高中人教版 (2019)第四章 运动和力的关系综合与测试随堂练习题

运动和力的关系

(时间：90分钟　满分：100分)

一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28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．下列说法正确的是(　　)

A．体操运动员双手握住单杠在空中不动时处于失重状态

B．蹦床运动员在空中上升和下降过程中都处于失重状态

C．举重运动员在举起杠铃后的那段时间内处于超重状态

D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态

解析：选B　当物体具有向上的加速度时，即向上做加速运动或向下做减速运动时，物体处于超重状态；当物体具有向下的加速度时，即向下做加速运动或向上做减速运动时，物体处于失重状态。在A、C、D选项中，运动员处于静止状态，即处于平衡状态，只有选项B中运动员的加速度为重力加速度，方向竖直向下，处于失重状态，而且处于完全失重状态，故B正确。

2．某同学站在一观光电梯地板上，利用速度传感器和计算机研究该观光电梯升降过程中的运动情况，如图所示的v­t图像是计算机显示的观光电梯在某一段时间内的速度变化情况(向上为正方向)。根据图像提供的信息，可以判断下列说法正确的是(　　)

A．0～5 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态

B．5～10 s内，该同学对电梯地板的压力大于他所受的重力

C．10～20 s内，观光电梯在减速下降，该同学处于超重状态

D．20～25 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态

解析：选D　由v­t图像可知，0～5 s内，电梯的加速度为正，说明电梯在加速上升，该同学处于超重状态，A错误；5～10 s内，电梯的加速度为0，该同学做匀速运动，故电梯地板对他的支持力大小等于他所受的重力大小，结合牛顿第三定律可知，B错误；10～20 s内，电梯加速度向下，向上做匀减速运动，该同学处于失重状态，C错误；20～25 s内，电梯加速度向下，向下做匀加速运动，该同学处于失重状态，D正确。

3．细绳拴着一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示。(已知cos 53°＝0．6，sin 53°＝0．8)以下说法正确的是(　　)

A．小球静止时弹簧的弹力大小为mg

B．小球静止时细绳的拉力大小为mg

C．细绳烧断瞬间小球的加速度立即为g

D．细绳烧断瞬间小球的加速度立即为g

解析：选D　小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件得弹簧的弹力大小为F＝mgtan 53°＝mg，细绳的拉力大小为FT＝＝mg，故A、B错误；细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为a＝＝g，故C错误，D正确。

4．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μ甲、μ乙。现用水平拉力F分别作用于两物体，加速度a与拉力F的关系如图所示，图中b、－2c、－c为相应坐标值，重力加速度为g。由图可知(　　)

A．μ甲＝，m甲＝

B．μ甲＝，m甲＝

C．m甲∶m乙＝1∶2，μ甲∶μ乙＝1∶2

D．m甲∶m乙＝2∶1，μ甲∶μ乙＝1∶2

解析：选B　对质量为m的物体受力分析，假定动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，可得a＝－μg。可知a与F关系图像的斜率表示质量的倒数，斜率越大，质量越小，有m甲＝，m乙＝，得m甲∶m乙＝1∶2；从图像可以看出纵轴截距用－μg表示，有－μ甲g＝－2c，－μ乙g＝－c，即μ甲＝，μ乙＝，得μ甲∶μ乙＝2∶1。故选B。

5．如图所示，一个m＝3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从t＝0时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动，在0～3 s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图所示。已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等。则(　　)

A．在0～3 s时间内，物体的速度先增大后减小

B．3 s末物体的速度最大，最大速度为6 m/s

C．2 s末F最大，F的最大值为12 N

D．前2 s内物体做匀变速直线运动，力F大小保持不变

解析：选B　由题图可知，在0～3 s内物体始终做加速运动，3 s末速度最大，最大为图像围成的“面积”，即6 m/s，A错误，B正确；动摩擦因数未知，不能计算动摩擦力大小，因而不能确定拉力F的大小，C错误；滑动摩擦力不变，0～2 s内加速度变大，则拉力大小变大，D错误。

6．如图所示的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦。初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮。下列说法正确的是(　　)

A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮

B．若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮

C．若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮

D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮

解析：选A　由于滑轮光滑，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，若甲的质量大，则由甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力，得甲攀爬时，乙的加速度大于甲的加速度，所以乙会先到达滑轮，选项A正确，B错误；若甲、乙的质量相同，甲用力向上攀爬时，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙应同时到达滑轮，选项C、D错误。

7．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点。B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC的大小关系是(　　)

A．tA<tC<tB

B．tA＝tC<tB

C．tA＝tC＝tB

D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系

解析：选B　A、C在圆周上，B点在圆周外，由等时间模型可知，tA＝tC<tB，B正确。

二、多项选择题(本题共3小题，每小题4分，共12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)

8．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

解析：选BCD　先后对A、B进行受力分析，如图所示。

对A有FTsin 45°－Ff＝ma        ①

FN＝FTcos 45°＋mg         ②

其中Ff＝μFN           ③

对B有F－FT′sin 45°＝ma       ④

mg＝FT′cos 45°          ⑤

其中FT′＝FT。          ⑥

由②⑤⑥解得FT′＝FT＝mg，FN＝2mg，故A错误；由④知F＝ma＋mg＞mg，故B正确；若水平细杆光滑，则Ff＝0，由①得a＝g，若水平细杆粗糙，由①③得mg－2μmg＝ma＞0，则μ＜0．5，故C、D正确。

9．如图甲所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，若重力加速度g取10 m/s2。根据图乙中所提供的信息可以计算出(　　)

A．物体的质量

B．斜面的倾角

C．加速度由2 m/s2增加到6 m/s2的过程中，物体通过的位移

D．加速度为6 m/s2时物体的速度

解析：选AB　由题图乙可知，当水平外力F＝0时，物体的加速度a＝－6 m/s2，此时物体的加速度a＝－gsin θ，可求出斜面的倾角θ＝37°，选项B正确；当水平外力F＝15 N时，物体的加速度a＝0，此时Fcos θ＝mgsin θ，可得m＝2 kg，选项A正确；由于不知道加速度与时间的关系，所以无法求出物体在各个时刻的速度，也无法求出物体加速度由2 m/s2增加到6 m/s2过程中的位移，选项C、D错误。

10．质量为M的物块放在正沿水平直轨道向右匀加速行驶的车厢水平底板上，并用轻绳绕过两个光滑定滑轮连接质量为m的小球，与小球连接的轻绳与竖直方向始终成θ角，与物块连接的轻绳处于水平方向，物块相对车厢静止。重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)

A．物块对车厢水平底板的压力大小为mg

B．物块的加速度大小为

C．轻绳的拉力大小为

D．物块所受底板的摩擦力大小为

解析：选CD　对小球进行受力分析如图甲所示，根据三角形定则可知小球所受合力为F合＝mgtan θ，绳子的拉力为FT＝，根据牛顿第二定律知，其加速度为a＝＝gtan θ，小球与物块、车厢相对静止，加速度相同，故B错误，C正确；对物块进行受力分析如图乙所示，

竖直方向有FN＝Mg，水平方向有Ff－FT′＝Ma，其中FT′＝FT，解得物块受到地面对其摩擦力为Ff＝Ma＋FT′＝，故A错误，D正确。

三、非选择题(本题共6小题，共60分)

11．(6分)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中：

(1)某同学在接通电源进行实验之前，将实验器材组装成如图1所示的装置图。请你指出该装置中的两处错误或不妥之处：

①________________________________________________________________________；

②________________________________________________________________________。

(2)改正实验装置后，该同学顺利地完成了实验。图2是他在实验中得到的一条纸带，图中相邻两计数点的时间间隔为0．1 s，由图中的数据可算得小车的加速度a为________ m/s2。(结果保留两位有效数字)

(3)为保证绳子对小车的拉力约等于小盘和重物的总重力mg，小盘和重物的总质量m与小车的质量M应满足的关系是________。

解析：(1)由实验原理可知：打点计时器不应使用干电池，应使用交流电源；实验中没有平衡小车的摩擦力；小车初始位置离打点计时器太远，应在靠近打点计时器的位置开始释放。(指出两处即可)

(2)由纸带数据可得x1＝0．72 cm，x2＝1．63 cm－0．72 cm＝0．91 cm，x3＝2．74 cm－1．63 cm＝1．11 cm，x4＝4．04 cm－2．74 cm＝1．30 cm，用逐差法求加速度，a1＝＝ m/s2＝0．195 m/s2，a2＝＝ m/s2＝0．195 m/s2，故a＝≈0．20 m/s2。

(3)为保证绳子对小车的拉力约等于小盘和重物的总重力mg，小盘和重物的总质量m必须远小于小车的质量M，即m≪M。

答案：(1)①打点计时器不应使用干电池，应使用交流电源　②小车初始位置离打点计时器太远(或实验中没有补偿阻力)　(2)0．20　(3)m≪M

12．(8分)某实验小组利用小车、一端带有滑轮的导轨、打点计时器和几个已知质量的小钩码探究加速度与力的关系，实验装置如图甲所示。

(1)该实验小组以测得的加速度a为纵轴，所挂钩码的总重力F为横轴，作出的图像如乙图中图线1所示，发现图像不过原点，怀疑在测量力时不准确，他们将实验进行了改装，将一个力传感器安装在小车上，直接测量细线拉小车的力F′，作a­F′图像如乙图中图线2所示，则图像不过原点的原因是_____________________________________________，

对于图像上相同的力，用传感器测得的加速度偏大，其原因是____________；

(2)该实验小组在正确操作实验后，再以测得的加速度a为纵轴，所挂钩码的总重力F和传感器测得的力F′为横轴作图像，要使两个图线基本重合，请你设计一个操作方案。

解析：(1)由图线可知，F不等于零时，a仍然为零，可知图线不过原点的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。力传感器可以直接得出细线拉力的大小，用钩码的重力表示细线的拉力，必须满足钩码的质量远小于小车的质量，否则细线的拉力实际上小于钩码的重力，所以对于图线上相同的力，用传感器测得的加速度偏大，原因是钩码的质量未远小于小车的质量，导致钩码的重力比细线的拉力大。

(2)把小车和钩码看成一个整体，可得整体M＋m不变，钩码的重力看成整体的合力。

答案：(1)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足　钩码的重力比细线的拉力大　(2)见解析

13．(8分)如图所示，水平平台的右端安装有定滑轮，质量为M＝2 kg的物块放在与滑轮相距l＝1．2 m的平台上，物块与平台间的动摩擦因数为μ＝0．2，现有一轻绳跨过定滑轮，左端与物块连接，右端挂质量为m＝1 kg的小球，绳拉直时用手托住小球使其在距地面h＝0．5 m高处静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2)。

(1)放开小球，系统运动，求小球做匀加速运动时的加速度及此时绳子的拉力大小；

(2)通过计算，回答物块能否撞到定滑轮。

解析：(1)由牛顿第二定律

对小球有mg－FT＝ma1

对物块有FT－μMg＝Ma1

解得：a1＝2 m/s2，FT＝8 N。

(2)由v2＝2a1h得小球落地时的速度v＝ ＝ m/s

即物块此时的速度为 m/s

物块此后做匀减速运动的加速度

a2＝＝μg＝2 m/s2

由v2＝2a2x得到停下来可滑行的距离

x＝＝0．5 m

物块在桌面上共滑行的距离x总＝h＋x＝1 m＜l

故物块不会撞到定滑轮。

答案：(1)2 m/s2　8 N　(2)见解析

14．(10分)如图，长度L＝5 m、倾角θ＝53°的斜面固定在水平地面上，质量m＝1 kg的小物块从斜面顶端无初速度释放，运动到斜面中点时开始受到一水平恒力F的作用，恰好不会运动到水平面上，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0．5，取sin 53°＝0．8，cos 53°＝0．6，g＝10 m/s2。求：

(1)下滑过程中物块速度v的最大值；

(2)水平恒力F的大小。

解析：(1)施加力F前，分析物块的受力情况，如图甲所示：

沿斜面方向和垂直斜面方向建立直角坐标系，可得

FN1－mgcos θ＝0

mgsin θ－Ff1＝ma1

Ff1＝μFN1

联立解得a1＝5 m/s2

由题意可知，物块运动至中点时速度最大，有

v2＝2a1·

解得v＝5 m/s。

(2)物块由中点到底端的过程做匀减速直线运动，设加速度为a2，可知0－v2＝2a2·

解得a2＝－5 m/s2

受力分析如图乙所示，建立直角坐标系，可得

FN2－mgcos θ－Fsin θ＝0

mgsin θ－Ff2－Fcos θ＝ma2

Ff2＝μFN2

解得F＝10 N。

答案：(1)5 m/s　(2)10 N

15．(12分)质量为4 kg的雪橇在倾角θ＝37°的足够长斜坡上向下滑动，所受的空气阻力与速度成正比，比例系数k未知。今测得雪橇运动的v­t图像如图所示，且AB是曲线最左端那一点的切线，B点的坐标为(4,15)，CD线是曲线的渐近线(曲线趋向无穷大时，越来越接近这条直线)(sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8，g＝10 m/s2)。试问：

(1)物体开始时做什么运动？最后做什么运动？

(2)当v0＝5 m/s和v1＝10 m/s时，物体的加速度各是多少？

(3)空气阻力系数k及雪橇与斜坡间的动摩擦因数各是多少？

解析：(1)物体开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动。

(2)当v0＝5 m/s时，加速度a0＝ m/s2＝2．5 m/s2，v1＝10 m/s时，加速度为a1＝0。

(3)t＝0时刻开始加速时有

mgsin θ－kv0－μmgcos θ＝ma0

最后匀速时mgsin θ＝kv1＋μmgcos θ

解得k＝＝2 kg/s，μ＝＝0．125。

答案：(1)加速直线运动　匀速直线运动

(2)2．5 m/s2　0　(3)2 kg/s　0．125

16．(16分)如图所示，传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，平板放在光滑水平面上，两者长度分别为L1＝8 m、L2＝6 m。传送带始终以速度v＝8 m/s向右匀速传动。现有一滑块(可视为质点)轻轻放在传送带的左端，然后平稳地滑上平板。已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0．5，滑块与平板间的动摩擦因数μ2＝0．4，滑块质量m＝1 kg，平板质量M＝2 kg，取g＝10 m/s2。

(1)求滑块滑离传送带所用时间；

(2)判断滑块能否离开平板。如果能离开，请计算离开平板时的速度大小；若不能离开，求滑块距离平板右端的距离。

解析：(1)在传送带上加速运动时，对滑块进行受力分析，如图甲所示。

由牛顿第二定律可得μ1mg＝ma1

解得a1＝5 m/s2

由运动学公式得v＝a1t1

解得t1＝1．6 s

则滑块的位移x1＝a1t12＝6．4 m＜L1

滑块后段做匀速直线运动，有L1－x1＝vt2

解得t2＝0．2 s

故总时间t＝t1＋t2＝1．8 s。

(2)滑块滑上平板后，滑块做匀减速直线运动，平板做匀加速直线运动。

对滑块进行受力分析，如图乙所示。

由μ2mg＝ma2解得a2＝4 m/s2

对平板进行受力分析，如图丙所示。

由μ2mg＝Ma3解得a3＝2 m/s2

假设两物体可以达到共同速度，则v－a2t3＝a3t3，解得t3＝ s，滑块滑动的距离x1＝vt3－a2t32，平板移动的距离x2＝a3t32，

滑块在平板上滑动的距离ΔL＝x1－x2＝ m＜L2＝6 m，故假设成立，滑块距离平板右端的距离Δx＝L2－ΔL＝ m。

答案：(1)1．8 s　(2)不能离开平板　 m