物理必修 第一册第四章 运动和力的关系综合与测试背景图课件ppt

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章末综合检测(四)　运动和力的关系A级—学考达标1．下列关于力和运动关系的说法正确的是(　　)A．没有外力作用时，物体不会运动，这是牛顿第一定律的体现B．物体受合外力越大，运动得越快，这符合牛顿第二定律C．物体所受合外力为零，则速度一定为零；物体所受合外力不为零，则其速度也一定不为零D．物体所受的合外力最大时，而速度却可以为零；物体所受的合外力最小时，而速度却可以最大解析：选D　物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因，即力是使物体产生加速度的原因，故选项A错误。物体所受合外力为零时，加速度一定为零，但速度不一定为零，速度可以最大，例如物体做加速度减小的加速运动；物体所受合外力最大时，加速度一定最大，但速度不一定最大，速度可以为零，故选项B、C错误，D正确。2．下列说法正确的是(　　)A．运动得越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大B．小球在做自由落体运动时，惯性不存在了C．把一物体竖直向上抛出后，能继续上升，是因为物体仍受到一个向上的推力D．物体的惯性仅与物体的质量有关，质量大的惯性大，质量小的惯性小解析：选D　惯性只与物体的质量有关，与运动状态无关，选项D正确，选项A、B错误。竖直上抛的物体向上运动是由于惯性，不是受到向上的推力的作用，选项C错误。3．从地面竖直向上抛出一个物体，空气的阻力可以忽略不计。在整个运动过程中速度v和时间t的关系是下图中的(以竖直向上的方向为速度的正方向)(　　)解析：选D　以竖直向上的方向为速度的正方向，物体初速度为正，且速率逐渐减小，当到达最高点后，物体变为向下加速，所以速度为负且速率逐渐增大。在v­t图像中用正负表示速度的方向，其绝对值表示速度的大小，图线的斜率表示其加速度。由于物体的加速度方向向下，所以为负，即全过程中v­t图线为向下倾斜的直线。因此选项D正确。4.如图所示，当车厢向前加速前进时，物体M静止于竖直车厢壁上，当车厢加速度增加时，下列说法错误的是(　　)A．物体M受到的静摩擦力增加B．车厢竖直壁对物体的弹力增加C．物体M仍保持相对于车厢的静止状态D．物体的加速度也增加解析：选A　以物体M为研究对象，分析受力情况如图所示，受重力Mg，车厢的弹力N和静摩擦力f，根据牛顿第二定律得水平方向：N＝Ma，竖直方向：f＝Mg当加速度增大时，物体受静摩擦力f不变，故A错误；当加速度增大时，物体受的弹力N增大，所受的最大静摩擦力增大，物体不可能上下滑动，故物体相对于车厢静止，随车厢的加速度增大而增大，故B、C、D正确。5.如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地面上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竹竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时(　　)A．竹竿受到质量为m的人对它向上的摩擦力B．质量为m的人所受的摩擦力大小为mg－maC．竹竿上的人与竹竿所组成的系统处于超重状态D．竹竿对地面上的人的压力大小为(M＋m)g＋ma解析：选B　质量为m的人向下滑的过程中所受摩擦力向上，根据牛顿第三定律可知竹竿所受的摩擦力向下，选项A错误；对质量为m的人有mg－f＝ma，解得f＝mg－ma，选项B正确；对竹竿有N＝Mg＋f，解得N＝(M＋m)g－ma，根据牛顿第三定律可知竹竿对地面上的人的压力大小为(M＋m)g－ma，小于质量为m的人与竹竿所组成系统的重力，系统处于失重状态，选项C、D错误。6．“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳。质量为m的小明如图静止悬挂时两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，若此时右侧橡皮绳断裂，则小明此时(　　)A．加速度为零B．加速度a＝g，沿原断裂绳的方向斜向左下方C．加速度a＝g，沿未断裂绳的方向斜向右上方D．加速度a＝g，方向竖直向下解析：选B　小明静止时受到重力和两根橡皮绳的拉力，处于平衡状态，如图。由于T1＝T2＝mg，故两个拉力的合力一定在角平分线上，且在竖直线上，故两个拉力的夹角为120°，当右侧橡皮绳拉力变为零时，左侧橡皮绳拉力不变，重力也不变；由于三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故左侧橡皮绳拉力与重力的合力与右侧橡皮绳断开前的弹力反方向，大小等于mg，故加速度为g，沿原断裂绳的方向斜向左下方。7.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，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∶2D．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，故a与F关系图像的斜率表示质量的倒数，故有m甲＝，m乙＝，即m甲∶m乙＝1∶2；图像纵轴截距用－μg表示，故－μ甲g＝－2c，－μ乙g＝－c，即μ甲＝，μ乙＝，有μ甲∶μ乙＝2∶1，故B正确。8．“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示。(1)在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示。计时器打点的时间间隔为0.02 s。从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离。该小车的加速度a＝________ m/s2。(结果保留两位有效数字)(2)平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上。挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度。小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：砝码盘中砝码总重力F/N0.1960.3920.5880.7840.980加速度a/(m·s－2)0.691.181.662.182.70 请根据实验数据作出a­F的关系图像。(3)根据提供的实验数据作出的a­F图线不通过原点。其主要原因是：________________________________________________________________________。解析：(1)a＝＝ m/s2＝0.16 m/s2或a＝＝ m/s2＝0.15 m/s2。(2)a­F的关系图像如图所示。(3)小车、砝码盘和砝码组成的系统所受合外力为砝码盘和盘中砝码的总重力，而表中数据漏记了砝码盘的重力，导致合力F的测量值小于真实值，a­F的图线不过原点。答案：(1)0.16(或0.15)　(2)见解析图　(3)未计入砝码盘的重力9.“你的快递即将从天而降！”2018年11月15日，京东获得了全球首个省域无人机物流许可证，预示无人机配送物流时代即将到来。如图所示，在一次载货测试中，一架质量为1 kg的无人机，下方固定一个质量为0.5 kg 的配送箱，箱中放有一个质量为1.5 kg的货物，若无人机从地面以最大升力竖直起飞，6 s内上升了36 m，假设无人机竖直飞行时所受阻力大小恒为6 N。求：(g取10 m/s2)(1)无人机提供的最大升力的大小；(2)此过程中货物受到箱底的支持力的大小；(3)若6 s末无人机升力变为24 N，无人机最高能上升到距地面的高度。解析：(1)在匀加速上升的过程中，有h＝at2解得：a＝2 m/s2根据牛顿第二定律可得：Fm－f－m总g＝m总a解得：Fm＝42 N。(2)对货物进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：FN－mg＝ma解得：FN＝18 N。(3)若6 s末无人机升力变为24 N，无人机开始减速上升，设加速度的大小为a1，根据牛顿第二定律可得m总g＋f－F＝m总a1解得：a1＝4 m/s2t＝6 s时的速度：v＝at＝12 m/s匀减速上升的距离h1＝＝18 m无人机最高能上升到距地面的高度H＝h1＋h＝54 m。答案：(1)42 N　(2)18 N　(3)54 mB级—选考提能10．[多选]总质量为100 kg的小车，在粗糙水平地面上从静止开始运动，其速度—时间图像如图所示。已知在0～2 s 内小车受到恒定水平拉力F＝1 200 N,2 s后小车受到的拉力发生了变化，g取10 m/s2，则(　　)A．t＝1 s时小车的加速度为8 m/s2B．0～18 s内小车行驶的平均速度约为10 m/sC．小车与地面间的动摩擦因数为0.2D．14 s后拉力的大小为200 N解析：选AB　前2 s内小车做匀加速运动，由图像的斜率可得小车的加速度a＝8 m/s2，故选项A正确；由速度—时间图线与横坐标轴围成的面积即可计算出0～18 s 内小车位移的大小，约为L＝180 m，所以平均速度约为＝＝10 m/s，故选项B正确；对前2 s内根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma，解得μ＝0.4，选项C错误；14 s后小车做匀速运动，所以拉力F＝μmg＝400 N，选项D错误。11．如图所示，质量分别为M和m的物块由相同的材料制成，且M＞m，将它们用通过轻而光滑的定滑轮的细线连接(与M相连的细线水平)。如果按图甲放置，则质量为m的物块刚好匀速下降。如果两物块互换位置(与m相连的细线水平)，如图乙所示，则它们的共同加速度大小为(重力加速度为g)(　　)A.　　　　　　　　 B.C.  D．上述均不正确解析：选C　两物块匀速运动时，根据平衡条件知，mg＝μMg；互换位置后，对两物块分别应用牛顿第二定律得，Mg－F＝Ma，F－μmg＝ma，联立解得a＝＝，选项C正确。12．[多选]如图所示，一固定杆与水平方向夹角θ＝30°，将一滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个小球。滑块与小球恰能一起沿杆向下匀速运动，则下列说法中正确的是(　　)A．滑块与杆之间动摩擦因数为0.5B．滑块与杆之间动摩擦因数为C．当二者相对静止地沿杆上滑时轻绳对小球拉力斜向左上与水平方向成30°角D．当二者相对静止地沿杆上滑时轻绳对小球拉力斜向右上与水平方向成60°角解析：选BC　由题意滑块与小球恰能一起沿杆向下匀速运动，把滑块和小球作为一整体，可知mgsin θ＝μmgcos θ，所以μ＝tan θ＝，故A错，B对。当二者相对静止地沿杆上滑时，以整体为研究对象可知加速度a＝gsin θ＋μgcos θ＝g设此时绳子与水平方向的夹角为α，绳子的拉力为T，对小球由牛顿第二定律在水平方向上：Tcos α＝macos 30°在竖直方向上：mg－Tsin α＝masin 30°解得α＝30°由于加速度沿斜面向下，所以小球受到的合力也应该沿斜面向下，所以拉力的方向应该斜向左上与水平方向成30°角，故C对D错。13．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v­t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则(　　)A．由图乙可知，0～1 s内物块受到的摩擦力大于1～2 s内的摩擦力B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反C．物块与传送带间的动摩擦因数为D．传送带底端到顶端的距离为11 m解析：选C　由题图乙可知在0～1 s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向下，与物块运动的方向相反；1～2 s内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向上，与物块运动的方向相同，由于物块对传送带的压力相等，根据摩擦力公式Ff＝μFN可知两段时间内摩擦力大小相等，故选项A、B错误；在0～1 s内物块的加速度大小为a＝＝ m/s2＝－8 m/s2，根据牛顿第二定律得：－(mgsin 37°＋μmgcos 37°)＝ma，解得μ＝，故C正确；物块上升的位移大小等于v­t图像所包围的面积大小，为：x＝×1 m＋ m＝10 m，所以传送带底端到顶端的距离为10 m，故D错误。14．如图所示，质量m＝1.0 kg的物块(视为质点)放在质量M＝4.0 kg的木板的右端，木板长L＝2.5 m。开始木板静止放在水平地面上，物块与木板及木板与水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2。现对木板施加一水平向右的恒力F＝40 N，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g＝10 m/s2。则物块在木板上运动的过程中，下列说法正确的是(　　)A．物块与木板以相同的加速度做匀加速运动B．木板的加速度大小为5.6 m/s2C．物块的最大速度大小为4.0 m/sD．物块到达木板左端时木板前进的位移大小为3.5 m解析：选D　物块与木板恰好相对滑动时物块的加速度：a临＝＝μg＝2 m/s2，拉力的临界值：F临－μ(M＋m)g＝(M＋m)a临，解得F临＝20 N<F＝40 N，物块与木板相对滑动，不可能以相同的加速度做匀加速运动，故A错误；木板的加速度：a木板＝＝ m/s2＝7 m/s2，故B错误；物块的加速度：a物块＝＝μg＝2 m/s2，经过时间t物块从木板上滑落，则：L＝a木板t2－a物块t2，代入数据解得：t＝1 s，此时物块的速度最大为：v＝a物块t＝2×1 m/s＝2 m/s，故C错误；物块到达木板左端时木板前进的位移大小：x木板＝a木板t2＝×7×12 m＝3.5 m，故D正确。15．如图所示，某同学利用图示装置做“探究加速度与物体所受合力的关系”的实验。在气垫导轨上安装了两个光电门1、2，滑块上固定一遮光条，滑块通过绕过两个滑轮的细绳与弹簧测力计相连，实验时改变钩码的质量，读出弹簧测力计的不同示数F，不计细绳与滑轮之间的摩擦力。(1)根据实验原理图，本实验________(填“需要”或“不需要”)将带滑轮的气垫导轨右端垫高，以平衡摩擦力；实验中________(填“一定要”或“不必要”)保证钩码的质量远小于滑块和遮光条的总质量；实验中________(填“一定要”或“不必要”)用天平测出所挂钩码的质量；滑块(含遮光条)的加速度________(填“大于”“等于”或“小于”)钩码的加速度。(2)某同学实验时，未挂细绳和钩码接通气源，推一下滑块使其从轨道右端向左运动，发现遮光条通过光电门2的时间大于通过光电门1的时间，该同学疏忽大意，未采取措施调节导轨，继续进行其他实验步骤(其他实验步骤没有失误)，则该同学作出的滑块(含遮光条)加速度a与弹簧测力计拉力F的图像可能是__________(填图像下方的字母)。(3)若该同学作出的a­F图像中图线的斜率为k，则滑块(含遮光条)的质量为________。解析：(1)此实验用气垫导轨，导轨水平时滑块与导轨之间没摩擦力，所以不需要垫高导轨的一端平衡摩擦力；滑块受到的拉力可以用弹簧测力计测出，故不需要满足钩码的质量远小于滑块和遮光条的总质量，也不需要用天平测出所挂钩码的质量；因钩码挂在动滑轮上，则滑块的加速度等于钩码加速度的2倍，即滑块(含遮光条)的加速度大于钩码的加速度。(2)遮光条通过光电门2的时间大于通过光电门1的时间，说明滑块做减速运动，导轨的左端偏高，则加外力时，需达到一定的值才能使滑块加速运动，则作出的滑块(含遮光条)加速度a与弹簧测力计拉力F的图像可能是C。(3)根据a＝F，则＝k，解得M＝。答案：(1)不需要　不必要　不必要　大于　(2)C　(3)16．风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调节的风力。现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径，如图所示。(1)当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数。(2)保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球由静止出发在细杆上滑下距离15 m所需时间为多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)解析：(1)设小球所受的风力为F，小球质量为m；则F＝μmg故有：μ＝＝0.5即小球与杆之间的动摩擦因数为0.5。(2)对小球受力分析，设杆对小球的支持力为N，摩擦力为f，沿杆方向有：Fcos 37°＋mgsin 37°－f＝ma垂直于杆方向有：N＋Fsin 37°－mgcos 37°＝0其中：f＝μN代入数据解得a＝7.5 m/s2根据x＝at2所以有：t＝ ＝  s＝2 s。答案：(1)0.5　(2)2 s17．如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，斜面和传送带相接处有一小段光滑圆弧，物体经过A点时，无论是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，其速率都不发生变化。传送带以v＝4 m/s的速度顺时针转动，一个质量为1 kg的物体(可视为质点)从h＝1.8 m 高处由静止开始沿斜面下滑，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，传送带左右两端A、B间的距离LAB＝7 m，重力加速度g＝10 m/s2。求：(1)物体第一次由静止沿斜面下滑到斜面末端的速度大小；(2)物体在传送带上距B点的最小距离；(3)物体第一次从距B点最近处运动到斜面上最高点所经历的时间。解析：(1)物体沿光滑斜面下滑，由牛顿第二定律得：mgsin θ＝ma1解得：a1＝5 m/s2由几何关系可知物体沿光滑斜面下滑位移x1＝3.6 m由运动学公式v12＝2a1x1解得物体滑到斜面末端速度v1＝6 m/s。(2)物体在传送带上受到向右的滑动摩擦力而做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得： μmg＝ma2代入数据解得：a2＝4 m/s2当物体速度减为0时物体距B点最近，有运动学公式可得：v12＝2a2x2物体距B点的最小距离：x＝LAB－x2解得x＝2.5 m。(3)物体返回时距A点x2＝4.5 m，仍受到向右的摩擦力，从速度为0开始做匀加速直线运动，加速度大小为：a3＝a2＝4 m/s2若物体一直做匀加速运动，由运动对称性可知到A点时物体速度vA＝6 m/s大于传送带速度v＝4 m/s，故物体先做匀加速直线运动，达到速度v后匀速运动，到达A点速度vA＝v＝4 m/s物体做匀加速直线运动v＝a3t1匀加速直线运动位移x3＝a3t12解得t1＝1 s，x3＝2 m匀速运动x2－x3＝vt2解得t2＝0.625 s物体沿斜面上升过程中，加速度大小仍为a1物体沿斜面匀减速上升v＝a1t3解得t3＝0.8 s物体第一次从距B点最近处运动到斜面上最高点所经历的时间：t＝t1＋t2＋t3＝2.425 s。答案：(1)6 m/s　(2)2.5 m　(3)2.425 s