人教版（2019）必修第一册·第四章 运动和力的关系 2025年单元测试卷（含解析）
文档属性
| 名称 | 人教版（2019）必修第一册·第四章 运动和力的关系 2025年单元测试卷（含解析） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 355.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-09-29 18:54:02 | ||
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文档简介
人教版（2019）必修第一册·第四章运动和力的关系 2025年单元测试卷
一、单选题
1.据报道，我国人造太阳高米、直径米、重达吨，在万摄氏度条件下持续放电秒，打破了世界纪录。在这则新闻中涉及了长度、质量、温度和时间及其单位，在国际单位制中，有关物理量及其单位的说法正确的是( )
A. 所有的物理量都有单位
B. 、、都是导出单位
C. 根据牛顿第二定律的表达式可知
D. 新闻中涉及的米、吨和秒中，米和秒是国际单位制中的基本单位
2.盖房子打地基叫打夯，夯锤的结构如图所示。参加打夯的共五个人，四个人分别握住夯锤的一个把手，一个人负责喊号，喊号人一声号子，四个人同时向上用力将夯锤提起，号音一落四人同时松手，夯锤落至地面将地基砸实。设夯锤的质量为，某次打夯将夯锤提起时，每个人都对夯锤施加竖直向上的大小均为的力，力持续的时间为，然后松手，夯锤落地时将地面砸出一个凹痕。不计空气阻力，则( )
A. 在上升过程中，夯锤一定处于超重状态 B. 松手后夯锤一定处于超重状态
C. 松手时夯锤的速度大小为 D. 松手后夯锤上升的高度为
3.如图所示，甲、乙两物体叠放一起放置在光滑水平面上，将一水平向右恒力作用在物体甲上，使甲、乙一起向右做加速运动，已知物体甲和乙的质量，则甲对乙的摩擦力( )
A. 大小为，方向水平向左 B. 大小为，方向水平向右
C. 大小为，方向水平向左 D. 大小为，方向水平向右
4.物体的质量可以通过天平来测量，但是在太空，由于物体完全失重，天平无法测量质量。如图所示为一种测量物体质量的实验，推进器可以提供大小为的恒定推力使它们获得向前的加速度，已知推进器自身质量为，经过推进器和待测物的速度变化了。那么该待测物的质量为( )
A. B. C. D.
5.如图所示的小木块在倾角为的固定斜面上由静止开始加速下滑，时间内运动的距离为，下列说法正确的是( )
A. 小木块与斜面间的动摩擦因数为
B. 小木块运动距离后的速度大小为
C. 大小不变，越小，时间越长
D. 太小，小木块不能下滑是因为动摩擦因数变大
6.如图所示，三根光滑轨道、、下端分别为、、，位于的正下方，、。一小圆环从点由静止分别沿、、滑下，滑到下端的时间分别为、、，下列选项正确的是( )
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
7.如图所示，一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶，在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶，自由地摆放在桶、之间，没有用绳索固定，桶受到桶和桶的支持，和汽车一起保持静止，当汽车以某一加速度向左加速时，对的支持力和对的支持力大小将( )
A. 减小，增大 B. 减小，减小
C. 增大，增大 D. 增大，减小
8.如图所示，木块上表面是水平的，当木块置于上，并与保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中( )
A. 木块对木块的摩擦力水平向左 B. 木块对没有摩擦力
C. 木块受到的合外力水平向左 D. 木块的加速度不断增大
9.一根质量分布均匀的柔软绳子上端固定在一根竖直杆上，若杆水平向左做匀加速直线运动，不计空气作用力，则绳子的形状可能是( )
A. B. C. D.
10.如图所示，光滑水平面上有个一根光滑的水平细杆，上面套着两个质量均为，半径很小的球和，两球用长为的细线相连接，开始时细线被拉直。现用一与光滑水平面平行且与杆垂直的恒力作用于线的中点，使两球由静止开始沿杆运动，当两球相距为时两球沿杆滑行的加速度的大小为( )
A. B. C. D.
11.如图所示，倾角为的粗糙斜面体放置在光滑水平面上，物块放在斜面体上，通过跨过光滑定滑轮的细线与小球相连。现对斜面体施加一水平向右的推力，当推力为时，悬挂的细线与竖直方向的夹角为；当推力为时，悬挂的细线与竖直方向的夹角为。已知整个过程中与斜面体始终保持相对静止，则与的大小之比为( )
A. ： B. C. ： D.
12.如图，水平桌面上有一薄板，薄板上摆放着小圆柱体、、，圆柱体置于等边三角形的顶点，三圆柱体的质量相等。用一水平外力将薄板沿垂直的方向抽出，圆柱体与薄板间的动摩擦因数均相同，圆柱体与桌面间的动摩擦因数也均相同。则抽出薄板后，三个圆柱体留在桌面上的位置所组成的图形可能是图( )
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
13.质量均为的甲、乙两物块，中间连接一根劲度系数为的轻弹簧，如图所示，把甲放在水平面上，系统处于静止状态。现给乙施加一个竖直向上的拉力，使乙向上做匀加速直线运动，加速度大小为，重力加速度大小为，下列说法正确的是( )
A. 乙刚要运动时，竖直向上的拉力为
B. 当弹簧处于原长时，竖直向上的拉力为
C. 从乙开始运动到甲刚要离地，对应的运动时间为
D. 甲刚要离地时，乙的速度大小为
14.神舟十三号飞船返回舱返回地面附近时，以的速度匀速竖直下降，在距离地面大约时，安装在返回舱底部的反推火箭点火工作，使返回舱匀减速降到时恰好着陆，反推火箭停止工作。反推火箭点火前，具有弹性缓冲功能的航天员座椅已自动提升，以便返回舱落地后使冲击的能量被缓冲吸收。下列关于反推火箭从点火至航天员速度减小到这一过程的判断正确的是( )
A. 经过后，航天员停止运动
B. 反推火箭点火瞬间，航天员的加速度等于
C. 返回舱着陆瞬间，航天员具有向下的加速度
D. 反推火箭点火后，返回舱的加速度大小为
15.如图所示，在水平力作用下，、均静止。若与的接触面是水平的，则以下说法正确的是( )
A. 可能受个力
B. 一定受个力
C. 可能受个力
D. 一定受个力
16.如图甲所示，一倾斜传送带以逆时针匀速转动，时刻，将一质量为的物块轻放在传送带底端，物块在传送带上受到的摩擦力随时间的变化如图乙所示取平行传送带向上为正，重力加速度取，，，下列说法正确的是( )
A. 传送带的倾角为
B. 物块与传送带间的动摩擦因数为
C. 传送带的长度为
D. 运动过程中，物块相对传送带的位移大小为
三、实验题：本大题共3小题，共27分。
17.一个质量为的滑块放在水平地面上，用木棒沿水平方向将它以初速度击出，它在水平地面上滑行距离后停了下来。若用弹簧测力计沿水平方向拉动此滑块由静止开始做匀加速直线运动，使滑块在移动距离为时的速度达到，则弹簧测力计的示数为______，滑块运动的时间为______。
某实验小组利用力学传感器在电梯内研究超重和失重现象。在电梯地板上放置一个压力传感器，在传感器上放一个物块，如图甲所示。电梯从底层到达顶层的过程中，计算机显示出传感器所受压力大小随时间变化的关系图像如图乙所示。则从图乙中可以知道该物块所受的重力为______，物块处于超重状态的时间段为______，处于失重状态的时间段为______。
图甲是研究小车加速度与力关系的实验装置示意图，木板置于水平桌面上，一端系有沙桶的细绳通过滑轮与拉力传感器相连，拉力传感器可显示所受的拉力大小，改变桶中沙的质量进行多次实验。回答下列问题：
实验中需要______。
A.测量沙和沙桶的总质量
B.保持细绳与木板平行
C.保持小车的质量不变
D.满足沙和沙桶的总质量远小于小车的质量
实验中得到一条纸带，相邻计数点间有个点未标出，各计数点到点的距离如图乙所示。电源的频率为，则小车的加速度大小为______。
18.一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球和，如图所示。一实验小组用此装置测量小球运动的加速度。令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球释放时的高度，下降一段距离后的高度；由下降至所用的时间。由此求得小球加速度的大小为 保留位有效数字。从实验室提供的数据得知，小球、的质量分别为和，当地重力加速度大小为。根据牛顿第二定律计算可得小球加速度的大小为 保留位有效数字。可以看出，与有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因： 。
19.图甲所示为探究加速度、力和质量关系的装置，带滑轮的长木板水平放置，力传感器固定在墙上，细绳绕过小车上的滑轮连接传感器和沙桶，细绳平行于木板。接通电源频率为，释放沙桶，获得一条纸带同时记录相应传感器的示数，多次改变沙桶的质量，重复操作。
图乙所示为实验获得纸带的其中一条，纸带上相邻两个计数点间还有四个计时点未画出，计数点、、、到点的距离分别为，，，，打下点时小车的速度为______，小车运动的加速度大小为______结果均保留两位有效数字；
通过实验测得的数据，绘制出反映小车加速度与传感器示数之间关系的图像，如图丙所示，则实验中小车所受摩擦力的大小为______用图中字母表示。
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
20.如图甲所示，一劲度系数的轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧上端与质量的托盘连在一起，为质量的重物，此时整个系统处于静止状态。现给施加一个方向竖直向上的拉力，使它从静止开始向上做加速度大小的匀加速直线运动，拉力随的位移的变化情况如图乙所示。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度取。求：
整个系统静止时的弹簧压缩量；
处刚开始拉重物的力的大小；
从开始拉重物到重物刚要离开托盘的时间；
用两种方法求出拉力的大小。
21.某型号舰载机质量，在航空母舰的平直跑道上加速时，舰载机发动机产生的推力，所受到的阻力恒为。已知平直跑道长，舰载机所需的最小起飞速度。
若航母不动，舰载机从跑道起点由静止开始启动，则其到达跑道末端的速度为多大？
目前航母的最大航速在节约左右。为了使舰载机顺利起飞，必须在航母上安装弹射系统，其中一种为蒸汽弹射系统，其作用是给舰载机一个沿运动方向的推力。若航母以速度航行，假定蒸汽弹射系统和舰载机的发动机在舰载机在平直跑道上加速全过程中都施以恒力，则蒸汽弹射系统需要提供的力至少为多大？
22.倾斜传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行，如图甲所示。在时，将一小煤块轻放在传送带上点处，时小煤块从点离开传送带。小煤块速度随时间变化的图像如图乙所示，设沿传送带向下为运动的正方向，取重力加速度，不计小煤块与传送带摩擦过程中损失的质量，求：
求传送带的长度；
小煤块与传送带之间的动摩擦因数；
求小煤块在传送带上留下痕迹的长度。
23.如图所示，质量的一只长方体形空铁箱在水平拉力的作用下沿水平面向右匀加速运动，这时铁箱内一个质量的木块恰好能静止在后壁上，已知铁箱与水平面间的动摩擦因数为，木块与铁箱内壁间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，求：
木块对铁箱压力的大小；
水平拉力的大小。
答案和解析
1.【答案】
【解析】国际单位制中，力学基本量是长度、质量、时间，单位是物理量的组成部分，有单位的物理量要注明单位，但并不是所有物理量都有单位，如前面学过的动摩擦因数，就没有单位，故A错误；
B.是质量的单位，是基本单位，、是导出单位，故B错误；
C.据牛顿第二定律表达式进行单位运算，可知：，故C错误；
D.国际单位制中，长度、质量，时间三个物理量被选作力学的基本物理量，力学的三个基本单位分别是米、千克、秒，新闻中的米和秒为基本单位，故D正确。
故选：。
2.【答案】
【解析】在上升过程中，夯锤先加速上升，再减速上升，加速度先向上，然后再向下，夯锤先处于超重状态再处于失重状态，故A错误；
B.松手后，夯锤只受重力加速下落，加速度为重力加速度，处于完全失重状态，故B错误；
C.根据牛顿第二定律得：
松手时夯锤的速度大小，解得：，，故C错误；
D.匀减速上升的过程：只受重力，加速度大小为，则有：
解得：，故D正确；
故选：。
3.【答案】
【解析】由牛顿第二定律得：
对甲、乙整体：
对乙：
代入数据解得：，方向水平向右，故B正确，ACD错误。
故选：。
4.【答案】
【解析】设推进器和待测物的质量分别为和。推进器和待测物整体的加速度为
对整体，由牛顿第二定律得：
得，故ACD错误，B正确。
故选：。
5.【答案】
【解析】、小木块在倾角为的固定斜面上由静止开始加速下滑，有，可得，即动摩擦因数，故A错误；
B、时间内运动的距离为，有，则小木块运动距离为后的速度大小为，故B错误；
C、大小不变，越小，则加速度越小，根据，可知时间越长，故C正确；
D、太小，小木块不能下滑是因为重力沿斜面向下的分力小于最大静摩擦力，而动摩擦因数不变，故D错误。
故选：。
6.【答案】
【解析】以为直径画圆，与圆的交点为，如图所示：
根据等时圆规律可知，，故ABC错误，D正确。
故选：。
7.【答案】
【解析】由几何关系，可知和的夹角为，根据在水平、竖直方向的运动特点，
可知油桶和汽车一起静止时，在水平、竖直方向的受力如图：
关系满足：，，
可得到受力分析的关系式分别为：，，可知变大，减小，故BCD错误，A正确。
故选：。
8.【答案】
【解析】、因为斜面光滑，故A与一起会沿斜面向下做加速运动，其加速度的方向是沿斜面向下的，对物体受力分析，如图所示，
可知，对的支持力是竖直向上的，摩擦力是水平向左的，故A正确，B错误；
、当木块置于上，并与保持相对静止，将看成整体，光滑斜面，故B加速度等于，合力等于，方向沿斜面向下，大小保持不变，故CD错误。
故选：。
9.【答案】
【解析】杆向左匀加速运动的过程中，根据微元法，可以将绳子由下到上分为无数质点，则对于最下方的质点，根据牛顿第二定律可得：
对于最下方的两个质点整体使用牛顿第二定律可得：
由此类推可知，所有质点所在切线与竖直方向夹角相同，因此绳子应为一条斜直线且向右偏斜。故A正确，BCD错误。
故选：。
10.【答案】
【解析】根据题目内容，对结点进行受力分析，画出力的图示，如图所示：
根据平衡条件有
利用几何关系可得
对小球分析，由牛顿第二定律有
联立解得，故D正确，ABC错误。
故选D。
11.【答案】
【解析】设物块的质量为，小球的质量为，斜面体的质量为，当推力为时，悬挂的细线与竖直方向的夹角为，
以、和斜面体为整体，受力分析，根据牛顿第二定律可得
对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得
联立解得：
当推力为时，悬挂的细线与竖直方向的夹角为，以、和斜面体为整体，受力分析，根据牛顿第二定律可得：
对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得
联立解得：
综上可得：，故BCD错误，A正确。
故选：。
12.【答案】
【解析】设圆柱体的质量为，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均为，
则在抽薄板的过程中，圆柱体在薄板摩擦力的作用下做加速运动，离开薄板后在桌面摩擦力的作用下做减速运动，
根据牛顿第二定律有，
可得，圆柱体运动时的加速度大小为，
由于圆柱体先离开薄板，、同时后离开薄板，
则根据可知，
离开薄板时的速度小于、离开薄板时的速度，
离开薄板后，根据匀变速直线运动的速度位移关系可知，
B、在桌面上滑动的距离相等，且大于在桌面上滑动的距离。故A正确，BCD错误。
故选：。
13.【答案】
【解析】乙刚要运动时，对物块乙由牛顿第二定律可得，故A正确；
B.当弹簧处于原长时，由牛顿第二定律可得
解得，故B错误；
C.系统静止时，弹簧的压缩量，当甲刚要离地时，弹簧的伸长量，从乙开始运动到甲刚要离地，乙的位移大小为，由匀变速直线运动的规律可得，解得，故C正确；
D.甲刚要离地时，乙的速度大小为，故D错误。
故选：。
14.【答案】
【解析】反推火箭点火工作后，返回舱的加速度，返回舱从减速到用时，航天员相当于坐在返回舱的弹簧上，反推火箭点火瞬间，由于弹簧的弹力不突变，航天员的加速度等于，之后做减速运动，当返回舱着地时，航天员还会继续向下减速到，加速度向上。故BD正确，AC错误。
故选：。
15.【答案】
【解析】先对组成的系统受力分析可知，斜面对的摩擦力可能为零；再对受力分析可知，受到重力、对的支持力、对的水平向左的静摩擦力和水平力四个力作用；再对受力分析可知，至少受到重力、对的压力、对的静摩擦力、斜面对支持力四个力作用，注意可能受到斜面的静摩擦力，也可能不受斜面的静摩擦力。
A.的受力个数可能是个，与分析不一致，故A错误；
B.的受力个数一定是个，与分析相一致，故B正确；
C.的受力个数可能是个，与分析相一致，故C正确；
D.的受力个数一定是个，与分析不一致，故D错误。
故选：。
16.【答案】
【解析】、由图乙所受图像可知，在内，摩擦力，在内，摩擦力
在时突变，说明在内物块与传送带共速，则有：，解得：，故A错误；
B、在内为滑动摩擦力，即，代入数据解得：，故B正确；
C、物块在内做匀加速运动，做匀速运动，则传送带的长度，代入数据解得：，故C错误；
D、运动过程中，物块相对传送带滑动过程的位移
该过程传送带的位移
相对传送带的位移大小为，故D正确。
故选：。
17.【答案】；； ；；； ；
【解析】滑块匀减速直线运动的加速度大小
可知滑块所受的摩擦力
滑块匀加速直线运动的加速度
根据牛顿第二定律得，
解得
滑块运动的时间
解得
电梯启动前处于静止状态，传感器受到的压力大小等于物块的重力大小，故物块的重力为。
时间内，传感器受到的压力大于物块重力，物块处于超重状态。
时间内，传感器受到的压力小于物块重力，物块处于失重状态。
根据题意，由实验原理可知，绳子的拉力可以由拉力传感器测出，则不需要测量沙和沙桶的总质量，也不需要满足沙和沙桶的总质量远小于小车的质量，故AD错误；
B.为了使细绳对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要调整木板上滑轮的高度使细绳与木板平行，故B正确；
C.本实验采用的是控制变量法，要研究小车加速度与力的关系，必须保持小车的质量不变，故C正确。
故选：。
根据题意可知，相邻计数点间的时间间隔为
根据逐差法，小车加速度
故答案为：；；；；；；
18.【答案】
滑轮的轴不光滑或滑轮有质量
【解析】小球做的是初速度为零的匀加速直线运动，则有：，
得：，
把、球看成一个整体，由牛顿第二定律可得：，
则有：，
本来和大小应该相等，但是因为滑轮的质量以及滑轮与轴之间的摩擦都不可忽略，所以和具有明显的差异。
故答案为：；；滑轮的轴不光滑或滑轮有质量。
19.【答案】，；
【解析】由于相邻两个计数点间还有四个计时点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔为
匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则打下点时小车的速度为
根据逐差法可知，小车的加速度为
以小车为研究对象，根据牛顿第二定律有
变形得
结合图丙可知，当力传感器示数为时，加速度为，代入上式解得
故答案为：，；。
20.【解析】整个系统静止时，受力平衡，根据胡克定律可得：，
代入数据解得：；
处，对于重物和托盘整体，由牛顿第二定律得，，
代入数据解得：；
重物刚要离开托盘时，重物与托盘之间弹力为，对于托盘，满足：
代入数据解得：，
则此阶段的位移，
根据位移时间关系可得：
代入数据解得：；
解法一：对重物分析，离开托盘后，由牛顿第二定律得：，
代入数据解得：；
解法二：对托盘与整体，在它们分离时，由牛顿第二定律得：，
代入数据解得：。
答：整个系统静止时的弹簧压缩量为；
处刚开始拉重物的力的大小为；
从开始拉重物到重物刚要离开托盘的时间为；
拉力的大小为。
21.【解析】对舰载机，根据牛顿第二定律可得：
根据速度位移公式可得：
联立解得：
设舰载机在平直跑道上加速的全过程中，运动时间为，航母前进的位移为，舰载机的加速度为，则有
代入数据解得：
对舰载机分析，根据牛顿第二定律可得：
解得：
答：到达跑道末端的速度为；
蒸汽弹射系统需要提供的力至少为。
22.【解析】由图可知传送带运动的速度为，小煤块在时速度大小为
内，小煤块的位移
内，小煤块的位移
传送带的长度
由图像可知，
内，小煤块的加速度大小为：
由牛顿第二定律可知：
内，小煤块的加速度大小为：
由牛顿第二定律可知：
联立解得：
内，传送带的位移为
小煤块与传送带相对位移为
内，传送带的位移为
小煤块与传送带相对位移为，
故小煤块在传送带上留下痕迹的长度
答：
传送带的长度为；
小煤块与传送带之间的动摩擦因数为；
小煤块在传送带上留下痕迹的长度为。
23.【解析】木块与铁箱一起做匀加速运动，设木块恰好静止在铁箱的后壁上时，铁箱对木块的摩擦力为，木块在竖直方向受力平衡，有，
解得
根据牛顿第三定律知，木块对铁箱的压力大小为
对木块，根据牛顿第二定律有
对整体
解得
答：木块对铁箱压力的大小为；
水平拉力的大小为。
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一、单选题
1.据报道，我国人造太阳高米、直径米、重达吨，在万摄氏度条件下持续放电秒，打破了世界纪录。在这则新闻中涉及了长度、质量、温度和时间及其单位，在国际单位制中，有关物理量及其单位的说法正确的是( )
A. 所有的物理量都有单位
B. 、、都是导出单位
C. 根据牛顿第二定律的表达式可知
D. 新闻中涉及的米、吨和秒中，米和秒是国际单位制中的基本单位
2.盖房子打地基叫打夯，夯锤的结构如图所示。参加打夯的共五个人，四个人分别握住夯锤的一个把手，一个人负责喊号，喊号人一声号子，四个人同时向上用力将夯锤提起，号音一落四人同时松手，夯锤落至地面将地基砸实。设夯锤的质量为，某次打夯将夯锤提起时，每个人都对夯锤施加竖直向上的大小均为的力，力持续的时间为，然后松手，夯锤落地时将地面砸出一个凹痕。不计空气阻力，则( )
A. 在上升过程中，夯锤一定处于超重状态 B. 松手后夯锤一定处于超重状态
C. 松手时夯锤的速度大小为 D. 松手后夯锤上升的高度为
3.如图所示，甲、乙两物体叠放一起放置在光滑水平面上，将一水平向右恒力作用在物体甲上，使甲、乙一起向右做加速运动，已知物体甲和乙的质量，则甲对乙的摩擦力( )
A. 大小为，方向水平向左 B. 大小为，方向水平向右
C. 大小为，方向水平向左 D. 大小为，方向水平向右
4.物体的质量可以通过天平来测量，但是在太空，由于物体完全失重，天平无法测量质量。如图所示为一种测量物体质量的实验，推进器可以提供大小为的恒定推力使它们获得向前的加速度，已知推进器自身质量为，经过推进器和待测物的速度变化了。那么该待测物的质量为( )
A. B. C. D.
5.如图所示的小木块在倾角为的固定斜面上由静止开始加速下滑，时间内运动的距离为，下列说法正确的是( )
A. 小木块与斜面间的动摩擦因数为
B. 小木块运动距离后的速度大小为
C. 大小不变，越小，时间越长
D. 太小，小木块不能下滑是因为动摩擦因数变大
6.如图所示，三根光滑轨道、、下端分别为、、，位于的正下方，、。一小圆环从点由静止分别沿、、滑下，滑到下端的时间分别为、、，下列选项正确的是( )
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
7.如图所示，一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶，在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶，自由地摆放在桶、之间，没有用绳索固定，桶受到桶和桶的支持，和汽车一起保持静止，当汽车以某一加速度向左加速时，对的支持力和对的支持力大小将( )
A. 减小，增大 B. 减小，减小
C. 增大，增大 D. 增大，减小
8.如图所示，木块上表面是水平的，当木块置于上，并与保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中( )
A. 木块对木块的摩擦力水平向左 B. 木块对没有摩擦力
C. 木块受到的合外力水平向左 D. 木块的加速度不断增大
9.一根质量分布均匀的柔软绳子上端固定在一根竖直杆上，若杆水平向左做匀加速直线运动，不计空气作用力，则绳子的形状可能是( )
A. B. C. D.
10.如图所示，光滑水平面上有个一根光滑的水平细杆，上面套着两个质量均为，半径很小的球和，两球用长为的细线相连接，开始时细线被拉直。现用一与光滑水平面平行且与杆垂直的恒力作用于线的中点，使两球由静止开始沿杆运动，当两球相距为时两球沿杆滑行的加速度的大小为( )
A. B. C. D.
11.如图所示，倾角为的粗糙斜面体放置在光滑水平面上，物块放在斜面体上，通过跨过光滑定滑轮的细线与小球相连。现对斜面体施加一水平向右的推力，当推力为时，悬挂的细线与竖直方向的夹角为；当推力为时，悬挂的细线与竖直方向的夹角为。已知整个过程中与斜面体始终保持相对静止，则与的大小之比为( )
A. ： B. C. ： D.
12.如图，水平桌面上有一薄板，薄板上摆放着小圆柱体、、，圆柱体置于等边三角形的顶点，三圆柱体的质量相等。用一水平外力将薄板沿垂直的方向抽出，圆柱体与薄板间的动摩擦因数均相同，圆柱体与桌面间的动摩擦因数也均相同。则抽出薄板后，三个圆柱体留在桌面上的位置所组成的图形可能是图( )
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
13.质量均为的甲、乙两物块，中间连接一根劲度系数为的轻弹簧，如图所示，把甲放在水平面上，系统处于静止状态。现给乙施加一个竖直向上的拉力，使乙向上做匀加速直线运动，加速度大小为，重力加速度大小为，下列说法正确的是( )
A. 乙刚要运动时，竖直向上的拉力为
B. 当弹簧处于原长时，竖直向上的拉力为
C. 从乙开始运动到甲刚要离地，对应的运动时间为
D. 甲刚要离地时，乙的速度大小为
14.神舟十三号飞船返回舱返回地面附近时，以的速度匀速竖直下降，在距离地面大约时，安装在返回舱底部的反推火箭点火工作，使返回舱匀减速降到时恰好着陆，反推火箭停止工作。反推火箭点火前，具有弹性缓冲功能的航天员座椅已自动提升，以便返回舱落地后使冲击的能量被缓冲吸收。下列关于反推火箭从点火至航天员速度减小到这一过程的判断正确的是( )
A. 经过后，航天员停止运动
B. 反推火箭点火瞬间，航天员的加速度等于
C. 返回舱着陆瞬间，航天员具有向下的加速度
D. 反推火箭点火后，返回舱的加速度大小为
15.如图所示，在水平力作用下，、均静止。若与的接触面是水平的，则以下说法正确的是( )
A. 可能受个力
B. 一定受个力
C. 可能受个力
D. 一定受个力
16.如图甲所示，一倾斜传送带以逆时针匀速转动，时刻，将一质量为的物块轻放在传送带底端，物块在传送带上受到的摩擦力随时间的变化如图乙所示取平行传送带向上为正，重力加速度取，，，下列说法正确的是( )
A. 传送带的倾角为
B. 物块与传送带间的动摩擦因数为
C. 传送带的长度为
D. 运动过程中，物块相对传送带的位移大小为
三、实验题：本大题共3小题，共27分。
17.一个质量为的滑块放在水平地面上，用木棒沿水平方向将它以初速度击出，它在水平地面上滑行距离后停了下来。若用弹簧测力计沿水平方向拉动此滑块由静止开始做匀加速直线运动，使滑块在移动距离为时的速度达到，则弹簧测力计的示数为______，滑块运动的时间为______。
某实验小组利用力学传感器在电梯内研究超重和失重现象。在电梯地板上放置一个压力传感器，在传感器上放一个物块，如图甲所示。电梯从底层到达顶层的过程中，计算机显示出传感器所受压力大小随时间变化的关系图像如图乙所示。则从图乙中可以知道该物块所受的重力为______，物块处于超重状态的时间段为______，处于失重状态的时间段为______。
图甲是研究小车加速度与力关系的实验装置示意图，木板置于水平桌面上，一端系有沙桶的细绳通过滑轮与拉力传感器相连，拉力传感器可显示所受的拉力大小，改变桶中沙的质量进行多次实验。回答下列问题：
实验中需要______。
A.测量沙和沙桶的总质量
B.保持细绳与木板平行
C.保持小车的质量不变
D.满足沙和沙桶的总质量远小于小车的质量
实验中得到一条纸带，相邻计数点间有个点未标出，各计数点到点的距离如图乙所示。电源的频率为，则小车的加速度大小为______。
18.一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球和，如图所示。一实验小组用此装置测量小球运动的加速度。令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球释放时的高度，下降一段距离后的高度；由下降至所用的时间。由此求得小球加速度的大小为 保留位有效数字。从实验室提供的数据得知，小球、的质量分别为和，当地重力加速度大小为。根据牛顿第二定律计算可得小球加速度的大小为 保留位有效数字。可以看出，与有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因： 。
19.图甲所示为探究加速度、力和质量关系的装置，带滑轮的长木板水平放置，力传感器固定在墙上，细绳绕过小车上的滑轮连接传感器和沙桶，细绳平行于木板。接通电源频率为，释放沙桶，获得一条纸带同时记录相应传感器的示数，多次改变沙桶的质量，重复操作。
图乙所示为实验获得纸带的其中一条，纸带上相邻两个计数点间还有四个计时点未画出，计数点、、、到点的距离分别为，，，，打下点时小车的速度为______，小车运动的加速度大小为______结果均保留两位有效数字；
通过实验测得的数据，绘制出反映小车加速度与传感器示数之间关系的图像，如图丙所示，则实验中小车所受摩擦力的大小为______用图中字母表示。
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
20.如图甲所示，一劲度系数的轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧上端与质量的托盘连在一起，为质量的重物，此时整个系统处于静止状态。现给施加一个方向竖直向上的拉力，使它从静止开始向上做加速度大小的匀加速直线运动，拉力随的位移的变化情况如图乙所示。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度取。求：
整个系统静止时的弹簧压缩量；
处刚开始拉重物的力的大小；
从开始拉重物到重物刚要离开托盘的时间；
用两种方法求出拉力的大小。
21.某型号舰载机质量，在航空母舰的平直跑道上加速时，舰载机发动机产生的推力，所受到的阻力恒为。已知平直跑道长，舰载机所需的最小起飞速度。
若航母不动，舰载机从跑道起点由静止开始启动，则其到达跑道末端的速度为多大？
目前航母的最大航速在节约左右。为了使舰载机顺利起飞，必须在航母上安装弹射系统，其中一种为蒸汽弹射系统，其作用是给舰载机一个沿运动方向的推力。若航母以速度航行，假定蒸汽弹射系统和舰载机的发动机在舰载机在平直跑道上加速全过程中都施以恒力，则蒸汽弹射系统需要提供的力至少为多大？
22.倾斜传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行，如图甲所示。在时，将一小煤块轻放在传送带上点处，时小煤块从点离开传送带。小煤块速度随时间变化的图像如图乙所示，设沿传送带向下为运动的正方向，取重力加速度，不计小煤块与传送带摩擦过程中损失的质量，求：
求传送带的长度；
小煤块与传送带之间的动摩擦因数；
求小煤块在传送带上留下痕迹的长度。
23.如图所示，质量的一只长方体形空铁箱在水平拉力的作用下沿水平面向右匀加速运动，这时铁箱内一个质量的木块恰好能静止在后壁上，已知铁箱与水平面间的动摩擦因数为，木块与铁箱内壁间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，求：
木块对铁箱压力的大小；
水平拉力的大小。
答案和解析
1.【答案】
【解析】国际单位制中，力学基本量是长度、质量、时间，单位是物理量的组成部分，有单位的物理量要注明单位，但并不是所有物理量都有单位，如前面学过的动摩擦因数，就没有单位，故A错误；
B.是质量的单位，是基本单位，、是导出单位，故B错误；
C.据牛顿第二定律表达式进行单位运算，可知：，故C错误；
D.国际单位制中，长度、质量，时间三个物理量被选作力学的基本物理量，力学的三个基本单位分别是米、千克、秒，新闻中的米和秒为基本单位，故D正确。
故选：。
2.【答案】
【解析】在上升过程中，夯锤先加速上升，再减速上升，加速度先向上，然后再向下，夯锤先处于超重状态再处于失重状态，故A错误；
B.松手后，夯锤只受重力加速下落，加速度为重力加速度，处于完全失重状态，故B错误；
C.根据牛顿第二定律得：
松手时夯锤的速度大小，解得：，，故C错误；
D.匀减速上升的过程：只受重力，加速度大小为，则有：
解得：，故D正确；
故选：。
3.【答案】
【解析】由牛顿第二定律得：
对甲、乙整体：
对乙：
代入数据解得：，方向水平向右，故B正确，ACD错误。
故选：。
4.【答案】
【解析】设推进器和待测物的质量分别为和。推进器和待测物整体的加速度为
对整体，由牛顿第二定律得：
得，故ACD错误，B正确。
故选：。
5.【答案】
【解析】、小木块在倾角为的固定斜面上由静止开始加速下滑，有，可得，即动摩擦因数，故A错误；
B、时间内运动的距离为，有，则小木块运动距离为后的速度大小为，故B错误；
C、大小不变，越小，则加速度越小，根据，可知时间越长，故C正确；
D、太小，小木块不能下滑是因为重力沿斜面向下的分力小于最大静摩擦力，而动摩擦因数不变，故D错误。
故选：。
6.【答案】
【解析】以为直径画圆，与圆的交点为，如图所示：
根据等时圆规律可知，，故ABC错误，D正确。
故选：。
7.【答案】
【解析】由几何关系，可知和的夹角为，根据在水平、竖直方向的运动特点，
可知油桶和汽车一起静止时，在水平、竖直方向的受力如图：
关系满足：，，
可得到受力分析的关系式分别为：，，可知变大，减小，故BCD错误，A正确。
故选：。
8.【答案】
【解析】、因为斜面光滑，故A与一起会沿斜面向下做加速运动，其加速度的方向是沿斜面向下的，对物体受力分析，如图所示，
可知，对的支持力是竖直向上的，摩擦力是水平向左的，故A正确，B错误；
、当木块置于上，并与保持相对静止，将看成整体，光滑斜面，故B加速度等于，合力等于，方向沿斜面向下，大小保持不变，故CD错误。
故选：。
9.【答案】
【解析】杆向左匀加速运动的过程中，根据微元法，可以将绳子由下到上分为无数质点，则对于最下方的质点，根据牛顿第二定律可得：
对于最下方的两个质点整体使用牛顿第二定律可得：
由此类推可知，所有质点所在切线与竖直方向夹角相同，因此绳子应为一条斜直线且向右偏斜。故A正确，BCD错误。
故选：。
10.【答案】
【解析】根据题目内容，对结点进行受力分析，画出力的图示，如图所示：
根据平衡条件有
利用几何关系可得
对小球分析，由牛顿第二定律有
联立解得，故D正确，ABC错误。
故选D。
11.【答案】
【解析】设物块的质量为，小球的质量为，斜面体的质量为，当推力为时，悬挂的细线与竖直方向的夹角为，
以、和斜面体为整体，受力分析，根据牛顿第二定律可得
对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得
联立解得：
当推力为时，悬挂的细线与竖直方向的夹角为，以、和斜面体为整体，受力分析，根据牛顿第二定律可得：
对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得
联立解得：
综上可得：，故BCD错误，A正确。
故选：。
12.【答案】
【解析】设圆柱体的质量为，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均为，
则在抽薄板的过程中，圆柱体在薄板摩擦力的作用下做加速运动，离开薄板后在桌面摩擦力的作用下做减速运动，
根据牛顿第二定律有，
可得，圆柱体运动时的加速度大小为，
由于圆柱体先离开薄板，、同时后离开薄板，
则根据可知，
离开薄板时的速度小于、离开薄板时的速度，
离开薄板后，根据匀变速直线运动的速度位移关系可知，
B、在桌面上滑动的距离相等，且大于在桌面上滑动的距离。故A正确，BCD错误。
故选：。
13.【答案】
【解析】乙刚要运动时，对物块乙由牛顿第二定律可得，故A正确；
B.当弹簧处于原长时，由牛顿第二定律可得
解得，故B错误；
C.系统静止时，弹簧的压缩量，当甲刚要离地时，弹簧的伸长量，从乙开始运动到甲刚要离地，乙的位移大小为，由匀变速直线运动的规律可得，解得，故C正确；
D.甲刚要离地时，乙的速度大小为，故D错误。
故选：。
14.【答案】
【解析】反推火箭点火工作后，返回舱的加速度，返回舱从减速到用时，航天员相当于坐在返回舱的弹簧上，反推火箭点火瞬间，由于弹簧的弹力不突变，航天员的加速度等于，之后做减速运动，当返回舱着地时，航天员还会继续向下减速到，加速度向上。故BD正确，AC错误。
故选：。
15.【答案】
【解析】先对组成的系统受力分析可知，斜面对的摩擦力可能为零；再对受力分析可知，受到重力、对的支持力、对的水平向左的静摩擦力和水平力四个力作用；再对受力分析可知，至少受到重力、对的压力、对的静摩擦力、斜面对支持力四个力作用，注意可能受到斜面的静摩擦力，也可能不受斜面的静摩擦力。
A.的受力个数可能是个，与分析不一致，故A错误；
B.的受力个数一定是个，与分析相一致，故B正确；
C.的受力个数可能是个，与分析相一致，故C正确；
D.的受力个数一定是个，与分析不一致，故D错误。
故选：。
16.【答案】
【解析】、由图乙所受图像可知，在内，摩擦力，在内，摩擦力
在时突变，说明在内物块与传送带共速，则有：，解得：，故A错误；
B、在内为滑动摩擦力，即，代入数据解得：，故B正确；
C、物块在内做匀加速运动，做匀速运动，则传送带的长度，代入数据解得：，故C错误；
D、运动过程中，物块相对传送带滑动过程的位移
该过程传送带的位移
相对传送带的位移大小为，故D正确。
故选：。
17.【答案】；； ；；； ；
【解析】滑块匀减速直线运动的加速度大小
可知滑块所受的摩擦力
滑块匀加速直线运动的加速度
根据牛顿第二定律得，
解得
滑块运动的时间
解得
电梯启动前处于静止状态，传感器受到的压力大小等于物块的重力大小，故物块的重力为。
时间内，传感器受到的压力大于物块重力，物块处于超重状态。
时间内，传感器受到的压力小于物块重力，物块处于失重状态。
根据题意，由实验原理可知，绳子的拉力可以由拉力传感器测出，则不需要测量沙和沙桶的总质量，也不需要满足沙和沙桶的总质量远小于小车的质量，故AD错误；
B.为了使细绳对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要调整木板上滑轮的高度使细绳与木板平行，故B正确；
C.本实验采用的是控制变量法，要研究小车加速度与力的关系，必须保持小车的质量不变，故C正确。
故选：。
根据题意可知，相邻计数点间的时间间隔为
根据逐差法，小车加速度
故答案为：；；；；；；
18.【答案】
滑轮的轴不光滑或滑轮有质量
【解析】小球做的是初速度为零的匀加速直线运动，则有：，
得：，
把、球看成一个整体，由牛顿第二定律可得：，
则有：，
本来和大小应该相等，但是因为滑轮的质量以及滑轮与轴之间的摩擦都不可忽略，所以和具有明显的差异。
故答案为：；；滑轮的轴不光滑或滑轮有质量。
19.【答案】，；
【解析】由于相邻两个计数点间还有四个计时点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔为
匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则打下点时小车的速度为
根据逐差法可知，小车的加速度为
以小车为研究对象，根据牛顿第二定律有
变形得
结合图丙可知，当力传感器示数为时，加速度为，代入上式解得
故答案为：，；。
20.【解析】整个系统静止时，受力平衡，根据胡克定律可得：，
代入数据解得：；
处，对于重物和托盘整体，由牛顿第二定律得，，
代入数据解得：；
重物刚要离开托盘时，重物与托盘之间弹力为，对于托盘，满足：
代入数据解得：，
则此阶段的位移，
根据位移时间关系可得：
代入数据解得：；
解法一：对重物分析，离开托盘后，由牛顿第二定律得：，
代入数据解得：；
解法二：对托盘与整体，在它们分离时，由牛顿第二定律得：，
代入数据解得：。
答：整个系统静止时的弹簧压缩量为；
处刚开始拉重物的力的大小为；
从开始拉重物到重物刚要离开托盘的时间为；
拉力的大小为。
21.【解析】对舰载机，根据牛顿第二定律可得：
根据速度位移公式可得：
联立解得：
设舰载机在平直跑道上加速的全过程中，运动时间为，航母前进的位移为，舰载机的加速度为，则有
代入数据解得：
对舰载机分析，根据牛顿第二定律可得：
解得：
答：到达跑道末端的速度为；
蒸汽弹射系统需要提供的力至少为。
22.【解析】由图可知传送带运动的速度为，小煤块在时速度大小为
内，小煤块的位移
内，小煤块的位移
传送带的长度
由图像可知，
内，小煤块的加速度大小为：
由牛顿第二定律可知：
内，小煤块的加速度大小为：
由牛顿第二定律可知：
联立解得：
内，传送带的位移为
小煤块与传送带相对位移为
内，传送带的位移为
小煤块与传送带相对位移为，
故小煤块在传送带上留下痕迹的长度
答：
传送带的长度为；
小煤块与传送带之间的动摩擦因数为；
小煤块在传送带上留下痕迹的长度为。
23.【解析】木块与铁箱一起做匀加速运动，设木块恰好静止在铁箱的后壁上时，铁箱对木块的摩擦力为，木块在竖直方向受力平衡，有，
解得
根据牛顿第三定律知，木块对铁箱的压力大小为
对木块，根据牛顿第二定律有
对整体
解得
答：木块对铁箱压力的大小为；
水平拉力的大小为。
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