高中物理必修第一册第四章《运动和力的关系》测试卷

2020-2021学年高中物理必修第一册第四章《运动和力的关系》

测试卷解析版

选择题（共21小题）

1.如图所示，质量均为2kg的木块A和B静止在倾角为30°的光滑斜面上，此时A、B

间恰好没有弹力，则剪断细绳的瞬间A、B间的弹力为（）

A.0B.5NC.IOND.20N

解：剪断细绳前，弹簧的弹力：F弹=migsin30°=2X10X0.5N=10N,

剪断细线瞬间，以AB整体为研究对象有：

2mgsin。-F弹=2ma

解得：a=2.5m/s2

再隔离B分析有：

mgsin0-FN=ma

解得：FN=5NO

故B正确ACD错误。

故选：Bo

2.下列力学单位中，都是国际单位制中基本单位的是（）

A.kg、m、sB.N、m、sC.N、kg、mD.kg、J、s

解：国际单位制规定了七个基本物理量，在力学中有三个基本物理量，它们是长度、质

量和时间，这三个基本物理量在国际单位制的单位分别为m、kg>s,而N（牛顿）是力

的单位，是导出单位，J（焦耳）是功的单位，也是导出单位，故A正确，BCD错误；

故选：Ao

3.I960年10月第H^一届国际计量大会确定了国际通用的国际单位制，简称SI制。国际单

位制共有七个基本单位，其中力学单位制中的3个基本单位是（）

①kg②m/s③N④m⑤s⑥N/m⑦m/s2⑧N・s

A.①④⑤B.①③④C.②③⑦D.⑤⑥⑧

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解：国际基本单位有米、千克、秒、安培、开尔文、摩尔和坎德拉；其中力学单位制中

的3个基本单位是米、秒、千克，即时m、kg、s,即①④⑤，故A正确，BCD错误。

故选：Ao

4.如图所示，物块在沿斜面向上的拉力F作用下运动，改变F大小，物块的加速度a也随

之变化，根据表格中的信息可以知道（）

拉力F/N22252831

加速度a(m*s-2)1.02.54.05.5

A.物块的质量m

B.斜面的倾角0

C.斜面一定是光滑的

D.物块与斜面之间的动摩擦因数

解：对物块沿着斜面方向运动应用牛顿第二定律：

F-mgsin0-|imgcos0=ma

F

贝lj—=a+gsin0+[igcos0=a+b（其中b=gsine+Ngcos。）

m

代入数据可求出物块质量m和b,但是不能求解倾角。和摩擦因数u，故A正确，BCD

错误。

故选：Ao

5.在光滑固定斜面的底端固定一轻质弹簧，一质量为m的小球自斜面上的某一位置静止释

放，小球在斜面上运动的加速度a与其位移x之间的关系如图所示。弹簧始终处于弹性

限度内，则在此过程中弹簧的最大压缩量为（）

A.xoB.2xoC.（V3+1）xoD.3xo

解：设小球下滑的最大位移为Xm,对应的最大加速度大小为a,此时的速度为零，加速

度图象与坐标轴围成的“面积”为零，如图所示：

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根据三角形相似可得：—=—00

a2、o

解得：a=^^Eao

%0

根据“面积”为零可得：

x0+2x01

---X&=5x—2x0)a

联立解得：Xm=(V3+2)X0

则在此过程中弹簧的最大压缩量为△x=xm-xo=(V3+1)xo,故C正确、ABD错误。

故选：Co

6.如图，重为100N的木箱放在水平地板上，至少要用35N的水平拉力，才能使它从原地

开始运动。木箱从原地移动以后，用30N的水平拉力，就可以使木箱继续做匀速直线运

动。当用65N的水平力拉着木箱运动时，木箱的加速度为(取g=10m/s2)()

A.6.5m/s2B.3.5m/s2C.3.0m/s2D.0.3m/s2

解：木箱的质量为m==^^kg=10kg

当用30N的水平拉力，木箱做匀速直线运动，则知木箱所受的滑动摩擦力大小f=F2=

30N

当用F3=65N的水平力拉着木箱运动时，根据牛顿第二定律得F3-f=ma

解得：木箱的加速度a=3.5m/s2,故ACD错误，B正确。

故选：Bo

7.如图，“神州”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，其过程可简化为：打开降落伞一

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段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷

气过程中返回舱做减速直线运动，则（）

缓冲火衙

A.返回舱在喷气过程中处于失重状态

B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力

C.返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功

D.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小

解：A、返回舱在喷气过程中做减速运动，加速度向上，故处于超重状态，故A错误；

B、减速的原因主要是喷出气体的反冲作用，不是因为阻力，故B错误；

C、因为返回舱做减速运动，所以根据动能定理可知，合外力做负功，故C错误；

D、火箭开始喷气前匀速下降，拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气

瞬间反冲力直接对返回舱作用因而伞绳对返回舱的拉力变小。故D正确。

故选：D。

8.如图所示，将质量为m=0.2kg的物体用两个完全一样的竖直轻弹簧固定在升降机内，当

升降机以3m/s2的加速度加速向上运动时上面弹簧对物体的拉力为0.8N；当升降机和物

体都以6m/s2的加速度向上运动时，上面弹簧的拉力为（）

A.1.1NB.1.3NC.1.5ND.1.7N

解：当升降机以3m/s2的加速度加速向上运动时，设下面弹簧处于压缩，

根据牛顿第二定律得：F上1+F下1-mg=mai,

代入数据解得：F下i=L8N,F上i+F下i=2.6N,

当升降机和物体都以6m/s2的加速度向上运动时，物体受到的合力：F-e-=ma2=0.2X6N

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=1.2N,

根据牛顿第二定律得：F上2+F下2-mg=ma2=0.2X6N=1.2N,则F上2+F下2=3.2N,

物块要下移，根据胡克定律，两根弹簧增加的弹力相等，开始F下i=0.8N,F下i=1.8N,

每根弹簧增加0.3N,

2

所以升降机和物体都以6m/s的加速度向上运动时上面弹簧的弹力：FI2=FII+AF=

O.8N+O.3N=1.1N,故A正确，BCD错误。

故选：Ao

9.如图所示，在水平地面上有一辆小车，小车内底面水平且光滑，侧面竖直且光滑。球A

用轻绳悬挂于右侧面细线与竖直方向的夹角为37。，小车左下角放置球B,并与左侧面

接触。小车在沿水平面向右运动过程中，A与右侧面的弹力恰好为零。设小车的质量为

M,两球的质量均为m,则（）

A.球A和球B受到的合力不相等

B.小车的加速度大小为6m/s2

C.地面对小车的支持力大小为（M+m）g

D.小车对球B的作用力大小为1.25mg

解：A、由于A、B两球的运动状态相同，它们的加速度a相等，两球质量没想到，由牛

顿第二定律可知，它们受到的合力：F=ma相等，故A错误；

B、对小球A,由牛顿第二定律得：mgtan37°=ma,解得：a=1g=7.5m/s2,故B错误；

C、两球与车组成的系统在竖直方向静止处于平衡状态，由平衡条件得：FN=（M+2m）

g,即地面对小车的支持力大小为（M+2m）g,故C错误；

D、在竖直方向，车对B的支持力大小：Fi=mg

水平方向，对B,由牛顿第二定律得：F2=ma=%ng

小车对球B的作用力大小：FB=/母+母=1.25mg,故D正确。

故选：D。

10.如图所示，质量为m的小球用两根细线连接，细线OA的另一端连接在车厢顶，细线

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OB另一端连接于侧壁，细线0A与竖直方向的夹角为6=37°,0B保持水平，重力加

速度大小为g,车向左做加速运动，当OB段细线拉力为OA段拉力的两倍时，小车的加

速度大小为（）

537

A.gB.~gC.~gD.-g

4/q

解：小球受力如图所示，

在竖直方向，由平衡条件得：Fcos37°=mg,

在水平方向，由牛顿第二定律得：2F-Fsin37°=ma,

滑得：a=jg,故ABC错误，D正确；

故选：D。

11.下列关于惯性的说法中正确的是（）

A.汽车的质量越大，惯性越大

B.汽车的速度越大，惯性越大

C.汽车静止时，车上的乘客没有惯性

D.以上说法都不对

解：AD、惯性是物体固有的属性，惯性只跟质量有关，质量越大，惯性越大，故A正确，

D错误；

BC、惯性是物体固有的属性，与物体的运动状态无关，故BC错误。

故选：Ao

12.如图甲，学校趣味运动会上某同学用乒乓球拍托球跑，球、球拍与人保持相对静止，球

拍与水平方向的夹角为仇图乙是在倾角为。的静止斜面上用竖直挡板挡住与甲图中相

同的球，忽略空气阻力和一切摩擦，下列说法正确的是（）

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e

甲

A.该同学可能托着球做匀速直线运动

B.该同学可能托着球做变加速直线运动

C.球拍和斜面对球的弹力■定相等

D.甲图中球所受合力大于乙图中挡板对球的弹力

解：AB、对图甲中乒乓球进行受力分析：受到重力mg和球拍的支持力N,作出力图如

图甲，

根据牛顿第二定律得：mgtan0=ma,解得：a=gtanB,所以加速度恒定，该同学托着球

做匀加速直线运动，故AB错误；

C、甲图中球拍对球的弹力N=盥，乙图中斜面对球的弹力N'=盥，所以球拍和斜

COSUCOSU

面对球的弹力一定相等，故c正确;

D、甲图中球所受合力为ma=mgtan。，乙图中挡板对球的弹力为F=mgtanB,二者大小

相等，故D错误。

故选：Co

N

R

;

13.如图所示，光滑水平面上有质量为m足够长的木板，木板上放一质量也为m、可视为

质点的小木块。现分别使木块获得向右的水平初速度vo和2vo,两次运动均在木板上留

下划痕，则两次划痕长度之比为（）

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n

a，，》，，，/，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，）》““）”）：）,

A.1：4B.1：4V2C.1：8D.1：12

解：以长木板为参考系，设木块在长木板上滑动时相对于长木板的加速度为a,则相对于

长木板的末速度为零，相对于长木板的初速度分别为vo和2vo,相对于长木板的位移分

别为XI和X2,根据速度位移关系可得：

两次划痕长度之比为①=±故A正确、BCD错误。

久24

故选：Ao

14.如图所示，质量分别为2m和m的两个小球A、B间用轻弹簧相连，用细线拉着小球A

使它们一起竖直向上做匀加速直线运动，加速度大小为g（g为重力加速度），某时刻突

然撤去拉力F,则在撤去拉力F的瞬间，A、B两球的加速度大小分别为（）

d02加

R

5Om

A.g,gB.2g,gC.3g,0D.2g,0

解：剪断细线前：设弹簧的弹力大小为f。根据牛顿第二定律得

对整体：F-3mg=3mg,解得：F=6mg①

对B球：f-mg=mg解得：f=2mg②

剪断细线的瞬间：弹簧的弹力没有来得及变化，大小仍为f=2mg故aB=g

对A球：2mg+f=2maA③

②③联立得：aA=2g

故B正确，ACD错误；

故选：Bo

15.从牛顿第一定律可直接演绎得出（）

A.质量是物体惯性的量度

B.一个物体的加速度与所受合外力成正比

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C.物体的运动需要力来维持

D.物体有保持原有运动状态的性质

解：一切物体在不受外力时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。静止状态或匀速直

线运动状态是指原来静止的将保持静止状态，原来运动的将保持匀速直线运动状态。故

牛顿第一定律说明了一切物体均有惯性，会保持原来的运动状态；同时说明了力是改变

物体运动状态的原因，故ABC错误，D正确。

故选：D。

16.如图甲所示，放在固定斜面上的物块，受到方向沿斜面向上的拉力F的作用，力F的

大小与时间t的关系如乙图所示；物块的运动速度v与时间t的关系如丙图所示，6s后的

速度图象没有画出，g取lOm/s?,下列说法正确的是

A.物块的质量为5kg

B.物块在前2s内受到的静摩擦力大小为20N

C.物块在4〜6s内受到的摩擦力大小为30N

D.物块在2〜6s内的平均速度大小为2.5m/s

解：A、设物体的质量为m,斜面的倾角为3物体与斜面的动摩擦因数为4

2s~4s内，根据图丙可知加速度大小为a=W=d5m/s2=2m/s2,拉力F2=40N,

根据牛顿第二定律可得：F2-mgsinQ-|imgcos0=ma

4s~6s内，物块匀速运动，拉力F3=30N,根据平衡条件可得：F3=mgsin0+|imgcos0

联立解得：m=5kg,故A正确；

B、物体在前2s内处于静止状态，拉力Fi=20N,根据平衡条件可得：f=Fi-mgsinBW

20N,故B错误；

C、4s~6s内，物块匀速运动，拉力F3=30N,根据平衡条件可得：|imgcos0=F3-mgsin0

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W30N,故C错误;

D、速度图象与坐标轴围成的面积表示位移,则物块在2〜6s内的位移x=34),6-2)*

4m=12m,平均速度大小为了=*=¥m/s=3m/s,故D错误。

故选：Ao

17.如图所示，两块长方体滑块A和B叠放在倾角为。的斜面体C上。已知A、B质量分

别为mi和m2,A与C的动摩擦因数为卬，B与A的动摩擦因数为口2,两滑块AB在斜

面体上以相同加速度自由下滑，斜面体C在水平地面上始终保持静止，则下列说法正确

的是()

A.斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向右

B.滑块A与斜面间的动摩擦因数|Ji=tane

C.滑块A受到斜面对其摩擦力的大小为(mi+m2)gcos0

D.滑块B所受的摩擦力大小为口2m2gcos0

解：A、把滑块A、B看成一个整体，AB对C的压力在水平方向的分力为Nx=(mi+m2)

gcos0sin0,方向水平向右，滑块A对C的摩擦力在水平方向的分力为fx=fcos。，方向水

平向左，因为A、B一起加速下滑，所以(mi+m2)gsin6>f,则Nx>fx,所以斜面C有

向右的运动趋势，则斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向左，故A错误；

B,因为滑块A、B一起加速下滑，所以|ii(mi+m2)cos0<(mi+m2)gsin0,则m<tan0,

故B错误；

C、把滑块A、B看成一个整体，滑块A与斜面之间的摩擦力为f=R(mi+m2)gcos0,

故C正确；

D、滑块A、B一起加速下滑，其加速度为a=gsin0-因geos。，滑块B与滑块A之间的

摩擦力是静摩擦，设滑块A、B之间的摩擦力为f,根据牛顿第二定律可得：m2gsin0

-f=m2a=m2g(sin0-nicos0),解得f'=Rm2gcos。，故D错误。

故选：Co

18.可以用来测量国际单位制规定的三个力学基本物理量的仪器是下列哪一组()

A.米尺、弹簧秤、秒表

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B.米尺、测力计、打点计时器

C.量筒、天平、秒表

D.米尺、天平、秒表

解：长度是用刻度尺来测量的，

质量是用天平来测量的，

时间是用秒表来测量的，所以D正确，ABC错误。

故选：D。

19.关于对牛顿运动定律的理解，下列说法正确的是（）

A.运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性就越大

B.人从水平地面上猛地竖直向上跳起，地面对人的支持力将会大于人对地面的压力

C.物体的加速度方向有时与合外力方向相同，有时与合外力方向相反

D.N/kg与m/s2都是加速度的国际制单位

解：A、惯性由物体的质量决定，加速度一定运动越快的汽车停下来需要的时间更长，越

难停下来，并不能说明汽车速度越大惯性越大，故A错误；

B、地面对人的支持力与人对地面的作用力是作用力与反作用力，它们大小相等，故B

错误；

C、由牛顿第二定律可知，物体的加速度方向与合外力的方向相同，故C错误；

D、加速度：a=a的单位是：N/kg,加速度：a=等，速度单位是m/s,时间单位是

s,因此加速度单位是：m/s2,故D正确。

故选：D。

20.如图所示，一轻弹簧一端系在墙上O点，自由伸长到B点。今将一质量为tn的小物块

靠着弹簧，将其压缩到A点，然后释放，小物块能在水平面上运动到C点静止。物体与

水平面间的动摩擦因数恒定，下列说法中正确的是（）

A.物体从A到B速度越来越大，从B到C速度越来越小

B.物体从A到B先加速后减速，从B到C速度越来越小

C.物体从A到B加速度先增大后减小，从B到C加速度变小

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D.物体从A到B加速度先减小后增大，从B到C加速度增大

解:AB、物体从A到B运动的过程中，开始时弹簧的弹力大于摩擦力，加速度方向向

右，物体做加速度运动；当弹簧的弹力与摩擦力相等时，加速度为零，然后弹簧的弹力

小于摩擦力，加速度方向向左，物体做减速运动，所以从A到B先加速后减速；从B到

C物块脱离弹簧，在摩擦力作用下做匀减速运动，速度越来越小，故A错误，B正确；

CD、物体从A到B运动的过程中，开始时弹簧的弹力大于摩擦力，随物体向右运动，

弹力不断减小，物体受到的合力减小，加速度不断减小；当弹簧的弹力与摩擦力相等时，

合力为零，加速度为零；然后弹簧的弹力小于摩擦力，随物体向右运动，合力不断增大，

加速度不断增大；从B到C物块脱离弹簧，物体受到的合力等于滑动摩擦力，物体所受

合力不变，加速度不变，由此可知，从A到B加速度先减小后增大，从B都C过程加速

度不变，故CD错误。

故选：Bo

21.如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上。A、B间的

1

动摩擦因数为山B与地面间的动摩擦因数为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力

加速度为g。现对A施加一水平拉力F,则（）

RI

A.当FV211mg时，A、B都相对地面静止

q1

B.当F=根9时，A的加速度为二

C.当F>3皿ig时，A相对B滑动

1

D.随着F的增大，B的加速度会超过

解：A.设B对A的摩擦力为fi,A对B的摩擦力为f2,地面对B的摩擦力为f3,由牛

3

顿第三定律可知fi与f2大小相等，方向相反,fl和f2的最大值均为2|img,f3最大值为5〃机

故当0VF4■!卬ng时，A、B均保持静止；继续增大F,在一定范围内A、B将相对静止

以共同的加速度开始运动，故A错误；

BC.设当A、B恰好发生在相对滑动时的拉力为F',加速度为a',则对A,有：F'

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-2pmg=2ma',对A,B整体有：F'—7ng=3ma',

3

解得：F'=3pmg,故当7ng<FW3|img时，A相对于B静止，两者以共同的加速度

开始运动；当F>3pmg时，A相对于B滑动。当时，A、B以共同的加速度

开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有：F-=3ma,解得：。=等

故B错误，C正确；

Q1

D.对B来说，其所受合力的最大值为：Fm=2fimg=^nmg,即B的加速度

不会超过:“g,故D错误。

故选：Co

二.多选题（共2小题）

22.如图为某工程车的卸货装置，该装置为一能够直接将货物传送到地面的倾角为0的传

送带。该装置在正常工作时沿逆时针方向匀速转动，传送带的速度为v,卸货工人将质量

均为m的货物无初速度地放在传送带顶端，已知货物与传送带间的动摩擦因数为4则

货物在整个运动过程中的速度随时间变化的规律可能是（）

解：第一种情况：刚放上去的时候，货物受重力、支持力、摩擦力方向向下，货物做加

速运动，故由牛顿第二定律：mgsin0+nmgcos0=mai,解得：ai=gsin0+[igcosO货物做加

速运动，如果传送带的长度小于货物与传送带共速时的加速位移，则货物将一直以ai的

加速度加速到底端，即货物一直做匀加速直线运动，故B正确；

第二种情况：如果两者共速时货物仍未到达传送带的底端，当货物速度大于传送带速度

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后，摩擦力变为向上，

①若有|i<tan0,即|imgcos0<mgsin0,货物做加速运动，则由牛顿第二定律：mgsinO

-nmgcos0=ma2,解得：a2=gsin0-|igcos0,即物体先以加速度ai做匀加速，再以稍小

的加速度a2做匀加速直线运动，故C正确；

②若有|i>tan0,即nmgcos0>mgsin0,货物和皮带间不再发生相对滑动，货物随皮带一

起匀速，故D正确；

故选：BCDo

23.如图所示，一轻质弹簧一端系在墙上的O点，自由伸长到B点。今用一小物体m把弹

簧压缩到A点，然后释放，小物体能运动到C点静止，物体与水平地面间的动摩擦因数

恒定，试判断下列说法中不正确的是（）

：ABC

'，，，，，，，，，，，>'，，，

A.物体从A到B速度越来越大，从B到C速度越来越小

B.物体从A到B速度越来越小，从B到C加速度不变

C.物体从A到B先加速后减速，从B到C一直减速运动

D.物体在B点受到的合外力为零

解：ABC、物体竖直方向受到重力与地面的支持力平衡，水平方向受到弹簧的弹力和滑

动摩擦力。

从A到B过程中，弹簧的弹力水平向右，摩擦力水平向左，弹簧的弹力先大于摩擦力，

后小于摩擦力，故物体先加速后减速；

从B到C过程，摩擦力和弹簧的弹力方向均向左，物体一直做减速运动，故AB错误，

C正确；

D、物体在B点时，弹簧的弹力为零，而摩擦力不为零，则物体所受的合外力不为零，

故D错误。

本题选错误的，故选：ABDo

三.填空题（共7小题）

24.传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图。绷紧的传

送带AB始终保持恒定的速率V运行，将行李无初速度地放在A处。设行李与传送带之

第14页共34页

间的动摩擦因数为N，A、B间的距离为L,重力加速度g。则行李刚放上传送带时，它

的加速度a=3,行李在传送带上的时间一定大于,（大于、小于、等于）

-r"i'B

（•）=G）

解：行李刚放上传送带时，它的加速度为：a=™=ng

如果行李在传送带上一直做速度为v的匀速运动，所用时间为/但实际上行李开始先做

初速度为0的匀加速运动，最大速度不大于v,则全程平均速度小于V,故时间一定大于

L

O

V

故答案为：ng,大于。

25.如图所示为两架螺旋桨直升机在空中水平加速或减速飞行的姿态，其中水平加速前进的

飞机是图（a）,其判断的依据是螺旋桨叶片产生的推力（或空气对螺旋桨叶片的

反作用力）垂直螺旋桨平面向上，它与重力的合力指向飞机前进的方向。

b

解：水平加速前进的飞机是图（a）,判断的依据是：螺旋桨叶片产生的推力（或空气对

螺旋桨叶片的反作用力）垂直螺旋桨平面向上，它与重力的合力指向飞机前进的方向。

故答案为：（a）；螺旋桨叶片产生的推力（或空气对螺旋桨叶片的反作用力）垂直螺旋

桨平面向上，它与重力的合力指向飞机前进的方向。

26.地面上物体在变力F作用下由静止开始竖直向上运动，力F随高度x的变化关系如图

所示，物体能上升的最大高度为h。若Fo=15N,H=1.5m,h=lm,g=10m/s2,则物体

运动过程中的最大速度大小为—限_m/s,最大加速度大小为5m/s?。

解：（1）因作用在物体上的力F均匀地减小，所以加速度是先减小至零时再反向增加,

第15页共34页

开始时与到达最高点时速度都为零，根据对称性可知开始时和高度最大时，具有相同的

加速度，且为最大，所以当物体加速度最大时其高度为0或h。

因变力F在均匀地变化，由图中的几何关系可知该过程中的平均作用力为：

R=4"+FO=1ON…①

所以在物体能上升到最大高h的过程中，由功能关系有：

Fh=mgh…②

①②两式联立的：m=lKg,

当拉力等于重力时，速度最大，该段时间拉力的平均作用力为：

—=气10%='N

1

此时物体上升的高度为「Tn,

2

根据动能定理有：F'h'-mghr=|mv2,

代入数据解得：v=VZ5m/s；

(2)初始时刻根据牛顿第二定律有：最大加速度大小为：

O-max=5m/s2

故答案为：后,5

27.民用航空客机的机舱，除了有正常的舱门和舷梯连接供旅客上下飞机外，一般还设有紧

急出口.发生意外情况的飞机在着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊

构成的斜面，机舱中的人可沿该斜面滑行到地面上来.若机舱离气囊底端的竖直高度为

5m,人与气囊间的动摩擦因数为0.36,人到达地面的速度不得超过8m/s.则从舱门伸到

地面的气囊最短长度为_5&_m.(g取10m/s2)

解：对人加速下滑过程运用动能定理列式，有：

h1

mgh-[imgcosG.=-mv2—0

sin62

解得：

,介2ugh2x0.36x10x51

tand==2X10X5—64=1

e=45°

故从舱门伸到地面的气囊最短长度为：V2h=5V2m；

故答案为：5V2.

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28.在北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运

动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神.为了探究上升过程中运动员与绳索和吊椅间的

作用，可将过程简化.一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端

被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示.设运动员的质量为65kg,吊椅的质量为15kg,

不计定滑轮与绳子间的摩擦.重力加速度取g=10m/s2.当运动员与吊椅一起正以加速度

a=lm/s2上升时，

（1）运动员竖直向下拉绳的力440N；

（2）运动员对吊椅的压力大小275N.

解：（1）设运动员受到绳向上的拉力大小为F,由于跨过定滑轮的两段绳子的拉力大小

相等，故吊椅受到绳的拉力大小也是F.对运动员和吊椅整体进行受力分析，如图所示，

则有：

2F-（m人+m椅）g=（m人+m椅）a

代入数据解得：F=440N

根据牛顿第三定律知，运动员竖直向下拉绳的力的大小为：F,=440N.

（2）设吊椅对运动员的支持力为FN,对运动员进行受力分析，如图所示，则有：

F+FN-m人g=m人a

代入数据解得：FN=275N

根据牛顿第三定律知，运动员对吊椅的压力大小为275N.

故答案为：（1）440N；（2）275N

（m人+m策应

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29.倾斜索道与水平面夹角为37°,质量为m的人站在车厢内沿钢索匀加速向上运动，他

对箱底压力为1.25mg。那么，车厢沿钢索匀加速向上运动的加速度车厢对

1

人的摩擦力Ff=-mgo

-3-

解：由于人对车厢底的正压力为其重力的1.25倍，根据牛顿第三定律知车厢对人的支持

力大小为FN=1.25mg

在竖直方向上，由牛顿第二定律有：

FN-mg=m(asin37°)

解得：a=与g

在水平方向上，由牛顿第二定律有：Ff=m(acos37°)

解得：Ff=@mg

51

故答案为：—g,-mgo

30.如图甲所示，人站在力传感器上完成起立和下蹲动作。图15乙中呈现的是力传感器的

示数随时间的变化情况。图乙中a点，小明所受到的支持力小于受到的重力(选填

“大于”、“等于”或“小于”b点到c点的过程中，小明完成了起立动作(选填“起

立”或“下蹲

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乙

解：根据图乙知小明的重力为G=500N,图中a点，F<500N,说明小明处于失重状态，

所以小明所受到的支持力小于受到的重力；

根据图象，从b点到c点的过程中，小明先处于超重状态后处于失重状态，说明小明完

成了起立动作。

故答案为：小于；起立。

四.实验题（共1小题）

31.某同学利用如图1装置探究加速度与合外力的关系。利用力传感器测量细线上的拉力。

按照如下步骤操作：

①安装好打点计时器和纸带，调整长木板的倾斜程度，平衡小车摩擦力；

②细线通过导轨一端光滑的定滑轮和动滑轮，与力传感器相连，动滑轮上挂上一定质量

的钩码，将小车拉到靠近打点计时器的一端；

③打开力传感器并接通打点计时器的电源（频率为50Hz的交流电源）；

④释放小车，使小车在轨道上做匀加速直线运动；

⑤关闭传感器，记录下力传感器的示数F；

⑥通过分析纸带得到小车加速度a；

⑦改变钩码的质量，重复步骤①②③④⑤⑥；

⑧作出a-F图象，得到实验结论。

⑴本实验在操作中是否需要满足钩码的质量远远小于小车的质量？否（选填“是”

或“否”）。

（2）某次释放小车后，力传感器示数为F,通过天平测得小车的质量为M,动滑轮和钩

码的总质量为m,不计滑轮的摩擦，则小车的加速度理论上应等于B。

._F

A，a~2M

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B-a=(

2F

Dn.a=M

(3)如图2是某次实验有效纸带的一段，部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还

有4个打印点未画出)，测得si=3.59cm,S2=4.41cm,S3=5.19cm,S4=5.97cm,S5=6.78cm,

S6=7.64cm,则钩码的加速度a=0.40m/s21.

解：(1)本实验利用力传感器可直接测量出细线对小车的拉力大小，可不需要用钩码的

重力替代，所以不需要满足钩码的质量远远小于小车的质量，故选否；

(2)由于已平衡摩擦力，所以细线对小车的拉力即为小车受到的合力，根据牛顿第二定

律可得小车的加速度大小为a=若，故B正确，ACD错误。

故选：B；

(3)由于相邻两计数点间还有四个点没有画出，交流电源的频率为50Hz,则相邻两计

2

数点间的时间间隔为T=0.1s,由S4-S]=3aT2、s5-s2=3aT\s6-s3=3aT,可得

小车的加速度为a=S4+S5+S6-尸-S3=

9Tz

0.0764+0.0678+0.0597—0.0359—0.0441—0.0519?4tm-rA-nkHrn-tin-i—

------------------------5-----------------=0n.80m/s2，由1图可知钩码的加速度大

9x0.

小为小车加速度大小的一半，即钩码的加速度大小为0.4m/s2。

故答案为:(1)否；(2)B；(3)0.40o

五.计算题(共4小题)

32.在民航机场和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带。旅客把行李放到

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传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行

李随传送带一起前进。若传送带匀速前进的速度为0.4m/s,某次将一质量为20kg的木箱

轻轻地放置于传送带上，该木箱与传送带之间的动摩擦因数为0.4,g取10m/s2,试求:

(1)木箱做匀加速运动的时间；

(2)木箱在传送带上留下的摩擦痕迹长；

(3)木箱对传送带做的功。

解：(1)根据牛顿第二定律得：木箱的加速度a=^=4m/s2,

木箱由静止开始运动达到传送带速度所需的时间t=空=0.1s；

(2)t时间内木箱的位移为：xi=^at2=0.02m

传送带的位移x2=vot=O.4XO.lm=O.O4m

所以摩擦痕迹的长度为：Z\x=x2-xi=0.02m；

(3)根据功的计算公式可得木箱对传送带做的功：W=-umgx2=-3.2Jo

答：(1)木箱做匀加速运动的时间为0.1s；

(2)木箱在传送带上留下的摩擦痕迹长为0.02m；

(3)木箱对传送带做的功为-3.2J。

33.如图所示，水平传送带A端到B端的距离L=16m,物块PQ均视为质点)通过绕在光

滑定滑轮上的细线连接，物块Q在传送带的左端，与连接物块Q的细线水平，当传送带

以8m/s的速度逆时针转动时，物块Q恰好静止。己知物块P的质量mp=2kg,物块Q

与传送带间的动摩擦因数为0.25,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=

10m/s2,求：

(1)物块Q的质量；

(2)当传送带以v=8m/s的速度顺时针转动时，物块Q从A端运动到B端所用的时间；

(3)当传送带以v=8m/s的速度顺时针转动时，物块Q从A端运动到B端的过程中，

物块Q相对传送带运动的距离。

解：(1)当传送带以v=8m/s逆时针转动时，物块Q恰好静止不动，对Q受力分析知F

=f

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BPmpg=|imQg

解得：mQ=8kg

（2）当传送带以v=8m/s顺时针转动时，物块Q向右做初速度为零的匀加速直线运动，

对Q,由牛顿第二定律得：

|imQg+T=mQa

对P分析可得mpg-T=mpa

联立解得：a=4m/s2

共速之前P、Q一直做匀加速直线运动，Q匀加速运动的时间为：ti===2s=2s

”2Q2

Q匀加速运动的位移为：x=y-=^-ym=8m<16m

ZuZX41

共速之后Q做匀速运动，所用时间为：t2=m=等s=is

Q从A端到达B端所用的时间为：t,e.=ti+t2=3s

（3）Q加速阶段传送带的位移为：*传=丫口=8乂2111=16111

共速阶段二者没有相对位移，所以物块Q相对传送带运动的距离为：传-x=8m

答：（1）物块Q的质量是8kg；

（2）当传送带以v=8m/s的速度顺时针转动时，物块Q从A端运动到B端所用的时间

是3s；

（3）当传送带以v=8m/s的速度顺时针转动时，物块Q从A端运动到B端的过程中，

物块Q相对传送带运动的距离是8m。

34.短跑运动员进行体能训练，质量M=69kg的运动员腰部系着不可伸长的轻绳，绳长L

=5m,拖着质量m=11kg的轮胎。最初绳子绷紧，运动员从百米跑道的起点由静止开始，

沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37°,5s末绳突然断裂，运动员保持

绳断时的速度跑到百米跑道的终点。轮胎运动的v-t图象如图所示，运动员的跑鞋与地

面不打滑，不计空气阻力。sin37°=0.6,g取10m/s2,求：

（1）绳上的拉力大小；

（2）运动员冲过终点线时与轮胎之间的距离。

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解：（1）由图示v-t图象可知，轮胎的加速度大小：

ai—筹=^-m/s2=2m/s2

a2==^^m/s2=5m/s2

设轮胎与地面的动摩擦因数为中

对轮胎，由牛顿第二定律得：

Fcos37°-|i（mg-Fsin37°）=mai,

|img=ma2,

代入数据解得：口=0.5,F=70N；

（2）由图不v-t图象可知：

轮胎加速阶段的位移大小：xi="=学x5m=25m,

减速阶段的位移大小：X2=；t2=竽X（7-5）m=10m,

运动员冲过终点线时与轮胎之间的距离：x=100m-xi-X2-Lcos37°,

代入数据解得：x=69m；

答：（1）绳上的拉力大小为70N；

（2）运动员冲过终点线时与轮胎之间的距离为69m。

35.如图所示，与水平面夹角0=37°的倾斜传送带以vo=2m/s的速度沿顺时针方向转动，

小物块A从传送带顶端无初速度释放的同时，小物块B以vi=8m/s的速度从底端滑上传

送带。己知小物块A、B质量均为m=lkg,与传送带间的动摩擦因数均为R=0.5,小物

块A、B未在传送带上发生碰撞，重力加速度g取lOm/s?,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求：

（1）小物块B向上运动过程中平均速度的大小。

（2）传送带的长度1应满足的条件。

解：（1）由题意可知，小物块B在开始时受到的摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律

可知:

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mgsin0+|imgcos0=mai,

代入数据解得：ai=10m/s2

减速到传送带速度时所需时间为：ti=色