第四章 运动和力的关系检测-【无敌原创】2025-2026学年高中物理必修第一册单元测试卷

物理 第四章检测 (满分100分，时间75分钟) 选择题（本题共12个小题，共58分。1~7小题每个小题只有一个正确选项，每小题4分；8~ 12小题每个小题有多个正确选项，每小题6分，全选对的得6分，选不全的得4分，有选错或不 答的得0分。) 1.伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重 要科学研究方法。图甲、乙分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列 说法正确的是 ( dg a b 曾 77777 乙 A.图甲通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动 B.图甲中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易 地 C.图乙中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成 部 城 D.图乙的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持 2.在德国首都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中，克罗地亚选手 世 弗拉西奇以2.04m的成绩获得冠军。弗拉西奇的身高约为1.93m,忽略 空气阻力，重力加速度g取10/s2,如图所示。则下列说法正确的是 A.弗拉西奇在下降过程中处于完全失重状态 剂 LIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII B.弗拉西奇起跳以后在上升的过程中处于超重状态 C.弗拉西奇起跳时地面对她的支持力等于她所受的重力 D.弗拉西奇起跳时的初速度大约为3m/s 3.(2023·江苏南京三模)潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，称之为“掉深”。如 图甲所示，某潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行。=0时，该潜艇“掉深”，随后采取措 施成功脱险，在0~30s时间内潜艇竖直方向的-t图像如图乙所示（设竖直向下为正方向）。 不计水的黏滞阻力，则 ( A v/m.s-1 低密度海水区 20 高密度海水☒ 10 30 t/s 甲 A.潜艇在“掉深”时的加速度为1m/s2 B.t=30s潜艇回到初始高度 C.潜艇竖直向下的最大位移为100m D.潜艇在10~30s时间内处于超重状态 4.甲、乙两球质量分别为m1、m2,从同一地点（足够高）同时静止释放。两球在下落过程中所受空 气阻力大小f仅与球的速率成正比，与球的质量无关，即f=(k为正的比例常量)，两球的 v-t图像如图所示，落地前，经过时间t。两球的速度都已达到各自的稳定值、2，则下列判断正 确的是 () A.甲球质量大于乙球 甲球 B.= V2 m2 v1 乙球 C.释放瞬间甲球的加速度较大 D.。时间内，两球下落的高度相等 5.如图所示，在光滑水平面上，一个小物块放在静止的小车上，物块和小车间的动摩擦因数μ=0. 2,重力加速度g=10m/s2。现用水平恒力F拉动小车，关于物块的加速度am和小车的加速度 aM的大小，下列选项可能正确的是 () A.am=2 m/s2,am=1 m/s2 m B.am=1 m/s2,am=2 m/s2 M (●) O 77777ì1777777777777777777 C.am=2 m/s2,am=4 m/s2 D.am=3 m/s2,am=5 m/s2 6.(2023·广东广州天河一模)2021年7月28日，在东京奥运会男子双人跳板决赛中，中国选手谢 思埸、王宗源获得冠军。如图1所示是他们踏板起跳的精彩瞬间，从离开跳板开始计时，跳水过 程中运动员重心的v-t图像如图2所示，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2,则下列说法 正确的是 () Avlm·s-l 图1 图2 A.运动员在入水前做的是自由落体运动 B.运动员在t=2s时已浮出水面 C.运动员在水中的加速度逐渐增大 D.运动员双脚离开跳板后重心上升的高度为品m 13 7.如图甲所示，倾角为0的足够长的传送带以恒定的速率。沿逆时针方向运行。t=0时，将质量 m=1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的o-t图像如图乙所示。设沿传 送带向下为正方向，重力加速度g取10m/s2。则 ◆v/（m's-1) 12.0 10.0 7.5 5.0 2.5 0 00.51.01.52.02.53.0t7s 甲 A.传送带的速率=10m/s B.传送带的倾角0=30 C.物体与传送带之间的动摩擦因数4=0.25 D.0~2.0s物体相对于传送带滑动的位移x=16m 8.(2023·广东韶关二模)（多选）如图甲，某同学站在压力传感器上完成下蹲和起立的动作，用计 算机采集到的压力传感器读数F随时间变化的图像如图乙，下列说法正确的是 () ◆FN 1000 500 0 6 t/s 甲 A.该同学重力约为500N B.下蹲过程中该同学始终处于失重状态 C.该同学完成了一次下蹲再起立的动作 D.起立过程中该同学对传感器的压力小于传感器对该同学的支持力 9.如图所示，物块A、B质量相等，在恒力F作用下，在水平面上做匀 F AB 加速直线运动，若水平面光滑，物块A的加速度大小为1，物块A、B间的相互作用力大小为 F×,;若水平面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，物块B的加速度大小为α2，物 块A、B间的相互作用力大小为Fx,,则以下判断正确的是 ( A.a=a2 B.a>a2 C.FN,=FN, D.FN<F 14 无敌原创·单元测试卷物理·必修第一册 10.如图甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑， 以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关 系如图乙所示（图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点）。已知传送带的速 度保持不变，重力加速度g取10/s2。关于物块与传送带间的动摩擦因数u及物块在传送带 上运动第一次回到传送带左端的时间t,下列计算结果正确的是 () v/m·s-) 0个 234t/s 甲 A.=0.4 B.u=0.2 C.t=4.5s D.t=3 s 11.如图甲、乙、丙、丁所示，四个质量均为M、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量 均为的物块放在斜面顶端，因物块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情况不同，放上A物 块后A物块匀加速下滑，B物块获一初速度后匀速下滑，C物块获一初速度后匀减速下滑，放 上D物块后D物块静止在斜面上，四个斜面体均保持静止。四种情况下斜面对地面的压力依 梁 次为F1、F2、F、F4,重力加速度取g,关于它们的大小与重力的关系，下列说法正确的是 B 0 哨 7777777777777777 7777777777777 77777777777777777 甲 丙 丁 A.甲图中，F1>(M+m)g B.乙图中，F2=Mg C.丙图中，F3>(M+m)g D.丁图中，F4=(M十m)g 12.如图所示，一弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量为m1=4kg的物 块P,Q为一质量为m2=8kg的重物，弹簧的质量不计，劲度系数k=600N/m,系统处于静止 状态，现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F,使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已 知在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后，F为恒力，已知sin37°=0.6，c0s37°=0.8，重力加 速度g取10m/s2。下列说法正确的是 A.系统静止时，弹簧压缩量为xo=0.12m B.Q沿斜面匀加速运动的加速度大小为a=3m/s2 C.力F的最小值为Fmim=36N M D.力F的最大值为Fmax=156N 37 二、实验题（本题共2个小题，共16分。） 13.(6分)如图所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置。他在气垫导轨上安装了一个光 电门B,在滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连（力传 感器可测细线上的拉力大小)，力传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放。 气垫导轨 光电门B 遮光条 力传感器 滑块 刻度 连气源 钩码 (1)下列不必要的一项实验要求是 A.应使A位置与光电门间的距离适当大些 B.应将气垫导轨调节水平 C.应使细线与气垫导轨平行 D.应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量 (2)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t,若 如 要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是 h (3)为探究滑块的加速度与力的关系，改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条 通过光电门的时间t,通过描点要作出它们的线性关系图像，处理数据时纵轴为F,横轴应 为 A.t B.2 c D. 14.(10分)某实验小组在“探究加速度与物体受力的关系”实验中，设计出如下的实验方案，其实验 装置如图甲所示.已知小车质量M=214.6g,砝码盘质量o=7.8g,打点计时器所使用的交 流电频率f=50Hz。 ◆a/八m·s) 3.00d 2.50 轻质打点计时器 骨轮 小车 2.0 长木板 垫 6.0046.87-半-7.75半-8.64 05 砝码盒 单位：cm 0.100.200.300.400.50 F/N 甲 丙 实验步骤如下： A.按图中所示安装好实验装置： B.调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动； C.取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量； D.将小车置于打点计时器旁，先接通电源，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求得小车的加速 度a; E.重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码的质量，重复B~D步骤，求得小车在不同合外 力F作用下的加速度。 回答下列问题： (1)按上述方案做实验，是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？ (填 “是”或“否”)。 (2)实验中打出的其中一条纸带如图乙所示，由该纸带可求得小车的加速度α= m/s2。 (3)某同学将有关测量数据填入他所设计的表格中，如下表： 次数 1 2 砝码盘中砝码的重力F/N 0.10 0.20 0.29 0.39 0.49 小车的加速度a/(m·s2) 0.88 1.44 1.84 2.38 2.89 他根据表中的数据画出α-F图像（如图丙）。造成图线不过坐标原点的最主要原因是 从该图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是 其大小为 三、计算题（本题共3个小题，共26分。） 15.(6分)如图所示，单人双桨赛艇比赛中，运动员用双桨同步划水使赛艇沿直线运动。运动员每 次动作分为划水和空中运桨两个阶段，假设划水和空中运桨用时均为0.8$，赛艇（含运动员和 双桨)质量为70kg,受到的阻力恒定，划水加速阶段和空中运桨减速阶段均看成匀变速直线运 动且加速度大小相等。某时刻双桨刚入水时赛艇的速度大小为3/s,运动员紧接着完成1次 动作，此过程赛艇在加速阶段前进3.2m,求： (1)赛艇的最大速度大小； (2)赛艇所受阻力大小； 15 16.(12分)如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来 越广泛的应用。一架质量=2kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F=36N,运动 过程中所受空气阻力大小恒为f=4N,重力加速度g取10m/s2。 (1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，求在t=5s时离地面的高度h。 (2)当无人机悬停在距离地面高度H=100m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而 坠落，求无人机坠落地面时的速度v。 (3)在无人机从离地高度H=100处坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动 提供向上最大升力。为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间。 16无敌原创·单元测试卷物理·必修第一册 17.(8分)如图所示，一质量为M=10kg,长为L=2的薄木板放在水平地面上，已知木板与地 面间的动摩擦因数为=0.1，在此木板的右端还有一质量为m=4kg的小物块，且视小物块 为质点，木板厚度不计，重力加速度g取10m/s2。今对木板突然施加一个F=54N的水平向 右的拉力，试分析： (1)若木板上表面光滑，则小物块经多长时间将离开木板？ (2)若小物块与木板间的动摩擦因数为，小物块与地面间的动摩擦因数为2μ，小物块相对木 板滑动一段时间后离开木板继续在地面上滑行，且对地面的总位移s=3时停止滑行，求 μ值。9.BC【解析】对物体受力分析如图所示，根据水平和竖直方向 的平衡有f=Fcos0,Fsin0=mg十FN,又f=uFN,联立得摩擦 力的大小f=(Fsin0-mg)=Fcos0。故选BC。 Y本 Fsin ak <0 0 Fcos元 10.BC【解析】选木楔为研究对象，木楔受到的力有水平向左 的F、两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平 衡状态，所以两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力与F沿两 侧分解的分力是相等的，力下的分解如图。则F= Rc0s(90°-号）+F,c0s(90°-号)=2Fcos(90°-号)= 2F,sin号，所以F,= F 日。由公式可知，当F一定，0小时 2sin FN大；当O一定，F大时FN大，AD错误，BC正确。故选BC。 11.AC【解析】设物体质量为m,对O点受力分析，如下图所 示，由平衡条件得F=mgtan0,0角增大，则F增大，A正确，B 错误：设绳对圆环的弹力为T,则Tcos0=mg,T=)0角 增大，则T增大，即绳对圆环B的弹力变大，故C正确；物体A 在移动中，一直处于平衡状态，所以所受的合力不变，D错误。 故选AC。 mg 12.BC【解析】以B为研究对象进行受力分析，B受到重力 绳的拉力和斜面的支持力，摩擦力的大小和方向无法确定，可 能为0，可能沿斜面向上或向下，A错误，B正确；利用整体法 可知不论B、C间摩擦力大小、方向如何，水平面对C的摩擦力 与绳的拉力在水平方向上的分力平衡，方向一定向左，C正 确，D错误。故选BC。 二、13.(1)300N/m(2)①甲②0.3 【解析】(1)由图读出，弹簧的弹力F=0时，弹簧的长度为L。= 20cm,即弹簧的原长为20cm,由图读出弹力为F。=60N,弹 簧的长度为L=40cm,弹簧的伸长量为：xo=L一Lw=0.2m: 由胡克定律得弹簧的劲度系数为k=F=300N/m。 (2)①甲、乙两种方案，在拉着物体A运动的过程中，拉A的 弹簧测力计必须要求其做匀速直线运动，比较困难，读数不是 很准，由于弹簧测力计a是不动的，指针稳定，便于读数，故甲 方案更合理。 ②由于弹簧测力计a示数为6.0N,所以A、B间的动摩擦因 数卡-品-3 14.(1)竖直(2)50(3)10(4)①4.00②变大 8-0 【解析】2)弹簧的劲度系数为=20-X10NWm=50N/m。 (3)从丙图读出弹力为3N,进而从乙图读出该弹簧的长度为 10cm。 (4)①弹簧c的弹力为F。=kx=50×0.1N=5.00N,弹 簧测力计a的示数为F。=3.00N,由平衡条件得F。= F.2-Fz=4.00N。 ②根据平行四边形法则作图得，弹簧测力计a的读数变大。 三、15.解：(1)对光头强，由平衡可得T=mg=500N,轻绳对熊 二的拉力的大小为500N. (2)以熊二为研究对象，则竖直方向FN十Tcos0=Mg,水平方 向∫=Tsn0,摩擦力∫=小，解得以=子 16.解：(1)风筝受风筝线拉力T,竖直方向由平衡条件可得 G+Tsin37°=F,解得T=50N。 (2)风筝所受水平风力F风，水平方向由平衡条件可得Tcos37°= F风，解得F风=40N。 17.解：(1)设小孩在B点受到的摩擦力为F:,则根据平衡条件，沿 B点的切线方向有F:一mgsin30°=0，解得F=mgsin30°=40N。 (2)设小孩在C点受到的最大静摩擦力为fm,半径与竖直方向夹 角为0，则根据平衡条件得FN-mgcos0=0,fm一mgsin0=0, tan0=u=0.75。设小孩爬升的竖直高度为h,根据几何关系有 h=R-Rcos 0-1 mo 第四章检测 一、1.B【解析】图a是先在倾角较小的斜面上进行实验，“冲 淡”重力，使时间测量更容易，A错误，B正确；完全没有摩擦 阻力的斜面并不存在，C错误；图b中实验通过逻辑推理得出 物体的运动不需要力来维持，D错误。故选B。 2.A【解析】在上升和下降过程中，弗拉西奇的加速度等于重 力加速度，处于完全失重状态，A正确，B错误。弗拉西奇起 跳时地面对她的支持力大于她所受的重力，C错误。弗拉西 奇在上升的过程中做竖直上抛运动，由运动学公式%2=2gh, 得w=V2a五=√20X2.04-乎a/s≈46m/s,D销误. 故选A。 3.D【解析】潜艇在“掉深”时向下加速，则由图像可知加速度 为a-8m/s3=2m/s,A错误；在30s内先向下加速后向下 减速，则=30s潜艇向下到达最大深度，B错误：由图像可知 潜艇竖直向下的最大位移为h=号×20×30m=300m,C错 误；潜艇在10~30s时间内向下减速，加速度向上，则处于超 重状态，D正确。故选D。 牛顿第二定律可得：八一ma一号，水平面粗糙时，对整休 4.A【解析】两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速 由牛顿第二定律有：F一了=(mA+m)a:,可得agm人十二 运动，稳定时kv=mg,因此最大速度与其质量成正比，即vm∝ m,即=，由图像知>2，因此m甲>mz;A正确，B错 <a1对B受力分析：，=ma十专-号，综上，A错 2m m22 误，BCD正确。故选BCD。 误。释放瞬间o=0,空气阻力f=0,两球均只受重力，加速度 10.BC【解析】由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大 均为重力加速度g,C错误。图像与时间轴围成的面积表示物 体通过的位移，由图可知，o时间内两球下落的高度不相等，D 小为a=合是-2.0m/,由牛顿第二定律得f=Ma=Mg,则 错误。故选A。 可得物块与传送带间的动摩擦因数4=0.2，A错误，B正确； 5.C【解析】若物块与小车保持相对静止一起运动，设加速度 在0-t图像中，图线与t轴所围面积表示物块的位移，则物块 为a,对系统受力分析，由牛顿第二定律可得：F=(M十m)a, 经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传 隔离小物块受力分析，二者间的摩擦力∫为静摩擦力，且∫≤ 送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上 umg,由牛顿第二定律可得：f=ma,联立可得：am=aM=a≤ 运动的总时间为4.5s,C正确，D错误。故选BC。 g=2m/s2。若物块与小车间发生了相对运动，二者间的摩 11.CD【解析】物块匀加速下滑，加速度沿斜面向下，具有竖 擦力f为滑动摩擦力，且am<aM,隔离小物块受力分析，如图 直向下的分加速度，存在失重现象，则物块和斜面整体也处于 所示，由牛顿第二定律可得：f=mg=mam,可得am=2m/s2, 失重，F1<(M十m)g;物块匀速下滑，合力为零，斜面体保持静 C正确，ABD错误。故选C。 止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，整体处于平衡状 态，F2=(M十m)g;物块匀减速下滑，加速度沿斜面向上，具有 竖直向上的分加速度，存在超重现象，则物块和斜面整体也处 mg M 于超重，F3>(M十m)g;物块静止在斜面上，合力为零，斜面体 保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，整体处于 6.D【解析】运动员离开跳板时有向上的初速度，在入水前做 平衡状态，F4=(M十m)g。故选CD。 的不是自由落体运动，故A错误；运动员在t=2s时速度减为 12.ABC【解析】设刚开始时，根据平衡条件和胡克定律得： 零，此时人处于水下的最深处，没有浮出水面，故B错误；1~ 25运动员向下减速，图线的斜率逐渐减小，运动员在水中的 (m十m)gsin37°=kz,得：=m+mg·sin37= 加速度逐渐减小，故C错误：在0~本s运动员向上运动，由 4十8X10X0.6m=0.12m,A正确：从受力角度看，两物体 600 A=分g可知运动员双脚离开跳板后上升的高度为品m,故 5 分离的条件是两物体间的正压力为0，从运动学角度看，一起 运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度 D正确。故选D。 7.A【解析】当物体的速度超过传送带的速度后，物体受到的 和速度仍相等。因为在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以 摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据)-t图像可 后，F为恒力，在0.2s时，由胡克定律和牛顿第二定律，对P: 得，传送带的速率为%一10m/s,A正确。1.0s之前的加速 kx一mgsin0=ma,前0.2s时间内P,Q向上运动的距离为 度a1=10m/s2.1.0s之后的加速度a2=2m/s2,结合牛顿 一，则xo一x=2a,解得a=3m/s2,B正确；当P、Q开 第二定律，gsin+gcos0=a1,gsin0-gcos0=a2,解得sin0= 始运动时拉力最小，对P、Q整体有Fmim=(m1十m2)a=(4十 0.6,0=37°，u=0.5,B、C错误。摩擦力大小f=umgcos0= 8)×3N=36N,C正确；当P、Q分离时拉力最大，对Q有 4N,在0~1.0s内，物体的位移为x1=5m,在1.0~2.0s Fmax-m2 gsin 0=mza,Fmax=mz (a+gsin 0)=8X(3+10X 内，物体的位移是x2=11m;在0~2.0s内，传送带匀速运 O.6)N=72N,D错误。故选ABC。 动，其位移为x3=ot=10×2m=20m。则在0~2.0s内，物 二、13.(1)D(2)滑块在A位置时遮光条到光电门的距离L 体相对于传送带的位移为x=x一（x1十x2)=4m,D错误。 (3)D 故选A。 【解析】解：(1)应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利 8.AC【解析】由图可知平衡时压力传感器的示数为500N, 于减小误差，A正确；应将气垫导轨调节水平，且保持细线方 则该同学重力约为500N,故A正确；下蹲过程中该同学先处 向与木板平面平行，此时细线上的拉力等于合力，B、C正确； 于失重状态，再处于超重状态，故B错误；人下蹲动作分别有 拉力是直接通过力传感器测量的，故与小车质量和钩码质量 失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度 大小无关，D错误。故选D。 后再减速下降超重对应先失重再超重，起立对应先超重再失 重，对应图像可知，该同学做了一次下蹲再起立的动作，故C (2)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出 正确；该同学对传感器的压力和传感器对该同学的支持力是 遮光条通过光电门B的时间，滑块经过光电门时的瞬时速度 相互作用力，大小相等，故D错误。故选AC。 可近似认为是滑块经过光电门的平均速度。根据运动学公式 9.BCD【解析】水平面光滑时，对整体由牛顿第二定律有： 可知，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是滑块在 F A位置时遮光条到光电门的距离L。 +m)a可得：amA=2分对B受力分 (3)由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有2= 35 2aL,=是a-后则号-2号L,所以研究滑块的加速度与 F 、F 力的关系，处理数据时应作出F子图像，D正确。 14.(1)否(2)0.88(3)在计算小车所受的合外力时未计入 砝码盘的重力（只要涉及“未考虑砝码质量的因素”就算正确） 砝码盘的重力0.08N 【解析】(1)取下砝码盘后，小车加速运动时所受的合外力即为 砝码和砝码盘的总重力，而实验中的研究对象是小车，因此， 实验中不必使砝码及砝码盘的质量远小于小车的质量。 （2a=&64+7.75687-600×102m/g=0.8m/5. 4×0.12 (3)实验中本应有(mo十m)g=Ma,由于实验中未计入砝码盘 的质量m。,测得的图像与真实图像相比沿F轴左移mog,图 像将不过原点。由图像及上述分析可知，mg=0.08N。 三、15.解：(1)由运动学公式x=十，解得4=5m/s。 2 (2)由运动学公式a=一，解得a=2.5m/s2,由牛顿第二 定律得减速阶段阻力f=ma,解得f=175N。 16.解：(1)由牛顿第二定律：F一mg一f=ma,得a=6m/s2, 由h=子a,解得h=75m。 (2)下落过程中mg-∫=ma1,得a1=8m/s2,落地时= 2a1H,解得v=40m/s。 (3)恢复升力后向下减速运动过程F一mg十f=ma2,得a2= 10m/s。设恢复升力时的速度为，则有%+%=H,得 2a1 2a2 -4Q6 m/s,由=a1,解得=5y5 3 17.解：(1)对木板受力分析，由牛顿第二定律得F-出(M十 m)g=M,由运动学公式得L=宁a,代入数据解得1=1s。 (2)对小物块：在木板上时mg=ma1,在地面上时2mg=ma2, 设小物块从木板上滑下时的速度为，小物块在木板上和地 面上的位移分别为x1、x2,则2a11=2,2a2x2=2,并且满足 x=x1十x2=3m,解得x1=2m。 设小物块在木板上滑行时间为4，则4=之12。 对木板：F一mg一4(M十m)g=Ma3,木板对地面的位移 1=2a,且=a十L解得以=名 第一次月考检测 一、1.C【解析】“嫦娥三号”在刚刚升空的时候速度很小，但 是速度变化很快，加速度很大，A错误；研究“玉兔号”月球车 在月球表面运动的姿态时，“玉兔号”月球车的大小和形状不 能忽略，不能看成质点，B错误；研究“嫦娥三号”飞往月球的 运行轨道时，“嫦娥三号”的大小和形状可以忽略，可以看成质 点，C正确；“玉兔号”月球车静止在月球表面时，相对月球是 静止的，相对地球是运动的，D错误。故选C。 2.D【解析】设车速为，人的速度为2，这路车从汽车站发 车的时间间隔为t,则有（一）2=ht,(h十)b=, 36 无敌原创·单元测试卷物理·必修第一册 联立解得1一么。故选D。 3.C【解析】“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功 对接后，在轨绕地球做圆周运动，选地球为参考系，二者都是 运动的，AB错误；“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱 成功对接后，二者相对静止，C正确，D错误。故选C。 1 4.B【解析】玲位移为工，则完成前号位移所用时间4= 2 完成剩下号的位移所用时间么-。，则全过程的平均速度 V2 0=,十，解得可=18m/s。故选B。 5.A【解析】由v-t图像中图线的斜率大小表示小车的加速 度大小，可知18s时小车的加速度大于13s时小车的加速度， A正确：-t图像只能描述一维直线运动，B错误；小车在 0~20s内速度方向不变，20s时小车距出发点最远，C错误； 由v-t图线与时间轴围成的面积表示位移知前10s内的位移 小于后10s内的位移，由=产知小车前10s内的平均速度 比后10s内的小，D错误。故选A。 6.C【解析】根据公式-6=2ax,可得%一听=2a1xB, 2-6=2a:e,因为xw=e,w=（十)，所以a, (-c)2>0,故a2>a1。故选C. a1-AZAB 7.C【解析】x-t图像的斜率表示速度，根据图像可知，甲车 先做匀速直线运动，后静止不动，A错误；x-t图像的斜率表 示速度，根据图像可知在0~10s内，乙车速度的大小先比甲 的小，后比甲的大，B错误；两图线的交点表示相遇，根据图像 可知在0~10s内，甲、乙两车相遇两次，C正确；根据x-t图 像斜率的正负表示速度方向，知在0~4s内，甲、乙两车运动 方向相同，D错误。故选C。 8.B【解析】小物块由A点到O点的匀减速运动过程可看成 由O点到A点的初速度为0的匀加速运动过程，由此可得 L=a,=6,=合a,联立以上各式可得片-片 会，故B正确，D结误：由=士知兴-学号-受之- t12’t22’t3 告因为>w>,所以哈>会>治AC给误。放法B 9.AD【解析】图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的 位移大小，由图像可知60s时，甲的位移大于乙的位移，所以 甲车在乙车前方，A正确；B.40s之前甲的速度大于乙的速 度，40s后甲的速度小于乙的速度，所以40s时，甲、乙相距最 远，在20s时，两车相距不是最远，B错误；速度一时间图像斜 率表示加速度，根据图像可知甲加速时的加速度小于乙加速 时的加速度，C错误；根据图像可知40s时，甲、乙两车速度相 等，都为40m/s,甲的位移=号×(10十40)×20+20× 40=130m,乙的位移=号×20×40=400m,所以甲乙相 距△x=x1一x2=1300一400=900m,故D正确。故选AD. 10.AB【解析】根据a-t图象与坐标轴所围的面积表示速度 的变化量，可知0~6s内速度的增加量为 +/m/s)】 0.34m/s,由△x=aT,可得小车运动的加速度大小a=祭- 0-6X6=18m/s,物体的初速度为0，所18 2 ② xm-x0B=(15.05-6.74-6.74)×10-2 4T2 m/s2=0.39m/s2 以物体在t=6s时，速度为18m/s,故 4×0.12 ① A正确；假设物体做初速度为0、末速 246 (3)如果当时电网中交变电流的频率是∫=49Hz,则打点周期 0 →ts 度为18m/s的匀加速直线运动，速度 变大，即打相邻两计数点的时间变大，小车的真实位移变大， 与时间图像如图线①所示；而题中物体做的是加速度减小的 计算时仍按原时间，则加速度的测量值比实际值偏大。 加速运动，其速度与时间图像如图线②所示：由图可知，图线 三、15.解：根据速度随时间变化的关系，可知当t=2s时，该 ①在前6s内的平均速度为0=心十”=018=9m/s,而在图 质点的瞬时速度为=3×22m/s=12m/s,质点从t=0s到 2 2 t=2s时间内，根据质点距离与时间的关系，可知质点在这两 线②中速度与时间图像围成的面积大于图线①中速度与时间 秒的位移为x=2一x=(4十2×2)-4m=16m,所以从t=0s 图像围成的面积，所以物体运动前6、平均速度大于匀加速直 线运动的平均速度9m/s,故B正确，CD错误。故选AB。 到2s时间内质点的平均速度为0一兰-9/s-8ms 16.解：(1)当摩托车速度与汽车速度相等时，两者距离最大； 山.ABC【解析】对质点a,根据数学知识得二=0.5t+ 0.5(m/s),变形得x=0.5t十0.5t(m),可得%=0.5m/s,a= 设所用时间为，由=o得t=日-号s=25s,此时间内 1.0m/s2,所以质点a做匀加速运动的加速度为1.0m/s2,A 汽车行驶距离五=之a=号×4X2.53m=12.5m,此时间 正确；由图知对于b,有王=1.0，所以b做速度为1.0m/s的 内摩托车行驶距离x2=t=10×2.5m=25m,两者最大距离 为△x=x2一x1=12.5m。 匀速直线运动，B正确；由图知=1s时，两者相等，也就是 (2)两车位移相等时汽车追上摩托车，令所用时间为1，由位 平均速度相同，时间相同，则位移x相等，初位置相同，所以 移关系有a=,解得-四=2X10s=5s a 4 t=1s时，a、b再次到达同一位置，C正确；由图知t=2s时， 17.解：(1)设此次练习中甲、乙经过t时间完成交接棒，甲做匀 两者二不相等，也就是平均速度不相同，时间相同，则位移x 速运动，乙做匀加速运动，则甲的位移为x甲=，乙的位移为 不相等，初位置相同，所以t=2s时，a、b不是到达同一位置，D xz=之aP,根据题意有x甲一xz=o,联立代人数据可得4 错误。故选ABC。 12.BC【解析】小球从a到c和从c到d所用的时间都是2s, 2s,6=兰。乙加速最长时间为无=吕-号s=兰不 根据推论得知c点的速度等于ad段的平均速度，即，=号 符合题意，舍去，甲、乙完成交接棒时间为1=2s,乙跑的距离 2x2m/s=4m/s,B正确；ac时间中点的速度=丝=81 8+8 为x红=7ar2=号×3X2m=6m 2 (2)乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，设时间为t',甲 m/s=4.5m/s,cd时间中点的速度=型-8，m/s=3.5 2 追上乙的时间为1=吕-号s,甲的位移为x'=d=10× a m/s,根据加速度定义式可得加速度为a=二“=3.5一4.5 △t 2 m=10 3 3 m,乙的位移为z'=名ad:=子×3×(9)m m/s2=一0.5m/s2,根据速度位移公式2一话=2ax,代入数 50 ,甲应在接力区前端对乙发出起跑口令时距前端的距离 据可得=√I7m/s,C正确；从b点到最高点e点，根据速度 位移公式有0一话=2ax,代入数据解得xe=17m,xk= 17一8=9m,A错误；由题意知ed=9、dc=7、ca=9,根据位移 为△r='-2'-19m-9m-婴m*16.67m 50 50 时间公式=号0，可得兰-√品=是，又因为么=十8， (3)在(2)中，乙跑过接力区所用的时间为。=(+二之 ) 50 联立可得t=6s,D错误。故选BC正确。 1 203 s 11 s≈3.67s。 二、13.可行因为剪断的纸带所用的时间都是t=0.1s,即时 3s+10 3 间t相等，所以纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之 比，平均速度等于中间时刻速度 期中检测 14.(1)交流0.02(2)0.340.39(3)大 【解析】(1)电磁打点计时器是一种使用低压交流电源的计时 1.A【解析】估算潜水器下降的总时间时，潜水器的大小和形 仪器。当电源的频率为50Hz时，由周期与频率的关系，可知 状相对运动的轨迹可以忽略，可以视为质点，A正确；用推进 它每隔0.02s打一次点。 器使其转弯时和科学家在其舱内进行实验时，都需要研究潜 (2)因纸带上两相邻计数点间有四个点未画出，所以打相邻两 水器本身的特点，不可视为质点，BD错误；在海沟中穿越窄缝 计数点的时间间隔是0.1s,由匀变速直线运动中，中间时刻 时，潜水器的大小和形状相对窄缝，尺寸不可以忽略，不可视 的速度等于平均速度，则有4=A=6.74X10 为质点，C错误。故选A。 △t 2X0.1m/s= 2.C【解析】当物体的大小对研究问题的影响可忽略时，可以