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运动和力的关系 章末质量监测试题 2026-2027学年高一物理上学期人教版必修第一册
一、单选题
1．电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。电梯减速上升的时段是（　　）
A．从20.0 s到30.0 s B．从30.0 s到40.0 s
C．从40.0 s到50.0 s D．从50.0 s到60.0 s
2．某同学用如图所示实验来认识超重和失重现象，先保持手指和钩码静止，感受套在手指上的橡皮筋对手指的压力。然后设法使钩码上下振动，手指保持静止感受橡皮筋对手指压力的变化。下列说法中正确的是（　　）
A．钩码下降过程，处于失重状态
B．钩码上升过程，处于失重状态
C．钩码下降和上升过程，都能出现失重现象
D．钩码由最高点下降到最低点的过程，先出现超重现象，后出现失重现象
3．如图，A和B为两质量相等的小球，由细线相连，再用轻质弹簧悬挂起来，当细线被烧断的瞬间，A和B的加速度大小分别为、，已知重力加速度为g，则（　　）
A．且方向竖直向下，且方向竖直向下
B．且方向竖直向上，
C．且方向竖直向上，且方向竖直向下
D．，且方向竖直向下
4．如图所示，质量为 M，中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m 的小铁球，现用一水平向右的推力 F 推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成 ．则下列说法正确的是（重力加速度为g）( )
A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．系统的加速度为
C．凹槽对小铁球的支持力为
D．推力
5．下列科学家对运动和力关系的认识，符合历史事实的是（　　）
A．亚里士多德认为力是改变物体运动状态的原因
B．伽利略运用理想斜面实验，进行合理外推，认识到物体受力越大，运动越快
C．笛卡尔认为：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D．牛顿在伽利略等前辈研究的基础上，用实验直接得出了牛顿第一定律
6．如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆右边用一根细线吊一小铁球，当小车做匀变速运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ＜α，则下列说法正确的是 （重力加速度为g）（ ）
A．轻杆对小球的弹力方向与细线平行
B．轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上
C．小车一定以加速度gtanα向右做匀加速运动
D．小车一定以加速度gtanθ向右做匀加速运动
7．如图甲所示，长木板静止在光滑的水平面上，小铅块以一定水平速度滑上木板的左端，恰能滑至木板右端与木板相对静止。如图乙所示，将木板分成1和2两部分，其质量分别为m1、m2，紧挨着放在此平面上，再让小铅块以相同的初速度滑上木板1的左端。小铅块运动中所受的摩擦力始终不变。下列判断正确的是（　　）
A．当m1>m2时，小铅块能从木板2的最右端滑出
B．当m1C．当m1=m2时，小铅块仍能滑到木板2的最右端且刚好相对静止
D．无论m1与m2之间是何种关系，小铅块都能滑到木板2上但不能到达最右端
二、多选题
8．如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，下端固定在水平面上，上端连接着一块质量为1kg的木板，木板上放置一质量为1kg的物块，初始时木板和物块都处于静止状态，忽略空气阻力，重力加速度。下列判断正确的是（　　）
A．现用竖直向上的拉力F作用在物块上，若要使物块和木板在施加F瞬间立刻分开，物块加速度不低于
B．若施加一竖直向上的恒力F，F的大小可使木板和物块分离，则木板与物块在弹簧原长处分离
C．若施加一竖直向上的变力F使木板和物块做匀加速运动，加速度大小为，外力F与物块向上位移x的关系为
D．若给物块施加一向下的力使弹簧压缩量增大，且撤去外力后木板和物块可发生分离，则一定在原长时分离
9．在生产实践中常用两根平行并排的粗细均匀的圆柱形直杆，将建筑材料从高处运送到低处。图甲是用粗细均匀的圆柱形直杆输送圆柱形建筑材料的情境；图乙是用同一装置输送正方形砖块的情境，两直杆与砖块的接触点分别为砖块的两边的中点。已知两直杆与水平面的夹角均为θ，两种材料与两直杆间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。下列分析判断正确的是（ ）
A．若仅将两圆柱形直杆间距增大一些，圆柱形建筑材料下滑到底端的时间增大
B．若仅将两圆柱形直杆间距增大一些，圆柱形建筑材料下滑到底端的时间不变
C．若仅将两圆柱形直杆间距增大一些，正方形砖块下滑到底端的时间增大
D．若仅将两圆柱形直杆间距增大一些，正方形砖块下滑到底端的时间不变
10．如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板最右端放置一可看成质点的小物块。在时对木板施加一水平向右的恒定拉力，在的作用下物块和木板发生相对滑动，时撤去，整个过程木板运动的图像如图乙所示，物块和木板的质量均为，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，下列说法正确的是（ ）
A．木板与地面间的动摩擦因数为
B．恒力的大小为
C．物块和木板同时停止运动
D．物块最终停止时的位置与木板右端的距离为
三、实验题
11．小明利用智能手机中的传感器和APP软件“Phyphox”来探究“质量不变的情形下小车的加速度与力的关系”实验，如图（甲）所示。小车和智能手机总质量记为，钩码的质量记为，不计空气阻力，重力加速度为，。
实验步骤如下：
①挂上钩码，改变木板的倾角，调节定滑轮使细线与长木板平行，轻推小车，使小车和智能手机沿木板匀速下滑；
②取下钩码，记录其质量为，让小车和智能手机沿木板下滑，利用手机软件Phyphox测出加速度；
③改变钩码质量，再重复步骤①②，多次测量；
④通过作图可得到小车加速度与合外力（）的关系图像如图（乙）所示。
(1)步骤②中小车和智能手机的合外力_______（填“大于”“小于”或“等于”）；本实验中钩码的质量_______（填“需要”或“不需要”）远小于小车和智能手机的总质量。
(2)根据图像（乙）得到小车和智能手机的总质量为_______kg；某次实验中，当木板倾角时，对应钩码质量为，则此时小车和斜面间的摩擦力大小为_______N；木板倾角不变，小明取下钩码，挂上橡皮，小车沿斜面下滑，利用手机软件Phyphox测出加速度，则橡皮的质量为_______g。（取）
12．学习小组进行“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验，实验装置如图甲：
(1)关于平衡摩擦力的观点，下列说法正确的是__________；
A．小车放在倾斜长木板上，在不挂砝码和砝码盘的情况下，轻推小车使其能在纸带上打出均匀点迹，说明小车平衡摩擦力了
B．在每次改变小车质量之后需要重新平衡摩擦力
C．平衡摩擦力的目的是使小车所受合外力的大小等于细绳拉力的大小
D．平衡摩擦力的目的是使细绳拉力的大小等于砝码盘和砝码总重力的大小
(2)图乙是按正确的实验步骤得到的一条纸带，实验中打点计时器连接的电源周期为，每两个相邻计数点之间都有4个点没有画出，小车运动的加速度为__________。（结果保留三位有效数字）；
(3)某同学在做保持小车质量不变，验证小车的加速度与其合外力成正比的实验时，根据测得的数据作出如图丙所示的a-F图线，所得的图线既不过原点，又不是直线，原因可能是__________；
A．木板右端所垫物体较低，使得木板的倾角偏小
B．木板右端所垫物体较高，使得木板的倾角偏大
C．小车质量远大于砝码和砝码盘的总质量
D．砝码和砝码盘的总质量不满足远小于小车质量
(4)该小组又对实验方案进行了改进，来研究小车加速度与的关系，装置如图丁所示。将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，用小桶替换砝码盘，并缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始匀速运动为止，记下传感器的最大示数。再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数。释放小车，实时记录小车运动时传感器的示数。
改变小桶中砂的重力。多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度与的关系如图戊所示。不计纸带与计时器间的摩擦，图像中应为__________（用、，表示）。关于该改进的实验，下列说法中正确的是__________
A．小车和传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量
B．实验中需要将长木板右端垫高
C．随着的增大，戊图中所画的与图线不会弯曲
四、解答题
13．无人机将成为低空经济的主力。
某特定型号的无人机满功率运转时能提供恒定大小为F=250N的推力。调整旋翼的角度，可使得推力方向偏离竖直向上方向的最大夹角为。无人机自身质量M=10kg。现在让其运送m=10kg的货物。前两问不计空气阻力，
(1)无人机从地面开始负重起飞，求其到达指定的h=100m的飞行高度需要的时间t；
(2)如果我们需要无人机在达到100m的高度后立即水平飞行，可以采用如下方案：首先，无人机以最快的方式竖直向上爬升。当爬升到高度h1时，将推力方向与竖直方向的夹角调整到最大值，此时无人机一边减速爬升，一边水平加速。当无人机达到指定高度h后，其竖直方向上的速度刚好减为零，水平方向的速度为v1。之后，推力与竖直方向夹角调整为使其后面就沿水平方向运动。求h1，v1，的值；
(3)实际情况中，当推力与竖直方向夹角为时，无人机恰好以v1的速率水平匀速飞行。某同学认为这是由于空气阻力的存在所引起的。该同学采用阻力正比于速度大小的方式建模。请估算，如果该无人机失去动力，求其向下坠落的最大速度。
14．如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板最右端放置一可看成质点的小物块。在t＝0时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动，t＝1s时撤去F，整个过程木板运动的v－t图像如图乙所示，物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10，不计空气阻力，求：
(1)物块与木板间的动摩擦因数和木板与地面间动摩擦因数；
(2)力F的大小；
(3)物块最终停止时的位置与木板右端的距离。
15．如图所示，煤矿有一长度的传送带与水平面夹角，传送带以的速率逆时针转动。在传送带上端A点由静止释放一个黑色煤块，煤块运动到传送带下端B点并离开传送带，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数，，。
(1)求煤块刚放到传送带上时的加速度的大小；
(2)求煤块在传送带上运动的时间；
(3)煤块从A运动到B的过程中传送带上形成黑色痕迹的长度。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C C C C A D ACD AD BD
1．C
【详解】根据图像可知，电梯减速上升过程中，速度为正值，加速度为负值，由于速度—时间图像中，图像切线的斜率的正负表示加速度的方向，可知，电梯减速上升的时段是从40.0 s到50.0 s。
故选C。
2．C
【详解】AD．钩码由最上端向下运动的过程中，先是加速下降，后是减速下降，其加速度的方向先是向下的，后是向上的，所以是先失重后超重；故AD错误；
B．钩码由最下端向上运动的过程中，先是加速上升，后是减速上升，其加速度的方向先是向上的，后是向下的，所以是先超重后失重；故B错误；
C．钩码下降和上升过程，都有加速度向下的阶段，所以都能出现失重现象，故C正确。
故选C。
3．C
【详解】设A和B质量为m，弹簧弹力为F，开始时对AB整体分析可得
当细线被烧断的瞬间，A受到弹簧弹力和重力，有
即
方向竖直向上；B只受到重力，加速度为，方向竖直向下。
故选C。
4．C
【详解】A. 小球的加速度方向水平向右，所以合外力方向水平向右，故A错误；
B. 对小球进行受力分析得： ，解得：a=gtanα，所以系统的加速度为
故B错误．
C. 对小球进行受力分析，如图，则凹槽对小铁球的支持力
故C正确．
D. 对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律得：
故D错误．
5．C
【详解】A．亚里士多德认为力是维持物体运动状态的原因，A错误；
B．伽利略通过实验和逻辑推理说明了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因，B错误；
C．笛卡尔认为：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，C正确；
D．牛顿在伽利略等前辈研究的基础上，得出了牛顿第一定律牛顿，但是第一定律是无法通过实验进行验证的，D错误。
故选C。
6．A
【详解】A．对细线吊的小球研究，根据牛顿第二定律，得
得到
对轻杆固定的小球研究．设轻杆对小球的弹力方向与竖直方向夹角为β，由牛顿第二定律，得
因为
得到
则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，故A正确；
B由上，轻杆对小球的弹力方向并不沿着轻杆方向向上，故B错误．
C．小车的加速度
方向向右，而运动方向可能向右，也可能向左，故C错误；
D．由上知小车的加速度
故D错误。
故选A。
点评：绳子的模型与轻杆的模型不同：绳子的拉力一定沿绳子方向，而轻杆的弹力不一定沿轻杆方向，与物体的运动状态有关，可根据牛顿定律确定．
7．D
【详解】木板整体时铅块滑到木板最右端才与木板相对静止。而当将木板分成两块，铅块滑到第二块时，两块木板将分离，分离之后前一段木板匀速运动，铅块和后一段木板相互作用，此时木板的质量比原木板质量减少，铅块给木板的摩擦力不变，因此根据牛顿第二定律可知，此时后一段木板的加速度要比整体时大，铅块的加速度不变，这样达到共同速度时所用时间短，因此最后在铅块滑到木板的最右端之前与板保持相对静止，与m1、m2的大小无关。
故选D。
8．ACD
【详解】A．设木板、物块质量均为m，对AB整体，未施加力时，由平衡条件可知弹簧弹力大小
要使物块和木板在施加F瞬间立刻分开，则施加F瞬间物块与木板间弹力为0且加速度相同，对木板有
解得
即物块加速度不低于，故A正确；
B．若施加一竖直向上的恒力F，可知物块与木板一起向上做加速运动，二者合力向上，木板与物块分离时二者之间弹力为0且合力向上，可知此时弹簧一定处于压缩状态，故B错误；
C．若施加一竖直向上的变力F使木板和物块做匀加速运动，对二者整体有
其中，联立解得，故C正确；
D．设二者分离时弹簧弹力为，且分离时二者之间弹力为0，规定向下为正方向，对物块有
对木板有
联立解得
可知此时弹簧处于原长状态，故D正确。
故选ACD。
9．AD
【详解】AB．对圆柱形建筑材料进行受力分析，如图丙所示，其所受两直杆的两个支持力的合力等于
设两个支持力的夹角为，根据平行四边形定则可知支持力
根据牛顿第二定律可得
解得，若仅将两圆柱形直杆间距增大一些，则增大，所以减小
由运动学公式可知，下滑位移不变，加速度越小，下滑时间越长。
因此，圆柱形建筑材料下滑到底端的时间增大，故A正确，B错误；
CD．对正方形砖块进行受力分析，如图丁所示，与之间的夹角为定值
依题意有，则有
根据牛顿第二定律可得
解得，若仅将两圆柱形直杆间距增大一些，不变，下滑位移也不变，所以正方形砖块下滑到底端的时间不变，故C错误，D正确。
故选AD。
10．BD
【详解】由题意结合图乙可知内物块和木板相对滑动，物块的合力来自木板对它的滑动摩擦力，因此物块做匀加速直线运动；时撤去，木板速度为，木板做匀减速运动，时木板速度为，之后木板以另一加速度匀减速至静止，说明内物块一直受滑动摩擦力做加速运动，时物块与木板共速，即，可得物块加速度
设物块与木板间的摩擦因数为，根据牛顿第二定律可知
解得
A．内撤去拉力，木板以初速度减速，时速度为，此阶段木板加速度大小
对木板受力分析可知，该过程中木板受物块向左的滑动摩擦力、受地面向左的滑动摩擦力，设地面与木板间的摩擦因数为，由牛顿第二定律可知
代入数据解得，故A错误；
B．内木板的加速度
该过程中木板受水平向右的恒定拉力、受物块向左的滑动摩擦力、受地面向左的滑动摩擦力，由牛顿第二定律可知
代入数据解得，故B正确；
C．后，物块速度为，以减速到0，可知物块停止运动还需要的时间
时木板速度为，木板受地面向左的摩擦力和物块给的向右的摩擦力作用，木板的减速加速度大小为
可知木板停止运动还需要的时间
因木板受地面向左的摩擦力大于物块向右的摩擦力，之后木板保持静止，物块继续在木板上减速直到停下，因此两者不会同时停止，故C错误；
D．物块最终相对于木板的位移，等于全过程木板的总位移减去物块的总位移；由上述分析可知，木板从开始到停止运动所需的总时间为，图乙图像与横轴所围的面积即为木板全过程的位移，即
物块的位移可分解为以做匀加速直线运动，以做匀减速直线运动，即
故物块最终停止时的位置与木板右端的距离为，故D正确。
故选BD。
11．(1) 等于 不需要
(2) 0.25 0.7 25
【详解】（1）[1]取小车和智能手机为研究对象，沿斜面向下为正方向。步骤①中小车做匀速运动，设钩码匀速上升，分别对小车和钩码应用牛顿第二定律，得小车沿斜面方向的方程为
钩码沿竖直向上方向的方程为
所以步骤①满足
步骤②取下钩码后，小车和智能手机所受合外力为
[2]由上式可知合外力与相等。钩码在测量加速度前被取下，只用于抵消摩擦力、确定木板倾角，测量时不计入小车和智能手机的质量，因此钩码质量不需要远小于总质量。
（2）[1]图像的纵轴为小车加速度，横轴为合外力。对小车和智能手机应用牛顿第二定律，得
由图像读出，当合外力为时，小车加速度为，代入图像读数得
[2]步骤①中钩码质量和木板倾角均取题给数值。由前面得到的匀速条件为
所以
代入相应数据得
[3]设橡皮质量为。挂上橡皮后，小车沿斜面向下、橡皮向上运动，加速度大小均为。对小车和橡皮分别列沿运动方向的牛顿第二定律方程，得
橡皮沿竖直向上方向的方程为
由第二式得
代入第一式，并利用同一倾角下步骤①的关系
可得
解得
代入相应数据得
12．(1)AC
(2)6.22
(3)AD
(4) C
【详解】（1）A．不挂砝码和砝码盘，接通打点计时器后轻推小车，若纸带上的点迹均匀，说明小车沿木板方向做匀速直线运动，沿木板方向的合力为零，故A正确；
B．小车重力沿木板方向的分力和滑动摩擦力均随小车质量同比例变化，木板倾角合适后改变小车质量不需要重新平衡摩擦力，故B错误；
C．平衡摩擦力后，小车所受重力沿木板方向的分力与摩擦力抵消，小车所受合外力的大小等于细绳拉力的大小，故C正确；
D．砝码和砝码盘加速下降时，细绳拉力小于它们的总重力，平衡摩擦力不能使二者相等，故D错误。
故选AC。
（2）相邻计数点的时间间隔为
由图可知前两段总位移为
后两段总位移为
由逐差法得
保留三位有效数字，得。
（3）AB．图线的直线部分延长后与加速度轴的负半轴相交，说明测得的加速度偏小，存在未被平衡的阻力，木板右端所垫物体较低、倾角偏小可能造成该现象；若倾角偏大，则小车在拉力为零时已有沿运动方向的加速度，与图像不符，故A正确，B错误；
CD．若砝码和砝码盘的总质量相对小车质量不可忽略，增加砝码时系统总质量也明显增大，且不能再用其总重力准确表示小车所受拉力，图线会发生弯曲；小车质量远大于砝码和砝码盘总质量时上述影响较小，故C错误，D正确。
故选AD。
（4）[1]小车刚做匀速运动时，水平方向受力平衡，传感器示数等于小车所受阻力。释放后传感器示数为，由牛顿第二定律得
因此图像横轴所取的合外力为
[2]A．运动时细绳拉力由力传感器直接测得，不需要用小桶和砂的总重力近似，因此不要求小车和传感器的总质量远大于小桶和砂的总质量，故A错误；
B．长木板保持水平，利用扣除小车所受阻力即可，不需要将长木板右端垫高，故B错误；
C．以扣除阻力后的实际合外力为横轴，小车和传感器的总质量保持不变，由牛顿第二定律可知与成正比，图线不会弯曲，故C正确。
故选C。
13．(1)
(2)，，
(3)
【详解】（1）要最快爬升，推力竖直向上，由牛顿第二定律得
解得
由匀加速位移公式
解得
（2）调整推力到最大夹角后，分解推力得：竖直分量
竖直加速度
水平分量
水平加速度
设第一阶段结束时竖直速度为，由运动学关系得
减速阶段竖直方向有
整理得
解得
得
第二阶段运动时间
水平速度
水平飞行时竖直方向合力为零
得
故
（3）设阻力，匀速水平飞行时水平方向受力平衡
代入得
失去动力下落后，最大速度时重力与阻力平衡
解得
14．(1)0.2，0.5
(2)21N
(3)
【详解】（1）由图像可知1.5s时物块、木板共速，则物块在0~1.5s内的加速度为
对物块有
可得物块与木板间的动摩擦因数为
在1~1.5s内木板的加速度
根据牛顿第二定律有
解得＝0.5
（2）撤去拉力F前，木板的加速度
根据牛顿第二定律有
解得F＝21N
（3）由图像可知共速时速度为3m/s，则在1.5s内物块位移为
1.5s内木板位移为
在1.5s后，物块与木板间仍有相对滑动，物块的加速度大小
物块到停止的时间还需
木板的加速度大小为，则有
解得
木板到停止的时间还需
在1.5s末到物块停止运动的时间内，物块的位移为
木板的位移为
则物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为
15．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）煤块刚放到传送带上时，对煤块受力分析，如图所示
由牛顿第二定律得
解得
（2）煤块匀加速到与传送带速度相等的过程有
解得
该过程煤块通过的位移为
因
则
故速度相等后，煤块继续沿传送带向下匀加速直线运动，设加速度大小为，根据牛顿第二定律有
解得
则有
解得
则煤块在传送带上运动的时间
（3）煤块匀加速运动至与传送带速度相等的过程中，煤块相对于传送带向上运动，相对位移大小为
煤块与传送带速度相等后继续沿传送带向下匀加速运动过程中，煤块相对于传送带向下运动，相对位移大小为
因
则煤块从A运动到B的过程中传送带上形成黑色痕迹的长度
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