特训3 运动和力的关系-【创新教程·微点特训】2025-2026学年高三物理寒假作业假期实战特训

物理 特训3 运动和力的关系 (时间：45分钟 满分：60分) ,单选题：本题7小题，每小题3分，共21分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.如图所示，一辆运输油桶的卡车行驶在水平路面上，行驶过程中油桶始终相对卡车车厢 静止，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，不计空气阻力，下列说法正确的是 整 A.油桶与卡车之间的相互作用力只有一对 B.卡车匀加速行驶时，油桶受到的摩擦力保持不变 C.油桶与卡车车厢之间的动摩擦因数越大，油桶所受摩擦力越大 州 D.油桶的质量越大，油桶所受摩擦力越大 2.工人师傅为方便卸货，在距水平地面高度为1.2m的车厢底部用有效长度为2m的木板 与地面之间搭建了一个斜面，已知物块与木板间的动摩擦因数为=0.25，重力加速度取 g=10/s2,物块可看作质点，则物块从静止开始沿木板运动到底部的过程中，所用时 h 间为 () 和 A.0.5s B.1.0s C.√2s D.2.0s 3.野外高空作业时，使用无人机给工人运送零件。如图，某次运送过程中 左 1 的一段时间内，无人机向左水平飞行，零件用轻绳悬挂于无人机下方， 阳 并相对于无人机静止，轻绳与竖直方向成0角。忽略零件所受空气阻 数 力，重力加速度为g,则在该段时间内 () 零件白 A.零件所受合外力为零 B.零件的惯性逐渐变大 C.零件的加速度大小为gsin0 D.零件的速度逐渐变大 4.某同学站在压力传感器上，先下蹲后站起过程中压力传感器的示数F随时间t的变化情 况如图所示。则图中对应为超重状态的时刻是 ) A.t1和t B.t2和t3 C.t2和t4 D.t4和t ·9· 5.如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上质量为M的木箱相连，箱内放置一质量 为的物块，物块与木箱之间的动摩擦因数为4。压缩弹簧并由静止释放木箱，释放后 物块在木箱上有滑动，重力加速度大小为g,则释放后瞬间，物块的加速度大小为() A.ug B.amg M C.Mg D.LMg m+M 6.如图所示，弹簧测力计上端固定，下方悬挂质量不计的光滑动滑轮，两个质量分 别为m1和2的两个物块用跨过滑轮的轻绳连接，轻绳足够长，物体始终没有 落地。已知m1大于m2,不计空气阻力，重力加速度为g,关于弹簧测力计示数 王手王 T说法正确的是 ( A.T=(m+m2)g B.T<(m+m2)g C.T=(m1-m2）g D.T>2g/m mz m 7.某快递公司为了提高效率，使用电动传输机输送快件，如图所示，水平传送带AB长度L =5.25m,始终保持恒定速度v=1m/s运行，在传送带上A处轻轻放置一快件（可视为 质点)，快件与传送带之间的动摩擦因数以=0.2，快件由静止开始加速，与传送带共速后 做匀速运动到达B处，忽略空气阻力，重力加速度取g=10m/s2,下列说法正确的是 () B A.快件所受摩擦力的方向与其运动方向始终相反 B.快件先受滑动摩擦力作用，后受静摩擦力作用 C.快件与传送带的相对位移为0.5m D.快件由A到B的时间为5.5s 二、多选题：本题3小题，每小题4分，共12分。在每小题给出的四个选项中有多个选项符 合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得零分。 8.如图所示，一辆运输集装箱的卡车在倾角为3的斜面上运动，箱子的顶 部用细线挂了一个小球，某个时刻悬挂小球的细线与虚线的夹角为α (虚线垂直于车厢底面)，小球与卡车相对静止。重力加速度为g,关于 汽车的运动，下列说法正确的是 A.若卡车匀速开下斜坡，则α=B B.若卡车匀减速开下斜坡，则α>β C.当a=0°时，则卡车的加速度大小a=0 D.当a=0时，则卡车的加速度大小a=gsin3 9.如图甲所示，一物块放置在粗糙的水平地面上，现对物块施加一斜向右上方的拉力F,拉 力F的方向与水平方向的夹角恒为（未知），缓慢增大拉力F,当物块刚好离地时，拉力 F不再改变，地面对物块的支持力F、与拉力F的关系图像如图乙所示，地面对物块的摩 擦力f与拉力F的关系图像如图丙所示，图乙、丙中F。为已知条件，最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是 () 个FN <0 7777777777777777777777777 甲 乙 丙 ·10· A.物块的质量为 B.0的值为30° g 、C,物块刚要运动时所受的摩擦力大小为。 D.物块与地面间的动摩擦因数为0.5 10.如图1所示，质量为m的木板A静置于光滑水平地面上，t=0时刻物块B(可视为质点) 以水平向右的初速度。从木板A的左端滑入，此后两者的速度随时间变化的图像如图 2所示。当t=t。时，物块B恰好到达木板A的右端。已知重力加速度为g,下列说法正 确的是 () 4vl/(m·s') B B 77777777777777777777777777 to t/s 图1 图2 A.物块B的质量为2m B,木板A的长度为 2 C.物块B与木板A间的动摩擦因数为 2gto D.若只将物块B的初速度大小变为g,则最终物块B与木板A右端的距离为。 三、实验题：本题1小题，共8分 11.如图1所示为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置。实验通过数字化信息系统获 得了小车加速度a与钩码的质量m1及小车和砝码的质量，对应关系图，重力加速度 为g B a A B 发射器 接收器 A 砝码 甲 回⊙小车 乙 单位：cm 轨道 丙 钩码 0 24 卡262 图1 图2 图3 (1)下列说法正确的是 (填正确选项前字母)； A.每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力 B.实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源 C.本实验m2应远小于m D.在用图像探究加速度与质量关系时，应作α-工图像 (2)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得F=m1g,作出a一F图 像，他可能作出图2中 (选填“甲”、“乙”、“丙”)图线。此图线的AB段明显偏离 直线，造成此误差的主要原因是 (填正确选项前字母)； A.小车与轨道之间存在摩擦 B.导轨保持了水平状态 C.钩码的总质量太大 D.所用小车的质量太大 (3)实验中打出的纸带如图3所示，相邻计数点间的时间是0.1s,由此可以算出小车运 动的加速度是 m/s2。(计算结果保留2位有效数字) ·11· 四、解答题：本题2小题，共19分，写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数字计算的 要注明单位，只写最后结果的不得分。 12.(8分)如图甲所示，质量为0.5kg的物体受到与水平方向成37°的恒定拉力F的作用从 静止开始做直线运动，一段时间后撤去F,其运动的一t图像如图乙所示，已知重力加 速度g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： 个vlm·s 8 7.2 6 37 2 m 0 2344.65 甲 之 (1)减速阶段加速度的大小以及物体与水平面间的动摩擦因数； (2)加速阶段加速度的大小以及拉力F的大小； (3)全程的位移。 13.(11分)如图所示，一块质量为M=4kg、长为L=1.2m的匀质木板B静止在足够长的 水平地面上，在距木板的右端x处静止摆放着质量为m=1kg的小木块A(不计小木块 的尺寸，A可视为质点)，木板和小木块之间的动摩擦因数为4=0.1，木板与地面之间 的动摩擦因数为2=0.5，在t=0时刻，在木板左端施加一水平向左的恒定拉力F;已知 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10/s2,则： 左 E B 右 烯 i777 (1)拉力F为多大才能拉动木板？ (2)若拉力F=36N,x=0.96m,在F拉动木板的过程中，经多长时间木块离开木板。 ·12·9.BD[令游客所在位置的支持力V的方向与竖 直方向夹角为0，用外力F拉动游客使游客缓慢 的向边缘移动过程，0逐渐增大，根据平衡条件 有F=ngsin0,N=mgcos0, 由于日逐渐增大，可知，拉力F一直增大，冰坑 对游客的支持力一直减小。故选BD。] 10.AD[以纱布与豆渣为分析对象，根据受力平 衡可得4Fcos0=mg,可得此时每根细绳受到 的拉力大小为F=0故A正确，B错误： 豆浆流出过程中整体的质量减少，根据F= 40日可知细绳受到的拉力变小，故C错误： mg 豆浆流出过程中根据整体质量的变化可以判 断，豆浆和豆渣整体的重心先向下移，当豆浆 流出到一定程度后，豆浆和豆渣整体的重心又 会上移，故D正确。] 11.解析：(1)根据图(a)可知悬挂的钩码质量分别 为200g和300g时，橡皮筋底端位置间的距 离为1.90cm; (2)根据图像可知钩码每增加相同的质量橡皮 筋增加相同的长度，故在所测范围内橡皮筋长 度的增加量与所挂钩码的质量的增加量成 正比。 设橡皮筋原长为L。,劲度系数为，根据胡克 定律F=kx;其中F=mg,x为橡皮筋长度的 增加量。 设悬挂质量为m1、m2的钩码时，橡皮筋长度的 增加量分别为x1、x2,则m1g=kx1,m2g=kx2 两式相减得(m2一1)g=k(x2一x1） 取m1=200g=0.2kg,1m2=300g=0.3kg, Ax=x2-x1=1.9cm=1.9×102m 根据(m2一m1)g=k（x2一x1),可得k= (m2-m1)g=(0.3-0.2)×9.8N/m≈ x2一x1 1.9×10-2 52N/m (3)根据图(b)可知F=1.00N;设橡皮筋与竖 直方向夹角为0，对橡皮筋下端点进行受力分 折有1am0=,:从因中可知1an0~号结合 mg F=1.0N 可得m≈0.31kg,所以取m=300g。 答案：(1)1.90(2)质量的增加量52(3) 1.00300 12.解析：（1)结点C受力 如图 Fr术D 对C,点，由平衡条件可 A a 知FA=Fpcos ai=k.xc0s YFB a=(300×0.05)N×cos B 37°=12N 对A,由平衡条件可知物块A受到的摩擦力大 小fa=FA=12N ● 6 (2)对C点，由平衡条件可知FB=Fpsin a= 9N 对B,由平衡态可知FB=GB=9N 答案：(1)12N(2)9N 13.解析：(1)对右侧滑轮和重物B,根据平衡条件 有2 Tcos B=mg 对物体A,有Mgsin a=T+Mgcos a 联立解得4=3-1 3 (2)重物B的质量较大时，对右侧滑轮和重物 B,根据平衡条件有2 T'cos B-=m'g 对物体A,有Mgsin a十Mgcos a=T 联立解得m'=(10√3-5)kg 重物B的质量较小时，对右侧滑轮和重物B, 根据平衡条件有2T"cosB=m"g 对物体A,有Mgsin a=T"+Mgcos a 联立解得m”=5kg 所以要使物体A始终相对斜面静止，物体B的 质量范围为5kg≤m≤(103-5)kg。 答案：1)3-1 3 (2)5kg≤m≤(103-5)kg 特训3 1.B[当卡车有加速度时，油桶除了受支持力外 还会受静摩擦力，此时油桶与卡车之间的相互 作用力有两对，故A错误；卡车匀加速行驶时， 根据牛顿第二定律有f=ma,可得油桶所受静 摩擦力保持不变，故B正确；油桶的质量越大， 油桶与卡车车厢之间的动摩擦力越大，会使得 最大静摩擦力越大，而实际静摩擦力由f=ma 决定，故C、D错误。] 2.B[设木板与地面间的倾角为0，则有sin0= 1,2=0.6,cos0=21.2=0.8 2 根据牛顿第二定律可得mgsin0-ngcos日= ma,解得加速度大小为a=4m/s 根据运功学公式可得L=4,解得所用时间 为 2X2s=1s,故选B。] 3.D[对零件受力分析，受重力和绳子的拉力，由 于零件沿水平方向做直线运动，可知合外力沿 水平方向，提供水平方向的加速度，零件水平向 左做匀加速直线运动，速度逐渐变大，故A错 误，D正确；根据牛顿第二定律，有ngtan0= ma,解得a-gtan0,故C错误；惯性的大小只与 质量有关，零件的质量不变，所以零件的惯性不 变，故B错误。] 4.C[某同学超重时，加速度竖直向上，此时该同 学对压力传感器的示数大于其重力，结合图像 可知超重出现在t2和t:时刻。故选C。] 5.A[根据题意可知，释放后瞬间，物块相对木箱 向左滑动，有向右的摩擦力，则有mg=ma,解 得a=g,故选A。] 6.B[根据牛顿第二定律，对m1则m1g一T1= m1a,对m2有T1一m2g=m2a 联立解得T _2mm8,可知弹簧测力计示数T m1十1n2 =2T1= 4m8,因m,十m2>2√m 1十m2 可得T=5<(m,十m,)g,T=:8< m1十m2 1m1十122 2g√m1m2,故选B。] 7.D[快件加速时，滑动摩擦力方向与运动方向 相同，匀速后，与传送带之间无相对运动趋势， 不受摩擦力作用，故A、B错误；快件与传送带 相对运动时，由牛顿第二定律可得加速度大小 为a=mg=g=2m/s2,快件由静止开始加速 至速率为0的过程所用时间为t=”=0.5s,与 传送常的相对位移为△r=-名1=0.25m,故 C错误，快件匀速运动的时间为上2 s,则快件由A到B的时间为t总=t十t=5.5s, 故D正确。] 8.ABD[若货车在斜坡上匀速运动，则小球做匀 速直线运动，受到的合外力为0，小球竖直方向 上重力和绳子拉力的大小相等，细线在竖直方 向上，根据几何关系可知α=3，故A正确；若货 车在斜坡上匀减速运动，则小球有沿斜面向上 的加速度，则细线应该向右偏，则有α>3，故B 正确；当时α=0°，对小球受力分析，沿斜面方向 上ma=ngsin B,解得a=gsin B,故D正确，C 错误。] 9.AD[当F=0时，地面对物块的支持力F、= F。,此时物块静止在水平地面上，支持力等于重 力，即g=F。,所以物块的质量m=,A正 g 确；当物块刚好离地时，F=√2F。,此时Fsin0= mg=F。,Fcos0为水平方向的分力。代入数据 可得sin9=F-2. √2F。2 所以0=45°，B错误；物块刚要运动时，摩擦力达 到最大静摩擦力，此时Fcos=f, 代入数据得f= ?,C错误；当物块滑动时，摩 擦力f=FN,水平方向受力Fcos=f 竖直方向F、=F。一Fsin0,代入数据得=0. 5,D正确。] ·68 10.BC[对两物体，根据牛顿第二定律有umBg= 1 meae umeg=mAaA,加速度为aA= to 、B= 1 200=2,解得g=m,=2gt w,故A to 错误，C正确；当t=1。时，物块B恰好到达木 板A的右端，根据图像面积可知，木板A的长 度为L一×，=安，故B正确：若只将物 块B的初连度大小变为受，则共连时满足受 at=a,解得1-名，则最终物块B与木板 o一 A右端的距离为4=L-号×)· 1 30,故D错误。] 8 11.解析：(1)平衡摩擦时，有mgsin0=umgcos0, 最终物体的质量约去，所以平衡摩擦力与重物 质量无关，所以每次在小车上加减砝码时，不 需要重新平衡摩擦力，故A项错误；实验时用 打点计时器，应先接通电源，后释放小车，故B 项错误：平衡摩擦力后且线与板面平行的情况 下，对小车有F=m2a,对钩码有m1g一F= m,a,解得F=mg,由上述分析可知当m,《 1+ 7m2 2时，F=m1g,此时才可将钩码所受的重力 作为小车受到的合力，故C项错误；在用图像 探究加速度与质量的关系时，外力一定时对小 车有F=加，a,所以应孩选择a一图像更直 观，故D项正确。 (2)由于未平衡摩擦力，故当拉力不大于最大 静摩擦力时仍处于静止状态，加速度为零，即a 一F图线的横轴截距大于0，故应是丙图线。 此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的 主要原因是钩码的总质量太大，不再满足m1 <m2的条件，加速度a与钩码重力不再满足 线性关系，故AB段不再是直线。故选C。 (3)实验中打出的纸带如题图所示。相邻计数 点间的时间是0.1$，由此可以算出小车运动 的加速度是4=2.62，，24)X10m/s= 3×0.12 0.46m/s2 答案：(1)D(2)丙C(3)0.46 12.解析：(1)根据图乙可知，减速阶段加速度的大 小a2= Aw2_7.2 △24.6-im/s=2m/s 对物体进行分析，根据牛顿第二定律有g =ma2 解得4=0.2 (2)根据图乙可知，加速阶段加速度的大小a1 --2s-.2m 对物体进行分析，根据牛顿第二定律有FcOs37° -uN=ma Fsin 37+N=mg 解得F=5N (3)v-t图像与时间轴所围几何图形的面积表 示位移，则有x=7.2X4.6 m=16.56m 2 答案：(1)2m/s2,0.2(2)7.2m/s2,5N (3)16.56m 13.解析：(1)由题可知，木块与木板间的滑动摩擦 力f1=4mg=1N 木块在木板上时木板与地面间的滑动摩擦力 大小为f2=2(m+M)g=25N 对木块与木板分析，根据平衡条件有F=f2= 25N 即拉力F为25N才能拉动木板。 (2)当木块相对于木板恰好滑动时，根据牛顿 第二定律，对木块有f=ma 对木板有F。-f1一f2=Ma, 联立解得a1=1m/s2,F。=30N 因所给拉力F=36N>F。=30N,故A、B之 间会发生相对滑动 对木板，根据牛顿第二定律有F一f1一f2 =Ma2 解得a2=2.5m/s2 木块与木板都做初速度为零的匀加速直线运 动，则设经时间t木块离开木板 则有x=24,r-20 2ait 解得t=4② 5 答案：(1)25N(2)42 5 特训4 1.C[标枪出手后做斜抛运动，水平方向做匀速 直线运动，竖直方向做竖直上拋运动，故标枪升 到最高点时竖直方向速度为零，但水平方向速 度不为零，故最高，点时速度不为零，故A错误； 忽略空气阻力，标枪出手后只受重力，加速度为 重力加速度不变，故B错误：标枪出手后只受重 力，标枪的加速度恒定，根据△v=g△t,在相同 时间内速度变化量相同，故C正确；标枪的运动 是加速度不变的曲线运动，是匀变速运动，故D 错误。] 2.C[因P、Q同轴转动，则P的转动周期等于Q 的转动周期，B错误；根据v=ωr可知P的线速 度小于Q的线速度，A错误；P、Q的加速度方 ·6 向在时刻变化，C正确；根据f=mwr,因两物 体质量关系不确定，可知不能比较摩擦力大小 关系，D错误。] 3,B[由万有引力定律F=GM,因c的轨道书 径最大，所以引力最小，故A错误。由GMm= 元2)解得T=2元，因c的轨道半径 大，所以T值最大，故B正确。由GMm=m 解得一 G,因c的轨道半径最大，所以运行 速度最小，故C错误。由GMm=ma,解得a 厂，因为c的轨道半径最大，所以加速度最小， 故D错误。] 4.C[根据题意可知，乒乓球落在球拍上的Q点 时其速度方向与竖直方向的夹角为45°，乒兵球 从P点到Q,点的运动为平抛运动，加速度为重 力加速度，故速度变化量方向竖直向下，大小为 A0=g1=U,=c0s45°=8X号m/s=42m/. 故选C。] 5.B[根据题意，物块做匀速圆周运动，合外力提 供向心力，大小不变，方向变化，故向心力在变， 加速度在变，故A、D错误；物块的速度方向始 终沿着轨迹的切线方向，即速度方向在不断变 化，大小不变，故B正确；根据线速度公式可得 物块线速度大小v=rw,故C错误。] 6.A[根据开普勒第二定律，鹊桥二号与月心的 连线相同时间扫过的面积相同，在近月点的速 度大于在远月点时的速度，即1>2，故A正 确；根据万有引力公式F=GM=ma,可知引 2 力和加速度大小与距月心距离的二次方成反 比，故F1>F2,a1>a2,故B、C错误；鹊桥二号 绕月做椭圆运动，根据对称性知t=0.5T,故D 错误。] 7.D[设足球的初速度大小为，在空中运动的 时间为t,则有x=ocos45°·t,2usin45°=gt, 联立解得%=√0m/s,1=俪，故A、B错课， D正确；足球从O,点运动到最高点的时间为总 时同的一丰，即西，放C错误.]