1、阶段验收评价（四）运动和力的关系(本试卷满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1下列关于单位制的说法中，正确的是()A在国际单位制中力学的三个基本单位分别是长度单位m、时间单位s、力的单位NB长度是基本物理量，其单位m、 cm、 mm都是国际单位制中的基本单位C公式Fma中，各量的单位可以任意选取D由Fma可得到力的单位1 N1 kgm/s2解析：选D在国际单位制中三个力学基本物理量分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，故A错误；长度是基本物理量，其单位m是国际单位制中的基本单位， cm与 mm只
2、是常用单位，故B错误；公式Fma中，各物理量的单位都是采用国际单位，故C错误；公式Fma中，各物理量的单位都是采用国际单位，才由Fma可得到力的单位1 N1 kgm/s2，故D正确。2下列说法正确的是()A体操运动员双手握住单杠在空中不动时处于失重状态B蹦床运动员在空中上升和下降过程中都处于失重状态C举重运动员在举起杠铃后的那段时间内处于超重状态D游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态解析：选B当物体具有向上的加速度时，即向上做加速运动或向下做减速运动时，物体处于超重状态；当物体具有向下的加速度时，即向下做加速运动或向上做减速运动时，物体处于失重状态。在A、C、D选项中，运动员处于静止状态
3、，即处于平衡状态，只有选项B中运动员的加速度为重力加速度，方向竖直向下，处于失重状态，而且处于完全失重状态，故B正确。3.如图所示，轻绳1的两端分别系着天花板和物块A，物块A的下端连着轻弹簧，轻弹簧的下端连着框架B，框架B里面用轻绳2悬挂着物块C，物块A、框架B、物块C三者质量相等。当剪断轻绳1或轻绳2的瞬间，框架B的加速度大小分别为(重力加速度为g)()A0，gBg，gC.g,0 D0,0解析：选A设A、 B、 C的质量均为m。开始时，以A、 B、 C组成的系统为研究对象，由平衡条件得：mgmgmgF1，得轻绳1的张力为：F13mg，剪断轻绳1的瞬间，弹簧的弹力不能突变，所以对B，此瞬间的合
4、力为0，加速度为0；剪断轻绳2前，以A、B组成的系统为研究对象，由平衡条件推论可知F1mgmgF2，F2mg，剪断轻绳2瞬间，弹簧的弹力不能突变，此瞬间B合力大小等于F2ma，加速度ag，方向竖直向上，故A正确，B、C、D错误。4某中学教学楼的楼顶是尖顶形状，这样设计能够让雨水尽快地从屋顶排出。假定雨滴落到屋顶最高点时速度瞬间减为零，雨滴沿湿润的屋顶斜面下滑时不计摩擦阻力，离开屋顶斜面即离开屋顶。为了使雨滴尽快从屋顶排出，下面关于斜面倾角的大小合适的角度是()A30B45C60 D75解析：选B如图为屋顶的示意图，屋顶为一等腰三角形，设房屋的宽度为2L，雨滴运动的距离为l，斜面的倾角为，雨滴运
5、动的距离为l，雨滴的运动可看作匀加速运动，雨滴的合力等于重力沿斜面方向的分力，则mgsin ma，雨滴运动的加速度agsin ，根据匀变速运动的知识有lat2，变形得t ，当45，sin(2)最大，雨滴运动时间最短。故A、C、D错，B对。5.如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为()A(Mm)g B(Mm)gmaC(Mm)gma D(Mm)g解析：选B对竿上的人分析：受重力mg、摩擦力Ff，由mgFfma得Ffm(ga)。竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力摩擦力，且大小相等，方向相反。对竿分析：受
6、重力Mg、竿上的人对竿向下的摩擦力Ff、顶竿的人对竿的支持力FN，有MgFfFN，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律知竿对“底人”的压力大小FNMgFf(Mm)gma。B项正确。6如图所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过定滑轮的细线与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为1，则细线中的拉力大小为()AMg BMgMaC(m1m2)a Dm1a1m1g解析：选C对AB整体分析，根据牛顿第二定律T(m1m2)a，选项C正确；对C：MgTMa，解得：T
7、MgMa，选项A、B错误；对物块A：Tfm1a，则Tm1af，因f为静摩擦力，故不一定等于1m1g，选项D错误。7.如图所示，滑轮A可沿倾角为的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，则下滑过程中()AB的加速度为gsin B绳的拉力为C绳的方向保持竖直D绳的拉力为G解析：选A分析滑轮A和B的整体，受到重力和斜面的支持力，由牛顿第二定律可得(mAmB)gsin (mAmB)a，解得agsin ，由于下滑时，物体B相对于A静止，因此物体B的加速度也为gsin ，对物体B受力分析得：受到绳子的拉力和重力，因此绳子拉力方向与斜面垂直，因此绳的拉力为 Gco
8、s 。因此A正确，B、C、D错误。8.如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行。在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力FT和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g)()AFTm(gsin acos )，FNm(gcos asin )BFTm(gcos asin )，FNm(gsin acos )CFTm(acos gsin )，FNm(gcos asin )DFTm(asin gcos )，FNm(gsin acos )解析：选A对小球受力分析如图所示，建立坐标系，根据牛顿第二定律有：在x轴
9、方向上：FTmgsin macos ，在y轴方向上：FNmgcos masin ，解得：FTm(gsin acos )，FNm(gcos asin )，所以选项A正确。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。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9一块足够长的白板，位于水平桌面上，处于静止状态。一石墨块(可视为质点)静止在白板上，石墨块与白板间存在摩擦，动摩擦因数为。突然，使白板以恒定的速度v0做匀速直线运动，石墨块将在板上划下黑色痕迹。经过某段时间t，令白板突然停下，以后不再运动。在最后石墨块也不再运动时，白板上黑色痕
10、迹的长度可能是(已知重力加速度为g，不计石墨块与板摩擦过程中损失的质量)()A.BCv0tgt2 Dv0t解析：选AC在时间t内，石墨块可能一直匀加速，也可能先加速后匀速；石墨块加速时，根据牛顿第二定律，有：mgma，解得：ag；经过时间t后，白板静止后，石墨块做减速运动，加速度大小不变，原来石墨块相对白板向后运动，白板停止后，石墨块相对白板向前运动，即石墨块相对白板沿原路返回，因石墨块相对白板向后运动的距离不小于石墨块相对白板向前运动的距离，故白板上黑色痕迹的长度等于石墨块加速时相对白板的位移。如果时间t内石墨块一直加速，加速的位移为x1gt2，加速时相对白板的位移为x1v0tx1v0tgt
11、2，C正确；如果时间t内石墨块先加速，后匀速，石墨块的位移为x2v0v0t，石墨块相对白板的位移为x2v0tx2，A正确、B错误；如果时间t内石墨块加速的末速度恰好等于v0，石墨块的位移x3v0t，石墨块加速时相对白板的位移为x3v0tx3v0t，故D错误。10如图甲所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，若重力加速度g取10 m/s2。根据图乙中所提供的信息可以计算出()A物体的质量B斜面的倾角C加速度由2 m/s2增加到6 m/s2的过程中，物体通过的位移D加速度为6 m/s2时物体的速度解析：选AB
12、由题图乙可知，当水平外力F0时，物体的加速度a6 m/s2，此时物体的加速度agsin ，可求出斜面的倾角37，选项B正确；当水平外力F15 N时，物体的加速度a0，此时Fcos mgsin ，可得m2 kg，选项A正确；由于不知道加速度与时间的关系，所以无法求出物体在各个时刻的速度，也无法求出物体加速度由2 m/s2增加到6 m/s2过程中的位移，选项C、D错误。11质量为M的物块放在正沿水平直轨道向右匀加速行驶的车厢内水平地面上，并用轻绳绕过两个光滑定滑轮连接质量为m的小球，与小球连接的轻绳与竖直方向始终成角，与物块连接的轻绳处于水平方向，物块相对车厢静止。重力加速度大小为g。下列说法正确
13、的是()A物块对车厢内水平地面的压力大小为mgB物块的加速度大小为C轻绳的拉力大小为D物块所受地面的摩擦力大小为解析：选CD对小球进行受力分析如图甲所示，根据三角形定则可知小球的合力为：F合mgtan ，绳子的拉力为：T，根据牛顿第二定律知，其加速度为：agtan ，小球与物块、车厢相对静止，加速度相同，故B错误，C正确；对物块受力如图乙所示，竖直方向：NMg，水平方向：fTMa，解得物块受到地面对其摩擦力为：fMaT，故A错误，D正确。12如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v1滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦。
14、设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板。下面给出了石块在长木板上滑行的v-t图像，其中可能正确的是()解析：选BD由于石块与长木板、长木板与地面之间都有摩擦，故石块不可能做匀速直线运动，故A错误；设石块与长木板之间的动摩擦因数为1，长木板与地面之间的动摩擦因数为2，石块的质量为m，长木板的质量为M，当1mg2(Mm)g，最终石块与长木板将一起做匀减速直线运动，此时的加速度为2g，由1mg2(Mm)g，可得：1g2g，即石块刚开始的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，也就是说图像的斜率将变小，故C错误，B正确；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩
15、擦力，则长木板将静止不动，石块将在长木板上做匀减速直线运动，故D正确。三、非选择题(本题共5小题，共60分)13(6分)(2021福建高考)某实验小组利用图甲所示的实验装置探究空气阻力与速度的关系，实验过程如下：(1)首先将未安装薄板的小车置于带有定滑轮的木板上，然后将纸带穿过打点计时器与小车相连。(2)用垫块将木板一端垫高，调整垫块位置，平衡小车所受摩擦力及其他阻力。若某次调整过程中打出的纸带如图乙所示(纸带上的点由左至右依次打出)，则垫块应该_(填“往左移”“往右移”或“固定不动”)。(3)在细绳一端挂上钩码，另一端通过定滑轮系在小车前端。(4)把小车靠近打点计时器，接通电源，将小车由静止
16、释放。小车拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图丙所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，纸带上标出的每两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出。打出F点时小车的速度大小为_ m/s(结果保留2位小数)。(5)保持小车和钩码的质量不变，在小车上安装一薄板。实验近似得到的某时刻起小车v-t图像如图丁所示，由图像可知小车加速度大小_(填“逐渐变大”“逐渐变小”或“保持不变”)。据此可以得到的实验结论是_。解析：(2)由题图乙可知从左往右点间距逐渐增大，说明小车做加速运动，即平衡摩擦力过度，应减小木板的倾角，即将垫块往右移。(4)打F点时小车的速度大小等于打E、G两点之间小车的平均速度大小，即
17、vF m/s0.15 m/s。(5)v-t图像的斜率表示加速度，由图像可知小车加速度大小逐渐变小。根据牛顿第二定律可知小车所受合外力F随速度的增大而变小。装上薄板后，设小车所受空气阻力大小为f，则FTf，而细绳拉力T不变，故由此得到的结论是空气阻力随速度增大而增大。答案：(2)往右移(4)0.15(5)逐渐变小空气阻力随速度增大而增大14(10分)如图甲所示为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系”的实验装置：(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持_不变，用钩码所受的重力作为_，用DIS测小车的加速度。(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的
18、多组数据可画出a-F关系图线(如图乙所示)。分析此图线的OA段可得出的实验结论是_。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是_。A小车与轨道之间存在摩擦B导轨保持了水平状态C所挂钩码的总质量太大D所用小车的质量太大解析：(1)探究加速度与力的关系时，采用控制变量法，保持研究对象即小车与发射器的质量不变，实验中为了便于获得对小车施加恒定拉力且容易知道其大小，此拉力用钩码的重力代替。(2)实验得到的a-F关系图线OA段为过原点的倾斜直线，表明在小车质量一定的情况下，它的加速度与其所受的合力成正比；实验中用钩码的重力替代小车受到合力的前提是钩码的质量远小于小车的质量，若钩码的质量与小车的质
19、量差不多大，则不能用钩码的重力替代小车受到的合力，a-F图线也不再是过原点的直线。答案：(1)小车与发射器的质量小车受到的合力(2)质量一定时，加速度与合力成正比C15(14分)民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，形成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面(滑行到地面时速度不损失)。若机舱口下沿距地面3.2 m，气囊所构成的斜面长度为6.5 m，一个质量为60 kg的人沿气囊滑下时所受的阻力是240 N(g取 10 m/s2)，求：(1)人滑至气囊底端时的速度的大小。(2)若人与地面的动摩擦因数为 0.2，人在地面上滑行的距离是多少
20、？解析：(1)根据牛顿第二定律得：mgsin fma1，根据运动学公式有v22a1x1，解得v3.5 m/s。(2)由牛顿第二定律得：mgma2，根据运动学公式有v22a2x2，解得x23.0 m。答案：(1)3.5 m/s(2)3.0 m16(14分)(选自粤教版新教材课后练习)如图所示是深坑打夯机的示意图。首先，电动机带动两个摩擦轮匀速转动，将压紧的夯杆从深坑提起。当夯杆的下端刚到达坑口时，两个摩擦轮将夯杆松开，夯杆在自身重力的作用下，最后落回坑底，这样，周而复始地进行，就可以达到将坑底夯实的目的。已知两摩擦轮边缘的切线处，竖直向上的速度v4 m/s，两摩擦轮对夯杆的正压力均为F2104
21、N，与夯杆的动摩擦因数0.3，夯杆的质量m1.0103 kg，坑深h6.4 m，不计因打夯引起的深度变化，试计算该深坑打夯机的打夯周期。解析：夯杆的运动过程包括：匀加速上升、匀速上升、匀减速上升、自由落体回到坑底。夯杆所受的滑动摩擦力F12F，根据牛顿第二定律有：F1mgma，联立可得a2 m/s2，夯杆匀加速运动的位移x1，可得x14 m，匀加速运动的时间t12 s，匀速运动的时间t20.6 s，匀减速上升的时间t30.4 s，匀减速运动的位移x20.8 m，自由落体回到坑底的时间t4 1.2 s，所以周期Tt1t2t3t44.2 s，故打夯周期为4.2 s。答案：4.2 s17(16分)质
22、量为4 kg的雪橇在倾角37的斜坡上向下滑动，所受的空气阻力与速度成正比，比例系数未知。今测得雪橇运动的v-t图像如图所示，且AB是曲线最左端那一点的切线，B点的坐标为(4,15)，CD线是曲线的渐近线(sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)。试问：(1)雪橇开始时做什么运动？最后做什么运动？(2)当v05 m/s和v110 m/s时，雪橇的加速度各是多少？(3)空气阻力系数k及雪橇与斜坡间的动摩擦因数各是多少？解析：(1)雪橇开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动。(2)当v05 m/s时，加速度a0 m/s22.5 m/s2，v110 m/s时，加速度为a10。(3)t0时刻开始加速时：mgsin kv0mgcos ma0，最后匀速时：mgsin kv1mgcos ，由上面二式，得kv0ma0kv1，解得k2 kg/s，联立解得，代入数据解得0.125。答案：(1)加速度减小的加速直线运动匀速直线运动(2)2.5 m/s20(3)2 kg/s0.125