第3章 运动和力的关系 专项训练-2027届高考物理人教版一轮复习

**基本信息** 聚焦运动与力的关系，以牛顿第二定律为核心，整合整体隔离法、临界分析、图像解读等方法，构建从受力到运动的逻辑链条。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择（8题）|连接体/传送带/电梯等|整体隔离法、临界条件分析、v-t图像解读|从受力分析到运动状态判断，体现运动和相互作用观念| |实验（1题）|探究加速度与力关系|平衡阻力、逐差法求加速度|科学探究中实验操作与数据处理的逻辑| |计算（1题）|板块模型|假设法判断相对运动、临界静摩擦力分析|牛顿第二定律在多体系统中的应用推导|

第三章　运动和力的关系 一、选择题：共8小题，1～6题只有一个选项符合要求，7～8题有多个选项符合要求。 1．(2026·海淀区校级模拟) 如图所示，在水平光滑桌面上放有和两个小物块，它们中间有细线连接。已知，，连接它们的细线最大能承受的拉力。现用水平外力向左拉，为保持细线不断，则的最大值为(　　) A.  B.  C.  D.  2．(2026·泉州模拟) 一架直升机悬停在空中，由静止向地面投放装有物资的箱子，箱子所受空气阻力大小与其下落速率成正比。则箱子下落过程中的速率v随时间t变化的图像可能正确的是(　　) 3．(2025·江苏江阴模拟)在沿竖直方向运行的电梯中，把物体置于水平面的台秤上，台秤与力传感器相连，当电梯从静止开始加速上升，然后又匀速运动一段时间，最后停止运动时，与传感器相连的电脑荧屏上显示出传感器的示数与时间的关系图像如图所示，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．18～20 s过程中，物体的重力先变小后变大 B．该物体的质量为5 kg C．电梯在超重时最大加速度大小约为 D．电梯在失重时最大加速度大小约为6.67 m/s2 4．(2025·山东淄博一模)如图所示，光滑水平面上放置质量均为m的两块木板，其上分别有质量均为2m的机器人，两机器人间用一不可伸长的轻绳相连。现用水平拉力F拉其中一块木板，使两机器人和两木板以相同加速度一起运动，机器人与木板间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则轻绳对机器人的最大拉力大小为(　　) A．3μmg B． C． D． 5．如图所示，卡车上固定有倾角均为37°的两个斜面体，匀质圆筒状工件置于两个斜面体间。卡车正以90 km/h的速度匀速行驶，为了保证刹车时工件不与其中任何一个斜面脱离，则其刹车的最小距离更接近于(路面能提供足够大摩擦，sin 37°＝0.6)(　　) A．23 m B．33 m C．43 m D．53 m 6．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则(　　) A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 7．(2025·天津南开一模)如图所示，缆车车厢通过悬臂固定在缆绳上，车厢连同悬臂的质量为M，车厢水平底板上放置一质量为m的货物。某段时间内，在缆绳牵引下货物随车厢一起斜向上做加速度为a的匀加速直线运动。已知悬臂和车厢始终处于竖直方向，重力加速度为g，缆绳的倾角为θ，则在这段时间内(　　) A．车厢对货物的支持力大小为ma sin θ B．车厢对货物的摩擦力大小为ma cos θ C．缆绳对悬臂和车厢的作用力大小大于(M＋m) D．缆绳对悬臂和车厢的作用力方向与水平方向的夹角大于θ 8．(2025·江西鹰潭一模)某同学设计了如图甲所示装置：一质量为0.5 kg的长木板A置于水平桌面上，质量为1 kg的滑块B(可视为质点)置于木板A上右侧，轻绳一端跨过定滑轮与滑块B连接，另一端悬挂一重物C，定滑轮和滑块B间轻绳水平，重物落地后立即与轻绳脱离连接。t＝0时刻，所有物体均静止。该同学在某次操作中，记录下滑块B和木板A运动的部分v-t图像如图乙所示，整个运动过程中，滑块B始终不脱离木板A，木板A距定滑轮足够远，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。则(　　) A．本次操作中，所挂重物C的质量为8 kg B．木板A与滑块B间动摩擦因数为μ1＝0.4 C．木板A与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0.2 D．为使滑块B始终不脱离木板A，A至少长1.5 m 二、非选择题：共2小题。 9．(6分)为探究质量一定时加速度与力的关系，某同学设计了如图甲所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为沙和沙桶的质量。(动滑轮质量不计) (1)操作本实验时，以下操作步骤正确的是________。 A．为了获得合力大小需用天平测出沙和沙桶的质量m B．为减小实验误差，改变沙和沙桶质量时，必须要满足沙和沙桶的质量m远小于小车的质量M C．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡阻力 D．为保证纸带上打点的清晰度和点的数量，小车释放时要靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数 (2)经正确操作，得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器所接交流电源的频率为50 Hz，相邻两计数点之间还有四个计时点未画出，则小车运动的加速度大小为____________ m/s2。(结果保留2位有效数字) (3)正确操作记录若干数据后，该同学以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a-F图像是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为________。 A．k B． C．2tan θ D． 10．(14分)某中学的两同学玩拉板块的双人游戏，考验两人的默契度。如图所示，一长L＝0.5 m、质量M＝0.5 kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m＝1.0 kg的小滑块(可视为质点)，滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，一人用水平恒力F2向左作用在滑块上，另一人用竖直向上的恒力F1向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动。 (1)若F1＝17.5 N，F2＝27.5 N，求小滑块和木板的加速度； (2)在第(1)问的条件下，经过多长时间滑块从木板上端离开木板； (3)若F2＝35 N，为使滑块与木板一起向上运动但不发生相对滑动，则F1必须满足什么条件？ 检测(三) 1．C　[当细线拉力达到自身最大承受拉力时，系统能够获得最大加速度，此时对应的水平外力也达到最大值。以为研究对象，根据牛顿第二定律有，可得最大加速度；以、整体为研究对象，根据牛顿第二定律有，解得，即为保持细线不断外力的最大值为，故错误，正确。故选：。] 2. B [根据题意分析可知，箱子下降过程，所受空气阻力大小与其下落速率成正比，设比例系数为k，根据牛顿第二定律分析可知，箱子的加速度满足, 解得, 因此，随着速度增大，箱子的加速度逐渐减小，最终趋于匀速，故B正确，ACD错误。故选：B。] 3．D　[18~20 s过程中，物体的重力保持不变，故A错误；匀速运动时，根据受力平衡可得Fmg30 N，解得该物体的质量为m3 kg，故B错误；0~4 s内电梯处于超重状态，根据牛顿第二定律可得Fmax－mgmam，解得最大加速度大小为am m/s2≈6.67 m/s2，故C错误；18~22 s内电梯处于失重状态，根据牛顿第二定律可得mg－Fminmam'，解得最大加速度大小为am' m/s2≈6.67 m/s2，故D正确。] 4．B　[设轻绳拉力最大值为Fmax，对左边一组机器人和滑块分析受力，由牛顿第二定律有Fmax3ma，右边一组机器人和滑块之间的摩擦力为最大静摩擦力时，绳子拉力最大，把左边一组和右边机器人看作整体分析受力，由牛顿第二定律有μ·2mg5ma，联立解得轻绳拉力最大值Fmax，故选B。] 5．C　[卡车刹车时，当后斜面的支持力恰好为零时，工件刚好不与其中任何一个斜面脱离，设卡车安全刹车的最大加速度大小为a，此时工件的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律可得mgtan 37°ma，解得ag，根据运动学公式有0－v2－2ax，若g取10 m/s2，解得x m，则其刹车的最小距离更接近于43 m，故C正确，A、B、D错误。 ] 6．B　[小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远，A错误；t2时刻，小物块刚好与传送带共速，此后不再相对传送带滑动，所以t2时刻，它相对传送带滑动的距离达到最大，B正确；0~t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变，t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度大小v1向右匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误。] 7．BCD　[在缆绳的牵引下货物随车厢一起斜向上做加速度为a的匀加速直线运动，沿水平和竖直方向分解加速度，分别为ax、ay，竖直方向N－mgmay，因为是匀加速运动，所以加速度恒定，故车厢对货物的支持力Nmg＋masin θ，故A错误；水平方向fmaxmacos θ，故B正确；对悬臂和货物组成的系统分析，悬臂对车厢的作用力为F，则竖直方向Fy－(M＋m)g(M＋m)ay，水平方向Fx(M＋m)ax，则F，解得F＞(M＋m)，故C正确；设悬臂对车厢的作用力与水平方向的夹角为α，则tan αtan θ，所以缆绳对悬臂和车厢的作用力方向与水平方向的夹角大于θ，故D正确。] 8．BCD　[由题图可知aA m/s22 m/s2，aB m/s28 m/s2，aB' m/s24 m/s2，根据牛顿第二定律可得aA，aB，aB'μ1g，代入数据解得μ10.4，mC6 kg，μ20.2，故A错误，B、C正确；为使滑块B始终不脱离木板A，则二者共速时，B滑到A的最左端，由题图可知A至少长为l2××2×(1－0.25) m1.5 m，故D正确。] 9．解析：(1)本实验中小车受到的拉力可直接由弹簧测力计测出，所以不需要测量沙和沙桶的质量，也不需要满足沙和沙桶的质量远小于小车的质量，故A、B错误；为了由细线拉力可表示出小车的合力，本实验需要平衡阻力，可将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡阻力，故C正确；为保证纸带上打点的清晰度和点的数量，小车释放时要靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数，故D错误。 (2)相邻两计数点之间还有四个计时点未画出，可知相邻计数点的时间间隔为T5×0.02 s0.1 s 根据逐差法可知加速度为a m/s2≈2.4 m/s2。 (3)对小车，根据牛顿第二定律可得a 可知a⁃F图线的斜率为k 可得m。 答案：(1)C　(2)2.4　(3)B 10．解析：(1)假设滑块和木板之间为滑动摩擦力，对滑块由牛顿第二定律有F1－μF2－mgma1 解得a12.0 m/s2，方向竖直向上 对木板由牛顿第二定律有μF2－MgMa2 解得a21.0 m/s2，方向竖直向上 因为a1＞a2，所以假设成立。 (2)设经过时间t滑块从木板上端离开木板，则滑块从木板上端离开木板时，a2t2L 代入数据得t1.0 s。 (3)为使滑块与木板一起向上运动，应使整体合力向上，故F1＞(M＋m)g15.0 N 为使滑块与木板不发生相对滑动，滑块与木板间静摩擦力应小于或等于最大静摩擦力，若滑块与木板间静摩擦力等于最大静摩擦力，对木板由牛顿第二定律有μF2－MgMa 解得a4.0 m/s2，方向竖直向上 对滑块由牛顿第二定律有F1－μF2－mgma 代入数据得F121.0 N 综上所述，F1必须满足的条件为15.0 N＜F121.0 N。 答案：(1)2.0 m/s2，竖直向上　1.0 m/s2，竖直向上　(2)1.0 s　(3)15.0 N＜F121.0 N 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $