1、第四章第四章 运动和力的关系运动和力的关系 章末自测卷章末自测卷 (时间：45 分钟 满分：100 分) 一、选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。其中 15 题为单项选择题，68 题为多 项选择题。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 4 分，错选和不选的得 0 分) 1.教科书中这样表述牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用 在它上面的力迫使它改变这种状态。其中“改变这种状态”指的是改变物体的( ) A.位移 B.位置 C.速度 D.加速度 答案 C 解析 状态与时刻对应， 过程与时间间隔对应， 故描述运动状态的物理量是瞬时速度， 与位移、 位置
2、、加速度以及受力无关，故 A、B、D 错误，C 正确。 2.同学们学过的测量仪器主要有：刻度尺、天平、秒表、打点计时器、汽车速度计、测力计、 量筒等，在下列各组仪器中，都可以用来测量国际单位制规定的三个力学基本物理量的是 ( ) A.刻度尺、天平、秒表 B.刻度尺、测力计、汽车速度计 C.刻度尺、测力计、打点计时器 D.量筒、天平、秒表 答案 A 解析 在国际单位制中力学的三个基本物理量分别为长度、时间、质量。刻度尺是测量长度的 仪器，天平是测量质量的仪器，秒表是测量时间的仪器，A 正确；测力计是测量力的仪器，汽 车速度计是测量速度的仪器，而力与速度都不是基本物理量，B、C 错误；量筒是测量体
3、积的 仪器，体积不是基本物理量，D 错误。 3.体重 600 N 的人站在电梯内的体重计上，体重计的示数为 575 N，可能的原因是( ) A.电梯匀速上升 B.电梯匀加速上升 C.电梯匀速下降 D.电梯匀加速下降 答案 D 解析 电梯匀速上升， 人处于平衡状态， 人对体重计的压力等于其重力， 体重计示数为 600 N， A 错误；电梯匀加速上升，人处于超重状态，人对体重计的压力大于自身重力，体重计示数大 于 600 N，B 错误；电梯匀速下降，人处于平衡状态，人对体重计的压力等于自身重力，体重 计示数为 600 N，C 错误；电梯加速下降，人处于失重状态，人对体重计的压力小于其自身重 力，体
4、重计示数小于 600 N，示数可能为 575 N，D 正确。 4.如图所示，质量为 2m 的物块 A 与水平地面的动摩擦因数为 ，质量为 m 的物块 B 与地面的 摩擦不计，在大小为 F 的水平推力作用下，A、B 一起向右做加速运动，则 A 和 B 之间的作用 力大小为( ) A.mg 3 B.2mg 3 C.2F4mg 3 D.F2mg 3 答案 D 解析 以 A、B 组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得 系统的加速度 aF2mg 2mm F2mg 3m ， 以 B 为研究对象，由牛顿第二定律得 A 对 B 的作用力 FABmaF2mg 3 ，即 A、B 间的作用力大小为F2mg 3 ，故
5、 D 正确。 5.如图所示，竖直圆环中有多条终止于 E 点的光滑轨道，其中 BE 通过环心 O 并竖直。一小物 体分别自 A、B、C、D 点沿各条轨道下滑，初速度均为零。比较小物体沿各轨道下滑的时间， 则( ) A.小物体沿着与 BE 夹角越大的轨道下滑，时间越短 B.小物体沿着轨道 BE 下滑，时间最短 C.小物体沿其与 BE 夹角越小(BE 除外)的轨道下滑，时间越短 D.无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同 答案 D 解析 设圆环半径为 R，轨道与 BE 方向夹角为 ，则物体运动的位移为 x 2Rcos ， 物体运动的加速度 amgcos m gcos ， 根据位移时间关系可得 x1
6、 2at 2， 解得 t 4R g ， 与 角无关。即与弦长无关，无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同，故 A、B、C 错 误，D 正确。 6.2020 年是特殊的一年，无情的新冠病毒袭击了中国，经过全国人民的努力，受伤最深的武汉 也在全国各界的支持下使疫情得到了控制。在这场没有硝烟的战疫中涌现了大量最可爱的人， 尤其是白衣天使和人民解放军。在这场战疫中某次空军基地用直升飞机运送医护人员去武汉， 为了保证直升机升空过程中医护人员不至于很难受， 飞行员对上升过程某阶段加速度进行了相 应操作。操作的 at 图像如图所示(除 ab 段曲线，其余段均为直线，取向上为正)，则下列说 法正确的是( )
7、 A.Oa 和 ab 段医护人员处于超重状态，cd 段处于失重状态 B.O 到 d 整个过程医护人员均处于超重状态 C.O 到 d 过程速度增量无法求出 D.根据上述图像可求出 08 s 这段时间直升机往上上升的高度 答案 BC 解析 O 到 d 过程中加速度始终为正，即始终向上，因此 O 到 d 整个过程中医护人员均处于 超重状态，故 A 错误，B 正确；O 到 d 过程速度增量为 08 s 这段时间内 at 图像所围的面 积，因不知 ab 段的精确速度增量，因此无法知道速度增量的准确值，故 C 正确；由于未告诉 初速度所以无法求出 08 s 这段时间直升机上升的高度，故 D 错误。 7.高
8、铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界。一辆由 8 节车厢编组的列车，从车头开始编号 的第 2、3、6 和 7 共四节为动力车厢，其余为非动力车厢，每节车厢质量均为 m。当列车在平 直轨道上匀加速启动时，每节动力车厢牵引力大小均为 F，每节车厢所受阻力为车厢重力的 k 倍，重力加速度为 g。则( ) A.启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上 B.整列车的加速度大小为F2kmg 2m C.第 3 节车厢对第 2 节车厢的作用力大小为 0 D.第 2 节车厢对第 1 节车厢的作用力大小为F2kmg 2 答案 BC 解析 启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力， 水平方向有沿动车运动方向的水平摩
9、擦力，两个力的合力方向斜向上方，A 错误；对列车整体，根据牛顿第二定律有 4F8kmg 8ma，解得 aF2kmg 2m ，B 正确；对第 1、2 节车厢的整体，根据牛顿第二定律 F32F2kmg 2ma，解得 F320，故 C 正确；对第 1 节车厢，根据牛顿第二定律 F21kmgma，解得 F21 F 2，D 错误。 8.如图所示的装置叫阿特伍德机。绳子两端的物体竖直运动的加速度大小总是小于自由落体的 加速度 g， 这使得实验者可以有较长的时间从容地观测、 研究。 已知物体 A、 B 的质量均为 M， 物体 C 的质量为 m。轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，轻绳不可伸长且足够长。物体 A、B、C
10、 由 图示位置静止释放后( ) A.绳子上的拉力大小 FT(Mm)g B.物体 A 的加速度 a m 2Mmg C.M m的取值小一些，便于观测 D.M m的取值大一些，便于观测和研究 答案 BD 解析 对物体 A，由牛顿第二定律得 FTMgMa，对 B、C 整体，由牛顿第二定律得(Mm)g FT(Mm)a，联立解得 FTMg Mmg 2Mm，a m 2Mmg，故 A 错误，B 正确；由 a m 2Mm g 1 2M m 1 g 知M m的取值大一些，则 a 小一些，便于观测和研究，故 C 错误，D 正确。 二、实验题(本题共 1 小题，共 12 分) 9.为了验证“当质量一定时，物体的加速度
11、与它所受的合力成正比”的结论是否正确，一组同 学用图甲所示的装置进行实验，并将得到的实验数据描在图乙所示的坐标图中。 (1)关于该实验，下列叙述正确的是_。 A.保持小车的质量不变，改变沙和桶的总质量 B.保持沙和桶的总质量不变，改变小车的质量 C.保持小车和沙桶的质量均不变 D.同时改变小车和沙桶的质量 (2)在图乙中作出 aF 图线。 (3)由 aF 图线可以发现，该组同学实验操作中遗漏了_这个步骤。 (4)根据 aF 图线可以求出小车的质量是_(保留 2 位有效数字)。 答案 (1)A (2)见解析 (3)平衡摩擦力 (4)0.28 kg 解析 (1)本实验验证的是加速度与力之间的关系，
12、故应保证小车质量不变，改变沙和桶的总 质量，故 A 正确，B、C、D 错误。 (2)如图 (3)从右图中发现直线没过原点，当 F0.16 N 时，a0。也就是说当绳子上有拉力时小车的加 速度还为 0，说明小车运动过程中 F 不是小车受的合力。该组同学实验操作中遗漏了平衡摩擦 力这个步骤。 (4)根据 aF m得 aF 图线的斜率的倒数表示小车的质量。由图像可知 m 1 k 0.60.16 1.60 kg 0.28 kg。 所以小车的质量 m0.28 kg。 三、计算题(本题共 3 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) 10.(12 分)某幼儿园要在空地上
13、做一个滑梯，根据空地的大小，滑梯的水平跨度确定为 6 m。设 计时，滑板和儿童裤料之间的动摩擦因数 取 0.4。(g 取 10 m/s2) (1)假设滑梯的高度为 4.5 m，计算儿童沿滑梯下滑的加速度的大小。 (2)设计人员从儿童安全考虑，觉得 4.5 m 高度存在安全隐患，决定在水平跨度 6 m 的前提下将 滑梯高度降低为 2 m。设计人员这样设计是否合理，请说明理由。 答案 (1)2.8 m/s2 (2)不合理，理由见解析 解析 (1)设滑梯的倾角为 ，则 sin 4.5 4.52620.6，则 cos 1sin 20.8 儿童的受力如图。 其中摩擦力 Ffmgcos 根据牛顿第二定律得
14、 mgsin Ffma 解得 a2.8 m/s2。 (2)不合理。理由是：儿童在滑梯上能滑下，应满足 mgsin mgcos ； 即得 tan 0.4 根据几何关系可知，tan h L，其中 L6 m， 解得滑梯的高度 h2.4 m 所以，将滑梯高度降低为 2 m 时，儿童将不能沿滑梯自由下滑。 11.(12分)一质量为m40 kg的小孩站在电梯内的体重计上。 电梯从 t0 时刻由静止开始上升， 在 06 s 内体重计示数 F 的变化情况如图所示。试问：在这段时间内小孩超、失重情况及电 梯上升的高度是多少？(取重力加速度 g10 m/s2) 答案 见解析 解析 小孩体重 Gmg400 N，由题
15、图知，在 02 s 内，F1440 N，F1G，电梯匀加速上 升，小孩处于超重状态，此时有 a1F 1G m 1 m/s2，va1t12 m/s， h11 2a1t 2 12 m。 在 25 s 内，F2400 N，F2G，电梯匀速上升，小孩处于平衡状态，此时有 h2vt26 m。 在 56 s 内，F3320 N，F3G，电梯匀减速上升，小孩处于失重状态，此时有 a3GF 3 m 2 m/s2 又 va3t30，说明电梯在 6 s 末停止运动。 故 h3v 2t31 m 所以电梯上升的高度为 hh1h2h39 m。 12.(16 分)(2020 重庆巴蜀中学高一月考)如图所示，一个水平的浅色
16、传送带长 8 m，其上左端 放置一煤块(可视为质点)，初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带沿顺时针方向加速 运动，加速度大小为 a04 m/s2，经过一段时间 t0后，立即以同样大小加速度做匀减速运动； 在传送带开始加速运动的同时，煤块也开始向右匀加速运动，加速度大小为 a12 m/s2，当煤 块与传送带速度相等后，立即做匀减速运动，加速度大小仍为 2 m/s2，最终煤块恰好停止在传 送带的右端，由于摩擦力作用，煤块在传送带发生相对滑动时留下了一段黑色痕迹，求： (1)煤块加速时间 t1； (2)传送带加速时间 t0； (3)煤块停止运动时在传送带上留下黑色痕迹的长度。 答案 (1)2
17、s (2)1.5 s (3)3 m 解析 (1)由题可知，传送带与煤块的运动情景，可由 vt 图像表示，其中 A 图像表示传送带 的 vt 图像，B 图像表示煤块的 vt 图像，如图所示 对煤块，由静止开始匀加速，再减速到零，位移为传送带长度 8 m，加速和减速的加速度大小 不变，故煤块运动的全过程有 L21 2a1t 2 1 代入数据解得 t12 s 可得煤块的最大速度为 v1a1t14 m/s。 (2)对传送带，在 0t0时间内做匀加速运动， 则有 va0t0 在 t0t1时间做匀减速运动，则有 v1va0(t1t0) 联立解得 t01.5 s，v6 m/s。 (3)在 0t1时间内，煤块相对于皮带向左滑，皮带向右前进的距离 x1 2vt0 1 2(vv1)(t1t0)7 m 煤块向右前进的距离 x11 2v1t14 m 此过程的相对位移为 x1xx13 m 后一段煤块相对于传送带向右运动，则相对位移为 x21 2v1t1 21 2vt0 x 2 m3 m，所以痕迹长度为 3 m。
