【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（A）含解析.docx，共(9)页，306.420 KB，由envi的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-b3d742053850cd1ca64b6b295179f827.html

以下为本文档部分文字说明：

第四章测评(A)(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.关于力学知识和物理学史,下列说法正确的是()A.牛顿、千克、秒是国际单位制中的三个基本单位B.在任何单位制中,牛顿第二定律的

公式F=kma中的k都等于1C.伽利略通过理想斜面实验证明,力是维持物体运动状态的原因D.牛顿第一定律不可能用实验直接验证答案:D解析:牛顿不是国际单位制中的基本单位,牛顿是导出单位,故A错误;只有在国际单位制中,牛顿第二定

律的公式F=kma中的k才等于1,故B错误;伽利略通过理想斜面实验,得出力不是维持物体运动状态的原因的结论,故C错误;牛顿第一定律是由理想斜面实验推理得出的结论,不可以用实验直接验证,故D正确。2.(20

19北京期末)如图所示,在弹簧测力计下挂一重物,用手提着弹簧测力计,使重物在竖直方向上做多种方式的运动。观察并记录弹簧测力计示数的变化情况,下列说法正确的是()A.加速向上运动,弹簧测力计示数小于重力的数值B.匀速向上运动,弹簧测力计示数大于重力的数值C.加速向下运动,弹簧测力计

示数大于重力的数值D.减速向下运动,弹簧测力计示数大于重力的数值答案:D解析:重物加速向上运动时,加速度向上,重物处于超重状态,弹簧测力计的示数大于重力的数值,故A错误;重物匀速向上运动时,弹簧测力计的示数等于重力的数值,故B错误;

重物加速向下运动时,加速度向下,重物处于失重状态,弹簧测力计的示数小于重力的数值,故C错误;重物减速向下运动时,重物加速度向上,重物处于超重状态,弹簧测力计的示数大于重力的数值,故D正确。3.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离开静止位置时的位移,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()答案:A解析

:设物块P静止时,弹簧的长度为l0,对其受力分析如图所示。根据牛顿第二定律,得F+k(l-l0-x)-mg=ma,又k(l-l0)=mg,故F=kx+ma,A正确。4.(2019湖北荆州月考)如图所示,质量相等的A、B两小球分别连在轻绳两端,轻弹簧的一端与A球相连,另一端固定在倾角为30°的光滑

斜面顶端,重力加速度大小为g。则剪断轻绳的瞬间()A.A的加速度为零,B的加速度大小为gB.A、B的加速度大小均为0.5gC.A、B的加速度均为零D.A的加速度为零,B的加速度大小为0.5g答案:B解析:设小球的质量为m,对整体分析,

弹簧的弹力F=2mgsin30°=mg。剪断细线的瞬间,弹簧的弹力不变,对A分析,aA=𝐹-𝑚𝑔sin30°𝑚=𝑔2;B的加速度为aB=𝑚𝑔sin30°𝑚=𝑔2,故B正确,A、C、D错误。

5.(2019湖北期末)如图甲所示,用力传感器研究橡皮绳中拉力的大小随时间的变化。向下拉小球然后释放,小球沿竖直方向运动,某段时间内采集到的信息如图乙所示,则()A.t2~t3时间内小球向上运动,速度不断减小B.t3~t4时间内小球向下运动,加速度不断增大C.t4~t

5时间内小球向上运动,速度不断增大D.t5~t6时间内小球向下运动,加速度不断增大答案:D解析:t2~t3时间内拉力大于重力,但越来越小,故说明小球向上运动,速度不断增大,故A错误;t3~t4时间内拉力减小,且小于重力,说明小球向上运动,速度减小,加速度增大,故B错误;t4

~t5时间内小球受到拉力小于重力,但拉力变大,故说明小球在向下运动,速度增加,故C错误;t5~t6时间内小球受拉力变大,故小球向下运动,速度减小,加速度不断增大,故D正确。此题关键是要通过图像获取小球所受的拉力的信息,结合牛顿第二定律判断加速度和速度的变化,逐步形成科学思维。6.如图所示,光滑固定

斜面C倾角为θ,质量均为m的两物块A、B以某一初速度沿斜面一起向上做匀减速直线运动。已知物块A上表面是水平的,则在该减速运动过程中,下列说法正确的是()A.物块B受到的静摩擦力水平向左B.物块A、B处于失重状态C.物块B受到A的支持力大于mgD.A、B之间的静摩擦力大小为mgsinθcosθ答案:

ABD解析:将A、B的加速度沿水平和竖直方向分解,在水平方向B的加速度向左,A对B的摩擦力水平向左,故A项正确;竖直方向A、B的加速度向下,A、B处于失重状态,物块B受到A的支持力小于B的重力,故B项正确,C项错误;对A、B整体

进行受力分析,2ma=2mgsinθ,沿斜面的加速度为a=gsinθ,在水平方向上加速度的分量为a1=gsinθcosθ,对B进行受力分析,物块A、B之间的摩擦力提供B的水平加速度,摩擦力大小为Ff=mgsinθcosθ,故

D项正确。7.某运动员做跳伞训练,他从悬停在空中的直升机上由静止跳下,跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落。他打开降落伞后的速度图线如图甲所示。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员,每根绳与中轴线的夹角均为α=37°,如图乙所示。已知运动员的质量为50kg,降落伞的质量也为

50kg,不计运动员所受的阻力,打开伞后伞所受阻力Ff与速度v成正比,即Ff=kv(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)。则下列判断正确的是()A.打开降落伞前人下落的距离为20mB.k=100N·s/

mC.打开伞瞬间运动员的加速度a=30m/s2,方向竖直向上D.悬绳能够承受的拉力至少为625N答案:AC解析:根据速度位移公式得,打开降落伞前人下落的距离h0=𝑣022𝑔=2022×10m=20m,故A正确;最后匀速下降时有kv=(m

1+m2)g,代入数据解得k=200N·s/m,故B错误;打开伞瞬间对整体根据牛顿第二定律可得kv0-(m1+m2)g=(m1+m2)a,解得a=𝑘𝑣0𝑚1+𝑚2-g=200×20100m/s2-10m/s2=30m/s2,方向竖直向上,故C正确;设

每根绳拉力为FT,以运动员为研究对象有8FTcos37°-m1g=m1a,解得FT=𝑚1(𝑔+𝑎)8cos37°=50×408×0.8N=312.5N,由牛顿第三定律得悬绳能承受的拉力至少为312.5N,故D错误。8.运送粮袋

的传送装置如图所示,已知A、B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点将粮袋轻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),以下说法正确的是()A.粮袋到达B点的速度可能大于、可能等于、也

可能小于vB.粮袋开始运动的加速度为g(sinθ-μcosθ),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:AC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,当速度与传送带速度相同后,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,当速度与传送带速度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正确。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,则重力沿斜面向下的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)的加速度匀加速,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。二、实验题(本题共2小题,共

18分)9.(9分)在探究物体的加速度与力、质量的关系的实验中,得到下表所示数据。次数质量m/kg受力F/N加速度a/(m·s-2)10.50.2520.5031.0041.051.5(1)若利用前三组数据探究加速度与受力的关系,则2、3组数据中物体的质量应该为kg;若利用后三组数据探究加速

度与物体质量的关系,则4、5组数据中物体所受的力应该为N。(2)为了验证“加速度与物体质量成反比”的猜想,采用图像法处理数据。下面是四个小组描绘出的不同图像,你觉得能够准确验证上述猜想的图像有。答案:(1)0.51.00(2)BC解析:(1)该实验采用的是控制变量法,应保持一个量不变,研究其

他两个量之间的关系。若利用1、2、3组数据探究加速度与受力的关系,应保持物体的质量不变,则2、3组数据中物体的质量和1组数据中物体的质量相等,都为0.5kg;若利用3、4、5组数据探究加速度与物体质量的关系,应保持力不变,则4、

5组数据中物体所受的力和3组数据中物体所受的力相等,都为1.00N。(2)a-m图线只能判断出当力不变时随着m的增大,a减小,不能直接得出a与m成反比,若画出的a-1𝑚图线是过原点的倾斜直线,则说明加速度与物体质

量成反比,若画出的1𝑎-m图线是过原点的倾斜直线,则也能说明加速度与物体质量成反比,故选B、C。10.(9分)(2019山东济南期末)某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律。甲(1)该同学在平衡摩擦力后进行实验,为了便于探究、减小误差,应使小车质量m车与砝码和砝码盘的总质量m满

足的条件。(2)他实验时将打点计时器接到频率为50Hz的交变电源上,得到一条纸带,打出的部分计数点如图乙所示(每相邻两个计数点间还有4个点未画出),其中s1=3.59cm,s2=4.39cm,s3=5.19cm,s4=

5.99cm,s5=6.79cm,s6=7.59cm。则小车的加速度a=m/s2,打点计时器在打B点时小车的速度vB=m/s。(结果均保留两位有效数字)乙(3)通过实验得到如图丙所示的a-F图像,造成这一结果的原因是:在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角

(选填“偏大”或“偏小”)。丙答案:(1)m车≫m(2)0.800.40(3)偏大解析:(1)对整体分析,根据牛顿第二定律得a=𝑚𝑔𝑚车+𝑚,则绳子的拉力F=m车a=𝑚车𝑚𝑔𝑚车+𝑚=𝑚𝑔1+𝑚�

�车,当m车≫m,即小车质量m车远大于砝码和砝码盘的总质量m时,可以近似认为小车运动时受到的拉力等于砝码和砝码盘的总重力。(2)计数点间的时间间隔为T,由匀变速直线运动的推论Δx=aT2可知,加速度a=𝑠6+𝑠5+𝑠4-𝑠3-𝑠2-�

�19𝑇2=(7.59+6.79+5.99-5.19-4.39-3.59)×10-29×0.12m/s2=0.80m/s2B点的瞬时速度为vB=𝑠1+𝑠22𝑇=(3.59+4.39)×10-20.2m/s=0.40m/s。(3)当F=0时,小车已经具有了加速

度,说明在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角偏大。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陕西榆林期末)如图所示,一个质量为m=2kg的物块,在F=10

N的拉力作用下,从静止开始沿水平面做匀加速直线运动,拉力方向与水平方向成θ=37°角,物块与水平面的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)画出物块的受力示意图。(2)求此物块受

到的滑动摩擦力的大小。(3)求此物块在2s末的速度。答案:(1)物块的受力示意图如下(2)7N(3)1m/s解析:(1)物块受到重力、拉力、支持力和滑动摩擦力,受力示意图如答案图所示。(2)物块竖直方向受力平衡,有

Fsin37°+FN=mg解得FN=mg-Fsin37°此物块受到的滑动摩擦力为Ff=μFN=μ(mg-Fsin37°)=7N。(3)根据牛顿第二定律,有Fcos37°-Ff=ma代入数据解得a=0.5m/s2所以物块在2s末的速度为v=at=0.5×2=1m/s。12

.(14分)(2019安徽六安测试)如图所示,装卸工要将质量为50kg的木箱(可视为质点)移到卡车上,他找来长为5.5m的直木板,做了一个倾角为37°的固定斜面。装卸工用大小为550N、方向沿斜面向上的拉力F将木箱从斜面底端由静止拉上卡车。已知木箱与木板

间的动摩擦因数μ=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2。求:(1)木箱沿斜面向上加速运动时加速度的大小;(2)要将木箱拉上卡车,拉力F至少需作用多长的距离。答案:(1)1m/s2(2)5m解析:设斜面对木箱的弹力为FN,摩

擦力为Ff,匀加速过程的加速度为a1,匀减速过程的加速度为a2。(1)由牛顿第二定律得垂直于斜面方向,FN=mgcos37°平行于斜面方向,F-mgsin37°-Ff=ma1Ff=μFN代入数据解得a1=1m/s2。(2)撤去拉力后,平行于斜面方向,mgsin37°+μmgcos37

°=ma2代入数据解得a2=10m/s2设运动最大速度为v,则v2=2a1x1v2=2a2x2x1+x2=5.5m代入数据解得x1=5m。13.(15分)(2019湖北沙市期末)如图所示,始终绷紧的水平传送带以v=4.0m/s的恒定速率沿顺时针方向转动,质量m车

=10kg的平板车停在传送带的右端。现把质量m=5.0kg、可视为质点的行李箱轻轻放到距传送带右端x0=5.0m位置。行李箱与传送带、平板车间的动摩擦因数分别为μ1=0.2、μ2=0.5,平板车与水平地面间的动摩擦因数μ3=0.1。(不计空气阻力,g取10m/s2)(1)求行李箱在传送带上运动的时

间t。(2)求行李箱滑到平板车上后,在相对滑动过程中,行李箱及平板车的加速度大小分别是多少?(3)若行李箱由传送带滑到平板车上时速度不变,要想行李箱恰不从平板车上滑出,则平板车的最小长度lmin为多少(结果可用

分数表示)。答案:(1)2.25s(2)5m/s21m/s2(3)43m解析:此题主要考查牛顿运动定律的应用,意在培养学生的综合分析能力,形成科学思维。(1)对行李箱,由牛顿第二定律得a1=𝜇1𝑚𝑔𝑚=μ1g=2m/s2行李箱匀加速运动的时间为

t1=𝑣𝑎1=4.02s=2s匀加速的位移为x1=𝑣22𝑎1=4m<x0=5m行李箱在传送带上匀速运动的时间为t2=𝑥0-𝑥1𝑣=5-44.0s=0.25s行李箱在传送带上运动的时间为t=t1+t2=2.25s。(2)行李箱滑到平板车后,当行李箱速度大于平板车速度时,行

李箱做减速运动,由牛顿第二定律,对行李箱有a2=𝜇2𝑚𝑔𝑚=μ2g=5m/s2对平板车有a3=𝜇2𝑚𝑔-𝜇3(𝑚车+𝑚)𝑔𝑚车=1m/s2。(3)设行李箱经时间t3恰好到达平板车右端且两者速度刚好

相等,由匀变速直线运动的速度公式得v-a2t3=a3t3解得t3=23s平板车的速度v'=a3t3=23m/s平板车的最小长度lmin=𝑣+𝑣'2t3-𝑣'2t3=43m。获得更多资源请扫码加入享学资源

网微信公众号www.xiangxue100.com