10 章末过关检测(四)

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章末过关检测(四)(时间：90分钟　分值：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，只有一项符合题目要求。1．(2020·宿州期末)关于牛顿运动定律的说法正确的是(　　) []《优化*&方#案%~》教辅[]A．牛顿第一定律提出了当物体的合外力为0时，物体将处于静止状态B．汽车速度越大，刹车后滑行的距离越长，所以惯性越大C．跳高时，运动员能跳离地面，是因为人对地面的压力大于地面对人的支持力D．在受到相同的作用力时，决定物体运动状态变化难易程度的唯一因素是物体的质量解析：选D。根据牛顿第一定律的内容：当物体不受力或所受合外力为0时，总保持匀速直线运动或静止状态，故A错误；惯性是物体的固有属性，与物体速度的大小无关，故B错误；人对地面的压力与地面对人的支持力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故C错误；观察和实验表明，对于任何物体，在受到相同的作用力时，决定它们运动状态变化难易程度的唯一因素就是它们的质量，故D正确。2．(2020·江门期末)下列关于单位制的说法正确的是(　　)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1 N＝1 kg·m/s2 []20#~*2%2版新教材教辅[^]解析：选D。三个力学基本物理量分别是长度、质量、时间，它们的基本单位分别为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，不属于基本单位，故B错误；公式F＝ma中，各物理量的单位都需采用国际单位，故C错误；公式F＝ma中，各物理量的单位都需采用国际单位，才可由F＝ma可得到力的单位1 N＝1 kg·m/s2，故D正确。3．一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重，一个可乘10多个人的环形座舱套在竖直柱子上由升降机先送上几十米的高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置，制动系统启动，到地面时刚好停下，整个下落过程中(　　)A．一直处于失重状态 B．先失重后超重C．一直处于超重状态 D．先超重后失重解析：选B。开始制动前，座舱做自由落体运动，处于失重状态，制动后，做向下的减速运动，则物体处于超重状态，故B正确，A、C、D错误。 []*2%022版新@教材教^~辅[]4．(2020·北京丰台期中)一顾客乘扶梯上楼，随电梯一起加速运动。在这一过程中，关于顾客的受力分析正确的是(　　)解析：选C。当扶梯加速上升时，在竖直方向，人受重力、支持力；接触面水平，摩擦力沿水平方向，将加速度分解可知，物体应有水平向右的加速度，所以在水平方向，扶梯应对人有平行于接触面向前的摩擦力。5. []202%*~&2版新教材教辅[#] []#2022@*版新教材&教辅[~]如图所示，A、B球间是轻绳，A球与天花板间及B、C球间是轻弹簧，开始整个系统竖直静止。已知三球质量相等，重力加速度大小为g。则剪断轻绳的瞬间，A、B、C三球的加速度大小分别为(　　)A．0、2g、0 B．2g、2g、0C．0、0、g D．3g、g、2g解析：选B。设三个球质量均为m，在轻绳剪断前，将三球看成整体由平衡条件得，上面弹簧对A球的弹力大小为3mg、方向竖直向上；将B、C两球看成整体，轻绳对A球拉力大小为2mg、方向竖直向下；下面弹簧对C球的弹力大小为mg；则在轻绳剪断瞬间，弹簧对A球弹力大小和方向不变，而轻绳对A球的拉力消失，故由牛顿第二定律可得此时A球加速度大小为aA＝ eq \f(3mg－mg,m) ＝2g，同理剪断轻绳瞬间，B、C间弹簧的弹力大小和方向也不变，故可得B球加速度大小为aB＝ eq \f(mg＋mg,m) ＝2g，C球加速度大小为aC＝ eq \f(mg－mg,m) ＝0，故B正确，A、C、D错误。6. []《优化~#^方案》&@教辅[](2020·陕西黄陵县中学期中)如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板托住，小球恰好处于静止状态。当木板突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为(　　)A．0B．大小为 eq \f(2\r(3),3) g，方向垂直于木板向下 []《优化&%^方案@#》教辅[]C．大小为g，方向竖直向下D．大小为 eq \f(\r(3),3) g，方向水平向右解析：选B。木板撤去前，小球处于平衡状态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图根据共点力平衡条件，有F－N sin 30°＝0 []2022^%版*新教材@&教辅[]N cos 30°－G＝0代入数据解得N＝ eq \f(2\r(3),3) mg，F＝ eq \f(\r(3),3) mg木板突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力大小等于支持力N，方向与N反向，故加速度为a＝ eq \f(N,m) ＝ eq \f(2\r(3),3) g方向垂直于木板向下，故B正确，A、C、D错误。7．(2020·金州校级模拟)如图，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，以下说法正确的是(　　)A．从接触弹簧到速度最大的过程是失重过程B．从接触弹簧到加速度最大的过程是超重过程 []20*2&2~版@新教材教辅#[]C．从接触弹簧到速度最大的过程加速度越来越大D．速度达到最大时加速度也达到最大解析：选A。当弹簧的弹力等于小球的重力时，小球的加速度为0，此时速度最大；则从接触弹簧到速度最大的过程中，小球的加速度向下，且加速度逐渐减小，是失重过程，故A正确，C、D错误；当小球到达最低点时小球的加速度最大，则从接触弹簧到加速度最大的过程中，加速度是先向下减小，失重，然后加速度是向上增加，超重，故B错误。8．如图所示，光滑水平面上，水平恒力F作用在小车上，使小车和木块一起做匀加速直线运动，小车质量为M，木块质量为m，重力加速度为g，它们的共同加速度为a，木块与小车间的动摩擦因数为μ，则在运动过程中(　　)A．木块受到的摩擦力大小一定为μmg []20@%2&~2版新教#材教辅[]B．木块受到的合力大小为(M＋m)aC．小车受到的摩擦力大小为 eq \f(mF,m＋M) D．小车受到的合力大小为(m＋M)a解析：选C。把小车和木块看成一个整体，根据牛顿第二定律得：a＝ eq \f(F,M＋m) 。木块水平方向只受静摩擦力，根据牛顿第二定律得Ff＝ma＝ eq \f(mF,M＋m) ，故A错误；对木块运用牛顿第二定律得F合＝ma，故B错误；小车受到的摩擦力与Ff大小相等，故C正确；对小车运用牛顿第二定律得F合＝Ma，故D错误。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，有多个选项符合题目要求。全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。 []2%~@022版^新教*材教辅[]9.如图，质量为m1＝2 kg的A物体和质量为m2＝4 kg的B物体用轻弹簧连接，置于光滑水平地面上。现将一大小为15 N的水平拉力作用于A物体上，使两物体一起向右运动。g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)A．弹簧的弹力大小等于10 NB．弹簧的弹力大小等于15 NC．突然撤去F瞬间，A与B的加速度大小相等D．突然撤去F瞬间，A的加速度大小为5 m/s2 []2022^@版新教材教辅~%&[]解析：选AD。水平拉力F作用在A上，由整体分析整体的加速度为a＝ eq \f(F,m1＋m2) ＝ eq \f(5,2) m/s2，隔离对B分析，则弹簧的弹力为Fk＝m2a＝10 N，故A正确，B错误；撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，则B的受力不变，加速度不变aB＝a＝2.5 m/s2，方向向右；而A物体的合外力剩下弹簧的弹力，aA＝ eq \f(Fk,m1) ＝5 m/s2，方向向左，故C错误，D正确。 []202#2*^版@新教~材教辅[]10．如图所示，在光滑水平面上有一物块在水平恒外力F的作用下从静止开始运动，在其正前方有一根固定在墙上的轻质弹簧，从物块与弹簧接触到弹簧压缩量最大的过程中，下列说法正确的是(　　) []@2022版新教&材#~教辅^[]A．物块接触弹簧后一直做减速运动B．物块接触弹簧后先做加速运动后做减速运动 []2022版新教材教^辅&%[@~]C．当物块的加速度等于零时，速度最大D．当弹簧压缩量最大时，物块的加速度等于零解析：选BC。物块与弹簧接触前做匀加速直线运动；物块与弹簧接触后，弹簧弹力不断增大，开始阶段弹簧弹力小于推力F，合力向右，加速度向右，物块做加速度不断减小的加速运动；当加速度减小为零时，速度达到最大；接下来物块由于惯性继续向右运动，弹力进一步变大，且大于推力，合力向左，加速度向左，物块做加速度不断变大的减速运动，当速度减为零时，加速度最大。11．如图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g，在突然撤去挡板的瞬间(　　)A．图乙中A、B球间杆的作用力为0 []2*02~^&2版新教%材教辅[]B．图乙中A球的加速度为g sin θC．图甲中B球的加速度为2g sin θD．图甲中A球的加速度为g sin θ解析：选ABC。撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为0，加速度为0，B球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为0，A、B球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，A、B、C正确，D错误。12．(2020·陕西宝鸡高一期末)如图，在光滑的水平面上放置着质量为M的木板，在木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离。下列说法正确的是(　　) []《优化^方案》@~教辅[&%] []~@^2*02#2版新教材教辅[]A．若仅增大木板的质量M，则时间t增大B．若仅增大木块的质量m，则时间t增大C．若仅增大恒力F，则时间t增大D．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则时间t增大解析：选BD。根据牛顿第二定律得，m的加速度a1＝ eq \f(F－μmg,m) ＝ eq \f(F,m) －μg，M的加速度a2＝ eq \f(μmg,M) ，根据L＝ eq \f(1,2) a1t2－ eq \f(1,2) a2t2，t＝  eq \r(\f(2L,a1－a2)) 。若仅增大木板的质量M，m的加速度不变，M的加速度减小，则时间t减小，故A错误；若仅增大小木块的质量m，则m的加速度减小，M的加速度增大，则t变大，故B正确；若仅增大恒力F，则m的加速度变大，M的加速度不变，则t变小，故C错误；若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则m的加速度减小，M的加速度增大，则t变大，故D正确。 []《优化^方案》~教辅[@#*]三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．(6分)为了探究加速度与力的关系，使用如图所示的气垫导轨装置进行实验，其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑块通过G1、G2光电门时，光束被遮挡的时间Δt1、Δt2都可以被测量并记录。滑块连同上面固定的挡光片的总质量为M，挡光片宽度为D，光电门间距离为s，牵引钩码的质量为m。回答下列问题。(1)实验开始前应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下，如何判定调节是否到位？答：___________________________________________________________。(2)若取M＝0.4 kg，改变m的值，进行多次实验，以下m的取值不合适的一个是________。A．m1＝5 g B．m2＝15 gC．m3＝40 g D．m4＝400 g(3)在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，其中求得的加速度的表达式为：_______________________________________________________(用Δt1、Δt2、D、s表示)。解析：(1)取下牵引钩码，滑块放在任意位置都不动；或取下牵引钩码，轻推滑块，数字计时器记录的两个光电门的光束被遮挡的时间相等。 []2022@版新^&教材教#辅[*](2)在探究加速度与力的关系的实验中，当钩码的质量与滑块连同上面固定的挡光片的总质量的关系是m≪M时，才能近似认为钩码受到的重力等于滑块受到的拉力，故D不合适。(3)当滑块通过G1、G2光电门时，光束被遮挡的时间为Δt1、Δt2，对应的速度分别为v1＝ eq \f(D,Δt1) 、v2＝ eq \f(D,Δt2) ，根据2as＝v eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) －v eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) 求出加速度a＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D,Δt2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D,Δt1)))\s\up12(2),2s) 。答案：见解析14．(8分)物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图甲所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接。打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz。开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列点。(1)图乙给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个计时点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示。根据图中数据计算的加速度a＝________m/s2(保留2位有效数字)(2)为了测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的是________。 []*《优化方%案》教^&辅[@]A．木板的长度LB．木板的质量m1C．滑块的质量m2D．托盘和砝码的总质量m3E．滑块运动的时间t []202~2%版新教材教辅[*#^](3)滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________ (用被测物理量的字母表示，重力加速度为g)解析：(1)每相邻两计数点间还有4个计时点，T＝0.10 s；加速度a＝ eq \f(x56－x23,3T2) ＝ eq \f(（3.88－2.40）×10－2,3×0.102)  m/s2≈0.49 m/s2。(2)(3)设滑块的质量为m2，托盘和砝码的总质量为m3。对托盘和砝码受力分析，据牛顿第二定律得m3g－T＝m3a对滑块受力分析，据牛顿第二定律得T－μm2g＝m2a联立解得μ＝ eq \f(m3g－（m2＋m3）a,m2g) ，故选CD。答案：(1)0.49　(2)CD　(3) eq \f(m3g－（m2＋m3）a,m2g) 15．(10分)如图所示，质量m＝2 kg的物体静止在水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ＝0.4，一个F＝10 N的水平恒力作用在物体上，使物体在水平地面上运动。F作用4 s后撤除。(g取10 m/s2)求： []《优化%方^&案@》教*辅[](1)物体运动前4 s内物体发生的位移大小。(2)4 s末物体的速度大小。(3)F撤除后，物体还能滑行的距离。解析：(1)物体前4 s内，由牛顿第二定律有：F－μmg＝ma1物体前4 s内的位移为：s1＝ eq \f(1,2) a1t2代入数据联立解得s1＝8 m。(2)4 s末的速度为：v＝a1t []202*2版新教%材&教辅^[@]代入数据解得v＝4 m/s。(3)撤去F后，由牛顿第二定律有：μmg＝ma2撤去F后，物体最终速度减为0，还能滑行的距离为：s2＝ eq \f(v2,2a2) 代入数据联立解得：s2＝2 m。答案：(1)8 m　(2)4 m/s　(3)2 m16．(12分)(2020·广东佛山一中高二期中)一个质量为60 kg的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一个弹簧测力计，弹簧测力计下面挂着一个质量为m＝5 kg的物体A，当升降机向上运动时，他看到弹簧测力计的示数为40 N，g取10 m/s2，求： []《#优~化方%案*》教辅[^](1)此时升降机的加速度的大小；(2)此时人对地板的压力；(3)电梯保持这个加速度运动2 s恰好停止，求这2 s内电梯的平均速度大小。解析：(1)弹簧秤的示数大小等于弹簧秤对物体的拉力T，对物体受力分析由牛顿第二定律可得mg－T＝ma解得：物体A的加速度大小a＝2 m/s2 []2@022版新^#&*教材教辅[]物体A的加速度等于升降机的加速度，则升降机加速度大小为2 m/s2，方向竖直向下。(2)升降机的加速度等于人的加速度，设地板对人的支持力为FN，对人由牛顿第二定律可得Mg－FN＝Ma解得：地板对人的支持力FN＝480 N由牛顿第三定律可得，人对地板的压力为480 N，方向竖直向下。 []2@02~2#版^新教材教辅&[](3)停止前2 s时的速度大小v＝at＝4 m/s停止前2 s内的平均速度大小 eq \x\to(v) ＝ eq \f(v＋0,2) ＝2 m/s。答案：(1)2 m/s2　(2)480 N　方向竖直向下　(3)2 m/s []@#2022版新教*^材教&辅[]17．(12分)(2020·海原县一中月考)如图所示，一质量为m＝2 kg的物体置于水平面上，在水平外力的作用下由静止开始运动，水平外力随时间的变化情况如图2所示，物体运动的速度随时间变化的情况如图3所示，4 s后图线没有画出。g取10 m/s2。求：(1)物体与水平面间的动摩擦因数； []20#2~*2@版新^教材教辅[](2)物体在前6 s内的位移。解析：(1)由v－t图像可知，物体在前4 s做匀变速直线运动，根据v－t图像和加速度定义式a＝ eq \f(Δv,Δt) 得a1＝ eq \f(4,4)  m/s2＝1 m/s2 []%202*2版^新教#&材教辅[]在0～4 s内，在水平方向F1－μmg＝ma1解得：μ＝0.15。(2)设前4 s的位移为x1，由位移公式x1＝ eq \f(1,2) a1t eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝ eq \f(1,2) ×1×16 m＝8 m设4 s后物体运动时的加速度为a2，根据牛顿第二定律有F2－μmg＝ma2 []20%2~2版新教^材教*辅#[]解得a2＝－0.5 m/s2物体在4 s末时的速度为v＝4 m/s，设物体从4 s末后运动时间t2速度减为0，则：0＝v＋a2t2解得t2＝8 s所以物体减速运动2 s内的位移x2＝vt′＋ eq \f(1,2) a2t′2＝4×2 m－ eq \f(1,2) ×0.5×22 m＝7 m所以物体在前6 s内的位移x＝x1＋x2＝15 m。答案：(1)0.15　(2)15 m18．(12分)如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一质量为M＝4 kg、长度为L＝2 m 的长木板，放置在低水平面上且靠在高水平面边缘的A点，其上表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面之间的动摩擦因数μ1＝0.1。在距A点s＝3 m处，放置一质量m＝2 kg可视为质点的滑块，现用一水平向右、大小F＝12 N的拉力拉滑块，当滑块运动到A点时撤去拉力，滑块滑上长木板。已知滑块与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。(1)求滑块滑动到A点时的速度大小；(2)求滑块滑上长木板时，滑块、长木板的加速度的大小；(3)通过计算判断滑块能否从长木板的右端滑出。解析：(1)设滑块在高水平面上的加速度为a，由牛顿第二定律得：F＝ma由运动学公式得：v2＝2as联立解得：v＝6 m/s。(2)设滑块滑上长木板后，滑块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律，对滑块有：－μ2mg＝ma1 []*《优化方&案》%^教辅@[]代入数据解得：a1＝－5 m/s2 对长木板有：μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma2代入数据解得：a2＝1 m/s2。(3)方法一　设滑块不滑出长木板，从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t，则： []《&优^化方%案》教辅*[~]v＋a1t＝a2t，代入数据解得：t＝1 s此过程中滑块的位移为：s1＝vt＋ eq \f(1,2) a1t2长木板的位移为：s2＝ eq \f(1,2) a2t2s1－s2＝3 m>L＝2 m所以滑块从长木板的右端滑出。方法二　设滑块滑上长木板，经过时间t滑块滑至长木板右端。则对于滑块：s1＝vt＋ eq \f(1,2) a1t2 []《~优^#化&方案》教辅%[]对于长木板：s2＝ eq \f(1,2) a2t2，又s1－s2＝L 滑块的速度：v1＝v＋a1t，长木板的速度：v2＝a2t联立解得：t＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),3))) s，代入得：v1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(5\r(3),3))) m/s，v2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),3))) m/s，可知v1>v2，所以滑块从长木板的右端滑出。答案：(1)6 m/s　(2)5 m/s2　1 m/s2　(3)见解析