人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系综合与测试课时训练

这是一份人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系综合与测试课时训练，共11页。试卷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。
第四章质量评估(B)(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.1.1960 年第 11 届国际计量大会制订了一种国际通用的、包括一切计量领域的单位制,叫作国际单位制.2018 年 11 月 16 日,第 26 届国际计量大会通过“修订国际单位制”决议,正式更新包括国际标准质量单位“千克”在内的 4 项基本单位定义.以下单位符号属于国际单位制中基本单位的是 (　)①kg　②m/s　③N　④m　⑤A　⑥g　⑦m/s2　⑧sA.②③⑦                B.①④⑤⑧C.⑤⑥⑧                D.①③④解析:国际单位制规定了七个基本物理量,分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量,其对应的单位为国际单位制中的七个基本单位,分别为m、kg、s、K、A、cd、mol,故选项B正确,选项A、C、D错误.答案:B2.在一次交通事故中,一辆载有30 t“工”字形钢材的载重汽车由于意外采取紧急制动,结果车厢上的钢材向前冲出,压扁驾驶室.下列关于这起事故原因的分析正确的是              (　)A.由于车厢上的钢材有惯性,在汽车制动时,钢材继续向前运动,压扁驾驶室B.由于汽车紧急制动,其惯性减小,而钢材惯性较大,所以继续向前运动C.由于车厢上的钢材所受阻力太小,不足以克服其惯性,所以继续向前运动D.由于汽车制动前的速度太大,所以汽车的惯性比钢材的惯性大,在汽车制动后,钢材继续向前运动解析:由于车厢上的钢材有惯性,在汽车制动时,钢材继续向前运动,压扁了驾驶室,惯性只与质量有关,与运动状态、受力情况无关,选项A正确.答案:A3.如图所示,底板光滑的小车上用两个量程为30 N,完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为2 kg的物块.在水平地面上,当小车做匀速直线运动时,两弹簧测力计的示数均为15 N.当小车做匀加速直线运动时,弹簧测力计甲的示数变为10 N.这时小车运动的加速度大小是              (　)A.1 m/s2 B.3 m/s2      C.5 m/s2    D.7 m/s2解析:开始两弹簧测力计的示数均为15 N,当弹簧测力计甲的示数为10 N时,弹簧测力计乙的示数将增大为20 N,对物体在水平方向应用牛顿第二定律,得20 N-10 N=2 kg×a,得a=5 m/s2,选项C正确.答案:C4.如图所示,质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面.质量为1 kg的物体B用细线悬挂起来,A、B紧挨在一起但A、B之间无压力.某时刻将细线剪断,则细线剪断瞬间,B对A的压力大小为(g取10 m/s2)              (　)A.0     B.8 N    C.10 N     D.50 N解析:细线剪断瞬间,弹簧弹力不变,A、B和弹簧整体受到的合力等于物体B的重力,因此整体的加速度为a==2 m/s2,对物体B有mBg-FN=mBa,所以A、B间作用力FN=mB(g-a)=8 N,选项B正确.答案:B5.右图为杂技“顶竿”表演的示意图,一人站在地上,肩上有一质量为m0的竖直竹竿,当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时,竿对站在地上的人的压力大小为              (　)A.(m0+m)g      B.(m0+m)g-ma      C.(m0+m)g+ma      D.(m0-m)g解析:竿上的人与竿的相互作用力为Ff,则地面上的人受到的压力为FN=m0g+Ff,对质量为m的人有mg-Ff=ma,解得FN=(m+m0)g-ma,选项B正确.答案:B6.下图是某人站在压力传感器上做下蹲—起立的动作时记录的压力随时间变化的图线,纵坐标为力(单位为N),横坐标为时间(单位为s).由图线可知,此人的重力约为650 N,除此之外,还可以得到的信息是              (　)A.此人做了两次下蹲—起立的动作B.此人做了一次下蹲—起立的动作C.下蹲过程中人处于失重状态D.下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态解析:人下蹲动作有失重和超重两个过程,先是加速下降,到达一个最大速度后再减速下降,对应先失重再超重,起立对应先超重再失重,对应图线可知,此人做了一次下蹲—起立的动作,选项A、C、D错误,选项B正确.答案:B7.在机场和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带.当旅客把行李放到传送带上时,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动.随后它们保持相对静止,行李随传送带一起前进.设传送带匀速前进的速度为0.25 m/s,把质量为5 kg的木箱静止放到传送带上,已知木箱与传送带之间的动摩擦因数为0.6,那么这个木箱放在传送带上后,传送带上将留下的摩擦痕迹约为              (　)A.5 mm B.6 mm     C.7 mm D.10 mm解析:根据牛顿第二定律有μmg=ma,木箱的加速度a=6 m/s2,木箱加速的时间为t=,这段时间内木箱的位移为x1=,而传送带的位移为x2=vt,传送带上将留下的摩擦痕迹长为l=x2-x1,联立各式并代入数据,解得l=5.2 mm,选项A正确.答案:A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.乘坐空中缆车饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择.若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行,如图所示.在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面,斜面上放一个质量为m的小物块,小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行).则              (　)A.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C.小物块受到的静摩擦力为mg+maD.小物块受到的静摩擦力为ma解析:小物块相对斜面静止,因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力.缆车以加速度a上行,小物块的加速度也为a,以小物块为研究对象,则有Ff-mgsin 30°=ma,Ff=mg+ma,方向平行斜面向上,故选项A、C正确.答案:AC9.如图所示,5个质量相同的木块并排放在水平地面上,它们与地面间的动摩擦因数均相同,当用力F推第一块使它们共同加速运动时,下列说法不正确的是              (　)A.由左向右,两块木块之间的相互作用力依次变小B.由左向右,两块木块之间的相互作用力依次变大C.第2块与第3块木块之间弹力大小为0.6FD.第3块与第4块木块之间弹力大小为0.6F解析:取整体为研究对象,由牛顿第二定律得F-5μmg=5ma.再选取1、2两块为研究对象,设第3块与第2块木块之间弹力为FT,由牛顿第二定律得F-2μmg-FT=2ma.两式联立得FT=0.6F.进一步分析可得第3块与第4块木块之间弹力大小为0.4F,第4块与第5块木块之间弹力大小为0.2F,所以从左向右,木块间的相互作用力是依次变小的.选项A、C说法正确.答案:AC10.下图是汽车运送圆柱形工件的示意图.图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器,假设圆柱形工件表面光滑,当汽车静止时,Q传感器示数为0,P、N传感器示数不为0.在汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为0,而Q、N传感器示数不为0.已知sin 15°=0.26,cos 15°=0.97,tan 15°=0.27,g取10 m/s2,则汽车向左匀加速启动的加速度可能为              (　)A.4 m/s2  B.3 m/s2      C.2 m/s2    D.1 m/s2解析:在汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为0,而Q、N传感器示数不为0,则小球受重力mg、压力传感器N的弹力FN作用和压力传感器Q向下的弹力FQ作用,沿水平、竖直方向正交分解,根据牛顿第二定律得,FQ+mg=FNcos 15°,F合=FNsin 15°=ma,解得a=tan 15°=×0.27 m/s2+2.7 m/s2>2.7 m/s2,选项A、B正确.答案:AB三、非选择题:共54分.11.(6分)某同学利用图示的装置探究系统牛顿第二定律,即一系统的质量m一定时,系统运动的加速度a与合力F的关系.实验时,有一定数目的砝码放置在小车上.实验过程:将小车从A处由静止释放,用速度传感器测出它运动到B处时的速度v,然后将小车内的一个砝码拿到小桶中,小车仍从A处由静止释放,测出它运动到B处时对应的速度,重复上述操作.图中A、B相距x.(1)设加速度大小为a,则a与v及x间的关系式是　　　　. (2)如果实验操作无误,四位同学根据实验数据作出了如下图像,其中正确的是　　　　.          A             B             C              D (3)下列措施能够减小本实验的误差的是　　　　. A.实验中必须保证小桶及砝码的总质量远小于小车及车内砝码的总质量B.实验前要平衡摩擦力C.细线在桌面上的部分应与长木板平行D.图中A、B之间的距离x尽量小些解析:(1)小车做初速度为0的匀加速直线运动,由匀变速直线运动的速度位移公式得v2=2ax.(2)由(1)可知,v2=2ax,由牛顿第二定律得a=,则v2=F,m一定时,v2与F成正比,故选项A正确.(3)设小桶及桶中砝码的质量为m1,以系统为研究对象,加速度a==,系统所受拉力大小等于m1g,选项A错误;为使系统所受合力大小等于桶与桶中砝码的重力,实验前要平衡摩擦力,选项B正确;此外还需要细线在桌面上的部分应与长木板平行,选项C正确;为减小实验误差,图中A、B之间的距离x应尽量大些,选项D错误.答案:(1)v2=2ax　(2)A　(3)BC12.(8分)某实验小组用图甲所示的实验装置测量滑块与长木板之间的动摩擦因数.在一端装有定滑轮的长木板上固定A、B两个光电门,与光电门相连的计时器能显示滑块上的遮光片通过光电门时的遮光时间,滑块通过绕过定滑轮的轻质细绳与测力计挂钩相连,测力计下吊着沙桶,测力计能显示挂钩所受的拉力,滑块对长木板的压力与滑块的重力大小相等,已知遮光片宽度为d,当地的重力加速度为g.          甲                     乙 (1)为了满足实验的要求,下列操作必要的是　　　　.  A.长木板应放在水平桌面上B.长木板没有定滑轮的一端应适当垫高,以平衡摩擦力C.沙桶及测力计的总质量应远小于滑块的质量D.定滑轮与滑块之间的细绳应与长木板平行(2)甲同学测出A、B两光电门之间的距离为l,滑块通过A、B两光电门的时间分别为t1、t2,滑块的加速度大小a=　　　　　　　　(用字母l、d、t1、t2表示).  (3)多次改变沙桶里沙的质量,重复步骤(2),根据测得的多组F和a,作出a-F图像如图乙所示,由图像可知,滑块的质量为　　　　,滑块与长木板间的动摩擦因数为　　　　.  解析:(1)为保证滑块做匀加速运动,细绳的拉力必须恒定,应调整滑轮高度,使细绳与木板平行,故选项A、D必要;本实验要测量动摩擦因数,不需要平衡摩擦力,故选项B不必要;由于本实验中有测力计,故不要求沙桶及测力计的总质量远小于滑块的质量,选项C不必要.(2)滑块通过A、B两光电门的速度分别为vA=,vB=,由匀变速直线运动的速度—位移公式可知,2al=-,解得a=.(3)滑块受到的摩擦力Ff=μmg,由牛顿第二定律可得F-μmg=ma,解得力F与加速度a的函数关系式为a=-μg,由图像可得图线斜率k==,所以m=;图线纵轴截距b=-μg=-a0,所以μ=.答案:(1)AD　(2)　(3)　13.(10分)为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高)及电梯运行情况,甲、乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及停表进行了以下实验,甲同学站在体重计上,乙同学记录电梯从地面一楼到顶层全过程中,体重计示数随时间变化的情况,并作出了如图所示的图像.已知t=0时,电梯静止不动,从电梯内楼层按钮上获知该大楼共19层,g取10 m/s2.求:(1)电梯启动和制动时的加速度大小;(2)该大楼的层高.解析:(1)分析图像可知,甲同学的质量为50 kg,电梯启动时,根据牛顿第二定律,F1-mg=ma1,其中F1=600 N,代入数据解得a1=2 m/s2.电梯制动时,mg-F2=ma2,其中F2=400 N,代入数据解得a2=2 m/s2.(2)电梯加速时间t1=1 s,减速时间t2=1 s,匀速运动时间t0=26 s,匀速运动的速度v=a1t1=2 m/s,故大楼高度h=(t1+t2)+vt0=54 m,层高Δh==3 m.答案:(1)2 m/s2　2 m/s2　(2)3 m14.(14分)有一个冰上推木箱的游戏节目,规则是选手们从起点开始用力推木箱,一段时间后放手让木箱向前滑动,若木箱最后停在有效区域内,视为成功;若木箱最后未停在有效区域内就视为失败.其简化模型如图所示,AC是长度为l1=7 m的水平冰面,选手们可将木箱放在A点,从A点开始用一恒定不变的水平推力推木箱,BC为有效区域.已知BC长度l2=1 m,木箱的质量m=50 kg,木箱与冰面间的动摩擦因数μ=0.1.某选手作用在木箱上的水平推力F=200 N,木箱沿AC做直线运动,若木箱可视为质点,g取10 m/s2.为使该选手获得成功,试求:(1)推力作用在木箱上时的加速度大小;(2)推力作用在木箱上的时间t满足的条件.解析:(1)设推力作用在木箱上时,木箱的加速度为a1,根据牛顿第二定律得F-μmg=ma1,解得a1=3 m/s2.(2)设撤去推力后,木箱的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律得μmg=ma2,解得a2=1 m/s2.设推力作用在木箱上的时间为t,此时间内木箱的位移为x1=a1t2,撤去推力F后木箱继续滑行的距离为x2=,要使木箱停在有效区域内,须满足l1-l2≤x1+x2≤l1,解得1 s≤t≤1.08 s.答案:(1)3 m/s2　(2)1 s≤t≤1.08 s15.(16分)可爱的企鹅喜欢在冰面上游玩,如图所示,有一企鹅在倾角为37°的斜面上,先以加速度a=0.5 m/s2从斜面底部由静止开始沿直线向上匀加速“奔跑”,t=8 s时,突然卧倒,以肚皮贴着冰面向前滑行,最后退滑到出发点,完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变).若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=0.25,已知 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2.求:(1)企鹅向上匀加速“奔跑”的位移大小;(2)从静止开始10 s内企鹅的位移和路程.解析:(1)企鹅向上匀加速的位移大小由x1=at2计算,得x1=16 m,v=at=4 m/s.(2)设向上滑行时加速度大小为a1,根据牛顿第二定律有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1,解得a1=8 m/s2.设经过t1时间企鹅到达斜面最高点,由v=a1t1解得t1=0.5 s,匀减速到最高点的位移为x2=a1=1 m.之后企鹅沿斜面向下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有 mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2,解得a2=4 m/s2,t2=t总-t-t1=1.5 s,发生的位移为x3 =a2=4.5 m.所以10 s内位移为x1+x2-x3=12.5 m,方向沿斜面向上.路程为x1+x2+x3=21.5 m.答案:(1)16 m　(2)12.5 m,沿斜面向上　21.5 m