阶段综合评价 （四） 运动和力的关系

阶段综合评价（四）运动和力的关系一、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.“儿童蹦床”中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳。质量为m的小明静止悬挂在空中时两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，假设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．雨滴大约在1.5km左右的高空形成并开始下落，落到地面的速度一般不超过8m/s。若雨滴沿直线下落，则其下落过程()A．做自由落体运动 B．加速度逐渐增大C．总时间约为17s D．加速度小于重力加速度解析：选D雨滴下落过程除了受到重力，还会受到空气阻力，所以不是自由落体运动，A错误；空气阻力随下落速度的增大而增大，由牛顿第二定律可知，加速度小于重力加速度，且逐渐减小，B错误、D正确；雨滴从1.5km左右的高空开始下落，落地速度一般不超过8m/s，所以总时间比17s长很多，C错误。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)gB．(M＋m)g－maC．(M＋m)g＋maD．(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＋μ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μ7.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gsinθ B．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，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为()A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEFC．tAB<tCD<tEF D．tAB＝tCD<tEF解析：选B如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由“等时圆”模型可知，tAB>tCD>tEF，B项正确。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v­t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＞μ三、非选择题(本题共6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a­F的关系图像。(3)根据提供的实验数据作出的a­F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)a­F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，a­F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．(8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a­F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a­F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，a­F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．(10分)总质量为100kg的小车，在粗糙水平地面上从静止开始运动，其速度—时间图像如图所示。已知在0～2s内小车受到恒定水平拉力F＝1200N,2s后小车受到的拉力发生了变化，g取10m/s2，求：(1)小车与地面间的动摩擦因数。(2)14s后拉力的大小。(3)0～18s内小车行驶的平均速度。解析：(1)前2s内小车做匀加速运动，由图像的斜率可得小车的加速度a＝8m/s2，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma，解得μ＝0.4；(2)14s后小车做匀速运动，所以拉力F＝μmg＝400N。(3)由速度—时间图线与横坐标轴围成的面积即可计算出0～18s内小车位移的大小，约为L＝180m，所以平均速度约为eq\x\to(v)＝eq\f(L,t)＝10m/s。答案：(1)0.4(2)400N(3)10m/s16．(10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＝2a2xx＝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17．(12分)某校物理课外小组为了研究不同物体水下运动特征，使用质量m＝0.05kg的流线型人形模型进行模拟实验。实验时让模型从h＝0.8m高处自由下落进入水中。假设模型入水后受到大小恒为Ff＝0.3N的阻力和F＝1.0N的恒定浮力，模型的位移大小远大于模型长度，忽略模型在空气中运动时的阻力，试求模型(1)落到水面时速度v的大小；(2)在水中能到达的最大深度H；(3)从开始下落到返回水面所需时间t。解析：(1)模型自由下落到水面过程有v2＝2gh解得v＝4m/s。(2)设模型入水后向下运动的加速度为a2则：mg－Ff－F＝ma2解得：a2＝－16m/s2，说明加速度a2的方