卷3 运动和力的关系-【三新金卷·先享题】2026年安徽省高考物理真题分类优化卷(分项3N)

最新5年高考真题分类优化卷·物理（三） 卷3运动和力的关系 姓名 班级 考号 得分 本卷满分100分，考试时间75分钟 一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的。 1.(2025·北京)如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向 前运动。飞船和空间站的质量分别为和M,则飞船和空间站之间的 作用力大小为 () 空间站 飞船 M m M 177 M 177 A.M+m F B.Mm C.F D.MF 2.(2025·安徽)倾角为0的传送带以恒定速率v。顺时针转动。t=0时在 传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。。时刻物块运动到传送带 中间某位置，速度达到。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到 (0. 顶端的过程中，加速度α、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是 3.(2025·海南)神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风 着陆场成功着陆，在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减 速，返回舱速度大大减小，在减速过程中 () A.返回舱处于超重状态 B.返回舱处于失重状态 C.主伞的拉力不做功 D.重力对返回舱做负功 m 4.(2024·全国)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P,P置于 水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略）， 盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m,并测量P的加速度大小a,得 到a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中，可能正确的是 () 【最新5年高考真题分类优化卷·物理（三）3-1】3N .. 5.(2024·北京)将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中， 若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是() A.上升和下落两过程的时间相等 B.上升和下落两过程损失的机械能相等 C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量 D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度 6.(2024·安徽)如图所示，竖直平面内有两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2g。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 ( F 60000000 666 M￥d00oo0o0g0000oo2车N 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 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选 项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3 分，有选错的得0分。 7.(2025·甘肃)如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A, 质量为m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲 度系数为k,重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是() BO A.小球A运动到弹簧原长处的速度最大 B.的断细线的瞬间，小球A的加速度大小为号 C.小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为 k D.小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为 2mg 【3-2】3N 8.(2024·广东)如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落 伞。在接近某行星表面时以60/s的速度竖直匀速下落。此时启动 “背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探 测器质量为1000kg,背罩质量为50kg,该行星的质量和半径分别为地 球的。和2。地球表面重力加速度大小取g=10m/s。忽略大气对探 测器和背罩的阻力。下列说法正确的有 () 降落伞 背罩 「探测器 A.该行星表面的重力加速度大小为4m/s B.该行星的第一宇宙速度为7.9km/s C.“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为80m/s2 D.“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为30kW 9.(2024·黑吉辽蒙)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数 为以。1=0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻， 一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知=0到t一 41。的时间内，木板速度℃随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力 加速度大小。t一4。时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是 () 28 0 2.3元。4。t A.小物块在t=3t。时刻滑上木板 B.小物块和木板间动摩擦因数为2 C.小物块与木板的质量比为3：4 D.t=41。之后小物块和木板一起做匀速运动 10.(2024·全国)蹦床运动中，体重为60kg的运动员在t=0时刚好落到 蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间：的关系如图所示。假设运动过 程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略 空气阻力，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是() F/N 0 0.5 1.01.52.02.5t/s A.t=0.15s时，运动员的重力势能最大 B.t-0.30s时，运动员的速度大小为10m/s 【3-3】3N C.t一1.00s时，运动员恰好运动到最大高度处 D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小 为4600N 三、非选择题：本大题共5题，共56分。 11.(12分)(2024·全国)学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力 计挂在电梯内，测力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为9. 8m/s2。 (1)电梯静止时测力计示数如图所示，读数为 N(结果保留1位小 数)： (2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5N,则此段时间内物体处 于 (填“超重”或“失重”)状态，电梯加速度大小为 m/s (结果保留1位小数)。 12.(10分)(2022·黑吉辽蒙)某同学利用如图所示的装置测量 遮光花 透光是 重力加速度，其中光栅板上交替排列着等宽度的遮光带和 透光带（宽度用d表示）。实验时将光栅板置于光电传感器上方某高 度，令其自由下落穿过光电传感器。光电传感器所连接的计算机可连 续记录遮光带、透光带通过光电传感器的时间间隔△。 (1)除图中所用的实验器材外，该实验还需要 (填“天平”或“刻 度尺”)； (2)该同学测得遮光带（透光带）的宽度为4.50cm,记录时间间隔的数 据如表所示： 编号 1遮光带 2遮光带 3遮光带 △t/(X103s) 73.04 38.67 30.00 根据上述实验数据，可得编号为3的遮光带通过光电传感器的平均速 度大小为v3= m/s(结果保留两位有效数字)； (3)某相邻遮光带和透光带先后通过光电传感器的时间间隔为△1、 △t,则重力加速度g= (用d、△t1、△t2表示)： (4)该同学发现所得实验结果小于当地的重力加速度，请写出一条可能 的原因： 13.(10分)(2024·全国)如图，一长度1=1.0m的均 月同 匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与 7777777 【3-4】3N 平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度： 向右滑动，当薄板运动的距离△1=6时，物块从薄板右端水平飞出；当 物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量 相等。它们之间的动摩擦因数μ-0.3，重力加速度大小g-10/ s2。求： (1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间： (2)平台距地面的高度。 14.(10分)(2024·海南)某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的 光滑圆弧形滑梯，半径R=10m,滑梯顶点a与滑梯末端b的高度h -5m,静止在光滑水平面上的滑板B,紧靠滑梯的末端，并与其水平相 切，滑板质量M=25kg,一质量为m=50kg的游客，从a点由静止开 始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边 缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s-16m停下。游客视为质 点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为以=0.2，忽略空气阻 力，重力加速度g-10m/s2,求： ammmw (1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小： (2)滑板的长度L。 【3-5】3N 15.(12分)(2024·湖北)如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀 速转动，传送带左右两端的距离为3.6。传送带右端的正上方有一 悬点O,用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球， 小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子， P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左 端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的 速度大小为1/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻 绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间 的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g=10m/s2。 6户 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小； (2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能； (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小 距离。 【3-6】3N结合图乙可计算出 g g 3x1=6m1=Rm 由于弹簧1的劲度系数为k,则 k1=k,k2=3 (3)根据k= △F 可知，弹簧1弹力的变化量不受弹簧2的重力的影 响，所以弹簧2不会引起弹簧1劲度系数测量的 误差。 (4)由题意可知，弹簧1的劲度系数为k,则弹簧2 的劲度系数为了，所以把两个弹簧串联起来，当下 面挂质量为m。物体时，根据平衡条件得 k1△x1=m0g k2△x2=mog k(△x1+△x2)=mog 解得'=·飞 1十：=4 答案：1多(2号(8)不会（4)会 13.解析：(1)由于木板匀速运动则有 2F cos 0=f 带入数据解得 f=450N (2)根据功的定义式有 W=2Flcos 0 带入数据解得 W=9.0×103J (3)根据功率的定义式有 W P= t 带入数据有 P=600W 答案：(1)450N(2)9.0×103J(3)600W 14.解析：(1)重物下降的过程中受力平衡，设此时P、Q 绳中拉力的大小分别为T1和T2,竖直方向 Ti cos a=mg +T2 cos B 水平方向 Ti sin a=T:sin B 联立代入数值得 T,=1200N,T,=900N (2)整个过程根据动能定理得 W+mgh=0 解得两根绳子拉力对重物做的总功为 W=-4200J 答案：(1)1200N,900N(2)-4200J 15.解析：(1)由题意知，C受力平衡，则竖直方向满足 2Fcos30°=mg 解得F= 3mg (2)C恰好降落到地面时，即对地面压力仍为零时， B受C压力的水平分力最大，由几何关系知 2F'cos60°=g 则水平分力为F =F′c0s30 此时B受地面的摩擦力为广二uF、 其中FN=2mg+F'sin30°=mg 根据题意fmin=Fmax 3 解得mim=2 【4】 (3)由题意得，C下降的高度为 h=(3-1)R A的位移x=2(3一1)R 则摩擦力做功的大小为 W=fx=2(/3-1)umgR 根据动能定理W-W,十mgh=0-0 解得W=(2μ-1)（√3-1）mgR 答案：1)3mg23 (3)(2-1)(√3-1)mgR 卷3运动和力的关系 1.A根据题意，对整体应用牛顿第二定律有 F=(M+m)a 对空间站分析有 F'=Ma 解两式可得飞船和空间站之间的作用力 M F'二M+m 故选A。 2.C0~t。时间内：物体轻放在传送带上，做加速运 动。受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩擦 力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故 做匀加速运动。。之后：当物块速度与传送带相同 时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为 零，物块做匀速直线运动。C正确，A、B、D错误。故 选C。 3.A返回舱在减速过程中，加速度竖直向上，处于超 重状态，故A正确，B错误；主伞的拉力与返回舱运 动方向相反，对返回舱做负功，故C错误：返回舱的 重力与返回舱运动方向相同，重力对返回舱做正功， 故D错误。故选A。 4.D设P的质量为M,P与桌面的动摩擦力为F:以 P为对象，根据牛顿第二定律可得 T-f=Ma 以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得 mg一T=ma 联立可得 =mg-f 8- a-M+mM+m ·m 可知，am不是线性关系，排除A、C选项，可知当砝 码的重力小于物块P最大静摩擦力时，物块和砝码 静止，加速度为0，当砝码重力大于∫时，才有一定的 加速度，当趋于无穷大时，加速度趋近等于g。 故选D。 5.C小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程 中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律可知上升 过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力 (加速度)，D错误；小球运动的整个过程中，空气阻 力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度 小于拋出时的速度，所以上升过程中小球动量变化 的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定 理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的 冲量，C正确：上升与下落经过同一位置时的速度， 上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过 程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落 过程所用时间，A错误；经同一位置，上升过程中所 受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可 知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损 失，B错误。故选C。 6.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 -3N 簧的合力大小为mg。当撤去拉力，则小球从P点运 动到)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。故选A。 7.BCA.剪断细线后，弹力大于A的重力，则A先向 上做加速运动，随弹力的减小，则向上的加速度减 小，当加速度为零时速度最大，此时弹力等于重力， 弹簧处于拉伸状态，选项A错误：B.剪断细线之前 则F弹=3mg,剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A 由牛顿第二定律F弹-2mg=2ma,解得A的加速 度a=号，选项B正确；C,剪断细线之前弹簧仲长 2 量1=35，剪断细线后A做简谐振动，在平衡位 置时弹簧仲长量工：=，即振幅为A= 一2=g ,由对称性可知小球A运动到最高点 时，弹簧伸长量为 6 ,选项C正确；D.由上述分析 可知小球A运动到最低点时，弹簧伸长量为 3mg 选项D错误。 Mm 8.AC在星球表面，根据G R2=mg GM 可得g=R 行里的质量和半径分别为地球的品和宁。地球表而 重力加速度大小取g=10m/s”,可得该行星表面的 重力加速度大小 g=4 m/s 故A正确； 在星球表面上空，根据万有引力提供向心力 Mm G R mR GM 可得星球的第一宇宙速度=√R 行星的质量和半径分别为地球的0和2，可得该行 √5 星的第一宇宙速度V行=万V地 地球的第一宇宙速度为7.9km/s,所以该行星的第 一宇窗速度 5 ×7.9km/s 故B错误； “背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体 做匀速直线运动，对探测器受力分子，可知探测器与 保护背罩之间的作用力F=g'=4000N “背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4000N,对 背罩，根据牛顿第二定律F=ma 解得a=80m/s 故C正确； “背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率 P=mg′u=1000×4×60W=240kW 故D错误。 故选AC。 【5】 9.ABDv-t图像的斜率表示加速度，可知t=3t。时 刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在t=3。 时刻滑上木板，故A正确： 结合图像可知t=3t。时刻，木板的速度为 3 vo=ugto 设小物块和木板间动摩擦因数为以。，由题意可知物 体开始滑上木板时的速度为 3 U1= gt,负号表示方向水平向左 物块在木板上滑动的加速度为 =以0g 经过。时间与木板共速此时速度大小为)共 1 =之g。,方向水平向右，故可得集一0=al。 解得以o=24 故B正确； 设木板质量为M,物块质量为m,根据图像可知物块 未滑上木板时，木板的加速度为 2Rglo 1 a= 2ug 故可得F-uMg=Ma 3 解得F=2uMg 根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为 1 3 2ugto- 2gL。 a'= -=一以g 此时对木板由牛顿第二定律得 F-u(m+M)g-uomg=Ma' 解得行-司 故C错误； 假设t=4t。之后小物块和木板一起共速运动，对整 3 体F,（m+M)g=2Mg一2Mg=0 故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t=4。 之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。 故选ABD。 10.BD根据牛顿第三定律结合题图可知t=0.15s时， 蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此 时运动员处于最低，点，运动员的重力势能最小，故 A错误：根据题图可知运动员从t=0.30s离开蹦 床到t=2.3s再次落到蹦床上经历的时间为2s, 根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间 为1s,则在t=1.3s时，运动员恰好运动到最大高度 处，t=0.30s时运动员的速度大小v=10×1m/s =10m/s,故B正确，C错误；同理可知运动员落到 蹦床时的速度大小为10m/s,以竖直向上为正方 向，根据动量定理 F·△t-mg·△t=mw-(-mw) 其中△1=0.3s 代入数据可得F=4600N 根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到 离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N, 故D正确。 故选BD。 11.解析：(1)由图可知弹簧测力计的分度值为0.5N,则 读数为5.0N。 (2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5N, 小于物体的重力可知此段时间内物体处于失重 -3N 状态： 根据G=mg=5.0N 根据牛顿第二定律mg一T=ma 代入数据联立解得电梯加速度大小a≈l.0m/s 答案：(1)5.0(2)失重1.0 12.解析：(1)该实验测量重力加速度，不需要天平测质 量；需要用刻度尺测量遮光带（透光带）的宽度，故 需要刻度尺： (2)根据平均速度的计算公式可知 d4.5×10m=1.5m/s u=A=30X105 (3)根据匀变速直线运动平均速度等于中间时刻的 速度，有 d △t2+△t1 v2=u1+g2 2d(△t1-△tg) 可得g=△t1△，（△1十At2) (4)光栅板的长度明显，下落过程中受到空气阻力 的影响，所以竖直向下的加速度小于重力加速度。 答案：(1)刻度尺(2)1.5 △t1一△12 (3)2d (4)光栅板受到空气阻 △t,△t2(△t1+△t2) 力的作用 13.解析：(1)物块在薄板上做匀减速运动的加速度大 小为a1=g=3m/s 薄板做加速运动的加速度 a:=tumg =3m/s2 1 对物块1+△1=v1一2a1t 1 对薄板△1=2a,t 解得vo=4m/s 1 t=3 (2)物块飞离薄板后薄板得速度2=a2t=1m/s 物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平拋运 动，则当物块落到地面时运动的时间为 =261 1 则平台距地面的高度h= 9 m 1 5 答案：(1)4m/s:3s(2)9m 14.解析：(1)设游客滑到b点时速度为v。,从a到b过 程，根据机械能守恒 mgh= 解得v=10m/s 在b点根据牛顿第二定律 FN一mg=mR 解得F=1000N 根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压 力的大小为F'=F、=1000N (2)设游客恰好滑上平台时的速度为U,在平台上运 【6】 动过程由动能定理得一mgs=0-。mv 解得v=8m/s 根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台 的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一 直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大 小分别为a1和a2,得 a=umg =g=2m/s2 a,=m3=4m/S M 根据运动学规律对游客v=v。一a1t 解得t=1s v+vo 该段时间内游客的位移为51= 2 滑板的位移为5，=2a21=2m 根据位移关系得滑板的长度为L=51一52=7m 答案：(1)1000N(2)7m 15.解析：(1)根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第 二定律有umg=ma 解得a=5m/s 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的 距离为 x2a =2.5m<L传=3.6m 可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速， 即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等 于传送带的速度大小5m/s。 (2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短， 小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方 向，由动量守恒定律有 m当v=mV1十m球Vg 其中 v=5tm/s,w1=一1m/s 解得v2=3m/s 小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的 总动能为 1 1 1 解得△Ek=0.3J (3)若小球运动到P,点正上方，绳子恰好不松弛，设 此时P点到O点的距离为d,小球在P点正上方的 速度为a,在P点正上方，由牛顿第二定律有 m球g=m球L能一d 小球从O点正下方到P点正上方过程中，由机械能 守恒定律有 2m#0员=2m年号十m球g(2Lt一d) 联立解得d=0.2m 即P点到O点的最小距离为0.2m。 答案：(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m 卷4曲线运动 1.D -3N