物理人教版 (2019)第四章 运动和力的关系综合与测试综合训练题

这是一份物理人教版 (2019)第四章 运动和力的关系综合与测试综合训练题，共21页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
《运动和力的关系》检测试题(时间:90分钟　满分:100分)一、选择题(共12题,每题4分,共48分。第1～6题只有一项符合题目要求,第7～12题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)1.下列说法正确的是(　C　)A.牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因B.一个运动的物体,如果不再受力,它总会逐渐停下来,这说明,静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”　C.伽利略根据理想实验推论出:如果没有摩擦,在水平面上的物体,一旦具有某一个速度,将保持这个速度继续运动下去D.车速越大,刹车后滑行的距离越长,所以惯性越大解析:伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因,故A错误;一个运动的物体,它总会逐渐停下来,是因为物体受到了摩擦力,如果不受力,物体会永远运动下去,故B错误;伽利略根据理想实验推论出:如果没有摩擦,在水平面上的物体,一旦具有某一个速度,将保持这个速度继续运动下去,故C正确;惯性只与质量有关,与速度无关,故D错误。2.关于国际单位制,下列说法正确的是(　A　)A.在国际单位制中,力的单位是根据牛顿第二定律定义的B.力学的三个基本单位是N、m、sC.秒是国际单位制中力学三个基本量之一D.kg、m/s、N是国际单位中的导出单位解析:在国际单位制中力的单位是牛顿,它属于导出单位,是根据牛顿第二定律F=ma定义的,1 N就是使质量为1 kg的物体产生1 m/s2加速度的力,故A正确;在国际单位制中,力学的三个基本单位是m、kg、s,故B错误;国际单位制中力学三个基本量是长度、质量、时间,而秒只是时间的单位,故C错误;在国际单位制中,kg是国际单位中的基本单位,m/s、N是导出单位,故D错误。3.某超市安装了智能化的自动扶梯(无台阶),如图所示。为了节约能源,在没有乘客乘行时,自动扶梯以较小的速度匀速运行,当有乘客乘行时，自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行。则电梯在运送乘客的过程中(　A　)A.乘客始终受摩擦力作用B.乘客经历先超重再失重C.乘客对扶梯的作用力始终竖直向下D.扶梯对乘客的作用力始终垂直斜面向上解析:乘客站在斜面上,始终受摩擦力作用,否则将沿斜面下滑,故A正确;加速运动阶段,乘客有向上的加速度,乘客处于超重状态;匀速运动阶段,扶梯对乘客的作用力等于重力,乘客既不超重,也不失重,故B错误;加速运动阶段,扶梯对乘客有沿斜面向上的摩擦力和垂直斜面向上的支持力,二者合力即扶梯对乘客的作用力指向斜上方,不是垂直斜面向上,根据牛顿第三定律分析可知,乘客对扶梯的作用力不是竖直向下,故C、D错误。4.如图所示,有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连,并在拉力F作用下沿斜面向上运动,轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。当拉力F一定时,Q受到绳的拉力(　D　)A.与斜面倾角θ有关 B.与动摩擦因数有关C.与系统运动状态有关 D.仅与两物块质量有关解析:设Q物块绳上的拉力大小F2,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,对Q、P整体分析,根据牛顿第二定律有F-(mP+mQ)g(sin θ+μcos θ)=(mP+mQ)a,对Q隔离分析有F2-mQg(sin θ+μcos θ)=mQa,联立解得F2=,故D正确,A、B、C错误。5.如图所示,假设运动员在训练中手持乒乓球拍托球沿水平面做匀加速运动,球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间夹角为θ。设球拍和球质量分别为M、m,不计球拍和球之间摩擦,重力加速度为g,不计空气阻力,则(　C　)A.运动员的加速度大小为gsin θB.球拍对球的作用力大小为mgcos θC.运动员对球拍的作用力大小为gD.运动员对地面的作用力方向竖直向下解析:球和运动员具有相同的加速度,对球受力分析如图甲所示,球所受的合力F合=mgtan θ,根据牛顿第二定律得a==gtan θ,故A错误;根据平行四边形定则知,球拍对球的作用力大小为FN=,故B错误;对球拍和球整体分析如图乙所示,整体的合力为(M+m)a,根据平行四边形定则知,运动员对球拍的作用力大小为F=,故C正确;运动员在水平方向加速运动,运动员受到水平方向的摩擦力与竖直方向的重力和支持力,合力不在竖直方向,根据牛顿第三定律可知,运动员对地面的作用力也不在竖直方向上,故D错误。6.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、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,所用时间分别为tA、tB、tC,则tA、tB、tC的大小关系是(　B　)A.tA<tC<tBB.tA=tC<tBC.tA=tC=tBD.由于C点的位置不确定,无法比较时间大小关系解析:在AM段,小球的位移x1=R,加速度a1==g,根据x1=a1得,tA==。在BM段,小球的位移x2=2R,加速度a2=gsin 60°=g,由x2=a2得,tB==。在CM段,设CM与竖直方向夹角为θ,同理可解得tC===,故tA=tC<tB。7.如图所示,一轻质弹簧上端固定在升降机的天花板上,下端挂一小球,在升降机匀速竖直下降过程中,小球相对于升降机静止,若升降机突然停止运动,设空气阻力可忽略不计,弹簧始终在弹性限度内,且小球不会与升降机的内壁接触,则小球在继续下降的过程中(　BD　)A.小球的加速度逐渐减小B.小球处于超重状态C.小球处于失重状态D.小球的速度逐渐减小解析:升降机突然停止,小球由于惯性继续向下运动,但是受到弹簧的拉力越来越大,拉力方向与其运动方向相反,则小球做减速运动,加速度方向向上,则小球处于超重状态;小球加速度增大,故A、C错误,B、D正确。8.一辆小车静止在水平地面上,bc是固定在车上的一根水平杆,质量为M的物块穿在杆上,M通过细线悬吊着质量为m 的小物体,m在小车的水平底板上,小车未动时细线恰好在竖直方向上,现使小车如图分四次分别以a1、a2、a3、a4向右匀加速运动,四种情况下M、m均与车保持相对静止,且图甲和图乙中细线仍处于竖直方向,已知a1∶a2∶a3∶a4=1∶2∶4∶8,M受到的摩擦力大小依次为Ff1、Ff2、Ff3、Ff4,则下列说法正确的是(　ACD　)A.Ff1∶Ff2=1∶2 B.Ff1∶Ff2=2∶3C.Ff3∶Ff4=1∶2 D.tan α=2tan θ解析:甲乙两图中,M水平方向只受静摩擦力作用,根据牛顿第二定律得Ff1=Ma1,Ff2=Ma2,而a1∶a2=1∶2,则Ff1∶Ff2=1∶2,故A正确,B错误;丙丁两图中,对m和M整体受力分析,受总重力(M+m)g、支持力FN、摩擦力Ff,如图,根据牛顿第二定律有Ff=(M+m)a,所以Ff3∶Ff4=a3∶a4=4∶8=1∶2,故C正确;对物体m隔离受力分析,可得tan θ=,tan α=,而a3∶a4=4∶8,所以tan α=2tan θ,故D正确。9.一物块放在如图所示的小车上,小车在水平面上做直线运动,物块始终与小车保持相对静止。设小车对物块的支持力为FN,小车对物块的摩擦力为Ff,关于小车运动过程中物块的受力情况,下列说法正确的是(　AC　)A.若小车向左运动,FN不可能为零B.若小车向左运动,Ff不可能为零C.若小车向右运动,FN不可能为零D.若小车向右运动,Ff不可能为零解析:若小车向左匀速运动,根据平衡条件得知,物块所受的Ff不可能为零,FN不可能为零;若小车向左加速运动,根据牛顿第二定律可知,合力向左,FN不可能为零,Ff可能为零;若小车向左做减速运动,由牛顿第二定律可知合力向右,则物块所受Ff不可能为零,则FN不可能为零,故A正确,B错误;若小车向右匀速运动,根据平衡条件得知,物块所受的Ff不可能为零,FN不可能为零;若小车向右加速运动,根据牛顿第二定律可知,合力向右,Ff不可能为零,FN不可能为零;若小车向右做减速运动,由牛顿第二定律可知合力向左,则物块所受FN不可能为零,Ff可能为零,故C正确,D错误。10.如图所示,质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连,竖直放在光滑的水平面上,木块A上放有质量为2m的木块C,三者均处于静止状态。现将木块C迅速移开,若重力加速度为g,则在木块C移开的瞬间(　AC　)A.弹簧的形变量不改变B.弹簧的弹力大小为mgC.木块A的加速度大小为2gD.木块B对水平面的压力迅速变为2mg解析:开始时整体处于平衡状态,弹簧的弹力等于A和C的重力,即F=3mg,撤去C的瞬间,弹簧的形变量不变,弹簧的弹力F不变,仍为3mg,故A正确,B错误;撤去C瞬间,弹簧弹力不变,对木块A,由牛顿第二定律得F-mg=ma,解得a=2g,方向竖直向上,故C正确;撤去C的瞬间,弹簧的弹力不变,仍为3mg,对木块B,由平衡条件得F+mg=FN,解得FN=4mg,由牛顿第三定律知,木块B对水平面的压力为4mg,故D错误。11.小物体P在光滑水平面上正在以速度v0匀速运动。从t=0时刻开始计时,P的加速度随时间的变化关系如图所示,加速度方向与v0方向相同,图中a0、t0为已知量,则小物体P(　AC　)A.在2t0和4t0时刻的速度一定不相等B.在3t0时刻的速度为7a0t0C.在2t0到4t0时间内运动位移为2v0t0+14a0D.在t0时刻的速度为1.5a0t0解析:在2t0到4t0时间内,物体加速度不变,即物体做匀加速运动,则在2t0和4t0时刻的速度一定不相等,选项A正确;由a=可知Δv=a·Δt,即at图像的“面积”等于速度的变化量,由图可知v0=a0t0=0.5a0t0,则在 0～3t0时间内的速度变化量为(a0+3a0)·2t0+3a0t0=7a0t0,则3t0时刻的速度为v0+7a0t0=7.5a0t0,选项B错误;同理在2t0时刻的速度为4.5a0t0,则在2t0到4t0时间内运动位移为x=4.5a0t0×2t0+·3a0×(2t0)2=15a0,而2v0t0+14a0=15a0,选项C正确;由几何关系可知,t0时刻P的加速度为2a0,在t0时刻的速度为vt0=v0+×(a0+2a0)·2t0=3.5a0t0,选项D错误。12.如图甲所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,在传送带上某位置轻轻放置一小木块,小木块与传送带间动摩擦因数为μ,小木块速度随时间变化关系如图乙所示,若θ、g、v0、t0已知,则下列说法中正确的是(　AD　)A.传送带一定逆时针转动B.μ=tan θ+C.传送带的速度大于v0D.t0后一段时间内,小木块加速度为2gsin θ-解析:若传送带顺时针转动,当小木块沿传送带下滑时,有mgsin θ>μmgcos θ,小木块将一直匀加速到底端;当小木块沿传送带上滑时,有mgsin θ<μmgcos θ,则小木块先匀加速运动,在速度与传送带相等后,做匀速运动,两种情况均不符合运动图像,故传送带一定逆时针转动,故A正确;在0～t0时间内,小木块受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力,做加速度为a1的匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,解得a1=gsin θ+μgcos θ,由题图可知a1=,联立解得μ=-tan θ,故B错误;当小木块的速度与传送带的速度相等时,小木块所受的摩擦力变为沿传送带向上,加速度大小发生改变,所以传送带的速度等于v0,故C错误;t0后一段时间内,小木块的加速度a2=gsin θ-μgcos θ,代入μ值得a2=2gsin θ-,故D正确。二、非选择题(共52分)13.(6分)某同学利用如图甲所示装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”实验。(1)某次在弹簧下端挂上钩码后,弹簧下端处的指针在刻度尺上的指示情况如图乙所示,此时刻度尺的读数 x=　　　　。 (2)根据实验数据在图丙的坐标纸上已描出了多次测量的弹簧所受弹力大小F跟弹簧长度x的数据点,请作出Fx图线。(3)根据所作出的图线,可得该弹簧的劲度系数k=　　　　N/m。(保留两位有效数字) 解析:(1)由图示刻度尺可知,其分度值为1 mm,其示数为11.80 cm。(2)根据坐标系内描出的点作出图像如图所示。(3)由图示图像可知,弹簧的劲度系数为k===49 N/m。答案:(1)11.80 cm(11.79～11.81 cm均可)(2)图见解析　(3)49评分标准:每问2分。14.(8分)在用如图甲所示的装置“探究加速度与力、质量的关系”实验中,保持小车质量一定时,验证小车加速度a与合力F的关系。(1)除了电火花计时器、小车、砝码、砝码盘、细线、附有定滑轮的长木板、垫木、导线及开关外,在下列器材中必须使用的有　　　　。A.220 V、50 Hz的交流电源B.电压可调的直流电源C.刻度尺D.秒表E.天平(附砝码)(2)为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合力,以下操作正确的是　　　　(多选)。 A.调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行B.在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时,应当将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上C.在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时,应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上(3)某同学得到了如图乙所示的一条纸带,由此得到小车加速度的大小a=　　　　 m/s2。(保留两位有效数字) (4)在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力,已知两位同学利用实验数据作出的aF图像如图丙中的1、2所示。①出现图线1的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　;②出现图线2的原因是 　　　　　　　　　　　　　　　。解析:(1)电火花计时器需要220 V、50 Hz的交流电源,不需要直流电源;需要用刻度尺测量纸带上点迹间的距离;需要天平测量小车的质量;纸带上每相邻两个点的时间间隔为0.02 s,不需要秒表测时间,故选A、C、E。(2)为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合力,需要平衡摩擦力,平衡摩擦力时应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上,调整长木板的倾斜度,让小车拖着纸带做匀速直线运动,同时要调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行,故A、C正确,B错误。(3)根据Δx=aT2可得小车加速度的大小a== m/s2≈3.2 m/s2。(4)根据图线1可知,当没有挂砝码、砝码盘时,小车产生了加速度,因此说明平衡摩擦力时木板倾角太大;根据图线2可知,随着F的增大,即砝码、砝码盘的质量增大,不再满足砝码、砝码盘质量远小于小车的质量,因此曲线上部出现弯曲现象。答案:(1)ACE　(2)AC　(3)3.2　(4)①平衡摩擦力时木板倾角太大　②不再满足砝码、砝码盘质量远小于小车的质量评分标准:每问2分。15.(8分)如图是上海中心大厦,小明乘坐大厦快速电梯,从底层到达第119层观光平台仅用时55 s。若电梯先以加速度a1做匀加速运动,达到最大速度18 m/s,然后以最大速度匀速运动,最后以加速度a2做匀减速运动恰好到达观光平台。假定观光平台高度为549 m,g取10 m/s2。(1)若电梯经过20 s匀加速达到最大速度,求加速度a1的大小及上升高度h;(2)在(1)问中的匀加速上升过程中,若小明的质量为 60 kg,求小明对电梯地板的压力。解析:(1)由运动学公式可得电梯匀加速上升时的加速度a1== m/s2=0.9 m/s2  ,                                                                             (2分)电梯匀加速上升的高度h== m=180 m。                                   (2分)(2)设小明受到电梯地板的支持力为FN,由牛顿第二定律得FN-mg=ma1    ,                                                                                                (1分)解得FN=654 N,                       (2分)由牛顿第三定律可知,小明对电梯地板的压力大小为FN′=FN=654 N,方向竖直向下。                            (1分)答案:(1)0.9 m/s2　180 m　(2)654 N,方向竖直向下16.(10分)图甲所示为冰库工作人员移动冰块的场景,工作人员先斜向上拉冰块移动一段距离,然后放手让冰块向前滑动到目的地,其工作原理可简化为如图乙所示。设冰块质量M=100 kg,冰块与滑道间的动摩擦因数为0.05,冰块起始位置与目的地距离为12 m,工人拉冰块时拉力与水平方向成53° 角向上。某次拉冰块时,工人从滑道前端拉着冰块(冰块初速度可视为零)匀加速前进了4.0 m后放手,冰块刚好到达滑道末端静止。已知 sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2,求:(1)冰块在加速与减速运动过程中加速度大小之比;(2)冰块滑动过程中的最大速度;(3)工人拉冰块的拉力大小。解析:(1)设加速时加速度大小为a1,减速时加速度大小为a2,最大速度为v,加速前进位移为x,总位移为L,则加速阶段有v2=2a1x  (1分)减速阶段有0-v2=-2a2(L-x) ,                          (1分)则==2∶1。                                        (1分)(2)减速阶段冰块所受合力等于滑动摩擦力,则μMg=Ma2  ,                                                                                    (1分)解得a2=0.5 m/s2                                                                               (1分)根据0-v2=-2a2(L-x) ,解得v=2 m/s。                                    (1分)(3)a1=2a2,故a1=1 m/s2   ,                                                             (1分)对冰块受力分析可得Fcos 53°-μ(Mg-Fsin 53°)=Ma1  ,      (2分)解得F= N。                                      (1分)答案:(1)2∶1　(2)2 m/s　(3) N17.(8分)两物体A、B并排放在水平地面上,且两物体接触面为竖直面,现用一水平推力F作用在物体A上,使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动,如图甲所示,在A、B的速度达到6 m/s时,撤去推力F。已知A、B质量分别为mA=1 kg,mB=3 kg,A与地面间的动摩擦因数μ=0.3,B与地面间没有摩擦,B物体运动的vt图像如图乙所示,g取10 m/s2。求:(1)推力F的大小;(2)物体A刚停止运动时,物体A、B之间的距离。解析:(1)在水平推力F作用下,设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a,由B物体的vt图像得a=3 m/s2,                                      (1分)对于A、B整体,由牛顿第二定律得F-μmAg=(mA+mB)a,         (1分)代入数据解得F=15 N。                                  (1分)(2)设物体A匀减速运动的时间为t,撤去推力F后,A、B两物体分离,A在摩擦力作用下做匀减速直线运动,B做匀速直线运动。对A:μmAg=mAaA,aA=μg=3 m/s2,                                                       (1分)v0-aAt=0,                                    (1分)解得t=2 s,物体A的位移为xA=t=6 m,                              (1分)物体B的位移为xB=v0t=12 m,                             (1分)物体A刚停止运动时,物体A、B之间的距离为Δx=xB-xA=6 m。                                        (1分)答案:(1)15 N　(2)6 m18.(12分)如图所示,长L=1.4 m、质量M=10 kg的长方体木箱,在水平面上向右做直线运动,木箱上表面光滑,下表面与地面的动摩擦因数μ=0.2。当木箱的速度v0=3.8 m/s时,立即对木箱施加一个F=50 N水平向左的恒力,并同时将一个质量m=3 kg的小物块轻放在距木箱右端0.25 m处的P点(小物块可视为质点,放在P点时相对于地面的速度为零),经过一段时间,小物块脱离木箱落到地面。g取10 m/s2,求:(1)从小物块放在P点开始,木箱向右运动的最大距离;(2)小物块离开木箱时木箱的速度大小。解析:(1)小物块放到木箱上时相对地面静止,对木箱有F+μ(M+m)g=Ma1    ,                                                                                 (2分)a1=7.6 m/s2,                                                                                    (1分)木箱向右运动的最大距离x1==0.95 m。                                      (2分)(2)木箱向左运动时,对木箱有F-μ(M+m)g=Ma2,                                                                             (2分)a2=2.4 m/s2 ,                                                                                    (1分)木箱左移x2=(0.25+0.95) m=1.2 m时,                   (1分)=2a2x2                                                                                         (2分)小物块离开木箱时木箱的速度大小v1=2.4 m/s。           (1分)答案:(1)0.95 m　(2)2.4 m/s