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单元素养评价(三) 运动和力的关系
一、单项选择题
1．如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”．两人中间位置处有一分界线，约定先使
对方过分界线者赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑平面，则下列说法正确的是( )
A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力
B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力
C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利
D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利
2．[2022·河北鸡泽模拟]如图所示，垂直电梯有一个“轿厢”和一个“对重”通过钢
丝绳(曳引绳)将它们连接起来，钢丝绳通过驱动电机(曳引机)的曳引带动使电梯“轿厢”
和“对重”在电梯内导轨上做上下运动，某次“轿厢”向上做匀减速运动，则( )
A.“轿厢”处于超重状态
B．“对重”处于失重状态
C．“对重”向下做匀加速运动
D．曳引绳受到的拉力大小比“轿厢”重力小
3．如图甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下．下滑位移 x时的速
度为v，其x v2图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，则斜面倾角θ为( )
A．30° B．45°
C．60° D．75°4．如图所示，卡车上固定有倾角均为37°的两个光滑斜面体，匀质圆筒状工件置于
两个斜面间．卡车正以90 km/h的速度匀速行驶，为了保证刹车时工件不与其中任何一个
斜面脱离，则其刹车的最小距离更接近于(路面能提供足够大摩擦，sin 37°＝0.6)( )
A．23 m B．33 m
C．43 m D．53 m
5．如图所示，质量为m的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态，现对小球
同时施加水平向右的恒力F和竖直向上的力F，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向
0
上的力F大小始终与小球的速度成正比，即F＝kv(图中未标出)，已知小球与杆间的动摩
擦因数为μ，下列说法中正确的是( )
A．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的减速运动
B．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止
C．小球的最大加速度为
D．小球的最大速度为
6．如图所示，水平桌面上放置一个倾角为45°的光滑楔形滑块A，一细线的一端固定
于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m＝0.2 kg的小球．若滑块与小球一起
以加速度a向左做匀加速运动(g取10 m/s2)，下列说法正确的是( )
A．当a＝5 m/s2时，滑块对球的支持力为N
B．当a＝15 m/s2时，滑块对球的支持力为 N
C．当a＝5 m/s2时，地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和
D．当a＝15 m/s2时，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和
二、多项选择题
7．如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡
上滑下后，恰好以速度v水平向右滑上长木板．石块与长木板、长木板与水平地面之间都
1
存在摩擦．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板．下面
给出了石块在长木板上滑行的v t图像，其中可能正确的是( )
8．[2022·河南驻马店模拟]如图甲所示，一质量m＝1 kg的物体置于水平面上，在水平外力F作用下由静止开始运动，F随时间t的变化情况如图乙所示，物体运动的速度v随
时间t的变化情况如图丙所示(4 s后的图线没有画出).已知重力加速度g取10 m/s2，则下
列说法正确的是( )
A．物体在3 s末的加速度大小是2 m/s2
B．物体在水平面间的动摩擦因数为0.4
C．物体在前6 s内的位移为10 m
D．物体在前6 s内的位移为12 m
9．如图甲所示为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查，
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v＝1 m/s的恒定速率运行，
旅客把行李无初速度地放在A处，行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离
为2 m，g取10 m/s2.若旅客把行李放到传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速率平行于传
送带运动到B处取行李，则( )
A．旅客与行李同时到达B处
B．旅客提前0.5 s到达B处
C．行李提前0.5 s到达B处
D．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处
三、非选择题
10．图1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 50 Hz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)请完成下列实验步骤：
①补偿小车所受的阻力；取下小吊盘，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，挂上小吊盘并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
s、s、…并求出与不同m相对应的加速度a.
1 2
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．
(2)完成下列填空：
①设纸带上三个相邻计数点的间距依次为s、s、s，相邻计时点间的时间间隔为
1 2 3
Δt.a可用s、s和Δt表示为a＝________．图2为用米尺测量某一纸带上的s、s的情
1 3 1 3
况，由图可求得加速度的大小a＝________m/s2.
②图 3 为所得实验图线的示意图，若牛顿第二定律成立，则小车受到的拉力为
________N，小车的质量为________kg.
③本实验中，若小吊盘和盘中物块的质量之和m与小车和车中砝码的总质量(m＋M)之
0
间关系满足m＋M＝2m，仍将小车受到的拉力当成mg，则加速度计算值为________，此加
0 0
速度的相对误差＝________(相对误差＝×100%)．
11．“新冠肺炎”的易传染性让每一个接触到病毒的人都有可能成为被感染的对象．
如果在一些易传播的环境中启用机器人替代人工操作的话，就可以有效防控病毒传播，其
中送餐服务就是机器人应用的一个领域，只要设置好路线、安放好餐盘，它就会稳稳地举
着托盘，到达指定的位置送餐，如图所示．若某一隔离病区的配餐点和目标位置在相距 x
＝43 m的直线通道上，机器人送餐时从静止开始启动，加速过程的加速度大小 a＝2
1
m/s2，速度达到v＝2 m/s后匀速，之后适时匀减速，恰好把食物平稳送到目标位置，整个
送餐用时t＝23 s．若载物平台呈水平状态，食物的总质量m＝2 kg，食物与平台无相对滑
动，g取10 m/s2，试求：
(1)机器人加速过程位移的大小x；
(2)匀速运动持续的时间t；
0
(3)减速过程中平台对食物的平均作用力F的大小．
12．如图，上表面光滑且水平的小车静止在水平地面上，A、B为固定在小车上的挡板，
C、D为竖直放置的轻质薄板．A、C和D、B之间分别用两个相同的轻质弹簧连接，薄板C、
D间夹住一个长方体金属块(视为质点).金属块与小车上表面有一定的距离并与小车保持静
止，此时金属块所受到的摩擦力为最大静摩擦力．已知金属块的质量 m＝10 kg，弹簧劲度系数k＝1 000 N/m，金属块和薄板C、D间动摩擦因数μ＝0.8.设金属块受到的最大静摩
擦力与滑动摩擦力相等，取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)此时弹簧的压缩量；
(2)当小车、金属块一起向右加速运动，加速度大小a＝15 m/s2时，A、C和D、B间弹
簧形变量及金属块受到的摩擦力大小．
单元素养评价(三) 运动和力的关系
1．解析：甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是作用力和反作用力，A错误；绳静止时，甲
对绳的拉力与乙对绳的拉力是一对平衡力，B错误；若甲的质量比乙的质量大，则甲的加
速度比乙的小，可知乙先到分界线，故甲能赢得“拔河”比赛的胜利，C正确；收绳速度
的快慢并不能决定“拔河”比赛的输赢，D错误．
答案：C
2．解析：当“轿厢”向上做匀减速运动时，加速度向下，处于失重状态，A错误；
“轿厢”失重，所以曳引绳的拉力小于其重力，D正确；同时，“对重”向下做匀减速运
动，加速度向上，处于超重状态，B、C错误．
答案：D
1
3．解析：由v2＝2ax得x＝ v2，结合x v2图像可知小物块的加速度a＝5 m/s2，根
2a
据牛顿第二定律得，小物块的加速度a＝g sin θ，所以θ＝30°，选项A正确，B、C、D
错误．
答案：A
4．解析：卡车刹车时，当后斜面对工件的支持力为零时，加速度最大，设卡车安全刹
车的最大加速度大小为a，此时工件的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律可得mg tan
3 125
37°＝ma，解得a＝ g，根据运动学公式则有0－v2＝－2ax，解得x＝ m，则其刹车
4 3
的最小距离更接近于43 m，故C正确，A、B、D错误．答案：C
F −μ(mg−kv)
5．解析：刚开始运动时，加速度为a＝ 0 ，当速度v增大，加速度增大；
m
F −μ(kv−mg)
当速度v增大到kv＞mg后，加速度为a＝ 0 ，当速度v增大，加速度减小，
m
当a减小到0时，做匀速运动，所以小球的速度先增大后保持不变，加速度先增大后减小，
F
最后等于零，故选项A、B错误；当阻力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为 0
m
故选项C错误；当加速度为零时，小球的速度最大，此时有F＝μ(kv－mg)，故最大速度
0 m
F +μmg
为v＝ 0 ，故选项D正确．
m
μk
答案：D
6．解析：设加速度为a时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉
0
力，根据牛顿第二定律有，水平方向：F ＝F cos 45°＝ma；竖直方向：F sin 45°＝
合 0
m
mg，解得a＝g＝10 ，当a＝5 m/s2时，小球未离开滑块，水平方向：F cos 45°－
0 s2
√2
Fcos 45°＝ma；竖直方向：F sin 45°＋Fsin 45°＝mg，解得F＝ N，故A正确；
N N N
2
当a＝15 m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为零，故
B错误；当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一
定等于两个物体的重力之和，故C、D错误．故选A.
答案：A
7．解析：由于石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦，因此石块与长木板
达到共速后不可能做匀速直线运动，A错误；设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ，长
1
木板与水平地面之间的动摩擦因数为μ，石块的质量为m，长木板的质量为M，当μ mg
2 1
＞μ(m＋M)g时，最终石块和长木板一起做匀减速直线运动，此时的加速度大小为μg，
2 2
由于μmg＞μ(m＋M)g，则有μg＞μg，即石块刚开始减速的加速度大于石块与长木板
1 2 1 2
一起减速时的加速度，石块与长木板共速后，图像的斜率变小，B正确，C错误；若石块对
长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板静止不动，石块在
长木板上做匀减速运动，D正确．
答案：BD
8．解析：由v t图像可知，物体在前4 s做匀变速直线运动，所以物体在第3 s末
Δv 4
的加速度a等于前4 s内的加速度，根据v t图像和加速度定义式：a＝ ＝ m/s2＝1
1 1
Δt 4
m/s2，选项A错误．在0～4 s内，在水平方向：F－μmg＝ma，解得μ＝0.4，选项B正
1 1确．设前4 s的位移为x，由位移公式有x＝1 2＝1×1×16 m＝8 m，设4 s后物体运
1 1 a t
2 1 2
1
动时的加速度为a，则：F－μmg＝ma，解得a＝－2 m/s2；物体在4 s末时的速度为v′
2 2 2 2
＝4 m/s，设物体从4 s末后运动t的时间速度减为0，则：0＝v′＋at，解得t＝2 s，
2 2 2 2
所以物体在6 s末速度恰好减为0，故后2 s内的位移x＝ 1 2，代入数据解得x
2 v't + a t 2
2 2 2
2
＝4 m；所以物体在前6 s内的位移x＝x＋x＝8 m＋4 m＝12 m，选项C错误，D正确．
1 2
答案：BD
9．解析：由牛顿第二定律得μmg＝ma，得a＝1 m/s2，设行李做匀加速运动的时间为
t，行李加速运动的末速度为v＝1 m/s，由v＝at，解得t＝1 s，匀加速运动的位移大小
1 1 1
为x＝1 2＝0.5 m，匀速运动的时间为t＝L−x＝1.5 s，行李从A到B的时间为t＝t
at 2 1
2 v
1
L
＋t＝2.5 s，而旅客一直做匀速运动，从A到B的时间为t ＝ ＝2 s，故旅客提前0.5
2 入
v
s到达B处，A、C错误，B正确；若行李一直做匀加速运动，则运动时间最短，有L＝
1 2 ，解得t ＝2 s，故D正确．
at min
2
min
答案：BD
10．解析：(1)①在补偿阻力时，应取下小吊盘，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等间距的点，则说明小车此时做匀速运动．
s −s
(2)①由匀变速直线运动的推论Δx＝aT2可知加速度为a＝ 3 1 ；由图2可知s 1 ＝
50(Δt) 2
(3.62－1.25)cm＝2.37 cm；s＝(12.00－7.25)cm＝4.75 cm，由题意可知Δt＝0.02 s，
3
s −s
加速度的大小为a＝ 3 1 ＝1.19 m/s2.
50(Δt) 2
1 1 M
②设小车质量为M，由牛顿第二定律得F＝(M＋m)a，则 ＝ m＋ ，由图3所示图
a F F
1 M 1 b
像可知k＝ ＝1，b＝ ＝4，则小车受到的拉力F＝ ＝1 N ，小车的质量M＝ ＝4 kg.
F F k k
③本实验中，若小吊盘和盘中物块的质量之和m与小车和车中砝码的总质量(m＋M)之
0
m g 1
间关系满足m＋M＝2m，仍将小车受到的拉力当成mg，则加速度计算值为a＝ 0 ＝
0 0 M+m 2
g，真实值为 a′＝ m g ＝1g，相对误差＝|测量值−真实值|×100%＝50%.
0
M+m+m 3 真实值
0
答案：(1)①等间距(2)① s 3 −s 1 1.19 ②1 4 ③1g 50%
50(Δt) 2 2
11．解析：(1)加速过程位移x＝
v2
，
1
2a
1
解得x＝1 m.
1
v
(2)设机器人减速时的加速度为a，匀速的时间为t，则由题可知t＝ ，
2 0 1 a
1
x＝x＋vt＋
v2
，
1 0
2a
2
v
t＝t＋t＋ ，
1 0 a
2
解得t＝20 s，a＝1 m/s2.
0 2
(3)平台对食物竖直方向的支持力F＝mg，
N
水平方向的摩擦力F＝ma，
f 2
故平台对食物的作用力大小
F＝ √(mg) 2+(ma ) 2，
2
代入数据解得F＝2√101 N.
答案：(1)1 m (2)20 s (3)2√101 N
12．解析：(1)由于两个轻质弹簧相同，则两弹簧压缩量相同．设弹簧的压缩量为x，
0
弹簧形变产生的弹力大小为F，由胡克定律得F＝kx，
0
设金属块所受C、D的摩擦力大小均为f，此时金属块所受摩擦力等于最大静摩擦力，
依题意得f＝μF.
由平衡条件得2f＝mg，
联立并代入数据得x＝0.062 5 m.
0
(2)假设A、C和D、B间的弹簧压缩量分别为x和x，有x＋x＝2x.
1 2 1 2 0
水平方向，对金属块由牛顿第二定律得kx－kx＝ma，
1 2
代入题给数据得x＝0.137 5 m，x＝－0.012 5 m.
1 2
由x＜0可知，此时薄板D已与金属块分离，D、B间弹簧已恢复原长，无弹力．金属
2
块水平方向加速运动所需的合力全部由薄板C的弹力提供．设A、C和D、B间弹簧实际压
缩量分别为x′、x′，则x′＝0，
1 2 2
水平方向，对金属块由牛顿第二定律得kx′＝ma，
1
代入数据解得x′＝0.15 m.
1
由于此时最大静摩擦力f′ ＝μkx′＝120 N>mg，
max 1
故金属块受到的摩擦力大小为f′＝mg＝100 N.
答案：(1)0.062 5 m (2)0.15 m 0 100 N
