第四章 运动与力的关系（单元测试）（原卷版+解析版）

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第四章 运动与力的关系单元测试卷（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效。3．考试结束后、将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．（2023上·安徽合肥·高一合肥市第九中学校考阶段练习）物理公式不仅确定了公式中各物理量间的数量关系，也确定了它们之间的单位关系。现有一个物理量Gm1m2r2，其中m1、m2是质量，r是长度，又已知G的单位是m3⋅kg−1⋅s−2，据此推知物理量k的单位（　　）A．与重力的单位相同B．与加速度的单位相同C．与速度的单位相同D．与位移的单位相同【答案】A【详解】根据k=Gm1m2r2公式，推导k的单位为m3kg⋅s2⋅kg⋅kgm2=m⋅kgs2=N与重力的单位相同。故选A。2．（2023上·贵州毕节·高一校考阶段练习）科学思维和科学方法是我们认识世界的基本手段。在研究解决问题过程中，不仅需要相应的知识，还要注意运用科学方法。伽利略理想实验将可靠的事实和理论思维结合起来，能更深刻反映自然规律。伽利略的斜面实验程序如下：（1）减小第二个斜面的倾角，小球在这斜面上仍然要达到原来的高度；（2）两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一斜面；（3）如果没有摩擦，小球将上升到释放时的高度；（4）继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球将沿水平面做持续匀速运动。请按程序先后次序排列，并指出它究竟属于可靠的事实，还是通过思维过程的推论。下列选项正确的是（　　）A．（2）事实→（3）推论→（1）事实→（4）推论B．（2）事实→（3）推论→（1）推论→（4）推论C．（2）事实→（1）推论→（3）推论→（4）推论D．（2）事实→（1）推论→（3）推论→（4）推论【答案】B【详解】根据实验事实（2）得出结果：如果没有摩擦，小球将上升到释放时的高度，即（3），进一步假设若减小第二个斜面的倾角，小球在这样的斜面上仍然要达到原来的高度，即得出（1），继续减小角度，最后使它成水平面，小球将沿水平面做持续匀速直线运动，即（4）。故选B。3．（2023上·浙江·高一校联考阶段练习）乱扔香蕉皮是不文明的行为，路人前行踩到香蕉皮会滑倒，引发安全事故，下列说法正确的是（    ）A．人踩到香蕉皮滑倒是因为人的惯性变小了B．人行走越快越容易滑倒，所以速度越大，人惯性越大C．人踩香蕉皮滑倒是因为人下半身的速度大于上半身的速度D．人踩到香蕉皮应该会向前滑倒【答案】C【详解】A．惯性大小只与质量有关，人踩到香蕉皮滑倒，惯性大小不变，故A错误；B．惯性大小只与质量有关，与运动状态无关，速度变大，但人的质量不变，所以惯性不变，故B错误；C．人踩香蕉皮滑倒是因为人下半身的速度大于上半身的速度，故C正确；D．人踩到香蕉皮下半身的速度大于上半身的速度，应该会向后滑倒，故D错误。故选C。4．（2023上·浙江丽水·高一浙江省丽水中学校联考阶段练习）如图所示，两小球悬挂在天花板上，a、b两小球用细线连接，上面是一根轻质弹簧，a、b两球的质量分别为2m和m，在细线烧断瞬间，a、b两球的加速度分别为a1、a2，则（取竖直向下为正方向，重力加速度为g）（    ）A．a1=−12g,a2=gB．a1=g,a2=0C．a1=0,a2=gD．a1=−32g,a2=0【答案】A【详解】根据题意可知，细线烧断前，由平衡条件可得，细绳的拉力大小为F1=mg弹簧的弹力大小为F2=2m+mg=3mg细线烧断瞬间，取竖直向下为正方向，由牛顿第二定律，对小球b，由于只受重力，则有mg=ma2解得a2=g对小球a，受重力和弹簧弹力，且弹力与细线烧断前比较不变，则有2mg−F2=2ma1解得a1=−12g故选A。5．（2023上·山西吕梁·高一校联考阶段练习）某人站在力传感器上，先“下蹲”再“起立”，该过程中力传感器的示数随时间变化情况如图所示，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）A．此人的重力大小为50NB．在1~2s内，此人先失重后超重C．在1~2s内，此人完成了一次“下蹲—起立”的动作D．在1~2s内，此人的最大加速度大小约为4m/s2【答案】B【详解】A．力传感器的示数稳定时，示数表示此人的重力大小，此人的重力大小为500N，故A错误；BC．在1~2s内，先向下加速运动，再向下减速到停止，加速度先向下再向上，是下蹲过程；此人先失重后超重，故B正确，C错误；D．在1~2s内，失重过程，由牛顿第二定律可得mg−F1=ma1当力传感器的示数最小时失重过程的加速度最大a1max=g−F1minm=10m/s2−20050010m/s2=6m/s2在1~2s内，超重过程，由牛顿第二定律可得F2−mg=ma2当力传感器的示数最大时超重过程的加速度最大a2max=F2maxm−g=70050010m/s2−10m/s2=4m/s2故在1~2s内，此人的最大加速度大小约为6m/s2，故D错误。故选B。6．（2023上·黑龙江牡丹江·高一牡丹江一中校考期末）如图，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F=6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动、已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为（　　）A．aA=12g，aB=5gB．aA=aB=12gC．aA=14g，aB=2gD．aA=0，aB=2g【答案】D【详解】在竖直向上拉力F=6mg时，此时A、B受的拉力分别为3mg，对A，因为3mga即A仍加速下滑且加速度变大，故D正确。故选ABD。11．（2023上·贵州·高一校联考阶段练习）用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，其加速度a与所受拉力F的关系图线如图所示。由图可知（　　）A．m甲>m乙B．m甲μ乙D．μ甲g=a故滑块以加速度a=g水平向左加速运动时小球未脱离斜面，则小球受到重力、拉力、支持力作用，则水平方向有Tcos30∘−Nsin30∘=mg竖直方向由Tsin30∘+Ncos30∘=mg联立解得T=3+12mgN=3−12mg故B错误，C正确；D．根据前面选项的分析可知，当滑块以加速度a=2g水平向左加速运动时，小球脱离斜面，则此时线中拉力为T=mg2+ma2=5mg故D正确。故选CD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．（4分）（2023上·福建厦门·高一厦门大学附属科技中学校考阶段练习）某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：（1）本实验采用电火花打点计时器，其所接的电源电压是( )A．直流4−6V    B．交流4−6V    C．交流220V    D．直流220V（2）通过实验得到如图乙所示的a−F图像，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时调整木板与水平桌面的夹角 （选填“偏大”成“偏小”）。（3）读同学在正确平衡摩擦力后重新进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力总小于砝码和盘的总重力，为了便于探究、减小误差、应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足 的条件。（4）该同学得到如图丙所示的纸带，已知打点计时器电源频率为50Hz，A、B、C、D、E、F、G是纸带上连续打出的7个点。由图可读出A、D两点之间的距离xAD= cm。（5）小车的加速度a= ms2（结果保留两位有效数字）。【答案】 C 偏大 M≫m 2.10 5.0【详解】（1）[1]电火花打点计时器，其所接的电源电压是交流220V，ABD错误，C正确。故选C。（2）[2]由图乙所示的a−F图像，可知小车所受的拉力是零时，加速度不是零，则在平衡摩擦力时调整木板与水平桌面的夹角偏大，即平衡摩擦力过度产生的。（3）[3]以小车及砝码和盘组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律，则有mg=m+Ma小车的加速度为a=mm+Mg小车所受的合外力则有F=Ma=mMm+Mg=mgmM+1当M≫m时，可认为小车受到的拉力等于砝码和盘的总重力。因此为了便于探究、减小误差、应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足：M≫m的条件。（4）[4]由图丙可知，刻度尺的精确度为1mm，则读出A、D两点之间的距离为xAD=2.60cm−0.50cm=2.10cm（5）[5]已知打点计时器电源频率为50Hz，可知打点周期为T=1f=150s=0.02s由匀变速直线运动的推论Δx=aT2，可得小车的加速度为a=ΔxT2=xDG−xAD9T2=6.50−2.60−2.109×0.022×10−2ms2=5.0ms214．（6分）（2023上·四川内江·高三威远中学校校考阶段练习）某校物理兴趣小组的同学设计了如图甲所示的实验装置来探究“当小车质量不变时，小车加速度和合力之间的关系”。装置中质量不计的力传感器可以测出与之连接的轻绳拉力的大小，所有滑轮的质量以及与转轴间的摩擦忽略不计，实验过程中木板上方的轻绳始终保持与木板平行。（1）实验中正确的做法是 （填正确答案标号）。A．垫高木板的右端平衡摩擦力                            B．砂和砂桶的质量m需远小于小车的质量MC．开始实验时，应先接通电源，打点稳定后再释放纸带      D．用天平测出砂和砂桶的质量（2）某次实验中，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，测得各计数点到A点的距离如图乙所示。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，则小车的加速度大小a= m/s2（结果保留2位有效数字）。（3）一同学在使用同一装置做后续实验时，发现力传感器损坏，因此改变了实验方案，利用上述装置进行了新的探究，步骤如下：①测出砂和砂桶的总质量m，并记录对应的小车运动时的加速度a；②改变m，重复步骤①，得到多组m、a的数据；③以a为纵轴，m为横轴作出的a-m图像，发现图像为曲线，为了得到两者的线性关系，同学们整理公式，发现以1a为纵轴，以 为横轴，便可得到线性图像。若该线性图像的纵截距为b，则还可以求得当地的重力加速度大小为 。（均用题中所给的字母表示）【答案】 AC/CA 0.93 1m 2b【详解】（1）[1]A．实验中需要垫高木板的右端平衡摩擦力，选项A错误；BD．因有力传感器测量小车受到的拉力，则不需要砂和砂桶的质量m需远小于小车的质量M，也不需要用天平测出砂和砂桶的质量，选项BD错误；C．开始实验时，应先接通电源，打点稳定后再释放纸带，选项C正确。故选AC。（2）[2]由逐差法可知小车的加速度大小a=xCE−xAC4T2=(16.36−6.32−6.32)×10−24×0.12m/s2=0.93m/s2（3）[3][4]由牛顿第二定律可知mg−T=m⋅2a2T=Ma解得1a=M2g⋅1m+2g则若以1a为纵轴，以1m为横轴，便可得到线性图像。若该线性图像的纵截距为b，则b=2g则可以求得当地的重力加速度大小为g=2b15．（8分）（2023上·浙江宁波·高一校考阶段练习）航空母舰是一国海军实力强盛的重要标志，舰载机的起降训练是航母训练的重要科目。 如图，已知某型号舰载机质量为25吨，起飞最低速度为50m/s，航母上用于起飞的跑道长为100m。假设航母甲板水平，舰载机起降训练中航母静止不动，舰载机起飞过程中受到的阻力大小为2×104N，起飞、降落过程均可看成匀变速直线运动。（1）求舰载机起飞过程中的最小加速度大小；（2）舰载机发动机在起飞过程中至少需要提供多大的推力？（3）舰载机降落时，需要阻拦索使飞机迅速停下来。若某次飞机降落时，钩住阻拦索时速度为70m/s，经过2s速度减为零，求飞机钩住阻拦索后运动的距离。  【答案】（1）12.5m/s2；（2）3.325×105N；（3）70m【详解】（1）设舰载机起飞过程中的最小加速度大小为a1，其起飞时的最小速度为v0，跑道长度为L，根据速度与位移之间的关系有v02=2a1L代入数据解得a1=12.5m/s2（2）设舰载机发动机在起飞过程中提供的推力至少为F，舰载机在起降过程中受到的阻力为f，根据牛顿第二定律有F−f=ma1代入数据解得F=3.325×105N（3）设飞机减速阶段的加速度大小为a2，减速阶段的初速度大小为v1，减速阶段的位移大小为L1，则根据题意有a2=ΔvΔt=702m/s2=35m/s2根据速度与位移的关系有v12=2a2L1代入数据解得L1=v122a2=70m16．（12分）（2022上·广东深圳·高一统考期末）各国运动员正积极备战2022年北京冬奥会，一名滑雪运动员在无助力作用下静止沿山坡自由下滑，运动s=1.5m时，速度为v=3m/s，将滑雪运动员运动简化成匀加速直线运动如图甲所示，山坡倾角θ=30°，人与装备总质量为m=75kg,g=10m/s2，求：（1）滑雪运动员匀加速运动时受到的阻力是多少；（2）事实上，滑雪者受到的阻力包括滑动摩擦力和空气阻力，山坡对滑雪运动员动摩擦因数为μ，空气阻力跟物体速度平方成正比，即f=kv2（k是常数），现测得运动员速度随时间图像如图乙所示，请问运动员在无助力作用下沿山坡做什么运动，并从动力学角度分析说明；（3）在第（2）问情境下，图乙中AB直线是t=0时曲线的切线，运动员最大速度可以达到30m/s，请问常数k和动摩擦因数μ是多少。 【答案】（1）150N；（2）加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动；（3）k=13，μ=315【详解】（1）由运动分析可知2a1s=v2解得a1=3m/s2由受力分析可知mgsinθ−f=ma1解得f=150N（2）由图乙可知，运动员的速度逐渐增大并趋近于定值，在此过程中加速度逐渐减小，故运动员先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动。对运动员受力分析可知mgsinθ−μmgcosθ−kv2=ma即加速度与速度方向相同，且随速度增大而减小到零，故运动员先做加速度减小的加速运动，当速度满足v=mgsinθ−μmgcosθk运动员以此速度做匀速直线运动。（3）由图乙可知，运动员刚开始运动时的加速度为a2=4m/s2此时对运动员受力分析可知mgsinθ−μmgcosθ=ma2解得μ=315由（2）可知，运动员的最大速度满足vm=mgsinθ−μmgcosθk解得k=1317．（14分）（2023上·贵州黔西·高一校考阶段练习）传送带在生产生活中广泛应用。如图所示，一水平传送带长L=10m，以v=5m/s的速度运行。水平传送带的右端与一光滑斜面平滑连接，斜面倾角θ=30°。一物块由静止轻放到传送带左端，物块在传送带上先做匀加速运动，后做匀速直线运动，然后冲上光滑斜面。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度取g=10ms2。求：（1）物块从传送带左端第一次到达传送带右端所用时间；（2）物块沿斜面上滑的最大位移的大小；（3）从物块轻放到传送带左端开始计时，通过计算说明t=5s时物块所处的速度大小。【答案】（1）3s；（2）2.5m；（3）5m/s【详解】（1）物块在传送带上的匀加速运动过程，根据牛顿第二定律有μmg=ma1解得a1=2.5m/s2物块在传送带上的匀加速运动过程中，由运动学公式v=v0+at有v=a1t1解得t1=2s运动的距离为x1=12a1t12=5m物块在传送带上匀速运动的时间为t2=L−x1v=1s物块从传送带左端第一次到达传送带右端所用时间t=t1+t2=3s（2）物块沿斜面上升过程，根据牛顿第二定律有mgsinθ=ma2解得a2=5m/s2对物块沿斜面上升过程，由运动学公式v2−v02=2ax有v2=2a2x2解得物块沿斜面上滑的最大位移的大小为x2=2.5m（3）设物块从斜面底端上滑到最大位移处所需时间为t3，由运动学公式v=v0+at有v=a2t3解得t3=1s设物块第一次沿斜面下滑过程所需时间为t4，则有x2=12a2t42解得t4=1s物块沿斜面下滑至斜面底端时的速度为v1=a2t4=5m/s18．（16分）（2023上·安徽·高一统考阶段练习）如图所示，水平地面上依次摆放两块完全相同的木板，长度均为l＝1m，质量均为m2=1kg。一质量为m1=2kg的物块（可视为质点）以v0=4m/s的速度冲上A木板的左端，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。（1）若物块滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件；（2）若μ1=0.5，求物块滑到木板A右端时的速度大小和在木板A上运动的时间；（3）若μ1=0.5，请通过计算判断物块能否从木板B右端离开，若不能离开，求物块最终离B板左端的距离。【答案】（1）0.3μ2m1+m2g联立两式，代入数据得0.3