2025届高三物理试题运动和力的关系强化训练（含解析）

2025届高三物理试题运动和力的关系强化训练
一、单选题（本大题共6小题）
1．如图所示，光滑水平面上放有质量为的足够长的木板B，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的物块A叠放在B上，A的质量为，弹簧的劲度系数。初始时刻，系统静止，弹簧处于原长。现用一水平向右的拉力作用在B上，已知A、B间动摩擦因数，弹簧振子的周期为，取，。则（　　）
A．A受到的摩擦力逐渐变大
B．A向右运动的最大距离为4 cm
C．当A的位移为2 cm时，B的位移为5 cm
D．当A的位移为4 cm时，弹簧对A的冲量大小为0.2π（N s）
2．关于单位制，下列说法正确的是（ ）
A．力的单位“牛顿”属于基本单位
B．位移的单位“米”是基本单位，但“千米”不是基本单位
C．力学中规定长度、质量、时间为基本物理量，它们的单位中“米”“千克”和“秒”为国际基本单位
D．如果采用不同的物理量作为基本物理量，导出的单位随之不同。如果采用相同的基本物理量，但采用的基本单位不同，导出的单位是相同的
3．如甲、乙两图所示,水平光滑的桌面足够长,不计滑轮的摩擦力,质量分别为m、M的两个木块用轻质细线连接.对甲图中右边木块所施加的拉力水平向右,大小为F,重力加速度为g,下列说法正确的是 (　　)
甲　　乙
A．对甲图,若F=Mg,则整体的加速度大小为
B．对甲图,若m M,则细线的拉力为0
C．对乙图,细线的拉力大小为
D．对乙图,若m M,则整体的加速度大小约为g
4．普通火车动力都由火车头提供,火车头与车厢之间、车厢与车厢之间通过挂钩连接.火车启动时,会先往后退,再启动,这样会使挂钩松弛,火车头与车厢之间、车厢与车厢之间无作用力,再向前启动时,车厢会一节一节地依次启动,减少所需要的动力.一列火车共有15节车厢,火车头与每节车厢的质量相等,火车头、车厢与轨道间的摩擦力大小均为Ff,假设启动时每节车厢的加速度均为a,若火车不后退,所有车厢同时启动,火车头提供的动力大小为F,则下列分析正确的是 (　　)
A．若车厢依次启动,当第3节车厢启动时火车头提供的动力大小为,此时第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为
B．所有车厢同时启动时,第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为F
C．若第1节车厢中有质量为m的乘客,则启动时车厢对他的作用力大小为ma
D．所有车厢同时启动时,前两节车厢间与最后两节车厢间的相互作用力大小之比为2∶1
5．如图所示是某同学站在压力传感器上做下蹲起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线,纵坐标为压力,横坐标为时间.由图可知,该同学的体重约为650 N,除此以外,还可以得到的信息是 (　　)
A．1 s时该同学处在下蹲的最低点
B．2 s时该同学处于下蹲静止状态
C．该同学在0~4 s内做了2次下蹲起立的动作
D．下蹲过程中该同学始终处于失重状态
6．密立根通过油滴实验首先测出了元电荷的数值,油滴在运动过程中受到的阻力可由斯托克斯公式f=6πηrv计算(其中r为油滴半径,v为油滴下落的速率,η为空气粘滞系数).则空气粘滞系数的单位可以表示为 (　　)
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共4小题）
7．如图所示，一根固定、足够长的光滑细杆与水平地面夹角为30°，两个质量均为1 kg的小球P、Q通过轻绳连接，小球P套在细杆上，在沿杆方向的外力F的作用下，PQ相对静止一起沿杆向下做匀加速直线运动。已知轻绳与后方杆的夹角为60°，重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．小球的加速度大小为
B．轻绳的拉力大小为
C．施加在小球P上的外力大小为10 N
D．若撤去外力F，稳定情况下轻绳将沿竖直方向
8．如图所示，右侧带有挡板的长木板甲放在水平地面上。物块乙放在木板甲上，水平弹簧左端与物块乙连接，右端与挡板连接，用F＝11 N的水平恒力向右拉木板甲，甲和乙相对静止并一起向右做匀加速运动，加速度为2 m/s2，弹簧的伸长量为2 cm，弹簧的劲度系数为200 N/m，不计弹簧的质量。已知m甲＝4 kg，m乙＝1 kg。以下说法正确的是(　　)
A．弹簧的弹力大小为4 N
B．甲与乙之间没有摩擦力作用
C．甲受到乙的静摩擦力方向向左
D．甲与地面间的滑动摩擦力大小为1 N
9．在光滑水平面上物体A和物体B以轻弹簧相连接，在水平拉力F的作用下做匀加速直线运动，已知A和B的质量分别为m和2m。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧处于拉伸状态，弹力大小为
B．若突然撤掉力F，此时A的加速度为0
C．若突然撤掉力F，此时B的加速度方向水平向右
D．若突然撤掉力F，此时B的加速度大小为
10．如图所示，水平轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a和b，拴接小球的细线P、Q固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为37°。现剪断细线P，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)
A．剪断细线P前，弹簧形变量为
B．剪断细线P的瞬间，小球b的加速度大小为
C．剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，细线P的拉力变小
D．剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，小球a的加速度大小为0.8g
三、实验题（本大题共2小题）
11．小明乘坐高铁外出学习，在高铁沿水平轨道启动阶段，他发现水平桌面上的水杯中，水面稳定保持如图所示的形状，小明想借此测量高铁启动的加速度。（图中水杯的截面与高铁的行驶方向平行）
（1）此时高铁的行驶方向为_______（填“从右向左”或“从左向右”）。
（2）已知水杯的直径为 ，若要测量高铁此时的加速度，还需获得的物理量是_______。
A．水杯的质量 B.水面左右两端的高度差
C．高铁行驶的时间 D.当地的重力加速度大小
（3）写出高铁启动时加速度的表达式 _________[用（2）中的物理量表示]。
12．为了测量两个质量不等的沙袋的质量，某实验小组选用下列器材：轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略）、砝码一套（总质量m=0.2kg）、细线、刻度尺、秒表。他们根据已学过的物理学知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量。物体的重力加速度为g，请完成下列步骤：
（1）实验装置如图所示，设右边沙袋A的质量为，左边沙袋B的质量为
（2）取出质量为的砝码放在右边沙袋中，剩余砝码都放在左边沙袋中，发现A下降，B上升。（左、右两侧砝码的总质量始终不变）
（3）用刻度尺测出A从静止下降的距离h，用秒表测出A下降h所用的时间t，则可知A的加速度大小a。
（4）改变，测量相应的加速度a，得到多组及a的数据，为了得到直线，应作出 （选填“a-”或“”）图线，那么该图线的斜率k= （用题中所给字母表示）
（5）若求得图线的斜率，截距，则沙袋的质量 。（g取）
四、解答题（本大题共2小题）
13．物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为，货物可视为质点（取，，重力加速度）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度。
14．如图甲所示，水平地面上有一质量为M=3 kg的木板M，木板的左端上放有一质量为m=2 kg的小物块（可视为质点），开始时两者均静止。现用一水平向左的拉力F作用在木板上，m、M的加速度随拉力F的变化关系如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，。求：
（1）m、M之间的动摩擦因数为多大？
（2）木板与水平地面之间的动摩擦因数为多大？
（3）若开始时对M施加水平向左的恒力F=34 N，2 s后物块滑离木板，求：木板的长度L为多少？

参考答案
1．【答案】B
【详解】A：A的最大加速度为，若拉力F作用的瞬间A、B整体一起向右加速，加速度为，则a共 > aAmax，则一开始二者就发生相对运动，A一直受滑动摩擦力保持不变，A错误；
B：由于A一直受滑动摩擦力，当弹力与摩擦力相等时，A的速度达到最大，此时A向右运动的距离为，此后由于弹力大于摩擦力，则A将做减速运动，A向右运动的过程符合简谐运动规律，所以A继续向右运动2cm后速度减为零，则A向右运动的最大距离为4cm，B正确；
C：设初始位置为0位置，A以处为平衡位置做简谐振动，当A的位移为2 cm时，即A处于平衡位置时，A运动的时间可能是，（n = 0，1，2，3…），或者，（n = 0，1，2，3…），由题可得。对木板B，加速度为
，则当A的位移为2cm时，即A处于平衡位置时， B运动的位移为
，或者，但是A的位移为2cm时，B的位移不一定为5cm，C错误；
D：当A的位移为4 cm时，结合选项BC分析可知，A的速度变为0，由动量定理可知，A的动量变化量为零，故弹簧对A的冲量大小等于摩擦力对A的冲量大小，即I = I′ = f t，
当A的位移为4 cm时，A运动的时间为，（n = 0，1，2，3…），则当A的位移为4 cm时，弹簧对A的冲量大小为，（n = 0，1，2，3…），则当A的位移为4 cm时，弹簧对A的冲量大小不一定为0.2π（N s），D错误。选B。
2．【答案】C
【详解】力的单位“牛顿”属于导出单位，选项A错误；位移是基本物理量，对应的单位都是基本单位，选项B错误；力学中规定长度、质量、时间为基本物理量，基本物理量的单位都是基本单位，它们的单位中“米”“千克”和“秒”为国际基本单位，选项C正确；如果采用不同的物理量作为基本物理量，或者虽然采用相同的基本物理量，但采用的基本单位不同，导出的单位随之不同，选项D错误。
3．【答案】D
【解析】对甲图,若F=Mg,对整体根据牛顿第二定律有F=Mg=(m+M)a,解得a=,A错误;对甲图,对质量为m的木块根据牛顿第二定律有T=ma==,若m M,则细线的拉力T≈F,B错误;对乙图,对整体根据牛顿第二定律有Mg=(m+M)a,解得a==,若m M,则整体的加速度大小约为g,D正确;对乙图,对质量为m的木块根据牛顿第二定律可得细线的拉力大小为T=ma=,C错误.
4．【答案】A
【解析】设每节车厢质量为M,则根据牛顿第二定律,对火车整体有F-16Ff=16Ma.火车头依次带动前3节车厢,此时后面12节车厢静止,车厢与车厢间无作用力
,对车头和前3节车厢整体受力分析得F1-4Ff=4Ma,解得F1=,以第3节车厢为研究对象,则F2-Ff=Ma,解得F2=,A正确;所有车厢同时启动时,以后面13节车厢为研究对象,有F3-13Ff=13Ma,解得第2节车厢对第3节车厢的作用力大小F3=F,B错误;质量为m的乘客沿运动方向所受车厢作用力Fm=ma,竖直方向所受支持力FN=mg,根据力的合成可知,车厢对他的作用力大小为F合==,C错误;所有车厢同时启动时,以后面14节车厢为研究对象,有F4-14Ff=14Ma,解得F4=F,以第15节车厢为研究对象,有F5-Ff=Ma,解得F5=F,相互作用力大小之比为14∶1,D错误.
5．【答案】B
【解析】该同学在下蹲的过程中,先加速向下运动,此时该同学处于失重状态,最后该同学静止,则下蹲的后半段该同学减速向下,此时加速度方向向上,该同学处于超重状态,故下蹲过程中先失重后超重,D错误;由题图可知,1 s时该同学处于失重状态,即有向下的加速度,故此时该同学并没有静止,不是下蹲的最低点,A错误;2 s内该同学经历了失重和超重两个过程,故2 s时处于下蹲静止状态,B正确;该同学在前2 s是下蹲过程,后2 s是起立过程,所以该同学在0~4 s内做了1次下蹲起立的动作,C错误.
【易错警示】用图像中示数的大小变化来判断超重、失重从而导致出错本题的难点在于从复杂过程中分析受力情况从而判断运动情况.解答此类问题时,不能把示数减小判断成该同学处于失重状态,也不能把示数增大判断成该同学处于超重状态.物体是否处于超重或失重状态的标志是支持力大于还是小于自身的重力.
6．【答案】B
【解析】根据题意有f=6πηrv,则有η=,又由于F=ma,通过单位运算,可知空气粘滞系数的单位可以表示为,B正确.
7．【答案】AC
【详解】AB：对Q进行受力分析，，解得，，A正确，B错误；
C：对P进行受力分析，解得，C正确；
D：若撤去外力稳定时整体下滑加速度为，绳子垂直于杆方向，D错误。
选AC。
8．【答案】AD
【解析】根据胡克定律得弹簧的弹力大小为F弹＝kx＝200×0.02 N＝4 N，故A正确；对乙受力分析，取向右为正方向，根据牛顿第二定律F弹＋Ff＝m乙a，解得Ff＝－2 N，负号表示方向向左，根据牛顿第三定律，乙对甲的静摩擦力方向向右，故B、C错误；对整个系统，根据牛顿第二定律有F－Ff地＝(m甲＋m乙)a，解得Ff地＝1 N，故D正确。
9．【答案】AD
【详解】A．对A受力分析可知，合力向右，则弹力向右，处于拉伸状态。则对整体有
对A有
联立解得
故A错误；
B．若突然撤掉力F，因弹簧弹力不能突变，此时A受到的弹力不变，即合力不变，加速度不为0，故B错误；
CD．若突然撤掉力F，此时B水平方向只受弹力，方向向左，加速度方向向左，由牛顿第二定律得加速度大小为
故C错误，D正确。
故选AD。
10．【答案】ACD
【解析】剪断细线P前，对小球a进行受力分析，小球a受竖直向下的重力、水平向右的弹簧弹力以及沿细线P斜向上的拉力。根据共点力平衡有FTsin 37°＝mg，FTcos 37°＝kx，联立解得x＝，故A正确；剪断细线P的瞬间，弹簧的弹力不变，小球b所受合力为零，所以小球b处于静止状态，加速度为0，故B错误；剪断细线P前，细线P的拉力大小为FT＝mg，剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，小球a所受弹簧的弹力为零，小球a即将摆动，此时摆动的速度为零，则径向合力为零，切向合力提供切向加速度，有FT′－mgsin 37°＝man＝0，mgcos 37°＝mat，解得FT′＝mg11．【答案】（1）从左向右 （2）BD##DB
【详解】（1）[1]高铁启动时处于加速状态，由图可知，因为惯性杯子中的水向左倾斜，此时高铁的行驶方向为从左向右；
（2）[2]水面稳定保持如图的状态，对杯子中的水受力分析可知杯子对水的合力垂直于液面，如图，由几何关系得 ，整理得 ，已知水杯的直径为 ，若要测量高铁此时的加速度，还需获得的物理量是水面左右两端的高度差 和当地的重力加速度大小 ，故选BD。
（3）[3]根据（2）中的物理量及推导得到高铁启动时加速度的表达式为 。
12．【答案】；；3.5
【详解】
(4)[1][2]根据牛顿第二定律，可得
联立，可得
易知，为了得到直线，应作出“a-”图线；图线的斜率为
(5)[3]代入数据，得
解得
13．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
（2）根据运动学公式
解得
（3）根据牛顿第二定律
根据运动学公式
代入数据联立解得
14．【答案】（1）；（2）；（3）L=6 m
【详解】（1）由乙图可知，当时，m与M相对滑动，物块加速度，对m，根据牛顿第二定律有，解得。
（2）当时，对m、M整体，根据牛顿第二定律有，解得。
（3）由于F=34 N>25 N，所以m与M相对滑动，m相对地面向左做匀加速直线运动，加速度，对M，根据牛顿第二定律有，解得，m经过2 s滑离木板，m的位移，M的位移，由几何关系得，代入数据解得。
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