1、第四章第四章 运动和力的关系运动和力的关系 章末检测试卷章末检测试卷 (时间：90 分钟 满分：100 分) 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 六安一中高一月考)在物理学发展史上，伽利略、牛顿等许多科学家为物理学的发展做出了巨大贡 献下列关于力和运动的说法正确的是( ) A人在沿直线匀速前进的车厢内竖直向上跳起后，将落在车厢内的起跳点 B两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明物体受的力越大，运动速度越大 C汽车刹车时，速度大难以刹停，速度小容易刹停，这说明物体的速度越大，惯性越大 D一个运动的物体，
2、如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明运动需要力来维持 答案 A 解析 人在沿直线匀速前进的车厢内竖直向上跳起后，由于惯性，在水平方向上人保持原来的速度，车的 速度不变，故人落在车厢内的起跳点，A 正确；两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，说明物体受的力越大， 加速度越大，速度变化得越快，B 错误；惯性大小只与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，C 错误；一 个运动的物体，如果不再受力了，它将会永远运动下去，D 错误 2.建筑工地上， 有时候需要通过抛的方式把砖块从低处送往高处， 如图 1 所示为三块砖在空中某时刻的照片， v 为砖块该时刻的运动方向，不计空气阻力，则( ) 图 1 A砖块受到的合
3、力为零 BA 砖块对 B 砖块有向下的压力 CB 砖块对 A 砖块有向左的摩擦力 DA、B 砖块之间没有摩擦力 答案 D 解析 对整体分析可知，砖块在空中运动时，只受重力作用，合力不为零，故 A 错误；因为只受重力，处 于完全失重状态，故砖块间无弹力，也无摩擦力，故 B、C 错误，D 正确 3.如图 2 所示，一质量为 m 的物块与车厢的竖直后壁间的动摩擦因数为 ，当该车水平向右做加速运动时， 物块恰好沿车厢后壁匀速下滑，重力加速度为 g，则车的加速度为( ) 图 2 Ag B.g Cg D.1 2g 答案 B 解析 由 mgFN及 FNma 得：ag ，B 正确 4某消防队员从一平台上无初速
4、度跳下，下落 1.8 m 后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身 重心又下降了 0.6 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为( ) A自身所受重力的 2 倍 B自身所受重力的 4 倍 C自身所受重力的 3 倍 D自身所受重力的 5 倍 答案 B 解析 由 v22gh、v22ax 得，运动员着地后减速下降的加速度 a3g， 由牛顿第二定律有 FNmgma，得 FN4mg，B 正确 5惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计，加速度计构造原 理的示意图如图 3 所示，沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为 m 的滑块，滑块两侧分别与处于 原长
5、的劲度系数均为 k 的弹簧相连，两弹簧的另一端与固定壁相连，滑块上有指针，可通过标尺测出滑块 的位移(开始时指针指在标尺上的 O 点)，然后通过控制系统进行制导设某段时间内导弹沿水平方向运动， 指针向左偏离 O 点距离为 x，则这段时间内导弹的加速度( ) 图 3 A方向向左，大小为kx m B方向向右，大小为kx m C方向向左，大小为2kx m D方向向右，大小为2kx m 答案 D 6.如图 4 所示，A、B 两物体之间用水平轻质弹簧连接，用水平恒力 F 拉 A，使 A、B 一起沿光滑水平面做 匀加速直线运动，这时弹簧的长度为 L1；若将 A、B 置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力 F
6、拉 A，使 A、 B 一起做匀加速直线运动，此时弹簧的长度为 L2.若 A、B 与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同，则下列关 系式正确的是( ) 图 4 AL2L1 BL2L1 CL2L1 D由于 A、B 的质量关系未知，故无法确定 L1、L2的大小关系 答案 C 解析 A、B 在粗糙水平面上运动时，对 A、B 整体，根据牛顿第二定律有：a F mAmBg；对物体 B，根 据牛顿第二定律得：kxmBgmBa，解得：x mBF kmAmB，即弹簧的伸长量与动摩擦因数无关，所以 L2 L1，选项 C 正确 7.如图 5 所示，将质量为 M 的 U 形框架开口向下置于水平地面上，用细线 1 及轻弹簧
7、2、3 将质量为 m 的 小球悬挂起来框架和小球都静止时细线 1 竖直，弹簧 2、3 水平且长度恰好等于弹簧原长，这时框架对地 面的压力大小等于(Mm)g.现将细线 1 剪断，则在剪断后瞬间( ) 图 5 A框架对地面的压力大小仍为(Mm)g B框架对地面的压力大小为 0 C小球的加速度大小等于 g D小球的加速度为 0 答案 C 解析 剪断细线 1 瞬间，细线的拉力立即减为零，弹簧 2、3 的弹力不变，还是零，故此时小球加速度为 g， C 正确， D 错误； 框架受重力和支持力作用， FNMg， 由牛顿第三定律可知， 框架对地面的压力大小为 Mg， A、B 错误 8(2020 福建漳州八校联
8、考)如图 6 甲所示，在倾角为 30 的足够长的光滑固定斜面上，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 F 沿斜面向 上为正)则物体运动的速度 v 随时间 t 变化的规律是下列选项图中的(物体的初速度为零，重力加速度 g 取 10 m/s2)( ) 图 6 答案 C 解析 在 01 s 内， F mg1，根据牛顿第二定律得 a1 Fmgsin m 1 2g，方向沿斜面向上，物体向上做匀加 速直线运动， 在 1 s 末的速度为 5 m/s； 在 12 s 内， 拉力 F 为零， 根据牛顿第二定律得 a2mgsin
9、 m 1 2g， 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 23 s 内， F mg1，根据牛顿 第二定律得 a3|F|mgsin m 3 2g，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 va3t15 m/s，方向沿斜面向下，为负，C 正确 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) 9一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度 a 随时间 t 变化的图线如图 7 所示以竖直向上为 a 的正方 向，
10、则人对地板的压力( ) 图 7 At2 s 时最大 Bt2 s 时最小 Ct8.5 s 时最大 Dt8.5 s 时最小 答案 AD 10小球在空气中由静止开始下落，受到的空气阻力与速度成正比若下落高度足够大，小球下落的最大 速度为 40 m/s，重力加速度 g10 m/s2.下列说法正确的是( ) A小球先加速再减速 B小球做加速度减小的加速运动最后匀速运动 C小球下落速度为 5 m/s 时的加速度 a5 m/s2 D小球下落速度为 5 m/s 时的加速度 a8.75 m/s2 答案 BD 解析 由 mgkvma 知，随着 v 增大，a 减小，当 mgkvm时 a0，小球做匀速运动，k40mg
11、 mgk5ma 由得：a8.75 m/s2.B、D 正确 11(2020 宜昌市部分示范高中高一上学期期末)如图 8 甲所示，在粗糙水平面上，物块 A 在水平向右的外 力 F 的作用下做直线运动，其速度时间图像如图乙所示，下列判断正确的是( ) 图 8 A在 01 s 时间内，外力 F 不断增大 B在 13 s 时间内，外力 F 的大小恒定 C在 34 s 时间内，外力 F 不断减小 D在 34 s 时间内，外力 F 的大小恒定 答案 BC 12如图 9 甲所示，物块的质量 m1 kg，初速度 v010 m/s，在一水平向左的恒力 F 作用下从 O 点沿粗糙 的水平面向右运动，某时刻恒力 F
12、突然反向，整个过程中物块速度的二次方随位置坐标变化的关系图像如 图乙所示，g10 m/s2.下列说法中正确的是( ) 图 9 A05 s 内物块做匀减速运动 B在 t1 s 时刻，恒力 F 反向 C恒力 F 大小为 10 N D物块与水平面间的动摩擦因数为 0.3 答案 BD 解析 由题图乙得物块在前 5 m 位移内做匀减速运动，在 513 m 位移内做匀加速运动，且由图线斜率得 匀减速运动的加速度大小 a1 100 25 m/s 210 m/s2， 匀加速运动的加速度大小 a 2 64 2135 m/s 24 m/s2， 匀减速运动的时间 tv0 a11 s，又由牛顿第二定律得 Fmgma1
13、和 Fmgma2，联立解得 F7 N，动 摩擦因数 0.3，选项 B、D 正确 三、非选择题(本题共 6 小题，共 60 分) 13(6 分)(2020 陕西西北大学附中高一上期末)某实验小组设计了如图 10(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 aF 图线，如图(b)所示 图 10 (1)图线_是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的(选填“”或“”)； (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 _.(g取 10 m/s2) 答案 (1
14、)(2 分) (2)0.5(2 分) 0.2(2 分) 解析 (1)由图线可知，当 F0 时，a0，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 作中补偿阻力过度，即倾角过大，所以图线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 Fmgma，aF mg，则图线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 m1 k0.5 kg g2，解得 0.2. 14(8 分)在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图 11 甲所示的装置，打点计时器所 用电源频率为 50 Hz. 图 11 (1)该同学要探究小车的加速度 a 和质量
15、M 的关系，应该保持_不变；若该同学要探究加速度 a 和拉 力 F 的关系，应该保持_不变 (2)该同学通过数据的处理作出了 aF 图像，如图乙所示，则 图中的图线不过原点的原因是_ 图中的力 F 理论上指_，而实验中却用_表示(选填字母符号) A砂和砂桶的重力 B绳对小车的拉力 此图中图线发生弯曲的原因是_ 答案 (1)拉力 F(1 分) 质量 M(1分) (2)补偿阻力时木板右端垫得过高(2 分) B(1分) A(1分) 砂 和砂桶的总质量不再远小于小车的质量(2 分) 解析 (1)该实验是运用控制变量法研究的，该同学要探究小车的加速度 a 和质量 M 的关系，应该保持绳对 车的拉力 F
16、不变；若该同学要探究加速度 a 和拉力 F 的关系，应该保持小车的质量 M 不变 (2)图中当 F0 时，a0，也就是说当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为 0，说明小车所受的阻力小 于重力沿木板的分力， 原因是补偿阻力时木板右端垫得过高 图中的力 F 理论上指绳对小车的拉力， 即 B， 而实验中却用砂和砂桶的总重力表示， 即 A.图线弯曲的原因是砂和砂桶的总质量不再远小于小车的质量 15(8 分)(2020 海南华侨中学高一上期末)如图 12 甲所示，质量 m2 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
17、传感 器测出物体的瞬时速度，所得 vt 图像如图乙所示重力加速度 g 取 10 m/s2.求： 图 12 (1)力 F 的大小和物体与水平面间的动摩擦因数 ； (2)10 s 末物体离 A 点的距离 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 vt 图像得 a18 4 m/s 22 m/s2(1 分) 根据牛顿第二定律，有 Fmgma1(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 vt 图像得 a2 6 104 m/s 21 m/s2(1 分) 根据牛顿第二定律，有 Fmgma2(1 分) 联立得：F3 N，
18、0.05(2 分) (2)设 10 s 内物体的位移为 x，则 x 为 vt 图线与时间轴所围的面积 则：x1 248 m 1 266 m2 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(12 分)(2020 内蒙古自治区集宁一中高二月考)如图 13 所示，一足够长的斜面倾角为 37 ，斜面 BC 与水平面 AB 平滑连接，质量 m2 kg 的物体静止于水平面上的 M 点，M 点与 B 点之间的距离 L9 m，物 体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为 0.5，现使物体受到一水平向右的恒力 F14 N 作用，运动至 B 点时撤去该力，(sin 37
19、 0.6，cos 37 0.8，取 g10 m/s2)则： 图 13 (1)物体在恒力作用下运动的加速度是多大？ (2)物体到达 B 点时的速度是多大？ (3)物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少？ 答案 (1)2 m/s2 (2)6 m/s (3)1.8 m 解析 (1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知：Fmgma，(2 分) 解得：aFmg m 140.5210 2 m/s22 m/s2(1 分) (2)物体由 M 到 B，根据速度位移公式可知：vB22aL(2 分) 解得：vB 2aL 229 m/s6 m/s(1 分) (3)在斜面上，根据牛顿第二定律可知： mgsin mgcos ma
20、(2 分) 代入数据得：a10 m/s2(1 分) 根据速度位移公式可知：0vB22ax(2 分) 解得：x0vB 2 2a 062 210 m1.8 m(1 分) 17.(12 分)如图 14 所示，传送带与水平面的夹角 30 ，正以恒定的速率 v2.5 m/s 顺时针转动，现在其底 端 A 轻放一货物(可视为质点)，货物与传送带间的动摩擦因数 3 2 ，经过 t2 s，传送带突然被卡住而立 即停止转动，由于惯性，货物继续沿传送带向上运动，并刚好到达传送带顶端 B.求传送带底端 A 与顶端 B 的距离(g 取 10 m/s2) 图 14 答案 4 m 解析 货物从 A 处开始做匀加速运动，设
21、加速度大小为 a1，由牛顿第二定律得 mgcos mgsin ma1(2 分) 代入数据解得 a12.5 m/s2(1 分) 货物做匀加速运动的时间 t1 v a1 2.5 2.5 s1 s(1 分) 位移大小 x1v 2t1 2.5 2 1 m1.25 m(1 分) 在 12 s 时间内，货物随传送带一起匀速运动的位移大小为 x2v(tt1)2.5(21) m2.5 m(1 分) 传送带停止转动后，货物做匀减速运动，设此时货物的加速度大小为 a2， 所以 mgcos mgsin ma2(2 分) 代入数据解得 a212.5 m/s2(1 分) 货物做匀减速运动的位移大小为 x3 v2 2a2
22、 2.52 212.5 m0.25 m(1 分) 则传送带底端 A 与顶端 B 的距离 Lx1x2x34 m(2 分) 18.(14 分)如图 15 所示，光滑的水平面上有一质量 M0.2 kg 的长木板，另一质量 m0.1 kg 的小滑块以 v0 2.4 m/s 的水平初速度从长木板的左端滑上长木板(此时开始计时) 已知小滑块与长木板间的动摩擦因数 0.4，重力加速度 g10 m/s2. 图 15 (1)若长木板长 L0.7 m 且固定在水平面上，求小滑块从长木块上滑离时的速度大小； (2)若长木板足够长且不固定，则经过多长时间小滑块与长木板的速度相等？求此时间内小滑块运动的位移 大小 答案
23、 (1)0.4 m/s (2)0.4 s 0.64 m 解析 (1)小滑块在摩擦力作用下做匀减速直线运动， 由牛顿第二定律得Ffma1(2 分) 又 FfFNmg(1 分) 解得 a14 m/s2(1 分) 由 v2v022a1L，解得 v0.4 m/s(2 分) (2)长木板在水平方向只受向右的滑动摩擦力 Ff，且 FfFfmg0.4 N，所以长木板向右做匀加速直 线运动(2 分) 由牛顿第二定律得 FfMa2，解得 a22 m/s2.(2 分) 设经过时间 t，两者速度相同， 则有 v0a1ta2t(1 分) 解得 t0.4 s(1 分) 由 xv0t1 2a1t 2，得此时间内小滑块运动的位移大小 x0.64 m(2 分)
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