第四章 运动和力的关系单元测试（含解析）-2025-2026学年人教版(2019)高一物理必修第一册
文档属性
| 名称 | 第四章 运动和力的关系单元测试（含解析）-2025-2026学年人教版(2019)高一物理必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.9MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-09-12 14:10:10 | ||
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文档简介
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第四章 运动和力的关系
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 昭通期末）2024年11月12日﹣17日，第十五届中国国际航空航天博览会在广东珠海举行。装上国产发动机的空军歼﹣35A、歼﹣20两款隐身战机惊艳亮相，上午11：00～11：05歼﹣35A进行空中飞行表演5分钟。下列说法正确的是（ ）
A．11：00、11：05均为时间间隔
B．分析歼﹣35A飞行姿势时，可将其看作质点
C．歼﹣35A飞行速度越大，则其惯性越大
D．在飞行表演过程中，以歼﹣35A为参考系，战机上的飞行员是静止的
2．（2024秋 海门区校级期末）如图所示，有一质量为m的小球分别与轻绳P和轻弹簧Q相连，其中轻绳P竖直，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A．轻绳P的弹力大小可能大于mg
B．弹簧Q可能处于拉伸状态
C．剪断轻绳P后，小球仍将处于静止状态
D．剪断轻绳P瞬间，小球的加速度大小为g
3．（2025春 丽水期末）如图所示，质量均为m的粗糙长方体木块A、B叠放在一起，放在粗糙的水平桌面上，B木块受到一个水平向右的拉力，则（ ）
A．若B木块仍然静止，则B受到4个力的作用
B．若B木块仍然静止，则此时B不受地面的摩擦力
C．若B与A相对静止向右做匀速直线运动，则A受到向右的静摩擦力
D．若B与A相对静止向右做加速度为a的匀加速直线运动，则A受到的静摩擦力大小为ma
4．（2025春 广陵区校级期末）如图所示，重力为mg的光滑小球放置在小车顶部的凹槽中，和小车一起向右做匀速直线运动。某时刻小车突然刹车，刹车瞬间小球受到的支持力为F，下列说法正确的是（ ）
A．mg大于F
B．mg小于F
C．mg等于F
D．无法判断mg与F的大小
5．（2025春 汨罗市校级期末）如图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小为g，则有（ ）
A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝g
C．a1＝0， D．a1＝g，
6．（2025春 潮南区期末）2025年6月6日，潮南雷岭荔枝参加“广东荔枝全球品鲜嘉年华”活动，现场狂揽12吨意向订单，靠着雷岭镇打造完备的物流冷链中心，“飞往全世界”，昔日杨贵妃爱吃荔枝，从岭南到长安，运输路线全长5447唐里，约2473km，耗时最快也得11天，而在现代科技赋能下，全国各地乃至全世界都可以最快的速度品尝到新鲜的荔枝。如图为唐朝时岭南荔枝运往长安的路线图，则下列说法正确的是（ ）
A．在荔枝运输过程中可将运送队伍看成质点
B．2473km指的是从岭南到长安的位移
C．通过以上数据可计算得到运送荔枝的平均速度
D．唐里属于国际单位制中的导出单位
7．（2025春 黄山期末）2024年11月12日，第十五届中国国际航空航天博览会在珠海国际航展中心开幕。中国空军“八一”飞行表演队驾驶歼﹣10战机献上特技飞行表演。“八一”飞行表演队，以高超的飞行技巧，为观众奉献了多场速度与力量并存、技术与美学交融的飞行表演。下列说法正确的是（ ）
A．歼﹣10战机飞行越快，惯性越大
B．歼﹣10战机飞行越快，加速度越大
C．观察歼﹣10战机空中旋转姿态时，可将其看成质点
D．歼﹣10战机加速向上爬升时，机内飞行员处于超重状态
8．（2025春 内蒙古期末）如图所示，a、d为两侧竖直墙壁上等高的两点，水平轻细线bc两端分别连接着质量相等的小球甲、乙，再用轻细线ab和轻弹簧cd分别系在a、d两点，轻细线ab、轻弹簧cd与竖直方向的夹角均为θ＝30°，重力加速度大小为g。现将轻细线bc剪断，在剪断瞬间，小球乙的加速度大小为（ ）
A． B． C． D．2g
二．多选题（共4小题）
9．（2025春 保定期末）如图所示，一个长方体铁箱在水平拉力F＝33N的作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.8，铁箱内一个质量m＝0.2kg的木块（可视为质点）恰好能相对铁箱左侧壁静止，木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2＝0.4，且处处相同。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．铁箱的加速度为25m/s2
B．铁箱的加速度为15m/s2
C．铁箱的质量为0.8kg
D．铁箱的质量为1kg
10．（2025春 大连期末）如图所示，质量为0.5kg的物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3。A的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着而保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。现若使弹簧能拉动物块A相对木箱底面向右移动。下列说法正确的是（ ）
A．木箱向上做加速度大小为1.5m/s2的匀加速直线运动
B．木箱向上做加速度大小为2.5m/s2的匀减速直线运动
C．木箱向左做加速度大小为0.5m/s2的匀加速直线运动
D．木箱向右做加速度大小为1.5m/s2的匀减速直线运动
11．（2025春 安康期末）如图所示，直立轻质弹簧一端固定在水平地面，另一端与木板Q栓接。物块P搁在木板Q上，处于静止状态。现对P施加一竖直向上的恒力F，此后P、Q一起运动到最高点时恰好未分离。已知P的质量为2m，Q的质量为m，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．上升过程中P、Q先做匀加速后做匀减速运动
B．物块P运动到最高点时，弹簧弹力大小为0.6mg
C．恒力F刚施加给P的瞬间，P、Q间弹力大小为1.6mg
D．恒力F的大小为2mg
12．（2025春 黄山期末）如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看作质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的恒力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。长木板的速度图像如图乙所示，已知长木板P的质量为3kg，小滑块Q的质量为2kg，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.1
B．长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.3
C．t＝9s时长木板P停下来
D．恒力F的大小为18N
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 厦门期末）质量为60kg的人站在电梯内，随电梯上升，电梯运动的v﹣t图像如图所示，则在0～6s内电梯的加速度大小为 m/s2，人对电梯的压力为 N，已知重力加速度g取10m/s2。
14．（2024秋 嘉兴期末）用轻质弹簧a和两根细线b、c将质量均为m的两个小球1和2连接，并如图所示悬挂。两小球处于静止状态，弹簧a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平，重力加速度取g。则细线c上的拉力大小为 ；突然剪断细线b的瞬间，小球1的加速度为 。
15．（2024秋 闽侯县期末）如图，质量分别为4kg和6kg的A、B两个物块相互接触，放在光滑的水平面上，两物块在水平推力F＝10N作用下，一起以相同的加速度向右运动，加速度大小a＝ m/s2，A对B的弹力FN＝ N，方向 。
16．（2024秋 杨浦区校级期末）在某科技活动中。一位同学设计了一个加速度测量仪，如图（a）所示，将一端连有摆球的细线悬于小车内O点。当小车运动时，小球与小车保持相对静止后，测量出悬绳与竖直方向的夹角θ，便可通过该角度计算得到小车此时的加速度值。
（1）请填写图（b）中刻度盘上的角度θ为30°对应的加速度值为 。（答案用g表示）
（2）运用该测量仪测量加速度，会有哪些局限： 。
四．解答题（共4小题）
17．（2025春 潮南区期末）高空索降训练，是特警经常训练的项目之一，某次特训中，有质量为60kg的特警队员从高楼某处一跃而下，开始时由静止做自由落体运动，下降7.2m后开始扣绳索向下做匀速直线运动，持续时间为0.9s，此后再一次用力扣紧绳索，以10m/s2的加速度匀减速下降，最终以2m/s的速度安全着地，取g＝10m/s2，求：
（1）特警下降至地面过程中的总位移及总时间；
（2）特警匀减速下降时受到的阻力大小。
18．（2025春 大连期末）如图甲所示，一质量为M＝0.2kg的木板静止在水平面上，一个质量为m＝0.1kg的物块（视为质点）放置在木板上表面的中点位置。t＝0时刻，用水平向右的拉力F作用在木板上，拉力F随时间t的变化关系如图乙所示，t＝1.5s时撤去外力作用。物块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与水平面之间的动摩擦因数μ2＝0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终未离开木板，重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）0～1s时间内，物块和木板的加速度大小；
（2）t＝1.5s时物块和木板的速度大小；
（3）木板至少为多长。
19．（2025春 洛阳期末）如图所示的一种巨型机动游戏设备可以使人体验超重和失重状态，一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上100m的高处，然后让座舱自由落下。落到离地面40m时，制动系统启动，使座舱做匀减速运动，到达地面时刚好停下。某次游戏中，座舱中小明用手拿着质量为0.2kg的手机（重力加速度g取10m/s2，空气阻力不计）。求：
（1）此过程中座舱的最大速度是多少；
（2）当座舱落到离地面10m的位置时，手对手机的作用力为多大。
20．（2025春 丽江期末）如图所示，质量m＝1kg的木板b静止在粗糙水平地面上，在木板b上的O点放一质量也为1kg的物块a（可视为质点）。零时刻，对b施加水平向右的恒力F，a、b均由静止开始运动；某时刻，撤去恒力F，一段时间后，a、b都停止运动，a仍在O点。已知运动过程中a比b多运动Δt＝1.5s，a、b间的动摩擦因数μ1＝0.1，b与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）a运动时，a的加速度大小；
（2）a运动的时间；
（3）恒力F的大小。
第四章 运动和力的关系
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 昭通期末）2024年11月12日﹣17日，第十五届中国国际航空航天博览会在广东珠海举行。装上国产发动机的空军歼﹣35A、歼﹣20两款隐身战机惊艳亮相，上午11：00～11：05歼﹣35A进行空中飞行表演5分钟。下列说法正确的是（ ）
A．11：00、11：05均为时间间隔
B．分析歼﹣35A飞行姿势时，可将其看作质点
C．歼﹣35A飞行速度越大，则其惯性越大
D．在飞行表演过程中，以歼﹣35A为参考系，战机上的飞行员是静止的
【考点】惯性与质量；质点；根据选取的参考系判断物体的运动；时刻、时间的物理意义和判断．
【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题；理解能力．
【答案】D
【分析】时间间隔是指时间轴上的一段，时刻是指时间轴上的一点；任何物体，只要大小和形状对研究的问题的影响可以忽略都可以看作质点；惯性是物体固有属性，只与质量有关；物体相对参考系有位置变化，是运动的，没有位置变化，是静止的。
【解答】解：A.11：00、11：05对应时间轴上一点，均为时刻，故A错误；
B.分析歼﹣35A飞行姿势时，歼﹣35A的形状和大小需要考虑，不能忽略不计，不可将其看作质点，故B错误；
C.惯性只由质量决定，与运动状态无关，故C错误；
D.在飞行表演过程中，以歼﹣35A为参考系，飞行员相对位置不变，战机上的飞行员是静止的，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查时间间隔和时刻、质点、惯性、参考系等概念应用，根据对各个概念的理解解答。
2．（2024秋 海门区校级期末）如图所示，有一质量为m的小球分别与轻绳P和轻弹簧Q相连，其中轻绳P竖直，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A．轻绳P的弹力大小可能大于mg
B．弹簧Q可能处于拉伸状态
C．剪断轻绳P后，小球仍将处于静止状态
D．剪断轻绳P瞬间，小球的加速度大小为g
【考点】牛顿第二定律求解瞬时问题．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】物块静止处于平衡状态，根据平衡条件分析弹簧状态与轻绳弹力；剪断轻绳瞬间轻绳的拉力为零，弹簧弹力不能突变仍然为零，物块只受重力作用，根据牛顿第二定律求解加速度。
【解答】解：AB．物块静止处于平衡状态，物块受竖直向下的重力与竖直向上轻绳P的拉力作用，假设物块受到弹簧Q弹力作用，则轻绳P不能处于竖直状态（否则不可能让物体静止），推出与题干矛盾的结论，所以弹簧Q没有产生弹力作用，物块受竖直向下的重力与轻绳P竖直向上的拉力作用，由平衡条件可知，轻绳P的拉力
T＝mg
故AB错误；
CD．剪断轻绳前弹簧对物块没有弹力作用，物块受重力与轻绳的拉力作用，剪断轻绳瞬间轻绳的拉力为零，弹簧弹力不能突变仍然为零，物块只受重力作用，由牛顿第二定律得
mg＝ma
解得
a＝g
剪断轻绳P后，小球不会处于静止状态，故D正确，C错误。
故选：D。
【点评】本题是动力学中典型的问题：瞬时问题，往往先分析悬线剪断前弹簧的弹力，再分析悬线判断瞬间物体的受力情况，再求解加速度，抓住悬线剪断瞬间弹簧弹力没有来得及变化。
3．（2025春 丽水期末）如图所示，质量均为m的粗糙长方体木块A、B叠放在一起，放在粗糙的水平桌面上，B木块受到一个水平向右的拉力，则（ ）
A．若B木块仍然静止，则B受到4个力的作用
B．若B木块仍然静止，则此时B不受地面的摩擦力
C．若B与A相对静止向右做匀速直线运动，则A受到向右的静摩擦力
D．若B与A相对静止向右做加速度为a的匀加速直线运动，则A受到的静摩擦力大小为ma
【考点】牛顿第二定律的简单应用；整体法与隔离法．
【专题】定性思想；整体法和隔离法；摩擦力专题；受力分析方法专题；理解能力．
【答案】D
【分析】物体静止或匀速直线运动时，物体处于平衡状态，受平衡力。物体匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律分析。
【解答】解：AB、B物体静止，受平衡力，如图所示。故AB错误。
C、AB一起匀速直线运动，均受平衡力，A在水平方向合力为零，所以AB之间摩擦力为零。故C错误。
D、A在水平方向上向右做加速度为a的匀加速直线运动，其在水平方向只受静摩擦力，根据牛顿第二定律可得，Ff＝ma，所以A受到的静摩擦力大小为ma。故D正确。
故选：D。
【点评】本题属于牛顿第二定律的基础应用，先受力分析，然后根据牛顿第二定律分析即可。
4．（2025春 广陵区校级期末）如图所示，重力为mg的光滑小球放置在小车顶部的凹槽中，和小车一起向右做匀速直线运动。某时刻小车突然刹车，刹车瞬间小球受到的支持力为F，下列说法正确的是（ ）
A．mg大于F
B．mg小于F
C．mg等于F
D．无法判断mg与F的大小
【考点】牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定性思想；模型法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．
【答案】B
【分析】小车刹车后，小球相对小车做竖直面内的圆周运动，支持力和重力一起提供向心力。
【解答】解：小车刹车后，小球相对小车做竖直面内的圆周运动，支持力和重力提供向心力，根据牛顿第二定律，F﹣mg，移项得F＝mg，所以mg小于F。ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查竖直面圆周运动分析方法，较为简单。
5．（2025春 汨罗市校级期末）如图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小为g，则有（ ）
A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝g
C．a1＝0， D．a1＝g，
【考点】牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律求解瞬时问题；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】通过平衡关系求出弹簧的弹力大小，抽出木板瞬间，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律求出木块1、2的加速度。
【解答】解：对木块1分析，弹簧的弹力F＝mg
撤去木板瞬间，弹簧弹力不变，木块1所受的合力仍为零，则加速度a1＝0。
对木块2，根据牛顿第二定律得，，故ABD错误；故C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的瞬时加速度问题，注意瞬间弹簧弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解。
6．（2025春 潮南区期末）2025年6月6日，潮南雷岭荔枝参加“广东荔枝全球品鲜嘉年华”活动，现场狂揽12吨意向订单，靠着雷岭镇打造完备的物流冷链中心，“飞往全世界”，昔日杨贵妃爱吃荔枝，从岭南到长安，运输路线全长5447唐里，约2473km，耗时最快也得11天，而在现代科技赋能下，全国各地乃至全世界都可以最快的速度品尝到新鲜的荔枝。如图为唐朝时岭南荔枝运往长安的路线图，则下列说法正确的是（ ）
A．在荔枝运输过程中可将运送队伍看成质点
B．2473km指的是从岭南到长安的位移
C．通过以上数据可计算得到运送荔枝的平均速度
D．唐里属于国际单位制中的导出单位
【考点】力学单位制与单位制；质点；位移、路程及其区别与联系；平均速度（定义式方向）．
【专题】定性思想；归纳法；直线运动规律专题；理解能力．
【答案】A
【分析】根据把物体看作质点的条件判断；根据路程的概念分析；根据平均速度的计算公式分析；唐里是基本单位。
【解答】解：A、在荔枝运输过程中可以不考虑运送队伍的形状和大小，可以把运送队伍看作质点，故A正确；
B、2473km指的是从岭南到长安的运送路线的长度，是路程，故B错误；
C、通过以上数据可计算得到运送荔枝的平均速率，但不知道运送荔枝的总位移，所以无法计算平均速度，故C错误；
D、唐里是长度的单位，是唐朝时期的常用单位，不是导出单位，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了把物体看作质点的条件，知道路程和位移、平均速度和平均速率的区别。
7．（2025春 黄山期末）2024年11月12日，第十五届中国国际航空航天博览会在珠海国际航展中心开幕。中国空军“八一”飞行表演队驾驶歼﹣10战机献上特技飞行表演。“八一”飞行表演队，以高超的飞行技巧，为观众奉献了多场速度与力量并存、技术与美学交融的飞行表演。下列说法正确的是（ ）
A．歼﹣10战机飞行越快，惯性越大
B．歼﹣10战机飞行越快，加速度越大
C．观察歼﹣10战机空中旋转姿态时，可将其看成质点
D．歼﹣10战机加速向上爬升时，机内飞行员处于超重状态
【考点】超重与失重的概念、特点和判断；质点；速度、速度变化量和加速度的关联；惯性与质量．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】惯性只和物体的质量有关；速度大小和加速度大小没有必然联系；根据看成质点的条件分析；加速度向上为超重。
【解答】解：A．惯性是物体的固有属性，与物体运动的快慢无关，与物体的质量有关，则歼﹣10战机飞行越快，惯性不变，故A错误；
B．歼﹣10战机飞行越快，速度越大，但加速度不一定越大，比如飞机以很大速度匀速运动，加速度等于零，故B错误；
C．观察歼﹣10战机空中旋转姿态时，其大小和形状不能忽略不计，则不可将其看成质点，故C错误；
D．歼﹣10战机加速向上爬升时，加速度向上，则机内飞行员处于超重状态，故D正确。
故选：D。
【点评】本题的关键在于理解运动学中的基本概念，在实际解题中，需要对这些概念有深入的理解，才能准确判断每个选项的正误。
8．（2025春 内蒙古期末）如图所示，a、d为两侧竖直墙壁上等高的两点，水平轻细线bc两端分别连接着质量相等的小球甲、乙，再用轻细线ab和轻弹簧cd分别系在a、d两点，轻细线ab、轻弹簧cd与竖直方向的夹角均为θ＝30°，重力加速度大小为g。现将轻细线bc剪断，在剪断瞬间，小球乙的加速度大小为（ ）
A． B． C． D．2g
【考点】牛顿第二定律的简单应用；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；合成分解法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】B
【分析】未剪断bc前，小球乙处于平衡状态，利用平衡条件求出轻细线bc的张力大小，将轻细线bc剪断瞬间，轻弹簧的弹力不能突变，利用牛顿第二定律可求得乙的加速度大小。
【解答】解：未剪断bc前，小球乙处于平衡状态，由平衡条件可得，轻细线bc的张力大小Fbc＝mgtanθ
在剪断bc瞬间，bc弹力突变为0，弹簧cd的弹力不变，故此时小球乙的合力与Fbc等大反向，则小球乙的加速度大小为，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题的关键是正确的受力分析，抓住弹簧的弹力不能突变，根据平衡条件和牛顿第二定律解决瞬时加速度问题。
二．多选题（共4小题）
9．（2025春 保定期末）如图所示，一个长方体铁箱在水平拉力F＝33N的作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.8，铁箱内一个质量m＝0.2kg的木块（可视为质点）恰好能相对铁箱左侧壁静止，木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2＝0.4，且处处相同。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．铁箱的加速度为25m/s2
B．铁箱的加速度为15m/s2
C．铁箱的质量为0.8kg
D．铁箱的质量为1kg
【考点】牛顿第二定律的简单应用；整体法与隔离法处理物体的平衡问题．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】以木块为研究对象，由平衡条件以及牛顿第二定律求解木块以及铁箱的加速度大小；以整体为研究对象，由牛顿第二定律求解铁箱的质量。
【解答】解：AB．木块在竖直方向上有
mg＝μ2FN
解得
FN＝5N
以木块为研究对象，由牛顿第二定律得
，铁箱与木块加速度大小相等
故A正确，B错误；
CD．以整体为研究对象，设铁箱的质量为M，对整体由牛顿第二定律得
F﹣μ1（M+m）g＝（M+m）a
解得
M＝0.8kg
故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了整体、隔离法的运用，关键要明确受力情况，比较简单。
10．（2025春 大连期末）如图所示，质量为0.5kg的物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3。A的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着而保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。现若使弹簧能拉动物块A相对木箱底面向右移动。下列说法正确的是（ ）
A．木箱向上做加速度大小为1.5m/s2的匀加速直线运动
B．木箱向上做加速度大小为2.5m/s2的匀减速直线运动
C．木箱向左做加速度大小为0.5m/s2的匀加速直线运动
D．木箱向右做加速度大小为1.5m/s2的匀减速直线运动
【考点】根据超重或失重状态计算物体的运动情况．
【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】BD
【分析】要使弹簧拉动物块A相对木箱底面向右移动，需分析木箱不同运动状态下物块A所受支持力的变化，进而得到最大静摩擦力，再结合弹簧拉力判断是否满足“弹簧拉力＞最大静摩擦力”这一条件。需分别对竖直方向（向上加速、向上减速）和水平方向（向左加速、向右减速）的运动情况进行受力分析与计算。
【解答】解：AB、根据题意可知，要使弹簧能拉动物块A相对木箱底面向右移动，物块A受到的木箱对它的最大静摩擦力要小于弹簧对它的拉力，即fm＜T＝1.2N
根据动摩擦力的计算公式有，fm＝μFN
解得FN＜4N
故要使A处于失重状态，即A的加速度要向下，大小为a
故要让木箱在竖直方向向下加速或者向上减速运动，加速度大小a＞2m/s2，故A错误，B正确；
CD、根据题意可知，如果让木箱在水平方向运动，要使弹簧能拉动物块A相对木箱地面向右运动，则物块的加速度要向左，根据牛顿第二定律得ma＝μFN′﹣T＞0，
FN′＝mg
代入数据解得FN′＝5N，T＝1.2N
代入数据解得a＞0.6m/s2
故木箱要以加速度大小大于0.6m/s2向左加速运动或以加速度大小大于0.6m/s2向右减速运动，故D正确，C错误；
故选：BD。
【点评】本题核心是通过分析木箱不同运动状态下的超重和失重情况，确定物块A所受支持力的变化，进而得到最大静摩擦力，再与弹簧拉力比较判断是否发生相对滑动。解题关键在于准确把握超重和失重与力的关系。
11．（2025春 安康期末）如图所示，直立轻质弹簧一端固定在水平地面，另一端与木板Q栓接。物块P搁在木板Q上，处于静止状态。现对P施加一竖直向上的恒力F，此后P、Q一起运动到最高点时恰好未分离。已知P的质量为2m，Q的质量为m，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．上升过程中P、Q先做匀加速后做匀减速运动
B．物块P运动到最高点时，弹簧弹力大小为0.6mg
C．恒力F刚施加给P的瞬间，P、Q间弹力大小为1.6mg
D．恒力F的大小为2mg
【考点】牛顿第二定律的简单应用；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；共点力作用下物体平衡专题；理解能力．
【答案】BC
【分析】A、由题可知，由于P、Q一起运动到最高点时恰好未分离，故运动到最高点时整体的速度为零，所以P、Q全程在做简谐运动，结合简谐运动规律分析运动情况；
BD、分别就最高点与最低点分析P、Q应用牛顿第二定律计算；
C、恒力F刚施加给P的瞬间，以P为研究对象，根据牛顿第二定律计算P、Q间弹力大小。
【解答】解：A、由题可知，由于P、Q一起运动到最高点时恰好未分离，故运动到最高点时整体的速度为零，所以P、Q全程在做简谐运动，上升过程中P、Q先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，故A错误；
BD、根据简谐运动的对称性可知，在最高点和最低点的加速度大小相同，方向相反且永远指向平衡位置，大小设为a
对于最低点，弹簧弹力和P、Q重力相等，根据牛顿第二定律，因此有F+F弹1﹣3mg＝F＝3ma
对于最高点，由于P、Q刚要分离，分别对P和Q进行分析
根据牛顿第二定律，可得2mg﹣F＝2ma，mg﹣F弹2＝ma
联立上式，整理解得F＝1.2mg，a＝0.4g，F弹2＝0.6mg
故B正确，D错误；
C、恒力F刚施加给P的瞬间，以P为研究对象，则根据牛顿第二定律有F+N1﹣2mg＝2ma
整理上式解得P、Q间弹力大小为N1＝1.6mg
故C正确。
故选：BC。
【点评】本题结合连接体模型考查学生对简谐运动规律的理解与应用，其中把握P、Q在最高点、最低点的运动情况与受力情况分别应用牛顿第二定律为解决该题的关键。
12．（2025春 黄山期末）如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看作质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的恒力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。长木板的速度图像如图乙所示，已知长木板P的质量为3kg，小滑块Q的质量为2kg，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.1
B．长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.3
C．t＝9s时长木板P停下来
D．恒力F的大小为18N
【考点】有外力的水平板块模型；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】AD
【分析】根据速度—时间图像分析长木板的运动阶段，利用牛顿第二定律和摩擦力公式求解恒力F、地面与长木板间的摩擦因数以及小滑块与长木板间的摩擦因数。
明确图像中不同阶段的运动状态，再对长木板和小滑块分别受力分析，建立方程求解。
【解答】解：A、根据题意可知，作出滑块Q在0 6s的速度—时间图像，如图
由乙图可知，力F在5s时撤去，此时长木板P的速度为v1＝10m/s，6s时两者速度相同为v2＝6m/s，在0～6s的过程，对Q由牛顿第二定律得μ1mQg＝mQaQ
根据图乙可知aQ，
aQ＝1m/s2
代入数据可得滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为μ1＝0.1，故A正确；
B、根据题意可知，第5s～6s对P由牛顿第二定律μ1mQg+μ2（mQ+mP）g＝mPa′P
由乙图可知5s～6s长木板P的加速度大小为a′P＝4m/s2
代入数据可得μ2＝0.2，故B错误；
C、根据题意可知，共速后，对小滑块Q受力分析由牛顿第二定律μ1mQg＝mQa′Q
代入数据解得a′Q＝1m/s2
对长木板P和小滑块Q整体受力分析，由牛顿第二定律μ2（mQ+mP）g＝（mQ+mP）a
代入数据解得a＝2m/s2
故共速后，两者仍发生相对滑动，则6s末到长木板P停下的过程，对长木板P由牛顿第二定律得μ2（mQ+mP）g﹣μ1mQg＝mPa″P
代入数据可得a″P
继续运动的时间Δt
代入数据解得Δt＝2.25s
故长木板P运动的时间为t＝6s+2.25s＝8.25s
故8.25s时长木板P停下来，故C错误；
D、由力F作用时，对长木板P受力分析，由牛顿第二定律F﹣μ1mQg﹣μ2（mQ+mP）g＝mPaP
其中aP，代入数据解得aP＝2m/s2
代入数据解得F＝18N，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题关键在于利用速度—时间图像确定长木板的加速度，再通过牛顿第二定律对长木板和小滑块分别受力分析，结合摩擦力公式求解恒力、摩擦因数。解题时需注意运动阶段的划分和受力分析的准确性。
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 厦门期末）质量为60kg的人站在电梯内，随电梯上升，电梯运动的v﹣t图像如图所示，则在0～6s内电梯的加速度大小为 0.5 m/s2，人对电梯的压力为 630 N，已知重力加速度g取10m/s2。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；牛顿第三定律的理解与应用；利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】0.5；630。
【分析】根据v﹣t图像斜率表示加速度，结合牛顿第二与第三定律分析求解。
【解答】解：v﹣t图像斜率表示加速度，0～6s内电梯的加速度大小
人受到电梯的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得
FN﹣mg＝ma
得
FN＝m（g+a）＝60×（10+0.5）N＝630N
由牛顿第三定律得人对电梯的压力大小
F′N＝FN＝630N
故答案为：0.5；630。
【点评】本题考查了牛顿定律，理解v﹣t图所对应的物体的运动状态是解决此类问题的关键。
14．（2024秋 嘉兴期末）用轻质弹簧a和两根细线b、c将质量均为m的两个小球1和2连接，并如图所示悬挂。两小球处于静止状态，弹簧a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平，重力加速度取g。则细线c上的拉力大小为 ；突然剪断细线b的瞬间，小球1的加速度为 。
【考点】牛顿第二定律求解瞬时问题；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】；。
【分析】对1、2两球的整体分析，结合突然剪断细线b的瞬间，弹簧a的弹力不变，综合牛顿第二定律分析求解。
【解答】解：对1、2两球的整体分析可知
可得
对2分析可知
突然剪断细线b的瞬间，弹簧a的弹力不变，小球1的加速度为
故答案为：；。
【点评】本题考查了瞬时性问题，理解弹簧弹力不可突变性是解决此类问题的关键。
15．（2024秋 闽侯县期末）如图，质量分别为4kg和6kg的A、B两个物块相互接触，放在光滑的水平面上，两物块在水平推力F＝10N作用下，一起以相同的加速度向右运动，加速度大小a＝ 1 m/s2，A对B的弹力FN＝ 6 N，方向 水平向右 。
【考点】牛顿第二定律的简单应用．
【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】1；6；水平向右。
【分析】应用牛顿第二定律求出加速度与A对B的弹力。
【解答】解：由牛顿第二定律得：
对A、B整体：F＝（mA+mB）a
对B：FN＝mBa
代入数据解得：a＝1m/s2，FN＝6N，方向水平向右
故答案为：1；6；水平向右。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，根据物体的受力情况应用牛顿第二定律即可解题，解题时注意整体法与隔离法的应用。
16．（2024秋 杨浦区校级期末）在某科技活动中。一位同学设计了一个加速度测量仪，如图（a）所示，将一端连有摆球的细线悬于小车内O点。当小车运动时，小球与小车保持相对静止后，测量出悬绳与竖直方向的夹角θ，便可通过该角度计算得到小车此时的加速度值。
（1）请填写图（b）中刻度盘上的角度θ为30°对应的加速度值为 。（答案用g表示）
（2）运用该测量仪测量加速度，会有哪些局限： 加速度太大时，无法准确测量 。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；正交分解法．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】（1）；（2）加速度太大时，无法准确测量。
【分析】（1）对物体进行受力分析，结合牛顿第二定律求加速度；
（2）根据加速度的公式，当加速度太大时，θ变化较小，误差太大。
【解答】解：（1）设小球的加速度为a，绳中张力为T，对小球受力分析，则有
Tsinθ＝ma、Tcosθ＝mg
联立解得
a＝gtanθ
（2）根据公式结合正切函数的特征可知，当加速度较大时对应的角度变化较小，会导致加速度较大情况下的测量误差较大。
故答案为：（1）；（2）加速度太大时，无法准确测量。
【点评】本题主要考查利用受力分析，求出物体的加速度。
四．解答题（共4小题）
17．（2025春 潮南区期末）高空索降训练，是特警经常训练的项目之一，某次特训中，有质量为60kg的特警队员从高楼某处一跃而下，开始时由静止做自由落体运动，下降7.2m后开始扣绳索向下做匀速直线运动，持续时间为0.9s，此后再一次用力扣紧绳索，以10m/s2的加速度匀减速下降，最终以2m/s的速度安全着地，取g＝10m/s2，求：
（1）特警下降至地面过程中的总位移及总时间；
（2）特警匀减速下降时受到的阻力大小。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；逆向思维法求解匀减速直线运动．
【专题】简答题；定量思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．
【答案】（1）特警下降至地面过程中的总位移为25m，总时间为3.1s。
（2）特警匀减速下降时受到的阻力大小为1200N。
【分析】（1）队员做了三种运动，先自由落体，然后匀速直线，再匀减速直线，分别讨论即可。
（2）阻力可根据牛顿第二定律分析。
【解答】解：（1）第一阶段做自由落体运动，，解得：t1＝1.2s，v1＝gt1＝10×1.2m/s＝12m/s，
第二阶段做匀速直线运动，h2＝v1t2＝12×0.9m＝10.8m，
第三阶段做匀减速直线运动，由v2＝v1+at3解得：t3＝1s，由h3＝v1t3+at3解得：h3＝7m。
则t总＝t1+t2+t3＝1.2s+0.9s+1s＝3.1s，h总＝h1+h2+h3＝7.2m+10.8m+7m＝25m。
（2）对匀减速阶段特警进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：Ff﹣mg＝ma，解得：Ff＝60×10N+60×10N＝1200N。
答：（1）特警下降至地面过程中的总位移为25m，总时间为3.1s。
（2）特警匀减速下降时受到的阻力大小为1200N。
【点评】本题目第一问考查了多种运动的综合计算，难度较低，注意分段讨论即可；第二问考查了牛顿第二定律的简单应用。
18．（2025春 大连期末）如图甲所示，一质量为M＝0.2kg的木板静止在水平面上，一个质量为m＝0.1kg的物块（视为质点）放置在木板上表面的中点位置。t＝0时刻，用水平向右的拉力F作用在木板上，拉力F随时间t的变化关系如图乙所示，t＝1.5s时撤去外力作用。物块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与水平面之间的动摩擦因数μ2＝0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终未离开木板，重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）0～1s时间内，物块和木板的加速度大小；
（2）t＝1.5s时物块和木板的速度大小；
（3）木板至少为多长。
【考点】有外力的水平板块模型；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】（1）0～1s时间内，物块加速度大小为2m/s2和木板的加速度大小3m/s2；
（2）t＝1.5s时物块速度大小为3m/s和木板的速度大小3m/s；
（3）木板至少为1.5m长。
【分析】（1）对0～1s内物块和木板分别受力分析，利用牛顿第二定律求加速度；
（2）分阶段分析0～1s和1～1.5s内的运动状态，结合匀变速直线运动公式求速度；
（3）分析撤去拉力后物块和木板的运动过程，通过相对位移确定木板最短长度。
【解答】解：（1）0～1s内，假设物块与木板加速度不同，分别由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1，F1﹣μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma2
解得：a1＝2m/s2，a2＝3m/s2
可知a2＞a1，则假设成立，即物块和木板的加速度大小分别为2m/s2和3m/s2。
（2）0～1s内t1＝1s物块与平板均做匀加速直线运动
v1＝a1t1
解得v1＝2m/s，
v2＝a2t1
解得v2＝3m/s
1～1.5s内t2＝0.5s，由于木板受到水平向右的拉力F2＝1.4N
恰好F2＝μ1mg+μ2（M+m）g
故木板做匀速直线运动，物块继续做匀加速直线运动直至与木板速度相同
设速度相同时物块速度为v1'，木板的速度为v2'，
v1'＝v1+a1t2
v1'＝3m/s，
v2'＝v2＝3m/s。
（3）撤去拉力F后，对物块与木板由牛顿第二定律有μ1mg＝ma1'
解得a1'＝2m/s2
由μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma2'
解得a2'＝5m/s2
物块和木板停下所用的时间分别为Δt1
解得Δt1＝1.5s，Δt2
解得Δt2＝0.6s
可画出物块、木板的速度—时间图像，如图所示
根据“速度—时间图像的面积表示位移”可知，0～1.5s内，物块与木板相对位移为Δx1m＝0.75m，
1.5～3s内，物块与木板相对位移为Δx2m＝1.35m。
由于物块未离开木板，Δx1＞Δx2﹣Δx1
所以板长至少为L＝2Δx1
解得L＝1.5m。
答：（1）0～1s时间内，物块加速度大小为2m/s2和木板的加速度大小3m/s2；
（2）t＝1.5s时物块速度大小为3m/s和木板的速度大小3m/s；
（3）木板至少为1.5m长。
【点评】本题需分阶段分析物块与木板的运动状态，利用牛顿第二定律求加速度，结合匀变速直线运动公式求速度，通过相对位移确定木板长度。关键是准确判断不同时间段内的受力与运动状态，尤其是滑动摩擦力的方向和大小。
19．（2025春 洛阳期末）如图所示的一种巨型机动游戏设备可以使人体验超重和失重状态，一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上100m的高处，然后让座舱自由落下。落到离地面40m时，制动系统启动，使座舱做匀减速运动，到达地面时刚好停下。某次游戏中，座舱中小明用手拿着质量为0.2kg的手机（重力加速度g取10m/s2，空气阻力不计）。求：
（1）此过程中座舱的最大速度是多少；
（2）当座舱落到离地面10m的位置时，手对手机的作用力为多大。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；自由落体运动的规律及应用．
【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）此过程中座舱的最大速度是；
（2）当座舱落到离地面10m的位置时，手对手机的作用力为5N。
【分析】（1）根据自由落体运动速度—位移公式分析求解；
（2）根据牛顿第二定律，结合速度—位移公式分析求解。
【解答】解：（1）当座舱下落到离地40m时，速度最大为vm，根据自由落体运动可得
解得
（2）设座舱做匀减速运动的加速度大小为a，则
解得a＝15m/s2
当座舱落到离地10m时，手机处于匀减速运动状态，对手机由牛顿第二定律得FN﹣mg＝ma
解得FN＝5N
答：（1）此过程中座舱的最大速度是；
（2）当座舱落到离地面10m的位置时，手对手机的作用力为5N。
【点评】本题考查了牛顿第二定律，理解手机处于匀减速运动状态时的受力情况是解决此类问题的关键。
20．（2025春 丽江期末）如图所示，质量m＝1kg的木板b静止在粗糙水平地面上，在木板b上的O点放一质量也为1kg的物块a（可视为质点）。零时刻，对b施加水平向右的恒力F，a、b均由静止开始运动；某时刻，撤去恒力F，一段时间后，a、b都停止运动，a仍在O点。已知运动过程中a比b多运动Δt＝1.5s，a、b间的动摩擦因数μ1＝0.1，b与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）a运动时，a的加速度大小；
（2）a运动的时间；
（3）恒力F的大小。
【考点】有外力的水平板块模型；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】（1）a运动时，a的加速度大小为1m/s2；
（2）a运动的时间为4.5s；
（3）恒力F的大小为6.75N。
【分析】（1）摩擦力为物块a提供加速度，根据牛顿第二定律计算加速度；
（2）ab之间的摩擦力使二者趋于共速状态，可先根据牛顿第二定律计算b的加速度大小，结合匀变速直线运动的规律分别列a、b的速度与时间公式，联立上述公式计算到达共速的时间，a先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，a在加速和减速过程的加速度大小相同，两阶段时间相同；
（3）在恒力F作用的过程中，对b应用牛顿第二定律，在撤去恒力F到a、b共速的过程中，对b应用牛顿第二定律，由匀变速直线运动的规律，分别计算a减速阶段的位移，b整个阶段的位移，联立上式代入计算恒力F。
【解答】（1）a运动时，对物块a，由牛顿第二定律，有μ1mg＝ma1
代入数据解得
（2）设a、b共速时的速度大小为v，从a、b共速到b停止运动过程中，b的加速度大小为a2，b运动的时间为t1，对b由牛顿第二定律，有2μ2mg﹣μ1mg＝ma2
代入数据解得
对a、b分别由匀变速直线运动的规律，有
v＝a1（t1+Δt）
v＝a2t1
代入数据解得
a先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，由于a在加速和减速过程的加速度大小相同，因此a加速运动的时间和减速运动的时间相同，可得a运动的时间为t＝2（t1+Δt）
代入数据解得t＝4.5s
（3）在恒力F作用的过程中，对b由牛顿第二定律，有F﹣μ1mg﹣2μ2mg＝ma
在撤去恒力F到a、b共速的过程中，对b由牛顿第二定律，有μ1mg+2μ2mg＝ma3
设t0时刻撤去恒力F，b的速度大小为v1，由匀变速直线运动的规律，有
v＝v1﹣a3（t1+Δt﹣t0）
v1＝at0
a做减速运动的位移大小为
整个运动过程中b的位移大小为
a、b都停止运动时，a仍在O点，因此整个运动过程中a、b的位移大小相等，则2x1＝x2
联立上式，代入数据解得F＝6.75N。
答：（1）a运动时，a的加速度大小为1m/s2；
（2）a运动的时间为4.5s；
（3）恒力F的大小为6.75N。
【点评】本题考查学生应用匀变速直线运动规律与牛顿第二定律解决板块相对运动模型问题的能力，其中知道二者间的摩擦力使二者有达到共速的趋势，并达到共速后二者运动情况有所不同为解决本题的关键。
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第四章 运动和力的关系
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 昭通期末）2024年11月12日﹣17日，第十五届中国国际航空航天博览会在广东珠海举行。装上国产发动机的空军歼﹣35A、歼﹣20两款隐身战机惊艳亮相，上午11：00～11：05歼﹣35A进行空中飞行表演5分钟。下列说法正确的是（ ）
A．11：00、11：05均为时间间隔
B．分析歼﹣35A飞行姿势时，可将其看作质点
C．歼﹣35A飞行速度越大，则其惯性越大
D．在飞行表演过程中，以歼﹣35A为参考系，战机上的飞行员是静止的
2．（2024秋 海门区校级期末）如图所示，有一质量为m的小球分别与轻绳P和轻弹簧Q相连，其中轻绳P竖直，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A．轻绳P的弹力大小可能大于mg
B．弹簧Q可能处于拉伸状态
C．剪断轻绳P后，小球仍将处于静止状态
D．剪断轻绳P瞬间，小球的加速度大小为g
3．（2025春 丽水期末）如图所示，质量均为m的粗糙长方体木块A、B叠放在一起，放在粗糙的水平桌面上，B木块受到一个水平向右的拉力，则（ ）
A．若B木块仍然静止，则B受到4个力的作用
B．若B木块仍然静止，则此时B不受地面的摩擦力
C．若B与A相对静止向右做匀速直线运动，则A受到向右的静摩擦力
D．若B与A相对静止向右做加速度为a的匀加速直线运动，则A受到的静摩擦力大小为ma
4．（2025春 广陵区校级期末）如图所示，重力为mg的光滑小球放置在小车顶部的凹槽中，和小车一起向右做匀速直线运动。某时刻小车突然刹车，刹车瞬间小球受到的支持力为F，下列说法正确的是（ ）
A．mg大于F
B．mg小于F
C．mg等于F
D．无法判断mg与F的大小
5．（2025春 汨罗市校级期末）如图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小为g，则有（ ）
A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝g
C．a1＝0， D．a1＝g，
6．（2025春 潮南区期末）2025年6月6日，潮南雷岭荔枝参加“广东荔枝全球品鲜嘉年华”活动，现场狂揽12吨意向订单，靠着雷岭镇打造完备的物流冷链中心，“飞往全世界”，昔日杨贵妃爱吃荔枝，从岭南到长安，运输路线全长5447唐里，约2473km，耗时最快也得11天，而在现代科技赋能下，全国各地乃至全世界都可以最快的速度品尝到新鲜的荔枝。如图为唐朝时岭南荔枝运往长安的路线图，则下列说法正确的是（ ）
A．在荔枝运输过程中可将运送队伍看成质点
B．2473km指的是从岭南到长安的位移
C．通过以上数据可计算得到运送荔枝的平均速度
D．唐里属于国际单位制中的导出单位
7．（2025春 黄山期末）2024年11月12日，第十五届中国国际航空航天博览会在珠海国际航展中心开幕。中国空军“八一”飞行表演队驾驶歼﹣10战机献上特技飞行表演。“八一”飞行表演队，以高超的飞行技巧，为观众奉献了多场速度与力量并存、技术与美学交融的飞行表演。下列说法正确的是（ ）
A．歼﹣10战机飞行越快，惯性越大
B．歼﹣10战机飞行越快，加速度越大
C．观察歼﹣10战机空中旋转姿态时，可将其看成质点
D．歼﹣10战机加速向上爬升时，机内飞行员处于超重状态
8．（2025春 内蒙古期末）如图所示，a、d为两侧竖直墙壁上等高的两点，水平轻细线bc两端分别连接着质量相等的小球甲、乙，再用轻细线ab和轻弹簧cd分别系在a、d两点，轻细线ab、轻弹簧cd与竖直方向的夹角均为θ＝30°，重力加速度大小为g。现将轻细线bc剪断，在剪断瞬间，小球乙的加速度大小为（ ）
A． B． C． D．2g
二．多选题（共4小题）
9．（2025春 保定期末）如图所示，一个长方体铁箱在水平拉力F＝33N的作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.8，铁箱内一个质量m＝0.2kg的木块（可视为质点）恰好能相对铁箱左侧壁静止，木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2＝0.4，且处处相同。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．铁箱的加速度为25m/s2
B．铁箱的加速度为15m/s2
C．铁箱的质量为0.8kg
D．铁箱的质量为1kg
10．（2025春 大连期末）如图所示，质量为0.5kg的物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3。A的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着而保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。现若使弹簧能拉动物块A相对木箱底面向右移动。下列说法正确的是（ ）
A．木箱向上做加速度大小为1.5m/s2的匀加速直线运动
B．木箱向上做加速度大小为2.5m/s2的匀减速直线运动
C．木箱向左做加速度大小为0.5m/s2的匀加速直线运动
D．木箱向右做加速度大小为1.5m/s2的匀减速直线运动
11．（2025春 安康期末）如图所示，直立轻质弹簧一端固定在水平地面，另一端与木板Q栓接。物块P搁在木板Q上，处于静止状态。现对P施加一竖直向上的恒力F，此后P、Q一起运动到最高点时恰好未分离。已知P的质量为2m，Q的质量为m，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．上升过程中P、Q先做匀加速后做匀减速运动
B．物块P运动到最高点时，弹簧弹力大小为0.6mg
C．恒力F刚施加给P的瞬间，P、Q间弹力大小为1.6mg
D．恒力F的大小为2mg
12．（2025春 黄山期末）如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看作质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的恒力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。长木板的速度图像如图乙所示，已知长木板P的质量为3kg，小滑块Q的质量为2kg，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.1
B．长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.3
C．t＝9s时长木板P停下来
D．恒力F的大小为18N
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 厦门期末）质量为60kg的人站在电梯内，随电梯上升，电梯运动的v﹣t图像如图所示，则在0～6s内电梯的加速度大小为 m/s2，人对电梯的压力为 N，已知重力加速度g取10m/s2。
14．（2024秋 嘉兴期末）用轻质弹簧a和两根细线b、c将质量均为m的两个小球1和2连接，并如图所示悬挂。两小球处于静止状态，弹簧a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平，重力加速度取g。则细线c上的拉力大小为 ；突然剪断细线b的瞬间，小球1的加速度为 。
15．（2024秋 闽侯县期末）如图，质量分别为4kg和6kg的A、B两个物块相互接触，放在光滑的水平面上，两物块在水平推力F＝10N作用下，一起以相同的加速度向右运动，加速度大小a＝ m/s2，A对B的弹力FN＝ N，方向 。
16．（2024秋 杨浦区校级期末）在某科技活动中。一位同学设计了一个加速度测量仪，如图（a）所示，将一端连有摆球的细线悬于小车内O点。当小车运动时，小球与小车保持相对静止后，测量出悬绳与竖直方向的夹角θ，便可通过该角度计算得到小车此时的加速度值。
（1）请填写图（b）中刻度盘上的角度θ为30°对应的加速度值为 。（答案用g表示）
（2）运用该测量仪测量加速度，会有哪些局限： 。
四．解答题（共4小题）
17．（2025春 潮南区期末）高空索降训练，是特警经常训练的项目之一，某次特训中，有质量为60kg的特警队员从高楼某处一跃而下，开始时由静止做自由落体运动，下降7.2m后开始扣绳索向下做匀速直线运动，持续时间为0.9s，此后再一次用力扣紧绳索，以10m/s2的加速度匀减速下降，最终以2m/s的速度安全着地，取g＝10m/s2，求：
（1）特警下降至地面过程中的总位移及总时间；
（2）特警匀减速下降时受到的阻力大小。
18．（2025春 大连期末）如图甲所示，一质量为M＝0.2kg的木板静止在水平面上，一个质量为m＝0.1kg的物块（视为质点）放置在木板上表面的中点位置。t＝0时刻，用水平向右的拉力F作用在木板上，拉力F随时间t的变化关系如图乙所示，t＝1.5s时撤去外力作用。物块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与水平面之间的动摩擦因数μ2＝0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终未离开木板，重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）0～1s时间内，物块和木板的加速度大小；
（2）t＝1.5s时物块和木板的速度大小；
（3）木板至少为多长。
19．（2025春 洛阳期末）如图所示的一种巨型机动游戏设备可以使人体验超重和失重状态，一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上100m的高处，然后让座舱自由落下。落到离地面40m时，制动系统启动，使座舱做匀减速运动，到达地面时刚好停下。某次游戏中，座舱中小明用手拿着质量为0.2kg的手机（重力加速度g取10m/s2，空气阻力不计）。求：
（1）此过程中座舱的最大速度是多少；
（2）当座舱落到离地面10m的位置时，手对手机的作用力为多大。
20．（2025春 丽江期末）如图所示，质量m＝1kg的木板b静止在粗糙水平地面上，在木板b上的O点放一质量也为1kg的物块a（可视为质点）。零时刻，对b施加水平向右的恒力F，a、b均由静止开始运动；某时刻，撤去恒力F，一段时间后，a、b都停止运动，a仍在O点。已知运动过程中a比b多运动Δt＝1.5s，a、b间的动摩擦因数μ1＝0.1，b与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）a运动时，a的加速度大小；
（2）a运动的时间；
（3）恒力F的大小。
第四章 运动和力的关系
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 昭通期末）2024年11月12日﹣17日，第十五届中国国际航空航天博览会在广东珠海举行。装上国产发动机的空军歼﹣35A、歼﹣20两款隐身战机惊艳亮相，上午11：00～11：05歼﹣35A进行空中飞行表演5分钟。下列说法正确的是（ ）
A．11：00、11：05均为时间间隔
B．分析歼﹣35A飞行姿势时，可将其看作质点
C．歼﹣35A飞行速度越大，则其惯性越大
D．在飞行表演过程中，以歼﹣35A为参考系，战机上的飞行员是静止的
【考点】惯性与质量；质点；根据选取的参考系判断物体的运动；时刻、时间的物理意义和判断．
【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题；理解能力．
【答案】D
【分析】时间间隔是指时间轴上的一段，时刻是指时间轴上的一点；任何物体，只要大小和形状对研究的问题的影响可以忽略都可以看作质点；惯性是物体固有属性，只与质量有关；物体相对参考系有位置变化，是运动的，没有位置变化，是静止的。
【解答】解：A.11：00、11：05对应时间轴上一点，均为时刻，故A错误；
B.分析歼﹣35A飞行姿势时，歼﹣35A的形状和大小需要考虑，不能忽略不计，不可将其看作质点，故B错误；
C.惯性只由质量决定，与运动状态无关，故C错误；
D.在飞行表演过程中，以歼﹣35A为参考系，飞行员相对位置不变，战机上的飞行员是静止的，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查时间间隔和时刻、质点、惯性、参考系等概念应用，根据对各个概念的理解解答。
2．（2024秋 海门区校级期末）如图所示，有一质量为m的小球分别与轻绳P和轻弹簧Q相连，其中轻绳P竖直，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A．轻绳P的弹力大小可能大于mg
B．弹簧Q可能处于拉伸状态
C．剪断轻绳P后，小球仍将处于静止状态
D．剪断轻绳P瞬间，小球的加速度大小为g
【考点】牛顿第二定律求解瞬时问题．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】物块静止处于平衡状态，根据平衡条件分析弹簧状态与轻绳弹力；剪断轻绳瞬间轻绳的拉力为零，弹簧弹力不能突变仍然为零，物块只受重力作用，根据牛顿第二定律求解加速度。
【解答】解：AB．物块静止处于平衡状态，物块受竖直向下的重力与竖直向上轻绳P的拉力作用，假设物块受到弹簧Q弹力作用，则轻绳P不能处于竖直状态（否则不可能让物体静止），推出与题干矛盾的结论，所以弹簧Q没有产生弹力作用，物块受竖直向下的重力与轻绳P竖直向上的拉力作用，由平衡条件可知，轻绳P的拉力
T＝mg
故AB错误；
CD．剪断轻绳前弹簧对物块没有弹力作用，物块受重力与轻绳的拉力作用，剪断轻绳瞬间轻绳的拉力为零，弹簧弹力不能突变仍然为零，物块只受重力作用，由牛顿第二定律得
mg＝ma
解得
a＝g
剪断轻绳P后，小球不会处于静止状态，故D正确，C错误。
故选：D。
【点评】本题是动力学中典型的问题：瞬时问题，往往先分析悬线剪断前弹簧的弹力，再分析悬线判断瞬间物体的受力情况，再求解加速度，抓住悬线剪断瞬间弹簧弹力没有来得及变化。
3．（2025春 丽水期末）如图所示，质量均为m的粗糙长方体木块A、B叠放在一起，放在粗糙的水平桌面上，B木块受到一个水平向右的拉力，则（ ）
A．若B木块仍然静止，则B受到4个力的作用
B．若B木块仍然静止，则此时B不受地面的摩擦力
C．若B与A相对静止向右做匀速直线运动，则A受到向右的静摩擦力
D．若B与A相对静止向右做加速度为a的匀加速直线运动，则A受到的静摩擦力大小为ma
【考点】牛顿第二定律的简单应用；整体法与隔离法．
【专题】定性思想；整体法和隔离法；摩擦力专题；受力分析方法专题；理解能力．
【答案】D
【分析】物体静止或匀速直线运动时，物体处于平衡状态，受平衡力。物体匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律分析。
【解答】解：AB、B物体静止，受平衡力，如图所示。故AB错误。
C、AB一起匀速直线运动，均受平衡力，A在水平方向合力为零，所以AB之间摩擦力为零。故C错误。
D、A在水平方向上向右做加速度为a的匀加速直线运动，其在水平方向只受静摩擦力，根据牛顿第二定律可得，Ff＝ma，所以A受到的静摩擦力大小为ma。故D正确。
故选：D。
【点评】本题属于牛顿第二定律的基础应用，先受力分析，然后根据牛顿第二定律分析即可。
4．（2025春 广陵区校级期末）如图所示，重力为mg的光滑小球放置在小车顶部的凹槽中，和小车一起向右做匀速直线运动。某时刻小车突然刹车，刹车瞬间小球受到的支持力为F，下列说法正确的是（ ）
A．mg大于F
B．mg小于F
C．mg等于F
D．无法判断mg与F的大小
【考点】牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定性思想；模型法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．
【答案】B
【分析】小车刹车后，小球相对小车做竖直面内的圆周运动，支持力和重力一起提供向心力。
【解答】解：小车刹车后，小球相对小车做竖直面内的圆周运动，支持力和重力提供向心力，根据牛顿第二定律，F﹣mg，移项得F＝mg，所以mg小于F。ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查竖直面圆周运动分析方法，较为简单。
5．（2025春 汨罗市校级期末）如图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小为g，则有（ ）
A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝g
C．a1＝0， D．a1＝g，
【考点】牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律求解瞬时问题；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】通过平衡关系求出弹簧的弹力大小，抽出木板瞬间，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律求出木块1、2的加速度。
【解答】解：对木块1分析，弹簧的弹力F＝mg
撤去木板瞬间，弹簧弹力不变，木块1所受的合力仍为零，则加速度a1＝0。
对木块2，根据牛顿第二定律得，，故ABD错误；故C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的瞬时加速度问题，注意瞬间弹簧弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解。
6．（2025春 潮南区期末）2025年6月6日，潮南雷岭荔枝参加“广东荔枝全球品鲜嘉年华”活动，现场狂揽12吨意向订单，靠着雷岭镇打造完备的物流冷链中心，“飞往全世界”，昔日杨贵妃爱吃荔枝，从岭南到长安，运输路线全长5447唐里，约2473km，耗时最快也得11天，而在现代科技赋能下，全国各地乃至全世界都可以最快的速度品尝到新鲜的荔枝。如图为唐朝时岭南荔枝运往长安的路线图，则下列说法正确的是（ ）
A．在荔枝运输过程中可将运送队伍看成质点
B．2473km指的是从岭南到长安的位移
C．通过以上数据可计算得到运送荔枝的平均速度
D．唐里属于国际单位制中的导出单位
【考点】力学单位制与单位制；质点；位移、路程及其区别与联系；平均速度（定义式方向）．
【专题】定性思想；归纳法；直线运动规律专题；理解能力．
【答案】A
【分析】根据把物体看作质点的条件判断；根据路程的概念分析；根据平均速度的计算公式分析；唐里是基本单位。
【解答】解：A、在荔枝运输过程中可以不考虑运送队伍的形状和大小，可以把运送队伍看作质点，故A正确；
B、2473km指的是从岭南到长安的运送路线的长度，是路程，故B错误；
C、通过以上数据可计算得到运送荔枝的平均速率，但不知道运送荔枝的总位移，所以无法计算平均速度，故C错误；
D、唐里是长度的单位，是唐朝时期的常用单位，不是导出单位，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了把物体看作质点的条件，知道路程和位移、平均速度和平均速率的区别。
7．（2025春 黄山期末）2024年11月12日，第十五届中国国际航空航天博览会在珠海国际航展中心开幕。中国空军“八一”飞行表演队驾驶歼﹣10战机献上特技飞行表演。“八一”飞行表演队，以高超的飞行技巧，为观众奉献了多场速度与力量并存、技术与美学交融的飞行表演。下列说法正确的是（ ）
A．歼﹣10战机飞行越快，惯性越大
B．歼﹣10战机飞行越快，加速度越大
C．观察歼﹣10战机空中旋转姿态时，可将其看成质点
D．歼﹣10战机加速向上爬升时，机内飞行员处于超重状态
【考点】超重与失重的概念、特点和判断；质点；速度、速度变化量和加速度的关联；惯性与质量．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】惯性只和物体的质量有关；速度大小和加速度大小没有必然联系；根据看成质点的条件分析；加速度向上为超重。
【解答】解：A．惯性是物体的固有属性，与物体运动的快慢无关，与物体的质量有关，则歼﹣10战机飞行越快，惯性不变，故A错误；
B．歼﹣10战机飞行越快，速度越大，但加速度不一定越大，比如飞机以很大速度匀速运动，加速度等于零，故B错误；
C．观察歼﹣10战机空中旋转姿态时，其大小和形状不能忽略不计，则不可将其看成质点，故C错误；
D．歼﹣10战机加速向上爬升时，加速度向上，则机内飞行员处于超重状态，故D正确。
故选：D。
【点评】本题的关键在于理解运动学中的基本概念，在实际解题中，需要对这些概念有深入的理解，才能准确判断每个选项的正误。
8．（2025春 内蒙古期末）如图所示，a、d为两侧竖直墙壁上等高的两点，水平轻细线bc两端分别连接着质量相等的小球甲、乙，再用轻细线ab和轻弹簧cd分别系在a、d两点，轻细线ab、轻弹簧cd与竖直方向的夹角均为θ＝30°，重力加速度大小为g。现将轻细线bc剪断，在剪断瞬间，小球乙的加速度大小为（ ）
A． B． C． D．2g
【考点】牛顿第二定律的简单应用；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；合成分解法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】B
【分析】未剪断bc前，小球乙处于平衡状态，利用平衡条件求出轻细线bc的张力大小，将轻细线bc剪断瞬间，轻弹簧的弹力不能突变，利用牛顿第二定律可求得乙的加速度大小。
【解答】解：未剪断bc前，小球乙处于平衡状态，由平衡条件可得，轻细线bc的张力大小Fbc＝mgtanθ
在剪断bc瞬间，bc弹力突变为0，弹簧cd的弹力不变，故此时小球乙的合力与Fbc等大反向，则小球乙的加速度大小为，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题的关键是正确的受力分析，抓住弹簧的弹力不能突变，根据平衡条件和牛顿第二定律解决瞬时加速度问题。
二．多选题（共4小题）
9．（2025春 保定期末）如图所示，一个长方体铁箱在水平拉力F＝33N的作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.8，铁箱内一个质量m＝0.2kg的木块（可视为质点）恰好能相对铁箱左侧壁静止，木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2＝0.4，且处处相同。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．铁箱的加速度为25m/s2
B．铁箱的加速度为15m/s2
C．铁箱的质量为0.8kg
D．铁箱的质量为1kg
【考点】牛顿第二定律的简单应用；整体法与隔离法处理物体的平衡问题．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】以木块为研究对象，由平衡条件以及牛顿第二定律求解木块以及铁箱的加速度大小；以整体为研究对象，由牛顿第二定律求解铁箱的质量。
【解答】解：AB．木块在竖直方向上有
mg＝μ2FN
解得
FN＝5N
以木块为研究对象，由牛顿第二定律得
，铁箱与木块加速度大小相等
故A正确，B错误；
CD．以整体为研究对象，设铁箱的质量为M，对整体由牛顿第二定律得
F﹣μ1（M+m）g＝（M+m）a
解得
M＝0.8kg
故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了整体、隔离法的运用，关键要明确受力情况，比较简单。
10．（2025春 大连期末）如图所示，质量为0.5kg的物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3。A的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着而保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。现若使弹簧能拉动物块A相对木箱底面向右移动。下列说法正确的是（ ）
A．木箱向上做加速度大小为1.5m/s2的匀加速直线运动
B．木箱向上做加速度大小为2.5m/s2的匀减速直线运动
C．木箱向左做加速度大小为0.5m/s2的匀加速直线运动
D．木箱向右做加速度大小为1.5m/s2的匀减速直线运动
【考点】根据超重或失重状态计算物体的运动情况．
【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】BD
【分析】要使弹簧拉动物块A相对木箱底面向右移动，需分析木箱不同运动状态下物块A所受支持力的变化，进而得到最大静摩擦力，再结合弹簧拉力判断是否满足“弹簧拉力＞最大静摩擦力”这一条件。需分别对竖直方向（向上加速、向上减速）和水平方向（向左加速、向右减速）的运动情况进行受力分析与计算。
【解答】解：AB、根据题意可知，要使弹簧能拉动物块A相对木箱底面向右移动，物块A受到的木箱对它的最大静摩擦力要小于弹簧对它的拉力，即fm＜T＝1.2N
根据动摩擦力的计算公式有，fm＝μFN
解得FN＜4N
故要使A处于失重状态，即A的加速度要向下，大小为a
故要让木箱在竖直方向向下加速或者向上减速运动，加速度大小a＞2m/s2，故A错误，B正确；
CD、根据题意可知，如果让木箱在水平方向运动，要使弹簧能拉动物块A相对木箱地面向右运动，则物块的加速度要向左，根据牛顿第二定律得ma＝μFN′﹣T＞0，
FN′＝mg
代入数据解得FN′＝5N，T＝1.2N
代入数据解得a＞0.6m/s2
故木箱要以加速度大小大于0.6m/s2向左加速运动或以加速度大小大于0.6m/s2向右减速运动，故D正确，C错误；
故选：BD。
【点评】本题核心是通过分析木箱不同运动状态下的超重和失重情况，确定物块A所受支持力的变化，进而得到最大静摩擦力，再与弹簧拉力比较判断是否发生相对滑动。解题关键在于准确把握超重和失重与力的关系。
11．（2025春 安康期末）如图所示，直立轻质弹簧一端固定在水平地面，另一端与木板Q栓接。物块P搁在木板Q上，处于静止状态。现对P施加一竖直向上的恒力F，此后P、Q一起运动到最高点时恰好未分离。已知P的质量为2m，Q的质量为m，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．上升过程中P、Q先做匀加速后做匀减速运动
B．物块P运动到最高点时，弹簧弹力大小为0.6mg
C．恒力F刚施加给P的瞬间，P、Q间弹力大小为1.6mg
D．恒力F的大小为2mg
【考点】牛顿第二定律的简单应用；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；共点力作用下物体平衡专题；理解能力．
【答案】BC
【分析】A、由题可知，由于P、Q一起运动到最高点时恰好未分离，故运动到最高点时整体的速度为零，所以P、Q全程在做简谐运动，结合简谐运动规律分析运动情况；
BD、分别就最高点与最低点分析P、Q应用牛顿第二定律计算；
C、恒力F刚施加给P的瞬间，以P为研究对象，根据牛顿第二定律计算P、Q间弹力大小。
【解答】解：A、由题可知，由于P、Q一起运动到最高点时恰好未分离，故运动到最高点时整体的速度为零，所以P、Q全程在做简谐运动，上升过程中P、Q先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，故A错误；
BD、根据简谐运动的对称性可知，在最高点和最低点的加速度大小相同，方向相反且永远指向平衡位置，大小设为a
对于最低点，弹簧弹力和P、Q重力相等，根据牛顿第二定律，因此有F+F弹1﹣3mg＝F＝3ma
对于最高点，由于P、Q刚要分离，分别对P和Q进行分析
根据牛顿第二定律，可得2mg﹣F＝2ma，mg﹣F弹2＝ma
联立上式，整理解得F＝1.2mg，a＝0.4g，F弹2＝0.6mg
故B正确，D错误；
C、恒力F刚施加给P的瞬间，以P为研究对象，则根据牛顿第二定律有F+N1﹣2mg＝2ma
整理上式解得P、Q间弹力大小为N1＝1.6mg
故C正确。
故选：BC。
【点评】本题结合连接体模型考查学生对简谐运动规律的理解与应用，其中把握P、Q在最高点、最低点的运动情况与受力情况分别应用牛顿第二定律为解决该题的关键。
12．（2025春 黄山期末）如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看作质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的恒力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。长木板的速度图像如图乙所示，已知长木板P的质量为3kg，小滑块Q的质量为2kg，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.1
B．长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.3
C．t＝9s时长木板P停下来
D．恒力F的大小为18N
【考点】有外力的水平板块模型；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】AD
【分析】根据速度—时间图像分析长木板的运动阶段，利用牛顿第二定律和摩擦力公式求解恒力F、地面与长木板间的摩擦因数以及小滑块与长木板间的摩擦因数。
明确图像中不同阶段的运动状态，再对长木板和小滑块分别受力分析，建立方程求解。
【解答】解：A、根据题意可知，作出滑块Q在0 6s的速度—时间图像，如图
由乙图可知，力F在5s时撤去，此时长木板P的速度为v1＝10m/s，6s时两者速度相同为v2＝6m/s，在0～6s的过程，对Q由牛顿第二定律得μ1mQg＝mQaQ
根据图乙可知aQ，
aQ＝1m/s2
代入数据可得滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为μ1＝0.1，故A正确；
B、根据题意可知，第5s～6s对P由牛顿第二定律μ1mQg+μ2（mQ+mP）g＝mPa′P
由乙图可知5s～6s长木板P的加速度大小为a′P＝4m/s2
代入数据可得μ2＝0.2，故B错误；
C、根据题意可知，共速后，对小滑块Q受力分析由牛顿第二定律μ1mQg＝mQa′Q
代入数据解得a′Q＝1m/s2
对长木板P和小滑块Q整体受力分析，由牛顿第二定律μ2（mQ+mP）g＝（mQ+mP）a
代入数据解得a＝2m/s2
故共速后，两者仍发生相对滑动，则6s末到长木板P停下的过程，对长木板P由牛顿第二定律得μ2（mQ+mP）g﹣μ1mQg＝mPa″P
代入数据可得a″P
继续运动的时间Δt
代入数据解得Δt＝2.25s
故长木板P运动的时间为t＝6s+2.25s＝8.25s
故8.25s时长木板P停下来，故C错误；
D、由力F作用时，对长木板P受力分析，由牛顿第二定律F﹣μ1mQg﹣μ2（mQ+mP）g＝mPaP
其中aP，代入数据解得aP＝2m/s2
代入数据解得F＝18N，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题关键在于利用速度—时间图像确定长木板的加速度，再通过牛顿第二定律对长木板和小滑块分别受力分析，结合摩擦力公式求解恒力、摩擦因数。解题时需注意运动阶段的划分和受力分析的准确性。
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 厦门期末）质量为60kg的人站在电梯内，随电梯上升，电梯运动的v﹣t图像如图所示，则在0～6s内电梯的加速度大小为 0.5 m/s2，人对电梯的压力为 630 N，已知重力加速度g取10m/s2。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；牛顿第三定律的理解与应用；利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】0.5；630。
【分析】根据v﹣t图像斜率表示加速度，结合牛顿第二与第三定律分析求解。
【解答】解：v﹣t图像斜率表示加速度，0～6s内电梯的加速度大小
人受到电梯的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得
FN﹣mg＝ma
得
FN＝m（g+a）＝60×（10+0.5）N＝630N
由牛顿第三定律得人对电梯的压力大小
F′N＝FN＝630N
故答案为：0.5；630。
【点评】本题考查了牛顿定律，理解v﹣t图所对应的物体的运动状态是解决此类问题的关键。
14．（2024秋 嘉兴期末）用轻质弹簧a和两根细线b、c将质量均为m的两个小球1和2连接，并如图所示悬挂。两小球处于静止状态，弹簧a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平，重力加速度取g。则细线c上的拉力大小为 ；突然剪断细线b的瞬间，小球1的加速度为 。
【考点】牛顿第二定律求解瞬时问题；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】；。
【分析】对1、2两球的整体分析，结合突然剪断细线b的瞬间，弹簧a的弹力不变，综合牛顿第二定律分析求解。
【解答】解：对1、2两球的整体分析可知
可得
对2分析可知
突然剪断细线b的瞬间，弹簧a的弹力不变，小球1的加速度为
故答案为：；。
【点评】本题考查了瞬时性问题，理解弹簧弹力不可突变性是解决此类问题的关键。
15．（2024秋 闽侯县期末）如图，质量分别为4kg和6kg的A、B两个物块相互接触，放在光滑的水平面上，两物块在水平推力F＝10N作用下，一起以相同的加速度向右运动，加速度大小a＝ 1 m/s2，A对B的弹力FN＝ 6 N，方向 水平向右 。
【考点】牛顿第二定律的简单应用．
【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】1；6；水平向右。
【分析】应用牛顿第二定律求出加速度与A对B的弹力。
【解答】解：由牛顿第二定律得：
对A、B整体：F＝（mA+mB）a
对B：FN＝mBa
代入数据解得：a＝1m/s2，FN＝6N，方向水平向右
故答案为：1；6；水平向右。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，根据物体的受力情况应用牛顿第二定律即可解题，解题时注意整体法与隔离法的应用。
16．（2024秋 杨浦区校级期末）在某科技活动中。一位同学设计了一个加速度测量仪，如图（a）所示，将一端连有摆球的细线悬于小车内O点。当小车运动时，小球与小车保持相对静止后，测量出悬绳与竖直方向的夹角θ，便可通过该角度计算得到小车此时的加速度值。
（1）请填写图（b）中刻度盘上的角度θ为30°对应的加速度值为 。（答案用g表示）
（2）运用该测量仪测量加速度，会有哪些局限： 加速度太大时，无法准确测量 。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；正交分解法．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】（1）；（2）加速度太大时，无法准确测量。
【分析】（1）对物体进行受力分析，结合牛顿第二定律求加速度；
（2）根据加速度的公式，当加速度太大时，θ变化较小，误差太大。
【解答】解：（1）设小球的加速度为a，绳中张力为T，对小球受力分析，则有
Tsinθ＝ma、Tcosθ＝mg
联立解得
a＝gtanθ
（2）根据公式结合正切函数的特征可知，当加速度较大时对应的角度变化较小，会导致加速度较大情况下的测量误差较大。
故答案为：（1）；（2）加速度太大时，无法准确测量。
【点评】本题主要考查利用受力分析，求出物体的加速度。
四．解答题（共4小题）
17．（2025春 潮南区期末）高空索降训练，是特警经常训练的项目之一，某次特训中，有质量为60kg的特警队员从高楼某处一跃而下，开始时由静止做自由落体运动，下降7.2m后开始扣绳索向下做匀速直线运动，持续时间为0.9s，此后再一次用力扣紧绳索，以10m/s2的加速度匀减速下降，最终以2m/s的速度安全着地，取g＝10m/s2，求：
（1）特警下降至地面过程中的总位移及总时间；
（2）特警匀减速下降时受到的阻力大小。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；逆向思维法求解匀减速直线运动．
【专题】简答题；定量思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．
【答案】（1）特警下降至地面过程中的总位移为25m，总时间为3.1s。
（2）特警匀减速下降时受到的阻力大小为1200N。
【分析】（1）队员做了三种运动，先自由落体，然后匀速直线，再匀减速直线，分别讨论即可。
（2）阻力可根据牛顿第二定律分析。
【解答】解：（1）第一阶段做自由落体运动，，解得：t1＝1.2s，v1＝gt1＝10×1.2m/s＝12m/s，
第二阶段做匀速直线运动，h2＝v1t2＝12×0.9m＝10.8m，
第三阶段做匀减速直线运动，由v2＝v1+at3解得：t3＝1s，由h3＝v1t3+at3解得：h3＝7m。
则t总＝t1+t2+t3＝1.2s+0.9s+1s＝3.1s，h总＝h1+h2+h3＝7.2m+10.8m+7m＝25m。
（2）对匀减速阶段特警进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：Ff﹣mg＝ma，解得：Ff＝60×10N+60×10N＝1200N。
答：（1）特警下降至地面过程中的总位移为25m，总时间为3.1s。
（2）特警匀减速下降时受到的阻力大小为1200N。
【点评】本题目第一问考查了多种运动的综合计算，难度较低，注意分段讨论即可；第二问考查了牛顿第二定律的简单应用。
18．（2025春 大连期末）如图甲所示，一质量为M＝0.2kg的木板静止在水平面上，一个质量为m＝0.1kg的物块（视为质点）放置在木板上表面的中点位置。t＝0时刻，用水平向右的拉力F作用在木板上，拉力F随时间t的变化关系如图乙所示，t＝1.5s时撤去外力作用。物块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与水平面之间的动摩擦因数μ2＝0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终未离开木板，重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）0～1s时间内，物块和木板的加速度大小；
（2）t＝1.5s时物块和木板的速度大小；
（3）木板至少为多长。
【考点】有外力的水平板块模型；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】（1）0～1s时间内，物块加速度大小为2m/s2和木板的加速度大小3m/s2；
（2）t＝1.5s时物块速度大小为3m/s和木板的速度大小3m/s；
（3）木板至少为1.5m长。
【分析】（1）对0～1s内物块和木板分别受力分析，利用牛顿第二定律求加速度；
（2）分阶段分析0～1s和1～1.5s内的运动状态，结合匀变速直线运动公式求速度；
（3）分析撤去拉力后物块和木板的运动过程，通过相对位移确定木板最短长度。
【解答】解：（1）0～1s内，假设物块与木板加速度不同，分别由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1，F1﹣μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma2
解得：a1＝2m/s2，a2＝3m/s2
可知a2＞a1，则假设成立，即物块和木板的加速度大小分别为2m/s2和3m/s2。
（2）0～1s内t1＝1s物块与平板均做匀加速直线运动
v1＝a1t1
解得v1＝2m/s，
v2＝a2t1
解得v2＝3m/s
1～1.5s内t2＝0.5s，由于木板受到水平向右的拉力F2＝1.4N
恰好F2＝μ1mg+μ2（M+m）g
故木板做匀速直线运动，物块继续做匀加速直线运动直至与木板速度相同
设速度相同时物块速度为v1'，木板的速度为v2'，
v1'＝v1+a1t2
v1'＝3m/s，
v2'＝v2＝3m/s。
（3）撤去拉力F后，对物块与木板由牛顿第二定律有μ1mg＝ma1'
解得a1'＝2m/s2
由μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma2'
解得a2'＝5m/s2
物块和木板停下所用的时间分别为Δt1
解得Δt1＝1.5s，Δt2
解得Δt2＝0.6s
可画出物块、木板的速度—时间图像，如图所示
根据“速度—时间图像的面积表示位移”可知，0～1.5s内，物块与木板相对位移为Δx1m＝0.75m，
1.5～3s内，物块与木板相对位移为Δx2m＝1.35m。
由于物块未离开木板，Δx1＞Δx2﹣Δx1
所以板长至少为L＝2Δx1
解得L＝1.5m。
答：（1）0～1s时间内，物块加速度大小为2m/s2和木板的加速度大小3m/s2；
（2）t＝1.5s时物块速度大小为3m/s和木板的速度大小3m/s；
（3）木板至少为1.5m长。
【点评】本题需分阶段分析物块与木板的运动状态，利用牛顿第二定律求加速度，结合匀变速直线运动公式求速度，通过相对位移确定木板长度。关键是准确判断不同时间段内的受力与运动状态，尤其是滑动摩擦力的方向和大小。
19．（2025春 洛阳期末）如图所示的一种巨型机动游戏设备可以使人体验超重和失重状态，一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上100m的高处，然后让座舱自由落下。落到离地面40m时，制动系统启动，使座舱做匀减速运动，到达地面时刚好停下。某次游戏中，座舱中小明用手拿着质量为0.2kg的手机（重力加速度g取10m/s2，空气阻力不计）。求：
（1）此过程中座舱的最大速度是多少；
（2）当座舱落到离地面10m的位置时，手对手机的作用力为多大。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；自由落体运动的规律及应用．
【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）此过程中座舱的最大速度是；
（2）当座舱落到离地面10m的位置时，手对手机的作用力为5N。
【分析】（1）根据自由落体运动速度—位移公式分析求解；
（2）根据牛顿第二定律，结合速度—位移公式分析求解。
【解答】解：（1）当座舱下落到离地40m时，速度最大为vm，根据自由落体运动可得
解得
（2）设座舱做匀减速运动的加速度大小为a，则
解得a＝15m/s2
当座舱落到离地10m时，手机处于匀减速运动状态，对手机由牛顿第二定律得FN﹣mg＝ma
解得FN＝5N
答：（1）此过程中座舱的最大速度是；
（2）当座舱落到离地面10m的位置时，手对手机的作用力为5N。
【点评】本题考查了牛顿第二定律，理解手机处于匀减速运动状态时的受力情况是解决此类问题的关键。
20．（2025春 丽江期末）如图所示，质量m＝1kg的木板b静止在粗糙水平地面上，在木板b上的O点放一质量也为1kg的物块a（可视为质点）。零时刻，对b施加水平向右的恒力F，a、b均由静止开始运动；某时刻，撤去恒力F，一段时间后，a、b都停止运动，a仍在O点。已知运动过程中a比b多运动Δt＝1.5s，a、b间的动摩擦因数μ1＝0.1，b与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）a运动时，a的加速度大小；
（2）a运动的时间；
（3）恒力F的大小。
【考点】有外力的水平板块模型；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】（1）a运动时，a的加速度大小为1m/s2；
（2）a运动的时间为4.5s；
（3）恒力F的大小为6.75N。
【分析】（1）摩擦力为物块a提供加速度，根据牛顿第二定律计算加速度；
（2）ab之间的摩擦力使二者趋于共速状态，可先根据牛顿第二定律计算b的加速度大小，结合匀变速直线运动的规律分别列a、b的速度与时间公式，联立上述公式计算到达共速的时间，a先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，a在加速和减速过程的加速度大小相同，两阶段时间相同；
（3）在恒力F作用的过程中，对b应用牛顿第二定律，在撤去恒力F到a、b共速的过程中，对b应用牛顿第二定律，由匀变速直线运动的规律，分别计算a减速阶段的位移，b整个阶段的位移，联立上式代入计算恒力F。
【解答】（1）a运动时，对物块a，由牛顿第二定律，有μ1mg＝ma1
代入数据解得
（2）设a、b共速时的速度大小为v，从a、b共速到b停止运动过程中，b的加速度大小为a2，b运动的时间为t1，对b由牛顿第二定律，有2μ2mg﹣μ1mg＝ma2
代入数据解得
对a、b分别由匀变速直线运动的规律，有
v＝a1（t1+Δt）
v＝a2t1
代入数据解得
a先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，由于a在加速和减速过程的加速度大小相同，因此a加速运动的时间和减速运动的时间相同，可得a运动的时间为t＝2（t1+Δt）
代入数据解得t＝4.5s
（3）在恒力F作用的过程中，对b由牛顿第二定律，有F﹣μ1mg﹣2μ2mg＝ma
在撤去恒力F到a、b共速的过程中，对b由牛顿第二定律，有μ1mg+2μ2mg＝ma3
设t0时刻撤去恒力F，b的速度大小为v1，由匀变速直线运动的规律，有
v＝v1﹣a3（t1+Δt﹣t0）
v1＝at0
a做减速运动的位移大小为
整个运动过程中b的位移大小为
a、b都停止运动时，a仍在O点，因此整个运动过程中a、b的位移大小相等，则2x1＝x2
联立上式，代入数据解得F＝6.75N。
答：（1）a运动时，a的加速度大小为1m/s2；
（2）a运动的时间为4.5s；
（3）恒力F的大小为6.75N。
【点评】本题考查学生应用匀变速直线运动规律与牛顿第二定律解决板块相对运动模型问题的能力，其中知道二者间的摩擦力使二者有达到共速的趋势，并达到共速后二者运动情况有所不同为解决本题的关键。
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