章末卷3 运动和力的关系-【高考领航】2026年高考物理总复习四测通关卷

章末卷3　运动和力的关系 (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．(2025·东三省高三联考)某人站在力传感器上完成先“下蹲”后“站起”动作，如图显示的是此过程中力传感器的示数随时间的变化情况，g＝10 m/s2。则(　　) A．此人的质量大约为50 kg B．“站起”过程中人的加速度一直向上 C．“下蹲”过程中人的加速度一直向下 D．1 s到2 s的过程中人的重心先下降再上升 2．如图所示，竖直平面内有两个完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中(　　) A．速度一直增大 B．速度先增大后减小 C．加速度的最大值为3g D．加速度先增大后减小 3．如图所示是某游乐场的海豚表演。小海豚从水池冲出，以10 m/s的速度滑过坡道底端的O点，经过1.0 s向上滑过坡道上P点时的速度为3.2 m/s。该坡道为直道，足够长且倾角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．小海豚上滑的加速度大小为3.2 m/s2 B．小海豚和坡道之间的动摩擦因数为0.1 C．小海豚滑过P点后还能继续向上滑3.2 m D．小海豚下滑回到O点时速度大小为10 m/s 4．2024年4月25日晚，神舟18号载人飞船成功发射，在飞船竖直升空过程中，整流罩按原计划顺利脱落。整流罩脱落后受空气阻力与速度大小成正比，它的v-t图像正确的是(　　) 5．如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　　) A．逐渐增大　　　　 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 6．如图所示，一倾角为37°的足够长光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一挡板，一根劲度系数k＝100 N/m的轻弹簧两端分别连接在固定挡板和物体P上，紧挨着P放置物体Q(不与P粘连)，现对Q施加一个沿斜面向上的拉力F使Q做匀加速直线运动，从施加拉力开始计时，t＝0.2 s后拉力F不再变化，已知P的质量mP＝1 kg，Q的质量mQ＝4 kg，g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．t＝0时P、Q间的作用力为24 N B．t＝0.2 s时弹簧中的弹力为0 C．t＝0.2 s时拉力F＝56 N D．Q的加速度大小为15 m/s2 7．某货物输送装置可简化为如图所示，将一个质量为M的载物平台架在两根完全相同、轴线在同一水平面内足够长的平行圆柱上。已知平台与两圆柱间的动摩擦因数均为μ，平台的重心与两圆柱等距，两圆柱以角速度ω绕轴线做相反方向的转动，重力加速度大小为g。现给平台施加一过平台重心且沿平行于轴线方向的恒力F，使载物平台从静止开始运动。下列说法正确的是(　　) A．只有当F>μMg时，平台才能开始运动 B．平台运动的最大加速度大小a＝ C．只要平台运动距离足够远，平台最终一定会做匀速直线运动 D．ω越大，平台从静止开始运动相同距离用时越长 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．如图甲是风洞示意图，风洞可以人工产生可控制的气流，用以模拟飞行器或物体周围气体的流动。在某次风洞飞行表演中，质量为50 kg的表演者静卧于出风口，打开气流控制开关，表演者与风力作用的正对面积不变，所受风力大小F＝0.05v2(采用国际单位制)，v为风速。控制v可以改变表演者的上升高度h，其v2与h的变化规律如乙图所示。g取10 m/s2。表演者上升10 m的运动过程中，下列说法正确的是(　　) 甲　　　　　　　　乙 A．打开开关瞬间，表演者的加速度大小为2 m/s2 B．表演者一直处于超重状态 C．表演者上升5 m时获得最大速度 D．表演者先做加速度逐渐增大的加速运动，再做加速度逐渐减小的减速运动 9．传送带有着广泛的应用，一长L＝10 m的水平传送带顺时针匀速运行，如图1所示。现将一大小可忽略的物块自传送带的左端由静止释放，经t＝5.2 s物块被送达传送带的右端，其速度—时间图像如图2所示，重力加速度g取10 m/s2。则下列判断正确的是(　　) 图1　　　　　　　图2 A．传送带的运行速度大小为2 m/s B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.6 C．物块相对传送带滑动而留下痕迹的长度为0.4 m D．若增大传送带的运行速度，物块的传送时间最短可达1.5 s 10．如图所示，长为L、质量为2m的平板车放在光滑水平面上，质量为m的物块放在平板车上表面的左端，给物块和平板车向右相同的初速度，同时给物块施加一个水平向右的恒力，经过t时间，平板车运动的距离为L，此时物块刚好滑离平板车，不计物块的大小，物块与平板车间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则(　　) A．此时小车的动能为 B．此过程小车的动能增加了 C．此过程产生的热量为 D．水平拉力的大小为＋mg 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11. (7分)图(a)是某班同学探究质量一定时物体的加速度与合力的关系的实验装置。他们的设计思路是：①利用拉力传感器测细线的拉力F并将其作为小车受到的合力；②利用穿过打点计时器且连在小车后端的纸带测小车的加速度a；③利用测得的数据作a-F图像并得出结论。 图(a) 图(b) (1)图(b)是实验中挑选出的一条点迹清晰的纸带，图中相邻两个计数点之间还有4个点未画出，打点周期为0.02 s，由该纸带可求得小车的加速度a＝________m/s2。(结果保留两位有效数字) (2)如图是三个小组分别做出的a-F图像，其中平衡摩擦力时木板垫得过高得到的是图像________；图像________对应的小车质量最小。(均填序号字母) 12．(9分)利用手机内置加速度传感器可实时显示手机加速度的数值。小明通过智能手机探究加速度与合外力的关系，实验装置如图甲所示，已知当地重力加速度为g。 　 甲　　　　　　　　　乙 丙 (1)弹簧上端固定，下端与手机相连接，手机下端通过细绳悬挂小桶； (2)开始时，小桶内装有砝码，整个装置处于静止状态； (3)突然剪断细绳，通过手机软件记录竖直方向加速度a随时间变化的图像如图乙所示，剪断细绳瞬间手机的加速度对应图中的______(选填“A”“B”或“C”)点； (4)剪断细绳瞬间手机受到的合力大小F等于________； A．砝码的重力大小 B．小桶和砝码的重力大小 C．手机的重力大小 D．弹簧对手机的拉力大小 (5)如图丙所示，某同学在处理数据时，以剪断细绳瞬间手机竖直方向上的加速度a为纵坐标，砝码质量m为横坐标，绘制a-m图像，获得一条斜率为k，截距为b的直线，则可推算出手机的质量为____(选用k、b、g表示)。 13. (10分)物流公司通过滑轨把货物(视为质点)直接装运到卡车中。如图所示，长度l1＝4 m的倾斜滑轨与水平面成37°角，滑轨与车厢平滑连接。货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，货物在倾斜滑轨上滑行时的加速度大小a1＝2 m/s2，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求货物与滑轨间的动摩擦因数μ1； (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度的大小v； (3)若货物与车厢底板间的动摩擦因数μ2＝0.1，不考虑货物从滑轨滑上车厢底板过程中的机械能损失，不计车厢的高度，货物不能与车厢右侧厢壁相撞，求车厢的最短长度l2。 14．(13分)传送带是建筑工地常见的运输装置，如图所示为某传送带的简易图，该传送带的倾角为θ＝37°，t＝0时刻工人将质量m＝300 kg的工料静止放到传送带的底端A，同时将轻绳拴接在工料上，电动机通过轻绳带动工料向上做匀加速直线运动。已知轻绳对工料的牵引力大小恒为F＝3000 N，传送带以v0＝8 m/s的速度顺时针匀速转动，t＝1 s时刻关闭电动机，经过一段时间后工料刚好到达传送带的最高点B。已知工料与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，工料可视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6。求： (1)t＝1 s时刻工料的速度大小； (2)传送带AB两端间的距离。 15．(15分)(2025·内蒙古赤峰高三期中)图甲为老师办公桌的抽屉柜。已知抽屉的质量M＝1.8 kg，长度d＝0.8 m，其中放有质量m＝0.2 kg，长s＝0.2 m的书本，书本的四边与抽屉的四边均平行。书本的右端与抽屉的右端相距也为s，如图乙所示。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦，书本与抽屉间的动摩擦因数μ ＝0.1。现用水平力F将抽屉抽出，抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动。重力加速度g＝10 m/s2。 甲 乙 (1)F＝1.8 N时，书本和抽屉一起向右运动，求与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小v； (2)要使书本和抽屉不发生相对滑动，求F的最大值Fm； (3)F＝3.8 N时，求书本最终停止时，书本和抽屉因摩擦产生的内能ΔU。 学科网（北京）股份有限公司 $ 章末卷3　运动和力的关系 1．A　力传感器的示数稳定时，示数等于此人所受的重力的大小，此人的重力大约为500 N，根据G＝mg，此人质量大约为50 kg，A正确；在人“站起”的过程中，力传感器的示数先大于此人所受的重力，后小于此人所受的重力，此人所受合外力方向先向上再向下，加速度先向上再向下，B错误；在人“下蹲”的过程中，力传感器的示数先小于此人所受的重力，后大于此人所受的重力，此人所受合外力方向先向下再向上，加速度先向下再向上，C错误；在1～2 s内，此人完成下蹲过程，重心一直下降，D错误。 2．A　缓慢拉至P点，保持静止，由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力合力为零。此时两弹簧的合力大小为mg。当撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下，小球一直做加速运动，故A正确，B错误；小球从P点运动到O点的过程中，形变量变小弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的合外力一直变小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知2mg＝ma，加速度的最大值为2g，C、D错误。 3．B　设小海豚向上滑行的加速度大小为a，则a＝＝6.8 m/s2，A错误；设小海豚与坡道间的动摩擦因数为μ，小海豚的质量为m，根据牛顿第二定律可得mg sin θ＋Ff＝ma，又Ff＝μFN，FN＝mg cos θ，解得μ＝0.1，B正确；小海豚滑过P点后还能继续向上滑的距离为x1＝ m≈0.75 m，C错误；小海豚上滑的最大距离为x＝，设小海豚沿坡道下滑的加速度为a′，则mg sin θ－Ff＝ma′，又v′2＝2a′x，解得小海豚下滑回到O点时的速度为v′≈8.7 m/s，D错误。 4．A　空气阻力与速度大小成正比，设空气阻力为f＝kv，上升阶段由牛顿第二定律mg＋kv＝ma，随着速度的减小，加速度逐渐减小，上升阶段做加速度逐渐减小的减速运动。在最高点加速度为a＝g，下降阶段由牛顿第二定律mg－kv＝ma′，随着速度的增大，加速度继续减小，下降阶段做加速度逐渐减小的加速运动。故A正确，B、C、D错误。 5．D　设P点与竖直杆的距离为l，则PQ＝。对物块，根据牛顿第二定律，有mg sin θ＝ma，解得a＝g sin θ，由x＝at2，得g sin θ·t2，解得t＝，当2θ＝90°，即θ＝45°时，t最小，由题知θ从30°增大到60°，则物块的下滑时间先减小后增大，选项D正确。 6．C　刚开始弹簧的压缩量为Δx＝＝ ＝0.3 m，t＝0.2 s时，拉力F不再变化，说明此时PQ刚好分离，它们之间的弹力正好为0，而此时P和Q具有相同的沿斜面向上的加速度a，设此时弹簧的压缩量为Δx′，对P由牛顿第二定律kΔx′－mPg sin 37°＝mPa，该段时间内由运动学规律得Δx－Δx′＝at2，t＝0.2 s，联立解得Δx′＝0.14 m，a＝8 m/s2，设t＝0时P、Q间的作用力为F1，对P由牛顿第二定律得F弹－mPg sin 37°－F1＝mPa，F弹＝(mP＋mQ)g sin 37°，解得F1＝16 N，故A、D错误；根据前面分析可知t＝0.2 s时，弹簧中的弹力F弹′＝kΔx′＝14 N，故B错误；t＝0.2 s时对Q由牛顿第二定律得F－mQg sin 37°＝mQa，解得F＝56 N，故C正确。 7．B　平台与两个圆柱表面的摩擦力相等，大小f＝μMg，开始时平台受到两圆柱的摩擦力平衡，所以开始运动时加速度大小为a＝，圆柱表面的点转动的线速度大小为v′＝ωr，若平台运动的速度大小为v，则沿该方向上受到一根圆柱的摩擦力分量为fx＝f cos θ＝，根据牛顿第二定律可得F－μMg＝Ma，开始时v＝0，平台受到的两圆柱摩擦力平衡，加速度最大，大小为a＝，即使F较小，平台也能运动，由于v在不断增大，加速度会越来越小，当F＞μMg时a＞0，无论平台运动的距离多远，最终都不会匀速直线运动，故A、C错误，B正确；角速度越大，平台运动的加速度越大，平均速度越大，从静止开始运动相同距离用时越短，D错误。 8．AC　打开开关瞬间，表演者高度为0，则有v02＝1.2×104 m2·s-2，根据牛顿第二定律有0.05v02－mg＝ma0，解得a0＝2 m/s2，故A正确；当风力与表演者的重力相等时，有 0.05v12＝mg，解得v12＝1.0×104 m2·s-2，由v2＝1.2×104 m2·s-2－400h可知，重力与风力大小相等时，高度h1＝5 m，可知在高度小于5 m时，风力大于重力，加速度方向向上，表演者处于超重状态，在高度大于5 m时，风力小于重力，加速度方向向下，表演者处于失重状态，故B错误；结合上述可知，表演者先向上做加速度减小的加速运动，表演者上升5 m时，加速度为0，速度达到最大值，故C正确；结合上述可知，表演者先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，故D错误。 9．AC　根据图像可知，物块先加速达到传送带速度与其一起匀速，所以传送带的运行速度大小为2 m/s，故A正确；根据题意，设加速时间为t，则L＝×t×2＋2×(5.2－t)，解得t＝0.4 s，所以加速阶段加速度a1＝＝5 m/s2，根据μmg＝ma1，解得物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，故B错误；物块相对传送带滑动而留下痕迹的长度为Δx＝2×t－×t×2＝0.4 m，故C正确；物块一直加速，时间最短L＝a1tm2，解得tm＝2 s，故D错误。 10．BD　设物块与平板车间的动摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma1 ，μmg＝2ma2 ，根据位移－时间关系2L＝v0t＋a2t2，联立解得F＝＋mg，故D正确；根据功能关系可知产生的热量为Q＝FfL相对＝μmgL＝mgL，故C错误；根据动能定理可得此过程小车的动能增加了ΔEk＝FfL＝μmgL＝mgL，因为平板车具有初速度，所以物块刚好滑离平板车时，平板车的动能大于mgL，故B正确，A错误。 11．解析：(1)相邻两个计数点之间还有4个点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔为T＝5×0.02 s＝0.1 s，舍去第一段，根据逐差法，小车的加速度为a＝ m/s2 (2)若平衡摩擦力时木板垫得过高，则在没有拉力作用时，小车已经开始运动，即有一定加速度，即a-F图像中，平衡摩擦力时木板垫得过高得到的是图像B；根据F＝Ma，解得a＝ F，可知图像的斜率为，根据图像可知，A图像的斜率大，则A图像对应的小车质量最小。 答案：(1)1.5　(2)B　A 12．解析：(3)前面的数据波动是保持平衡时的轻微扰动，后续的数据波动是因为手机在做(近似)简谐运动，故第一个峰值即为我们要的绳子被剪断时的瞬时加速度，故选“A”点。 (4)剪断细绳瞬间，弹簧的弹力大小不变，手机受到的合力大小F等于小桶和砝码的重力大小，故选B。 (5)绳子剪断前，设弹力为F，小桶质量为m0，手机质量为M，对手机由平衡知F－(m＋m0)g－Mg＝0，绳子剪断后，对手机，由牛顿第二定律有F－Mg＝Ma，结合图丙的斜率解得M＝。 答案：(3)A　 (4)B　 (5) 13．解析：(1)设货物的质量为m，根据牛顿第二定律有 mg sin 37°－μ1mg cos 37°＝ma1 解得μ1＝0.5。 (2)根据运动学公式v2＝2a1l1 解得v＝4 m/s。 (3)根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2 根据运动学公式－2a2l2＝0－v2 解得l2＝8 m。 答案：(1)0.5　(2)4 m/s　(3)8 m 14．解析：(1)对工料进行受力分析，根据牛顿第二定律有F－mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1 设经t时刻，工料与传送带共速则有v0＝a1t 代入数据解得a1＝8 m/s2，t＝1 s 即t＝1 s时刻工料恰与传送带共速，其速度大小为8 m/s。 (2)关闭电动机之前工料上升的距离x1＝t＝4 m 关闭电动机后，再对工料受力分析，根据牛顿第二定律有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma2 根据速度公式有v02＝2a2x2 代入数据解得x2＝16 m 传送带AB两端间的距离x＝x1＋x2＝20 m。 答案：(1)8 m/s　(2)20 m 15．解析：(1)对书本和抽屉由牛顿第二定律可得 F＝(M＋m)a 解得a＝0.9 m/s2 根据运动学公式可得v2＝2ad 解得与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小为 v＝1.2 m/s。 (2)对书本由牛顿第二定律有μmg＝mam 解得am＝μg＝1 m/s2 对抽屉和书本整体由牛顿第二定律有 Fm＝(M＋m)am 解得要使书本和抽屉不发生相对滑动，F的最大值为Fm＝2 N。 (3)由于F＝3.8 N>Fm 可知书本和抽屉有相对滑动；对抽屉，由牛顿第二定律有F－μmg＝Ma2 解得a2＝2 m/s2 设抽屉的运动时间为t2，根据运动学公式可得 d＝a2t22 解得t2＝ s 此时，书本的速度为 v2＝μgt2＝ m/s 书本通过的位移大小为 x2＝·t2＝0.4 m 此后书本经过x3速度减为0，则有 x3＝＝0.4 m 则书本最终停止时，书本和抽屉因摩擦产生的内能为ΔU＝μmg(d－x2＋x3) 解得ΔU＝0.16 J。 答案：(1)1.2 m/s　 (2)2 N　 (3)0.16 J 学科网（北京）股份有限公司 $