2020-2021学年新教材高中物理 第四章 运动和力的关系 单元测试卷（含解析）新人教版必修第一册.docx

1、第4章单元测试卷第卷选择题一、单项选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分)1.关于牛顿第一定律,下列说法正确的是()。A.它是由理想斜面实验直接得出的B.它表明,物体只有在不受外力作用时才具有惯性C.它的成立不需要条件,也叫惯性定律D.它成立的条件并不存在,故该定律无实际意义答案：C解析：牛顿第一定律是由理想斜面实验经过推理总结得出来的,选项A错误;牛顿第一定律即惯性定律,其成立是不需要条件的,任何物体都具有这种惯性,与物体是否受力无关,选项B错误、C正确;牛顿第一定律描述了物体在不受力时所表现出的运动状态,说明物体的运动是不需要力来维持的,同时说明力是改变物体运动状态的原因,选项D错误

2、。2.关于作用力与反作用力及一对平衡力的认识,下列说法正确的是()。A.一对平衡力的合力为零,它们的作用效果相互抵消;一对作用力与反作用力的合力也为零,它们的作用效果也相互抵消B.作用力和反作用力总是同时产生、同时变化、同时消失,且性质相同,而平衡力的性质却不一定相同C.作用力和反作用力总是同时产生、同时变化、同时消失,且一对平衡力也是如此D.先有作用力,后才有反作用力;一对平衡力却是同时作用在同一个物体上答案：B解析：作用力与反作用力是作用在两个不同的物体上的力,它们不能进行合成,作用效果也会体现在两个不同的物体上,无法相互抵消,选项A错误;作用力和反作用力总是同时产生、同时变化、同时消失,

3、且性质相同,而平衡力不一定同时产生、同时消失,且平衡力的性质也不一定相同,选项B正确,C、D均错误。3.两砖块叠在一起放在竖直升降电梯的水平地板上,当两砖块间的压力小于上面砖块的重力时,电梯可能的运动是()。A.向上加速运动B.向上减速运动C.向下匀速运动D.向下减速运动答案：B解析：由题意可知上面砖块处于失重状态,因此断定整体加速度竖直向下,电梯可能加速下降,也可能减速上升,故B项正确。4.关于惯性,下列说法正确的是()。A.速度大的物体不能很快地停下来,是因为物体速度越大,惯性越大B.静止的火车起动时,速度变化慢,是因为静止的物体惯性大C.乒乓球可以快速抽杀,是因为乒乓球惯性小D.在宇宙飞

4、船中的物体不具有惯性答案：C解析：一切物体均具有惯性,质量是惯性大小的唯一量度,乒乓球可以快速抽杀,是因为乒乓球的质量小,其惯性小。5.如图4-35所示,一辆小车静止在水平地面上,用一条弹力与形变量关系满足胡克定律的橡皮筋将小球P悬挂于车顶O点,在O点正下方固定一光滑小钉A(在橡皮筋的左侧),它到O点的距离恰好等于橡皮筋的原长l0。现使小车从静止开始向右做加速度逐渐增大的直线运动,在此过程中(橡皮筋始终在弹性限度内),小球的高度()。图4-35A.保持不变B.逐渐降低C.逐渐升高D.升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定答案：A解析：设小车的加速度为a,橡皮筋的劲度系数为k,伸长量为x,小钉A下方的

5、橡皮筋与水平面的夹角为,可知kxsin =mg,而小球P距A点的高度h=xsin ,可得h=mgk,可见,小球距A点的高度h与小球随小车在水平面上运动的加速度大小a无关,即小球的高度h不变。6.如图4-36所示,水平地面上停放着一辆车子,车厢里用细线悬挂A、B两个小球。现使小车向右做匀加速直线运动,最终小球与车之间保持相对静止。下列四幅图描绘了两悬线的状态,其中正确的是()。图4-36图4-37答案：B解析：设两小球随小车一起向右运动的加速度为a,细线OA与竖直方向的夹角为1,以两小球的整体为研究对象,它们受到总的重力(m1+m2)g与细线OA的拉力T1,有(m1+m2)gtan 1=(m1+

6、m2)a,解得tan 1=ag;设细线OB与竖直方向的夹角为2,以小球B为研究对象,其受到重力m2g及细线OB的拉力T2,有m2gtan 2=m2a,解得tan 2=ag。可见两悬线与竖直方向夹角相等,即两段悬线在同一条直线上。7.如图4-38所示,质量分别为mA=2 kg、mB=3 kg的A、B两物体叠放在光滑水平面上,两者之间用一细线绕过一轻质光滑滑轮连接,连接A、B的细线均沿水平方向。已知A、B之间的动摩擦因数=0.1,重力加速度g=10 m/s2,当对滑轮施加一水平向右的拉力F=26 N时,A、B的加速度分别为()。图4-38A.5.5 m/s2、5 m/s2B.5.2 m/s2、5.

7、2 m/s2C.6.5 m/s2、4.3 m/s2D.7.5 m/s2、3.7 m/s2答案：A解析：由于滑轮为轻质的,因此A、B受到细线的拉力相等,且均为0.5F,而A的质量比B的小,若A、B发生相对滑动,则A应相对B向右运动。设A、B恰好发生相对滑动时,水平向右的拉力为F0,以A、B整体为研究对象,它们共同的加速度a=F0mA+mB;以B为研究对象,有a=mAg+0.5F0mB,解得F0=20 NM2,则v1v2B.若F1=F2、M1v2C.若F1F2、M1=M2,则v1v2D.若F1F2、M1=M2,则v1v2答案：B解析：解法一:常规解法设物块的质量为m,木板的长度为L,物块与木板间的

8、动摩擦因数为。物块在质量为M的木板上运动时,根据牛顿第二定律,对物块有:F-mg=mam,对木板有:mg=MaM。设物块在木板上运动的时间为t,由运动学知识有:12amt2-12aMt2=L,v=aMt,联立解得:v=mgM2LFm-g-mgM。由上式可知:若F1=F2、M1v2,选项B正确;若F1v2,选项D错误。本题的正确答案是B。解法二:极限分析法分析A、B选项时,令质量大者无限大。若木板的质量无限大,则其加速度无限小,且二者从相对运动到分离的时间也较短。由v=at可知,分离时木板的速度也很小,故选项B正确。同理,在分析C、D选项时,令力大者无穷大。若作用在木块上的力F无限大,则物块的加

9、速度无限大,则两者从相对运动到分离的时间会极短。对于木板来说,由v=at可知,由于加速的时间短,则分离时木板的速度也较小,选项D错误。第卷非选择题二、填空题(本题共2小题,共12分)11.(6分)如图4-42所示是探究牛顿第二定律时打出的一条纸带,相邻计数点的时间间隔为T,间距s1、s2、s3、s6已测量出。图4-42(1)请写出三个不同的计算加速度的表达式:、。图4-43答案：a=s2-s1T2a=13T2(s4-s1)a=19T2(s6+s5+s4)-(s3+s2+s1) 解析：利用s1、s2两段,由s=aT2得a=s2-s1T2。因为s2-s1=aT2,s3-s2=aT2,s4-s3=a

10、T2,所以s4-s1=3aT2,故a=13T2(s4-s1)。同理,a=13T2(s5-s2)=13T2(s6-s3),所以3a=13T2(s4-s1)+(s5-s2)+(s6-s3),即a=19T2(s6+s5+s4)-(s3+s2+s1)。(2)甲、乙两同学用同一装置做实验,画出了各自的a-F图像(如图4-43所示)。这两个同学在做实验时,采用的物理量不同的是,其大小关系为。答案：两者所用的小车和砝码的总质量m甲a乙,F相同时,加速度与质量成反比,则m甲m乙,即甲、乙两同学在实验中所用小车和砝码的总质量不同,且m甲m乙。12.(6分)完成下列题目。(1)如图4-44甲所示,是挂上砝码盘,装

11、入适量砝码,按实验要求打出的一条纸带。A、B、C、D、E是纸带上选取的五个计数点,相邻两个计数点之间还有四个计时点未画出。用刻度尺测出各计数点到A点之间的距离,已知打点计时器接在频率为50 Hz的交流电源两端。其中打出计数点“C”时木块的速度vC=m/s,木块的加速度a=m/s2(结果均保留两位有效数字)。图4-44答案：0.54 m/s1.0 m/s2(2)实验时改变砝码及砝码盘的总质量m,分别测量木块在不同外力作用下的加速度a。根据测得的多组数据画出a-m关系图像,如图乙实线所示。此图像的上端明显偏离直线,造成此现象的主要原因可能是。答案：砝码和砝码盘的总质量不再满足远小于木块质量三、计算

12、题(本题共4小题,共48分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,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)13.(10分)如图4-45所示,在前进的车厢的竖直后壁上放一个物体,物体与车壁间的动摩擦因数=0.8,要使物体不致下滑,车厢至少应以多大的加速度前进?(g取10 m/s2)图4-45答案：设物体的质量为m,在竖直方向上有mg=F,F为摩擦力。在临界状态下,F=FN,FN为物体所受水平弹力。又由牛顿第二定律FN=ma。由以上各式得加速度a=FNm=g=100.8 m/s2=12.5 m/s2。14.(12分)在倾角=37的直滑道上,一名质量m=

13、75 kg的滑雪运动员由静止开始向下滑行。运动员所受空气阻力与速度成正比,比例系数为k,运动员与滑道间的动摩擦因数为。今测得运动员从静止开始沿滑道下滑的速度时间图像如图4-46所示,图中的OA直线是t=0时刻速度图线的切线,速度图线末段BC平行于时间轴,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取sin 37=0.6,cos 37=0.8,重力加速度g=10 m/s2。求:图4-46(1)t=0时刻运动员的加速度大小;答案：由速度时间图像可知,物体开始时做加速度减小的加速直线运动,最后做匀速运动。在t=0时刻,图线切线的斜率即为该时刻的加速度,故有a0=12-03-0 m/s2=4 m/s2。(2)动摩擦

14、因数和比例系数k。答案：在t=0时刻开始加速时,v0=0,由牛顿第二定律可得mgsin -kv0-mgcos =ma0,最后匀速时,vm=10 m/s,a=0,由平衡条件可得mgsin -kvm-mgcos =0,由联立解得:=0.25,k=30 kg/s。15.(12分)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器,其质量m=2 kg,动力系统提供的恒定升力F=28 N。试飞时,飞行器从地面由静止开始竖直上升(开始计时)。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变,取g=10 m/s2。(1)第一次试飞,飞行器的动力系统正常工作,在t1=8 s时,已知飞行器距离地面的高度H=64 m。求飞行器所受阻力的大小f。答

15、案：飞行器的动力系统正常工作时,设飞行器上升时的加速度大小为a1,有:H=12a1t12,F-mg-f=ma1,解得:a1=2 m/s2,f=4 N。(2)第二次试飞,开始阶段,飞行器的动力系统正常工作,但在t2=6 s时出现故障,且立即失去升力。求飞行器能上升的最大高度hm。答案： 在t2=6 s时,设飞行器的速度为v,距离地面的高度为h;在t2=6 s之后,设飞行器上升时的加速度大小为a2,有:v=a1t2,h=12a1t22或h=v22a1,mg+f=ma2,hm-h=v22a2,解得:hm=42 m。16.(14分)如图4-47所示,质量为M的木板静止在足够长的光滑水平台面上,一质量为

16、m的物块(可视为质点)在细线的水平拉力作用下,以速度v从木板的最左端滑上,并一直以该速度运动。已知物块与木板间的动摩擦因数为,物块最远只能向右到达木板的中间位置,且此时木板的右端距离平台的最右端(定滑轮所在处)还很远。求:图4-47(1)木板做加速运动的加速度大小a及时间t;答案：在物块到达木板的中间位置之前,物块与木板间发生相对滑动,木板在物块对它的滑动摩擦力作用下做加速运动,其加速度大小为:a=mgM。当木板加速到速度v(与物块的速度相同)后,木板将与物块一起做匀速运动,故物块做加速运动的时间为:t=va=vMmg。(2)物块到达木板的中间位置之后(木板还未接触定滑轮之前)所受的摩擦力大小f;答案：物块到达木板的中间位置后,将与木板一起做匀速运动。由于物块在竖直方向上受力平衡,在水平方向上只可能受到木板的摩擦力,但物块做匀速运动,可见其所受合力为零,故可知物块与木板间不存在摩擦力,即:f=0。(3)木板的长度l。答案：在物块与木板间发生相对滑动的过程中,设物块和木板的位移分别为s1、s2,有:s1=vt,s2=v2t或s2=v22a。根据题意可知:s1-s2=l2,解得:l=Mv2mg。