高中物理人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系综合与测试课后复习题

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系综合与测试课后复习题，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．下列说法中正确的是（ ）
A．牛顿第一定律是实验定律
B．牛顿第二定律对任何情况均适用
C．牛顿第三定律只适用于惯性参考系
D．曲线运动一定是变速运动，但可以是匀变速运动
2．如图所示，小芳同学利用体重计研究超重和失重现象。她首先蹲在体重计上，然后突然起立。她从开始起立到最终静止的过程中，体重计示数变化情况是
A．先小于体重，后等于体重
B．先大于体重，后等于体重
C．先小于体重，后大于体重，最后等于体重
D．先大于体重，后小于体重，最后等于体重
3．如图所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触而没有挤压，此时轻弹簧的伸长量为x．现将悬绳剪断，则（ ）
A．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为2g
B．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为g
C．悬绳剪断瞬间B物块的加速度大小为2g
D．悬绳剪断瞬间B物块的加速度大小为g
4．如图所示，一人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀减速运动，以下说法正确的（ ）
A．人受到重力和支持力的作用
B．人受到重力、支持力和向右的摩擦力的作用
C．人处于超重状态
D．人受到的支持力小于踏板受到的压力
5．如图所示，小娜同学右手抓起一篮球，手臂与竖直方向呈30°角，当篮球与手臂都静止时，手对篮球的作用力（ ）
A．方向竖直向上B．方向沿手臂向上
C．大于篮球的重力D．大于篮球对手的作用力
6．如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4m后锁定，t=0时解除锁定，释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v－t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t=0时的速度图线的切线，已知滑块质量m=2.0kg，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动
B．弹簧恢复原长时，滑块速度最大
C．弹簧的劲度系数k=175N/m
D．该过程中滑块的最大加速度为35m/s2
7．一质点沿x轴运动，其位置x随时间t变化的规律为：x=10t﹣5t2（m），t的单位为s．下列关于该质点运动的说法正确的是（ ）
A．该质点的加速度大小为5m/s2
B．物体回到x=0处时其速度大小为10m/s
C．t=2s时刻该质点速度为零
D．0～3s内该质点的平均速度大小为5m/s
8．如图是课本中四幅插图，关于这四幅插图下列说法正确的是（ ）
A．甲图中，赛车的质量不是很大，主要是为了增大惯性
B．乙图中，大桥要造很长的引桥，减小坡度，主要目的是减小车辆重力沿垂直桥面方向的分力
C．丙图中，火星沿砂轮切线飞出，说明砂轮上的沙粒做圆周运动时，速度沿切线方向
D．丁图中，此实验装置可以验证，平抛运动水平方向是匀速直线运动
9．如图所示，物体A的质量为mA，放在光滑水平桌面上，如果在绳的另一端通过一个滑轮加竖直向下的力F，则A运动的加速度为a.将力去掉，改系一物体B，B的重力和F的值相等，那么A物体的加速度( )
图3－5－10
A．仍为aB．比a小
C．比a大D．无法判断
10．如图所示，质量为10kg的物体静止在水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为0.2，现对其施加水平向左的拉力F，（已知重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）以下说法正确的是（ ）
A．物体对桌面的压力就是木块所受的重力，施力物体是地球
B．物体对桌面的压力是弹力，施力物体是桌面
C．若拉力，物体受到的摩擦力大小为20N，方向向右
D．若拉力，物体受到的摩擦力大小为20N，方向向右
二、多选题
11．如图所示，一个苹果从树上掉落做自由落体运动。经0.5s落到地面，取重力加速度大小为。下列说法正确的是（ ）
A．该苹果下落前离地面的高度为
B．该苹果在内的位移大小为
C．该苹果在时的速度大小为
D．该苹果在内的位移大小与在内的位移大小之比为5：7
12．如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在水平地面上，现让一质量为m的木块从轻弹簧正上方高为h处自由下落，向下压缩弹簧到最短时，弹簧形变量为x，木块与弹簧不粘连。弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列判断正确的是（ ）
A．木块速度最大时弹簧弹力为mg
B．木块离开弹簧后上升的高度为h+x
C．弹簧最大弹性势能为mg（h+x）
D．整个过程中木块的机械能守恒
13．如图所示，底面倾角为37°的光滑棱柱固定在地面上，在其侧面上铺一块质量可忽略且足够长的轻质丝绸，并在外力作用下使质量分别为2m和m的滑块A、B静止在两侧丝绸之上。已知A、B与丝绸间的动摩擦因数均为0.8，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，sin37°=0.6，cs37°=0.8。现同时由静止释放A、B，则关于A、B之后的运动（A、B均未达到棱柱的顶端或底端），下列说法正确的是（ ）
A．A与丝绸相对静止
B．B与丝绸相对静止
C．A的加速度大小为0.04g
D．B的加速度大小为0.04g
14．在中国海军护航编队“巢湖”舰、“千岛湖”舰护送下，“河北锦绣”、“银河”等13艘货轮历时36小时顺利抵达亚丁湾西部预定海域．此次护航总航程4500 海里，已知1海里=1852米．假设所有船只运动速度都相同，则下列说法正确的是（ ）
A．以“千岛湖”舰为参考系，“巢湖”舰一定是运动的
B．研究舰队的行驶路程时可将“千岛湖”舰看作质点
C．根据本题给出的条件可以求出此次航行过程中的平均速度
D．根据本题给出的条件可以求出此次航行过程中的平均速率
15．如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动．将一物体轻轻放在皮带左端，以v、a、F、x表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小．下列选项正确的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
16．如图所示，物块A、B、C叠放在水平桌面上，Fb=5N，Fc=10N的力分别作用于物体B、C上，A、B、C仍保持静止。以分别表示A与B、B与C、C与桌面间的静摩擦力的大小，则=_________N， =_________N， =_________N；
四、实验题
17．某实验小组利用如图所示装置探究加速度与力的关系，打点计时器接频率为的交流电源．他们正确安装实验装置并平衡摩擦力后，通过在小车上增加砝码改变小车的质量进行了多次实验，并用计算机软件拟合出多条图线。
（1）某次实验打出了如图所示的纸带（部分）相邻两个计数点之间还有四个计时点未画出．在、、、、、六个点中，打点计时器最先打出的是______点；当打点计时器打点时，小车的速度大小为______（结果保留三位有效数字）；小车的加速度大小为______（结果保留三位有效数字）；
（2）实验中发现用计算机生成的每条图线与纵轴的交点均在坐标原点的上方，图线的截距均不为零的原因是__________。
18．在探究“加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如上图所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带由打点计时器打出的点计算出．
（1）本实验采用的科学方法是____．
A．理想实验法 B．等效替代法
C．控制变量法 D．建立物理模型法
（2）如图所示为甲同学根据测量数据作出的a—F图象，说明实验存在的问题是____．
A．平衡摩擦力过度
B．未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
C．所挂砝码和砝码盘的总质量太大
D．所用小车的质量太大
（3）一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中砝码的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度．采用图象法处理数据．为了比较容易地检查出加速度a与质量M的关系，应该做a与_______的图象．
五、解答题
19．一轻弹簧的一端固定在倾角θ=30°的固定光滑斜面的底部，另一端压有一质量m=lkg的物块（视为质点），如图所示．用力沿斜面向下推物块，使弹簧的压缩量x0=l0cm，然后由静止释放物块．已知弹簧的劲度系数k=250N/m，弹簧的形变始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与弹簧的压缩量的关系为，重力加速度g=l0m/2．求：

(1)从开始释放物块到物块的速度最大的过程中物块的位移；
(2)物块在上滑的过程中上升最大高度．
20．如图所示，一物体从倾角为30的斜面顶端由静止开始下滑，S1段光滑，S2段有摩擦，已知S2=2S1，物体到达底部的速度刚好为零，则S2段的动摩擦因数为多少？
21．如图所示，物体的质量m=2kg，水平地面粗糙，在与水平方向夹角为、大小为20N的恒力F的作用下，由静止开始加速运动，2s后物体运动了12m。取g=10m/s2，已知sin=0.6，cs=0.8，试求：
(1)物体运动的加速度的大小a；
(2)地面的动摩擦因数μ。
22．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M=3.0kg 的物块 A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑连接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以 u=1.0m/s 匀速运动。传送带的右边是一半径 R=0.45m 位于竖直平面内的光滑圆弧轨道。质量 m=1.0kg 的物块 B 从圆弧的最高处由静止释放。已知物块 B 与传送带之间的动摩擦因数 μ=0.1，传送带两轴之间的距离 l=2.5m。设物块 A、B 之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块 A 静止。取 g=10m/s2，求：
(1)物块滑到圆弧的最低点 C 时对轨道的压力；
(2)物块 B 与物块 A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
(3)如果物块 A、B 每次碰撞后，物块 A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块 B 在第三次与物块 A 碰撞前在传送带上运动的总路程。
参考答案
1．D
【详解】
A．牛顿第一定律是在伽利略理想实验等研究基础上经过科学推理得出的，不能用实验验证，故A错误；
B．牛顿第二定律适用于宏观的、低速运动的物体，不是对任何情况都适用，故B错误；
C．牛顿第三定律适用于任何情况下两物体间的相互作用，故C错误；
D．曲线运动的速度方向是变化的，故一定是变速运动，但加速度可以是恒定的，故可以是匀变速运动，故D正确。
故选D。
2．D
【解析】
【详解】
人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，故体重计示数先大于体重，后小于体重，最后等于体重。
A．先小于体重，后等于体重，与结论不相符，选项A错误；
B．先大于体重，后等于体重，与结论不相符，选项B错误；
C．先小于体重，后大于体重，最后等于体重，与结论不相符，选项C错误；
D．先大于体重，后小于体重，最后等于体重，与结论相符，选项D正确；
3．A
【解析】
【分析】
先求出悬绳剪断前弹簧的拉力，再根据牛顿第二定律求出悬绳剪断瞬间A和B的瞬时加速度．
【详解】
剪断悬绳前，对B受力分析，B受到重力mg和弹簧的弹力F，则 F=mg．剪断悬绳瞬间，弹簧的弹力不变，对A分析知，A的合力为F合=mg+F=2mg，根据牛顿第二定律得：F合=maA，可得aA=2g。故A正确，B错误；悬绳剪断瞬间，A向下运动，弹簧的拉力减小，B压向桌面，桌面对B的支持力突然增大，B物块静止不动，合力为0，加速度大小为0，故CD错误。故选A。
【点睛】
解决本题关键知道剪断悬绳的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律可以求出瞬时加速度．
4．B
【详解】
AB.设人的加速度大小为a，人的加速度斜向下，将加速度分解到水平和竖直方向得：
水平方向向右 ：
ax=acsθ；
竖直方向向下，
ay=asinθ，
水平方向受静摩擦力作用，
f=max=macsθ，
方向水平向右，故人受到重力、支持力和静摩擦力三个力作用。故A错误，B正确；
C. 由于人有竖直向下的分加速度，所以人处于失重状态，故C错误；
D. 由牛顿第三定律可知，人受到的支持力和踏板受到的压力是作用力与反作用力，大小相等，故D错误。
故选：B
5．A
【解析】
试题分析：分析篮球的受力情况可知，受到重力和手对篮球的作用力，篮球处于静止状态，两个力为一对平衡力，所以两者等大反向，A正确；B、C错误；手对篮球的作用力和篮球对手的作用力是一对相互作用力，二者相等，D错误；故选A。
考点：受力分析、牛顿第三定律。
【名师点睛】根据篮球的受力情况分析篮球的重力和手对篮球的作用力关系，利用牛顿第三定律判断篮球对手的作用力与手对篮球的作用力的关系。
6．C
【详解】
AB．根据v－t图线的斜率表示加速度，可知滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加，从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，故AB错误；
CD．由题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小
a1=m/s2=5m/s2
由牛顿第二定律得摩擦力大小为
Ff=μmg=ma1=2×5N=10N
刚释放时滑块的加速度为
a2=m/s2=30m/s2
此时滑块的加速度最大，由牛顿第二定律得
kx－Ff=ma2
代入数据解得
k=175N/m
故C正确，D错误。
故选C。
7．B
【详解】
解：A、根据x=v0t+at2和x=10t﹣5t2得，质点的初速度为10m/s，加速度为﹣10m/s2．故A错误．
BC、当x=0时，有10t﹣5t2=0，解得t=0（舍去），t=2s．即2s速度v=10﹣2×10=﹣10m/s，即速度的大小为10m/s，故B正确，C错误．
D、0～3s内该质点的位移x=10t+5t2=10×3+5×9m=75m，则平均速度===25m/s，即平均速度的大小为25m/s．故D错误．
故选B．
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式和速度时间公式，并能灵活运用．
8．C
【详解】
A．甲图中，赛车的质量不是很大，主要是为了减小惯性，选项A错误；
B．乙图中，大桥要造很长的引桥，减小坡度，主要目的是减小车辆重力沿平行桥面方向的分力，选项B错误；
C．丙图中，火星沿砂轮切线飞出，说明砂轮上的沙粒做圆周运动时，速度沿切线方向，选项C正确；
D．丁图中，两球同时落地，此实验装置可以验证，平抛运动竖直方向是自由落体运动，选项D错误；
故选C。
9．B
【详解】
选B。用力F拉时有a＝；系物体B时，A、B两个物体都具有加速度，且两者加速度都由B物体的重力提供，即a′＝，故比a小．B正确．
10．D
【详解】
A．物体对桌面的压力大小等于木块所受的重力，施力物体是物块，故A错误；
B．物体对桌面的压力是弹力，是由于物体发生形变而产生的，故B错误；
C．物体与桌面之间的最大静摩擦力为
若拉力，则物体仍静止，受到的摩擦力大小为，方向向右，故C错误；
D．若拉力，则物体已经滑动，物体受到的滑动摩擦力大小为，方向向右，故D正确。
故选D。
11．BD
【详解】
A．由自由落体位移公式，可得该苹果下落前离地面的高度为
故A错误；
B．该苹果在内的位移大小为
故B正确；
C．由自由落体速度公式，可得该苹果在时的速度大小为
故C错误；
D．该苹果在内的位移大小为
该苹果在内的位移大小为
则该苹果在内的位移大小与在内的位移大小之比为
故D正确。
故选BD。
12．AC
【详解】
木块先只受重力做自由落体运动，在接触弹簧开始，由牛顿第二定律有
则继续做加速度减小的变加速直线运动，当加速度变为零后，继续向下运动导致弹力大于重力，加速度向上，由牛顿第二定律
则木块再做加速度大小增大的变减速直线运动，当速度减为零时到达最低点将弹簧压缩至最短。
A．木块先加后减的过程，当加速度等于零时，加速的速度达到最大，有
即木块速度最大时弹力的大小等于重力mg，故A正确；
BD．木块从h处下降再再被反弹的全过程，对木块和弹簧组成的系统只有重力、弹力做功，系统的机械能守恒，则木块反弹的高度也为h，而对木块而言机械能不守恒，有弹簧的弹性势能参与储存和释放，故BD错误；
C．从木块静止释放开始到压缩弹簧最短的过程，由系统的机械能守恒定律有
即重力势能全部转化为储存的弹性势能，则最大的弹性势能为，故C正确。
故选AC。
13．AD
【详解】
AB．因为A的最大静摩擦力大于B的最大静摩擦力，所以B相对丝绸向下滑动，A与丝绸一起向下滑动。A正确，B错误；
CD．对B，有
解得
对A，有
解得
C错误，D正确。
故选AD。
14．BD
【详解】
试题分析：若“千岛湖”舰与“巢湖”舰同向匀速行驶，则以“千岛湖”舰为参照物，“巢湖”舰是静止，故A错误；本题中路程长度远远大于“千岛湖”舰的尺寸，所以研究舰队平均速率时可将“千岛湖”舰看作质点，故B正确；“4500海里”是护航舰艇走过的轨迹长度，因此为路程不是位移，平均速率为路程和时间的比值，由于不知运动位移的大小，不能求出此次航行的平均速度，故C错误，D正确．故选BD．
考点：质点；平均速度和平均速率
15．AB
【分析】
物体在前t1内做匀加速直线运动，加速度不变，速度与传送带相同后做匀速直线运动，速度不变，根据物体的运动情况分析即可．
【详解】
在前t1内物体受到向右的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，速度与时间的关系为 v=at，v-t图象是倾斜的直线；物体的速度与传送带相同后，不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，加速度为0．故AB正确，CD错误。
故选AB.
【点睛】
解决本题的关键通过分析物体的受力情况来确定其运动情况，知道匀加速运动的特点：加速度不变，匀速直线运动的特点：速度不变．
16． 0 5 5
【解析】以a为研究对象，根据平衡条件得到：b对a的静摩擦力大小；
以ab整体为研究对象，根据平衡条件得到： ；
以abc三个物体整体为研究对象，根据平衡条件得： ，方向水平向左；
所以
【点睛】以a为研究对象，根据平衡条件求出b对a的静摩擦力大小．以ab整体为研究对象，求解c对b的静摩擦力大小．以三个物体整体为研究对象，根据平衡条件求解桌面对c的静摩擦力大小。
17．F 0.708 1.65 平衡摩擦力过度（或木板的倾角过大）
【详解】
(1)[1]由于物体做加速运动，相同时间内走过的距离会越来越大，因此打点计时器最先打出的点是F。
[2]由于相邻两个计数点之间还有四个计时点未画出，因此计数点之间的时间间隔为
跟据平均速度等于该时间段中间时刻的瞬时速度，得
[3]由逐差法，得
(2)[4]实验中发现用计算机生成的每条图线与纵轴的交点均在坐标原点的上方，图线的截距均不为零的原因是平衡摩擦力过度（或木板的倾角过大）。
18．C B
【解析】
【详解】
（1）本实验采用的科学方法是控制变量法，故选C.
（2）由图可知，当F到达一定值时小车才产生加速度，可知其原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，故选B；
（3）因，则为了比较容易地检查出加速度a与质量M的关系，应该做a与的图象．
19．(1)x=0.08m；(2)h=0.125m
【解析】
（1）物块受力平衡时速度最大，则有：
mgsin30°=kx1
解得：x1=0.02m=2cm
物块的位移：x=10cm-2cm=0.08m．
（2）物块上升过程中，由功能关系可知：
Ep-mgh=0，其中Ep=
解得：h=0.125m
点睛：物块速度最大时合力为零，可求弹簧的压缩量，则可得物块的位移；根据功能关系，弹性势能全部转化为重力势能时，物块上升的高度最大．
20．
【详解】
在S1段物体作匀加速直线运动，而在S2段物体作匀减速运动．物体在S1、S2两段的受力分析如图所示，
则由牛顿第二定律，得
在S1段
ma1=mgsin30 ①
在S2段
ma2=-（mgsin30-mgcs30）②
根据运动学方程：在S1段
v2=2a1S1 ③
在S2段
0-v2=2a2S2 ④
即
2a1S1=2a2S2由S2=2S1
代入解得：= ⑤
21．(1)6m/s2；(2)0.5
【详解】
(1)由代入数据得
(2)对物体受力分析得
又，联立得
22．(1)30N，方向竖直向下；(2)1.5J；(3)3.75m
【详解】
(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0。由机械能守恒知
mgR=mv02
得
=3m/s
设物块B滑到圆弧的最低点C时受到的支持力大小为F，由牛顿第二定律得
解得
F=30N
由牛顿第三定律得，物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力为
F1=30N
方向竖直向下。
(2)设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，则
μmg=ma
设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有
v2－v02=－2al
联立解得
v=2 m/s
由于v>u=1 m/s，所以v=2m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。
设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得
mv=mv1＋Mv2
mv2=mv12＋Mv22
解得
v1=
v2=1m/s
弹簧具有的最大弹性势能等于物块M的初动能
EP=Mv22=1.5J
(3)碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动。
设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得
－μmgl′=0－mv12
得
l′＝0.5m<2.5m
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动。可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1′＝1m/s，继而与物块A发生第二次碰撞。设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的路程为s1，可知
s1=2 l′=1.0m
设物块A、B第二次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得
mv1′=mv3＋Mv4
mv1′2=mv32＋Mv42
解得
v3==－0.5m/s
当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动。可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v3′=0.5m/s，继而与物块A发生第3次碰撞。则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的往返路程为s2；
由动能定理可知
－μmgl′′=0－mv32
s2=2l′′=0.25m
因此第三次碰撞前B物体在传送带上的总路程为
s= l+ s1+ s2=2.5+1.0+0.25m =3.75m