2026人教版高中物理必修第一册练习--第四章 运动和力的关系（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
2026人教版高中物理必修第一册
第四章　运动和力的关系
一、单项选择题(本大题共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个符合题目要求)
1.如图所示,航天员在天宫二号中进行太空授课时演示了旋转的小扳手,下列关于惯性的说法正确的是(　　)
A.小扳手飘浮不动时,没有惯性 B.小扳手的惯性比航天员的惯性小
C.小扳手从地面移到空间站,惯性变小 D.惯性是改变物体运动状态的原因
2.如图所示,汽车向前行驶时,会受到来自空气的阻力,阻力大小Fd=ρv2SCd,其中ρ是空气的密度,v是汽车的行驶速度,S是迎风面积,Cd叫作风阻系数,Cd越小,汽车越节能。关于风阻系数Cd,下列说法正确的是(　　)
　　　　　　　 　　　　　　　 　　　　　　　
A.Cd的单位是kg·m/s2 B.Cd的单位是m/s
C.Cd的单位是m/s2 D.Cd没有单位
3.如图所示,五节质量均为m的车厢置于粗糙的水平轨道上,在大小为F的外力的牵引下,沿平直轨道匀加速行驶,若每节车厢与轨道间的动摩擦因数均为μ,已知重力加速度大小为g,不计空气阻力,则第3节车厢对第4节车厢的牵引力大小为(　　)
A.F B. C. D.F-2μmg
4.中国自主研发制造的万米级全海深载人潜水器“奋斗者”号在马里亚纳海沟成功坐底,创造了10 909米的中国载人深潜新纪录。某次深潜探测中,“奋斗者”号的速度-时间图像如图所示,忽略下潜过程重力加速度的变化。则(　　)
A.0~t1时间内“奋斗者”号做匀加速运动
B.0~t1时间内潜水器内的科考人员处于超重状态
C.t2~t3时间内潜水器内的科考人员处于失重状态
D.0~t1时间内的平均速度大于t2~t3时间内的平均速度
5.如图所示,将三个质量均为m的小球A、B、C竖直悬挂。B和C通过轻杆相连,A和B通过轻质细绳(不可伸缩)相连,再通过轻质弹簧将三者悬挂起来,处于静止状态,重力加速度大小为g。在剪断A、B间轻绳的瞬间,下列说法正确的是(　　)
A.小球A的加速度大小为aA=3g,方向竖直向上
B.小球B和C的加速度大小均为g
C.小球B的加速度是小球C加速度的2倍
D.轻杆的作用力一定不为0
6.如图甲所示,静止在水平地面上的物块,从t=0时刻起受到水平拉力F的作用,F与t的关系如图乙所示。已知物块与水平地面间的最大静摩擦力fmax等于滑动摩擦力,下列说法正确的是(　　)
　　
A.t2时刻物块速度最大
B.t1至t3时间内,加速度先增加后减小
C.0至t2时间内,物块速度一直在增加
D.0至t2时间内,摩擦力一直在增加
7.如图甲所示,水平面上有一倾角为θ的光滑斜面,斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做加速直线运动,当系统稳定时细绳上的张力FT随加速度a的变化图像如图乙所示,AB段是直线,B点坐标为,则(　　)
　　
A.m=1 kg
B.tan θ=
C.当a= m/s2时,小球对斜面的压力为0
D.当a≤ m/s2时,小球受到的支持力大小为FN=8-0.6a(N)
二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)
8.如图所示,小车运动时,看到悬挂质量为m的摆球的细线与竖直方向成θ角并与小车保持相对静止,重力加速度大小为g,则下列说法中正确的是(　　)
A.小车一定向左做匀加速运动,加速度大小为g sin θ
B.小车可能向右减速运动,加速度大小为g tan θ
C.小车可能向左加速运动,细线的拉力大小为
D.小车可能向左减速运动,加速度大小为g tan θ
9.缆车是风景游览区的交通工具,局部如图所示,质量为M的缆车车厢通过悬臂固定在缆绳上,缆绳与水平方向夹角为θ,当缆绳带动车厢以加速度a沿平行于缆绳方向匀加速向上运动时,质量为m的货物在车厢的水平底板上与车厢相对静止。已知悬臂竖直,重力加速度大小为g,则(　　)
A.悬臂对车厢的作用力竖直向上
B.车厢(含货物)受到的合力大小为(M+m)a
C.底板对货物的支持力大小为mg
D.底板对货物的摩擦力大小为ma cos θ
10.如图所示,质量为M、倾角为30°的斜面体置于水平地面上,一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B,两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行,物体A、B的质量分别为m、2m,A与斜面间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g,将A、B由静止释放,在B下降的过程中(物体A未碰到滑轮),斜面体静止不动。下列说法正确的是(　　)
A.轻绳对P点的拉力大小为mg
B.物体A的加速度大小为g
C.轻绳对B物体的拉力大小为mg
D.地面对斜面体的支持力大小为FN=g
三、非选择题(本大题共5小题,共54分)
11.(6分)某实验小组同学设计了如图所示的实验装置来测量木块和长木板间的动摩擦因数。在导轨A、B两点处分别固定光电门1和光电门2,在小桶中装入一定质量的沙子,开始时将带有挡光片的木块按住,然后轻轻释放。木块在小桶拉动下,沿长木板做匀加速运动。实验时,所用木块(含挡光片)的质量为M,小桶和桶内装入沙子的总质量为m,已知重力加速度为g。
(1)实验时,下列操作必要的是　　　　(填选项前的字母)。
A.倾斜木板平衡摩擦力
B.A、B两点间距离尽量调整得远一些
C.保证小桶和桶内沙子的总质量远远小于木块(含挡光片)的质量
D.进行多次实验,取测得的动摩擦因数的平均值
(2)某次实验,木块先后经过光电门1和光电门2时,连接光电门的计时器显示挡光片的挡光时间分别为t1和t2,该小组又测得挡光片的宽度为d,A、B两点间的距离为L,则木块和长木板间的动摩擦因数为　　　　　　　　　　　　　　(用题干中物理量的字母表示)。
12.(9分)某同学利用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。
　　
(1)对本实验的操作,下列说法中正确的是　　　　。
A.让小车靠近打点计时器,先释放小车,后接通打点计时器的电源
B.实验中不需要测量沙和沙桶的质量
C.实验操作过程中需要平衡摩擦力
D.如果沙和沙桶的质量远小于小车及其上砝码的总质量,可认为沙和沙桶的重力等于细线对小车的拉力
(2)如图乙所示为实验中得到纸带的一段,已知相邻计数点的时间间隔为T=0.1 s,测得计数点之间的距离xAC=6.20 cm,xCE=10.61 cm,计算可得小车的加速度大小为　　　　。(结果保留2位有效数字)
(3)在探究加速度与质量的关系时,在满足实验要求的情况下,改变小车上砝码的质量m,测出对应的加速度a,以m为横坐标,以为纵坐标,在坐标纸上作出如图丙所示的图像。已知弹簧测力计的读数为F,图丙中纵轴的截距为b,斜率为k,则小车的质量M为　　　　。
A.Fb B.2Fb C. D.
13.(10分)如图所示,小球P用两段等长的细线悬挂在车厢的顶部,与车厢始终保持相对静止,两段细线与车厢顶部的夹角α=45°,已知小球P的质量为m=2 kg。
(1)若车厢处于静止状态,求左、右两细线的拉力大小;
(2)若车厢以大小为a=20 m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动,求左、右两细线的拉力大小。
14.(14分)甲图所示是一沙滩上的滑草项目,某人正坐在滑板上游玩,其过程简化为乙图的物理模型,倾斜滑道AB长LAB=8 m,倾角θ=37°,水平滑道BC长LBC=10 m,CD为足够长的水平沙地,滑板与AB、BC、CD间的动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.4、μ3=0.8,滑板经过B和C位置时速度大小变化忽略不计,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
　　
(1)人和滑板从A位置由静止开始下滑,到达倾斜滑道底端B位置时的速度大小;
(2)人和滑板从A位置由静止开始下滑,停止位置与倾斜滑道底端B位置的距离;
(3)若工作人员在倾斜滑道顶端A位置推一下滑板,人和滑板以初速度v0开始下滑,人和滑板停止的位置与倾斜滑道底端B位置的距离x与v0的关系式。
15.(15分)如图所示,传送带与水平方向成30°角,顺时针匀速转动的速度大小v=8 m/s,传送带长LAB=11.4 m,水平地面上有一块足够长的木板。质量为m=3 kg的煤块(可视为质点,整个过程质量不变)以初速度v0=4 m/s,自A端沿AB方向滑上传送带,在底端B滑上上表面紧靠传送带的静止木板,木板质量为M=1 kg,不考虑煤块冲上木板时碰撞带来的机械能损失。已知煤块与传送带间的动摩擦因数为μ1=,煤块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.3,木板与地面间的动摩擦因数为μ3=0.1。求:
(1)煤块刚滑上传送带时的加速度大小;
(2)煤块从A运动到B经历的时间t;
(3)煤块停止运动时与B端的距离x。
答案与分层梯度式解析
1.B　小扳手飘浮不动时,仍存在质量,仍有惯性,A错误;小扳手的质量小于航天员的质量,则小扳手的惯性比航天员的惯性小,B正确;小扳手从地面移到空间站,质量不变,则惯性不变,C错误;惯性是维持物体运动状态的原因,而力是改变物体运动状态的原因,D错误。
2.D　根据题中的阻力公式Fd=ρv2SCd,可得Cd=,将公式中的物理量的单位采用国际单位制中的单位,可得到风阻系数Cd的单位,假设公式中各物理量的数值均为1,由于=2,可知Cd没有单位,故选D。
3.C　对五节车厢整体分析,由牛顿第二定律,有F-5μmg=5ma,对第4和第5节车厢整体分析,由牛顿第二定律,有F34-2μmg=2ma,解得第3节车厢对第4节车厢的牵引力大小F34=F,故选C。
4.D　速度-时间图像的斜率表示加速度,由图可知0~t1时间内加速度逐渐减小,潜水器做变加速直线运动,A错误;0~t1时间内潜水器向下加速,加速度向下,内部的科考人员处于失重状态,B错误;t2~t3时间内潜水器向下做减速运动,加速度向上,内部的科考人员处于超重状态,C错误;画出0~t1、t2~t3时间内的匀变速直线运动的v-t图像,比较图线与横轴所围的面积,可知0~t1时间内的平均速度>,t2~t3时间内的平均速度<,所以0~t1时间内的平均速度大于t2~t3时间内的平均速度,D正确。
5.B　在剪断A、B间轻绳前,以A、B、C三个小球为整体,根据平衡条件可得弹簧弹力大小为F弹=3mg,剪断A、B间轻绳的瞬间,弹簧弹力保持不变,以A为研究对象,根据牛顿第二定律可得aA==2g,方向竖直向上,A错误;以B、C两个小球为整体,根据牛顿第二定律可得2mg=2maBC,可得小球B和C的加速度大小均为aBC=g,以小球B为研究对象,根据牛顿第二定律可得mg+F杆=maBC,解得轻杆的作用力大小为F杆=0,B正确,C、D错误。
6.B　由图乙可知,t1时刻之前,拉力小于最大静摩擦力,物块处于静止状态,t17.C　小球离开斜面之前,对小球分析,沿斜面方向,小球加速度的分量是a cos θ,由牛顿第二定律有FT-mg sin θ=ma cos θ,得FT=ma cos θ+mg sin θ,即小球离开斜面之前,FT与a是一次函数关系,对应乙图中的AB段;B点坐标为,可知,当a= m/s2时,小球恰好未离开斜面,有FN=mg cos θ-ma sin θ=0,解得tan θ=,由图乙可知,当a=0时,FT=mg sin θ=0.6 N,解得m=0.1 kg,A、B错误,C正确。当a≤ m/s2时,小球未脱离斜面,小球受到的支持力大小为FN=mg cos θ-ma sin θ=0.8-0.06a(N),D错误。
8.BC　对小球分析,在竖直方向,由平衡条件有T cos θ-mg=0,在水平方向,由牛顿第二定律有T sin θ=ma,联立解得a=g tan θ,方向向左,T=,则小车可能向左做加速运动,也可能向右做减速运动,加速度大小为g tan θ,故选B、C。
9.BD　将车厢和货物看成整体,车厢(含货物)受到的合力大小为F合=(M+m)a,方向沿缆绳向上,受力分析如图甲,可知悬臂对车厢的作用力F斜向右上方,A错误,B正确;对货物受力分析,如图乙所示,由牛顿第二定律可得N-mg=ma sin θ,摩擦力f=ma cos θ,解得N=m(g+a sin θ),C错误,D正确。
　
BCD　相同时间内物体B通过的位移大小是物体A通过的位移大小的两倍,则物体B的加速度大小是物体A的加速度大小的两倍,设物体A的加速度大小为a,则B的加速度大小为2a,设物体A、B释放瞬间,轻绳的拉力大小为T,对物体A,根据牛顿第二定律,有2T-mg sin 30°-μmg cos 30°=ma,对物体B,有2mg-T=2m·2a,联立解得T=mg,a=g,A错误,B、C正确;物体B下降过程中,对斜面体、A、B整体分析,沿竖直方向,根据牛顿第二定律,有(M+3m)g-FN-T sin 30°=2m·2a-ma sin 30°,解得地面对斜面体的支持力大小为FN=g,D正确。
易错警示 如果加速度相同，对整体受力分析（不必考虑内力),依据牛顿第二定律,有F合=(m1+m2)a;如果加速度不相同,对整体受力分析(不必考虑内力),依据牛顿第二定律,有F合=m1a1+m2a2。
11.答案　(1)BD(3分)　(2)-(3分)
解析　(1)本实验要测量木块和长木板间的动摩擦因数,不需要平衡摩擦力,A错误;实验时两光电门之间的距离要尽量调整得远一些,减小测量距离时带来的误差,B正确;小桶和沙子牵引木块做加速运动,不必满足细线对木块的拉力与小桶和沙子的总重力大小近似相等,则不需要保证小桶和桶内沙子的总质量远远小于木块(含挡光片)的质量,C错误;为使测得的数值更加准确,需进行多次实验,取测得的动摩擦因数的平均值,D正确。
(2)木块经过光电门1时的速度为v1=,木块经过光电门2时的速度为v2=,根据速度-位移公式-=2aL,小桶和桶内沙子牵引木块做加速运动,根据牛顿第二定律,有mg-μMg=(m+M)a,联立解得μ=-。
12.答案　(1)BC(3分)　(2)1.1 m/s2(3分)　(3)B(3分)
解析　(1)让小车靠近打点计时器,先接通打点计时器的电源,后释放小车,A错误;实验中小车所受拉力大小为弹簧测力计示数的两倍,可以直接读出,所以不需要测量沙和沙桶的质量,B正确;为了保证小车所受的合外力大小为弹簧测力计示数的两倍,实验操作过程中需要平衡摩擦力,C正确;如果沙和沙桶的质量远小于小车及其上砝码的总质量,可认为沙和沙桶重力的两倍等于细线对小车的拉力,D错误。故选B、C。
(2)由逐差法可得,小车的加速度大小为a== m/s2≈1.1 m/s2。
(3)对小车及其上砝码分析,有2F=(M+m)a,整理可得=m+,对比丙图可知b=,可得小车的质量为M=2Fb,故选B。
13.答案　(1)10 N　10 N　(2)30 N　30 N
解析　(1)若车厢处于静止状态,对小球受力分析,由平衡条件,
水平方向:T1 cos α=T2 cos α(2分)
竖直方向:T1 sin α+T2 sin α=mg(2分)
解得T1=T2=10 N(1分)
(2)若车厢竖直向上做匀加速运动,
对小球受力分析,水平方向受力平衡,有T1' cos α=T2' cos α(2分)
竖直方向,由牛顿第二定律,有T1' sin α+T2' sin α-mg=ma(2分)
解得T1'=T2'=30 N(1分)
14.答案　(1)8 m/s　(2)8 m　(3)x=8+(m)(v0≤4 m/s),x=9+(m)(v0>4 m/s)
解析　(1)从A到B过程,对人和滑板,由牛顿第二定律,有
mg sin θ-μ1mg cos θ=ma1(1分)
得a1=4 m/s2
设到B位置时速度大小为vB,有=2a1LAB(1分)
解得vB=8 m/s(1分)
(2)从B向C运动过程,对人和滑板,由牛顿第二定律,有μ2mg=ma2(1分)
得a2=μ2g=4 m/s2
由速度-位移关系有=2a2xBC,可得xBC=8 m<10 m,此时人和滑板未进入CD沙地区域(2分)
(3)若人和滑板未过位置C,由速度-位移关系,AB段满足
v'-=2a1LAB(1分)
在BC段满足v'=2a2x(1分)
x=LBC=10 m时,v0最大(1分)
联立解得x=8+(m)(v0≤4 m/s)(1分)
若人和滑板经过位置C向D运动,由速度-位移关系,AB段满足vB″2-=2a1LAB
设到达C时速度为vC,则由速度-位移关系,BC段满足vB″2-=2a2LBC(1分)
人和滑板在CD段运动的加速度大小a3=μ3g=8 m/s2
由速度-位移关系,CD段满足=2a3xCD(1分)
联立解得xCD=-1(m)(1分)
故x=LBC+xCD=9+(m)(v0>4 m/s)(1分)
15.答案　(1)10 m/(2)1.525 s　(3)19 m
解析　(1)煤块刚滑上传送带时,由牛顿第二定律,有
mg sin 30°+μ1mg cos 30°=ma1(1分)
解得a1=10 m/s2(1分)
(2)煤块与传送带共速时,位移为x共== m=2.4 m由于μ1==tan 30°
即mg sin 30°=μ1mg cos 30°(1分)
可知共速后煤块与传送带一起做匀速运动,
煤块从A运动到B经历的时间t=+=1.525 s(1分)
(3)煤块滑上长木板后,分别对煤块和长木板,根据牛顿第二定律可得
μ2mg=ma2(1分)
μ2mg-μ3(M+m)g=Ma3(1分)
解得a2=3 m/s2,a3=5 m/s2(1分)
煤块向右做匀减速直线运动,木板向右做匀加速直线运动,设经过时间t1二者共速为v1,
则v1=v-a2t1=a3t1(1分)
解得t1=1 s,v1=5 m/s(1分)
此过程中煤块的位移为x1=t1=6.5 m(1分)
煤块与木板共速后一起向右做匀减速运动,
根据牛顿第二定律可得μ3(M+m)g=(M+m)a4(1分)
解得a4=1 m/s2(1分)
则煤块速度减为零时位移为x2== m=12.5 m(1分)
所以煤块停止运动时与B端的距离为x=x1+x2=19 m(1分)
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)