文档文本内容
绝密★启用前
专题一、力与直线运动阶段检测卷（基础）
姓名
准考证号
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8 页，满分100 分，考试时间90 分钟。
考生注意：
1.答题前请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题
卷和答题纸规定的位置上。
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，
在本试题卷上的作答一律无效。
3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作
图时先使用2B 铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。
4.可能用到的相关参数：重力加速度g 取10m/s2
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共10 小题，每小题3 分，共30 分。每小题列出的四个备选项中只有
一个是符合题目要求的，不选、多选、错选绝不给分）
1．质量为
的物体静止于光滑水平桌面上。当该物体受到水平面内两个相互垂直、大小
分别为
和
的力作用时，其加速度大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】依题意，物体合力为
根据牛顿第二定律，可得
故选B。
2．如图所示是新沂市区导航到窑湾古镇景区的信息，上面“39 千米”“43 分钟”指的是
（ ）
A．位移、时刻
B．位移、时间
C．路程、时刻
D．路程、时间
【答案】D
【详解】上面“39 千米”指的是路程，“43 分钟”指的是时间间隔或者时间
故选D。
3．如图所示，质点由西向东运动，从A 点出发到达C 点后沿原路返回，到B 点停下，若
AC=100m，BC=40m，则质点通过的路程和位移的大小正确的是（ ）
A．路程是140m
B．路程是60m
C．位移的大小是140m，方向由西向东
D．位移的大小是60m，方向由东向西
【答案】A
【详解】质点从A 点出发向东运动100m，再向西运动40m，则在此全过程中，初末位置的
距离即为位移大小为60m，方向向东，质点通过的路程即轨迹的长度等于140m。
故选A。
4．伽利略研究落体运动的过程是：先猜想落体是最简单的变速运动，接着通过斜面实验反
复检验，再推理至斜面倾角达90°时的情况，最后得出结论．这套研究方法为（ ）
A．合理猜想—实验检验—合理外推—形成结论
B．合理猜想—理论推导—合理外推—形成结论
C．实验检验—理论推导—合理猜想—形成结论
D．合理猜想—合理外推—理论推导—形成结论
【答案】A
【详解】伽利略研究落体运动的过程是：先猜想落体是最简单的变速运动，接着通过斜面
实验反复检验，再推理至斜面倾角达90°时的情况，最后得出结论．这套研究方法为：合
理猜想—实验检验—合理外推—形成结论；故选A.
【点睛】科学探究工作一般分以下几个步骤完成：提出问题，猜想与假设，制定计划与设
计实验，进行实验与收集证据，分析与论证，评估，交流与合作，实践验证等．伽利略的
落体试验就是按照这个步骤完成的．
5．甲乙两个物体从同一地点同时沿同一直线运动的速度图象如图所示，在0～t2时间内，
下列说法正确的是
A．甲物体的加速度逐渐增大，乙物体的加速度不断减小
B．t2时刻两物体相遇
C．在第一次相遇之前，t1时刻两物体相距最远
D．甲、乙两个物体的平均速度大小都是
【答案】C
【详解】A．根据速度图象的斜率等于加速度，可知，甲物体的加速度不断减小．乙物体
速度均匀减小，加速度不变．故A 错误；
B．由图形与时间轴所围成的面积表示位移可知，在t1到t2中间某时刻两物体相遇，故B 错
误．
C．两物体从同一地点同时开始沿同一直线运动，t1时刻前乙物体的速度大小大于甲物体的
速度，乙物体在甲物体的前方，两者距离不断增大，t1时刻后乙物体的速度大小小于甲物
体的速度，两者距离不断减小，所以t1时刻两物体相距最远，故C 正确；
D．乙物体做匀减速直线运动，平均速度大小等于
．甲物体做变加速直线运动，根
据图线与时间轴所围面积表示位移可知，其位移大于以相同的初速度和末速度做匀加速运
动的位移，所以其平均速度大小大于
．故D 错误．
故选C．
点睛：本题考查速度图象的应用，能够根据图象分析物体的具体运动，同时对于速度图象
上两物体速度相等的时刻往往两物体相距最远或最近，根据速度之间的关系进行分析．
6．如图所示是研究空间站与飞船力学关系的模型图，若已知空间站的质量m1，飞船质量
为m2，其推进器的平均推力为F.在飞船与空间站对接后，在推进器工作下飞船和空间站一
起运动， 则空间站获得的水平推力为
A．F
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】飞船和空间站一起加速运动，对两者的整体，由牛顿第二定律：
隔离空间站受飞船的推力，由牛顿第二定律：
联立可得：
故选B.
7．相同的两辆汽车，一辆空车与一辆装货物的车，在同一路面上以相同的速率行驶，两车
的车轮与地面的动摩擦因数相同，当急刹车后(即车轮不转，只能滑动)，则下面说法正确
的是( )
A．空车滑动的距离较小
B．空车滑动的距离较大
C．两车滑行中加速度不等
D．两车滑动的时间相等
【答案】D
【详解】由于两辆车相同，即质量相同，所以刹车后的加速度
，两车的动
摩擦因数相同，则两车匀减速运动的加速度相等，根据
知，两车滑行的距离相同．
故ABC 错误；根据
知，两车滑行的时间相等．故D 正确．
8．合肥市滨湖游乐场里有一种大型娱乐器械，可以让人体验超重和失重．其环形座舱套在
竖直柱子上，先由升降机送到离地面70 多米的高处，然后让座舱由静止无动力落下，落到
离地30 m 高的位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下．若舱中某人
用手托着一个重50 N 的铅球，则下列说法正确的是 ( )
A．当座舱落到离地面45 m 高的位置时，铅球对手的压力为0
B．当座舱落到离地面45 m 高的位置时，手对铅球有支持力
C．当座舱落到离地面20 m 高的位置时，铅球对手的压力为0
D．当座舱落到离地面20 m 高的位置时，手对铅球的支持力小于50 N
【答案】A
【分析】明确超重和失重的性质，知道自由下落时只受重力，加速度向下，失重；减速下
落，加速度向上，超重．
【详解】AB．在自由下落的过程中人只受重力作用，做自由落体运动，处于失重状态，当
座舱落到离地面45 米高的位置时，仍处于自由下落过程，故球对手的压力为0，故A 正确，
B 错误；
CD．当座舱落到离地面20 米高的位置时，座舱减速运动，处于超重状态，故球对手的压
力大于球的重力，即大于50N，故CD 错误；
故选A．
【点睛】本题考查超重和失重的应用，判断一个物体处于超重和失重的条件是：若加速度
向上则超重，若加速度向下则失重．
9．一质点沿着＋x 方向运动，t0＝0 时刻，其初始位置坐标x0＞0，初速度v0＞0，加速度a
的变化情况如图所示，下面关于该质点的运动判断正确的是
A．t0至t1时段，质点的速度v 减小，总位移x 增大
B．t1至t2时段，质点沿一x 方向匀加速运动
C．t1时刻，质点沿＋x 方向速度v 最大，t2时刻，v＝v0
D．t1至t2时段，质点沿＋x 方向减速运动，t2时刻，v＝0
【答案】C
【详解】A. t0至t1时段，质点的速度与加速度方向一致，v 增加，总位移x 增大，故A 错误；
B. t1至t2时段，质点的速度与加速度方向相反，沿+x 方向做匀减速运动，故B 错误；
C. t1时刻之前，质点沿＋x 方向做加速运动，t1至t2时段，质点沿+x 方向做匀减速运动，t1
时刻，质点速度v 最大，t2时刻，v＝v0，故C 正确，D 错误；
故选：C
10．一质点从静止开始沿着直线运动，先后经历匀加速、匀速和匀减速三个运动过程，三
段过程运动位移均为s，匀加速运动时间为t，匀减速运动时间为
t，则下列说法中正确的
是（ ）
A．质点在匀加速阶段的加速度大小小于匀减速运动阶段的加速度大小
B．质点在匀减速阶段的末速度大小是匀速运动阶段的速度大小的一半
C．质点在匀加速运动阶段的平均速度等于匀减速运动阶段的平均速度
D．质点在匀速运动阶段的运动时间为
t
【答案】D
【详解】AB．设匀速运动的速度大小为v，质点在匀减速阶段的末速度大小
，质点在匀
加速阶段
匀减速运动阶段
解得
质点在匀加速阶段的加速度大小
匀减速运动阶段的加速度大小
故AB 错误；
C．质点在匀加速运动阶段的平均速度
匀减速运动阶段的平均速度
故C 错误；
D．质点在匀速运动阶段的运动时间
故D 正确；
故选D。
【点睛】本题关键是明确平均速度与时间间隔或者位移相对应，不同时间段的平均速度不
同，匀变速直线运动的平均速度等于初末速度的平均值。
二、选择题Ⅱ（本题共3 小题，每小题4 分，共12 分。每小题列出的四个备选项中至少有
一个是符合题目要求的。全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分）
11．如图所示，为一个轻质弹簧的长度和弹力大小的关系，请根据图像判断，下列正确的
结论是（ ）
A．弹簧的劲度系数为100N/m
B．弹簧的劲度系数为200N/m
C．弹簧的原长为6cm
D．弹簧伸长0.02m 时，弹力的大小为4N
【答案】AC
【详解】ABC．由图可知，弹力为零时，弹簧长度为6cm，即弹簧的原长为6cm。弹簧的
劲度系数为
故AC 正确，B 错误；
D．弹簧伸长0.02m 时，弹力的大小为
故D 错误。
故选AC。
12．甲、乙两物体在同一直线上运动的
图象如图所示，下列有关说法中正确的是（
）
A．
时刻甲、乙等速
B．
时刻之前，甲一直在乙的前方
C．
时刻甲、乙相遇
D．
之前，存在甲、乙加速度相等的时刻
【答案】AD
【详解】A．速度时间图像的交点代表该时刻速度相等，选项A 正确；
BC．速度时间图像与时间轴围成的面积代表位移，
时刻之前甲的速度一直大于乙的速度，
但是不知道甲乙是否同一地点出发，所以谁在前方无法判断，
时刻是否相遇也无法判断，
选项BC 错误；
D．速度时间图像斜率代表加速度，甲的斜率为定值，而乙的斜率从0 开始逐渐增大，
时
刻乙的斜率大于甲的斜率，所以
之前某个时刻，乙的斜率就已经等于甲的斜率，选项D
正确。
故选AD。
13．如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A，B，它们的
质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C 为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一沿斜
面方向的力F 拉物块A 使之以加速度a 向上做匀加速运动，当物块B 刚要离开C 时力F 的
大小恰为2mg.则( )
A．物块B 刚要离开C 时B 的加速度为0
B．加速度a＝
g
C．无法计算出加速度a
D．从F 开始作用到B 刚要离开C，A 的位移为
【答案】AD
【详解】试题分析：当物块B 刚要离开C 时，对挡板的压力为零，根据平衡条件求出此时
弹簧的弹力，结合胡克定律求出弹簧的形变量．对A，根据牛顿第二定律求出物块A 的加
速度．弹簧开始处于压缩，根据平衡求出压缩量的大小，抓住A 的位移等于弹簧的形变量
求出物块A 的位移．
物块B 刚要离开C 时，B 和挡板之间没有力的作用，即弹簧的拉力正好等于B 的重力沿斜
面向下的分力，所以此时B 的合力为零，加速度为零，A 正确；物块B 刚要离开C 时，
弹簧的弹力
，所以对A 分析，受到弹簧沿斜面向下的拉力，和重力沿斜面向
下的分力以及F 的作用，根据牛顿第二定律可得
，解得
，BC
错误；未施加F 之前，弹簧处于压缩状态，对A 分析有
，当物块B 刚要离开
C 时弹簧处于拉伸状态，对B 分析有
，故A 上升的位移为
，D 正确．
非选择题部分
三、非选择题(本题共5 小题，共58 分)
14．(1)做验证力的平行四边形定则的实验。图甲中A 为固定橡皮条的图钉，
为橡皮条与
细绳的结点
和
为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的力的示意图图中的
与
两力中，方向一定沿
方向的是___________（选填“
”或“
”）
(2)某同学在坐标纸上画出了如图丙所示的两个已知力
和
，图中每个小正方形的边长表
示
两力的合力用
表示。
①应用平行四边形定则画出相应的合力
___________。
②依据所画图形判定下列正确的有____________。
A．
B．
C．
【答案】
C
【详解】(1)[1]
是利用一个弹簧测力计将橡皮条拉到结点
位置的力，
是利用平行四
边形定则作出的
和
的合力，所以一定沿
向的力是
。
(2)
[2]
①
以
和
为邻边作平行四边形，在图中标注合力的方向，图中虚实线要使用正确，
如图所示。
[3]
②
如图所示，应用题中所给力的标度
，测量三个力的大小分别为
，
，
。故选C。
15．“研究共点力的合成”的实验情况如图甲所示，其中A 为固定橡皮筋的图钉，O 为橡
皮筋与细绳的结点，OB 和OC 为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示。
（1）图乙中的F 与
两力中，方向一定沿AO 方向的是________。
（2）本实验采用的科学方法是( )
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法
（3）实验中可减小误差的措施有( )
A．弹簧秤的中心轴线必须要沿着细线方向
B．两个分力F1、F2间夹角要尽量大些
C．拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行
D．AO 间距离要适当，将橡皮筋拉至结点O 时，拉力要适当大些
【答案】
B ACD
【详解】（1）[1]F 是通过作图的方法得到合力的理论值，而
是通过一个弹簧称沿AO 方
向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O 点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，
测量出的合力。故方向一定沿AO 方向的是
，由于误差的存在F 和
方向并不在重合；
（2）[2]合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法；
故选B。
（3）[3]A．测量时，使弹簧测力计的受力方向沿着弹簧的轴线方向，主要是为了防止弹簧
与外壳发生过多的摩擦，从而影响测量，故A 正确
B．为了减小测量的误差，两个分力的大小要适当大一些，夹角适当大一些，不是尽量大，
故B 错误；
C．为了减小测量的误差，拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板与木板平面平
行，故C 正确；
D．实验中，AO 间距离要适当，将橡皮筋拉至结点O 时拉力要适当大些，可以减小测量及
作图时的偶然误差，故D 正确。
故选ACD。
16．（6 分）将橡皮筋的一端固定在A 点，另一端拴上两根细绳，每根细绳分别连着一个
量程为5 N、最小刻度为0.1 N 的弹簧测力计，沿着两个不同的方向拉弹簧测力计。当橡皮
筋的活动端拉到O 点时，两根细绳互相垂直，如图所示。这时弹簧测力计的读数可从图中
读出。
（1）读得两个互相垂直的拉力的大小一个是4.0 N，则另一个是_______N（只须读到0.1
N）。
（2）在本题的虚线方格纸上按作图法的要求画出这两个力及它们的合力，合力是 N。
【答案】（1）2.5 N（2 分）（2）如图所示
（2 分） 4.7
（4.5~4.9 皆给分）（2 分）
【详解】读弹簧测力计示数时，应注意首先找零刻度，尤其是竖直放置的那个弹簧测力计
是倒置的，它的读数是2.5 N（而不是3.5 Ｎ），水平放置的弹簧测力计读数是4 N，合力
4.7 N（4.5 N~4.9 N）
17．在国庆阅兵式中，某直升飞机在地面上空某高度A 位置处于静止状态待命，要求该机
在一条水平直线上先由静止开始做匀加速直线运动到达B 位置，紧接着做匀速直线运动到
达C 位置，如图所示，已知A、C 间的距离为L，匀速速度为v，从A 运动到C 的时间为
t，求：
(1)加速的时间；
(2)速度为
的M 位置（图中未画出）到C 位置的距离。
【答案】（1）
；（2）
【详解】(1)设加速过程的加速度为a，加速时间为t1，则
v=at1
解得
(2) 速度为
时，运动的时间为
此时飞机的位移为
所以速度为
的M 位置（图中未画出）到C 位置的距离
18．2018 年2 月在平昌冬奥会中，我国运动员李馨参加了两项越野滑雪的比赛，成绩有所
突破如图所示，某次滑雪训练，如果该运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的
作用获得水平推力F=75N 而从静止向前滑行，其作用时间为t1=1.0s．撤除水平推力F 后经
过t2=2.0s，她第二次利用滑雪杖对面的作用获得同样的水平推力，第二次利用滑雪杖对雪
面的作用距离与第一次相同已知该运动员连同装备的总质量为m=60kg，在整个运动过程中
受到的滑动摩擦力大小恒为Ff=15N 运动员可视为质点，不考虑空气阻力．求：
(1)运动员第一次利用滑雪杖对雪面作用后的速度大小及这段时间内的位移大小；
(2)运动员第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．
【答案】（1）1m/s；
（2）
【详解】试题分析：根据牛顿第二定律求出利用雪仗作用时的加速度,根据速度时间公式求
出第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小，根据位移与时间关系求出这段时间内的
位移；根据牛顿第二定律求出撤去推力后的加速度,结合速度时间公式求出2s 后的速度,根
据速度位移公式求出雪仗第2 次对雪面作用后的速度,再结合速度位移公式求出第二次撤除
水平推力后滑行的最大距离．
（1）运动员在雪道上用滑雪杖对雪面作用时
根据牛顿第二定律：
解得加速度为：
t1=1.0s 时的速度为：
这段时间内的位移：
(2)无雪仗后，运动员减速，根据牛顿第二定律：
解得加速度为：
撤除水平推力F 后经过2s 时的速度为：
第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同，
则有：
解得：
此后在水平方向仅受摩擦力作用做匀减速运动,滑行的最大距离为：
解得：
点睛：本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，加速度是解决问题的中间桥梁，明确
运动过程是解决问题的关键．
19．如图所示，斜面体ABC 放在粗糙的水平地面上，滑块在斜面底端以初速度v0=9.6 m/s
沿斜面上滑。斜面倾角θ=37°，滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.45.整个过程斜面体保持静
止不动，已知滑块的质量m=1kg，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取10 m/s2，试求：
(1)滑块回到出发点时的速度大小；
(2)定量画出斜面体与水平地面之间的摩擦力Ff随时间t 变化的图像，写明计算过程。
【答案】(1)4.8 m/s；(2)
【详解】(1)滑块上滑过程中，由牛顿第二定律：
得
设上滑位移大小为L，由
得
L=4.8m
滑块下滑过程中，由牛顿第二定律：
得
下滑位移大小也为L，由
得
v=4.8m/s
(2)滑块沿斜面上滑过程中用时
对斜面与滑块构成的系统受力分析可得
Ff1=ma1cos θ=7.68 N
滑块沿斜面下滑过程用时
对斜面与滑块构成的系统受力分析可得
Ff2=ma2cos θ=1.92 N
Ff随时间变化如图所示。
20．如图所示，物体A 放在长L=1m 的木板B 上，木板B 静止于水平面上．已知A 的质量
mA和B 的质量mB均为2.0kg，A、B 之间的动摩擦因数μ1=0.2，B 与水平面之间的动摩擦
因数μ2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g 取10m/s2．若从t=0
开始，木板B 受F=16N 的水平恒力作用，
（1）木板B 受F=16N 的水平恒力作用时，A、B 的加速度aA、aB各为多少？
（2）t=2s 时，在B 的速度为多少？
【答案】（1）2m/s2，4m/s2．
（2）11m/s
【详解】试题分析：（1）分别对A、B 隔离分析，运用牛顿第二定律求出A、B 的加速度．
（2）因为aA＜aB，A 相对B 向后滑动，结合A、B 的位移关系，结合位移时间公式求出A
从B 上滑下的时间，滑下后，根据牛顿第二定律求出B 的加速度，结合速度时公式求出B
的速度．
解：（1）根据牛顿第二定律得：μ1mAg=mAaA
解得：
；
对B 有：F1
μ
﹣
2（mA+mB）g
μ
﹣
1mAg=mBaB
代入数据解得：
．
（2）因为aA＜aB，A 相对B 向后滑动，设经过t1后A 滑到B 的左边缘，
A 的位移为：
，
B 的位移为：
，
x1
x
﹣
2=L
解得：t1=1s＜t=2s，则2s 时A 已从B 上滑下．
t1=1s 时，A、B 的速度分别为vA、vB，
则有：vB=aBt1=4×1m/s=4m/s
设A 滑落后B 的加速度为aB′，根据牛顿第二定律得：
F
μ
﹣
1mBg=mBaB′
代入数据解得：
在t=2s 时B 的速度：vB′=vB+aB′（t
t
﹣1）
代入数据解得：vB′=11m/s．
答：（1）木板B 受F=16N 的水平恒力作用时，A、B 的加速度aA、aB各为2m/s2、4m/s2．
（2）t=2s 时，B 的速度为11m/s．
【点评】解决本题的关键理清A、B 的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求
解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
