2020-2021学年第1章 物体运动的描述本章综合与测试学案

这是一份2020-2021学年第1章 物体运动的描述本章综合与测试学案，共11页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24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．(2020·徐州市期末)2019年10月1日，纪念中华人民共和国成立70周年阅兵式在天安门广场举行.10时43分，空中护旗梯队拉开了阅兵分列式的序幕，20架直升机组成巨大的“70”字样飞过天空(如图1)，象征中华人民共和国走过70年光辉历程．下列说法正确的是( )
图1
A．“10时43分”表示时间
B．飞机表盘上显示的速度是平均速度
C．研究飞机前进路线时可以将飞机看成质点
D．以天安门城楼为参考系，地面观众认为飞机是静止的
答案 C
解析 10时43分表示时刻，故A错误；飞机表盘上显示的是瞬时速度的大小，故B错误；研究飞机前进路线时，飞机的大小、形状可忽略，故飞机可看成质点，C正确；以天安门城楼为参考系，地面观众认为飞机是运动的，D错误．
2．一位外国探险家到中国探险，有一次，他对所到目的地的地形情况不了解，因此慢慢前行．由于走进了沼泽地，突然这位探险家往下沉，下列说法正确的是( )
A．在突然下沉时，由于人只受到重力与支持力，所以这两个力平衡
B．因为此时人在下沉，所以人受到的支持力小于人对沼泽地的压力
C．人下沉的原因是人对地的压力大于人的重力
D．人下沉的原因是人的重力大于人受到的支持力
答案 D
解析 当人突然下沉时，人有向下的加速度，处于失重状态，人受到的重力大于人受到的支持力；人受到的支持力与人对沼泽地的压力是作用力与反作用力，大小相等、方向相反，选项A、B、C错误，D正确．
3．(2020·三门峡市期末)甲、乙两汽车在某平直公路上做直线运动，某时刻经过同一地点，从该时刻开始计时，其v－t图像如图2所示．根据图像提供的信息可知( )
图2
A．从t＝0时刻起，开始时甲在前，6 s末乙追上甲
B．从t＝0时刻起，开始时甲在前，在乙追上甲前，甲、乙相距最远为12.5 m
C．8 s末甲、乙相遇，且距离t＝0时的位置为30 m
D．在0～4 s内与4～6 s内甲的平均速度相等
答案 B
解析 v－t图像与t坐标轴围成的面积表示位移.0～6 s：s甲＝40 m，s乙＝30 m，所以6 s末乙未追上甲，A错误；甲停止后乙才能追上甲，此时s乙＝s甲＝40 m，t＝eq \f(s乙,v乙)＝8 s,8 s末相遇，此时距离t＝0时的位置为40 m，C错误；速度相等时二者距离最远，为12.5 m，B正确；0～4 s内甲的平均速度v1＝eq \f(5＋10,2) m/s＝7.5 m/s,4～6 s内甲的平均速度v2＝eq \f(10＋0,2) m/s＝5 m/s，D错误．
4．如图3所示，一机械铁夹竖直夹起一个金属小球，小球在空中处于静止状态，铁夹与球接触面保持竖直，则( )
图3
A．铁夹受到的摩擦力方向竖直向上
B．小球受到的摩擦力大小与小球的重力大小相等
C．小球没有掉下，是因为摩擦力大于小球的重力
D．增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力变大
答案 B
解析 由受力分析可得，球受到的摩擦力竖直向上，由牛顿第三定律可得铁夹受到的摩擦力应竖直向下，A错误；小球受力平衡，故小球受到的摩擦力大小与小球的重力大小相等，B正确，C错误；增大铁夹对小球的压力，小球依然静止，受到的摩擦力等于小球的重力，故摩擦力不变，D错误．
5．(2020·三门峡市期末)如图4所示，某同学通过滑轮组将一重物缓慢吊起的过程中，该同学对绳的拉力将(滑轮与绳的重力及摩擦均不计)( )
图4
A．越来越小
B．越来越大
C．先变大后变小
D．先变小后变大
答案 B
解析 将重物缓慢吊起的过程中，对滑轮受力分析，绳上拉力相等，向上吊起过程中，两绳夹角逐渐增大，合力不变，绳上拉力应逐渐增大，故B正确．
6．科技馆中有一个展品，如图5所示．在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头．在一种特殊的灯光照射下，可观察到一个个下落的水滴，缓缓调节水滴下落的时间间隔到适当情况，可看到一种奇特的现象，水滴似乎不再往下落，而是固定在图中A、B、C、D四个位置不动，一般要出现这种现象，照明光源应满足(g取10 m/s2)( )
图5
A．普通光源即可
B．间歇发光，间隔时间约为1.4 s
C．间歇发光，间隔时间约为0.14 s
D．间歇发光，间隔时间约为0.2 s
答案 C
解析 水滴做自由落体运动，由题图可知sAB＝10 cm，sBC＝(40－10) cm＝30 cm，sCD＝(90－40) cm＝50 cm，sBC－sAB＝sCD－sBC＝20 cm，所以水滴从A到B与从B到C及从C到D的时间相等，设为T，只要光源的发光时间间隔为T，我们就能看到题中所说的奇特的现象．由Δs＝aT2得T＝eq \r(\f(Δs,a))＝eq \r(\f(Δs,g))＝eq \r(\f(20×10－2,10)) s≈0.14 s，A、B、D错误，C正确．
7.如图6所示，一长直木板的上表面一端放有一小木块，当木板以远离木块的另一端O为轴，由水平位置缓慢向上转动(α角变大，且0＜α＜90°)时，木块受到的摩擦力f随转过的角度α变化的图像，可能正确的是(已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
图6
答案 C
解析 木块开始时受到的摩擦力为静摩擦力，f＝mgsin α；当木块相对木板滑动时受到的摩擦力变为滑动摩擦力，f＝μmgcs α，又知α角在增大，故C正确．
8．(2020·三门峡市期末)如图7所示，建筑装修中工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石加竖直向上大小为F的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ，则磨石受到的摩擦力是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
图7
A．(F－mg)cs θ B．(F－mg)sin θ
C．μ(F－mg)cs θ D．μ(F－mg)
答案 A
解析 对物体受力分析如图，物体匀速运动，受力平衡，f＝F·cs θ－mgcs θ，故A正确，B错误；N＝F·sin θ－mgsin θ，f＝μN＝μ(F－mg)sin θ，故C、D错误．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．如图8所示，小芳将一右端与小球相连的弹簧固定在电动遥控车上，车的上表面光滑，并操纵遥控车做直线运动．设在某一时间段内小球与小车相对静止，且弹簧处于压缩状态，则在此段时间内小车可能是( )
图8
A．向右做加速运动 B．向右做减速运动
C．向左做加速运动 D．向左做减速运动
答案 AD
解析 对小球进行受力分析，因为弹簧处于压缩状态，所以小球受到向右的弹力．由于车的上表面光滑，没有摩擦力，故小球只受到向右的弹力．根据牛顿第二定律，小球的加速度向右．加速度向右又有两种情况，即向右加速运动和向左减速运动，而小车与小球相对静止，运动情况相同．
10．某一物体从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化的图线如图9所示，则该物体( )
图9
A．第1 s内加速运动，1～3 s内减速运动，第3 s末回到出发点
B．第1 s末和第4 s末速度都是8 m/s
C．第3 s末速度为零，且运动方向不变
D．第3 s末速度为零，且此时开始改变运动方向
答案 BC
解析 第1 s内，物体做匀加速直线运动，v1＝a1t1＝8 m/s，s1＝eq \f(1,2)a1t12＝4 m．1～3 s，物体做匀减速直线运动，v2＝v1－a2t2＝0，s2＝v1t2－eq \f(1,2)a2t22＝8 m．3～4 s，物体做匀加速直线运动，v3＝v2＋a3t3＝8 m/s，s3＝v2t3＋eq \f(1,2)a3t32＝4 m．所以s＝s1＋s2＋s3＝16 m．选项B、C正确．
11．(2021·固原市高一检测)斜面上的物体受到平行于斜面向下的力F作用，力F随时间变化的图像及物体运动的v－t图像如图10所示．由图像中的信息能够求出的量或可以确定的关系是( )
图10
A．物体的质量m
B．斜面的倾角θ
C．物体与斜面间的动摩擦因数μ
D．μ＞tan θ
答案 AD
解析 设物体重力沿斜面向下的分力为mgsin θ，受到的滑动摩擦力为f＝μmgcs θ.①
由v－t图像可知：0～2 s物体匀加速运动，对物体受力分析，由牛顿第二定律可知mgsin θ＋F1－f＝ma，②
2 s后物体做匀速运动，由平衡方程可知：mgsin θ＋F2＝f，③
由题图可知：F1＝3 N，F2＝2 N，a＝1 m/s2.
代入①②③可解得m＝1 kg，故选项A正确；由③可知mgsin θ＜μmgcs θ，即μ＞tan θ，故选项D正确；根据以上表达式和信息无法解出斜面的倾角θ和物体与斜面间的动摩擦因数μ，故选项B、C错误．
12．如图11所示，地面上固定一个倾角为θ的斜面体，在其光滑斜面上放置质量分别为m、M的物块A和B，用平行于斜面的轻质细线拴住物块B使两物块处于静止状态，重力加速度为g，则( )
图11
A．斜面体对物块A的支持力为Mgcs θ
B．细线对物块B的拉力为mgsin θ
C．物块A对物块B的摩擦力沿斜面向下
D．剪断细线，物块A、B共同沿斜面向下加速，A、B之间的摩擦力为零
答案 CD
解析 把A、B作为一个整体受力分析如图，T＝(M＋m)gsin θ，N＝(M＋m)gcs θ，故A、B错误；A受力平衡，所以B对A的摩擦力沿斜面向上，则A对B的摩擦力沿斜面向下，C正确；剪断细线后，A、B作为一个整体，下滑加速度为a＝gsin θ，A、B之间无摩擦力，故D正确．
三、非选择题(本题共6小题，共60分)
13．(7分)某课外兴趣小组做“探究求合力的方法”实验，步骤如下：
(1)在测力计的下端悬挂一重物M，记下重物静止时测力计的示数F.
(2)将贴有白纸的木板竖直放置，三个细线一端共系于一个结点，另一端分别系于测力计A、B和重物M上，测力计A挂于固定点P，手持测力计B的一端拉动细线，使结点静止于O点，如图12所示，记录下O点位置，两个测力计示数FA、FB及________．本实验用的测力计示数的单位为N，图中测力计B的示数为________ N.
图12
(3)在白纸上按一定标度作出F、FA、FB的图示，根据平行四边形定则作出FA、FB的合力F′的图示，若________，则平行四边形定则得到验证．
(4)本实验中采用的科学方法是________．
A．理想实验法B．等效替代法
C．控制变量法D．建立物理模型法
(5)关于本实验，下列做法合理的是________．
A．三根细线必须等长
B．要使两测力计的读数非常接近
C．每次实验时测力计B始终保持水平
D．使测力计、细线都位于竖直平面内
答案 (2)三根细线的方向(1分) 2.70(2.68～2.72)(1分) (3)在误差允许的范围内，F与F′大小相等方向相反(1分) (4)B(2分) (5)D(2分)
14．(8分)某实验小组利用如图13所示的装置探究加速度与力、质量的关系．
图13
(1)下列做法正确的是________．(填字母代号)
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量．(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)
(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套如图所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图14中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙．(选填“大于”“小于”或“等于”)
图14
答案 (1)AD(2分) (2)远小于(2分) (3)小于(2分) 大于(2分)
15．(8分)如图15所示，放在粗糙水平桌面上的物体P用一水平轻质细线与竖直放置的轻质弹簧上端相连于O点，另一轻质细线一端与O点相连，另一端固定在竖直墙壁上的Q点，QO与竖直方向夹角为α＝37°，物体P处于静止状态，弹簧的劲度系数k＝200 N/m，伸长量x＝2 cm，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.
图15
(1)求弹簧弹力F的大小；
(2)求物体P受到的摩擦力f的大小．
答案 (1)4 N (2)3 N
解析 (1)由胡克定律F＝kx得(2分)
F＝4 N(1分)
(2)对结点O受力分析如图甲所示，对物体P受力分析如图乙所示：
对结点O，竖直方向上：T1cs α＝F
T1sin α＝T2(2分)
物体P处于平衡状态，合外力为零，则
T2＝f(2分)
联立解得f＝3 N(1分)
16．(11分)如图16所示，一平直的传送带以速率v＝2 m/s匀速运行，在A处把物体轻轻地放到传送带上，经过时间t0＝6 s，物体到达B处，A、B相距L＝10 m，重力加速度g＝10 m/s2.则：
图16
(1)物体在传送带上匀加速运动的时间是多少？
(2)物体与传送带之间的动摩擦因数为多少？
(3)若物体是煤块，求物体在传送带上的划痕长度．
答案 (1)2 s (2)0.1 (3)2 m
解析 (1)由题意可知，物体从A到B先经历匀加速直线运动，后与传送带达到相同速度，匀速运动到B端，
设匀加速阶段的时间为t
所以eq \f(v,2)t＋v(t0－t)＝L(2分)
代入数据得：t＝2 s(1分)
(2)在匀加速阶段，根据牛顿第二定律可知μmg＝ma(1分)
根据速度与时间的关系得：v＝at(1分)
联立得：μ＝0.1(1分)
(3)在匀加速阶段，传送带相对于地面的位移s＝vt＝4 m(2分)
物体相对于地面的位移s′＝eq \f(1,2)at2＝2 m(2分)
所以物体在传送带上的划痕长度Δs＝s－s′＝2 m．(1分)
17．(12分)一质量m＝1.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°的足够长的固定斜面，某同学利用传感器测出了小物块从一开始冲上斜面至最高点过程中多个时刻的瞬时速度，并绘出了小物块上滑过程中速度随时间的变化图像，如图17所示．计算时取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2.最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．求：
图17
(1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小及上滑的最大距离；
(2)小物块与斜面间的动摩擦因数；
(3)请分析说明小物块能否返回出发点．
答案 (1)8 m/s2 1.0 m
(2)0.25
(3)能够返回出发点
解析 (1)由题图可知，小物块冲上斜面过程中加速度大小
a＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(vt－v0,t)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(0－4.0,0.5))) m/s2＝8 m/s2(1分)
小物块沿斜面上滑的最大距离为
s＝eq \f(v0,2)t＝eq \f(4.0,2)×0.5 m＝1.0 m(2分)
(2)对小物块进行受力分析，根据牛顿第二定律有
mgsin 37°＋f＝ma，(2分)
N＝mgcs 37°，(1分)
f＝μN(1分)
代入数据可得μ＝0.25.(1分)
(3)因为当小物块速度减为零时，重力的下滑分力G1＝mgsin 37°＝6 N(1分)
此时的最大静摩擦力fmax＝μN＝μmgcs 37°＝2 N(1分)
由于G1＞fmax，所以小物块将沿斜面向下匀加速运动，能够返回出发点．(2分)
18．(14分)(2020·青岛二中期末)如图18，质量M＝4 kg的长木板静止在粗糙水平地面上，长木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，现有一质量m＝3 kg的小木块以v0＝14 m/s的速度从一端滑上木板，恰好未从木板上滑下，木块与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.5，g取10 m/s2，求：
图18
(1)木块刚滑上木板时，木块和木板的加速度大小；
(2)木板长度；
(3)木板在地面上运动的最大位移．
答案 (1)5 m/s2 2 m/s2 (2)14 m (3)12 m
解析 (1)由题意知，滑上木板后木块做匀减速直线运动，加速度大小a1＝μ2g＝5 m/s2，(1分)
木板由静止开始做匀加速直线运动，
即μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2，(1分)
解得a2＝2 m/s2.(1分)
(2)由于木块恰好未从木板上滑下，则当木块运动到木板最右端时，两者速度相等．设此过程所用时间为t，
即v木块＝v0－a1t＝v木板＝a2t，(2分)
解得t＝2 s，(1分)
木块位移：s木块＝v0t－eq \f(1,2)a1t2＝18 m，(1分)
木板位移：s木板＝eq \f(1,2)a2t2＝4 m，(1分)
木板长度：L＝s木块－s木板＝14 m．(2分)
(3)木块与木板达到共同速度后将一起做匀减速直线运动，v共＝a2t＝4 m/s，(1分)
a3＝μ1g＝1 m/s2，(1分)
木板位移：s木板′＝eq \f(v共2,2a3)＝8 m，(1分)
木板在地面上运动的最大位移：s＝s木板＋s木板′＝12 m．(1分)