（人教版）必修第一册高中物理同步考点精讲精练第四章 【章节检测】（解析版）

第四章运动和力的关系(时间：90分钟分值：100分)一、选择题（1~7单选，8~12多选。每题4分，共48分）1．有关超重和失重，以下说法中正确的是()A．物体处于超重状态时，所受重力增大，处于失重状态时，所受重力减小B．竖直上抛的木箱中的物体处于完全失重状态C．在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机必定处于下降过程D．站在月球表面的人处于失重状态【答案】B【解析】无论是处于超重或失重状态时，物体人的重力并没变，只是对支持物的压力变了，所以A错误；斜上抛的木箱只受到重力的作用，加速度为重力加速度，此时处于完全失重状态，所以B正确；物体处于失重状态，此时有向下的加速度，但是物体可以向上做减速运动，也可以向下做加速运动，所以C错误；在月球表面行走的人，要受到月球对人的引力的作用，人要受到重力的作用，但是比人在地球上受到的重力要小，并不是处于失重状态，所以D错误。2．如图所示，运动员原地纵跳可分为快速下蹲和蹬伸向上两个过程，若运动员的重力为G，对地面的压力为F，下列叙述正确的是()A．下蹲过程的加速阶段，F＜GB．下蹲过程的减速阶段，F＜GC．蹬伸过程的加速阶段，F＜GD．蹬伸过程的减速阶段，F＝G【答案】A【解析】下蹲加速阶段，加速度方向向下，根据牛顿第二定律得，mg－N＝ma，则N＝mg－ma＜mg，所以压力F＜G，故A正确；下蹲过程减速阶段，加速度方向向上，根据牛顿第二定律得，N－mg＝ma，则N＝mg＋ma＞mg，所以压力F＞G，故B错误；蹬伸加速阶段，加速度方向向上，根据牛顿第二定律得，N－mg＝ma，则N＝mg＋ma＞mg，所以压力F＞G，故C错误；蹬伸减速阶段，加速度方向向下，根据牛顿第二定律得，mg－N＝ma，则N＝mg－ma＜mg，所以压力F＜G，故D错误。3．如图所示，小球A质量为m，木块B质量为2m，两物体通过竖直轻弹簧连接放置在水平面上静止。现对A施加一个竖直向上的恒力F，使小球A在竖直方向上运动，当弹簧恢复原长时小球A速度恰好最大，已知重力加速度为g。则在木块B对地面压力为零时，小球A的加速度大小为()A．3g B．1.5g C．2g D．2.5g【答案】C【解析】根据题意，当弹簧处于原长时A球速度最大，则F＝mg，当木块B对地面压力为零时，弹簧处于伸长状态，对B受力分析，此时有kx＝2mg，对A根据牛顿运动定律有kx＋mg－F＝ma，解得a＝2g，C项正确。5．如图所示，质量分别为m、2m的物体A、B由轻质弹簧相连后放置在匀速上升的电梯内，当电梯钢索断裂的瞬间，物体B的受力个数()A．2个 B．3个C．4个 D．1个【答案】B【解析】因电梯匀速上升，则A受力平衡，则弹簧处于压缩状态，故弹簧对B有向下的弹力；当钢索断开时，弹簧的形变量不变，故B受向下的重力及弹力的作用，加速度大于电梯的加速度，B与电梯之间一定有弹力作用，故B应受到3个力作用，故B正确。5．如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是() A． B． C． D．【答案】A【解析】设弹簧原长为L，物块P静止时，弹簧的长度为x0，物块P受重力mg、弹簧弹力k(l－x0－x)及力F，根据牛顿第二定律，得F＋k(l－x0－x)－mg＝ma且k(l－x0)＝mg，故F＝kx＋ma根据数学知识知F­x图像是截距为ma的一次函数图像。A正确。7．如图所示，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m6．如图所示，用与水平方向成θ角的推力F作用在物块上，随着θ逐渐减小直到水平的过程中，物块始终沿水平面做匀速直线运动。关于物块受到的外力，下列判断正确的是()A．推力F先增大后减小B．推力F一直减小C．物块受到的摩擦力先减小后增大D．物块受到的摩擦力一直不变【答案】B【解析】对物体受力分析，建立如图所示的坐标系。由平衡条件得Fcosθ－Ff＝0FN－(mg＋Fsinθ)＝0又Ff＝μFN联立可得F＝eq\f(μmg,cosθ－μsinθ)可见，当θ减小时，F一直减小，故选项B正确。7．一皮带传送装置如图所示，皮带的速度足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带上的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自然长度，则当弹簧从自然长度到第一次达最短这一过程中，下列说法中正确的是（）A．滑块的速度先增大后减小 B．滑块的速度方向先向右再向左C．滑块的加速度先增大后减小 D．滑块的加速度方向一直向右【解析】滑块放到传送带后，受到向右的滑动摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，滑块向右做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，合力逐渐减小，则加速度逐渐减小，加速度向右。当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等时合力为零，加速度为零，速度达到最大，后来弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，合力反向增大，则加速度反向增大，速度逐渐减小，直至为零。因此，滑块的速度先增大后减小，速度方向一直向右。加速度先减小后增大，加速度方向先向右后向左。故选A。【答案】A8．（多选）某同学站在电梯地板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况，如图所示的v－t图象是计算机显示的观光电梯在某一段时间内的速度变化情况（向上为正方向）。根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是()D．20～25s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态【答案】BD【解析】在0～5s内，从速度-时间图象可知，此时的加速度为正，说明电梯的加速度向上，此时人处于超重状态，故A错误；5～10

s内，该同学做匀速运动，故其对电梯地板的压力等于他所受的重力，故B正确。在10～20s内，电梯向上做匀减速运动，加速度向下，处于失重状态，故C错误；在20～25s内，电梯向下做匀加速运动，加速度向下，故处于失重状态度，故D正确。9．（多选）如图所示，倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳跨过光滑轻质定滑轮与B盒相连，A盒与定滑轮间的细绳与斜面平行，B盒内放一质量为eq\f(m,2)的物体.如果把这个物体改放在A盒内，则B盒加速度恰好与原来等值反向，重力加速度大小为g，则B盒的质量mB和系统的加速度a的大小分别为()A．mB＝eq\f(m,4)B．mB＝eq\f(3m,8)C．a＝0.2g D．a＝0.4g【答案】BC【解析】当物体放在B盒中时，以A、B和B盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有(mBg＋eq\f(1,2)mg)－mgsin30°＝(m＋mB＋eq\f(1,2)m)a当物体放在A盒中时，以A、B和A盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有(m＋eq\f(1,2)m)gsin30°－mBg＝(m＋mB＋eq\f(1,2)m)a联立解得mB＝eq\f(3m,8)加速度大小为a＝0.2g故A、D错误、B、C正确.10．（多选）如图所示，质量M＝8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平恒力F，F＝8N，当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长(取g＝10m/s2)。则从小物块放上小车开始到两者相对静止的时间t和两者共同的速度v分别为()A．t＝0.75sB．t＝1sC．v＝1.5m/sD．v＝2m/s【答案】BD【解析】开始一段时间，物块相对小车滑动，两者间相互作用的滑动摩擦力的大小为Ff＝μmg＝4N．物块在Ff的作用下加速，加速度为am＝＝2m/s2．小车在推力F和f的作用下加速，加速度为aM＝＝0.5m/s2．初速度为υ0＝1.5m/s，设经过时间t1，两者达到共同速度υ，则有：v＝amt1＝v0+aMt1；代入数据可得：t1＝1s，v＝2m/s，故选B、D。11．(多选)如图所示为运送粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，以下说法不正确的是()A．粮袋到达B点的速度小于vB．粮袋开始运动的加速度为g(sinθ－cosθ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C．若μ<tanθ，则粮袋从A到B一直做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>gsinθ【答案】ABD【解析】粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，故A错误；粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，根据牛顿第二定律得，加速度a＝g(sinθ＋μcosθ)，故B错误；若μ<tanθ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故a的方向一直向下，粮袋从A到B一直是做加速运动，可能是一直以g(sinθ＋μcosθ)的加速度匀加速；也可能先以g(sinθ＋μcosθ)的加速度匀加速，后以g(sinθ－μcosθ)匀加速，故C正确；由以上分析可知，粮袋从A到B不一定一直做匀加速运动，故D错误。A、B、D符合题意。12．（多选）如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA，光滑挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动。现将一重力为G的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角θ＝60°。下列说法正确的是()A．若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为GD．若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零【答案】AD【解析】保持挡板不动，车静止，对球受力分析如图，由平衡条件可得：、，解得：，据牛顿第三定律可得：球对斜面的压力大小为G，故A项正确；挡板从图示位置沿顺时针方向缓慢转动60°，画出转动过程中的受力示意图如图，则斜面对球的支持力减小，挡板对球的支持力先减小后增大。据牛顿第三定律可得：球对斜面的压力逐渐没有减小，球对挡板的压力先减小后增大，故BC两项均错误；挡板不动，小车水平向右做匀加速直线运动，对球受力分析如图，设小车的加速度为，将力沿水平方向和竖直方向分解可得：、，解得：，当时，挡板对球的支持力为零；据牛顿第三定律可得此时球对挡板的压力为零。故D项正确。二、非选择题（52分）13．（6分）(2021·山西吕梁市)为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图7所示的实验装置，细线与弹簧测力计挂钩相连．其中M为带滑轮的小车的质量，放在一端带滑轮的长木板上，m为砂和砂桶的质量．(滑轮质量不计)（1）实验时，不需要进行的操作是________．(填选项前的字母)A．用天平测出砂和砂桶的质量B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）该同学在实验中得到如图8所示的一条纸带(两计数点间还有两个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________m/s2(结果保留三位有效数字)．（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a－F图象是一条直线，图线与横坐标轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为________．【解析】(1)本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使砂和砂桶的质量远小于小车的总质量，A、E不需要，符合题意；该题是由弹簧测力计测出拉力，从而得到小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，B需要，不符合题意；用打点计时器时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力的关系，要记录弹簧测力计的示数，C需要，不符合题意；改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，D需要，不符合题意．(2)由于两计数点间还有两个点没有画出，故相邻计数点的时间间隔为T＝0.06s，由Δx＝aT2，则有：a＝eq\f((3.81＋3.30＋2.79)×10－2－(2.30＋1.91＋1.40)×10－2,9×0.062)m/s2≈1.32m/s2；(3)小车所受合力为弹簧测力计示数的两倍，由牛顿第二定律得：a＝eq\f(2,M)F则a－F图象的斜率k＝eq\f(2,M)，解得小车质量为：M＝eq\f(2,k).【答案】(1)AE(2)1.32(3)eq\f(2,k)14．(8分)某同学用如图甲所示的装置做“探究物体的加速度与力的关系”的实验。实验时保持小车的质量不变，用钩码的重力作为小车受到的合外力，根据打点计时器在小车后端拖动的纸带上打出的点迹计算小车运动的加速度。（1）实验时先不挂钩码，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是____________________________________________________。（2）图乙为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图乙所示。已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a＝__________m/s2。(结果保留2位有效数字)（3）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出a－F关系图线，如图所示。试分析：图线不通过坐标原点O的原因______________________________；图线上部弯曲的原因是_________________________________________________。【解析】(1)反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，目的是平衡摩擦力。(2)由逐差法求解加速度，a＝eq\f(（xCD＋xDE）－（xAB＋xBC）,（2T）2)，其中xAB＝3.90cm，xBC＝4.90cm，xCD＝5.90cm，xDE＝6.90cm，T＝0.1s，则a＝1.0m/s2。(3)由a－F图象可知，当加速度为0时，外力F≠0，图线不过原点O的原因是没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够。小车的加速度实际是a＝eq\f(1,M＋m)mg，开始时，由于满足Mm，图线斜率近似为eq\f(1,M)，其图线近似为直线，随着m的增大，a－F图线的斜率不再是eq\f(1,M)，而是eq\f(1,M＋m)，故图线上部是弯曲的。【答案】(1)平衡小车运动中受到的摩擦阻力(2)1.0(3)没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够未满足拉车的钩码质量远小于小车质量15．(8分)如图所示，一质量M＝40kg、长L＝2.5m的平板车静止在光滑的水平地面上。一质量m＝10kg可视为质点的滑块，以v0＝5m/s的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10m/s2。（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；（2）计算说明滑块能否从平板车的右端滑出。【解析】(1)根据牛顿第二定律得对滑块，有

解得对平板车，有解得(2)设经过t时间滑块从平板车上滑出，滑块的位移为：

平板车的位移为：而且有解得：此时，所以，滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．16．(10分)如图是上海中心大厦，质量为60kg的泽楷同学乘坐大厦快速电梯，从底层到达第119层观光平台仅用时t＝55s。若电梯先以加速度a1做匀加速运动，经过20s达到最大速度vm＝18m/s，然后以最大速度匀速运动，最后以加速度a2做匀减速运动恰好到达观光平台。假定观光平台高度为H＝549m，重力加速度g取10m/s2。求：（1）加速度a1及上升高度h；（2）在匀加速上升过程中泽楷同学对电梯地板的压力；（3）电梯匀速运动的时间。【解析】(1)vm＝a1t1代入数据得：a1＝0.9m/s2，方向竖直向上h＝eq\f(vm,2)t1代入数据得：h＝180m。(2)根据牛顿第二定律：F－mg＝ma1代入数据得F＝654N由牛顿第三定律得：泽楷同学对电梯地板的压力为654N，方向竖直向下。(3)匀速运动和匀减速运动的位移：vmt2＋eq\f(vm,2)(t－t1－t2)＝H－h代入数据得t2＝6s。17．(10分)如图所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)，重力加速度g取10m/s2。（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；（2）拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？【解析】(1)由运动学方程得：L＝v0t＋eq\f(1,2)at2 ①2aL＝veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0) ②代入数值解得：a＝3m/s2，vB＝8m/s。 ③(2)对物块受力分析如图所示，设拉力F与斜面成α角，在垂直斜面方向，根据平衡条件可得：Fsinα＋FN＝mgcos30° ④沿斜面方向，由牛顿第二定律可得Fcosα－mgsin30°－Ff＝ma， ⑤又Ff＝μFN ⑥联立④⑤⑥三式，代入数值解得：Fcosα＋eq\f(\r(3),3)Fsinα＝5.2，则F＝eq\f(5.2,cosα＋\f(\r(3),3)sinα)＝eq\f(15.6,2\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα＋\f(1,2)sinα)))＝eq\f(7.8,\r(3)sinα＋60°)当α＝30°时，拉力F有最小值，且Fmin＝eq\f(1