广西专版2023_2024学年新教材高中物理第4章运动和力的关系过关检测新人教版必修第一册

第四章过关检测

(时间:90分钟　满分:100分)

一、选择题(本题共10小题,每题4分,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1~7题只有一个选项符合题目要求,第8~10题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)

1.关于力、运动状态及惯性,下列说法正确的是(　　)

A.牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因

B.一个运动的物体,如果不再受力,它总会逐渐停下来,这说明,静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”

C.伽利略根据理想实验推论出:如果没有摩擦,在水平面上的物体,一旦具有某一个速度,将保持这个速度继续运动下去

D.车速越大,刹车后滑行的距离越长,所以惯性越大

答案C

解析伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因,选项A错误。一个运动的物体,它总会逐渐停下来,是因为物体受到了摩擦力,如果不受力,物体会永远运动下去,选项B错误。伽利略根据理想实验推论出:如果没有摩擦,在水平面上的物体,一旦具有某一个速度,将保持这个速度继续运动下去,选项C正确。惯性只与质量有关,与速度无关,选项D错误。

2.如图所示,乘客在公交车上发现车厢顶部A处有一小水滴落下,并落在地板偏前方的B点处,由此判断公交车的运动情况是(　　)

A.向前加速运动 

B.向前减速运动

C.向后匀速运动 

D.向后减速运动

答案B

解析水滴离开车顶后,由于惯性在水平方向上保持离开时的速度不变,而水滴落点B在A点正下方的前面,表明若车向前行驶,水滴下落时,车正在减速,选项A错误,B正确;若车向后减速运动,水滴下落时将落在A点正下方的后方,选项D错误;若车向后匀速运动,水滴将落在A点的正下方,选项C错误。

3.如图所示,带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动,小球A用细线悬挂于支架前端,质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ,则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为(重力加速度为g)(　　)

A.mg,竖直向上 

B.mg,斜向左上方

C.mgtan θ,水平向右 

D.mg,斜向右上方

答案D

解析以A为研究对象,受力分析如图所示,根据牛顿第二定律得mAgtanθ=mAa,得a=gtanθ,方向水平向右;再对B研究得,小车对B的摩擦力为Ff=ma=mgtanθ,方向水平向右,小车对B的支持力大小为FN=mg,方向竖直向上,则小车对物块B产生的作用力的大小为F==mg,方向斜向右上方,选项D正确。

4.如图所示,质量分别为m'和m的物块由相同的材料制成,且m'>m,将它们用通过定滑轮的细线连接(与m'相连的细线水平),定滑轮质量、轴摩擦忽略不计。如果按图甲放置,则质量为m的物块刚好匀速下降。如果两物块互换位置,如图乙所示,则它们的共同加速度大小为(重力加速度为g)(　　)

A. B.

C. D.上述均不正确

答案C

解析匀速运动时,根据平衡条件知,mg=μm'g;互换位置后,对两物块分别应用牛顿第二定律得,m'g-F=m'a,F-μmg=ma,联立解得a=,选项C正确。

5.(2023·北京朝阳高三期中)某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”,可以用来测量竖直上下电梯运行时的加速度,其构造如图所示。把一根轻弹簧上端固定在小木板上,下端悬吊0.9 N重物时,弹簧下端的指针指木板上刻度为C的位置,把悬吊1.0 N重物时指针位置O的刻度标记为0,以后该重物就固定在弹簧上,和小木板上的刻度构成了一个“竖直加速度测量仪”。加速度的方向向上为正、向下为负,g取10 m/s2,(　　)

A.当指针在位置C时弹簧的弹力为0.8 N

B.CO之间的弹力之差为0.2 N

C.位置C标注的加速度为-1.0 m/s2

D.位置D标注的加速度为1.0 m/s2

答案C

解析当弹簧下端悬吊0.9N的重物时,指针指在位置C,根据平衡条件可得位置C时弹簧的弹力为0.9N,故选项A错误;CO之间的弹力之差为ΔF=1.0N-0.9N=0.1N,故选项B错误;由题意可知,每一小格代表0.01N,指针在C点时,电梯加速度向下,由牛顿第二定律得-0.01×10N=ma1,其中m=0.1kg,解得a1=-1.0m/s2,故选项C正确;当电梯加速度向上时,指针指在D点,由牛顿第二定律0.01×5N=ma2,解得a2=0.5m/s2,故选项D错误。

6.(2023·全国高一课时练习)假设撑竿跳高运动员从最高处到垫子的高度差为h=5.0 m,从接触海绵垫子到速度为0的整个过程用时约为0.2 s,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10 m/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2 m/s

B.运动员自由下落时间约为2.0 s

C.从接触海绵垫子到速度为0,运动员的加速度大小为50 m/s2

D.海绵垫子受到的平均作用力是运动员体重的4倍

答案C

解析由运动规律可得,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==1.0s,故选项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==50m/s2,故选项C正确;根据牛顿第二定律F-mg=ma,可得F=6mg,根据牛顿第三定律可知海绵垫子受到的平均作用力为6mg,故选项D错误。

7.(2023·北京朝阳高三期中)“血沉”是指红细胞在一定条件下沉降的速度,在医学中具有重要意义。测量“血沉”可将经过处理后的血液放进血沉管内,由于重力作用,血液中的红细胞将会下沉。设血沉管竖直放置且足够深,红细胞的形状为球体。已知红细胞下落受到血液的粘滞阻力表达式为Ff=6πηrv,其中η为血液的粘滞系数,r为红细胞半径,v为红细胞运动的速率。若某血样中半径为r的红细胞,由静止下沉直到匀速运动的速度为vm,红细胞密度为ρ1,血液的密度为ρ2。以下说法正确的是(　　)

A.该红细胞先做匀加速运动,后做匀速运动

B.该红细胞的半径可表示为r=

C.若血样中红细胞的半径较小,则红细胞匀速运动的速度较大

D.若采用国际单位制中的基本单位来表示η的单位,则其单位为

答案B

解析红细胞在下沉过程中,根据牛顿第二定律,有mg-Ff-F浮=ma,向下运动过程中,速度增大,阻力增大,加速度减小,当加速度减小到零时,速度达到最大,所以红细胞先做加速度减小的加速运动,后做匀速运动,故选项A错误;当红细胞匀速时,mg=Ff+F浮,红细胞的质量为m=ρ1·πr3,浮力为F浮=ρ2·πr3g,联立可得ρ1·πr3g=6πηrvm+ρ2·πr3g,解得r=,故选项B正确;由上述分析可知,若血样中红细胞的半径较小,则红细胞匀速运动的速度较小,故选项C错误;由粘滞阻力公式Ff=6πηrv,可知η=,采用国际单位制中的基本单位来表示η的单位为,故选项D错误。

8.(2023·陕西礼泉县第二中学高二开学考试)某马戏团演员做滑杆表演,已知竖直滑杆上端固定,下端悬空,滑杆的重力为200 N,在杆的顶部装有一拉力传感器,可以显示杆顶端所受拉力的大小。从演员在滑杆上端(可认为在顶端)做完动作时开始计时,演员先在杆上静止了0.5 s,然后沿杆下滑,3.5 s末刚好滑到杆底端,并且速度恰好为零,整个过程演员的v-t图像和传感器显示的拉力F随时间t变化的情况分别如图甲、乙所示,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

甲

乙

A.滑杆长4.5 m

B.演员的重力为800 N

C.演员在最后2 s内一直处于超重状态

D.传感器显示的最小拉力为620 N

答案ACD

解析演员下滑的位移即为杆的长度,由图甲可知x=vt=×3m/s×(3.5s-0.5s)=4.5m,选项A正确;由题意,0~0.5s内,演员处于静止状态,受力平衡F=G杆+G,解得G=600N,选项B错误;由图甲,演员在最后2s内一直沿杆向下做匀减速直线运动,加速度方向沿杆向上,所以演员处于超重状态,选项C正确;由图乙,0.5~1.5s内传感器显示的拉力最小,由图甲,这段时间内演员沿杆向下做匀加速直线运动,加速度a==3m/s2,根据牛顿第二定律G-F0=ma,解得F0=420N,根据牛顿第三定律,演员对杆的竖直作用力为420N,对杆F示=G杆+F0=620N,选项D正确。

9.如图所示,质量均为m的A、B两物块置于光滑水平地面上,A、B接触面光滑,倾角为θ,现分别以水平推力F1、F2作用于A物块上,保持A、B相对静止共同运动,则下列说法正确的是(　　)

A.采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大

B.两种情况下获取的最大加速度相同

C.两种情况下所加的最大推力相同

D.采用乙方式可用的最大推力大于甲方式的最大推力

答案BC

解析甲方式中,F1最大时,A刚要离开地面,A受力如图甲所示,则

FN1cosθ=mg ①

对B有FN1'sinθ=ma1 ②

由牛顿第三定律可知FN1'=FN1 ③

乙方式中,F2最大时,B刚要离开地面,B受力如图乙所示,则

FN2cosθ=mg ④

FN2sinθ=ma2 ⑤

由①③④可知FN2=FN1=FN1' ⑥

由②⑤⑥式可得a2=a1,对整体易知两种情况下所加的最大推力相同。

故选项B、C正确,A、D错误。

10.(2019·广东中山模拟)如图甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动,一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑,以某一初速度从传送带左端滑上,在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向,以物块刚滑上传送带时为计时起点)。已知传送带的速度保持不变,重力加速度g取10 m/s2。关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t,下列计算结果正确的是(　　)

A.μ=0.4 B.μ=0.2

C.t=4.5 s D.t=3 s

答案BC

解析由题图乙可得,物块做匀变速运动的加速度大小为a==2.0m/s2,由牛顿第二定律得Ff=ma=μmg,则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,选项A错误,B正确;在v-t图像中,图线与t轴所围面积表示物块的位移,则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止,最后匀速运动回到传送带左端时,物块的位移为0,由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5s,选项C正确,D错误。

二、实验题(18分)

11.(8分)在探究加速度与力、质量的关系的实验中:

(1)某同学在接通电源进行实验之前,将实验器材组装成如图所示的装置图。请你指出该装置中的两处错误或不妥之处:

①_________________________________________________________; 

②_________________________________________________________。 

(2)改正实验装置后,该同学顺利地完成了实验。下图是他在实验中得到的一条纸带,图中相邻两计数点的时间间隔为0.1 s,由图中的数据可算得小车的加速度a为　　　　 m/s2。(结果保留2位有效数字) 

(3)为保证绳子对小车的拉力约等于小盘和重物的总重力mg,小盘和重物的总质量m与小车的质量m'应满足的关系是　　　　。 

答案(1)①打点计时器的电源不应使用干电池,应使用交变电源　②小车初始位置离打点计时器太远(或实验中没有平衡阻力)

(2)0.20

(3)m≪m'

解析(2)由纸带数据可得x1=0.72cm,x2=1.63cm-0.72cm=0.91cm,x3=2.74cm-1.63cm=1.11cm,x4=4.04cm-2.74cm=1.30cm,用逐差法求加速度,a1=m/s2=0.195m/s2,a2=m/s2=0.195m/s2,故a==0.20m/s2。

(3)为保证绳子对小车的拉力约等于小盘和重物的总重力mg,小盘和重物的总质量m必须远小于小车的质量m',即m≪m'。

12.(10分)某同学将力传感器固定在小车上,然后把绳的一端固定在传感器拉钩上,用来测量绳对小车的拉力,探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系,根据所测数据在坐标系中作出如图所示的a-F图像。

(1)图线不过坐标原点的原因是　。 

(2)本实验中　　　　(选填“需要”或“不需要”)细沙和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量。 

(3)由图像求出小车和传感器的总质量为　　　　 kg。 

答案(1)未平衡阻力或平衡阻力不足

(2)不需要

(3)1

解析(1)a-F图像与横轴交点为(0.1,0),说明施加外力在0.1N之内小车和传感器没有加速度,说明实验前没有平衡阻力或者平衡阻力不足。

(2)因传感器可直接测出小车和传感器受到的拉力,因此不需要保证细沙和桶的质量远小于小车和传感器的总质量。

(3)a-F图像斜率为,由题图知图像斜率k=1,则小车和传感器的总质量为1kg。

三、计算题(本题共4小题,共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)

13.(8分)如图所示,一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处,细线的另一端拴一质量为m的小球。试求当滑块以a=2g的加速度向左运动时线的拉力FT。

答案mg

解析本题中当滑块向左运动的加速度较小时,滑块对小球存在支持力;当滑块向左运动的加速度较大时,小球将脱离滑块斜面而“飘”起来。因此,本题存在一个临界条件:当滑块向左运动的加速度为某一临界值时,斜面对小球的支持力恰好为零(小球将要离开斜面而“飘”起来)。我们首先求解临界条件,此时小球受两个力:重力mg、绳的拉力FT。

根据牛顿第二定律有

FT·cosθ=ma ①

FT·sinθ-mg=0 ②

联立①②两式并将θ=45°代入,得a=g,即当斜面体滑块向左运动的加速度为a=g时,小球恰好对斜面无压力。

当a>g时,小球将“飘”起来,当a=2g时,小球已“飘”起来了,此时小球的受力情况如图所示,故根据①②两式并将a=2g代入,解得FT=mg。

14.(10分)在水平地面上有一个质量为4.0 kg的物体,物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动。10 s后拉力大小减小为,并保持恒定。该物体的速度—时间图像如图所示(g取10 m/s2)。求:

(1)物体所受到的水平拉力F的大小;

(2)该物体与地面间的动摩擦因数。

答案(1)9 N

(2)0.125

解析(1)物体的运动分为两个过程,由题图可知两个过程的加速度分别为

a1=1m/s2

a2=-0.5m/s2

物体受力分析如图甲、乙所示

对于两个过程,由牛顿第二定律得

F-Ff=ma1

-Ff=ma2

联立以上二式解得

F=9N

Ff=5N。

(2)由滑动摩擦力公式得

Ff=μFN=μmg

解得μ=0.125。

15.(12分)如图所示,某人用轻绳牵住一只质量m=0.6 kg的氢气球,因受水平风力的作用,系氢气球的轻绳与水平方向成37°角。已知空气对气球的浮力为15 N,人的质量m人=50 kg,且人受的浮力忽略不计。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)

(1)求水平风力的大小。

(2)求人对地面的压力大小。

(3)若水平风力增强,人对地面的压力如何变化?并说明理由。

答案(1)12 N

(2)491 N

(3)不变,理由见解析

解析(1)对氢气球进行受力分析,如图甲所示

甲

由平衡条件可知,竖直方向,F浮=mg+FTsin37°

水平方向,F风=FTcos37°

解得F风=12N,FT=15N。

(2)对人进行受力分析,如图乙所示

乙

由平衡条件可知,竖直方向,FN=m人g-FT'sin37°=500N-15N×0.6=491N

根据牛顿第三定律,人对地面的压力大小为491N。

(3)若风力增强,只改变了水平方向的力,视氢气球及人为一整体,所以竖直方向上的受力情况没有改变,人对地面的压力不变。

16.(12分)如图所示,甲、乙两传送带倾斜放置,与水平方向夹角均为37°,传送带乙长为4 m,传送带甲比乙长0.45 m,两传送带均以3 m/s的速度逆时针匀速转动,可视为质点的物块A从传送带甲的顶端由静止释放,可视为质点的物块B由传送带乙的顶端以3 m/s的初速度沿传送带下滑,两物块质量相等,与传送带间的动摩擦因数均为0.5,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:

(1)物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间;

(2)物块A、B在传送带上的划痕长度之比。

答案(1)1.3 s

(2)1∶1

解析(1)对物块A由牛顿第二定律知

mgsin37°+μmgcos37°=ma1

代入数据得a1=10m/s2

设经时间t1物块A与传送带共速,则由运动学规律知

v带=a1t1

即t1=0.3s

此过程中物块A的位移为x1=a1=0.45m

物块A与传送带共速后,由牛顿第二定律知

mgsin37°-μmgcos37°=ma2

代入数据得a2=2m/s2

由运动学规律知l甲-x1=v带t2+a2

代入数值得

t2=1s

所以物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间为t=t1+t2=1.3s。

(2)在物块A的第一个加速过程中,物块A在传送带上的划痕长度为l1=v带t1-x1=0.45m

在物块A的第二个加速过程中,物块A在传送带上的划痕长度为

l2=v带t2+a2-v带t2=1.0m

所以物块A在传送带上的划痕长度为

lA=l2=1.0m

由分析知物块B的加速度与物块A在第二个加速过程的加速度相同,从传送带顶端加速到底端所需时间与t2相同,所以物块B在传送带上的划痕长度为lB=v带t2+a2-v带t2=1.0m

故物块A、B在传送带上的划痕长度之比为lA∶lB=1∶1。