上海上海音乐学院实验学校高中物理必修一第四章《运动和力的关系》测试卷(答案解析)

1、 1在竖直上抛运动中，正确的说法是（）B下降过程是超重过程D全过程是a g 的完全失重）B物块 A 处于超重状态D物块 A 竖直向上先加速后减速板间的动摩擦因数为 0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）gA此时小球的加速度大小为2B此时小车的加速度方向水平向左3C此时木块受到的摩擦力大小为丁Mg，方向水平向右3D若增大小车的加速度，当木块相对车厢底板即将滑动时，小球对细线的拉力大小为5 如图所示（规定加速度方向竖直向上为正），下列说法正确的是（）A地球表面在当地的重力加速度为 a0FB物体的质量为0C当 a=a 时，物体处于失重状态1FFaD当 a=a 时，拉力01a10至

2、 B 的 vt 图象如图所示，M 时刻煤块到达 B 端。下列说法正确的是（）7如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m 和 3m 的三个木块，其中质量为 2m （）2D轻绳刚要被拉断时，质量为 m 和 2m 的木块间的摩擦力为 T3）9下列物理量单位用国际单位制表示正确的是（）A静电力常量 k N m /CB弹簧劲度系数 k N/cmD电阻率 /m22C动摩擦因数 N/kgm 2m 3m10如图所示，悬挂在空中的三个物块 A、B、C 的质量满足，A 与天花ABC板之间、A 与 B 之间均用轻细绳相连，B 与 C 之间用轻弹簧相连，当系统静止后，突然剪断 A，B 间的细绳，则此瞬间 A、B、

3、C 的加速度分别为( 重力加速度为 g，取向下为正)（）55gA 、 g 、0B0、 g 、02355CD0、g、g63 A02 33g ，方向垂直木板向下C大小为 g，方向竖直向下3，方向水平向右g3）AAt 时刻火箭距地面最远3Bt t 时间内，火箭在向下降落23Ct 时刻火箭落回地面3D0t 时间内，火箭始终处于失重状态13如图所示，质量均为 1kg 的两个小物体 A、B（看做质点）在水平地面上相距 9m，它。现使它们分别以初速度A同时相向运动，重力加速度 g 取 10m/s 。则它们经过_s 相遇（非碰2撞），交错而过后最终两者相距_m。14现有数个力作用在质量为5kg 的物体上，物体

4、处于平衡状态，如果突然把向西的10N的力减小到 8N，则物体的加速度大小为_，方向_15一质量为 2kg 的物块在合外力 F 的作用下从静止开始沿直线运动，F 随时间 t 变化的图线如图所示，则t 2运动前 2s 内的位移为_。218(1)如图所示，3m 长的水平传送带以 v =2m/s 的速度匀速运行，t=0 时刻，在左端轻放0一质量为 m 的小滑块，已知滑块与传送带之间的动摩擦因数=0.1，重力加速度g=10m/s ，则 t=2.2s 时滑块的速度为_m/s；2(3)如图所示为杂技”顶杆“表演，一大人（质量为 80kg）站在地上，肩上扛一质量为 M=2kg的竖直竹竿，当竿上一质量为 m=4

5、0kg 的小孩以加速度 2m/s 加速下滑时，杆对地面上的2大人的压力大小为_N。（g=10m/s ）219如图所示，A、B 两小球分别用轻质细绳 L 和轻弹簧系在天花板上，A、B 两小球之间1用一轻质细绳 L 连接，细绳 L 、弹簧与竖直方向的夹角均为 ，细绳 L 水平拉直，现将细212 221度之比为_。02(1)月球表面的重力加速度 g 为多大？月(2)发动机的推力调整为多大才能控制探测器以a 224如图甲所示，质量为 m=1kg 的物体置于倾角为 =37 的固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向上的恒力 F，作用时间 t =1s 时撤去拉力，物体运动的部分 vt1图象如图乙所

6、示，g 取 10m/s ，试求：2(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)拉力 F 的大小。 37并保持不变，经 4s 后松手（ g 10m/s2，cos37=0.8，sin37=0.6）。求：(1)松手前铸件的加速度大小；(2)松手后铸件还能前进的距离( 结果保留两位有效数字) 。1m/s 的匀减速直线运动，并向车上成员发出警告，2s 之后系统采取紧急制动，使汽车做2 匀减速直线运动，最终该汽车恰好没有与障碍物发生碰撞，已知41 6.4。求：（1）驾驶员采取紧急制动之前，汽车行进距离的大小；（2）假设驾驶员的质量为 70kg，求紧急制动时座位对驾驶员的作用力大小；（3）现有 4G 信号系统平均

7、延迟时间为 0.4s，在 4G 通信情况下，在 22m 距离内系统直接匀减速的加速度至少要多大才能避免相撞（保留2 为有效数字）。【参考答案】*试卷处理标记，请不要删除一、选择题1D解析：D在竖直上抛运动中，物体只受重力作用，根据牛顿第二定律得知，物体的加速度为g，方 g向竖直向下，全过程是a故选 D。的完全失重状态。2B解析：B设与汽车相连的绳子与水平方向的夹角为 ，则有vcos vA当汽车沿水平面向右匀速运动时，绳子与水平方向的夹角为 减小，物块 A 的速度逐渐增大，说明物块 A 在向上加速，绳子拉力大于其重力，处于超重状态。故选 B。3C解析：CA对小球受力分析如图，由牛顿第二定律， m

8、g tan30 ma求得小球的加速度3a g3故 A 错误；B小球受力分析如图 3f Ma Mg3加速度相等，设为 a ，对木块由牛顿第二的定律得 m a木木 135F (mg) (ma ) mg22411解析：BA.手机处于静止状态时，受力平衡，手机共受到重力、支架的支持力、摩擦力以及磁盘的吸引力，共 4 个力的作用，A 错误；B.手机处于静止状态时，支架对手机的支持力、摩擦力、吸引力的合力与手机重力等大反向，B 正确；CD.因磁盘对手机的吸引力和手机所受支持力均与引磁片垂直，汽车有向前的加速度时，一定有沿斜面向上的摩擦力，CD 错误。故选 B。解析：A mg ma0得g a0故 A 正确；

9、 0B当 a时有F mg 00解得F F0m g a00故 B 错误；C由题意知，规定加速度方向竖直向上为正，当a=a 时即加速度向上，物体向上做加速1运动，物体处于超重状态，故 C 错误；D由牛顿第二定律可知F0F=mg ma ma ma (a a )a101010故 D 错误。故选 A。6C解析：CA由 vt 图象可知在 1s 后煤块与传送带保持相对静止，则传送带的速度为2m/s，A 错误；B由于 M 时刻煤块到达 B 端，且 vt 图象的面积代表煤块的位移则x = 4m = M + M -1解得M = 2.5s则 M 对应的时刻为 2.5s，B 错误；C从动轮通过静摩擦力带动皮带上的P

10、点向下运动，所以 P 点所受摩擦力竖直向下，C 正确；D只有在 0 1s 内煤块才会在传送带上留下划痕则x = x x ，x = 2m，x = 1m传煤传煤则煤块在传送带上的划痕长度为 1m，D 错误。故选 C。7C解析：CA对质量为 2m 的木块受力分析可知，受重力、地面对木块的支持力、质量为m 的木块的压力和摩擦力，轻绳对木块的拉力共 5 个力，A 错误；BC由轻绳能承受的最大拉力 T，有T=3ma 解得Ta 3m由整体可知TF=6ma=6m=2T3mB 错误，C 正确；D质量 m 和 2m 的木块间的摩擦力T T3m 3F =ma=mfD 错误。故选 C。8A解析：AA由于水平面粗糙且

11、点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA 之间，加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A 到 B 的过程中加速度先减小后反向增大，故 A 正确；B从 A 往 O 运动，当弹簧的弹力等于摩擦力时，加速度为0，速度最大。弹力与摩擦力平衡的位置在 OA 之间，故速度最大点在 OA 之间，故 B 错误；C所受弹簧的弹力先减小后增大，故C 错误；D当弹簧处于原长的时候，弹簧弹力为0，此时小于摩擦力。故 D 错误。故选 A。9A解析：Akq qA由库仑定律 F得1 2r2Fr2k q q1 2公式中，电荷量 q 、q 的单位为库仑（C），距离 r 的单位为米（m），库仑力 F 的单

12、位为12牛顿（N），由公式推导得出 k 的单位为 N m / C ，故 A 正确；22B根据胡克定律 F=kx 知，F 的单位是 N，x 的单位是 m，则 k 的单位是 N/m，故 B 错误；C根据 f=N 知 f 和 N 的单位均为 N，则 没有单位，故 C 错误；LD根据电阻定律 R得，R 的单位是 ，L 的单位是 m，S 的单位是 m ，推导可知，2S 的单位是m ，故 D 错误。故选 A。10B 剪断绳子前，弹簧的弹力为CBCBmm3BB木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图根据共点力平衡条件，有F N sin 30 03N mg ， F mg3木板 AB 突然撤

13、去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力大小等于支持力N，方向与 Nmg3gm方向垂直于木板向下，故 B 正确错误，ACD。故选 B。解析：AABC根据图像，0t 火箭加速上升，t t 火箭仍然匀加速上升，但加速度减小了，t t 时11223 间内火箭匀减速上升，故 t 时刻火箭距地面最远，B 错误 C 错误 A 正确；3D0t 火箭加速上升，超重，t t 火箭仍然匀加速上升，超重，加速度增加了，t t 时间11223内火箭匀减速上升，失重， D 错误。故选 A。二、填空题131解析：112对物体 A 受力分析，均受到重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有-mg=ma故加速度为a =-g

14、=-2m/s21同理物体 B 的加速度为a =-g=-2m/s22B 物体初速度较小，首先停止运动，故其停止运动的时间为0vt 1sBa12该段时间内物体 A 的位移为物体 B 的位移为1x v t a t 5m22A1A 11 11x v t a t 1m22BB 12 1故此时开始，物体 B 不动，物体 A 继续做匀减速运动，直到相遇；即在离 A 物体 8m 处相遇，1s 末 A 的速度为v =v +a t =4m/sA1A1 1物体 A 继续做匀减速运动过程，有1x v t a t 3m22A2A1 22 2解得t =1s2故从出发到相遇的总时间为最终都停止时 A 的总位移t=t +t

15、=2s12v2A2ax 9mA1即 A 停止时正好停到 B 原来的位置，则交错而过后最终两者相距1m。14向东 解析：0.4m / s2 向东1原来物体处于平衡状态，如果突然把向西的10N 的力减小到 8N，则物体所受的合外力为 2N，方向向东。F 2a m/s 0.4m/sm 5根据牛顿第二定律有222加速度的方向与合外力的方向一致，方向向东。155解析：51前两秒，根据牛顿第二定律得：Fa 1m/s2m1则t1s的物块的速率为：v a t 1m/s1120-2s 的物块的位移为：后两秒，根据牛顿第二定律得：2s 4s 的物块的位移为：1x a t 2m2211 1Fa 0.5m/s2m21

16、1x a t t a t 1 2 2 0.5 2 m 3m2222 2221 1 2经过 4s 物体的位移大小为：x x x 5m12162解析：2设 CA 和 PB 的夹角为 ，则圆环沿光滑细线下滑的加速度为a g cos，又14CA at1.2sPB 2CAcos，结合匀变速直线运动规律可得2CAcos，t22g17m14m/s2m/s解析：m 14m/s 2m/s(1)1将物体的运动看做反方向初速度为零的匀加速直线运动，则物体在停止运动前2s 时的位移为1s at22 m21 gt(2)2一常规生活小区 4 楼阳台离地高度大约为 h=10m，由h2得2 2ht 2s 1.4sg则花盆落地

17、时速度大小约为v gt 14m/s(3)3小物块在水平传送带上在滑动摩擦力的作用下先做匀加速直线运动，当加速到与传送带速度相同时，则有f mg mav2s 2a1代入数据解得s 0.5m 2m1则小物块在传送带上先匀加速运动 0.5m，后以传送带的速度匀速运动 1.5m。故小物块到达 B 端的速度是 2m/s 。18340m解析：F 340M m(1)1物块在传送带上的加速度为达到传送带速度时的时间为这段过程中滑块的位移为t 2.2s 时滑块的速度为mgm g 1m/s2a v 20a 1t s=2s11s v t 2m 3m20 1v v 2m/s0(2)2对 m 和 M 的整体，由牛顿第二

18、定律F (M m)a对 mF maf得mF F mf M(3)3对竿上的人由牛顿第二定律得：mg-F maf由牛顿第三定律得人对竿的摩擦力大小等于竿对人的摩擦力F 的大小f 对竿由平衡条件得：解得：MgF FfNF （Mm）g-maN由牛顿第三定律得竿对“底人”的压力：F F （Mm）g-ma=340NNN19(cos ) :1 cos :121将细线 L 剪断瞬间，细绳 L 上的拉力21F mg cos1弹簧弹力不变，为mgF T cos则F (cos )21F1T2 对 A 由牛顿第二定律得mg sin maA解得a g sinA弹簧的弹力不可突变，将细线 L 剪断瞬间，对 B 球，由牛顿

19、第二定律得2mg tan maB解得a g tanB则 A 与 B 的加速度之比为cos :12016解析：16根据牛顿第二定律有F f F mga=mm解得a=8m/s2由公式 v=at，代入数据得v=82m/s=16m/s三、解答题21(1)10m/s ；(2)向下匀加速；理由见解析；(3)30N2(1)刚撤去 F 后，根据牛顿第二定律得 mg sin37 + mg cos37 ma2解得a 10m/s22(2)运动到 B 点后，重力沿斜面向下的分力为G mg sin 1100.6N 6N1最大静摩擦力按照滑动摩擦力算为F mg cos37 0.51100.8N 4Nf因为两者都是恒力，且

20、G F1f所以滑块会沿斜面向下匀加速运动。(3)撤去 F 时，滑块的速度v a t 102m/s 20m/s12 2在有拉力加速的阶段，解得v v a t101 1a 5m/s21根据牛顿第二定律 F cos mgsin (mg cos F sin ) ma1解得F 30N22(1) 1.6m/s ；(2)3700N2(1)由牛顿第三定律，气体对探测器的作用力向上，大小也为5920N，即F F 5920N11探测器悬停时，有带入数据，得F mg月1Fg = 1.6m/s1m2月(2)探测器匀加速下降时，设探测器受到气体对它的作用力大小为F ，则有2mg F ma月22带入数据，得 3700NF

21、由牛顿第三定律，发动机的推力大小 F 应为2F F 3700N223（1）0；（2）6m/s（1）由于斜面光滑，则开始时滑块和长木板一起下滑以整体为研究对象，则 （m+M）gsin37=（m+M）a解得a=6m/s2mgsin37-f=maf=0对滑块受力分析，可知解得（2）开始时滑块和长木板一起下滑。设长木板第一次碰撞挡板的速度大小为v 。1由位移公式1L at22解得t=1s由速度公式得v =at=6m/s1碰后长木板反弹，对滑块受力分析mgsin37-mgcos37=ma1解得a =2m/s21方向沿斜面向下对长木板受力分析Mgsin37+Mgcos37=Ma2解得a =10m/s22方向沿斜面向下第一次长木板与挡板碰撞后与滑块发生相对滑动。设长木板向上运动减速到零的时间为t ，位移为