高中物理人教版((2019)必修第一册第四章运动和力的关系测试卷（Word版附解析）

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第四章　运动和力的关系全卷满分100分　考试用时90分钟一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24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.下列关于运动和力关系的说法正确的是 (　　)A.没有外力作用时,物体不会运动,这是牛顿第一定律的体现B.物体所受合外力越大,运动得越快,这符合牛顿第二定律C.物体所受合外力为零,则其速度一定为零;物体所受合外力不为零,则其速度也一定不为零D.物体所受的合外力最大时,速度却可以为零;物体所受的合外力最小时,速度却可以最大2.在放射医学和人体辐射防护中,辐射剂量的单位有多种衡量模式。“当量剂量”是反映各种射线或粒子被吸收后引起的生物效应强弱的辐射量,其国际单位是希沃特,记作Sv。每千克人体组织吸收1焦耳的辐射能量为1希沃特。用国际单位制中的基本单位表示希沃特,下列正确的是 (　　)A.m2/s2　　　　B.W/kg　　　　C.J/kg　　　　D.Am/s3.如图所示,一顾客乘扶梯上楼,相对扶梯静止,随扶梯一起减速运动时,关于顾客的受力分析正确的是 (　　)　　　4.无人机因具有机动性能好、生存能力强、使用方便快捷等优点而在生产生活中得到了广泛应用。某次在空旷区域测试时,质量为2 kg、可垂直起降的无人机从地面由静止开始竖直向上做加速度大小为2 m/s2的匀加速直线运动,上升5 s时无人机突然失去动力,直至落回地面。重力加速度g=10 m/s2,不计无人机受到的空气阻力,以竖直向上为正方向,则下列说法正确的是 (　　)A.无人机加速上升时的动力大小为24 NB.无人机失去动力后立即开始做自由落体运动C.无人机失去动力后的加速度为10 m/s2D.无人机下落过程的加速度大小会随速度的增大而增大5.如图所示,体重为50 kg的小明在乘坐电梯时,手里拿着一个由轻质弹性细绳和质量为0.1 kg的小球组成的玩具,此时他发现轻质弹性细绳的伸长量为电梯静止时的45,重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　)A.小明处于超重状态B.小明对电梯地板的压力大小为501 NC.电梯可能加速下降,加速度大小为8 m/s2D.电梯可能减速上升,加速度大小为2 m/s26.如图所示,取两根粗细、长度均不同的橡皮绳甲、乙拴接在天花板上,然后在下端悬吊一物体,系统平衡时,两橡皮绳的伸长量相同,且橡皮绳甲、乙与天花板的夹角分别为30°、60°,重力加速度为g。则下列说法正确的是 (　　)A.平衡时,甲、乙的拉力之比为3∶1B.橡皮绳甲、乙的劲度系数之比为1∶3C.剪断橡皮绳甲的瞬间,物体的加速度大小为3g2D.剪断橡皮绳乙的瞬间,物体的加速度大小为g27.如图甲所示,粗糙斜面与水平面的夹角为30°,质量为0.3 kg的小物块静止在A点。现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上,作用一段时间后撤去推力F,小物块能到达的最高位置为C点,小物块从A到C的v-t图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2,则下列说法中正确的是 (　　)　　A.小物块到C点后将沿斜面下滑B.小物块加速时的加速度大小是减速时加速度大小的13C.小物块与斜面间的动摩擦因数为32D.推力F的大小为6 N8.如图甲所示,A、B两个物体靠在一起,静止在光滑的水平面上,它们的质量分别为mA=1 kg、mB=3 kg,现分别用水平向右的力FA推A、FB拉B,FA和FB随时间t变化的关系如图乙所示,则下列说法错误的是 (　　)乙A.t=1 s时,A、B之间的弹力为3 NB.t=2 s时,A、B脱离C.A、B脱离前,它们一起运动的位移为6 mD.A、B脱离后,A做减速运动,B做加速运动二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)9.2023年10月31日,神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆,是我国航空航天史上一个重要的里程碑。航天员在返回舱回收的过程中要经受超重与失重的考验,已知返回舱返回过程中,大体经历了自由下落、加速下落、匀速下落和减速下落四个过程,假设航天员一直头朝上坐在座椅上,下列说法正确的是 (　　)A.返回舱在自由下落阶段,航天员处于平衡状态B.返回舱在加速下落阶段,航天员对座椅的压力小于其重力C.返回舱在减速下落阶段,航天员对座椅的压力大于其重力D.返回舱在加速下落阶段,如果加速度逐渐减小,航天员对座椅的压力会越来越小10.质量为0.3 kg的物体在水平面上做直线运动,其在只受摩擦力作用时和受到摩擦力、水平力F两个力共同作用时的v-t图像如图所示,则下列说法正确的是(重力加速度g=10 m/s2) (　　)A.水平力F可能等于0.3 NB.摩擦力可能等于0.1 NC.水平力F一定等于0.1 ND.摩擦力可能等于0.3 N11.如图甲所示,质量分别为m、M的物体A、B静止在劲度系数为k的弹簧上,A与B不粘连,现对物体A施加竖直向上的力F,使A、B一起上升,若以两物体静止时的位置为坐标原点,两物体的加速度随位移的变化关系如图乙所示,重力加速度大小为g,则 (　　)　　A.在图乙中PQ段表示拉力F逐渐增大B.在图乙中QS段表示B物体减速上升C.位移为x1时,A、B之间的弹力为mg-kx1-Ma0D.位移为x3时,A、B一起运动的速度大小为a0(x2+x3)12.如图甲所示,光滑水平地面上有一长木板B,木块A(视为质点)叠放在木板B右端。有一水平力作用在长木板B上,使木板由静止开始运动,t=6 s时撤去外力。已知木块A的质量mA=1 kg,木板B的质量mB=2 kg,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,A始终未滑落,A、B前6 s内加速度随时间变化的图像分别如图乙、丙所示。下列说法正确的是 (　　) A.A的最大速度为18 m/sB.t=6 s时,木块B的速度为18 m/sC.3~6 s内拉力大小为12 ND.木板B的长度至少为9 m三、非选择题(本大题共6小题,共60分)13.(6分)为了测量木块与木板间的动摩擦因数,某小组使用DIS位移传感器设计了如图甲所示的实验装置,让木块从倾斜木板上一点A由静止释放,位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机,描绘出木块相对传感器的距离x随时间t的变化规律如图乙所示。(1)根据图乙,计算t=0.4 s时木块的速度v=　　　　m/s,木块的加速度a=　　　　m/s2(结果均保留2位有效数字); (2)为了测定木块与木板间的动摩擦因数μ,测出了木板与水平面的夹角θ,则μ=　　　　　　　(已知当地的重力加速度为g,用题中给出的字母表示)。 14.(8分)如图甲所示为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。小车质量为M,砂桶和砂的总质量为m,通过改变m来改变小车所受的合力大小,小车的加速度a可由打点计时器打出的纸带计算得到,小车受到的拉力由弹簧测力计读出。实验过程中保持小车质量M不变,逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验,得到多组a与F的数据。(1)本实验主要采用的实验方法是　　　　; A.假设法　　　　B.理想模型法　　　　C.控制变量法(2)为了减小实验误差,下列说法正确的是　　; A.实验前应先补偿阻力B.实验不必使牵引小车的细线与木板平行C.实验过程中需要使得砂桶和砂的总质量远小于小车的质量(3)图乙为上述实验中打下的一条纸带,图中O、A、B、C、D为相邻的计数点,相邻两计数点间还有4个点未画出,打点计时器的频率为50 Hz,则小车的加速度大小为　　　　 m/s2;(保留3位有效数字) (4)如果实验不满足M≫m,则得到的a-F图像可能正确的是　　　　。 15.(6分)如图所示,水平面上有一质量为5 kg的木箱,同时受到F1=20 N和F2=12 N的水平力的作用而保持静止。已知木箱与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)木箱所受摩擦力的大小和方向;(2)若只将F1撤去,木箱的加速度大小和方向。16.(8分)风洞实验室中可产生水平方向、大小可调节的风力。现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室,小球孔径略大于细杆直径,如图所示。(1)当杆在水平方向上固定时,调节风力的大小,使小球在杆上做匀速运动,这时小球所受的风力为小球所受重力的12,求小球与杆间的动摩擦因数。(2)保持小球所受风力不变,使杆与水平方向夹角为37°并固定,则小球由静止出发在细杆上滑下距离15 m 所需时间为多少?(重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6, cos 37°=0.8)17.(14分)如图所示,在光滑的水平面上,一辆质量M=5 kg的玩具卡车装载着规格相同、质量均为m=0.2 kg 的5个光滑圆柱形空桶,车厢底层的一排桶固定,在桶A、B上方自由地摆放桶C,没有用绳索固定,车和桶均处于静止状态,现对车施加一水平向左的拉力F。重力加速度g=10 m/s2。(1)若桶C恰好与桶A接触但不挤压,求车的加速度大小a;(2)若拉力F=43 N,求桶A对桶C的支持力大小FA。18.(18分)如图所示,足够长的传送带以速度v0=8 m/s 顺时针匀速转动,表面粗糙,传送带的右端有一固定的斜面,斜面底端B与传送带平滑连接。现将一质量m=1 kg的小滑块从距离B点s0=10 m的A处无初速度放上传送带,已知小滑块与传送带间的动摩擦因数为μ1=0.4,斜面倾角θ=37°,斜面足够长,滑块与斜面间的动摩擦因数μ2=0.45,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:(1)小滑块刚放到传送带上时的加速度大小;(2)小滑块第一次从A端到B端所用的时间;(3)小滑块第二次冲上斜面后能够到达的最高点P到B点的距离L。(结果保留2位有效数字)答案与分层梯度式解析1.D　物体的运动不需要力来维持,力是改变物体运动状态的原因,即力是使物体产生加速度的原因,A错误。物体所受合外力为零时,其加速度一定为零,但速度不一定为零,速度可以最大,例如物体做加速度减小的加速运动时;物体所受合外力最大时,其加速度一定最大,但速度不一定最大,速度可能为零,B、C错误,D正确。2.A　由题意可知,每千克人体组织吸收1焦耳的辐射能量为1希沃特,则有1 Sv=1Jkg=1N·mkg=1kg·m/s2·mkg=1 m2/s2,故A正确。3.D　顾客随扶梯减速上升,加速度方向斜向左下方,由于接触面水平,物体所受各力沿水平和竖直方向,故将顾客的加速度分解为竖直向下和水平向左的分量,竖直方向顾客受重力、扶梯的支持力,合力向下,水平方向的摩擦力水平向左,故选D。4.A　无人机加速上升时,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,解得无人机加速上升时的动力大小为F=mg+ma=24 N,A正确;无人机失去动力后只受重力作用,有竖直向上的初速度,故无人机做竖直上抛运动,加速度恒为重力加速度,保持不变,故B、D错误;因为以竖直向上为正方向,则无人机失去动力后的加速度为-10 m/s2,C错误。5.D　电梯静止不动时,小球受力平衡,有mg=kx;乘坐电梯时轻质弹性细绳的伸长量比静止时小,说明弹性细绳的弹力变小了,由牛顿第二定律有mg-45kx=ma,解得加速度大小为a=15g=2 m/s2,方向竖直向下,故电梯可能加速下降或减速上升,小明处于失重状态,A、C错误,D正确。对小明和玩具整体进行受力分析,由牛顿第二定律有m'g-N=m'a,则电梯地板对小明的支持力大小为N=m'g-m'a=501 N-100.2 N=400.8 N,由牛顿第三定律可得小明对电梯地板的压力大小为400.8 N,B错误。6.B　系统平衡时,以物体为研究对象,有F甲=mg·sin 30°=12mg,F乙=mg cos 30°=32mg,可得甲、乙的拉力之比为F甲∶F乙=1∶3,故A错误。由于两橡皮绳的伸长量相同,根据胡克定律可得橡皮绳甲、乙的劲度系数之比为k甲∶k乙=F甲∶F乙=1∶3,B正确。剪断橡皮绳甲的瞬间,重力、橡皮绳乙的拉力不变,则橡皮绳乙的拉力和重力的合力大小等于剪断前橡皮绳甲的拉力,根据牛顿第二定律得物体的加速度大小为a=F合m=F甲m=12g;同理剪断橡皮绳乙的瞬间,橡皮绳甲的拉力和重力的合力大小等于剪断前橡皮绳乙的拉力,则物体的加速度大小为a'=F' 合m=F乙m=32g,C、D错误。7.B　由题图乙可知,小物块做匀加速运动的加速度大小为a1=ΔvΔt=30.9 m/s2=103 m/s2,匀减速运动的加速度大小为a2=|Δv'|Δt'=31.2-0.9 m/s2=10 m/s2,故a1∶a2=1∶3,B正确;在匀减速直线运动过程中,由牛顿第二定律知mg sin 30°+μmg cos 30°=ma2,解得μ=33,C错误;因为mg sin 30°=12mg=μmg cos 30°,所以物块到达C点后将静止在C点,不会下滑,A错误;小物块做匀加速运动时,根据牛顿第二定律可得F-mg sin 30°-μmg cos 30°=ma1,解得F=4 N,D错误。8.D　由题图乙可得FA=9-3t(N),FB=3+3t(N),则在未脱离的过程中,A、B整体受力向右,且大小不变,恒定为FA+FB=12 N,A、B整体做匀加速运动的加速度为a=FA+FBmA+mB=3 m/s2。t=1 s时,以B为研究对象,根据牛顿第二定律可得a=N+FBmB,其中FB=3 N+3×1 N=6 N,解得A、B之间的弹力为N=3 N,故A正确。A、B脱离时满足A、B的加速度相同,且之间的弹力为零,则有FAmA=3 m/s2,可得FA=mAa=3 N,结合FA=9-3t(N),解得t=2 s,故B正确。A、B脱离前,它们一起运动的位移为x=12at2=12×3×22 m=6 m,故C正确。A、B脱离后1 s内A仍然受到向右的推力,所以A仍然做加速运动,在t=3 s后A不受推力,将做匀速直线运动;物体B一直受到向右的拉力而做加速运动,故D错误。9.BC　返回舱在自由下落阶段,航天员只受重力作用,处于完全失重状态,A错误;返回舱在加速下落阶段,加速度方向向下,航天员处于失重状态,航天员对座椅的压力小于其重力,B正确;返回舱在减速下落阶段,加速度方向向上,处于超重状态,航天员对座椅的压力大于其重力,C正确;返回舱在加速下落阶段,根据牛顿第二定律得mg-FN=ma,如果加速度逐渐减小,则支持力不断增大,根据牛顿第三定律,航天员对座椅的压力会越来越大,D错误。故选B、C。10.BC　v-t图线的斜率表示加速度,a图线表示物体做加速度大小为13 m/s2的匀减速运动,由F=ma知物体受到的合外力大小是0.1 N,b图线表示物体做加速度大小为23 m/s2的匀减速运动,由F=ma知物体受到的合外力大小是0.2 N。如果a图线对应物体受摩擦力和水平力F,那么b图线对应物体仅受摩擦力,摩擦力f为0.2 N,所以水平力F等于0.1 N;同理,如果b图线对应物体受摩擦力和水平力F,那么a图线对应物体仅受摩擦力,摩擦力f为0.1 N,水平力F也等于0.1 N,综上可知水平力F大小一定是0.1 N,而摩擦力可能是0.1 N,也可能是0.2 N。故选B、C。11.ACD　最初弹簧被压缩,对A、B整体,根据牛顿第二定律有F-(m+M)g+F弹=(m+M)a0,A、B整体上升过程,弹簧弹力逐渐减小,则在题图乙中PQ段,拉力F逐渐增大,A正确;QS段加速度方向不变,B物体加速上升,B错误;A、B两物体静止时,根据平衡条件有(m+M)g=kx0,位移为x1时,根据牛顿第二定律,对B有k(x0-x1)-Mg-N=Ma0,联立解得A、B之间的弹力N=mg-kx1-Ma0,C正确;由v2-v02=2ax可知,a-x图线与x轴所围面积的2倍表示速度平方的变化量,位移为x3时,设A、B一起运动的速度大小为v,有v2-02=2SOPQS,得v=2×12(x2+x3)a0=a0(x2+x3),D正确。12.ACD　由于a-t图线与t轴所围面积表示速度变化量Δv,t=3 s时,A、B的速度vA=vB=1+32×3 m/s=6 m/s,t=6 s时,木块A的速度为v'A=1+32×3 m/s+3×3 m/s=15 m/s,木板B的速度为v'B=1+32×3 m/s+4.5×3 m/s=19.5 m/s,B错误;t=3 s时,A、B开始相对滑动,滑动摩擦力大小为f=mAaA=3 N,t=6 s时,撤去外力F后,B只受A的摩擦力,B的加速度大小为aB=fmB=1.5 m/s2,设再经过Δt时间A、B共速,此时A的速度最大,则对A,有vmax=v'A+aA·Δt,对B,有vmax=v'B-aB·Δt,可得vmax=18 m/s,Δt=1 s,A正确;令Δt1=6 s-3 s=3 s,木块A的位移xA=vA+v' A2·Δt1+v' A+vmax2·Δt,木板B的位移xB=vB+v' B2·Δt1+v' B+vmax2·Δt,则木板B的长度至少为l=xB-xA=9 m,D正确;3~6 s内,木板B的加速度为a'B=4.5 m/s2,由F-f=mBa'B,可得F=3 N+2×4.5 N=12 N,C正确。13.答案　(1)0.40(2分)　1.0(2分)　(2)gsinθ-agcosθ(2分)解析　(1)匀变速直线运动中,某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,得0.4 s末木块的速度为v=0.3-0.140.4 m/s=0.40 m/s,0.2 s末木块的速度为v'=0.32-0.240.4 m/s=0.2 m/s,则木块的加速度为a=v-v'Δt=1.0 m/s2。(2)选取木块为研究对象,由牛顿第二定律可得mg sin θ-μmg cos θ=ma,解得μ=gsinθ-agcosθ。14.答案　(1)C(2分)　(2)A(2分)　(3)2.00(2分)　(4)C(2分)解析　(1)本实验主要采用的实验方法是控制变量法,C正确。(2)实验前应先补偿阻力,从而使小车所受细线拉力等于小车所受合力,A正确;实验时应使牵引小车的细线与木板平行,B错误;实验过程中由于小车所受的拉力通过弹簧测力计可以直接读出来,所以不需要使砂桶和砂的总质量远小于小车的质量,故C错误。(3)相邻两个计数点之间的时间间隔T=5×0.02 s=0.1 s,小车运动的加速度大小a=BD-OB(T×2)2=[(10.01+11.99)-(6.02+7.98)]×10-2(0.1×2)2 m/s2=2.00 m/s2。(4)对小车分析,有F=Ma,则a=1MF,a-F图线的斜率为k=1M,即使不满足M≫m,k也不变,所以C正确。15.答案　(1)8 N,方向水平向右　(2)0.4 m/s2,方向水平向右解析　(1)对木箱受力分析,木箱所受的最大静摩擦力为fm=μmg=10 N(1分)木箱所受水平力F1与F2的合力F合=F1-F2=8 Nfm,故木箱加速向右滑行。 (1分)由牛顿第二定律得F2-μmg=ma (1分)可得木箱的加速度大小为a=0.4 m/s2,方向水平向右。 (1分)16.答案　(1)0.5　(2)2 s解析　(1)设小球所受的风力为F,小球质量为m,则F=μmg (1分)故有μ=0.5mgmg=0.5 (1分)即小球与杆之间的动摩擦因数为0.5。(2)对小球受力分析,设杆对小球的支持力为N,摩擦力为f,沿杆方向有F cos 37°+mg sin 37°-f=ma (1分)垂直于杆方向有N+F sin 37°-mg cos 37°=0 (1分)其中f=μN (1分)代入数据解得a=7.5 m/s2 (1分)根据x=12at2 (1分)得t=2xa=2×157.5 s=2 s(1分)17.答案　(1)1033 m/s2　(2)8315 N解析　(1)若桶C恰好与桶A接触但不挤压,以桶C为研究对象,受力分析如图竖直方向,由平衡条件有FB cos 30°=mg (2分)水平方向,由牛顿第二定律有FB sin 30°=ma (2分)联立解得a=g tan 30°=1033 m/s2 (1分)(2)若拉力F=43 N,对卡车和5个空桶整体分析,根据牛顿第二定律可得F=(M+5m)a' (2分)解得a'=233 m/s2 (1分)对桶C受力分析,如图所示竖直方向有FA cos 30°+F'B cos 30°=mg (2分)水平方向有F'B sin 30°-FA sin 30°=ma' (2分)联立解得FA=8315 N(2分)18.答案　(1)4 m/s2　(2)2.25 s　(3)0.83 m解析　(1)小滑块刚放到传送带上时,由牛顿第二定律得μ1mg=ma1 (1分)解得a1=4 m/s2 (1分)(2)小滑块刚放到传送带上,从开始到与传送带速度相同的时间内做匀加速运动,根据v0=a1t1得加速时间t1=v0a1=2 s(1分)根据v02-0=2a1x1可得匀加速运动的位移为x1=v022a1=8 m(1分)这时小滑块到B点的距离x2=s0-x1=2 m(1分)然后小滑块随传送带一起匀速运动到B点,匀速运动的时间t2=x2v0=0.25 s(1分)则小滑块第一次从A端到B端所用的总时间为t=t1+t2=2.25 s(1分)(3)小滑块滑上斜面后做匀减速运动一直到最高点,有0-v02=-2a2L1 (1分)由牛顿第二定律得mg sin θ+μ2mg cos θ=ma2 (1分)联立解得L1=103 m(1分)由于tan θ=0.75>μ2=0.45所以滑块到达最高点后会向下加速运动返回斜面底端B点,到达B点时速度大小为vB,则有vB2=2a3L1 (1分)由牛顿第二定律得mg sin θ-μ2mg cos θ=ma3 (1分)联立解得vB=4 m/s,a3=2.4 m/s2 (1分)设滑块从B点继续向左减速到零运动的位移大小为x3,则有0-vB2=-2a1x3 (1分)再向右加速到B点时速度大小为v'B,则有v'2B=2a1x3 (1分)联立解得v'B=vB=4 m/s(1分)小滑块第二次冲上斜面到达最高点P的过程,有0-v'2B=-2a2L (1分)解得L≈0.83 m(1分)1.D2.A3.D4.A5.D6.B7.B8.D9.BC10.BC11.ACD12.ACD