1、第四章测评(A)(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分。第15小题只有一个选项正确,第68小题有多个选项正确)1.关于力学知识和物理学史,下列说法正确的是()A.牛顿、千克、秒是国际单位制中的三个基本单位B.在任何单位制中,牛顿第二定律的公式F=kma中的k都等于1C.伽利略通过理想斜面实验证明,力是维持物体运动状态的原因D.牛顿第一定律不可能用实验直接验证答案:D解析:牛顿不是国际单位制中的基本单位,牛顿是导出单位,故A错误;只有在国际单位制中,牛顿第二定律的公式F=kma中的k才等于1,故B错误;伽利略通过理想斜面实验,得出力不是维持物体运动状态的原
2、因的结论,故C错误;牛顿第一定律是由理想斜面实验推理得出的结论,不可以用实验直接验证,故D正确。2.(2019北京期末)如图所示,在弹簧测力计下挂一重物,用手提着弹簧测力计,使重物在竖直方向上做多种方式的运动。观察并记录弹簧测力计示数的变化情况,下列说法正确的是()A.加速向上运动,弹簧测力计示数小于重力的数值B.匀速向上运动,弹簧测力计示数大于重力的数值C.加速向下运动,弹簧测力计示数大于重力的数值D.减速向下运动,弹簧测力计示数大于重力的数值答案:D解析:重物加速向上运动时,加速度向上,重物处于超重状态,弹簧测力计的示数大于重力的数值,故A错误;重物匀速向上运动时,弹簧测力计的示数等于重力
3、的数值,故B错误;重物加速向下运动时,加速度向下,重物处于失重状态,弹簧测力计的示数小于重力的数值,故C错误;重物减速向下运动时,重物加速度向上,重物处于超重状态,弹簧测力计的示数大于重力的数值,故D正确。3.如图所示,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离开静止位置时的位移,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()答案:A解析:设物块P静止时,弹簧的长度为l0,对其受力分析如图所示。根据牛顿第二定律,得F+k(l-l0-x)-mg=ma,又k(l-l0)=mg,故F=kx+m
4、a,A正确。4.(2019湖北荆州月考)如图所示,质量相等的A、B两小球分别连在轻绳两端,轻弹簧的一端与A球相连,另一端固定在倾角为30的光滑斜面顶端,重力加速度大小为g。则剪断轻绳的瞬间()A.A的加速度为零,B的加速度大小为gB.A、B的加速度大小均为0.5gC.A、B的加速度均为零D.A的加速度为零,B的加速度大小为0.5g答案:B解析:设小球的质量为m,对整体分析,弹簧的弹力F=2mgsin30=mg。剪断细线的瞬间,弹簧的弹力不变,对A分析,aA=F-mgsin30m=g2;B的加速度为aB=mgsin30m=g2,故B正确,A、C、D错误。5.(2019湖北期末)如图甲所示,用力传
5、感器研究橡皮绳中拉力的大小随时间的变化。向下拉小球然后释放,小球沿竖直方向运动,某段时间内采集到的信息如图乙所示,则()A.t2t3时间内小球向上运动,速度不断减小B.t3t4时间内小球向下运动,加速度不断增大C.t4t5时间内小球向上运动,速度不断增大D.t5t6时间内小球向下运动,加速度不断增大答案:D解析:t2t3时间内拉力大于重力,但越来越小,故说明小球向上运动,速度不断增大,故A错误;t3t4时间内拉力减小,且小于重力,说明小球向上运动,速度减小,加速度增大,故B错误;t4t5时间内小球受到拉力小于重力,但拉力变大,故说明小球在向下运动,速度增加,故C错误;t5t6时间内小球受拉力变
6、大,故小球向下运动,速度减小,加速度不断增大,故D正确。此题关键是要通过图像获取小球所受的拉力的信息,结合牛顿第二定律判断加速度和速度的变化,逐步形成科学思维。6.如图所示,光滑固定斜面C倾角为,质量均为m的两物块A、B以某一初速度沿斜面一起向上做匀减速直线运动。已知物块A上表面是水平的,则在该减速运动过程中,下列说法正确的是()A.物块B受到的静摩擦力水平向左B.物块A、B处于失重状态C.物块B受到A的支持力大于mgD.A、B之间的静摩擦力大小为mgsin cos 答案:ABD解析:将A、B的加速度沿水平和竖直方向分解,在水平方向B的加速度向左,A对B的摩擦力水平向左,故A项正确;竖直方向A
7、、B的加速度向下,A、B处于失重状态,物块B受到A的支持力小于B的重力,故B项正确,C项错误;对A、B整体进行受力分析,2ma=2mgsin,沿斜面的加速度为a=gsin,在水平方向上加速度的分量为a1=gsincos,对B进行受力分析,物块A、B之间的摩擦力提供B的水平加速度,摩擦力大小为Ff=mgsincos,故D项正确。7.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,跳离飞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图线如图甲所示。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员,每根绳与中轴线的夹角均为=37,如图乙所示。已知运动员的质量为50 kg,降落伞的质量也为50 kg,不计
8、运动员所受的阻力,打开伞后伞所受阻力Ff与速度v成正比,即Ff=kv(g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)。则下列判断正确的是()A.打开降落伞前人下落的距离为20 mB.k=100 Ns/mC.打开伞瞬间运动员的加速度a=30 m/s2,方向竖直向上D.悬绳能够承受的拉力至少为625 N答案:AC解析:根据速度位移公式得,打开降落伞前人下落的距离h0=v022g=202210m=20m,故A正确;最后匀速下降时有kv=(m1+m2)g,代入数据解得k=200Ns/m,故B错误;打开伞瞬间对整体根据牛顿第二定律可得kv0-(m1+m2)g=(m1+m2)a,解得a=
9、kv0m1+m2-g=20020100m/s2-10m/s2=30m/s2,方向竖直向上,故C正确;设每根绳拉力为FT,以运动员为研究对象有8FTcos37-m1g=m1a,解得FT=m1(g+a)8cos37=504080.8N=312.5N,由牛顿第三定律得悬绳能承受的拉力至少为312.5N,故D错误。8.运送粮袋的传送装置如图所示,已知A、B间长度为l,传送带与水平方向的夹角为,工作时运行速度为v,粮袋与传送带间的动摩擦因数为,正常工作时工人在A点将粮袋轻放到运行中的传送带上,关于粮袋从A到B的运动(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),以下说法正确的是()A.粮袋到达B点的速度可能大于、可能
10、等于、也可能小于vB.粮袋开始运动的加速度为g(sin -cos ),若l足够大,则以后将以速度v做匀速运动C.若gsin 答案:AC解析:粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动,到达B点时的速度小于v;可能先匀加速运动,当速度与传送带速度相同后,做匀速运动,到达B点时速度与v相同;也可能先做加速度较大的匀加速运动,当速度与传送带速度相同后做加速度较小的匀加速运动,到达B点时的速度大于v;故A正确。粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力,大小为mgcos,根据牛顿第二定律得,加速度a=g(sin+cos),故B错误。若tan,则重力沿斜面向下的分力大于滑动摩擦力,故a的方向一直向下,粮袋从A到B一直
11、是做加速运动,可能是一直以g(sin+cos)的加速度匀加速;也可能先以g(sin+cos)的加速度匀加速,后以g(sin-cos)的加速度匀加速,故C正确。由以上分析可知,粮袋从A到B不一定一直做匀加速运动,故D错误。二、实验题(本题共2小题,共18分)9.(9分)在探究物体的加速度与力、质量的关系的实验中,得到下表所示数据。次数质量m/kg受力F/N加速度a/(ms-2)10.50.2520.5031.0041.051.5(1)若利用前三组数据探究加速度与受力的关系,则2、3组数据中物体的质量应该为 kg;若利用后三组数据探究加速度与物体质量的关系,则4、5组数据中物体所受的力应该为 N。
12、(2)为了验证“加速度与物体质量成反比”的猜想,采用图像法处理数据。下面是四个小组描绘出的不同图像,你觉得能够准确验证上述猜想的图像有。答案:(1)0.51.00(2)BC解析:(1)该实验采用的是控制变量法,应保持一个量不变,研究其他两个量之间的关系。若利用1、2、3组数据探究加速度与受力的关系,应保持物体的质量不变,则2、3组数据中物体的质量和1组数据中物体的质量相等,都为0.5kg;若利用3、4、5组数据探究加速度与物体质量的关系,应保持力不变,则4、5组数据中物体所受的力和3组数据中物体所受的力相等,都为1.00N。(2)a-m图线只能判断出当力不变时随着m的增大,a减小,不能直接得出
13、a与m成反比,若画出的a-1m图线是过原点的倾斜直线,则说明加速度与物体质量成反比,若画出的1a-m图线是过原点的倾斜直线,则也能说明加速度与物体质量成反比,故选B、C。10.(9分)(2019山东济南期末)某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律。甲(1)该同学在平衡摩擦力后进行实验,为了便于探究、减小误差,应使小车质量m车与砝码和砝码盘的总质量m满足的条件。(2)他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz的交变电源上,得到一条纸带,打出的部分计数点如图乙所示(每相邻两个计数点间还有4个点未画出),其中s1=3.59 cm,s2=4.39 cm,s3=5.19 cm,s4=5.99 cm,s
14、5=6.79 cm,s6=7.59 cm。则小车的加速度a= m/s2,打点计时器在打B点时小车的速度vB= m/s。(结果均保留两位有效数字)乙(3)通过实验得到如图丙所示的a-F图像,造成这一结果的原因是:在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角(选填“偏大”或“偏小”)。丙答案:(1)m车m(2)0.800.40(3)偏大解析:(1)对整体分析,根据牛顿第二定律得a=mgm车+m,则绳子的拉力F=m车a=m车mgm车+m=mg1+mm车,当m车m,即小车质量m车远大于砝码和砝码盘的总质量m时,可以近似认为小车运动时受到的拉力等于砝码和砝码盘的总重力。(2)计数点间的时间间隔为T,由匀变速直线运
15、动的推论x=aT2可知,加速度a=s6+s5+s4-s3-s2-s19T2=(7.59+6.79+5.99-5.19-4.39-3.59)10-290.12m/s2=0.80m/s2B点的瞬时速度为vB=s1+s22T=(3.59+4.39)10-20.2m/s=0.40m/s。(3)当F=0时,小车已经具有了加速度,说明在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角偏大。三、计算题(本题共3小题,共42分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)11.(13分)(2019陕西榆林期末)如图所示,一个质量为m=2 kg的物块,在F=10 N的拉力作用下,从静止开始沿水平面做匀加速直线运动,拉
16、力方向与水平方向成=37角,物块与水平面的动摩擦因数=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37= 0.8。(1)画出物块的受力示意图。(2)求此物块受到的滑动摩擦力的大小。(3)求此物块在2 s末的速度。答案:(1)物块的受力示意图如下(2)7 N(3)1 m/s解析:(1)物块受到重力、拉力、支持力和滑动摩擦力,受力示意图如答案图所示。(2)物块竖直方向受力平衡,有Fsin37+FN=mg解得FN=mg-Fsin37此物块受到的滑动摩擦力为Ff=FN=(mg-Fsin37)=7N。(3)根据牛顿第二定律,有Fcos37-Ff=ma代入数据解得a=0.5m/s2
17、所以物块在2s末的速度为v=at=0.52=1m/s。12.(14分)(2019安徽六安测试)如图所示,装卸工要将质量为50 kg的木箱(可视为质点)移到卡车上,他找来长为5.5 m的直木板,做了一个倾角为37的固定斜面。装卸工用大小为550 N、方向沿斜面向上的拉力F将木箱从斜面底端由静止拉上卡车。已知木箱与木板间的动摩擦因数=0.5,sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取10 m/s2。求:(1)木箱沿斜面向上加速运动时加速度的大小;(2)要将木箱拉上卡车,拉力F至少需作用多长的距离。答案:(1)1 m/s2(2)5 m解析:设斜面对木箱的弹力为FN,摩擦力为Ff,匀加速过程的加
18、速度为a1,匀减速过程的加速度为a2。(1)由牛顿第二定律得垂直于斜面方向,FN=mgcos37平行于斜面方向,F-mgsin37-Ff=ma1Ff=FN代入数据解得a1=1m/s2。(2)撤去拉力后,平行于斜面方向,mgsin37+mgcos37=ma2代入数据解得a2=10m/s2设运动最大速度为v,则v2=2a1x1v2=2a2x2x1+x2=5.5m代入数据解得x1=5m。13.(15分)(2019湖北沙市期末)如图所示,始终绷紧的水平传送带以v=4.0 m/s的恒定速率沿顺时针方向转动,质量m车=10 kg的平板车停在传送带的右端。现把质量m=5.0 kg、可视为质点的行李箱轻轻放到
19、距传送带右端x0=5.0 m位置。行李箱与传送带、平板车间的动摩擦因数分别为1=0.2、2=0.5,平板车与水平地面间的动摩擦因数3=0.1。(不计空气阻力,g取10 m/s2)(1)求行李箱在传送带上运动的时间t。(2)求行李箱滑到平板车上后,在相对滑动过程中,行李箱及平板车的加速度大小分别是多少?(3)若行李箱由传送带滑到平板车上时速度不变,要想行李箱恰不从平板车上滑出,则平板车的最小长度lmin为多少(结果可用分数表示)。答案:(1)2.25 s(2)5 m/s21 m/s2(3)43 m解析:此题主要考查牛顿运动定律的应用,意在培养学生的综合分析能力,形成科学思维。(1)对行李箱,由牛
20、顿第二定律得a1=1mgm=1g=2m/s2行李箱匀加速运动的时间为t1=va1=4.02s=2s匀加速的位移为x1=v22a1=4mx0=5m行李箱在传送带上匀速运动的时间为t2=x0-x1v=5-44.0s=0.25s行李箱在传送带上运动的时间为t=t1+t2=2.25s。(2)行李箱滑到平板车后,当行李箱速度大于平板车速度时,行李箱做减速运动,由牛顿第二定律,对行李箱有a2=2mgm=2g=5m/s2对平板车有a3=2mg-3(m车+m)gm车=1m/s2。(3)设行李箱经时间t3恰好到达平板车右端且两者速度刚好相等,由匀变速直线运动的速度公式得v-a2t3=a3t3解得t3=23s平板车的速度v=a3t3=23m/s平板车的最小长度lmin=v+v2t3-v2t3=43m。
