单元过关检测卷(四)
(时间：75分钟 满分：100分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．打水漂是人类最古老的游戏之一(如图)，仅需要一块小瓦片，在手上呈水平放置后，用力水平飞出，瓦片擦水面飞行，瓦片不断地在水面上向前弹跳，直至下沉，下列判断正确的是( )
A．飞出时的初速度越大，瓦片的惯性一定越大
B．飞行时所用时间越长，瓦片的惯性一定越大
C．飞出去的距离越长，瓦片的惯性一定越大
D．瓦片的质量越大，惯性一定越大
解析：选D。惯性是物体本身具有的一种性质，惯性的大小只与物体的质量有关，所以瓦片的质量越大，惯性一定越大，与初速度、时间、飞行距离等因素无关，故D正确。
2．在航空航天、汽车工程、能源动力等诸多领域中，流体动力学模型扮演着至关重要的角色。研究表明，球形物体在液体中运动时除了受到浮力，还会受到阻力，其关系式为f＝kηrv，式中η称为黏性系数，r和v分别是球的半径和速度，k是一个无单位的常数。根据国际单位制推断黏性系数η的单位是( )
A．kg/(m·s2) B．kg/(m·s)
C．kg/s D．kg/(m2·s)
解析：选B。根据f＝kηrv可得η＝，根据国际单位制推断黏性系数η的单位是＝kg/(m·s)，故B正确。
3．如图所示，一只质量为m的老鹰斜向下俯冲进行狩猎，该过程老鹰可视为做加速度大小为的匀加速直线运动，且该直线路径与水平方向成30°角，重力加速度为g，则老鹰在俯冲过程中，空气对其作用力大小为( )
A.mg B．mg
C．mg D．mg
解析：选C。老鹰受重力和空气作用力的作用，且合力方向沿直线，根据牛顿第二定律可得F合＝ma＝mg，其受力如图所示，
由几何关系可知，空气对其作用力大小为F＝mg sin 60°＝mg，故C正确。
4．建设房屋的起重机通过钢索将质量为m的建筑材料从地面竖直向上吊起，材料运动过程中的位移x随时间t的变化关系如图所示。材料受到的拉力大小为FT，速度大小为v，重力加速度为g，则( )
A．0～t1内，v减小，FTB．t1～t2内，v增大，FT>mg
C．t2～t3内，v减小，FT>mg
D．t2～t3内，v减小，FT解析：选D。根据位移—时间图像可知，0～t1内，图线的斜率增大，则速度增大，材料向上加速，根据牛顿第二定律可知，FT－mg＝ma，则拉力FT>mg，故A错误；t1～t2内，图线的斜率先增大后减小，则材料先向上加速，后向上减速，同理可知，拉力先大于重力后小于重力，故B错误；t2～t3内，图线的斜率减小，则速度减小，材料向上减速，拉力小于重力，故C错误，D正确。
5．(2025·河南郑州检测)伽利略让一可看作质点的小铜球从斜面上滑落，小球由静止开始向下运动的距离x总是与所用时间t的二次方成正比，即＝…＝C，式中的C为常量，改变斜面的倾角θ和铜球质量m，上式仍然成立。关于常数C，以下说法正确的是( )
A．常数C随θ增大而增大
B．常数C随m增大而减小
C．常数C与θ成正比
D．常数C与m成反比
解析：选A。由位移时间公式可得x＝at2，由牛顿第二定律可知mg sin θ－μmg cos θ＝ma，联立可得＝C，故常数C随θ增大而增大，但是不成正比，A正确，C错误；由上述分析可知，C与质量m无关，B、D错误。
6．如图甲所示，一名滑雪爱好者(可视为质点)穿着滑雪板(未带滑雪杖)从山坡上A点由静止滑下，经B点滑上水平面，不计滑雪爱好者经过B点时的速率变化，滑雪爱好者在斜面和水平面上运动的速率随时间的变化图像如图乙所示。已知斜面与水平面的夹角为37°，滑雪板与斜面、水平面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则滑雪板与斜面间的动摩擦因数为( )
A． B．
C． D．
解析：选A。由题图乙可知，滑雪爱好者在斜面和水平面上运动的加速度之比为。设滑雪爱好者与滑雪板的总质量为m，滑雪板与斜面间的动摩擦因数为μ，则滑雪爱好者在斜面上运动时，由牛顿第二定律可得mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma1，同理，在水平面上运动时μmg＝ma2，结合，解得μ＝，故A正确。
7．如图所示，质量为2 kg的物体A静止在劲度系数为200 N/m的竖直轻弹簧上方。质量为3 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B挨在一起但两者之间无压力。某时刻将细线剪断，则剪断细线瞬间，下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．轻弹簧的压缩量为0.25 m
B．物体B的瞬时加速度大小为10 m/s2
C．物体A的瞬时加速度为0
D．物体B对物体A的压力大小为12 N
解析：选D。细线剪断前，以A为研究对象，根据受力平衡可得F弹＝kx＝mAg，解得轻弹簧的压缩量为x＝0.1 m，剪断细线瞬间，弹簧弹力保持不变，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得，A、B的加速度为a＝＝6 m/s2，故A、B、C错误；再以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得N＋mAg－F弹＝mAa，解得物体B对物体A的压力大小为N＝12 N，D正确。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．某马戏团表演了猴子爬杆的节目，如图所示，杆的质量为m，长度为l，猴子的质量为2m。初始时，猴子静止在杆的最下端，现剪断轻绳，同时猴子相对于杆往上爬。已知重力加速度为g，杆下端到地面距离大于l，下列说法正确的是( )
A．若杆的加速度为3g，则猴子相对于地面静止
B．若杆的加速度为2g，则猴子相对于地面静止
C．猴子能相对地面静止的时间为
D．猴子能相对地面静止的时间为
解析：选AC。猴子相对于地面静止时，杆对猴子的摩擦力大小为f＝2mg，方向向上，由牛顿第三定律可知，猴子对杆的摩擦力大小为2mg，方向向下，对杆由牛顿第二定律可知mg＋2mg＝ma，解得a＝3g，故A正确，B错误；杆的加速度为3g，猴子相对于地面静止，则杆下降的位移为l，由运动学公式有l＝·3gt2，所以猴子能相对地面静止的时间为t＝，故C正确，D错误。
9．如图甲所示，斜面固定在水平地面上，可视为质点的物体从斜面底端以v0＝4 m/s的速度沿斜面向上滑动，到达斜面顶端时速度恰好为0，之后又滑回斜面底端。规定平行于斜面向上为正方向，物体运动的部分v t图像如图乙所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．斜面的倾角为30°
B．物体与斜面间的动摩擦因数为0.25
C．斜面顶端距水平地面的高度为2 m
D．物体滑回斜面底端时的速度大小为2 m/s
解析：选AD。根据图乙可知，物体上滑的加速度大小为a1＝ m/s2＝8 m/s2，下滑的加速度大小为a2＝ m/s2＝2 m/s2，设斜面的倾角为θ，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，则物体上滑时根据牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，下滑时根据牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，联立解得θ＝30°，μ＝，故A正确，B错误；根据v t图像可知，物体上滑的距离为x＝×4×0.5 m＝1 m，则斜面顶端距水平地面的高度为h＝x sin θ＝0.5 m，故C错误；物体下滑时，根据运动学公式可得2a2x＝v2，可得物体滑回斜面底端时的速度大小为v＝ m/s＝2 m/s，故D正确。
10．如图所示，水平传送带AB长L＝10 m，以恒定速率v1＝4 m/s运行。初速度大小为v2＝8 m/s的小物块(可视为质点)从与传送带等高的光滑水平地面上经A点滑上传送带。小物块的质量m＝1 kg，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．小物块能够到达B点
B．小物块在传送带上运动的过程中，距A端的最远距离为6 m
C．小物块离开传送带时的速度大小为4 m/s
D．小物块在传送带上运动的时间为4.5 s
解析：选CD。物块受到的摩擦力f＝μmg，产生的加速度a＝＝μg＝4 m/s2，若物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，设速度减为零时的位移是x，则有－2ax＝0－，解得x＝8 m<10 m，所以物块不能到达B点，在传送带上运动的过程中距A端的最远距离为8 m，故A、B错误；物块速度减为零后反向做匀加速运动，当速度等于传送带的速度v1后做匀速运动，所以返回A点的速度为4 m/s，故C正确；物块向左减速的时间为t1＝ s＝2 s，物块向右加速到与传送带速度相同时的时间为t2＝ s＝1.0 s，加速位移为x′＝×4×12 m＝2 m，接着匀速的时间为t3＝ s＝1.5 s，所以物块在传送带上运动的时间为t＝t1＋t2＋t3＝4.5 s，故D正确。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．(8分)一实验小组设计的一个实验装置，用于探究一定质量小车的加速度与合力的关系，电火花打点计时器接220 V、50 Hz的交流电源，小车前端用轻杆连一质量不计的光滑滑轮，如图甲所示。
(1)实验时，下列操作正确的是________。
A．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
B．小车应靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源
C．实验过程中保证细绳始终与木板平行
D．为减小系统误差，砂和砂桶的质量m应远小于小车的质量M
(2)实验小组要测量小车的加速度，纸带打出的部分计数点如图乙所示(每相邻两个计数点间还有4个点未画出)，其中x1＝6.30 cm，x2＝7.20 cm，x3＝8.12 cm，x4＝9.02 cm，可得小车的加速度a＝ m/s2(结果保留两位小数)。
(3)实验小组根据测量的数据，做出加速度a与力传感器示数F的图像，如图丙所示。发现图线不过坐标原点，可能的原因是木板的倾斜程度________(选填“过大”或“过小”)。图丙中图像的斜率为k，与纵轴的截距为b，可求出小车的质量M＝________(结果用本小题字母表示)。
解析：(1)为了使细杆对小车的拉力等于小车所受外力的合力，实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故A正确；小车靠近打点计时器，为了避免纸带上出现大量的空白段落，应先接通电源，再释放小车，故B错误；为保证绳子拉力不变，实验过程中保证细绳始终与木板平行，故C正确；平衡好摩擦力后，小车所受合力等于力传感器读数两倍，可以精准测量出来，则实验中不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故D错误。
(2)计数点之间的时间间隔T＝5×0.02 s＝0.1 s，根据逐差法可知加速度为a＝。
(3)根据图像可知，当a＝0时，F＞0，说明摩擦力未平衡或平衡不足，即木板的倾斜程度过小。设小车加速过程的加速度大小为a，对小车，根据牛顿第二定律有2F－μMg＝Ma，可得a＝F－μg，图丙中图像的斜率k＝，解得M＝。
答案：(1)AC (2)0.91 (3)过小
12．(10分)某实验小组用如图1所示的实验装置探究加速度与质量的关系，小车及车中砝码的总质量用M表示，槽码的质量用m表示，小车拖着纸带运动，其加速度可由打点计时器在纸带上打出的点计算得出，忽略槽码和小车运动中所受的空气阻力以及滑轮与绳之间的摩擦力，取g＝9.8 m/s2。
(1)安装好器材后进行如下操作：将小车放在水平长木板上，不挂槽码，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，轻推小车，直至纸带上打出的点迹分布均匀，该操作的目的是____________________________。
(2)挂上槽码，改变小车中砝码数量进行多次实验，从打出的纸带中选出了一条理想纸带如图2，打点计时器所用的电源频率是50 Hz，O、A、B、C、D是选用的计数点，测得s1＝2.51 cm，s2＝3.49 cm，s3＝4.51 cm，s4＝5.49 cm，打计数点C时纸带的瞬时速度大小为vC＝________ m/s，小车的加速度a＝______ m/s2。(小数点后保留2位)
(3)甲、乙两组同学实验时分别保持各自的槽码质量不变，改变小车上砝码的个数，进行多次实验，得到一系列打点纸带，以小车和砝码的总质量M为横坐标，加速度的倒数为纵坐标，甲、乙两组同学分别将获得的实验数据作到同一个 M图像中，如图3所示，纵截距相同。由图可知，甲组所选用的槽码质量________(选填“大于”“小于”或“等于”)乙组的槽码质量；图像未过坐标原点，从理论上分析，其纵截距b＝________(保留3位有效数字)。
解析：(1)由于小车受到的阻力与纸带和限位孔间的阻力不方便计算，因此该操作的目的是平衡小车与纸带受到的阻力。
(2)小车做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动的规律可知打计数点C时纸带的瞬时速度大小为vC＝，打点计时器所用的电源频率是50 Hz，所以相邻计数点间的时间间隔为T＝0.1 s，代入解得vC＝0.50 m/s，小车的加速度a＝，解得a＝1.00 m/s2。
(3)由牛顿第二定律得mg＝(M＋m)a，所以，因此 M图像的斜率为，纵截距为b＝，故甲组所选用槽码的质量大于乙组所选用的，纵截距b≈0.102。
答案：(1)平衡小车与纸带受到的阻力 (2)0.50 1.00 (3)大于 0.102
13．
(10分)如图所示是一种弹射装置的简化示意图，由弹射器(可使被作用物体瞬间产生速度)、滑杆和套在滑杆上的滑块(视为质点，可沿杆滑动)组成。现将整个装置竖直立在水平地面上，开始时滑块静止在A处，某时刻，启动弹射器，滑块瞬间以初速度v0向上弹出，滑块恰好能运动到滑杆的上端B处，滑块向上运动过程中受到滑杆恒定的阻力f(大小未知)。已知A、B间距离为l，滑块质量为m，滑杆和弹射器(两者固定连接)的总质量为M，重力加速度为g，整个装置始终未离开地面，空气阻力不计。求：
(1)阻力f的大小；
(2)滑块向上运动的过程中，整个弹射装置对地面的压力N的大小。
解析：(1)设滑块向上运动过程中的加速度大小为a，由匀变速直线运动规律有＝2al
解得a＝
对滑块由牛顿第二定律有mg＋f＝ma
解得f＝m。
(2)对滑杆和弹射器整体，由平衡条件有
N′＋f′＝Mg
又f′＝f＝m
解得N′＝Mg－m
由牛顿第三定律可知，整个弹射装置对地面的压力大小
N＝N′＝Mg－m。
答案：(1)m (2)Mg－m
14．(12分)如图所示，一根足够长的水平杆固定不动，一个质量m＝2 kg的圆环套在杆上，圆环的直径略大于杆的截面直径，圆环与杆间的动摩擦因数μ＝0.75。现对圆环施加一个与水平方向成θ＝53°角斜向上、大小为25 N的拉力F，使圆环由静止开始做匀加速直线运动
(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)。求：
(1)圆环加速度的大小；
(2)若拉力F作用2 s后撤去，圆环在杆上滑行的总距离。
解析：(1)对圆环受力分析如图甲所示，则水平方向由牛顿第二定律可得
F cos θ－Ff＝ma1
竖直方向由平衡条件可得
F sin θ＋FN＝mg
又滑动摩擦力Ff＝μFN
联立解得FN＝0，a1＝7.5 m/s2。
(2)撤去拉力F时圆环的速度
v0＝a1t1＝15 m/s
拉力F作用2 s时间内圆环的位移
x1＝＝15 m
撤去拉力F后圆环的受力情况如图乙所示，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma2
解得a2＝7.5 m/s2
圆环的速度与加速度方向相反，做匀减速直线运动直至静止，取v0的方向为正方向，则v0＝15 m/s，a＝－7.5 m/s2，由运动学公式可得，撤去拉力F后圆环滑行的位移
x2＝＝15 m
故圆环在杆上滑行的总距离
x＝x1＋x2＝30 m。
答案：(1)7.5 m/s2 (2)30 m
15．(14分)如图所示，质量M＝8 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F1＝16 N，当小车向右运动的速度达到3 m/s时，在小车的右端轻放一质量为m＝2 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.4，g＝10 m/s2。问：
(1)小物块刚放上小车时，小物块及小车的加速度各为多大？
(2)经过多长时间物块与小车达到相同的速度？(小车足够长)
(3)从小物块放在小车上开始，经过t0＝3 s小物块通过的位移是多少？
解析：(1)小物块刚放上小车时，对物块有
μmg＝ma1
解得a1＝4 m/s2
对小车有F1－μmg＝Ma2
解得a2＝1 m/s2。
(2)设经过时间t1物块与小车达到相同的速度，则有
a1t1＝v0＋a2t1
解得t1＝1 s。
(3)在1 s时间内物块的位移
x1＝＝2 m
1 s时刻物块的速度v1＝a1t1＝4 m/s
1 s后M、m有相同的加速度，对M、m整体有
F1＝(M＋m)a3
解得a3＝1.6 m/s2
则在1～3 s内物块的位移
x2＝v1t2＋＝11.2 m
则3 s内物块的位移
x＝x1＋x2＝13.2 m。
答案：(1)4 m/s2 1 m/s2 (2)1 s (3)13.2 m(共73张PPT)
第四章
章末阶段总结
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