1、第四章 运动和力的关系注意事项：此卷只装订不密封1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题(本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题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
2、得0分)1下列说法正确的是()A牛顿通过理想斜面实验发现力不是维持物体运动的原因B千克、秒、米和牛顿都是力学中的基本单位C法国科学家笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向D物体静止时有惯性，一旦开始运动，便不再保持原有的运动状态，也就失去了惯性2中华民族的优秀文化博大精深，其中古典诗词是优秀文化的代表。从物理角度看古诗词会发现别有一番韵味。下面四句诗词中涉及惯性知识的是()A唐代李白的望庐山瀑布中“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”B唐代李白的早发白帝城中“朝辞白帝彩云间，千里江陵一日还” C宋代陈与义的襄邑道中中“卧看
3、满天云不动，不知云与我俱东” D明代冯梦龙的醒世恒言中“临崖立马收缰晚，船到江心补漏迟” 3如图所示，某兴趣小组制作了一个小降落伞，伞面底端是一个半径为R的刚性圆环，在圆环上等间距地系有四根长度均为2R的细线，将四根细线的另一端连接在一起，并悬挂一质量为m的物体。它们一起竖直向下加速降落，当物体下落的加速度大小为0.2g时(g为重力加速度)，每根细线的张力为()A B C D4如图所示，在行驶过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害。为了尽可能地减少碰撞引起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊。假定乘客质量为70 kg，汽车车速为108 km/h(即30 m/s)，
4、从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s，安全带及安全气囊对乘客的作用力大约为()A300 N B420 N C600 N D800 N5如图所示，小球的质量为m，用弹簧和细线悬挂在天花板上，保持静止，弹簧和细线的质量忽略不计，且与水平方向的夹角均为60。当细线被剪断的瞬间，关于小球的加速度大小和方向，下列说法正确的是()A0Bg，竖直向下Cg，竖直向下Dg，右下方与水平方向成606人在平地上静止站立时，受到的支持力等于人的重力。做原地纵跳时，在快速下蹲后立即蹬伸的过程中，人受到的地面支持力会发生变化(如图，G为重力，F为支持力)。下列Ft图像中能正确反映从人下蹲开始到人离地过程中地面对人的支
5、持力随时间变化的是() 7如图甲所示为一半圆形坑，现将一颗弹丸先后两次从A点水平抛出，由于飞行过程中受气流作用，影响了弹丸的飞行时间和速度。若从弹丸离开A点开始计时，t1和t2分别表示它们落到坑壁的时间，v表示它在竖直方向的速度，其vt图象如图乙所示，则下列说法正确的是()A第二次弹丸在竖直方向上的位移比第一次大B第二次弹丸在水平方向上的位移比第一次小C第二次弹丸在竖直方向上受到的阻力比第一次大D第二次弹丸在竖直方向上的加速度比第一次大8如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力。现用水平力F向右拉物块A，假设最大静摩擦力
6、等于滑动摩擦力。重力加速度为g。下列说法中不正确的是()A当0Fmg时，绳中拉力为0B当mgF2mg时，绳中拉力为FmgC当F2mg时，绳中拉力为D无论F多大，绳中拉力都不可能等于9有几个同学在一次运算中，得出了某物体位移x的大小同其质量m、速度v、作用力F和运动时间t的关系式分别如下，其中一定错误的是()Ax Bx CxFt Dx10如图所示，一个质量为50 kg的沙发静止在水平地面上，甲、乙两人同时从背面和侧面分别用F1120 N、F2160 N的力推沙发，F1与F2相互垂直，且平行于地面。沙发与地面间的动摩擦因数0.3。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g10 m/s2，下列说法正
7、确的是()A沙发会被推动B沙发将沿着F1的方向移动，加速度为0.6 m/s2C由于F1小于滑动摩擦力，沙发将沿着F2的方向移动，加速度为0.2 m/s2D沙发的加速度大小为1 m/s211质量m2 kg的物块在粗糙的水平地面上运动，t0时刻开始受到方向相反的水平拉力F1、F2的作用(F1与物块运动方向相同)，以3 m/s的速度做匀速直线运动，F1、F2随时间t的变化规律如图所示，取g10 m/s2，则下列说法正确的是()A物块与地面的动摩擦因数为0.3B3 s末物块的加速度大小为1.5 m/s2C5 s末物块的速度大小为1.5 m/sD05 s内物块的位移大小为9 m12如图甲所示的水平传送带
8、AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)，已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10 m/s2。关于物块与传送带间的动摩擦因数及物块从开始在传送带上运动到第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是()A0.2 B0.4 Ct2.5 s Dt4.5 s二、非选择题(本题共6小题，共52分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题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
9、中必须明确写出数值和单位)11(4分)在做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，计算出各纸带的加速度后，将测得的反映加速度a和力F关系的有关资料记录在表1中，将测得的反映加速度a和质量M关系的资料列在表2中。表1a/(ms2)1.984.065.958.12F/N1.002.003.004.00表2a/(ms2)2.042.663.233.981/M(kg1)0.500.670.801.00根据表中所列数据，分别画出了aF、a图像，如图甲、乙所示。(1)从图像可以判定：当M一定时，a与F的关系为_；当F一定时，a与M的关系为_。(用文字描述)(2)由aF图像可知M_kg。(3)由a图像可知F_
10、N。12(8分)某实验小组欲以图甲所示实验装置“探究小车加速度与受力和质量的关系”。图中A为小车，B为装有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与打点计时器相连，小车的质量为m1，小盘(及砝码)的质量为m2。(1)关于该实验，下列说法正确的是_。A实验时先放开小车，再接通打点计时器的电源B每次改变小车质量后，应重新补偿阻力C本实验中应满足m2远小于m1的条件D在用图像探究小车加速度与质量的关系时，应作am1图像(2)实验中，得到一条打点的纸带，如图乙所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出，则小车加速度的计算式a_。(3)某同学补偿好阻
11、力后，在保持小车质量不变的情况下，通过多次改变砝码重力，作出小车加速度a与砝码重力F的图像如图丙所示。若牛顿第二定律成立，重力加速度g10 m/s2，则小车的质量为_ kg，小盘的质量为_ kg。(保留两位有效数字)(4)实际上，在砝码的重力越来越大时，小车的加速度不能无限制地增大，将趋近于某一极限值，此极限值为_m/s2。(g10 m/s2)15(8分)如图甲所示，倾角37的斜面由粗糙的AB段和光滑的BC段组成，质量m1 kg的物体(可视为质点)在平行斜面的恒定外力F作用下由A点加速下滑，运动到B点时，力F突然反向(大小不变)，其部分vt图像如图乙所示，物体滑到C点时速度恰好为零，取sin3
12、70.6，重力加速度g10 m/s2，求：(1)外力F的大小及物体在AB段与斜面间的动摩擦因数；(2)物体从A到C的平均速度大小。16(8分)我国的嫦娥五号探测器发射后，将从月球采样后再返回。假设返回舱从太空向地球表面按预定轨道返回，在离地10 km的高度打开阻力降落伞开始减速下降，这一过程中若返回舱所受阻力与速度的平方成正比，比例系数(空气阻力系数)为k，设返回舱总质量M3000 kg，所受空气浮力恒定不变，且可认为返回过程为竖直降落。从某时刻开始计时，返回舱运动的vt图象如图所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线与横轴交点B的坐标为(8 s，0)，CD是平行横轴的直线，与纵轴交点C的坐标为
13、(0，8 m/s)。g取10 m/s2，请回答下列问题：(1)在初始时刻，即v0160 m/s时，返回舱的加速度多大？(2)求空气阻力系数k的数值；(结果保留三位有效数字)(3)返回舱在距离地面高度h1 m时，底部的4个反推力小火箭点火工作，使其速度由8 m/s迅速减至1 m/s后落在地面上，若忽略燃料质量的减少对返回舱总质量的影响，并忽略此阶段速度变化而引起空气阻力的变化，试估算每支小火箭的平均推力大小(结果保留两位有效数字)。17(10分)如图所示，特战队员从悬停在空中离地235 m高的直升机上沿绳下滑进行降落训练。某特战队员和他携带的武器装备质量共为80 kg，设特战队员用特制的手套轻握
14、绳子时可获得200 N的摩擦阻力，紧握绳子时可获得1000 N的摩擦阻力，下滑过程中特战队员必须握住绳子才能确保安全。g取10 m/s2。则：(1)特战队员轻握绳子降落时的加速度是多大？(2)如果要求特战队员着地时的速度不大于5 m/s，则特战队员在空中下滑过程中按怎样的方式运动所需时间最短？最短时间为多少？18(14分)如图所示，一长L2 m、质量M4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l5 m，木板的正中央放有一质量为m1 kg的小物块(可视为质点)。已知木板与地面、物块与木板间动摩擦因数均为10.4。现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48 N，g取10
15、 m/s2，试求：(1)F作用了1.2 s时，木板的右端离平台边缘的距离；(2)要使小物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数2应满足的条件。高一上学期第四章训练卷物理答案 （二）一、选择题(本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题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)1【答案】C【解析】伽利略通过理想斜面实验发现力不是维持物体运动的原因，A错误；千克、米、秒分别是质量、长度和时间的单位，都是国际单位制中力学的基本单位，牛顿是导出单位，B错误；法国科学家笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力
16、的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向，C正确；惯性是物体的固有属性，与运动状态无关，只与质量有关，D错误。2【答案】D【解析】“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”描述水流受到重力从很高的地方落下形成瀑布，与惯性无关，A错误；“朝辞白帝彩云间，千里江陵一日还”指千里之遥的江陵，一天时间就已经到达，描述船速很快，与惯性知识无关，B错误；“卧看满天云不动，不知云与我俱东”描述的是以船为参考系的云的运动，与惯性无关，C错误；惯性是物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，一切物体都有惯性，“临崖立马收缰晚”说明物体具有惯性，物体的运动状态不能突变，D正确。3【
17、答案】A【解析】由几何关系可知，每根细线与竖直方向的夹角均为30，则对下面悬挂的物体，根据牛顿第二定律可知mg4Fcos 30ma，整理可以得到F，A正确，B、C、D错误。4【答案】B【解析】从踩下刹车到车完全停止的5 s内，人的速度由30 m/s减小到0，视为匀减速运动，则有a m/s26 m/s2。根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的作用力Fma70(6) N420 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反，B正确。5【答案】D【解析】细线被剪断之前，小球处于静止状态，对小球进行受力分析，如图甲所示，正交分解可得F1F2mg；细线被剪断的瞬间，弹簧弹力和小球重力都不变，受力分析如图乙所示
18、，两力的合力大小为FF1mg，力F1方向相反，根据牛顿第二定律Fma得：ag，方向向右下方与水平方向成60角，D正确，A、B、C错误。6【答案】A【解析】人在地面上静止站立时，受到的支持力等于人的重力，在快速下蹲时人先向下加速后向下减速到达最低点，故先具有向下的加速度后具有向上的加速度，则人先处于失重状态后处于超重状态，受到的支持力先减小后增加；在人蹬伸的过程中，从最低点到达重力与地面的支持力相等的平衡点，人具有向上的加速度，处于超重状态，从受力平衡点继续上升过程中支持力减小，处于失重状态，至人完全离开地面时，支持力减小到零，A正确。7【答案】C【解析】在vt图象中，图象与时间轴围成的面积等于
19、物体竖直方向的位移，由图象可知，第二次弹丸在竖直方向上的位移比第一次小，A错误；由于水平方向的运动情况不清楚，因此无法比较水平位移的大小，B错误；在vt图象中，图象的斜率表示竖直方向的加速度，可知第二次弹丸在竖直方向上的加速度比第一次小，根据牛顿第二定律mgf=ma，可知第二次弹丸受到的阻力比第一次大，C正确，D错误。8【答案】D【解析】当0Fmg时，A受到拉力与静摩擦力的作用，二者平衡，绳中拉力为0，故A正确；当mgF2mg时，整体受到拉力与摩擦力的作用，二者平衡，所以整体处于静止状态，此时A受到的静摩擦力达到最大即mg，所以绳中拉力为Fmg，故B正确；当F2mg时，对整体，a，对B，a，联
20、立解得绳中拉力为F，故C正确；由以上的分析可知，当mgF2mg时绳中拉力为Fmg，绳中拉力可能等于F，故D错误。9【答案】ABC【解析】把各物理量的单位都用基本单位表示，v的单位为m/s，a的单位为m/s2，F的单位为kgm/s2，x的单位为m。由此可解出A、B、C、D的单位分别为s、m2/s、kgm/s、m，故ABC一定错误，D可能正确。10【答案】AD【解析】由力的合成可知，甲、乙两人对沙发的力的合力大小为F200 N，设合力的方向在水平面内与F1的夹角为，则sin 0.8，即53；而fmaxFNmg0.3500 N150 N，有Ffmax，则沙发要做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有Ffm
21、axma，可得a1 m/s2，方向沿水平面与F1成53，A、D正确；B、C错误。11【答案】BD【解析】02 s内，物块做匀速直线运动，物块受力平衡，F1F2mg0，得0.2，A错误；第3 s末，根据牛顿第二定律，F1F2mgma，得a1.5 m/s2，B正确；2 s后，物块减速到0的时间为t0 s2 s，即物块在4 s末速度减为0，由于F1F21 Nmg4 N，故之后处于静止状态，C错误；05 s内物块的位移大小等于04 s内物块的位移大小，xv0t1t2 m9 m，D正确。12【答案】AD【解析】由速度时间图像可得，03 s内物块做匀变速运动的加速度大小为a m/s22.0 m/s2，由牛
22、顿第二定律得mgma，可得物块与传送带间的动摩擦因数0.2，A正确，B错误；由速度时间图像可知，物块滑上传送带的初速度大小 v04 m/s，传送带的速度大小v2 m/s，物块在传送带上滑动t13 s后与传送带相对静止，前2 s内物块的位移大小x1t1 m4 m，方向向右，第3 s内的位移大小x2t1 m1 m，方向向左，前3 s内物块的位移大小xx1x23 m，方向向右，物块再向左匀速运动的时间t2 s1.5 s，所以物块从开始在传送带上运动到第一次向左返回到传送带左端的时间tt1t23 s1.5 s4.5 s，C错误，D正确。二、非选择题(本题共6小题，共52分。把答案填在题中的横线上或按题
23、目要求作答。解答题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)11(4分)【答案】(1)成正比成反比(2)0.50(3)4.00【解析】(1)从图像可以判定：当M一定时，a与F成正比；当F一定时，a与M成反比。(2)根据牛顿第二定律a，结合数学知识知aF图像的斜率表示研究对象的质量M的倒数，由aF图像可知，k2.00，则M0.50 kg。(3)根据牛顿第二定律a，结合数学知识知a图像的斜率表示研究对象的合外力F，由a图像可知，k4.00，则F4.00 N。12(8分)【答案】(1)C(2) (3)2.00.060(4)10
24、【解析】(1)实验时应先接通电源，后释放小车，A错误；每次改变小车质量后，不需要重新补偿阻力，B错误；小车的质量m1应远远大于小盘和砝码的质量m2，因为实际上绳子的拉力F拉m1a，只有当m2m1时才满足F拉m2g，即实验中应满足小盘和砝码的质量远小于小车的质量，C正确；因为Fm1a，所以a，判断图像是否为过原点的直线比判断图像是否为双曲线更容易、更直观，所以在用图像探究小车的加速度与质量的关系时，应作a图像，D错误。(2)根据匀变速直线运动的推论公式xaT2可以求出加速度的大小，a。(3)小车所受合力F合Fm盘gm1a，a，对于aF图像，图像的斜率表示小车质量的倒数，故小车质量为：m1 kg2
25、.0 kg，F0时，有：m盘gm1a0，解得m盘 kg0.060 kg。(4)小车的加速度a，m1一定时，m2越大，a越大，当m1m2时，ag，故极限值为10 m/s2。15(8分)【解析】(1)由于vt图像的斜率表示物体的加速度，加速阶段a1 m/s210 m/s2由牛顿第二定律得：Fmgsinmgcosma1减速阶段a2 m/s22 m/s2由牛顿第二定律得：mgsinFma2代入数据得：F8 N，0.5。(2)由于两段运动都是匀变速直线运动，所以两段运动的平均速度都是 m/s5 m/s所以物体从A到C过程中的平均速度大小为5 m/s。16(8分)【解析】(1)在v0160 m/s时，过A
26、点切线的斜率即为返回舱此时的加速度，设其大小为a1，则a1 m/s220 m/s2。(2)由图象知，返回舱的vt图线的斜率逐渐减小，最后以v18 m/s的速度做匀速运动。设返回舱所受空气浮力为f。在t0时，根据牛顿第二定律有：kvfMgMa1速度为v18 m/s时，返回舱受力平衡，有：kvfMg0则有k，代入数据解得k2.35 kg/m。(3)设每支小火箭的平均推力大小为F0，此阶段返回舱的加速度大小为a2，着地速度为v2，由题意知，返回舱在距离地面高度h1 m前，已处于匀速运动状态，故返回舱所受合外力为4个小火箭的推力，根据牛顿第二定律有：4F0Ma2又由运动学公式知vv2a2h代入数据解得
27、：F02.4104 N。17(10分)【解析】(1)特战队员轻握绳子降落时的加速度为a1 m/s27.5 m/s2。(2)运动过程示意图如图所示。特战队员按照先轻握绳子加速到一定速度后立即紧握绳子减速，到达地面时速度正好为5 m/s的方式运动所需时间最短。特战队员紧握绳子降落时的加速度大小为a2 m/s22.5 m/s2设特战队员加速下滑的时间为t1，加速后的最大速度为vm，减速下滑的时间为t2，着地时的速度v5 m/s特战队员加速过程和减速过程的位移之和等于235 m，即235 m解得vm30 m/s特战队员在空中下滑过程中的最短时间为t总t1t214 s。18(14分)【解析】(1)假设开
28、始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律，对木板有：F1(Mm)g1mgMa1解得：a16 m/s2对物块有：1mgma2解得：a24 m/s2因为a2a1，故假设成立设F作用t秒后，小物块恰好从木板左端滑离，则有：a1t2a2t2代入数据解得：t1 s在此过程中，木板的位移为：x1a1t23 m末速度为：v1a1t6 m/s物块的位移为：x2a2t22 m末速度为：v2a2t4 m/s在小物块从木板上滑落后的0.2 s内，由牛顿第二定律，对木板有：F1MgMa1解得：a18 m/s2木板发生的位移为：x1v1t0a1t021.36 m此时木板距平台边缘的距离为：xlx1x10.64 m。(2)小物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，对物块有：2mgma2解得：a22g若小物块在平台上速度减为0，则通过的位移为：x2要使物块最终不会从平台上掉下去需满足：lx2x2联立解得：20.2。