必修第一册阶段验收评价 （四） 运动和力的关系

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F＝ma中，各量的单位可以任意选取D．由F＝ma可得到力的单位1N＝1kg·m/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只是常用单位，故B错误；公式F＝ma中，各物理量的单位都是采用国际单位，故C错误；公式F＝ma中，各物理量的单位都是采用国际单位，才由F＝ma可得到力的单位1N＝1kg·m/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，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.“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳。质量为m的小明如图静止悬挂时两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，若此时右侧橡皮绳断裂，则小明此时()A．加速度为零B．加速度a＝g，沿原断裂绳的方向斜向左下方C．加速度a＝g，沿未断裂绳的方向斜向右上方D．加速度a＝g，方向竖直向下解析：选B小明静止时受到重力和两根橡皮绳的拉力，处于平衡状态，如图。由于T1＝T2＝mg，故两个拉力的合力一定在角平分线上，且在竖直向上的方向上，故两个拉力的夹角为120°，当右侧橡皮绳拉力变为零时，左侧橡皮绳拉力不变，重力也不变；由于三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等大、反向、共线，故左侧橡皮绳拉力与重力的合力与右侧橡皮绳断开前的弹力反方向，大小等于mg，故加速度大小为g，沿原断裂绳的方向斜向左下方。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()A．30° B．45°C．60° D．75°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θ，雨滴运动的距离为l＝eq\f(L,cosθ)，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mgsinθ＝ma，雨滴运动的加速度a＝gsinθ，根据匀变速运动的知识有l＝eq\f(1,2)at2，变形得t＝eq\r(\f(2L,gsinθcosθ))＝eq\r(\f(4L,gsin2θ))，当θ＝45°，sin(2θ)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．(M＋m)g B．(M＋m)g－maC．(M＋m)g＋ma D．(M－m)g解析：选B对竿上的人分析：受重力mg、摩擦力Ff，由mg－Ff＝ma得Ff＝m(g－a)。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Mg＋Ff′＝FN，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FN′＝Mg＋Ff′＝(M＋m)g－ma。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μ1，则细线中的拉力大小为()A．Mg B．Mg＋MaC．(m1＋m2)a D．m1a＋μ1m1g解析：选C对AB整体分析，根据牛顿第二定律T＝(m1＋m2)a，选项C正确；对C：Mg－T＝Ma，解得：T＝Mg－Ma，选项A、B错误；对物块A：T－f＝m1a，则T＝m1a＋f，因f为静摩擦力，故不一定等于μ1m1g，选项D错误。7.如图所示，滑轮A可沿倾角为θ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()A．B的加速度为gsinθB．绳的拉力为eq\f(G,cosθ)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(mA＋mB)gsinθ＝(mA＋mB)a，解得a＝gsinθ，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gsinθ，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Gcosθ。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θ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)()A．FT＝m(gsinθ＋acosθ)，FN＝m(gcosθ－asinθ)B．FT＝m(gcosθ＋asinθ)，FN＝m(gsinθ－acosθ)C．FT＝m(acosθ－gsinθ)，FN＝m(gcosθ＋asinθ)D．FT＝m(asinθ－gcosθ)，FN＝m(gsinθ＋acosθ)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轴方向上：FT－mgsinθ＝macosθ，在y轴方向上：FN－mgcosθ＝－masinθ，解得：FT＝m(gsinθ＋acosθ)，FN＝m(gcosθ－asinθ)，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μ。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.eq\f(v02,2μg) B.eq\f(v02,μg)C．v0t－eq\f(1,2)μgt2 D．v0t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：μmg＝ma，解得：a＝μg；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x1＝eq\f(1,2)μgt2，加速时相对白板的位移为Δx1＝v0t－x1＝v0t－eq\f(1,2)μgt2，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x2＝eq\f(v02,2μg)＋v0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(v0,μg)))＝v0t－eq\f(v02,2μg)，石墨块相对白板的位移为Δx2＝v0t－x2＝eq\f(v02,2μg)，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x3＝eq\f(1,2)v0t，石墨块加速时相对白板的位移为Δx3＝v0t－x3＝eq\f(1,2)v0t，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θ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10m/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2m/s2增加到6m/s2的过程中，物体通过的位移D．加速度为6m/s2时物体的速度解析：选AB由题图乙可知，当水平外力F＝0时，物体的加速度a＝－6m/s2，此时物体的加速度a＝－gsinθ，可求出斜面的倾角θ＝37°，选项B正确；当水平外力F＝15N时，物体的加速度a＝0，此时Fcosθ＝mgsinθ，可得m＝2kg，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2m/s2增加到6m/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θ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eq\f(g,tanθ)C．轻绳的拉力大小为eq\f(mg,cosθ)D．物块所受地面的摩擦力大小为eq\f(Msinθ＋mg,cosθ)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＝mgtanθ，绳子的拉力为：T＝eq\f(mg,cosθ)，根据牛顿第二定律知，其加速度为：a＝eq\f(F合,m)＝gtanθ，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：N＝Mg，水平方向：f－T＝Ma，解得物块受到地面对其摩擦力为：f＝Ma＋T＝eq\f(Msinθ＋mg,cosθ)，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。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μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m，长木板的质量为M，当μ1mg＞μ2(M＋m)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μ2g，由μ1mg＞μ2(M＋m)g，可得：μ1g＞μ2g，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)“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示。(1)在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示。计时器打点的时间间隔为0.02s。从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离。该小车的加速度a＝______m/s2。(结果保留两位有效数字)(2)平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上。挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度。小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：砝码盘中砝码总重力F/N0.1960.3920.5880.7840.980加速度a/(m·s－2)0.691.181.662.182.70请根据实验数据作出a-F的关系图像。(3)根据提供的实验数据作出的a-F图线不通过原点。其主要原因是：______________________________________________________________________________________。解析：(1)a＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f(3.68－3.52×10－2,0.12)m/s2＝0.16m/s2或a＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f(3.83－3.68×10－2,0.12)m/s2＝0.15m/s2。(2)a-F的关系图像如图所示。(3)小车、砝码盘和砝码组成的系统所受合外力为砝码盘和盘中砝码的总重力，而表中数据漏记了砝码盘的重力，导致合力F的测量值小于真实值，a-F的图线不过原点。答案：(1)0.16(或0.15)(2)见解析图(3)未计入砝码盘的重力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多组数据可画出a-F关系图线(如图乙所示)。①分析此图线的OA段可得出的实验结论是__________________。②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)①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；②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)①质量一定时，加速度与合力成正比②C15．(14分)如图所示，水平平台的右端安装有定滑轮，质量为M＝2kg的物块放在与滑轮相距l＝1.2m的平台上，物块与平台间的动摩擦因数为μ＝0.2，现有一轻绳跨过定滑轮，左端与物块连接，右端挂质量为m＝1kg的小球，绳拉直时用手托住小球使其在距地面h＝0.5m高处静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10m/s2)。(1)放开小球，系统运动，求小球做匀加速运动时的加速度及此时绳子的拉力大小；(2)通过计算，回答物块能否撞到定滑轮。解析：(1)由牛顿第二定律得：对小球：mg－FT＝ma1，对物块：FT－μMg＝Ma1，解得：a1＝2m/s2，FT＝8N。(2)小球落地时的速度：由v2＝2a1h得：v＝eq\r(2a1h)＝eq\r(2)m/s，即物块此时的速度为eq\r(2)m/s，物块此后做匀减速运动的加速度：a2＝eq\f(μMg,M)＝μg＝2m/s2，到停下来可滑行的距离由v2＝2a2x，得：x＝eq\f(v2,2a2)＝0.5m，物块在桌面上共滑行的距离：x总＝h＋x＝1m<l，故物块不会撞到定滑轮。答案：(1)2m/s28N(2)见解析16．(14分)(选自新粤教版课后练习)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v＝4m/s，两摩擦轮对夯杆的正压力均为F＝2×104N，与夯杆的动摩擦因数μ＝0.3，夯杆的质量m＝1.0×103kg，坑深h＝6.4m，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F1＝2μF，根据牛顿第二定律有：F1－mg＝ma，联立可得a＝2m/s2，夯杆匀加速运动的位移x1＝eq\f(v2,2a)，可得x1＝4m，匀加速运动的时间t1＝eq\f(v,a)＝2s，匀速运动的时间t2＝eq\f(h－x1,v)＝0.6s，匀减速上升的时间t3＝eq\f(v,g)＝0.4s，匀减速运动的位移x2＝eq\f(v2,2g)＝0.8m，自由落体回到坑底的时间t4＝eq\r(\f(2x2＋h,g))＝1.2s，所以周期T＝t1＋t2＋t3＋t4＝4.2s，故打夯周期为4.2s。答案：4.2s17．(16分)质量为4kg的雪橇在倾角θ＝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(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)。试问：(1)雪橇开始时做什么运动？最后做什么运动？(2)当v0＝5m/s和v1＝10m/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v0＝5m/s时，加速度a0＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(15－5,4)m/s2＝2.5m/s2，v1＝10m/s时，加速度为a1＝0。(3)t＝0时刻开始加速时：mgsinθ－kv0－μmgcosθ＝ma0，最后匀速时：mgsinθ＝kv1＋μmgcosθ，由上面二式，得kv0＋ma0＝kv1，解得k＝eq\f(ma0,v1－v0)＝2kg/s，联立解得μ＝eq\f(mgsinθ－kv1,mgcosθ)，代入数据解得μ＝0.125。答案：(1)加速度减小的加速直线运动匀速直线运动(2)2.5m/s20(3)2kg/s0.125第一章综合提升物理思想方法1．理想化模型在物理学研究中，研究对象受许多因素的影响，如果同时考虑这诸多因素，那就无法使用数学知识达到定量研究的目的．在一定条件下我们把：非本质的次要因素找出来，加以剔除，抓住其主要因素和本质特征并进行抽象概括、研究，这种研究方法称为物理学中的理想化方法，用这种方法将研究对象(物体、过程等)简化成抽象模型，我们称之为物理学中的理想化模型．质点这一理想化模型就是这种方法的具体应用．除质点外，在学习中还会接触到很多的理想化模型，像在初中学过“匀速运动”，这是典型的过程模型．例1如图所示比赛项目中，可将运动员视为质点的是()2．极限思想数学极限思想是分析解决物理问题的重要数学方法，物理中的一些物理量常常需要表达“间隔”“段”的思想，而一些物理量需要表达“位置”“点”的思想，这是截然不同的两种思想，但两种思想的转化就是极限思想的运用，比如瞬时速度，为了使描述更精确些，将一小段位移转化到一个位置(点)，这就是极限思想．物体拖动纸带运动，研究纸带上的点迹来分析物体运动的规律，首先要明确两相邻计数点的时间间隔，然后在纸带上选取两个计数点，测出位移x，读出相应的时间t，xt就是这段时间内的平均速度，如果t很短，就可以用这个平均速度来代替中间某时刻的瞬时速度，并且x越小，t越短，此在以后的学习中，瞬时加速度、瞬时功率、瞬时感应电动势都会涉及极限思想，而且除了物理概念，在公式推导、变力做功、物理实验等诸多方面都应用了极限思想．3．图像法图像可以描述质点的运动，x-t图像可以反映物体位移的变化，图像的斜率表示速度的大小和方向；v-t图像可以反映速度的变化规律，图像的斜率表示加速度的大小和方向．4．比值定义法(1)比值定义法是指用两个基本物理量来定义—个新的物理量的方法，是物理学中常用的方法，基本特点是被定义的物理量往往反映物质的最本质的属性，不随定义所用的物理量的改变而改变．(2)在本章中，速度、加速度均是运用比值定义法引入的，速度v描述物体的位移变化的快慢，位移Δx与发生这段位移所用的时间Δt的比值反映了物体运动的快慢，用公式表示为v＝ΔxΔt.加速度a用来描述速度变化的快慢，速度变化量Δv与完成这一速度变化所用的时间Δt的比值反映速度变化的快慢，用公式表示为a＝Δv核心素养提升新高考命题改革的方向是将理论联系生活、生产、体育、科技等领域的实际案例，我们要尤其重视以鲜活素材设置问题情境，将实际问题抽象为物理模型，通过从图、表格、文字等给出的大量信息中提炼有用信息，分析物理过程及相应的物理规律求解，最终提升物理核心素养．情境1利用光电门测瞬时速度——实验探究实验装置如图所示，使一辆小车从一端垫高的木板上滑下，木板旁装有光电门，其中A管发出光线，B管接收光线．当固定在车上的遮光板通过光电门时，光线被阻挡，从记录仪上可以直接读出光线被阻挡的时间．这段时间就是遮光板通过光电门的时间．根据遮光板的宽度Δx和测出的时间Δt，就可以算出遮光板通过光电门的平均速度v=ΔxΔt例2用如图所示的计时装置可以近似测出气垫导轨上滑块的瞬时速度．已知固定在滑块上的遮光条的宽度为4mm，遮光条经过光电门的遮光时间为0.04s.(1)则滑块经过光电门位置时的速度大小为________．(2)为使ΔxΔtA．换用宽度更窄的遮光条B．换用宽度更宽的遮光条C．提高测量遮光条宽度的精确度D．使滑块的释放点更靠近光电门情境2利用位移传感器测速——实验探究例3[2023·湖南长沙调研](多选)如图是利用位移传感器测量速度的示意图，这个系统由发射器甲和接收器乙组成，发射器甲能发射红外线和超声波信号，接收器乙可以接收红外线和超声波信号，甲开始运动时，同时向乙发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲，乙接收到红外线脉冲开始计时，经过t1时间乙接收到超声波脉冲，终止计时．经过时间t，传感器和计算机系统进行第二次测量