章末综合检测(四) 运动和力的关系（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中物理必修第一册（人教版2019）

章末综合检测(四)　运动和力的关系 (满分：100分) 一、选择题(本题共12小题。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，每小题3分；第9～12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．交通运输部门提醒大家“雪天路滑，请注意交通安全！”下列关于冰雪道路的说法错误的是(　　) A．“雪天路滑”是指下雪后物体与地面间的接触面变光滑了 B．同一车辆在冰雪路面上行驶比在没有冰雪的路面上行驶惯性大一些 C．在冰雪路面上行车必须慢速驾驶，主要是为了防止惯性带来的危险 D．人在冰雪路面行走时容易摔倒，其原因与惯性有关 B　解析：“雪天路滑”是指下雪后物体与地面间的接触面变光滑了，A正确；惯性的大小只与物体的质量有关，同一车辆，质量不变，惯性的大小也不变，与路面的光滑程度无关，B错误；在冰雪路面上行车必须慢速驾驶，主要是为了防止惯性带来的危险，C正确；下雪后，人与地面间的接触面变光滑了，上身由于惯性要保持原来的运动状态，所以容易摔倒，D正确。 2．“天地双雄”是欢乐谷的一项游乐设施，它的两座高度均为五十多米的高塔竖直矗立在游乐场上，塔的四周安装有可以上下运动的座椅，乘客坐在座椅上随着座椅运动，若在下降过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向下为a的正方向，则(　　) A．人对座椅的压力在t1时刻最大 B．人对座椅的压力在t4时刻最大 C．在t1～t2时间内，人处于超重状态 D．在t3～t4时间内，人处于失重状态 B　解析：t1～t2时间内，人处于失重状态；在t3～t4时间内，人处于超重状态。在t4时刻对人由牛顿第二定律有N－mg＝ma，此时人的加速度最大，座椅对人的支持力最大，则人对座椅的压力在t4时刻最大。综上分析，B正确。 3.如图所示，质量分别为m、2m的球A、B由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀加速运动的电梯内，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧弹力的大小和小球A的加速度大小分别为(　　) A.，＋g B．，＋g C．，＋g D．，＋g A　解析：加速上升过程中对A、B和弹簧整体、B球由牛顿第二定律分别有F－3mg＝3ma，F弹－2mg＝2ma，解得F弹＝，剪断细线瞬间细绳拉力消失，弹簧弹力不变，即F弹＝，对A球有F弹＋mg＝ma′，解得a′＝＋g，A正确，B、C、D错误。 4.某物流中心的分拣机器人可以简化为如图所示的平板小车，在平板小车的左端固定有一个支架，质量为1 kg的小球A用细线悬挂于支架上，平板小车在自身牵引力的作用下沿水平面做直线运动，小车右端放质量为3 kg的包裹B，包裹B始终相对小车静止。若某段时间内观察到细线与竖直方向的夹角θ＝30°，重力加速度大小为10 m/s2，则在这段时间内(　　) A．小车一定向右做加速运动 B．细线受到的拉力大小为20 N C．包裹B对小车的摩擦力大小为10 N，方向水平向左 D．小车对包裹B的摩擦力大小为10 N，方向水平向左 C　解析：小球的加速度向右，小车可能向右做加速运动，也可能向左做减速运动，A错误；对小球A进行受力分析，可知T cos 30°＝mg，T sin 30°＝ma，解得T＝ N，a＝ m/s2，B错误；包裹B所受摩擦力的大小f＝Ma＝10 N，方向向右，根据牛顿第三定律，包裹B对小车的摩擦力大小为10 N，方向向左，C正确，D错误。 5.如图所示，质量为m的人站在自动扶梯上，鞋底与扶梯间的动摩擦因数为μ。扶梯倾角为θ，若人随扶梯一起以加速度a向上运动。下列扶梯对人的支持力N和摩擦力f的表达式正确的是(　　) A．N＝ma sin θ B．N＝m(g＋a sin θ) C．f＝μmg D．f＝μmg cos θ B　解析：以人为研究对象分析受力情况，受到重力mg、扶梯的支持力N和摩擦力f。将加速度分解(如图)，根据牛顿第二定律得，竖直方向：N－mg＝ma sin θ，水平方向：f＝ma cos θ，得到N＝m(g＋a sin θ)，f＝ma cos θ，B正确。 6.如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处放置一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC所成角度为α，一小物块由A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系为(　　) A．α＝θ B．α＝ C．α＝2θ D．α＝ B　解析：如图所示，在竖直线AC上取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于D点，根据等时圆的结论可知：A点滑到圆上任一点的时间都相等，所以由A点滑到D点所用的时间比由A点滑到达斜面上其他各点的时间都短，将木板下端B点与D点重合即可，而∠COD为θ，所以α＝，B正确，A、C、D错误。 7.(2023·北京清华大学附属中学高一检测)如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20 cm刻度处；悬挂钢球时，静止后弹簧下端指针位于直尺40 cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．30 cm刻度对应的加速度为－0.5g B．40 cm刻度对应的加速度为g C．50 cm刻度对应的加速度为2g D．各刻度对应加速度的值是不均匀的 A　解析：由题意可知，不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20 cm刻度处，则弹簧的原长l0＝0.2 m；悬挂钢球时，弹簧下端指针静止后位于直尺40 cm刻度处，则根据受力平衡有mg＝k(l－l0)，可计算出k＝。由分析可知，指针指数在30 cm刻度时，有F弹－mg＝ma(取竖直向上为正方向)，代入数据有a＝－0.5g，A正确；指针指数在40 cm刻度时，有mg＝F弹，则40 cm刻度对应的加速度为0，B错误；指针指数在50 cm刻度时，有F弹－mg＝ma(取竖直向上为正方向)，代入数据有a＝0.5g，C错误；设钢球相对装置静止时指针所对刻度为x，则有k(x－l0)－mg＝ma，解得a＝－g，加速度a与x成线性关系，则各刻度对应加速度的值是均匀的，D错误。 8.如图所示，已知物块A、B的质量分别为m1＝4 kg、m2＝1 kg，A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A与水平地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10 m/s2，在水平力F的推动下，要使A、B一起运动且B不下滑，则力F的大小可能是(　　) A．50 N B．100 N C．120 N D．150 N D　解析：若B不下滑，对B有μ1FN≥m2g，由牛顿第二定律得FN＝m2a，对整体有F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，得F≥(m1＋m2)g＝125 N，D正确。 9．关于国际单位制，下列说法正确的是(　　) A．国际单位制是世界各国统一使用的一种通用的单位制 B．各国均有不同的单位制，国际单位制是为了方便交流而采用的一种单位制 C．国际单位制是一种基本的单位制，在物理运算中只要各物理量均采用国际单位制中的单位，则最后得出的结果的单位必然是国际单位制中的单位 D．国际单位制中力学基本单位所对应的物理量是长度、能量、时间 ABC　解析：国际单位制中，规定了七种基本量与基本单位。国际单位制是各国统一使用的通用单位制，A正确；国际单位制的重要作用之一，就是便于世界各国在政治、经济、科技、文化等领域进行交流，B正确；运算过程中只要各物理量均采用国际单位制中的单位，最终得到结果的单位也必然是国际单位制中的单位。这是国际单位制的又一重要作用，C正确；国际单位制中力学基本单位对应的物理量是长度、时间、质量，D错误。 10.如图所示，一根质量为m、长为L的粗细均匀的绳子放在水平面上，绳子与水平面间的动摩擦因数为μ，在绳子的右端加一水平恒力F，拉动绳子向右运动，关于距绳子左端x处张力T的大小，下列说法正确的是(　　) A．若绳子做匀速直线运动，则T＝μmg B．若绳子做匀速直线运动，则T＝μmg C．若绳子做匀加速直线运动，则T＝F D．若绳子做匀加速直线运动，则T＝F－μmg AC　解析：若绳子做匀速直线运动，则对距绳子左端长度为x的绳子分析可知T＝μmg，A正确，B错误；若绳子做匀加速直线运动，则对整体分析可知F－μmg＝ma，对距绳子左端长度为x的绳子分析可知T－μmg＝ma，解得T＝F，C正确，D错误。 11．将质量为2m的长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示，一质量为m的小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端恰能滑至木板的右端并与木板相对静止，铅块在运动过程中所受的摩擦力始终不变。现将木板分成长度与质量均相等的两段(①和②)后紧挨着仍放在此水平面上，让铅块仍以相同的初速度v0由木板①的左端开始滑动，如图乙所示，则下列判断正确的是(　　) A．小铅块仍能滑到木板②的右端并与木板保持相对静止 B.小铅块滑过木板②的右端后飞离木板 C．小铅块在到达木板②的右端前就会与木板保持相对静止 D．小铅块在木板上的滑动时间变短 CD　解析：如图所示，用速度—时间图像反映小铅块和木板的运动情况，△OAB的面积为二者的相对位移l(木板长度)，两速度图线最后交于B点(二者共速)。若将木板分为两段，t1时刻铅块和木板相对位移为，之后木板②的加速度变为原来的2倍(即t1～t2段图线斜率变大)，最终在t2时刻达到共同速度v共，由图易知，此时相对位移(四边形ODCA的面积)小于l(△OAB的面积)，故小铅块在到达木板②的右端前就与木板保持相对静止，A、B错误，C正确；由图可知，小铅块与木板达到共速所用的时间变短，即小铅块在木板上的滑动时间变短，D正确。 12．(2023·四川成都高一测试)重庆某轻轨车站模型设计如图，站点路面与水平面构成等腰梯形，斜坡AB段长度为L1＝9 m，水平站台BC段长度L2＝28 m。模型车辆可视为质点，以vA＝10 m/s从A点进站。进站后，车辆处于无动力状态，冲上AB斜坡，顺利通过B点(车辆经过B点前后速率不变)进入水平站台BC。当车辆到达M点时，速度为vM＝4 m/s，此后通过遥控使车辆的加速度增加为BM段加速度的2倍，最后让车辆刚好停在C点。已知模型车辆的质量m＝2 kg，MC段经历的时间t1＝2 s。车辆在各阶段均视为匀减速直线运动。以下说法正确的是(　　) A．车辆在MC段加速度a的大小为2 m/s2 B．车辆在BM段运动的时间t2为3 s C．车辆在BM段运动的时间t2为4 s D．车辆在AB段受到的合外力F的大小为4 N ACD　解析：车辆在MC段做匀减速直线运动，由题意知vM＝4 m/s，vC＝0，经历的时间t1＝2 s，则加速度a1＝＝ m/s2＝－2 m/s2，因此车辆在MC段加速度a1的大小为2 m/s2，A正确；车辆在MC段有2a1xMC＝v－v，得车辆在MC段的位移xMC＝＝4 m，则车辆在BM段的位移xBM＝L2－xMC＝28 m－4 m＝24 m，车辆在MC段的加速度为BM段加速度的2倍，则车辆在BM段的加速度a2＝＝－1 m/s2，在BM段根据运动学公式有2a2xBM＝v－v，代入数值解得vB＝＝8 m/s，则车辆在BM段运动的时间t2＝＝4 s，B错误，C正确；车辆在AB段有2a3L1＝v－v，代入数值解得车辆在AB段的加速度a3＝＝－2 m/s2，根据牛顿第二定律有F＝ma3＝－4 N，所以车辆在AB段受到的合外力F的大小为4 N，D正确。 二、非选择题(共60分) 13．(6分)(2023·江苏苏州实验中学高一检测)在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，采用了如图甲所示的实验方案。操作如下： 　 (1)平衡摩擦力时，若所有的操作均正确，打出的纸带如图乙所示，应________(填“减小”或“增大”)木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹间距恒定为止。 (2)已知小车质量为M，盘和砝码的总质量为m，要使细线的拉力近似等于盘和砝码和总重力，应该满足的条件是m________(填“远小于”“远大于”或“等于”)M。 (3)图丙为小车质量一定时，根据实验数据描绘的小车加速度a的倒数与盘和砝码的总质量m的倒数之间的关系图像。若牛顿第二定律成立，则小车的质量M＝________kg。(g取10 m/s2) 答案：(1)增大　(2)远小于　(3)0.08 解析：(1)题图乙纸带反映出小车做减速运动，说明平衡摩擦力不足，需要增大木板的倾角。 (2)设细线拉力为T，根据牛顿第二定律有mg－T＝ma，T＝Ma，整理得a＝，T＝，当m远小于M时，有T＝mg，即细线的拉力近似等于盘和砝码和总重力。 (3)由(2)可得＝＋，图像斜率为＝，解得M＝0.08 kg。 14．(8分)(2023·湖南株洲高一期末)某实验小组利用如图甲所示的装置“探究加速度与力、质量的关系”。按图甲所示安装好实验装置，并进行如下操作： ①调节砂桶中砂的质量，轻推小车。直到打点计时器打在的纸带上的点间隔均匀，记录此时力传感器的示数F0； ②增加砂和砂桶的质量，释放小车，打点计时器打出一条纸带，记录此时力传感器的示数F； ③继续增加砂和砂桶的质量，重复步骤②，记录力传感器的示数F。 (1)在做步骤①时，如果打点计时器打在纸带上的点间隔逐渐变大，应适当________(填“增大”或“减小”)砂桶中砂的质量。 (2)实验中打出的纸带如图乙所示，相邻计数点间的时间间隔是0.1 s，纸带上只测出了两组数据，图中长度单位是cm，由此可以算出小车运动的加速度大小a＝________m/s2(保留2位有效数字)。 (3)若某次实验时力传感器的示数为F，则小车所受合外力的大小为________(用题给字母表示)。 (4)若由本实验得到的数据作出小车的加速度a与力传感器的示数F的关系图像，下列四幅图中，与本实验相符合的是________。 　 答案：(1)减小　(2)2.0　(3)F－F0　(4)B 解析：(1)调节砂桶中砂的质量，轻推物块，如果打点计时器打出的纸带上的点间隔逐渐变大，则小车做加速运动，应减少砂桶中砂子的质量，直到打点计时器打出的纸带上的点间隔均匀，这时力传感器的示数F0等于小车运动过程中所受的阻力。 (2)根据逐差法可得加速度的大小为 a＝ m/s2＝2.0 m/s2。 (3)水平方向小车受到绳的拉力和摩擦力的作用，所以作用在小车上的合外力的大小为F－F0。 (4)根据牛顿第二定律得F－F0＝Ma，可知a＝－，因此加速度a与力传感器的示数F的关系图像为一条直线，且横轴截距为F0，B正确。 15．(10分)如图甲所示，长度为2.5 m的粗糙斜面AB与足够长的倾斜传送带在同一平面内，倾角θ＝30°。一个质量为1 kg的物块静止于斜面上的A点，现在外力推动下沿斜面向下做匀加速运动，到达B点时以5 m/s的速度滑上传送带并撤去外力，传送带以2 m/s的速率逆时针匀速转动，物块滑上传送带2 s后到达最低点。物块进入传送带后的v-t图像如图乙所示，不计斜面与传送带之间的缝隙，g取10 m/s2。 (1)求物块在A点静止时受到的摩擦力； (2)求物块在斜面上运动时加速度的大小； (3)由于物块和传送带发生相对滑动，在传送带表面留下了一段划痕，试求该划痕的长度。 答案：(1)5 N　(2)5 m/s2　(3)7 m 解析：(1)物块静止于斜面上A点，故 f＝mg sin 30°，解得f＝5 N。 (2)物块在斜面上运动时，设加速度为a，则根据匀变速直线运动位移与速度的关系得v2＝2axAB 代入数据解得a＝5 m/s2。 (3)由题意可知，物块滑上传送带2 s后，物块与传送带的速度相同，以传送带为参考系，物块刚滑上传送带的速度v1＝7 m/s，2 s后的速度为v2＝0，故物块相对传送带的位移x＝t＝7 m，所以划痕的长度为7 m。 16．(10分)如图所示，停放在水平冰面上的冰车由质量为M、倾角为θ的斜面体改装而成，在斜面体上轻放一质量为m的物块，不计物块与斜面、冰车与冰面之间的摩擦。 (1)释放物块后，在物块沿斜面向下运动的同时，冰车也在水平冰面上运动。请画出冰车受力的示意图，并根据示意图说明冰车由静止变为运动的原因(作图时冰车可视为质点)。 (2)若冰面上的人在车后方用水平方向的力推车，请分析下列两种可能情况： ①当力的大小为F1时，物块在斜面上滑动的同时冰车在冰面上保持静止，求F1和物块加速度的大小a1； ②当力的大小为F2时，物块和斜面保持相对静止一起加速运动，求F2和物块加速度的大小a2。 答案：(1)见解析　(2)①mg cos θsin θ　g sin θ ②(m＋M)g tan θ　g tan θ 解析：(1)冰车的受力示意图如图甲所示，将物块对斜面的压力FN沿水平方向和竖直方向正交分解，可知竖直方向合力为零，水平方向合力不为零，因此冰车在水平方向的合力作用下由静止变为运动，且在物块滑离斜面前沿水平冰面做加速运动。 (2)①冰面上的人在车后方推车时车的受力情况如图乙所示，物块的受力情况如图丙所示。 　 由于冰车保持静止，对冰车有F1＝FNsin θ 对物块有FN′＝mg cos θ mg sin θ＝ma1 根据牛顿第三定律得FN＝FN′ 解得a1＝g sin θ，F1＝mg cos θsin θ。 ②当物块和冰车保持相对静止一起加速运动时，它们的加速度a2必然沿水平方向，物块的受力情况如图丁所示 对物块应用牛顿第二定律，有mg tan θ＝ma2 对物块和冰车的整体应用牛顿第二定律，有F2＝(m＋M)a2 解得a2＝g tan θ，F2＝(m＋M)g tan θ。 17.(12分)(2023·江苏淮安高一期末)如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有完全相同的质量为m＝1 kg的三个物体，A、B之间用轻弹簧相连，B、C之间用不可伸长的细线相连，在恒定拉力F的作用下，达到稳定后，一起沿斜面向上做匀加速运动，加速度大小为a＝1 m/s2。已知弹簧的劲度系数k＝200 N/m，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)弹簧的伸长量x； (2)力F的大小； (3)剪断细线的瞬间，A的加速度大小a1以及B的加速度大小a2。 答案：(1)3 cm　(2)18 N　(3)1 m/s2　11 m/s2 解析：(1)对物体A进行分析有 kx－mg sin θ＝ma，解得x＝3 cm。 (2)对物体A、B、C整体进行分析有 F－3mg sin θ＝3ma，解得F＝18 N。 (3)剪断细线的瞬间，弹簧不能发生突变，弹簧弹力不变，物体A受力情形不变，即加速度与没有剪断细线前相同，则 a1＝a＝1 m/s2 剪断细线的瞬间，对物体B进行分析有 kx＋mg sin θ＝ma2 解得a2＝11 m/s2。 18.(14分)(2023·重庆渝北高一检测)如图所示，一块金属板静止在粗糙斜面底端A处，电动机带动滚轮逆时针匀速转动，在滚轮的摩擦力作用下，金属板从斜面底端向上运动，当金属板与滚轮接触点B速度相等后，金属板在滚轮作用下将匀速上升，当金属板的下端运动到切点B处时，立即提起滚轮使它与金属板脱离接触。已知斜面足够长，倾角θ＝30°，滚轮切点B到斜面底端A的距离为L，已知金属板的质量为m，滚轮切点B的速度恒为v＝，滚轮对金属板的正压力为mg，滚轮与金属板间的动摩擦因数为μ1＝，金属板与斜面间的动摩擦因数为μ2＝，重力加速度为g。 (1)求在滚轮作用下金属板上升的加速度大小； (2)金属板能否加速至与滚轮切点B速度相等？若能，求出速度相同时金属板的位移；若不能，求出金属板脱离滚轮时的运动时间； (3)求金属板从斜面底端出发到返回底端的时间。 答案：(1)g　(2)能　L　(3)· 解析：(1)根据题意有，正压力F＝mg 对金属板，由牛顿第二定律得 μ1F－mg sin θ－μ2(mg cos θ＋F)＝ma1 解得a1＝。 (2)假设金属板能加速到与滚轮切点B速度相等，则速度相等时，金属板的位移为s1＝ 解得s1＝L<L 故金属板能加速到与滚轮切点B速度相等，位移为L。 (3)金属板加速到与滚轮B速度相等的时间为 t1＝＝ 接下来金属板继续匀速运动到与滚轮脱离时，此过程的时长为t2＝＝ 接下来金属板做匀减速运动到最高点，加速度为 a2＝g sin θ＋μ2g cos θ＝g 运动到最高点的位移为s2＝＝L 此过程的时长为t3＝＝ 接下来，金属板向下做匀加速直线运动，加速度为 a3＝g sin θ－μ2g cos θ＝g 运动至底部的过程中，由运动学公式得 L＋L＝a3t 解得t4＝· 故t＝t1＋t2＋t3＋t4＝·。 学科网（北京）股份有限公司 $$