物理必修 第一册第四章 运动和力的关系综合与测试综合训练题

第四章　水平测试卷

  本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题，共48分)

一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。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，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. 牛顿第一定律是建立在理想斜面实验基础上，经抽象分析推理得出的结论，它不是实验定律。利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿水平面滑动。水平面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿水平面滑动到的最远位置依次为1、2、3。根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是(　　)

A．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态

B．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变

C．如果水平面光滑，小球将沿着水平面一直运动下去

D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小

答案　C

解析　根据实验结果，水平面的粗糙程度越低，小球滑得越远，由此得出结论，如果水平面光滑，小球将沿着水平面一直运动下去，故C正确。

2．下列说法正确的是(　　)

A．物体受到力的作用时，力克服了物体的惯性，使其产生了加速度

B．人走在松软土地上下陷时具有向下的加速度，说明人对地面的压力大于地面对人的支持力

C．物理公式既能确定物理量之间的数量关系，又能确定物理量间的单位关系

D．对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用的瞬间，加速度为零

答案　C

解析　惯性是物体的固有属性，力能使物体产生加速度，但不能说力克服了物体的惯性，A错误；根据牛顿第三定律，两个物体间的作用力与反作用力总是等大反向的，B错误；物理公式不仅能确定物理量之间的数量关系，也能确定单位关系，C正确；根据牛顿第二定律可知，合外力与加速度是瞬时对应关系，D错误。

3．关于单位制，下列说法中正确的是(　　)

A．在力学的国际单位制中，力的单位、质量的单位、位移的单位选定为基本单位

B．牛、千克米每秒都属于力的单位

C．在厘米、克、秒制中，重力加速度g的值等于9.8 cm/s2

D．在力学计算中，所有涉及的物理量的单位都应取国际单位

答案　D

解析　力学单位制中，质量、长度、时间的单位被选为基本单位，故A错误；根据F＝ma,1 N＝1 kg·m/s2，故B错误；在厘米、克、秒制中，g值不变，g＝9.8 m/s2＝980 cm/s2，故C错误；在力学计算中，没有特殊说明，所有物理量的单位都应取国际单位，故D正确。

4．质点由静止开始做直线运动，所受合外力大小随时间变化的图像如图所示，则有关该质点的运动，以下说法中不正确的是(　　)

A．质点在0～2 s内做匀加速运动

B．质点在0～2 s内速度不变

C．质点在2～4 s内加速度大小越来越小

D．质点在2～4 s内速度大小越来越大

答案　B

解析　0～2 s内F恒定，根据F＝ma加速度恒定，质点做匀加速直线运动，故A正确，B错误；2～4 s内F不断减小，所以加速度不断减小，但方向仍与速度同向，质点仍做加速运动，速度越来越大，故C、D正确。

5．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，按图甲装置在水平桌面上，两物块刚好做匀速运动。如果互换两物块位置，按图乙装置在同一水平桌面上，它们的共同加速度大小为(　　)

A.g   B.g

C.g   D．上述均不对

答案　C

解析　对题图甲由牛顿第二定律可得mg－T1＝0，T1－μMg＝0，则μ＝。对题图乙由牛顿第二定律可得Mg－T2＝Ma，T2－μmg＝ma，解得a＝g，C正确。

6．在以加速度a匀加速上升的电梯中，有一个质量为m的人，下述说法中正确的是(　　)

A．此人对地球的吸引力为m(g＋a)

B．此人对电梯的压力为m(g－a)

C．此人受到的重力为m(g＋a)

D．此人的视重为m(g＋a)

答案　D

解析　人随电梯加速上升，故处于超重状态。根据超重定义可知，此人的视重(即人对电梯的压力大小)应为mg＋ma，D正确，B错误；人对地球的吸引力与人受到的重力是作用力和反作用力的关系，大小均为mg，运动状态的变化不影响人对地球的吸引力及人受到的重力，故A、C错误。

7. 如图所示，足够长的传送带与水平面间的夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tanθ，则下列选项图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是(　　)

答案　D

解析　小木块刚放上传送带时，传送带的速度大于小木块的速度，传送带给小木块一沿传送带向下的滑动摩擦力，小木块由静止加速下滑，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，则a1＝g(sinθ＋μcosθ)；当小木块加速至与传送带的速度相等时，由于μ<tanθ，小木块所受的重力沿传送带向下的分力大于滑动摩擦力，小木块将继续加速，得a2＝g(sinθ－μcosθ)，故选D。

8．如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为(　　)

A．0        B.g         C．g         D.g

答案　B

解析　未撤离木板时，小球处于静止状态，对小球受力分析可知，小球受重力G、弹簧的拉力F和木板的弹力FN的作用，木板对小球的弹力大小为＝mg。在撤离木板的瞬间，弹簧的弹力大小和方向均没有发生变化，而小球的重力是恒力，故此时小球受到重力G、弹簧的拉力F的作用，该合力与未撤离木板时木板对小球的弹力大小相等，方向相反，故由牛顿第二定律可知，此时小球的加速度大小为g，B正确。

9．如图所示，物体在一外力作用下沿光滑水平面向右运动，它的正前方有一根劲度系数足够大的弹簧，当物体接触弹簧后，下列说法中正确的是(　　)

A．物体立即做减速运动

B．物体仍一直做加速运动

C．在一段时间内继续做加速运动，速度继续增大

D．当弹簧处于最大压缩量时，物体的加速度不为零

答案　CD

解析　当物体接触弹簧后，弹簧的弹力逐渐增大，开始阶段，弹力小于水平恒力F，合力方向向右，与速度方向相同，物体做加速运动，后来弹簧的弹力大于F，合力向左，与速度方向相反，物体开始做减速运动，所以物体接触弹簧后先加速后减速，A、B错误，C正确；当弹簧处于最大压缩量时，弹力大于F，物体的加速度向左，不为零，D正确。

10. 如图所示，在光滑水平面上有一个静止的小车，质量为M，小车上静止地放置着一个木块，质量为m，木块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3，用水平恒力F拉动小车，g取10 m/s2。下列关于木块的加速度a1和小车的加速度a2，可能正确的有(　　)

A．a1＝2 m/s2，a2＝2 m/s2

B．a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2

C．a1＝3 m/s2，a2＝4 m/s2

D．a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2

答案　AC

解析　对上面的木块受力分析，在水平方向只可能受摩擦力，且Ff≤μmg，因此木块的加速度最大为am＝＝μg＝3 m/s2。若小车与木块一起运动，相对静止，则二者加速度相等，且小于am，即a1＝a2＝2 m/s2<am，所以是可能的，A正确；若木块与小车发生相对滑动，则木块的加速度一定是3 m/s2，由于拉力作用在小车上，故小车的加速度要大于木块的加速度，所以C正确，B、D错误。

11．如图所示，一个质量为50 kg的沙发静止在水平地面上，甲、乙两人同时从背面和侧面分别用F1＝120 N、F2＝160 N的力推沙发，F1与F2相互垂直，且平行于地面。沙发与地面间的动摩擦因数μ＝0.3。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

A．沙发会被推动

B．沙发将沿着F1的方向移动，加速度为0.6 m/s2

C．由于F1小于滑动摩擦力，沙发将沿着F2的方向移动，加速度为0.2 m/s2

D．沙发的加速度大小为1 m/s2

答案　AD

解析　由二力合成可知，两个力的合力大小为F＝＝200 N，方向在水平面内，设F与F1的夹角为θ，则sinθ＝＝0.8，即θ＝53°；而fmax＝μFN＝μmg＝0.3×500 N＝150 N<F，则沙发要做匀加速直线运动，A正确；由牛顿第二定律有F－fmax＝ma，代入数据得a＝1 m/s2，方向沿水平面介于F1、F2之间，且与F1夹角为53°，故B、C错误，D正确。

12．如图所示，弹簧下端悬一滑轮，跨过滑轮的细线两端系有A、B两重物，mB＝2 kg，不计细线、滑轮的质量及摩擦，则A、B两重物在运动过程中，弹簧的弹力可能为(g＝10 m/s2)(　　)

A．40 N   B．60 N

C．80 N   D．100 N

答案　AB

解析　当mB＞mA时，B向下做加速运动，处于失重状态，细线的拉力T＜mBg，弹簧的弹力为F＝2T＜2mBg＝40 N。当mB＝mA时，弹簧的弹力为F＝2T＝2mBg＝40 N。当mB＜mA时，B向上做加速运动，处于超重状态，细线的拉力T＞mBg，两物体的加速度大小a＜g，所以根据牛顿第二定律得知：细线的拉力T＜2mBg，弹簧的弹力为F＝2T＜4mBg＝80 N。故A、B正确，C、D错误。

第Ⅱ卷(非选择题，共52分)

二、实验题(本题共2小题，共 12 分)

13．(4分)如图所示为探究小车加速度与所受合力关系的实验示意图局部。该实验中，两小车各自受到向左的恒定拉力，通过控制铁夹子同时释放让两小车同时由静止开始运动，然后通过铁夹子同时夹住小车后面的细线使小车同时突然停止运动从而使小车近似做了一段匀加速直线运动，进而比较两小车的加速度。关于此实验中两小车加速度的判断，下列说法正确的是________。

A．两小车的加速度之比等于位移之比

B．两小车的加速度之比等于位移的反比

C．两小车的加速度之比等于位移平方之比

D．两小车的加速度之比等于位移平方的反比

答案　A

解析　两个小车运动的时间相等，由位移公式知x＝at2，所以位移和加速度应该成正比的关系，A正确。

14．(8分)某同学设计了如图甲所示的装置来研究小车的加速度与所受合力的关系。将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的示数F0。再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F1。释放小车，记录小车运动时传感器的示数F2。

(1)下列实验要求不必要的是________。

A．应使小车靠近打点计时器

B．用天平测出细砂和小桶的总质量

C．先接通电源，再释放小车

D．应使小车和力传感器的总质量远大于细砂和小桶总质量

(2)接通频率为50 Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带。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，则小车的加速度a＝________m/s2(保留两位有效数字)。

(3)同一次实验中，F1________F2(填“＜”“＝”或“＞”)。

(4)改变小桶中砂的重力，多次重复实验获得多组数据，描绘小车加速度a与F的关系如图丙。不计纸带与计时器间的摩擦。图像中F是实验中测得的________。

A．F1           B．F2          

C．F1－F0             D．F2－F0

答案　(1)BD　(2)0.16　(3)＞　(4)D

解析　(1)小车靠近打点计时器测量数据才可能多且精确，故A不符合题意；实验中不需要用天平测出细砂和小桶的总质量，传感器可以直接测出拉力的大小，故B符合题意；应先接通电源再释放小车，这样才能保证纸带的大部分都能打上点，才能充分利用整个纸带，故C不符合题意；本题拉力可以由力的传感器测出，不需要使小桶和细砂的总质量远小于车和力传感器的总质量，故D符合题意；

(2)每5个点取一个计数点，相邻两个计数点的时间间隔：T＝0.02×5 s＝0.1 s，x1＝3.52 cm＝0.0352 m，x2＝3.68 cm＝0.0368 m，x3＝3.84 cm＝0.0384 m，x4＝4.00 cm＝0.0400 m。由匀变速直线运动的推论Δx＝aT2，代入数据得a＝＝0.16 m/s2。

(3)对小桶(包括细砂)受力分析，设小桶(包括细砂)重力为mg，小车释放前力传感器的示数F1，所以F1＝mg，小车在加速运动时力传感器的示数F2，根据牛顿第二定律得：mg－F2＝ma，即F1－F2＝ma>0，所以F1＞F2。

(4)F为小车受到的合力，由题意知，当小车刚开始运动时，传感器示数为F0，则F阻＝F0，小车加速运动时，合力F＝F2－F阻＝F2－F0，故D正确。

三、计算题(本题共4小题，共 40分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)

15．(8分)如图甲所示，t＝0时，水平地面上质量m＝1 kg的物体在水平向左、大小恒为10 N的力T的作用下由静止开始运动，同时施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间变化的关系图像如图乙所示，物体与地面间动摩擦因数μ＝0.5，(g＝10 m/s2)求：

(1)2 s末物体的速度大小；

(2)前2 s内物体的位移；

(3)t为多少时物体的速度刚减为0?

答案　(1)6 m/s　(2)6 m　(3)8 s

解析　 (1)由牛顿第二定律得前2 s的加速度：

a1＝＝3 m/s2，

由速度公式得2 s末物体的速度：v1＝a1t1＝6 m/s。

(2)由位移公式得前2 s内物体的位移：

x＝a1t＝6 m。

(3)2 s后，由牛顿第二定律得：

a2＝＝－1 m/s2，

由速度公式得：0＝v1＋a2t2，

解得：t2＝6 s，

则t＝t1＋t2＝8 s，即当t＝8 s时，物体速度刚减为0。

16．(8分)水平传送带以v＝1.5 m/s速度匀速运动，传送带AB两端距离为6.75 m，将一物体轻放在传送带的A端，它运动到传送带另一端B所需时间为6 s，求：

(1)物体和传送带间的动摩擦因数；

(2)若要使物体以最短时间到达B端，则传送带的速度至少应调为多大？(g＝10 m/s2)

答案　(1)0.05　(2) m/s

解析　先判断物体在传送带上的运动情况。

由题设可得：该物体在传送带上运动的平均速度：

＝＝1.125 m/s，

假设物体在传送带上一直做匀加速直线运动，则该过程中物体的平均速度 ′＝＝0.75 m/s<

故物体在传送带上先做匀加速直线运动，与传送带速度相同后随传送带一起匀速运动至B端，故物体的最大速度vm＝v。

(1)对物体，由牛顿第二定律：μmg＝ma，

则a＝μg，

设经过t1时间后速度为v，则

v＝at1，x＝vt1＋v(t－t1)

由以上各式解得：μ＝0.05。

(2)由题可知，只有当物体在传送带上一直做匀加速运动时，物体全程的平均速度最大，用时最短，故物体从A端一直匀加速运动至B端时的末速度大小即为传送带所需达到的最小速度。

物体做匀加速运动的加速度为：a＝μg＝0.5 m/s2，

物体从A端一直做匀加速直线运动到B端时，有：

v′2＝2ax，

解得：v′＝ m/s，

故传送带速度大小至少应调为 m/s。

17. (12分)如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动。某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来。若人和滑板的总质量m＝60.0 kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜坡的倾角θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度取g＝10 m/s2。求：

(1)人从斜坡上滑下的加速度为多大？

(2)若由于场地的限制，水平滑道BC的最大长度L＝20.0 m，则斜坡上A、B两点间的距离应不超过多少？

答案　(1)2.0 m/s2　(2)50.0 m

解析　(1)人和滑板在斜坡上的受力如图甲所示，建立直角坐标系。

设人和滑板在斜坡上滑下的加速度为a1，

由牛顿第二定律得

mgsinθ－Ff＝ma1，

FN－mgcosθ＝0，其中Ff＝μFN，

联立解得人和滑板滑下的加速度为

a1＝g(sinθ－μcosθ)＝2.0 m/s2。

(2)人和滑板在水平滑道上受力如图乙所示。

由牛顿第二定律得Ff′＝ma2，

FN′－mg＝0，

又Ff′＝μFN′，

联立解得人和滑板在水平滑道上运动的加速度大小为

a2＝μg＝0.5×10 m/s2＝5.0 m/s2，

设人从斜坡上滑下的最大距离为LAB，由匀变速直线运动公式得v＝2a1LAB,0－v＝－2a2L，

联立解得LAB＝50.0 m。

18．(12分)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为k＝100 N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为m＝8 kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变。从t＝0时刻开始挡板A以加速度a＝1 m/s2沿斜面向下匀加速运动，(g＝10 m/s2)求：

(1)t＝0时刻，挡板对小球的弹力多大？

(2)从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为多少？

(3)小球向下运动多少距离时速度最大？

答案　(1)32 N　(2)0.8 s　(3)0.4 m

解析　(1)t＝0时刻挡板A以加速度a＝1 m/s2沿斜面向下匀加速运动，

假设此时小球和挡板间没有作用力，

则由牛顿第二定律可知小球的加速度

a球＝＝gcosθ＝3 m/s2>a，

则小球的加速度也是a＝1 m/s2，

对小球受力分析，设挡板对小球的支持力为N，

根据牛顿第二定律得：mgsin30°－N＝ma，

解得：N＝32 N。

(2)小球与挡板分离时，此时小球受竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力FN、沿斜面向上的弹簧弹力F。

设从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为t，小球的位移为x，

则根据牛顿第二定律有mgsinθ－F＝ma，F＝kx。

又x＝at2，

联立解得mgsinθ－k·at2＝ma，

所以经历的时间为

t＝ ＝  s＝0.8 s。

(3)小球和挡板分离后，小球接着先做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时小球所受合力为零。

即kx′＝mgsinθ，

解得x′＝＝ m＝0.4 m。

所以速度最大时小球向下运动的距离为0.4 m。