新教材适用2023_2024学年高中物理第4章运动和力的关系学业质量标准检测新人教版必修第一册

第四章　学业质量标准检测

本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间75分钟。

第Ⅰ卷(选择题　共40分)

一、选择题(共12小题，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项符合题目要求，每小题3分；第9～12小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)

1．(2023·陕西榆林高一校考期末)如图所示，冰壶比赛是冬奥会的正式比赛项目，冰壶在冰面上运动时受到的阻力较小，以下关于比赛中冰壶运动的说法正确的是( D )

A．离手后，水平方向上冰壶受到摩擦力和运动员对冰壶的推力

B．竖直方向上冰壶受到的重力和支持力是一对相互作用力

C．冰壶在冰面上的运动直接验证了牛顿第一定律

D．冰壶在运动过程中抵抗运动状态变化的“本领”是不变的

解析：离手后，水平方向上冰壶只受到摩擦力，故A错误；竖直方向上冰壶受到的重力和支持力是一对平衡力，故B错误；力是改变物体运动状态的原因，冰壶在冰面上做匀减速直线运动。所以冰壶在冰面上的运动不能验证了牛顿第一定律，故C错误；冰壶在运动过程中抵抗运动状态变化的“本领”即惯性是不变的，故D正确。

2．(2023·辽宁沈阳高一期末)小明住的楼房中有一部电梯，小明用了如下方法估测电梯在加速和减速过程中的加速度。用测力计悬吊一个质量为m的重物，保持测力计相对电梯静止，测得电梯加速上升时测力计读数为G1，减速上升时读数为G2，若该电梯加速和减速过程的加速度大小是相同的，由此，估算电梯变速运动时加速度的大小为( C )

A.  B．

C．  D．

解析：设该电梯加速和减速过程中的加速度大小为a，重力加速度为g，根据牛顿第二定理可得，加速上升时有G1－mg＝ma，减速上升时有mg－G2＝ma，联立解得g＝，a＝，C正确。

3．(2023·山东济南高一期末)小志汽车上的一个挂件引起了小勤的兴趣，挂件形状如图所示，可视为质点的A、B、C三个物体通过轻绳和轻滑轮连接，其中A的质量为m，B的质量为2m。若在一小段时间内A能保持静止，则C的质量应为( D )

A．m  B．

C.  D．

解析：若A静止，根据平衡条件可知，拉B、C的绳子拉力应为T＝，根据牛顿第二定律，对B物体2mg－T＝2ma，对C物体T－mCg＝mCa，联立解得mC＝，故选D。

4．(2023·河北石家庄高一阶段检测)如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，圆周半径为R，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点。现有两个小滑环A、B分别从a、c处由静止释放，滑环A经时间t1从a点到达b点，滑环B经时间t2从c点到达d点；另有一小球C从c点由静止释放做自由落体，经时间t3到达b点，不计一切阻力与摩擦，且A、B、C都可视为质点，则t1、t2、t3的大小关系为( A )

A．t1＝t2＝t3

B．t1>t2>t3

C．t2>t1>t3

D．A、B、C三物体的质量未知，因此无法比较

解析：对于球A，设ab与水平方向的夹角为θ，圆的半径为R，由牛顿第二定律可知，下滑加速度为a1＝＝gsin θ，又根据动力学公式2Rsin θ＝a1t，解得t1＝，对于球B，设cd与水平方向的夹角为α，由牛顿第二定律可知，下滑加速度为a2＝＝gsin α，又根据动力学公式2Rsin α＝a2t，解得t2＝，对自由落体的球C而言，有t3＝＝，故三者时间相等。故选A。

5．(2023·湖南常德汉寿县高一期末)儿童游乐场里“淘气堡”生意火爆，成为了小朋友们的欢乐海洋。如图，一质量为50 kg的小男孩，从斜面上端由静止沿斜面向下滑至底端后，冲入“海洋球”中，玩得非常开心。若斜面长4 m，斜面与水平面夹角为37°，男孩与斜面间摩擦因数μ＝0.5，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)g＝10 m/s2，则男孩在斜面上滑行时间为( A )

A．2 s  B． s

C．1 s  D．0.5 s

解析：分析题意，小孩在斜面上由牛顿第二定律有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma，解得a＝2 m/s2，又由x＝at2，得t＝＝2 s，故选A。

6．(2023·内蒙古包头高一期末)如图，电梯与水平地面成θ角，一人静止站在电梯水平梯板上，电梯以加速度a启动过程中，水平梯板对人的支持力和摩擦力分别为FN和Ff。若电梯启动加速度改为2a，则下面结论正确的是( A )

A．人处于超重状态

B．人处于失重状态

C．水平梯板对人的支持力变为2FN

D．水平梯板对人的摩擦力仍为Ff

解析：对人受力分析，由于人有沿斜面向上的加速度，故摩擦力方向水平向右，如图所示，当加速度为a时

由牛顿第二定律得Ff＝macos θ，FN－mg＝masin θ，当加速度变为2a时，Ff′＝2macos θ＝2Ff，FN′＝mg＋2masin θ<2FN，故C、D错误；由于人受到的支持力大于重力，所以人处于超重状态，故A正确，B错误。

7．(2023·新疆乌鲁木齐高一期末)如图甲为某热气球示意图，图乙是它某次升空过程中的v－t图像，取竖直向上方向为正方向，则以下说法正确的是( A )

A．0到10 s内，热气球的平均速度为2.5 m/s

B．30 s到40 s内，热气球竖直向下运动

C．30 s到40 s内，吊篮中的人处于超重状态

D．0到40 s内，热气球的总位移为125 m

解析：0到10 s内，热气球做匀加速直线运动，据匀变速直线运动推论可得，热气球的平均速度为＝＝2.5 m/s，A正确；30 s到40 s内，热气球速度仍为正值，热气球竖直向上做匀减速直线运动，B错误；30 s到40 s内，吊篮中的人随热气球减速上升，加速度向下，处于失重状态，C错误；v－t图线与时间轴所围的面积表示位移，可知0到40 s内，热气球的总位移为x＝×5 m＝150 m，D错误。

8．(2023·吉林长春高一期末)如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置的物体(物体与弹簧不连接)处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速直线运动；拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示，g取10 m/s2，下列判断正确的是( C )

A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态

B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm

C．物体的质量为2 kg

D．物体的加速度大小为2 m/s2

解析：弹簧为轻质弹簧，所以物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误；刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg＝kx，其中x＝4 cm，拉力F1为10 N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有F1＋kx－mg＝ma，物体与弹簧分离后，拉力F2为30 N，根据牛顿第二定律，有F2－mg＝ma，代入数据解得m＝2 kg，k＝5 N/cm，a＝5 m/s2，故C正确，B、D错误。

9．(2023·安徽淮北高一期末)下列选项中关于力和运动各物理量的描述，说法正确的是( CD )

A．由加速度定义式a＝可知，做匀变速直线运动的物体加速度大小a与速度变化量Δv成正比，与时间Δt成反比

B．由公式k＝可知，弹簧的劲度系数k与弹簧弹力F成正比，与弹簧的形变量成反比

C．由位移公式x＝at2可知，初速度为零的匀变速直线运动的物体，位移的大小x与运动时间的平方t2成正比

D．由公式a＝可知，物体运动的加速度a与物体受到的合外力F成正比，与物体的质量m成反比

解析：公式a＝为加速度的定义式，加速度与速度变化量Δv和时间Δt均无关，A错误；弹簧的劲度系数k由弹簧本身决定，与弹簧弹力F和形变量x均无关，B错误；由公式x＝at2可知，做初速度为零的匀变速直线运动的物体，位移的大小x与运动时间的平方t2成正比，C正确；由牛顿第二定律可知物体运动的加速度a与物体受到的合外力F成正比，与物体的质量m成反比，D正确。

10．(2023·广东广州高一期末)蹦极是一项富有挑战性的运动，运动员将弹性绳的一端系在身上，另一端固定在高处，然后运动员从高处跳下，如图所示。图中a点是弹性绳自然下垂时绳下端的位置，c点是运动员所到达的最低点。在运动员从a点到c点的运动过程中，忽略空气阻力，下列说法正确的是( BCD )

A．运动员的速度一直减小

B．加速度是先减小后增大

C．运动员速度最大时，运动员对绳的拉力等于运动员所受的重力

D．运动到c点时，运动员对绳的拉力大于运动员所受的重力

解析：刚通过a点时，弹性绳的弹力小于重力，运动员仍在加速运动，随着弹性绳的伸长，弹力逐渐增加，运动员所受的合力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹性绳的弹力等于重力时，运动员的加速度减小到零，速度达到最大值。再向下运动时，弹性绳的弹力大于重力，随着弹性绳弹力的增加，运动员所受的合力向上增加，加速度向上增加，A错误，B正确；运动员速度最大时，加速度为零，此时弹性绳对运动员的拉力大小等于运动员所受的重力，根据牛顿第三定律，运动员对绳的拉力等于运动员所受的重力，C正确；运动到c点时，运动员做减速运动，加速度向上，绳子对运动员的拉力大于运动员所受的重力，根据牛顿第三定律，运动员对绳的拉力大于运动员所受的重力，D正确。

11．(2023·山东青岛高一期末)如图所示，质量均为m的小球a和小球b用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F作用在a上并缓慢拉a，当B与竖直方向夹角为60°时，A、B伸长量刚好相同。若A、B的劲度系数分别为k1，k2，则以下判断正确的是( BD )

A．k1∶k2＝1∶2

B．k1∶k2＝1∶4

C．撤去F的瞬间，b球处于完全失重状态

D．撤去F的瞬间，a球的加速度大小等于重力加速度2g

解析：先对b球受力分析，受重力和弹簧的拉力，根据平衡条件，有F1＝mg，再对a、b球整体受力分析，受重力、拉力和弹簧的拉力，根据平衡条件，有F2＝＝4mg，F＝2mgtan 60°＝2mg，根据胡克定律有F1＝k1x，F2＝k2x，解得k1∶k2＝1∶4，A错误，B正确；球b受重力和拉力，撤去F的瞬间，由于弹簧不能发生突变，则球b所受重力和弹力都不变，故加速度仍然为零，处于平衡状态，C错误；球a原来受重力、拉力和两个弹簧的拉力，撤去拉力F瞬间，其余3个力不变，合力与原来的F大小相等，方向相反，故a球加速度为a＝＝2g，D正确。

12．(2023·湖北高一阶段检测)如图(a)，一水平外力F作用在物体上，使物体静止在倾角为θ的光滑斜面上，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图(b)所示。重力加速度g取10 m/s2。根据图(b)判断下列说法不正确的是( ABC )

A．物体的质量m＝1.5 kg

B．斜面的倾角θ＝53°

C．加速度为5 m/s2时物体的速度v＝16 m/s

D．物体静止在斜面上时，水平外力的大小为F＝15 N

解析：对物体受力分析，根据牛顿第二定律有Fcos θ－mgsin θ＝ma，根据图(b)，令a1＝2 m/s2，F1＝20 N，a2＝6 m/s2，F2＝30 N，代入解得m＝2 kg，θ＝37°，A、B错误；物体静止在斜面上时，加速度a＝0，根据Fcosθ－mgsin θ＝ma，结合上述，解得F＝15 N，D正确；物体做变加速直线运动，仅仅知道加速度与力的关系，不知道加速度与时间的关系，条件不全，无法求出加速度为5 m/s2时物体的瞬时速度，C错误。本题选不正确的选项，故选ABC。

第Ⅱ卷(非选择题　共60分)

二、填空题(共2小题，共14分。把答案直接填在横线上)

13．(8分)(2023·山东菏泽高一校考期末)如图所示为“探究加速度与物体所受合外力关系”的实验装置图。图中小车A的质量为M，连接在小车后的纸带穿过电火花打点计时器B，它们均置于水平放置一端带有定滑轮且足够长的木板上，重物P的质量为m，C为测力传感器，实验时改变P的质量，可以读出测力器不同读数F，不计绳与滑轮的摩擦。

(1)实验过程中， 不需要　(填“需要”或“不需要”)满足M≫m。

(2)接通打点计时器的电源，然后释放小车，得到如图乙所示的纸带。已知打点计时器打点的周期T＝0.02 s，其中A、B、C、D、E每相邻两个计数点之间还有4个点没有标出，根据纸带提供的数据，计算小车加速度的表达式为a＝ 　(用题和图中物理量符号表示)，算得小车加速度的大小为 0.60　m/s2。(计算结果保留两位有效数字)

(3)某同学将长木板左端适当垫高，其目的是为了平衡摩擦力，但他把长木板的左端垫得高度不足，使得倾角过小。用a表示小车的加速度，F表示细线作用于小车的拉力。则他绘出的a－F关系图像是 D　。

解析：(1)由于拉力的大小可以直接用测力传感器测出，故不需要M≫m。

(2)根据Δs＝aT2

结合逐差法可得，小车加速度的表达式为a＝＝

带入数据得小车加速度的大小为

a＝m/s2

＝0.60 m/s2。

(3)由于木板的右端垫得高度不足，倾角过小，则拉力的一部分需要抵消摩擦力，即要有一定的力才有加速度，D正确。

14．(6分)(2022·山东卷)在天宫课堂中，我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。受此启发。某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验，如图甲所示。主要步骤如下：

①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；

②接通气源，放上滑块，调平气垫导轨；

③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块。弹簧处于原长时滑块左端位于O点。A点到O点的距离为5.00 cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时；

④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图像，部分图像如图乙所示。

回答以下问题(结果均保留两位有效数字)：

(1)弹簧的劲度系数为 12　N/m。

(2)该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a－F图像如图丙中Ⅰ所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为 0.20　kg。

(3)该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a－F图像Ⅱ，则待测物体的质量为 0.13　kg。

解析：(1)由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00 cm。拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时。结合图乙的F－t图有Δx＝5.00 cm，F＝0.610 N

根据胡克定律k＝

计算出k≈12 N/m。

(2)根据牛顿第二定律有F＝ma

则a－F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中Ⅰ，则有

＝kg－1＝5kg－1

则滑块与加速度传感器的总质量为m ＝0.20 kg。

(3)滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中Ⅱ，则有＝kg－1＝3kg－1

则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为m′ ＝0.33 kg

则待测物体的质量为Δm＝m′－m＝0.13 kg。

三、论述、计算题(本题共4小题，共46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．(10分)(2023·宁夏银川高一阶段检测)如图所示，小车内两轻绳拴接一质量为m的小球，两轻绳与竖直方向的夹角分别为30°和60°。重力加速度为g。

(1)若小车向右做匀速直线运动，求细线的拉力Ta、Tb的大小；

(2)若小车水平向左做匀加速直线运动时Tb恰好为零，求小车的加速度a的大小。

答案：(1)mg，mg　(2)g

解析：(1)若小车向右做匀速直线运动，对小球进行受力分析如图所示

则有Ta＝mgcos 30°，Tb＝mgcos 60°

解得Ta＝mg，Tb＝mg。

(2)若小车向左做匀加速直线运动时Tb恰好为零，对小球进行受力分析如图所示

则有mgtan 30°＝ma

解得a＝g。

16．(10分)(2023·重庆市第十一中学高一校考期末)重庆欢乐谷的一种巨型机动游戏设备可以使人体验超重和失重，以惊险刺激深受年轻人的欢迎。一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上60 m的高处，然后让座舱自由落下。落到离地面15 m时，制动系统启动，使座舱做匀减速运动，到达地面时刚好停下。乘客小明的体重为60 kg。(重力加速度g取10 m/s2，空气阻力不计)求：

(1)离地面15 m时座舱的速度大小；

(2)此过程中座舱做匀减速运动的时间；

(3)设备匀减速阶段，座舱对小明的支持力大小。

答案：(1)30 m/s　(2)1 s　(3)2 400 N

解析：(1)设H＝60 m，h＝15 m

座舱自由落下时间为t1，有H－h＝gt

解得t1＝3 s

离地面15 m时座舱的速度为v＝gt1＝30 m/s。

(2)制动时间为t2＝＝1 s。

(3)设制动过程加速度大小为a，有

v2＝2ah，FN－mg＝ma

解得a＝30 m/s2

FN＝2 400 N。

17．(12分)(2023·山东临沂高一期末)传送带经常用于工厂物件输送，机场行李箱传送、快递物流分拣等各个领域。如图所示，传送带与水平面的夹角为

37°，传送带底端M与顶端N之间距离为20 m，传送带始终以v＝2 m/s的速度顺时针转动。工人将工件无初速放在M处，该工件可视为质点，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝，工件与传送带间最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小。已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

(1)工件刚放在传送带底端M处瞬时，工件加速度大小；

(2)工件从传送带底端M处到达顶端N处所经过的时间。

答案：(1)1 m/s2　(2)11 s

解析：(1)工件刚放在传送带底端M处瞬时，设工件质量为m，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma

解得a＝1 m/s2。

(2)工件达到与传送带相同速度历时t1，则v＝at1

位移大小为x1＝t1

随后工件沿传送带向上做匀速直线运动，历时t2到达顶端N处，有LMN－x1＝vt2

所以工件从传送带底端M处到达顶端N处所经过的时间为t＝t1＋t2

解得t＝11 s。

18．(14分)(2023·陕西高一阶段检测)如图所示，质量M＝1 kg、长L＝9 m的木板静止在粗糙的水平地面上，在木板的右端放置一个质量m＝1 kg、大小可以忽略的滑块，滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.4，某时刻起在木板右端施加一个水平向右的拉力F，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2。求：

(1)要保证滑块和木板在运动过程中不发生相对滑动，拉力的最大值Fm；

(2)若F＝12 N作用在开始静止的木板上，滑块和木板的加速度大小a1、a2；

(3)施加F＝12 N的力后，滑块和木板从静止开始到两者刚好分离，所需要的时间？

答案：(1)10 N　(2)1 m/s2　3 m/s2　(3)3 s

解析：(1)研究滑块刚要在木板上相对滑动时，根据牛顿第二定律可知，

μ1mg＝mam

以木板和滑块整体为研究对象，则根据牛顿第二定律可得

Fm－μ2(M＋m)g＝(M＋m)am

解得Fm＝10 N。

(2)当F＝12 N大于10 N，故滑块和木板已经相对滑动，对滑块μ1mg＝ma1

对木板F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2

解得a1＝1 m/s2，a2＝3 m/s2。

(3)设所用时间为t，则此过程中滑块和木板的位移分别为

x1＝a1t2，x2＝a2t2

两者位移关系L＝x2－x1

解得t＝3 s。