第四章 运动和力的关系 【单元测试】-2022-2023学年高一物理单元复习（人教版2019必修第一册）

这是一份第四章 运动和力的关系 【单元测试】-2022-2023学年高一物理单元复习（人教版2019必修第一册），文件包含第四章运动和力的关系单元测试2022-2023学年高一物理单元复习过过过人教版2019必修第一册解析版docx、第四章运动和力的关系单元测试2022-2023学年高一物理单元复习过过过人教版2019必修第一册原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
2022–2023学年高一物理单元检测卷第四章 运动和力的关系（考试时间：90分钟  试卷满分：100分）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．足球运动中蕴含着许多物理知识，下列说法正确的是（　　）A．飞行的足球受到重力和推力的作用B．足球在飞行过程中，它的运动状态不发生改变C．踢出去的足球能继续飞行是因为足球具有惯性D．飞行的足球若所受的力全部消失它将立即停止运动【答案】C【详解】A．飞行的足球受到重力与空气阻力，没有受到人的推力作用，A错误；B．足球在飞行过程中，速度大小与方向均发生了改变，它的运动状态发生了改变，B错误；C．由于惯性，踢出去的足球能继续飞行，C正确；D．飞行的足球若所受的力全部消失，足球将以初始速度做匀速直线运动，D错误。故选C。2．如图所示，质量为2m的物块A和质量为m的物块B用一轻弹簧相连，将A用承受力足够大的轻绳悬挂于天花板上，用一个托盘托着B使弹簧恰好处于原长，系统处于静止状态。现将托盘撤掉，则下列说法正确的是（重力加速度为g）（　　）A．托盘撤掉瞬间，轻绳拉力大小为mgB．托盘撤掉瞬间，B物块的加速度大小为3gC．托盘撤掉后，B物块向下运动速度最大时，轻绳拉力大小为3mgD．托盘撤掉后，B物块向下运动到最低点时，弹簧弹力大小为mg【答案】C【详解】A．托盘撤掉瞬间，弹簧还是原长，则轻绳拉力与A物块的重力平衡，大小为2mg，A错误；B．托盘撤掉瞬间，B物块只受重力，则其加速度大小为g，B错误；C．托盘撤掉后，B物块向下运动速度最大时，B物块所受合力为零，则弹簧弹力大小等于B物块的重力mg，对A物块据平衡条件可得，轻绳拉力大小为F＝2mg＋mg＝3mgC正确；D．托盘撤掉后，B物块先向下做加速运动，再向下做减速运动，运动到最低点时，有向上的加速度，所以弹簧弹力大小大于mg，D错误。故选C。3．下列说法正确的是（　　）A．长度、时间、力是一组属于国际单位制的基本单位的物理量B．大小分别为5N、7N和9N的三个力合成，其合力大小的范围为3N≤F≤21NC．各种小型车辆前排乘坐的人必须系好安全带是为了减小乘客的惯性D．在单向匀变速直线运动中，中间时刻速度一定小于中间位置的速度【答案】D【详解】A．长度、时间是国际单位制的基本单位的物理量，力不属于国际单位制的基本单位的物理量，故A错误；B．当三个力方向相同时，合力最大5N和7N两个的合力大于等于2N，小于等于12N，而9N在这合力范围内，所以三个力的合力能为零，则合力最小值为0，合力范围为故B错误；C．惯性是质量的量度，与质量有关，和系好安全带无关，故C错误；D．设匀变速直线运动的初速度为，末速度为v，则中间时刻的速度为中间位置的瞬时速度为由于无论是匀加速还是匀减速都有故D正确。故选D。4．如图所示，在里约奥运会男子跳高决赛中，加拿大运动员德劳因突出重围，以2米38的成绩夺冠，则（　　）A．德劳因在最高点处于平衡状态B．德劳因起跳以后在上升过程中处于失重状态C．德劳因起跳时地面对他的支持力等于他所受的重力D．德劳因在下降过程中处于超重状态【答案】B【详解】A．德劳因在最高点时速度为零，加速度不为零，则不处于平衡状态，故A错误；B．德劳因起跳以后在上升过程中加速度向下，则处于失重状态，故B正确；C．德劳因起跳时具有向上的加速度，则地面对他的支持力大于他所受的重力，故C错误；D．德劳因在下降过程中，加速度向下，则仍处于失重状态，故D错误。故选B。5．如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速度放一小木块，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不可能是（　　）A．＋ B．C． D．【答案】B【详解】A．木块可能在传送带上先做匀加速直线运动，速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动。匀加速直线运动的加速度a=μg匀加速运动的时间匀加速直线运动的位移匀速运动的时间则木块从左端运动到右端的时间故A可能；BCD．木块在传送带上可能一直做匀加速直线运动，到达右端的速度恰好为v时，根据平均速度推论知则运动的时间若到达右端的速度小于v时，则运动的时间应该大于，根据得故B不可能，CD可能。本题选不可能的，故选B。6．倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳跨过定滑轮与B盒相连，B盒内放一质量的物体。如果把这个物体改放在A盒内，则B盒加速度恰好与原来等值反向，重力加速度为g，则B盒的质量mB和系统的加速度a的大小分别为（     ）A． B．C．a = 0.5g D．a = 0.4g【答案】B【详解】当物体放在B盒中时，以AB和B盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有当物体放在A盒中时，以AB和A盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有联立解得加速度大小为a = 0.2g故选B。7．如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接，下图中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程，下图中正确的是（　　）A． B．C. D．【答案】C【详解】A．物体在下滑过程和水平面运动过程中始终受到恒定的作用力，下滑过程做匀加速直线运动，在水平面上做匀减速直线运动，其v-t图为倾斜直线，故A错误；B．根据牛顿第二定律，斜面上有水平面上有由此可知，加速度为一定值，所以a-t图应为与时间轴平行的直线，故B错误；C．下滑过程摩擦力为水平面滑行的摩擦力为由此可知，物体下滑过程中的摩擦力小于水平面滑动过程中的摩擦力，且两段过程均为定值，故C正确；D．物体在下滑过程中是匀加速直线运动，路程时间图线应为曲线，故D错误。故选C。8．如图所示，两个完全相同的小球a、b，用轻弹簧N连接，轻弹簧M和轻绳一端均与a相连，另一端分别固定在竖直墙和天花板上，弹簧M水平，当轻绳与竖直方向的夹角为60°时，M、N伸长量刚好相同。若M、N的劲度系数分别为k1、k2，a、b两球的质量均为m，重力加速度大小为g，则以下判断正确的是（　　）A．=2B．=C．若剪断轻绳，则在剪断的瞬间，a球的加速度为零D．若剪断弹簧M，则在剪断的瞬间，b球处于失重状态【答案】A【详解】AB．对球a受力分析，由平衡知识可知对b分析则故A正确，B错误；C．若剪断细绳，则在剪断细绳后的瞬间，a球受重力和两边弹簧的拉力，合力不为零，则加速度不为零，故C错误；D．若剪断弹簧M，则在剪断的瞬间，弹簧N的弹力不变，则b球加速度仍为0，故D错误。故选A。二、多项选择题(本题共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，有选错的得0分)9．如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t=0时刻，质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v­-t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2下列说法正确的是（　　）A．M=m B．M=2mC．木板的长度为8 m D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1【答案】BC【详解】ABD．物块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故μmg=ma1而v­-t图像的斜率表示加速度，故a1= m/s2=2 m/s2解得μ=0.2对木板受力分析可知μmg=Ma2由可知a2= m/s2=1 m/s2解得M=2mAD错误，B正确；C．从题图乙可知物块和木板最终分离，两者v­t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L==8 mC正确。故选BC。10．如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为，在斜杆下端固定有质量为m的小球。现使小车以加速度a向右做匀加速运动，下列说法正确的是（　　）A．杆对小球的弹力竖直向上 B．杆对小球的弹力沿杆向上C．杆对小球的弹力大小可能为 D．杆对小球的弹力大小为【答案】CD【详解】D．设杆对小球的弹力在竖直方向的分力为，水平方向的分力为，竖直方向根据受力平衡可得水平方向根据牛顿第二定律可得杆对小球的弹力大小为D正确；ABC．设小球的弹力与竖直方向的夹角为，则有当即此时杆对球的弹力沿杆向上，竖直方向有解得综上分析可知，只有当加速度时，杆对球的弹力才沿杆向上，当加速度a=0时，杆对球的弹力竖直向上，则AB错误，C正确。故选CD。11．弹簧的一端固定在墙上，另一端系一质量为m的木块，弹簧为自然长度时木块位于水平地面上的O点，如图所示。现将木块从O点向右拉开一段距离L后由静止释放，木块在粗糙水平面上先向左运动，然后又向右运动，往复运动直至静止。已知弹簧始终在弹性限度内，且弹簧第一次恢复原长时木块的速率为v0，则（     ）A．木块第一次向左运动经过O点时速率最大B．木块第一次向左运动到达O点前的某一位置时速率最大C．整个运动过程中木块速率为v0的时刻只有一个D．整个运动过程中木块速率为v0的时刻只有两个【答案】BD【详解】AB．木块第一次向左运动到满足kx = μmg即向左的弹簧拉力等于向右的滑动摩擦力时，速率最大，此时还未到O点，即木块第一次向左运动到达O点前的某一位置时速率最大，A错误、B正确；CD．结合选项AB分析可知，木块第一次向左运动到O点过程先加速后减速，故运动到速率最大之前还有一次速率为v0，之后由于滑动摩擦力作用，速率不可能再等于v0，故整个运动过程中木块速率为v0的时刻只有两个，C错误、D正确。故选BD。12．每个小伙伴都有一个飞行梦，现在钢铁侠的梦想就能成为现实，消防员利用马丁飞行背包在某次高楼火灾观测时，从地面开始竖直飞行的v-t图像如图所示，下列说法正确的是（       ）A．消防员上升的最大高度为225mB．消防员在30~90s内正处于上升阶段C．消防员在150~180s之间处于失重状态D．消防员在150~255s内的平均速度大小为零【答案】BC【详解】A．v-t图像面积表示物体运动的位移，可知上升的高度为故A错误；B．30~90s内，速度大于零，故其处于上升阶段，故B正确；C．150~180s内，加速度小于零，加速下降，加速度方向向下，处于失重状态，故C正确；D．150~255s内，平均速度等于位移与时间的比值，由图可知故D错误。故选BC。三、实验题：本题共2小题，共15分。13．（3分）实验小组的同学用加图所示装置研究加速度a与物体所受拉力F的关系。质量为M的小车通过平行于水平轨道的细绳、定滑轮与钩码连接。固定在小车上的挡光片宽度为d，两个相距为L的光电门传感器固定在轨道上（d<<L）。实验时把钩码的重力作为小车拉力。（1）实验中需保持______不变，改变条件重新测量时，小车的初始位置______（选填“需要”或“不需要”）保持不变。（2）某次实验测得小车经过两个光电门的挡光时间分别为、，则小车的加速度大小为______。（用题中已知物理量字母表示）【答案】     小车的质量M     不需要          【详解】（1）[1][2]实验研究加速度a与物体所受拉力F的关系，应该控制小车的质量M不变。由于实验中可以通过两光电门之间的距离与速度关系得到加速度的表达式，因此改变条件重新测量时，小车的初始位置不需要保持不变。（2）[3]小车经过两个光电门时的速度分别为，根据可得加速度14．（12分）某小组用如图甲所示的装置“探究加速度与力、质量的关系”。已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz。（1）若小车的总质量为M，砝码和砝码盘的总质量为m，则当满足___________条件时，可认为小车受到合外力大小等于陆码和砝码盘的总重力大小；（2）在探究加速度与质量的关系实验中，下列做法中正确的有___________；A．补偿阻力时，将装砝码的砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上B．补偿阻力时，将纸带连接在小车上C．使上部分细线与木板平行D．小车运动的加速度可由牛顿第二定律直接求出（3）甲同学通过对小车所牵引纸带的测量，就能得出小车的加速度a。如图乙是某次实验所打出的一条纸带，在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个打点未标出，则打计数点“3”时小车的速度大小为___________m/s， 小车的加速度为___________m/s2（结果均保留两位有效数字）（4）乙同学通过给小车上增减槽码来改变小车的总质量M，得到小车的加速度a与质量M的数据，画出图线后，发现当较大时，图线发生弯曲，该同学后来又对实验方案进行了进一步地修正，避免了图线的末端发生弯曲的现象，则该同学的修正方案可能是___________；A．改画a与的关系图线B．改画a与（M+m）的关系图线C．改画a与的关系图线D．改画a与的关系图线（5）小明利用如图丙所示的实验方案，探究小车质量一定时加速度与合外力之间的关系，图中上下两层水平轨道，细线跨过滑轮并挂上砝码盘，在一定的条件下将砝码和砝码盘的总重作为小车所受合外力大小，两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，并同时停止，他测量了两小车的位移分别为x1、x2， 加速度分别为a1、a2，则=___________。【答案】          BC     0.49     0.45     A     【详解】（1）[1]小车在水平方向受到绳子的拉力T，砝码和砝码盘受到重力和绳子拉力T，当小车做加速运动时有 解得当，可认为小车受到合外力大小等于陆码和砝码盘的总重力大小；（2）[2]A．补偿阻力时，是使小车在木板上做匀速运动，不应将装砝码的砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上，故A错误；B．补偿阻力时，将纸带连接在小车上，打出点迹，用来判断小车是否做匀速运动，故B正确；C．做实验时，应使上部分细线与木板平行，确保绳子拉力沿小车运动方向，故C正确；D．本实验是探究加速度与力、质量的关系，小车运动的加速度不应该由牛顿第二定律直接求出，故D错误。故选BC。（3）[3]打计数点“3”时小车的速度大小为[4]小车的加速度为（4）[5]根据（1）分析可知a与 成正比，该同学的修正方案可能是改画a与的关系图线，故A正确。故选A。（5）[6]实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，并同时停止,两小车运动时间相同根据可知a与x成正比四、计算题：本题共4小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。15．（6分）某人在地面上最多能举起的物体，而在一个加速下降的电梯里最多能举起的物体。（g取）（1）求电梯的加速度。（2）若电梯以此加速度上升，此人在电梯里最多能举起物体的质量是多少？【答案】（1）2.5m/s2；（2）48kg【详解】（1）人给重物的最大作用力F=mg=600N则在一个加速下降的电梯里对重物解得a=2.5m/s2（2）若电梯以此加速度上升，则对重物解得m2=48kg16．（9分）如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，求：（1）B的最大加速度；（2）A、B不发生相对运动，F的最大拉力；（3）当时，A的加速度大小。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）B所受合力的最大值B的最大加速度（2）设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有对A、B整体，有解得（3）当A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有解得17．（12分）许多工厂的流水线上安装有传送带用于传送工件，以提高工作效率。如图所示，一传送带与水平方向夹角θ = 30°，将工件轻放到传送带上的A端，每当前一个工件在传运带上停止相对滑动时，后一个工件立即轻放到传送带上。已知传送带的速率v = 2m/s，工件与传送带之间的动摩擦因数，A、B两端的距离L = 16m，g取10m/s2。求：（1）工件在传送带上加速过程通过的位移大小x；（2）工件从A端传送到B端所需要的时间t；（3）相对传送带静止的工件，相邻工件间的距离x。【答案】（1）0.8m；（2）8.4s；（3）1.6m【详解】（1）对工件加速运动时受力分析，由牛顿第二定律得μmgcosθ - mgsinθ = ma解得加速度为a = 2.5m/s2所以加速的时间为所以加速的位移为（2）因为μmgcosθ > mgsinθ所以工件与传送带共速之后一起做匀速直线运动，所以匀速的时间为所以工件从A端传送到B端所需要的时间为t = t1 + t2 = 8.4s（3）因为每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即轻放到传送带上，则后一个工件同样加速相同的位移，所以相对传送带静止的工件，相邻工件间的距离即为后一个工件加速时间内前一个工件匀速运动的距离，即x = vt1 = 1.6m18．（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＝3kg，力传感器固定在竖直挡板上。已知g＝10m/s2，求：（1）当整个装置向右做匀加速直线运动时，力传感器示数为36N，此时装置的加速度大小；（2）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）2m/s2；（2）方向向左；10m/s2【详解】（1）以小球为研究对象，设小球与力传感器间的作用力大小为F，小球与斜面之间的弹力大小为：对小球：竖直方向水平方向解得（2）力传感器示数为0，则有：重力和斜面的支持力充当合外力，则有解得此时系统应加速度向左，向左加速。