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专题03 力与运动
质量检测卷
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题
只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全
的得2分，有选错的得0分)
1.(2021·山东莱州一中高三上学期期中)下列对运动的认识不正确的是( )
A．亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用才会运动
B．伽利略认为力不是维持物体运动的原因
C．牛顿认为力的真正效果总是改变物体的运动状态
D．伽利略根据理想实验推出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速
度继续运动下去
【答案】 A
【解析】 亚里士多德认为力是维持物体速度的原因，故A错误；伽利略认为力不是维持物体运动的原
因，力是改变物体运动状态的原因，故B正确；牛顿认为力的真正效果总是改变物体的运动状态，即产生
加速度，故C正确；伽利略根据理想实验推出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速
度，将保持这个速度继续运动下去，故D正确．
2.(2021·浙江1月选考·4)如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向左加速运
动时，长木板保持静止，此时( )
A．小车只受重力、支持力作用
B．木板对小车的作用力方向水平向左
C．木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力
D．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等
【答案】 D
【解析】 小车在木板上水平向左加速运动时，受重力、支持力、水平向左的摩擦力，而木板对小车的作
用力是支持力与摩擦力的合力，方向指向左上方，并不是水平向左，故A、B错误；根据牛顿第三定律，
木板对小车的作用力与小车对木板的作用力一定大小相等，方向相反，故C错误，D正确．
3.(2021·河南罗山县高三月考)人站在地面上，先将两腿弯曲，再用力蹬地，就能跳离地面，人能跳起离开
地面的原因是( )
A．人除了受到地面的弹力外，还受到一个向上的力B．地面对人的支持力大于人受到的重力
C．地面对人的支持力大于人对地面的压力
D．人对地面的压力大于地面对人的支持力
【答案】 B
【解析】 人站在地面上，先将两腿弯曲，再用力蹬地，就能跳离地面，在这段时间内人从静止到运动，
分析人的受力情况，人受重力和地面对人的支持力，人有向上的加速度，合力方向向上，地面对人的支持
力大于人的重力，A错误，B正确；地面对人的作用力与人对地面的作用力是一对作用力和反作用力，大
小相等，故C、D错误．
4.(2021·山东青岛市高三一模)如图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．由图线可知，该同学的体重约为 650 N，除此以外，还
可以得到以下信息( )
A．1 s时人处在下蹲的最低点
B．2 s时人处于下蹲静止状态
C．0～4 s内该同学做了2次下蹲－起立的动作
D．下蹲过程中人始终处于失重状态
【答案】 B
【解析】 人在下蹲的过程中，先加速向下运动，此时加速度方向向下，故人处于失重状态，最后人静
止，故后半段人有减速向下的过程，此时加速度方向向上，人处于超重状态，故下蹲过程中人先失重后超
重，选项D错误；在1 s时人向下的加速度最大，故此时人并没有静止，它不是下蹲的最低点，选项A错
误；2 s时人已经历了失重和超重两个过程，故此时处于下蹲静止状态，选项B正确；该同学在前2 s时是
下蹲过程，后2 s是起立的过程，所以共做了1次下蹲－起立的动作，选项C错误．
5.(2020·河北衡水中学第一次调研)如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同
时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是 60°，A、B两小球分别
连在另一根竖直弹簧两端．开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若
不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为( )
A．a ＝a ＝g B．a ＝2g，a ＝0
A B A B
C．a ＝g，a ＝0 D．a ＝2g，a ＝0
A B A B【答案】 D
【解析】 水平细线被剪断前，对A、B进行受力分析如图所示：
静止时，F ＝Fsin 60°，Fcos 60°＝m g＋F，F＝F′＝m g，又m ＝m
T A 1 1 1 B A B
解得F ＝2m g
T A
水平细线被剪断瞬间，F 消失，其他各力不变，A所受合力与F 等大反向，所以a ＝＝2g，a ＝0，D正
T T A B
确．
6.(2020·浙江金华一中模拟)如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数
μ＝0.1，工件滑上A端的瞬时速度v ＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为v ，下列说法错误的是( )
A B
A．若传送带不动，则v ＝3 m/s
B
B．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，则v ＝3 m/s
B
C．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，则v ＝3 m/s
B
D．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，则v ＝2 m/s
B
【答案】 D
【解析】 若传送带不动，则工件的加速度大小a＝μg＝1 m/s2，由v 2－v 2＝2as，解得v ＝＝3 m/s，选项
A B B
A正确；若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，则工件的受力情况不变，工件的加速度大小仍为 a＝
μg，工件的运动情况跟传送带不动时一样，故v ＝3 m/s，选项B正确；若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀
B
速转动，则工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左，做匀减速运动，工件的加速度大小仍为 a
＝μg，工件的运动情况跟传送带不动时一样，故v ＝3 m/s，选项C正确，D错误．
B
7. (2020·太原高三上学期期末)在设计游乐场中“激流勇进”的倾斜滑道时，小组同学将划艇在倾斜滑道上
的运动视为由静止开始的无摩擦滑动，已知倾斜滑道在水平面上的投影长度L是一定的，而高度可以调
节，则( )
A．滑道倾角越大，划艇下滑时间越短
B．划艇下滑时间与倾角无关C．划艇下滑的最短时间为2
D．划艇下滑的最短时间为
【答案】 C
【解析】 设滑道倾角为θ，则滑道长度为，下滑时的加速度a＝gsinθ，则根据＝gsinθt2可得t＝，可知滑
道倾角θ＝45°时，划艇下滑时间最短，最短时间为t ＝2；θ<45°时，倾角越大，时间越短；θ>45°时，倾
min
角越大，时间越长，C正确，A、B、D错误。
8.(2020·广东四校联考)如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在斜面上一起以一定的初速
度滑行一段距离后停止．现拿走砝码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力F(F＝mgcos θ)，其他条件不
变，则木盒滑行的距离将( )
A．不变 B．变小
C．变大 D．变大、变小均有可能
【答案】 B
【解析】 设木盒的质量为M且向上滑行，放有砝码时由牛顿第二定律有μ(M＋m)gcos θ＋(M＋m)gsin θ
＝(M＋m)a ，换成垂直于斜面向下的恒力F时由牛顿第二定律有μ(M＋m)gcos θ＋Mgsin θ＝Ma ，可知a
1 2 2
＞a，再由x＝可得x＜x.同理可知，若木盒向下滑行，放有砝码时，有μ(M＋m)gcos θ－(M＋m)gsin θ＝
1 2 1
(M＋m)a′，换成垂直于斜面向下的恒力F时，有μ(M＋m)gcos θ－Mgsin θ＝Ma′，可知a′＞a′，再由x′＝
1 2 2 1
可得x′＜x′，故选项B正确．
2 1
9.(2020·山东泰安市3月第一轮模拟)雨滴在空气中下落时会受到空气阻力的作用．假设阻力大小只与雨滴
的速率成正比，所有雨滴均从相同高度处由静止开始下落，到达地面前均达到最大速率．下列判断正确的
是( )
A．达到最大速率前，所有雨滴均做匀加速运动
B．所有雨滴的最大速率均相等
C．较大的雨滴最大速率也较大
D．较小的雨滴在空中运动的时间较长
【答案】 CD
【解析】 根据牛顿第二定律可得a＝，则雨滴下落时，随速度的增加，加速度逐渐减小，则达到最大速
率前，所有雨滴均做加速度减小的变加速运动，选项A错误；当a＝0时速度最大，v ＝，则质量越大，最
m
大速率越大，选项B错误，C正确；较小的雨滴在空中运动的最大速度较小，整个过程的平均速度较小，
则在空中运动的时间较长，选项D正确．
10.(2020·深圳高三第一次调研考试)高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界。一辆由8节车厢编组的列
车，从车头开始的第2、3、6、7节为动力车厢，其余为非动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动时，若
每节动力车厢牵引力大小为F，每节车厢质量都为m，每节车厢所受阻力为车厢重力的k倍。重力加速度
为g。则( )
A．启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上B．整列车的加速度大小为
C．第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为
D．第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为
【答案】 BC
【解析】 启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿动车运动方向的水平摩擦力，
两个力的合力方向斜向上方，A错误；对整列车，根据牛顿第二定律：4F－8kmg＝8ma，解得a＝，B正
确；对第1节车厢，根据牛顿第二定律：F －kmg＝ma，解得F ＝，C正确；对第1、2节车厢的整体，
21 21
根据牛顿第二定律：F ＋F－2kmg＝2ma，解得F ＝0，由牛顿第三定律可得F ＝F ＝0，D错误。
32 32 23 32
11.(2020·河南六市4月联考)如图所示，a、b小球均能沿各自斜轨道匀速下滑到竖直圆的最低点，现分别让
小球a、b以v 、v 的速度沿各自轨道从最低点同时向上滑动，两小球速度同时减小到0，重力加速度为
a b
g，轨道与圆在同一竖直面内，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )
A．a、b小球与斜面间的动摩擦因数之比μ∶μ＝9∶16
a b
B．a、b小球沿斜面向上运动的加速度之比a∶a＝4∶3
a b
C．v∶v＝4∶3
a b
D．两小球不可能同时达到圆周上
【答案】 BC
【解析】 a、b小球均能沿各自斜轨道匀速下滑，则对 a：mgcos 37°＝μmgsin 37°；对b：mgcos 53°＝
a
μmgsin 53°，则μ∶μ ＝16∶9，选项A错误；a、b小球沿斜面向上运动时，对 a：mgcos 37°＋μmgsin 37°＝
b a b a
ma ，对b：mgcos 53°＋μmgsin 53°＝ma ，则a∶a ＝4∶3，选项B正确；两球速度同时减为零，时间相等，
a b b a b
则由v＝at可得v∶v ＝a∶a ＝4∶3，选项C正确；因为两小球加速度之比a∶a ＝4∶3，初速度之比v∶v ＝4∶3，
a b a b a b a b
由v＝v －at可知，任意时刻的速度之比为4∶3，则两小球的平均速度之比为4∶3；而两球到达圆周上时位移
0
之比也为4∶3，可知两小球能够同时到达圆周上，选项D错误．
12.(2021·四川宜宾市一诊)如图(a)，质量m＝1 kg 的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运
动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速
v的关系如图(b)所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )
A．物体沿斜面做匀变速运动
B．当风速v＝5 m/s时，物体沿斜面下滑的速度最大
C．物体与斜面间的动摩擦因数为0.25
D．比例系数k为 kg/s【答案】 BCD
【解析】 由题图(b)可知，物体的加速度逐渐减小，风速为5 m/s 时物体加速度为零，沿斜面下滑的速度
最大，故A错误，B正确；对初始时刻，没有风的作用，物体的加速度大小为 a ＝4 m/s2，对物体受力分
0
析，
根据牛顿第二定律，沿斜面方向：
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
0
解得：μ＝＝0.25，故C正确；
v＝5 m/s时，物体加速度为零，对物体受力分析，根据平衡条件有：
mgsin θ－μF －kvcos θ＝0
N
又：F ＝mgcos θ＋kvsin θ，
N
联立解得k＝＝ kg/s，故D正确．
第Ⅱ卷(非选择题，共62分)
二、实验题(本题共2小题，共14分)
13.(2020·河北衡水中学二模)甲、乙同学均设计了测动摩擦因数的实验，已知重力加速度为g.
(1)甲同学设计的实验装置如图甲所示，其中A为置于水平面上的质量为M的长直木板，B为木板上放置的
质量为m的物块，C为物块右端连接的一个轻质弹簧测力计，连接弹簧的细绳水平，实验时用力向左拉动
A，当C的示数稳定后(B仍在A上)，读出其示数F，则该设计能测出________(填“A与B”或“A与地
面”)之间的动摩擦因数，其表达式为μ＝________.
(2)乙同学的设计如图乙所示，他在一端带有定滑轮的长木板上固定A、B两个光电门，与光电门相连的计
时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示细
绳上的拉力，长木板固定在水平面上，物块与滑轮间的细绳水平，实验时，多次改变沙桶中沙的质量，每
次都让物块从靠近光电门A处由静止开始运动，读出多组测力计示数F及对应的物块在两光电门之间的运
动时间t；在坐标系中作出F－的图线如图丙所示，图线的斜率为k，纵轴截距为b，因乙同学不能测出物
块质量，故该同学还应该测出的物理量为________(填所测物理量及符号)，根据所测物理量及图线信息，
可知物块与木板之间的动摩擦因数表达式为μ＝________.
【答案】 (1)A与B (2)光电门A、B之间的距离x
【解析】 (1)当C的示数保持稳定后，B处于平衡状态，弹簧测力计的读数F与B所受的滑动摩擦力F 大
f
小相等，B对木板A的压力大小等于B的重力mg，由F＝μF 得：
f N
μ＝；
(2)小车由静止开始做匀加速运动，根据匀变速直线运动位移公式得：x＝at2，
解得：a＝，
对于小车，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，
则F＝μmg＋ma＝μmg＋，
图线的斜率为k＝2mx，
纵轴的截距为b＝μmg，k与摩擦力是否存在无关，
小车与木板间的动摩擦因数μ＝＝＝，
故该同学还应该测出的物理量是光电门A、B之间的距离x.
14.(2020·湖北荆门市1月调考)用如图甲所示的实验装置，探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带
定滑轮的长木板放在水平实验桌面上，小车通过轻细绳跨过定滑轮与砂桶相连，小车与纸带相连，打点计
时器所用交流电的频率为f＝50 Hz.平衡摩擦力后，在保持小车质量不变的情况下，放开砂桶，小车加速运
动，处理纸带得到小车运动的加速度为a；改变砂桶中砂子的质量，重复实验三次．
(1)在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的 a－F
图象，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲，产生这两种现象的原因可能有________．
A．木板右端垫起的高度过小(即平衡摩擦力不足)
B．木板右端垫起的高度过大(即平衡摩擦力过度)
C．砂桶和砂子的总质量m远小于小车的质量M(即m≪M)
D．砂桶和砂子的总质量m未远小于小车的质量M
(2)实验过程中打出的一条理想纸带如图丙所示，图中O、A、B、C、D、E、F为相邻的计数点，相邻两计
数点间还有4个点未画出，则小车运动的加速度a＝________ m/s2.(结果保留三位有效数字)
(3)小车质量M一定，改变砂桶中砂子的质量，砂桶和砂子的总质量为m，根据实验数据描绘出的小车加速
度a与砂桶和砂子的总质量m之间的－关系图象如图丁所示，则小车的质量M＝________ kg.(g≈10 m/s2)
【答案】 (1)BD (2)2.00 (3)0.40【解析】 (1)图线不过原点且力F为零时小车加速度不为零，所以木板右端垫起的高度过大(即平衡摩擦
力过度)．图线末端发生了弯曲，是因为当砂桶和砂子的总质量m未远小于小车的质量M时，绳上拉力小
于砂桶和砂子的总重力，故选B、D.
(2)相邻两计数点间还有4个点未画出，则相邻两计数点间时间间隔T＝0.10 s
小车运动的加速度
a＝
＝ m/s2
＝2.00 m/s2
(3)设细绳上的拉力为F ，对砂桶和砂子受力分析，
T
由牛顿第二定律可得：mg－F ＝ma
T
对小车和砝码受力分析，由牛顿第二定律可得：
F ＝Ma
T
联立解得：a＝，
整理得：＝＋·
由－关系图象可得：＝，
解得：M＝0.40 kg.
三、计算论述题(本题共4小题，共48分。解答时写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只
写出答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位)
15.(2020·黄山质检)（10分）在高速公路长下坡路端的外侧，常设有避险车道(可简化为倾角为θ的斜面，
如图所示)，供刹车失灵的车辆自救，当失控车辆冲上该车道时，减速至停车。若一辆货车关闭发动机后以
初速度v 经A点冲上避险车道，前进一段距离时到B点速度减为0，该货车与避险车道的动摩擦因数为
0
μ，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)货车在避险车道上减速运动的加速度；
(2)货车在避险车道上减速通过的距离l。
【答案】：见解析
【解析】：
(1)货车受重力G、支持力N和摩擦力f，设货车上滑的加速度为a，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋f＝ma
N＝mgcos θ
f＝μN
解得货车在避险车道上减速运动的加速度
a＝gsin θ＋μgcos θ，方向沿着车道向下。
(2)根据运动学公式得v＝2al，将a代入得货车在避险车道上减速通过的距离l＝。
16.(2020·安徽宣城高三上学期期末)(12分)质量为m＝1 kg、大小不计的物块，在水平桌面上向右运动，经过O点时速度为v＝4 m/s，此时对物块施加F＝6 N的方向向左的拉力，一段时间后撤去拉力，物块刚好能
回到O点。已知与桌面间动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)此过程中物块到O点的最远距离；
(2)撤去F时物块到O点的距离。
【答案】 (1)1 m (2) m
【解析】 (1)物块向右做匀减速运动时，设物块向左的加速度大小为a，物块与O点的最远距离为x，
1 1
则有F＋μmg＝ma
1
解得a＝8 m/s2；
1
由v2＝2ax，
1 1
可得x＝1 m。
1
(2)物块向左运动过程中，有力F作用时做匀加速运动，设加速度大小为a ，最大速度大小为v ，加速位移
2 1
大小为x，撤去拉力F后做匀减速运动，设加速度大小为a，减速位移大小为x，则有
2 3 3
F－μmg＝ma ，解得a＝4 m/s2
2 2
μmg＝ma ，解得a＝2 m/s2
3 3
由v＝2ax
2 2
v＝2ax
3 3
x＋x＝x
2 3 1
联立解得x＝ m，
3
即撤去F时物块到O点的距离为 m。
17．(2020·天一大联考)（12分）如图所示，水平传送带AB与直角平台的上表面水平平滑对接，平台的上
表面光滑，平台高h ＝0.7 m，在平台右侧d＝1 m处有一高度为h ＝0.5 m的竖直薄挡板．长度L＝12 m的
1 2
传送带以v＝10 m/s的速度顺时针转动，现将质量m＝1 kg的滑块(可视为质点)由静止放到传送带上，已知
0
滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.不计空气阻力，求：
(1)若要滑块落在挡板右侧，求滑块由静止放在传送带上的位置范围；
(2)将滑块放在传送带中点处并沿水平方向给滑块一初速度，使滑块落在挡板右侧，求此初速度满足的条
件．
【答案】 见解析
【解析】 (1)要使滑块恰好落在挡板右侧，设滑块离开传送带的速度为v ，滑块在平台滑落时，做平抛运
B动，
则：d＝v t
B
h－h＝gt2
1 2
解得：v ＝5 m/s
B
滑块在传送带上滑动时做匀加速运动：v 2＝2ax
B
加速度为：a＝＝μg
解得：x＝6.25 m，
传送带总长12 m，所以滑块在A右侧距离A端5.75 m以内的任何一个位置释放均可使滑块落在挡板右侧；
(2)若给滑块水平向右的初速度v，
则有：v 2－v2＝2a
B
解得：v＝1 m/s；
若给滑块水平向左的初速度v，只需让滑块向左减速滑行的距离在0.25 m～6 m的范围内即可，
2
根据运动学公式：v2－0＝2ax′
2
其中：0.25 m≤x′≤6 m
解得：1 m/s≤v≤2 m/s；
2
综上所述：若滑块初速度水平向右，满足：v>1 m/s；
1
若滑块初速度水平向左，满足：1 m/s≤v≤2 m/s.
2
18.(2020·青海西宁市六校期末)（14分）如图甲所示，水平地面上有一长为L＝1 m，高为h＝0.8 m，质量
M＝2 kg的木板，木板的右端放置一个质量为m＝1 kg的木块(可视为质点)，已知木板与木块之间的动摩擦
因数为μ ＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ ＝0.6，初始时两者均静止．现对木板施加一水平向右
1 2
的拉力F，拉力F随时间的变化如图乙所示，求木块落地时与木板左侧的水平距离Δs.(取g＝10 m/s2)
【答案】 1.68 m
【解析】 若木块相对木板滑动，设木块加速度为a，
1
则μmg＝ma
1 1
得a＝4 m/s2
1
若前2 s二者一起做匀加速运动，设加速度为a
则F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a
2
得a＝2 m/s2
因为a>a，所以前2 s木块和木板一起以2 m/s2的加速度做匀加速运动．
1
2 s末二者的速度为：v＝at＝4 m/s
1
同理可知2 s后木块和木板发生相对滑动
木块加速度为：a＝4 m/s2
1木板加速度设为a，由牛顿第二定律得：
2
F－μmg－μ(M＋m)g＝Ma
1 2 2
得：a＝6 m/s2
2
设经时间t 二者分离：
2
vt＋at2－(vt＋at2)＝L
2 22 2 12
解得t＝1 s，
2
此时v ＝v＋at＝8 m/s，
块 12
v ＝v＋at＝10 m/s
板 22
木板抽出后，木板继续做加速运动，木块将做平抛运动，再经时间：t＝＝0.4 s，木块落地，
3
在0.4 s内，x ＝v t＝3.2 m
块 块 3
木板的加速度设为a，由牛顿第二定律有F－μMg＝Ma
3 2 3
得a＝11 m/s2
3
木板的位移：x ＝v t＋at2＝4.88 m
板 板 3 33
所以，木块落地时距离木板左侧Δs＝x －x ＝1.68 m.
板 块
