2024年初升高物理无忧衔接(通用版)运动和力的关系单元检测卷(解析版)

第四单元运动和力的关系单元检测卷
班级姓名学号分数
（考试时间：90分钟试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。

答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、学号填写在试卷上。

2．回答第I卷时，选出每小题答案后，将答案填在选择题上方的答题表中。

3．回答第II卷时，将答案直接写在试卷上。

第Ⅰ卷（选择题共48分）
一、选择题（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．关于物体的惯性，下列说法正确的是（）
A．高速公路上要限速，是因为车速越大惯性越大
B．用力推一个静止在地面上的物体，没有推动，原因是物体的惯性太大了
C．战斗机在作战时，甩掉副油箱是为了减小惯性，提高飞行的灵活性
D．由于子弹的速度越大，其杀伤力就越大，所以子弹的惯性大小与其速度大小有关
【答案】C
【详解】AD．惯性是物体本身的一种属性，它不随物体速度大小的变化而变化，所以子弹杀伤力大和高速公路上限速等都不是因为物体的惯性发生了变化，故AD错误；
B．用力推一个静止在地面上的物体，没有推动，说明地面对物体有摩擦力的作用，而不是因为物体的惯性太大了，故B错误；
C．战斗机甩掉副油箱减小了质量，而惯性与质量有关，质量越小惯性越小，改变它的运动状态就越容易，可以提高战斗机飞行的灵活性，所以C正确。

故选C。

2．“蹦极”是一项非常刺激的体育运动。

某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长度位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置。

人在从P点下落到最低点c点的过程中（）
A ．人在a 点时速度最大
B ．人在ab 段做加速度增大的加速运动
C ．在bc 段人处于超重状态
D ．在c 点，人的速度为零，处于平衡状态
【答案】C 【详解】A ．人在a 点时弹簧弹力为零，人受向下的重力作用，加速度为向下的g ，此时速度不是最大，选项A 错误；
B ．人在ab 段弹力逐渐增加，根据
mg-F =ma
可知，加速度减小，则人做加速度减小的加速运动，选项B 错误；
C ．在bc 段向上的弹力大于向下的重力，此时加速度向上，人处于超重状态，选项C 正确；
D ．在c 点，人的速度为零，但是有向上的加速度，则人处于超重状态，选项D 错误。

故选C 。

3．一个质量为2kg 的物块静止在水平地面上，0=t 时刻开始给物体施加一个水平推力F ，力F 随时间的变化如图所示，物块和地面间动摩擦因数为0.25，重力加速度210m/s g =。

关于物体在0~6s 的运动情况，下列说法正确的是（）
A ．该物体第2秒末速度达到最大
B ．第2秒末的加速度大小是22.5m/s
C ．该过程物体受地面摩擦力始终不变
D ．该物体0~6s 内的加速度先增大再减小
【答案】B
【详解】A ．物块和地面间的滑动摩擦力5N
f m
g μ==在第2s 后的一段时间推力F 仍然大于滑动摩擦力，物体仍然加速运动，故A 错误；
B ．第2s 末由牛顿第二定律得
F f ma
-=解得
22
105m/s 2.5m/s 2
a -==故选B 。

C ．在开始阶段，推力小于滑动摩擦力，物体静止，物体受地面的静摩擦力作用，静摩擦力的大小随推力的增大而增大；物体运动后物体受地面的滑动摩擦力作用，故C 错误；
D ．01s 处于静止状态，加速度一直为零；1s 2s 由F f ma -=，推力大于滑动摩擦力，且逐渐增大，加速度逐渐增大；24s ~由F f ma -=，推力大于滑动摩擦力，逐渐减小，加速度减小；故D 错误。

故选B 。

4．如图所示，ad 、bd 、cd 是竖直平面内三根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，a 点为圆周的最高点，d 点为圆周的最低点。

每根杆上都套着一个小滑环，三个滑环分别从a 、b 、c 处释放（初速度都为0），用t 1、t 2、t 3依次表示各滑环滑到d 的时间，则（）
A ．123
t t t <<B ．123t t t >>C ．1223
t t t t ><，D ．123
t t t ==【答案】D 【详解】设某光滑细杆与竖直方向的夹角为θ，其上一小环受到重力和杆的支持力作用，由牛顿第二定律得
cos mg ma
θ=据几何关系得细杆长度为
2cos L R θ
=环在杆上由静止做匀加速运动，由运动学公式有
212
L at =解得
t =
由计算结果可知，环沿细杆下滑时间与杆的倾斜程度无关，即
123
t t t ==故选D 。

5．在粗糙程度相同的水平地面上，物块在水平向右的力F 作用下由静止开始运动。

4s 末瞬间撤去拉力F ，运动的速度v 与时间t 的关系如图所示，g 取10m/s 2，由图像可知（）
A ．在2～4s 内，力F ＝0
B ．在0～2s 内，力F 保持不变
C ．物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2
D ．0～6s 内物块运动的总位移为16m
【答案】C
【详解】A ．在2～4s 内，由于匀速运动，因此外力
F ＝f
故A 错误；
B ．在0～2s 内，图像的斜率越来越小，则加速度越来越小，由F －f ＝ma 可知，力F 逐渐变小，故B 错误；
C ．撤去拉力后，物体做减速运动的加速度大小
2
2m/s mg
a g m μμ===因此物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，故C 正确；
D ．在0～2s 内，位移s 1大于4m ，在2～4s 内，位移s 2等于8m ，在4～6s 内，位移s 3等于4m ，这样总位移大于16m ，故D 错误。

故选C 。

6．一支架固定在放于水平地面的小车上，细线上一端系着质量为m 的小球，另一端系在支架上，当小车向左做直线运动时，细线与竖直方向的夹角为θ，此时放在小车上质量M 的A 物体跟小车相对静止，如图所示，下列说法正确的是（）
A ．加速度的大小为sin g θ，方向向左
B ．细线的拉力大小为cos mg θ，方向沿线斜向上
C ．A 受到的摩擦力大小为tan Mg θ，方向向左
D ．A 受到的摩擦力大小为tan Mg θ，方向向右
【答案】D
【详解】A ．对小球受力分析如图所示
由于小球和小车一起向左运动，则可知小球所受合外力在水平方向，小球加速度即为整体加速度，根据几何关系可得
tan F mg ma
θ==合解得
tan a g θ
=方向水平向右，故A 错误；
B ．根据几何关系可得细线的拉力
cos mg
T θ
=方向沿线斜向上，故B 错误；
CD ．由于A 与小车保持相对静止，则A 的加速度与小车和小球加速度相同，对A 分析可知，A 在竖直方向受竖直向下的重力与小车对A 竖直向上的支持力，合力为零，在水平方向仅受摩擦力作用，所受摩擦力即为合外力，而加速度水平向右，则所受摩擦力水平向右，根据牛顿第二定律有
tan f Ma Mg θ==
故C 错误，D 正确。

故选D 。

7．如图所示，一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套有一个环，箱和杆的总质量为M ，环的质量为m 。

已知环沿着杆向下加速运动，当加速度大小为a 时（a ＜g ），则箱对地面的压力为（）
A ．Mg +mg
B ．Mg —ma
C ．Mg +ma
D ．Mg +mg –ma
【答案】D 【详解】以环为对象，根据牛顿第二定律可得
mg f ma
-=解得
f m
g ma
=-以箱和杆为对象，根据受力平衡可得
Mg f N
'+=其中
f f
'=联立解得
N Mg mg ma
=+-根据牛顿第三定律可知，箱对地面的压力为
N N Mg mg ma
'==+-故选D 。

8．如图，水平皮带匀速顺时针转动，速度大小12m/s v =，A 、B 两轮间的距离为4m ，在右端一物块以23m/s v =的速度滑上皮带，物块与皮带间的动摩擦因数0.2μ=，取210m/s g =，则下列说法正确的是（）
A ．物块能滑过
B 轮
B ．物块经 1.5s t =速度减为零
C ．物块返回到A 轮时的速度大小仍是3m/s
D ．物块在皮带上滑动时加速度的大小是2
1m/s 【答案】B
【详解】ABD ．根据牛顿第二定律可得，物块在水平皮带上运动时加速度的大小为
2
2m/s a g μ==物块速度减为零所用的时间为
2 1.5s v t a
=
=该过程物块的位移大小为223m 2v x a
==由于
AB
x L <因此物块不能滑过B 轮，故AD 错误，B 正确；
C ．由于
12
v v <因此物块返回A 轮时最终会和皮带达到共速，之后和皮带保持相对静止到达A 轮，即物块返回到A 轮时的速度大小仍是2m/s ，故C 错误。

故选B 。

9．某举重运动员在力传感器上训练做“下蹲”“站起”动作，某段时间内力传感器的示数随时间变化的图像如图所示由稳定的站姿到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程，由稳定的蹲姿到稳定的站姿称为“站起”过程，重力加速度g 取10m/s 2，下列说法正确的是（）
A ．该运动员质量约为75kg
B ．“下蹲”过程中，该运动员先处于失重状态后处于超重状态
C ．“下蹲”时，该运动员对力传感器的压力小于力传感器对他的支持力
D ．这段时间内，该运动员加速度的最大值的为6m/s 2
【答案】BD
【详解】A ．根据图像可知举重运动员在稳定的站姿和稳定的蹲姿状态中在竖直方向上受平衡力作用，可知该运动员重力为1000N ，则该运动员质量
1000N 100kg 10N/kg
G m g =
==故A 错误；B ．“下蹲”过程中，该运动员先向下加速后向下减速，同时力传感器上的示数先小于重力，后大于重力，则该运动员先处于失重状态后处于超重状态。

故B 正确；
C ．“下蹲”时，该运动员对力传感器的压力和力传感器对他的支持力是一对相互作用力，一定大小相等，方向相反，故C 错误；
D ．力传感器示数最小时，处于失重状态，此时向下的加速度最大，此加速度大小
2
min 16m/s mg F a m
-==力传感器示数最大时，处于超重状态，此时向上的加速度最大，此加速度大小
2
max 26m/s F mg a m
-==则这段时间内，该运动员加速度的最大值的为6m/s 2。

故D 正确。

故选BD 。

10．如图所示，A 、B 、C 三个物体质量均为m ，A 、B 间用轻弹簧连接，B 、C 之间用轻绳连接，将它们用轻绳悬挂在天花板上О点处于静止状态，重力加速度为g 。

剪断B 、C 之间轻绳的瞬间，下列说法正确的是（）
A ．物体C 加速度大小C 0a =
B ．物体B 的加速度大小B g a ==g
C ．OA 间轻绳的拉力大小T 2F mg
=D ．OA 间轻绳的拉力大小T 3F mg
=【答案】BD
【详解】AB ．剪断前，A 与天花板间的绳的拉力为
F T =3mg
弹簧弹力为
2F mg
=剪断后B 、C 之间轻绳的瞬间弹簧的弹力不变，则此时C 受合外力为mg ，加速度大小为
a C =g
此时B 受合外力为
B 2F mg mg mg
=-=物体B 的加速度大小
B a g
=故A 错误，B 正确；
CD ．因为A 受力不变，则加速度为零，A 受细绳的拉力不变，仍为
T 3F mg
=故D 正确，C 错误。

故选BD 。

11．如图所示，质量分别为m =2kg 和M =3kg 的两个物块A 、B 通过一根跨过定滑轮的轻绳连接，其中A 放置在光滑水平面上，B 竖直悬挂。

现将两个物块同时由静止释放。

已知轻绳不可伸长且始终处于绷紧状态，不计一切摩擦及阻力，重力加速度g 取10m/s 2，则下列说法正确的是（）
A ．轻绳的拉力大小为12N
B ．物块A 、B 的加速度大小均为10m/s 2
C ．若仅将物块A 、B 互换位置，则轻绳的拉力大小为20N
D ．若仅将物块A 、B 互换位置，则两物块的加速度大小为4m/s 2
【答案】AD
【详解】AB ．以A 为对象，根据牛顿第二定律可得
T ma
=以B 为对象，根据牛顿第二定律可得
Mg T Ma
-=联立解得
12N T =，2
6m /s a =故A 正确，B 错误；
CD ．若仅将物块A 、B 互换位置，根据牛顿第二定律可得
T Ma ''=，mg T ma ''
-=联立解得
12N T '=，2
4m /s a '=故C 错误，D 正确。

故选AD 。

12．如图所示，劲度系数为k 的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与质量为2m 的物块A 连接，质量为m
的物块B 叠放在A 上，系统处于静止状态。

现对物块B 施加竖直向上的拉力，使B 以加速度15
g 竖直向上做匀加速直线运动直至与A 分离，重力加速度为g ，则物块A 、B 分离时（）
A ．竖直拉力的大小为65mg
B ．物块A 上升的高度为25mg k
C D 【答案】AD 【详解】A ．物块A 与物块B 恰好分离，A 、B 间的弹力为0，以物块B 为研究对象，由牛顿第二定律得
15F mg mg -=
解得
65
F mg =故A 正确；
B ．开始物块A 、B 叠放在弹簧上静止时有
()12kx m m g
=+分离时以物块A 为研究对象有
21225
kx mg m g -=⨯则物块A 上升的高度为
12
h x x =-联立解得
35mg
h k
=故B 错误；
C ．由运动学公式得
2125
v gh =⨯
解得分离时物块的速度大小为
v 故C 错误；
D
．从开始到分离时，经历时间为t =故D 正确。

故选AD 。

第II 卷（非选择题共52分）
二、实验题（满分8分）
13．如图甲所示为一物理兴趣小组探究小车加速度与力、质量的关系的实验装置．钩码的质量远小于小车
的总质量。

电磁打点计时器接的交流电的频率为50Hz 。

(1)小车的加速度a 同时跟合外力F 和质量m 两个因素有关，研究这三个物理量之间的定量关系的思想方法是（填“建立模型法”“等效替代法”或“控制变量法”）。

(2)实验时将小车置于打点计时器旁边，
（填“先接通电源，再放开小车”或“先放开小车，再接通电源”），打出一条纸带，由纸带求得小车的加速度a 。

(3)如图乙所示为实验中打出的一条纸带，纸带上O A B C D 、、、、为计数点．根据这条纸带可求得在打B 点时小车的速度B v =m /s ；小车的加速度=a 2m /s 。

（结果均保留2位有效数字）(4)如图丙所示为通过实验得到的a F -图像，图像不过原点的原因是。

【答案】(1)控制变量法(2)先接通电源，再放开小车(3)0.630.88(4)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
【详解】（1）小车的加速度a 同时跟合外力F 和质量m 两个因素有关，研究这三个物理量之间的定量关系时，应使合外力F 和质量m 两个因素当中的一个量不变，如确定质量m 不变时，研究加速度a 与合外力F 的变化关系，然后确定合外力F 不变时，研究加速度a 与质量m 的变化关系，其思想方法是“控制变量法”。

（2）为充分利用纸带，记录更多的数据，应先接通电源，待打点计时器打点稳定后，再放开小车。

（3）[1]50Hz ，可知打点周期为
11s 0.02s 50
T f ===由在某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得在打B 点时小车的速度
25.88 6.7610m s 0.63m s 25250.02
AC B x v T -∆+==⨯=⨯⨯⨯[2]由匀变速直线运动的推论，可得小车的加速度为
()()()222
222Δ 6.767.65 5.01 5.88
10m /s 0.88m /s 545450.02BD OB
x x x a T T --+--===⨯=⨯⨯⨯（4）由图丙的a F -图像可知，当加速度是零时，合外力不是零，可知图像不过原点的原因是：没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足产生的。

三、计算题（满分44分）
14．如图所示，质量60kg M =的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一只弹簧测力计（图中简画为弹簧），测力计下挂着一个质量 1.0kg m =的物体A 。

在升降机运动的某段时间内，人看到弹簧测力计的示
数为6.0N 。

取2g 10m /s =。

（1）求此时升降机加速度的大小和方向；
（2）求此时人对地板的压力大小；
【答案】（1）24m /s ，方向竖直向下；（2）360N
【详解】（1）以物体A 为研究对象，它受到竖直向下的重力mg 、竖直向上的拉力F 作用，根据牛顿第二定律得
mg -F =ma
代入数据解得升降机的加速度大小
a =4.0m/s 2
方向竖直向下。

（2）以人为研究对象，它受到竖直向下的重力Mg 、竖直向上的支持力N 作用，根据牛顿第二定律有
Mg -N =Ma
代入数据解得
N =360N
根据牛顿第三定律，此时人对地板的压力大小为360N 。

15．风洞实验是以人工的方式产生并且控制气流，用来模拟飞行器或实体周围气体的流动情况，它是进行空气动力实验最常用、最有效的方法之一。

如图所示为风洞实验简化的物理模型，一个用轻质细线悬挂的小球静止于风力恒定的风洞中，已知小球的质量为m ，风力水平向左，细线与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g ，不计小球在空气中受到的浮力。

（1）求细线拉力大小；
（2）若剪断细线，求小球的加速度；
（3）若已知小球离地的高度为H ，求剪断细线后小球落地的时间。

【答案】（1）cos mg θ；（2）cos g θ
，方向沿细线向下；（3【详解】（1）分析小球受力，由平衡条件可知
cos mg
F
θ=解得
cos mg
F θ
=（2）剪断细线后，小球所受合外力与F 等大反向，由牛顿第二定律有
cos mg ma θ
=解得
cos g
a θ
=方向沿细线向下
（3cos H
x θ
=又212
x at =，解得
t 16．如图所示．航母舰载机降落时需依靠飞行员手动操作钩住“拉阻索”使其速度从200km/h 左右快速归零，其运动可看成水平减速直线运动。

（1）某次降落时“歼—15”速度从216km/h 减速至停止用时3s ，则其减速的平均加速度大小为多少；（2）若某时刻一架质量约为41.7510kg M =⨯的“歼—15”的瞬时加速度大小为216m /s ，此时拉阻索水平且所成的夹角为74°，已知sin 370.6︒=，cos370.8︒=，则此时这根拉阻索承受的张力为多大？（忽略飞机与甲板间的摩擦力等其他阻力）
【答案】（1）220m /s ；（2）51.7510N
F =⨯【详解】（1）初速度为
0216km /h 60m /s
v ==由运动学公式得
00v at
=-解得
2
020m /s v a t
==（2）受力分析如图
两段拉阻索的张力相等，合力沿角平分线方向，以这个方向建立x 轴，由牛顿第二定律得
2cos37F Ma
︒=则
2cos37Ma
F =︒
代入数据解得
51.7510N
F =⨯17．如图所示，在光滑的水平面上有一个倾角为30θ=︒的楔形块A ，楔形块A 的质量M ＝3kg ，一细线的一端固定于光滑的楔形块A 的顶端处，细线的另一端拴一质量为m ＝1kg 。

楔形块受水平力F 向左运动，取210m/s g =。

（1）F 至少多大时，小球对楔形块压力为零？
（2）当F ＝80N 时，小球对细线的拉力为多大？
【答案】（1）；（2）【详解】（1）小球对滑块恰无压力时，受力情况如图所示
对小球分析，由牛顿运动定律，得
tan mg
ma θ=所以
2
0tan a g θ
==对整体分析，运用牛顿第二定律可知
()
00F M m a =+=
所以F 至少为。

（2）当F ＝80N 时，由于
080N F F =>=所以此时小球已离开滑块，设此时细线与水平方向的夹角为α，则其受力情况如图所示
对整体分析，运用牛顿运动定律，得
()F M m a
=+所以
2
20m/s =a 对小球分析，可得
tan mg
ma
α=所以，细线对小球的拉力
T sin mg F α
==根据牛顿第三定律，小球对线的拉力
T T =F F '=。