力与直线运动 热点考点预测练 -2026届高考物理三轮冲刺练

力与直线运动 热点考点预测练 2026届高中物理高考三轮冲刺练 一、单选题 1．倾角为37°足够长斜面静止放在粗糙水平面上，有一长木板恰好能在斜面处于静止。现有物块以的速度从的顶端开始沿木板下滑，、间动摩擦因数为。已知、的质量分别为，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．物块下滑过程中，地面对斜面的摩擦力向左 B．物块下滑过程中，板仍与斜面保持静止 C．要使不脱离，板长度至少为0.5m D．若不从板上滑落，则最终与斜面保持相对静止 2．甲乙两质点在同一直线上运动，从t=0时刻起同时出发，甲做匀加速直线运动，x-t图像如图甲所示。乙做匀减速直线运动，整个运动过程的x~v2图像如图乙所示。则下列说法正确的是（　　） A．t=0时刻，甲的速度为2m/s，乙的速度为10m/s B．甲质点的加速度大小2m/s2为，乙的加速度大小为4m/s2 C．经过s，甲追上乙 D．经过2.5s，甲追上乙 3．甲、乙两车在同一条平直公路上运动，其图像如图所示，已知甲车做匀变速直线运动，其余数据已在图中标出。根据图中数据可知（　　） A．时刻，甲乙两车速度大小相等 B．0~2 s内，甲车位移等于乙车位移 C．甲车的初速度大小为2m/s D．相遇之前，时两车相距最远 4．如图甲所示，在倾角的足够长光滑斜面上，放着质量均为的A、B两物块，轻弹簧一端与物块B相连，另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态。从时刻开始，对A施加一沿斜面向上的恒力使物块A沿斜面向上运动，在A、B分离前，它们运动的加速度随位移变化的图像如图乙所示，运动位移为时，A与B分离。重力加速度大小为，下列说法不正确的是（　　） A．恒力的大小为 B．弹簧的劲度系数为 C．A与B分离时，A的加速度大小为 D．A与B分离后，A还能继续沿斜面向上运动 5．图（a）为北京冬奥会冰壶比赛中的一个画面。比赛中，为了使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。假设某运动员以初速度v0沿冰面将冰壶推出，冰壶做直线运动直到停止的过程中，其速度时间（v-t）图像如图（b）所示，则下列判定正确的是（　　） A．0~t1和t2~t3时间内，运动员在用毛刷擦冰面 B．t1~t2时间内，冰壶的加速度大小为 C．t1~t2时间内，冰壶的位移大小为 D．0~t3时间内，冰壶的平均速度大小为 6．固定的光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，如图甲所示．已知推力F与小环速度v随时间变化规律如图乙和丙所示，由以上条件可求得（    ） A．小环的质量m=0.5kg B．小环的质量m=2.0kg C．细杆与地面的倾角α= D．细杆与地面的倾角α= 7．2025年4月，全球首场人形机器人半程马拉松在亦庄成功举办。如图甲所示，时刻，、两个机器人并排在同一起跑线上，之后它们沿直道运动的图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．两个机器人同时开始运动 B．前内机器人的平均速度大小为 C．末机器人在前，机器人在后 D．内机器人的加速度大小为 二、多选题 8．如图所示，质量为M=2.0kg、长度为l=2.5m的长木板静置于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ1=0.2。质量为m=3.0kg可视为质点的滑块从长木板的右端以初速度v0向左滑上长木板，滑块恰好运动到长木板的左端。已知长木板刚开始运动时的加速度大小a1=1m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（　　） A．滑块与长木板间的动摩擦因数 B．滑块与长木板间的动摩擦因数 C．滑块初速度 D．滑块初速度 9．如图，光滑地面上，有一质量为的木箱停在水平路面上，木箱高，一质量的小物块置于的上表面，它距后端A点的距离为，已知与之间的动摩擦因数为。现对木箱施一水平向右的大小恒为的作用力，木箱开始运动，最后小物块会离开后落至水平地面，运动中小物块可视为质点。下列说法正确的是（　　） A．小物块离开木箱时，小物块的速度为 B．小物块离开木箱时，木箱的速度为 C．小物块落地时，小物块与木箱之间的距离为 D．小物块从开始运动到落地时，木箱运动的位移为 10．如图，光滑水平地面上有一质量为的小车在水平推力的作用下加速运动。车厢内有质量均为的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为，杆与竖直方向的夹角为，杆与车厢始终保持相对静止（重力加速度用表示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。下列说法正确的是（　　）    A．若B球受到的摩擦力为零，则 B．若A球所受车厢壁弹力为零，则 C．若推力向左，且，则加速度大小范围是 D．若推力向右，，则加速度大小范围是 三、实验题 11．在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，实验装置如图1所示。 (1)关于本实验，下列说法正确的是______（多选）； A．采用控制变量的方法 B．调节轨道的倾斜度，使小车在不受牵引时恰能静止在轨道上 C．通过改变槽码的个数可以改变小车所受的拉力 D．实验时小车运动的速度尽可能快些 (2)图2所示为某次实验打出的一条纸带，选取点A、B、C、D、E、F、G为计数点，相邻计数点间的时间间隔是0.1s，则计数点E的读数为______cm，小车的加速度大小______m/s2（保留2位有效数字）。 (3)图3是利用气垫导轨“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。气轨置于水平桌面上，测出挡光条的宽度d，将滑块移至图示位置，测出挡光条到光电门的距离l，静止释放滑块，读出挡光条通过光电门的挡光时间t，用天平称出托盘和砝码的总质量m，滑块及挡光条的总质量为M。回答下列问题： ①关于该实验的操作，下列说法正确的是______（多选） A．实验前需要将导轨调至水平                B．质量m和M的大小不需满足m远远小于M C．调节定滑轮使细线与轨道平行            D．挡光条宽度d越小，测速度的误差越小 ②保持m、l和d不变，在滑块上加砝码，改变总质量M，重复实验得到多组（，）数据。用图像法处理数据，在力不变的情况下探究加速度与质量的关系，则需要绘出_______图 A．图像        B．图像，        C．图像        D．图像 若在实验误差范围内图像是一条过原点的直线，则表明_______。 12．某实验小组采用位移传感器和电火花打点计时器同时测量物体做匀减速直线运动的加速度，以此比较两种测量方法的差异性。实验步骤如下： （1）如图甲所示连接好实验器材，接通打点计时器电源开始打点，闭合位移传感器开关，释放木块，木块在重物的牵引下开始做匀加速直线运动，重物落地后，木块再匀减速运动一段距离后停在桌面上（尚未到达滑轮处）； （2）从纸带上截取点迹清晰，便于测量的一段，如图乙所示，计算木块做匀减速直线运动的加速度则需选择___________点至___________点段进行测算（填图乙中点的字母），得出木块做匀减速直线运动的加速度大小为 （3）用位移传感器记录木块做匀减速直线运动的位移，其采样周期T=0.05s，数据如下表 5.40cm 4.40 cm 3.40cm 2.42cm 1.48 cm 0.50cm 利用表中数据求得木块的加速度大小为_______（结果保留三位有效数字）； （4）___________（填“打点计时器”或“位移传感器”）能比较准确的测量木块做匀减速直线运动的加速度。 四、解答题 13．如图甲所示，质量m1 = 1kg的小物块A静止在一质量m2 = 0.5kg的足够长的木板B的左端。当小物块A受到一个水平向右的外力F作用时，测得A与B间摩擦力f随外力F的变化关系如图乙所示。现对小物块A施加水平向右的拉力F = 15N，作用2s后撤去。重力加速度取g = 10m/s2，各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）物块A与木板B间的动摩擦因数μ1和木板B与地面间的动摩擦因数μ2； （2）从拉力F开始作用到物块A和木板B均停止的时间t； （3）物块A与木板B之间因摩擦而产生的热量Q和物块A对木板B做的功。 14．如图所示，小球1和2从地面上方不同高度处同时由静止释放，已知小球1的释放点距地面的高度，落地后反弹上升的最大高度，小球1与地面的接触时间忽略不计，小球2与地面碰撞后不反弹，不计空气阻力，重力加速度取。 (1)求小球1落地后离开地面瞬间与落地前瞬间速度大小的比值； (2)若从小球1第一次落地后到第二次落地前，两小球能同时到达距地面上方高度处，求小球2释放的高度。 15．如图所示，质量为M=2kg足够长的木板B放在水平地面上，在木板的最右端放一质量为m=1kg的物块A（可视为质点）。物块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数。现用一水平力F=18N作用于木板上，使其由静止开始运动，经过后撤去拉力。设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，。求： (1)撤去拉力的瞬间，物块和木板的速度、； (2)经过一段时间，A、B达到共同速度v的值； (3)计算在整个运动过程中木板B运动的位移。 16．如图所示，质量M=1.0kg、足够长的木板置于光滑水平面上，板左上方有一固定挡板P，质量m1=2.0kg的小物块A静止于木板左端。现将质量m2=1.0kg的小物块B以水平向左的初速度v0=4.0m/s滑上木板，整个运动过程中A、B未发生碰撞。A与挡板P碰撞后均反向弹回，碰撞前后瞬间速度大小相等。已知A、B与木板间的动摩擦因数μ均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。 （1）物块B滑上木板后，A与木板一起运动，求B刚滑上木板时的加速度大小aB 和A与木板的加速度大小a； （2）若A与挡板P的距离x=3.0m，求A开始运动到与挡板P碰撞的时间t； （3）若将木板换成轻质的长板，其他条件不变，整个运动过程中A只与挡板碰撞两次，且最终A、B停止了运动，求整个运动过程中A通过的路程s及B在轻板上滑行的距离L。 17．今年国庆假期，小明在清远站首届航天航空科普展观看了我国战斗机发展历程。如图所示为某型号战斗机在地面上沿直线加速滑行和在空中斜向上匀速爬升的情景，战斗机在加速滑行和匀速爬升两个阶段中：所受推力的大小均与重力大小相等，方向与速度方向相同；所受空气阻力，方向与速度方向相反；所受升力，方向与速度方向垂直。K1、K2未知，已知重力加速度为g，战斗机质量为m，匀速爬升时的速度为v₀，方向与水平方向成。 (1)求K1、K2的值； (2)战斗机在水平地面上滑行，受到地面的摩擦阻力f₂与正压力N的关系为，若战斗机恰好能做匀加速直线运动，求的值和战斗机在水平地面上滑行的加速度大小。 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C D D C C C AD ABD AD 1．C 【详解】A．由木板A恰好能处于静止可得，A与斜面间动摩擦因数 A与斜面之间的弹力及摩擦力的合力方向始终竖直向下，地面对斜面没有摩擦力，A错误； B．B下滑时，对A分析 解得，A将沿斜面向下滑动，B错误； C．在斜面上滑动时，系统动量守恒。速度相等时满足 可得 对B物体，根据牛顿第二定律 解得 共速时间 该过程中，物块B的位移 木板A的位移为 所以A板长度至少为，C正确； D．根据，A、B相对静止后沿斜面做匀速直线运动，D错误。 故选C。 2．C 【详解】AB．甲质点的位移表达式为 将（0，-2）、（1，0）、（2，6）代入上式，解得 乙质点的位移表达式为 将（时 ） 、（ 时 ）代入上式，解得 AB错误； C．乙质点停止所用时间为 乙质点2.5s的位移为 甲质点经过s的位移为 因为 经过s，甲追上乙，C正确； D．经过2.5s，甲质点的位移为 因为初始距离 ，甲没追上乙，D错误。 故选C。 3．D 【详解】A．在图像中，图线的斜率表示速度，由题图可知，时刻甲车的速度大于乙车的速度，故A错误； B．由题图知，甲车位移为8m，乙车位移为6m，甲车位移大于乙车位移，故B错误； C．由乙车图线可知，乙车做匀速直线运动，速度大小为3m/s；甲车的位移表达式为 将、、代入上式，解得 ，， 故C错误； D．两车速度相同时，两车相距最远，即 ， 故D正确。 故选D。 4．D 【详解】A．未作用时，设弹簧压缩量为，对A、B由平衡条件有 由图乙可知作用瞬间，A、B加速度大小为，此时对A、B有 联立解得，正确； BC．A、B分离瞬间，A、B间弹力为0，且二者加速度相等，对A有 对B有 联立解得，BC正确； D．从开始作用到A、B分离过程，结合 可知图乙“面积”表示“”的改变量，则有 解得A、B分离时的速度满足 A、B分离后，对A有 解得 A还能继续沿斜面向上运动，D错误。 本题选不正确项，故选D。 5．C 【详解】A．v-t图线的斜率表示加速度，由图知t1~t2时间内图线斜率小，说明加速度小，由牛顿第二定律 知t1~t2时间内冰壶与冰面间的动摩擦因数小，说明运动员在用毛刷擦冰面； 0~t1和t2~t3时间内图线斜率大，动摩擦因数大，说明此时间段运动员没有用毛刷擦冰面，故A错误； B．由加速度定义式知t1~t2时间内，冰壶的加速度大小为 故B错误； C．v-t图线与坐标轴围的面积表示位移，在t1~t2时间内，冰壶的位移大小为 故C正确； D．根据平均速度的定义式 知在0~t3时间内，冰壶的平均速度大小为 故D错误。 故选C。 6．C 【详解】由图示v-t图象可知，0-2s内小环做匀加速运动的加速度为： 0-2s内，由牛顿第二定律得： F1-mgsinα=ma 2s后物体做匀速运动，由共点力平衡条件得： F2=mgsinα 联立解得： m=1kg，α= A. 小环的质量m=0.5kg与分析不相符，故A项与题意不相符； B. 小环的质量m=2.0kg与分析不相符，故B项与题意不相符； C. 细杆与地面的倾角α=与分相符，故C项与题意相符； D. 细杆与地面的倾角α= °与分析不相符，故D项与题意不相符． 7．C 【详解】A．由图乙可知，机器人先开始运动，机器人时开始运动，故A错误； B．根据图像面积代表位移可知，可知前内机器人的位移 则前内机器人的平均速度大小，故B错误； C．由图可知，前内机器人的位移大于机器人的位移且、两个机器人并排在同一起跑线上开始运动，则末机器人在前，机器人在后，故C正确； D．根据图像斜率的物理意义，内机器人的加速度大小为，故D错误。 故选C。 8．AD 【详解】AB．长木板刚开始运动时的加速度大小，对木板分析，根据牛顿第二定律有 解得，故A正确，B错误； CD．对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 可知滑块先向左做匀减速直线运动，木板向左做匀加速直线运动，两者达到相等速度后保持相对静止向左做匀减速直线运动，最终停止运动。两者达到相等速度过程有 滑块相对于木板的相对位移大小恰好等于木板长度，即有 解得，故C错误，D正确。 故选AD。 9．ABD 【详解】AB．小物块与木箱间的摩擦力 Ff=µmg=0.2×5×10N=10N 由牛顿第二定律可得物块的加速度为 木箱的加速度为 由位移时间公式可有 解得时间为 t=2s 小物块离开木箱时，小物块的速度为 vm=amt=2×2 m/s =4m/s 木箱的速度为 vM=aMt=3×2 m/s=6 m/s AB正确； C．小物块离开木箱后做平抛运动，落地时间为 小物块离开木箱后，木箱的加速度为 小物块落地时与木箱之间的距离为 C错误； D．小物块从开始运动到落地时，木箱运动的位移为 D正确。 故选ABD。 10．AD 【详解】A．设杆的弹力为，对小球A，竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足 竖直方向有 则 若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得 可得 对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律 故A正确； B．对小球A，根据牛顿第二定律可得 对系统整体根据牛顿第二定律 解得 故B错误； C．若推力向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由杆对小球A的水平分力以及车厢壁的弹力的合力提供，小球A所受向左的合力的最大值为 小球B所受向左的合力的最大值 由于 可知 故最大加速度最大时小球B所受摩擦力已达到最大、小球A与左壁还有弹力，则对小球B根据牛顿第二定律 故C错误； D．若推力向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时 当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时 对小球B根据牛顿第二定律 所以 故D正确。 故选AD。 11．(1)AC (2) 3.70/3.71/3.72/3.68/3.69 0.20 (3) AC A 在外力不变时物体的加速度与质量成反比 【详解】（1）A．本实验研究三个物理量之间的关系，采用控制变量的方法，故A正确； B．调节轨道的倾斜度，使小车在不受牵引时能恰好带着纸带沿轨道匀速下滑，故B错误； C．取等质量槽码可以近似成倍地改变小车所受的拉力，故C正确； D．小车速度快，说明加速时的加速度就大，根据牛顿第二定律，对槽码 对小车有 可得加速度为 可知加速度越大，槽码质量与小车质量关系可能会不满足远小于关系，故D错误。 故选AC。 （2）[1]刻度尺精度为，则计数点E的读数3.70cm [2]相邻计数点间的时间间隔是0.1s，根据可解得 （3）[1]A．该实验需要将导轨调至水平，故A正确； B．本实验m和M的大小需满足m远远小于M，故B错误； C．该实验需要调节定滑轮使细线与轨道平行，故C正确； D．挡光条宽度d过小，测量d的相对误差变大，测速度的误差反而变大，故D错误。 故选AC。 [2]挡光条的宽度d，挡光条到光电门的距离l，静止释放滑块，挡光条通过光电门的挡光时间t，则挡光条速度为，根据运动学公式可得加速度 则 在力不变的情况下探究加速度与质量的关系，需要绘制图验证加速度与质量成反比，即图像。 故选A。 [3]若在实验误差范围内图像是一条过原点的直线，在外力不变时物体的加速度与质量成反比。 12． 位移传感器 【详解】[1][2]由纸带可知之间的间距比之间的间距小，说明之间开始减速了，但是仍可能存在一小段的匀加速运动，然后再匀减速运动的情况，所以取点可确保木块已做减速运动。 [3]根据逐差公式可得 可得 代入数据解得 可得加速度大小为 [4]木块做减速运动的时候，纸带与打点计时器之间的摩擦力比木块与桌面的摩擦力小，所以用打点计时器测得的加速度比木块的加速度要小一些，相对而言，位移传感器能够比较准确的测得木块做匀减速直线运动的加速度。 13．（1）0.60，0.20；（2）10s；（3）45J，225J 【详解】（1）根据A与B间摩擦力f随外力F的变化关系可得A与B间滑动摩擦力为 B与地面的滑动摩擦力为 则有 解得 （2）拉力F = 15N开始作用在物块A时，对物块A分析，根据牛顿第二定律得 对木板B分析，根据牛顿第二定律得 解得 拉力F作用2s时物块A和木板B的速度分别为 解得 撤去拉力F直到物块A和木板B共速的过程中，物块A的加速度大小满足 物块A和木板B的共速时满足 解得 物块A和木板B共速后直到停止的过程中，整体的加速度大小满足 解得 减速的时间 所以从拉力F开始作用到物块A和木板B均停止的时间 （3）从拉力F开始作用到物块A和木板B共速的过程中，物块和木板的相对位移 因此物块A与木板B因摩擦而产生的热量 解得 物块A与木板B发生相对运动的过程中，木板B的位移 物块A与木板B间发生相对运动的过程中滑动摩擦力对木板B做的功 Wf1 = f1x 解得 Wf1 = 112.5J 物块A与木板B共速后一起运动的过程中静摩擦力对木板B做的功 Wf2 = f2x2 物块A与木板B共速过程中木板B受到A给他的摩擦力为 f2 = m1a = 2N 物块A与木板B共速过程的位移为 解得 Wf2 = 112.5J 则整个过程中物块A对木板B做的功 W = Wf1＋Wf2 = 225J 14．(1) (2)55m或 【详解】（1）根据速度位移关系 可得小球1落地瞬间的速度大小为 反弹速度大小为 解得 则小球1落地后离开地面瞬间与落地前瞬间速度大小的比值为 （2）小球1下落的时间 反弹到最高点的时间 解得 设小球1反弹到距地面上方高度处时间为，则有 代入数据得 若在小球1上升过程相遇，相遇时小球2下落的高度 解得 若在小球1下降过程相遇，相遇时小球2下落的高度 解得 故小球2离地的初始高度或 15．(1)， (2) (3) 【详解】（1）由分析可知，B被拉着向右运动时，可以判断出A相对B向左滑动，对物块A有， 对木板B有， 解得， （2）撤去外力F后，设经过时间后A、B达到共同速度，对木板B有， 对物块A有 代入数据可得， （3）撤去外力F前，木板B运动的位移 撤去外力到达到共同速度的时间内，木板B运动的位移 经判断A、B达到共同速度后一起匀减速直到静止，对AB整体有 达到共同速度后继续运动的位移 在整个过程中，木板B运动的位移 联立得 16．（1），；（2）；（3）， 【详解】（1）对物块B，根据牛顿第二定律有 解得 对物块A和木板，根据牛顿第二定律有 解得 （2）设从B滑上木板到三者共速所经历的时间为t1，共同速度为，则 解得 该过程中A与木板一起运动的距离 解得 所以接下来三者一起运动，直至与挡板P碰撞，设该过程经历的时间为t2，则 A开始运动到与挡板P碰撞的时间 解得 （3）方法一：设A与板一起运动的加速度为aA，根据牛顿第二定律，有 由题意可知，如果A与P碰前，三者速度已相等，则A与P碰后三者最终会一起向右运动，不会发生第二次碰撞。因此A在与P碰撞前一直做匀加速直线运动，碰后做加速度相等的减速运动。设A每次与挡板碰撞的速度大小为v，A经过时间t3与P碰撞，碰后经过时间t4速度减为零，则 解得 物块B一直向左作匀减速运动，在运动的全过程中根据牛顿第二定律，有 解得 则 解得 根据系统能量守恒，有 解得 方法二：由题意可知，A在与P碰撞前一直做匀加速直线运动，设A每次与挡板碰撞的速度为v，每次碰撞A的动量变化量为2m1v，则 设A与板一起运动的加速度为aA，根据牛顿第二定律，有 则A通过的路程 解得 根据系统能量守恒，有 解得 17．(1)， (2)， 【详解】（1）战斗机匀速爬升时的速度为v₀，与水平方向成，受力平衡，如图所示 沿速度方向有 垂直速度方向有 推力 代入数据解得， （2）设战斗机在地面上滑行时速度为，受到地面弹力为，受力分析可知 竖直方向有 水平方向有 推力 联立解得 战斗机做匀加速直线运动，加速度不变，方程中的系数必须为零，即 解得 代入数据解得加速度为 学科网（北京）股份有限公司 $