人教版高中物理必修第一册 第四章 运动和力的关系单元检测（含解析）

人教版高中物理必修第一册第四章运动和力的关系单元检测学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．如图所示，在光滑的水平面上，三根劲度系数都为k的完全相同的轻弹簧连接成一个等边三角形，每个顶点连接一个质量为m的小球，初始时弹簧均处于原长。现对每个小球均施加一个沿着等边三角形的角平分线方向的拉力，让小球均沿角平分线方向向外移动x的距离后保持静止，弹簧始终在弹性限度内。若3个力同时撤去，撤去后瞬间每个小球的加速度大小为(

)A.3kxm B.2kxm C.kx3m2．由万有引力定律可知，物体之间相互作用力的大小为F=Gm1m2rA.N⋅m2C.N⋅m23．如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角θ=37°的光滑木板托住，小球处于静止状态，重力加速度为g，（sin37°=0.6，cosA.弹簧有可能拉伸，也有可能压缩B.撤去木板的瞬间，小球的加速度大小为5C.剪断弹簧的瞬间，小球的加速度大小为3D.剪断弹簧的瞬间，小球的加速度大小为34．如图所示，一轻弹簧一端固定在倾角为53°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量为Mp=2kg的物块P；Q为一质量为MQ=4kg的重物，Q与P接触但不粘连。弹簧的劲度系数k=800N/m，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，加速度为a=3m/A.t=0.2s时Q与PB.Q与P分离后，Q做减速运动C.拉力F的最小值是18ND.拉力F的最大值是66N5．如图所示，一足够长斜面静止在粗糙水平地面上，可视为质点的滑块从斜面底端以一定的初速度沿斜面向上滑动，滑块与斜面间有摩擦。已知滑块最终又返回到出发点，斜面始终静止不动，斜面和滑块质量均为m，重力加速度为g。则滑块在斜面上运动的整个过程中，下列关于地面对斜面的支持力N，静摩擦力f随时间t变化关系的图像中，可能正确的是(

)A. B.C. D.6．如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动，下列各种情况中，体重计的示数最大的是(

)A.电梯匀速上升 B.电梯匀减速上升C.电梯匀减速下降 D.电梯匀加速下降7．高跷运动是一项新型运动,图甲为弹簧高跷。当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后,人就向上弹起,进而带动高跷跳跃,如图乙。则下列说法正确的是()A.人向上弹起过程中,先处于超重状态,后处于失重状态B.人向上弹起过程中,踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力C.弹簧压缩到最低点时,高跷对人的作用力等于人的重力D.弹簧压缩到最低点时,高跷对地的压力等于人和高跷的总重力8．如图所示为水平传送带甲、乙的俯视图，工件与传送带甲保持相对静止地向右运动，并平稳地进入传送带乙，已知水平传送带甲、乙速度大小均为v，且方向互相垂直，工件与传送带乙之间的动摩擦因数为 μ ，重力加速度为A.工件相对于地面做直线运动B.工件相对于传送带乙做曲线运动C.工件沿传送带乙运动方向的加速度大小为μgD.工件从进入传送带乙到与传送带乙共速用时间29．如图所示，在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳的一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间（g取10A.小球的受力个数不变B.若剪断的是弹簧，剪断瞬间小球的加速度向左C.小球立即向左运动，且a=10D.小球立即向左运动，且a=810．“嫦娥三号”成为了全人类第一个在月球背面成功实施软着陆的探测器。如图，为了减小凹凸不平的月面可能造成的不利影响，“嫦娥三号”采取了近乎垂直的着陆方式。已知：月球半径为R，表面重力加速度大小为g，引力常量为G，下列说法正确的是(

)A.“嫦娥三号”着陆前近月环绕月球做圆周运动的过程中处于超重状态B.“嫦娥三号”着陆前一直处于失重状态C.“嫦娥三号”着陆前近月环绕月球做圆周运动的周期约为T=D.月球的密度为ρ=二、多选题11．课间，同学们聚在一起做弹笔帽游戏.如图所示，笔帽和轻弹簧连接在一起放在水平桌面上，竖直向下压笔帽，放手后笔帽和弹簧一起竖直向上弹起，并离开桌面.下列说法正确的是(

)A.放手后到弹簧离开桌面前，弹簧上的弹力一直减小B.当弹簧刚恢复原长时，笔帽的速度达到最大C.离开桌面上升过程中，笔帽处于失重状态D.放手后到弹簧离开桌面前，笔帽的加速度一直减小12．某人在地面上用重力计称得其所受重力为490N，他将重力计移至电梯内称量，0至t3时间段内，重力计的示数如图所示.若取竖直向上为正方向，则电梯运行的v−t图像和a−tA. B.C. D.13．如图所示，两物块之间连接一个处于压缩状态的轻弹簧，均恰好静止于木箱内部水平粗糙底板上.下列说法正确的是(

)A.若使木箱突然向上加速，则两物块受到的摩擦力将变大B.若使木箱突然加速下降，则两个物块均相对底板滑动C.若使木箱突然自由下落，则开始运动瞬间两物块的加速度相同D.若使木箱突然向右加速，则至少有一个物块相对底板滑动三、实验题14．用如图甲所示的装置探究小车加速度与受到拉力的关系。通过打点计时器测加速度，认为细绳拉力等于钩码的重力。已知交流电频率是50Hz，重力加速度g取10m/s(1)除图甲中给出的器材之外，完成实验还需要的器材有____________。（填序号）A.天平 B.刻度尺 C.停表 D.弹簧测力计(2)安装好装置，垫块放在某位置，接通电源，给小车一个初速度，打出纸带如图乙所示。已知纸带左端和小车相连，则接下来的操作应该是____________。A.向小车中加入适当砝码，再打出纸带并分析纸带B.把细线系在小车上并绕过滑轮悬挂钩码，再打出纸带并分析纸带C.将垫块适当左移，再打出纸带并分析纸带D.将垫块适当右移，再打出纸带并分析纸带(3)调整好装置，规范操作，得到一条如图丙所示的纸带（每相邻两点之间还有4个点未标出）。小车加速度大小a=____________m/s2(4)改变钩码的质量，多次实验，得到小车加速度a与钩码总质量m的多组数据，建立a−m坐标系，描点得到如图丁（a）所示的图线。图线的末端明显偏离了直线，其主要原因是____________。A.钩码总质量不满足远小于小车质量B.钩码总质量不满足远大于小车质量C.平衡摩擦力过度D.没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够(5)一位同学将手机固定在小车上，重复第（4）步，得到图线如图丁（b）所示。则手机的质量为______g。（结果保留三位有效数字）15．在天宫课堂中，我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。受此启发。某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验，如图甲所示。主要步骤如下：①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；②接通气源，放上滑块，调平气垫导轨；③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块。弹簧处于原长时滑块左端位于O点。A点到O点的距离为5.00cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时；④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F，加速度a随时间t变化的图像，部分图像如图乙所示。回答以下问题（结果均保留两位有效数字）：（1）弹簧的劲度系数为_____N/m。（2）该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a−F图像如图丙中I所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为________kg。（3）该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a−F图像Ⅱ，则待测物体的质量为________kg。四、计算题16．如图所示，水平传送带以速度v1=4m/s顺时针匀速转动。可视为质点的小物块P、Q的质量均为m=1kg，用跨过定滑轮且不可伸长的轻绳相连。t=0时刻P在传送带左端具有向右的速度v2=10m(1)小物块P刚滑上传送带时的加速度大小；(2)传送带的长度；(3)小物块P在传送带上的运动时间以及在传送带上留下的划痕长度。17．如图所示,将金属块m用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱子中,在箱子的上顶板和下底板装有压力传感器,箱子可以沿竖直轨道运动.当箱子以的加速度竖直向上做匀减速运动时,上顶板的压力传感器显示的压力为7.2N,下底板的压力传感器显示的压力为12N.(g取)(1)求金属块的质量m;(2)若上顶板的压力传感器的示数是下底板的压力传感器示数的一半,试判断箱子的运动情况;(3)要使上顶板的压力传感器的示数恰好为零,箱子沿竖直方向运动的情况可能是怎样的?18．微重力塔的核心原理是当实验舱处于自由落体或者竖直上抛状态时，内部的物体会处于完全失重状态，就可以模拟微重力环境.图为中国科学院国家微重力实验室北京落塔，当实验舱从静止自由下落时可获得3.6s的微重力时间，让该装置停下所能提供的最大加速度为15g(g=10 （1）请根据以上信息计算实验舱下落的最小距离；（2）若采用电磁弹射系统对实验舱进行电磁弹射，经过4.5s，停止弹射.弹射过程为初速度为零、加速度大小为8 m/s2参考答案1．答案：A当每个球的位移为x时，每个弹簧的伸长量为x每个球上沿位移方向的力为F=2k加速度a=故选A。2．答案：B由F=Gm1力的单位是N代入可得G的单位应为kg故选B。3．答案：DA.小球受竖直向下的重力、垂直于木板斜向右上方的支持力与弹簧的弹力作用，小球静止所受合力为零，弹簧弹力一定水平向左，如果弹簧弹力向右，小球不可能静止，弹簧弹力向左，则弹簧处于压缩状态，弹簧不可能伸长，故A错误；B.小球受力如图所示小球静止处于平衡状态，则F撤去木板瞬间，弹簧弹力不变，小球重力不变，小球所受合力与FN等大反向，对小球，由牛顿第二定律得5解得小球的加速度大小a=5CD.剪断弹簧瞬间，小球沿木板向下滑动，对小球，由牛顿第二定律得mg解得a′故选D。4．答案：CA.力F作用前，系统系统处于静止状态，故有弹簧弹力等于P、Q的整体重力的分力，即(解得x当P与Q分离时，设弹簧的形变量为x2，此时P、Q之间的弹力为0，对P，根据牛顿第二定律有解得x从Q、P开始运动到Q与P分离，位移x=若从Q、P开始运动到Q与P分离，用时0.2s，则位移x′B.Q与P分离时加速沿斜面向上，之后会继续做加速运动。故B错误；CD.PQ一起匀加速运动的过程中，对整体有F+kx−(加速过程中，弹力减小，F增大。初始时F最小，对整体有F解得F分离时，F最大，对Q有F解得Fmax故选C。5．答案：D设斜面倾角为θ，滑块与斜面动摩擦因数为μ，滑块上滑时，加速度沿斜面向下，大小为a1，由牛顿第二定律可得解得a同理滑块下滑时，加速度仍沿斜面向下，大小为a由此可知a1>a2，且两种情况加速度水平分量均向左，竖直方向的分量均向下，即ax1=对整体用牛顿第二定律，水平方向仅受地面静摩擦力，满足f1=m可知f由于上滑和下滑的位移大小相等，根据运动学规律x=解得t=因此上滑时间t1小于下滑时间t2在竖直方向上则有2mg−N=m解得N1=2mg−m结合上述分析可知N上滑时间t1小于下滑时间t2综合上述分析可知，ABC错误，D正确。故选D。6．答案：C电梯匀速上升，重力等于支持力，N=mg，电梯匀减速上升、匀加速下降，加速度方向都向下，根据牛顿第二定律，mg−N=ma，则N=mg−ma<mg.电梯匀减速下降时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律有：N−mg=ma，则N=mg+ma>mg.因为支持力等于压力，压力等于体重计的示数，所以电梯匀减速下降时，体重计的示数最大。故C正确，A、B、D错误;故选C.7．答案：AA项,人向上弹起过程中,人应该经历了先加速后减速的过程,所以先有向上的加速度,后有向下的加速度,故A项正确。B项,踏板对人的作用力与人对踏板的作用力是一对相互作用力,根据牛顿第三定律,二者大小始终相等,故B项错误。C项,弹簧压缩到最低点时,人有竖直向上的加速度,根据牛顿第二定律,可知高跷对人的作用力大于人的重力,故C项错误。D项,同理以高跷和人的系统为研究对象,弹簧压缩到最低点时,根据牛顿第二定律,地对高跷的压力大于人和高跷的总重力,再根据牛顿第三定律,可知高跷对地的压力大于人和高跷的总重力,故D项错误。8．答案：DABC.水平传送带甲、乙速度大小均为v，工件相对乙的速度与乙边缘方向的夹角为α，则tanα=v工件受到的摩擦力与二者相对速度的方向相反，如图所示.工件在x轴、y轴方向的加速度的大小分别为ax、ay，根据牛顿运动定律经过极短的时间Δt，x轴、y轴方向的相对速度大小分别为v解得tanα=a表明经过极短的时间Δt，工件相对乙的速度与y轴方向的夹角仍为α，所以摩擦力方向保持不变，即工件相对乙的速度方向不变，工件相对于传送带乙做直线运动，但相对地面做曲线运动，ABC错误；D.工件从进入传送带乙到与传送带乙共速用时t=v故选D。9．答案：DA.在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力大小为F=mg剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用，小球的受力个数发生改变，故A错误；CD.小球所受的最大静摩擦力为f=μmg=0.2×10根据牛顿第二定律得小球的加速度为a=合力方向向左，所以小球向左运动，故C错误，D正确；B.剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故B错误。故选D。10．答案：DA.“嫦娥三号”着陆前近月环绕月球做圆周运动，万有引力完全提供向心力，加速度竖直向下指向月心，处于完全失重状态，故A错误；B.“嫦娥三号”着陆前的一小段时间内，为了减小撞击力，需要向下做减速运动，加速度方向向上，处于超重状态，故B错误；C.对“嫦娥三号”，根据万有引力提供向心力，则有GMm在月球表面有GMm联立解得T=2πD.在月球表面有GMm因为M=ρ联立解得ρ=3g故选D。11．答案：AC放手后到弹簧离开桌面前，笔帽和弹簧一起向上运动，在这个过程中，弹簧逐渐恢复原长，压缩量逐渐减小，因此弹簧上的弹力也一直减小，故A正确；笔帽的速度在弹簧恢复原长时并不是最大的，而是在此之前弹力等于重力时刻达到最大，故B错误；离开桌面上升过程中，笔帽受到重力的作用，笔帽的加速度方向向下，因此笔帽处于失重状态，故C正确；放手后到弹簧离开桌面前，刚放手时弹簧压缩量最大，然后弹簧逐渐恢复原长，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，加速度也逐渐减小，当弹力小于重力后，加速度开始反向增大，直到弹簧恢复原长和笔帽一起离开桌面，故D错误.12．答案：AC由题图可知，在0~t1时间内，人的视重小于实重，处于失重状态，则加速度方向向下，大小不变，可知电梯向上做匀减速运动或向下做匀加速运动；在t1~t2时间内，视重恰好等于实重，处于平衡状态，加速度为零，电梯向上或向下做匀速运动；在13．答案：BD开始时物块恰好静止，可知弹簧的弹力等于物块与底板间的最大静摩擦力.若使木箱突然向上加速，则物块处于超重状态，物块对底板的压力变大，最大静摩擦力变大，可知两物块仍静止，则两物块受到的摩擦力仍等于弹簧的弹力，故A错误；若使木箱突然加速下降，则物块处于失重状态，物块对底板的压力减小，最大静摩擦力减小，弹簧弹力大于最大静摩擦力，则两个物块均相对底板滑动，故B正确；若使木箱突然自由下落，则两物块均处于完全失重状态，物块与底板间的压力变为零，静摩擦力变为零，竖直加速度相同，水平加速度方向相反，则两物块的加速度一定不相同，故C错误；若使木箱突然向右加速，两物块受合外力向右，假设两物块相对木箱仍静止，对左侧物块分析可知f1−F弹=m114．答案：(1)B(2)D(3)2.03(4)A(5)160（1）A.钩码的质量已知，不需要利用天平来测量，故A错误；B.需要利用刻度尺测量纸带上的点的间距，故B正确；C.打点计时器打出的两点之间间隔的时间与交变电流的频率有关，不需要停表，故C错误；D.实验中认为钩码的重力等于绳的拉力，不需要弹簧测力计，故D错误。故选B。（2）B.平衡小车的摩擦力操作过程中不需要挂砝码，故B错误；A.平衡摩擦力的方式是改变斜面的倾角，使得小车的重力沿斜面的分量能与摩擦力相等，与小车自己的重力大小无关，故A错误；CD.根据纸带可知，小车运动的速度逐渐变大，说明小车做加速运动，是由于斜面的倾角过大导致的。所以应将垫块向右侧移动，使得斜面倾角减小，故C错误，D正确。故选D。（3）根据题干信息可知，纸带上的两个点之间的时间间隔T=5×根据公式Δx=aT2，并且利用逐差法计算加速度的大小（4）AB.实验中将钩码的重力当成细线的拉力，即mg=实际上的牛顿第二定律公式应为mg=(m+当钩码质量较大时，图像会发生弯曲，故A正确，B错误；CD.当系统未平衡摩擦力或平衡摩擦力过度时，图像中的曲线会不过原点，故CD错误。故选A。（5）如图所示，在钩码质量远小于小车质量的情况下，画出的a−m图像是一条过原点的直线，此时a=可知小车质量越大，图像的斜率越小，即b图是加上手机后的图像，即ka=所以手机的质量为m代入数据可解得m15．答案：12；0.20；0.13（1）由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm。拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时。结合图乙的F−t图有Δx=5.00cm，F=0.610Nk=计算出k（2）根据牛顿第二定律有F=ma则a—F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中I，则有1则滑块与加速度传感器的总质量为m=0.20（3）滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中II，则有1则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为m′≈0.33kgΔm16．答案：(1)6(2)9(3)2+32（1）小物块P刚滑上传送带时，相对传送带向右运动，对小物块P分析，P水平方向受向左的摩擦力和绳子拉力，根据牛顿第二定律有F对小物块Q分析，根据牛顿第二定律有mg−联立解得a（2）小物块P与传送带共速前，根据运动学公式得小物体P的位移大小x即小物块P速度减小到v1所用的时间小物块Q的重力G小物块P所受的最大静摩擦力f在小物块P的速度和传送带速度相等后，因为小物块Q的重力大于小物块P所受的最大静摩擦力，所以小物块P继续减速运动，受到的摩擦力会突变向右，对小物块P、Q整体，根据牛顿第二定律有mg−μmg=2m解得a则小物块P从v1减小到0的位移大小为小物块