（新教材）人教版高中物理必修第一册《第四章 运动和力的关系》章末综合检测试卷（含答案）

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1、章末综合检测章末综合检测(四四)运动和力的关系运动和力的关系 A 级学考达标 1下列关于力和运动关系的说法正确的是( ) A没有外力作用时，物体不会运动，这是牛顿第一定律的体现 B物体受合外力越大，运动得越快，这符合牛顿第二定律 C物体所受合外力为零，则速度一定为零；物体所受合外力不为零，则其速度也一定不为零 D物体所受的合外力最大时，而速度却可以为零；物体所受的合外力最小时，而速度却可以最大 解析：选 D 物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因，即力是使物体产生加速度 的原因，故选项 A 错误。物体所受合外力为零时，加速度一定为零，但速度不一定为零，速度可以最大， 例如物体做加

2、速度减小的加速运动；物体所受合外力最大时，加速度一定最大，但速度不一定最大，速度 可以为零，故选项 B、C 错误，D 正确。 2下列说法正确的是( ) A运动得越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大 B小球在做自由落体运动时，惯性不存在了 C把一物体竖直向上抛出后，能继续上升，是因为物体仍受到一个向上的推力 D物体的惯性仅与物体的质量有关，质量大的惯性大，质量小的惯性小 解析：选 D 惯性只与物体的质量有关，与运动状态无关，选项 D 正确，选项 A、B 错误。竖直上抛 的物体向上运动是由于惯性，不是受到向上的推力的作用，选项 C 错误。 3从地面竖直向上抛出一个物体，空气的阻

3、力可以忽略不计。在整个运动过程中速度 v 和时间 t 的关 系是下图中的(以竖直向上的方向为速度的正方向)( ) 解析：选 D 以竖直向上的方向为速度的正方向，物体初速度为正，且速率逐渐减小，当到达最高点 后，物体变为向下加速，所以速度为负且速率逐渐增大。在 v- t 图像中用正负表示速度的方向，其绝对值表 示速度的大小，图线的斜率表示其加速度。由于物体的加速度方向向下，所以为负，即全过程中 v- t 图线为 向下倾斜的直线。因此选项 D 正确。 4.如图所示，当车厢向前加速前进时，物体 M 静止于竖直车厢壁上，当车厢加速度增加时，下列说法 错误的是( ) A物体 M 受到的静摩擦力增加 B车

4、厢竖直壁对物体的弹力增加 C物体 M 仍保持相对于车厢的静止状态 D物体的加速度也增加 解析： 选 A 以物体 M 为研究对象， 分析受力情况如图所示， 受重力 Mg， 车厢的弹力 N 和静摩擦力 f， 根据牛顿第二定律得 水平方向：NMa，竖直方向：fMg 当加速度增大时，物体受静摩擦力 f 不变，故 A 错误； 当加速度增大时，物体受的弹力 N 增大，所受的最大静摩擦力增大，物体不可能上下滑动，故物体相 对于车厢静止，随车厢的加速度增大而增大，故 B、C、D 正确。 5.如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地面上，肩上扛一质量为 M 的竖直竹竿，当竹竿上一质量 为 m 的人以加速度 a 加

5、速下滑时( ) A竹竿受到质量为 m 的人对它向上的摩擦力 B质量为 m 的人所受的摩擦力大小为 mgma C竹竿上的人与竹竿所组成的系统处于超重状态 D竹竿对地面上的人的压力大小为(Mm)gma 解析：选 B 质量为 m 的人向下滑的过程中所受摩擦力向上，根据牛顿第三定律可知竹竿所受的摩擦 力向下，选项 A 错误；对质量为 m 的人有 mgfma，解得 fmgma，选项 B 正确；对竹竿有 NMg f，解得 N(Mm)gma，根据牛顿第三定律可知竹竿对地面上的人的压力大小为(Mm)gma，小于 质量为 m 的人与竹竿所组成系统的重力，系统处于失重状态，选项 C、D 错误。 6“儿童蹦极”中，

6、拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳。质量为 m 的小明如图静止悬挂时两橡 皮绳的拉力大小均恰为 mg，若此时右侧橡皮绳断裂，则小明此时( ) A加速度为零 B加速度 ag，沿原断裂绳的方向斜向左下方 C加速度 ag，沿未断裂绳的方向斜向右上方 D加速度 ag，方向竖直向下 解析： 选 B 小明静止时受到重力和两根橡皮绳的拉力， 处于平衡状态， 如图。 由于 T1T2mg，故两个拉力的合力一定在角平分线上，且在竖直线上，故两个拉 力的夹角为 120 ， 当右侧橡皮绳拉力变为零时， 左侧橡皮绳拉力不变， 重力也不变； 由于三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故左 侧橡

7、皮绳拉力与重力的合力与右侧橡皮绳断开前的弹力反方向， 大小等于 mg， 故加 速度为 g，沿原断裂绳的方向斜向左下方。 7.甲、乙两物体都静止在水平面上，质量分别为 m甲、m乙，与水平面间的动摩擦因数分别为 甲、乙。 现用水平拉力 F 分别作用于两物体，加速度 a 与拉力 F 的关系如图，图中 b、2c、c 为相应坐标值，重 力加速度为 g。由图可知( ) A甲 g 2c；m 甲2c b B甲2c g ；m甲 b 2c Cm甲m乙12，甲乙12 Dm甲m乙21，甲乙12 解析：选 B 对质量为 m 的物体受力分析，假定动摩擦因数为 ，根据牛顿第二定律，有：Fmg ma，可得：aF mg，故 a

8、 与 F 关系图像的斜率表示质量的倒数，故有 m 甲 b 2c，m 乙b c，即 m 甲m乙 12；图像纵轴截距用g 表示，故甲g2c，乙gc，即 甲2c g ，乙c g，有 甲乙21， 故 B 正确。 8“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示。 (1)在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中， 打出了一条纸带如图乙所示。 计时器打点的时间间隔为 0.02 s。从比较清晰的点起，每 5 个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离。该小车的加速度 a_ m/s2。(结果保留两位有效数字) (2)平衡摩擦力后，将 5 个相同的砝码都放在小车上。挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加 到砝

9、码盘中，测量小车的加速度。小车的加速度 a 与砝码盘中砝码总重力 F 的实验数据如下表： 砝码盘中砝码总重力 F/N 0.196 0.392 0.588 0.784 0.980 加速度 a/(m s 2) 0.69 1.18 1.66 2.18 2.70 请根据实验数据作出 a- F 的关系图像。 (3)根据提供的实验数据作出的 a- F 图线不通过原点。其主要原因是： _。 解析：(1)ax T2 3.683.5210 2 0.12 m/s20.16 m/s2或 ax T2 3.833.6810 2 0.12 m/s20.15 m/s2。 (2)a- F 的关系图像如图所示。 (3)小车、砝

10、码盘和砝码组成的系统所受合外力为砝码盘和盘中砝码的总重力，而表中数据漏记了砝码 盘的重力，导致合力 F 的测量值小于真实值，a- F 的图线不过原点。 答案：(1)0.16(或 0.15) (2)见解析图 (3)未计入砝码盘的重力 9.“你的快递即将从天而降！”2018 年 11 月 15 日，京东获得了全球首个省域无人机物流许可证，预 示无人机配送物流时代即将到来。如图所示，在一次载货测试中，一架质量为 1 kg 的无人机，下方固定一 个质量为 0.5 kg 的配送箱，箱中放有一个质量为 1.5 kg 的货物，若无人机从地面以最大升力竖直起飞，6 s 内上升了 36 m，假设无人机竖直飞行时

11、所受阻力大小恒为 6 N。求：(g 取 10 m/s2) (1)无人机提供的最大升力的大小； (2)此过程中货物受到箱底的支持力的大小； (3)若 6 s 末无人机升力变为 24 N，无人机最高能上升到距地面的高度。 解析：(1)在匀加速上升的过程中，有 h1 2at 2 解得：a2 m/s2 根据牛顿第二定律可得：Fmfm总gm总a 解得：Fm42 N。 (2)对货物进行受力分析，根据牛顿第二定律可得： FNmgma 解得：FN18 N。 (3)若 6 s 末无人机升力变为 24 N，无人机开始减速上升，设加速度的大小为 a1，根据牛顿第二定律可 得 m总gfFm总a1 解得：a14 m/s

12、2 t6 s 时的速度：vat12 m/s 匀减速上升的距离 h10v 2 2a118 m 无人机最高能上升到距地面的高度 Hh1h54 m。 答案：(1)42 N (2)18 N (3)54 m B 级选考提能 10多选总质量为 100 kg 的小车，在粗糙水平地面上从静止开始运动，其速度时间图像如图所示。 已知在02 s 内小车受到恒定水平拉力F1 200 N,2 s后小车受到的拉力发生了变化， g取10 m/s2， 则( ) At1 s 时小车的加速度为 8 m/s2 B018 s 内小车行驶的平均速度约为 10 m/s C小车与地面间的动摩擦因数为 0.2 D14 s 后拉力的大小为

13、200 N 解析： 选 AB 前 2 s 内小车做匀加速运动， 由图像的斜率可得小车的加速度 a8 m/s2， 故选项 A 正确； 由速度时间图线与横坐标轴围成的面积即可计算出 018 s 内小车位移的大小，约为 L180 m，所以平 均速度约为 v L t10 m/s，故选项 B 正确；对前 2 s 内根据牛顿第二定律得 Fmgma，解得 0.4， 选项 C 错误；14 s 后小车做匀速运动，所以拉力 Fmg400 N，选项 D 错误。 11如图所示，质量分别为 M 和 m 的物块由相同的材料制成，且 Mm，将它们用通过轻而光滑的定 滑轮的细线连接(与 M 相连的细线水平)。如果按图甲放置，

14、则质量为 m 的物块刚好匀速下降。如果两物块 互换位置(与 m 相连的细线水平)，如图乙所示，则它们的共同加速度大小为(重力加速度为 g)( ) A. Mg Mm B.Mmg m C.Mmg M D上述均不正确 解析：选 C 两物块匀速运动时，根据平衡条件知，mgMg；互换位置后，对两物块分别应用牛顿 第二定律得，MgFMa，Fmgma，联立解得 aMgmg Mm Mmg M ，选项 C 正确。 12多选如图所示，一固定杆与水平方向夹角 30 ，将一滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个小球。 滑块与小球恰能一起沿杆向下匀速运动，则下列说法中正确的是( ) A滑块与杆之间动摩擦因数为 0.5 B滑块与

15、杆之间动摩擦因数为 3 3 C当二者相对静止地沿杆上滑时轻绳对小球拉力斜向左上与水平方向成 30 角 D当二者相对静止地沿杆上滑时轻绳对小球拉力斜向右上与水平方向成 60 角 解析：选 BC 由题意滑块与小球恰能一起沿杆向下匀速运动，把滑块和小球作为一整体，可知 mgsin mgcos ，所以 tan 3 3 ，故 A 错，B 对。 当二者相对静止地沿杆上滑时，以整体为研究对象可知加速度 agsin gcos g 设此时绳子与水平方向的夹角为 ，绳子的拉力为 T，对小球由牛顿第二定律 在水平方向上：Tcos macos 30 在竖直方向上：mgTsin masin 30 解得 30 由于加速度

16、沿斜面向下，所以小球受到的合力也应该沿斜面向下，所以拉力的方向应该斜向左上与水 平方向成 30 角，故 C 对 D 错。 13如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率 v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为 37 。一物块以初 速度 v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动， 其运动的 v- t 图像如图乙所示， 物块到传送带顶端 时速度恰好为零，sin 37 0.6，cos 37 0.8，g 取 10 m/s2，则( ) A由图乙可知，01 s 内物块受到的摩擦力大于 12 s 内的摩擦力 B摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 C物块与传送带间的动摩擦因数为1 4 D传送带底端到顶端的距离为

17、 11 m 解析：选 C 由题图乙可知在 01 s 内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面 向下，与物块运动的方向相反；12 s 内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向 上，与物块运动的方向相同，由于物块对传送带的压力相等，根据摩擦力公式 FfFN可知两段时间内摩擦 力大小相等，故选项 A、B 错误；在 01 s 内物块的加速度大小为 av t 412 1 m/s28 m/s2，根据牛 顿第二定律得：(mgsin 37 mgcos 37 )ma，解得 1 4，故 C 正确；物块上升的位移大小等于 v- t 图像 所包围的面积大小，为：x412 2 1 m

18、41 2 m10 m，所以传送带底端到顶端的距离为 10 m，故 D 错 误。 14 如图所示， 质量 m1.0 kg 的物块(视为质点)放在质量 M4.0 kg 的木板的右端， 木板长 L2.5 m。 开始木板静止放在水平地面上，物块与木板及木板与水平地面间的动摩擦因数均为 0.2。现对木板施加 一水平向右的恒力 F40 N，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g10 m/s2。则物块在木板 上运动的过程中，下列说法正确的是( ) A物块与木板以相同的加速度做匀加速运动 B木板的加速度大小为 5.6 m/s2 C物块的最大速度大小为 4.0 m/s D物块到达木板左端时木板前进的位移

19、大小为 3.5 m 解析：选 D 物块与木板恰好相对滑动时物块的加速度：a临mg m g2 m/s2，拉力的临界值：F临 (Mm)g(Mm)a临，解得 F临20 NF40 N，物块与木板相对滑动，不可能以相同的加速度做匀加 速运动，故 A 错误；木板的加速度：a木板FmgMmg M 400.21100.21410 4 m/s2 7 m/s2，故 B 错误；物块的加速度：a物块mg m g2 m/s2，经过时间 t 物块从木板上滑落，则：L1 2a 木板 t21 2a 物块t2，代入数据解得：t1 s，此时物块的速度最大为：va物块t21 m/s2 m/s，故 C 错误；物块 到达木板左端时木板

20、前进的位移大小：x木板1 2a 木板t21 271 2 m3.5 m，故 D 正确。 15如图所示，某同学利用图示装置做“探究加速度与物体所受合力的关系”的实验。在气垫导轨上 安装了两个光电门 1、2，滑块上固定一遮光条，滑块通过绕过两个滑轮的细绳与弹簧测力计相连，实验时 改变钩码的质量，读出弹簧测力计的不同示数 F，不计细绳与滑轮之间的摩擦力。 (1)根据实验原理图， 本实验_(填“需要”或“不需要”)将带滑轮的气垫导轨右端垫高， 以平衡 摩擦力；实验中_(填“一定要”或“不必要”)保证钩码的质量远小于滑块和遮光条的总质量；实验 中_(填“一定要”或“不必要”)用天平测出所挂钩码的质量； 滑

21、块(含遮光条)的加速度_(填 “大于”“等于”或“小于”)钩码的加速度。 (2)某同学实验时，未挂细绳和钩码接通气源，推一下滑块使其从轨道右端向左运动，发现遮光条通过 光电门 2 的时间大于通过光电门 1 的时间，该同学疏忽大意，未采取措施调节导轨，继续进行其他实验步 骤(其他实验步骤没有失误)，则该同学作出的滑块(含遮光条)加速度 a 与弹簧测力计拉力 F 的图像可能是 _(填图像下方的字母)。 (3)若该同学作出的 a- F 图像中图线的斜率为 k，则滑块(含遮光条)的质量为_。 解析：(1)此实验用气垫导轨，导轨水平时滑块与导轨之间没摩擦力，所以不需要垫高导轨的一端平衡 摩擦力； 滑块受

22、到的拉力可以用弹簧测力计测出， 故不需要满足钩码的质量远小于滑块和遮光条的总质量， 也不需要用天平测出所挂钩码的质量；因钩码挂在动滑轮上，则滑块的加速度等于钩码加速度的 2 倍，即 滑块(含遮光条)的加速度大于钩码的加速度。 (2)遮光条通过光电门 2 的时间大于通过光电门 1 的时间，说明滑块做减速运动，导轨的左端偏高，则 加外力时，需达到一定的值才能使滑块加速运动，则作出的滑块(含遮光条)加速度 a 与弹簧测力计拉力 F 的 图像可能是 C。 (3)根据 a 1 MF，则 1 Mk，解得 M 1 k。 答案：(1)不需要 不必要 不必要 大于 (2)C (3)1 k 16 风洞实验室中可产

23、生水平方向的、 大小可调节的风力。 现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室， 小球孔径略大于细杆直径，如图所示。 (1)当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小 球所受重力的 0.5 倍，求小球与杆间的动摩擦因数。 (2)保持小球所受风力不变， 使杆与水平方向间夹角为 37 并固定， 则小球由静止出发在细杆上滑下距离 15 m 所需时间为多少？(sin 37 0.6，cos 37 0.8，g 取 10 m/s2) 解析：(1)设小球所受的风力为 F，小球质量为 m； 则 Fmg 故有：0.5mg mg 0.5 即小球与杆之间的动摩擦因数为 0.5。

24、(2)对小球受力分析，设杆对小球的支持力为 N，摩擦力为 f，沿杆方向有：Fcos 37 mgsin 37 fma 垂直于杆方向有：NFsin 37 mgcos 37 0 其中：fN 代入数据解得 a7.5 m/s2 根据 x1 2at 2 所以有：t 2x a 215 7.5 s2 s。 答案：(1)0.5 (2)2 s 17如图所示，倾角 30 的光滑斜面的下端有一水平传送带，斜面和传送带相接处有一小段光滑圆 弧， 物体经过 A 点时， 无论是从斜面到传送带还是从传送带到斜面， 其速率都不发生变化。 传送带以 v4 m/s 的速度顺时针转动，一个质量为 1 kg 的物体(可视为质点)从 h

25、1.8 m 高处由静止开始沿斜面下滑，物体与 传送带间的动摩擦因数 0.4，传送带左右两端 A、B 间的距离 LAB7 m，重力加速度 g10 m/s2。求： (1)物体第一次由静止沿斜面下滑到斜面末端的速度大小； (2)物体在传送带上距 B 点的最小距离； (3)物体第一次从距 B 点最近处运动到斜面上最高点所经历的时间。 解析：(1)物体沿光滑斜面下滑，由牛顿第二定律得：mgsin ma1 解得：a15 m/s2 由几何关系可知物体沿光滑斜面下滑位移 x13.6 m 由运动学公式 v122a1x1 解得物体滑到斜面末端速度 v16 m/s。 (2)物体在传送带上受到向右的滑动摩擦力而做匀减

26、速直线运动，由牛顿第二定律得： mgma2 代入数据解得：a24 m/s2 当物体速度减为 0 时物体距 B 点最近，有运动学公式可得：v122a2x2 物体距 B 点的最小距离：xLABx2 解得 x2.5 m。 (3)物体返回时距 A 点 x24.5 m，仍受到向右的摩擦力，从速度为 0 开始做匀加速直线运动，加速度大 小为：a3a24 m/s2 若物体一直做匀加速运动，由运动对称性可知到 A 点时物体速度 vA6 m/s 大于传送带速度 v4 m/s， 故物体先做匀加速直线运动，达到速度 v 后匀速运动，到达 A 点速度 vAv4 m/s 物体做匀加速直线运动 va3t1 匀加速直线运动位移 x31 2a3t1 2 解得 t11 s，x32 m 匀速运动 x2x3vt2 解得 t20.625 s 物体沿斜面上升过程中，加速度大小仍为 a1 物体沿斜面匀减速上升 va1t3 解得 t30.8 s 物体第一次从距 B 点最近处运动到斜面上最高点所经历的时间：tt1t2t32.425 s。 答案：(1)6 m/s (2)2.5 m (3)2.425 s