第四章单元检测卷

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1~7题只有一项符合题目要求,第8~10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C

2.(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B

3.(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、122.7 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A

4.(2020吉林省实验中学高一期末)如图所示,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θ。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 θ=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 θ=ma,加速度增大时,挡板对圆柱体的弹力F2增大。故选B。

答案B

5.假设撑竿跳高运动员从最高处到垫子的高度差为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/s

B.运动员自由下落时间约为2.0 s

C.从接触海绵垫子到速度为0,运动员的加速度大小为50 m/s2

D.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=10 m/s,运动员自由下落时间t1==1.0 s,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==50 m/s2,根据牛顿第二定律F-mg=ma,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C

6.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.mg B.mg 

C.mg D.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=g,隔离B,则有3mg-FN=3ma,解得剪断后瞬间A、B间的作用力FN=mg,故B正确,A、C、D错误。

答案B

7.(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.t1∶t2∶t3=3∶2∶1 B.t1∶t2∶t3=1∶1∶1

C.a1∶a2∶a3=3∶2∶1 D.a1∶a2∶a3=1∶1∶1

解析设任一细杆与竖直方向的夹角为α,根据牛顿第二定律有mgcos α=ma,解得环的加速度大小a=gcos α,则a1=g,a2=g,a3=g,加速度之比为a1∶a2∶a3=2∶∶1,C、D错误;设所在圆周的半径为R,则环下滑的位移x=2Rcos α,根据x=at2,得t=,下滑时间相同,A错误、B正确。

答案B

8.(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BCD

9.(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=2v

B.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-v2=2al,v2=2al,可得v0=v,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BC

10.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              (　　)

A.长木板的质量m'=1 kg

B.滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2

C.当F=8 N时,滑块的加速度大小为4 m/s2

D.当F增大时,滑块的加速度一定增大

解析由图像知,当F=6 N时,加速度为a0=2 m/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=3 kg;当F大于6 N时,m和m'发生相对滑动,对长木板根据牛顿第二定律得F-μmg=m'a,则有F=m'a+μmg,F-a图线的斜率k==1,则m'=1 kg,故m=2 kg,选项A正确;当F大于6 N时,根据图像可得μ=0.2,故选项B正确;当F大于6 N后,二者发生相对滑动,小滑块的加速度为a=μg=2 m/s2,与F无关,F增大时小滑块的加速度不变,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-x图像如图乙所示,已知图线斜率为k,重力加速度为g,则物块与长木板间的动摩擦因数μ=　　　　。(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=0.84 ms,则物块通过光电门的速度v= m/s=2.50 m/s。

(2)由牛顿第二定律得μmg=ma,所以a=μg,根据运动学关系可知=2ax,即·x,

则=k,解得μ=。

(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)　(3)不需要

12.(8分)某学习小组利用图甲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Δx=aT2并代入数据可得a=2.02 m/s2。

(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= n=kn,因此钩码的总个数N=。

答案(1)右　(3)2.02　(4)不需要　(5)

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μ=0.1,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=2 m/s2。

(2)由牛顿第二定律有F-μmg=ma

解得F=60 N。

答案(1)2 m/s2　(2)60 N

14.(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θ=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OB,分析物块受力有FTOAsin θ=FTOBcos θ

因为θ=37°,所以FTOA>FTOB,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,

-mg=ma

代入数据可得a=10 m/s2。

答案(1)OA绳先断　(2)10 m/s2

15.(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μ=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μmg=ma1

解得a1=3 m/s2

根据运动学公式可得,运动到Q点的速度大小为vQ==4 m/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μmg+F=ma2

解得a2=8 m/s2

向右运动的时间t1==0.5 s。

(3)向右运动的位移x1==1 m

所以向右运动的最远点到P点的距离为x=L+x1=2.5 m。

答案(1)4 m/s　(2)0.5 s　(3)2.5 m