第四章 运动和力的关系 单元测试-2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

**基本信息** 本单元卷聚焦“运动和力的关系”，通过7道单选（28分）、3道多选（18分）、5道非选择（54分），融合神舟二十号、无人机等科技情境与实验探究，全面考查牛顿定律应用及运动分析，适配高中物理单元复习，强化物理观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择|7/28|惯性、单位推导、牛顿第二定律基础应用|结合贵州贵阳等地区期末真题，情境简洁，注重概念辨析| |多项选择|3/18|v-t图像分析、连接体受力、传送带问题|黑龙江哈尔滨等地区期中题，考查科学推理，选项层次分明| |非选择题|5/54|动摩擦因数测量（实验）、匀变速运动计算、牛顿定律综合应用|含江苏南通等地区期中实验题，结合消防演练等真实情境，突出科学探究与模型建构|

第四章 运动和力的关系 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.(2026贵州贵阳高一期末)一同学在推导某物理量y时,得到一个由质量m、速度v、时间t组成的表达式y=,则该物理量y的单位为(　　) A.N(牛) B.m/s(米每秒) C.m/s2(米每二次方秒) D.m2/s(米二次方每秒) 2.关于惯性,下列说法正确的是(　　) A.列车高速行驶时的惯性比静止时大 B.跳远运动员助跑起跳,是为了增大惯性 C.货车满载时质量比空载时质量大,故满载时惯性大 D.我国航天员在地球上的惯性比在天宫二号空间站里的大 3.(2026黑龙江哈尔滨高一期中)空军跳伞队在进行跳伞训练,如图甲所示,队员从静止的飞机上无初速度跳下,一段时间后打开降落伞,运动过程中队员始终竖直向下运动,队员及降落伞整体受到的空气阻力与时间的关系图像如图乙所示。已知参训队员及装备的总质量为m,当地重力加速度为g,下列关于队员离开飞机后的说法正确的是(　　) A.t=10 s时,队员的加速度方向发生改变 B.队员的加速度先不变后增大再减小 C.t=14 s时,队员的速度达到最大 D.队员在运动过程中加速度的最大值为2g 4.(2026江苏苏州高一月考)2025年4月24日,我国神舟二十号成功发射升空。实验小组用以下模型模拟其升空过程,如图所示,四个立柱中间固定一弹性网。开始时将火箭模型下压,使弹性网的形变量足够大(未超出弹性限度),然后将火箭模型由静止释放,其离开弹性网并上升到最高点,不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A.火箭模型在释放后瞬间所受合力为0 B.火箭模型离开弹性网时达到最大速度 C.火箭模型离开弹性网后上升到最高点过程中一直超重 D.火箭模型离开弹性网前先超重后失重 5.(2026江苏南京高一期末)如图所示,太空中进行测量质量的实验:航天员把自己固定在支架的一端,另外一名航天员将支架拉开到指定的位置。松手后,支架拉着航天员从静止返回到舱壁,支架能够产生一个恒定的拉力F。为了测出航天员的质量,需要的物理量是(　　) A.航天员返回到舱壁的位移x、时间t B.恒力F、航天员返回到舱壁的位移x C.航天员返回到舱壁的速度v、位移x、时间t D.恒力F、航天员返回到舱壁的位移x、时间t 6.如图所示,完全相同的木块A、B用轻质弹簧连接,在恒力F作用下向右做匀加速直线运动,已知加速度大小为a,木块与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。在撤去F的瞬间,木块B的加速度大小为(　　) A.a B.a-μg C.a+μg D.a+2μg 7.(2026江苏苏州高一月考)如图所示,质量m0=4 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接,托盘上放一质量m=2 kg的小物块A,整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F,使其从静止开始以加速度a=2 m/s2做匀加速直线运动,已知弹簧的劲度系数k=240 N/m,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.变力F的最小值为12 N B.小物块A与托盘B分离瞬间,弹簧恰好恢复原长 C.小物块A与托盘B分离瞬间的速度大小为0.2 m/s D.小物块A与托盘B分离瞬间的速度大小为2 m/s 二、多项选择题(本题共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,有选错的得0分) 8.某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机的飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示,E、F、M、N为曲线上的点,EF、MN段可视为两段直线,其方程分别为y=4t-6(m)和y=-2t+140(m)。取竖直向上为正方向,则(　　) A.EF段无人机的速度大小为4 m/s B.FM段无人机先处于超重状态,后处于失重状态 C.FM段无人机速度的变化量为-6 m/s D.N点之后,无人机一直向下做减速运动 9.(2026广东广州高一期末)如图所示,物体A的质量为m,B为质量为0.5m的空桶,可加入细沙,二者用细绳连接后跨过定滑轮,物体A放在倾角θ=37°的足够长斜面上,物体A与斜面间的动摩擦因数为μ=0.25,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且斜面上方的细绳与斜面平行,初始时空桶B离地面的高度为h,不计滑轮摩擦,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是(　　) A.空桶B中不加入细沙时,A、B均不动 B.在空桶B中加入质量为0.2m的细沙后由静止释放空桶,物体A会沿斜面向上运动 C.在空桶B中加入质量为0.5m的细沙后由静止释放空桶,此时细绳的拉力大小为0.9mg D.在空桶B中加入质量为0.5m的细沙后由静止释放空桶,当空桶B落地后(速度立即减为零),A还能沿斜面上滑 10.如图甲所示,倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动,传送带的倾角为37°,一煤块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动,其运动的v-t图像如图乙所示,煤块到传送带顶端时速度恰好为零,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,则(　　) A.煤块在传送带上的划痕为8 m B.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25 C.煤块受到的摩擦力方向一直与煤块运动的方向相反 D.传送带转动的速率越大,煤块到达传送带顶端时的速度就会越大 三、非选择题(本题共5小题,共54分) 11.(6分)用图甲所示装置测物块与长木板间的动摩擦因数,长木板固定在水平桌面上,圆弧轨道与长木板的上表面相切。光电门安装在长木板上,位置可以调节;物块上固定宽d=2.10 mm的遮光条,从圆弧轨道上某点由静止释放。 (1)某次遮光条通过光电门的时间t=0.84 ms,则物块通过光电门的速度大小v=　　　　 m/s(结果保留三位有效数字)。  (2)调节光电门位置,测每次遮光条通过光电门的时间t及对应的物块在长木板上停止后遮光条与光电门之间的距离x。多次测量,得到-x图像如图乙所示,已知图像斜率为k,重力加速度为g,则物块与长木板间的动摩擦因数μ=　　　　(用已知量的字母表示)。  (3)本实验中,　　　　(选填“需要”或“不需要”)保证物块从圆弧轨道上同一点由静止释放。  12.(10分)(2026江苏南通高一期中)某同学用如图甲所示实验装置探究加速度与力之间的关系。气垫导轨上安装有光电门G1、G2,两光电门中心间距为x,滑块上固定有宽度为d的遮光条,并通过细绳与槽码相连,细绳对滑块的拉力可通过力传感器测量出来。 (1)关于本实验,下列说法正确的是　　　　。  A.槽码质量需远小于滑块质量 B.细绳需与气垫导轨表面平行 C.实验中应控制槽码的质量不变,改变滑块的质量 (2)实验开始时,不挂槽码,滑块处于光电门G1右端。给滑块一个向左的初速度,测得光电门G1的计时略小于光电门G2的计时,则需调节气垫导轨使其右端略微　　　　(选填“升高”或“降低”)。  (3)导轨调节水平后,挂上槽码,滑块沿导轨做匀加速直线运动,先后经过两个光电门,测得遮光条通过G1、G2的遮光时间分别为Δt1和Δt2,则滑块的加速度a=　　　　　　　(用题中所给物理量的字母表示)。  (4)上述方案存在系统误差,测得的加速度　　　　(选填“大于”或“小于”)真实值,请你提出一条可以减小本实验误差的合理措施:　　　　　　　　　　　　　　　。  (5)该实验装置还可用来测量物体的质量,先保持滑块(包括传感器及遮光条)的质量m0不变,改变所挂槽码质量,多次重复测量,作出a-F图像如图乙中Ⅰ所示;然后在滑块上固定质量为m的待测物体,重复之前的操作,在图乙中作出图线Ⅱ,则m=　　　　 kg(结果保留两位有效数字)。  13.(10分)(2026浙江宁波高一期末)如图所示,在一次消防演练中,为快速侦察发生火灾的楼层情况,停在地面的无人机在消防员的操控下,竖直匀加速上升h1=16 m掠过第一个目标楼层后,随即竖直匀减速上升h2=4 m到达第二个目标楼层,并悬停待命。已知无人机质量为2 kg,加速上升阶段升力F1=26 N。若无人机飞行时所受空气阻力恒为重力的,重力加速度g取10 m/s2,求无人机: (1)加速上升阶段的加速度大小; (2)减速上升阶段所需的升力大小; (3)从开始上升至到达第二个目标楼层处所需的时间。 14.(12分)如图甲所示,有一足够长的粗糙斜面,倾角为37°,一滑块以初速度v0=16 m/s从底端A点滑上斜面,滑至B点后又返回到A点,滑块运动的v-t图像如图乙所示。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)滑块与斜面之间的动摩擦因数; (2)滑块再次回到A点时的速度大小; (3)滑块在整个运动过程中所用的时间。 15.(16分)如图所示,将物块(可视为质点)置于长木板正中间,用水平向右的拉力将木板快速抽出,物块的位移很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验。若物块和木板的质量都为m,物块和木板间、木板与桌面间的动摩擦因数分别为μ和,已知m=1 kg,μ=0.4,重力加速度g取10 m/s2。 (1)当物块相对木板运动时,求木板所受摩擦力的大小; (2)要使物块即将相对木板运动,求所需拉力的大小F; (3)小李同学上台演示实验时,先对木板施加大小为2F的恒定拉力,让木板从静止开始运动起来。拉力作用一段时间Δt=0.5 s后突然脱手,此后未再干预,物块刚好不掉下木板,求木板的长度(两物体均未离开桌面)。 参考答案 1.A　根据表达式y=,质量的单位为千克,速度的单位为米每秒,时间的单位为秒。因此y的单位为=kg·m·s-2,该单位对应牛顿,因为力的定义F=ma中,加速度a的单位为m/s2,故力的单位为kg·m·s-2,即N。故选A。 2.C　惯性是物体保持原有运动状态的属性,其大小仅由质量决定,惯性大小与速度无关,列车质量不变,惯性始终相同,故A错误;助跑不会改变运动员的质量,惯性不变,故B错误;货车满载时质量更大,惯性增大,故C正确;惯性仅由质量决定,航天员质量不变,惯性始终相同,故D错误。 3.D　t=10 s前后队员受到的阻力小于重力,则t=10 s时队员的加速度方向向下,没有发生改变,故A错误。队员的加速度取决于队员受到的合力,所以前10 s内阻力不变,则加速度没有发生变化;10~14 s内阻力从0.3mg逐渐增加到3mg,则合力先向下后向上,即加速度先向下逐渐减小到零,然后向上逐渐增大;4~20 s内阻力从3mg减小到mg,则加速度逐渐减小,方向始终向上,故B错误。由以上分析可知在10~14 s内出现了加速度为零的时刻,此时刻为队员速度最大的时刻,故C错误。由牛顿第二定律可知,t=14 s时加速度最大,最大值为2g,故D正确。 4.D　火箭模型在最低点受到的弹力大于自身重力,所受合力向上,故A错误;火箭模型所受重力等于弹力时达到最大速度,故B错误;火箭模型从离开弹性网到上升到最高点的过程中,做竖直上抛运动,加速度方向向下,处于失重状态,故C错误;火箭模型离开弹性网前先向上加速,后向上减速,所以火箭模型先超重后失重,故D正确。 5.D　航天员的质量m=,a=,能够算出航天员的质量需要知道恒力F和航天员返回到舱壁的v、x、t三个参量中的两个。故选D。 6.D　设A、B的质量都为m,一起向右做匀加速直线运动,对A、B整体由牛顿第二定律可得F-2μmg=2ma,设弹簧弹力为F',对A由牛顿第二定律可得F'-μmg=ma,解得F'=F=m(a+μg),突然将外力F撤去,撤去外力的瞬间,弹簧弹力不变,对B由牛顿第二定律可得F'+μmg=ma',解得木块B的加速度大小为a'=a+2μg,故D正确。 7.A　以托盘B和小物块A为整体,开始装置静止,由平衡条件有kx1=(m+m0)g,解得x1=0.25 m,小物块A向上运动的过程,对A、B,由牛顿第二定律可得F+kx-(m+m0)g=(m+m0)a,整理得F=(m+m0)g+(m+m0)a-kx,当x最大为0.25 m时,F有最小值为F=(m+m0)a=(2+4)×2 N=12 N,故A正确;小物块A与托盘B分离瞬间,A、B间无弹力,对B,由牛顿第二定律得kx2-m0g=m0a,解得弹簧此时的形变量为x2=0.2 m,由运动学公式得v2=2a(x1-x2),解得v= m/s,故B、C、D错误。 8.AC　根据EF段方程y=4t-26(m)可知,EF段无人机做匀速运动,速度大小为v==4 m/s,故A正确;根据y-t图像的切线斜率表示无人机的速度,可知FM段无人机先向上做减速运动,后向下做加速运动,加速度方向一直向下,则无人机处于失重状态,故B错误;根据MN段方程y=-2t+140(m),可知MN段无人机的速度为v'==-2 m/s,则FM段无人机速度的变化量为Δv=v'-v=-2 m/s-4 m/s=-6 m/s,故C正确;根据y-t图像的切线斜率表示无人机的速度,可知N点之后,无人机一直向下运动,但不是一直做减速运动,故D错误。 9.ACD　由于mAgsin θ<μmAgcos θ+mBg,可知空桶B中不加入细沙时,A、B均不动,故A正确;在空桶B中加入质量为0.2m的细沙后由静止释放空桶,由于mAgsin θ+μmAgcos θ>mBg+0.2mg,可知物体A保持静止,故B错误;在空桶B中加入质量为0.5m的细沙后由静止释放空桶,对A、B以及细沙整体,根据牛顿第二定律得mBg+0.5mg-mAgsin θ-μmAgcos θ=(mA+mB+0.5m)a,设此时细绳拉力为FT,对B和细沙,根据牛顿第二定律得(mBg+0.5mg)-FT=(mB+0.5m)a,联立可得FT=0.9mg,a=0.1g,根据速度位移关系v2=2ah,当空桶B落地后,对A,根据牛顿第二定律得mAgsin θ+μmAgcos θ=mAa',根据速度位移关系0-v2=-2a'h',解得A还能沿斜面上滑的距离h'=,故C、D正确。 10.AB　由图乙可知传送带的速度为8 m/s,根据v-t图像与时间轴围成的面积表示位移的大小,可得在0~1 s内煤块相对传送带向上运动的位移大小为Δx1=×(8+16)×1 m-8×1 m=4 m,在1~3 s内煤块相对传送带向下运动的位移大小为Δx2=-8×2 m-×8×2 m=8 m,因Δx2>Δx1,故煤块在传送带上的划痕为Δx2=8 m,故A正确;在0~1 s时间内煤块的速度大于传送带速度,传送带对物块的摩擦力沿传送带向下,方向与运动方向相反,根据牛顿第二定律得mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1,根据v-t图像的斜率绝对值等于加速度大小,可得a1= m/s2=8 m/s2,在1~3 s内传送带的速度大于物块的速度,传送带对物块的摩擦力沿传送带向上,方向与运动方向相同,同理可得mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2,a2= m/s2=4 m/s2,联立解得μ=0.25,故B正确,C错误;如果传送带转动的速率增加到足够大之后,使煤块在传送带上一直做加速度为a2的匀减速直线运动,而不能和传送带共速,那么物块到达传送带顶端时的速度是一定的,与传送带转动的速率无关,故D错误。 11.解析 (1)遮光条通过光电门的时间t=0.84 ms,则物块通过光电门的速度大小v= m/s=2.50 m/s。 (2)由牛顿第二定律得μmg=ma,所以a=μg,根据运动学关系可知=2ax,即·x,则=k,解得μ=。 (3)本实验中,物块在长木板上运动后,由光电门测量通过光电门时的初速度,故不需要保证物块从圆弧轨道上同一点由静止释放。 答案 (1)2.50　(2)　(3)不需要 12.解析 (1)本实验存在力传感器,其示数是滑块所受的合力大小,则不需要保证槽码质量远小于滑块质量,故A错误;为了保证滑块平稳运动,则细绳需与气垫导轨表面平行,故B正确;本实验的目的是探究加速度与力之间的关系,则实验中应控制滑块的质量不变,改变槽码的质量,故C错误。 (2)由于测得光电门G1的计时略小于光电门G2的计时,则滑块从光电门G1到光电门G2做减速运动,说明气垫导轨右端偏低,故需调节气垫导轨使其右端略微升高。 (3)滑块经过光电门G1、G2的速度分别为v1=、v2=,由运动学公式得=2ax,联立可得滑块的加速度大小为a=。 (4)用v=代替滑块经过光电门的瞬时速度,该速度为遮光条通过光电门中间时刻的瞬时速度,但计算时用两光电门中心距离x,导致距离测量值偏小,根据=2ax可知测得的加速度大于真实值;本实验可以通过适当减小遮光条的宽度来减小遮光时间,使中间时刻的瞬时速度接近中间位置的瞬时速度。 (5)根据牛顿第二定律有F=m0a,化简可得a=F,在滑块上固定待测物体,由牛顿第二定律有F=(m0+m)a,化简可得a=F,结合图线Ⅰ、Ⅱ可得k1= kg-1,k2= kg-1,联立可得m=0.30 kg。 答案 (1)B (2)升高 (3) (4)大于　适当减小遮光条的宽度(或适当增大两光电门间的距离) (5)0.30 13.解析 (1)加速上升阶段,根据牛顿第二定律有F1-mg-=ma1 解得a1=2 m/s2。 (2)加速上升阶段,根据速度位移关系有v2=2a1h1 减速上升阶段,根据速度位移关系有0-v2=-2a2h2 根据牛顿第二定律有mg+-F2=ma2 联立解得F2=6 N。 (3)所需的时间t= 解得t=5 s。 答案 (1)2 m/s2 (2)6 N (3)5 s 14.解析 (1)由图乙可知,滑块上滑时的加速度大小a1= m/s2=8 m/s2 由牛顿第二定律得mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1 解得μ=0.25。 (2)由图乙可知,A、B之间的距离s=t1=×2 m=16 m 由B到A过程,根据牛顿第二定律得 mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2 解得a2=4 m/s2 由速度位移公式可得,滑块再次回到A点时的速度大小vA= m/s=8 m/s。 (3)由图乙可知,滑块从A到B所用的时间t1=2 s,由速度时间公式得,滑块从B到A过程所用的时间t2= s=2 s,则滑块在整个运动过程中所用的时间t=t1+t2=(2+2) s。 答案 (1)0.25 (2)8 m/s (3)(2+2) s 15.解析 (1)当物块相对木板运动时,木板上表面受到的滑动摩擦力大小为Ff1=μmg,方向水平向左 木板下表面受到的滑动摩擦力大小为Ff2=·2mg=μmg,方向也是水平向左 故木板受到的总摩擦力大小为Ff=Ff1+Ff2=2μmg=2×0.4×1×10 N=8 N,方向水平向左。 (2)当物块即将与木板发生相对运动时,根据牛顿第二定律,对物块有am==μg 对物块和木板构成的整体有F-·2mg=2mam 联立代入数据得F=3μmg=3×0.4×1×10 N=12 N。 (3)施加大小为2F的拉力时,由题意可知物块与木板发生相对运动,物块的加速度大小为a1=μg=4 m/s2 木板的加速度大小为a2==4μg=4×0.4×10 m/s2=16 m/s2 撤去拉力时,物块、木板速度分别为v1=a1Δt=4×0.5 m/s=2 m/s,v2=a2Δt=16×0.5 m/s=8 m/s,撤去拉力时,物块、木板位移分别为x1=×Δt=×0.5 m=0.5 m,x2=×Δt=×0.5 m=2 m 撤去拉力时,由于木板的速度大于物块的速度,因此物块所受摩擦力的方向不变,故物块的加速度不变,而木板加速度大小变为a2'= m/s2=8 m/s2 此时加速度方向与木板运动方向相反,设经时间t后物块与木板共速,则有v1+a1t=v2-a2't 解得t=0.5 s 从撤去拉力到共速,物块、木板的位移分别为x1'=v1t+a1t2,x2'=v2t-a2t2 代入数据得x1'=1.5 m,x2'=3 m 共速后物块与木板共同做减速运动,直至停止,无相对位移,由于物块刚好不掉下木板,因此从开始到共速的整个过程满足=x2+x2'-x1-x1' 代入数据解得L=6 m。 答案 (1)8 N (2)12 N (3)6 m 1 学科网（北京）股份有限公司 $