第3章 运动和力的关系 周测五-【师大金卷】2025年高考物理一轮复习提升卷

物理７—２　 一、选择题(本题共５小题,每小题４分,共２０分) １．如图甲和乙,是踩了香蕉皮摔倒和一名骑行的 人因自行车前轮突然陷入一较深的水坑而倒地 的照片．下面是从物理的角度去解释这两种情 境,其中正确的是 (　　) A．甲图中踩了香蕉皮摔倒是因为人的惯性变 小了 B．乙图中人和车摔倒是因为雨天路面太滑 C．踩香蕉皮摔倒是因为下半身速度大于上半身 的速度 D．自行车行驶速度越大,其惯性越大,所以造成 人车倒地现象 ２．水平路面上质量为３０kg的小车,在６０N 水平 推力作用下由静止开始以１􀆰５m/s２ 的加速度做 匀加速直线运动．２s后撤去该推力,则下列说 法正确的是 (　　) A．小车２s末的速度大小是４m/s B．小车受到的阻力大小是１５N C．撤去推力后小车的加速度大小是１m/s２ D．小车运动的总时间为６s ３．如图所示,一根弹簧一端固定 在左侧竖直墙上,另一端连着 A 小球,同时水平细线一端连 着A 球,另一端固定在右侧竖 直墙上,弹簧与竖直方向的夹 角是６０°,A、B 两小球分别连在另一根竖直弹簧 两端．开始时A、B 两球都静止不动,A、B 两小 球的质量相等,重力加速度为g,若不计弹簧质 量,在水平细线被剪断瞬间,A、B 两球的加速度 大小分别为 (　　) A．aA＝aB＝g B．aA＝２g,aB＝０ C．aA＝ ３g,aB＝０ D．aA＝２ ３g,aB＝０ ４．如图甲、乙所示,两车都在光滑的水平面上,小 车的质量都是M,人的质量都是m,甲图人的推 力、乙图人拉绳(绳与轮的质量和摩擦均不计) 的力都是F．关于甲、乙两图中车的加速度大小, 下列说法正确的是 (　　) A．甲图中车的加速度大小为FM B．甲图中车的加速度大小为 FM＋m C．乙图中车的加速度大小为 ２FM＋m D．乙图中车的加速度大小为FM ５．(多选)(２０２４􀅰广州增城开学)引体向上是高中 学生体质健康标准的测试项目之一,如图甲所 示,质量为m＝５５kg的某同学,双手抓住单杠 做引体向上,在竖直向上运动过程中,其重心的 速率 随 时 间 变 化 的 图 像 如 图 乙 所 示,g 取 １０m/s２,由图像可知 (　　) A．t＝０．４s时,他正处于超重状态 B．t＝０．５s时,他的加速度约为０．３m/s２ C．t＝１．１s时,他受到单杠的作用力的大小为 ５５０N D．t＝１．５s时,他正处于超重状态 二、非选择题(本题共３小题,共３０分) ６．(６分)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡 车中,如图所示,倾斜滑轨与水平面成２４°角,长 度l１＝４m,水平滑轨长度可调,两滑轨间平滑 连接．若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑, 其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝ ２ ９ ,货物可视 为质点(取cos２４°＝０􀆰９,sin２４°＝０􀆰４,重力加 速度g取１０m/s２)． (１)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a１ 的 大小; (２)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小; (３)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过 ２m/s,求水平滑轨的最短长度l２． ７．(１０分)跳楼机可以使人 体验失重和超重(如图 所示)．现让升降机将座 舱送到距地面 H＝７８m 的高处,然后让座舱自 由下落,落到距地面h＝ ３０m 的位置时开始制 动,使座舱均匀减速,座舱落到地面时刚好停 下,在该体验中,小明将质量m＝１０kg的书包 平放在大腿上(不计空气阻力,g取１０m/s２)． (１)当座舱静止时,请用所学知识证明书包的重 力G与书包对小明大腿的压力大小F 相等． (２)当座舱落到距地面h１＝５０m 的位置时,求 小明对书包的作用力大小F１; (３)求跳楼机制动后(匀减速阶段)加速度a的 大小; (４)当座舱落到距地面h２＝１５m 的位置时,求 小明对书包的作用力大小F２． ８．(１４分)某航母上舰载机起飞时主要靠甲板前端 上翘来帮助战斗机起飞,其示意图如图所示,飞 机由静止开始先在一段水平距离为L１＝１６０m 的水平跑道上运动,然后在长度为L２＝２０􀆰５m 的倾斜跑道上滑跑,直到起飞．已知飞机的质量 m＝２􀆰０×１０４kg,其喷气发动机的推力大小恒 为F＝１􀆰４×１０５ N,方向与速度方向相同,水平 跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝２􀆰０５m,飞机 在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到 的平均阻力大小都为飞机重力的０􀆰２倍,假设 航母处于静止状态,飞机质量视为不变并可看 成质点,倾斜跑道看作斜面,不计水平跑道和倾 斜跑道连接处的影响,且飞机起飞的过程中没 有出现任何故障,g取１０m/s２．求: (１)飞机在水平跑道上运动的末速度大小; (２)飞机从开始运动到起飞经历的时间t． 物理７—１ 第三章　运动和力的关系 周测五　 　　考点１:牛顿第一定律 T１　考点２:牛顿第二定律 T２、T３、T４、T６、T８　考点３:超重　失重 T５、T７ 物理答案 — ８　 由平衡条件有mgsin３７°＋Ffm＝FT２ 对B 分析,如图丁所示,由平衡条件有２FT２cos３０°＝m２g 解得m２＝ ３m 即重物B 的质量mB 的大小范围为 ３ ５m≤mB≤ ３m (２)根据题意,由(１)分析可知,若物块A 刚好不上滑,此时,绳 子的张力为FT２＝mg 对重物B,由平衡条件有２FT２cosθ′＝mg 解得θ′＝６０° 设移动竖直杆之前CD 的水平距离为x１,移动竖直杆之后CD 的水平距离为x２,由几何关系可得 sin３０°＝ x１ L ,sin６０°＝ x２ L 解得x１＝ １ ２ m ,x２＝ ３ ２ m 则竖直杆向右平移的距离为 Δx＝x２－x１＝ ３－１ ２ m． [参考答案](１)３５m≤mB≤ ３m　 (２)３－１２ m 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第三章　运动和力的关系 周测五 １．C　[解题思路]题图甲中踩了香蕉皮摔倒是因为人的脚受到的 摩擦力突然变小,脚不能立刻停下来,脚向前滑,由于惯性, 上半身还要保持原来的运动状态,从而使得人下半身速度 大于上半身的速度,所以人会向后倾倒,而不是人惯性变小 了的原因,故 A错误,C正确;题图乙中人和车摔倒是因为 车的前轮陷入水坑后前轮立刻停止,但人与车的后半部分 由于惯性仍保持原来的运动状态,因此人和车将向前倾倒． 而不是因为雨天路面太滑,故B错误;惯性只与物体的质量 有关,与速度大小没有关系,故 D错误． ２．B　[解题思路]根据运动学公式,小车２s末的速度大小v＝at１ ＝３m/s,故 A错误;根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma,解得 Ff＝１５N,撤去推力后,加速度大小为a′＝ Ff m ＝０􀆰５m /s２, 减速时间为t２＝ v a′＝ ３ ０．５s＝６s ,小车运动的总时间为t＝ t１＋t２＝２s＋６s＝８s,故B正确,C、D错误． ３．D　[解题思路]水平细线被剪断前分别对 A、B 两球进行受力 分析如图所示: 静止时,FT ＝Fsin６０°,Fcos６０°＝mAg＋F１,F１＝F′１＝ mBg,又mA＝mB,联立解得FT＝２ ３mAg;水平细线被剪断 瞬间,FT 消失,其他各力不变,A 所受合力与FT 等大反向, 所以aA＝ FT mA ＝２ ３g,aB＝０,D正确． ４．C　[解题思路]对甲图以车和人整体为研究对象,系统不受外 力作用,故甲图中车的加速度为零,A、B错误;乙图中人和 车受绳子的拉力作用,以人和车整体为研究对象,受力大小 为２F,所以乙图中车的加速度a＝ ２FM＋m ,C正确,D错误． ５．ABC　[解题思路]t＝０．４s时他向上加速运动,加速度方向向 上,他处于超重状态,故 A 正确;根据速度—时间图线的 斜率表示加速度可知,t＝０􀆰５s时,他的加速度a＝ΔvΔt≈ ０．３ １．０m /s２＝０􀆰３m/s２,故B正确;t＝１􀆰１s时他的速度达 到最大值,v－t图线的斜率为零,表示加速度为０,他受 到单杠的作用力刚好等于重力,即F＝G＝mg＝５５×１０ N＝５５０N,故 C正确;t＝１􀆰５s时他向上做减速运动,加 速度方向向下,他处于失重状态,故 D错误． ６．[解题思路](１)根据牛顿第二定律可得 mgsin２４°－μmgcos２４°＝ma１ 代入数据解得a１＝２m/s２． (２)根据运动学公式有v２＝２a１l１ 解得v＝４m/s． (３)根据牛顿第二定律有μmg＝ma２ 根据运动学公式有v２max－v２＝－２a２l２ 代入数据联立解得l２＝２．７m． [参考答案](１)２m/s２　(２)４m/s　(３)２．７m ７．[解题思路](１)设小明大腿对书包的支持力大小为FN,因为物 体处于静止状态,则FN＝G 根据牛顿第三定律有FN＝F,所以G＝F． (２)座舱自由下落到距地面h＝３０m 的位置时开始制动,所以当 座舱距地面h１＝５０m 时,书包处于完全失重状态,则有F１＝０． (３)座舱自由下落高度为 H－h＝７８m－３０m＝４８m,座舱开始 制动时,已获得速度vm,由运动学公式得v２m＝２g(H－h) 座舱制动过程做匀减速直线运动,则有v２m＝２ah,联立可得a＝ １６m/s２,方向竖直向上,故跳楼机制动后(匀减速阶段)加速度 a的大小为１６m/s２． (４)由牛顿第二定律得F２－mg＝ma,代入数据得F２＝２６０N, 故当座舱落到距地面h２＝１５m 的位置时,小明对书包的作用力 大小为２６０N． [参考答案](１)见解析　(２)０　(３)１６m/s２　(４)２６０N ８．[解题思路](１)设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为a１, 阻力大小为F阻 ,在水平跑道上运动的末速度大小为v１,由牛顿 第二定律得F－F阻 ＝ma１ F阻 ＝０􀆰２mg v２１＝２a１L１ 联立以上三式并代入数据解得a１＝５m/s２,v１＝４０m/s． (２)设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a２,在倾斜跑道 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 物理答案 — ９　 末端的速度大小为v２, 飞机在水平跑道上的运动时间t１＝ v１ a１ ＝８s 在倾斜跑道上,由牛顿第二定律有 F－F阻 －mghL２ ＝ma２ 代入数据解得a２＝４m/s２ 由v２２－v２１＝２a２L２ 代入数据解得v２＝４２m/s 飞机在倾斜跑道上的运动时间t２＝ v２－v１ a２ ＝０􀆰５s 则t＝t１＋t２＝８􀆰５s． [参考答案](１)４０m/s　(２)８．５s 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 周测六 １．C　[解题思路]根据小铁球与光滑凹槽相对静止可知,系统有 向右的加速度且大小为a＝gtanα,小铁球受到的合外力方 向水平向右,凹槽对小铁球的支持力大小为 mg cosα ,推力F＝ (M＋m)gtanα,选项 A、B、D错误,C正确． ２．D　[解题思路]对整体进行受力分析有F－μ􀅰３mg＝３ma,对 P 进行受力分析有FT－μmg＝ma,联立解得轻绳的张力大 小为FT＝ F ３ ,故 A、B、C错误,D正确． ３．C　 [解题思路]根 据 牛 顿 第 二 定 律,上 滑 过 程:mgsinθ＋ μmgcosθ＝ma１,下滑过程:mgsinθ－μmgcosθ＝ma２,比较 可知加速度大小a１＞a２,则物块上滑过程v－t图像的斜率 的绝对值比下滑过程的大．由于存在摩擦力,所以物体滑到 斜面底端时的速度vt 小于初速度v０,上滑过程有x＝ v０t０ ２ , 下滑过程有x＝ vt １ ２ ,可得t１＞t０,故 C正确,A、B、D错误． ４．C　[解题思路]将m 与M 看作一个整体有(m＋M)g＝μ１FN１, FN１＝(m＋M)a,对m 受力分析有mg＝FN２,μ２FN２＝ma,解 得μ１＝ g a ,μ２＝ a g ,由于a＜g,则有μ１＞１,μ２＜１,μ１＞μ２, 故选 C． ５．ACD　[解题思路]根据v－t图像与t轴所围面积表示位移大 小可知煤块上升的最大位移为xm＝ １ ２ × (２＋１２)×１m ＋ １２ ×１×２m＝８m ,故 A 正确;根据v－t图像的斜率 表示加速度可知煤块与传送带共速前、后的加速度大小 分别为a１＝ １２－２ １ m /s２＝１０m/s２,a２＝ ２ １ m /s２＝２m/s２, 对煤块根据牛顿第二定律有 ma１＝μmgcosθ＋mgsinθ, ma２＝mgsinθ－μmgcosθ,解得μ＝０􀆰５,故 B错误;设煤 块从冲上传送带到返回A 端所用的时间为t,则有 １２a２ (t－２s)２＝xm,解得t＝(２＋２ ２)s,故 C正确;０~１s 内,煤块相对传送带向上运动,此段时间内煤块和传送 带的位移大小分别为x１＝ １ ２ ×１× (１２＋２)m＝７m,x２ ＝vt１＝２m,煤块在传送带上留下的划痕长度为二者相 对位移大小,即L１＝x１－x２＝５m,方向向上,１~(２＋２ ２)s内,煤块相对传送带向下运动,此段时间内煤块和 传送带的位移分别为x′１＝vt２－ １ ２a２t ２ ２＝－７m,x′２＝ vt２＝(２＋４ ２)m,煤块与传送带的相对位移大小为L２ ＝x′２－x′１＝(９＋４ ２)m,方向向下,因为L２＞L１,所以 有一部分痕迹是重合的,则煤块在传送带上留下的划痕 为(９＋４ ２)m,故 D正确． ６．[解题思路](１)设 AD＝x１,DG＝x２,由 题 图 乙 可 得 x１ ＝ ３􀆰７０cm－０􀆰４０cm＝３􀆰３０cm,x２＝８􀆰６０cm－３􀆰７０cm＝４􀆰９０ cm,所用电源的频率为５０Hz,每５个点取一个计数点,可得AD 之间的时间间隔为t＝３×０􀆰０２×５s＝０􀆰３s,根据匀变速直线运 动的推论,即 Δx＝x２－x１＝at２,代入数据,解得a＝０􀆰１８m/s２． (２)根 据 牛 顿 第 二 定 律 可 得a＝ Fm ,故 有aA ＝ F m１ ,aB ＝ F m２ , a－F图线斜率为质量的倒数,故由题图丙可知m１＜m２,由直线 B 可知,当F 等于０时,加速度不等于零,说明平衡摩擦力过度, 即长木板倾斜程度过大． [参考答案](１)０．１８　(２)小于　长木板倾斜程度过大,平衡摩 擦力过度 ７．[解题思路](１)小滑块相对平板车滑动时,设小滑块和平板车的 加速度大小分别为a１、a２,根据牛顿第二定律有 μmg＝ma１,F－μmg＝Ma２ 解得a１＝２m/s２,a２＝１􀆰５m/s２ 又a１t＝v０＋a２t 解得t＝３s． (２)两者达到相同速度后,由于 Fm＋M＝１􀆰７m /s２＜a１,可知它 们将一起做匀加速直线运动． 从小滑块刚放在平板车上至达到与平板车相同速度的过程中, 滑块向右的位移大小为 x１＝ １ ２a１t ２ 平板车向右的位移大小为x２＝v０t＋ １ ２a２t ２ 又l＝x２－x１ 解得l＝２．２５m． [参考答案](１)３s　(２)２．２５m ８．[解题思路](１)根据L＝v０t＋ １ ２at ２,代入数据解得a＝２m/s２． (２)根据牛顿第二定律有 F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma,代入数据解得μ＝０􀆰５． (３)设F 与斜面夹角为α,平行斜面方向有Fcosα－mgsinθ－ μFN＝ma 垂直斜面方向有FN＋Fsinα＝mgcosθ 联 立 解 得 F ＝ ma＋mg (sinθ＋μcosθ) cosα＋μsinα ＝ma＋mg (sinθ＋μcosθ) μ２＋１sin(φ＋α) 当sin(φ＋α)＝１时,F 有最小值Fmin, 代入数据解得Fmin＝ １２ ５ ５ N． [参考答案](１)２m/s２　(２)０．５　(３)１２ ５５ N 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋