2025版人教版高中物理精讲精练必修1第四章《运动和力的关系》基础与培优达标检测卷 解析版

第四章《运动和力的关系》基础与培优达标检测卷

一：单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32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．在力学中的对应国际制基本单位的物理量有（）

A．时间、米、千克B．安培、米、秒

C．米、千克、秒D．长度、时间、质量

【答案】D

【详解】在力学中的国际制基本单位是米、秒、千克，对应的物理量是长度、时间、质量。

故选D。

2．图甲是小李因踩到香蕉皮而摔倒的情景，图乙是小张因被石头绊到而摔倒的情景，则下列说法正确的是（）

A．小李摔倒是因为下半身的速度大于上半身的速度

B．小张摔倒是因为下半身仍保持原来的运动状态

C．人行走越快越容易摔倒，因此速度越大，人的惯性越大

D．小李摔倒是因为小李的惯性变小了

【答案】A

【详解】A．小李摔倒是因为小李的脚受到的摩擦力突然变小，脚不能立刻停下来，脚向前滑，由于惯性，上半身

还要保持原来的运动状态，人下半身的速度大于上半身的速度，所以人会向后倾倒，故A正确；

B．小张摔倒是因为小张的脚被石头绊到后立即静止，小张的上半身由于惯性仍保持原来的运动状态，小张向前摔

倒，故B错误；

CD．惯性只与物体的质量有关，与速度无关，故CD错误。

故选A。

3．如图所示，质量为m的人站在倾斜的电梯上随电梯一起斜向上运动，电梯斜面的倾角为θ，重力加速度大小为g，

下列说法正确的是（）

A．若电梯匀速运动，则人相对电梯斜面有向上运动的趋势

B．若电梯带动人一起斜向上加速运动，则人处于失重状态

C．若电梯带动人一起匀速运动，则人处于完全失重状态

D．若电梯匀速运动，则电梯斜面对人的作用力大小为mg

【答案】D

【详解】A．若电梯匀速运动，人受到的静摩擦力沿电梯斜面向上，人相对电梯斜面有向下运动的趋势，选项A错

误；

B．若电梯带动人一起斜向上加速运动，人处于超重状态，选项B错误：

C．若电梯匀速运动，人既不处于失重状态也不处于超重状态，选项C错误；

D．若电梯匀速运动，根据物体的平衡条件，可知电梯斜面对人的作用力大小为mg，选项D正确。

故选D。

4．如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上（重力

加速度为g）。下列判断正确的是（）

A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力大小发生突然变化

g

B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为

sin

C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为g

D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin

【答案】A

【详解】AB．设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为T，由平衡条件可得

Fcosθ=mg，Fsinθ=T

解得

mg

F=，T=mgtanθ

cos

在AC被突然剪断的瞬间，BC上的拉力F发生了突变，小球的加速度方向沿与BC垂直的方向且斜向下，大小为

a=gsinθ

A正确，B错误；

CD．在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿

BC方向斜向下，故加速度

g

a=

cos

CD错误。

故选A。

5．如图，一辆装满石块的货车在平直道路上以加速度a向前加速运动。货箱中石块B的质量为m，石块B周围与

它接触的物体对石块B的作用力的合力为（重力加速度为g）（）

A．0B．maC．(ma)2(mg)2D．mg

【答案】C

【详解】石块B受到与它接触的物体对它的作用力及重力的作用，二力的合力水平向右，如图

根据平行四边形定则得石块B周围与它接触的物体对石块B的作用力的合力大小为

F(mg)2(ma)2

故选C。

6．保山是云南唯一一个拥有两个机场的城市!保山的两个机场为保山云瑞机场、腾冲驼峰机场，并且两个机场的旅

客吞吐量都达百万级。对于人口只有两百多万的城市来说，这很难得!同时也说明保山的旅游资源很丰富。如图甲为

应用于云端机场的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型，紧绷的传送带始终保持v0.4m/s的恒定

速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数0.2，A、B间的距离为2m，g取10m/s2。旅客把行李（可视为质点）

无初速度地放在A处，经过一段时间运动到B处，则下列说法正确的是（）

A．该行李的加速度大小一直为2m/s2

B．该行李经过5.1s到达B处

C．该行李相对传送带滑行距离为0.08m

D．若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处

【答案】B

【详解】A．根据牛顿第二定律

mgma

可得行李在传送带上的加速度为2m/s2，当行李速度与传送带速度相等时，行李加速度为零，故A错误；

B．行李在传送带上加速的时间

v

t0.2s

1a

行李做匀加速直线运动的位移

1

xat20.04m

2

行李做匀速直线运动的时间

Lx

t4.9s

2v

行李到达B处的时间

tt1t25.1s

故B正确；

C．该行李相对传送带滑行距离为

xvt1x0.04m

故C错误；

D．若行李一直做匀加速直线运动时，运动时间最短，由

1

Lat2

2min

解得最短时间为

tmin2s

故D错误。

故选B。

、、

7．如图甲，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图乙所示。若重力加速度及图中的v0v1t1均

为已知量，则不能求出的是（）

A．斜面的倾角B．物块的质量

C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度

【答案】B

【详解】AC．物块滑上斜面的初速度v0已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度0，所以沿斜面向上滑行的

最远距离

v

s0t

21

根据牛顿第二定律，向上滑行过程

v0

a1gsingcos

t1

向下滑行

v1

a2gsingcos

t1

整理可得

vv

gsin01

2t1

从而可计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦因数，故AC不符合题意；

D．根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度

v0v0v1v0v1

ssint1v0

22gt14g

故D不符合题意；

B．仅根据速度时间图像，无法求出物块质量，故B符合题意。

故选B。

8．如图所示，质量m为2kg的物块A放在一个静止木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数0.25。A的右

边被一根轻弹簧水平向右拉着并保持静止，且弹簧的拉力为4N。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。则

下列说法正确的是（）

A．当木箱由静止以1m/s2的加速度水平向左加速瞬间，A所受的摩擦力为6N

B．当木箱由静止以4m/s2的加速度水平向右加速瞬间，A与木箱发生相对滑动

65

C．当木箱由静止以4m/s2的加速度竖直向下加速瞬间，A的加速度大小为m/s2

2

D．当木箱由静止以2m/s2的加速度竖直向上加速瞬间，木箱对A的作用力大小为24N

【答案】C

【详解】A．木箱受到的最大静摩擦力为

fmaxmg5N

2

木箱以a11m/s向左加速时，物块的合力大小为

F1ma12N

方向向左，若此时仍相对静止，则所需的摩擦力为

fF弹F16Nfmax5N

则两者发生相对滑动，此时所受摩擦力为5N，方向向左，故A错误；

2

B．木箱以a24m/s向右加速时，合力大小为

F2ma28N

方向向右，又

F2F弹f

解得

f4Nfmax5N

则物块A与木箱底面相对静止，故B错误；

2

C．木箱以a34m/s竖直向下加速时，由牛顿第二定律

mgN3ma3

解得支持力

N312N

由于

fmaxN33N

水平方向，根据牛顿第二定律可得

FxF弹fmax1Nmax

A的加速度大小为

65

aa2a2m/s2

xy2

故C正确；

2

D．木箱以a42m/s竖直向上加速时，由牛顿第二定律

N4mgma4

解得支持力

N424N

木箱对A的作用力大小为

22

FN4f437N

故D错误。

故选C。

二：多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全

部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9．关于牛顿第一定律、惯性，下列的说法中正确的是（）

A．牛顿第一定律可以通过实验直接得到验证

B．牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因，又揭示了运动状态改变的原因

C．任何物体在任何状态、任何地点都具有惯性

D．物体的惯性越大其运动状态越容易被改变

【答案】BC

【详解】A．牛顿第一定律是在实验的基础上，经过分析实验数据、加上科学推理得出的，故A错误；

B．牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因，又揭示了运动状态改变的原因，故B正确；

C．惯性的大小只与物体的质量有关，与物体在何状态、何地点都无关，故C正确；

D．物体的惯性越大，质量越大，其运动状态越不容易改变，故D错误。

故选BC。

10．如图所示，甲、乙两图中A、B两球质量相等，图甲中A、B两球用轻质杆相连，图乙中A、B两球用轻质弹

簧相连，均用细绳悬挂在天花板下处于静止状态，则在两细绳烧断的瞬间（）

A．图甲中轻杆的作用力不为零

B．图甲中两球的加速度一定相等

C．图乙中两球的加速度一定相等

D．图甲中A球的加速度是图乙中A球加速度的一半

【答案】BD

【详解】设两球质量均为m，细绳烧断的瞬间弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以细绳烧断瞬间，题图乙

中B球所受合力仍为零，加速度为零，A球所受合力2mg，加速度为2g。题图甲中，细绳烧断瞬间，A、B的加速

度相同，设为a，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得

2mg=2ma

解得

a=g

设题图甲中轻杆的作用力为FT，再以B为研究对象，由牛顿第二定律得

mg＋FT=ma

解得

FT=0

即题图甲中轻杆的作用力一定为零。

故选BD。

11．一小球由某高处自由落下，落在竖直放置的轻质弹簧上，O为弹簧自由状态时最上端，A为小球合力为零的点，

B为小球运动的最低点。运动过程在弹性限度内，小球视为质点，不计空气阻力。则下列说法正确的是（）

A．小球在OA段处于失重状态B．小球在AB段处于超重状态

C．小球由O到A过程中，加速度先增大后减小D．小球由A到B过程中，加速度一直

增大

【答案】ABD

【详解】A．小球在OA段，重力大于弹力，加速度向下，则处于失重状态，选项A正确；

B．小球在AB段，重力小于弹力，加速度向上，则处于超重状态，选项B正确；

C．小球由O到A过程中，弹力小于重力，由

mg-F=ma

可知，随弹力增加，加速度减小，选项C错误；

D．小球由A到B过程中，弹力大于重力，由

F′-mg=ma′

可知，随弹力增加，加速度一直增大，选项D正确。

故选ABD。

12．如图所示，倾角为37的光滑斜面固定在水平地面上，一轻质弹簧一端与垂直固定在斜面上的挡板相连，另

一端与物块B栓接，劲度系数为k。物块A紧靠着物块B，物块与斜面均静止。现用一沿斜面向上的力F作用于A，

1

使A、B两物块一起沿斜面做加速度大小为g的匀加速直线运动直到A、B分离。物块A质量为m，物块B质量

5

为2m，重力加速度为g，sin370.6,cos370.8。下列说法中正确的是（）

1

A．施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为mg

5

6

B．A、B分离瞬间弹簧弹力大小为mg

5

C．拉力F的最大值大于mg

mg

D．在A、B分离前整个过程中A的位移为

5k

【答案】AD

【详解】A．施加拉力F之前，A、B整体受力平衡，根据平衡条件，有

F弹kx3mgsin

解得

1.8mg

x

k

施加F瞬间，物体A、B加速度大小为

1

ag

5

对A、B整体，根据牛顿第二定律

FF弹3mgsin3ma

对A，根据牛顿第二定律得

FFBAmgsinma

联立，解得

1

Fmg

BA5

故A正确；

B．分离时，物体A、B之间作用力为0，对B根据牛顿第二定律得

F'弹2mgsin2ma

解得

F'弹kx'1.6mg

可得

1.6mg

x

k

故B错误；

C．依题意，整个过程中拉力F一直增大，A、B分离瞬间，物体A、B之间作用力为0，F最大，对A根据牛顿

第二定律得

Fmaxmgsinma

解得

Fmax0.8mgmg

故C错误；

D．在A、B分离前整个过程中A的位移为

mg

xxx故D正确。

A5k

故选AD。

三：实验题:本题共2小题，第一小题小题5分，第二小题7分，共12分。

13．在“探究加速度与物体所受合力的关系”实验中，实验装置如图甲所示，打点计时器所接交流电的频率为50Hz。

（1）下列说法正确的是（填字母序号）；

A．需要用天平测出砂和砂桶的总质量

B．定滑轮到小车间的轻绳与倾斜的长木板平行

C．挂上砂桶，调节长木板的倾角，以平衡摩擦力

D．小车先从靠近打点计时器处释放，后接通电源

（2）实验中得到的一条纸带如图乙所示，0~6为计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，测得计数点

间距离x12.80cm、x24.40cm、x35.90cm、x47.60cm、x59.15cm、x610.75cm。根据纸带数据求出，小

车的加速度为m/s2（结果保留两位有效数字）；

（3）以弹簧测力计的读数F为横坐标，通过纸带计算出的加速度a为纵坐标，画出的aF图象如图丙所示，则小

车的质量为kg；

（4）小丽同学根据测量数据作出如图丁所示的aF图线，该同学做实验时存在的问题是（填写字母）。

A．没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够

B．砂和砂桶的质量m没有远小于小车的质量M

C．平衡摩擦力时木板没有滑轮的一端垫的过高

D．先释放小车，后接通电源

【答案】B1.60.2A

【详解】（1）[1]A．弹簧测力计可以直接测量绳的拉力，不需要用天平测出砂和砂桶的总质量，A错误；

B．为了使小车所受合外力等于两段绳子的拉力，定滑轮到小车间的轻绳与倾斜的长木板应平行，B正确；

C．平衡摩擦力时，应去掉砂桶，调节长木板的倾角，使小车在拖动纸带的情况下在木板上能够做匀速直线运动，C

错误；

D．由于小车速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间

距适当的数据点，实验时应先接通电源，再将小车从靠近打点计时器处释放，D错误。

故选B。

（2）[2]由题意可知相邻两计数点间的时间间隔为

5

T0.1s

f

根据逐差法可得小车的加速度为

10.759.157.601025.904.402.80102

am/s21.6m/s2

90.12

（3）[3]根据牛顿第二定律得

2FMa

解得

2

aF

M

根据图像得

24

kg1

M0.4

解得

M0.2kg

（4）[4]A．没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够，则a-F关系为

2Ff

a

M

即a-F图线存在横截距，故A符合题意；

B．本实验中可以直接通过弹簧测力计来获取小车所受拉力大小，砂和砂桶的质量m是否远小于小车的质量M对实

验无影响，故B不符合题意；

C．平衡摩擦力时木板没有滑轮的一端垫的过高，即平衡摩擦力过度，则a-F关系为

2FF

a

M

即a-F图线存在纵截距，故C不符合题意；

D．先释放小车，后接通电源会使纸带上的点数据较少，不会造成图线不过原点，故D不符合题意。

故选A。

14．图甲为验证牛顿第二定律的实验装置示意图．图中打点计时器的电源为50Hz的交流电源，打点的时间间隔用

Δt表示．在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质

量间的关系”．

(1)完成下列实验步骤中的填空：

①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列

的点．

②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码．

③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m．

④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③．

⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点．测量相邻计数点的间距s1，s2，…求出与不同m相对应

的加速度a．

11

⑥以砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出－m关系图线．若加速度与小车和砝码的总质量成反

aa

1

比，则与m应成关系(填“线性”或“非线性”)．

a

(2)完成下列填空：

①本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满

足的条件是．

②设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2和s3．a可用s1、s3和Δt表示为a＝．图乙为用米尺测量某一纸

2

带上的s1、s3的情况，由图可求得加速度的大小a＝m/s．

③图丙为所得实验图线的示意图．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的

拉力为，小车的质量为．

ss

【答案】等间距线性远小于小车和砝码的总质量(填“远小于小车的质量”也可以)31

50t2

1b

1.16(1.13～1.19之间)

kk

【详解】(1)[1]平衡摩擦力的标准为小车可以匀速运动，打点计时器打出的纸带点迹间隔均匀

F

[2]由a得

m

1m

aF

1

知与m应成线性关系；

a

(2)[3]设小车的质量为M，小吊盘和盘中物块的质量为m，设绳子上拉力为F，以整体为研究对象有

mg(mM)a

解得：

mg

a

m

1

M

故有Mm时才可以认为绳对小车的拉力大小等于小吊盘和盘中物块的重力；

[4]根据

2

s3s12aT

T5t

则

ss

a31；

50t

2

[5]由图可读出s1=24.2mm，s3=47.3mm，代入数据解得a=1.16m/s；

[6][7]设小车质量为M，小车受到外力为F，由牛顿第二定律有

F(Mm)a

所以

1mM

aFF

111

由m图象的斜率为，故F=纵轴截距为

aFk

M

bkM

F

则

b

M

k

四：解答题:本题共4小题,第一小题小题6分，第二小题8分，第三小题10分，第四小题12分，共36分。

15．一名质量为60kg的工人，站在竖直向上运动着的升降机底板上。他看到升降机上挂着一个重物的弹簧测力计

的示数为40N，已知该重物的质量为5kg。弹簧测力计的质量忽略不计。（g取10m/s2）

（1）先根据受力情况判断重物的加速度的方向，并指出重物是处于超重状态还是失重状态。，再求出重物的加速度

的大小。

（2）这时该工人对升降机底板的压力是多大？

（3）如果悬挂测力计的悬线突然从A点断开，则此时重物的加速度有何变化？

【答案】（1）向下；失重状态；2m/s2；（2）480N；（3）重物的加速度立即变为10m/s2，方向竖直向下

【详解】（1）以重物为研究对象，重物受向下的重力mg，向上的拉力F，由于重物的重力mg大于弹簧的拉力F，

因此重物所受合力方向向下，即重物的加速度方向应向下，重物处于失重状态。

由牛顿第二定律有

mgFma

所以

mgF5040

am/s22m/s2

m5

（2）以人为研究对象，人受到重力Mg，底板的支持力FN，由牛顿第二定律有

MgFNMa

得

FNMgMa60102N480N

由牛顿第三定律知，人对升降机底板的压力大小为480N。

（3）悬线突然断开，则此时重物的加速度立即变为重力加速度，即大小是10m/s2，方向竖直向下。

16．如图所示，小孩与冰车静止在冰面上，大人用F=200N的恒定拉力，使小孩与冰车沿水平冰面一起滑动。已知

拉力方向与水平冰面的夹角θ=37°，小孩与冰车的总质量m=20kg，冰车与冰面间的动摩擦因数μ=0.05，重力加速度

g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

（1）小孩与冰车所受的支持力；

（2）小孩与冰车的加速度。

【答案】（1）80N，方向竖直向上；（2）7.8m/s2，方向水平向右

【详解】（1）小孩与冰车组成整体竖直方向受合外力是0，整体竖直方向受重力mg、支持力FN和拉力F在竖直方

向的分力Fsin37°，由平衡条件列出竖直方向力学方程为

FN+Fsin37°mg=0

代入数据解得支持力为−

FN=80N

方向竖直向上。

（2）小孩与冰车组成整体在水平方向所受的合外力

F合Fcos37FN156N

由牛顿第二定律可得小孩与冰车的加速度

F合156

ams27.8ms2

m20

方向水平向右。

17．如图所示，在倾角为θ的斜面上有一个质量m1kg的物体，零时刻开始，物体在大小F20N、方向沿斜面向

上的拉力作用下由斜面最低点从静止开始运动，2s时物体的速度v20m/s，方向沿斜面向上，3s时，撤去拉力。

已知：sin0.6，cos0.8，重力加速度g取10m/s2，斜面足够长，求：

(1)物体与斜面之间的动摩擦因数。

(2)撤去F后，物体在斜面上继续运动多长时间。

【答案】(1)0.5

(2)(3310)s

【详解】（1）物体从静止开始运动，2s时物体的速度v20m/s，根据速度公式有

va1t1

解得物体加速过程的加速度大小为

2

a110m/s

以物体为对象，根据牛顿第二定律可得

Fmgsinfma1

又

fNmgcos

联立解得物体与斜面之间的动摩擦因数

0.5

（2）经历3s，物体的位移与速度分别为

1

xat245m，vat30m/s

1212112

3s后撤去拉力，物体开始向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得

mgsinmgcosma2

解得加速度大小为

2

a210m/s

物体继续向上运动到速度减为0所用时间为

v1

t33s

a2

物体继续向上运动到速度减为0通过的位移大小为

v

x1t45m

223

由于mgsinmgcos，则物体将向下加速运动，根据牛顿第二定律可得

mgsinmgcosma3

解得加速度大小为

2

a32m/s

根据运动学公式可得

1

xxat2

12234

解得

t4310s

则撤去F后，物体在斜面上继续运动的时间为

tt3t4(3310)s

18．某工厂传输工件（可视为质点）的简化示意图如图所示。粗糙斜面AB紧邻水平传送带甲，水平传送带乙紧邻

水平面DE，忽略两传送带的间距以及传送带轮子尺寸。工作时：每隔相等时间t，将相同的工件（编号分别为1，

2，3，…）从斜面顶端A由静止释放。当工件1进入传送带甲时，工件2恰好从A点释放；当工件1进入传送带乙

时，工件2恰好进入传送带甲；最终工件1通过传送带乙后，以速度3v在水平面DE段匀减速到0时由机械臂抓取。

所有工件由斜面底端进入水平传送带前、后速度大小不变，且速度均为v，通过传送带甲时留下的划痕占整个传送

1

带甲总长度的。传送带甲、乙长度之比为1∶3，顺时针匀速转动的速度均为3v，工件与传送带甲、乙及水平面

3

DE间的动摩擦因数相同，与斜面AB间的动摩擦因数不同。斜面倾角θ=37°，已知sin37°=0.6，重力加速度为g，不

计空气阻力，求：

(1)工件与斜面间的动摩擦因数μ；

(2)机械臂取物点的位置到D点的距离；

(3)传送带甲至少传送几个工件时，其表面处处均有划痕（数量可直接写出，不用论证），以及工件1到达传送带乙

的右端D时，相邻工件2、3的间距。

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【答案】(1)

4gt

45

(2)vt

16

(3)2.85vt

【详解】（1）工件1沿斜面下滑过程中，由牛顿第二定律得：

mgsinmgcosma

又由运动学公式

vat

联立解得

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