高中物理粤教版必修一第四章 力与运动章末测试题3 Word版含解析

章末测试题3
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．(2019·泰安模拟)下列哪个说法是正确的(　　)
A．体操运动员双手握住单杠吊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落过程中都处于失重状态
C．举重运动员在举起杠铃后不动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
B　[体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于静止状态，蹦床运动员在空中上升和下落过程中加速度向下，都处于失重状态，选项A错误，B正确；举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于静止状态，游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于静止状态，选项C、D错误。]
2.(2019·池州模拟)磁性冰箱贴既可以用来装饰冰箱，也可以用来记事备忘，当冰箱贴紧紧吸住侧壁不动时，下列说法正确的是(　　)
A．冰箱贴受到三个力作用
B．冰箱贴受到四个力作用
C．磁性吸力和弹力是一对相互作用力
D．冰箱贴受到的摩擦力的大小大于其受到的重力
B　[冰箱贴共受到重力、摩擦力、冰箱门对它的吸引力、冰箱门对它的支持力共四个力作用，A错误，B正确；相互的磁性吸力是一对相互作用力，磁性吸力和弹力是一对平衡力，C错误；由于冰箱贴相对地面是静止的，因此冰箱贴受到的摩擦力的大小等于受到的重力，D错误。]
3.(2019·大庆模拟)如图所示，A、B、C三球质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始时系统处于静止状态，已知重力加速度为g，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　)
A．A球的受力情况未变，加速度为零
B．C球的加速度沿斜面向下，大小为
C．A、B之间杆的拉力大小为2mgsin θ
D．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsin θ
D　[细线被烧断的瞬间，C不再受细线的拉力作用，aC＝gsin θ，沿斜面向下，B错误。以A、B组成的系统为研究对象，烧断细线前A、B静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力F弹＝3mgsin θ，由于弹簧弹力不能突变，烧断细线的瞬间，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律，得3mgsin θ－2mgsin θ＝2ma，则A、B的加速度a＝gsin θ，A错误，D正确。设杆的拉力为FT，以B为研究对象，由牛顿第二定律，得FT－mgsin θ＝ma，解得FT＝mgsin θ，C错误。]
4.如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接。下列选项中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程，其中正确的是(　　)
A　　　　B　　　C　　　　D
C　[物体在斜面上下滑，受到重力、支持力和摩擦力的作用，其合外力为恒力，加速度为恒量，物体做匀加速直线运动，故加速度图象应为一平行于横轴的直线段，速度v＝at，则速度图象应为一向上倾斜的直线段，路程s＝at2，则路程随时间变化的图象应为一开口向上的抛物线，A、B、D错误；物体滑到水平面上后，在摩擦力作用下做匀减速直线运动，此时的摩擦力大于在斜面上运动时的摩擦力，所以C正确。]
5.某科研单位设计了一空间飞行器，如图所示，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力的方向与水平方向的夹角α＝60°，使飞行器恰好沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方由静止开始匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器可以沿原方向匀减速飞行直至速度为零，飞行器所受空气阻力不计。下列说法中正确的是(　　)
A．加速时动力的大小等于mg
B．加速与减速时的加速度大小之比为2∶
C．减速飞行时间t后速度为零
D．加速与减速过程发生的位移大小之比为1∶2
D　[起飞时，飞行器受动力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设动力为F，合力为F合，如图甲所示。在△OFF合中，由几何关系得F＝mg，F合＝mg，A错误。由牛顿第二定律得飞行器的加速度a1＝g，动力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°角斜向下，动力F′跟合力F′合垂直，如图乙所示，此时合力大

甲 乙
小F′合＝mgsin 30°＝mg，动力大小F′＝mgcos 30°＝mg，飞行器的加速度大小a2＝＝0.5g，加速与减速时的加速度大小之比a1∶a2＝2∶1，B错误。减速飞行到速度为零的最高点的时间t′＝＝＝＝2t，C错误。t时刻的速率v＝a1t＝gt，加速与减速过程发生的位移大小之比为∶＝1∶2，D正确。]
6.(2019·济南检测)如图所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A、B两物体，B的质量是A的2倍，B受到向右的恒力FB＝2 N，A受到的水平力FA＝(9－2t)N(t的单位是s)。从t＝0开始计时，则(　　)
A．A物体3 s末时的加速度是初始时刻的
B．t>4 s后，B物体做匀加速直线运动
C．t＝4.5 s时，A物体的速度为零
D．t>4.5 s后，A、B的加速度方向相反
ABD　[对于A、B整体，由牛顿第二定律有FA＋FB＝(mA＋mB)a，设A、B间的作用力为N，则对B由牛顿第二定律可得N＋FB＝mBa，解得N＝mB－FB＝ N。当t＝4 s时N＝0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速运动，当t＝4.5 s时，A物体的加速度为零而速度不为零，t>4.5 s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反。当t<4 s时，A、B的加速度均为a＝。故选项A、B、D正确。]
7.如图所示，某传动装置与水平面的夹角为30°，两轮轴心相距L＝2 m，A、B分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑。现传送带沿顺时针方向匀速转动，将一小物块放置于A点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2。若传送带的速度可以任意调节，当小物块在A点以v0＝3 m/s的速度沿传送带向上运动时，小物块到达B点的速度可能为(　　)
A．1 m/s　　　B．3 m/s　　　C．6 m/s　　　D．9 m/s
BC　[由题意可知mgsin 30°<μmgcos 30°，若传送带的速度很小(一直小于物块的速度)，小物块一直减速，加速度a1＝gsin 30°＋μgcos 30°＝12.5 m/s2，到达B点时的速度最小，且最小速度v1＝＝2 m/s；若传送带的速度很大(一直大于物块的速度)，小物块一直加速，加速度a2＝μgcos 30°－gsin 30°＝2.5 m/s2，到达B点时的速度最大，且最大速度v2＝＝8 m/s；综上可知小物块到达B点的速度在2 m/s到8 m/s的范围内，选项B、C正确。]
8．如图甲所示，质量m＝1 kg、初速度v0＝6 m/s的物块受水平向左的恒力F作用，在粗糙的水平地面上从O点开始向右运动，O点为坐标原点，整个运动过程中物块速率的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10 m/s2，下列说法中正确的是(　　)
甲　　　　　　　乙
A．t＝2 s时物块速度为零
B．t＝3 s时物块回到O点
C．恒力F大小为2 N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
ACD　[通过图象可知，物块在恒力F作用下先做匀减速直线运动，反向后做匀加速直线运动，物体匀减速直线运动的加速度大小为：a1＝＝ m/s2＝3 m/s2，物体匀减速直线运动的时间为：t1＝＝ s＝2 s，故A项正确；匀加速直线运动的加速度大小为：a2＝＝ m/s2＝1 m/s2，反向加速到出发点的时间t′＝＝ s＝2 s，故B项错误；根据牛顿第二定律，得F＋f＝ma1，F－f＝ma2，联立两式解得F＝2 N，f＝1 N，则动摩擦因数为μ＝＝＝0.1，故C、D项正确。]
二、非选择题(本题共4小题，共52分，按题目要求作答。计算题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)
9．(12分)利用力传感器研究“加速度与合外力的关系”的实验装置如图甲所示。
甲
(1)下列关于该实验的说法，正确的是________。(选填选项前的字母)
A．做实验之前必须平衡摩擦力
B．小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多
C．应调节定滑轮的高度使细线与木板平行
D．实验开始的时候，小车最好距离打点计时器远一点
(2)从实验中挑选一条点迹清晰的纸带，每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离如图乙所示，已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz。
乙
从图中所给的刻度尺上读出A、B两点间的距离x1＝________cm，该小车的加速度a＝________m/s2(计算结果保留2位有效数字)，实验中纸带的________(选填“左”或“右”)端与小车相连接。
解析：(1)研究加速度与力的关系实验中，认为细线的拉力为小车所受的合力，所以实验前需平衡摩擦力，A正确。因为实验中用力传感器测量细线的拉力，所以不需要满足小车的质量远大于钩码的质量，B错误。细线的拉力为小车所受的合力，所以细线需要与木板平行，则应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，C正确。实验开始的时候，小车应紧靠打点计时器，D错误。
(2)从图中所给的刻度尺上可读出A、B两点间的距离x1＝0.70 cm。根据Δx＝aT2得，加速度a＝＝ m/s2＝0.20 m/s2。实验中纸带的左端与小车相连接。
答案：(1)AC　(2)0.70　0.20　左
10．(10分)如图所示，一物体以v0＝2 m/s的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t＝1 s。已知斜面长度L＝1.5 m，斜面的倾角θ＝30°，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
(1)物体滑到斜面底端时的速度大小；
(2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；
(3)物体与斜面间的动摩擦因数。
解析：(1)设物体滑到斜面底端时速度为v，
则有：L＝t，
代入数据解得：v＝1 m/s。
(2)因v(3)物体沿斜面下滑时，受力分析如图所示。由牛顿第二定律得：
Ff－mgsin θ＝ma
FN＝mgcos θ
Ff＝μFN
联立解得：μ＝，
代入数据解得：μ＝。
答案：(1)1 m/s　(2)1 m/s2　方向沿斜面向上　(3)
11．(15分)一长木板放在水平地面上向右运动，在t＝0时刻其速度v0＝10 m/s，此时将一相对于地面静止的炭块轻放到木板右端。木板和炭块的质量均为1 kg，炭块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.6，炭块始终未脱离木板，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)经过多长时间炭块速度增加到与木板相同？此段时间内炭块在木板上留下的黑色痕迹有多长？
(2)炭块与长木板均停止运动时，炭块与木板右端之间的距离是多少？
解析：(1)分别对炭块和长木板进行受力分析，根据牛顿第二定律
对炭块：μ1mg＝ma1
对木板：μ1mg＋μ2(M＋m)g＝Ma2
历时t两者速度相同，则有
共同速度v＝a1t＝v0－a2t
解得t＝0.5 s，v＝2 m/s，a1＝4 m/s2，a2＝16 m/s2
黑色痕迹的长度Δx1＝v0t－a2t2－a1t2＝2.5 m。
(2)速度相等后，假设二者能相对静止一起做匀减速运动，则
对整体：μ2(M＋m)g＝(M＋m)a
对炭块：f＝ma
解得f＝6 N>μ1mg＝4 N
假设不成立，二者发生相对滑动。
炭块减速时加速度大小a′1＝a1＝μ1g＝4 m/s2
木板减速时加速度大小a′2＝
解得a′2＝8 m/s2
最终炭块与木板右端之间的距离Δx2＝＋－2＝2.25 m。
答案：(1)0.5 s　2.5 m　(2)2.25 m
12.(15分)(2019·上海模拟)如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点。已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比s1∶s2＝8∶5。(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：
(1)小圆环在BC段的加速度a2的大小；
(2)小圆环在AB段的加速度a1的大小；
(3)拉力F的大小。
解析： (1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力。对小圆环进行受力分析如图甲所示，有
甲
f＝μN＝μmg
则a2＝＝μg＝0.8×10 m/s2＝8 m/s2。
(2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知
v＝2a1s1
小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知v＝2a2s2
又＝
则a1＝a2＝×8 m/s2＝5 m/s2。
(3)当Fsin θ乙
由牛顿第二定律得
Fcos θ－f1＝ma1
又N1＋Fsin θ＝mg
f1＝μN1
联立以上各式，代入数据解得
F＝1.05 N
当Fsin θ>mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示
丙
由牛顿第二定律可知
Fcos θ－f2＝ma1
又Fsin θ＝mg＋N2
f2＝μN2
代入数据解得F＝7.5 N。
答案：(1)8 m/s2　(2)5 m/s2　(3)1.05 N或7.5 N