2019高中物理第四章力与运动过关检测粤教版必修1.docx

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1、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

2、不动,当手突然向上加速运动时,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,

3、它们分别在 F1和 F2的作用下,产生相同的加速度,则( )2A.F2=F1B.F2=3F1C.F2=F13D.F2=3F12答案 B解析 由 F=ma可知 ,F2=3F1.F2F1=m2m15.三个光滑斜轨道 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= ,下滑加速度 a=gsin

4、,由 s= at2可s0cos 12知 t= ,即 t= ,所以当 sin 2= 1时, t最小,即 = 45时, t最小 .2sa= 2s0gsin cos 4s0gsin2C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 CD3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

5、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

6、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 m/s,最6+02后 2 s内的平均速度为 m/s;物体

7、上升的最大高度为 (7+2)6 m=27 m;第 4 s末物0+62 12体匀速上升,拉力等于重力;故 B、C 正确 .49.(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 a的加速度向西行驶时, P和 Q间的拉力大小仍为 F.23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

8、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 向西2a3行驶时 F=xm a,联立得 3n=5x,因为 n、 x取正整数,故选项 B、C 正确 .2310.(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

9、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”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:5F/N 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60a/(ms-2) 0.10 0.23 0.27 0.40 0.49(1)根据表中数据,在如图所示坐标系中作出图象 .(2)图线

10、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

11、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6mg+f=maa= m/s2mg+fm =0.59.8+2.10.5=14 m/s2上升至最大高度时末速度为 0,由运动学公式得02- =-2asv02得最大高度s= m=7 m.02-v02-2a = 0-142-21413.(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(

12、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= m/s2= m/s2;电梯减速过程中 FN最小FN-mgm =40-303 103时,加速度最大,其最大值 a2= m/s2=5 m/s2.故电梯运动过程中的最大加速度mg-FNm =30-153为 5 m/s2.714.(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

13、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 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

14、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+a1t1 s0=v0t1+ a1 12t12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=ma2 由图可得8a2= v2-v1t2-t1式中, t2=2 s,v

15、2=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=Ma3 v3=-v1+a3 t v3=v1+a2 t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= t-v1+v32小物块运动的位移为s2= tv1+v32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- =2a4s3v32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.