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单元测试课时作业

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单元测试课时作业，共16页。试卷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。
运动和力的关系　综合检测一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列说法正确的是(　D　)A.牛顿通过理想斜面实验发现力不是维持物体运动的原因B.千克、秒、米和牛顿都是国际单位制中的基本单位C.物体静止时有惯性,一旦开始运动,便不再保持原有的运动状态,也就失去了惯性D.法国科学家笛卡儿指出,如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不会停下来,也不会偏离原来的方向解析:伽利略通过理想斜面实验发现力不是维持物体运动的原因,A错误;千克、米、秒分别是质量、长度和时间的单位,都是国际单位制中力学的基本单位,牛顿是导出单位,B错误;惯性是物体的固有属性,与运动状态无关,只与质量有关,C错误;法国科学家笛卡儿指出,如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不会停下来,也不会偏离原来的方向,D正确。2.实验研究表明降落伞所受的阻力与速度v、伞的半径r、空气密度ρ等因素有关。下面几个有关阻力的表达式可能正确的是(式中k为比例常数,无单位)(　B　)A.kv2r3ρ B.kv2r2ρC.kv2r4ρ D.kvr2ρ解析:密度的单位是kg/m3,速度的单位是m/s,半径的单位是m,力的单位是N;且1 N=1 kg·m/s2,根据力学单位制可知,kv2r3ρ的单位是,不是N,故A错误;kv2r2ρ的单位是,是N,故B正确;kv2r4ρ的单位是,不是N,故C错误;kvr2ρ的单位是,不是N,故D错误。3.应用于机场和火车站的安全检查仪,用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图所示的模型,物块m在水平传送皮带上向右运动,两者始终保持相对静止。则下列关于物块所受摩擦力的说法中正确的是(　B　)A.皮带传送速度越大,物块受到的摩擦力越大B.皮带传送的加速度越大,物块受到的摩擦力越大C.皮带速度恒定,物块质量越大,所受摩擦力越大D.无论皮带做何种运动,物块都一定受摩擦力作用解析:两者始终保持相对静止,当皮带匀速运动时,物块不受摩擦力的作用,故A、C、D错误;两者始终保持相对静止,即皮带与物块的加速度相同,物块的加速度由摩擦力提供,则皮带传送的加速度越大,物块受到的摩擦力越大,故B正确。4.如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端放置一物体(物体与弹簧不连接),初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上,使物体开始向上做匀加速运动,拉力F与物体位移x的关系如图乙所示。下列说法正确的是(　B　)A.弹簧的劲度系数为750 N/mB.物体的加速度大小为5 m/s2C.物体的质量为1 kgD.初始状态弹簧的压缩量为5 cm解析:物体向上运动时弹簧弹力会减小,为保持恒定加速度,则F需要逐渐增大,当物体离开弹簧后,F保持不变。由题图乙可知弹簧的压缩量为4 cm,故F在4 cm内增加了20 N,说明弹力在4 cm内减小了20 N,所以劲度系数k===500 N/m,故A、D错误;由初始时的二力平衡可得物体的质量m===2 kg;当物体离开弹簧后由牛顿第二定律可知,物体的加速度a== m/s2=5 m/s2,故B正确,C错误。5.质量为M的人站在地面上,用绳通过光滑轻质定滑轮将质量为m的重物从高处放下,如图所示。若重物以加速度a下降(a<g),则人对地面的压力大小为(　C　)A.(M+m)g-ma   B.M(g-a)-maC.(M-m)g+ma   D.Mg-ma解析:对重物,设绳的拉力为FT,由牛顿第二定律知,mg-FT=ma,所以,绳的拉力FT=mg-ma。对人受力分析,受重力、绳的拉力及地面的支持力而平衡,则Mg=FN+FT′,又因为FT′=FT,所以FN=Mg-FT=(M-m)g+ma。人对地面的压力与地面对人的支持力是一对作用力与反作用力,根据牛顿第三定律知,人对地面的压力大小也为(M-m)g+ma,故选C。6.如图,将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处,上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节,使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放,物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由30°逐渐增大至60°,物块的下滑时间t将(　D　)A.逐渐增大    B.逐渐减小C.先增大后减小 D.先减小后增大解析:由题意知,小物块沿光滑长平板加速下滑,根据牛顿第二定律得mgsin θ=ma,小物块的加速度大小a=gsin θ;设铁架台底座的长度为d,根据几何关系,小物块的位移大小为;根据运动学公式得=at2,联立可得t=,θ由30°逐渐增大至60°,物块的下滑时间t将先减小后增大,D正确。7.如图所示,质量相等的A、B两小球分别连在轻绳两端,轻弹簧的一端与A球相连,另一端固定在倾角为30°的光滑斜面顶端,重力加速度大小为g。则剪断轻绳的瞬间(　B　)A.A的加速度为零,B的加速度大小为gB.A、B的加速度大小均为0.5gC.A、B的加速度均为零D.A的加速度为零,B的加速度大小为0.5g解析:设两小球的质量均为m,剪断轻绳前,对两小球组成的整体分析,可得弹簧的弹力F弹=2mgsin 30°=mg。剪断轻绳的瞬间,轻绳的张力消失,弹簧的弹力不变,以A球为研究对象,有aA==0.5g,以B球为研究对象,有aB==0.5g,故B正确。8.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(　D　)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: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,电梯的加速度向下,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。二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。9.如图所示的装置叫作阿特伍德机,是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置,用来研究匀变速直线运动的规律。绳子两端的物体下落(或上升)的加速度总是小于自由落体的加速度g。已知物体A、B的质量相等,均为4m,物体C的质量为m,一切摩擦不计,轻绳不可伸长且足够长。现将装置从静止释放,下列说法正确的是(　BD　)A.物体C的加速度为B.物体C的加速度为C.物体C对B的拉力为D.物体C对B的拉力为解析:设物体C下落的加速度为a,绳子的张力为FT,以物体A作为研究对象有FT-4mg=4ma,以B、C整体为研究对象有(4m+m)g-FT=(4m+m)a,联立以上两式可解得a=,A错误,B正确;对物体C,根据牛顿第二定律得mg-F=ma,解得B对C的拉力F=mg,由牛顿第三定律可知,物体C对B的拉力大小也等于mg,C错误,D正确。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(　CD　)A.物块对车厢水平底板的压力大小为mgB.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: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F合=mgtan θ,绳子的拉力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的摩擦力Ff=Ma+FT′=,故A错误,D正确。11.如图甲所示,A、B两物体叠放在光滑水平面上,对B物体施加一水平变力F,Ft关系图像如图乙所示。两物体在变力F作用下由静止开始运动,且始终相对静止,则(　AD　)A.t0时刻,两物体之间的摩擦力为零B.t0时刻,两物体的速度方向开始改变C.t0～2t0时间内,两物体之间的摩擦力逐渐减小D.t0～2t0时间内,物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同解析:t0时刻F=0,物体A、B的加速度为零,因此两物体速度的大小和方向均不变,所以A、B间的摩擦力为零,选项A正确,B错误;t0～2t0时间内,A、B组成的整体加速度逐渐增大,以A为研究对象,A的加速度由其受到的摩擦力提供,A受到的摩擦力应逐渐增大,且与A、B加速度同向,即与变力F同向,选项C错误,D正确。12.如图所示为杂技“顶竿”表演,一大人站在地上,肩上为一质量为M的竖直竹竿,当竿上一质量为m的小孩握着竿以加速度a加速下滑时,则(　BD　)A.竿对小孩的摩擦力向上,大小为mgB.小孩对竿的摩擦力向下,大小为mg-maC.竿对大人的压力大小为(M+m)gD.竿对大人的压力大小为(M+m)g-ma解析:当竿上一质量为m的小孩握着竿以加速度a加速下滑时,由牛顿第二定律,对小孩mg-Ff=ma,竿对小孩的摩擦力向上,大小为mg-ma,由牛顿第三定律可知,小孩对竿的摩擦力Ff′与Ff反向等大,故A错误,B正确;对竿受力分析,可知Ff′+Mg=FN,而Ff′=mg-ma,则根据牛顿第三定律可知,竿对大人的压力大小为(M+m)g-ma,故D正确,C错误。三、非选择题:本题共6小题,共60分。13.(6分)为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数,一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上,形成一倾角为α的斜面(已知sin α=0.34,cos α=0.94),小铜块可在斜面上加速下滑,如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程,然后解析视频记录的图像,获得5个连续相等时间间隔(每个时间间隔ΔT=0.20 s)内小铜块沿斜面下滑的距离si(i=1,2,3,4,5),如下表所示。s1s2s3s4s55.87 cm7.58 cm9.31 cm11.02 cm12.74 cm由表中数据可得,小铜块沿斜面下滑的加速度大小为　　　　 m/s2,小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为　　　　。(结果均保留2位有效数字,重力加速度大小取9.80 m/s2) 解析:利用匀变速直线运动规律的推论Δx=at2,得a== m/s2=0.43 m/s2;由牛顿第二定律有mgsin α-μmgcos α=ma,解得μ==≈0.32。答案:0.43　0.3214.(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,所挂钩码受到的总重力F为横轴,作出的图像如图乙中图线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′图像如图乙中图线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,所挂钩码受到的总重力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补偿摩擦力或补偿摩擦力不足。力传感器可以直接得出细线拉力的大小,用钩码受到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受到的重力,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,导致钩码受到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,钩码受到的重力看成整体的合力。答案:(1)未补偿摩擦力或补偿摩擦力不足　钩码受到的重力比细线的拉力大　(2)见解析15.(7分)如图甲所示,倾角θ=37°的斜面由粗糙的AB段和光滑的BC段组成,质量m=1 kg的物体(可视为质点)在平行斜面的恒定外力F作用下由A点加速下滑,运动到B点时,力F突然反向(大小不变),其部分vt图像如图乙所示,物体滑到C点时速度恰好为零,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)外力F的大小及物体在AB段与斜面间的动摩擦因数μ;(2)物体从A到C的平均速度大小。解析:(1)由于vt图像的斜率表示物体的加速度,加速阶段a1= m/s2=10 m/s2,由牛顿第二定律得F+mgsin θ-μmgcos θ=ma1,F反向后物体开始减速,减速阶段a2= m/s2=-2 m/s2,由牛顿第二定律得mgsin θ-F=ma2,代入数据得F=8 N,μ=0.5。(2)由于两段运动都是初速度或末速度为0的匀变速直线运动,所以两段运动的平均速度都是== m/s=5 m/s,所以物体从A到C过程中的平均速度大小为5 m/s。答案:(1)8 N　0.5　(2)5 m/s16.(9分)小明以初速度v0=10 m/s竖直向上抛出一个质量m=0.1 kg的小皮球,最后在抛出点接住。假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的。重力加速度g取10 m/s2。求:(1)小皮球上升的最大高度;(2)小皮球上升和下降分别所用时间。解析:(1)在上升过程中,对球受力分析并运用牛顿第二定律有mg+Ff=ma1,解得a1=11 m/s2。上升到最高点末速度为零,则上升的最大高度h== m。(2)将上抛过程看作初速度为0,加速度为a1的匀加速直线运动的逆过程,上升的时间t1== s,在下降过程中,对球受力分析并运用牛顿第二定律有mg-Ff=ma2,得a2=9 m/s2,已知下落的高度h=a2,t2= s。答案:(1) m　(2) s　 s17.(14分)如图所示,水平平台的右端安装有定滑轮,质量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m=1 kg的小球,用手托住小球使其在距地面h=0.5 m高处保持静止,此时轻绳恰好拉直。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大小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)放开小球后,对小球和物块受力分析,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得到停下来需滑行的距离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18.(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,g取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,求滑块最终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,解得滑块与传送带共速所需时间t1=1.6 s,则滑块发生的位移x1=a1=6.4 m<L1。位移x1后滑块做匀速直线运动,有L1-x1=vt2,解得t2=0.2 s,故滑块在传送带上的总时间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。由牛顿第二定律可得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-a2,平板移动的距离x2=a3,滑块在平板上滑动的距离ΔL=x1-x2= m<L2=6 m,故假设成立,滑块最终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