双休伴学3 运动和力的关系-【优学精研】2027年高考物理一轮总复习双休伴学（提升版）

**基本信息** 聚焦运动和力关系，融合教材改编、高考真题及模拟题，通过生活与工程情境实现知识梯度训练。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|9题（含1道多选）|牛顿运动定律、受力分析、摩擦力、弹簧、超重失重|生活情境（踢毽子、一字马）与工程案例（港珠澳大桥）结合，注重科学推理| |计算题|2题|传送带问题、连接体综合|教材改编题与复杂运动过程分析，强化模型建构与整体法应用|

　运动和力的关系 　　 1.〔人教版必修第一册P115·7题改编〕如图所示，质量M＝2 kg的长方体形铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右做匀加速直线运动，质量m1＝1 kg的木块A贴在铁箱后壁上与铁箱保持相对静止，质量m2＝1 kg的小球B通过细绳与铁箱上侧连接，细绳与竖直方向的夹角α＝53°。已知铁箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求： （1）木块对铁箱的压力； （2）水平拉力F的大小。 答案：（1） N，方向水平向左　（2） N 解析：（1）对小球B，由牛顿第二定律 m2gtan α＝m2a，解得a＝ m/s2 对木块A，由牛顿第二定律FN＝m1a，解得FN＝N 由牛顿第三定律FN'＝FN， 木块对铁箱的压力大小为 N，方向水平向左。 （2）对铁箱、小球及木块组成的系统，由牛顿第二定律得F－μ（m1＋m2＋M）g＝（m1＋m2＋M）a 解得F＝ N。 2.（2025·安徽高考5题）如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0 kg、甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则在乙下落的过程中（　　） A.甲对木箱的摩擦力方向向左 B.地面对木箱的支持力逐渐增大 C.甲运动的加速度大小为2.5 m/s2 D.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N 解析：C　甲相对木箱向右运动，则甲受到木箱的摩擦力方向向左，由牛顿第三定律可知甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；对甲，由牛顿第二定律有T－μmg＝ma，对乙，由牛顿第二定律有mg－T＝ma，联立解得甲运动的加速度大小a＝2.5 m/s2，绳子拉力大小T＝7.5 N，C正确，D错误；设乙运动的加速度为a，只有乙有竖直向下的加速度，对甲、乙和木箱，由整体法，竖直方向受力分析有FN＝M总g－ma，可知地面对木箱支持力FN不变，B错误。 3.（2024·安徽高考6题）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 解析：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。此时两弹簧的合力为大小为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，故C、D错误。 4.（2026·陕西西安模拟）如图所示，物理老师用一根筷子穿透一个苹果，他一手拿筷子，另一只手拿锤子敲击筷子上端，发现苹果会沿着筷子向上“爬”，下列说法正确的是（　　） A.苹果越小越容易完成该实验 B.苹果受到筷子的向上的力才会向上“爬” C.该实验原理主要是利用牛顿第一定律 D.该实验原理主要是利用牛顿第三定律 解析：C　当拿锤子敲击筷子上端时，筷子快速下降，而苹果由于具有惯性，要保持原有的运动状态，苹果位置保持不变，但筷子下降，则苹果相对筷子在向上运动，即苹果会沿着筷子向上“爬”，不是苹果受到筷子的向上的力向上“爬”，苹果越大，质量越大，惯性越大，越容易完成该实验，故C正确。 5.（2026·福建漳州模拟）一字马在武术、舞蹈等领域是常见的基本功。如图所示为某演员表演一字马的画面，其左脚撑在粗糙水平地面上，右脚靠压在竖直光滑墙面间，处于静止状态，则该演员（　　） A.受到地面的支持力方向沿左腿斜向上 B.受到地面的摩擦力方向沿水平地面向左 C.对地面的压力与其受到重力是一对平衡力 D.对墙面的压力与墙面对其的支持力是一对相互作用力 解析：D　对演员受力分析可得，演员受地面的支持力垂直地面向上，故A错误；由题可知演员处于静止状态，则演员受墙面水平向左的支持力与地面的摩擦力等大反向，则摩擦力方向水平向右，故B错误；演员受竖直向下的重力和地面的支持力是一对平衡力，演员对地面的压力与地面对演员的支持力大小相等，所以演员对地面的压力大小等于重力大小，但压力和重力不是一对平衡力，故C错误；根据牛顿第三定律知，演员对墙面的压力与墙面对其的支持力是一对相互作用力，故D正确。 6.（2026·辽宁沈阳期末）如图，竖直面内无人机用绳子正沿水平方向运输货物，货物向右摆起一定角度。已知货物质量为m，绳子与竖直方向夹角为θ，无人机与货物保持相对静止，忽略绳子质量及货物所受空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A.无人机一定向左做匀加速运动 B.货物处于失重状态 C.绳子拉力大小为 D.无人机的加速度大小为gtan θ 解析：D　对货物受力分析，确定加速度方向向左，大小为a＝＝gtan θ，物体可能向左加速也可能向右减速，故A错误，D正确；货物做水平运动，在竖直方向加速度大小为0，不是失重状态，故B错误；绳子拉力大小为FT＝，故C错误。 7.（2026·云南昭通期末）踢毽子是一项全民健身运动。当毽子被竖直踢上去又落下，若其所受空气阻力大小不变，取竖直向上为正方向，下列关于毽子的速度v随时间t的变化图线可能正确的是（　　） 解析：B　取竖直向上为正方向，毽子向上运动时，加速度为负方向，毽子向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，有mg＋f＝ma1，解得加速度大小为a1＝；毽子向下运动时，加速度为负方向，毽子向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有mg－f＝ma2，解得加速度大小为a2＝，则有a1＞a2，所以毽子的速度v随时间t的变化图线先在时间t轴上方，后在时间t轴下方，且斜率（加速度）先较大，后较小，故选B。 8.（2026·河南豫东模拟）如图甲所示，一个物体在光滑的斜面上始终受到一沿斜面向上逐渐增大的力F的作用，该物体沿斜面向上做变加速直线运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，物体的质量和斜面的倾角分别为（　　） A.m＝3 kg，θ＝30° B.m＝3 kg，θ＝37° C.m＝2 kg，θ＝30° D.m＝2 kg，θ＝37° 解析：A　由牛顿第二定律得F－mgsin θ＝ma，解得a＝－gsin θ，由图像可知斜率为k＝＝ kg－1＝ kg－1，解得m＝3 kg，纵轴截距－gsin θ＝－5，解得θ＝30°，故A正确。 9.（2026·广东湛江模拟）如图，用一根轻质弹簧和一根不可伸长的轻绳在水平天花板下悬挂一只灯笼，弹簧、轻绳与天花板的夹角均为60°，将灯笼看成质点，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A.弹簧弹力大于轻绳拉力 B.弹簧弹力小于轻绳拉力 C.剪断轻绳，此瞬间灯笼的加速度大小为g D.剪断轻绳，此瞬间灯笼的加速度大小为g 解析：C　由对称性可得：弹簧和轻绳拉力大小相同，则2Tsin 60°＝mg，得到T＝mg，故A、B错误；剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不会瞬间突变，所以弹簧弹力与重力的合力与轻绳的拉力等大反向，则瞬时加速度为a＝＝g，故C正确，D错误。 10.〔多选〕（2026·广东广州模拟）如图，港珠澳大桥人工岛建设时，起重机用8根对称分布且长度为L的钢索将直径为L、质量为M的钢筒匀加速竖直吊起，重力加速度为g，若每根钢索所能承受的最大拉力大小为F，则吊起过程中下列说法正确的是（　　） A.钢索拉力不断变大 B.每根钢索所受到的拉力大小为Mg C.钢筒的最大加速度amax＝－g D.钢筒处于超重状态 解析：CD　根据对称性可知，8根钢索的拉力大小相等，令钢索与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第二定律有8F0cos θ－Mg＝Ma0，钢筒做匀加速直线运动，加速度一定，则钢索拉力不变，故A错误；根据几何关系有sin θ＝＝，结合上述解得θ＝30°，F0＝，故B错误；结合题意与上述可知，当加速度最大时，钢索拉力最大，即拉力大小为F，则有8Fcos θ－Mg＝Ma，解得amax＝－g，故C正确；钢筒的加速度方向竖直向上，则钢筒处于超重状态，故D正确。 11.（2026·贵州铜仁期末）如图所示，以速度 v＝4 m/s运动的传送带与平板 B 靠在一起，两者上表面在同一水平面上，传送带的长度L＝4 m，平板B的质量M＝2 kg，现将一质量m＝2 kg的滑块A（可视为质点）轻放到传送带的左端，滑块随传送带运动并滑到平板上，已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.4，滑块与平板间的动摩擦因数μ2＝0.3，平板与地面间的动摩擦因数为μ3＝0.1。不计传送带与平板之间的间隙对滑块速度的影响，滑块始终不会从平板上掉下，取g＝10 m/s2。求： （1）滑块离开传送带时的速度大小； （2）平板的最小长度； （3）滑块 A 运动的总时间。 答案：（1）4 m/s　（2）2 m　（3）3.5 s 解析：（1）滑块在传送带上加速，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1 根据速度公式，滑块与传送带共速时，有v＝a1t1，联立解得t1＝1 s 滑块在传送带上加速的位移为s＝a1＝2m＜L 所以滑块离开传送带时的速度大小为4 m/s。 （2）滑块刚滑上平板的速度为v1＝4 m/s 以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得μ2mg＝ma2 对平板受力分析，由牛顿第二定律得 μ2mg－μ3（m＋M）g＝Ma3 二者共速时，以滑块为研究对象，根据速度与时间关系，有v2＝v1－a2t3 以平板为研究对象，根据速度与时间关系v2＝a3t3 联立解得t3＝1 s 共速的速度为v2＝1 m/s 此段时间内物块的位移为s1＝t3＝2.5 m 平板的位移为s2＝t3＝0.5 m 平板的最小长度为l＝s1－s2＝2 m。 （3）滑块在传送带上匀速阶段，有L－s＝vt2 滑块在传送带上运动的时间为t＝t1＋t2 联立解得t＝1.5 s 与木板共速后，一起减速的加速度 a4＝＝1 m/s2 共同减速时间t4＝＝1 s。 滑块A运动的总时间t总＝t＋t3＋t4＝3.5 s。 4 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $