第四章 运动和力的关系（单元练习.含解析）2025-2026学年人教版（2019）物理高一上学期必修第一册

中小学教育资源及组卷应用平台
第四章 运动和力的关系
一、选择题
1．利用旋涡现象可以测定液体的流速。如图所示（为截面图），旋涡发生体垂直于管道放置，在特定条件下，由于旋涡现象，液体的振动频率f与旋涡发生体的宽度D、液体的流速v有关。结合物理量的单位分析频率f与v、D之间的关系式可能正确的是（其中k是一个没有单位的常量）（　　）
A． B． C． D．f＝kvD
2．如图所示，紧靠在一起的物块A和物块B静置于粗糙的水平地面上，给物块A施加水平恒力F使物块A和物块B一起向右做匀加速直线运动。已知物块A和物块B的质量均为m，物块A和物块B与地面间的动摩擦因数均为μ，不计空气阻力，则物块A和物块B间作用力的大小为（　　）
A．F B．F﹣μmg C． D．
3．智能手机上安装一款加速度传感器软件，能通过图像显示加速度情况。某同学在一次实验中用手掌托着手机从静止开始迅速上下运动，在该软件上得到竖直方向上加速度随时间变化的部分图像如图所示，该图像以竖直向上为正方向。依据图中信息可判断（　　）
A．在t1时刻，手机运动方向改变
B．在t2～t3时间内，手机处于失重状态
C．在t2时刻，手机对手掌的压力最大
D．在t2时刻，手机运动到最高点
4．如图所示，轻定滑轮与固定在天花板上的拉力传感器相连，跨过定滑轮的轻绳两端分别与质量不等的A、B两物体相连。用挡板托住物体B使A、B保持静止，此时拉力传感器的示数为10N；撤去挡板，物体A上升、B下降，此时拉力传感器的示数为15N。重力加速度g取10m/s2，则物体B的质量为（　　）
A．0.75kg B．1kg C．1.25kg D．1.5kg
5．课外兴趣小组为了研究瞬时加速度问题，将两个相同的小球分别和相同长度的弹性绳和刚性绳相连，然后从某高度静止释放。如图，连接A、B的是一般细绳（刚性绳），连接C、D的是橡皮筋。那么在实验过程中，小球在释放后的短暂时间（橡皮筋还未第一次恢复原长）后，下列图中符合ABCD实际排列情况的是（　　）
A． B．
C． D．
6．如图所示，Oa、Ob是竖直平面内两根固定的光滑细杆，O、a、b、c位于同一圆周上，Ob过圆心，c为圆周的最高点，a为圆周的最低点。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环都从O点无初速度释放，用t1、t2分别表示滑环从O点到达a、b两点所用的时间，另有一个小球从c点由静止自由下落到a点所用的时间为t3。则下列关系正确的是（　　）
A．t1＝t3＜t2 B．t1＞t2＝t3 C．t1＝t2＝t3 D．t1＝t2＜t3
7．如图所示，质量为m的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小到零，然后滑块又被弹簧向右弹开．已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，弹簧与水平面间的摩擦不计，重力加速度为g，整个过程中弹簧未超过其弹性限度，则下列判断正确的是（　　）
A．滑块向右运动的过程中，先做加速运动，离开弹簧后才做减速运动
B．滑块与弹簧接触过程中的最大加速度为
C．滑块向左运动的过程中，始终做减速运动
D．滑块向右运动的过程中，当弹簧形变量x＝时，滑块的速度最大
8．如图所示，传送带与水平面间的夹角θ＝30°，在电动机的带动下始终保持v＝8m/s的逆时针匀速率运行。现把一质量为m＝4kg的工件（可看为质点）轻轻放在传送带的底端，工件被传送到h＝7.5m的高处，工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝，取g＝10m/s2，工件在传送带上运动的整个过程中，其位移x、速度v、加速度a、受合外力F随时间变化的图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
二、多选题
（多选）9．电动平衡车（图1所示）是一种常见的儿童玩具。某人和平衡车的总质量是60kg，启动平衡车后，车由静止开始向前做直线运动，某时刻关闭动力，最后停下来，其v﹣t图像如图2所示。取g＝10m/s2，则（　　）
A．平衡车与地面间的动摩擦因数为0.06
B．平衡车整个运动过程中的位移大小为195m
C．平衡车整个运动过程中的平均速度大小为3m/s
D．平衡车在加速过程的驱动力大小为72N
（多选）10．如图所示，一只杯子固定在水平桌面上，将一块薄纸板盖在杯口上并在纸板上放一枚象棋的棋子，现用水平向右的拉力将纸板快速抽出，棋子（水平移动距离很小，几乎看不到）落入杯中，这就是惯性演示实验。已知棋子（可视为质点）离纸板左端的距离为d，棋子和纸板的质量均为m，所有接触面的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；若棋子移动的距离不超过就能保证实验成功，则以下说法正确的（　　）
A．棋子受到纸板的摩擦力水平向右
B．纸板受到的摩擦力大小为2μmg
C．若要使棋子相对纸板运动，所需的拉力F＞3μmg
D．若要保证实验成功，所需的拉力F最小值为14μmg
（多选）11．如图所示，一质量为M、倾角为30°的斜劈B放在水平地面上。质量为m的木块A在斜劈上由静止释放，沿斜劈向下做加速度为的匀加速运动，斜劈保持静止，重力加速度为g，则（　　）
A．木块与斜劈之间的动摩擦因数为
B．地面对斜劈的摩擦力水平向右，大小为（M+m）g
C．地面对斜劈的摩擦力水平向右，大小为
D．地面对斜劈的支持力大小为
（多选）12．如图7甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离。t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是（　　）
A．t＝2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6N
B．t＝2.0s时刻A、B之间作用力为零
C．t＝2.5s时刻A对B的作用力方向向左
D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4m
三、实验题
13．如图甲所示是“探究加速度与力、质量关系”的实验装置。
（1）下列说法正确的是 　 　 。
A.将木板倾斜平衡摩擦力时，小车应与钩码连接
B.改变钩码个数时，应重新平衡摩擦力
C.需要调节滑轮的高度，使牵引小车的轻绳与长木板保持平行
（2）平衡摩擦力后，保持小车的质量不变，改变钩码的个数，记录下钩码的总质量m和对应的小车的加速度大小a，在坐标纸上作出a﹣m图像如图乙所示。图线末端发生弯曲的原因是 　 　 ，学习小组想通过调整实验方案消除这种实验误差，你的调整建议是 　 　 （写出一条即可）。
14．在某次探究加速度与力、质量的关系的实验中，甲、乙、丙、丁四位同学分别设计了如图1所示的实验装置，小车总质量用M，重物质量用m表示。
（1）为便于测量合力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合力成正比的结论，下列说法正确的是 　 　 。（填选项字母）
A．四组实验中只有甲需要平衡摩擦力
B．四组实验都需要平衡摩擦力
C．四组实验中只有甲需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件
D．四组实验都需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件
（2）按甲同学设计装置完成实验，并根据实验得到的数据，画出小车的a﹣图像如图2所示，从图像中可以得出，当小车的质量为0.5kg时，它的加速度为 　 　 m/s2。
（3）若乙、丙、丁三位同学发现某次测量中力传感器和弹簧测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为a，则乙、丙、丁实验时所用小车总质量之比为 　 　 。
四、解答题
15．在一些长下坡路段行车道外侧时常会增设避险车道，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。如图所示为某处避险车道，现有一辆质量为2000kg的汽车沿下坡路面行驶（下坡路面倾角α＝17°，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时汽车速度v1＝20m/s，汽车继续沿下坡匀加速直行L＝250m时到达避险车道，此时汽车速度v2＝30m/s（g取10m/s2，sin17°＝0.3，sin37°＝0.6）
（1）求汽车在下坡公路上的加速度大小；
（2）求汽车在下坡公路上受到的阻力大小；
（3）若避险车道与水平面的夹角为37°，汽车在避险车道上受到阻力是下坡公路上的4倍，求汽车在避险车道上运动的最大位移。（计算结果保留整数）
16．如图甲所示，工地电动物料运输车的左端有一个垂直底板的挡板。工人将空车从静止开始沿直线推到物料堆前，初始以加速度a1＝0.5m/s2做匀加速运动，经t1＝8s后做匀减速运动，再经过t2＝4s后刚好停在物料堆处。工人将一个质量m＝20kg的物料放在车上，保持车底板P与水平面间的夹角θ＝37°向左推车，如图乙所示。物料受到的摩擦力不计。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）初始时空车到物料堆的距离；
（2）放上物料后以a2＝0.25m/s2加速推车时，底板P对物料支持力的大小。
17．如图所示，倾角θ＝37°、质量M＝4kg的斜面体静止在水平地面上，质量m＝1kg的物块静止在斜面上时恰好不下滑。t＝0时刻用恒力（大小、方向均未知，图中未画出）作用在斜面体上，使物块与斜面体一起由静止开始向左做匀加速直线运动，物块恰好与斜面体间无摩擦力。已知斜面体与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.75，各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）物块与斜面体间的动摩擦因数μ1；
（2）0～4s内物块的加速度大小a和位移大小x；
（3）恒力的最小值Fmin。
18．如图甲、乙所示，质量M＝2kg、长L＝2m、高h＝0.8m的长木板置于水平地面上，长木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，一质量m＝1kg的小滑块（视为质点）于图甲中放在长木板的中央处，图乙中放在长木板的左端，且图甲中长木板上表面光滑，图乙中长木板与小滑块间的动摩擦因数μ2＝0.5，两种情况均在恒力作用下从静止开始运动，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）图甲中若小滑块由静止到离开长木板的时间为1s，恒力F的大小；
（2）在第（1）问情况中，图甲中小滑块落地时距长木板左端的水平距离；
（3）图乙中若恒力F′＝10N，求小滑块离开长木板的时间。
第四章 运动和力的关系
参考答案与试题解析
一、选择题
1．利用旋涡现象可以测定液体的流速。如图所示（为截面图），旋涡发生体垂直于管道放置，在特定条件下，由于旋涡现象，液体的振动频率f与旋涡发生体的宽度D、液体的流速v有关。结合物理量的单位分析频率f与v、D之间的关系式可能正确的是（其中k是一个没有单位的常量）（　　）
A． B． C． D．f＝kvD
【答案】A
【分析】根据选项的表达式，分析其中物理量的单位找出等效单位的表达式即可；
【解答】解：频率f的单位为Hz，流速v的单位是m/s，宽度D的单位是m
所以的单位为1，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】对于物理中的公式一定要牢固的掌握住，根据公式就可以判断物理量的单位与哪些单位等效。
2．如图所示，紧靠在一起的物块A和物块B静置于粗糙的水平地面上，给物块A施加水平恒力F使物块A和物块B一起向右做匀加速直线运动。已知物块A和物块B的质量均为m，物块A和物块B与地面间的动摩擦因数均为μ，不计空气阻力，则物块A和物块B间作用力的大小为（　　）
A．F B．F﹣μmg C． D．
【答案】D
【分析】对AB整体分析，求出加速度，再隔离B分析，求出物块A和物块B间作用力的大小。
【解答】解：根据牛顿第二定律，对AB整体分析有F﹣2μmg＝2ma
对B分析有FAB﹣μmg＝ma
联立可解得
故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了整体、隔离法的运用，关键要明确受力情况，比较简单。
3．智能手机上安装一款加速度传感器软件，能通过图像显示加速度情况。某同学在一次实验中用手掌托着手机从静止开始迅速上下运动，在该软件上得到竖直方向上加速度随时间变化的部分图像如图所示，该图像以竖直向上为正方向。依据图中信息可判断（　　）
A．在t1时刻，手机运动方向改变
B．在t2～t3时间内，手机处于失重状态
C．在t2时刻，手机对手掌的压力最大
D．在t2时刻，手机运动到最高点
【答案】B
【分析】根据a﹣t图像中面积表示速度变化量；加速度向下，物体处于失重状态；加速度向上，物体处于超重状态；根据超失重状态判定压力和重力的关系。
【解答】解：A．a﹣t图像以竖直向上为正方向，在t1时刻前，手机从静止开始一直向上加速，所以运动方向未改变，故A错误；
B．加速度向下，物体处于失重状态；加速度向上，物体处于超重状态；在t2～t3时间内，加速度为负，表示加速度方向竖直向下，手机处于失重状态，故B正确；
C．在t2时刻，加速度为零，此时手机对手掌的压力大小等于重力，在t1时刻，加速度竖直向上，此时压力大小大于重力，故C错误；
D．加速度时间图像中，图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，在t2时刻之前，正向面积大于负向面积，所以在t2时刻速度仍竖直向上，则手机未运动到最高点，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要对a﹣t图像的考查，根据图像中加速度的大小和方向判断实际手机的运动情况，注意对图像的理解。
4．如图所示，轻定滑轮与固定在天花板上的拉力传感器相连，跨过定滑轮的轻绳两端分别与质量不等的A、B两物体相连。用挡板托住物体B使A、B保持静止，此时拉力传感器的示数为10N；撤去挡板，物体A上升、B下降，此时拉力传感器的示数为15N。重力加速度g取10m/s2，则物体B的质量为（　　）
A．0.75kg B．1kg C．1.25kg D．1.5kg
【答案】D
【分析】根据题意求出A的重力，分别对A和B受力分析，根据牛顿第二定律求出物体B的质量。
【解答】解：用挡板托住物体B时A、B保持静止，此时拉力传感器的示数为10N，根据平衡条件，A的重力为
撤去挡板，设绳子张力T，根据牛顿第二定律mBg﹣T＝mBa，T﹣mAg＝mAa
2T＝15N
联立解得mB＝1.5kg，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题考查牛顿第二定律，解题关键是选择合适的研究对象对其受力分析，列牛顿第二定律和共点力平衡表达式求解即可。
5．课外兴趣小组为了研究瞬时加速度问题，将两个相同的小球分别和相同长度的弹性绳和刚性绳相连，然后从某高度静止释放。如图，连接A、B的是一般细绳（刚性绳），连接C、D的是橡皮筋。那么在实验过程中，小球在释放后的短暂时间（橡皮筋还未第一次恢复原长）后，下列图中符合ABCD实际排列情况的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据刚性绳和橡皮筋的拉力的瞬变性分析出小球的运动情况。
【解答】解：在释放小球的瞬间，刚性绳的拉力瞬间消失，则AB小球都做自由落体运动；
对于弹性绳而言，绳的弹力无法瞬间小时，则D球在短暂时间内停留在原位置，C球往下运动，所以弹性绳会发生收缩，故C正确，ABD错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，理解在短暂时间内不同受力模型的力的变化特点即可完成分析。
6．如图所示，Oa、Ob是竖直平面内两根固定的光滑细杆，O、a、b、c位于同一圆周上，Ob过圆心，c为圆周的最高点，a为圆周的最低点。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环都从O点无初速度释放，用t1、t2分别表示滑环从O点到达a、b两点所用的时间，另有一个小球从c点由静止自由下落到a点所用的时间为t3。则下列关系正确的是（　　）
A．t1＝t3＜t2 B．t1＞t2＝t3 C．t1＝t2＝t3 D．t1＝t2＜t3
【答案】A
【分析】本题根据牛顿第二定律分析出加速度，根据匀加速直线运动的位移—时间公式，分析时间。
【解答】解：有一个小球从C点自由下落到a点，根据自由落体公式，2R＝，解得t3＝2；
沿Ob方向从O点无初速度释放时，设Ob与水平方向夹角为θ，沿Ob方向做匀加速直线运动，根据位移—时间公式，有2R＝，解得t2＝2；
沿Oa方向从O点无初速度释放时，设Oa与水平方向夹角为α，沿Oa方向做匀加速直线运动，根据位移—时间公式，有2Rsinα＝gsinα，解得t1＝2
通过比较有t1＝t3＜t2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查学生对牛顿第二定律、匀加速直线运动的位移—时间公式的掌握，难度中等，考查学生分析推理能力。
7．如图所示，质量为m的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小到零，然后滑块又被弹簧向右弹开．已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，弹簧与水平面间的摩擦不计，重力加速度为g，整个过程中弹簧未超过其弹性限度，则下列判断正确的是（　　）
A．滑块向右运动的过程中，先做加速运动，离开弹簧后才做减速运动
B．滑块与弹簧接触过程中的最大加速度为
C．滑块向左运动的过程中，始终做减速运动
D．滑块向右运动的过程中，当弹簧形变量x＝时，滑块的速度最大
【答案】C
【分析】该题的关键是对物体进行正确的过程分析和各过程中物体的受力分析，再结合牛顿运动定律分析物体的运动情况．在进行受力分析时，要注意分析弹簧弹力的变化。
【解答】解：A、滑块向右接触弹簧的运动是从弹簧压缩量最大时开始的，此时受到水平向右的弹力和向左的摩擦力，开始时弹簧的弹力大于摩擦力，但当弹簧伸长到一定程度，弹力和摩擦力大小相等，此后摩擦力大于弹力。所以滑块向右接触弹簧的运动过程中，是先加速，后减速。故A错误。
B、由对A的分析可知，当弹簧的压缩量为x0时，水平方向的合力为
F＝kx0+μmg，
此时合力最大，由牛顿第二定律有：
amax＝＝，
故B错误。
C、滑块向左接触弹簧的运动过程中，在水平方向上受到向右的弹簧的弹力和向右的摩擦力，在此过程中弹簧的弹力是逐渐增大的，弹力和摩擦力的合力与运动方向始终相反，物体做减速运动，故C正确。
D、在滑块向右接触弹簧的运动中，当弹簧的形变量为x＝时，由胡克定律可得f＝kx＝μmg，此时弹力和摩擦力大小相等，方向相反，在水平方向上合外力为零，之后物体开始做减速运动，所以此时速度最大，故D错误。
故选：C。
【点评】解决此类问题，要正确的分析物体运动的过程及物体的受力情况，并会确定运动过程中的临界点和分析在临界点上的受力，当物体接触弹簧向右运动的过程中，开始是加速运动的，当弹力和摩擦力相等时，加速度为零，之后摩擦力要大于弹力，物体开始做减速运动，弹力和摩擦力相等时即为一个临界点。
8．如图所示，传送带与水平面间的夹角θ＝30°，在电动机的带动下始终保持v＝8m/s的逆时针匀速率运行。现把一质量为m＝4kg的工件（可看为质点）轻轻放在传送带的底端，工件被传送到h＝7.5m的高处，工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝，取g＝10m/s2，工件在传送带上运动的整个过程中，其位移x、速度v、加速度a、受合外力F随时间变化的图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】分析工件的受力情况，物体受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力作用，合力沿斜面向上，物体加速运动，由牛顿第二定律求出加速度。由速度公式求出速度达到与传送带相同的时间，并求出物体通过的位移。当物体与传送带共速时，分析下滑力与最大静摩擦力的关系，判断物体的运动情况，再分析图像的形状。
【解答】解：AB、对工件，受力如图，据牛顿第二定律得：
μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma
得：a＝2.5 m/s2
工件速度由0加速到v0所用的时间 t＝＝＝s
在这段时间内工件的位移 x＝at2＝＝12.8m
传送带的长度 L＝＝＝15m
说明物体与传送带共速时还没有到达顶端。
因为 μmgcosθ＞mgsinθ，所以共速后物体随传送带匀速运动，因此工作先做初速度为零的匀加速直线运动，后做匀速直线运动，在匀加速阶段，由x＝，知x﹣t图像抛物线，故A错误，B正确。
C、加速度先不变后为零，故C错误。
D、合外力先不变后为零，故D错误。
故选：B。
【点评】本题的关键是要正确分析工件的受力情况，来判断运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式结合分析。
二、多选题
（多选）9．电动平衡车（图1所示）是一种常见的儿童玩具。某人和平衡车的总质量是60kg，启动平衡车后，车由静止开始向前做直线运动，某时刻关闭动力，最后停下来，其v﹣t图像如图2所示。取g＝10m/s2，则（　　）
A．平衡车与地面间的动摩擦因数为0.06
B．平衡车整个运动过程中的位移大小为195m
C．平衡车整个运动过程中的平均速度大小为3m/s
D．平衡车在加速过程的驱动力大小为72N
【答案】AB
【分析】关闭动力后，平衡车在摩擦力作用下做匀减速运动，结合v﹣t图线可得加速度大小并求出动摩擦因数；v﹣t 图线与横轴围成的面积表示位移，可得平衡车整个运动过程中的位移大小和平均速度；根据牛顿第二定律结合v﹣t图线可求得驱动力大小。
【解答】解：A、关闭动力后，结合v﹣t图线可得加速度大小a＝＝ m/s2＝0.6m/s2，又 ，解得 μ＝0.06，故A正确；
B、v﹣t 图线与横轴围成的面积表示位移，整个运动过程中的位移大小，故B正确；
C、整个运动过程中的平均速度大小为，故C错误；
D、平衡车在加速过程，结合 v﹣t图线可得加速度大小，根据牛顿第二定律有F﹣μmg＝ma'，解得 F＝108N，故D错误。
故选：AB。
【点评】此题要求我们认识v﹣t图线在各个时间的运动状态和v﹣t图线的物理意义，再结合运动学公式求解。
（多选）10．如图所示，一只杯子固定在水平桌面上，将一块薄纸板盖在杯口上并在纸板上放一枚象棋的棋子，现用水平向右的拉力将纸板快速抽出，棋子（水平移动距离很小，几乎看不到）落入杯中，这就是惯性演示实验。已知棋子（可视为质点）离纸板左端的距离为d，棋子和纸板的质量均为m，所有接触面的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；若棋子移动的距离不超过就能保证实验成功，则以下说法正确的（　　）
A．棋子受到纸板的摩擦力水平向右
B．纸板受到的摩擦力大小为2μmg
C．若要使棋子相对纸板运动，所需的拉力F＞3μmg
D．若要保证实验成功，所需的拉力F最小值为14μmg
【答案】AD
【分析】列运动方程，按纸板抽出前后运动距离的不同列式联立求出加速度的关系，然后分别对砝码和纸板进行受力分析，根据牛顿第二定律列式求出所需拉力的最小值。
【解答】解：A、水平向右的拉力将纸板快速抽出过程，棋子相对纸板向左运动，棋子受到纸板的摩擦力水平向右，故A正确；
B、纸板受到棋子和杯子的滑动摩擦力f＝μmg+2μmg＝3μmg
故B错误；
C、当棋子恰好相对纸板运动时，此时纸板和棋子处于加速过程，且纸板和棋子摩擦力恰好达到最大静摩擦力
对棋子，根据牛顿第二定律f1＝μmg＝ma1
对纸板，根据牛顿第二定律F﹣μmg﹣2μmg＝ma1
得
F＝4μmg
因F＝4μmg棋子恰好相对纸板运动，故要使棋子相对纸板运动，所需的拉力满足F＞4μmg，故C错误；
D、当纸板相对鸡蛋运动时，设鸡蛋的加速度为a1，纸板的加速度为a2
为确保实验成功，即鸡蛋移动的距离不超过
则纸板抽出时鸡蛋运动的最大距离
纸板运动距离为
联立可得a2＝11a1
对鸡蛋，根据牛顿第二定律有f1＝μmg＝ma1
得a1＝μg，a2＝11μg
对纸板，根据牛顿第二定律有F1﹣f1﹣f2＝ma2，f2＝2μmg
解得F1＝14μmg
故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查了连接体的运动，关键是分别对鸡蛋和纸板进行受力分析，并明确鸡蛋和纸板的位移关系。
（多选）11．如图所示，一质量为M、倾角为30°的斜劈B放在水平地面上。质量为m的木块A在斜劈上由静止释放，沿斜劈向下做加速度为的匀加速运动，斜劈保持静止，重力加速度为g，则（　　）
A．木块与斜劈之间的动摩擦因数为
B．地面对斜劈的摩擦力水平向右，大小为（M+m）g
C．地面对斜劈的摩擦力水平向右，大小为
D．地面对斜劈的支持力大小为
【答案】AC
【分析】木块A受分析知，沿斜面方向上由牛顿第二定律求解；对整体研究：受到重力，地面的支持力和静摩擦力，加速度a可分解为水平方向和竖直方向，知木块A处于失重状态，根据牛顿第二定律对水平方向和竖直方向进行研究求解。
【解答】解：A、对木块A受分析知，沿斜面方向上由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，代入数据解得木块与斜劈之间的动摩擦因数为：，故A正确；
BC、对整体受力分析，斜面静止不动，由于木块A的加速度沿斜面向下，则将其加速度分解到水平方向，则水平向右的加速度为：ax＝acos30°g×＝，则水平方向的合力为：Fx＝max＝mg，所以地面对斜劈的摩擦力水平向右，大小为mg，故B错误，C正确；
D、由于木块A物体沿斜面加速下滑，加速度方向沿斜面向下，所以木块A处于失重状态，故对整体受力分析知地面对斜面的支持力小于整体的重力（M+m）g，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题的解法是对加速度不同的两个物体用整体法，中学用得较少，但如果能掌握则可以做到快速解题；也可以采用隔离法进行分析，步骤是隔离滑块研究，分析受力，根据平衡求解地面对斜面的摩擦力的大小和方向。
（多选）12．如图7甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离。t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是（　　）
A．t＝2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6N
B．t＝2.0s时刻A、B之间作用力为零
C．t＝2.5s时刻A对B的作用力方向向左
D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4m
【答案】AD
【分析】AB分离之前共同运动，以整体为研究对象根据牛顿第二定律列方程求出加速度大小，分离时二者之间的作用力为0.3N但加速度相等，然后隔离A、B分别为研究对象根据牛顿第二定律和运动学公式列方程确定分离的时刻。
【解答】解：设t时刻AB分离，分离之前AB物体共同运动，加速度为a，以整体为研究对象，则有：
a＝＝＝1.2m/s2，
分离时：F2﹣f＝mBa，
得：F2＝f+mBa＝0.3+2×1.2＝2.7N，
经历时间：t＝×2.7＝3s，
根据位移公式：s＝at2＝5.4m，则D正确；
当t＝2s时，F2＝1.8N，F2+f＝mBa，得：f＝mBa﹣F2＝0.6N，A正确，B错误；
当t＝2.5s时，F2＝2.25N，F2+f＝m2a，得：f＝m2a﹣F2＞0，C错误。
故选：AD。
【点评】本题属于连接体问题，通常采用整体法和隔离法相结合求解，当以整体为研究对象受力分析时AB之间的作用力不分析。
三、实验题
13．如图甲所示是“探究加速度与力、质量关系”的实验装置。
（1）下列说法正确的是 　C　 。
A.将木板倾斜平衡摩擦力时，小车应与钩码连接
B.改变钩码个数时，应重新平衡摩擦力
C.需要调节滑轮的高度，使牵引小车的轻绳与长木板保持平行
（2）平衡摩擦力后，保持小车的质量不变，改变钩码的个数，记录下钩码的总质量m和对应的小车的加速度大小a，在坐标纸上作出a﹣m图像如图乙所示。图线末端发生弯曲的原因是 　随着钩码数量增加，不再满足小车的质量远大于钩码质量的条件　 ，学习小组想通过调整实验方案消除这种实验误差，你的调整建议是 　绳上安装力传感器　 （写出一条即可）。
【答案】（1）C；（2）随着钩码数量增加，不再满足小车的质量远大于钩码质量的条件；绳上安装力传感器。
【分析】（1）根据实验时需要调节滑轮的高度，使牵引小车的轻绳与长木板保持平行，且改变钩码个数时，不需要重新平衡摩擦力分析求解；
（2）根据牛顿第二定律，结合只有小车的质量远远大于钩码的质量，小车所受合力才近似等于钩码的重力分析求解。
【解答】解：（1）AB．将木板倾斜平衡摩擦力时，小车应与纸带连接但不与钩码连接，因为用小车重力沿木板方向分力平衡小车和木板及纸带和打点计时器间的阻力，平衡摩擦力后Mgsinθ＝μMgcosθ，故改变钩码个数时，不需要重新平衡摩擦力，故AB错误；
C．实验时需要调节滑轮的高度，使牵引小车的轻绳与长木板保持平行，保证轻绳的拉力即为小车受到的合力，故C正确。
故选：C。
（2）根据mg＝（M+m）a，T＝Ma
解得
只有小车的质量远远大于钩码的质量，小车所受合力才近似等于钩码的重力，但在实验过程中随着钩码数量逐渐增加，不再满足小车的质量远远大于钩码的质量的条件，绳子的拉力与钩码的重力差别变大，所以图线变得弯曲。
消除这种实验误差的方法有：直接用力传感器测出绳子的拉力；将小车和钩码当作一个整体作为研究对象。
故答案为：（1）C；（2）随着钩码数量增加，不再满足小车的质量远大于钩码质量的条件；绳上安装力传感器。
【点评】本题考查了探究加速度与力、质量关系相关实验，理解实验的目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
14．在某次探究加速度与力、质量的关系的实验中，甲、乙、丙、丁四位同学分别设计了如图1所示的实验装置，小车总质量用M，重物质量用m表示。
（1）为便于测量合力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合力成正比的结论，下列说法正确的是 　BC　 。（填选项字母）
A．四组实验中只有甲需要平衡摩擦力
B．四组实验都需要平衡摩擦力
C．四组实验中只有甲需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件
D．四组实验都需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件
（2）按甲同学设计装置完成实验，并根据实验得到的数据，画出小车的a﹣图像如图2所示，从图像中可以得出，当小车的质量为0.5kg时，它的加速度为 　1　 m/s2。
（3）若乙、丙、丁三位同学发现某次测量中力传感器和弹簧测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为a，则乙、丙、丁实验时所用小车总质量之比为 　2：1：1　 。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据实验原理掌握正确的实验操作；
（2）根据牛顿第二定律结合图像的斜率得出小车的加速度；
（3）根据不同实验装置的特点结合牛顿第二定律得出小车的总质量之比。
【解答】解：（1）AB、四组实验中长木板都是水平放置，都需要平衡摩擦力，故A错误，B正确；
CD、四组实验中，乙、丁都是用弹簧测力计测量绳的拉力，丙用力的传感器测量绳的拉力，只有甲不能测量绳的拉力，用重物的重力替代绳的拉力，需要满足所挂重物m远小于小车的质量M的条件，故C正确，D错误；
故选：BC。
（2）根据牛顿第二定律得：
根据图像得：
当小车的质量为0.5kg时，它的加速度为
（3）乙、丙、丁实验所用小车质量之比为
M乙：M丙：M丁＝
故答案为：（1）BC；（2）1；（3）2：1：1
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合牛顿第二定律和图像的物理意义即可完成分析。
四、解答题
15．在一些长下坡路段行车道外侧时常会增设避险车道，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。如图所示为某处避险车道，现有一辆质量为2000kg的汽车沿下坡路面行驶（下坡路面倾角α＝17°，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时汽车速度v1＝20m/s，汽车继续沿下坡匀加速直行L＝250m时到达避险车道，此时汽车速度v2＝30m/s（g取10m/s2，sin17°＝0.3，sin37°＝0.6）
（1）求汽车在下坡公路上的加速度大小；
（2）求汽车在下坡公路上受到的阻力大小；
（3）若避险车道与水平面的夹角为37°，汽车在避险车道上受到阻力是下坡公路上的4倍，求汽车在避险车道上运动的最大位移。（计算结果保留整数）
【答案】（1）汽车在下坡公路上的加速度大小为1m/s2；
（2）汽车在下坡公路上受到的阻力大小为4000N；
（3）若避险车道与水平面的夹角为37°，汽车在避险车道上受到阻力是下坡公路上的4倍，汽车在避险车道上运动的最大位移为32m。
【分析】（1）由速度和位移公式可得加速度大小；
（2）汽车在下坡公路上由牛顿第二定律可得阻力大小；
（3）在避险车道上，由牛顿第二定律和速度和位移公式分别列式，两式联立可得最大位移。
【解答】解：（1）由速度和位移的关系式有：
代入数据可得：a＝1m/s2
（2）设汽车在下坡公路上受到的阻力大小为f，由牛顿第二定律有：mgsinα﹣f＝ma
代入数据可得：f＝4000N
（3）汽车在避险车道上，由牛顿第二定律有：mgsin37°+4f＝ma′
汽车在避险车道上运动的最大位移：
代入数据可得：L′＝32m
答：（1）汽车在下坡公路上的加速度大小为1m/s2；
（2）汽车在下坡公路上受到的阻力大小为4000N；
（3）若避险车道与水平面的夹角为37°，汽车在避险车道上受到阻力是下坡公路上的4倍，汽车在避险车道上运动的最大位移为32m。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，解题的关键是对汽车在下坡路和避险车道正确受力分析。
16．如图甲所示，工地电动物料运输车的左端有一个垂直底板的挡板。工人将空车从静止开始沿直线推到物料堆前，初始以加速度a1＝0.5m/s2做匀加速运动，经t1＝8s后做匀减速运动，再经过t2＝4s后刚好停在物料堆处。工人将一个质量m＝20kg的物料放在车上，保持车底板P与水平面间的夹角θ＝37°向左推车，如图乙所示。物料受到的摩擦力不计。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）初始时空车到物料堆的距离；
（2）放上物料后以a2＝0.25m/s2加速推车时，底板P对物料支持力的大小。
【答案】（1）初始时空车到物料堆的距离为24m；
（2）底板P对物料支持力的大小为163N。
【分析】（1）根据速度公式求解最大速度，由此可求出减速阶段加速度，根据位移时间公式求解加速、减速阶段位移，进而求解总位移；
（2）物料受重力、底板支持力、挡板支持力作用，合力提供加速度，运用正交分解法，根据牛顿第二定律列出关系式解答。
【解答】解：（1）根据速度公式可得最大速度v＝a1t1＝0.5×8m/s＝4m/s，
减速阶段加速度为，
空车到物料堆的距离为；
（2）设底板支持力为F、挡板支持力F′，将力分解成水平、竖直两个方向，可得：
Fsin37°﹣F′cos37°＝ma，
Fcos37°+F′sin37°＝mg，
代入数据得：0.6F﹣0.8F′＝20×0.25N，0.8F+0.6F′＝20×10N
解得：F＝163N，F′＝116N，
底板P对物料支持力的大小为163N。
答：（1）初始时空车到物料堆的距离为24m；
（2）底板P对物料支持力的大小为163N。
【点评】考查对匀变速直线运动规律和共点力平衡的理解，熟悉运动学公式和正交分解法的运用。
17．如图所示，倾角θ＝37°、质量M＝4kg的斜面体静止在水平地面上，质量m＝1kg的物块静止在斜面上时恰好不下滑。t＝0时刻用恒力（大小、方向均未知，图中未画出）作用在斜面体上，使物块与斜面体一起由静止开始向左做匀加速直线运动，物块恰好与斜面体间无摩擦力。已知斜面体与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.75，各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）物块与斜面体间的动摩擦因数μ1；
（2）0～4s内物块的加速度大小a和位移大小x；
（3）恒力的最小值Fmin。
【答案】（1）物块与斜面体间的动摩擦因数μ1是0.75；
（2）0～4s内物块的加速度大小a是7.5m/s2，位移大小x是60m；
（3）恒力的最小值Fmin是60N。
【分析】（1）物块静止在斜面体上恰好不下滑，根据平衡条件求出动摩擦因数。
（2）应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出位移。
（3）应用牛顿第二定律求出恒力的最小值。
【解答】解：（1）未施加恒力时物块恰好静止在斜面上不下滑，
对物块，由平衡条件得：mgsin37°＝μ1mgcos37°
代入数据解得：μ1＝0.75
（2）物块与斜面体一起向左做匀加速想运动，物块恰好与斜面体间屋摩擦力，物块受力如图所示
对物块，由牛顿第二定律得：mgtan37°＝ma
代入数据解得：a＝7.5m/s2
4s内的位移大小x＝m＝60m
（3）设恒力大小为F，方向斜向左上方与水平方向夹角为α
对物块与斜面体整体，由牛顿第二定律得：Fcosα﹣μ[（M+m）g﹣Fsinα]＝（M+m）a
解得：F＝
设cosβ＝＝＝，整理得：F＝
当sin（α+β）＝1，即sinα＝时，恒力最小，Fmin＝
代入数据解得，恒力的最小值Fmin＝60N
答：（1）物块与斜面体间的动摩擦因数μ1是0.75；
（2）0～4s内物块的加速度大小a是7.5m/s2，位移大小x是60m；
（3）恒力的最小值Fmin是60N。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物体的受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
18．如图甲、乙所示，质量M＝2kg、长L＝2m、高h＝0.8m的长木板置于水平地面上，长木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，一质量m＝1kg的小滑块（视为质点）于图甲中放在长木板的中央处，图乙中放在长木板的左端，且图甲中长木板上表面光滑，图乙中长木板与小滑块间的动摩擦因数μ2＝0.5，两种情况均在恒力作用下从静止开始运动，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）图甲中若小滑块由静止到离开长木板的时间为1s，恒力F的大小；
（2）在第（1）问情况中，图甲中小滑块落地时距长木板左端的水平距离；
（3）图乙中若恒力F′＝10N，求小滑块离开长木板的时间。
【答案】（1）图甲中若小滑块由静止到离开长木板的时间为1s，恒力F的大小为10N；
（2）在第（1）问情况中，图甲中小滑块落地时距长木板左端的水平距离为1.04m；
（3）图乙中若恒力F′＝10N，小滑块离开长木板的时间为。
【分析】（1）小滑块始终静止，对长木板根据位移—时间公式得到长木板的加速度，然后根据牛顿第二定律计算拉力；
（2）小滑块离开长木板后做自由落体运动，根据自由落体运动规律得到落地时间，然后根据长木板的位移—时间公式得到长木板的位移，进而计算二者之间的距离；
（3）根据牛顿第二定律分别得到小滑块和长木板的加速度，根据运动学公式计算即可。
【解答】解：（1）图甲中长木板上表面光滑，小滑块始终静止，图甲中若小滑块由静止到离开长木板的时间为1s，对木板有
解得
对木板有
F﹣μ1（m+M）g＝Ma1
解得
F＝10N
（2）小滑块离开木板做自由落体运动，有
解得
t2＝0.4s
木块滑离木板，对木板有
F﹣μ1Mg＝Ma2
解得
小滑块离开长木板时长木板的速度为
v1＝a1t1＝2×1m/s＝2m/s
图甲中小滑块落地时距长木板左端的水平距离为
m＝1.04m
（3）对小滑块有
F′﹣μ2mg＝ma3
解得
对长木板有
μ2mg＝0.5×1×10N＝5N＜μ1（m+M）g＝0.2×（2+1）×10N＝6N
长木板静止不动，小滑块离开长木板的时间为t3，则
解得
答：（1）图甲中若小滑块由静止到离开长木板的时间为1s，恒力F的大小为10N；
（2）在第（1）问情况中，图甲中小滑块落地时距长木板左端的水平距离为1.04m；
（3）图乙中若恒力F′＝10N，小滑块离开长木板的时间为。
【点评】在第一问中能够分析出小滑块是保持静止的，在第三问中能够分析出木板是保持静止的是解题的关键。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)