2020-2021学年新教材物理人教版必修第一册课后提升训练：第四章　运动和力的关系 测评 WORD版含解析.docx

1、第四章测评(时间:60分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每个小题中只有一个选项是正确的)1.2019年5月20日是世界计量日,该世界计量日的主题是“国际单位制根本性的飞跃”。下列选项中都属于国际单位制中的基本单位的是()A.质量长度时间B.牛千克秒C.厘米克秒D.千克秒米2.如图所示,在一辆表面光滑且足够长的小车上,有质量为m1和m2的两个小球(m1m2),两个小球随小车一起匀速运动,当车突然停止运动时,若不考虑其他阻力,则两个小球()A.一定相碰B.一定不相碰C.不一定相碰D.无法确定3.如图所示,一轻质弹簧上端固定在升降机的天花板上,下端挂一小球,在升

2、降机匀速竖直下降过程中,小球相对于升降机静止,若升降机突然停止运动,设空气阻力可忽略不计,弹簧始终在弹性限度内,且小球不会与升降机的内壁接触,则小球在继续下降的过程中()A.小球的加速度逐渐减小,小球处于失重状态B.小球的加速度逐渐增大,小球处于超重状态C.小球的速度逐渐减小,小球处于失重状态D.小球的速度逐渐增大,小球处于超重状态4.(2019北京东城区高一上期末)一个恒力作用在质量为m1的物体上,产生的加速度大小为a1;作用在质量为m2的物体上,产生的加速度大小为a2,若这个恒力作用在质量为m1-m2的物体上,则产生的加速度大小等于(m1m2)()A.a1a2B.a1a2C.a1a2a2-

3、a1D.a1a2a1-a25.(2018全国)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是()6.如图所示,冰壶在冰面运动时,可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变,我们可以说冰壶具有较强的保持运动状态不变的“本领”,这里所指的“本领”是冰壶的惯性。冰壶的惯性大小取决于()A.冰壶的速度B.冰壶的质量C.冰壶的加速度D.冰壶受到的合外力7.一个质量为2 kg的物体,在5个共点力的作用下保持静止。若同时撤去其中大小分别为

4、15 N和10 N的两个力,其余的力保持不变,此时该物体的加速度大小可能是()A.2 m/s2B.3 m/s2C.13 m/s2D.15 m/s28.如图所示,相同材质物块A、B的质量分别为m1、m2,置于粗糙的水平面上。当水平力F作用于A上,两物体一起做匀加速直线运动时,A、B间作用力大小为F1;当水平力F作用于B上,两物体一起做匀加速直线运动时,A、B间作用力大小为F2,在两次作用过程中()A.两物体的加速度的大小之比为m1m2B.F1+F2FC.F1+F2=FD.F1F2=m1m2二、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

5、得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)9.将物体竖直向上抛出,假设运动过程中空气阻力不变,其速度时间图像如图所示,g取10 m/s2,则()A.上升、下降过程中加速度大小之比为119B.上升、下降过程中加速度大小之比为101C.物体所受的重力和空气阻力之比为91D.物体所受的重力和空气阻力之比为10110.如图所示,电梯的顶部挂有一个弹簧测力计,其下端挂了一个重物,电梯竖直方向匀速直线运动时,弹簧测力计的示数为10 N,在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8 N,关于电梯的运动,以下说法正确的是(g取10 m/s2)()A.电梯可能向上加速运动,加速度大小为2 m/s2B.电梯可

6、能向下加速运动,加速度大小为2 m/s2C.电梯可能向上减速运动,加速度大小为2 m/s2D.电梯可能向下减速运动,加速度大小为2 m/s211.如图所示,一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧,其左端固定在小车上,右端与一小球相连,设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态,若忽略小球与小车间的摩擦力,则在这段时间内小车可能是()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12.(2019山西大学附中高一上期末)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,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

7、同运动,则下列说法中正确的是()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三、非选择题(本题共6个小题,共60分)13.(8分)某同学欲运用牛顿第二定律测量滑块的质量M,其实验装置如图甲所示,设计的实验步骤如下。甲(1)调整长木板倾角,当钩码的质量为m0时滑块恰好沿木板向下做匀速运动;(2)保持长木板倾角不变,撤去钩码m0,将滑块移近打点计时器,然后释放滑块,滑块沿长木板向下做匀加速直线运动,并打出点迹清晰的纸带如图乙所示(打点计时器的工作频率为50 Hz)。乙丙请回答下列问题:打点

8、计时器在打下D点时滑块的速度vD= m/s;(结果保留3位有效数字)滑块做匀加速直线运动的加速度a= m/s2;(结果保留3位有效数字)滑块质量M=(用字母a、m0和当地重力加速度g表示)。(3)保持木板倾角不变,挂上质量为m(均小于m0)的钩码,滑块沿木板向下匀加速运动,测出滑块的加速度;多次改变钩码的质量,分别求出相应的加速度。(4)若绳的拉力与所挂钩码的重力大小相等,作出a-mg图像如图丙所示,则由图丙可求得滑块的质量M=kg。(g取10 m/s2,结果保留3位有效数字)14.(8分)(2019全国)如图(a),某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有:铁架台、长木板、铁

9、块、米尺、电磁打点计时器、频率50 Hz的交流电源、纸带等。回答下列问题:图(a)(1)铁块与木板间动摩擦因数=(用木板与水平面的夹角、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示)。(2)某次实验时,调整木板与水平面的夹角使=30。接通电源,开启打点计时器,释放铁块,铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带,如图(b)所示。图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)。重力加速度取9.80 m/s2。可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为(结果保留2位小数)。图(b)15.(6分)如图所示为某人在冰面上用绳子拉着冰车玩耍的情景。已知冰车与冰车上小朋友的总质量为30 kg,

10、细绳受到的拉力为100 N,拉力与水平方向的夹角为37,冰车做匀速直线运动。(sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取10 m/s2)求:(1)冰车对地面的压力大小。(2)冰车与地面间的动摩擦因数。16.(8分)某运动员做跳伞训练,他从悬停在空中的直升机上由静止跳下,跳离直升机一段时间后打开降落伞减速下落,他打开降落伞后的速度时间图像如图(a)所示。降落伞用8根对称的悬绳悬挂运动员,每根悬绳与中轴线的夹角为37,如图(b)所示。已知运动员和降落伞的质量均为50 kg,不计运动员所受的阻力,打开降落伞后,降落伞所受的阻力Ff与下落速度v成正比,即Ff=kv。重力加速度g取10 m/s2,

11、sin 37=0.6,cos 37=0.8。求:(1)打开降落伞前运动员下落的高度;(2)阻力系数k和打开降落伞瞬间的加速度;(3)降落伞的悬绳能够承受的拉力至少为多少。17.(14分)如图所示,传送带与平板紧靠在一起,且上表面在同一水平面内,平板放在光滑水平面上,两者长度分别为L1=8 m、L2=6 m。传送带始终以速度v=8 m/s向右匀速传动。现有一滑块(可视为质点)轻轻放在传送带的左端,然后平稳地滑上平板。已知滑块与传送带间的动摩擦因数1=0.5,滑块与平板间的动摩擦因数2=0.4,滑块质量m=1 kg,平板质量M=2 kg,g取10 m/s2。(1)求滑块滑离传送带所用时间;(2)判

12、断滑块能否离开平板。如果能离开,请计算离开平板时的速度大小;若不能离开,求滑块距离平板右端的距离。18.(16分)一质量为m=0.4 kg的电动遥控玩具车在水平地面上做直线运动,如图所示为其运动的v-t图像的一部分,已知0.4 s以前车做匀变速运动,之后做变加速运动直到速度最大,2 s时刻关闭发动机,玩具车开始做匀减速运动最终停止,小汽车全过程中所受阻力可视为恒定。(1)关闭发动机后小车运动的时间;(2)求匀加速阶段小汽车的驱动力大小;(3)估算全过程小汽车行驶的距离。参考答案第四章测评1.D本题要求选国际单位制中的基本单位,其中A选项中都为物理量,不是单位,A错误;B项中的牛是国际单位制中的

13、导出单位,B错误;C项中的克和厘米都不是国际单位制,C错误;只有D项中的千克、秒和米都是国际单位制中的基本单位。2.B小车表面光滑,因此小球在水平方向上没有受到外力的作用。原来两个小球与小车具有相同的速度,当车突然停止运动时,由于惯性,两个小球的速度不变,所以不会相碰。3.B升降机突然停止,小球由于惯性继续向下运动,但是受到弹簧的拉力越来越大,拉力方向与其运动方向相反,故小球做减速运动,加速度方向向上,则小球处于超重状态;小球加速度增大,B项正确;A项、C项、D项错误。4.C恒力分别单独作用于两个物体上时,根据牛顿第二定律得F=m1a1F=m2a2当F作用在质量为(m1-m2)的物体上时,根据

14、牛顿第二定律得a=Fm1-m2联立以上三式可得a=a1a2a2-a1故选C。5.A选物块P为研究对象进行受力分析,根据牛顿第二定律F+FN-mg=ma,系统原来处于静止状态,则F0=ma,F由开始随x增加,FN变小,F变大,选项A正确。6.B惯性是物体本身具有保持原有运动状态的属性,其大小由物体本身的质量决定,故选B。7.B物体所受合力范围为5NF合25N,因m=2kg,故2.5m/s2a12.5m/s2,故B正确。8.C选取整体法可知两次整体的加速度均为F-(m1+m2)gm1+m2,A错误;根据题意可知F1=m2m1+m2F,F2=m1m1+m2F可知,F1+F2=F,B错误,C正确;F1

15、F2=m2m1,D错误。9.AD上升、下降过程中加速度大小分别为a上=11m/s2,a下=9m/s2,由牛顿第二定律得mg+F阻=ma上,mg-F阻=ma下,联立解得mgF阻=101,A、D正确。10.BC由电梯竖直方向做匀速直线运动时弹簧测力计的示数为10N,可知重物的重力为10N,质量为1kg;当弹簧测力计的示数变为8N时,则重物受到的合力为2N,方向竖直向下,由牛顿第二定律得物体产生向下的加速度,大小为2m/s2,因没有明确电梯的运动方向,故电梯可能向下加速,也可能向上减速,故选B、C。11.AD小球水平方向受到向右的弹簧弹力F,由牛顿第二定律可知,小球必定具有向右的加速度,小球与小车相

16、对静止,故小车可能向右做加速运动或向左做减速运动。选项A、D正确。12.BC甲方式中,F1最大时,A刚要离开地面,A受力如图1所示,则FN1cos=mg对B:FN1sin=ma1由牛顿第三定律可知FN1=FN1乙方式中,F2最大时,B刚要离开地面,B受力如图2所示,则FN2cos=mgFN2sin=ma2由可知FN2=FN1=FN1由式可得a2=a1,对整体易知两种情况下所加的最大推力相同。故B、C项正确,A、D项错误。13.解析从图乙中可知xAB=5.20cm,xBC=5.84cm,xCD=6.45cm,xDE=7.07cm,xEF=7.70cm。(2)相邻计数点间的时间间隔为T=20.02

17、s=0.04s,根据匀变速直线运动过程中的中间时刻速度等于该段时间内的平均速度可得,vD=xCE2T=6.45+7.0720.0410-2m/s=1.69m/s。根据逐差法可得a=xEF+xDE-xCD-xBC4T2=0.0770+0.0707-0.0645-0.05844(0.04)2m/s2=3.88m/s2。滑块做匀速运动时受力平衡,由平衡条件得m0g=Mgsin-Ff,撤去m0时滑块做匀加速直线运动时,受到的合外力F合=Mgsin-Ff,由牛顿第二定律得F合=Ma,解得M=m0ga。(4)滑块做匀速运动时受力平衡,由平衡条件得Mgsin-Ff=m0g,挂上质量为m的钩码时滑块沿木板向下

18、做匀加速直线运动,受到的合外力为F合=Mgsin-Ff-mg,由牛顿第二定律得F合=Ma,解得a=m0Mg-mMg,由图丙所示图像可知k=1M=3.5-2.50.20kg-1=5kg-1,解得M=0.200kg。答案(2)1.693.88gam0(4)0.20014.解析(1)对铁块受力分析得mgsin-mgcos=ma所以=gsin-agcos。(2)根据逐差法求加速度a=76.39-31.83-(31.83-5)10-29T2m/s2=17.7310-290.12m/s2=1.97m/s2,=gsin-agcos=9.800.5-1.979.800.866=0.35。答案(1)gsin-a

19、gcos(2)0.3515.解析(1)研究冰车及小朋友整体FN=mg-Fsin37,得FN=240N;冰车对地面的压力FN=FN=240N。(2)冰车匀速滑动,则Ff=FN,Ff=Fcos37得=FfFN=80240=13。答案(1)240 N(2)1316.解析(1)打开降落伞前运动员做自由落体运动,根据速度位移公式可得运动员下落的高度为h=v022g,由题图a可知:v0=20m/s解得:h=20m。(2)由题图(a)可知,当速度为v=5m/s时,运动员做匀速运动,受力达到平衡状态,由平衡条件可得:kv=2mg,即k=2mgv,解得:k=200Ns/m。在打开降落伞瞬间,由牛顿第二定律可得:

20、kv0-2mg=2ma,解得:a=30m/s2,方向竖直向上。(3)根据题意可知,打开降落伞瞬间悬绳对运动员拉力最大,设此时降落伞上每根悬绳的拉力为FT,以运动员为研究对象,则有:8FTcos37-mg=ma,代入数据可解得:FT=312.5N,故悬绳能够承受的拉力至少为312.5N。答案(1)20 m(2)200 Ns/m30 m/s2方向竖直向上(3)312.5 N17.解析(1)对滑块分析受力。由牛顿第二定律可得:1mg=ma1解得a1=5m/s2,设滑块达到传送带速度v所用时间为t1,由运动学公式得v=a1t1,解得t1=1.6s,滑块的位移x1=12a1t12=6.4m,1.6s后滑

21、块与传送带一起做匀速直线运动,L1-x1=vt2,解得t2=0.2s,总时间t=t1+t2=1.8s(2)滑块滑上平板后滑块做匀减速直线运动,平板做匀加速直线运动。对滑块:2mg=ma2,解得a2=4m/s2,对平板:2mg=Ma3,解得a3=2m/s2,假设两物体可以达到共同速度,则:v-a2t3=a3t3,解得t3=43s,滑块滑动的距离x1=vt3-12a2t32,平板移动的距离x2=12a3t32,滑块在平板上滑动的距离L=x1-x2=163mL2=6m,故假设成立,滑块距离平板右端的距离x=L2-L=23m。答案(1)1.8 s(2)不能离开平板距离平板右端的距离为23 m18.解析

22、(1)设2s后小汽车加速度大小为a2,据图像得a2=v2t2=8-44.0-2.0m/s2=2m/s2。设减速阶段时间为t,由0=v0-a2t,解得t=4s。(2)设00.4s内,小汽车加速度大小为a1a1=v1t1=4-00.4m/s2=10m/s2据牛顿第二定律得F-Ff=ma1关闭发动机后Ff=ma2,解得F=4.8N。(3)00.4s内的位移x1=12a1t12=12100.42m=0.8m根据图像可得0.42s内的位移约为x2=580.21m=11.6m2s以后的位移x3=12a2t2=12242m=16m小汽车的总位移x=x1+x2+x3=28.4m(计算结果在27.629.2间均正确)答案(1)4 s(2)4.8 N(3)28.4 m