第四章 运动和力的关系 B卷·素养提升卷-【创新教程】2026-2027学年高中物理必修第一册五维课堂单元双测卷（人教版）

(前一意教外液) 物 新高考 第四章 运动和力的关系 理 同步单元双测卷 B卷·素养提升卷 (时间：75分钟满分：100分》 一、单项选择题（本题7小题，每小题4分，共28分） 1.雨滴在空气中由静止开始沿竖直方向下落，雨滴运动的速度随时间t的 翠 变化关系如图所示，经过时间t,速度达到m,此后雨滴以速度m做匀速 直线运动。雨滴的质量为（保持不变），重力加速度为g.在0~t1时间内，雨滴受到的 空气阻力 ( A.不变 B.减小 C.增大 D.先增大后减小 如 2.某同学站在电梯的水平地板上保持不动，在电梯沿竖直方向运动的过程 F 中地板对该同学的支持力F随时间t的变化关系如图所示，其中G为该 G 同学的重力.下列说法正确的是 A.0~t1时间内，电梯一定竖直上升 B.t2~t时间内，电梯一定竖直下降 C.0~t1时间内，该同学处于失重状态 D.t2~t时间内，该同学处于失重状态 3.关于力的单位“牛”，下列说法中不正确的是 ( 毁 A.“牛”这个单位是由质量为1kg的物体所受的重力为9.8N这个规定确定 B.“牛”这个力的单位是根据在牛顿第二定律F=kma中取k=1时确定 C.1N就是使质量为1kg的物体产生1m/s2加速度的力 D.地面附近质量是1kg的物体所受的重力是9.8八，并不是规定的，而是根据牛顿第二 娇」 定律F=ma得到的结果 4.在同一水平面上的几个力同时作用于质量为的物体，物体处于静止状态，如果把其中 一个力F保持方向不变而把其大小立即变为 ，物体在此后1时间肉的位移大小是 FR A.10m B. P 5m c D.3Ft2 10m 物理试题第四章B卷第1页（共6页） 5.如图所示，质量分别为mA和m3的A、B两小球分别连在弹簧两端，B 端用细线固定在倾角为30°的固定光滑斜面上，重力加速度为g,若不 计弹簧质量，在细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为 30 A,都等于 B0和号 C.0和m十m)g D.0和m4十mB)g mB 2mB 6.如图所示，A、B两个物体静置在光滑水平面上，两物体相互接触，但并不粘合，两物体的 质量分别为mA=4kg,g=6kg。从开始，推力Fa和拉力FB分别作用于物体A、B上， FA、Fg随时间的变化规律为FA=(8一2t)(N),FB=(2十2t)(N),则t=1s时，A物体的 加速度大小为 ) FA A B wm A.0.5m/s2 B.1 m/s2 C.1.5m/s2 D.2.5m/s2 7.如图所示，左右带有固定挡板的长木板放在水平桌面上，物体M放于长 木板上静止，此时弹簧对物体的压力为3N,物体M的质量为0.5kg,物 体与木板之间无摩擦，现使木板与物体M一起以6m/s2的加速度向左沿水平方向做匀 加速运动时 () A.物体对左侧挡板的压力等于零 B.物体对左侧挡板的压力等于3N C.物体受到4个力的作用 D.弹簧对物体的压力等于6N 二、多项选择题（本题3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中至少有两项 符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分) 8.一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图 a/(m-s-2) 线如图所示，以竖直向上为α的正方向，则人对地板的压力 2 6810 ( A.t=2s时最大 B.t=2s时最小 C.t=8.5s时最大 D.t=8.5s时最小 9.如图所示，完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上， A、B与车厢间的动摩擦因数均为，小车静止时，A恰好不下滑，现使小 A 车加速运动，为保证A、B无滑动，则 ( A.速度可以向左，加速度可以小于g B.加速度一定向右，不能超过(1十)g C.加速度一定向左，不能超过4g D.加速度一定向左，不能超过(1十)g 物理试题第四章B卷第2页（共6页） 10.如图甲所示，静止在水平面C上足够长的木板B的左端放着小物块A.某时刻，A受到 水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示。A、B间最大静摩擦力大 于B、C之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.则在拉力逐渐增大的 过程中，下列反映A、B运动过程中的加速度及A与B间摩擦力F1、B与C间摩擦力 F随时间变化的图线中正确的是 A- 三、非选择题（共54分） 11.(6分)在“探究物体的加速度与所受合力、质量的关系”实验时，采用如图甲所示的实验装置， 小车及车中的砝码质量为M,钩码的质量为m。 电源插头 小车纸带 打点计时器 ●● 钩码 3 (1)当满足m (选填“远小于”“等于”或“远大于”)M时，才可以认为绳子对小 车的拉力大小等于所挂钩码的重力大小。 (2)在保持小车及车中砝码质量M一定时，探究加速度与所受合力的关系，由于平衡摩 擦力时操作不当，某位同学得到的关系如图乙所示，其原因是 12.(8分)“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示： 纸带 接电源 实验小车 打点计时器 长木板 59 单位(cm) -8.62→ 乙 物理试题第四章B卷第3页 (共6页) (1)本实验主要采用的物理学研究方法是 A.类比法 B.等效替代法 C.理想模型法 D.控制变量法 (2)实验中关于打点计时器的使用说法正确的是 A.若使用电磁打点计时器，应接6V以下直流电源 B.若使用电火花打点计时器，应接6V以下交流电源 C.先接通电源，再释放小车 D.安放复写纸时，应把纸带放在复写纸的上面 (3)用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是 :使砂与砂桶的质量远小于小车的 质量，目的是使拉小车的力近似等于 (4)实验中打出的某一条纸带如图乙所示，相邻的5个计数点间的时间间隔是0.1s,由 此可算小车运动的加速度是 m/s2。 13.(10分)质量m=1000kg的汽车在平直路面开始加速起动，受到的牵引力大小恒为2 500N,阻力大小恒为1000N。当速度达到30m/s时关闭发动机直到停止。假定行驶 过程中汽车受到的阻力大小不变。求： (1)加速过程中，汽车加速度的大小； (2)关闭发动机后，汽车加速度的大小； (3)从起步到停止，汽车前进的位移大小。 物理试题第四章B卷第4页（共6页) 14.(14分)为测量竖直方向的加速度，某研究小组利用一根轻弹簧、刻度尺、钩 0(cm) 码制作了一个测量加速度的装置。如图所示，轻弹簧上端固定在竖直放置的 刻度尺的零刻线处，下端不挂钩码a时指针在A(0.10m)位置；挂上质量为 0.2kg的钩码，平衡时指针处在B(0.14m)位置.把B位置标为加速度的0 B214 C16 刻度值.（取g=10m/s2) (1)求弹簧的劲度系数。 (2)将该装置挂在竖直上升的升降机中，发现指针处在C(0.16)位置。C位置应标注 的加速度是多少？此时钩码处于“超重”还是“失重”状态？ 物理试题第四章B卷第5页（共6页） 第四章 运动和力的关系B卷·基础达标卷 物理答题卡 姓 名 准考证号 条形码区 缺考标记（学生禁止填涂）口 填 1.答题前，考生须准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核对条形码上的姓名、 正确填涂 注 准考证号。 涂 意 2.选择题必须使用2B铅笔填涂，非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写， 错误填涂 涂写要工整、清晰。 样 ☑XO 事 3.按照题号在对应的答题区域内作答，超出答题区域的答题无效，在草稿纸、试 例 】力三 项 题卷上作答无效。 4.答题卡不得折叠、污染、穿孔、撕破等。 选择题（共46分.1-7小题每题4分，8-10小题每题6分） 1ABCD 5ABCD 9ABCD 2ABCD 6ABCD 10ABCD 在各题 3ABCD 7A B CD 4ABCD 8ABCD 的答题 非选择题（共54分） 11.(6分) 内作答 (1) (2) 12.(8分) (1) (2) 出边框的答案无效 (3) (4) 13.(10分) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 物理答题卡第四章B卷第1页（共2页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 14.(14分) 0(cm) 10 B 2- 6 请在各题目的答题区域内作答 15.(16分) 37C ,超出边框的答案无效 ⊙ ⊙ →1m/s 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 物理答题卡第四章B卷第2页（共2页） 15.(16分)在快递分拣中心，一个质量为2kg的包裹因分拣错误，需进入回收区域。分拣 设备将其从倾斜滑道顶端以1/s的速度沿滑道向下投放，包裹通过滑道后会滑上 条足够长的水平传送带。滑道长2、与水平面夹角为37°，底端与水平传送带左端平滑 对接。传送带以速度1/s逆时针匀速运行。包裹滑上传送带后，系统识别到其为回 收件。当包裹随传送带运动到位于其右方的回收口时，侧面的推杆会将其水平御离传 送带。为保护包裹，系统设定须在包裹与传送带相对静止时，方可执行卸离操作（卸离 瞬间完成，包裹不再返回传送带)。已知包裹与滑道间的动摩擦因数为0.5，包裹与传送 带间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。 37° →1m/s (1)求包裹滑上传送带时的速度大小； (2)求具备被卸离条件时包裹相对于传送带的位移大小； (3)若回收口位于距离传送带左端0.8处，求包裹从释放到被回收所经历的时间。 物理试题第四章B卷第6页（共6页）物理·必 0 mWmm mg 图1 根据牛顿第二定律，沿斜面方向有mgsin日-f =ma, 垂直斜面方向有N-mgcos0=0, 又f=uN, 解得μ=0.5； (3)儿童被斜向上的拉力以a'=1m/s2匀加速 沿滑梯斜面拉上去时，受力如图2所示 N 37 mg 图2 由牛顿第二定律得沿斜面方向有Fc0s37° mgsin 0-f'=ma', 垂直斜面方向有Fsin37°+N'-mgcos0=0, 又f'=N', 解得F=300N。 答案：(1)2m/s2(2)0.5(3)300N 15.解析：1D据位移公式x=2ad,得a=4m/g, 则到达地面时速度为口， v=at=8 m/s (2)有牛顿第二定律得mgsin0-mgcos8=ma 得=得 答案：(1)8m/s (e唱 第四章运动和力的关系(B卷) 1.C[v一t图像切线斜率不断减小，根据速度一 时间图像的斜率表示加速度，可知雨滴运动的 加速度在减小，根据牛顿第二定律得g一f= ma,可知，阻力在增大，故A、B、D错误，C正 确。] 2.D[0~t1时间内，该同学处于超重状态，则加 速度向上，电梯可能竖直上升加速，也可能竖直 修第一册 向下减速，选项A、C错误；t2~t3时间内，该同 学处于失重状态，加速度向下，则电梯可能竖直 加速下降，也可能减速向上运动，选项B错误，D 正确。] 3.A[在国际单位制中力的单位是牛顿，它是属 于导出单位，是根据牛顿第二定律F=a定义 的，就是使质量1kg的物体产生1m/s2加速度 的力，同时质量1kg物体所受的重力是9.8N, 并不是规定的，也是根据牛顿第二定律F=ma 得到的结果，故A错误，B、C、D正确。] 4.D[在同一水平面上的几个力同时作用于质量 为的物体，物体处于静止状态，如果把其中一 个力F保持方向不变而把其大小立即变成2F, 畅依所安合力变为下一号P=号F,畅休的加建 3F 度a=5=3F 物体做初速度为零的匀加速直 m 5m 线运动，此后1时间内的位移x=a 吕×票×-8成D项正】 5.D[当两球处于静止时，根据共点力平衡求出 弹簧的弹力，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不 变，根据牛顿第二定律分别求出A、B的加速度 大小。对A球分析，开始处于静止，则弹簧的弹 力F=magsin30°，剪断细线的瞬间，弹簧的弹 力不变，对A,所受的合力为零，则A的加速度 为0，对B,根据牛顿第二定律得ag= F+m3gsin30°_m十g,D正确。] mB 2ms 6.B[A,B两个物体相互分离条件为B<F mA mB 代入关系式解得t≥2s, 故t=1s时，A、B两个物体仍相互接触，且此时 FA=6N,FB=4N, 对A、B两个物体根据牛顿第二定律可得FA十 FB=(ma十mB)a, 解得a=1m/s2,故选B。] 7.A[物体静止时，弹簧处于压缩状态，弹簧F =3N。当物体向左加速运动时，若物体对左挡 板的压力为零，由牛顿第二定律知F弹=ma,解 得a=6m/s2,当加速度大于a=6m/s2,物体离 开左挡板，弹簧长度变短，当加速度小于a= 6m/s2时，物体对左挡板产生压力，弹簧长度不 8 参考 变，所以可知选项A正确，B、D错误。当加速度 a=6m/s2时，物体受重力、支持力和弹力，故选 项C错误。] 8.AD[在竖直方向，有F-mg=ma,得F=mg 十ma,加速度方向向上且越大，F就越大，所以 A项正确；加速度方向向下且越大，F就越小， 所以D项正确。] 9.AD[小车静止时，A恰好不下滑，所以对A 有：mg=uF,当小车加速运动时，为了保证A 不下滑，则FN≥F引，则FN一F引=ma,加速时 加速度一定向左，故B错误。对B有u(mg十 F)=mam,解得am=(1十)g,故A、D正确，C 错误。] 10.ACD[当拉力小于B、C之间的最大静摩擦 力时，A、B不会运动，物体A、B没有加速度， 所以B项错误；拉力小于B、C之间的最大静 摩擦力时，物体A、B没有运动前，F=F= F2,两个摩擦力都随拉力增大而增大，当拉力 大于B、C之间的最大静摩擦力时，物体A、B 一起向前加速，B、C之间变成了滑动摩擦力保 持不变，所以D项正确；物体A的加速度为整 体的加速度，A、B间的摩擦力为静摩擦力。当 拉力继续增大时，A、B之间也发生了相对滑 动，A、B之间变为了滑动摩擦力，A的加速度 变化加快，所以A、C项正确。] 11.解析：(1)对整体分析，根据牛顿第二定律得， 整体加速度大小为a一M午m' ,mg,则绳子的拉力 为F=Ma三MT=m8,” 当m远小于M时，可以认为绳子对小车的拉 力大小等于所挂钩码的重力大小。 (2)由a一F图像可知，当F=0时，加速度不为 零，可知平衡摩擦力过度。 答案：(1)远小于(2)平衡摩擦力过度 12.解析：(1)探究加速度与力的关系时，要控制小 车质量不变而改变拉力大小，探究加速度与质 量关系时，应控制拉力不变而改变小车质量， 这种实验方法是控制变量法，故D正确，A、B、 C错误； (2)A.电磁打点计时器，应接6V以下交流电 源，故A错误；B.电火花打点计时器，应接220 V交流电源，故B错误；C.使用过程中，应先接 通电源，再释放小车，故C正确：D.接通电源 答案 前，把纸带穿过限位孔，再把套在轴上的复写纸片 压在纸带的上面，故D错误。 (3)用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目 的是平衡摩擦力； 设砂与砂桶的质量为m,小车的质量为M,对 举体运月牛领第二定律：a=,m则小车的 合力为F=Ma=Mmg=mg,当砂桶和砂 M牛01+粉 的质量远小于小车的质量即m《M时，小车所 受的拉力近似等于砂和砂桶的重力； (4)根据图乙可知，x4=0.0862m,x1=0.0424m, 根据公式x4-x1=3aT, 可得：a==1,46m/s。 3T2 答案：(1)D(2)C(3)平衡摩擦力砂和砂 桶的重力(4)1.46 13.解析：(1)F1=F-f=1500N a,-B-=1.5m/g m (2)a,=f得a2=1m/s2 m (3)根据v2-v=2ax可得： 发动机关闭前，汽车在匀加速阶段的位移x1= 02-0 2a1 发动机关闭后，汽车在匀减速阶段的位移x2= 0-2 2a2 所以总位移x=x1+x2=300m十450m=750 m。 答案：(1)a1=1.5m/s2(2)a2=1m/s2(3) x=750m 14.解析：(1)根据F=kx可得k=50N/m。 (2)由牛顿第二运动定律得：kx4c一mg=mac 解得ac=5m/s,方向向上。 C位置应标注的加速度值为5m/s2,钩码处于 “超重”状态。 答案：(1)50N/m(2)5m/s2“超重”状态 15.解析：(1)对滑道上的包裹进行受力分析，沿滑 道方向，根据牛顿第二定律有ngsin0一 uimgcos 0=ma, 解得a1=2m/s2, 根据速度位移公式-=2a1s, 其中s=2m,=1m/s,代入数据解得v=3m/s; 物理·必 (2)包裹滑上传送带时相对于传送带向左运 动，对包裹受力分析，根据牛顿第二定律有 u2mg=ma2, 解得a2=4m/s2, 具备被卸离条件即包裹与传送带共速，设传送 带速度大小为2，则有1一（一2）=a2t1, 解得t1=1s, 相对于传送带的位移△x-。”十4， 解得△x=2m; (3)包裹在滑道上运动，根据速度公式有1一 Vo=ato, 解得t。=1s, 包裹在传送带上与传送带共速时对地位移为 x1-04t,=1m>0.8m 2 故包裹共速后要向左继续做匀速运动，则有x1 -0.8m=v2t2, 解得t2=0.2s, 故包裹从释放到被回收所经历的时间t=t。十 t1+t2 代入数据解得t=2.2s。 答案：(1)3m/s(2)2m(3)2.2s 期末检测卷(A卷) 1.CA.位移是矢量，时间是标量，故A错误。 B.速度是矢量，速率是速度的大小，是标量，故 B错误。C.加速度和速度都是矢量，故C正确。 D.路程是只有大小没有方向的标量，位移是夫 量。故D错误。] 2.C[A.机器人原地跳高时，机器人上升过程 中，以机器人为参考系，地面是下降的，A项错 误；B.给机器人自由体操比赛打分时，机器人的 大小和形状不能忽略不计，则不能将机器人看 成质点，B项错误；C.100米障碍比赛时，由于有 复杂地形和坡面，路程大于位移，因此每个机器 人全程的平均速率一定大于平均速度的大小，C 项正确；D.“33.71秒”是一段时间，D项错误。] 3.D[规定以物速度方向为正，则有a-合如=日 m/s2=一60m/s,所以球在与墙碰撞的过程中的 平均加速度的大小为60m/s2,方向与初速度方 向相反，即水平向左。] 4.C[物体P相对A向右滑动，受到向左的滑动 摩擦力，大小为f1=42FN=2mg;力的作用是 相互的，故P对A有向右的滑动摩擦力，故A 有向右滑动的趋势，受到地面对其向左的静摩 擦力，根据共点力平衡条件，有f2=f1,因而f2 =42mg。] 修第一册 5.B[A.细绳B端沿虚线a向左移动时，细绳对 空竹的合力与重力等大反向，可知合力大小不 变，A错误；B.设AB两点水平间距为d,绳长为 L,细绳与竖直方向的夹角为日，由几何关系可知 sin0=是，由平衡条件可知绳子拉力F= 2c0S0,细绳B端沿虚线b向上移动时d、L均不 mg 变，则日不变，则细绳的拉力大小不变，B正确； C、D.细绳B端沿虚线c斜向上移动或沿虚线d 向右移动时，d变大、L不变，则0变大，cos0变 小，可知细绳的拉力增大，C、D错误。] 6.C[物体所受的滑动摩擦力大小为0，当拉力 变为2F时物体的加速度为a',根据牛顿第二定 律得F=ma;2F=ma',则a'=2a,故C正确， A、B、D错误。] 7.C[A.采用逆向思维，根据最后1s内的位移 得，x=2at,解得加速度大小a=2g-2X1 1 m/s2=2m/s2,故A错误；B.汽车刹车的速度 v=at=2×3m/s=6m/s,故B错误；C.汽车 利车后滑行的距高x-学=号×3m=9m,故 2 C正确；D.根据平均速度推论知，汽车刹车过程 中的平均建度0=受=号m/s=3m/s,故D 错误。 8.BC[物体A、B之间的轻弹簧被压缩了x= 2cm=0.02m,弹簧弹力为F1=kx=400N/m ×0.02m=8N;AB.木块A受到向左的弹力为 8N,A不动，故静摩擦力为8N,向右，故B正 确，A错误；CD.用F=1N的水平拉力作用在 木块B上，木块B受弹簧向右的弹力为8N,向 左推力为1N,B仍然处于静止状态，故B受到的 摩擦力f=8N-1N=7N,故C正确、D错误。] 9.BD[A.由题图可知2s~4s,藏羚羊做匀速直 线运动，故A错误；B.根据v一t图像的斜率表 示加速度，由题图可知前2s,藏羚羊奔跑的加 達度大小为a=22m/s=0.5m/S,放B正 确；C根据图像与横轴围成的面积表示位移，可 知后6s,藏玲羊的运动位移大小为x=号×(4 +6)×2m=10m,故C错误；D.由题图可知在t =7s时，藏羚羊的速度大小是1m/s,故D正 确。] 10.AC[以整体为对象，由牛顿第二定律知F= (ma十mg)a,得：a=4m/s2;以A为对象，由牛 顿第二定律知：T=mAa=2X4N=8N,故A