第四章　运动和力的关系 单元测试-2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

这是一份第四章　运动和力的关系 单元测试-2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册，共11页。
第四章　运动和力的关系满分100分　考试用时75分钟一、单项选择题(本大题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目要求)1.如图所示,航天员在天宫二号中进行太空授课时演示了旋转的小扳手。下列关于惯性的说法正确的是(　　)A.小扳手飘浮不动时,没有惯性B.小扳手的惯性比航天员的惯性小C.小扳手从地面移到空间站,惯性变小D.惯性是改变物体运动状态的原因2.如图所示,汽车向前行驶时,会受到来自空气的阻力,阻力大小Fd=12ρv2SCd,其中ρ是空气的密度,v是汽车的行驶速度,S是迎风面积,Cd叫作风阻系数,Cd越小,汽车越节能。关于风阻系数Cd,下列说法正确的是(　　)A.Cd的单位是kg·m/s2B.Cd的单位是m/sC.Cd的单位是m/s2D.Cd没有单位3.水平面上固定一截面为三角形的斜面体,顶角A为直角,AB斜面倾角为60°。质量不同的两滑块(均可视为质点)自斜面顶端由静止释放分别沿AB和AC面下滑,不计摩擦,它们到达斜面底端的时间之比tAB∶tAC为(　　)A.12　　　　B.33　　　　C.32　　　　D.34.如图所示为某公交车运行过程中车厢截面示意图,车厢内两拉手A、B均向前进方向偏离,与竖直方向的夹角分别为α、β。取重力加速度为g,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　)A.公交车可能在加速出站B.两角度一定满足α=βC.减小拉手悬绳长度,则偏角变大D.公交车加速度大小为a=g sin β5.如图所示,b、c通过跨过定滑轮的细线连接置于a上,c刚好与a接触。已知三个物体的质量均为m,a与b、a与c间的动摩擦因数均为0.2,水平面光滑,滑轮的质量及摩擦不计,重力加速度为g。为使三物体间无相对运动,水平推力F至少为(　　)A.32mg　　　B.2mg　　　C.52mg　　　D.3mg6.如图所示,台秤上放一木箱,木箱底部装有力传感器,木箱与力传感器的总质量为5 kg,一质量为1 kg的小球用轻弹簧竖直悬挂在木箱顶部,下端用一竖直轻绳与木箱底部的力传感器相连,小球静止时,力传感器的示数为5 N。重力加速度g取10 m/s2。则下列说法错误的是(　　)A.小球静止时,台秤示数为6 kgB.剪断弹簧瞬间,台秤示数为5 kgC.剪断轻绳瞬间,台秤示数为5 kgD.剪断轻绳瞬间,小球的加速度大小为5 m/s27.如图甲所示,水平面上有一倾角为θ的光滑斜面,斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做加速直线运动,当系统稳定时细绳上的张力FT随加速度a的变化图像如图乙所示,AB段是直线,B点坐标为403 m/s2,53 N,重力加速度g取10 m/s2,则(　　)　　A.m=1 kgB.tan θ=43C.当a=403 m/s2时,小球对斜面的压力为0D.当a≤403 m/s2时,小球受到的支持力大小为FN=8-0.6a(N)二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18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6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)8.在乡村振兴项目中,无人机被广泛应用。如图(a)所示,无人机用轻绳悬挂质量为10 kg的货物沿水平方向运动,在0~3 s内货物的v-t图像如图(b)所示,不计空气阻力,重力加速度大小g取10 m/s2,则在0~3 s内(　　)　　A.货物的平均速度大小为5 m/sB.货物的加速度大小为5 m/s2C.轻绳与竖直方向的夹角θ满足tan θ=33D.轻绳的拉力大小为505 N9.如图1所示,一滑块置于长木板左端,木板放置在水平地面上,已知滑块和木板的质量均为2 kg。现在滑块上施加一个F=0.5t(N)的变力作用,从t=0时刻开始计时,滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图2所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)　　A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.4B.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2C.图2中t2=24 sD.木板的最大加速度为2 m/s210.如图所示,长度L=2.56 m的传送带与水平方向的夹角θ=37°,以v=4 m/s的速率顺时针匀速转动,在传送带的上端轻轻放一个质量为m=1 kg的小物体,已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。在小物体传送过程中,下列说法正确的是(　　)A.刚释放小物体时,小物体的加速度大小为2 m/s2B.整个传送过程中小物体受到的摩擦力保持不变C.小物体相对传送带的位移大小为0.64 mD.小物体在传送带上的划痕长度为0.8 m三、非选择题(本大题共5小题,共54分)11.(6分)某实验小组同学设计了如图所示的实验装置来测量木块和长木板间的动摩擦因数。在导轨A、B两点处分别固定光电门1和光电门2,在小桶中装入一定质量的沙子,开始时将带有挡光片的木块按住,然后轻轻释放。木块在小桶拉动下,沿长木板做匀加速运动。实验时,所用木块(含挡光片)的质量为M,小桶和桶内沙子的总质量为m,已知重力加速度为g。(1)实验时,下列操作必要的是　　　　(填选项前的字母)。 A.将木板的一端垫高以平衡摩擦力B.A、B两点间距离尽量调整得远一些C.保证小桶和桶内沙子的总质量远远小于木块(含挡光片)的质量D.进行多次实验,取测得的动摩擦因数的平均值(2)某次实验,木块先后经过光电门1和光电门2时,连接光电门的计时器显示挡光片的挡光时间分别为t1和t2,该小组又测得挡光片的宽度为d,A、B两点间的距离为L,则木块和长木板间的动摩擦因数为　　　　　　　　　　　　　　(用题干中物理量的字母表示)。 12.(9分)某同学利用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。　　(1)对本实验的操作,下列说法中正确的是　　　　。 A.让小车靠近打点计时器,先释放小车,后接通打点计时器的电源B.实验中不需要测量沙和沙桶的质量C.实验操作过程中需要平衡摩擦力D.如果沙和沙桶的质量远小于小车及其上砝码的总质量,可认为沙和沙桶的重力等于细线对小车的拉力(2)图乙为实验中得到的一段纸带,已知相邻计数点的时间间隔为T=0.1 s,测得计数点之间的距离xAC=6.20 cm,xCE=10.61 cm,计算可得小车的加速度大小为　　　　。(结果保留2位有效数字) (3)在探究加速度与质量的关系时,在满足实验要求的情况下,改变小车上砝码的质量m,测出对应的加速度a,以m为横坐标,以1a为纵坐标,在坐标纸上作出如图丙所示的图像。已知弹簧测力计的读数为F,图丙中纵轴截距为b,斜率为k,则小车的质量M为　　　　。 A.Fb　　　B.2Fb　　　C.2k　　　D.12k13.(10分)如图所示,小球P用两段等长的细线悬挂在车厢的顶部,与车厢始终保持相对静止,两段细线与车厢顶部的夹角α=45°,已知小球P的质量为m=2 kg。重力加速度g取10 m/s2。(1)若车厢处于静止状态,求左、右两细线的拉力大小;(2)若车厢以大小为a=20 m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动,求左、右两细线的拉力大小。14.(14分)甲图所示是一沙滩上的滑草项目,某人正坐在滑板上游玩,其过程简化为乙图的物理模型,倾斜滑道AB长LAB=8 m,倾角θ=37°,水平滑道BC长LBC=10 m,CD为足够长的水平沙地,滑板与AB、BC、CD间的动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.4、μ3=0.8,滑板经过B和C位置时速度大小变化忽略不计,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)人和滑板从A位置由静止开始下滑,到达倾斜滑道底端B位置时的速度大小;(2)人和滑板从A位置由静止开始下滑,停止位置与倾斜滑道底端B位置的距离;(3)若工作人员在倾斜滑道顶端A位置推一下滑板,人和滑板以初速度v0开始下滑,人和滑板停止的位置与倾斜滑道底端B位置的距离x与v0的关系式。15.(15分)如图所示,静止的粗糙传送带与水平面的夹角为θ=37°,平行于传送带的轻绳一端连接质量为m1=3 kg的小物体A,另一端跨过光滑定滑轮连接质量为m2=1 kg的小物体B,在外力的作用下,小物体A静止于传送带的顶端。t=0时,撤去外力,传送带以速度v=8 m/s顺时针匀速转动;t=4 s时,小物体A到达传送带的底端。已知小物体A与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2,小物体B始终未与定滑轮相撞,重力加速度大小g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:(1)t=1 s时,轻绳张力T;(2)传送带顶端到底端的长度L。参考答案1.B　小扳手飘浮不动时,仍存在质量,仍有惯性,A错误;小扳手的质量小于航天员的质量,则小扳手的惯性比航天员的惯性小,B正确;小扳手从地面移到空间站,质量不变,则惯性不变,C错误;惯性是维持物体运动状态的原因,而力是改变物体运动状态的原因,D错误。2.D　根据题中的阻力公式Fd=12ρv2SCd,可得Cd=2Fdρv2S,将公式中的物理量的单位采用国际单位制中的单位,可得到风阻系数Cd的单位,假设公式中各物理量的数值均为1,由于2kg·m/s21kgm3·ms2·m2=2,可知Cd没有单位,故选D。3.B　设斜边BC长为L,则滑块沿AB面下滑时,根据牛顿第二定律有m1g sin 60°=m1a1,可得a1=g sin 60°,则有L cos 60°=12g sin 60°·tAB2;滑块沿AC面下滑时,根据牛顿第二定律有m2g sin 30°=m2a2,可得a2=g sin 30°,则有L cos 30°=12g sin 30°·tAC2,联立解得tAB∶tAC=33,B正确。4.B　根据题意可知,拉手所受合力方向与公交车的前进方向相反,即加速度方向向后,与公交车运动方向相反,公交车做减速运动,A错误;对两拉手分别受力分析,根据牛顿第二定律有mAg tan α=mAa,mBg tan β=mBa,可得α=β,a=g tan α=g tan β,B正确,D错误;因 tan α= tan β=ag,可知偏角大小只与加速度大小有关,与悬绳长度无关,C错误。5.B　为使三物体间无相对运动,即三个物体以相同的加速度向右做匀加速直线运动,要求此时水平推力F最小,设最小的加速度为a。对c受力分析,此时c与a间的静摩擦力刚好达到最大,且c有向下运动的趋势,即静摩擦力方向为竖直向上,在竖直方向根据平衡条件有mg=fac+T,且fac=μFNac,在水平方向,由a对c的支持力提供c的加速度,则有F'Nac=ma,F'Nac=FNac,联立可得T=mg-μma;对b受力分析,此时a、b间的静摩擦力也刚好达到最大,根据牛顿第二定律有T-μmg=ma;对a、b、c整体,根据牛顿第二定律有F=3ma,联立解得F=2mg,B正确。6.C　小球静止时,将木箱、传感器和小球看作一个整体,该整体处于静止状态,受力平衡,台秤的支持力等于整体的总重力,总质量M总=M箱+m球=5 kg+1 kg=6 kg,台秤的示数等于其支持力对应的质量,即为6 kg,A正确。剪断弹簧瞬间,弹簧的弹力立即消失,由于绳子只能受拉力,所以绳子拉力变为0,此时小球只受重力做自由落体运动,与木箱之间没有力的作用,因此,台秤示数等于木箱和传感器的总质量,即5 kg,B正确。剪断轻绳前,小球受到向上的弹簧拉力、重力和向下的轻绳拉力(F绳=5 N),小球处于静止状态,则F弹=G+F绳=10 N+5 N=15 N;剪断轻绳的瞬间,绳子的拉力立即消失,但弹簧的弹力在这一瞬间保持不变,此时台秤受到的压力大小为F合=F弹+M箱g=65 N,台秤的示数应为6.5 kg,C错误。剪断轻绳的瞬间,小球受到的合力F'合=F弹-G=5 N,方向竖直向上,所以小球的加速度大小为a=F' 合m=51 m/s2=5 m/s2,D正确。7.C　小球离开斜面之前,小球沿斜面方向的加速度为a cos θ,由牛顿第二定律有FT-mg sin θ=ma cos θ,得FT=ma cos θ+mg sin θ,即小球离开斜面之前,FT与a是一次函数关系,对应图乙中的AB段;B点坐标为403 m/s2,53 N,可知当a=403 m/s2时,小球恰好未离开斜面,有FN=mg cos θ-ma sin θ=0,解得tan θ=34,由图乙可知,当a=0时,FT=mg sin θ=0.6 N,解得m=0.1 kg,A、B错误,C正确。当a≤403 m/s2时,小球未脱离斜面,小球受到的支持力大小为FN=mg cos θ-ma sin θ=0.8-0.06a(N),D错误。8.BD　货物沿水平方向做匀加速直线运动,0~3 s内平均速度大小为v=v2=7.5 m/s,A错误;由v-t图线的斜率表示加速度,可得货物的加速度大小为a=ΔvΔt=153 m/s2=5 m/s2,B正确;对货物受力分析,受重力和轻绳的拉力,两个力的合力提供加速度,根据牛顿第二定律,水平方向有mg tan θ=ma,竖直方向有T cos θ=mg,解得 tan θ=12,T=505 N,C错误,D正确。9.ACD　题图解读　从图中可获得的信息如下,t1时刻木板相对地面开始运动,t2时刻滑块相对木板开始滑动。根据题图2可知,在t2时刻以后滑块受到的摩擦力不变,说明受到的是滑动摩擦力,有f1=μ1mg=8 N,可得滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.4,A正确。在t1时刻木板相对地面开始运动,此时滑块与木板相对静止,有f2=μ2·2mg=4 N,则木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1,B错误。在t2时刻滑块与木板将要发生相对滑动,此时滑块与木板间的静摩擦力达到最大,且二者加速度相同,对滑块有F-μ1mg=ma,对木板有μ1mg-μ2·2mg=ma,联立解得F=12 N,a=2 m/s2,则木板的最大加速度为2 m/s2;根据F=0.5t(N),可求得t2=24 s,故C、D正确。10.CD　刚释放小物体时,对其受力分析,小物体受的摩擦力方向为沿传送带向下,大小为f=μmg·cos 37°=4 N,则根据牛顿第二定律有mg sin 37°+μmg cos 37°=ma1,解得a1=10 m/s2,A错误。刚释放小物体时,小物体受的摩擦力沿传送带向下,大小为f=4 N,当小物体与传送带共速后,因mg sin 37°=6 N>f=4 N,故小物体继续向下加速,摩擦力方向为沿传送带向上,大小为f=μmg·cos 37°=4 N,故整个过程小物体所受摩擦力的大小不变,但方向发生了变化,B错误。设经时间t1,小物体与传送带共速,则有t1=va1=0.4 s,小物体下滑的位移大小为x1=12at12=0.8 m,传送带的位移大小为x2=vt1=1.6 m,小物体相对传送带向上运动,则小物体相对传送带的位移为Δx1=x1-x2=-0.8 m;共速后,小物体继续向下加速,根据牛顿第二定律有mg sin 37°-μmg cos 37°=ma2,解得a2=2 m/s2,小物体继续向下运动的位移为L-x1=vt2+12a2t22,代入数据解得t2=0.4 s(t2=-4.4 s舍去),该段时间内,传送带的位移大小为x'2=vt2=1.6 m,小物体的速度大于传送带的速度,故小物体相对传送带向下运动,则小物体相对传送带的位移为Δx2=L-x1-x'2=0.16 m,综合分析,可得小物体相对传送带的位移大小为Δx=|Δx1+Δx2|=|-0.8 m+0.16 m|=0.64 m,因|Δx1|>|Δx2|,所以小物体在传送带上的划痕长度为0.8 m,C、D正确。11.答案　(1)BD(3分)(2)mM-(M+m)d22MgL1t22-1t12(3分)解析　(1)本实验要测量木块和长木板间的动摩擦因数,所以不需要平衡摩擦力,A错误;实验时两光电门之间的距离要尽量调整得远一些,减小测量距离时带来的误差,B正确;小桶(含桶内沙子)牵引木块做加速运动,不必满足细线对木块的拉力与小桶(含桶内沙子)的总重力大小近似相等,则不需要保证小桶和桶内沙子的总质量远远小于木块(含挡光片)的质量,C错误;为使测得的数值更加准确,需进行多次实验,取测得的动摩擦因数的平均值,D正确。(2)木块经过光电门1时的速度为v1=dt1,经过光电门2时的速度为v2=dt2,根据速度-位移公式有v22-v12=2aL,小桶和桶内沙子牵引木块做加速运动,根据牛顿第二定律有mg-μMg=(m+M)a,联立解得μ=mM-(M+m)d22MgL1t22-1t12。12.答案　(1)BC(3分)　(2)1.1 m/s2(3分)(3)B(3分)解析　(1)让小车靠近打点计时器,先接通打点计时器的电源,后释放小车,A错误;实验中小车所受拉力大小为弹簧测力计示数的两倍,可以直接读出,所以不需要测量沙和沙桶的质量,B正确;为了保证小车所受的合外力大小为弹簧测力计示数的两倍,实验操作过程中需要平衡摩擦力,C正确;如果沙和沙桶的质量远小于小车及其上砝码的总质量,可认为沙和沙桶重力的两倍等于细线对小车的拉力,D错误。故选B、C。(2)由逐差法可得,小车的加速度大小为a=xCE-xAC(2T)2=(10.61-6.20)×10-24×0.12 m/s2≈1.1 m/s2。(3)对小车及其上砝码分析,有2F=(M+m)a,整理可得1a=12Fm+M2F,对比图丙可知b=M2F,可得小车的质量为M=2Fb,故选B。13.答案　(1)102 N　102 N　(2)302 N　302 N解析　(1)若车厢处于静止状态,对小球受力分析,由平衡条件,水平方向:T1 cos α=T2 cos α(2分)竖直方向:T1 sin α+T2 sin α=mg(2分)解得T1=T2=102 N(1分)(2)若车厢竖直向上做匀加速运动,对小球受力分析,水平方向受力平衡,有T1' cos α=T2' cos α(2分)竖直方向,由牛顿第二定律,有T1' sin α+T2' sin α-mg=ma(2分)解得T1'=T2'=302 N(1分)14.答案　(1)8 m/s　(2)8 m　(3)见解析解析　(1)从A到B过程,对人和滑板,由牛顿第二定律,有mg sin θ-μ1mg cos θ=ma1(1分)解得a1=4 m/s2设到B位置时速度大小为vB,有vB2=2a1LAB(1分)解得vB=8 m/s(1分)(2)从B向C运动过程,对人和滑板,由牛顿第二定律,有μ2mg=ma2(1分)解得a2=μ2g=4 m/s2由速度-位移关系有vB2=2a2xBC,可得xBC=8 m4 m/s)(1分)15.答案　(1)13.2 N　(2)22.9 m解析　(1)撤去外力瞬间,设小物体A加速度的大小为a1,轻绳的张力大小为T1,由牛顿第二定律,对物体A有m1g sin θ+μm1g cos θ-T1=m1a1(1分)对物体B有T1-m2g=m2a1(1分)联立可得a1=3.2 m/s2,T1=13.2 N(2分)设A的速度达到v时,所用时间为t1,则有v=a1t1(1分)解得t1=2.5 s>1 s可知t=1 s时,轻绳张力T=13.2 N(1分)(2)设物体A在传送带上加速运动t1=2.5 s时的位移为x1,有x1=12a1t12=10 m(1分)物体A在传送带上运动的剩余时间为t2=t-t1=1.5 s(1分)设剩余时间t2内小物体A的加速度大小为a2,轻绳的拉力大小为T2,由牛顿第二定律对物体A有m1g sin θ-μm1g cos θ-T2=m1a2(1分)对物体B有T2-m2g=m2a2(1分)联立可得a2=0.8 m/s2,T2=10.8 N(1分)设剩余时间t2内小物体A的位移大小为x2,则有x2=vt2+12a2t22(2分)则传送带顶端到底端的长度L=x1+x2(1分)联立解得L=22.9 m(1分)