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单元检测三 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．(2023·广东佛山市模拟)“神舟十七号”在“长征二号”运载火箭的推动下顺利进入太空，
如图所示为“长征二号”运载火箭，下列关于它在竖直方向加速起飞过程的说法，正确的是
( )
A．火箭加速上升时，航天员对座椅的压力小于自身重力
B．保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后做自由落体运动
C．火箭喷出的热气流对火箭的作用力大小等于火箭对热气流的作用力大小
D．燃料燃烧推动空气，空气的反作用力推动火箭升空
答案 C
解析 火箭加速上升时，航天员处于超重状态，对座椅的压力大于自身重力，A 错误；保温
泡沫塑料从箭壳上自行脱落时，因为惯性，有向上的速度，不做自由落体运动，B 错误；火
箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力是作用力与反作用力的关系，大小
相等，C 正确；火箭受到重力、空气阻力以及内部燃料喷出时的作用力，燃料燃烧向下喷气，
喷出的气体的反作用力推动火箭升空，不是外界空气的作用力，D 错误。
2．某同学将智能手机放在身上，打开手机中的加速度测量传感器APP，同学完成包含起立、
下蹲的动作后，传感器APP 得到如图所示的加速度随时间变化图像，以向上为加速度正方
向，下列说法正确的是( )
A．该同学先起立后下蹲
B．该同学先下蹲后起立
C．该同学先起立后下蹲接着起立再下蹲
D．该同学先下蹲后起立接着下蹲再起立
1
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答案 A
解析 由题图可知，前一过程中，加速度先向上，再向下，该同学所受支持力先大于重力，
再小于重力；后一过程中，加速度先向下再向上，该同学所受支持力先小于重力，再大于重
力。而起立过程为加速上升和减速上升，下蹲过程为加速下降和减速下降。可知，该同学先
起立后下蹲。故选A。
3.(2024·山东德州市第一中学月考)一轻弹簧竖直固定在桌面上，将一小球从弹簧正上方的O
点由静止释放。以开始下落的位置为坐标原点，以竖直向下为x 轴正方向，不计空气阻力，
则关于小球向下运动过程中的速度v 或加速度a 随位移x 变化的关系图像中，可能正确的是(
)
答案 B
解析 小球在自由下落的过程中，速度随位移增大而增大，加速度保持不变，由v2＝2ax 可
知，此过程v－x 图像不是直线，在与弹簧作用过程中，速度先增大后减小，加速度先减小
后增大，小球与弹簧作用过程中的加速度大小a＝＝g－·x＋x0，其中x0是O 点到弹簧自然伸
长时顶端的距离，此阶段a－x 图线为直线，故选B。
4.如图所示，穿在足够长、水平直杆上的小球质量为m，开始时静止。现对小球沿杆方向施
加恒力F0，垂直于杆方向施加竖直向上的力F(图中未标出)，且F 的大小始终与小球的速度
成正比，即F＝kv(k 为常量)。已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，
F0>μmg。下列说法正确的是( )
A．小球的加速度先减小后增大
B．小球的最大加速度为
C．小球的速度不断增大，最终做匀速直线运动
D．小球的最大速度为
答案 C
解析 依题意，对小球受力分析，小球在水平方向上，根据牛顿第二定律有F0－Ff＝ma，Ff
2
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＝μFN＝μ(mg－F)＝μ(mg－kv)，随着v 的增大，则小球受到的滑动摩擦力Ff减小，小球的加
速度a 增大；当kv>mg 时，此时小球受到的滑动摩擦力为Ff′＝μFN′＝μ(F－mg)＝μ(kv－
mg)
根据牛顿第二定律有F0－Ff′＝ma′
随着v 的增大，则小球受到的滑动摩擦力Ff′增大，小球的加速度a 减小，当F0＝Ff′时，
小球的加速度减为0，此时小球的速度达到最大，以后保持该最大速度做匀速直线运动，所
以小球的速度先不断增大，最终做匀速直线运动，加速度先增大后减小，故A 错误，C 正确；
由前面分析可知，当kv＝mg 时，小球加速度达最大，此时Ff＝0，根据牛顿第二定律有F0
＝mamax，即amax＝，故B 错误；
由前面分析可知，当F0＝Ff′＝μ(kv－mg)时，小球的加速度减为0，此时小球的速度达最大，
可得小球的最大速度为vmax＝，故D 错误。
5．(2024·陕西渭南市质检)如图所示，质量分别为m1＝3 kg、m2＝5 kg 的A、B 两物体置于
光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F1＝60 N、F2＝20 N 的水
平拉力分别作用在A、B 上，弹簧测力计未超出弹性限度，则( )
A．弹簧测力计的示数是50 N
B．若增大F2，两物体一起做匀加速直线运动时，弹簧测力计示数可能不变
C．在突然撤去F2的瞬间，B 的加速度大小为4 m/s2
D．在突然撤去F1的瞬间，A 的加速度大小为15 m/s2
答案 D
解析 对两物体和弹簧测力计组成的系统，整体的加速度a＝＝5 m/s2，隔离B 分析，F－F2
＝m2a，解得F＝45 N，所以弹簧测力计的示数为45 N，A 错误；根据A 选项分析可得F＝
F1＋F2，增大F2，F 变大，B 错误；在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，B 的加速度a2
＝＝9 m/s2，C 错误；在突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力不变，A 的加速度大小为a1＝＝15
m/s2，D 正确。
6．(2023·广西桂林市模拟)如图所示，在竖直平面内，一辆小车正在水平面上以加速度a 向
右匀加速运动，大物块压在车厢竖直后壁上并与车厢相对静止，小物块放在大物块上与大物
块相对静止，大物块刚好不下滑，小物块与大物块也刚好不发生相对滑动。重力加速度为
g，a<g。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则大物块与车厢后壁间的动摩擦因数μ1和小物块
与大物块间的动摩擦因数μ2间的大小关系正确的是( )
3
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A．μ1<μ2
B．μ1＝μ2
C．μ1>μ2
D．μ1＋μ2<1
答案 C
解析 将两物块看作一个整体有(m＋M)g＝μ1FN1，FN1＝(m＋M)a
对小物块受力分析有mg＝FN2，μ2FN2＝ma
解得μ1＝，μ2＝
由于a<g，则有μ1>1，μ2<1，μ1>μ2，μ1＋μ2>1，故选C。
7．(2023·福建厦门市模拟)如图甲所示，水平地面上静止一质量为1 kg 足够长的长木板A，
木板中央的正上方有一可看作质点的物块B。现在物块上施加一个从零开始均匀增加的水平
向右的外力F，物块B 受到的摩擦力Ff随外力F 的大小变化图像如图乙所示，设木板与地面
间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦
力相等，重力加速度大小为g＝10 m/s2，则下列选项正确的是( )
A．μ1＝0.4
B．μ2＝0.1
C．物块B 的质量为2 kg
D．若外力F 作用在A 上，当F＝12 N 时，A、B 一定发生相对滑动
答案 D
解析 由题图乙可知，当F1＝2 N 时，A、B 一起开始滑动，则F1＝Ff1＝μ1(mA＋mB)g，
由题图乙可知，当物块B 受到的滑动摩擦力大小为Ff2＝4 N 时，有Ff2＝μ2mBg，
拉力在F1＝2 N 到F2＝6 N 之间时，A、B 一起运动，加速度相同，
则有＝，
联立解得mB＝1 kg，μ1＝0.1，μ2＝0.4，故A、B、C 错误；
若外力F 作用在A 上，当F＝12 N 时，若A、B 不相对滑动，
则加速度相同，为a＝＝5 m/s2，
而B 的最大加速度为am＝＝4 m/s2，
故假设不成立，A、B 一定发生相对滑动，故D 正确。
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，全部选对得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分)
8.如图所示，一物块从倾角为θ 的固定斜面底端以初速度v0沿足够长的斜面上滑，经时间t
速度减小为零，再经2t 时间回到出发点，下列说法正确的是( )
4
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A．物块上滑过程的加速度大小是下滑过程加速度大小的2 倍
B．物块返回斜面底端时的速度大小为
C．物块与斜面之间的动摩擦因数为tan θ
D．物块与斜面之间的动摩擦因数为tan θ
答案 BC
解析 根据匀变速直线运动位移公式得x＝at2，则a＝，x 相同，t 是2 倍关系，则物块上滑
过程的加速度大小是下滑过程加速度大小的4 倍，故A 错误；根据匀变速直线运动位移速
度关系式得v＝，则物块上滑过程的初速度大小是返回斜面底端时的速度大小的2 倍，故B
正确；以沿斜面向下为正方向，上滑过程，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，
下滑过程，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，又a1＝4a2，联立解得μ＝tan θ，
故C 正确，D 错误。
9．(2023·山东省莱州第一中学模拟)普通火车动力都在火车头上，车厢(头)与车厢之间通过
挂钩连接在一起。火车在启动时，会先往后退，再启动，这样会使挂钩松弛，车厢(头)与车
厢之间无作用力，再向前启动时，车厢会一节一节的依次启动，减少所需要的动力。一列火
车共有n 节车厢，火车头与每节车厢的质量相等，车头及每节车厢与轨道间的摩擦力均为
Ff，假设启动时每节车厢的加速度均为a，若火车不后退所有车厢同时启动，火车头提供的
动力为F。若火车车厢依次启动，当第k(k≤n)节车厢启动时，则( )
A．火车头提供的动力为
B．火车头提供的动力为
C．第k－1 节车厢对第k 节车厢的作用力为
D．第k－1 节车厢对第k 节车厢的作用力为
答案 AD
解析 若火车不后退所有车厢同时启动，则由牛顿第二定律可知F－(n＋1)Ff＝(n＋1)ma；
若火车车厢依次启动，当第k(k≤n)节车厢启动时，则F′－(k＋1)Ff＝(k＋1)ma，解得F′
＝，选项A 正确，B 错误；以(k－1)节车厢和车头为研究对象，则F′－FT－kFf＝kma，解
得FT＝，选项C 错误，D 正确。
10.(2023·贵州省文德民族中学月考)一水平传送带沿逆时针方向以5 m/s 的速度匀速转动，传
送带上表面长6 m。一质量为1 kg 的物体以6 m/s 的速度水平向右从传送带左侧冲上传送带，
物体与传送带间的动摩擦因数为0.4，取重力加速度为10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．物体将从传送带右侧离开传送带
B．物体向右运动的最大距离为4.5 m
5
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C．物体离开传送带时的速度大小为6 m/s
D．物体向右做减速运动的时间为1.5 s
答案 BD
解析 物体滑上传送带后做匀减速运动，根据牛顿第二定律得，物体的加速度大小为a＝＝
μg＝4 m/s2，假设物体在到达传送带右侧前减速至零，由运动学公式得0－v＝－2ax，所以x
＝＝4.5 m<L＝6 m，假设成立，物体的速度减至零后将向左运动，所以物体将从传送带左侧
离开传送带，物体向右运动的最大距离是4.5 m，A 错误，B 正确；因为v1<v2，由对称性可
知物体与传送带共速时还没有到达传送带左侧，设物体向左运动后经过位移x′时速度与传
送带速度相等，则x′＝＝3.125 m，此后物体随传送带做匀速运动，物体离开传送带时的速
度大小为5 m/s，C 错误；物体向右做减速运动的时间为t＝＝ s＝1.5 s，D 正确。
三、非选择题(本题共5 小题，共54 分)
11．(8 分)(2024·北京市北大附中开学考试)某学习小组利用图甲所示的装置做“探究加速度
和力、质量的关系”的实验。
(1)除了图甲中所给的器材以及交流电源和导线外，在下列器材中，还必须使用的两种器材
是________。
A．秒表
B．天平(含砝码)
C．弹簧测力计
D．刻度尺
(2)甲同学实验时这样补偿阻力：按图甲装置把实验器材安装好，先不挂托盘和砝码，将小
车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器。用垫块把木板一端垫高，接通打
点计时器，让小车以一定初速度沿木板向下运动，并不断调节木板的倾斜度，直到小车拖动
纸带沿木板做________运动。
(3)图乙为乙同学实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了
连续的5 个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4 个点迹没有标出，所用交
流电源的频率为50 Hz。通过测量，可知打点计时器打B 点时小车的速度大小为________
m/s；小车此次运动的加速度的测量值a＝________ m/s2。(计算结果均保留2 位有效数字)
(4)丙同学作出的a－F 图像如图丙所示。发现图线有一段是曲线，他认为这是系统误差造成
的。他将实验方法做了如下改进：先将一些砝码放在小车上；之后每次从小车上取下一些砝
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码移到托盘上；重复多次实验，直到将砝码全部移到托盘中；根据测得的数据，绘制出小车
加速度a 随着托盘和盘中的砝码所受重力F 变化的关系图线，得到的是一条过原点的直线。
已知托盘和所有砝码的总质量为m，小车的质量为M。请你分析说明图线为直线的原因，并
说明图线斜率的物理意义_________________________________________________。
答案 (1)BD (2)匀速直线 (3)0.44 1.0 (4)见解析
解析 (1)此实验中不需要秒表和弹簧测力计，但要用天平测量小车及托盘的质量，用刻度
尺测量纸带，故选B、D；
(2)补偿阻力后，小车将做匀速直线运动；
(3)打点计时器打B 点时小车的速度大小为vB＝×10－2 m/s≈0.44 m/s
小车此次运动的加速度的测量值为a＝≈1.0 m/s2
(4)根据牛顿第二定律，得a＝
其中M＋m 为定值，所以a－F 图像为过原点的直线，斜率为，是总质量的倒数。
12．(8 分)(2024·广东深圳市南山中学开学考)为探究物体加速度a 与外力F、质量M 的关系，
研究小组的同学们在教材提供案例的基础上又设计了不同的方案，如图所示：方案甲中在小
车前端固定了力传感器与细线相连，可以从传感器直接读出细线拉力；方案乙中拉动小车的
细线通过滑轮与弹簧测力计相连，从测力计示数可读出细线拉力；方案丙中用带有光电门的
气垫导轨和滑块代替木板和小车，三种方案均以质量为m 的槽码的重力作为动力。
(1)关于上述不同实验方案的操作，下列说法正确的是________。
A．各方案都需要使拉动小车(滑块)的细线与轨道平行
B．在研究加速度与质量关系的时候，需要保证槽码的质量不变
C．甲、乙两方案在计算加速度时必须将纸带上打的第一个点作为计数点进行测量
D．各方案通过作出a－M 图像即可得出加速度与质量的关系
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(2)这些方案中，需要满足M≫m 的是________；必须倾斜轨道以补偿阻力的是________。
(3)如图丁所示为一次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E、F、G 为相邻的计
数点，两个计数点间还有四个点未画出，交流电源频率为50 Hz，打D 点时小车的瞬时速度
为________ m/s，小车运动的加速度大小为________ m/s2。(结果均保留两位有效数字)
答案 (1)AB (2)丙 甲、乙 (3)0.25 0.50
解析 (1)各方案都需要使拉动小车(滑块)的细线与轨道平行，选项A 正确；
在研究加速度与质量关系的时候，需要保证牵引力不变，即要使得槽码的质量不变，选项B
正确；
甲、乙两方案在计算加速度时不一定要将纸带上打的第一个点作为计数点进行测量，选项C
错误；各方案通过作出a－图像即可得出加速度与质量的关系，选项D 错误。
(2)这些方案中，甲中有力传感器测量拉力，乙中有弹簧测力计测量拉力，则甲、乙不需要
满足M≫m，但是丙中需要满足M≫m 的条件，丙中有气垫导轨，不需要补偿阻力，但是甲、
乙中必须倾斜轨道以补偿阻力。
(3)打D 点时小车的瞬时速度为vD＝＝ m/s≈0.25 m/s
小车的加速度大小
a＝＝ m/s2＝0.50 m/s2。
13．(10 分)(2023·湖北省宜昌一中段考)俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一，其赛道可简化为
起点和终点高度相差120 m、长度为1 200 m 的斜坡。假设某运动员从起点开始，以平行于
赛道大小为F＝40 N 的恒力推动质量m＝40 kg 的冰橇沿斜坡向下运动，出发后4 s 内冰橇发
生的位移为 12 m,8 s 末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点。设运动员登上冰橇
前后冰橇速度不变，不计空气阻力，求：(g＝10 m/s2，取赛道倾角的余弦值为1，正弦值按
照题目要求计算)
(1)冰橇与赛道间的动摩擦因数；
(2)比赛中运动员的最大速度。
答案 (1)0.05 (2)36 m/s
解析 (1)设出发后4 s 内冰橇的加速度为a1，出发后4 s 内冰橇发生的位移x1＝a1t1
2
代入数据解得a1＝1.5 m/s2
由牛顿第二定律有F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
由题意知sin θ＝＝0.1，
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解得μ＝0.05。
(2)设8 s 后冰橇的加速度为a2，由牛顿第二定律有(m＋M)gsin θ－μ(m＋M)gcos θ＝(m＋
M)a2
8 s 末冰橇的速度v1＝a1t2
出发后8 s 内冰橇发生的位移x2＝a1t2
2＝48 m
到达终点时速度最大，设最大速度为v2，
则有v－v＝2a2(x－x2)
代入数据联立解得v2＝36 m/s。
14．(12 分)(2024·山东枣庄市期中)如图所示，水平地面上静止一质量为M＝2.0 kg、长为l＝
2.5 m 的长木板，长木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，一质量为m＝3.0 kg 的滑块
从长木板的右侧以初速度v0向左滑上长木板，滑块可视为质点，滑块与长木板间的动摩擦
因数为μ2＝0.4，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同，重力加速度大小g 取10 m/s2。求：
(1)滑块刚滑上长木板时，长木板的加速度大小和滑块的加速度大小；
(2)要使滑块不滑出长木板，滑块初速度v0应满足的条件；
(3)若滑块静止在木板右端，给木板一个方向水平向右、大小为3 m/s 的初速度，其他条件不
变，木板与滑块共速时，滑块发生的位移大小。
答案 (1)1 m/s2 4 m/s2 (2)v0≤5 m/s (3)0.08 m
解析 (1)分别对长木板、滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律
对长木板有μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma1
解得长木板的加速度大小a1＝1 m/s2
对滑块有μ2mg＝ma2
解得滑块的加速度大小a2＝4 m/s2
(2)当长木板、滑块速度相等时，若滑块恰好运动到长木板的左侧末端，则可保证滑块不会
滑出长木板，设经过时间t，长木板、滑块的速度相等，则有v0m－a2t＝a1t
根据位移关系得v0mt－a2t2－a1t2＝l
代入数据解得t＝1 s，v0m＝5 m/s
所以初速度应满足v0≤5 m/s
(3)木板与滑块共速前
对于滑块，由牛顿第二定律有μ2mg＝ma3
对于木板μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma4
由运动学公式有v－a4t1＝a3t1
则滑块发生的位移大小为x＝a3t
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联立解得x＝0.08 m。
15．(16 分)如图所示，足够长的传送带与水平面间的夹角θ＝37°，以12 m/s 的速率逆时针
匀速转动。在传送带底部有一质量m＝1 kg 的物体，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝
0.25，现用轻绳将物体由静止沿传送带向上拉动，拉力恒为F＝10 N，方向平行传送带向上。
经时间t＝4 s 绳子突然断开，已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)绳断时物体的速度大小；
(2)绳断后物体还能上行多远；
(3)从绳断开始到物体再返回到传送带底端时的运动时间(保留一位小数)。
答案 (1)8 m/s (2)4 m (3)3.3 s
解析 (1)绳断前物体向上运动过程中，设加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律有
F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
解得a1＝2 m/s2
所以t＝4 s 时物体的速度大小为v1＝a1t＝8 m/s
(2)绳断时，物体距传送带底端s1＝a1t2＝16 m
设绳断后物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2
解得a2＝8 m/s2，方向沿传送带向下
物体做匀减速运动的时间t1＝＝1 s
匀减速运动的位移大小s2＝v1t1－a2t1
2＝4 m
(3)物体向上运动速度减为零后沿传送带匀加速下滑，设加速度大小为a3，由牛顿第二定律
得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma3
解得a3＝8 m/s2
当物体与传送带共速时，向下运动的距离
s3＝＝9 m
用时t2＝＝1.5 s
共速后所受摩擦力方向反向，由于mgsin θ>μmgcos θ，物体继续沿传送带匀加速下滑，设
此时加速度大小为a4，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma4
解得a4＝4 m/s2
从共速至下滑到传送带底部，物体向下运动的距离为s4＝s1＋s2－s3＝11 m
设下滑的时间为t3，由s4＝vt3＋a4t3
2得t3≈0.8 s
则总时间t 总＝t1＋t2＋t3＝3.3 s。
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