上海上海音樂學(xué)院實(shí)驗(yàn)學(xué)校高中物理必修一第四章《運(yùn)動和力的關(guān)系》測試卷(答案解析)

1、 1在豎直上拋運(yùn)動中，正確的說法是（）B下降過程是超重過程D全過程是a g 的完全失重）B物塊 A 處于超重狀態(tài)D物塊 A 豎直向上先加速后減速板間的動摩擦因數(shù)為 0.75，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（）gA此時小球的加速度大小為2B此時小車的加速度方向水平向左3C此時木塊受到的摩擦力大小為丁Mg，方向水平向右3D若增大小車的加速度，當(dāng)木塊相對車廂底板即將滑動時，小球?qū)?xì)線的拉力大小為5 如圖所示（規(guī)定加速度方向豎直向上為正），下列說法正確的是（）A地球表面在當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹?a0FB物體的質(zhì)量為0C當(dāng) a=a 時，物體處于失重狀態(tài)1FFaD當(dāng) a=a 時，拉力01a10至

2、 B 的 vt 圖象如圖所示，M 時刻煤塊到達(dá) B 端。下列說法正確的是（）7如圖所示，光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m、2m 和 3m 的三個木塊，其中質(zhì)量為 2m （）2D輕繩剛要被拉斷時，質(zhì)量為 m 和 2m 的木塊間的摩擦力為 T3）9下列物理量單位用國際單位制表示正確的是（）A靜電力常量 k N m /CB彈簧勁度系數(shù) k N/cmD電阻率 /m22C動摩擦因數(shù) N/kgm 2m 3m10如圖所示，懸掛在空中的三個物塊 A、B、C 的質(zhì)量滿足，A 與天花ABC板之間、A 與 B 之間均用輕細(xì)繩相連，B 與 C 之間用輕彈簧相連，當(dāng)系統(tǒng)靜止后，突然剪斷 A，B 間的細(xì)繩，則此瞬間 A、B、

3、C 的加速度分別為( 重力加速度為 g，取向下為正)（）55gA 、 g 、0B0、 g 、02355CD0、g、g63 A02 33g ，方向垂直木板向下C大小為 g，方向豎直向下3，方向水平向右g3）AAt 時刻火箭距地面最遠(yuǎn)3Bt t 時間內(nèi)，火箭在向下降落23Ct 時刻火箭落回地面3D0t 時間內(nèi)，火箭始終處于失重狀態(tài)13如圖所示，質(zhì)量均為 1kg 的兩個小物體 A、B（看做質(zhì)點(diǎn)）在水平地面上相距 9m，它?，F(xiàn)使它們分別以初速度A同時相向運(yùn)動，重力加速度 g 取 10m/s 。則它們經(jīng)過_s 相遇（非碰2撞），交錯而過后最終兩者相距_m。14現(xiàn)有數(shù)個力作用在質(zhì)量為5kg 的物體上，物體

4、處于平衡狀態(tài)，如果突然把向西的10N的力減小到 8N，則物體的加速度大小為_，方向_15一質(zhì)量為 2kg 的物塊在合外力 F 的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動，F(xiàn) 隨時間 t 變化的圖線如圖所示，則t 2運(yùn)動前 2s 內(nèi)的位移為_。218(1)如圖所示，3m 長的水平傳送帶以 v =2m/s 的速度勻速運(yùn)行，t=0 時刻，在左端輕放0一質(zhì)量為 m 的小滑塊，已知滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)=0.1，重力加速度g=10m/s ，則 t=2.2s 時滑塊的速度為_m/s；2(3)如圖所示為雜技”頂桿“表演，一大人（質(zhì)量為 80kg）站在地上，肩上扛一質(zhì)量為 M=2kg的豎直竹竿，當(dāng)竿上一質(zhì)量為 m=4

5、0kg 的小孩以加速度 2m/s 加速下滑時，桿對地面上的2大人的壓力大小為_N。（g=10m/s ）219如圖所示，A、B 兩小球分別用輕質(zhì)細(xì)繩 L 和輕彈簧系在天花板上，A、B 兩小球之間1用一輕質(zhì)細(xì)繩 L 連接，細(xì)繩 L 、彈簧與豎直方向的夾角均為 ，細(xì)繩 L 水平拉直，現(xiàn)將細(xì)212 221度之比為_。02(1)月球表面的重力加速度 g 為多大？月(2)發(fā)動機(jī)的推力調(diào)整為多大才能控制探測器以a 224如圖甲所示，質(zhì)量為 m=1kg 的物體置于傾角為 =37 的固定斜面上（斜面足夠長），對物體施加平行于斜面向上的恒力 F，作用時間 t =1s 時撤去拉力，物體運(yùn)動的部分 vt1圖象如圖乙所

6、示，g 取 10m/s ，試求：2(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)拉力 F 的大小。 37并保持不變，經(jīng) 4s 后松手（ g 10m/s2，cos37=0.8，sin37=0.6）。求：(1)松手前鑄件的加速度大??；(2)松手后鑄件還能前進(jìn)的距離( 結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 。1m/s 的勻減速直線運(yùn)動，并向車上成員發(fā)出警告，2s 之后系統(tǒng)采取緊急制動，使汽車做2 勻減速直線運(yùn)動，最終該汽車恰好沒有與障礙物發(fā)生碰撞，已知41 6.4。求：（1）駕駛員采取緊急制動之前，汽車行進(jìn)距離的大?。唬?）假設(shè)駕駛員的質(zhì)量為 70kg，求緊急制動時座位對駕駛員的作用力大小；（3）現(xiàn)有 4G 信號系統(tǒng)平均

7、延遲時間為 0.4s，在 4G 通信情況下，在 22m 距離內(nèi)系統(tǒng)直接勻減速的加速度至少要多大才能避免相撞（保留2 為有效數(shù)字）?！緟⒖即鸢浮?試卷處理標(biāo)記，請不要刪除一、選擇題1D解析：D在豎直上拋運(yùn)動中，物體只受重力作用，根據(jù)牛頓第二定律得知，物體的加速度為g，方 g向豎直向下，全過程是a故選 D。的完全失重狀態(tài)。2B解析：B設(shè)與汽車相連的繩子與水平方向的夾角為 ，則有vcos vA當(dāng)汽車沿水平面向右勻速運(yùn)動時，繩子與水平方向的夾角為 減小，物塊 A 的速度逐漸增大，說明物塊 A 在向上加速，繩子拉力大于其重力，處于超重狀態(tài)。故選 B。3C解析：CA對小球受力分析如圖，由牛頓第二定律， m

8、g tan30 ma求得小球的加速度3a g3故 A 錯誤；B小球受力分析如圖 3f Ma Mg3加速度相等，設(shè)為 a ，對木塊由牛頓第二的定律得 m a木木 135F (mg) (ma ) mg22411解析：BA.手機(jī)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，受力平衡，手機(jī)共受到重力、支架的支持力、摩擦力以及磁盤的吸引力，共 4 個力的作用，A 錯誤；B.手機(jī)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，支架對手機(jī)的支持力、摩擦力、吸引力的合力與手機(jī)重力等大反向，B 正確；CD.因磁盤對手機(jī)的吸引力和手機(jī)所受支持力均與引磁片垂直，汽車有向前的加速度時，一定有沿斜面向上的摩擦力，CD 錯誤。故選 B。解析：A mg ma0得g a0故 A 正確；

9、 0B當(dāng) a時有F mg 00解得F F0m g a00故 B 錯誤；C由題意知，規(guī)定加速度方向豎直向上為正，當(dāng)a=a 時即加速度向上，物體向上做加速1運(yùn)動，物體處于超重狀態(tài)，故 C 錯誤；D由牛頓第二定律可知F0F=mg ma ma ma (a a )a101010故 D 錯誤。故選 A。6C解析：CA由 vt 圖象可知在 1s 后煤塊與傳送帶保持相對靜止，則傳送帶的速度為2m/s，A 錯誤；B由于 M 時刻煤塊到達(dá) B 端，且 vt 圖象的面積代表煤塊的位移則x = 4m = M + M -1解得M = 2.5s則 M 對應(yīng)的時刻為 2.5s，B 錯誤；C從動輪通過靜摩擦力帶動皮帶上的P

10、點(diǎn)向下運(yùn)動，所以 P 點(diǎn)所受摩擦力豎直向下，C 正確；D只有在 0 1s 內(nèi)煤塊才會在傳送帶上留下劃痕則x = x x ，x = 2m，x = 1m傳煤傳煤則煤塊在傳送帶上的劃痕長度為 1m，D 錯誤。故選 C。7C解析：CA對質(zhì)量為 2m 的木塊受力分析可知，受重力、地面對木塊的支持力、質(zhì)量為m 的木塊的壓力和摩擦力，輕繩對木塊的拉力共 5 個力，A 錯誤；BC由輕繩能承受的最大拉力 T，有T=3ma 解得Ta 3m由整體可知TF=6ma=6m=2T3mB 錯誤，C 正確；D質(zhì)量 m 和 2m 的木塊間的摩擦力T T3m 3F =ma=mfD 錯誤。故選 C。8A解析：AA由于水平面粗糙且

11、點(diǎn)為彈簧在原長時物塊的位置，所以彈力與摩擦力平衡的位置在OA 之間，加速度為零時彈力和摩擦力平衡，所以物塊在從A 到 B 的過程中加速度先減小后反向增大，故 A 正確；B從 A 往 O 運(yùn)動，當(dāng)彈簧的彈力等于摩擦力時，加速度為0，速度最大。彈力與摩擦力平衡的位置在 OA 之間，故速度最大點(diǎn)在 OA 之間，故 B 錯誤；C所受彈簧的彈力先減小后增大，故C 錯誤；D當(dāng)彈簧處于原長的時候，彈簧彈力為0，此時小于摩擦力。故 D 錯誤。故選 A。9A解析：Akq qA由庫侖定律 F得1 2r2Fr2k q q1 2公式中，電荷量 q 、q 的單位為庫侖（C），距離 r 的單位為米（m），庫侖力 F 的單

12、位為12牛頓（N），由公式推導(dǎo)得出 k 的單位為 N m / C ，故 A 正確；22B根據(jù)胡克定律 F=kx 知，F(xiàn) 的單位是 N，x 的單位是 m，則 k 的單位是 N/m，故 B 錯誤；C根據(jù) f=N 知 f 和 N 的單位均為 N，則 沒有單位，故 C 錯誤；LD根據(jù)電阻定律 R得，R 的單位是 ，L 的單位是 m，S 的單位是 m ，推導(dǎo)可知，2S 的單位是m ，故 D 錯誤。故選 A。10B 剪斷繩子前，彈簧的彈力為CBCBmm3BB木板撤去前，小球處于平衡態(tài)，受重力、支持力和彈簧的拉力，如圖根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有F N sin 30 03N mg ， F mg3木板 AB 突然撤

13、去后，支持力消失，重力和拉力不變，合力大小等于支持力N，方向與 Nmg3gm方向垂直于木板向下，故 B 正確錯誤，ACD。故選 B。解析：AABC根據(jù)圖像，0t 火箭加速上升，t t 火箭仍然勻加速上升，但加速度減小了，t t 時11223 間內(nèi)火箭勻減速上升，故 t 時刻火箭距地面最遠(yuǎn)，B 錯誤 C 錯誤 A 正確；3D0t 火箭加速上升，超重，t t 火箭仍然勻加速上升，超重，加速度增加了，t t 時間11223內(nèi)火箭勻減速上升，失重， D 錯誤。故選 A。二、填空題131解析：112對物體 A 受力分析，均受到重力、支持力和滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有-mg=ma故加速度為a =-g

14、=-2m/s21同理物體 B 的加速度為a =-g=-2m/s22B 物體初速度較小，首先停止運(yùn)動，故其停止運(yùn)動的時間為0vt 1sBa12該段時間內(nèi)物體 A 的位移為物體 B 的位移為1x v t a t 5m22A1A 11 11x v t a t 1m22BB 12 1故此時開始，物體 B 不動，物體 A 繼續(xù)做勻減速運(yùn)動，直到相遇；即在離 A 物體 8m 處相遇，1s 末 A 的速度為v =v +a t =4m/sA1A1 1物體 A 繼續(xù)做勻減速運(yùn)動過程，有1x v t a t 3m22A2A1 22 2解得t =1s2故從出發(fā)到相遇的總時間為最終都停止時 A 的總位移t=t +t

15、=2s12v2A2ax 9mA1即 A 停止時正好停到 B 原來的位置，則交錯而過后最終兩者相距1m。14向東 解析：0.4m / s2 向東1原來物體處于平衡狀態(tài)，如果突然把向西的10N 的力減小到 8N，則物體所受的合外力為 2N，方向向東。F 2a m/s 0.4m/sm 5根據(jù)牛頓第二定律有222加速度的方向與合外力的方向一致，方向向東。155解析：51前兩秒，根據(jù)牛頓第二定律得：Fa 1m/s2m1則t1s的物塊的速率為：v a t 1m/s1120-2s 的物塊的位移為：后兩秒，根據(jù)牛頓第二定律得：2s 4s 的物塊的位移為：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經(jīng)過 4s 物體的位移大小為：x x x 5m12162解析：2設(shè) CA 和 PB 的夾角為 ，則圓環(huán)沿光滑細(xì)線下滑的加速度為a g cos，又14CA at1.2sPB 2CAcos，結(jié)合勻變速直線運(yùn)動規(guī)律可得2CAcos，t22g17m14m/s2m/s解析：m 14m/s 2m/s(1)1將物體的運(yùn)動看做反方向初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，則物體在停止運(yùn)動前2s 時的位移為1s at22 m21 gt(2)2一常規(guī)生活小區(qū) 4 樓陽臺離地高度大約為 h=10m，由h2得2 2ht 2s 1.4sg則花盆落地

17、時速度大小約為v gt 14m/s(3)3小物塊在水平傳送帶上在滑動摩擦力的作用下先做勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)加速到與傳送帶速度相同時，則有f mg mav2s 2a1代入數(shù)據(jù)解得s 0.5m 2m1則小物塊在傳送帶上先勻加速運(yùn)動 0.5m，后以傳送帶的速度勻速運(yùn)動 1.5m。故小物塊到達(dá) B 端的速度是 2m/s 。18340m解析：F 340M m(1)1物塊在傳送帶上的加速度為達(dá)到傳送帶速度時的時間為這段過程中滑塊的位移為t 2.2s 時滑塊的速度為mgm g 1m/s2a v 20a 1t s=2s11s v t 2m 3m20 1v v 2m/s0(2)2對 m 和 M 的整體，由牛頓第二

18、定律F (M m)a對 mF maf得mF F mf M(3)3對竿上的人由牛頓第二定律得：mg-F maf由牛頓第三定律得人對竿的摩擦力大小等于竿對人的摩擦力F 的大小f 對竿由平衡條件得：解得：MgF FfNF （Mm）g-maN由牛頓第三定律得竿對“底人”的壓力：F F （Mm）g-ma=340NNN19(cos ) :1 cos :121將細(xì)線 L 剪斷瞬間，細(xì)繩 L 上的拉力21F mg cos1彈簧彈力不變，為mgF T cos則F (cos )21F1T2 對 A 由牛頓第二定律得mg sin maA解得a g sinA彈簧的彈力不可突變，將細(xì)線 L 剪斷瞬間，對 B 球，由牛頓

19、第二定律得2mg tan maB解得a g tanB則 A 與 B 的加速度之比為cos :12016解析：16根據(jù)牛頓第二定律有F f F mga=mm解得a=8m/s2由公式 v=at，代入數(shù)據(jù)得v=82m/s=16m/s三、解答題21(1)10m/s ；(2)向下勻加速；理由見解析；(3)30N2(1)剛撤去 F 后，根據(jù)牛頓第二定律得 mg sin37 + mg cos37 ma2解得a 10m/s22(2)運(yùn)動到 B 點(diǎn)后，重力沿斜面向下的分力為G mg sin 1100.6N 6N1最大靜摩擦力按照滑動摩擦力算為F mg cos37 0.51100.8N 4Nf因?yàn)閮烧叨际呛懔?，?/p>

20、G F1f所以滑塊會沿斜面向下勻加速運(yùn)動。(3)撤去 F 時，滑塊的速度v a t 102m/s 20m/s12 2在有拉力加速的階段，解得v v a t101 1a 5m/s21根據(jù)牛頓第二定律 F cos mgsin (mg cos F sin ) ma1解得F 30N22(1) 1.6m/s ；(2)3700N2(1)由牛頓第三定律，氣體對探測器的作用力向上，大小也為5920N，即F F 5920N11探測器懸停時，有帶入數(shù)據(jù)，得F mg月1Fg = 1.6m/s1m2月(2)探測器勻加速下降時，設(shè)探測器受到氣體對它的作用力大小為F ，則有2mg F ma月22帶入數(shù)據(jù)，得 3700NF

21、由牛頓第三定律，發(fā)動機(jī)的推力大小 F 應(yīng)為2F F 3700N223（1）0；（2）6m/s（1）由于斜面光滑，則開始時滑塊和長木板一起下滑以整體為研究對象，則 （m+M）gsin37=（m+M）a解得a=6m/s2mgsin37-f=maf=0對滑塊受力分析，可知解得（2）開始時滑塊和長木板一起下滑。設(shè)長木板第一次碰撞擋板的速度大小為v 。1由位移公式1L at22解得t=1s由速度公式得v =at=6m/s1碰后長木板反彈，對滑塊受力分析mgsin37-mgcos37=ma1解得a =2m/s21方向沿斜面向下對長木板受力分析Mgsin37+Mgcos37=Ma2解得a =10m/s22方向沿斜面向下第一次長木板與擋板碰撞后與滑塊發(fā)生相對滑動。設(shè)長木板向上運(yùn)動減速到零的時間為t ，位移為