第3章 专题3 高考中涉及运动和力的“三类”热点问题（Word练习）-【精讲精练】2027年高考物理一轮复习

**基本信息** 以牛顿运动定律为核心，融合运动学、能量与摩擦力分析，通过典例系统呈现隔离法、临界条件判断等解题方法，构建“受力-运动-能量”逻辑链条。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础题组|7题|机械能守恒与几何关系结合、三力汇交原理、v-t图像求加速度、多体牛顿定律应用、分离临界条件分析|从单一物体到多体系统，从恒力到临界状态，逐步深化运动和相互作用观念| |提升题组|2题|摩擦力方向动态分析、多过程运动学公式应用|综合科学推理与模型建构，强化复杂场景下的科学思维能力|

[对应学生用书第393页] 说明：单项选择题每小题3分，多项选择题每小题4分，共28分；非选择题共1小题，共12分；本试卷共40分。 [基础题组] 1．固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于(　　) A．它滑过的弧长 B．它下降的高度 C．它到P点的距离 D．它与P点的连线扫过的面积 解析　如图所示，设小环下降的高度为h，大环的半径为R，小环到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh＝mv2，由几何关系可得h＝L sin θ，sin θ＝，联立h＝，解得v＝L，故选项C正确，A、B、D错误。 答案　C 2．(多选)(2025·湖北武汉模拟)某人在地面上最多能提起质量为m的物体，如图所示，现在他在机场要把某个行李箱通过倾角为α＝30°的斜面AB拉上水平平台BC，行李箱与ABC路面间的动摩擦因数均为μ＝，下列说法正确的是(　　) A．在斜面AB上，他最多能匀速拉动质量为m的物体 B．在斜面AB上，他最多能匀速拉动质量为2m的物体 C．拉力F与斜面的夹角为60°时最省力 D．拉力F与斜面的夹角为30°时最省力 解析　行李箱在斜面上运动时受到四个力作用，重力、摩擦力、支持力和拉力，如图所示 可以先把斜面对物体的支持力和摩擦力求合力F′，则F′方向与弹力方向夹角的正切值为tan β＝μ＝，可得β＝30°，再根据三力汇交原理，当拉力F与F′垂直时拉动的物体最重，质量为m，故选项A正确，B错误；若行李箱重力一定，当拉力F与合力F′垂直时与斜面成30°角，拉力最小，选项D正确，C错误。 答案　AD 3．(2026·陕西渭南模拟)如图甲所示，足够高的水平长桌面上，P点左边光滑，右边粗糙，物块A在砝码B的拉动下从桌面左端开始运动，其v-t图像如图乙所示。已知砝码B的质量为0.20 kg，重力加速度g取10 m/s2，用mA表示物块A的质量，μ表示物块A与P点右边桌面之间的动摩擦因数，则有(　　) A．mA＝1.0 kg，μ＝0.2 B．mA＝0.4 kg，μ＝0.125 C．mA＝0.8 kg，μ＝0.125 D．mA＝0.8 kg，μ＝0.2 解析　由题图乙可知，物块A在P点左边运动时的加速度为a1＝2 m/s2，在P点右边运动时的加速度为a2＝ m/s2＝1 m/s2，由牛顿第二定律mBg＝(mA＋mB)a1，mBg－μmAg＝(mA＋mB)a2，联立解得mA＝0.8 kg，μ＝0.125，故选C。 答案　C 4．(多选)一东西向的水平直铁轨上停放着一列已用挂钩连接好的车厢，当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为a的加速度向西行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小仍为F；不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢的质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　) A．8　　　　　　　 B．10 C．15 D．18 解析　设这列车厢的节数为n，P、Q挂钩东边有k节车厢，每节车厢的质量为m，由牛顿第二定律可知＝，解得k＝n，k是正整数，n只能是5的倍数，故选项B、C正确，A、D错误。 答案　BC 5．(人教必修第一册P115复习与提高B组第6题变式)如图甲所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑水平面上。已知 mA＝1 kg，mB＝3 kg。从t＝0开始， 推力FA和拉力FB分别作用于A、B上， FA和FB随时间的变化规律如图乙所示。则(　　) A．t＝0.5 s时，A、B间的弹力为2 N B．t＝1 s时， A、B分离 C．分离时，它们的位移为4.5 m D．A、B分离时的速度为4 m/s 解析　根据图像可得FA＝6－2t，在0～3 s内FB＝2＋2t，当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时加速度相等，则有＝，即＝，解得t＝2 s，故B错误；t＝0.5 s时，A、B没有分离，看成一个整体，则有FA＋FB＝a，解得a＝2 m/s2，隔离A根据牛顿第二定律，有FA－F′＝mAa，代入数据解得F′＝3 N，故A错误；由上述分析可知分离前的加速度为a＝2 m/s2，分离时它们的位移为x＝at2＝×2×22 m＝4 m，A、B分离时的速度为v＝at＝4 m/s，故C错误，D正确。 答案　D 6．如图所示，汽车车厢里载着两材质不同的建材A、B正在平直公路上匀速向前行驶，A、B靠在一起，已知A、B的质量相等，与车厢底面间的动摩擦因数分别为μA＝0.6、μB＝0.8。t＝0时刻汽车开始加速向前行驶，若其加速度的大小随时间的变化规律为a＝2t( m/s2)，重力加速度g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　) A．t＝2.0 s时，A、B之间开始有弹力 B．t＝2.5 s后，A受到的摩擦力大小不变 C．从t＝3.0 s到t＝3.5 s内，A、B间的弹力逐渐增大 D．t＝4.0 s时，A、B开始相对车厢滑动 解析　根据题意可知，A依靠摩擦力获得最大加速度，则aA＝＝6 m/s2＝2t，解得t＝3 s，即3 s时A、B间出现弹力，有弹力后A受到的摩擦力始终等于滑动摩擦力，故A、B错误；设A、B与车厢保持相对静止的最大加速度为am，则am＝＝7 m/s2＝2t，解得t＝3.5 s。由此可知3.5 s后A、B开始相对车厢滑动，3～3.5 s内，由于加速度不断增大，B对A的弹力也将不断增大，故C正确，D错误。 答案　C 7．(多选)如图所示，质量为m的物块A静止在水平桌面上，通过足够长的轻绳和轻质滑轮悬挂着质量为3m的物块B。现由静止释放物块A、B，之后的运动过程中物块A不与定滑轮发生碰撞。已知重力加速度的大小为g，不计所有阻力，下列说法正确的是(　　) A．在相同时间内物块A、B运动的路程之比为 2∶1 B．物块A、B的加速度之比为1∶1 C．轻绳的拉力为 D．B下落高度h时，速度为 解析　根据动滑轮的特点可知B下降s，A需要走动2s，则＝，选项A正确；因为都是从静止开始运动的，故有2×aBt2＝aAt2，解得＝，选项B错误；对A：FT＝maA，对B：3mg－2FT＝3maB，解得FT＝，aA＝g，选项C正确；对B，加速度为aB＝aA＝g，根据速度—位移公式，有v2＝2aBh，解得v＝，选项D错误。 答案　AC [提升题组] 8．(多选)(2025·河南漯河期末)将一圆环套在固定的足够长的水平杆上，环的内径略大于杆的截面直径，对环施加一在竖直平面内斜向上与杆的夹角为θ的拉力F，如图甲所示，圆环质量m＝0.3 kg，当拉力逐渐变大时，环的加速度随拉力F变化的规律如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．拉力F与杆的夹角θ＝37° B．圆环与杆之间的动摩擦因数为0.5 C．当F＝15 N时，环受到的摩擦力大小为3 N D．环受到的摩擦力大小为1 N时，环的加速度大小可能为 m/s2 解析　由题图乙可知当拉力超过5 N时，支持力方向相反，故当F＝5 N时FN＝0，Ff＝0，此时F sin θ＝mg，F cos θ＝ma，代入数据F＝5 N，a＝ m/s，可得tan θ＝，故θ＝37°，选项A正确；当F>5 N时支持力方向向下，则根据牛顿第二定律F cos θ－μ(F sin θ－mg)＝ma，由图像可知当F＝0时，a＝5 m/s2，解得μ＝0.5，选项B正确；当F＝15 N时，环受到的摩擦力大小为Ff＝μ(F sin θ－mg)＝3 N，选项C正确；环受到的摩擦力大小为1 N时，则可能Ff＝μ(F sin θ－mg)＝1 N，或者Ff＝μ＝1 N，则F＝ N或者F＝ N，根据F cos θ－Ff＝ma，可知环的加速度大小可能为a＝ m/s2或者a＝ m/s2，选项D错误。 答案　ABC 9．(12分)(2026·江西赣州模拟)某次服务员用单手托托盘的方式给12 m远处的顾客上菜，要求全程托盘水平，若托盘和碗之间的动摩擦因数为μ1＝0.15，托盘与手间的动摩擦因数为μ2＝0.2，服务员上菜时的最大速度为3 m/s。假设服务员加速、减速过程中均做匀变速直线运动，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(设菜品送到顾客处速度恰好为零)重力加速度g取10 m/s2。求： (1)服务员运动的最大加速度； (2)服务员上菜所用的最短时间。 解析　(1)设碗的质量为m，托盘的质量为M，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，由牛顿第二定律得Ff1＝ma1 碗与托盘间相对静止，则Ff1≤Ff1max＝μ1mg 解得a1≤μ1g＝0.15×10 m/s2＝1.5 m/s2 对碗和托盘整体，由牛顿第二定律得 Ff2＝(M＋m)a2 手和托盘间相对静止，则 Ff2≤Ff2max＝μ2(M＋m)g 解得a2≤μ2g＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2 则最大加速度amax＝1.5 m/s2。 (2)服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短 加速运动时间t1＝＝ s＝2 s 位移x1＝vmaxt1＝3 m 减速运动时间t2＝t1＝2 s，位移x2＝x1＝3 m 匀速运动位移 x3＝L－x1－x2＝6 m 匀速运动时间t3＝＝2 s 最短时间t＝t1＋t2＋t3＝6 s。 答案　(1)1.5 m/s2　(2)6 s 学科网（北京）股份有限公司 $