2025年高考物理一轮复习之运动和力的关系

2025年高考物理一轮复习之运动和力的关系

选择题（共10小题）

1.如图所示为一无人机由地面竖直向上运动的v-t图像。关于无人机的运动，下列说法正确的是（）

。t,t2t}t4t5t

A.0〜t2段无人机的加速度大于t3〜t5段无人机的加速度

B.0〜t3段，无人机的平均速度大小为经

2

C.t3时刻无人机到达最高点

D.t3〜t5段，无人机处于失重状态

2.如图甲所示是创造了中国载人深潜新纪录的“奋斗者号”潜水器，若“奋斗者号”沿竖直方向下潜，

从没入海面开始计时，其下潜的v-t图像如图乙所示。已知“奋斗者号”在。〜0.5h内的总质量为m,

下潜时仅吸入或排出海水改变自身总重，但艇身体积不变，且海水密度均匀，则下列说法正确的是（）

A.0〜0.5h内，“奋斗者号”处于超重状态

B.0.5〜2.5h内，“奋斗者号”的总质量小于m

C.2.5〜3.0h内，''奋斗者号”的力口速度大小为2m/s2

D.。〜3.0h内，“奋斗者号”下潜的深度为7200m

3.科学家对微重力环境下了一个比较科学的定义：微重力环境是指在重力的作用下，系统的表观重量远

小于其实际重量的环境。产生微重力环境最常用的方法有4种：落塔、飞机、火箭和航天器。如图所示

是利用飞机实现30s的微重力环境的过程，航天员在此过程进行日常训练。A为飞机飞行轨迹的最低点，

飞机在B点关闭发动机，C为最高点，飞机在D点开启发动机，E为最低点。不计空气阻力，下列说

法正确的是（）

C

B>D

AE

A.上升的AC阶段，飞机内的宇航员处于超重状态

B.下降的CE阶段，飞机内的宇航员处于超重状态

C.飞机内的宇航员在BC阶段为超重状态，CD阶段为失重状态

D.飞机内的宇航员在B到D的过程为失重状态

4.如图甲所示，木箱静止在光滑水平面上，箱内有一光滑斜面，斜面倾角9=37°,可视为质点的滑块静

止在斜面底部。现对木箱施加一水平向左的拉力F,测得木箱加速度a随时间t变化的图像如图乙所示，

2.5s后加速度保持不变。已知木箱和斜面的总质量M=2kg,滑块的质量m=lkg,斜面高H=9.6cm,

重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。下列说法正确的是（）

A.1s末，水平拉力F的大小为6N

B.2s末，木箱的速度为4m/s

C.2s后滑块开始相对于斜面向上运动

D.2.9s末滑块到达斜面顶部

5.蜘蛛网是由部分种类的蜘蛛吐丝所编成的网状物，如图所示，竖直平面内蜘蛛网上A、B、C三点的连

线构成正三角形，三根蜘蛛丝a、b、c（可视为弹性绳）的延长线均过三角形的中心，蜘蛛丝c沿竖直

方向，且c中有张力。蜘蛛静止在蜘蛛网（不计重力）中央，下列说法正确的是（）

A.a中张力大于b中张力

B.a中张力大于c中张力

C.若c突然断开，则蜘蛛仍能保持静止

D.若c突然断开，则断后瞬间蜘蛛的加速度竖直向下

6.如图所示，某煤炭公司流水线上有匀速传动的水平传送带P和Q,P、Q高度相等、互相垂直。它们的

传动方向如图中所示。现有一质量为1kg的小煤块以与传送带P相同的速度vi=0.6m/s从P滑上Qo

已知传送带Q的速度为v2=0.8m/s,小煤块可视为质点，与传送带Q的动摩擦因数为0.1。取重力加速

度大小g=10m/s2,传送带Q足够长、足够宽。以下说法正确的是（）

V2

A.小煤块刚滑上传送带Q的瞬间、相对传送带Q的速度大小为0.2m/s

B.小煤块滑上传送带Q后，经0.5s与传送带Q保持相对静止

C.小煤块在传送带Q上留下的划痕是直线且长度为0.5m

D.小煤块在传送带Q上与Q有相对滑动的过程中相对地面的运动轨迹为直线

7.2025年第九届亚洲冬季运动会将在哈尔滨举行，短道速滑是我国传统优势项目，有关短道速滑的相关

表述正确的是（）

A.赛道一圈总长度为111.12m,长度是国际单位制中的基本单位

B.短道速滑男子500m的世界纪录为39.505s,秒是国际单位制中的基本物理量

C.短道速滑运动员最快滑行速度可以达到近14m/s,米每秒是国际单位制中的导出单位

D.短道速滑运动员蹬地的爆发力能够达到4000N,力是国际单位制中的基本物理量

8.如图所示，质量相等的两小球A、B,二者用一轻弹簧竖直连接，A的上端用轻绳系在足够高的天花板

上，初始时A、B均静止。现将轻绳剪断，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（）

A

B

A.A的加速度大小的最大值为g

B.B的加速度大小的最大值为2g

C.A的位移大小一定大于B的位移大小

D.A的速度大小均不大于同一时刻B的速度大小

9.如图所示，某同学练习踢毯子，假设毯子在空中运动过程中受到大小不变的空气阻力，下列v-t和a

-t图像可能正确反映髭子被竖直向上踢出后，经一段时间又回到初始位置的是（)

2%

0

0

Q2

a

D.

10.雷诺数Re是流体力学中表征流体的特征的数之一，它是一个无量纲量。已知雷诺数由四个变量决定，

流体的流速V、流体的密度p、特征长度d,黏性系数4已知黏性系数日的单位是Pa・s,则下列雷诺

数的表达式可能正确的是（）

2

A.Re=SB.Re*C.Re=皿D.Re=缪

二.多选题（共4小题）

（多选）11.如图所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P,处于静止状态。小滑块Q（可视为质点）放

置于长木板中点。已知滑块与长木板的动摩擦因数卬=0.2,木板与地面的动摩擦因数H2=0.3,滑块、

木板的质量均为1kg,重力加速度g=10m/s2。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端。则（）

~Q

.....，上....匕£....

777/7777777777777777777777777777777777777777~

A.F=4N,Q受到的摩擦力为零

B.F=14N,P的加速度等于4m/s2

C.F=8N,Q受到的摩擦力为IN

D.F=8N,经过4s撤去F,若要Q不从P上滑脱，长木板至少为4m

（多选）12.如图所示，一个质量为m,长为1.0m的木板放在倾角为37°光滑斜面上，板的左端有一个

质量为M的物块，物块上连接了一根细绳，细绳跨过斜面顶端的光滑定滑轮并与斜面平行，另一端也

连接一质量为M的物块，由静止释放后木块向上滑动而木板不动，已知M=2m,则下列说法正确的是

A.物块与板间的动摩擦因数为0.5

B.物块在板上滑行的加速度为0.5m/s2

C.物块在板上滑行时间为2s

D.若将竖直悬挂物体质量改为2M,则板将随物块一起上滑

（多选）13.如图所示，质量为mi的小铁块和质量为m的长木板静止叠放在水平地面上，铁块位于木板

的最左端，mi=m2=m,木板长为L,铁块可视为质点。铁块与长木板间的动摩擦因数为R=3R（四

为己知常数），长木板与地面间的动摩擦因数为2=内且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速

度为g。现对铁块施加一个水平向右的恒定拉力F,那么下列说法正确的是（）

miF

m2

V////////////////////////////////////////////////////////Z

A.若F=7umg,铁块需经过长的时间才能离开木板

B.若F=7〃mg,铁块需经过J系长的时间才能离开木板

C.为使铁块能离开木板且离开木板时，铁块相对于地面的速度最小，F应该为3pmg

D.为使铁块能离开木板且离开木板时，铁块相对于地面的速度最小，F应该为5nmg

（多选）14.如图（a）所示，一倾斜传送带以恒定速度v向下传动，质量分别为m、M的两物块P、Q

用绕过定滑轮的细绳相连，某时刻P以速度vo滑上传送带顶端，同时Q也以速度vo竖直向上运动，此

后P运动的v-t图像如图（b）所示，ti、t2已知。已知P与滑轮之间的轻绳始终与传送带平行，传送

带足够长，Q始终没有与滑轮相碰，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

A.一定有vo>v

B.一定有M>m

C.物块P返回传送带顶端的时刻为2t2

D.根据图像可求出P与传送带间的动摩擦因数n以及传送带倾角0

三.填空题（共2小题）

15.一位质量为50kg的同学从8楼乘电梯下降到1楼，在此过程中利用手机内置的加速度传感器测得电

梯运行的加速度a随时间t的变化关系如图所示（重力加速度g取lOm/s?）。当t=10s时，该同学处于

状态（填“超重”或“失重”），此时他对电梯地板的压力大小约N,整个过程中电梯运行

的最大速率约为m/s»

a/(m-s-2)

16.一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B,如图所示。一实验小组用此装置测量小球B运

动的加速度。

令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度ho=O.59Om,下降一段距离后的

高度h=0.100m；由ho下降至h所用的时间T=0.730s。由此求得小球B加速度的大小为a=

m/s2（保留3位有效数字）。从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为100.0g和150.0g,当

地重力加速度大小为g=9.80m/s2o根据牛顿第二定律计算可得小球B加速度的大小为a'=

m/s?（保留3位有效数字），可以看出，a,与a有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产

生这一结果的原因：。

17.中学航模队研究航母舰载机着陆减速新方案，提出“机翼辅助式”减速模式，队员们在操场上利用跑

道模拟实验，如图（a）所示先将一个质量为M=1kg的滑块（视为质点）以初速度vo=12m/s滑出，

滑行距离为12m时停下；对比组给滑块装上代替机翼的质量为m=0.5kg减速装置，仍以相同的初速度

vo滑出，滑出后滑块与减速装置整体受到一个与竖直方向斜向下夹角为a的力F作用，如图（b）所示

（减速装置未画出），从而获得较大的减速效果，减小滑行距离。已知重力加速度大小为g=10m/s2,sin530

=0.8,cos53°=0.6,求：

-----►vovo

图(a)图(b)

(1)滑块与跑道之间的动摩擦因数；

(2)若已知F=^N,a=53。，则装上减速装置后滑块的减速距离大小。

18.如图甲所示，质量M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量m=lkg的物块以初速度vo=4m/s滑

上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数以=0.2。在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向

右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板通过的最大路程为s,给木板施加不同大

1

小的恒力F,得到--F的关系图像，如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1ml

s

BC为直线段。物块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。

(1)若在恒力F=0的情况下，物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间t。

(2)求图乙中B点的横坐标。

(3)求图乙中C点的纵坐标。

1

(4)求直线DE对应的—-F函数关系式。

s

19.如图所示，水平传送带以vo=3m/s的速度顺时针匀速转动，传送带的长度L=6m,每隔Is将物块(可

视为质点)依次无初速度放置于传送带左端A点，一段时间后物块从传送带右端B点离开传送带做平

抛运动，最后落入货车车厢，货车始终保持静止。已知每个物块的质量均为m=2kg,物块与传送带间

的动摩擦因数为n=0.2,B点与货车车厢底板间的高度差h=0.8m,物块从接触车厢底板到减速为0(忽

略物块的反弹和相对车厢的滑动)的时间为0.2s,重力加速度g=10m/s2,求：

(1)第一个物块从A点运动到刚接触车厢底板瞬间的时间t；

(2)第一个物块从接触车厢底板到减速为0的过程中对车厢底板的平均作用力F的大小;

(3)传送带上相邻两物块间的最大距离和最小距离?

nn感n.

h=0.8m

20.如图所示，一足够长的水平传送带以vi=lm/s的速度顺时针匀速转动。质量为mi=2kg的物块A和

质量为m2=3kg的物块B由绕过定滑轮的轻绳连接，质量为m3=1kg的物块C置于A上，轻绳足够长

且不可伸长，A与定滑轮间的轻绳水平。某时刻，同时给A、B、C大小相等的初速度V2=4m/s,使B

竖直上升，A、C保持相对静止从传送带左端冲上传送带。已知A与传送带间的动摩擦因数以=0.5,重

力加速度g取10m/s2,不计定滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中B都没有与定滑轮碰撞，A、C始终

保持相对静止。求：

(1)A、C刚滑上传送带时，轻绳的拉力大小；

(2)A、C刚滑上传送带时，C受到的摩擦力的大小和方向;

(3)A、C离开传送带时的速度大小；

(4)A、C向右运动过程中A与传送带因摩擦产生的热量。

B

2025年高考物理一轮复习之运动和力的关系

参考答案与试题解析

一.选择题（共10小题）

1.如图所示为一无人机由地面竖直向上运动的v-t图像。关于无人机的运动，下列说法正确的是（）

A.0〜t2段无人机的加速度大于t3~t5段无人机的加速度

B.0〜t3段，无人机的平均速度大小为最

C.t3时刻无人机到达最高点

D.t3〜t5段，无人机处于失重状态

【考点】超重与失重的图像问题；根据v-t图像的物理意义对比多个物体的运动情况.

【专题】定量思想；推理法；运动学中的图象专题；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力.

【答案】D

【分析】速度的正负表示速度的方向，根据速度图象读出速度的正负，分析火箭的运动。图象与坐标轴

所围面积表示位移，由数学知识求出火箭上升的最大高度。平均速度等于位移与所用时间的比值。图象

的斜率等于加速度，由数学知识求出最大的加速度大小。

【解答】解：A、V-t图像中，其斜率表示加速度的大小，由于0〜t2段倾斜程度小于t3〜t5段的倾斜

程度，所以0〜t2段的加速度小于t3〜t5加速度，故A错误；

B、0〜t3段无人机的加速度发生了变化，不是匀变速运动，所以其平均速度不是"，而是小于泡，故B

22

错误；

C、由图像可知，无人机0〜t2加速上升，t2〜t3也是加速上升，只不过这一阶段的加速度更大，t3〜t5

阶段开始减速上升，t3时刻减速到0,达到最高点，故C错误；

D、t3〜t5阶段开始减速上升，加速度方向向下，无人机处于失重状态，故D正确。

故选：D。

【点评】本题要抓住速度图象的两个数学意义来分析其物理意义：斜率等于加速度，面积等于位移。

2.如图甲所示是创造了中国载人深潜新纪录的“奋斗者号”潜水器，若“奋斗者号”沿竖直方向下潜，

从没入海面开始计时，其下潜的v-t图像如图乙所示。已知“奋斗者号”在。〜0.5h内的总质量为m,

下潜时仅吸入或排出海水改变自身总重，但艇身体积不变，且海水密度均匀，则下列说法正确的是()

A.。〜0.5h内，“奋斗者号”处于超重状态

B.0.5〜2.5h内，“奋斗者号”的总质量小于m

C.2.5〜3.0h内，“奋斗者号”的力口速度大小为2m/s2

D.0〜3.0h内，“奋斗者号”下潜的深度为7200m

【考点】超重与失重的概念、特点和判断；根据v-t图像的物理意义分析单个物体的运动情况；利用v

-t图像与坐标轴围成的面积求物体的位移；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；图析法；运动学中的图象专题；推理能力.

【答案】B

【分析】物体具有向下的加速度时，物体处于失重状态；在v-t图像中图线与坐标轴围成的面积表示

位移，图像的斜率表示加速度分析各选项。

【解答】解：A、0〜0.5h内，“奋斗者号”加速下潜，加速方向向下，物体处于失重状态，故A错误;

B、0.5h〜2.5h内，“奋斗者号”匀速下潜，物体处于平衡状态，体积不变，浮力不变，匀速下潜时需排

出部分海水，让重力等于浮力，所以此时重力小于mg,“奋斗者号”质量小于m,故B正确；

C、2.5h〜3h内，“奋斗者号”向下做减速运动，由图像的斜率表示加速度可知a=%=.?黑2一注/

S2=~l^QQm/s2>故C错误；

D、根据v-t图像中图线与坐标轴围成的面积表示位移知，0〜3.0h内，“奋斗者号”下潜的深度力另X

(2x3600+3x3600)xlm=9000m,故D错误；

故选：Bo

【点评】本题考查了v-t图像的应用。解题关键是物体具有向下的加速度时，物体处于失重状态，以

及在v-t图像中图线与坐标轴围成的面积表示位移，图像的斜率表示加速度。

3.科学家对微重力环境下了一个比较科学的定义：微重力环境是指在重力的作用下，系统的表观重量远

小于其实际重量的环境。产生微重力环境最常用的方法有4种：落塔、飞机、火箭和航天器。如图所示

是利用飞机实现30s的微重力环境的过程，航天员在此过程进行日常训练。A为飞机飞行轨迹的最低点，

飞机在B点关闭发动机，C为最高点，飞机在D点开启发动机，E为最低点。不计空气阻力，下列说

法正确的是（）

A.上升的AC阶段，飞机内的宇航员处于超重状态

B.下降的CE阶段，飞机内的宇航员处于超重状态

C.飞机内的宇航员在BC阶段为超重状态，CD阶段为失重状态

D.飞机内的宇航员在B到D的过程为失重状态

【考点】超重与失重的概念、特点和判断.

【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力.

【答案】D

【分析】根据牛顿第二定律，结合超失重定义分析作答。

【解答】解：飞机在B点运动到D点的过程关闭发动机，故BC阶段向上减速运动，为失重状态，CD

阶段向下加速运动，为失重状态，故飞机内的宇航员在B到D的过程一直处于失重状态，故D正确，

ABC错误。

故选：D。

【点评】学生在解答本题时，应注意对超失重概念的理解。

4.如图甲所示，木箱静止在光滑水平面上，箱内有一光滑斜面，斜面倾角9=37°,可视为质点的滑块静

止在斜面底部。现对木箱施加一水平向左的拉力F,测得木箱加速度a随时间t变化的图像如图乙所示，

2.5s后加速度保持不变。已知木箱和斜面的总质量M=2kg,滑块的质量m=1kg,斜面高H=9.6cm,

重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。下列说法正确的是（）

A.Is末，水平拉力F的大小为6N

B.2s末，木箱的速度为4m/s

C.2s后滑块开始相对于斜面向上运动

D.2.9s末滑块到达斜面顶部

【考点】物体在光滑斜面上的运动；匀变速直线运动位移与时间的关系.

【专题】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】D

【分析】通过受力分析和a-t图像，结合牛顿第二定律以及运动学公式，可求出各个选项。

【解答】解：A.以木箱作为参考系，当滑块相对于斜面刚要发生相对滑动时受到重力和支持力作用，此

时滑块的加速度a=gtan8,解得a=7.5m/s2

Is末由图可知ai=3m/s2,滑块相对于木箱没有发生相对运动，滑块木箱可视为整体，由牛顿第二定律

F=（M+m）ai

解得F=9N,故A错误；

B.根据图像可知，1s时加速度为3m/s2,则2s时的加速度a2=6m/s2,所以2s内速度增加量△v=A

t,解得△v=6m/s,2s末速度为6m/s,故B错误；

C.2.5s末滑块的加速度为7.5m/s2,滑块相对于斜面开始滑动，故C错误；

H1

D.2.5s后开始发生相对滑动，设相对加速度为a3,根据ma3=macos0-mgsinO,——=~a3t2

sind2

解得t=0.4s,则滑块到达斜面顶部时刻为2.9s末，故D正确。

故选：D。

【点评】学生在解答本题时，应注意本题要结合加速度情况，分析物体的受力情况，以及要熟练运用运

动学公式求解各个阶段的相关物理量。

5.蜘蛛网是由部分种类的蜘蛛吐丝所编成的网状物，如图所示，竖直平面内蜘蛛网上A、B、C三点的连

线构成正三角形，三根蜘蛛丝a、b、c（可视为弹性绳）的延长线均过三角形的中心，蜘蛛丝c沿竖直

方向，且c中有张力。蜘蛛静止在蜘蛛网（不计重力）中央，下列说法正确的是（）

B.a中张力大于c中张力

C.若c突然断开，则蜘蛛仍能保持静止

D.若c突然断开，则断后瞬间蜘蛛的加速度竖直向下

【考点】牛顿第二定律的简单应用；力的分解过程中多解和极值的问题.

【专题】定量思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题；推理能力.

【答案】B

【分析】蛛丝a、b的张力沿竖直方向的分力之和等于蜘蛛的重力与蛛丝c的张力之和。

【解答】解：AB.三根蛛丝的张力如图所示，假设蜘蛛的质量为m,根据受力分析及几何关系可知，Fa

Xsin30°+FbXsin30°=mg+Fc,FaXcos30°=FbXcos30°,由此可知Fa=Fb=mg+Fc,故A错误，B

正确；

CD.若蛛丝c突然断开，则蛛网及蜘蛛受到的合力大小为FaXsin30°+FbXsin30°-mg=Fc,方向向上，

故蜘蛛会向上加速，故CD错误。

故选：Bo

【点评】本题需要利用力的合成与分解，结合牛顿第二定律相关知识以解决此类问题。

6.如图所示，某煤炭公司流水线上有匀速传动的水平传送带P和Q,P、Q高度相等、互相垂直。它们的

传动方向如图中所示。现有一质量为1kg的小煤块以与传送带P相同的速度vi=0.6m/s从P滑上Qo

已知传送带Q的速度为v2=0.8m/s,小煤块可视为质点，与传送带Q的动摩擦因数为0.1。取重力加速

度大小g=10m/s2,传送带Q足够长、足够宽。以下说法正确的是（）

A.小煤块刚滑上传送带Q的瞬间、相对传送带Q的速度大小为0.2m/s

B.小煤块滑上传送带QB,经0.5s与传送带Q保持相对静止

C.小煤块在传送带Q上留下的划痕是直线且长度为0.5m

D.小煤块在传送带Q上与Q有相对滑动的过程中相对地面的运动轨迹为直线

【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动位移与时间的关系.

【专题】定性思想；推理法；复杂运动过程的分析专题；推理能力.

【答案】C

【分析】以传送带Q为参考系，对小煤块的运动进行分析。

【解答】解：A.以传送带Q为参考系，小煤块刚滑上时的速度如下图所示，由几何关系可知可知，小

煤块的速度大小为lm/s,故A错误；

B.以传送带Q为参考系，小煤块滑上传送带Q后，速度大小为lm/s,受到的摩擦力大小为f=nmg=lN,

根据牛顿第二定律可知，小煤块在传送带上的加速度大小为a=5=瑞=1向$2,由此可知从滑上传送

带到与传送带保持相对静止的时间为t=答=兽骑=ls,故B错误;

aIm/s乙

C.以传送带为参考系，己知小煤块的初速度为lm/s,末速度为0,所受摩擦力为f=-lN,且摩擦力方

1

向与初速度方向相反，由此可知小煤块做匀减速直线运动，根据功能关系可知△Ek=fx,即0-*xlkg

X(lm/s)2=fx,将f=-IN代入可知，x=0.5m,故C正确；

D.以地面为参考系，小煤块滑上传送带Q时的初速度与受力如图所示，因此可知初速度方向与受力方

向不在同一直线，因此小煤块做曲线运动，故D错误。

摩擦力f=IN

故选：Co

【点评】本题需要根据不同的问题情境，建立不同的参考系对小煤块的运动情况进行分析。

7.2025年第九届亚洲冬季运动会将在哈尔滨举行，短道速滑是我国传统优势项目，有关短道速滑的相关

表述正确的是()

A.赛道一圈总长度为111.12m,长度是国际单位制中的基本单位

B.短道速滑男子500m的世界纪录为39.505s,秒是国际单位制中的基本物理量

C.短道速滑运动员最快滑行速度可以达到近14m/s,米每秒是国际单位制中的导出单位

D.短道速滑运动员蹬地的爆发力能够达到4000N,力是国际单位制中的基本物理量

【考点】力学单位制与单位制.

【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题；推理能力.

【答案】C

【分析】根据国际单位制中给定的七个基本物理量和它们各自的单位进行分析解答。

【解答】解：A.长度只是国际单位制中的基本物理量而不是单位，故A错误；

B.秒是国际单位制中基本物理量的单位，而不是物理量，故B错误；

C.米每秒是国际单位制中根据相关公式得到的导出单位，故C正确；

D.在国际单位制中，力不是基本物理量，故D错误。

故选：Co

【点评】考查单位制问题，熟悉掌握七个基本物理量和单位。

8.如图所示，质量相等的两小球A、B,二者用一轻弹簧竖直连接，A的上端用轻绳系在足够高的天花板

上，初始时A、B均静止。现将轻绳剪断，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（）

A

B

A.A的加速度大小的最大值为g

B.B的加速度大小的最大值为2g

C.A的位移大小一定大于B的位移大小

D.A的速度大小均不大于同一时刻B的速度大小

【考点】牛顿第二定律的简单应用；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；推理能力.

【答案】C

【分析】根据受力情况，应用牛顿第二定律求出剪断细线瞬间两球的加速度，再分析两球的运动过程,

确定加速度的最大值。根据单簧长度的变化，分析两球位移关系。

根据两球加速度关系，分析速度关系。

【解答】解：AB、设小球A与B的质量为m,细线剪断瞬间，弹簧长度不变，弹力不变，B球的合力

为零，则B球的加速度为零，A球加速度为@0=吗股=2g,

两小球从静止开始下落，至弹簧第一次恢复原长过程中，设弹簧的伸长量为X,

对A球，由牛顿第二定律得：mg+kx=maA,

对B球，由牛顿第二定律得：mg-kx=maB,

可知随着x减小，A球的加速度aA减小，B球的加速度aB增大，所以细线剪断瞬间，A球的加速度最

大，为2g,当弹簧第一次恢复原长时，B球的加速度最大，为g,故AB错误；

CD、由上分析可知，从开始下落到弹簧第一次恢复原长的过程中，A球的加速度大于B球的加速度，

所以A球的位移大小一定大于B球的位移大小，A球的速度大小均大于同一时刻B球的速度大小，故

C正确，D错误。

故选：Co

【点评】本题的关键要正确分析两球的受力情况，判断加速度变化情况，利用牛顿第二定律解答。

9.如图所示，某同学练习踢犍子，假设毯子在空中运动过程中受到大小不变的空气阻力，下列v-t和a

-t图像可能正确反映健子被竖直向上踢出后，经一段时间又回到初始位置的是（）

【考点】牛顿第二定律的简单应用；复杂的运动学图像问题.

【专题】比较思想；推理法；运动学中的图象专题；牛顿运动定律综合专题；推理能力.

【答案】D

【分析】根据动能定理，分析毯子回到出发点时速度；

由牛顿第二定律，分析上升、下降阶段的加速度大小，再根据/=得92,比较时间。

【解答】解：AB.根据动能定理，空气阻力做负功，毯子被竖直向上踢出后，经一段时间又回到初始

位置时的速度大小一定小于初速度的大小，即回到出发点时，速度不可能为-vo,故AB错误；

CD.由牛顿第二定律，上升阶段的加速度大小为

f

的=9+而

下降阶段的加速度大小

_f

口2=g-而

方向均为竖直向下，由4=得就2可知，由于上升和下降的高度一样，上升时加速度大于下降时加速度,

则上升时时间短，下降时时间长，故C错误，D正确。

故选：D。

【点评】本题考查学生对动能定理、牛顿第二定律规律的掌握，具有一定综合性，难度中等。

10.雷诺数Re是流体力学中表征流体的特征的数之一，它是一个无量纲量。已知雷诺数由四个变量决定，

流体的流速V、流体的密度p、特征长度d,黏性系数4已知黏性系数u的单位是Pa・s,则下列雷诺

数的表达式可能正确的是（）

2

.p回d„„pvd„npvdcnpvd

A.RDe=B.Re=--C.Re=D.Re=

【考点】力学单位制与单位制.

【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力.

【答案】B

【分析】将各物理量的单位代入公式计算各选项的结果，哪一个符合Re无量纲的要求即为正确答案。

【解答】解：p的单位是2,v的单位是”,d的单位是m»|i的单位Pa・s=与•s=姐并■-s=《台。

m6ss'

A、经过计算可得汉电的单位是区，即Re有量纲，不符合题意，故A错误；

B、经过计算可得巴过的单位是1,即Re无量纲，符合题意，故B正确；

C、经过计算可得竺”的单位是m,即Re有量纲，不符合题意，故C错误；

D、经过计算可得匕木的单位是丁丁，即Re有量纲，不符合题意，故D错误。

,3kg*

故选：Bo

【点评】本题考查的是单位制的相关问题,解题的关键在于知道物理学中的单位是可以单独进行计算的,

有些情况下通过单位的计算即可巧妙的解决复杂问题。

二.多选题（共4小题）

（多选）11.如图所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P,处于静止状态。小滑块Q（可视为质点）放

置于长木板中点。已知滑块与长木板的动摩擦因数卬=0.2,木板与地面的动摩擦因数H2=0.3,滑块、

木板的质量均为1kg,重力加速度g=10m/s2。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端。则（）

~Q

.....，上....匕£....

777/7777777777777777777777777777777777777777~

A.F=4N,Q受到的摩擦力为零

B.F=14N,P的加速度等于4m/s2

C.F=8N,Q受到的摩擦力为IN

D.F=8N,经过4s撤去F,若要Q不从P上滑脱，长木板至少为4m

【考点】无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；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力.

【答案】ACD

【分析】将F=4N与木板与地面之间的最大静摩擦力比较，根据P、Q的运动状态分析Q受到的摩擦

力的情况；应用整体法与隔离法，根据牛顿第二定律求解P、Q恰好相对滑动时力F的大小。判断P、

Q是否相对滑动，根据牛顿第二定律求解加速度与摩擦力的大小；根据牛顿第二定律求解撤去F后P、

Q的速度，应用运动学公式求得撤去F时P、Q的速度，以及最终两者的相对位移大小，板长最少长度

等于相对位移的2倍。

【解答】解：A、设滑块、木板的质量均为m=1kg,木板与地面之间的最大静摩擦力为：fm=H2（m+m）

g,解得：fm=6N,因F=4N<fm,故P、Q均保持静止，则Q受到的摩擦力为零，故A正确；

B、设P、Q恰好相对滑动时力F的大小为Fo,此时P、Q之间的摩擦力为最大静摩擦力，大小为因mg,

根据牛顿第二定律得：

对Q有：nimg=ma

对PQ整体有：Fo-fm=2ma

解得：Fo=lON

因F=14N>Fo,故P、Q相对滑动。

2

对P有：F-jiimg-|12(m+m)g=mai,解得：ar-6m/s,故B错误;

C、因fm<F=8N<Fo,故P、Q相对静止一起做匀加速直线运，对P、Q整体有：忆=詈应,

2

解得：a2=lm/s

对Q分析可得其受到的摩擦力为：f=ma2=lXlN=lN,故C正确;

D、根据C的解答，经过4s,P、Q的速度为：v=a2t=1X4m/s=4m/s

22

撤去F后P、Q都做匀减速直线运动，滑块Q的加速度大小为：a3=ii2g=0.2x10m/s=2m/s

木板P的加速度为：a4*⑺+*〃1吗解得：=4m/s2

P先停止运动，Q后停止运动，两者都停止运动后，相对位移大小为：x相=2_夫,解得：x相=2m

因Q初始放置于长木板的中点，故板长至少为2x相=2X2m=4m,故D正确。

故选：ACD«

【点评】本题考查了牛顿第二定律应用的板块模型，相对静止与相对滑动的临界问题。相对静止与相对

滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。在运用牛顿第二定律解题时，要掌握整体法和隔离法的应用。

（多选）12.如图所示，一个质量为m,长为1.0m的木板放在倾角为37°光滑斜面上，板的左端有一个

质量为M的物块，物块上连接了一根细绳，细绳跨过斜面顶端的光滑定滑轮并与斜面平行，另一端也

连接一质量为M的物块，由静止释放后木块向上滑动而木板不动，已知M=2m,则下列说法正确的是

B.物块在板上滑行的加速度为0.5m/s2

C.物块在板上滑行时间为2s

D.若将竖直悬挂物体质量改为2M,则板将随物块一起上滑

【考点】无外力的水平板块模型；匀变速直线运动位移与时间的关系；牛顿第二定律的简单应用.

【专题】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】BC

【分析】由牛顿第二定律求得物块与板间的动摩擦因数；

根据牛顿第二定律求得物块在板上滑行的加速度；

根据位移公式求物块在板上滑行时间；

木板上的物块相对于木板向上运动，对木板的滑动摩擦力不变，即木板受力的情景均不变，可知，木板

仍然处于静止状态。

【解答】解：A.木板上的物块向上滑动而木板不动，对木板进行分析有

黑Mgcos37°=mgsin37°

解得

（1=0.375

故A错误；

B.对两物块整体分析，根据牛顿第二定律有

Mg-Mgsin37°-nMgcos37°—2Ma

结合上述解得

a=0.5m/s

故B正确；

C.物块做匀加速直线运动，根据位移公式有

L=2at之

结合上述解得

t=2s

故C正确；

D.若将竖直悬挂物体质量改为2M,木板上的物块相对于木板向上运动，其对木板的滑动摩擦力不变，

即木板受力的情景均不变，可知，木板仍然处于静止状态，故D错误。

故选：BCo

【点评】应用牛顿第二定律解题，关键是做好受力分析求出加速度，利用加速度把受力和物体的运动联

系在一起。

（多选）13.如图所示，质量为mi的小铁块和质量为m的长木板静止叠放在水平地面上，铁块位于木板

的最左端，mi=m2=m,木板长为L,铁块可视为质点。铁块与长木板间的动摩擦因数为卬=3以（口

为已知常数），长木板与地面间的动摩擦因数为国=%且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速

度为g。现对铁块施加一个水平向右的恒定拉力F,那么下列说法正确的是（）

mip

m2

A.若F=7vmg,铁块需经过J忘长的时间才能离开木板

B.若F=7Rmg,铁块需经过扁长的时间才能离开木板

C.为使铁块能离开木板且离开木板时，铁块相对于地面的速度最小，F应该为3pmg

D.为使铁块能离开木板且离开木板时，铁块相对于地面的速度最小，F应该为5nmg

【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动位移与时间的关系.

【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；分析综合能力.

【答案】AD

【分析】AB：分别对小铁块和长木板受力分析，根据牛顿第二定律分别求出小铁块和长木板加速度，

小铁块从长木板上滑离时，铁块与木板的位移之差等于木板长L,由位移公式求时间；

CD：由两者位移关系推导铁块离开木板时的速度与其加速度的关系式，应用数学知识求得满足要求的

加速度，再由牛顿第二定律求得F值。

【解答】解：AB、当F=7pmg时，对铁块由牛顿第二定律可知

F-|iimg=mai

代入数据解得ai=4ng

对木板，由牛顿第二定律可知

日2mg-1122mg=ma2

代入数据解得

a2-g

设时间为t,铁块对地位移为XI

则的=2ciitf

木板对地位移为X2

1

则=2a2t2,

铁块从木板有段离开木板，XI-X2=L,

代入数据得铁块离开木板的时间

故A正确，B错误。

CD、设拉力为F',铁块和木板的对地加速度分别为ami和am2,铁块在木板上运动的时间为t',对

铁块有

F-|iimg=mami

解得Gml=[-3阂

则％ml=2

对木板有am2=|lg,为定值,

可得Xm2=2am2t，2

右端离开

Xml-Xm2=L

得:

铁块速度:

由数学知识知：当ami=2pg时，铁块速度最小

代入铁块加速度计算式可得

F'=5nmg

故C错误，D正确。

故选：ADo

【点评】本题考查了牛顿第二定律，应用的板块模型，考查了数理结合能力。要注意分别对两物体进行

受力分析，明确小铁块滑离时两物体间相对位移大小等于板长。

（多选）14.如图（a）所示，一倾斜传送带以恒定速度v向下传动，质量分别为m、M的两物块P、Q

用绕过定滑轮的细绳相连，某时刻P以速度vo滑上传送带顶端，同时Q也以速度vo竖直向上运动，此

后P运动的v-t图像如图（b）所示，ti、t2已知。已知P与滑轮之间的轻绳始终与传送带平行，传送

带足够长，Q始终没有与滑轮相碰，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

A.一定有vo>v

B.一定有M>m

C.物块P返回传送带顶端的时刻为2t2

D.根据图像可求出P与传送带间的动摩擦因数n以及传送带倾角0

【考点】水平传送带模型；根据v-t图像的物理意义对比多个物体的运动情况.

【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理能力.

【答案】AD

【分析】依据题图(b)可知，根据力与运动的关系判断P所受摩擦力的情况，由此判断物块P相对传

送带的运动方向，进而比较速度的大小关系；根据牛顿第二定律判断M与m的大小关系；根据图像数

据可求得加速度，根据牛顿第二定律分析是否能求出P与