1、第四章 运动和力的关系单元测试卷（总分100分 时间75分钟）第I卷（选择题）一、 单选题（本题共7小题，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共28分）1伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。图甲、图乙分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是（）A图甲中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易B图甲通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动C图乙中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成D图乙的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运
2、动需要力来维持【答案】A【解析】A当时利用滴水法，无法记录自由落体运动的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力的作用效果，小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量。A正确；B伽利略做了上百次实验，根据小球在斜面上做匀变速运动，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推，得到自由落体运动为匀变速运动。B错误；C完全没有摩擦阻力的斜面实际是不存在的，实验不可实际完成。C错误；D图乙的实验为“理想实验”，如果右侧斜面放平，则小球永远无法达到相同高度，小球将永远运动下去，也就是说，物体的运动不需要力来维持。D错误。故选A。2如图是航天飞船
3、返回舱返回地面的示意图，其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，距地面一定高度时，点燃返回舱的缓冲火箭，返回舱开始减速下降运动，落地速度恰好为零，返回舱安全着陆。则（） A返回舱在喷气过程中处于失重状态B返回舱匀速运动过程中处于超重状态C火箭点燃后伞绳对返回舱的拉力增大D火箭开始喷气瞬间返回舱获得向上的加速度【答案】D【解析】AD返回舱在喷气过程中，减速下降，加速度竖直向上，则处于超重状态，故A错误，D正确；B返回舱匀速运动过程中无加速度，不处于超重状态，故B错误；C火箭点燃后，火箭对返回舱的力向上，则伞绳对返回舱的拉力减小，故C错误。故选D。3.（2023全国甲卷） 一小车沿
4、直线运动，从t = 0开始由静止匀加速至t = t1时刻，此后做匀减速运动，到t = t2时刻速度降为零在下列小车位移x与时间t的关系曲线中，可能正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】xt图像的斜率表示速度，小车先做匀加速运动，因此速度变大即0t1图像斜率变大，t1t2做匀减速运动则图像的斜率变小，在t2时刻停止图像的斜率变为零。故选D。4如图所示，向前行驶的车厢内有一面向行驶方向的乘客，乘客在自身重力G与车厢（含座椅）的作用力F的作用下与车厢保持相对静止，座椅旁边有一小球用细线悬挂在车厢的天花板上，悬线与竖直方向成角也与车厢相对静止，下列说法中正确的是（）A乘客受到的合力方
5、向与运动方向相同B车厢的速度越大，悬线与竖直方向的夹角越大C车厢对乘客的作用力F一定大于乘客的重力GD悬线与竖直方向夹角增大，车厢对乘客作用力F可能不变【答案】C【解析】A由图可知，小球受合外力方向与车厢运动方向相反，可知车厢做匀减速运动，乘客受到的合力方向与运动方向也相反，选项A错误；B对小球，根据牛顿第二定律可知可得则车厢的加速度越大，悬线与竖直方向的夹角越大，但是速度大，不一定大，选项B错误；C对乘客受力分析可知，车厢对乘客的作用力即F一定大于乘客的重力G，选项C正确；D悬线与竖直方向夹角增大，则加速度a变大，车厢对乘客作用力F增大，选项D错误。故选C。5. （2023山东卷）质量为M的
6、玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力f均为恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P0为（ ） A. B. C. D. 【答案】A【解析】设物体与地面间的动摩擦因数为，当小车拖动物体行驶的位移为S1的过程中有Ffmg = (mM)a v2= 2aS1 P0= Fv轻绳从物体上脱落后 a2= g v2= 2a2(S2S1)联立有 故选A。6.如图所示，MN和PQ为两根固定平行直细杆，圆柱
7、形物体沿细杆下滑，两杆间的距离与圆柱形物体的半径相同，细杆与水平面的夹角为，圆柱形物体与细杆间的动摩擦因数为0.3，重力加速度为g，则圆柱形物体下滑的加速度大小为（）ABCD【答案】 A【解析】作出圆柱形物体垂直于杆的平面内受力示意图根据题意，两直杆间的距离与圆柱形物体的半径相同，则=60在沿杆的方向有mgsin-2f=ma垂直于杆的方向有又有f=N联立并代入数据解得故A正确， BCD错误。故选A。7.水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的
8、变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则下面选项不正确的是（）ABCD在时间段物块与木板加速度相等【答案】 A【解析】A图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有故A错误，符合题意；BC图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有以木板为对象，根据牛顿第二定律，有解得 ， 故BC正确，不符合题意；D图（c）可知，0t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确，不符合题意。故选
9、A.二、 多选题（本题共3小题，每小题选全得6分，部分正确3分，有错误选项0分，共18分）8. （2023全国甲卷）用水平拉力使质量分别为、的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为和。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知（ ） A. B. C. D. 【答案】BC【解析】根据牛顿第二定律有Fmg=ma整理后有F=mamg则可知Fa图像的斜率为m，纵截距为mg，则由题图可看出m甲m乙，甲m甲g=乙m乙g则甲乙 故选BC。9.（多选）如图所示，A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为的光滑斜面上，当用沿斜面向上
10、的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止，已知A、B、C三者质量相等，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A在轻绳被烧断的瞬间，C的加速度大小为0B在轻绳被烧断的瞬间，B的加速度大小为C剪断弹簧的瞬间，C的加速度大小为D突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为0【答案】AC【解析】A在轻绳被烧断瞬间， C的受力保持不变，所以C的加速度为零，故A正确；B对C，根据平衡条件可得 对B，根据牛顿第二定律可得 解得 故B错误；C剪断弹簧的瞬间，对C，根据牛顿第二定律有 解得 故C正确；D突然撤去外力F的瞬间，对整体AB，由牛顿第二定律可得 解得 故D错误。故选AC。10推导匀变速直线运动位移公式时，匀
11、变速直线运动在极短时间内可以看成是匀速直线运动，这一方法也适用于求非匀变速直线运动的位移，如图所示，光滑水平面上，物块B以1.2m/s的速度去撞固定在物块A上的轻弹簧，经过1s二者第一次速度相等，此时物块A运动的位移为0.36m，已知B的质量是A的质量的5倍，弹簧的劲度系数为100N/m，弹簧始终在弹性限度内，则以下说法正确的是（）A从开始运动到共速过程中，物块A的加速度始终是物块B的5倍B从开始运动到共速过程中，物块A的位移始终是物块B的位移的5倍C二者速度相等时，物块B的位移为1.128mD弹簧中的弹力最大为768N【答案】AC【解析】A弹簧上的力的大小处处相等，故根据牛顿第二定律可知 ，
12、故物块A的加速度始终是物块B的5倍。故A正确；B从开始运动到二者共速过程中，B物块的速度大于A物块的速度，相同的运动时间，则B的位移也大于A的位移。故B错误；C根据A选项中结论可知A物体位移为 ，联立以上两方程可知 故C正确；D当两物体共速时，弹簧中的弹力最大为 故D错误。故选AC。第II卷（非选择题）三、 实验题（本题共2小题，11题6分，12题9分，共15分）11.某同学用如图甲所示装置做“探究加速度与合外力关系实验”，长木板放在水平桌面上。小车的质量为M，重力加速度为g。（1）按图示组装好实验仪器后，直接做实验，某次实验打出的一条纸带如图乙所示，打点计时器所接交流电的频率为50Hz，可求
13、得小车加速度的大小为_m/s2；（保留两位有效数字）（2）多次改变砝码盘中砝码的质量，重复实验，测得多组力传感器的示数F及对应的小车加速度a，作出a-F图像，如图丙所示，由此可以确定小车运动过程中受到的阻力大小为_。（3）为了使小车受到的合外力等于力传感器的示数，需在长木板没有定滑轮的一端用垫木适当垫高，使长木板与水平面的夹角满足_。Asin=F0MgBsin=MgF0Ctan=F0MgDtan=MgF0【答案】 0.88 F0 A【解析】（1）1小车加速度a=x4+x3-x2-x14T2=0.0864+0.0775-0.0687-0.060.04m/s2=0.88m/s2（2）2由丙图得到小
14、车运动过程中受到的阻力为F0；（3）3为了使小车受到的合外力等于力传感器的示数，需在长木板没有定滑轮的一端用垫木适当垫高，使小车重力沿斜面向下的分力等于阻力，即 Mgsin=F0 sin=F0Mg 故选A。12.一物理兴趣小组用如图所示的装置，探究“加速度与质量的关系”，通过改变放在小车上的砝码质量，改变小车（含遮光片）与砝码的总质量M。（1）实验要平衡摩擦力，具体操作为：不悬挂砂桶，将长木板没有定滑轮的一端适当垫高，轻推小车，如果_，则摩擦力得到平衡；（2）实验还需要的部分操作有_；A悬挂砂桶后调节细线与木板平行B测量砂和砂桶质量mC调节砂和砂桶质量m远小于MD小车每次在同一位置释放（3）调
15、节好实验器材后，第一次实验：由静止释放小车，记录小车经过光电门1、2时遮光片挡光时间t1、t2，小车（含遮光片）及砝码的总质量M1，力传感器的尔数F；第二次实验：向小车中添加砝码，小车（含遮光片）及砝码的总质量为M2，由静止释放小车，此时会发现力传感器的示数_（选填“大于”或“小于”）F，通过适当_（选填“增加”或“减小”）砂桶中砂的质量，使力传感器的示数仍为F，重新实验，记录小车经过光电门1、2时遮光片挡光时间t1、t2，如果表达式_成立，则表明合外力一定时，加速度与质量成反比。【答案】小车沿木板做匀速直线运动 AD/DA 小于 增加 M1(1t12-1t22)=M2(1t12-1t22)【
16、解析】（1）1轻推小车，直到小车沿木板做匀速直线运动，摩擦力得到平衡。（2）2A需要细线与木板平行，才能保证细线的拉力与小车的合外力方向相同，细线的拉力才等于小车的合外力，所以需要悬挂砂桶后调节细线与木板平行，故A正确；BC由于不需要用沙桶的重力来表示合外力，合外力可以直接测量，所以不需要满足m远小于M，也不需要测量砂和砂桶质量m，故BC错误；D需要控制单一变量，木板每处光滑程度不同，所以需要从同一位置释放，故D正确。故选AD。（3）34向小车中添加砝码，小车所受阻力增大，F变小，通过适当增加砂桶中砂的质量，使力传感器的示数仍为F。5根据牛顿第二定律F=M1a1 F=M2a2其中a1=v12-
17、v222s a2=v12-v222s v1=st1，v2=st2 v1=st1，v2=st2整理解得 M1(1t12-1t22)=M2(1t12-1t22)四、 解答题（本题共3小题，共39分）13.（11分）水面救生无人船已经成为水面救援的重要科技装备。在某次测试中，一质量为20kg的无人船在平静水面上沿直线直奔目标地点。无人船先从静止出发，做匀加速运动10s后达到最大速度4m/s，接着立即做匀减速运动，匀减速运动了16m的距离后速度变为零。已知无人船运行过程中受到水的阻力恒定且大小为4N，不计空气阻力，g取10m/s2。求：（1）在匀加速过程中，无人船发动机提供的动力的大小F1；（2）在匀
18、减速过程中，无人船发动机提供的阻力的大小F2；（3）无人船在上述测试中，运动的总时间t及总位移大小x。【答案】（1）12N；（2）6N；（3）18s，36m【解析】（1）匀加速阶段加速度为解得a10.4m/s2由牛顿第二定律得F1fma1解得F112N（2）匀减速阶段有解得a20.5m/s2由牛顿第二定律得F2fma2解得F26N（3）匀减速阶段的时间为t28s运动总时间为tt1t218s匀加速阶段的位移为x1t120m运动总位移大小为xx1x236m14（13分）2022北京冬奥会成功举办，小华同学通过观看比赛，将滑雪轨道理想化处理成如图所示的轨道。滑雪轨道由倾斜直轨道AB和水平轨道BC组成
19、，轨道AB与水平面的夹角，轨道AB与轨道BC的动摩擦因数均为，时运动员从A点由静止开始匀加速下滑，经过B点前后速度大小不变，之后在BC上做匀减速直线运动，最后保持不动。通过观测可得到某运动员的图如图所示，已知，。g取。求（1）运动员在倾斜直轨道所滑行的距离？（2）轨道的动摩擦因数为多少？（3）当时运动员距离B点的距离？【答案】（1）400m；（2）0.5；（3）160m【解析】（1）由图可知，运动员在时速度达到最大值，即滑到B点，又因为图中图线与时间轴围成的面积等于位移，所以运动员在倾斜直轨道所滑行的距离为 （2）图中图线的斜率等于加速度，则运动员在倾斜轨道上的加速度为 又因为运动员在倾斜轨道
20、上沿斜面方向受到重力分力与摩擦力，则根据牛顿第二定律有代入数据解得 （3）根据牛顿第二定律可得运动员在水平轨道上的加速度为 当时，运动员离开B点10s，且做匀减速直线运动，则运动员的速度为即在此之前运动员已经停止运动，所以根据匀变速直线运动位移与速度的关系可得运动员距离B点的距离为 15（15分）如图所示，质量的物块A（视为质点）与水平传送带间的动摩擦因数，传送带、两端间的距离。将物块A用不可伸长的轻质细线绕过轻质光滑的定滑轮C与质量的物块B相连，传送带以大小的速度顺时针转动，取重力加速度大小。将物块A从P端由静止释放，求：（1）释放后瞬间，物块A的加速度大小；（2）物块A从P端运动到端所用的时间。【答案】（1）；（2）【解析】（1）物块A从释放到与传送带共速的这段时间内，所受的摩擦力方向水平向右。设此过程中物块A的加速度大小为，对A、B整体，根据牛顿第二定律有 解得 （2）物块A从释放到与传送带共速过程，所经历的时间为 运动的位移大小为 物块A与传送带共速之后，摩擦力方向变为水平向左，设物块A的加速度大小为，对A、B整体根据牛顿第二定律有 解得 该过程中物块A的位移大小 设物块A以加速度运动的时间为，根据运动学公式有 解得 物块A由静止释放从端运动到端所用的时间为
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