人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系综合与测试同步测试题

这是一份人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系综合与测试同步测试题，共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
1.
2020年7月9日20时11分0秒，我国用长征三号乙运载火箭成功发射亚太6D卫星，发射重量约5 550 kg，通信总容量达到50Gbps，在轨服务寿命15年，该卫星在载荷重量、通信容量等方面，刷新了国内同类通信卫星的纪录．在这则新闻中涉及了质量、时间和通信总容量及其单位，以下判断正确的是 ( )
A．新闻中涉及的单位“年”是国际单位制中的导出单位
B．“千克米每二次方秒”被定义为“牛顿”，“牛顿”是国际单位制中的导出单位
C．秒是国际单位制中力学三个基本物理量之一
D.所有的物理量都有单位
2．如图所示，猴子抓住树枝悬挂在空中静止，关于猴子的运动状态，下列判断正确的是( )
A．平衡状态 B．超重状态
C．失重状态 D．无法判断
3．如图甲、乙，是踩香蕉皮摔倒和一名骑行的人因自行车前轮突然陷入一较深的水坑而倒地的照片．下面是从物理的角度去解释这两种情境，其中正确的是( )
A．甲图中踩了香蕉皮摔倒是因为人的惯性变小了
B．乙图中人和车摔倒是因为雨天路面太滑
C．踩香蕉皮摔倒是因为下半身的速度大于上半身的速度
D．自行车行驶速度越大，其惯性越大，所以造成人车倒地现象
4.
如图所示，小车上有一个定滑轮，跨过定滑轮的绳一端系一小球，另一端系在弹簧测力计上，弹簧测力计下端固定在小车上．开始时小车处于静止状态．当小车沿水平方向运动时，小球恰能稳定在图中虚线位置，下列说法正确的是 ( )
A．小球处于超重状态，小车对地面的压力大于系统的总重力
B．小球处于失重状态，小车对地面的压力小于系统的总重力
C．弹簧测力计的示数大于小球的重力，但小球既不超重也不失重
D.弹簧测力计的示数大于小球的重力，小车一定向右做匀加速运动
5.
如图所示，质量为2m的物块A和质量为3m的物块B与地面的摩擦均不计．在已知水平推力F的作用下，A、B做匀加速运动．A对B的作用力为( )
A． eq \f(2F,5) B． eq \f(3F,5)
C． eq \f(F,3)D． eq \f(2F,3)
6．用相同材料做成的A、B两木块的质量之比为3∶2，初速度之比为2∶3，它们在同一粗糙水平面上同时开始沿直线滑行，直至停止，则它们( )
A．滑行中的加速度之比为2∶3 B．滑行的时间之比为1∶1
C．滑行的距离之比为4∶9 D．滑行的距离之比为3∶2
7.
如右图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动．以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下图中表示F和x之间关系的图像可能正确的是( )
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题有多个选项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
8.
如图所示，在水平面上有一个质量m＝1 kg的小球，小球与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，小球与水平轻弹簧及与竖直方向夹角为θ＝45°的不可伸长的轻绳一端相连，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10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，下列说法中正确的是( )
A．弹簧的弹力不变
B．小球立即获得向左的加速度，且a＝8 m/s2
C．小球立即获得向左的加速度，且a＝10 m/s2
D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a＝10 m/s2
9．如图甲所示，一物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到如图乙所示的水平外力F作用，下列表述正确的是( )
A．t1时刻加速度最大 B．t1时刻速度最大
C．t2时刻物体离出发点最远 D．t4时刻物体离出发点最远
10．如图甲所示，质量为m＝60 kg的同学，双手抓住单杠做引体向上，他的重心的速率随时间变化的图像如图乙所示．g取10 m/s2，由图像可知( )
A.t＝0.5 s时他的加速度为3 m/s2
B．t＝0.4 s时他处于超重状态
C．t＝1.1 s时他受到单杠的作用力的大小为620 N
D．t＝1.5 s时他处于失重状态
三、非选择题(本题共5小题，共54分．按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11．(6分)在“探究加速度a与力F、质量M的关系”的实验中
(1)我们都是先确保小车质量M不变，研究a与F的关系，再确保F不变，研究a与M之间的关系，这种实验方法称为________________．
(2)下列说法中正确的是________．
A．牵引小车的轻绳应和长木板保持平行
B．将打点计时器接在6 V电压的蓄电池上，先接通电源，后放开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，并在纸带上标明小车质量
C．在探究a与质量M的关系时，作出a ­ eq \f(1,M)图像能更直观地判断二者间的关系
D．轻绳对小车的拉力，一定等于槽码的重力
12.
(8分)图a为“探究小车的加速度与受力的关系”的实验装置图，图中A为小车，质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过电磁打点计时器，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，B为槽码，质量为m2，不计绳与滑轮间的摩擦，改变槽码质量，测量多组数据，并在坐标系中作出了如图c所示的a ­ F图像，其中F＝m2g.
(1)下列说法正确的是________．
A．电磁打点计时器正常工作时使用220 V的交流电源
B．实验时应先接通电源后释放小车
C．平衡摩擦力时，应将槽码用细绳通过定滑轮系在小车上
D．为了减小误差，实验中一定要保证m2远小于m1
(2)图b为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的五个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出，各点间的距离如图中所示，则小车的加速度大小为________ m/s2(交流电源的频率为50 Hz，结果保留两位有效数字).
(3)图c所示的a ­ F图像中，图线不过坐标原点的原因是________________________________，由图像求出小车的质量m1为________ kg(结果保留两位有效数字).
13.
(10分)民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面．若机舱口下沿距地面h＝3.6 m，气囊所构成的斜面长度为l＝6.0 m，一个质量为m＝60 kg的人沿气囊滑下时所受的阻力是f＝240 N，g取10 m/s2(为简化问题，此处将人看作质点，并忽略空气阻力)求：
(1)乘客在气囊上滑下的加速度为多大；
(2)若乘客从静止开始下滑，滑到底需要多长时间？
14.
(14分)有经验的司机能通过控制油门使汽车做匀加速直线运动，某品牌轿车连同司机在内总质量为m＝1 500 kg，当轿车受到大小为F1＝500 N的牵引力时恰好在水平路面上匀速行驶．现司机通过控制油门使轿车受到F2＝2 000 N的牵引力，从v0＝5 m/s开始加速，假设汽车运动时所受的阻力保持不变，试求：
(1)轿车运动过程中所受到的阻力大小；
(2)轿车做加速运动时的加速度大小；
(3)轿车开始加速后3 s内通过的位移大小．
15．(16分)新型冠状病毒引发的肺炎疫情，受到举国上下极大关注．在这场生死时速的战“疫”中，武汉部分医院出现了一批特殊的“工作人员”——人工智能机器人，它们灵活的穿梭在医院的隔离区，担负起为患者送餐、送药等职责．现有机器人“小易”在医护人员选择配送目的地后，就开始沿着测算的路径出发，在加速启动的过程中“小易”发现正前方站了一个人，立即制动减速，恰好在人前停下．“小易”从静止出发到减速停止的v­t图像如图所示，可视为两段匀变速直线运动，运动总时间为2 s，行驶过程的最大速度是5 m/s.已知减速运动的加速度大小是加速运动的加速度大小的3倍，“小易”(含药物m＝300 g)的总质量M＝60 kg，运动过程始终受到恒定的阻力Ff＝20 N．(g取10 m/s2)求：
(1)“小易”加速过程与减速过程的加速度大小；
(2)制动过程的制动力大小(不含阻力)；
(3)加速过程中水平托盘对药物的作用力大小．
单元素养评价(四)
1．答案：B
2．答案：A
3．解析：甲图中踩了香蕉皮摔倒是因为人的脚受到的摩擦力突然变小，脚不能立刻停下来，脚向前滑，由于惯性，上半身还要保持原来的运动状态，从而使得人下半身的速度大于上半身的速度，所以人会向后倾倒，而不是人惯性变小了，故A项错误，C项正确；乙图中人和车摔倒是因为车的前轮陷入水坑后前轮立刻停止，但人与车的后半部分由于惯性仍保持原来的运动状态，因此人和车将向前倾倒，不是因为雨天路面太滑，故B项错误；惯性只与物体的质量有关，与速度大小无关，故D项错误．
答案：C
4．解析：小球稳定在图中虚线位置，则小球和小车有相同的加速度，且加速度水平向右，故小球既不超重也不失重，小车既可以向右做匀加速运动，也可以向左做匀减速运动，故选项C正确．
答案：C
5．解析：以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F＝(2m＋3m)a，以B为研究对象，由牛顿第二定律得FAB＝3ma，解得FAB＝ eq \f(3,5)F.
答案：B
6．解析：根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，所以滑行中的加速度为a＝μg，所以加速度之比为1∶1，A错误；根据公式t＝ eq \f(Δv,a)，可得 eq \f(t1,t2)＝ eq \f(\f(Δv1,a),\f(Δv2,a))＝ eq \f(2,3)，B错误；根据公式v2＝2ax可得 eq \f(x1,x2)＝ eq \f(\f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2a),\f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2a))＝ eq \f(4,9)，C正确、D错误．
答案：C
7．解析：设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得mg＝kx0，以向上为正方向，物块的位移为x时弹簧对P的弹力F1＝k(x0－x)，对物块P，由牛顿第二定律得，F＋F1－mg＝ma，由以上各式联立可得，F＝kx＋ma.可见F与x是线性关系，且F随着x的增大而增大，当x＝0时，ma>0，故A正确．
答案：A
8．解析：剪断轻绳瞬间，弹簧的形变还来不及恢复，即弹簧弹力不会突变，故A项正确；剪断轻绳前，水平面对小球的弹力恰好为零，小球受重力、弹簧的弹力和轻绳的拉力处于平衡状态，对小球受力分析，根据平衡条件和几何关系可知，弹簧弹力与小球重力大小相等，即F＝G＝mg＝10 N，剪断轻绳的瞬间，水平面对小球的滑动摩擦力Ff＝μFN＝μmg＝2 N，小球的加速度a＝ eq \f(F－Ff,m)＝ eq \f(10－2,1) m/s2＝8 m/s2，故B项正确，C项错误；若剪断弹簧，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D项错误．
答案：AB
9．解析：在t1时刻物体受到的力最大，根据牛顿第二定律可知，t1时刻加速度最大，A项正确；0～t1时间内加速度和物体的速度方向相同，物体做正向的加速度增大的加速运动，t1～t2时间内加速度也和物体的速度同向，物体做正向的加速度减小的加速运动，t2时刻物体的速度最大，t2～t3时间内力反向，加速度和物体的速度反向，做正向的加速度增大的减速运动，t3～t4时间内加速度也和物体的速度反向，做正向的加速度减小的减速运动，一直到t4时刻，即t4时刻物体离出发点最远，B、C项错误，D项正确．
答案：AD
10．解析：A错：由题图知，0～1 s内人做匀加速运动，v­t图像的斜率表示加速度，a＝ eq \f(0.3,1.0) m/s2＝0.3 m/s2.B对：0.4 s时该同学的加速度方向向上，所以处于超重状态．C错：1.1 s时，根据图像可知加速度为0，所以该同学受到单杠的作用力与重力等大反向，即F＝mg＝60×10 N＝600 N．D对：1.5 s时该同学的加速度方向向下，所以处于失重状态．
答案：BD
11．解析：(1)在实验中先确保小车质量M不变，研究a与F的关系，再确保F不变，研究a与M之间的关系，这种实验方法称为控制变量法．
(2)牵引小车的轻绳应和长木板保持平行，使得拉力等于小车所受的合力，故A正确．打点计时器应接交流电源，蓄电池是直流电源，故B错误．加速度a与M的关系图线是曲线，作a ­ M图线不能判断出二者的关系，作a ­ eq \f(1,M)图像能更直观地判断二者间的关系，故C正确．在实验中，由于槽码也做加速运动，故槽码的重力大于细绳对小车的拉力，只有当M≫m时才可近似认为槽码的重力等于细绳对小车的拉力，故D错误．
答案：(1)控制变量法 (2)AC
12．解析：(1)A错：电磁打点计时器正常工作时使用约8 V的交流电．B对：实验时应先接通电源后释放小车．C错：平衡摩擦力时应不挂槽码，只让小车拖着纸带在木板上匀速运动．D对：为了减小误差，实验中一定要保证m2远小于m1，这样才能认为槽码的重力等于小车的拉力．
(2)已知T＝0.1 s，Δx＝4 mm，则加速度a＝ eq \f(Δx,T2)＝ eq \f(4×10－3,0.12) m/s2＝0.40 m/s2.
(3)题图c所示的a ­ F图像中，当F＝0.1 N时才开始有加速度，可知图线不过坐标原点的原因是没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不够；根据牛顿第二定律a＝ eq \f(F,m1)，则 eq \f(1,m1)＝ eq \f(0.5,0.6－0.1) kg－1＝1 kg－1，解得m1＝1.0 kg.
答案：(1)BD (2)0.40 (3)没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不够 1.0
13．解析：(1)对人进行受力分析如图所示
设斜面倾角为θ，由牛顿第二定律：G sin θ－f＝ma
sin θ＝ eq \f(h,l)得a＝2 m/s2
(2)由l＝ eq \f(1,2)at2解得t＝ eq \r(6) s
答案：(1)2 m/s2 (2) eq \r(6) s
14．解析：(1)轿车匀速运动时受力平衡，
则Ff＝F1＝500 N.
(2)由牛顿第二定律：F2－Ff＝ma，则a＝ eq \f(F2－Ff,m)
代入数据得a＝1 m/s2.
(3)轿车做匀加速运动的位移为x＝v0t＋ eq \f(1,2)at2
代入数据得x＝19.5 m.
答案：(1)500 N (2)1 m/s2 (3)19.5 m
15．解析：(1)设加速过程的加速度为a1，减速过程的加速度为a2，则a1t1＝a2t2
所以 eq \f(t1,t2)＝ eq \f(a2,a1)＝ eq \f(3,1)
及t1＋t2＝2 s
得t1＝1.5 s、t2＝0.5 s
所以a1＝ eq \f(vm,t1)＝ eq \f(5,1.5) m/s2＝3.33 m/s2
a2＝ eq \f(vm,t2)＝10 m/s2
(2)设制动过程中的制动力为F制：则F制＋Ff＝Ma2
解得F制＝580 N.
(3)加速过程中，水平托盘对药物的支持力为FN＝mg＝3 N
加速运动，故水平托盘对药物的摩擦力大小为f＝ma1＝1 N
所以水平托盘对药物的作用力大小
F＝ eq \r(F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(N)) ＋f2)＝ eq \r(10) N.
答案：(1)3.33 m/s2 10 m/s2 (2)580 N (3) eq \r(10) N