s2。(保留两位有效数字) 丙　　 12.(9分)用下列器材测量小车质量M。小车、一端带有定滑轮的平直轨道、垫块、细线、打点计时器、纸带、频率为50 Hz的交流电源、直尺、8个槽码，每个槽码的质量均为m＝10 g。 甲 (1)完成下列实验步骤： ①按图甲所示安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着8个槽码。改变轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列均匀的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑； ②保持轨道倾角不变，取下1个槽码(即细线下端悬挂7个槽码)，让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a； ③依次减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤②； ④以取下槽码的总个数n(1≤n≤8)的倒数为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出­关系图线。 (2)已知重力加速度大小g＝9.8 m/s2，计算结果均保留两位有效数字，请完成下列填空： ①(多选)下列说法正确的是　　　　。 A.接通电源后，再将小车从靠近打点器处释放 B.小车下滑时，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行 C.实验中必须保证细线下端悬挂槽码的质量远小于小车的质量 D.若细线下端悬挂着2个槽码，则小车在下滑过程中受到的合外力大小为6mg ②某次实验获得如图乙所示的纸带，相邻计数点间均有4个点未画出，则在打“5”点时小车的速度大小v5＝　　　　　m/s，加速度大小a＝　　　　m/s2。 乙 ③写出随变化的关系式＝　　　　　(用M、m、g、a、n表示)。 ④测得­关系图线的斜率为2.50 s2/m，则小车质量M＝　　　　kg。 13.(10分)一小球由倾角为30°斜面的底端以一定的初速度沿斜面向上运动，如图是小球运动的频闪照片，频闪时间间隔相同，小球在斜面上依次经过A、B、C、D、E点。已知小球向上经过A点时的速度为v0，各段距离之比xAB∶xBC∶xCD∶xDE＝6∶2∶1∶3，小球在运动过程中所受阻力大小不变。求： (1)小球所受阻力和重力大小之比； (2)小球向下运动经过B点时速度的大小。 14. (13分)为了探究物体与斜面间的动摩擦因数，某同学进行了如下实验：取一质量为m的物体，使其在沿斜面方向的推力F作用下向上运动，如图甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面的倾角α＝37°，取重力加速度g＝10 m/s2。 甲 乙　　　　　　　　丙 (1)求物体与斜面之间的动摩擦因数； (2)求撤去推力F后，物体还能上升的距离(斜面足够长)。 15.(15分)如图甲所示，一根足够长的固定细杆与水平方向的夹角θ＝37°，质量m＝2 kg的带电小球穿在细杆上并静止于细杆底端的O点。t＝0开始在空间施加一电磁辐射区，使小球受到水平向右的力F＝kt(k＝10 N/s)，t＝6 s时小球离开电磁辐射区，小球在电磁辐射区内的加速度a随着时间t变化的图像如图乙所示，认为细杆对小球的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6)。求： 　甲　　　　　　　　　　　　乙 (1)t＝6 s时小球的加速度am的大小； (2)小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离l。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 滚动卷1　力与直线运动 1.B　依题意，人随扶梯做斜向上匀减速运动，其加速度沿扶梯斜向下，分解加速度为水平方向和竖直方向，有ma水平＝Ff，ma竖直＝mg－FN可知，人受到的静摩擦力水平向左，人受到的支持力小于受到的重力。故AC错误，B正确；人的重力和人对踏板的压力分别作用在人和踏板上，不是一对平衡力，故D错误。 2.C　A4纸抽出时，A4纸上下表面都受到书本的滑动摩擦力，有Ff＝2μFN＝μG，解得A4纸和书本之间的摩擦因数为μ＝0.4，故选C。 3.C　在0～4 s内，物体的加速度为a＝＝1 m/s2，4 s时物体比摄像机刚好多走的距离为Δs＝×4×4 m＝8 m，则这4 s内可以获得清晰画面。4 s～6 s内物体与摄像头逐渐远离，直到6 s时再次相距8 m。之后物体静止，摄像机匀速移动16 m的过程中均可以获得清晰画面，用时4 s，所以摄像机获得物体清晰画面的总时间为8 s。故选C。 4.A　画出A和B的受力分析图如图，根据几何关系可得tan θ1＝，tan θ2＝2，受力分析可得mAg＝，mBg＝，而由于杆上的力大小相等，故有＝＝，故选A。 5.B　为使儿童能够顺利滑下，即下滑加速度大于等于零，设滑梯与水平面的夹角为θ，根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma≥0，又tan θ＝，则最大高度x≤4 m，故选B。 6.C　对小滑块，由牛顿第二定律有a1＝＝μg＝4 m/s2，对小车由牛顿第二定律有a2＝＝2 m/s2，设经时间t两者共速，有v＝v0－a1t＝a2t，解得t＝＝0.5 s，v＝1 m/s，对小滑块有x1＝t＝1 m，对小车有x2＝t＝0.25 m，小滑块相对小车向右滑行的距离为Δx＝x1－x2＝0.75 m，共速后小滑块与小车一起向右做匀速直线运动，2 s末小滑块与小车B端的距离为d＝l－Δx＝0.25 m，故选C。 7.C　设跨过滑轮的轻绳中张力大小为T，将滑轮与小物块看成一个整体，竖直方向有Tsin 30°＋Tsin 60°＝mg，水平方向有Tcos 30°＋Tcos 60°＝F，解得T＝(－1)mg，F＝mg，故BD项错误，C项正确；设小物块与滑轮间的轻绳与竖直方向夹角为θ，该轻绳上的张力为FT，对小物块分析，水平方向有FTsin θ＝F，竖直方向有FTcos θ＝mg，解得θ＝45°，故A项错误。 8.AB　将货箱A、B、C看作整体，由牛顿第二定律得F－6μmg＝6ma，解得a＝，故D错误；对A、B整体研究，取水平向右为正方向，设B、C间卡扣的作用力大小为F1，则F1－3μmg＝3ma，解得F1＝，故B正确；对A研究，设A、B间卡扣的作用力大小为F2，则F2－μmg＝ma，解得F2＝，故A正确；货箱A、B、C一起向右做匀加速直线运动，拉力的大小F>6μmg，故C错误。 9.BD　货物P在传送带上运动时受到的摩擦力大小Ff＝μmgcos 30°＝30 N，故A错误；货物P在传送带上运动时的加速度大小a＝＝2.5 m/s2，故B正确；货物P在传送带上运动的时间t＝＝1.6 s，故C错误；传送带的长度L＝at2＝3.2 m，所以传送带B轮距地面的高度为1.6 m，故D正确。 10.AD　运动图像如图所示，由两车位移相等v1t0＝v2·2t0，解得v1∶v2＝2∶1，由图像可得，甲的加速度a1＝，乙的加速度a2＝，两车位移相等，有2×a1t02＝2×a1(2t0)2，整理有a1∶a2＝4∶1，故A正确，B错误；速度相等时相距最远，设甲达到最大速度后，再经过Δt时间，相距最远。速度相等v1－a1Δt＝a2(＋Δt)，对甲车v1＝a1，再联立a1∶a2＝4∶1，解得Δt＝t0，甲车运动时间t甲＝＋Δt＝t0，两车相距最远。故C错误，D正确。 11.解析：(1)该实验目的是研究小车做匀变速直线运动，只要小车做匀加速运动即可，对于初速度、小车质量与钩码质量关系、是否平衡摩擦力没有要求，为保证小车做直线运动，细线必须与长木板平行。故选A。 (2)相邻两个计数点之间的时间间隔为T＝5×0.02 s＝0.1 s，F点时小车的瞬时速度vF＝＝ m/s＝0.14 m/s。 (3)根据匀变速直线运动的速度位移公式v2－v02＝2ax可得v2＝v02＋2ax，由此可知在v2­2x图线中，纵轴截距表示初速度的平方，斜率表示加速度的大小，因此有a＝k＝＝0.50 m/s2。 答案：(1)A　(2)0.14　(3)0.50 12.解析：(2)①接通电源后，再将小车从靠近打点计时器处释放，A正确；小车下滑时，为了保证小车所受合力不变，保证实验的准确性，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行，B正确；因为减少的槽码的重力等于系统的合力，且每个槽码的质量已知道，故选择小车和悬挂的所有槽码为研究对象，则实验中不必保证细线下端悬挂槽码的质量远小于小车的质量，故C错误；若细线下端悬挂着2个槽码，小车加速下滑，槽码加速上升，槽码超重，故细线对小车的拉力大于2个槽码的重力，所以小车下滑过程中受到的合外力小于6mg，故D错误。 ②相邻计数点间均有4个点未画出，可知T＝0.1 s 根据题图乙，点5是点4、6的中间时刻，则在打“5”点时小车的速度大小为 v5＝＝ m/s＝0.72 m/s 由逐差公式得加速度为 a＝ ＝＝0.82 m/s2。 ③以小车和悬挂的所有槽码为研究对象，则有8mg－(8－n)mg＝[M＋(8－n)m]a 整理得＝·－。 ④由③中分析可知关系图线斜率k＝＝2.5 s2/m，而m＝10 g，g＝9.8 m/s2，代入解得M＝0.17 kg。 答案：(2)①AB　②0.72　0.82　③·－ ④0.17 13.解析：(1)由匀变速直线运动规律可知，只有当初速度(或末速度)为零时，连续相等的两段时间内物体位移之比为1∶3(或3∶1)，则由 xAB∶xBC＝6∶2＝3∶1 可得，C点为最高点，设小球沿斜面向上、向下运动时加速度大小分别为a1、a2，频闪时间间隔为t，根据位移时间公式，有 xBC＝a1t2 xCD＝a2t2 解得＝ 由牛顿第二定律得 mgsin θ＋f＝ma1 mgsin θ－f＝ma2 解得＝。 (2)B点是从A到C运动的时间中点，故有vB上＝ 从B到C，根据速度位移公式，有vB上2＝2a1xBC 从C到B根据速度位移公式，有vB下2＝2a2xBC 联立解得vB下＝v0。 答案：(1)　(2)v0 14.解析：(1)0～2 s内，由F­t图像可得F1＝21.5 N 由牛顿第二定律可得F1－mgsin α－μmgcos α＝ma1 由v­t图像可得a1＝＝0.5 m/s2 2 s后，由F­t图像可得F2＝20 N 由牛顿第二定律可得F2－mgsin α－μmgcos α＝0 解得μ＝。 (2)撤去推力F后，由牛顿第二定律可得 －μmgcos α－mgsin α＝ma2 解得a2＝－ m/s2 撤去外力后，物体的速度为1 m/s，物体做匀减速直线运动到达最高点，则由速度位移公式得 x＝＝0.075 m。 答案：(1)　(2)0.075 m 15.解析：(1)根据题意，对小球受力分析，如图所示 由题图乙可知，t＝4 s时，小球的加速度恰好为0，则有 Fcos θ＝mgsin θ＋Ff Fsin θ＋mgcos θ＝FN Ff＝μFN F＝10×4 N＝40 N 解得μ＝0.5 由题图乙可知，t＝6 s时，小球的加速度有 F′cos θ－mgsin θ－Ff′＝mam F′sin θ＋mgcos θ＝FN′ Ff′＝μFN′ F′＝10×6 N＝60 N 解得am＝5 m/s2。 (2)t＝6 s时，小球离开电磁辐射区，由牛顿第二定律有 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 解得a＝10 m/s2 根据题意，由a­t图像中面积表示速度变化量可知，由于小球由静止运动，则t＝6 s时小球的速度为 v＝×(6－4)×5 m/s＝5 m/s 由v2－v02＝2ax可得，小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离为 l＝＝1.25 m。 答案：(1)5 m/s2　(2)1.25 m 学科网（北京）股份有限公司 $$