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第四章测评(时间:75分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(2021湖北高一期末)春秋战国时期齐国的著作《考工记》中有“马力既竭,辀

犹能一取焉”,意思是:(马拉车时)即使马力已经用尽(马不对车施加拉力),车还能促使马前进好几步。下列相关说法正确的是()A.该现象说明力是使物体运动的原因B.马对车不施加拉力时,车将做匀速直线运动C.马对

车不施加拉力时,车由于惯性并未立即停止运动D.该现象表明马的惯性比车的惯性小2.在解一道文字计算题时(由字母表达结果的计算题),一个同学解得位移x=𝐹2𝑚(t1+t2),式中F、m、t1(或t2)分别表示

力、质量、时间,用单位制的方法检查,这个结果()A.可能是正确的B.一定是错误的C.如果用国际单位制,结果可能正确D.用国际单位制,结果错误;如果用其他单位制,结果可能正确3.某物体由静止开始运动,它所受到的合力F随时间t变化的规律如图所示,则在0~t0这段

时间的速度v随时间t变化的规律可能是()4.如图所示,在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有一圆柱体,其质量为m且与竖直挡板及斜面间均无摩擦,斜面倾角为θ。当车的加速度a突然增大时,斜面对圆柱体的弹力F1和挡板对圆柱体的弹力F2的变化情况是()A.F1

增大,F2不变B.F1不变,F2增大C.F1减小,F2增大D.F1增大,F2减小5.假设撑竿跳高运动员从最高处到垫子的高度差为A=5.0m,从接触海绵垫子到速度为0的整个过程用时约为0.2s,该过程可视为匀减速直线运动,整个过程忽略空气阻力,g取10m/s2。则下列说法正确的是()A

.运动员接触海绵垫子时的速度大小为2m/sB.运动员自由下落时间约为2.0sC.从接触海绵垫子到速度为0,运动员的加速度大小为50m/s2D.海绵垫子受到的平均作用力是运动员体重的4倍6.(2022山东临沂高一期末)如图所

示,A、B两物块质量分别为2m、m,用一轻弹簧相连,将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上,系统处于静止状态,B物块恰好与水平桌面接触而没有挤压,此时轻弹簧的伸长量为x,现将悬绳剪断,则下列说法正确的是()A.悬绳剪断后,A物块向下运动

2x时速度最大B.悬绳剪断后,A物块向下运动3x时速度最大C.悬绳剪断瞬间,A物块的加速度大小为2gD.悬绳剪断瞬间,A物块的加速度大小为g7.(2020河北巨鹿中学高一月考)如图所示,ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,它们与水平面之间的夹角分别

为90°、60°、30°,a、b、c、d位于同一圆周上,a点为圆周的最高点,d点为最低点。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a、b、c处由静止释放,用t1、t2、t3依次表示各滑环到达d所用的时间,用a1、a2、a3依次表示各滑环沿杆下滑过程的加速度,则下列说法正确的是()A.

t1∶t2∶t3=3∶2∶1B.t1∶t2∶t3=1∶1∶1C.a1∶a2∶a3=3∶2∶1D.a1∶a2∶a3=1∶1∶1二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,

有多项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)8.(2021天津南开区高一期末)如图甲所示,某同学站在体重计上观察超重与失重现象。由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程;由稳定的蹲

姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。他稳定站立时,体重计的示数为500N,关于实验现象,下列说法正确的是()A.“起立”过程是超重现象,“下蹲”过程是失重现象B.“起立”和“下蹲”过程都有超重和失重现象出现C.图乙记录的是他先“下蹲”稳定后又“起立”的过程D.“下蹲”过程先

出现失重现象,“起立”过程先出现超重现象9.机场和火车站的安全检查仪用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图所示模型,紧绷的传送带始终保持v=1m/s的恒定速率向左运行。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处,设行李与

传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,A、B间的距离为2m,g取10m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v=1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李,则()A.乘客与行李同时到达B处B.乘客提前0.5s到达B处C.行李提前0.5s到达B处D.若传

送带速度足够大,行李最快也要2s才能到达B处10.(2022山东济宁高一期末)如图所示,5颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上,第5颗棋子最左端与水平面上的a点重合,所有接触面间的动摩擦因数均相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现将水平向右的恒力F作用在第3颗棋子上,恒力作用一小段时间后,五

颗棋子的位置情况可能是()三、非选择题(本题共5小题,共54分)11.(7分)用图甲所示装置测物块与长木板间的动摩擦因数,长木板固定在水平桌面上,圆弧轨道与长木板的上表面相切。光电门安装在长木板上,位置可以

调节;物块上固定宽d=2.10mm的遮光条,从圆弧轨道上某点由静止释放。(1)某次遮光条通过光电门的时间t=0.84ms,则物块通过光电门的速度v=m/s。(结果保留三位有效数字)(2)调节光电门位置,测每次

遮光条通过光电门的时间t及对应的物块在长木板上停止后遮光条与光电门之间的距离x。多次测量,得到1𝑡2-x图像如图乙所示,已知图线斜率为k,重力加速度为g,则物块与长木板间的动摩擦因数μ=。(用已知量的字母表示)(3)本实验中,(选填“需要”或“不需要”)保证物块必须从圆弧轨道上同一点

由静止释放。12.(9分)某学习小组利用图甲中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系,图中长木板水平放置,其左端固定一轻滑轮,轻绳跨过滑轮,一端与放在木板上的小车相连,另一端可悬挂钩码,本实验中可用的钩码共有N个,已知打点计时器所用电源的频率为50Hz,每个钩码的质量为

m,小车的质量为m',重力加速度取g,实验要点如下:(1)实验开始时平衡摩擦力:在长木板不带滑轮的一端下方某位置垫上一个小物块后,发现小车拉着通过打点计时器的纸带在木板上做加速运动,则应将小物块向(选填“左”或“右”)移动,才能使小车拉着纸带在板上做匀速运动;

(2)平衡摩擦力后,将n(依次取n=1,2,3,4…)个钩码挂在左端,其余N-n个钩码放在小车内,用手按住小车并使轻绳与木板平行,打开电源,释放小车,获得一条清晰的纸带,经数据处理后可得到相应的加速度a;(3)图乙为某次

实验得到的纸带,且每隔4个点取1个计数点,利用图中测得的数据可计算出小车的加速度a=m/s2(保留三位有效数字);(4)本次实验中(选填“需要”或“不需要”)满足“小车及车上钩码的总质量远大于所挂钩码

质量”的条件;(5)图丙是利用不同n对应不同a作出的a-n图像,如果图丙中图线斜率为k,通过理论分析可知本实验中可用的钩码的总个数为N=。(用题中字母表示)13.(10分)如图所示的升降机中,用OA、OB两根绳子吊一个质量为20kg的重物,若OA与竖直方向

的夹角θ=37°,OA垂直于OB,且两绳所能承受的最大拉力均为320N。(1)请判断,随着拉力增大,OA绳先断还是OB绳先断。(2)为使绳子不断,升降机竖直向上的加速度最大为多少?14.(12分)质量为m=2kg的物体静止在水平地面

上,物体与水平地面之间的动摩擦因数为μ=0.5。现在对物体施加如图所示的力F,F=10N,θ=37°,且sin37°=0.6,cos37°=0.8。经t=10s后撤去力F,再经一段时间,物体静止,g取10m/s2。求:(1)物体运动过程中的最

大速度;(2)物体运动的总位移大小。15.(16分)现阶段无人机在农业、工业、环境保护、国防等领域有着广泛的应用。如图所示,一质量m=2kg的小型四旋翼遥控无人机从地面由静止开始竖直向上匀加速起飞,上升过程中的升力F=30N,从起飞开始计时,当t1=10s时的速度

大小v1=10m/s。之后,控制遥控器使无人机立即失去升力,当无人机下落到离地面某一高度时控制遥控器使无人机立即获得与上升时大小相等的升力,最后无人机落回地面时的速度恰好为零,已知无人机在整个运动过程中受到的

空气阻力大小恒定,重力加速度g取10m/s2,求:(1)无人机受到的空气阻力;(2)无人机失去升力后上升的最大高度;(3)无人机再次获得升力时的高度。第四章测评1.C由题意可知,即使马力已经用尽(马不对车施加拉力),车还能促使马前进好几步,说明没有力物体还能运

动,故A错误;由题意可知,马对车不施加拉力时,车将做减速运动,最后停止,故B错误;即使马不对车施加拉力,车还能促使马前进好几步,说明车由于惯性并未立即停止运动,故C正确;此现象不能说明马的惯性与车的惯性的大小关系,故D错误。2.B公式右边的单位为Nk

g·s=kg·ms2kg·s=m/s,而公式左边的单位为m,所以公式肯定是错误的。3.D由题图看出,合力F减小,则由牛顿第二定律得知加速度a减小,而物体由静止开始运动,则加速度与速度同向,物体速度越来越大,在t0时刻加速

度为零,速度最大;而v-t图像的斜率表示加速度,纵坐标表示速度,综上可能的为D图。4.B平板车的加速度沿水平方向,则圆柱体的加速度沿水平方向,对圆柱体受力分析如图所示,因为圆柱体在竖直方向上合力为零,

则F1cosθ=mg,当平板车的加速度增大时,斜面对圆柱体的弹力F1不变;水平方向上F2-F1sinθ=ma,加速度增大时,挡板对圆柱体的弹力F2增大。故选B。5.C由运动规律可得,运动员接触海绵垫子时的速度大小由v2=2gh,解得v=10m/s,运

动员自由下落时间t1=𝑣𝑔=1.0s,故A、B错误;从接触海绵垫子到速度为0,运动员的加速度大小a=𝑣𝑡2=50m/s2,根据牛顿第二定律F-mg=ma,可得F=6mg,所以根据牛顿第三定律可知海绵垫子受到的平均作用力为6mg,故C正确,D错误。6.B剪断悬绳前,对B受力分析,B

受到重力和弹簧的弹力,知弹力F=mg剪断瞬间,A的合力为F合=2mg+F=3mg,根据牛顿第二定律a=𝐹合2𝑚=32g,C、D错误;弹簧开始处于伸长状态,弹力F=mg=kx;当A向下运动到弹力向上且等于重力时,加速度为零,速度最大

,即从原长向下压缩x'=2𝑚𝑔𝑘=2x,物体向下运动的距离为x+x'=3x,A错误,B正确。7.B设任一细杆与竖直方向的夹角为α,根据牛顿第二定律有mgcosα=ma,解得环的加速度大小a=gcosα,则a1=g,a2=√32g,a3=12g,加速度之比为a1∶a2∶a3=2∶√3

∶1,C、D错误;设所在圆周的半径为R,则环下滑的位移x=2Rcosα,根据x=12at2,得t=√4𝑅𝑔,下滑时间相同,A错误,B正确。8.BCD从下蹲状态站起来的过程中,人先向上做加速运动,后向上做减速运动,最后回到静止状态,即人先处于超重状态后处于失重状态。

从站立状态蹲下去的过程中,人先向下做加速运动,后向下做减速运动,最后回到静止状态,即人先处于失重状态,后处于超重状态。故A错误,B、D正确。物体对支持物的压力大于物体所受重力的现象称为超重现象,即显示质量大于实际质量;物体对支持物的压力小于物体所受重力的现象称为失重现象,即

显示质量小于实际质量。图乙中第一次变化,显示质量先小于质量再大于质量,即先失重后超重,因此为“下蹲”过程;第二次变化,显示质量先大于质量再小于质量,即先超重后失重,因此为“起立”过程,故C正确。9.BD行李无初速度地放在传

送带上,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速度做匀速直线运动,加速时a=μg=1m/s2,用时t1=𝑣𝑎=1s达到共同速度,位移x1=𝑣2t1=0.5m,此后行

李匀速运动t2=𝑙𝐴𝐵-𝑥1𝑣=1.5s,到达B处共用时2.5s,乘客到达B处用时t=𝑙𝐴𝐵𝑣=2s,故B正确,A、C错误。若传送带速度足够大,行李一直匀加速运动,最短运动时间tmin=√2𝑙𝐴𝐵𝑎=2s,D正确。10.AD因3对4的滑动摩擦力为3μmg,小于4和5之间的

最大静摩擦力4μmg,则4不可能滑动;同理5也不可能滑动,排除图B;当力F较小时,对1、2、3整体以共同的加速度向右运动,此时如图A所示;当F较大时,2、3之间会产生滑动,由于3对2有摩擦力作用,则1、2的整体要向右移动,故图C错误,图D正确。11.解析(1)遮光条通过光电门的时

间t=0.84ms,则物块通过光电门的速度v=𝑑𝑡=2.10×10-30.84×10-3m/s=2.50m/s。(2)由牛顿第二定律得μmg=ma,所以a=μg,根据运动学关系可知(𝑑𝑡)2=2ax,即1𝑡2=2𝜇𝑔𝑑2·x,则2𝜇𝑔𝑑2=k,解得μ=

𝑘𝑑22𝑔。(3)本实验中,物块在长木板上运动后,由光电门测量通过光电门时的初速度,故不需要保证物块必须从圆弧轨道上同一点由静止释放。答案(1)2.50(2)𝑘𝑑22𝑔(3)不需要12.解析(1)小车做加速运

动,说明斜面倾角过大,应减小倾角,因此应将小物块向右移动。(3)根据Δx=aT2并代入数据可得a=2.02m/s2。(4)由于小车和钩码(含车上放置的和细绳末端所挂的)的总质量一定,所以小车的加速度a与细绳末端所挂钩码的重

力始终成正比,因此不需要满足“小车及车上钩码的总质量远大于所挂钩码质量”的条件。(5)图像为过坐标原点的直线,由牛顿第二定律和图像可知a=𝑚𝑔𝑁𝑚+𝑚'n=kn,因此钩码的总个数N=𝑔𝑘−�

�'𝑚。答案(1)右(3)2.02(4)不需要(5)𝑔𝑘−𝑚'𝑚13.解析(1)OA垂直于OB,分析物块受力有FTOAsinθ=FTOBcosθ因为θ=37°,所以FTOA>FTOB,故OA绳先断。(2)分析知当OA绳拉力最大时,升降机加速度最大,𝐹Tmcos𝜃-mg=m

a代入数据可得a=10m/s2。答案(1)OA绳先断(2)10m/s214.解析(1)撤去力F前,对物体进行受力分析,如图甲所示,则有Fsinθ+FN=mgFcosθ-Ff=ma1又Ff=μFN联立以上各式解得a1=0.5

m/s2物体在t=10s撤去力F时速度最大,v=a1t=5m/s,此时物体的位移x1=12a1t2=25m。(2)撤去F后,对物体进行受力分析,如图乙所示,则有Ff'=μFN'=μmg=ma2,解得a2=5m/

s2撤去力F后,由运动学公式得2a2x2=v2解得x2=2.5m故物体运动的总位移为x=x1+x2=27.5m。答案(1)5m/s(2)27.5m15.解析(1)无人机匀加速上升的加速度大小为a1=1010m/s2=1m/s2由牛顿第二定

律可得F-mg-Ff=ma1解得Ff=8N。(2)无人机失去升力后的加速度大小为a2,有ma2=mg+Ff解得a2=14m/s2无人机失去升力后上升的最大高度为h,有𝑣12=2a2h解得h=3.6m。(3)无人机前10s上升的高度为H,有2a1H=𝑣

12解得H=50m无人机失去升力后向下运动的加速度大小为a3,有ma3=mg-Ff解得a3=6m/s2无人机重新获得升力后向下运动的加速度大小为a4,有ma4=F+Ff-mg解得a4=9m/s2无人机再次获得升力时的高度为h',速度为v',有2a4h'=v

'2,2a3(H+h-h')=v'2解得h'=21.4m。