1、高考资源网（） 您身边的高考专家第四章运动和力的关系检测卷(时间：90分钟满分：100分)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下列关于牛顿第一定律的说法正确的是()A牛顿第一定律是实验定律B牛顿第一定律只提出了惯性的概念C牛顿第一定律只提出了当物体受到的合外力为零时，物体将处于静止状态或匀速直线运动状态D牛顿第一定律既提出了物体不受外力作用时的运动规律，又提出了力是改变物体运动状态的原因22018年11月16日，第26届国际计量大会通过决议，正式更新包括国际标准质量单位“千克”在内的4项基本单位定义在国际单位制中，下列说法中错误的是()A在国际单位
2、制中，力的单位是根据牛顿第二定律定义的Bm和s都是国际单位制中力学的基本单位C千克是国际单位制中力学三个基本物理量之一Dm/s、N、m/s2都是国际单位制中的导出单位3如图所示，一个小球从竖直立在地面上的轻质弹簧正上方某处自由下落，从小球与弹簧接触开始到弹簧被压缩到最短的过程，小球的速度和加速度的变化情况是()A加速度和速度均越来越小，它们的方向均向下B加速度先变小后变大，方向先向下后向上；速度越来越小，方向一直向下C加速度先变小后变大，方向先向下后向上；速度先变大后变小，方向一直向下D以上均不正确4如图所示，竖直圆环中有多条起始于A点的光滑轨道，其中AB通过环心O并保持竖直一质点分别自A点沿
3、各条轨道下滑，初速度均为零那么，质点沿各轨道下滑的过程中，下列说法中正确的是()A质点沿着与AB夹角越大的轨道下滑，加速度越大B质点沿着轨道AB下滑，时间最短C轨道与AB夹角越小(AB除外)，滑到底端时速率越大D无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均不同5.阿联酋迪拜哈利法塔，原名迪拜塔，塔高828 m，也被称为世界第一高楼楼层总数162层，配备56部电梯，电梯最高速度可达17.4 m/s.游客乘坐观光电梯大约1 min就可以到达观光平台若电梯只受重力与绳索拉力，已知电梯在t0时由静止开始上升，其加速度a与时间t的关系如图所示下列相关说法正确的是()At6 s时，电梯处于失重状态 B753 s时
4、间内，绳索拉力最小Ct59 s时，电梯处于超重状态 Dt60 s时，电梯速度恰好为06一物块静止在粗糙的水平桌面上，从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用，假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小，能正确描述F与a之间关系的图像是()7细绳拴着一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53，如图所示(已知cos 530.6，sin 530.8)以下说法正确的是()A小球静止时弹簧的弹力大小为mg B小球静止时细绳的拉力大小为mgC细绳烧断瞬间小球的加速度立即为g D细绳烧断瞬间小球
5、的加速度立即为g8如图所示，A、B两物体之间用轻质弹簧连接，用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，这时弹簧的长度为L1；若将A、B置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力F拉A，使A、B一起做匀加速直线运动，此时弹簧的长度为L2.若A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同，则下列关系式正确的是()AL2L1CL2L1 D由A、B的质量关系未知，故无法确定L1、L2的大小关系二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分每小题有多个选项符合题目要求全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分9如图所示，一小球从空中自由落下，在与正下方的直立轻质弹簧接触直至速度为零的过程中
6、，关于小球的运动状态，下列说法中正确的是()A接触后，小球做减速运动，加速度的绝对值越来越大，速度越来越小，最后等于零B接触后，小球先做加速运动，后做减速运动，其速度先增大后减小直到为零C接触后，速度为零的地方就是弹簧被压缩最大之处，加速度为零的地方也是弹簧被压缩最大之处D接触后，小球速度最大的地方就是加速度等于零的地方10.如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M(m:M1:2)的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同当用水平力F作用于B上使两物块以共同的加速度向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1，当用同样大小的力F作用于B上，使两物块以共同的加速度向上运动时(如图乙所
7、示)，弹簧的伸长量为x2，则x1:x2等于()A1:1 B1:2C2:1 D2:311如图所示，A球的质量为m，B球的质量为2m，弹簧的质量不计，倾角为的斜面光滑，系统静止时弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间()AA球的瞬时加速度为0BB球的瞬时加速度为0CA球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为3g sin DB球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为3g sin 12如图所示，水平传送带由电动机带动并始终保持以速度v匀速运动现将质量为m的某物体由静止释放在传送带上的左端，过一会儿物体能保持与传送带相对静止设物体与传送带间的动摩擦因数为，对于这一过程下列说法正确的是()A物体先做匀加速运动，后做匀
8、速运动 B物体先受滑动摩擦力，后受静摩擦力C越大，物体在传送带上的运动时间越短 Dm越大，物体在传送带上的运动时间越长三、非选择题：本题共6小题，共60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13(6分)某班级同学用如图1所示的装置验证加速度a和力F、质量m的关系甲、乙两辆小车放在倾斜轨道上，小车乙上固定一个加速度传感器，小车甲上固定一个力传感器，力传感器和小车乙之间用一根不可伸长的细线连接，在弹簧拉力的作用下两辆小车一起开始向下运动，利用两个传感器可以采集记录同一时刻小车乙受到的拉力和加速度的大小(1)下列关于实验操作的说法中正确的是_A轨道倾斜是为了平衡
9、小车甲受到的摩擦力 B轨道倾斜是为了平衡小车乙受到的摩擦力C实验中，在小车乙向下运动的过程中均可采集数据 D实验中，只能在小车乙加速运动的过程中采集数据(2)三个实验小组选用的小车乙(含加速度传感器)的质量分别为m11.0 kg，m22.0 kg，m33.0 kg.三个小组已经完成了aF图像，如图2所示(3)在验证了a和F的关系后，为了进一步验证a和m的关系，可直接利用图2的三条图线收集数据，然后作图，请写出该如何收集数据_14(8分)某实验小组要做“探究小车的加速度与合外力的关系”的实验，采用的实验装置如图1.(1)本实验首先要平衡摩擦力，其目的是_；A使实验时细线的拉力近似等于所挂钩码的重
10、力B使实验时小车所受的合外力等于细线的拉力C使实验时小车所受的合外力等于所挂钩码的重力(2)本实验_(填“需要”或“不需要”)钩码的质量远小于小车的质量；(3)该同学在研究小车运动时打出了一条纸带，在纸带上每连续5个间隔取一个计数点，相邻两个计数点之间的距离如图2所示，打点频率f50 Hz，则小车的平均加速度为_m/s2(结果保留3位有效数字)；(4)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的aF图像可能是下图中的_15(8分)如图所示，质量m2 kg的物体放在粗糙的水平面上，物体与水平间的动摩擦因数为0.2，物体在方向与水平面成37斜向下、大小为10 N的推力F作用下，从
11、静止开始运动，sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2.若5 s末撤去F，求：(1)5 s末物体的速度大小(2)前9 s内物体通过的位移大小16.(15分)“神舟六号”飞船完成了预定空间科学和技术试验任务后，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M3 000 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图像如图所示，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
12、的直线，与纵轴交点C的坐标为(0,8 m/s)g取10 m/s2，请回答下列问题：(1)在初始时刻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)如图所示为一水平传送带装置传送带始终保持恒定的速率v4 m/s顺时针运行，一质量为m4 kg的小物块(可视为质点)以初速度v08 m/
13、s从传送带的右端水平向左冲上传送带，小物块与传送带之间的动摩擦因数0.2，已知传送带左、右端之间的水平距离为18 m，g取10 m/s2.求小物块从冲上传送带到离开传送带所经历的时间18(13分)如图所示，质量为m01 kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m0.5 kg的小滑块(可视为质点)以v03 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动已知滑块与木板间的动摩擦因数0.1，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小和方向(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度大小a.(3)若长木板足够长滑块与长木板达到的共同
14、速度大小v.第四章运动和力的关系检测卷1解析：牛顿笫一定律是在实验的基础上进一步地推理概括出来的科学理论，而不是直接通过实验得出的，故A错误；牛顿第一定律既提出了物体不受外力作用时，物体将处于静止状态或匀速直线运动状态，又定义了惯性的概念，又提出了力是改变物体运动状态的原因，故B、C错误，D正确答案：D2解析：在国际单位制中力的单位是牛顿，它属于导出单位，是根据牛顿第二定律定义的，故A正确；在国际单位制中，力学的三个基本单位是kg、m、s，故B正确；国际单位制中力学三个基本物理量是长度、质量、时间，而千克只是质量的单位，故C错误；在国际单位制中，m/s、N、m/s2都是导出单位，故D正确答案：
15、C3解析：开始阶段，弹簧的压缩量较小，因此弹簧对小球向上的弹力小于小球向下的重力，此时合外力大小Fmgkx，方向向下，随着压缩量的增大，弹力增大，故合外力减小，则加速度减小，由于合外力与速度方向相同，小球的速度增大；当mgkx时，合外力为零，此时速度最大；由于惯性小球继续向下运动，此时合外力大小为Fkxmg，方向向上，小球减速，随着压缩量增大，小球合外力增大，加速度增大；故整个过程中加速度先变小后变大，速度先变大后变小，故A、B、D错误，C正确答案：C4解析：设圆环半径为R，轨道与AB方向夹角为，则质点运动的位移为x2R cos ，质点运动的加速度ag cos ，质点沿着与AB夹角越大的轨道下
16、滑，加速度越小，故A错误；根据位移时间关系可得xat2，解得t ，与角无关，即与弦长无关，无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同，故B、D错误；无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同，轨道与AB夹角越小加速度越大，根据vat可知滑到底端时速率越大，故C正确答案：C5解析：根据at图像可知当t6 s时电梯的加速度向上，电梯处于超重状态，故A错误；5355 s时间内，加速度的方向向下，电梯处于失重状态，绳索的拉力小于重力；而753 s时间内，a0，电梯处于平衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，应大于电梯失重时绳索的拉力，所以这段时间内绳索拉力不是最小，故B错误；t59 s时，电梯减速向上运动，a0
17、，加速度方向向下，电梯处于失重状态，故C错误；根据at图线与横坐标轴所嗣的面积表示速度的变化量可知，60 s内at图线与横坐标轴所围的面积为0，所以速度的变化量为0，而电梯的初速度为0.所以t60 s时，电梯速度恰好为0，故D正确答案：D6解析：当拉力大于最大静摩擦力时，物块才产生加速度，由牛顿第二定律有Fmgma，可知a与F成线性关系，C正确答案：C7.解析：小球静止时，分析受力情况如图所示，由平衡条件得，弹簧的弹力大小为Fmgtan 53 mg，细绳的拉力大小为FTmg，故A、B错误；细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与细绳烧断前拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小
18、为ag，故C错误，D正确答案：D8解析：A、B在粗糙水平面上运动时，对A、B整体，根据牛顿第二定律有ag；对物体B，根据牛顿第二定律得kxmBgmBa，解得x，即弹簧的伸长量与动摩擦因数无关，所以L2L1，即选项C正确答案：C9解析：小球与弹簧接触后，开始时重力大于弹力，加速度向下，做加速度减小的加速运动；当加速度减小到零以后，弹力大于重力，加速度向上，做减速运动至速度为零，故A错误，B正确当速度为零，弹簧压缩到最低点时，合力不为零，加速度不为零，故C错误小球先做加速运动后做减速运动，当重力等于弹簧弹力时加速度为零，速度最大，故D正确答案：BD10解析：水平放置时，由牛顿第二定律有F(mM)g
19、(Mm)a1，kx1mgma1，可得x1；竖直放置时，由牛顿第二定律有F(mM)g(Mm)a2，kx2mgma2，可得x2，故x1x211，选项A正确答案：A11解析：剪断细线前，对B受力分析，根据平衡条件有：F2mg sin ；剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧的弹力不变，则B所受的合力仍为零，即B的瞬时加速度为0，故B正确，D错误；剪断细线前，细线对A的拉力为：FAmg sin F3mg sin ，剪断细线后，A的合力的大小与剪断细线前的拉力大小相等，根据牛顿第二定律可得：aA3g sin ，方向沿斜面向下，故A错误，C正确答案：BC12解析：刚开始时，物体受向右的滑动摩擦力作用，则物体
20、先做匀加速运动，当物体与传送带共速后，随传送带做匀速运动，故A正确；物体先受滑动摩擦力，匀速运动后不受摩擦力，故B错误；越大，物体在传送带上加速阶段的加速度ag越大，加速运动的时间越短，则物体在传送带上运动时间越短，故C正确；物体在传送带上加速阶段的加速度与物块的质量无关，故D错误答案：AC13解析：(1)轨道倾斜是为了平衡小车乙的摩擦力，故A错误，B正确；实验时，小车在拉力作用下加速运动，匀速运动时不受拉力作用，故C错误，D正确(3)在aF图线上作一条垂直于横轴的直线(即F相同)，记录下与三条图线的交点纵坐标a，分别与各图线对应的m组成三组数据，利用正比关系更直观、更容易判定的特点，判定加速
21、度a与质量的倒数是不是正比关系答案：(1)BD(3)在aF图像上作一条垂直于横轴的直线，与三条图线分别有三个交点，记录下三个交点的纵坐标a，分别与各图线对应的m组成三组数据14解析：(1)实验时为了使小车所受的合外力等于细线的拉力，需要平衡摩擦力，故B正确(2)使用传感器可以直接测量拉力的大小，不需要钩码的质量远小于小车的质量(3)交变电流的频率f50 Hz，则周期为T0.02 s，每连续5个间隔取一个计数点，相邻两个计数点之间的时间间隔t5T0.1 s；根据逐差法可知小车的加速度为：a102 m/s20.999 m/s2.(4)若没有平衡摩擦力，则当F0且较小时，a0.也就是说当细线上有较小
22、拉力时小车的加速度还为0，所以可能是图中的C.答案：(1)B(2)不需要(3) 0.999(4)C15.解析：(1)物体受力如右图所示，据牛顿第二定律有竖直方向上FNmgFsin 0水平方向上Fcos Ffma又FfFN解得a1.4 m/s2则5 s末的速度大小v1at11.45 m/s7.0 m/s.(2)前5 s内物体的位移x1at17.5 m撤去力F后，据牛顿第二定律有FfmaFNmg0又FfFN解得ag2 m/s2由于t止3.5 st2(95) s4 s故物块撤去力后到停止运动的位移x212.25 m，则前9 s内物体的位移大小xx1x229.75 m.答案：(1)7.0 m/s(2)
23、29.75 m16解析：(1)v0160 m/s时，过A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，根据牛顿第二定律则有kvfMgMa1，速度为v18 m/s时，返回舱受力平衡，即有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4
24、F0Ma2，又由运动学公式知vv2a2h，代入数据解得F02.4104 N.答案：(1)20 m/s2(2)2.35 kg/m(3)2.4104 N17解析：设小物块的加速度为a，向左运动的时间为t1，向左运动的位移为x1，根据牛顿第二定律有mgma，解得a2 m/s2，故t14 s，x1at16 m18 m，所以小物块不能到达传送带左端设小物块向右加速到与传送带速度相同时所需时间为t2，位移为x2，则t22 s，x2at4 m16 m，所以小物块向右先做加速运动后做匀速运动设做匀速运动时间为t3，t3 s3 s，小物块从冲上传送带到离开传送带所经历的时间为tt1t2t39 s.答案：9 s18.解析：(1)滑块所受摩擦力为滑动摩擦力Ffmg0.5 N，方向水平向左根据牛顿第三定律，滑块对木块的摩擦力为0.5 N，方向水平向右(2)由牛顿第二定律得：mgma得出ag1 m/s2.(3)对木块，由牛顿第二定律mgm0a可得a0.5 m/s2设经过时间t，滑块和长木板达到共同速度v，则满足：对滑块：vv0at；对长木板：vat由以上两式得：滑块和长木板达到的共同速度v1 m/s.答案：(1)0.5 N方向水平向右(2)1 m/s2(3)1 m/s- 9 - 版权所有高考资源网
