1、第四章单元检测卷(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题4分。在每小题给出的四个选项中,第17题只有一项符合题目要求,第810题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1.(2021湖北高一期末)春秋战国时期齐国的著作考工记中有“马力既竭,辀犹能一取焉”,意思是:(马拉车时)即使马力已经用尽(马不对车施加拉力),车还能促使马前进好几步。下列相关说法正确的是()A.该现象说明力是使物体运动的原因B.马对车不施加拉力时,车将做匀速直线运动C.马对车不施加拉力时,车由于惯性并未立即停止运动D.该现象表明马的惯性比车的惯性小解析由题意可知,即
2、使马力已经用尽(马不对车施加拉力),车还能促使马前进好几步,说明没有力物体还能运动,故A错误;由题意可知,马对车不施加拉力时,车将做减速运动,最后停止,故B错误;即使马不对车施加拉力,车还能促使马前进好几步,说明车由于惯性并未立即停止运动,故C正确;此现象不能说明马的惯性与车的惯性的大小关系,故D错误。答案C2.(2021安徽合肥高一期末)如图所示,一轻质弹簧竖直固定在水平面上,一物块自弹簧正上方自由下落,当物块与弹簧接触并将弹簧压至最短(在弹性限度内)的过程中,下列说法正确的是()A.物块接触弹簧后立即做减速运动B.物块接触弹簧后先加速后减速C.当物块的速度最大时,它所受的合力不为零D.当弹
3、簧被压缩至最短时,物块的加速度等于零解析物块刚接触弹簧时,弹簧形变较小,此时弹力小于重力,物体仍然做加速运动,故A错误;物体接触弹簧后,到弹簧压至最短这一过程中,弹簧弹力先小于重力,后等于重力,最后大于重力,故物块先加速后减速,B正确;当物块速度最大时,加速度为零,此时必有合力为零,即弹力等于重力,故C错误;弹簧压缩到最短时,弹力大于重力,此时加速度向上,故D错误。答案B3.(2020云南昆明高一期末)如图所示,在电梯的地板上放置一台电子秤,电子秤上放了一个质量为100 g的砝码,在某次电梯运行过程中小明在电梯内按时间顺序依次拍了三张照片,电子秤的读数分别为87.9 g、100.0 g、122
4、.7 g,则关于电梯的运动下列判断正确的是()A.拍第1张照片时小明处于失重状态B.拍第2张照片时电梯在匀速运动C.从第3张照片分析可知电梯在向下运动D.从3张照片分析可知,砝码受的重力在发生变化解析拍第1张照片时砝码所受的支持力小于砝码重力,砝码处于失重状态,所以小明处于失重状态,A正确;拍第2张照片时砝码所受支持力等于砝码重力,砝码加速度为0,所以电梯匀速运动或者处于静止状态,B错误;从第3张照片分析可知砝码所受支持力大于砝码重力,砝码加速度向上,电梯可能加速向上运动,也可能减速向下运动,C错误;砝码的重力为mg,与电梯的运动状态无关,D错误。答案A4.(2020吉林省实验中学高一期末)如
5、图所示,在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有一圆柱体,其质量为m且与竖直挡板及斜面间均无摩擦,斜面倾角为。当车的加速度a突然增大时,斜面对圆柱体的弹力F1和挡板对圆柱体的弹力F2的变化情况是()A.F1增大,F2不变B.F1不变,F2增大C.F1减小,F2增大D.F1增大,F2减小解析平板车的加速度沿水平方向,则圆柱体的加速度沿水平方向,对圆柱体受力分析如图所示,因为圆柱体在竖直方向上合力为零,则F1cos=mg,当平板车的加速度增大时,斜面对圆柱体的弹力F1不变;水平方向上F2-F1sin=ma,加速度增大时,挡板对圆柱体的弹力F2增大。故选B。答案B5.假设撑竿跳高运动员从最高处到垫子的
6、高度差为A=5.0 m,从接触海绵垫子到速度为0的整个过程用时约为0.2 s,该过程可视为匀减速直线运动,整个过程忽略空气阻力,g取10 m/s2。则下列说法正确的是()A.运动员接触海绵垫子时的速度大小为2 m/sB.运动员自由下落时间约为2.0 sC.从接触海绵垫子到速度为0,运动员的加速度大小为50 m/s2D.海绵垫子受到的平均作用力是运动员体重的4倍解析由运动规律可得,运动员接触海绵垫子时的速度大小由v2=2gh,解得v=10m/s,运动员自由下落时间t1=vg=1.0s,故A、B错误;从接触海绵垫子到速度为0,运动员的加速度大小a=vt2=50m/s2,根据牛顿第二定律F-mg=m
7、a,可得F=6mg,所以根据牛顿第三定律可知海绵垫子受到的平均作用力为6mg,故C正确,D错误。答案C6.如图所示,质量为2m的物体A静止在竖直的轻弹簧上,质量为3m的物体B由细线悬挂在天花板上,B与A刚好接触但不挤压。现突然将细线剪断,则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为()A.125mgB.65mgC.25mgD.0解析剪断细线前,只有A对弹簧有作用力,所以剪断细线前弹簧的弹力F弹=mAg=2mg,将细线剪断的瞬间,弹簧弹力不变,根据牛顿第二定律可得(2m+3m)g-F弹=(2m+3m)a,解得a=35g,隔离B,则有3mg-FN=3ma,解得剪断后瞬间A、B间的作用力FN=65mg,故B正
8、确,A、C、D错误。答案B7.(2020河北巨鹿中学高一月考)如图所示,ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,它们与水平面之间的夹角分别为90、60、30,a、b、c、d位于同一圆周上,a点为圆周的最高点,d点为最低点。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a、b、c处由静止释放,用t1、t2、t3依次表示各滑环到达d所用的时间,用a1、a2、a3依次表示各滑环沿杆下滑过程的加速度,则下列说法正确的是()A.t1t2t3=321B.t1t2t3=111C.a1a2a3=321D.a1a2a3=111解析设任一细杆与竖直方向的夹角为,根据牛顿第二定律有mgcos=ma,解
9、得环的加速度大小a=gcos,则a1=g,a2=32g,a3=12g,加速度之比为a1a2a3=231,C、D错误;设所在圆周的半径为R,则环下滑的位移x=2Rcos,根据x=12at2,得t=4Rg,下滑时间相同,A错误、B正确。答案B8.(2021天津南开区高一期末)如图甲所示,某同学站在体重计上观察超重与失重现象。由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程;由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。他稳定站立时,体重计的示数为500 N,关于实验现象,下列说法正确的是()A.“起立”过程是超重现象,“下蹲”过程是失重现象B.“起立”和“下蹲”过程都有超重和失重现象出现C.图乙记录的
10、是他先“下蹲”稳定后又“起立”的过程D.“下蹲”过程先出现失重现象,“起立”过程先出现超重现象解析从下蹲状态站起来的过程中,人先向上做加速运动,后向上做减速运动,最后回到静止状态,即人先处于超重状态后处于失重状态。从站立状态蹲下去的过程中,人先向下做加速运动,后向下做减速运动,最后回到静止状态,即人先处于失重状态,后处于超重状态。故A错误,B、D正确。物体对支持物的压力大于物体所受重力的现象称为超重现象,即显示重量大于实际重量;物体对支持物的压力小于物体所受重力的现象称为失重现象,即显示重量小于实际重量。图乙中第一次变化,显示重量先小于重量再大于重量,即先失重后超重,因此为“下蹲”过程;第二次
11、变化,显示重量先大于重量再小于重量,即先超重后失重,因此为“起立”过程,故C正确。答案BCD9.(2020山东潍坊高一月考)如图甲所示,传送带以速率v顺时针匀速转动,在其水平部分的右端B点正上方有一竖直弹性挡板。一小物块以初速度v0(v0大于v)从左端A点滑上传送带,与挡板相碰后恰好能返回A点,物块运动过程的v-t图像如图乙实线所示,下列说法正确的是()A.v0和v大小关系为v0=2vB.若只增大v0,物块将从传送带左端滑下C.若v0=v,物块将在传送带上往复运动D.若只减小传送带速度v,物块不可能返回A点解析由v-t图像可知,小物块恰好减速到与传送带速度相等时与挡板碰撞,向左减速至A点速度为
12、零,且物块向右运动的加速度和向左运动的加速度大小相等,则v02-v2=2al,v2=2al,可得v0=2v,A错误;若只增大v0,其他条件不变,物块与挡板碰后速度将大于v,物块必从传送带左端滑下;当v0=v时,物块碰后速度为v,恰好能回到A点,后向右加速,出现往复运动,B、C正确;若只减小v,则物块在传送带上的加速度不变,即物块到达挡板处时速度应该恰好为v,故物块一定能返回A点,D错误。答案BC10.如图甲所示,在光滑水平面上,静止放置一质量为m的长木板,质量为m的滑块(可视为质点)放在长木板上,长木板受到水平拉力F与加速度a的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是()
13、A.长木板的质量m=1 kgB.滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2C.当F=8 N时,滑块的加速度大小为4 m/s2D.当F增大时,滑块的加速度一定增大解析由图像知,当F=6N时,加速度为a0=2m/s2,对整体分析由牛顿第二定律有F=(m+m)a0,代入数据解得m+m=3kg;当F大于6N时,m和m发生相对滑动,对长木板根据牛顿第二定律得F-mg=ma,则有F=ma+mg,F-a图线的斜率k=6-42=1,则m=1kg,故m=2kg,选项A正确;当F大于6N时,根据图像可得=0.2,故选项B正确;当F大于6N后,二者发生相对滑动,小滑块的加速度为a=g=2m/s2,与F无关,F增大时小滑块
14、的加速度不变,故选项C、D错误。答案AB二、实验题(本题共2小题,共14分)11.(6分)用图甲所示装置测物块与长木板间的动摩擦因数,长木板固定在水平桌面上,圆弧轨道与长木板的上表面相切。光电门安装在长木板上,位置可以调节;物块上固定宽d=2.10 mm的遮光条,从圆弧轨道上某点由静止释放。(1)某次遮光条通过光电门的时间t=0.84 ms,则物块通过光电门的速度v= m/s。(结果保留三位有效数字)(2)调节光电门位置,测每次遮光条通过光电门的时间t及对应的物块在长木板上停止后遮光条与光电门之间的距离x。多次测量,得到1t2-x图像如图乙所示,已知图线斜率为k,重力加速度为g,则物块与长木板
15、间的动摩擦因数=。(用已知量的字母表示)(3)本实验中,(选填“需要”或“不需要”)保证物块必须从圆弧轨道上同一点由静止释放。解析(1)遮光条通过光电门的时间t=0.84ms,则物块通过光电门的速度v=dt=2.1010-30.8410-3m/s=2.50m/s。(2)由牛顿第二定律得mg=ma,所以a=g,根据运动学关系可知dt2=2ax,即1t2=2gd2x,则2gd2=k,解得=kd22g。(3)本实验中,物块在长木板上运动后,由光电门测量通过光电门时的初速度,故不需要保证物块必须从圆弧轨道上同一点由静止释放。答案(1)2.50(2)kd22g(3)不需要12.(8分)某学习小组利用图甲
16、中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系,图中长木板水平放置,其左端固定一轻滑轮,轻绳跨过滑轮,一端与放在木板上的小车相连,另一端可悬挂钩码,本实验中可用的钩码共有N个,已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz,每个钩码的质量为m,小车的质量为m,重力加速度取g,实验要点如下:(1)实验开始时平衡摩擦力:在长木板不带滑轮的一端下方某位置垫上一个小物块后,发现小车拉着通过打点计时器的纸带在木板上做加速运动,则应将小物块向(选填“左”或“右”)移动,才能使小车拉着纸带在板上做匀速运动;(2)平衡摩擦力后,将n(依次取n=1,2,3,4)个钩码挂在左端,其余N-n个钩码放在小车内,用手按住小车
17、并使轻绳与木板平行,打开电源,释放小车,获得一条清晰的纸带,经数据处理后可得到相应的加速度a;(3)图乙为某次实验得到的纸带,且每隔4个点取1个计数点,利用图中测得的数据可计算出小车的加速度a= m/s2(保留三位有效数字);(4)本次实验中(选填“需要”或“不需要”)满足“小车及车上钩码的总质量远大于所挂钩码质量”的条件;(5)图丙是利用不同n对应不同a作出的a-n图像,如果图丙中图线斜率为k,通过理论分析可知本实验中可用的钩码的总个数为N=。(用题中字母表示)解析(1)小车做加速运动,说明斜面倾角过大,应减小倾角,因此应将小物块向右移动。(3)根据x=aT2并代入数据可得a=2.02m/s
18、2。(4)由于小车和钩码(含车上放置的和细绳末端所挂的)的总质量一定,所以小车的加速度a与细绳末端所挂钩码的重力始终成正比,因此不需要满足“小车及车上钩码的总质量远大于所挂钩码质量”的条件。(5)图像为过坐标原点的直线,由牛顿第二定律和图像可知a=mgNm+mn=kn,因此钩码的总个数N=gk-mm。答案(1)右(3)2.02(4)不需要(5)gk-mm三、计算题(本题共3小题,共46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)13.(12分)(2020浙江高一月考)静止在水平地面上的物体,质量为20 kg,在一个水平推力作用下,做匀加速直线运动,物体与地面间的动摩擦因数为=0.
19、1,当物体运动9 m时,速度达到6 m/s。g取10 m/s2,求:(1)物体的加速度大小;(2)物体受到的水平推力大小。解析(1)物体做初速度为零的匀加速直线运动,由运动学公式有v2=2ax解得a=2m/s2。(2)由牛顿第二定律有F-mg=ma解得F=60N。答案(1)2 m/s2(2)60 N14.(16分)如图所示的升降机中,用OA、OB两根绳子吊一个质量为20 kg的重物,若OA与竖直方向的夹角=37,OA垂直于OB,且两绳所能承受的最大拉力均为320 N。(1)请判断,随着拉力增大,OA绳先断还是OB绳先断。(2)为使绳子不断,升降机竖直向上的加速度最大为多少?解析(1)OA垂直于
20、OB,分析物块受力有FTOAsin=FTOBcos因为=37,所以FTOAFTOB,故OA绳先断。(2)分析知当OA绳拉力最大时,升降机加速度最大,FTmcos-mg=ma代入数据可得a=10m/s2。答案(1)OA绳先断(2)10 m/s215.(18分)如图所示,一个质量为m=1 kg的小滑块在水平面上沿直线向右运动,小滑块与水平面间的动摩擦因数为=0.3。小滑块经过P点时速度为v=5 m/s,运动到Q点(图中未画出)时对滑块施加一个水平向左的恒力F=5 N,已知P和Q之间距离为L=1.5 m,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)施加F时小滑块的速度大小;(2)恒力F施加以后,经多长时间小滑块速度为零;(3)小滑块向右运动的最远点到P点的距离。解析(1)小滑块在P、Q之间运动时,根据牛顿第二定律有mg=ma1解得a1=3m/s2根据运动学公式可得,运动到Q点的速度大小为vQ=v2-2a1L=4m/s。(2)施加F后小滑块向右运动过程中,根据牛顿第二定律有mg+F=ma2解得a2=8m/s2向右运动的时间t1=vQa2=0.5s。(3)向右运动的位移x1=vQ22a2=1m所以向右运动的最远点到P点的距离为x=L+x1=2.5m。答案(1)4 m/s(2)0.5 s(3)2.5 m
