2023-2024学年人教版必修第一册 第四章　运动和力的关系 单元测试

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第四章　运动和力的关系
时间：90分钟　满分：100分
第Ⅰ卷(选择题　共40分)
一、选择题(本题包括10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～6小题有一个选项符合题目要求，第7～10小题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，有错选或不答的得0分)
1．下面关于物体惯性大小的说法中，正确的是(　　)
A．运动速度大的物体比速度小的物体难以停下来，所以速度大的物体具有较大惯性
B．物体受的力越大，要它停下来就越困难，所以物体受的力越大，惯性越大
C．行驶中的车辆突然刹车，乘客前倾，这是由惯性引起的
D．一个小球被竖直上抛，抛出后继续上升，是因为小球抛出后仍受到向上的推力
答案：C　
解析：惯性是物体的固有属性，物体在任何情况下都有惯性，且惯性的大小与物体的运动状态及受力情况均无关，它仅取决于物体的质量大小，A、B错误；车辆突然刹车，乘客前倾，是人的上身由于惯性继续向前运动的结果，C正确；向上抛出的小球，能够继续向上运动，是由于惯性，而非受到向上的推力，D错误．
2．如图所示，小明在做双脚跳台阶的健身运动，若忽略空气阻力，则下列说法正确的是 (　　)

A．小明在下降过程中处于失重状态
B．小明起跳以后在上升过程处于超重状态
C．小明落地时地面对他的支持力小于他的重力
D．起跳过程地面对小明的作用力就是他对地面的作用力
答案：A　
解析：超重还是失重要看加速度方向，若加速度方向向上即为超重，若加速度方向向下即为失重．小明在下降过程中因加速度向下，故失重，A正确；起跳以后的上升过程中加速度也向下，也是失重，B错误；小明落地时因做减速下降，加速度向上，所以是超重，地面对他的支持力大于他的重力，C错误；起跳过程中地面对小明的作用力与他对地面的作用力是一对作用力与反作用力，不是同一个力，D错误．
3．假设洒水车的牵引力不变且所受阻力与车重成正比，未洒水时，匀速行驶，洒水时它的运动将是(　　)
A．做变加速运动
B．做初速度不为零的匀加速直线运动
C．做匀减速运动
D．继续保持匀速直线运动
答案：A　
解析：a＝＝＝－kg，洒水时质量m减小，则a变大，所以洒水车做加速度变大的加速运动，故A正确．
4．一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(　　)

A．t＝0时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小
答案：D　
解析：人受重力mg和支持力FN的作用，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma.由牛顿第三定律得人对地板的压力大小为F′N＝FN＝mg＋ma，当t＝2 s时a有最大值，F′N最大．当t＝8.5 s时，a有最小值，F′N最小，选项D正确．
5．如图所示，在光滑水平面上有一物块受水平恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧．在物块与弹簧接触并将弹簧压至最短的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．物块接触弹簧后立即做减速运动
B．物块接触弹簧后先加速后减速
C．当弹簧压缩量最大时，物块的加速度等于零
D．当物块的速度为零时，它所受的合力也为零
答案：B　
解析：物体接触弹簧时，由于弹簧的弹力小于推力F，物块仍做加速运动，当弹簧弹力等于推力时，物块的速度达到最大，然后继续向右运动，弹簧弹力大于推力，物块开始做减速运动，因此物块先加速后减速，B正确，A错误；当速度减小到零时，弹簧压缩量最大，此时弹力大于推力，加速度向左，C、D错误．
6．用30 N的水平外力F拉一静止在光滑水平面上的质量为20 kg的物体，力F作用3 s后消失，则第5 s末物体的速度和加速度分别是(　　)
A．v＝7.5 m/s，a＝1.5 m/s2
B．v＝4.5 m/s，a＝1.5 m/s2
C．v＝4.5 m/s，a＝0
D．v＝7.5 m/s，a＝0
答案：C　
解析：物体先在力F作用下做匀加速直线运动，加速度a＝ m/s2＝1.5 m/s2，v＝at＝4.5 m/s，撤去力F后，物体以4.5 m/s的速度做匀速直线运动，故选C.
7．(·湖北沙市中学高一期末)质量分别为1 kg和2 kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，如图所示，今用大小为F＝9 N的力作用在A上使AB相对静止一起向左匀加速运动，则下列说法正确的是(　　)

A．弹簧的弹力大小等于8 N
B．弹簧的弹力大小等于6 N
C．突然撤去F瞬间，A的加速度大小为0
D．突然撤去F瞬间，B的加速度大小为3 m/s2
答案：BD　
解析：对整体由牛顿第二定律得：a＝＝ m/s2＝3 m/s2，对B：FT＝mBa＝2×3 N＝6 N，故A错误，B正确．撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，由牛顿第二定律，对A：aA＝＝ m/s2＝6 m/s2，对B：aB＝＝ m/s2＝3 m/s2，故C错误，D正确．
8．如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为(　　)

A．物块先向左运动，再向右运动
B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动
C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动
D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零
答案：BC　
解析：当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动．故选B、C.
9．如图(a)所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v­t图像如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　)

A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
答案：ACD　
解析：小球滑上斜面的初速度v0已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度为0，那么平均速度为，所以沿斜面向上滑行的最远距离s＝t1，根据牛顿第二定律，向上滑行过程有＝gsin θ＋μgcos θ，向下滑行过程有＝gsin θ－μgcos θ，整理可得gsin θ＝，从而可计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，A、C正确；根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度ssin θ＝t1×＝v0，D正确；仅根据速度—时间图像，无法求出物块质量，B错误．
10．如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是(　　)

A. B.
C. D.
答案：ACD　
解析：若木块一直做匀加速直线运动，到达右端时的速度还未达到v，根据牛顿第二定律得a＝＝μg，根据L＝at2解得t＝；若木块一直做匀加速直线运动，到达右端时的速度刚好为v，根据L＝，解得t＝，由速度公式v＝at＝μgt，得t＝；当木块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，匀加速直线运动的时间t1＝＝，匀加速直线运动的位移x1＝，匀速直线运动的位移x2＝L－，则匀速直线运动的时间t2＝＝－，则总时间为t＝t1＋t2＝＋.
第Ⅱ卷(非选择题　共60分)
二、填空题(本题包括2小题，共18分．将答案填写在题中横线上或按要求做答)
11．(8分)某同学利用图甲所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图乙所示．实验中小车(含发射器)的质量为200 g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：


(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(填“线性”或“非线性”)关系．
(2)由图乙可知，a­m图线不经过原点，可能的原因是
________________________________________________________________________.
(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是____________________，钩码的质量应满足的条件是__________________．
答案：(1)非线性　(2)存在摩擦力　(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力　远小于小车的质量
解析：(1)根据题图乙坐标系中给出的数据连线可知，小车的加速度与钩码的质量成非线性关系．(2)根据题图乙中数据，小车受到钩码的拉力的作用，但没有加速度，故未平衡摩擦力或倾角过小，没有完全平衡摩擦力．(3)在实验中要求“直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力”需要满足两个条件：①平衡摩擦力；②钩码的质量远小于小车(含发射器)的质量．
12．(10分)在“探究加速度与力、质量的关系”实验中采用如图所示的装置．

(1)本实验应用的实验方法是(　　)
A．假设法 B．理想实验法
C．控制变量法 D．等效替代法
(2)(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上
B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力
C．实验时，先放开小车，再接通打点计时器电源
D．在每次实验中，应使小车和砝码的质量远大于砂和小桶的总质量
(3)如图所示是某一次打点计时器打出的一条记录小车运动的纸带，取计数点A、B、C、D、E、F、G.纸带上两相邻计数点的时间间隔为T＝0.10 s，用刻度尺测量出各相邻计数点间的距离分别为AB＝1.50 cm，BC＝3.88 cm，CD＝6.26 cm，DE＝8.67 cm, EF＝11.08 cm，FG＝13.49 cm，则小车运动的加速度大小a＝________m/s2，打纸带上E点时小车的瞬时速度大小vE＝________m/s.(结果均保留2位小数)

(4)某同学测得小车的加速度a和拉力F的数据如下表所示(小车质量保持不变)：请根据表中的数据在坐标图上作出a­F图像；图像不过坐标原点的原因可能是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.


答案：(1)C　(2)BD　(3)2.40　0.99　(4)见解析图
平衡摩擦过度或木板一端垫得过高
解析：(1)该实验是探究加速度与力、质量三者的关系，研究三者关系必须运用控制变量法．故选C.
(2)A项，平衡摩擦力时，应将细绳从小车上拿去，轻轻推动小车，使小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否做匀速运动，故A错误．
B项，每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，故B正确．
C项，实验时，如果先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，故C错误．
D项，在每次实验中，应使小车和砝码的质量远大于砂和小桶的总质量，故D正确．故选B、D.
(3)设A到B之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2可以求出加速度的大小，得：
x4－x1＝3a1T2，
x5－x2＝3a2T2，
x6－x3＝3a3T2，
为了更加准确地求解加速度，我们对三个加速度取平均值，a＝(a1＋a2＋a3)，代入实验数据解得：a＝2.40 m/s2，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上E点时小车的瞬时速度大小vE＝ m/s＝0.99 m/s.
(4)应用描点法作图，先根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据各点作出a­F图像，如图所示．

图像不过坐标原点的原因可能是平衡摩擦过度或木板一端垫得过高．
三、计算题(本题包括4小题，共42分．解答要有必要的文字说明和重要演算步骤，有数值计算的要注明单位，只写出最后答案的不得分)
13．(10分)质量为m＝20 kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，在水平面上做直线运动．物体运动的速度—时间图像如图所示．(取g＝10 m/s2)求：

(1)0～2 s内物体运动的加速度a1的大小；
(2)4 s内物体位移的大小；
(3)物体与水平面间的动摩擦因数μ.
答案：(1)5 m/s2　(2)8 m　(3)0.2
解析：(1)由图像可得0～2 s内物体运动的加速度大小a1＝＝5 m/s2.
(2)4 s内的位移大小为图像与时间轴所围的面积，则x＝ m＝8 m.
(3)0～2 s内由牛顿第二定律得，F＋μmg＝ma1；2～4 s内由牛顿第二定律得，F－μmg＝ma2，a2＝＝1 m/s2；解得μ＝0.2.
14．(10分)如图所示，一水平恒力F＝8 N作用在质量为M＝8 kg的小车上．当小车向右运动速度达到v0＝3 m/s时，在小车的右端轻放一质量为m＝2 kg的小物块并开始计时．物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，假定小车足够长，小车与水平面之间的摩擦可忽略不计，重力加速度取g＝10 m/s2，则：

(1)经过多长时间小物块相对小车静止？
(2)从小物块放在小车上开始计时，经过t0＝3 s小物块的位移是多少？
答案：(1)2 s　(2)8.4 m
解析：(1)由F>μmg＝4 N可知物块放上小车后，物块、小车均做匀加速运动，由牛顿第二定律得
对物块μmg＝ma1
对小车F－μmg＝Ma2
速度相等时有a1t＝v0＋a2t
联立解得a1＝2 m/s2，a2＝0.5 m/s2，t＝2 s.
(2)小车与物块共同运动的初速度v＝a1t＝4 m/s
由牛顿第二定律得F＝(M＋m)a3
解得a3＝0.8 m/s2
在0～2 s内，物块的位移x1＝a1t2＝4 m
在2～3 s内，物块的位移x2＝v(t0－t)＋a3(t0－t)2＝4.4 m
所以经过t0＝3 s小物块的位移x＝x1＋x2＝8.4 m.
15．(10分)某研究性学习小组利用力传感器研究小球与竖直挡板间的作用力，实验装置如图所示，已知斜面倾角为45°，光滑小球的质量m＝3 kg，力传感器固定在竖直挡板上．求：

(1)当整个装置静止时，力传感器的示数；
(2)当整个装置向右匀加速直线运动时，力传感器示数为36 N，此时装置的加速度大小；
(3)某次整个装置在水平方向做匀加速直线运动时，力传感器示数恰好为0，此时整个装置的运动方向如何？加速度为多大？
答案：(1)30 N　(2)2 m/s2　(3)方向向左　10 m/s2
解析：(1)以小球为研究对象，设小球与力传感器静止时的作用力大小为F，小球与斜面间的作用力大小为FN，如图所示，

由几何关系可知：
F＝mg＝3×10 N＝30 N.
(2)竖直方向FNcos 45°＝mg，
水平方向F－FNsin 45°＝ma，
解得：a＝2 m/s2.
(3)要使力传感器示数为0，则有：
FNcos 45°＝mg，
FNsin 45°＝ma，
解得：a＝10 m/s2，方向向左．
16．(·江苏省扬州中学高一检测)(12分)质量为M＝2.5 kg的一只长方体形铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.50.这时铁箱内一个质量为m＝0.5 kg的小木块恰好能静止在后壁上(如图所示)，小木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ2＝0.25.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2.求：

(1)小木块对铁箱的压力；
(2)水平拉力F的大小；
(3)减小拉力F，经过一段时间，小木块沿铁箱内壁滑落至铁箱的底面后不反弹，此时箱的速度为v＝6 m/s并撤去拉力，再经1 s时间小木块从左侧壁到达右侧壁，则铁箱长度是多少？(小木块可视为质点)

答案：(1)20 N，方向水平向左　(2)135 N　(3)1.5 m
解析：(1)对木块：在竖直方向：由相对静止得
mg＝Ff＝μ2FN
故FN＝＝ N＝20 N
由牛顿第三定律得：木块对铁箱的压力F′N＝－FN＝－20 N，方向水平向左．

(2)对木块：在水平方向：FN＝ma
解得：a＝ m/s2＝40 m/s2
对铁箱和木块整体：F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a
故水平拉力F＝(M＋m)(a＋μ1g)＝135 N.
(3)撤去拉力F时，铁箱和木块的速度均为v＝6 m/s，
因μ1>μ2, 以后木块相对箱滑动，木块加速度a2＝μ2 g＝2.5 m/s2
又铁箱加速度：a1＝＝5.5 m/s2
铁箱减速时间为t0＝＝1.1 s>1 s，故木块到达铁箱右端时，铁箱未能停止．
则经t＝1 s木块比铁箱向右多移动距离L即铁箱长．
即有：
L＝(vt－a2t2)－(vt－a1t2)＝(a1－a2)t2
解得：L＝1.5 m.