物理必修 第一册第四章 运动和力的关系综合与测试同步练习题

这是一份物理必修 第一册第四章 运动和力的关系综合与测试同步练习题，共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

第四章　运动和力的关系

本章达标检测
(满分:100分;时间:90分钟)



一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的)
1.(2020山东临沂高三上期中)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法符合历史事实的是(　　)
A.伽利略通过“理想实验”得出结论:一旦物体具有某一速度,如果它不受力,它将以这一速度永远运动下去
B.亚里士多德指出:如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不停下也不偏离原来的方向
C.亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体的运动状态才会改变
D.笛卡儿认为,物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
2.(2019四川棠湖中学高一上期末)在升降电梯内的地板上放一体重计,电梯静止时,某同学站在体重计上,体重计示数为50.0 kg。若电梯运动中的某一段时间内,该同学发现体重计示数为如图所示的40.0 kg,则在这段时间内(重力加速度为g)(　　)

A.该同学所受的重力变小了
B.电梯一定在竖直向下运动
C.该同学对体重计的压力小于体重计对他的支持力
D.电梯的加速度大小为0.2g,方向一定竖直向下
3.(2019安徽黄山高一上期末)光滑斜面倾角为θ,用平行于斜面向上的力F,作用在质量为m的物体上,物体由静止开始运动时间t后,撤去力F,又经t时间,物体恰回到出发点,则(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.F=2mg sin θ
B.4F=3mg sin θ
C.3F=4mg sin θ
D.3F=mg sin θ
4.(2019湖北荆门高一上期末)辉辉小朋友和爸爸一起去游乐园玩滑梯。假设辉辉的质量m=30 kg,滑梯斜面与水平面夹角为θ且大小可以调整,第一次当θ1=30°时恰好匀速下滑,第二次当θ2=37°时以加速度a加速下滑。设他与滑梯面间的动摩擦因数为μ,滑梯对他的支持力和摩擦力分别为FN1、FN2、f1和f2,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则以下正确的是(　　)

A.μ=33 B.a=5 m/s2
C.FN1=FN2 D.f1=f2
5.(2020福建漳州八校联考)如图甲所示,在倾角为30°的足够长的光滑斜面上,有一质量为m的物体,受到沿斜面方向的力F作用,力F按图乙所示规律变化(图中纵坐标是F与mg的比值,力沿斜面向上为正)。则物体运动的速度v随时间t变化的规律是下图中的(物体的初速度为零,重力加速度取10 m/s2)(　　)



6.(2020山东潍坊一中高一期中)如图所示,在倾角为θ=30°的光滑斜面上,物块A、B质量分别为m和2m,物块A静止在轻弹簧上面,物块B用细线与斜面顶端相连,A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力。已知重力加速度为g。某时刻将细线剪断,则在细线剪断的瞬间,下列说法正确的是(　　)

A.物块A的加速度为0
B.物块A的加速度为g3
C.物块B的加速度为0
D.物块B的加速度为g2
7.(2020湖南湘潭一中、双峰一中、邵东一中高一上优生联赛)如图所示,在水平地面上有两个完全相同的滑块A、B,两滑块之间用劲度系数为k的轻质弹簧相连,在外力F1、F2的作用下运动,且F1>F2。以A、B为一个系统,当运动达到稳定时,若地面光滑,设弹簧的伸长量为Δl1,系统加速度为a1;若地面粗糙,设弹簧的伸长量为Δl2,系统加速度为a2,则下列关系式正确的是(　　)

A.Δl1=Δl2,a1=a2 B.Δl1>Δl2,a1>a2
C.Δl1=Δl2,a1>a2 D.Δl1<Δl2,a1 8.(2020辽宁师大附中高三上开学考)如图所示,一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块(可视为质点),煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时,传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a开始运动,当其速度达到v后,便以此速度做匀速运动。经过一段时间,煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后,煤块相对于传送带不再滑动。关于上述过程,以下判断正确的是(重力加速度为g)(　　)

A.μ与a之间一定满足关系μ>ag
B.煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为v2μg
C.煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为vμg
D.黑色痕迹的长度为(a-μg)v22a2

二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.(2020山西大学附中高一上期末)如图所示,质量均为m的A、B两物块置于光滑水平地面上,A、B接触面光滑,倾角为θ,现分别以水平恒力F作用于A物块上,保持A、B相对静止共同运动,则下列说法中正确的是(　　)

A.采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大
B.两种情况下获取的最大加速度相同
C.两种情况下所加的最大推力相同
D.采用乙方式可用的最大推力大于甲方式的最大推力
10.(2020江西吉安高三模拟)如图,环A与球B用一轻质细绳相连,环A套在水平细杆上。现有一水平恒力F作用在球B上,使A环与B球一起向右以相同的加速度做匀加速运动。已知环与球的质量均为m,细绳与竖直方向的夹角θ=45°,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)

A.细绳对B球的拉力大于杆对A环的支持力
B.B球受到的水平恒力F大于mg
C.若水平细杆光滑,则加速度等于g
D.若水平细杆粗糙,则动摩擦因数小于0.5
11.(2020安徽巢湖部分学校高一检测)如图所示,一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上,环与杆之间的动摩擦因数为μ,现给环一个水平向右的恒力F,使圆环由静止开始运动,同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1=kv,其中k为常数,重力加速度大小为g,则圆环运动过程中(　　)

A.最大加速度为Fm B.最大加速度为F+μmgm
C.最大速度为F+μmgμk D.最大速度为mgk
12.(2020辽宁沈阳东北育才中学高一上期中)如图所示,水平传送带以速度v1匀速运动,小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2,P与定滑轮间的绳水平,t=t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦,绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是(　　)


三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(2020陕西西北大学附中高一上期末)(6分)某实验小组设计了如图(a)所示的实验装置,通过改变重物的质量,利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图像。他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验,得到了两条a-F图线,如图(b)所示。

图(a)

图(b)
(1)图线　　　　是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的(选填“①”或“②”); 
(2)滑块和位移传感器发射部分的总质量m=　　　　kg;滑块和轨道间的动摩擦因数μ=　　　　。(g取10 m/s2) 
14.(2020江西鹰潭高一上期末)(8分)某同学欲运用牛顿第二定律测量滑块的质量M,其实验装置如图甲所示,设计的实验步骤为:

甲
(1)调整长木板倾角,当钩码的质量为m0时滑块恰好沿木板向下做匀速运动;
(2)保持木板倾角不变,撤去钩码,将滑块移近打点计时器,然后释放滑块,滑块沿木板向下做匀加速直线运动,并打出点迹清晰的纸带如图乙所示(打点计时器的工作频率为50 Hz)。
请回答下列问题:

乙

丙
①打点计时器打下D点时,滑块的速度vD=　　　 m/s;(结果保留3位有效数字) 
②滑块做匀加速直线运动的加速度a=　　　　m/s2;(结果保留3位有效数字) 
③滑块的质量M=　　　　(用字母a、m0和当地重力加速度g表示)。 
(3)保持木板倾角不变,挂上质量为m(均小于m0)的钩码,滑块沿木板向下匀加速运动,测出滑块的加速度;多次改变钩码的质量,分别求出相应的加速度。
(4)若绳的拉力与所挂钩码的重力大小相等,作出a-mg图像如图丙所示,则由图丙可求得滑块的质量M=　　　　kg。(g取10 m/s2,结果保留3位有效数字) 
15.(2020海南华侨中学高一上期末)(8分)如图甲所示,质量m=2 kg的物体在水平面上向右做直线运动。过A点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时,选水平向右为速度的正方向,通过速度传感器测出物体的瞬时速度,所得v-t图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。求:

(1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ;
(2)10 s末物体离A点的距离。




16.(2020山东济南一中高一上期末)(10分)四旋翼无人机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m=2 kg的无人机,其动力系统所能提供的最大升力F=36 N,运动过程中所受空气阻力大小恒为f=4 N。(g取10 m/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=5 s时离地面的高度h。
(2)当无人机悬停在距离地面高度H=100 m处,由于动力设备故障,无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落到地面时的速度v。
(3)接(2)问,无人机坠落过程中,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(到达地面时速度为零),求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间t1。(结果可保留根号)











17.(2020辽宁锦州高一上期末)(14分)如图,质量为2.5 kg 的一只长方体空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动,铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.6。铁箱内一个质量为0.5 kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2为0.3。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。求:

(1)木块对铁箱的压力(结果保留三位有效数字);
(2)水平拉力F的大小;
(3)减小拉力F,经过一段时间,木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹,当铁箱的速度为6 m/s时撤去拉力,又经过1 s时间,木块从铁箱左侧到达右侧,求铁箱的长度是多少?(结果保留三位有效数字)








18.(2020江苏南通如皋高一上质检)(14分)如图甲所示,质量为M的长木板,静止放置在粗糙水平地面上,有一个质量为m、可视为质点的物块,以某一水平初速度从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中,物块和木板的v-t图像分别如图乙中的折线acd和bcd所示,a、b、c、d点的坐标分别为a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)。根据v-t图像,求:

(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1,木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2,达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3;
(2)物块质量m与长木板质量M之比;
(3)物块相对长木板滑行的距离Δx。

答案全解全析
1.A　伽利略通过“理想实验”得出结论:力不是维持物体运动的原因,即一旦物体具有一定速度,如果它不受力,它将以这一速度永远运动下去,A正确。笛卡儿指出:如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不停下来也不偏离原来的方向,B错误。亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体才能运动,C错误。牛顿认为,物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质,D错误。
2.D　该同学在这段时间内处于失重状态,对体重计的压力变小了,而该同学的重力并没有改变,故A错误;以竖直向下为正方向,则有:mg-F=ma,解得a=0.2g,方向竖直向下,但速度方向可能是竖直向上,也可能是竖直向下,故B错误,D正确;人对体重计的压力与体重计对人的支持力是一对作用力与反作用力,大小一定相等,故C错误。
3.C　以物体为研究对象,撤去F前,根据牛顿第二定律可得:F-mg sin θ=ma1;撤去F后,根据牛顿第二定律可得:mg sin θ=ma2,撤去F前物体做匀加速直线运动,则有:x1=12a1t2,撤去F时速度v=a1t,撤去F后,x2=vt-12a2t2,物体能回到出发点满足:x2=-x1,联立以上各式解得:a2=3a1,整理可得:3F=4mg sin θ,故C正确,A、B、D均错误。
4.A　当θ1=30°时,恰好匀速下滑,根据平衡条件可得:mg sin 30°=μmg cos 30°,解得:μ=tan 30°=33,故A正确;当θ2=37°时,以加速度a加速下滑,根据牛顿第二定律可得:mg sin 37°-μmg cos 37°=ma,解得:a=1.4 m/s2,故B错误;支持力FN=mg cos θ,由于θ1<θ2,所以FN1>FN2,故C错误;摩擦力f=μmg cos θ,由于θ1<θ2,所以f1>f2,故D错误。
5.C　在0~1 s内,Fmg=1,根据牛顿第二定律得a1=F-mgsinθm=12g,方向沿斜面向上,物体向上做匀加速直线运动,在1 s末时的速度为5 m/s;在1~2 s内,拉力F为零,根据牛顿第二定律得a2=mgsinθm=12g,方向沿斜面向下,物体沿斜面向上做匀减速直线运动,2 s末速度为零;在2~3 s内,Fmg=-1,根据牛顿第二定律得a3=|F|+mgsinθm=32g,方向沿斜面向下,物体沿斜面向下做匀加速直线运动,3 s末的速度大小v=a3t=15 m/s,沿斜面向下,为负,C正确。
6.B　剪断细线前,弹簧的弹力F弹=mg sin 30°=12mg,细线剪断的瞬间,弹簧的弹力不变,仍为F弹=12mg;对A、B组成的系统,加速度a=3mgsin30°-F弹3m=g3,即A和B的加速度均为g3。
7.C　设两个滑块的质量均为m,若水平地面光滑,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得a1=F1-F22m,再以A为研究对象,由牛顿第二定律得F1-k·Δl1=ma1,代入解得弹簧的伸长量为Δl1=F1+F22k;若水平地面粗糙,则两个滑块与地面间的动摩擦因数相同,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得a2=F1-F2-2μmg2m=F1-F22m-μg,再以A为研究对象,由牛顿第二定律得F1-k·Δl2-μmg=ma2,代入解得弹簧的伸长量为Δl2=F1+F22k,可见Δl1=Δl2,a1>a2,故选项C正确。
8.C　方法一　公式法:由牛顿第二定律可知煤块的加速度大小为a'=μg,由于煤块与传送带之间要发生相对滑动,传送带的加速度需大于煤块的加速度,即a>μg,则μ
方法二　图像法:根据题意,由于煤块与传送带之间发生相对滑动,则传送带的加速度一定大于煤块的加速度。由题意作出煤块和传送带的速度-时间图像,如图所示,由于二者最终的速度均为v,则t1=va、t2=vμg。煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移大小为图线Ob与横轴所围的面积,即x=v2t2=v22μg。黑色痕迹的长度为煤块相对传送带的位移,即图线Oa、ab、Ob所围的面积,则Δx=v2(t2-t1)=v22μg-v22a。
9.BC　甲方式中,F最大时,A刚要离开地面,A受力如图1所示,则
FN1 cos θ=mg①
对B:FN1' sin θ=ma1②
由牛顿第三定律可知FN1'=FN1③

乙方式中,F最大时,B刚要离开地面,B受力如图2所示,则
FN2 cos θ=mg④
FN2 sin θ=ma2⑤
由①③④可知FN2=FN1=FN1'⑥
由②⑤⑥式可得a2=a1,对整体易知F2=F1,
故选项B、C正确,选项A、D错误。
10.BCD　对整体进行受力分析,由牛顿第二定律有F-2μmg=2ma,再分别对A环、B球分析,对B球有F-FT sin θ=ma,mg=FT cos θ;对A环有mg+FT cos θ=FN,FT sin θ-μFN=ma,FN=2mg,则由以上各式综合分析可得F>mg,当μ=0时a=g,若μ≠0,则有μ<0.5,选项B、C、D正确。
11.AC　当F1mg时,由牛顿第二定律得F-μ(kv-mg)=ma,当a=0时,圆环的速度最大,即vmax=F+μmgμk,选项C正确,D错误。
12.BC　①若v2>v1,则P、Q先一起做匀减速运动,且加速度大小a1=mQg+fPmQ+mP。
若P能减速到v1,当fP≥mQg,P、Q共同匀速,速度大小为v1;当fPa2,故A错误。
若传送带足够长,P、Q减速到零后,反向加速,加速度大小为a2。
②若v2≤v1。
当fP≥mQg,P、Q先共同加速,后以v1共同匀速运动,加速度大小为a3=fP-mQgmQ+mP
当fP 综上,B、C正确,D错误。
13.答案　(1)①(2分)　(2)0.5(2分)　0.2(2分)
解析　(1)由图线①可知,当F=0时,a≠0,也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度,该同学实验操作中平衡摩擦力过度,即倾角过大,所以图线①是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的。
(2)在轨道水平情况下,由牛顿第二定律得
F-μmg=ma,a=Fm-μg,则图线②的斜率在数值上等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数。
所以m=1k=0.5 kg
-μg=-2
解得μ=0.2。
14.答案　(2)①1.69(2分)　②3.88(2分)　③gam0(2分)
(4)0.200(2分)
解析　从图乙中可知xAB=5.20 cm,xBC=5.84 cm,xCD=6.45 cm,xDE=7.07 cm,xEF=7.70 cm。
(2)①相邻计数点间的时间间隔为T=2×0.02 s=0.04 s,vD=xCE2T=6.45+7.072×0.04×10-2 m/s=1.69 m/s。
②根据逐差法可得滑块的加速度a=xEF+xDE-xCD-xBC4T2=0.077 0+0.070 7-0.064 5-0.058 44×0.042 m/s2=3.88 m/s2
③滑块做匀速运动时受力平衡,由平衡条件得m0g=Mg sin θ-f,撤去钩码后滑块做匀加速直线运动时,受到的合外力F合=Mg sin θ-f,由牛顿第二定律得F合=Ma,解得M=m0ga。
(4)滑块做匀速运动时受力平衡,由平衡条件得Mg sin θ-f=m0g,挂上质量为m的钩码时滑块沿木板向下做匀加速直线运动,受到的合外力为F合'=Mg sin θ-f-mg,由牛顿第二定律得F合'=Ma,解得a=m0Mg-mMg,由图丙所示图像可知k=-1M=1.5-3.50.40=-5,解得M=0.200 kg。
15.答案　(1)3 N　0.05　(2)2 m
解析　(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1,则由v-t图像得
a1=84 m/s2=2 m/s2(1分)
根据牛顿第二定律,有F+μmg=ma1(1分)
设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2,则由v-t图像得
a2=610-4 m/s2=1 m/s2(1分)
根据牛顿第二定律,有F-μmg=ma2(1分)
联立得:F=3 N,μ=0.05(2分)
(2)设10 s内物体的位移为x,则x为v-t图线与时间轴所围的面积。
则:x=12×4×8 m-12×6×6 m=-2 m,负号表示物体在A点左侧。即10 s末物体离A点的距离为2 m。(2分)
16.答案　(1)75 m　(2)40 m/s　(3)553 s
解析　(1)由牛顿第二定律,有F-mg-f=ma(1分)
代入数据解得a=6 m/s2
上升高度h=12at2(1分)
代入数据解得h=75 m(1分)
(2)下落过程中mg-f=ma1(1分)
代入数据解得a1=8 m/s2
落地时v2=2a1H(1分)
代入数据解得v=40 m/s(1分)
(3)恢复升力后向下减速运动过程F-mg+f=ma2(1分)
代入数据解得a2=10 m/s2
设恢复升力时的速度为vm,
则有vm22a1+vm22a2=H(1分)
vm=4053 m/s
由vm=a1t1,代入数据解得t1=553 s(2分)
17.答案　见解析
解析　(1)对木块:在竖直方向,由平衡条件得mg=Ff=μ2FN(1分)
解得:FN=503 N=16.7 N(1分)
由牛顿第三定律得:木块对铁箱的压力为:FN'=FN=16.7 N(1分)
方向水平向左(1分)
(2)对木块:在水平方向根据牛顿第二定律可得:FN=ma(1分)
解得:a=1003 m/s2(1分)
对铁箱和木块整体:F-μ1(M+m)g=(M+m)a(1分)
故水平拉力为:F=(M+m)(a+μ1g)=118 N(1分)
(3)撤去拉力F时,铁箱和木块的速度均为v=6 m/s,因μ1>μ2,以后木块相对铁箱滑动。(1分)
木块的加速度大小a2=μ2g=3 m/s2(1分)
铁箱的加速度大小a3=μ1(m+M)g-μ2mgM=6.6 m/s2(1分)
铁箱减速到0所用时间为t0=v/a3=0.9 s<1 s,故木块到达铁箱右端时,铁箱已经停止运动。(1分)
则经t=1 s木块比铁箱向右多移动距离L即铁箱长。
即有L=vt-12a2t2-v22a3(1分)
代入数据解得L=1.77 m(1分)
18.答案　(1)1.5 m/s2　1 m/s2　0.5 m/s2　(2)32　(3)20 m
解析　(1)由v-t图像可求出
物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小
a1=10-44 m/s2=1.5 m/s2(2分)
木板开始做匀加速直线运动的加速度大小
a2=4-04 m/s2=1 m/s2(2分)
达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小
a3=4-08 m/s2=0.5 m/s2(2分)
(2)物块冲上木板匀减速阶段:μ1mg=ma1(1分)
木板向前匀加速阶段:μ1mg-μ2(m+M)g=Ma2(2分)
物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段:
μ2(m+M)g=(M+m)a3(2分)
联立以上三式可得mM=32(1分)
(3)由v-t图像可以看出,物块相对于长木板滑行的距离Δx对应题图乙中△abc的面积,故Δx=10×4×12 m=20 m(2分)