2019-2020學年新教材高中物理章末綜合檢測四運動和力的關(guān)系含解析新人教版必修第一冊

PAGE11-章末綜合檢測(四)運動和力的關(guān)系A(chǔ)級—學考達標1．下列關(guān)于力和運動關(guān)系的說法正確的是()A．沒有外力作用時，物體不會運動，這是牛頓第一定律的體現(xiàn)B．物體受合外力越大，運動得越快，這符合牛頓第二定律C．物體所受合外力為零，則速度一定為零；物體所受合外力不為零，則其速度也一定不為零D．物體所受的合外力最大時，而速度卻可以為零；物體所受的合外力最小時，而速度卻可以最大解析：選D物體的運動不需要力來維持，力是改變物體運動狀態(tài)的原因，即力是使物體產(chǎn)生加速度的原因，故選項A錯誤。物體所受合外力為零時，加速度一定為零，但速度不一定為零，速度可以最大，例如物體做加速度減小的加速運動；物體所受合外力最大時，加速度一定最大，但速度不一定最大，速度可以為零，故選項B、C錯誤，D正確。2．下列說法正確的是()A．運動得越快的汽車越不容易停下來，是因為汽車運動得越快，慣性越大B．小球在做自由落體運動時，慣性不存在了C．把一物體豎直向上拋出后，能繼續(xù)上升，是因為物體仍受到一個向上的推力D．物體的慣性僅與物體的質(zhì)量有關(guān)，質(zhì)量大的慣性大，質(zhì)量小的慣性小解析：選D慣性只與物體的質(zhì)量有關(guān)，與運動狀態(tài)無關(guān)，選項D正確，選項A、B錯誤。豎直上拋的物體向上運動是由于慣性，不是受到向上的推力的作用，選項C錯誤。3．從地面豎直向上拋出一個物體，空氣的阻力可以忽略不計。在整個運動過程中速度v和時間t的關(guān)系是下圖中的(以豎直向上的方向為速度的正方向)()解析：選D以豎直向上的方向為速度的正方向，物體初速度為正，且速率逐漸減小，當?shù)竭_最高點后，物體變?yōu)橄蛳录铀?，所以速度為負且速率逐漸增大。在v-t圖像中用正負表示速度的方向，其絕對值表示速度的大小，圖線的斜率表示其加速度。由于物體的加速度方向向下，所以為負，即全過程中v-t圖線為向下傾斜的直線。因此選項D正確。4.如圖所示，當車廂向前加速前進時，物體M靜止于豎直車廂壁上，當車廂加速度增加時，下列說法錯誤的是()A．物體M受到的靜摩擦力增加B．車廂豎直壁對物體的彈力增加C．物體M仍保持相對于車廂的靜止狀態(tài)D．物體的加速度也增加解析：選A以物體M為研究對象，分析受力情況如圖所示，受重力Mg，車廂的彈力N和靜摩擦力f，根據(jù)牛頓第二定律得水平方向：N＝Ma，豎直方向：f＝Mg當加速度增大時，物體受靜摩擦力f不變，故A錯誤；當加速度增大時，物體受的彈力N增大，所受的最大靜摩擦力增大，物體不可能上下滑動，故物體相對于車廂靜止，隨車廂的加速度增大而增大，故B、C、D正確。5.如圖所示為雜技“頂竿”表演，一人站在地面上，肩上扛一質(zhì)量為M的豎直竹竿，當竹竿上一質(zhì)量為m的人以加速度a加速下滑時()A．竹竿受到質(zhì)量為m的人對它向上的摩擦力B．質(zhì)量為m的人所受的摩擦力大小為mg－maC．竹竿上的人與竹竿所組成的系統(tǒng)處于超重狀態(tài)D．竹竿對地面上的人的壓力大小為(M＋m)g＋ma解析：選B質(zhì)量為m的人向下滑的過程中所受摩擦力向上，根據(jù)牛頓第三定律可知竹竿所受的摩擦力向下，選項A錯誤；對質(zhì)量為m的人有mg－f＝ma，解得f＝mg－ma，選項B正確；對竹竿有N＝Mg＋f，解得N＝(M＋m)g－ma，根據(jù)牛頓第三定律可知竹竿對地面上的人的壓力大小為(M＋m)g－ma，小于質(zhì)量為m的人與竹竿所組成系統(tǒng)的重力，系統(tǒng)處于失重狀態(tài)，選項C、D錯誤。6．“兒童蹦極”中，拴在腰間左右兩側(cè)的是彈性極好的橡皮繩。質(zhì)量為m的小明如圖靜止懸掛時兩橡皮繩的拉力大小均恰為mg，若此時右側(cè)橡皮繩斷裂，則小明此時()A．加速度為零B．加速度a＝g，沿原斷裂繩的方向斜向左下方C．加速度a＝g，沿未斷裂繩的方向斜向右上方D．加速度a＝g，方向豎直向下解析：選B小明靜止時受到重力和兩根橡皮繩的拉力，處于平衡狀態(tài)，如圖。由于T1＝T2＝mg，故兩個拉力的合力一定在角平分線上，且在豎直線上，故兩個拉力的夾角為120°，當右側(cè)橡皮繩拉力變?yōu)榱銜r，左側(cè)橡皮繩拉力不變，重力也不變；由于三力平衡時，三個力中任意兩個力的合力與第三個力等值、反向、共線，故左側(cè)橡皮繩拉力與重力的合力與右側(cè)橡皮繩斷開前的彈力反方向，大小等于mg，故加速度為g，沿原斷裂繩的方向斜向左下方。7.甲、乙兩物體都靜止在水平面上，質(zhì)量分別為m甲、m乙，與水平面間的動摩擦因數(shù)分別為μ甲、μ乙?，F(xiàn)用水平拉力F分別作用于兩物體，加速度a與拉力F的關(guān)系如圖，圖中b、－2c、－c為相應坐標值，重力加速度為g。由圖可知()A．μ甲＝eq\f(g,2c)；m甲＝eq\f(2c,b)B．μ甲＝eq\f(2c,g)；m甲＝eq\f(b,2c)C．m甲∶m乙＝1∶2，μ甲∶μ乙＝1∶2D．m甲∶m乙＝2∶1，μ甲∶μ乙＝1∶2解析：選B對質(zhì)量為m的物體受力分析，假定動摩擦因數(shù)為μ，根據(jù)牛頓第二定律，有：F－μmg＝ma，可得：a＝eq\f(F,m)－μg，故a與F關(guān)系圖像的斜率表示質(zhì)量的倒數(shù)，故有m甲＝eq\f(b,2c)，m乙＝eq\f(b,c)，即m甲∶m乙＝1∶2；圖像縱軸截距用－μg表示，故－μ甲g＝－2c，－μ乙g＝－c，即μ甲＝eq\f(2c,g)，μ乙＝eq\f(c,g)，有μ甲∶μ乙＝2∶1，故B正確。8．“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗裝置如圖甲所示。(1)在平衡小車與桌面之間摩擦力的過程中，打出了一條紙帶如圖乙所示。計時器打點的時間間隔為0.02s。從比較清晰的點起，每5個點取一個計數(shù)點，量出相鄰計數(shù)點之間的距離。該小車的加速度a＝________m/s2。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(2)平衡摩擦力后，將5個相同的砝碼都放在小車上。掛上砝碼盤，然后每次從小車上取一個砝碼添加到砝碼盤中，測量小車的加速度。小車的加速度a與砝碼盤中砝碼總重力F的實驗數(shù)據(jù)如下表：砝碼盤中砝碼總重力F/N0.1960.3920.5880.7840.980加速度a/(m·s－2)0.691.181.662.182.70請根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出a-F的關(guān)系圖像。(3)根據(jù)提供的實驗數(shù)據(jù)作出的a-F圖線不通過原點。其主要原因是：________________________________________________________________________。解析：(1)a＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f(3.68－3.52×10－2,0.12)m/s2＝0.16m/s2或a＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f(3.83－3.68×10－2,0.12)m/s2＝0.15m/s2。(2)a-F的關(guān)系圖像如圖所示。(3)小車、砝碼盤和砝碼組成的系統(tǒng)所受合外力為砝碼盤和盤中砝碼的總重力，而表中數(shù)據(jù)漏記了砝碼盤的重力，導致合力F的測量值小于真實值，a-F的圖線不過原點。答案：(1)0.16(或0.15)(2)見解析圖(3)未計入砝碼盤的重力9.“你的快遞即將從天而降！”2018年11月15日，京東獲得了全球首個省域無人機物流許可證，預示無人機配送物流時代即將到來。如圖所示，在一次載貨測試中，一架質(zhì)量為1kg的無人機，下方固定一個質(zhì)量為0.5kg的配送箱，箱中放有一個質(zhì)量為1.5kg的貨物，若無人機從地面以最大升力豎直起飛，6s內(nèi)上升了36m，假設(shè)無人機豎直飛行時所受阻力大小恒為6N。求：(g取10m/s2)(1)無人機提供的最大升力的大?。?2)此過程中貨物受到箱底的支持力的大?。?3)若6s末無人機升力變?yōu)?4N，無人機最高能上升到距地面的高度。解析：(1)在勻加速上升的過程中，有h＝eq\f(1,2)at2解得：a＝2m/s2根據(jù)牛頓第二定律可得：Fm－f－m總g＝m總a解得：Fm＝42N。(2)對貨物進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得：FN－mg＝ma解得：FN＝18N。(3)若6s末無人機升力變?yōu)?4N，無人機開始減速上升，設(shè)加速度的大小為a1，根據(jù)牛頓第二定律可得m總g＋f－F＝m總a1解得：a1＝4m/s2t＝6s時的速度：v＝at＝12m/s勻減速上升的距離h1＝eq\f(0－v2,－2a1)＝18m無人機最高能上升到距地面的高度H＝h1＋h＝54m。答案：(1)42N(2)18N(3)54mB級—選考提能10．[多選]總質(zhì)量為100kg的小車，在粗糙水平地面上從靜止開始運動，其速度—時間圖像如圖所示。已知在0～2s內(nèi)小車受到恒定水平拉力F＝1200N,2s后小車受到的拉力發(fā)生了變化，g取10m/s2，則()A．t＝1s時小車的加速度為8m/s2B．0～18s內(nèi)小車行駛的平均速度約為10m/sC．小車與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2D．14s后拉力的大小為200N解析：選AB前2s內(nèi)小車做勻加速運動，由圖像的斜率可得小車的加速度a＝8m/s2，故選項A正確；由速度—時間圖線與橫坐標軸圍成的面積即可計算出0～18s內(nèi)小車位移的大小，約為L＝180m，所以平均速度約為eq\x\to(v)＝eq\f(L,t)＝10m/s，故選項B正確；對前2s內(nèi)根據(jù)牛頓第二定律得F－μmg＝ma，解得μ＝0.4，選項C錯誤；14s后小車做勻速運動，所以拉力F＝μmg＝400N，選項D錯誤。11．如圖所示，質(zhì)量分別為M和m的物塊由相同的材料制成，且M＞m，將它們用通過輕而光滑的定滑輪的細線連接(與M相連的細線水平)。如果按圖甲放置，則質(zhì)量為m的物塊剛好勻速下降。如果兩物塊互換位置(與m相連的細線水平)，如圖乙所示，則它們的共同加速度大小為(重力加速度為g)()A.eq\f(Mg,M＋m) B.eq\f(M－mg,m)C.eq\f(M－mg,M) D．上述均不正確解析：選C兩物塊勻速運動時，根據(jù)平衡條件知，mg＝μMg；互換位置后，對兩物塊分別應用牛頓第二定律得，Mg－F＝Ma，F(xiàn)－μmg＝ma，聯(lián)立解得a＝eq\f(Mg－μmg,M＋m)＝eq\f(M－mg,M)，選項C正確。12．[多選]如圖所示，一固定桿與水平方向夾角θ＝30°，將一滑塊套在桿上，通過輕繩懸掛一個小球?；瑝K與小球恰能一起沿桿向下勻速運動，則下列說法中正確的是()A．滑塊與桿之間動摩擦因數(shù)為0.5B．滑塊與桿之間動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),3)C．當二者相對靜止地沿桿上滑時輕繩對小球拉力斜向左上與水平方向成30°角D．當二者相對靜止地沿桿上滑時輕繩對小球拉力斜向右上與水平方向成60°角解析：選BC由題意滑塊與小球恰能一起沿桿向下勻速運動，把滑塊和小球作為一整體，可知mgsinθ＝μmgcosθ，所以μ＝tanθ＝eq\f(\r(3),3)，故A錯，B對。當二者相對靜止地沿桿上滑時，以整體為研究對象可知加速度a＝gsinθ＋μgcosθ＝g設(shè)此時繩子與水平方向的夾角為α，繩子的拉力為T，對小球由牛頓第二定律在水平方向上：Tcosα＝macos30°在豎直方向上：mg－Tsinα＝masin30°解得α＝30°由于加速度沿斜面向下，所以小球受到的合力也應該沿斜面向下，所以拉力的方向應該斜向左上與水平方向成30°角，故C對D錯。13．如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率v1沿順時針方向轉(zhuǎn)動，傳送帶的傾角為37°。一物塊以初速度v0從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運動，其運動的v-t圖像如圖乙所示，物塊到傳送帶頂端時速度恰好為零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，則()A．由圖乙可知，0～1s內(nèi)物塊受到的摩擦力大于1～2s內(nèi)的摩擦力B．摩擦力方向一直與物塊運動的方向相反C．物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為eq\f(1,4)D．傳送帶底端到頂端的距離為11m解析：選C由題圖乙可知在0～1s內(nèi)物塊的速度大于傳送帶的速度，物塊所受摩擦力的方向沿斜面向下，與物塊運動的方向相反；1～2s內(nèi)，物塊的速度小于傳送帶的速度，物塊所受摩擦力的方向沿斜面向上，與物塊運動的方向相同，由于物塊對傳送帶的壓力相等，根據(jù)摩擦力公式Ff＝μFN可知兩段時間內(nèi)摩擦力大小相等，故選項A、B錯誤；在0～1s內(nèi)物塊的加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4－12,1)m/s2＝－8m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得：－(mgsin37°＋μmgcos37°)＝ma，解得μ＝eq\f(1,4)，故C正確；物塊上升的位移大小等于v-t圖像所包圍的面積大小，為：x＝eq\f(4＋12,2)×1m＋eq\f(4×1,2)m＝10m，所以傳送帶底端到頂端的距離為10m，故D錯誤。14．如圖所示，質(zhì)量m＝1.0kg的物塊(視為質(zhì)點)放在質(zhì)量M＝4.0kg的木板的右端，木板長L＝2.5m。開始木板靜止放在水平地面上，物塊與木板及木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2?，F(xiàn)對木板施加一水平向右的恒力F＝40N，若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計空氣阻力，g＝10m/s2。則物塊在木板上運動的過程中，下列說法正確的是()A．物塊與木板以相同的加速度做勻加速運動B．木板的加速度大小為5.6m/s2C．物塊的最大速度大小為4.0m/sD．物塊到達木板左端時木板前進的位移大小為3.5m解析：選D物塊與木板恰好相對滑動時物塊的加速度：a臨＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2，拉力的臨界值：F臨－μ(M＋m)g＝(M＋m)a臨，解得F臨＝20N<F＝40N，物塊與木板相對滑動，不可能以相同的加速度做勻加速運動，故A錯誤；木板的加速度：a木板＝eq\f(F－μmg－μM＋mg,M)＝eq\f(40－0.2×1×10－0.2×1＋4×10,4)m/s2＝7m/s2，故B錯誤；物塊的加速度：a物塊＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2，經(jīng)過時間t物塊從木板上滑落，則：L＝eq\f(1,2)a木板t2－eq\f(1,2)a物塊t2，代入數(shù)據(jù)解得：t＝1s，此時物塊的速度最大為：v＝a物塊t＝2×1m/s＝2m/s，故C錯誤；物塊到達木板左端時木板前進的位移大小：x木板＝eq\f(1,2)a木板t2＝eq\f(1,2)×7×12m＝3.5m，故D正確。15．如圖所示，某同學利用圖示裝置做“探究加速度與物體所受合力的關(guān)系”的實驗。在氣墊導軌上安裝了兩個光電門1、2，滑塊上固定一遮光條，滑塊通過繞過兩個滑輪的細繩與彈簧測力計相連，實驗時改變鉤碼的質(zhì)量，讀出彈簧測力計的不同示數(shù)F，不計細繩與滑輪之間的摩擦力。(1)根據(jù)實驗原理圖，本實驗________(填“需要”或“不需要”)將帶滑輪的氣墊導軌右端墊高，以平衡摩擦力；實驗中________(填“一定要”或“不必要”)保證鉤碼的質(zhì)量遠小于滑塊和遮光條的總質(zhì)量；實驗中________(填“一定要”或“不必要”)用天平測出所掛鉤碼的質(zhì)量；滑塊(含遮光條)的加速度________(填“大于”“等于”或“小于”)鉤碼的加速度。(2)某同學實驗時，未掛細繩和鉤碼接通氣源，推一下滑塊使其從軌道右端向左運動，發(fā)現(xiàn)遮光條通過光電門2的時間大于通過光電門1的時間，該同學疏忽大意，未采取措施調(diào)節(jié)導軌，繼續(xù)進行其他實驗步驟(其他實驗步驟沒有失誤)，則該同學作出的滑塊(含遮光條)加速度a與彈簧測力計拉力F的圖像可能是__________(填圖像下方的字母)。(3)若該同學作出的a-F圖像中圖線的斜率為k，則滑塊(含遮光條)的質(zhì)量為________。解析：(1)此實驗用氣墊導軌，導軌水平時滑塊與導軌之間沒摩擦力，所以不需要墊高導軌的一端平衡摩擦力；滑塊受到的拉力可以用彈簧測力計測出，故不需要滿足鉤碼的質(zhì)量遠小于滑塊和遮光條的總質(zhì)量，也不需要用天平測出所掛鉤碼的質(zhì)量；因鉤碼掛在動滑輪上，則滑塊的加速度等于鉤碼加速度的2倍，即滑塊(含遮光條)的加速度大于鉤碼的加速度。(2)遮光條通過光電門2的時間大于通過光電門1的時間，說明滑塊做減速運動，導軌的左端偏高，則加外力時，需達到一定的值才能使滑塊加速運動，則作出的滑塊(含遮光條)加速度a與彈簧測力計拉力F的圖像可能是C。(3)根據(jù)a＝eq\f(1,M)F，則eq\f(1,M)＝k，解得M＝eq\f(1,k)。答案：(1)不需要不必要不必要大于(2)C(3)eq\f(1,k)16．風洞實驗室中可產(chǎn)生水平方向的、大小可調(diào)節(jié)的風力。現(xiàn)將一套有小球的細直桿放入風洞實驗室，小球孔徑略大于細桿直徑，如圖所示。(1)當桿在水平方向上固定時，調(diào)節(jié)風力的大小，使小球在桿上做勻速運動，這時小球所受的風力為小球所受重力的0.5倍，求小球與桿間的動摩擦因數(shù)。(2)保持小球所受風力不變，使桿與水平方向間夾角為37°并固定，則小球由靜止出發(fā)在細桿上滑下距離15m所需時間為多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)解析：(1)設(shè)小球所受的風力為F，小球質(zhì)量為m；則F＝μmg故有：μ＝eq\f(0.5mg,mg)＝0.5即小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5。(2)對小球受力分析，設(shè)桿對小球的支持力為N，摩擦力為f，沿桿方向有：Fcos37°＋mgsin37°－f＝ma垂直于桿方向有：N＋Fsin37°－mgcos37°＝0其中：f＝μN代入數(shù)據(jù)解得a＝7.5m/s2根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2所以有：t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2×15,7.5))s＝2s。答案：(1)0.5(2)2s17．如圖所示，傾角θ＝30°的光滑斜面的下端有一水平傳送帶，斜面和傳送帶相接處有一小段光滑圓弧，物體經(jīng)過A點時，無論是從斜面到傳送