第四章运动和力的关系 章末复习与检测
（时间90分钟，满分100分）
一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)
1．下列说法正确的是（ ）
A．在国际单位制中，质量的单位是g，也可以是kg
B．kg，，N是导出单位
C．牛顿第一定律可以通过现实的实验得到验证
D．牛顿第二定律的表达式只有在国际单位制中，比例系数k才为1
2．如图所示，一质量为的物块静止于粗糙水平桌面上，物块与桌面间的动摩擦因数为，现用一方向与水平桌面的夹角为，大小为的力去推它，物块向右做匀加速直线运动，则物块的加速度大小为（ ）
A． B． C． D．
3．如图所示，质量为9kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为1 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(取g＝10 m/s2)( )
A．1 N B．8 N C．9 N D．81 N
4．如图所示，有一根可绕端点在竖直平面内转动的光滑直杆，一质量为的小圆环套在直杆上。在该竖直平面内给小圆环施加一恒力，并从端由静止释放小圆环。改变直杆与水平方向的夹角，当直杆与水平方向的夹角为时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为，则（ ）
A．恒力一定沿与水平方向成角斜向左下的方向
B．恒力和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成角斜向右下的方向
C．若恒力的方向水平向右，则恒力的大小为
D．恒力的最小值为
5．如图所示是物体在某段直线运动过程中的v-t图象，则物体由tl到t2运动的过程中（ ）
A．合外力不断增大 B．加速度不断减小
C．位移不断减小 D．平均速度
6．下列单位中，属于国际单位制基本单位的是（ ）
A．kg B．m/s C． D．J
7．2019年4月28日，第55届世界乒乓球锦标赛单项赛在匈牙利结束，中国乒乓球队时隔八年再度包揽单项赛全部五枚金牌．如图是运动员在比赛中的场景，下列说法正确的是
A．乒乓球速度越大，惯性越大
B．击球时，球和拍都会发生弹性形变
C．球在空中运动时，运动状态不变
D．球被水平击出后，若所受外力全部消失，球将立即竖直下落
8．如图所示，一辆汽车在平直公路上向左行驶，一个质量为m、半径为R的球，用轻绳悬挂在车厢竖直的光滑后壁上．汽车以加速度a加速前进．绳子对球的拉力设为T，车厢后壁对球的水平弹力为N.则当汽车的加速度a增大时( )
A．T不变，N增大 B．T增大，N增大
C．T减小，N减小 D．T减小，N增大
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)
9．一根质量分布均匀的长杆AB，在恒定水平力F的作用下，沿光滑水平面做直线运动，如图甲所示．杆内距A端x处的弹力T与x的关系如图乙所示，由图可知（ ）
A．水平外力F=6N B．杆的质量m=2kg
C．杆的长度2m D．杆的加速度3.2m/s2
10．下列关于物理学史、物理学研究方法的叙述中，正确的是（ ）
A．用质点来代替实际物体是采用了微元法
B．牛顿根据斜面实验，提出了牛顿第一定律
C．是采用比值法定义的
D．伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律
11．下列各科学家对运动的认识，其中正确的观点是（ ）
A．亚里士多德认为必须有力作用在物体上，物体才能运动
B．伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有的物体将下落得同样快
C．牛顿认为一切物体具有保持原来匀速直线运动状态或者静止状态的性质
D．伽利略推断若没有摩擦，在水平面上运动的物体将永远运动下去
12．如图所示，水平传送带AB间的距离为16m，质量分别为2kg、4kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端且连接物块Q的细线水平，当传送带以8m／s的速度逆时针转动时，Q恰好静止．取重力加速度g＝10m／s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当传送带以8m／s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是
A．Q与传送带间的动摩擦因数为0．5
B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2．4s
C．整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4．8m
D．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为N
三、实验题(每空2分，共12分)
13．某研究性学习小组在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图甲所示的实验装置。实验时，不计绳子与滑轮间的摩擦，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的总质量用m表示，小车运动的加速度a可用纸带上打出的点求得。
（1）实验中，认为绳对小车的拉力F的大小近似等于砝码和砝码盘的总重力，M和m必须满足 。
A．M远大于m B．M远小于m C． M等于m
（2）如图乙所示是某一次打点计时器打出的一条记录小车运动的纸带，纸带上的A、B、C、D、E均为相邻计数点，两相邻计数点间还有四个计时点未标出，已知打点计时器打点的时间间隔T=0.02s。根据记录的数据，测得打D点时的速度大小vD= m/s，测得小车运动的加速度a= m/s2（以上结果都保留2位有效数字）。
（3）在“探究加速度与力的关系”时，在保持小车及车中砝码质量M不变，探究加速度a与合外力之间的关系时，得到的a—F图线如图丙所示，该图线不通过坐标原点，明显超出偶然误差范围，其主要原因可能是 。
14．如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图．钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g．
（1）下列说法正确的是 ．
A．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力
B．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源
C．本实验m2应远小于m1
D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a﹣图象
（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得F=m1g，作出a﹣F图象，他可能作出图2中 （选填“甲”、“乙”、“丙”）图线．此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是 ．
A．小车与轨道之间存在摩擦
B．导轨保持了水平状态
C．钩码的总质量太大
D．所用小车的质量太大
（3）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的﹣a图象，如图3．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数μ= ．
四、计算题（15题12分，16题14分，17题14分，共40分。）
15．质量m=1kg的物体，原来静止在地面上，在F=15N方向竖直向上的力的作用下，做匀加速直线运动，g取10m/s2。求：
（1）物体的加速度大小；
（2）物体经过2s上升的高度。
16．质量为的小物块静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数。自时刻开始，对物块施加一按图示规律变化的水平外力F，重力加速度。求：
(1)5s末的速度大小；
(2)5s内的位移大小。
17．如图所示，倾角θ＝37°、斜面长为1m的斜面体放在水平面上．将一质量为2 kg的小物块从斜面顶部由静止释放，1s后到达底端，斜面体始终保持静止．重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1) 小物块沿斜面下滑的加速度和到达底端时速度的大小；
(2) 小物块与斜面之间的动摩擦因数；
(3) 小物块运动过程中，水平面对斜面体的摩擦力大小和方向．
试卷第2页，共2页
试卷第1页，共1页
参考答案：
1．D
【详解】A．在国际单位制中，质量的单位是kg，在国际单位制中，每一个物理量只有一个国际单位，故A错误；
B．kg不是导出单位，故B错误；
C．牛顿第一定律是在实验的基础上经过逻辑推理总结出来的，不能通过现实的实验得到验证，故C错误；
D．在牛顿第二定律的表达式只有在国际单位制中，比例系数k才为1，故D正确。
故选D。
2．A
【详解】当施加水平外力时，物体开始做匀加速运动，由牛顿第二定律得其加速度为
解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
3．C
【详解】剪断细线前，A、B间无压力，则知弹簧的弹力
剪断细线的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，对整体分析，由牛顿第二定律得
隔离对B分析
解得
根据牛顿第三定律知，B对A的压力大小为9N。
故选C。
4．D
【详解】A．根据题意，小圆环在直杆上运动的时间最短，则加速度最大，即力与重力的合力方向沿杆的方向，那么恒力F的方向不确定，故A错误；
B．由于小圆环在直杆上运动的时间最短，即加速度方向沿杆的方向，而恒力F和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向夹角斜向左下的方向，即为杆的方向，小圆环与直杆间必无挤压，故B错误；
C．要使时间最短，则加速度最大，即不论F多大，沿何种方向，确定的力F与mg的合力方向沿杆向下，当恒力F的方向水平向左，如图1所示的受力，则有
故C错误；
D．合力F合与mg、F三力可构成矢量三角形，如图2所示，由图可知，当F与F合垂直时，即与斜面垂直时，F有最小，则有
故D正确。
故选D。
5．B
【详解】B．据题意，从图像可知物体向正方向做加速度减小的减速运动，故B正确；
C．物体的位移不断增大，故C错误；
A．由于加速度减小，则据牛顿第二定律可知合力减小，故A错误；
D．若物体做匀减速直线运动，则平均速度为，但现在物体做非匀减速直线运动，据可知非匀减速直线运动在相同时间内位移小，平均速度也小，则在t1-t2时间内物体的平均速度小于，故D错误。
故选B。
6．A
【详解】Kg是国际单位制的基本单位； m/s、和J是国际单位制的导出单位。
故选A。
7．B
【详解】A．惯性只与质量有关，与速度无关，故A错误；
B．击球时，球和球拍相互接触且相互作用，属于弹力，都是由于弹性形变产生，故B正确；
C．球在空中运动，速度大小和方向都在发生变化，故C错误；
D．球被水平击出后，若所受外力全部消失，球将沿原来的速度大小和方向做匀速直线运动，故D错误．
8．A
【分析】对球受力分析，在竖直方向合力为零，在水平方向合力提供小球做加速运动，由牛顿第二定律列式即可求得；
【详解】设绳子与车厢后壁的夹角为θ，球受重力G、拉力T、弹力N共三个力的作用，
其中重力和拉力T竖直方向的分力平衡，即：，当加速度增大时，竖直方向没运动，合力为零，故T不变；
在水平方向有：
得：
当a增大时，N增大，故选项A正确，选项BDC错误．
【点睛】本题关键是明确小球的运动情况和受力情况，然后根据牛顿第二定律列方程求解即可．
9．AC
【详解】AC．设绳长为L，质量为m，单位长度的杆的质量λ=，对整根杆据牛顿第二定律得
F=ma，
加速度
a=，
对杆B端的部分有
T=λ（L﹣x）a，
解得
由图象知截距F=6N，斜率=3，解得
L=2m
故AC正确；
BD．无法求出杆质量m大小和加速度a的大小，故BD错误．
10．CD
【详解】A．用质点来代替实际物体是采用了理想模型法，A错误；
B．在伽利略研究的基础上，牛顿提出了牛顿第一定律，B错误；
C．公式
是采用比值法定义的，C正确；
D．伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律，D正确。
故选CD。
11．BCD
【详解】A．亚里士多德认为必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就静止，但这个观点被伽利略理想斜面实验否定，故A错误；
B．伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有物体下落得同样快，故B正确；
C．根据牛顿第一定律可知，牛顿认为一切物体具有保持原来匀速直线运动状态或者静止状态的性质，故C正确；
D．伽利略根据理想实验推出，若没有摩擦，在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去，故D正确。
故选BCD。
12．AC
【详解】当传送带以v=8m/s逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析知，F=f即为：mPg=μmQg，解得：，故A正确；当传送带突然以v=8m/s顺时针转动，做初速度为零的匀加速直线运动，有：F合=mPg+μQmg=（mP+mQ）a，代入数据解得：，当速度达到传送带速度即8m/s后，做匀速直线运动，匀加速的时间为：v=at1，解得：t1=1.2s，匀加速的位移为：，则匀速运动的时有：，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为：t总=t1+t2=2.6s，故B错误；加速阶段的位移之差为△x=vt1-x=4.8m即整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8m，故C正确；当Q加速时，对P分析有：mPg-T=mPa，代入数据解得：，之后做匀速直线运动，有：T=20N，故D错误．所以AC正确，BD错误．
13． A 0.32 0.80 平衡摩擦力过度
【详解】（1）[1] 以整体为研究对象有
mg=（m+M）a
以M为研究对象有绳子的拉力
F=Ma
显然要有F=mg必有m+M=M，故有M＞＞m，即只有M远大于m时，才能认为绳对小车的拉力F近似等于砝码和砝码盘的总重力，故选A。
（2）[2] 两相邻计数点间还有四个计时点未标出，则；打D点的速度等于CE间的平均速度，即
[3]根据
可得
（3）[4] 由丙图可知，当拉力为零的时候，物体就已经存在加速度，说明木板一端抬得过高了，平衡摩擦力过度。
14． D 丙 C
【详解】（1）[1] A、平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：
f=mgsinθ=μmgcosθ
m约掉了，每次在小车上加减砝码时，故不需要重新平衡摩擦力;故A错误.
B、实验时应先接通电源后释放小车，故B错误.
C、让小车的质量m1远远大于小盘和重物的质量m2，因为：际上绳子的拉力
故应该是m1＜＜m2，故C错误；
D、由牛顿第二定律F=ma，所以，所以在用图象探究小车的加速度与质量的关系时，通常作图象，故D正确；
（2）[2] [3]遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，故可能作出图2中丙.此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是钩码的总质量太大，没有远小于小车和砝码的质量，故选C．
（3）[4] 根据牛顿第二定律可知
变形
结合图象可得：斜率，截距，
所以小车与木板间的动摩擦因数为
15．（1）物体的加速度大小为5m/s2；（2）物体经过2s上升的高度为10m。
【详解】(1)物体受重力和向上的拉力的作用，根据牛顿第二定律可得
解得
(2)上升的高度为
16．(1)0；(2)16.5m
【详解】(1)滑动摩擦力为
0～1s的加速度为
1s末的速度大小为
1～3s的加速度为
3s末的速度大小为
3～5s的加速度大小为
减速到静止的时间为
4.5s末速度为零，外力等于滑动摩擦力，小于最大静摩擦力，所以物块此后静止，5s末的速度等于零。
(2)5s内的位移大小为
17．（1）2m/s2 ；2m/s （2）0.5 (3) 3.2N
【详解】(1) 由运动学公式
得
由
得
(2) 由牛顿第二定律
得
(3) ，水平面对斜面体的摩擦力向左
大小
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
