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第三章 运动与力的关系
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷(选择题，共46 分)
一、选择题：本题共10 小题，共46 分。在每小题给出的四个选项中，第1~7 题只有一项符合题目要求，
每小题4 分；第8~10 题有多项符合题目要求，每小题6 分，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，
有选错的得0 分。
1．
图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M 点由静止自由滑下，经过水平NP
段后飞入空中，在Q 点落地。不计运动员经过N 点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该
过程运动员速度大小v 或加速度大小a 随时间t 变化的图像是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】设斜坡倾角为
，运动员在斜坡MN 段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
可得
运动员在水平
段做匀速直线运动，加速度
运动员从
点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度
设在
点的速度为
，则从
点飞出后速度大小的表达式为
由分析可知从
点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且
C 正确，ABD 错误。
故选C。
2．（2025·吉林·模拟预测）如图是一个小球沿竖直方向运动时的频闪照片，由照片可知（ ）
A．小球正在上升
B．小球正在做加速运动
C．小球处于失重状态
D．小球加速度逐渐增大
【答案】C
【解析】AB．无论球是向上还是向下，只要加速度向下，即可以拍出如图所示照片，故小球可能加速向
下或者减速向上，即无法确定小球的运动方向，故AB 错误；
CD．由图可知，无论小球是向上还是向下运动，加速度均应向下，故小球处于失重状态，加速度可能不
变，故C 正确，D 错误。
故选C。
3．（2025·河北邢台·三模）飞机升力的计算涉及多个关键因素，主要包括气体密度ρ、飞行速度v、机翼
的面积S 以及升力系数
。某双翼客机飞行中所受升力的计算公式为
，以下关于升力系数
的单位说法正确的是（ ）
A．N·m
B．
C．N/m
D．无单位
【答案】D
【解析】通过题给的物理量关系
变形得
对应单位为
整理可以得出升力系数是一个数值，没有单位。
故选D。
4．（2025·贵州黔南·模拟预测）如图，水平轻质弹簧一端固定在墙上，另一端与物块A 相连，A 的右端通
过轻质细线连接物块B，B 再与物块C 通过轻质细线跨接在定滑轮两端。已知A、B、C 质量相等，AB 间
以及B 与滑轮间的细线处于水平，不计所有摩擦，弹簧处于弹性限度内，初始时，A、B、C 均处于静止状
态。现将AB 间细线剪断，设剪断瞬间A、B 的加速度大小分别为
、
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】剪断前，对B 分析可知，A、B 间绳子拉力为
对A 分析可知弹簧弹力
剪断后，弹簧弹力不变，对A 根据牛顿第二定律有
对BC 整体分析可知
联立解得
故选C。
5．（2025·广西河池·二模）如图，工人卸货时，某货物能沿与水平地面夹角为θ 的长直木板滑下，若货物
与木板间各处摩擦因数相同，下列分析正确的是（ ）
A．增大θ，该货物所受摩擦力变大
B．减小θ，该货物一定能再次滑下
C．仅减少该货物的质量，该货物将不能下滑
D．货物下滑加速度与其质量无关
【答案】D
【解析】A．下滑过程，货物受到滑动摩擦力作用，大小为
可知增大θ，该货物所受摩擦力变小，故A 错误；
B．减小θ，若
则该货物不能再次滑下，故B 错误；
CD．货物下滑过程，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
可知货物下滑加速度与其质量无关，若仅减少该货物的质量，该货物仍能下滑，故C 错误，D 正确。
故选D。
6．（2025·湖北·模拟预测）如图所示，质量为
的劈块左右劈面的倾角分别为
，
，
质量分别为
和
的两物块，同时分别从左右劈面的顶端从静止开始下滑，劈块始终与水平面
保持相对静止，其中
与劈块间的动摩擦因数为
，
光滑，则两物块下滑过程中劈块与地面的动摩擦
因数至少是（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】选M、m1和m2构成的整体为研究对象，在相同时间内，M 保持静止，m1和m2分别以不同的加速
度下滑三个过程视为一个整体过程来研究。根据各种性质的力产生的条件，在水平方向，整体受到地面的
静摩擦力，此力便是整体在水平方向受到的合外力。根据系统牛顿第二定律，取水平向左的方向为正方向，
则有：F 合x=Ma′+m1a1x-m2a2x
根据牛顿第二定律M 的加速度a′=0
m1的加速度a1=g (sin30°-μcos30°) ， 则a1x=a1cos30°=
m2的加速度a2=gsin45°
则
竖直方向
其中
解得
故选B。
7．如甲图所示，质量为
的长木板B 静止放置于光滑水平面上。
时，物块A（可视为质点）以
的初速度滑上B 的左端，A、B 的速度随时间变化的图像如乙图所示，重力加速度g 取
，则
（ ）
A．A 的质量为
B．A 与B 之间的动摩擦因数为0.1
C．B 的长度为1.5m
D．A 在B 上滑动过程中对地的位移为2m
【答案】D
【解析】AB．根据
图像的斜率表示加速度可得，物块A 与长木板B 的加速度大小分别为
，
对物块A 根据牛顿第二定律可得
对长木板B 根据牛顿第二定律可得
联立解得
，
故AB 错误；
D．根据速度随时间变化的图像面积表示位移可知，A 在B 上滑动过程中对地的位移为
故D 正确；
C．由于未知物块A 是否恰好滑到木板的右侧，则长木板B 的长度无法确定，故C 错误。
故选D。
8．
老虎车是一种搬运工具，如图所示，车的平面与挡板垂直。某次运货时货物与车保持相对静
止并水平向右做加速运动，车平面与水平地面的夹角为
，重力加速度为
。不考虑货物与车平面及与挡
板之间的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．当老虎车的加速度为
时，车平面对货物的支持力为0
B．当挡板对货物作用力为0 时，老虎车的加速度为
C．当老虎车突然刹车时，货物只会沿车平面滑动，不会离开车平面
D．当加速度不断增大时，货物会沿车平面向上滑
【答案】BD
【解析】A．当老虎车的加速度为
时，设车平面对货物的支持力为
，挡板对货物的支持力为
。
沿水平方向，根据牛顿第二定律可得
沿竖直方向，根据平衡条件可得
解得
，故A 错误；
B．当挡板对货物作用力为0 时，货物只受重力和车平面的支持力，沿车平面方向
可得加速度
，故B 正确；
C．当老虎车突然刹车，若加速度足够大时，货物会离开车平面，故C 错误；
D．由B 选项可知当加速度大于
时，货物会沿车平面向上滑，故D 正确。
故选BD。
9．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图所示，A、B、C 三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A 的质量为
，B 和C 的质量都是
，A、B 间的动摩擦因数为
，B、C 间的动摩擦因数为
，B 和地面间的动摩
擦因数为
，设B 足够长以保证A、C 不会从B 上滑落，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为
。
现对A 施加一水平向右的拉力
，则下列说法正确的是（ ）
A．为了使A、B、C 均静止，
应小于
B．无论力
为何值，B 的加速度不会超过
C．无论力
为何值，C 的加速度不会超过
D．当
时，B、C 间会相对滑动
【答案】AC
【解析】A．AB 间不发生相对滑动，F 最大为
ABC 均静止，F 最大为
为了使A、B、C 均静止，
应小于或等于
，故A 正确；
B．A、B 间摩擦力、B、C 间摩擦力，刚好达到最大静摩擦力，B 的加速度达到最大，对B 根据牛顿第二
定律可得
解得
，故B 错误；
C．当B、C 间的摩擦力达到最大时，C 的加速度最大，点C 根据牛顿第二定律可得
解得在C 点的最大加速度大小为
，故C 正确；
D．把A、B、C 看成一个整体，由牛顿第二定律可得
解得
B、C 不会发生相对滑动，故D 错误。
故选AC。
10．（2025·山东青岛·二模）一传送带装置如图所示，水平部分
长为
，倾斜部分
长为
，倾
角
。
和
在
点通过一极短的圆弧连接，传送带以
的恒定速率顺时针运转。已知工
件与传送带间的动摩擦因数为0.5。现将一质量
的工件（可视为质点）无初速地放在A 点，重力加
速度
，
，
，下列说法正确的是（ ）
A．工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度大小之比为
B．工件第一次沿传送带倾斜部分上滑的最大距离为4m
C．工件第二次到达B 点的速度大小为
D．工件自释放至第三次到达B 点的时间为
【答案】BD
【解析】A．由于
，可知工件在传送带倾斜部分上滑和下滑受到的滑动摩擦力方向均
沿斜面向上，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
故工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度大小之比为1:1，故A 错误；
B．工件无初速地放在A 点，加速度大小为
设经过
时间工件与传送带共速，则有
共速前工件通过的位移大小为
可知工件以速度
从B 点滑上传送带倾斜部分，则工件第一次沿传送带倾斜部分上滑的最大距离为
，故B 正确；
C．由于工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度相同，所以工件第二次到达B 点的速度大小为
，故C 错误；
D．工件第一次在传送带水平部分运动加速运动时间为
匀速运动时间为
工件第一次经过B 点到第二次到达B 点所用时间为
工件第二次到达B 点后在传送带水平部分先向左做匀减速直线运动，再向右做匀加速直线运动，根据对称
性可知，工件第二次经过B 点到第三次到达B 点所用时间为
则工件自释放至第三次到达B 点的时间为
，故D 正确。
故选BD。
第Ⅱ卷(非选择题，共54 分)
二、实验题：本题共2 小题，共16 分。
11．（2025·河北·模拟预测）（8 分）某实验小组利用DIS 数字化信息系统，研究在大小恒定的力作用下，
物块加速度随着力与水平方向夹角
变化的关系。如图甲所示，粗糙水平面上放置质量
的物块，
物块上施加外力的大小
、方向与水平方向夹角为
。实验时物块每次均从同一位置由静止开始
运动，重力加速度g 取
，
。
（1）当
时，得到物块到传感器的距离与时间平方的关系图像如图乙所示，则该物块加速度大小
，物块与地面之间的动摩擦因数
。（结果保留2 位有效数字）
（2）改变
，分别测出不同的角度和对应的物块加速度大小，作出如图丙所示的图像。通过计算，当
、
时物块距离传感器的距离
，加速度最大时力与水平方向的夹角
的正切值
。（结果均保留2 位有效数字）
【答案】（1）2.0 0.30 （2）3.0 0.30
【解析】（1）[1][2]物块做匀加速直线运动，则
斜率表示加速度的一半，所以物块加速度大小
根据牛顿第二定律得
解得
（2）[3][4] 根据牛顿第二定律得
可得
当
时，
根据位移公式
,
根据数学关系，当
时
最大，其中
所以
12．（8 分）学校某物理实验小组用如图所示的实验装置来验证“当物体的质量一定时，加速度与所受合
外力成正比”的实验。
（1）实验时，下列操作中正确的是______
A．用天平测出砂和砂桶的质量
B．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源
C．补偿阻力时，将无滑轮端适当垫高，并在小车前端连接轻绳且悬挂砂桶
D．进行实验前，需将绕过小车前端动滑轮的细绳调节至与木板平行
（2）在实验过程中，向砂桶内加砂时， （填“需要”或“不需要”）保证砂和砂桶的总质量m 远
小于小车的总质量M。
（3）若保持小车的质量不变，改变砂桶中砂的质量，记录多组拉力传感器的示数F 和对应纸带求出的加
速度a 的数值，并根据这些数据，绘制出如图所示的a-F 图像，分析此图像不过原点的原因可能是
（填“补偿阻力过大”或“没有补偿阻力”），实验小组仔细分析图像，得出了实验所用小车的质量为
kg（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）D （2）不需要 （3）补偿阻力过度 1.0
【解析】（1）A．本实验可由拉力传感器直接得出小车受到的拉力大小，不需要用砂和砂桶的重力代替小
车受到的拉力，所以不需要用天平测量砂和砂桶的质量，故A 错误；
B 小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，故B 错误；
C．补偿阻力时，将无滑轮端适当垫高，不悬挂砂桶，调整长木板的倾角使小车拖着纸带沿长木板匀速下
滑即可，故C 错误。
D．要保证小车做匀变速直线运动，小车受到的合力必须恒定不变，因此需要调节滑轮的高度，使细线与
长木板平行，确保小车受力恒定不变，故D 正确。
故选D。
（2）因有拉力传感器，可以直接知道小车的拉力（合力），因此不需要天平测出砂和砂桶的重力数据，
也就不需要砂和砂桶的总质量m 远小于小车的总质量M。
（3）[1]由图像可知，当拉力为零时小车就已经有了加速度，可知原因是木板抬得过高，补偿摩擦力过度；
[2]设拉力为零时，所受合力为
，由于
可得
则斜率
解得M=1.0kg
三、计算题：本题共3 小题，共38 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后
答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．（10 分）如图甲所示是一跳台滑雪运动员比赛的画面，运动员（可视为质点）从高台飞出，落到倾斜
的着陆坡后调整姿势，在A 点以初速度v1=2.6m/s 沿直线匀加速下滑，到达坡底B 点再匀减速滑行一段距
离后停下，如图乙所示。已知运动员及装备的总质量m=70kg，倾斜滑道的倾角
，运动员沿斜面下
滑到达坡底时的速度
，运动员从倾斜滑道进入减速区瞬间的速度大小不变，进入减速区后，运动
员受到阻力变为77N；两个过程滑行的总时间为11.5s，不计空气阻力（
，
）求：
（1）运动员沿水平轨道的位移大小；
（2）运动员在倾斜滑道上受到的阻力大小；
【答案】（1）55m （2）28N
【解析】（1）运动员在水平轨道运行时，由牛顿第二定律得
解得加速度大小为
由运动学公式可得
解得
则运动员沿水平轨道的位移大小为
（2）设运动员在倾斜滑道上受到的阻力大小为
，根据
，
解得运动员在倾斜滑道上的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
解得
14．（12 分）如图所示，在足够高的光滑水平桌面上静置一长木板A，轻绳绕过光滑的轻质滑轮，一端固
定在O 点，另一端与A 的右端相连，物体B 挂在轻质动滑轮下端。将物体B 由静止释放，经过1s 时，可
视为质点的物块C 以4m/s 的水平向左的速度从木板A 的右端滑上来，经过一段时间后，C 刚好不能从木
板A 的左端滑出，木板A 距离滑轮足够远。已知A、B 的质量均为2kg，C 的质量为2.5kg，A、C 间的动
摩擦因数
，重力加速度
，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）物块C 没有滑上木板A 之前，A 和B 的加速度大小；
（2）当物块C 到达木板A 的左端时，A 的速度大小；
（3）木板A 的长度。
【答案】（1）
，
（2）
（3）
【解析】（1）C 滑上A 前，对B 由牛顿第二定律得
对A 由牛顿第二定律得
由题意可知
解得
，
（2）
时，A 的速度为
设C 滑上A 后，A 的加速度为a1，B 的加速度为a2，且
对B 由牛顿第二定律得
对A 由牛顿第二定律得
解得
即C 滑上A 后，A、B 均做匀速运动，所以C 到达A 左端时，A 的速度大小为
（3）C 滑上A 后，C 做匀变速运动，设C 滑上A 后的加速度为a3，则有
设经过时间t，C 与A 共速，根据题意此时C 刚好运动至A 的左端，以向右为正方向,根据速度-时间公式
A 的位移为
C 的位移为
所以木板A 的长度为
解得
15．（16 分）如图所示，在光滑的水平面上静置一质量
、长度
的木板，另一质量
的小滑块以
的水平初速度从木板的左端滑上木板（此时开始计时）。已知小滑块与木板间的动
摩擦因数
，重力加速度
。
（1）若木板固定在水平面上，求小滑块从木板上滑离时的速度大小；
（2）若木板不固定，求木板的加速度并通过计算判断小滑块能否从木板上滑离；
（3）若木板不固定，且在小滑块滑上木板的同时对木板施加一水平向右的恒力
，要使小滑块不从木板
上滑离，求恒力
的大小范围。
【答案】（1）
（2）
，可以从木板上滑离 （3）
【解析】（1）若木板固定在水平面上，对滑块，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
设滑块从木板上滑离时速度为，根据运动学公式可得
解得
（2）若木板不固定，，对木板根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
设经时间
，滑块从木板上滑离，则有
代入数据可得
解得
或
（舍去，因为此时滑块速度小于木板速度）
可知滑块可以从木板上滑离。
（3）若木板不固定，当滑块刚好滑到木板右端且与木板共速，即滑块恰好不从木板的右端滑落；对木板，
有
设该过程经历的时间为
，则有
，
联立解得
，
，
滑块与木板共速后，当滑块与木板刚好不发生相对滑动时，以滑块与木板为整体，有
对滑块有
联立解得
所以要使小滑块不从木板上滑离，恒力的大小范围为
