人教版（2019）必修第一册《第4章 运动和力的关系》2023年单元测试卷（20）
一、选择题
1．（4分）新国际单位体系于2019年5月的世界计量日起正式生效，正式更新包括“kg”、“A”、“K”、“mol”在内的4项基本单位的定义。下列选项中，内含2个国际单位制基本单位的是（ ）
A．m、N B．m、s C．J、m/s D．N、J
2．（4分）有关牛顿运动定律的说法，下列的说法正确的是（ ）
A．牛顿第一定律是牛顿第二定律的特例
B．在探索加速度与力、质量的关系时应用了控制变量的思想
C．物体的速度越大，物体的惯性越大
D．物体的合外力发生变化，加速度立即变化，速度也立即变化
3．（4分）某物体仅在力F1的作用下时加速度大小a1＝3m/s2，仅在力F2的作用下时加速度大小a2＝4m/s2，则在F1和F2同时作用下，物体的加速度大小不可能为（ ）
A．8m/s2 B．5m/s2 C．1m/s2 D．7m/s2
4．（4分）如图a，静止在光滑水平面上O点的物体，从t＝0开始物体受到如图b所示的水平力作用，设向右为F的正方向，则物体（ ）
A．一直匀加速运动 B．在O点附近左右运动
C．一直向左运动 D．一直向右运动
5．（4分）一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小．能正确描述a与F之间关系的图象是（ ）
A． B．
C． D．
6．（4分）如图所示，质量相等的A、B两小球分别连在轻绳两端，轻弹簧的一端与A球相连，另一端固定在倾角为30°的光滑斜面顶端，重力加速度大小为g。则剪断轻绳的瞬间（ ）
A．A的加速度为零，B的加速度大小为g
B．A、B的加速度大小均为0.5g
C．A、B的加速度均为零
D．A的加速度为零，B的加速度大小为0.5g
二、多选题
（多选）7．下列关于惯性的说法中，正确的是（ ）
A．质量是物体惯性的唯一量度
B．出膛的炮弹是靠惯性飞向远处的
C．物体的运动速度越大，其惯性也越大
D．只有匀速运动或静止的物体才有惯性，加速或减速运动的物体都没有惯性
（多选）8．水平面上有带圆弧形凸起的长方形木块A，木块A上的物体B用绕过凸起的轻绳与物体C相连，B与凸起之间的绳是水平的。用一水平向左的拉力F作用在物体B上，恰使物体A、B、C保持相对静止，如图，已知物体A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计所有的摩擦，则（ ）
A．B物体的加速度为
B．BC间绳子的张力等于
C．A物体受到绳子对它的作用力等于A物体受到的合外力
D．C物体处于失重状态，A、B两物体既不超重也不失重
（多选）9．（4分）如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上。现对木块施加一水平向右的拉力F．木块在长木板上滑行，而长木板保持静止状态。已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，假定最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则（ ）
A．无法判断μ1和μ2的大小关系
B．μ1＜μ2
C．若改变F的大小，当F＞μ2（m1+m2）g时，长木板将开始运动
D．若将F作用于长木板上，当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，长木板与木块将开始发生相对滑动
（多选）10．如图所示，皮带平面可当作是一个与水平方向夹角为α的斜面，皮带足够长并作逆时针方向的匀速转动，现将一质量为m的小物块轻放在传送带上，已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ，且μ＞tanα，则（ ）
A．物块将一直沿斜面向下做匀加速运动
B．物块先沿斜面向下做匀加速运动后沿斜面向下做匀速运动
C．物块受到的摩擦力一直沿斜面向上
D．物块受到的摩擦力先是沿斜面向下的滑动摩擦力后是沿斜面向上的静摩擦力
三、实验题
11．（6分）为了探究物体质量与加速度的关系，某同学设计了如图所示的实验装置。质量分别为m1和m2的两个小车，用一条柔软的轻绳通过滑轮连起来，重物的质量为m0，忽略滑轮的质量和各种摩擦，使两车同时从静止开始运动，同时停止，两个小车发生的位移大小分别为x1和x2。
①如果想验证在合外力一定的情况下，小车的加速度和质量成反比，只需验证表达式 成立。（用题中所给物理量表示）
②实验中 （填“需要”或“不需要”）满足重物的质量远小于小车的质量。
12．用如图所示的实验装置进行“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验，图中气垫导轨已调至水平。
（1）在探究加速度与物体受力关系时，实验前先用天平测出木盒、砝码及气垫片的总质量M及砂和砂桶的总质量m，并保证满足 。
（2）如图，为某次实验打出的纸带，相邻两计数点间有四个打点未画出，用刻度尺测得：x1＝0.55cm，x2＝0.94cm，x3＝1.35cm，x4＝1.76cm，x3＝2.15cm，x6＝2.54cm。
则打下D点时木盒的瞬时速度vD＝ m/s；木盒的加速度a＝ m/s2。（计算结果均保留2位有效数字）
（3）在探究加速度与物体质量的关系时，保持砂和砂桶质量不变，通过加减砝码改变木盒砝码及气垫片的总质量M，测量并记录木盒加速度a及其质量M。甲同学利用实验数据作出木盒加速度a与其质量M的关系图像，然后由图像直接得出“a与M成反比”这一结论：乙同学则认为，应该进一步对实验数据进行处理，作出a与其质量倒数关系图像，然后再由图像得出“a与M成反比”这一结论。比较可知， 同学的方案更加合理。
四、计算题
13．如图所示，滑雪运动员不借助雷杖，从倾角为30°的斜坡上自静止起沿斜坡向下匀加速滑行，滑行200m通过标志杆时的速度大小为40m/s，运动员与雪量的总质量为60kg，下滑时所受的阻力恒定，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）滑雪运动员的加速度大小？
（2）滑雪运动员所受的阻力为多少？
14．如图，质量M＝4kg的长木板静止处于粗糙水平地面上，长木板与地面的动摩擦因数μ1＝0.1，现有一质量m＝3kg的小木块以v0＝14m/s的速度从一端滑上木板，恰好未从木板上滑下，滑块与长木板的动摩擦因数μ2＝0.5，g取10m/s2，求：
（1）木块刚滑上木板时，木块和木板的加速度大小；
（2）木板长度；
（3）木板在地面上运动的最大位移。
五、解答题
15．近年来，随着数字经济的快速发展，我国快递业务一直保持较快增长，快递物流已经深入人们生活。如图为快递站工作时使用的倾角θ＝37°的传送带。工作人员在调试传送带过程中，将质量m＝1kg的快件静置于传送带下端P处，然后由静止启动传送带，使之以2m/s2的加速度做匀加速运动。当传送带的速度达到4m/s时，即以该速度做匀速运动；当快件与传送带恰好达到相同速度时，工作人员发现问题，立即使传送带以2m/s2的加速度做匀减速运动直到停止，快件恰好到达传送带上端Q处。已知快件与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）快件从静止加速到4m/s所用的时间；
（2）传送带减速过程中快件所受的摩擦力大小和方向；
（3）P、Q间的距离。
16．如图，两个不计摩擦的平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接，传送带左右相距L＝11.5m，平台右侧用一极小段平滑曲面（图中没有画出来）连接一个倾角为37°的粗糙斜面。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m＝10kg的载物箱（视为质点），以初速度v0＝5.0m/s自左侧平台滑上传送带，然后沿着斜面向上运动。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.10，与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.75，不计载物箱与平台的摩擦，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若v＝4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间和在斜面上运动的最大路程；
（2）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度。
人教版（2019）必修第一册《第4章 运动和力的关系》2023年单元测试卷（20）
参考答案与试题解析
一、选择题
1．【解答】解：m、s是国际单位制中基本单位，N，m/s，J是导出单位，故B正确，ACD错误。
故选：B。
2．【解答】解：A、牛顿第一定律揭示了力与运动的关系，牛顿第二定律揭示了加速度与力、质量的关系，牛顿第一定律不是第二定律的特例，故A错误；
B、在探索加速度与力、质量的关系时应用了控制变量法，故B正确；
C、质量是物体惯性大小的量度，物体的惯性与物体的速度无关，故C错误；
D、物体的合外力发生变化，加速度立即变化，速度不会立即变化，故D错误；
故选：B。
3．【解答】解：物体仅在力F1的作用下时加速度大小a1＝3m/s2，仅在力F2的作用下时加速度大小a2＝4m/s2，
若F1和F2同时作用在物体上，当二力方向相反时，加速度最小为amin＝a2﹣a1＝1m/s2，
当二力方向相同时，加速度最小为amax＝a2+a1＝7m/s2，
由于加速度是矢量，所以F1和F2同时作用在物体上时，加速度的大小范围为1m/s2≤a≤7m/s2，
故A不可能、BCD可能。
本题选不可能的，故选：A。
4．【解答】解：在0～1s内物体向右做匀加速直线运动，在1～2s内，加速度方向相反，与前1s内加速度大小相等，向右做匀减速直线运动，2s末速度为零，以后重复这样的运动。知物体一直向右运动。故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
5．【解答】解：物体受拉力，摩擦力，由牛顿第二定律可得：F﹣f＝ma；
在运动之前拉力等于摩擦力，直到拉力达到最大静摩擦力，物体才获得加速度并开始运动，由数学知识可知，F与a为线性函数关系，图象与F轴的交点为最大静摩擦力，故B正确。
故选：B。
6．【解答】解：设小球的质量为m，对整体分析，弹簧的弹力F＝2mgsin30°＝mg，
剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对A分析，aA＝＝0.5g，方向沿斜面向上；
B的加速度为：aB＝＝0.5g，方向沿斜面向下，故B正确，ACD错误。
故选：B。
二、多选题
7．【解答】解：AC、物体的质量是描述物体惯性的唯一物理量，物体惯性的大小与运动速度大小、形态和是否运动无关，故A正确，C错误；
B、由于惯性，出膛的炮弹离开炮筒后继续向前飞行，故B正确；
D、一切物体都有保持原来运动状态的性质，任何物体都有惯性，故D错误。
故选：AB。
8．【解答】解：A、设绳子中的张力为T，它们共同的加速度为a，与C连接的绳子与竖直方向之间的夹角为α，对ABC整体进行受力分析，由牛顿第二定律可得：
F＝3ma ①
对B有：F﹣T＝ma ②
对C有竖直方向：Tcosα＝mg ③
水平方向：Tsinα＝ma ④
联立①②可得：T＝2ma ⑤
联立②③④可得：T2＝m2（a2+g2） ⑥
联立⑤⑥可得：a＝ ⑦
故A正确；
B、联立⑤⑦得绳子的拉力：T＝．故B正确；
C、A物体受到绳子对它的作用力的合力的方向沿绳子夹角的角平分线上，A物体受到的合外力在水平方向，二者不可能相等。故C错误；
D、C物体与A、B物体的加速度的方向都沿水平方向，都不是失重状态，也不是超重状态。故D错误。
故选：AB。
9．【解答】解：AB、长木板保持静止，则有：μ1m1g≤μ2（m1+m2）g，可知，无法判断μ1和μ2的大小关系。故A正确、B错误。
C、若改变F的大小，木块对长木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止。故C错误。
D、若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g＝m1a，解得a＝μ1g
对整体分析，有F﹣μ2（m1+m2）g＝（m1+m2）a，解得F＝（μ1+μ2）（m1+m2）g，所以当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，长木板与木块将开始发生相对滑动。故D正确。
故选：AD。
10．【解答】解：物块开始时速度小于皮带的速度，皮带运动快，物块运动慢，物块相对皮带向上运动，所以物块受到的摩擦力方向沿斜面向下。物块向下做匀加速运动，在物块速度没有达到皮带的速度之前，物块受到的摩擦力方向都沿斜面向下，当物块速度达到皮带的速度瞬间，两者无相对运动，但物块有相对皮带向下运动趋势，故物块所受摩擦力立即沿斜面向上，由于μ＞tanα，所以mgsinα＜mgcosα μ，所以当物块速度达到皮带的速度时物块受到的摩擦力立即为静摩擦力，物块相对斜面静止，即以皮带的速度沿斜面向下做匀速直线运动，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
三、实验题
11．【解答】解：①根据牛顿第二定律，两小车所受合外力大小相等，m1a1＝m2a2，小车做初速度为零的匀加速直线运动，x＝at2，时间t相同，x与a成正比，所以只需要验证m1x1＝m2x2成立即可；
②实验中不需要用重物的重力代替轻绳的拉力，故不需要满足重物的质量远小于小车的质量。
故答案为：①m1x1＝m2x2；
②不需要。
12．【解答】解：（1）要满足小车的质量远大于砝码及盘的质量，拉力才能近似等于砝码的重力。
（2）由于相邻计数点间还有四个点未画出，则相邻计数点时间间隔为0.01s；
根据匀变速直线运动规律可知打下D点的瞬时速度vD＝＝×0.01m/s＝0.16m/s；小车加速度由逐差相等公式来求，a＝＝×0.01m/s2＝0.40m/s2
（3）由于反比例函数图象是曲线，不能由图像得出“a与M成反比”这一结论，所以画出a﹣图像更科学。
故答案为：（1）M m；（2）①0.16；0.40；（3）乙
四、计算题
13．【解答】解：（1）运动员自静止起沿斜坡向下匀加速滑行，由位移—速度公式得：v2＝2ax
代入数据解得：a＝4m/s2
（2）对运动员受力分析，沿斜面方向，由牛顿第二定律得：mgsin30°﹣f＝ma
代入数据解得：f＝60N
答：（1）滑雪运动员的加速度大小为4m/s2；
（2）滑雪运动员所受的阻力为60N。
14．【解答】解：（1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动，
初速度v0＝14m/s，
根据牛顿第二定律可得加速度大小a1＝μ2g＝5m/s2；
木板由静止做匀加速度直线运动，根据牛顿第二定律可得：
μ2mg﹣μ1（M+m）g＝Ma2，
解得：a2＝2m/s2；
（2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等。
设此过程所用时间为t
即v＝v0﹣a1t＝a2t
解得t＝2s
木块位移x1＝v0t﹣＝18m
木板位移x2＝＝4m
木板长度L＝x1﹣x2＝14m
（3）木块木板达到共同速度后将一起做匀减速直线运动，分析得
v＝a2t＝4m/s
根据牛顿第二定律可得a3＝μ1g＝1m/s2，
木板位移x′2＝＝8m
总位移x＝x2+x′2＝4m+8m＝12m。
答：（1）木块刚滑上木板时，木块和木板的加速度大小2m/s2；
（2）木板长度14m；
（3）木板在地面上运动的最大位移12m。
五、解答题
15．【解答】解：（1）快件在加速时，由牛顿第二定律：μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma1
根据匀变速直线运动的速度—时间公式有：v＝a1t1
联立代入数据解得：t1＝4s
（2）假设在传送带减速过程中，快件与传送带保持相对静止，快件与传送带之间的摩擦力为静摩擦力。由牛顿第二定律：mgsinθ﹣f＝ma2
代入数据解得：f＝4N
快件与传送带间的最大静摩擦力为7N，假设成立。
可知传送带减速过程，快件所受摩擦力方向沿斜面向上，大小为4N
（3）加速过程快件的位移：
减速过程快件的位移：
P、Q间的距离：x＝x1+x2
联立代入数据解得：x＝12m
答：（1）快件从静止加速到4m/s所用的时间为4s；
（2）传送带减速过程中快件所受的摩擦力大小为4N，方向沿斜面向上；
（3）P、Q间的距离为12m。
16．【解答】解：（1）传送带的速度为v＝4.0m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律得：μ1mg＝ma1
代入数据解得：a1＝1m/s2
设载物箱滑上传送带后做匀减速直线运动的位移为x1，则v2﹣＝﹣2a1x1
代入数据联立解得：x1＝4.5m＜L
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到与传送带共速，然后开始匀速运动，设减速过程时间为t1，匀速过程时间为t2，则v＝v0﹣a1t1
L﹣x1＝vt2
载物箱通过传送带所需的时间t＝t1+t2
代入数据联立解得：t＝2.75s
设载物箱在斜面上运动的最大路程为s，加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：mgsin37°+μ2mgcos37°＝ma2
代入数据解得：a2＝12m/s2
由位移—速度公式得：v2＝2a2s
代入数据解得：s＝m
（2）若载物箱一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设最大速度为vmax，由位移—速度公式得：﹣＝2a1L
代入数据解得：vmax＝4m/s
若载物箱一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设最小速度为vmin，由位移—速度公式得：﹣＝﹣2a1L
代入数据解得：vmin＝m/s
答：（1）若v＝4.0m/s，载物箱通过传送带所需的时间为2.75s，在斜面上运动的最大路程为m；
（2）载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度为4m/s，最小速度为m/s
