2019高中物理第四章力与运动过关检测粤教版必修1.docx

1、第四章过关检测(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分)1.下列说法中正确的是()A.伽利略通过理想斜面实验,说明了力是维持物体运动的原因B.人站在加速上升的升降梯中处于超重状态C.物体所受的合外力不为零时,其速度一定增大D.国际单位制中力学的基本单位有秒(s)、米(m)、牛(N)答案B解析伽利略实验说明了力不是维持物体运动的原因;人站在加速上升的升降梯中,由于具有向上的加速度,物体处于超重状态;物体所受合外力如果与运动方向相反,速度会减小;力学的基本单位是秒(s)、米(m)、千克(kg).B选项正确.2.用手托着一块砖,开始静止不动,当手突然向上加速运

2、动时,砖对手的压力()A.一定小于手对砖的支持力B.一定等于手对砖的支持力C.一定大于手对砖的支持力D.一定等于砖的重力答案B解析砖对手的压力和手对砖的支持力是一对作用力和反作用力,大小相等,选项A、C错误,B正确;由于砖处于超重状态,压力大于重力,选项D错误.3.下列关于惯性大小的说法中,正确的是()A.物体运动的速度越大,惯性越大B.物体的质量越大,惯性越大C.物体运动的加速度越大,惯性越大D.物体受到的作用力越大,惯性越大答案B解析惯性是物体的固有属性,大小只与质量有关,B项正确.4.质量为1 kg的物体A和质量为3 kg的物体B,它们分别在F1和F2的作用下,产生相同的加速度,则()A

3、.F2=F1B.F2=3F1C.F2=F13D.F2=3F12答案B解析由F=ma可知F2F1=m2m1,F2=3F1.5.三个光滑斜轨道1、2、3,它们的倾角依次是60、45、30,这些轨道交于O点.现有位于同一竖直线上的三个小物体甲、乙、丙,分别沿这三个轨道同时从静止自由下滑,如图所示,物体滑到O点的先后顺序是()A.甲最先,乙稍后,丙最后B.甲、乙、丙同时到达C.乙最先,然后甲和丙同时到达D.乙最先,甲稍后,丙最后答案C解析设底边长为s0,倾斜角为,则斜轨道长为s=s0cos,下滑加速度a=gsin ,由s=12at2可知t=2sa=2s0gsincos,即t=4s0gsin2,所以当s

4、in 2=1时,t最小,即=45时,t最小.C选项正确. 6.(多选)下列关于力和运动关系的几种说法中,正确的是()A.物体所受的合外力不为零时,其速度不可能为零B.物体所受的合外力的方向,就是物体运动的方向C.物体所受的合外力与物体运动速度无直接联系D.物体所受的合外力不为零,则加速度一定不为零答案CD解析当物体所受合外力不为零时,加速度一定不为零,但在某一时刻瞬时速度可能为零,故选项A错误,D正确;物体所受合外力的方向就是加速度的方向,但不一定是速度的方向(运动的方向),合外力与运动速度无直接联系,选项B错误,C正确.7.(多选)受水平外力F作用的物体,在粗糙水平面上做直线运动,其v-t图

5、线如图所示,则()A.在0t1秒内,外力F大小不断增大B.在t1时刻,外力F为零C.在t1t2秒内,外力F大小可能不断减小D.在t1t2秒内,外力F大小可能先减小后增大答案CD解析v-t图象的斜率表示加速度,在0t1秒内,物体做加速度减小的加速运动,由牛顿第二定律得F-f=ma,所以外力F大小不断减小,选项A错误;在t1时刻,加速度为零,外力F大小等于摩擦力f的大小,选项B错误;在t1t2秒内,物体做加速度增大的减速运动,由牛顿第二定律得f-F=ma,所以外力F可能不断减小,选项C正确;若物体静止前,外力F已减至零,则此后,外力F必再反向增大,选项D正确.8.(多选)(2016广东惠州模拟)下

6、图为水平面上一物体在吊车作用下竖直向上运动过程中的v-t图象,以下判断正确的是()A.前3 s内货物处于失重状态B.前3 s内物体的平均速度等于最后2 s内的平均速度C.物体能上升的最大高度为27 mD.第4 s末的拉力为零答案BC解析前3 s内物体加速上升,有向上的加速度,处于超重状态;前3 s的平均速度为6+02 m/s,最后2 s内的平均速度为0+62 m/s;物体上升的最大高度为12(7+2)6 m=27 m;第4 s末物体匀速上升,拉力等于重力;故B、C正确.9.(多选)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢.当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连

7、接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为()A.8B.10C.15D.18答案BC解析设这列车厢的总节数为n,每节车厢质量为m,从P、Q处将车厢分成东、西两部分,东边为x节,西边为(n-x)节,这列车厢以加速度a向东行驶时,F=(n-x)ma;以加速度2a3向西行驶时F=xm23a,联立得3n=5x,因为n、x取正整数,故选项B、C正确.10.(多选)如图所示,质量为10 kg的物块A放置在水平桌面上,拴在一个被水平拉伸的弹簧一端,弹簧的另一端固定

8、在小车上,小车静止不动.已知弹簧对物块的弹力大小为5 N时,物块处于静止状态.若小车以a=1 m/s2的加速度沿水平地面向右加速运动,则()A.物块A相对小车仍静止B.物块A受到的摩擦力将减小C.物块A受到的摩擦力大小不变D.物块A受到的弹力将增大答案AC解析弹簧的拉力大小为5 N,而物块处于静止状态,说明物块与桌面间的最大静摩擦力不小于5 N.当小车以加速度a=1 m/s2沿水平地面向右加速运动时,需要提供的合外力为10 N,而此时的弹簧弹力和静摩擦力完全能够提供,故物块相对桌面不动,且摩擦力大小不变.二、非选择题(共50分)11.(8分)某同学用如图所示的装置做“探究加速度与力、质量的关系

9、”实验,当小车的质量一定时,测得小车的加速度a与拉力F的数据如下表:F/N0.200.300.400.500.60a/(ms-2)0.100.230.270.400.49(1)根据表中数据,在如图所示坐标系中作出图象.(2)图线存在截距,其原因是.(3)由图象可得出的结论是.答案(1)见解析(2)水平面与小车之间存在摩擦力作用(3)在物体质量一定时,加速度与所受到的合外力成正比解析(1)以表中的数据为坐标,描点作图如图所示画出一条直线.(2)由图象可知,当细线的拉力增大到一定数值时才产生加速度,说明有阻力作用.(3)所有点大致分布在一条直线上,所拟合的图线没过原点,因此在误差允许的范围内可以认

10、为在物体质量一定时,加速度与所受到的合外力成线性关系,即成正比.12.(10分)将质量为0.5 kg的小球以14 m/s的初速度竖直上抛,运动中球受到的空气阻力大小恒为2.1 N,则球能上升的最大高度是多少?(g取9.8 m/s2)答案7 m解析小球受力如图所示.根据牛顿第二定律得mg+f=maa=mg+fm=0.59.8+2.10.5 m/s2=14 m/s2上升至最大高度时末速度为0,由运动学公式得02-v02=-2as得最大高度s=02-v02-2a=0-142-214 m=7 m.13.(12分)在电梯中,把一重物置于台秤上,台秤与压力传感器相连,电梯由静止开始竖直上升过程中,传感器所

11、受的压力与时间的关系(FN-t)图象如图所示,g取10 m/s2,由图象求出:(1)电梯减速上升过程经历的时间;(2)重物的质量;(3)电梯的最大加速度.答案(1)4 s(2)3 kg(3)5 m/s2解析由FN-t图象可知,电梯先加速再匀速后减速,减速上升段FN小于重力,因此1014 s为减速过程,减速时间为4 s.电梯匀速过程中FN=mg=30 N,所以m=3 kg.电梯加速过程中,当FN最大时,加速度最大,其最大值为a1=FN-mgm=40-303 m/s2=103 m/s2;电梯减速过程中FN最小时,加速度最大,其最大值a2=mg-FNm=30-153 m/s2=5 m/s2.故电梯运

12、动过程中的最大加速度为5 m/s2.14.(20分)一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5 m,如图(a)所示.t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t=1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板.已知碰撞后1 s时间内小物块的v-t图线如图(b)所示.木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2.求:(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2;(2)木板的最小长度;(3)木板右端离墙壁的最终距离.答案(1)0.1

13、0.4(2)6.0 m(3)6.5 m解析(1)规定向右为正方向.木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加速度为a1,小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有-1(m+M)g=(m+M)a1由题图可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4 m/s,由运动学公式得v1=v0+a1t1s0=v0t1+12a1t12式中,t1=1 s,s0=4.5 m是木板碰前的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度.联立式和题给条件得1=0.1在木板与墙壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1的初速度向右做匀变速运动.设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有-2mg=ma

14、2由图可得a2=v2-v1t2-t1式中,t2=2 s,v2=0,联立式和题给条件得2=0.4.(2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间t,木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得2mg+1(M+m)g=Ma3v3=-v1+a3tv3=v1+a2t碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板运动的位移为s1=-v1+v32t小物块运动的位移为s2=v1+v32t小物块相对木板的位移为s=s2-s1联立式,并代入数值得s=6.0 m因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为a4,此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得1(m+M)g=(m+M)a40-v32=2a4s3碰后木板运动的位移为s=s1+s3联立式,并代入数值得s=-6.5 m木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.