滚动卷1 力与直线运动-【高考领航】2026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) 1．一本书重约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 2．如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀减速直线运动，在速度减为0的过程中，前2 s内和最后2 s内的位移大小分别为2.5 m、2 m，则在该运动过程中(　　) A．小球的初速度大小为4 m/s B．小球的加速度大小为2 m/s2 C．小球的运动时间为2.25 s D．小球的运动时间为3 s 3．(2024·四川内江模拟)国产新型磁悬浮列车甲、乙(都可视为质点)分别处于两条平行直轨道上。开始时(t＝0)，乙车在前，甲车在后，两车间距为x0，在t0＝0时甲车先启动，t＝3 s时乙车再启动，两车启动后都是先做匀加速运动，后做匀速运动，两车运动的v-t图像如图所示。下列说法正确的是(　　) A．在两车加速过程中，甲车的加速度大于乙车的加速度 B．无论x0取何值，甲、乙两车一定在7 s末相遇 C.若x0＝70 m，则两车间距离最小为30 m D．在0～7 s内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度 4．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 5．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mA的A球和质量为mB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． 6．小口径的水泥管如图甲所示，通常用于排水、灌溉和防护。运输到目的地时可用简易装置卸货。如图乙所示，两根直木棍AB和CD相互平行，两端分别靠在车和地面上固定不动。一个半径R＝5 cm、质量m＝20 kg的水泥管从木棍的上部恰好能匀速滑下，已知两木棍间距d＝8 cm，与水平面的夹角α＝37°。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　) 甲　　　　　　　　　　乙 A．每根直木棍对水泥圆筒的弹力为80 N B．每根直木棍与水泥圆简间的动摩擦因数为0.75 C．将水泥圆筒沿直木棍匀速向上拉动，所需最小拉力为192 N D．将水泥圆筒沿直木棍匀速向上拉动，可施加沿斜面向上320 N的力 7．如图，右侧面光滑的斜面体固定在水平面上，质量相等的物块M、N分别放在斜面体的左右两个面上，M、N拴接在跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端，整个系统处于静止状态。现对N施加一始终与右侧轻绳垂直的拉力F，使N缓慢移动至右侧细绳水平，该过程M保持静止。下列说法正确的是(　　) A．拉力F逐渐增大 B．轻绳的拉力先减小后增大 C．M所受摩擦力先增大后减小 D．斜面对M的作用力先增大后减小 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 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．(2024·山东青岛模拟)滑板运动已经成为亚运会中备受瞩目的一项比赛项目，它不仅代表了一种独特的文化，还展现了竞技体育的精神和魅力。如图所示，某次运动中，小孩(可看作质点)与滑板以相同初速度v0＝6 m/s一起滑上斜面体，整个过程斜面体始终保持静止。已知小孩与滑板间的动摩擦因数μ1＝0.6，滑板与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，小孩质量m1＝25 kg，滑板质量m2＝1 kg，斜面体质量m3＝10 kg，斜面倾角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，则在上滑过程中，下列说法正确的是(　　) A．小孩与滑板之间的摩擦力大小为120 N B．小孩沿斜面滑行的最远距离为1.8 m C．地面对斜面的支持力大小为360 N D．地面对斜面的摩擦力大小为208 N 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11．(7分)利用智能手机和钕磁粒测量滑块在斜面上运动的加速度。如图甲所示，一斜面上安装有两组磁粒，其中B组磁粒固定在斜面上靠近底端处，A组磁粒的位置可移动(A组磁粒更靠近滑块)，两组磁粒之间的距离为x。在滑块上面安装智能手机，打开APP中的磁力计，将滑块从斜面上的O点由静止释放，滑块依次经过两组磁粒附近时，手机磁力计会测出磁感应强度的峰值，该峰值所对应的时刻就是智能手机磁力计到达该组磁粒所在位置的时刻，而相邻两个峰值之间的时间差即是智能手机磁力计依次经过两组磁粒所用的时间t。改变A组磁粒的位置进行多次测量，每次都使滑块从O点由静止释放，并用米尺测量A、B之间的距离x，记下相应的t值，所得数据如图乙所示。 甲 乙 实验组 1组 2组 3组 4组 5组 6组 x/m 0.30 0.40 0.50 0.60 0.70 0.80 t/s 0.21 0.29 0.40 0.49 0.81 /(m·s-1) 1.43 1.38 1.25 1.22 0.99 (1)若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过B组磁粒的瞬时速度vt、测量值x和t四个物理量之间所满足的关系式是________________； (2)根据图乙信息补充表格中缺失的数据：t＝________s，＝________m/s； (3)在图丙中，描出第5、6两组数据对应的点并画出 -t图线； 丙 (4)由 -t图线，可得滑块加速度的大小为a＝________m/s2(保留3位有效数字)。 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)某粮库使用电动机运粮。如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2 m/s沿斜坡匀速上行，此时电动机的输出功率为P＝14 800 W。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1＝100 kg，车上粮食质量m2＝1200 kg，配重质量m0＝40 kg，取重力加速度g＝10 m/s2，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求： (1)比例系数k值； (2)上行路程L值。 15．(15分)如图甲所示，一长木板A在水平地面上向右运动，在t＝0时刻将一无初速度的物块B轻放到木板上，取水平向右为正方向，B相对于A的速度用vBA表示，在0～0.75 s内，相对速度vBA随时间t变化的关系图像如图乙所示。已知A、B的质量关系为mA＝2mB，A与B及A与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B始终没有滑出A，重力加速度g＝10 m/s2。求：(结果可以保留分数) 　 图甲 图乙 (1)A与B间、A与地面间的动摩擦因数； (2)从t＝0时刻到A与B均停止运动时，B相对于A的位移大小。 学科网（北京）股份有限公司 $ 滚动卷1　力与直线运动 1．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。 2．C　将小球的运动逆向看作初速度为0的匀加速直线运动，设小球运动时间为t，由位移—时间公式x＝v0t＋at2，可知2 m＝a·(2 s)2，2.5 m＝a(t－2)2，联立解得a＝1 m/s2，t＝2.25 s，故B、D错误，C正确；小球的初速度大小为v0＝at＝2.25 m/s，故A错误。 3．D　根据v-t图像的斜率表示加速度，知两车加速过程的加速度分别为a甲＝8 m/s2，a乙＝10 m/s2，所以甲车的加速度小于乙车的加速度，故A错误；由v-t图像可知，在第7 s末，两车的速度相等，而图像与t轴的面积表示位移，所以从开始到7 s，甲车通过的路程为x甲＝×40×5 m＋40×(7－5)m＝180 m，乙车通过的路程为x乙＝×40×(7－3)m＝80 m，两车路程之差为x甲－x乙＝100 m，所以只有在x0＝100 m时，甲、乙两车7 s末才相遇，故B项错误；由之前的分析可知，t＝7 s时两车间间距最小，则间距为Δs＝x乙＋x0－x甲＝－30 m，即此时甲车已经追上乙车，则两车距离最近出现在7 s之前，即两车在同一位置时，所以两车间距最近为0，故C项错误；从甲车运动开始计时到7 s末，甲车平均速度 m/s，乙车的平均速度为 m/s，甲车的平均速度大于乙车的平均速度，故D项正确。 4．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。 5．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。 6．C　从右侧视角分析，在沿斜坡方向有f合＝mg sin α，垂直于斜坡方向有F弹合＝mg cos α，解得f合＝120 N，F弹合＝160 N，受力示意图如图1所示，有几何关系知sin θ＝，所以θ＝53°，由2N cos θ＝mg cos α，解得N＝ N，则动摩擦因数为μ＝＝0.45，A、B错误； 图1 对水泥圆桶受力分析，如图2所示，因木棍提供的支持力合成为2N cos θ，摩擦力合成为2f＝2μN，故两个力的合力方向固定，其中tan β＝，故β＝37°，根据力学平衡的矢量三角形得Fmin＝mg sin (α＋β)，解得Fmin＝192 N，C正确；将水泥圆筒沿直木棍匀速向上拉动，若拉力沿斜面向上，则F＝mg sin α＋f合＝240 N，D错误。 图2 7．A　N离开斜面后，设F与竖直方向的夹角为θ，有T＝mg sin θ，F＝mg cos θ，θ逐渐减小，所以绳子拉力逐渐减小，F逐渐增大，故A正确，B错误；力F作用之前，有mg sin 30°＋f＝mg sin 60°，所以原来M所受摩擦力沿斜面向下，随着绳子拉力的减小，M受到的摩擦力逐渐减小，当右绳水平时，绳子拉力为零，则M受到的摩擦力沿斜面向上，所以M受到的摩擦力先沿斜面向下减小，再沿斜面向上增大，故C错误；斜面对M的作用力为斜面的支持力及摩擦力，因为支持力不变，所以当摩擦力先减小再增大时，斜面对M的作用力先变小后变大，故D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＝μmg cos 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＝ 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．BD　由于μ1＞μ2，所以小孩和滑板相对静止一起做匀减速运动到最高点，利用整体法有(m1＋m2)g sin θ＋μ2(m1＋m2)g cos θ＝(m1＋m2)a，解得a＝10 m/s2，方向沿斜面向下。对小孩分析，假设小孩和滑板间的摩擦力为f，有f＋m1g sin θ＝m1a，解得f＝100 N，故A错误；由速度位移公式可得x＝＝1.8 m，故B正确；以小孩、滑板和斜面体整体为研究对象，小孩和滑板做匀减速运动，加速度方向沿斜面向下，加速度有向右和向下的分加速度，大小分别为ax＝a cos θ，ay＝a sin θ，根据系统牛顿第二定律可知，在竖直方向有(m1＋m2＋m3)g－FN＝(m1＋m2)ay，解得FN＝204 N，故C错误；地面对斜面体有向右的摩擦力，其大小为f2＝(m1＋m2)ax＝208 N，故D正确。 11．解析：(1)滑块沿斜面向下是匀加速运动，反过来也可以看成是初速度为vt的沿斜面向上的匀减速运动，由位移公式有x＝vtt－at2。 (2)根据图乙信息可知t＝0.61 s，则有＝1.15 m/s。 (3)图线如图所示。 (4)由第(1)问表达式，可得at，结合图像有a＝k＝，解得a＝1.47 m/s2。 答案：(1)x＝vtt－at2　(2)0.61　1.15　(3)见解析　(4)1.47 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＝ m/s2，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 mg sin θ＋f＝ma1 mg sin 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)小车沿斜坡匀速上行时，电动机的输出功率为P＝14 800 W，则根据 P＝F1v 解得电动机连接小车的缆绳上的力为 F1＝＝7400 N 配重连接小车的缆绳上的力为 F2＝m0g＝400 N 设斜面倾角为θ，小车沿斜面上升时，对小车以及粮食进行受力分析可得 F1＋F2＝(m1＋m2)g sin θ＋k(m1＋m2)g 而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有 m1g sin θ＝F2＋km1g 联立解得 k＝0.1，sin θ＝0.5。 (2)关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为a，对系统由牛顿第二定律有 (m1＋m2)g sin θ＋k(m1＋m2)g－F2＝(m1＋m2＋m0)a 可得a＝ m/s2 由运动学公式可知v2＝2aL 解得L＝ m。 答案：(1)0.1　(2) m 15．解析：(1)t＝0开始B受到A向右的滑动摩擦力，相对于地面向右做匀加速运动，A相对于地面向右做匀减速运动，到0.5 s时二者共速。设B与A间、A与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，在0～0.5 s内，根据牛顿第二定律，对B有μ1mBg＝mBaB1 对A有－μ1mBg－μ2(mA＋mB)g＝mAaA1 由图乙可知相对加速度 aBA1＝aB1－aA1＝10 m/s2 在0.5～0.75 s内，vBA>0，故B受到的滑动摩擦力向左，相对于地面向右做匀减速运动，A相对于地面向右做匀减速运动，根据牛顿第二定律，对B有－μ1mBg＝mBaB2 对A有μ1mBg－μ2(mB＋mA)g＝mAaA2 由图乙可知相对加速度 aBA2＝aB2－aA2＝2 m/s2 联立解得μ1＝，μ2＝0.4。 (2)在0～0.5 s内，B相对于A的位移可用图乙中0～0.5 s内图线与横轴围成的面积计算，故 xBA1＝－×5×0.5 m＝－1.25 m t＝0.5 s时刻，B相对于地面的速度为 vB1＝aB1×0.5 s＝ m/s 由图乙可知t＝0.5 s时刻vBA1＝0，故A相对于地面的速度为 vA1＝ m/s 之后，A减速到0的位移为 xA＝ m B减速到0的位移为 xB＝ m B相对于A的位移为 xBA2＝xB－xA＝ m 所以，从t＝0时刻到B与A均停止运动时，B相对于A的位移为 xBA＝xBA1＋xBA2＝－ m 即B相对于A的位移大小为 m。 答案：(1)　0.4　(2) m 学科网（北京）股份有限公司 $