第四章 运动和力的关系-人教版高一《物理》单元测试卷（提升卷）

PAGE1第四章运动和力的关系单元测试卷（提升卷）物理（考试时间：75分钟试卷满分：100分）第Ⅰ卷选择题（共46分）一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；8~10题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。）1．关于力和运动的关系，下列说法中正确的是（）A．物体的速度不断增大，表示物体必受外力作用B．物体向着某个方向运动，则在这个方向上必受力的作用C．物体的速度大小不变，则其所受的合外力必为零D．物体处于平衡状态，则该物体必不受外力作用【答案】A【解析】A．力是改变物体运动状态的原因，物体的速度不断增大，运动状态改变，则必受力作用，故A正确；B．物体的运动不需要力维持，物体向某一方向匀速运动，则在该方向上不受力的作用或所受合外力为零，故B错误；C．物体的速度大小不变，但方向改变，物体所受的合外力不为零，故C错误；D．物体处于平衡状态，则物体所受合外力为零，不一定不受力作用，故D错误。故选A。2．关于国际单位制，下列说法正确的是（）A．国际单位制中的基本单位可以随意选定B．加速度的单位是由长度单位（m）、时间单位（s）和加速度的定义式推导出来的，所以加速度的单位是导出单位C．牛顿（N）是国际单位制中的基本单位，D．国际单位制中力学的三个基本物理量是长度、质量和力【答案】B【解析】A．国际单位制中的基本单位是经过科学选定的，不能随意选定，它们是构成其他单位的基础，故A错误；B．加速度的单位（）是根据加速度的定义式，由长度单位（m）和时间单位（s）推导出来的，所以加速度的单位是导出单位，故B正确；C．牛顿（N）是国际单位制中的导出单位，故C错误；D．国际单位制中力学的三个基本物理量是长度、质量和时间，故D错误。故选B。3．如图所示，四只猴子水中捞月，它们将一颗又直又高的杨树压弯，竖直倒挂在树梢上，从上到下依次为号猴子。正当4号打算伸手捞“月亮”时，3号突然两手一滑没抓稳，4号扑通一声掉进了水里。假设3号手滑前四只猴子都处于静止状态，四只猴子的质量都相等且为m，重力加速度为g，那么在3号猴子手滑后的一瞬间（）A．4号猴子的加速度和速度都等于0 B．3号猴子的加速度大小为g，方向竖直向上C．1号猴子对2号猴子的作用力大小为 D．2号猴子对3号猴子的作用力大小为【答案】C【解析】A．对4号猴子进行分析可得手滑后的一瞬间只受到重力，所以可得加速度大小为g，初速度为零，故A错误；B．在手滑前，设树梢对猴子的作用力为T，对整体有当3号猴子手滑后的一瞬间，对1、2、3号猴子整体分析可得解得方向竖直向上，故B错误；C．对2、3号猴子进行受力分析可得解得1号猴子对2号猴子的作用力大小为，故C正确；D．对3号猴子分析可得，2号猴子对3号猴子的作用力F，有解得，故D错误。故选C。4．物块a、b中间用一根轻质弹簧相接，放在光滑水平面上，，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，时对物块a施加水平向右的恒力F。时撤去，在0~2s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中以下分析正确的是（）A．恒力B．若F不撤去，则2s后两物块将一起做匀加速运动C．撤去F瞬间，a的加速度大小为D．物块b的质量为【答案】C【解析】A．时，弹簧弹力为零，对，根据牛顿第二定律可得，故A错误；B．根据图像与时间轴所围的面积表示速度的变化量，由图像可知，时的速度大于的速度，所以若此时不撤去，弹簧在之后的一段时间内会继续伸长，的加速度减小，的加速度增大，并不能一起做匀加速运动，故B错误；D．时，、整体加速度相同，对整体，根据牛顿第二定律可得解得，故D错误；C．2s时，对，根据牛顿第二定律可得弹簧弹力大小为撤去瞬间，弹簧弹力不会突变，此时的加速度大小为，故C正确。故选C。5．如图所示，质量为的劈块左右劈面的倾角分别为，，质量分别为和的两物块，同时分别从左右劈面的顶端从静止开始下滑，劈块始终与水平面保持相对静止，其中与劈块间的动摩擦因数为，光滑，则两物块下滑过程中劈块与地面的动摩擦因数至少是（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）A． B． C． D．【答案】B【解析】由题意可知M的加速度m1的加速度m2的加速度为选M、m1和m2构成的质点组为研究对象，根据质点组牛顿第二定律，在水平方向有竖直方向有又联立解得两物块下滑过程中劈块与地面的动摩擦因数至少为故选B。6．如图所示，圆环竖直固定放置在水平面上，两个光滑轨道固定在圆环上，两轨道与竖直方向的夹角均为，分别经过圆环的最低点、圆心，甲、乙两小球分别从轨道的最高点由静止开始释放，，则甲、乙到达斜面底端的速度之比为（）A． B．C． D．【答案】B【解析】设圆环的半径为，由等时圆原理，甲的运动时间等于沿竖直方向的直径做自由落体的运动时间，由可得乙的运动位移为，对乙受力分析，由牛顿第二定律，加速度由，可得由此可得斜面的倾角相等，甲、乙的加速度相等，由可得甲、乙到达斜面底端的速度之比为故选B。7．如图所示，浅色的水平传送带以v=3m/s的速度顺时针方向稳定运行，某时刻把一个黑色煤块（可视为质点）轻放在传送带上，传送带与煤块的动摩擦因数为，两个转动轮中心之间的距离为，重力加速度的大小，下列说法中正确的是（）A．煤块到达最右端的速度大小为12m/sB．煤块在传送带上留下的痕迹长度为0.5mC．煤块在传送带上运动的时间为3.75sD．若想使得煤块在传送带上运动的时间最短，传送带的速度大小至少为12m/s【答案】D【解析】A．煤块的加速度为解得达到共同速度的时间煤块加速运动的位移此时还未到达传送带最右端，故煤块到达最右端的速度大小为3m/s，A错误；B．煤块加速运动的位移传送带的位移煤块在传送带上留下的痕迹长度为B错误；C．煤块匀速运动的时间煤块在传送带上运动的时间为C错误；D．若想使得煤块在传送带上运动的时间最短，煤块必须一直做匀加速直线运动。传送带的速度大小为解得，D正确。故选D。8．某举重运动员在力传感器上训练做“下蹲”“站起”动作，某段时间内力传感器的示数随时间变化的图像如图所示。由稳定的站姿到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程，由稳定的蹲姿到稳定的站姿称为“站起”过程，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．“下蹲”过程始终处于失重状态，“站起”过程始终处于超重状态B．“下蹲”过程中，该运动员先处于失重状态后处于超重状态C．运动员在6s内完成了两次“下蹲”和两次“站起”动作D．这段时间内，该运动员加速度的最大值为6m/s2【答案】BD【解析】AB．在“下蹲”过程中，该运动员是先向下加速，然后减速，最后速度为零，所以在“下蹲”过程中是先处于失重状态，后处于超重状态；在“站起”过程是先向上加速后向下减速，所以“站起”过程是先超重后失重，故A错误，B正确；C．根据上面的分析可知，运动员在6s内完成了一次“下蹲”和一次“站起”动作，故C错误；D．由图可知，在这段时间内，运动员受到的最大支持力为1600N，受到的最小支持力为400N，运动员的重力为1000N，所以运动员的质量为根据牛顿第二定律可得设在下蹲过程中向下的最大加速度为a，根据牛顿第二定律可得解得设在下蹲过程中向下减速的最大加速度为a′，根据牛顿第二定律有解得故D正确。故选BD。9．如图所示是测定空间站质量的示意图。飞船质量为，在恒定推力作用下获得的加速度，飞船与空间站完成对接后，测出组合体内的速度变化量为，对接前后短时间内都视为直线运动，推力不变，则以下说法正确的（

）A．推进器的推力B．飞船与空间站对接后加速度为C．空间站质量为D．对接完成后，飞船对空间站的推力为【答案】ABC【解析】A．对接前，对飞船应用牛顿第二定律，有解得，推进器的推力为故A正确；B．根据加速度的定义式可得，飞船与空间站对接后加速度为故B正确；C．设空间站的质量为M，对接后，由牛顿第二定律，可得解得，空间站质量为故C正确；D．对接完成后，对空间站分析，根据牛顿第二定律可得解得，对接完成后，飞船对空间站的推力为故D错误。故选ABC。10．如图1所示，质量为的木板静置于水平面上，有一个可视为质点、质量为的小物块，以的初速度滑上木板的左端。物块和木板的图像如图2所示，小物块始终在木板上，取，结合图像，可求得（）A．物块在前内的位移为B．木板的最小长度为C．物块与木板间的动摩擦因数为0.2D．木板与水平面之间的动摩擦因数为0.2【答案】AC【解析】A．根据图像与横轴围成的面积表示位移可知，物块在前内的位移为故A正确；CD．根据图像的斜率表示加速度，可知在内物块的加速度大小为对物块根据牛顿第二定律可得解得物块与木板间的动摩擦因数为木板的加速度大小为对木板根据牛顿第二定律可得解得木板与水平面之间的动摩擦因数为故C正确，D错误；B．根据图像可知，在内物块与木板发生的相对位移为可知木板的最小长度为，故B错误。故选AC。第Ⅱ卷非选择题（共54分）二、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分。）11．（6分）某实验小组用图甲所示装置探究牛顿第二定律，从打出的纸带中选择出较为理想的一条，每五个点标定一个计数点后剪下纸带，将各段纸带贴在直角坐标系的第一象限如图乙所示，每段纸带的一端与轴相重合，各纸带平行不重叠且无间隔地贴在一起。（1）该实验中（填“需要”或“不需要”）使物块的质量远大于砂桶和砂的总质量m。（2）若实验中所用交流电源的频率为，则图乙中纸带对应的加速度大小为（结果保留两位有效数字）。（3）改变砂桶内细砂的质量，测出对应的加速度和弹簧测力计的示数后做出图像如图丙所示，实验小组认为图像不过原点的原因是没有平衡摩擦力。若长木板水平放置，该图线的横轴截距等于，斜率为，重力加速度为，则物块与长木板间的动摩擦因数（用题中给的、、表示）。【答案】（1）不需要（2）0.78（3）【解析】（1）由于实验中使用了弹簧测力计，可以直接读出拉力的大小，故不需要满足物块的质量远大于砂桶和砂的总质量。（2）贴在直角坐标系的纸带等效于物块运动的图，用纸带的长度表示时间间隔。根据题意可得则用纸带的长度表示速度时应除0.1，此时图线的斜率表示加速度，即则图乙中纸带对应的加速度大小为（3）由牛顿第二定律得变形得根据题意可得，解得12．（8分）两实验小组分别作“探究加速度和力、质量的关系”实验。（1）第一组组用如图甲所示装置做实验，图中带滑轮的长木板放置于水平桌面上，拉力传感器可直接显示所受拉力的大小，做实验时，下列操作必要且正确的是A．将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数C．为了减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量D．用天平测出砂和砂桶的质量（2）第二组用如图乙所示的实验装置来做实验。①在正确、规范的操作中，打出一条如下图所示的纸带，每两个计数点之间还有四个计时点没有画出来，纸带上的数字为相邻两个计数点间的距离，打点计时器的频率为50Hz。打第4个计数点时小车的速度v4=m/s；小车做匀加速直线运动的加速度a=m/s2。（保留三位有效数字）②平衡了摩擦力后，在小车质量M保持不变的情况下，不断往砂桶里加砂，直到砂的质量最终达到M。测出每次加砂后，砂和砂桶的总重力F和小车的加速度a，作a-F的图像。下列图线正确的是。A．B．C．D．【答案】（1）AB（2）1.212.02C【解析】（1）A．实验前要平衡摩擦力，将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动，故A正确；B．实验时小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数，故B正确；CD．绳子的拉力可以由拉力传感器读出，实验中不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，故CD错误。故选AB。（2）[1]由题可知，相邻计数点之间的时间间隔为根据匀变速直线运动规律可得，打第4个计数点时小车的速度[2]根据逐差法可得，小车的加速度为[3]平衡了摩擦力后，对小车和沙桶整体分析，则有解得若满足时，则加速度即的图像为直线，当砂和砂桶的质量为时，不再满足这一条件，其加速度遵循随着m的增大，图像的斜率应逐渐减小，因此图像将向下弯曲。故选C。三、计算题（本题共3小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）13．（10分）小明用台秤研究人在升降电梯中的超重与失重现象．他在地面上用台秤称得其体重为500N，再将台秤移至电梯内称其体重，电梯从t=0时由静止开始运动到t=11s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的图像如图所示，g取10m/s2。求：（1）小明在0~2s内加速度a1的大小，并判断在这段时间内他处于超重还是失重状态；（2）在10~11s内，台秤的示数F3；（3）小明运动的总位移大小。【答案】（1）1m/s2，失重；（2）600N；（3）19m【解析】（1）由题图可知，在0~2s内，台秤对小明的支持力为由牛顿第二定律有解得加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态；（2）设在10~11s内小明的加速度为a3，时间为t3，0~2s的时间为t1，则解得由牛顿第二定律有解得（3）0~2s内位移为2~10s内位移为10~11s内位移为小明运动的总位移大小为14．（12分）如图所示，倾角θ=37°的光滑斜面静置于水平面上，用细线2将质量均为m的A、B两球连接并放在斜面上，用细线1把A球与斜面上端P点连接，细线1与竖直方向夹角也为θ，细线2平行于斜面。若斜面水平向右做加速度大小为a的匀加速直线运动，已知重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则：（1）当时，A、B两球均未离开斜面且与斜面保持相对静止，求细线2上的拉力大小和B球对斜面的压力大小；（2）当时，A球将要离开斜面，此时B球尚未离开斜面，求此a0的大小。【答案】（1），（2）【解析】（1）设此时B球受到斜面的支持力大