上海華東師范大學附屬楓涇中學高中物理必修一第四章《運動和力的關系》測試題(有答案解析)

10、度沖上斜面，后又返 回到出發(fā)點，它與斜面的動摩擦因素為 0.5，則整個過程中總共用時_____________s，返回 出發(fā)點時的速度大小是_____________m/s（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。 15．如圖所示，一根光滑的桿折成直角三角形豎直放置，AC 垂直 BC，AB 長為 H 且在豎直 方向。一個小球套在桿上從 A 點由靜止開始下滑到 C 點的時間 t =____________。若小球 從 C 點由靜止開始下滑到 B 點的時間為 t ，則 t _________t （填“大于”、“等于”、“小 于”），已知重力加速度為 g。 m = m =

11、 16．如圖所示，某同學做了如下的力學實驗，一個質量為 m 的物體 A 在水平面上運動，A 受到向右的拉力 F 作用，設水平向右為加速度 a 的正方向，如圖（a）所示，測得 A 的加 速度 a 與拉力 F 之間的關系如圖（b）所示．由圖像可知，A 的質量 _______kg，A 與 水平面的動摩擦因數 ________（g 取10m/s 2 ） 17．如圖所示，沿水平道路行駛的車廂內懸掛著一個小球，當車向圖示方向前進時，懸掛 小球的細線跟豎直方向偏離 q =45° ，則車廂在做________運動，加速度大小為 ________． 18．蹦床是運動

12、員在一張繃緊的彈性網上蹦跳、翻滾，并做各種空中動作的運動項目。一 個質量為 60kg 的運動員，從離水平網面 3.2m 高處自由下落，著網后沿豎直方向蹦回離水 平網面 5.0m 高處。已知運動員與網接觸的時間為1.2s ，若把這段時間內運動員的運動當 成勻變速運動處理 (  即網對運動員的作用力當作恒力處理 )  ，則此過程中加速度的大小為 ______ m / s  2  ，此恒力的大小為______  N  。（  g =10m / s  2  ) 19．2020 年

13、 12 月 17 日“嫦娥五號”返回器成功返回，并帶回來 1.73kg 月球土壤，這是時隔 44 年人類再一次獲得月球土壤，全體中國人都為之自豪。假設返回器在接近地面時以 10m/s2 的加速度豎直向下做勻減速運動，則這些月球土壤對返回器的壓力為______N，此 時土壤處于______狀態(tài)（選填“超重”或“失重”）。 0 20．如圖（a），商場半空中懸掛的鋼絲上掛有可以自由滑動的夾子，各個柜臺的售貨員將 票據和錢夾在夾子上通過鋼絲傳送給收銀臺。某時刻鐵夾的加速度恰好在水平方向，鋼絲 的形狀如圖（b），其左側與水平夾角為 θ，右側處于水平位置，已知鐵夾的質量為

14、 m，重 力加速度為 g，則鐵夾的加速度方向___________，大小為___________。 三、解答題 21．安全帶，生命帶，前排后排都要系。車禍發(fā)生時，安全帶能把人向后拉住，從而減輕 對人的傷害。一輛小汽車正以大小 v =20m/s 的速度在水平路面上行駛，迎面撞上了高架橋 的橋墩，在勻減速運動過程中，小汽車頭部縮短的距離 x=0.4m。 (1)求小汽車勻減速運動過程中的加速度大小 a； (2)若后排有一位質量 m=70kg 的乘客，車禍時安全帶對他的水平拉力大小恒為 F=2800N， 忽略座椅和地板對人的摩擦力，且該乘客未與前排座椅接觸，求安全帶作用時間 t=0

15、.05s 后 該乘客的速度大小 v。 22．在某一段平直的鐵路上，一列以速度 v =288km/h 行駛的列車某時刻開始勻減速行 駛，經時間 t =500s 1  恰好停在某車站，并在該車站停留 t =300s 2  ；隨后勻加速駛離車 站，經 8km 后恢復到原速 288km/h。 (1)求列車減速時的加速度大??； (2)若該列車總質量為 8.0 ′10  5 kg  ，所受阻力恒為車重的 0.1 倍，求列車駛離車站加速過程 中牽引力的大??； (3)求列車從開始減速到恢復原速這段時間內的平均速度大

16、小。 23．質量 m =10kg 的行李箱放在水平地面上，行李箱與地面的動摩擦因數為 m =0.4 ，用 與水平成 q =37 、斜向上的大小為 F =50N 的拉力拉動行李箱，使行李箱由靜止開始沿水 平地面運動，5s 后撤去拉力。（  g =10m / s  2  ， sin37°=0.6  ， cos37°=0.8  ），求： (1)撤去拉力瞬間行李箱的速度 v 大?。? (2)行李箱在地面運動全過程的平均速度大小。 24．如圖所示，一個人用與水平方向成 θ=37°角的斜向下的推力

17、F 推一個重 G=200N 的箱子 勻速前進，箱子與地面間的動摩擦因數為 μ=0.5（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）。 0 0 m (1)求推力 F 的大小。 (2)若人不改變推力 F 的大小，只把力的方向變?yōu)樗饺ネ七@個靜止的箱子，推力作用時間 t=3s 后撤去，求箱子滑行的總位移為多大？ 25．我國自主研制了運—20 重型運輸機。飛機獲得的升力大小 F 可用 F =kv 2 描寫，k 為 系數；v 是飛機在平直跑道上的滑行速度，F 與飛機所受重力相等時的 v 稱為飛機的起飛離 地速度，已知飛機空載時質量為 9.0×104

18、kg，飛機從靜止沿跑道做勻加速直線運動，在跑道 上滑行 30s 達到起飛離地速度為 60m/s，假設飛機裝載貨物前后起飛離地時的 k 值可視為 不變，飛機在跑道上滑行時所受阻力為飛機重力的 0.1 倍。 (1)飛機在跑道上滑行的距離是多少； (2)飛機在跑道上滑行時受到的水平牽引力多大； (3)當飛機的起飛離地速度為 80m/s 時，飛機裝載貨物的質量是多少。 26．沙塵暴和霧霾，都會對我們的健康造成傷害。沙塵暴是通過強風的推動，將地面上大 量的沙子和塵土吹起來卷入空中，使空氣變得渾濁。根據流體力學知識，空氣對物體的作 用力可用 f＝αρ Av2 來表達，α 為一系數，ρ 為空氣密度，

19、A 為物體的截面積，v 為物體的 速度。地球表面的重力加速度為 g。 (1)若沙塵顆粒在靜穩(wěn)空氣中由靜止開始下落，請你定性在坐標系中畫出沙塵顆粒下落過程 的 v-t 圖線； (2)將沙塵顆粒近似為球形，沙塵顆粒密度為 ρ，半徑為 r（球體積公式為  V = 4 3  pr 3  ）； a.若沙塵顆粒在靜穩(wěn)空氣中由靜止開始下落，推導其下落過程趨近的最大速度 v 與半徑 r 的關系式； b.結合上問結果說明地面附近形成揚沙天氣的風速條件。 【參考答案】***試卷處理標記，請不要刪除 一、選擇題 1．B 解析：B F

20、1 m mg 其中一個力 的方向沿順時針轉過 90°而保持其大小不變，其余兩個力保持不變，則此時 物體的合外力為 F = 2 F 1 由牛頓第二定律可得物體的加速度大小為 a =  F 2 F = 1 m m 所以 B 正確；ACD 錯誤； 故選 B。 2．C 解析：C A．由 x — t 圖象的斜率表示速度，由圖可知在  0 t 1  時間內速度增加，該時間段內乘客加 速下降，加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，乘客所受支持力小于重力，即 F

21、  2  時間內， x — t 圖象的斜率保持不變，乘客的速度不變，乘客向下做勻速直線 運動，處于平衡狀態(tài)，即 F =mg N 故 B 錯誤； CD．在 t  2 t  3  時間內， x — t 圖象的斜率變小，乘客的速度 v 減小，乘客向下做減速運動， 乘客處于超重狀態(tài)，乘客所受支持力大于重力，即 F >mg N 故 C 正確，D 錯誤。 故選 C。 3．B 解析：B 對小球 A 受力分析，它受繩的拉力和自身重力作用，兩力的合力水平向左，且大小恒定， 故小車有向左的恒定的加速度，則物塊 B 也有水平向

22、左的加速度。由受力分析知，物塊 B 必受到水平向左的摩擦力，且大小恒定，故 B 正確，ACD 錯誤。 故選 B。 4．D 解析：D 當 A、B 之間恰好不發(fā)生相對滑動時力 F 最大，此時 A 物體所受的合力為 ，由牛頓第 二定律知 a = A mmg m  =mg 對于 AB 整體，加速度 a =a =m A  g 由牛頓第二定律得 F -m(m+2m)g=3ma=3mmg 可得 F =6  m mg 故選 D。 5．C 解析：C ABC．由題意知 C 的質量為 

23、4 3 3  m ，沿斜面的重力分量為 2mg，對 AB 整體沿斜面方向 2 mgsin30  ° + f =2 mg 解得 f =mg 因為 μ＜1，所以 AB 均受靜摩擦力，大小均為  1 2  mg  ，方向均沿斜面向下，由于物體 A 受 到的摩擦力方向沿斜面向下，所以彈簧處于拉伸狀態(tài)，故 AB 錯誤，C 正確； D．剪斷彈簧瞬間 T 彈簧 +mgsin30° =2mg C 重力沿斜面向下的分力也為 2mg，此時 B 剛好能靜止，故 D 錯誤。 故選 C。 6．B 解析：B 以 A

24、、B 為整體，根據牛頓第二定律可得 F =3ma 解得兩次加速度大小均為 a = F 3m 若 F 水平向右推 A，對 B 有 F =2 ma 1 若 F 水平向左推 B，對 A 有 F =ma 2 則 F 2ma 2 1 = = F ma 1 2 故選 B。 7．B 1 1 2 2 2 3 解析：B 踢到空中的足球受到豎直向下的重力作用和空氣對球的作用力。 故選 B。 【點睛】 本題考查了受力分析，注意足球在飛行過程中運動員對球沒有作用力。 8．A 解析：A 因為

25、兩彈簧彈力的合力與重力大小相等，方向相反，則對于題中左圖有 mg =2 kx cos37 ° 1 ( L +x )sin 37 =L 1 對于題中右圖有 Mg =2 kx cos53 ° 2 ( L +x )sin 53 =L 2 聯(lián)立解得 M 9 = m 32 故 A 正確，BCD 錯誤； 故選 A。 9．A 解析：A 物體能夠保持原有運動狀態(tài)的性質叫慣性，慣性是物體特有的性質，跟物體的運動狀態(tài)無 關，所以 A 正確，BCD 錯誤 10．B 解析：B 甲圖中加速度為 a ，則有 mgsinθ-μmgcosθ=ma  1 解得

26、 a =gsinθ μgcosθ 乙圖中的加速度為 a ，則有 （m+m′）gsinθ-μ（m+m′）gcosθ=（m+m′）a 解得 a =gsinθ-μgcosθ 丙圖中的加速度為 a ，則有 （mg+F）sinθ-μ（mg+F）cosθ=ma  3 解得 a = 3 (mg+F )sin q-m m (mg+F ) cos q 故 1 2 3 0 2 2 0 1 2 a =a ＜a 故 ACD 錯誤，B 正確。 故選 B。 11．C 解析：C 【分析】 典型的動

27、力學分析問題，運用牛頓第二定律和運動學公式綜合分析問題。 A．物體在下滑過程和水平面運動過程中始終受到恒定的作用力，根據牛頓第二定律可 知，下滑過程： mg sin q-mmg cos q=ma 1 加速度方向沿斜面向下； 水平面移動過程： m mg =ma 2 加速度方向水平向左，從上述計算可知加速度為一定值，所以 v-t 圖像應為直線，故 A 錯 誤； B．物體在下滑過程和水平面運動過程中加速度大小均為定值，a-t 圖與時間軸平行的直 線，故 B 錯誤； C．根據上述計算過程可知物體下滑過程中的摩擦力小于水平面移動過程中的摩擦力，且兩

28、段過程均為定值，故 C 正確； D．物體在下滑過程中是勻加速直線運動，路程時間圖像應為曲線，故 D 錯誤。 【點睛】 動力學問題分類為兩類：一是已知運動求受力，二是已知受力求運動。 12．B 解析：B AB．由圖可知 t －t 時間內拉力大于等于最大靜摩擦力，物塊始終做加速運動，所以 t 時 刻物塊速度最大，故 A 錯誤，B 正確； C．在 0－t 時間內水平拉力小于最大靜摩擦力，物體保持不動，故 C 錯誤； D．t ~t 時間內拉力大于等于最大靜摩擦力，則物塊做加速運動，故 D 錯誤。 故選 B。 二、填空題 13．  4 :1  3 4 

29、 tan  q [1][2]當物體從光滑斜面滑下時，根據牛頓第二定律可得 mg sinq =ma 根據位移時間關系公式 L = 1 2  at  2 1 1 1 1 1 0 2 2 2 1 2 物體從粗糙斜面滑下時，根據牛頓第二定律可得 mgsin q-mmgcos q=ma 1 根據位移時間關系公式可得 L = 1 2  a t 1 1  2 根據題意 t =2t 聯(lián)立以上解得 3 a : a =4 :1 ， m＝ tan 4

30、 14．1+ 5 2 5 [1][2]．對物體進行受力分析，根據牛頓第二定律得  q a =gsinθ+μgcosθ=10m/s2 根據速度公式 v 10 t ＝ 1 ＝ s=1s a 10 1 根據位移速度公式得 2a s=v 2 解得向上的位移 v 2 s = 0 =5m 2a 1 根據牛頓第二定律可知下滑時 a =gsinθ-μgcosθ=2m/s2 根據位移速度公式得 v2=2 a s 解得 v=2 5 m/s 向下運動的時間 v 2 5 t ＝ ＝

31、s= 5s a 2 2 所以物體運動的總時間為 t=t +t ＝（1+ 5 ）s 15．等于 解析：  t  AC  =  2H g  等于 [1]設 BC 與水平方向的夾角為q ，小球從 A 點由靜止開始下滑到 C 點的過程，根據牛頓第 二定律可得： a  AC  =  mgcosθ m  =gcosθ 根據運動公式可得： Hcos θ = 1 2  a t 2 AC AC 解得： t  AC  =  2H g

32、 [2]小球從 C 點由靜止開始下滑到 B 點的過程，根據牛頓第二定律可得： a  BC  = mgsinθ m  =gsinθ 根據運動公式可得： H sin θ = 1 2  a t 2 BC BC 解得： t  BC  =  2H g 可得： t  AC =t  BC 16．504 解析：5 0.4 [1][2]．由圖可知，當 F=0 時，物體只受滑動摩擦力，此時加速度為 4m/s2， 根據牛頓第二定律得： a =  m 

33、mg m  ＝4m/s 2 解得： μ=0.4 當 F=-30N 時，加速度為零，則有 -μmg=F=-30N 解得： m=7.5kg 17．勻減速運動 g 解析：勻減速運動 g [1][2]設繩子對小球的力為 F，對小球進行受力分析，在豎直方向上，有 F cosq =mg  ，在 水平方向上，小球只受繩子沿水平方向上的分量，由牛頓第二定律可得  a =  F sin m  q  ，方向 水平向左，而車廂的速度向右，可知車廂在做勻減速運動，加速度大小為 g。 18．1500

34、 1 2 0 1 2 解析：1500 設運動員落到水平網時的速度大小為 v ，離水平網時的速度大小為 v ，由運動學公式 v2- v 2=2ax 可得： v ＝ 2 ′10 ′3.2 m/s =8m/s v ＝ 2 ′5 ′10 m/s＝10m/s 取豎直向下為正方向，由加速度定義式可得： v -v -10 -8 a = 2 1 = m/s t 1.2  2  =15m/s  2 由牛頓第二定律可得： F-mg=ma 解得： F=1500N 【點睛】 此題考查了自由落體運動、豎直上拋運動的規(guī)律，牛頓第二定

35、律和加速度定義式，根據加 速度定義式計算加速度時要注意初末速度的方向。 19．6 超重 解析：6 超重 [1]根據牛頓第二定律 F -mg =ma N 根據牛頓第三定律 F ￠ N =F N 解得 F ￠ N =34.6N [2]返回器向下減速因此加速度方向向上處于超重狀態(tài)。 20．向右 解析：向右  g tan  q 2 [1]研究鐵夾，鋼絲提供兩個彈力，且等大，依題意有 F cos q 

36、 由牛頓第二定律可得 ma =F -F cosq F = mg sin q 聯(lián)立，可得 a =g tan  q 2 三、解答題 21．(1)500/s2；(2)18m/s (1)小汽車勻減速運動過程中的加速度大小 a v 2 20 2 a = 0 = m/s 2 =500m/s 2 x 2 ′0.4 (2)該乘客的加速度大小為  2 a ￠= F 2800 = m/s 2 =40m/s m 70  2 乘客的速度大小 v v =v -a 0 ￠t=20m/s -40 ′0.05m/s

37、 =18m/s 22．(1)0.16m/s2；(2) 1.12 ′106 N ；(3)28m/s (1) v =288km/h=80m/s 0  ，設勻減速的加速度為 a ，則 v 80 a = 0 = =0.16m/s t 500 1  2 (2)由運動學公式 v  2 -v 0  2 =2 ax 可得 v 2 80 2 a = 0 = m/s 2 x 2 ′8000 2  2  =0.4m/s  2 根據牛頓運動定律 F - f =ma 有 F =

38、1.12 ′10 6 N (3)列車減速行駛的時間 減速行駛的位移 t =500 s 1 x = 1 1 2  a t 2 1 1  =20000m 列車在車站停留時間 列車加速行駛的時間 t =300s 2 3 v t = 0 =200s a 2 加速行駛的位移 v = x =8000m 2 x +x 1 2 =28m/s t +t +t 1 2 3 23．(1)6m/s；(2)3m/s (1)對行李箱受力分析如圖所示 設物體受摩擦力為 f，支持力為 N，則

39、 f =m N 根據牛頓第二定律有： 水平方向有 Fcos  q - f =ma 豎直方向有 N +Fsin q =mg 解得 a =1.2m/s  2 撤去拉力瞬間行李箱的速度 v =at =1.2 ′5 =6m/s (2)5s 內行李箱的位移 v 6 x = t = ′5m=15m 2 2 撤去拉力后 a′=μg=4m/s2 繼續(xù)運動 x  '  v 2 62 = = =4.5m 2a' 2 ′4 運動時間 1 1 1 t

40、 '  v = =1.5s a' 則物體的總位移為 s=15+4.5=19.5m 物體的總時間為 t=5s+1.5s=6.5s 平均速度為 v = s 19.5 = m/s=3m/s t 6.5 24．(1)200N；(2)45m (1)選箱子為研究對象，分析如圖所示。 由平衡條件知 F cos37 °=f =m 1 N N =G +F sin37 ° 由以上式子得 F = mG 0.5 ′200 = cos37 °-msin37° 0.8 -0.5 ′0.6  N =

41、200N (2)過程及受力分析 前 3s 內 a = 1 F -f F -mmg 200 -0.5 ′200 2 = = m m 20  m / s  2  =5m / s  2 3s 末 v =a t =5 ′3m / s =15m / s 1 1 1 前 3s 內的位移 1 1 s = a t 2 = ′5 ′9m =22.5m 2 2 撤去 F 后 a = 2 -mmg m  =-mg=-5m/ s  2 由 0 -v 2 =2 a s 1 2

42、2 2 1 1 2 1 m 得 -v2 225 s = 1 = m =22.5m 2 a 10 2 所以箱子通過的總位移 s =s +s =22.5m +22.5m =45m 1 2 25．(1) 900m；(2) 2.7×105N；(3) 7.0×104kg (1)飛機在跑道上滑行距離為 x，則 x= v 2  t=900m (2)飛機在跑道上滑行時的加速度大小為 a，則 a = v t  =2m/s  2 由牛頓第二定律 F-0.1mg=ma 解得 F=2.7

43、×105N (3)空載起飛時，升力正好等于重力 kv 2=m g 載貨起飛時，升力正好等于重力 kv 2=（m +m）g 由上兩式解得 m=7.0×104kg 26．(1)  ；(2)a.  v = m  4rrg 3ar 0  ；b.當風速的豎直向上分量達 到或大于 v 時，即可將沙塵顆粒吹起形成揚沙 (1)顆粒下落過程中受到重力和空氣阻力，由牛頓第二定律可得 mg -arAv 2 =ma 0 因此隨著速度的增加加速度逐漸減小，當二力平衡時物體做勻速運動并且速度達到最大， 因此運動圖像如圖 0 m (2)a.當 f=mg 時顆粒達到最大速度 f=αρ Av2 m=ρV A=πr2 聯(lián)立得 v = m  4rrg 3ar 0 b.當風速的豎直向上分量達到或大于 v 時，即可將沙塵顆粒吹起形成揚沙；