阶段性训练（一）-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版）（内容：运动的描述 匀变速直线运动 相互作用 牛顿运动定律）

阶段性训练（一）

考察内容（运动的描述 匀变速直线运动 相互作用 牛顿运动定律）

一．选择题

1．下列全部用来测量国际单位制中规定的基本物理量的仪器是（　　）

A．米尺、弹簧测力计、秒表 

B．量筒、天平、秒表 

C．米尺、测力计、打点计时器 

D．米尺、天平、秒表

【解答】解：长度、质量、时间是国际单位制中三个力学基本物理量，测量它们使用的器材分别是米尺、天平与秒表；弹簧测力计、测力计都是测量力的仪器，力是导出物理量；量筒是测量探究的仪器，体积是导出单位；故ABC错误，D正确；

故选：D。

2．关于质点。下列说法正确的是（　　）

A．体积、质量极小的物体才能看成质点 

B．研究火车过桥所用的时间，火车可看成质点 

C．研究地球绕太阳公转的周期，地球可看成质点 

D．研究百米跑运动员的起跑动作，运动员可看成质点

【解答】解：质点是忽略了物体的形状和大小，把物体看成一个具有质量的点，这是为了研究问题方便而建立的理想化模型，实际不存在，

A、体积很大的物体也可以看成质点，这要看分析的是什么问题，比如在研究地球绕太阳的运动的时候，地球就可以看成质点，故A错误；

B、计算火车过桥所用时间时，火车长度不能忽略，故火车不可当成质点，故B错误；

C、研究地球绕太阳公转的周期，地球可成质点，故C正确；

D、研究百米跑运动员的起跑动作时，看的就是人的动作如何，是不能看成质点的，故D错误；

故选：C。

3．110多年前，京张铁路打破了“中国人不能自建铁路”的断言。如今，京张高铁在“人”字上加一横，如图所示，实现了跨越百年的“大”飞跃．京张高铁正线由北京北站至张家口站，全长174km，设10个车站。最高设计速度350km/h，小明乘坐京张高铁从北京北站出发，历时1h到达张家口站。

上述材料提及的“174km”和“1h”分别是指（　　）

A．路程、时刻 B．路程、时间间隔 

C．位移的大小、时刻 D．位移的大小、时间间隔

【解答】解：路程为物体的实际运动轨迹长度，位移为从初位置指向末位置的有向线段，根据题意可知，174km为路程；1h为时间段，为时间间隔，故B正确，ACD错误；

故选：B。

4．汽车的百公里加速时间（车辆从静止加速到100km/h所需的时间）是衡量汽车性能的重要指标。某款新能源汽车百公里加速时间仅需要3.9s，若将其加速过程看作匀加速直线运动，该车的加速度为（　　）

A．7.12m/s2 B．8.35m/s2 C．25.6m/s2 D．28.5m/s2

【解答】解：根据题意，汽车初速度v0＝0，末速度v＝100km/hm/s，加速时间t＝3.9s。

由加速度定义知：a7.12m/s2，故A正确，BCD错误。

故选：A。

5．用频闪相机的同一张底片对着单向运动小球的路径每隔s曝光一次，得到的照片如图所示，则小球在1～6cm过程中的平均速度以及在3.5cm处的瞬时速度分别是（　　）

A．0.25m/s，0.17m/s B．0.17m/s，0.25m/s 

C．0.17m/s，0.17m/s D．0.17m/s，无法确定

【解答】解：小球在1～6cm过程中，运动的位移为：Δx＝6cm﹣1cm＝5cm＝0.05m，运动时间为：ts×3＝0.3s，根据平均速度的定义，可得小球的平均速度为：m/s＝0.17m/s，3.5cm处的瞬时速度等于第一次与第三次拍摄这段时间内的平均速度，约为：v10﹣2m/s＝0.225m/s，故B正确，ACD错误。

故选：B。

6．伽利略从斜面实验外推到自由落体运动的情景模型如图所示，下列说法符合史实的是（　　）

A．伽利略先猜想下落物体的速度随时间均匀增加，然后通过斜面实验直接得出v∝t 

B．伽利略通过斜面实验得出：从静止开始小球必须沿光滑的斜面运动才有s∝t2 

C．伽利略通过对自由落体运动的研究，进行合理外推得出小球在斜面做匀变速运动 

D．伽利略发现，改变斜面的倾角，s正比于t2依然成立，斜面的倾角越大，越大

【解答】解：A、伽利略先猜想下落物体的速度随时间均匀增加，没有在斜面实验直接得出v∝t，伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比，从而推出v∝t，故A错误；

B、伽利略没有通过斜面实验得出从静止开始小球必须沿光滑的斜面运动才有s∝t2，故B错误；

C、伽利略通过对小球在斜面做匀变速运动，进行合理外推得出自由落体运动是匀变速运动，故C错误；

D、伽利略发现，改变斜面的倾角，s正比于t2依然成立，斜面的倾角越大，越大，故D正确。

故选：D。

7．下列叙述正确的是（　　）

A．物体重心的建立采用的物理方法是放大法 

B．由v可知，Δx越大，v就越大 

C．牛顿在总结前人经验的基础上，提出了牛顿第一定律 

D．由a可知，合力越大，加速度就越大

【解答】解：A、重心是物体的等效作用点，物体的重心采用的方法是等效替代法，故A错误；

B、公式v是速度的定义式，大小等于物体的位移与时间的比值，与位移的大小Δx无关，与对应的时间Δt也无关，故B错误；

C、根据物理学史可知，是牛顿在总结前人经验的基础上，提出了牛顿第一定律，故C正确；

D、公式a是牛顿第二定律的表达式，表示当物体的质量一定时，物体受到的合力越大，加速度就越大，一定要注意条件，故D错误。

故选：C。

8．解压玩具“捏捏乐”很受年轻人喜爱，如图所示，某人用手悬空捏住一个“捏捏乐”玩具，该玩具始终保持静止状态，下列说法正确的是（　　）

A．玩具受到手的弹力是由于玩具发生形变而产生的 

B．手对玩具的作用力与玩具的重力是一对作用力与反作用力 

C．手对玩具的作用力方向始终竖直向上 

D．当手更用力地捏玩具时，玩具受到手的作用力将变大

【解答】解：

A.玩具受到手的弹力是由于手发生形变而产生的，故A错误；

B.手对玩具的作用力与玩具的重力是一对平衡力，故B错误；

C.手对玩具的作用力与玩具的重力是一对平衡力，根据平衡力关系，手对玩具的作用力方向与重力反向，始终竖直向上，故C正确；

D 当手更用力地捏玩具时，根据平衡力关系，手对玩具的作用力方向与重力大小相等，不变，故D错误；

故选：C。

9．一个质点沿竖直方向做直线运动，时间内的速度一时间（v﹣t）图象如图所示，若0〜t1时间内质点处于失重状态，则t1〜t2时间内质点的运动状态经历了（　　）

A．先超重后失重再超重 B．先失重后超重再失重 

C．先超重后失重 D．先失重后超重

【解答】解：0～t1时间内质点加速，质点处于失重状态，说明这段时间内质点向下加速，则：t1～t2时间内质点先向下加速后向下减速，因此运动状态是先失重后超重，故ABC错误，D正确。

故选：D。

10．如图所示，半径相同、质量分布均匀的圆柱体A和半圆柱体B靠在一起，A表面光滑，重力为G，B下表面粗糙，A静止在水平面上，现过A的轴心施以水平作用力F，可缓慢的将A拉离平面一直滑到B的顶端，整个过程中，B始终处于静止状态。则从A刚拉离平面至A滑到B的顶端，下列说法正确的是（　　）

A．A刚拉离平面时拉力F最大，为G，以后逐渐减小为0 

B．A、B间的压力在A刚拉离平面时最大，为2G，而后逐渐减小到G 

C．地面受到B的压力逐渐增大 

D．地面对B的摩擦力逐渐增大

【解答】解：A．圆柱体A刚拉离平面时受力图如下图所示，

A与B的半径相同，由几何知识可得θ为30°，所以

F＝FNcosθ，G＝FNsinθ

得圆柱体A刚拉离平面时FG。以后，θ增大到90°，由三角函数知识可得F减小到0。故A错误。

B．根据牛顿第三定律，A、B间的压力大小等于上图中的FN，圆柱体A刚拉离平面FN＝2G

以后，θ增大到90°，由三角函数知识可得FN减小到G。故B正确；

C．取A、B整体为研究对象，整体对地面的压力大小，始终等于A、B整体的重力之和。故C错误；

D．取A、B整体为研究对象，水平方向二力平衡，地面对整体的摩擦力始终和F大小相等。根据

F＝FNcosθ

其中FN在减小，且θ在增大，由三角函数知识可得F减小，则地面对B的摩擦力逐渐减小。

故选：B。

11．如图所示，一物理研究小组正在测量桥面某处到水面的高度。一同学将两个相同的铁球1、2用长为L＝4m的细线连接。用手抓住球2使其与桥面等高，让球1悬挂在正下方，然后由静止释放，测得两球落到水面的时间差Δt＝0.2s，则桥面该处到水面的高度为（　　）

A．18m B．20m C．22m D．24m

【解答】解：设桥面高度为h，根据自由落体运动位移公式

对铁球2有：

对铁球1有：

又t2﹣t1＝Δt

联立解得

h≈22m

故C正确，ABD错误。

故选C。

12．近年来，一些高级轿车的设计师在关注轿车的加速性能的同时，提出了“加速度的变化率”的概念，用这一新的概念来描述轿车加速度随时间变化的快慢，轿车的“加速度的变化率”越小，乘坐轿车的人感觉越舒适。图示是一辆汽车在水平公路上行驶时加速度随时间变化的关系图像，则下列说法正确的是（　　）

A．从运动学角度的定义，“加速度的变化率”的单位应是m/s2 

B．加速度的变化率保持为0的直线运动是匀变速直线运动 

C．若加速度与速度同方向，如图所示的a﹣t图像，表示的是物体的速度在减小 

D．若加速度与速度同方向，如图所示的a﹣t图像，已知物体在t＝0时速度为5m/s，则2s末的速度大小为8m/s

【解答】解：A．“加速度的变化率”是，a的单位是m/s2，t的单位是s，则的单位为m/s3，

B．加速度的变化率为0是指加速度保持不变，物体做匀变速直线运动，故B错误；

C．若加速度与速度同方向，则物体做加速运动，如题图所示，加速度减小，则物体速度增加得慢了，但仍在加速，故C错误；

D．在a—t图像中图像与时间轴所围图形的面积表示物体速度的变化量，则得

由于加速度与速度同方向，故物体做变加速直线运动，已知初速度为5m/s，则物体在2s末的速度为8m/s，故D正确。

故选：D。

二．多选题

13．研究弹簧所受弹力F与弹簧长度L的关系实验时，得到如图所示的F﹣L图象，下列说法正确的是（　　）

A．弹簧的原长为9.0cm 

B．弹簧的原长为3.0cm 

C．弹簧的劲度系数为2N/m 

D．弹簧的劲度系数为200N/m

【解答】解：AB、由图象知图象与横坐标的交点即为弹簧的原长，所以原长为3.0cm，故A错误，B正确；

CD、图线的斜率即为弹簧的劲度系数．弹簧劲度系数kN/cm＝2N/cm＝200N/m，故C错误，D正确。

故选：BD。

14．如图所示，小、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有（　　）

A．乙图中A球加速度为gsinθ 

B．两图中A球的加速度均为零 

C．图乙中轻杆的作用力一定不为零 

D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍

【解答】解：对甲图，弹簧弹力F＝mgsinθ，突然撤去挡板的瞬间，弹簧来不及伸开，弹力不变。对A球进行受力分析，仍处于平衡状态，加速度为零；对B进行受力分析，根据牛顿第二定律：F+mgsinθ＝maB，解得：aB＝2gsinθ；

对乙图，轻杆为刚性杆，突然撤去挡板的瞬间，轻杆作用力为零，以AB为整体，根据牛顿第二定律：2mgsinθ＝2ma，得a＝gsinθ，即A、B的加速度都为gsinθ，

综上分析可知：AD正确，BC错误；

故选：AD。

15．如图，一质量为m的黑板擦放置在倾角为θ，质量为M的斜面支架上，斜面支架放置在粗糙水平桌面上。已知此黑板擦有三分之一部分伸出斜面外，黑板擦与斜面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A．黑板擦受到的支持力大小为 

B．黑板擦受到的摩擦力大小一定为mgsinθ 

C．桌子对支架的作用力大小一定为（m+M）g 

D．若黑板擦的质量增加，则桌面对支架的摩擦力增大

【解答】解：A、以黑板擦为研究对象，受力情况如图所示：

根据平衡条件可得黑板擦受到的支持力大小为：N＝mgcosθ，故A错误；

B、沿斜面方向根据平衡条件可得摩擦力大小为：f＝mgsinθ，故B正确；

C、以支架和黑板擦为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得桌子对支架的作用力大小为：FN＝（m+M）g，故C正确；

D、以支架和黑板擦为研究对象，水平方向整体不受外力，桌面对之间的摩擦力为零；若黑板擦的质量增加，系统仍保持静止，则桌面对支架的摩擦力仍为零，故D错误。

故选：BC。

三．实验题与解答

16．用如图1所示的实验装置来探究小车的加速度与所受绳子拉力的关系。

（1）某同学平衡摩擦力时操作方法如下：将小车水平静止地放在长木板上，把木板不带滑轮的一端垫高，如图2所示，直到小车拖着纸带由静止开始沿木板向下滑动为止，这名同学的操作 　不是　（填“是”或“不是”）正确的。

（2）平衡摩擦力之后，该同学进行正确实验，从打出的若干纸带中选取一条纸带，如图3所示，纸带上按时间顺序取为A、B、C、D四个计数点，每两个计数点之间还有4个点未画出。用刻度尺测得各点的距离为s1＝3.62cm，s2＝4.75cm，s3＝5.88cm.打点计时器使用的交变电流频率为50Hz，则小车运动的加速度a＝　1.13　m/s2。（结果保留3位有效数字）

（3）该同学利用本实验装置的实验数据描绘得到如图（d）所示的a﹣F图像，OP段为直线，可得出结论：在小车质量不变时，小车的加速度跟拉力 　成正比　；而PQ段为曲线，可知沙桶（包括沙）的质量已经不符合 　远小于　（填“远大于”或“远小于”）小车质量的条件，为此，实验前可以在靠近小车处的绳子中插装入一个 　弹簧测力计　.

【解答】解：（1）小车拖着纸带由静止开始沿木板向下滑动时，重力的下滑分力大于摩擦力，此时平衡摩擦力过度。平衡摩擦力时，应该打开打点计时器，轻推小车，当纸带上的点迹均匀时，此时小车恰好匀速下滑。故该同学操作是不正确的；

（2）电源的频率为50Hz，相邻两计数点间还有4个点未画出，故两计数点间的时间间隔为：；

根据Δs＝aT2

可得

（3）由于OP为直线，可得出：在小车质量不变时，小车的加速度跟拉力成正比；

设绳子拉力为T，沙桶（包括沙）质量为m，小车的质量为M，根据牛顿第二定律mg﹣F＝maF＝Ma

可得

当m≪M时，可以认为F≈mg

当不满足m≪M时，F≠mg

此时若仍认为沙桶的重量等于绳子拉力，此时F的测量值偏大，从而图像出现弯曲。

为了能准确测出绳子拉力F，实验前可以在靠近小车处的绳子中插装入一个弹簧测力计，测出拉力的大小。

故答案为：（1）不是；（2）1.13；（3）成正比，远小于，弹簧测力计。

17．某实验小组用一只弹簧测力计和一个量角器等器材“验证力的平行四边形定则”，设计的实验装置如图，固定在竖直木板上的量角器直边水平，橡皮筋一端固定在量角器圆心O的正上方A点，另一端系绳套1和绳套2。

（1）实验步骤如下：

①弹簧测力计挂在绳套1上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O点，记下弹簧测力计的示数F；

②弹簧测力计挂在绳套1上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点达到O点，此时绳套1沿0°方向，绳套2沿150°方向，弹簧测力计的示数为F1；

③根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力F1′＝　　；

④比较F1和F1′的大小，在误差允许的范围内，若 　F1　＝　F1′　，则初步验证了力的平行四边形定则。

（2）现保持绳套1和绳套2方向成150°夹角不变，此过程中保持橡皮筋的结点在O点不动，从如图所示的位置将两绳套沿逆时针方向转动30°，绳套2的拉力的变化情况是 　C　。

A．逐渐增大

B．先增大后减小

C．逐渐减小

D．先减小后增大

【解答】解：（1）根据力的平行四边形定则计算出绳套1的拉力

F1＝Ftan60°F

F1为弹簧测力计测出的示数，而F1′为根据平行四边形定则计算出的绳套1所受拉力大小，即计算出的弹簧测力计示数，通过二者若在误差允许的范围内有

F1＝F1′，即可初步验证力的平行四边形定则。

（2）两个绳套在转动过程中，合力保持不变，根据平行四边形定则画出图像，如图所示

由图像可知，绳套2的拉力大小逐渐减小。故C正确，ABD错误。

故选：C。

故答案为：（1）；F1；F1′；（2）C。

18．近两年，盐城交警将“礼让行人”作为管理重点，“斑马线前车让人”现已逐渐成为一种普遍现象，如图所示。司机小明驾车以12m/s的速度，在平直的城市道路上沿直线行驶。看到斑马线有行人后立即以2m/s2的加速度刹车，车停住时车头刚好碰到斑马线。等待行人10s后（人已走过），又用了8s时间匀加速至原来的速度。开始刹车时设为计时起点（即t＝0），则：

（1）求车第3s末的瞬时速度大小；

（2）求车从开始刹车计时，前10s内的位移大小；

（3）求从开始刹车到恢复原速这段时间内车的平均速度大小。

【解答】解：（1）根据速度—时间关系公式：

v＝v0+at＝12m/s+（﹣2）×3m/s＝6m/s；

（2）刹车时间为：

t1s＝6s＜10s，

根据位移—时间公式得10s内的位移为：

x1m＝36m；

（3）匀加速直线运动位移为：

x2m＝48m，

平均速度为：

。

答：（1）车第3s末的瞬时速度为6m/s；

（2）车从开始刹车计时，前10s内的位移为36m；

（3）从开始刹车到恢复原速这段时间内车的平均速度3.5m/s。

19．在实验室中做实验时，为了避免手与危险药品直接接触，我们可以用夹子夹住长方形托盘，如图甲所示，侧视图如图乙所示。已知托盘的质量为m＝120g，托盘侧边与竖直方向的夹角为θ＝53°，夹子与托盘两侧共有4个接触点，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取10m/s2。当托盘水平静止时，求：

（1）托盘对取物夹每个接触点弹力的大小；

（2）取物夹与托盘侧边接触点间的动摩擦因数μ的最小值。

【解答】解：（1）取物夹与托盘两侧边共有4个接触点，则每个接触点取物夹对托盘的作用力Fmg

设在每个接触点，取物夹对托盘的弹力大小为FN，摩擦力为Ff，如图：

两个力的合力与F等大反向，有：FN＝Fsin53°

代入数据解得：FN＝0.24N

由牛顿第三定律可知，托盘对取物夹每个接触点弹力的大小为F'N＝FN＝0.24N

（2）当μ最小时，取物夹与托盘之间的摩擦力恰好为最大静摩擦力，则Ff＝Fcos53°

Ff＝μFN

FN＝Fsin53°

代入数据联立解得：μ＝0.75

答：（1）托盘对取物夹每个接触点弹力的大小为0.24N；

（2）取物夹与托盘侧边接触点间的动摩擦因数μ的最小值为0.75。

20．“爸爸去哪儿“节目中，田亮带着女儿玩滑沙游戏。如图甲所示，他们从坡顶由静止滑下，可视为匀加速直线运动。已知父女俩和滑沙车总质量M＝85kg，女儿和滑沙车总质量m＝27kg，坡道长L＝100m，沙坡倾角θ＝37°，滑沙车与沙坡间的动摩擦因数μ＝0.5。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。不计空气阻力。

（1）求田亮父女俩下滑的加速度大小a；

（2）若女儿单独乘坐滑沙车从坡顶由静止下滑时，求女儿滑到坡底时的速度大小v；

（3）如图乙所示，田亮担心女儿下滑速度太快，在滑沙车上施加一沿斜面向上的恒定拉力。已知他们从坡顶由静止下滑到坡底的时间t＝15s。求田亮施加的拉力大小F。

【解答】解：（1）对田亮父女和滑沙车组成的系统受力分析，根据牛顿第二定律可得：Mgsin37°﹣f＝Ma

FN﹣Mgcos37°＝0

f＝μFN

联立解得a＝2m/s2

（2）仿照（1）可知，女儿独自下滑时与父女俩一起下滑的加速度相同

根据运动学公式

解得：v＝20m/s

（3）在下滑过程中，根据位移—时间公式可得：，解得a

在下滑过程中，根据牛顿第二定律可得：mgsin37°﹣μmgcos37°﹣F＝ma′

解得：F＝30N

答：（1）田亮父女俩下滑的加速度大小a为2m/s2；

（2）女儿滑到坡底时的速度大小v为20m/s；

（3）田亮施加的拉力大小F为30N。

21．如图，长为L＝4m、质量为M＝1kg的木板B静止于粗糙水平地面上，木板B与地面之间的动摩擦因数为μ1＝0.1，在木板B的左端放置一个质量为m＝1kg的木块A（可视为质点），木块A与木板B之间的动摩擦因数为μ2＝0.4，重力加速度g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现对木块A施加一个水平向右的恒力F＝8N。求：

（1）木块A和木板B的加速度大小；

（2）木块A运动到木板B的右侧所经历的时间以及此时木板B的速度大小。

【解答】解：（1）对A根据牛顿第二定律可得：F﹣μ2mg＝ma1，

解得：a1＝4m/s2

对B根据牛顿第二定律可得：μ2mg﹣μ1（m+M）g＝Ma2

解得：a2＝2m/s2

（2）设木块A运动到木板B的右侧所经历的时间为t，根据位移—时间关系可得：

L

解得：t＝2s

此时木板B的速度大小：v＝a2t＝2×2m/s＝4m/s。

答：（1）木块A的加速度大小为4m/s2，木板B的加速度大小为2m/s2；

（2）木块A运动到木板B的右侧所经历的时间为2s，此时木板B的速度大小为4m/s。