【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习专题03《质量检测卷》（解析版）.doc，共(12)页，202.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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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650N，除此以外，还可以得到以下信息()A．1s时人处在下蹲的最低点B．2s时

人处于下蹲静止状态C．0～4s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1s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；2s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2s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．aA＝aB＝gB．aA＝2

g，aB＝0C．aA＝3g，aB＝0D．aA＝23g，aB＝0【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，FT＝Fsin60°，Fcos60°＝mAg＋F1，F1＝F1′＝mBg，又mA＝mB解得FT＝23mAg水平细线被剪断瞬间，FT消失，其

他各力不变，A所受合力与FT等大反向，所以aA＝FTmA＝23g，aB＝0，D正确．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＝3.5m，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vA＝

4m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，下列说法错误的是()A．若传送带不动，则vB＝3m/sB．若传送带以速度v＝4m/s逆时针匀速转动，则vB＝3m/sC．若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，则vB＝3m/sD．若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，则vB＝

2m/s【答案】D【解析】若传送带不动，则工件的加速度大小a＝μg＝1m/s2，由vA2－vB2＝2as，解得vB＝vA2－2as＝3m/s，选项A正确；若传送带以速度v＝4m/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vB＝3m/s，选项B正确；若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，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vB＝3m/s，选项C正确，D错误．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2LgD．划艇下滑的最短时间为2Lg【答案】C【解析】设滑道倾角为θ，则滑道长度为Lcosθ，下滑时的加速度a＝gsinθ，则根据Lcosθ＝12gsinθt2可得t＝4Lgsin2θ，可知滑道倾角θ＝45°时，划艇下滑时间最短，最短时间为tmin＝2L

g；θ<45°时，倾角越大，时间越短；θ>45°时，倾角越大，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＝mgcosθ)，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)gcosθ＋(M＋m)gsinθ＝(M＋m)a1，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)gcosθ＋Mgsinθ＝Ma2，可知a2＞a1，再由x＝v022a可得x2＜x1.同理可知，若木盒向下滑行，放有砝码时，有μ(M＋m)gcosθ－(M＋m)gsinθ＝(M＋m)a1′，换成垂直于斜面向下的恒力F时，有

μ(M＋m)gcosθ－Mgsinθ＝Ma2′，可知a2′＞a1′，再由x′＝v022a′可得x2′＜x1′，故选项B正确．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＝mg－kvm，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，vm＝mgk，则质量越大，最大速率越大，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F－2kmg2mC．第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为F2D．第2节车厢对第3节车厢的作用力大小

为F＋kmg2【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＝F－2kmg2

m，B正确；对第1节车厢，根据牛顿第二定律：F21－kmg＝ma，解得F21＝F2，C正确；对第1、2节车厢的整体，根据牛顿第二定律：F32＋F－2kmg＝2ma，解得F32＝0，由牛顿第三定律可得F23＝F32＝0，D错误。11.(2

020·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va、vb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g，轨道

与圆在同一竖直面内，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则()A．a、b小球与斜面间的动摩擦因数之比μa∶μb＝9∶16B．a、b小球沿斜面向上运动的加速度之比aa∶ab＝4∶3C．va∶vb＝4∶3D．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：mgcos37°＝μamgsin37°；对b：mgcos53°＝μbmgsin53°，则μa∶μb＝16∶9，选项A错误；a、b小球沿斜面向上运动时，对a：mgcos37°＋μamgsin37°＝maa，对b：mgcos53°＋μbmgsin53°＝m

ab，则aa∶ab＝4∶3，选项B正确；两球速度同时减为零，时间相等，则由v＝at可得va∶vb＝aa∶ab＝4∶3，选项C正确；因为两小球加速度之比aa∶ab＝4∶3，初速度之比va∶vb＝4∶3，由v＝v0－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＝1kg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10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝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＝5m/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0.25D．比例系数k为1619kg/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5m/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a0＝4m/s2，对物体受力分析，根据牛

顿第二定律，沿斜面方向：mgsinθ－μmgcosθ＝ma0解得：μ＝gsinθ－a0gcosθ＝0.25，故C正确；v＝5m/s时，物体加速度为零，对物体受力分析，根据平衡条件有：mgsinθ－μFN－kvcosθ＝0又：FN＝mgcosθ＋kvsinθ，联立解

得k＝mgθ－μcosθvμsinθ＋cosθ＝1619kg/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－1t2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BFmg(2)光电门A、B之间的距离x2x

bkg【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Ff大小相等，B对木板A的压力大小等于B的重力mg，由Ff＝μFN得：μ＝Fmg；(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＝12at2，解得：a＝2

xt2，对于小车，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，则F＝μmg＋ma＝μmg＋2mxt2，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＝bmg＝bk2xg＝2bxkg，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＝50Hz.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1a－1m关系图象如图丁所示，则小车的质量M＝________kg.(g≈10m/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＝0.10s小车运动的加速度a＝xCF－xOCT2＝＋10.01＋7.98－6.02－3.96－－20.302m/s2＝2.00m/s2(3)设细绳上的拉力为FT，对砂桶和砂子受力分析，由牛顿第二定

律可得：mg－FT＝ma对小车和砝码受力分析，由牛顿第二定律可得：FT＝Ma联立解得：a＝mgm＋M，整理得：1a＝1g＋Mg·1m由1a－1m关系图象可得：Mg＝0.5－0.110－0，解得：M＝0.40kg.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v0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mgsinθ＋f＝maN＝mgcosθf＝μN解得货车在避险车道上减速运动的加速度a＝gsinθ＋μgcosθ，方向沿着车道向下。(2)根据运动学公式得v20＝2al，将a代入得货车在避险车道上减速通过的距离l＝v202g(sinθ＋μcosθ)。16.(

2020·安徽宣城高三上学期期末)(12分)质量为m＝1kg、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＝4m/s，此时对物块施加F＝6N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＝10m/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)1m(2)23m【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a1，物块与O点的最远距离为x1，则有F＋μmg＝ma1解得a1＝8m/s2；由v2＝2a1x1，可得x1＝

1m。(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a2，最大速度大小为v1，加速位移大小为x2，撤去拉力F后做匀减速运动，设加速度大小为a3，减速位移大小为x3，则有F－μmg＝ma2，解得a2＝4m/s

2μmg＝ma3，解得a3＝2m/s2由v21＝2a2x2v21＝2a3x3x2＋x3＝x1联立解得x3＝23m，即撤去F时物块到O点的距离为23m。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h1＝0.

7m，在平台右侧d＝1m处有一高度为h2＝0.5m的竖直薄挡板．长度L＝12m的传送带以v0＝10m/s的速度顺时针转动，现将质量m＝1kg的滑块(可视为质点)由静止放到传送带上，已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取

10m/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vB，滑块在平台滑落时，做平抛运动，则：d＝vBth1－h2＝12gt2解得：vB＝5m/s滑块在传送带上滑动时做匀加速运动：vB2＝2ax加速度为：a＝μmgm＝μg解得：x＝6.25m，传送带

总长12m，所以滑块在A右侧距离A端5.75m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：vB2－v2＝2aL2解得：v＝1m/s；若给滑块水平向左的初速度v2，只需让滑块向左减速滑行的距离在0.25m～6m的范围内即可，根据运动学公式：v

22－0＝2ax′其中：0.25m≤x′≤6m解得：1m/s≤v2≤26m/s；综上所述：若滑块初速度水平向右，满足：v1>1m/s；若滑块初速度水平向左，满足：1m/s≤v2≤26m/s.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＝1m，高为h＝0.8m，质

量M＝2kg的木板，木板的右端放置一个质量为m＝1kg的木块(可视为质点)，已知木板与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.6，初始时两者均静止．现对木板施加一水平向右的拉力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＝10m/s2)【答案】1.68m【解析】若木块相对木板滑动，设木块加速度为a1，则μ1mg＝ma1得a1＝4m/s2若前2s二者一起做匀加速运动，设加速度为a则F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a得a＝2m/s2因为a1>a，所以前2s木块和木板

一起以2m/s2的加速度做匀加速运动．2s末二者的速度为：v＝at1＝4m/s同理可知2s后木块和木板发生相对滑动木块加速度为：a1＝4m/s2木板加速度设为a2，由牛顿第二定律得：F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝M

a2得：a2＝6m/s2设经时间t2二者分离：vt2＋12a2t22－(vt2＋12a1t22)＝L解得t2＝1s，此时v块＝v＋a1t2＝8m/s，v板＝v＋a2t2＝10m/s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：t3＝2hg＝0.4s，木块落地，在0.4s内，x块＝v

块t3＝3.2m木板的加速度设为a3，由牛顿第二定律有F－μ2Mg＝Ma3得a3＝11m/s2木板的位移：x板＝v板t3＋12a3t32＝4.88m所以，木块落地时距离木板左侧Δs＝x板－x块＝1.68m.