2023新教材高中物理第四章运动和力的关系水平测评新人教版必修第一册

第四章水平测评本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共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.牛顿第一定律是建立在理想斜面实验基础上，经抽象分析推理得出的结论，它不是实验定律。利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿水平面运动。水平面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿水平面运动到的最远位置依次为1、2、3。根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是()A．如果小球不受力，它将一直保持匀速直线运动或静止状态B．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变C．如果水平面光滑，小球将沿着水平面一直运动下去D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小答案C解析根据实验结果，水平面的粗糙程度越低，小球运动得越远，由此得出结论，如果水平面光滑，小球将沿着水平面一直运动下去，故C正确。2．下列说法正确的是()A．物体受到力的作用时，力克服了物体的惯性，使其产生了加速度B．人走在松软土地上下陷时具有向下的加速度，说明人对地面的压力大于地面对人的支持力C．物理公式既能确定物理量之间的数量关系，又能确定物理量间的单位关系D．对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，在力刚作用的瞬间，加速度为零答案C解析惯性是物体的固有属性，力能使物体产生加速度，但不能说力克服了物体的惯性，A错误；根据牛顿第三定律，两个物体间的作用力与反作用力总是等大反向的，B错误；物理公式不仅能确定物理量之间的数量关系，也能确定单位关系，C正确；根据牛顿第二定律可知，合外力与加速度是瞬时对应关系，D错误。3.质点由静止开始做直线运动，所受合外力大小随时间变化的图像如图所示，则有关该质点的运动，以下说法中不正确的是()A．质点在0～2s内做匀加速运动B．质点在0～2s内速度不变C．质点在2～4s内加速度大小越来越小D．质点在2～4s内速度大小越来越大答案B解析0～2s内F恒定，根据F＝ma加速度恒定，质点做匀加速直线运动，故A正确，B错误；2～4s内F不断减小，所以加速度不断减小，但方向仍与速度同向，质点仍做加速运动，速度越来越大，故C、D正确。4．如图所示，质量分别为M和m的物块由相同的材料制成，且M>m，将它们用通过轻而光滑的定滑轮的细线连接，按图甲装置在水平桌面上，两物块刚好做匀速运动。如果互换两物块位置，按图乙装置在同一水平桌面上，它们的共同加速度大小为()A.eq\f(M,M＋m)g B．eq\f(M－m,m)gC.eq\f(M－m,M)g D．上述均不对答案C解析对题图甲，由牛顿第二定律可得mg－T1＝0，T1－μMg＝0，则μ＝eq\f(m,M)。对题图乙，由牛顿第二定律可得Mg－T2＝Ma，T2－μmg＝ma，解得a＝eq\f(M－m,M)g，C正确。5．在以加速度a匀加速上升的电梯中，有一个质量为m的人，下述说法中正确的是()A．此人对地球的吸引力为m(g＋a)B．此人对电梯的压力为m(g－a)C．此人受到的重力为m(g＋a)D．此人的视重为m(g＋a)答案D解析人随电梯加速上升，故处于超重状态。根据超重的定义可知，此人的视重(即人对电梯的压力大小)应为mg＋ma，D正确，B错误；人对地球的吸引力与人受到的重力是作用力和反作用力的关系，大小均为mg，运动状态的变化不影响人对地球的吸引力及人受到的重力，故A、C错误。6．现代的物理学中加速度的定义式为a＝eq\f(v－v0,t)，而历史上有些科学家曾把相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”(现称“另类匀变速直线运动”)，该运动中的“另类加速度”的定义式为A＝eq\f(v－v0,x)，其中v0和v分别表示某段位移x内的初速度和末速度。A>0表示物体做加速运动，A<0表示物体做减速运动。根据力学单位制，“另类加速度”A的国际单位应为()A．m/s2 B．m2/s2C．m－1 D．s－1答案D解析根据公式A＝eq\f(v－v0,x)可知A的国际单位是：eq\f(m/s,m)＝s－1，故D正确。7．如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。在木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为()A．0 B．eq\f(2\r(3),3)gC．g D．eq\f(\r(3),3)g答案B解析未撤离木板时，小球处于静止状态，对小球受力分析可知，小球受重力G、弹簧的拉力F和木板的弹力FN的作用，木板对小球的弹力大小为eq\f(mg,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)mg。在撤离木板的瞬间，弹簧的弹力大小和方向均没有发生变化，而小球的重力是恒力，故此时小球受到重力G、弹簧的拉力F的作用，合力与未撤离木板时木板对小球的弹力大小相等，方向相反，故由牛顿第二定律可知，此时小球的加速度大小为eq\f(2\r(3),3)g，B正确。8.如图所示，一个质量为50kg的沙发静止在水平地面上，甲、乙两人同时从背面和侧面分别用F1＝120N、F2＝160N的力推沙发，F1与F2相互垂直，且平行于地面。沙发与地面间的动摩擦因数μ＝0.3。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是()A．沙发不会被推动B．沙发将沿着F1的方向移动，加速度为0.6m/s2C．由于F1小于滑动摩擦力，沙发将沿着F2的方向移动，加速度为0.2m/s2D．沙发的加速度大小为1m/s2答案D解析由二力合成可知，两个力的合力大小为F＝eq\r(F\o\al(2,1)＋F\o\al(2,2))＝200N，方向在水平面内，设F与F1的夹角为θ，则sinθ＝eq\f(F2,F)＝0.8，即θ＝53°；而fmax＝μFN＝μmg＝0.3×500N＝150N<F，则沙发要做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有F－fmax＝ma，代入数据得a＝1m/s2，方向沿水平面介于F1、F2之间，且与F1夹角为53°，故A、B、C错误，D正确。9.如图所示，物体在一水平恒力F作用下沿光滑水平面向右运动，它的正前方有一根劲度系数足够大的弹簧，当物体接触弹簧后，下列说法中正确的是()A．物体立即做减速运动B．物体仍一直做加速运动C．在一段时间内继续做加速运动，速度继续增大D．当弹簧处于最大压缩量时，物体的加速度不为零答案CD解析当物体接触弹簧后，弹簧的弹力逐渐增大，开始阶段，弹力小于水平恒力F，合力方向向右，与速度方向相同，物体做加速运动，后来弹簧的弹力大于F，合力向左，与速度方向相反，物体做减速运动，所以物体接触弹簧后先加速后减速，A、B错误，C正确；当弹簧处于最大压缩量时，弹力大于F，物体的加速度向左，不为零，D正确。10.如图所示，在光滑水平面上有一个静止的小车，质量为M，小车上静止地放置着一个木块，质量为m，木块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3，用水平恒力F拉动小车，g取10m/s2。下列关于木块的加速度a1和小车的加速度a2，可能正确的有()A．a1＝2m/s2，a2＝2m/s2B．a1＝2m/s2，a2＝3m/s2C．a1＝3m/s2，a2＝4m/s2D．a1＝3m/s2，a2＝2m/s2答案AC解析对上面的木块受力分析，在水平方向只可能受摩擦力，且Ff≤μmg，因此木块的加速度最大为am＝eq\f(μmg,m)＝μg＝3m/s2。若小车与木块一起运动，相对静止，则二者加速度相等，且不大于am，A正确；若木块与小车发生相对滑动，则木块的加速度一定是3m/s2，由于拉力作用在小车上，故小车的加速度要大于木块的加速度，所以C正确，B、D错误。11.如图所示，弹簧下端悬挂一滑轮，跨过滑轮的细线两端系有A、B两重物，mB＝2kg，不计细线、滑轮的质量及摩擦，则A、B两重物在运动过程中，弹簧的弹力可能为(g＝10m/s2)()A．40N B．60NC．80N D．100N答案AB解析当mB＞mA时，B向下做加速运动，处于失重状态，细线的拉力T＜mBg，弹簧的弹力为F＝2T＜2mBg＝40N。当mB＝mA时，弹簧的弹力为F＝2T＝2mBg＝40N。当mB＜mA时，B向上做加速运动，处于超重状态，细线的拉力T＞mBg，两物体的加速度大小a＜g，所以根据牛顿第二定律得知：T－mBg＝mBa，故细线的拉力T＜2mBg，弹簧的弹力为F＝2T＜4mBg＝80N。故A、B正确，C、D错误。12．如图所示，小车分别以加速度a1、a2、a3、a4向右做匀加速直线运动，bc是固定在小车上的水平横杆，质量为M的物块穿在杆上，并通过线悬吊着质量为m的小物体，小物体在小车的水平底板上。加速度为a1、a2时，细线在竖直方向上，全过程中物块始终未相对杆bc移动，并和小物体与小车保持相对静止，物块受到的摩擦力大小分别为f1、f2、f3、f4，则以下结论正确的是()A．若eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,2)，则eq\f(f1,f2)＝eq\f(2,1) B．若eq\f(a2,a3)＝eq\f(1,2)，则eq\f(f2,f3)＝eq\f(1,2)C．若eq\f(a3,a4)＝eq\f(1,2)，则eq\f(f3,f4)＝eq\f(1,2) D．若eq\f(a3,a4)＝eq\f(1,2)，则eq\f(tanθ,tanα)＝eq\f(1,2)答案CD解析甲、乙两图中，物块在水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律得：f1＝Ma1，f2＝Ma2；丙、丁两图中，对物块和小物体组成的系统来分析，根据牛顿第二定律可知：f3＝(M＋m)a3，f4＝(M＋m)a4。如果a1∶a2＝1∶2，解得：f1∶f2＝1∶2，故A错误；如果a2∶a3＝1∶2，则f2∶f3＝M∶2(M＋m)，故B错误；若a3∶a4＝1∶2，则f3∶f4＝1∶2，故C正确；丙、丁两图中，对小物体受力分析可知tanθ＝eq\f(a3,g)，tanα＝eq\f(a4,g)，若a3∶a4＝1∶2，可得：tanθ∶tanα＝1∶2，故D正确。第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、实验题(本题共2小题，共12分)13．(4分)现测得某一物体所受外力F一定时，其加速度a与其质量m的关系数据如下表：a/(m·s－2)1.522.303.023.98m/kg2.001.501.251.00(1)根据表中所列数据，画出a­eq\f(1,m)图像。(2)a­eq\f(1,m)图线存在截距，其原因是______________________。答案(1)如图所示(2)未补偿阻力或补偿阻力不足解析(1)要画a­eq\f(1,m)图像，需要先求出对应的eq\f(1,m)，其数值分别为0.50、0.67、0.80和1.00，单位是kg－1，然后描点，连线。(2)实验时，根据牛顿第二定律：F＋mgsinθ－F阻＝ma，解得a＝eq\f(F,m)＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθ－\f(F阻,mg)))，根据a­eq\f(1,m)图像纵截距为负数可知，mgsinθ＜F阻，即实验未补偿阻力或补偿阻力不足。14．(8分)某同学设计了如图甲所示的装置来研究小车的加速度与所受合力的关系。将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的示数F0。再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F1。释放小车，记录小车运动时传感器的示数F2。(1)下列实验要求不必要的是________。A．释放小车前应使小车靠近打点计时器B．用天平测出细砂和小桶的总质量C．先接通电源，再释放小车D．应使小车和力传感器的总质量远大于细砂和小桶的总质量(2)接通频率为50Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带。从比较清晰的点起每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a＝________m/s2(保留两位有效数字)。(3)同一次实验中，F1______F2(填“＜”“＝”或“＞”)。(4)改变小桶中砂的重力，多次重复实验获得多组数据，描绘小车加速度a与F的关系如图丙。不计纸带与计时器间的摩擦。图像中F是实验中测得的________。A．F1 B．F2C．F1－F0 D．F2－F0答案(1)BD(2)0.16(3)＞(4)D解析(1)释放小车前使小车靠近打点计时器，才能使测量数据尽可能多，故A不符合题意；实验中不需要用天平测出细砂和小桶的总质量，传感器可以直接测出拉力的大小，故B符合题意；应先接通电源再释放小车，这样才能保证纸带的大部分都能打上点，才能充分利用整个纸带，故C不符合题意；本题拉力可以由力传感器测出，不需要使小桶和细砂的总质量远小于车和力传感器的总质量，故D符合题意。(2)每5个点取一个计数点，相邻两个计数点的时间间隔：T＝0.02×5s＝0.1s，x1＝3.52cm＝0.0352m，x2＝3.68cm＝0.0368m，x3＝3.84cm＝0.0384m，x4＝4.00cm＝0.0400m。由匀变速直线运动的推论Δx＝aT2，得a＝eq\f(x4＋x3－x2＋x1,4T2)＝0.16m/s2。(3)对小桶和细砂受力分析，设小桶和细砂的总重力为mg，小车释放前力传感器的示数为F1，则F1＝mg，小车在加速运动时力传感器的示数为F2，根据牛顿第二定律得：mg－F2＝ma，即F1－F2＝ma>0，所以F1＞F2。(4)F为小车受到的合力，由题意知，当小车刚开始运动时，传感器示数为F0，则F阻＝F0，小车加速运动时，合力F＝F2－F阻＝F2－F0，故D正确。三、计算题(本题共4小题，共40分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)15．(8分)如图甲所示，t＝0时，水平地面上质量m＝1kg的物体在水平向左、大小恒为10N的力T的作用下由静止开始运动，同时施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间变化的关系图像如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，(g＝10m/s2)求：(1)2s末物体的速度大小；(2)前2s内物体的位移大小；(3)t为多少时物体的速度刚减为0?答案(1)6m/s(2)6m(3)8s解析(1)由牛顿第二定律得前2s的加速度：a1＝eq\f(T－F1－μmg,m)＝3m/s2，由速度公式得2s末物体的速度：v1＝a1t1＝6m/s。(2)由位移公式得前2s内物体的位移：x＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝6m。(3)2s后，由牛顿第二定律得：a2＝eq\f(T－F2－μmg,m)＝－1m/s2，由速度公式得：0＝v1＋a2t2，解得：t2＝6s，则t＝t1＋t2＝8s，即当t＝8s时，物体速度刚减为0。16.(10分)水平传送带以v＝1.5m/s的速度匀速运动，传送带AB两端距离为6.75m，将一物体轻放在传送带的A端，它运动到传送带另一端B所需时间为6s，求：(1)物体和传送带间的动摩擦因数；(2)若要使物体以最短时间到达B端，则传送带的速度至少应调为多大？(g＝10m/s2)答案(1)0.05(2)eq\f(3\r(3),2)m/s解析先判断物体在传送带上的运动情况。由题设可得：该物体在传送带上运动的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝1.125m/s，假设物体在传送带上一直做匀加速直线运动，则该过程中物体的平均速度eq\x\to(v)′＝eq\f(0＋v,2)＝0.75m/seq\x\to(v)′＜eq\x\to(v)，故物体在传送带上先做匀加速直线运动，与传送带速度相同后随传送带一起匀速运动至B端，故物体的最大速度vm＝v。(1)对物体，由牛顿第二定律：μmg＝ma，则a＝μg，设经过t1时间后速度为v，则v＝at1，x＝eq\f(1,2)vt1＋v(t－t1)由以上各式解得：μ＝0.05。(2)由题可知，只有当物体在传送带上一直做匀加速运动时，物体全程的平均速度最大，用时最短，故物体从A端一直匀加速运动至B端时的末速度大小即为传送带所需达到的最小速度。物体从A端一直做匀加速直线运动到B端时，有：v′2＝2ax，解得：v′＝eq\f(3\r(3),2)m/s，故传送带速度大小至少应调为eq\f(3\r(3),2)m/s。17.(10分)如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动。某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来。若人和滑板的总质量m＝60.0kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜坡的倾角θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度取g＝10m/s2。求：(1)人从斜坡上滑下的加速度为多大？(2)若由于场地的限制，水平滑道BC的最大长度L＝20.0m，则斜坡上A、B两点间的距离应不超过多少？答案(1)2.0m/s2(2)50.0m解析(1)人和滑板在斜坡上的受力如图甲所示，建立直角坐标系。设人和滑板在斜坡上滑下的加速度为a1，由牛顿第二定律得mgsinθ－Ff＝ma1，FN－mgcosθ＝0，其中Ff＝μFN，联立解得人和滑板滑下的加速度为a1＝g(sinθ－μcosθ)＝2.0m/s2。(2)人和滑板在水平滑道上受力如图乙所示。由牛顿第二定律得Ff′＝ma2，FN′－mg＝0，又Ff′＝μFN′，联立解得人和滑板在水平滑道上运动的加速度大小为a2＝μg＝0.5×10m/s2＝5.0m/s2，设人从斜坡上滑下的最大距离为LAB，由匀变速直线运动