人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系综合与测试同步测试题

这是一份人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系综合与测试同步测试题，共14页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

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40分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10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( )
A．牛顿通过理想斜面实验发现力不是维持物体运动的原因
B．千克、秒、米和牛顿都是力学中的基本单位
C．物体静止时有惯性，一旦开始运动，便不再保持原有的运动状态，也就失去了惯性
D．法国科学家笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向
答案 D
解析 伽利略通过理想斜面实验发现力不是维持物体运动的原因，A错误；千克、米、秒分别是质量、长度和时间的单位，都是国际单位制中力学的基本单位，牛顿是导出单位，B错误；惯性是物体的固有属性，与运动状态无关，只与质量有关，C错误；法国科学家笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向，D正确。
2．中华民族的优秀文化博大精深，其中古典诗词是优秀文化的代表。从物理角度看古诗词会发现别有一番韵味。下面四句诗词中涉及惯性知识的是( )
A．唐代李白的《望庐山瀑布》中“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”
B．唐代李白的《早发白帝城》中“朝辞白帝彩云间，千里江陵一日还”
C．宋代陈与义的《襄邑道中》中“卧看满天云不动，不知云与我俱东”
D．明代冯梦龙的《醒世恒言》中“临崖立马收缰晚，船到江心补漏迟”
答案 D
解析 “飞流直下三千尺，疑是银河落九天”描述水流受到重力从很高的地方落下形成瀑布，与惯性无关，A错误；“朝辞白帝彩云间，千里江陵一日还”指千里之遥的江陵，一天时间就已经到达，描述船速很快，与惯性知识无关，B错误；“卧看满天云不动，不知云与我俱东”描述的是以船为参考系的云的运动，与惯性无关，C错误；惯性是物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，一切物体都有惯性，“临崖立马收缰晚”说明物体具有惯性，物体的运动状态不能突变，D正确。
3．如图所示，一条鱼在水中正沿直线水平向左加速游动。在这个过程中，关于水对鱼的作用力的方向，合理的是( )
答案 A
解析 鱼在重力和水的作用力下向左加速运动，合力方向水平向左，所以水的作用力斜向左上方，A正确。
4．如图所示，某兴趣小组制作了一个小降落伞，伞面底端是一个半径为R的刚性圆环，在圆环上等间距地系有四根长度均为2R的细线，将四根细线的另一端连接在一起，并悬挂一质量为m的物体。它们一起竖直向下加速降落，当物体下落的加速度大小为0.2g时(g为重力加速度)，每根细线的张力为( )
A.eq \f(2\r(3)mg,15) B.eq \f(\r(3)mg,6)
C.eq \f(2\r(14)mg,35) D.eq \f(\r(14)mg,14)
答案 A
解析 由几何关系可知，每根细线与竖直方向的夹角均为30°，则对下面悬挂的物体，根据牛顿第二定律可知mg－4Fcs30°＝ma，整理可以得到F＝eq \f(2\r(3)mg,15)，A正确，B、C、D错误。
5．如图所示，小球的质量为m，用弹簧和细线悬挂在天花板上，保持静止，弹簧和细线的质量忽略不计，且与水平方向的夹角均为60°。当细线被剪断的瞬间，关于小球的加速度大小和方向，下列说法正确的是( )
A．0
B．g，竖直向下
C.eq \f(\r(3),2)g，竖直向下
D.eq \f(\r(3),3)g，右下方与水平方向成60°
答案 D
解析 细线被剪断之前，小球处于静止状态，对小球进行受力分析，如图甲所示，正交分解可得F1＝F2＝eq \f(\r(3),3)mg；细线被剪断的瞬间，弹簧弹力和小球重力都不变，受力分析如图乙所示，两力的合力大小为F＝F1＝eq \f(\r(3),3)mg，力F1方向相反，根据牛顿第二定律F＝ma得：a＝eq \f(\r(3),3)g，方向向右下方与水平方向成60°角，D正确，A、B、C错误。
6．人在平地上静止站立时，受到的支持力等于人的重力。做原地纵跳时，在快速下蹲后立即蹬伸的过程中，人受到的地面支持力会发生变化(如图，G为重力，F为支持力)。下列F­t图像中能正确反映从人下蹲开始到人离地过程中地面对人的支持力随时间变化的是( )
答案 A
解析 人在地面上静止站立时，受到的支持力等于人的重力，在快速下蹲时人先向下加速后向下减速到达最低点，故先具有向下的加速度后具有向上的加速度，则人先处于失重状态后处于超重状态，受到的支持力先减小后增加；在人蹬伸的过程中，从最低点到达重力与地面的支持力相等的平衡点，人具有向上的加速度，处于超重状态，从受力平衡点继续上升过程中支持力减小，处于失重状态，至人完全离开地面时，支持力减小到零，A正确。
7．如图所示的装置叫作阿特伍德机，是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。绳子两端的物体下落(或上升)的加速度总是小于自由落体的加速度g。已知物体A、B的质量相等，均为4m，物体C的质量为m，一切摩擦不计，轻绳不可伸长且足够长，现将装置从静止释放。下列说法正确的是( )
A．物体C的加速度为eq \f(g,3)
B．物体C的加速度为eq \f(g,9)
C．物体C对B的拉力为eq \f(2mg,3)
D．物体C对B的拉力为eq \f(8mg,9)
答案 BD
解析 设物体C下落的加速度为a，绳子的张力为T，以物体A作为研究对象有：T－4mg＝4ma，以B、C整体为研究对象有：(4m＋m)g－T＝(4m＋m)a，联立以上两式可解得：a＝eq \f(g,9)，A错误，B正确；对物体C，根据牛顿第二定律得：mg－F＝ma，解得：F＝eq \f(8,9)mg，由牛顿第三定律可知，物体C对B的拉力大小等于B对C的拉力F，C错误，D正确。
8．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 由力的合成可知，甲、乙两人对沙发的力的合力大小为F＝eq \r(F\\al(2,1)＋F\\al(2,2))＝200 N，设合力的方向在水平面内与F1的夹角为θ，则sinθ＝eq \f(F2,F)＝0.8，即θ＝53°；而fmax＝μFN＝μmg＝0.3×500 N＝150 N，有F>fmax，则沙发要做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有F－fmax＝ma，可得a＝1 m/s2，方向沿水平面与F1成53°，A、D正确；B、C错误。
9．质量m＝2 kg的物块在粗糙的水平地面上运动，t＝0时刻开始受到方向相反的水平拉力F1、F2的作用(F1与物块运动方向相同)，以3 m/s的速度做匀速直线运动，F1、F2随时间t的变化规律如图所示，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．物块与地面的动摩擦因数为0.3
B．3 s末物块的加速度大小为1.5 m/s2
C．5 s末物块的速度大小为1.5 m/s
D．0～5 s内物块的位移大小为9 m
答案 BD
解析 0～2 s内，物块做匀速直线运动，由物块受力平衡可得F1＋F2－μmg＝0，代入数据解得μ＝0.2，A错误；第3 s末，根据牛顿第二定律，F1＋F2－μmg＝ma，代入数据解得a＝－1.5 m/s2，B正确；2 s后，物块减速到0的时间为t0＝eq \f(3,1.5) s＝2 s，即物块在4 s末速度减为0，由于F1＋F2＝1 N<μmg＝4 N，故之后处于静止状态，C错误；0～5 s内物块的位移大小等于0～4 s内物块的位移大小，x＝v0t1＋eq \f(v0＋0,2)·t2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3×2＋\f(3＋0,2)×2)) m＝9 m，D正确。
10．如图甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)，已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10 m/s2。关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块从开始在传送带上运动到第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是( )
A．μ＝0.2 B．μ＝0.4
C．t＝2.5 s D．t＝4.5 s
答案 AD
解析 由速度—时间图像可得，0～3 s内物块做匀变速运动的加速度大小为a＝eq \f(2－－4,3) m/s2＝2.0 m/s2，由牛顿第二定律得μmg＝ma，可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A正确，B错误；由速度—时间图像可知，物块滑上传送带的初速度大小 v0＝4 m/s，传送带的速度大小v＝2 m/s，物块在传送带上滑动t1＝3 s后与传送带相对静止，前2 s内物块的位移大小x1＝eq \f(v0,2)t1′＝eq \f(4×2,2) m＝4 m，方向向右，第3 s内的位移大小x2＝eq \f(v,2)t1″＝eq \f(2×1,2) m＝1 m，方向向左，前3 s内物块的位移大小x＝x1－x2＝3 m，方向向右，物块再向左匀速运动的时间t2＝eq \f(x,v)＝eq \f(3,2) s＝1.5 s，所以物块从开始在传送带上运动到第一次向左返回到传送带左端的时间t＝t1＋t2＝3 s＋1.5 s＝4.5 s，C错误，D正确。
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
二、实验题(本题共2小题，共14分)
11．(6分)在做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，计算出各纸带的加速度后，将测得的反映加速度a和力F关系的有关资料记录在表1中，将测得的反映加速度a和质量M关系的资料列在表2中。
表1
表2
根据表中所列数据，分别画出了a­F、a­eq \f(1,M)图像，如图甲、乙所示。
(1)从图像可以判定：当M一定时，a与F的关系为________；当F一定时，a与M的关系为________。(用文字描述)
(2)由a­F图像可知M＝________kg。
(3)由a­eq \f(1,M)图像可知F＝________N。
答案 (1)成正比 成反比 (2)0.50 (3)4.00
解析 (1)从图像可以判定：当M一定时，a与F成正比；当F一定时，a与M成反比。
(2)根据牛顿第二定律a＝eq \f(F,M)，结合数学知识知a­F图像的斜率表示研究对象的质量M的倒数，由a­F图像可知，k＝2.00，则M＝0.50 kg。
(3)根据牛顿第二定律a＝eq \f(F,M)，结合数学知识知a­eq \f(1,M)图像的斜率表示研究对象的合外力F，由a­eq \f(1,M)图像可知，k＝4.00，则F＝4.00 N。
12．(8分)某实验小组欲以图甲所示实验装置“探究小车加速度与受力和质量的关系”。图中A为小车，B为装有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与打点计时器相连，小车的质量为m1，小盘(及砝码)的质量为m2。
(1)关于该实验，下列说法正确的是________。
A．实验时先放开小车，再接通打点计时器的电源
B．每次改变小车质量后，应重新补偿阻力
C．本实验中应满足m2远小于m1的条件
D．在用图像探究小车加速度与质量的关系时，应作a­m1图像
(2)实验中，得到一条打点的纸带，如图乙所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出，则小车加速度的计算式a＝____________________。
(3)某同学补偿好阻力后，在保持小车质量不变的情况下，通过多次改变砝码重力，作出小车加速度a与砝码重力F的图像如图丙所示。若牛顿第二定律成立，重力加速度g＝10 m/s2，则小车的质量为________ kg，小盘的质量为________ kg。(保留两位有效数字)
(4)实际上，在砝码的重力越来越大时，小车的加速度不能无限制地增大，将趋近于某一极限值，此极限值为________m/s2。(g＝10 m/s2)
答案 (1)C (2)eq \f(x4＋x5＋x6－x1－x2－x3,9T2)
(3)2.0 0.060 (4)10
解析 (1)实验时应先接通电源，后释放小车，A错误；每次改变小车质量后，不需要重新补偿阻力，B错误；小车的质量m1应远远大于小盘和砝码的质量m2，因为实际上绳子的拉力F拉＝m1a＝eq \f(m2g,1＋\f(m2,m1))，只有当m2≪m1时才满足F拉≈m2g，即实验中应满足小盘和砝码的质量远小于小车的质量，C正确；因为F＝m1a，所以a＝eq \f(F,m1)，判断图像是否为过原点的直线比判断图像是否为双曲线更容易、更直观，所以在用图像探究小车的加速度与质量的关系时，应作a­eq \f(1,m1)图像，D错误。
(2)根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2可以求出加速度的大小，
a＝eq \f(1,3)(a1＋a2＋a3)＝eq \f(x4＋x5＋x6－x1－x2－x3,9T2)。
(3)小车所受合力F合＝F＋m盘g＝m1a，a＝eq \f(F,m1)＋eq \f(m盘g,m1)，对于a­F图像，图像的斜率表示小车质量的倒数，故小车质量为：m1＝eq \f(5.5－0,3－0.3) kg≈2.0 kg，F＝0时，有：m盘g＝m1a0，解得m盘＝eq \f(2×0.3,10) kg＝0.060 kg。
(4)小车的加速度a＝eq \f(m2g,m1＋m2)，m1一定时，m2越大，a越大，当m1≪m2时，a≈g，故极限值为10 m/s2。
三、计算题(本题共4小题，共46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)
13．(8分)如图，用力F向上提通过细绳连在一起的A、B两物体，使A、B以5 m/s2的加速度匀加速竖直上升，已知A、B的质量分别是1 kg和2 kg，绳子所能承受的最大拉力是35 N，取g＝10 m/s2，则：
(1)力F的大小是多少？
(2)为使绳子不被拉断，加速上升的最大加速度是多少？
答案 (1)45 N (2)7.5 m/s2
解析 (1)以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有：
F－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a
代入数据解得：F＝45 N。
(2)以B为研究对象，进行受力分析，设绳子的拉力为T，则根据牛顿第二定律有：Tmax－mBg＝mBamax
据题意有：Tmax＝35 N，
可得A、B作为一个整体加速上升的最大加速度为
amax＝7.5 m/s2。
14．(10分)如图甲所示，倾角θ＝37°的斜面由粗糙的AB段和光滑的BC段组成，质量m＝1 kg的物体(可视为质点)在平行斜面的恒定外力F作用下由A点加速下滑，运动到B点时，力F突然反向(大小不变)，其部分v­t图像如图乙所示，物体滑到C点时速度恰好为零，取sin37°＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)外力F的大小及物体在AB段与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)物体从A到C的平均速度大小。
答案 (1)8 N 0.5 (2)5 m/s
解析 (1)由于v­t图像的斜率表示物体的加速度，
加速阶段a1＝eq \f(10－0,1) m/s2＝10 m/s2
由牛顿第二定律得：F＋mgsinθ－μmgcsθ＝ma1
减速阶段a2＝eq \f(8－10,2－1) m/s2＝－2 m/s2
由牛顿第二定律得：mgsinθ－F＝ma2
代入数据得：F＝8 N，μ＝0.5。
(2)由于两段运动都是匀变速直线运动，所以两段运动的平均速度都是eq \x\t(v)＝eq \f(0＋vm,2)＝eq \f(0＋10,2) m/s＝5 m/s，所以物体从A到C过程中的平均速度大小为5 m/s。
15. (14分)嫦娥五号探测器计划2019年末发射，将从月球采样返回。假设返回舱从太空向地球表面按预定轨道返回，在离地10 km的高度打开阻力降落伞开始减速下降，这一过程中若返回舱所受阻力与速度的平方成正比，比例系数(空气阻力系数)为k，设返回舱总质量M＝3000 kg，所受空气浮力恒定不变，且可认为返回过程为竖直降落。从某时刻开始计时，返回舱运动的v­t图像如图所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线与横轴交点B的坐标为(8 s，0)，CD是平行横轴的直线，与纵轴交点C的坐标为(0,8 m/s)。g取10 m/s2，请回答下列问题：
(1)在初始时刻，即v0＝160 m/s时，返回舱的加速度多大？
(2)求空气阻力系数k的数值；(结果保留三位有效数字)
(3)返回舱在距离地面高度h＝1 m时，底部的4个反推力小火箭点火工作，使其速度由8 m/s迅速减至1 m/s后落在地面上，若忽略燃料质量的减少对返回舱总质量的影响，并忽略此阶段速度变化而引起空气阻力的变化，试估算每支小火箭的平均推力大小(结果保留两位有效数字)。
答案 (1)20 m/s2 (2)2.35 kg/m (3)2.4×104 N
解析 (1)在v0＝160 m/s时，过A点切线的斜率即为返回舱此时的加速度，设其大小为a1，
则a1＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(Δv,Δt)))＝eq \f(160,8) m/s2＝20 m/s2。
(2)由图像知，返回舱的v­t图线的斜率逐渐减小，最后以v1＝8 m/s的速度做匀速运动。
设返回舱所受空气浮力为f，在t＝0时，
根据牛顿第二定律有kveq \\al(2,0)＋f－Mg＝Ma1，
速度为v1＝8 m/s时，返回舱受力平衡，
有kveq \\al(2,1)＋f－Mg＝0，
则有k＝eq \f(Ma1,v\\al(2,0)－v\\al(2,1))，代入数据解得k≈2.35 kg/m。
(3)设每支小火箭的平均推力大小为F0，此阶段返回舱的加速度大小为a2，着地速度为v2，
由题意知，返回舱在距离地面高度h＝1 m前，已处于匀速运动状态，故返回舱所受合外力为4个小火箭的推力，
根据牛顿第二定律有4F0＝Ma2，
又由运动学公式知veq \\al(2,2)－veq \\al(2,1)＝－2a2h，
代入数据解得F0≈2.4×104 N。
16．(14分)如图所示，特战队员从悬停在空中离地235 m高的直升机上沿绳下滑进行降落训练。某特战队员和他携带的武器装备质量共为80 kg，设特战队员用特制的手套轻握绳子时可获得200 N的摩擦阻力，紧握绳子时可获得1000 N的摩擦阻力，下滑过程中特战队员必须握住绳子才能确保安全。g取10 m/s2。则：
(1)特战队员轻握绳子降落时的加速度是多大？
(2)如果要求特战队员着地时的速度不大于5 m/s，则特战队员在空中下滑过程中按怎样的方式运动所需时间最短？最短时间为多少？
答案 (1)7.5 m/s2
(2)特战队员按照先轻握绳子加速到一定速度后立即紧握绳子减速，到达地面时速度正好为5 m/s的方式运动所需时间最短 14 s
解析 (1)特战队员轻握绳子降落时的加速度为
a1＝eq \f(mg－f1,m)＝eq \f(800－200,80) m/s2＝7.5 m/s2。
(2)运动过程示意图如图所示。特战队员按照先轻握绳子加速到一定速度后立即紧握绳子减速，到达地面时速度正好为5 m/s的方式运动所需时间最短。
特战队员紧握绳子降落时的加速度大小为
a2＝eq \f(f2－mg,m)＝eq \f(1000－800,80) m/s2＝2.5 m/s2。
设特战队员加速下滑的时间为t1，加速后的最大速度为vm，减速下滑的时间为t2，着地时的速度v＝5 m/s。
特战队员加速过程和减速过程的位移之和等于235 m，
即eq \f(v\\al(2,m),2a1)＋eq \f(v\\al(2,m)－v2,2a2)＝235 m，
解得vm＝30 m/s。
特战队员在空中下滑过程中的最短时间为
t总＝t1＋t2＝eq \f(vm,a1)＋eq \f(vm－v,a2)＝14 s。
a/(m·s－2)
1.98
4.06
5.95
8.12
F/N
1.00
2.00
3.00
4.00
a/(m·s－2)
2.04
2.66
3.23
3.98
eq \f(1,M)/(kg－1)
0.50
0.67
0.80
1.00