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阶段滚动(一) 力和运动综合
一、单项选择题(本题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题给出的四个选项中，只有
一项是符合题目要求的)
1．(2024·海南海口市琼山华侨中学月考)一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让
一个质量为2 kg 的小球从一定的高度自由下落，测得在第4 s 内的位移是42 m，则( )
A．小球在2 s 末的速度是16 m/s
B．该星球上的重力加速度为10 m/s2
C．小球在第4 s 末的速度是48 m/s
D．小球在前4 s 内的位移是80 m
答案 C
解析 第4 s 内的位移是42 m，有g0t－g0t＝42 m，代入数据解得g0＝12 m/s2，所以2 s 末的
速度v2＝g0t2＝24 m/s，故A、B 错误；小球在第4 s 末的速度是v4＝g0t4＝48 m/s，故C 正确；
小球在前4 s 内的位移是h4＝g0t＝96 m，故D 错误。
2．(2023·河北省正定实验中学月考)如图所示，解放军战士在水平地面上拉着轮胎做匀速直
线运动进行负荷训练，运动过程中保持双肩及两绳的端点A、B 等高。两绳间的夹角为θ＝
60°，所构成的平面与水平面间的夹角恒为α＝53°，轮胎重力为G，地面对轮胎的摩擦阻力
大小恒为Ff(sin 53°＝0.8)，则每根绳的拉力大小为( )
A.Ff
B.Ff
C.Ff
D.Ff
答案 C
解析 设每根绳的拉力为F，则这两根绳拉力的合力F 合＝2Fcos ，方向沿绳子所组成角的
角平分线，与水平面的夹角为α，对轮胎有：F 合cos α＝Ff，解得F＝Ff，故A、B、D 错误，
C 正确。
3．(2024·湖南怀化市第三中学月考)如图所示，一质量为m 的长木板B 静止在足够长倾角为
θ 的固定斜面上，质量也为m 的物块A 静止在长木板上，A 与B 间、B 与斜面间的动摩擦因
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数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给长木板B 一沿着斜面向上的拉力F，把长
木板B 从物块A 的下面抽出，重力加速度为g。则拉力F 应大于( )
A．mgsin θ＋μmgcos θ
B．mgsin θ＋2μmgcos θ
C．4μmgcos θ
D．4mgsin θ
答案 C
解析 对临界状态时A、B 整体受力分析，B 与斜面之间为滑动摩擦力，大小为2μmgcos
θ，根据牛顿第二定律有F－2mgsin θ－2μmgcos θ＝2ma，对物块A 受力分析，A、B 之间
为最大静摩擦力，大小为μmgcos θ，根据牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma，联立
可得拉力F 的最小值为4μmgcos θ。故选C。
4．(2023·湖北襄阳五中月考)如图所示，轻质细线绕过轻质光滑定滑轮，滑轮用轻杆固定于
O 处且O 位于圆心O′的正上方，OB、OC 另一端分别连接质量为m 的小球P(可视为质点)、
质量为2m 的物体Q，将物体Q 放置于粗糙水平面上，小球P 放置于半径为R 的光滑半圆柱
上，当O、O′处于同一竖直线上时，OC 处于水平且物体Q 恰好不滑动，此时OB＝R，
OO′＝2R，重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物体Q 与水平面间的
动摩擦因数为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 根据题意，对小球P 受力分析，由于小球处于平衡状态，绳子对小球P 的拉力与小球
P 的重力和光滑半圆柱的支持力的合力等大反向，如图所示
由相似三角形有＝，解得F′＝mg，则F＝F′＝mg，对物块Q 受力分析，由平衡条件有Ff
＝F＝mg，FN2＝2mg，又有Ff＝μFN2，解得μ＝，故选C。
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5．(2024·四川省泸县第一中学月考)某月球探测器先在距月球表面高度为h 的轨道上绕月球
做周期为T 的匀速圆周运动，再经变轨后成功落月。已知月球的半径为R，引力常量为G，
忽略月球自转及地球对探测器的影响。则下列说法正确的是( )
A．物体在月球表面自由下落的加速度大小为
B．探测器绕月球做匀速圆周运动时的线速度大小为
C．月球的平均密度为
D．在月球上发射月球卫星的最小发射速度为
答案 B
解析 在月球表面有＝mg，①
对于探测器绕月球做匀速圆周运动过程，由万有引力提供向心力得＝m，②
联立①②解得g＝，A 错误；
探测器绕月球做匀速圆周运动的线速度大小为v＝，B 正确；
由②得月球的质量为M＝，月球的平均密度为ρ＝，而V＝πR3，解得月球的平均密度为ρ
＝，C 错误；设在月球上发射卫星的最小发射速度为v，则有＝m，解得v＝＝＝，D 错误。
6．(2024·河南禹州市中学月考)如图所示，质量为2 kg 的物体A 静止于竖直的轻弹簧上，质
量为3 kg 的物体B 用细线悬挂，A、B 间相互接触但无压力，取重力加速度g＝10 m/s2。 某
时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间( )
A．B 对A 的压力大小为12 N
B．弹簧弹力大小为50 N
C．B 的加速度大小为10 m/s2
D．A 的加速度为零
答案 A
解析 原来A 处于平衡状态，细线剪断瞬间，弹簧的弹力不会发生突变，仍有F 弹＝mAg＝
20 N，故B 错误；
细线剪断瞬间，A、B 一起加速下降，由于原来A 平衡，故整体受到的合力等于B 的重力，
由牛顿第二定律可得mBg＝(mA＋mB)a，解得A、B 共同加速度a＝6 m/s2，故C、D 错误；
对B 由牛顿第二定律可得mBg－FN＝mBa
解得B 受到的支持力为FN＝12 N
由牛顿第三定律可知，B 对A 的压力大小为12 N，故A 正确。
7.(2024·辽宁新民市高级中学开学考)如图所示，半径相同、质量分布均匀的圆柱体E 和半圆
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柱体M 靠在一起，E、M 之间无摩擦力，E 的重力为G，M 下表面粗糙，E、M 均静止在水
平地面上，现过E 的轴心施以水平拉力F，可缓慢地将E 拉离地面一直滑到M 的顶端，整
个过程中，M 始终处于静止状态，对该过程的分析，下列说法不正确的是( )
A．地面所受M 的压力不变
B．地面对M 的摩擦力逐渐增大
C．开始时拉力F 最大，且为G，以后逐渐减小为0
D．E、M 间的压力开始时最大，且为2G，以后逐渐减小到G
答案 B
解析 取整体为研究对象，地面所受M 的压力不变，总等于二者的总重力，A 正确，不符
合题意；
圆柱体E 受重力G、拉力F、半圆柱体的支持力FN作用处于平衡状态，这三个力构成封闭
三角形，如图所示
开始时FN与竖直方向成60°角，此时拉力F 和半圆柱体的支持力FN都最大，其大小分别为
Fm＝Gtan 60°＝G，FNm＝＝2G，随着E 向上移动，拉力F、半圆柱体的支持力FN都逐渐减
小，当E 移动到M 顶端时，F 减小到零，FN减小到G，故开始时拉力F 最大，且为G，以
后逐渐减小为0，E、M 间的压力开始时最大，且为2G，以后逐渐减小到G，C、D 正确，
不符合题意；
取整体为研究对象，地面对M 的摩擦力大小等于拉力F，所以摩擦力随拉力F 的减小而减
小，B 错误，符合题意。
二、多项选择题(本题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题给出的四个选项中，有多
项符合题目要求，全部选对得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分)
8．(2023·广东江门市模拟)市面上有一种自动计数的智能呼啦圈，深受女士喜爱。如图甲，
腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿过轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的细绳，
其模型简化如图乙所示。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重做水平匀速圆周运动，
计数器显示在1 min 内转过的圈数，此时绳子与竖直方向夹角为θ。配重运动过程中认为腰
带没有变形，下列说法正确的是( )
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A．若增大转速，腰受到腰带的摩擦力增大
B．若增大转速，腰受到腰带的弹力增大
C．保持匀速转动时，腰给腰带的作用力大小不变
D．若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角θ 将不变
答案 BCD
解析 若增大转速，配重做匀速圆周运动的半径变大，绳与竖直方向的夹角θ 将增大，竖直
方向mg＝FTcos θ
水平方向mgtan θ＝Fn
可知配重在竖直方向受力平衡，拉力FT变大，向心力Fn变大，对腰带分析如图
可得竖直方向Ff＝Mg＋FTcos θ＝Mg＋mg
水平方向FN＝FTsin θ＝Fn
故腰受到腰带的摩擦力不变，腰受到腰带的弹力增大，故A 错误，B 正确；
匀速转动时，腰给腰带的作用力是支持力FN和摩擦力Ff的合力，两个力的大小均不变，则
其合力大小不变，故C 正确；
因对配重而言mgtan θ＝mω2lsin θ
即cos θ＝
则若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角为θ 将不变，故D 正确。
9.(2024·黑龙江齐市地区校联考)无线蓝牙耳机可以在一定距离内与手机等设备实现无线连接。
为了得到某款无线蓝牙耳机在运动时的最大连接距离，甲和乙两位同学做实验如下：乙佩戴
无线蓝牙耳机，甲携带手机检测，二人间隔17.5 m 且之间无障碍，某时刻起甲追乙的v－t
图像如图所示。发现手机在3 s 末开始检测到蓝牙耳机信号，则下列判断正确的是( )
A．4 s 时甲、乙相距最近为8 m
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B．4 s 时甲、乙相距最近为9.5 m
C．手机与蓝牙耳机连接上的时间为3 s
D．最远连接距离为10 m
答案 BD
解析 根据题图可知，4 s 时甲、乙速度相等，此时相距最近，4 s 时有x 甲－x 乙＝v 甲t－＝8
m，初始位置乙在甲前方17.5 m，故此时相距9.5 m，选项A 错误，B 正确；
由题图可知乙的加速度为a 乙＝＝ m/s2＝1 m/s2，在3 s 时有x 甲′－x 乙′＝7.5 m，则有最远连
接距离为Δx＝17.5 m－7.5 m＝10 m，选项D 正确；
根据图像的对称性可知，3 s 时与5 s 时甲、乙之间的距离相等，即5 s 末手机与蓝牙耳机信
号断开，连接上的时间为2 s，选项C 错误。
10.跳台滑雪是冬奥会比赛项目之一，跳台滑雪运动员经过助滑坡和着陆斜坡，助滑坡末端
可视为水平，过程简化如图所示，两名运动员甲、乙(运动员和装备整体可视为质点)从助滑
坡末端先后飞出，初速度之比为1∶2，不计空气阻力，则两人飞行过程中( )
A．甲、乙两人空中飞行的水平位移大小之比为1∶2
B．甲、乙两人落到斜坡上的瞬时速度大小之比为1∶2
C．甲、乙两人落到斜坡上的瞬时速度方向一定不相同
D．甲、乙两人在空中离斜坡面的最大距离之比为1∶4
答案 BD
解析 设运动员的初速度为v0，运动时间为t，水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y，
由平抛运动的规律可知，水平方向有x＝v0t，竖直方向有y＝gt2，运动员落在斜坡面上，斜
坡面的倾角为θ，则有tan θ＝，解得t＝，可知运动员飞行的时间t 与初速度v0成正比，则
有水平位移x＝v0t＝，水平位移与初速度的平方成正比，故甲、乙两人在空中飞行的水平位
移大小之比为1∶4，A 错误；由平抛运动的速度与水平方向的夹角和位移与水平方向的夹
角的关系，可有＝2tan θ，vy＝v0×2tan θ，所以运动员落在斜坡上的瞬时速度大小为v＝＝
＝v0，则有甲、乙两人落到斜坡上的瞬时速度大小之比为1∶2，B 正确；运动员落在斜坡上
时，设甲、乙的速度分别与竖直方向的夹角为α、β，则有tan α＝，tan β＝，因运动员飞行
时间与初速度成正比，即有t 甲∶t 乙＝1∶2，所以有α＝β，因此甲、乙两人落到斜坡上的瞬
时速度方向相同，C 错误；将运动员的运动分解为沿斜坡面和垂直于斜坡面两个方向的分运
动，沿斜坡面方向做匀加速直线运动，垂直于斜坡面方向做匀减速运动，则有运动员在空中
离斜坡面的最大距离为hmax＝，可知运动员在空中离斜坡面的最大距离与初速度的平方成正
比，因此有甲、乙两人在空中离斜坡面的最大距离之比为1∶4，D 正确。
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三、非选择题(本题共5 小题，共54 分)
11．(6 分)(2021·湖南卷·11)某实验小组利用图(a)所示装置探究加速度与物体所受合外力的关
系。主要实验步骤如下：
(1)用游标卡尺测量垫块厚度h，示数如图(b)所示，h＝________ cm；
(2)接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平；
(3)在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜角度；
(4)在气垫导轨合适位置释放滑块，记录垫块个数n 和滑块对应的加速度a；
(5)在右支点下增加垫块个数(垫块完全相同)，重复步骤(4)，记录数据如下表：
n
1
2
3
4
5
6
a/(m·s－2)
0.087
0.180
0.260
0.425
0.519
根据表中数据在图(c)上描点，绘制图线。
如果表中缺少的第4 组数据是正确的，其应该是________m/s2(保留三位有效数字)。
答案 (1)1.02 (5)见解析图 0.343(0.341～0.345 均可)
解析 (1)垫块的厚度为
h＝1 cm＋2×0.1 mm＝1.02 cm
(5)绘制图线如图；
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根据mg·＝ma
可知a 与n 成正比关系，则根据图像可知，斜率
k＝＝
解得a4≈0.343 m/s2。
12．(8 分)(2023·河北省联考)甲、乙两同学用如图甲所示的实验装置做“探究平抛运动规
律”的实验。
(1)实验时如果斜槽表面不光滑，对实验结果___________(填“有”或“无”)影响。
(2)甲同学每次释放小球的位置都相同，并在坐标纸上记录了小球经过的A、B、C 三点，如
图乙所示。已知坐标纸每个小格的边长为L，则小球做平抛运动的初速度表达式为v0＝
__________。(用L 和重力加速度g 表示)
(3)乙同学以小球在斜槽末端球心位置为原点O，以小球从O 点飞出的水平方向为x 轴，竖
直向下为y 轴，建立平面直角坐标系，多次重复实验，描下小球做平抛运动时经过的不同点，
测量它们的水平坐标x 和竖直坐标y，作出y－x2图像如图丙所示，则小球做平抛运动的初速
度表达式为v0＝___________。(用字母a、b 和重力加速度g 表示)
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答案 (1)无 (2) (3)
解析 (1)只要保证每次从同一位置静止释放小球，斜槽表面是否光滑不影响每次做平抛运
动的初速度是否相同，则实验时如果斜槽表面不光滑，对实验结果无影响。
(2)由图可知A、B 间的水平位移等于B、C 间的水平位移，则A、B 间的时间等于B、C 间的
时间；
竖直方向根据Δy＝gT2
解得T＝＝＝
水平方向根据3L＝v0T
解得小球做平抛运动的初速度表达式为v0＝
(3)竖直方向做自由落体运动，则有y＝gt2
水平方向做匀速直线运动，则有x＝v0t
联立可得y＝x2
可知y－x2图像的斜率为k＝＝
可知小球做平抛运动的初速度表达式为v0＝
13.(12 分)如图所示，半径为、质量为m 的小球用两根不可伸长的轻绳a、b 连接，两轻绳的
另一端系在一根竖直杆的A、B 两点上，A、B 两点相距为L，当两轻绳伸直后，A、B 两点
到球心的距离均为L。当竖直杆以自己为轴转动并达到稳定时(轻绳a、b 与杆在同一竖直平
面内，重力加速度为g)。求：
(1)当小球静止时，轻绳a 的拉力为多大；(结果用根式表示)
(2)竖直杆角速度ω 为多大时，轻绳b 刚好伸直。(结果用根式表示)
答案 (1)mg (2)
解析 (1)小球静止时，小球紧贴在竖直杆上，设轻绳a 与杆的夹角为α，由几何关系可知
sin α＝＝，则cos α＝
此时有＝cos α
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解得Fa＝mg
(2)轻绳b 刚好伸直时，b 的拉力为零，小球做圆周运动的半径为
r＝Lsin 60°
水平方向有Fa′sin 60°＝mω2r
竖直方向有Fa′cos 60°＝mg
联立解得ω＝。
14．(12 分)(2023·山西晋中市模拟)我国5G 技术和应用居世界前列，无人驾驶汽车是利用先
进的5G 技术制造的汽车。无人驾驶汽车上配有主动刹车系统，当车速超过30 km/h 时，汽
车主动刹车系统会启动预判：车载电脑通过雷达采集数据在t0＝0.6 s 内进行分析预判，若预
判汽车以原速度行驶后可能会发生事故，汽车会立即主动刹车。现有一无人驾驶汽车正以v1
＝36 km/h 的速度匀速行驶，在它的正前方相距L＝20 m 处有一大货车正以v2＝28.8 km/h 的
速度匀速行驶。若取重力加速度g＝10 m/s2。
(1)预判结束时，两车之间的距离是多少？
(2)若预判结束时，汽车立即开始以a<4 m/s2的加速度刹车，同时大货车开始减速行驶，且
刹车时大货车所受阻力与车重的比值k＝0.32，则要使两车不相撞，求汽车加速度a 的取值
范围。(计算出的数据请保留3 位有效数字)
答案 (1)18.8 m (2)1.74 m/s2≤a<4.00 m/s2
解析 (1)t0＝0.6 s 内，汽车和大货车行驶的位移分别为x1＝v1t0＝6 m，x2＝v2t0＝4.8 m
预判结束时，两车之间的距离为x0＝L－x1＋x2＝18.8 m
(2)设汽车刹车总时间为t1，则有0＝v1－at1，解得t1>2.5 s
大货车减速时的加速度大小为a′＝kg＝3.2 m/s2
大货车刹车总时间为t2＝＝2.5 s<t1
所以大货车先停下来。
设汽车的刹车位移为x3，大货车的刹车位移为x4，根据运动学规律有
0－v1
2＝－2ax3,0－v2
2＝－2a′x4
要使两车不相撞，应满足x3≤x4＋x0
解得1.74 m/s2≤a<4.00 m/s2。
15．(16 分)(2024·云南昭通市质量检测)如图所示，倾角为θ＝37°的倾斜传送带以2 m/s 的速
度沿逆时针方向匀速转动，传送带上、下两端间的距离为3.2 m。质量为5 kg 的长木板静止
在光滑水平面上，右端与传送带下端靠近，质量为1 kg 的物块轻放在传送带上端，由静止
开始沿传送带向下运动，物块运动到传送带下端时，无机械能损失地滑上长木板，物块与传
送带和长木板间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g 取10 m/s2，不计物块的大小，物块未
滑离长木板，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
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(1)物块在传送带上运动的时间；
(2)物块相对长木板运动的时间；
(3)长木板的最小长度。
答案 (1)1.2 s (2) s (3) m
解析 (1)物块在传送带上先做匀加速运动，根据牛顿第二定律，加速度大小为a1＝gsin θ＋
μgcos θ＝10 m/s2
物块运动至与传送带速度相同时所用的时间为t1＝＝0.2 s
物块运动的位移为x1＝vt1＝0.2 m
由于mgsin θ>μmgcos θ
所以物块继续沿传送带向下做匀加速运动，加速度大小为a2＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2
则物块在传送带上继续加速的位移为x2＝3.2 m－x1＝3 m
设物块滑离传送带时的速度大小为v1，则有v1
2－v2＝2a2x2，解得v1＝4 m/s
匀加速的时间为t2＝＝1 s
物块在传送带上运动的总时间为t＝t1＋t2＝1.2 s
(2)物块滑上长木板后，向左做匀减速直线运动，长木板向左做匀加速直线运动，物块运动
的加速度大小为a3＝μg＝5 m/s2
长木板运动的加速度大小为a4＝＝1 m/s2
设二者共速所用时间为t3，则v1－a3t3＝a4t3
解得t3＝ s
(3)物块滑上长木板至二者共速的过程中，物块的位移为x3＝v1t3－a3t3
2
长木板的位移为x4＝a4t3
2
则长木板至少为L＝x3－x4＝ m
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