2020-2021学年第四章 运动和力的关系综合与测试导学案

这是一份2020-2021学年第四章 运动和力的关系综合与测试导学案，共10页。学案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。

章末检测试卷(第四章)
(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，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．砖块受到的合力为零
B．A砖块对B砖块有向下的压力
C．B砖块对A砖块有向左的摩擦力
D．A、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μ，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
A．g B.
C．μg D.μg
答案　B
解析　由mg＝μFN及FN＝ma得：a＝，B正确．
4．某消防队员从一平台上无初速度跳下，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v2＝2gh、v2＝2ax得，运动员着地后减速下降的加速度a＝3g，
由牛顿第二定律有FN－mg＝ma，得FN＝4mg，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 B．方向向右，大小为
C．方向向左，大小为 D．方向向右，大小为
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
A．L2＜L1
B．L2＞L1
C．L2＝L1
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＝－μg；对物体B，根据牛顿第二定律得：kx－μmBg＝mBa，解得：x＝，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(M＋m)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(M＋m)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，FN＝Mg，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0～1 s内，＝1，根据牛顿第二定律得a1＝＝g，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1～2 s内，拉力F为零，根据牛顿第二定律得a2＝＝g，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，＝－1，根据牛顿第二定律得a3＝＝g，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，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，则人对地板的压力(　　)

图7
A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 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g＝10 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a＝5 m/s2
D．小球下落速度为5 m/s时的加速度a＝8.75 m/s2
答案　BD
解析　由mg－kv＝ma知，随着v增大，a减小，当mg＝kvm时a＝0，小球做匀速运动，k×40＝mg①
mg－k×5＝ma②
由①②得：a＝8.75 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0～1 s时间内，外力F不断增大
B．在1～3 s时间内，外力F的大小恒定
C．在3～4 s时间内，外力F不断减小
D．在3～4 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m＝1 kg，初速度v0＝10 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，g＝10 m/s2.下列说法中正确的是(　　)

图9
A．0～5 s内物块做匀减速运动
B．在t＝1 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5～13 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＝ m/s2＝10 m/s2，匀加速运动的加速度大小a2＝ m/s2＝4 m/s2，匀减速运动的时间t＝＝1 s，又由牛顿第二定律得F＋μmg＝ma1和F－μmg＝ma2，联立解得F＝7 N，动摩擦因数μ＝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a－F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“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)
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，该同学实验操作中补偿阻力过度，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＝－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＝＝0.5 kg
－μg＝－2，解得μ＝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a－F图像，如图乙所示，则
①图中的图线不过原点的原因是_________________________________________________．
②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
③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)①补偿阻力时木板右端垫得过高(2分)　②B(1分)　A(1分)　③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)①图中当F＝0时，a≠0，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．②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.③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：

图12
(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．
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＝ 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＝ 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＝×4×8 m－×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．(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θ＝37°，斜面BC与水平面AB平滑连接，质量m＝2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L＝9 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现使物体受到一水平向右的恒力F＝14 N作用，运动至B点时撤去该力，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 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：F－μmg＝ma，(2分)
解得：a＝＝ m/s2＝2 m/s2(1分)
(2)物体由M到B，根据速度位移公式可知：vB2＝2aL(2分)
解得：vB＝＝ m/s＝6 m/s(1分)
(3)在斜面上，根据牛顿第二定律可知：
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′(2分)
代入数据得：a′＝10 m/s2(1分)
根据速度位移公式可知：0－vB2＝－2a′x(2分)
解得：x＝＝ m＝1.8 m(1分)
17.(12分)如图14所示，传送带与水平面的夹角θ＝30°，正以恒定的速率v＝2.5 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μ＝，经过t＝2 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，设加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma1(2分)
代入数据解得a1＝2.5 m/s2(1分)
货物做匀加速运动的时间t1＝＝ s＝1 s(1分)
位移大小x1＝t1＝×1 m＝1.25 m(1分)
在1～2 s时间内，货物随传送带一起匀速运动的位移大小为
x2＝v(t－t1)＝2.5×(2－1) m＝2.5 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μmgcos θ＋mgsin θ＝ma2(2分)
代入数据解得a2＝12.5 m/s2(1分)
货物做匀减速运动的位移大小为x3＝＝ m＝0.25 m(1分)
则传送带底端A与顶端B的距离
L＝x1＋x2＋x3＝4 m．(2分)
18.(14分)如图15所示，光滑的水平面上有一质量M＝0.2 kg的长木板，另一质量m＝0.1 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μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2.

图15
(1)若长木板长L＝0.7 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　(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－Ff＝ma1(2分)
又Ff＝μFN＝μmg(1分)
解得a1＝－4 m/s2(1分)
由v2－v02＝2a1L，解得v＝0.4 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Ff′＝Ff＝μmg＝0.4 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Ff′＝Ma2，解得a2＝2 m/s2.(2分)
设经过时间t，两者速度相同，
则有v0＋a1t＝a2t(1分)
解得t＝0.4 s．(1分)
由x＝v0t＋a1t2，得此时间内小滑块运动的位移大小x＝0.64 m．(2分)