第四章 运动和力的关系 单元测试卷（提升卷）-人教版高一物理

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。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Ao

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（m/s?）是由长度单位（m）、时间单位（s）和加速度的定义式。=却推导出来的，

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，lN=lkg-m/s2

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（m/s?）是根据加速度的定义式〃=贲，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最是长度、质晟和时间，故D错误。

故选Bo

3.如图所示，四只猴子水中捞月，它们将一颗乂直乂高的杨树玉弯，竖直倒挂在树梢上，从上到下依次

为1、2、3、4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〃?，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0B,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华D.2号猴子对3号猴子的作用力大小为挈

33

【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7,对整体有7-4〃名二。

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7-3〃%=3〃W

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a-2〃琢=2〃/

解得1号猴子对2号猴子的作用力大小为七=等，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/，有F-=

4

解得尸=§/咫，故D错误。

故选C。

4.物块〃、人中间用一根轻质弹簧相接，放在光滑水平面上，%=3kg,如图甲所示。开始时两物块均静

止，弹簧处于原长，，=。时对物块。施加水平向右的恒力F。1=2s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P、=3.6N

B.若尸不撤去，则2s后两物块将一起做匀加速运动

C.撤去产瞬间，〃的力口速度大小为0.8m/s2

D.物块〃的质量为叫,=1kg

【答案】C

【解析】A.，=0时，弹簧弹力为零，对■明根据牛顿第二定律可得"=〃?"4=6N,故A错误：

B.根据aT图像与时间轴所围的面积表示速度的变化量，由图像可知，7=2s时。的速度大于6的速度，

所以若此时不撤去尸，弹簧在之后的•段时间内会继续伸长，〃的加速度减小，方的加速度增大，并不能

起做匀加速运动，故B错误；

D./=2s时，。、力整体加速度相同，对整体，根据牛顿第二定律可得/=(〃％+〃％)q=6N

解得叫=2kg,故D错误;

C.2s时，对6,根据牛顿第二定律可得弹簧弹力大小为T=〃?M=2.4N

r

撤去尸瞬间，弹簧弹力不会突变，此时〃的加速度大小为％'=—=0・8m/s2,故C正确。

故选C。

5.如图所示,质量为"=2-的劈块左右劈面的倾角分别为a=30。,a=45°,质量分别为町=，〃和

恤二2〃?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

町与劈块间的动摩擦因数为W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

6

大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）

【蟀析】由题意可知M的加速度/=0

—.叫gsin30°-〃qgeos30°.,八。1

mi口勺加速度4=---------------------!------------=gsin30°-pgcos3OA0O°=-^

叫4

m2的力口速度为W="叱345=且sin45。=9g

2

选M、〃〃和〃?2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

九=叫心cos45°一町4cos30°

竖直方向有

（M+网+加2）g-N地=町qsin30°+m2a2sin450

又&W叫

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〃mm=*沪

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53。，分别经过圆环的最低点产、圆心0,甲、乙两小球分别从轨道的最高点由静止开始释放，

8$53。=0.6,则甲、乙到达斜面底端的速度之比为（）

A.2:石B.>/3:>/5

C.石:2D.x/5:5/3

【答案】B

【解析】设圆环的半径为R，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2R=~g6可得'甲=2

3

乙的运动位移为2R,对乙受力分析，由牛顿第二定律，加速度a=gcos53'1g

由2R=《〃3可得'乙=2榔

由此可得**=6：6

，乙

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

加=也=在6

V乙at乙

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〃=0.6,两个转动轮中心之间的距离为L=12m,

重力加速度的大小gfOmH,下列说法中正确的是（）

I------------------------------------1--2-m------------I----

0-1____________________________________（__p

।।a

A.煤块到达最右端的速度大小为12m/s

B.煤块在传送带上留下的痕迹长度为0.5m

C.煤块在传送带上运动的时间为3.75s

D.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〃〃改=〃也

解得a=6ni/s~

达到共同速度的时间乙J=0.5s

a

煤块加速运动的位移X=警^=（）.75m

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;

0+v

B.燥块加速运动的位移X]=《-4=O.75m

传送带的位移占=叫=L5m

煤块在传送带I：留下的痕迹长度为加=超-王=0・75m

B错误；

C.煤块匀速运动的时间G=j=3.75s

V

煤块在传送带上运动的时间为।%+〃=4.25s

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％?=2"

解得%”⑵此D正确。

故选Do

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lOm/s?,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•吓蹲”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I600N,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〃?=’=100kg

g

根据牛顿第二定律可得设在卜蹲过程中向卜的最大加速度为。，根据牛顿第二定律可得

〃吆一"nin=〃心

解得a=6m/s2

设在下蹲过程中向下减速的最大加速度为"，根据牛顿第二定律有心、-〃抬=

解得a'=6m/s2

故D正确°

故选BDo

9.如图所示是测定空间站质量的示意图。飞船质量为6.0xl()3kg,在恒定推力/作用下获得0.3m/s2的加

速度，飞船与空间站完成对•接后，测出组合体2s内的速度变化量为0.03m/s,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()

1

空间站飞船

A.推进器的推力尸=1800N

B.飞船与空间站对接后加速度为0.015m/s2

C.空间站质量为1.为xlO'kg

D.对接完成后，飞船对空间站的推力为I800N

【答案】ABC

【解析】A.对接前，对飞船应住牛顿第二定律，有

F=ma

解得，推进器的推力为

F=1800N

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

Av0.03m/s

=0.015m/s?

A/2s

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

F=(m+M)。纲

解得，空间站质量为

A7=L14xl05kg

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

K=Me%

解得，对接完成后，飞船对空间站的推力为

Fx=1710N

故D错误。

故选ABCo

10.如图1所示，质量为M=lkg的木板静置于水平面上，有一个可视为质点、质量为"，=2kg的小物块,

以％=6m/s的初速度滑上木板的左端。物块和木板的-T图像如图2所示，小物块始终在木板上，取

g=10m/s2,结合图像，可求得()

图1

A.物块在前2s内的位移为81n

B.木板的最小长度为2m

C.物块与木板间的动摩擦因数为0.2

D.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2s内的位移为

x=gx(6+2)x2m=8m

故A正确；

CD.根据u—图像的斜率表示加速度，可知在。〜2s内物块的加速度大小为

6—2.•»_.­>

a.=-------m/s~=2m/s-

12

对物块根据牛顿第二定律可得

4gg=ma.

解得物块与木板间的动摩擦因数为

乩=0.2

木板的加速度大小为

2

=—m/s2=lm/s2

对木板根据牛顿第二定律可得

必mg一〃2(M+/〃)8=M4

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^一/图像可知，在。〜2s内物块与木板发生的相对位移为

△.r=—x6x2m=6ni

2

可知木板的最小长度为6m,故B错误。

故选ACo

第n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。）

II.（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

与工轴相重合，各纸带平行不重叠且无间隔地贴在•起。

（1）该实验中（填“需要”或“不需要”）使物块的质量M远大于砂桶和砂的总质量爪

（2）若实验中所用交流电源的频率为50Hz,则图乙中纸带对应的加速度大小为m/s?（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〃后做出尸图像如图丙所示，

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k,重力加速度为X,则物块与长木板间的动摩擦因数〃=（用题中给的。、k、W表示）。

kb

【答案】（1）不需要（2）0.78（3）—

g

【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M远

大丁砂桶和砂的总质量〃?O

（2）贴在直角坐标系的纸带等效于物块运动的射一，图，用纸带的长度表示时间间隔。根据题意可得

A/=0.02x5s=0.1s

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〃=竺

A/

则图乙中纸带对应的加速度大小为"-⑹.沅向s2=0.78m/s2

（5.5-0.5）x0.l

（3）由牛顿第二定律得2/-〃=

2

变形得。二二7尸一〃g

根据题意可得&=白，0=kb—"g

,,kb

解得〃=一

g

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。

小车、眩码打点计时器

(771

4接交流电源

乙

（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

示所受抖力的大小，做实验时，下列操作必要H.正确的是一

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；小车做匀加速宜线运动的加速度〃二m/s2o（保留三位有效数字）

5.00,7.05,9.10,11.10.13.10.15.10,入、

卜》<A<»卜》卜》单位：cm

••••••••••

01234567

②平衡了摩擦力后，在小车质量历保持不变的情况下,不断往砂桶里加砂,直到砂的质量最终达到g

M。测出每次加砂后，砂和砂桶的总重力户和小车的加速度。，作尸的图像。下列图线正确的

是O

【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却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）[I]由题可知,相邻计数点之间的时间间隔为T=5x0.02s=0.1s

111）BI

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匕=^-=J；°nVs=1.2InVs

2T2x0.1

⑵艰据逐差法可得，小车的加速度为

。=（”』0+川0+6⑼-5。。+7。5+9/。）、12mzs?=为2mzs?

9尸9x0.12

⑶平衡了摩擦力后,对小车和沙桶整体分析，则有〃吆=（/〃+/3）〃

若满足myM时，则加速度a=T~

M

即b的图像为直线，当砂和砂桶的质量为时，不再满足相这•条件，其加速度遵循

a=4

M+in

随着机的增大，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

5OCN,再将台秤移至电梯内称其体重，电梯从/-0时由静止开始运动到-Us时停止，得到台秤的示数厂

随时间，变化的图像如图所示，g取10m/s20求：

（1）小明在0〜2s内加速度的大小，并判断在这段时间内他处于超重还是失重状态；

（2）在10~lls内,台秤的示数尸3；

（3）小明运动的总位移大小。

【答案】(1)lm/s2,失重；(2)600N；(3)19m

【解析】(I)由题图可知，在()~2s内，台秤对小明的支持力为

耳=450N

由牛顿第二定律有

mg-Fx=ina]

解得

a1=lm/s2

加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态；

(2)设在10~lls内小明的加速度为03,时间为小0~2s的时间为〃，则

卬I=®3

解得

%=2m/s，

由牛顿第二定律有

F、-"ig=may

解得

F.=6(X)N

(3)0~2s内位移为

12c

N=—=2m

270s内位移为

x2="，2=16m

10-I1S内位移为

小明运动的总位移大小为

%=%+占+*3=19m

14.（12分）如图所示，倾角〃二37。的光滑斜面静置于水平面上，用细线2将质量均为〃?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I与竖直方向夹角也为优细线2平行于斜

面。若斜面水平向右做加速度大小为。的匀加速直线运动，已知重力加速度为g,5由37。=0.6,

cos37°=0.8o则：

（1）当■时，八、8两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

4

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，求此劭的大小。

41327

【答案】⑴T=-mg/=云/咫⑵^=—8

5f2U64

【解析】（1）设此时B球受到斜面的支持力大小为尸，绳子拉力为丁，在竖直方向上，根据平衡条件可

知Fcos0+Tsin。=mg

在水平方向，根据牛顿第二定律Teos夕-尸sin夕=ma

413

联立，解得了，〃吆，F春mg

J/rU

根据牛顿第三定律可知，B球