【文档说明】2022高一物理人教版必修第一册巩固：第四章 运动和力的关系 测评（B）含解析.docx，共(10)页，255.075 KB，由envi的店铺上传

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第四章测评(B)(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分。第1~5小题只有一个选项正确,第6~8小题有多个选项正确)1.下列说法正确的是()A.运动越快的汽车越不容易停下来,是因为汽车运动得越快,惯性越大B.作用力与反作用力一定

是同种性质的力C.伽利略的理想实验是凭空想象出来的,是脱离实际的理论假设D.马拉着车向前加速时,马对车的拉力大于车对马的拉力答案:B解析:惯性的唯一量度是质量,质量大则惯性大,惯性与速度无关,所以A项错误;作用力与反作用力一定是同性质的力,所以

B项正确;伽利略的理想斜面实验在实验的基础上,经过了合理的推理,所以C项错误;马对车的拉力与车对马的拉力是相互作用力,大小一定相等,所以D项错误。2.初始时静止在光滑水平面上的物体,受到一个逐渐减小的水平力的作用,

则这个物体的运动情况为()A.加速度不变,速度先增大后减小B.加速度不断增大,速度不断减小C.加速度不断减小,速度不断增大D.加速度不变,速度先减小后增大答案:C解析:水平面光滑,说明物体不受摩擦力作用,物体所受到的水平力即为其合外力。水平力逐渐减小,合

外力也逐渐减小,由公式F=ma可知,当F逐渐减小时,a也逐渐减小,但速度逐渐增大。3.如图所示,在光滑水平面上有一段质量分布均匀的粗麻绳,绳子在水平向右的恒力F作用下做匀加速直线运动。绳子上某一点到绳子左端的距离为x,设该点处的拉力为FT,则最能正确反映FT与x之间

的关系的图像是()答案:A解析:设绳子总长为l,单位长度质量为m,对整体分析,根据牛顿第二定律有F=lma;则对x分析可知FT=xma,联立解得FT=𝐹𝑙x,故可知FT与x成正比;且x=0时,FT=0,故A正确,B、C、D错误。4.(2019湖北沙市期末)蹦极是一项非

常刺激的体育运动。某人身系弹性绳自高空p点自由下落,图中a点是弹性绳的原长位置,c是人所到达的最低点,b是人静止悬吊时的位置,人在从p点下落到最低点c点的过程中,下列说法错误的是()A.在pa段做自由落体运动,处于完全失重状态B.在ab段绳的拉力小于人的重力,处于失重

状态C.在bc段绳的拉力大于人的重力,处于超重状态D.在c点,速度为零,处于平衡状态答案:D解析:a点是弹性绳的原长位置,故在a点之前人只受重力,做自由落体运动,处于完全失重状态,故A正确。b是人静止悬吊时的平衡位置,在ab段人向下做加速度减小的

加速运动,则绳的拉力小于人的重力,人处于失重状态,故B正确。在bc段绳的拉力大于人的重力,人向下做加速度增加的减速运动,加速度向上,则人处于超重状态,故C正确。c是人所到达的最低点,故c点速度为零,但受向上的合力不为零,有向上的加速度,不是平衡状态,故D不正确。5.(2019湖北武汉

期末)如图所示,在水平面上运动的小车内,用轻绳AB、BC拴住一个重力为G的小球,轻绳AB、BC与水平方向夹角分别为30°和45°,绳AB的拉力为FT1,绳BC的拉力为FT2,下列叙述不正确的是()A.小车向右以加速度g匀加速运动时F

T1=0B.小车向右以加速度g匀加速运动时FT2=√2GC.小车向右以加速度√3g匀减速运动时FT2=0D.小车向右以加速度√3g匀减速运动时FT1=√2G答案:D解析:若小车向右加速运动,当绳AB的拉

力恰为零时,根据牛顿第二定律,mgtan45°=ma1,解得a1=g,则小车向右以加速度g匀加速运动时,FT1=0,FT2=√2G,选项A、B正确;若小车向右做减速运动,当绳BC的拉力恰为零时,根据牛顿第二定律,mgt

an60°=ma2,解得a2=√3g,则小车向右以加速度√3g匀减速运动时,FT2=0,FT1=2G,故选项C正确,选项D错误。此题需要分别找出当绳AB和绳BC的拉力为零时的临界加速度值,意在考查学生应用牛顿第二定律分析临界问题的能力,形成科学思维。6.如图所示,质量分别为m

1、m2的A、B两个物体放在斜面上,中间用一个轻杆相连,A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,它们在斜面上加速下滑,关于杆的受力情况,下列分析正确的是()A.若μ1>μ2,m1=m2,则杆受到压力B

.若μ1=μ2,m1>m2,则杆受到拉力C.若μ1<μ2,m1≠m2,则杆受到拉力D.若μ1=μ2,m1≠m2,则杆无作用力答案:ACD解析:假设杆无弹力,滑块受重力、支持力和滑动摩擦力,根据牛顿第二定律,有m1gsinθ-μ1m1gcosθ=m1a1,解得a1=g(sinθ-μ1cosθ)

;同理a2=gsinθ-μ2gcosθ;若μ1>μ2,则a1<a2,B加速度较大,杆受到压力,故A正确;若μ1=μ2,则a1=a2,两个滑块加速度相同,说明无相对滑动趋势,杆无弹力,故B错误,D正确;若μ1<μ2

,则a1>a2,A加速度较大,杆受到拉力,故C正确。7.(2019陕西榆林期末)如图所示,圆柱形的仓库内有三块长度不同的光滑滑板aO、bO、cO,其下端都固定于底部圆心O,而上端则搁在仓库侧壁上,三块滑板与水平面的夹角依次是30°、45°、60°。若有三个物体同时从a、b、c处开

始下滑(忽略阻力),则()A.a处物体最后到O点B.b处物体最先到O点C.c处物体最先到O点D.a、c处物体同时到O点答案:BD解析:斜面上的加速度a=𝑚𝑔sin𝜃𝑚=gsinθ,斜面的长度l=𝑅cos�

�,根据匀变速直线运动规律l=12at2,得t2=2𝑅𝑔sin𝜃cos𝜃。所以𝑡𝑎2=2𝑅12×√32×𝑔=8√3𝑅3𝑔,𝑡𝑏2=2𝑅√22×√22×𝑔=4𝑅𝑔,𝑡𝑐2=2𝑅12×√32×𝑔=8√3𝑅3𝑔,则tb

<ta=tc,即b处物体先到O点,a、c处物体同时到O点。故选B、D。8.如图甲所示,足够长的木板B静置于光滑水平面上,其上放置小滑块A。小滑块A受到随时间t变化的水平拉力F的作用,用传感器测出小滑块A的加

速度a,得到如图乙所示的a-F图像,已知g取10m/s2,则()A.小滑块A的质量为3kgB.木板B的质量为1kgC.当F=6N时木板B加速度为1m/s2D.小滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1答案:BC解析:以小滑块A为研究对象,F-Ff=mAa

,由图像可知,当F1等于3N时,A的加速度为a1=1m/s2;当F2等于5N时,A的加速度为a2=2m/s2。联立可得小滑块A的质量mA=2kg,A与B之间的摩擦力Ff=1N,故A错误。把A、B看成一个整体,则有F1=(mA+mB)a1,代入数据得

木板B的质量mB=1kg,故B正确。由图可知,当拉力F大于3N后二者即发生相对运动,所以F=6N时木板B加速度仍然为1m/s2,故C正确。A与B之间的摩擦力Ff=μmAg,所以μ=𝐹f𝑚A𝑔=120=0.05,故D错误。二、实验题(本题共2小题,共18分)9.(9分)(20

19广东中山月考)某同学用如图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律,其中打点计时器的打点周期为0.02s。甲(1)本实验应用的实验方法是。A.控制变量法B.假设法C.理想实验法D.等效替代法(2)(多选题)为了验证加速度与合外力成正比,必须做到。A.实验前要平衡摩擦力B

.每次实验都必须从相同位置释放小车C.实验时拉小车的细绳必须保持与小车运动轨道平行D.实验过程中,如拉力改变,则必须重新平衡摩擦力(3)图乙为某次实验得到的纸带,纸带上相邻的两计数点间有四个点未画出,则小车的加速度大

小为a=m/s2(结果保留两位有效数字)。乙(4)在验证“质量一定,加速度a与合外力F的关系”时,某学生根据实验数据作出了如图丙所示的a-F图像,其中图线不过原点并在末端发生了弯曲,产生这种现象的原因可能有。A.木板右端垫起的高度过小(即平衡摩擦力不足)B.木板右端垫起的高度过大(即平衡摩擦

力过度)C.盘和重物的总质量m远小于车和砝码的总质量m'(即m≪m')D.盘和重物的总质量m没有远小于车和砝码的总质量m'丙答案:(1)A(2)AC(3)0.64(4)BD解析:(1)本实验应用的实验方法是控制变量法,

故A选项正确。(2)为了验证加速度与合外力成正比,实验中必须做到实验前平衡摩擦力和拉小车的细绳保持与轨道平行,选项A、C正确。(3)根据Δx=aT2,T=0.1s,运用逐差法得,a=0.64m/s2。(4)图线不过原点的原因是平衡摩擦力过度,故A选项错误,B选项正确;图线在末端发生弯曲,是因

为盘和重物的总质量m没有远小于车和砝码的总质量m',故C选项错误,D选项正确。10.(9分)某研究性学习小组用如图甲所示的装置进行探究加速度与合外力的关系的实验。装置中,小车质量为m车,沙桶和沙子的总质量为m,通过改变m来改变小车所受的合外力大小,小车的加速度a可由打点计时

器和纸带测出。现保持小车质量m车不变,逐渐增大沙桶和沙的总质量m进行多次实验,得到多组a、F值(F为弹簧测力计的示数)。甲(1)为了减小实验误差,下列做法正确的是。A.先释放小车,后接通打点计时器的电源B.平衡摩擦力时纸带应穿

过打点计时器C.应选用质量足够小的轻绳并减小滑轮的摩擦D.沙桶和沙的总质量要远小于小车的质量(2)图乙为实验中打下的一条纸带,纸带中每两个计数点间还有四个计时点未画出,打点计时器的频率为50Hz,测量得到AC=2.30cm,AE=7.20cm,则小车的加速度a

=m/s2(保留两位有效数字)。乙(3)某同学根据实验数据以a为纵轴,F为横轴,建立坐标系,画出了如图丙所示的一条倾斜直线,图线未过原点的原因可能是。丙答案:(1)BC(2)0.65(3)平衡摩擦力过度解析:(1)本实验中弹簧测力计的示数为绳子的拉力,所

以不需要保证沙和沙桶的总质量远小于小车的质量;滑轮摩擦要足够小,绳的质量要足够小,实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作,以保证小车所受合外力等于绳子的拉力;实验时,若先放开小车,再接通打点计时器电源,可能会使打出来的点很少,不利于数据的采集和处理

,误差较大;平衡摩擦力时纸带应穿过打点计时器,故B、C正确,A、D错误。(2)根据匀加速直线运动的推论公式Δx=aT2,可得a=𝑥𝐶𝐸-𝑥𝐴𝐶4𝑇2=7.20-2.30-2.304×0.12×10-2m/s2=0.65m/s2。(3)由题图丙可知F=0时,a>0

,则图线未过原点的原因可能是平衡摩擦力过度。三、计算题(本题共3小题,共42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)11.(13分)(2019福建泉州教学质量监测)如图甲所示,质量m=1kg的物

体静止在水平地面上,t=0时刻开始,有F1=9N的水平拉力作用于物体上,t1时刻水平拉力大小变为F2、方向不变。物体的运动速度v随时间t变化的关系图像如图乙所示,其中t1~3s时间内图线与横轴围成的面积(图乙中阴影部分)是0~t1时间内的6倍。已知物块与地面之间的动摩擦因数μ=0.5,重力

加速度g取10m/s2。求:(1)力F1的作用时间t1;(2)力F2的大小。答案:(1)1s(2)7N解析:(1)假设物体的加速度为a1,根据牛顿第二定律得F1-Ff=ma1FN=mg又Ff=μFN解得a1=4m/s2由题图乙可知,t1时刻物体的速度大小为v1=4m/s,根据匀加速直线

运动的速度公式可得t1=𝑣1𝑎1=1s。(2)设t2=3s时物体速度大小为v2,则t1到t2时间内位移为s2=12(v1+v2)(t2-t1)在0到t1时间内位移为s1=12v1t1又s2=6s1设物体的加速度为a2,则a2=𝑣2-𝑣1𝑡2-𝑡

1根据牛顿第二定律得F2-μmg=ma2解得F2=7N。12.(14分)(2019山东济南期末)一架质量m=2kg的无人机,其动力系统所能提供的最大升力F=36N,运动过程中所受空气阻力大小恒为Ff=4N。(g取10m/s2)(1)无人机在地面上从

静止开始,以最大升力竖直向上起飞。求在t=5s时无人机离地面的高度h。(2)当无人机悬停在距离地面高度h'=100m处时,由于动力设备故障,无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落到地面时的速度v。(3)第(2)问无人机坠落过

程中,在遥控设备的干预下,动力设备重新启动提供向上最大升力。为保证安全着地(到达地面时速度为零),求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t1。答案:(1)75m(2)40m/s(3)5√53s解析:(1)由牛顿第二定律得F-mg-Ff=

ma代入数据解得a=6m/s2,则上升高度h=12at2=75m。(2)下落过程中mg-Ff=ma1代入数据解得a1=8m/s2,落地时速度v2=2a1h'代入数据解得v=40m/s。(3)恢复升力后向下减速运动过程中F-mg+Ff=ma2代入数

据解得a2=10m/s2,设恢复升力时的速度为v',则有𝑣'22𝑎1+𝑣'22𝑎2=h'解得v'=40√53m/s,由v'=a1t1代入数据解得t1=5√53s。13.(15分)(2019江苏扬州期末)某智能分拣装置如图所示,A为包裹箱

,BC为传送带。传送带保持静止,包裹P以初速度v0滑上传送带,当P滑至传送带底端时,该包裹经系统扫描检测,发现不应由A收纳,被拦停在B处,且系统启动传送带转动,将包裹送回C处。已知v0=3m/s,包裹P与传送带间的动摩擦因数μ=0.8,传送带与水平方向夹

角θ=37°,传送带BC长度l=10m,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求包裹P沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向。(2)求包裹P到达B时的速度大小。(3)若传送带匀速转动

速度v=2m/s,则包裹P从B处由静止被送回到C处需经多长时间。(4)若传送带从静止开始以加速度a加速转动,请写出包裹P被送回到C处时的速度vC与a的关系式,并画出𝑣𝐶2-a图像。答案:(1)0.4m/s2方向沿传送带向上(2)1m/s(3)7.5s(4)vC={2√5m·

𝑎m/s(𝑎<0.4m/s2)2√2m/s(𝑎≥0.4m/s2)图像如图所示。解析:(1)包裹下滑时,根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma1代入数据解得a1=-0.4m/s2,方向沿传送带向上。(2)包裹P沿传送带由B到C过程中,根据速度与位移关系可知v2-𝑣02=2a1

l代入数据解得v=1m/s。(3)包裹P向上匀加速运动,根据牛顿第二定律有μmgcosθ-mgsinθ=ma2解得a2=0.4m/s2包裹P的速度达到传送带的速度所用时间为t1=𝑣𝑎2=20.4s=5s速度从零

增加到等于传送带速度时通过的位移x=𝑣22𝑎2=42×0.4m=5m因为x<l,所以包裹先加速再匀速,匀速运动时间t2=𝑙-𝑥𝑣=10-52s=2.5s则P从B处到C处总时间为t=t1+t2

=7.5s。(4)若a<0.4m/s2,则包裹相对传送带静止,与传送带一起做匀加速运动,加速位移等于传送带的长度,有𝑣𝐶2=2al=20m·a,即vC=2√5m·𝑎m/s;若a≥0.4m/s2,则包裹在传送带上有相对滑动,包裹以a2=0.4m/s2的加速度向上匀加速运动,有𝑣𝐶2=2a2

l=8m2/s2,即vC=2√2m/s。两种情况结合有vC={2√5m·𝑎m/s(𝑎<0.4m/s2)2√2m/s(𝑎≥0.4m/s2)根据𝑣𝐶2={20m·𝑎(𝑎<0.4m/s2)8m2/s

2(𝑎≥0.4m/s2)可画出𝑣𝐶2-a图像如答案图所示。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com