階段驗收評價（四）運動和力的關系

階段驗收評價（四）運動和力的關系(本試卷滿分：100分)一、單項選擇題(本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．下列關于單位制的說法中，正確的是()A．在國際單位制中力學的三個基本單位分別是長度單位m、時間單位s、力的單位NB．長度是基本物理量，其單位m、cm、mm都是國際單位制中的基本單位C．公式F＝ma中，各量的單位可以任意選取D．由F＝ma可得到力的單位1N＝1kg·m/s2解析：選D在國際單位制中三個力學基本物理量分別是長度、質量、時間，它們的單位分別為m、kg、s，故A錯誤；長度是基本物理量，其單位m是國際單位制中的基本單位，cm與mm只是常用單位，故B錯誤；公式F＝ma中，各物理量的單位都是采用國際單位，故C錯誤；公式F＝ma中，各物理量的單位都是采用國際單位，才由F＝ma可得到力的單位1N＝1kg·m/s2，故D正確。2．下列說法正確的是()A．體操運動員雙手握住單杠在空中不動時處于失重狀態(tài)B．蹦床運動員在空中上升和下降過程中都處于失重狀態(tài)C．舉重運動員在舉起杠鈴后的那段時間內處于超重狀態(tài)D．游泳運動員仰臥在水面靜止不動時處于失重狀態(tài)解析：選B當物體具有向上的加速度時，即向上做加速運動或向下做減速運動時，物體處于超重狀態(tài)；當物體具有向下的加速度時，即向下做加速運動或向上做減速運動時，物體處于失重狀態(tài)。在A、C、D選項中，運動員處于靜止狀態(tài)，即處于平衡狀態(tài)，只有選項B中運動員的加速度為重力加速度，方向豎直向下，處于失重狀態(tài)，而且處于完全失重狀態(tài)，故B正確。3.“兒童蹦極”中，拴在腰間左右兩側的是彈性極好的橡皮繩。質量為m的小明如圖靜止懸掛時兩橡皮繩的拉力大小均恰為mg，若此時右側橡皮繩斷裂，則小明此時()A．加速度為零B．加速度a＝g，沿原斷裂繩的方向斜向左下方C．加速度a＝g，沿未斷裂繩的方向斜向右上方D．加速度a＝g，方向豎直向下解析：選B小明靜止時受到重力和兩根橡皮繩的拉力，處于平衡狀態(tài)，如圖。由于T1＝T2＝mg，故兩個拉力的合力一定在角平分線上，且在豎直向上的方向上，故兩個拉力的夾角為120°，當右側橡皮繩拉力變?yōu)榱銜r，左側橡皮繩拉力不變，重力也不變；由于三力平衡時，三個力中任意兩個力的合力與第三個力等大、反向、共線，故左側橡皮繩拉力與重力的合力與右側橡皮繩斷開前的彈力反方向，大小等于mg，故加速度大小為g，沿原斷裂繩的方向斜向左下方。4．某中學教學樓的樓頂是尖頂形狀，這樣設計能夠讓雨水盡快地從屋頂排出。假定雨滴落到屋頂最高點時速度瞬間減為零，雨滴沿濕潤的屋頂斜面下滑時不計摩擦阻力，離開屋頂斜面即離開屋頂。為了使雨滴盡快從屋頂排出，下面關于斜面傾角的大小合適的角度是()A．30° B．45°C．60° D．75°解析：選B如圖為屋頂?shù)氖疽鈭D，屋頂為一等腰三角形，設房屋的寬度為2L，雨滴運動的距離為l，斜面的傾角為θ，雨滴運動的距離為l＝eq\f(L,cosθ)，雨滴的運動可看作勻加速運動，雨滴的合力等于重力沿斜面方向的分力，則mgsinθ＝ma，雨滴運動的加速度a＝gsinθ，根據(jù)勻變速運動的知識有l(wèi)＝eq\f(1,2)at2，變形得t＝eq\r(\f(2L,gsinθcosθ))＝eq\r(\f(4L,gsin2θ))，當θ＝45°，sin(2θ)最大，雨滴運動時間最短。故A、C、D錯，B對。5.如圖所示為雜技“頂竿”表演，一人站在地上，肩上扛一質量為M的豎直竹竿，當竿上一質量為m的人以加速度a加速下滑時，竿對“底人”的壓力大小為()A．(M＋m)g B．(M＋m)g－maC．(M＋m)g＋ma D．(M－m)g解析：選B對竿上的人分析：受重力mg、摩擦力Ff，由mg－Ff＝ma得Ff＝m(g－a)。竿對人有摩擦力，人對竿也有反作用力——摩擦力，且大小相等，方向相反。對竿分析：受重力Mg、竿上的人對竿向下的摩擦力Ff′、頂竿的人對竿的支持力FN，有Mg＋Ff′＝FN，又因為竿對“底人”的壓力和“底人”對竿的支持力是一對作用力與反作用力，由牛頓第三定律知竿對“底人”的壓力大小FN′＝Mg＋Ff′＝(M＋m)g－ma。B項正確。6．如圖所示，質量為m2的物塊B放置在光滑水平桌面上，其上放置質量為m1的物塊A，A通過跨過定滑輪的細線與質量為M的物塊C連接，釋放C，A和B一起以加速度a從靜止開始運動，已知A、B間動摩擦因數(shù)為μ1，則細線中的拉力大小為()A．Mg B．Mg＋MaC．(m1＋m2)a D．m1a＋μ1m1g解析：選C對AB整體分析，根據(jù)牛頓第二定律T＝(m1＋m2)a，選項C正確；對C：Mg－T＝Ma，解得：T＝Mg－Ma，選項A、B錯誤；對物塊A：T－f＝m1a，則T＝m1a＋f，因f為靜摩擦力，故不一定等于μ1m1g，選項D錯誤。7.如圖所示，滑輪A可沿傾角為θ的足夠長光滑軌道下滑，滑輪下用輕繩掛著一個重為G的物體B，下滑時，物體B相對于A靜止，則下滑過程中()A．B的加速度為gsinθB．繩的拉力為eq\f(G,cosθ)C．繩的方向保持豎直D．繩的拉力為G解析：選A分析滑輪A和B的整體，受到重力和斜面的支持力，由牛頓第二定律可得(mA＋mB)gsinθ＝(mA＋mB)a，解得a＝gsinθ，由于下滑時，物體B相對于A靜止，因此物體B的加速度也為gsinθ，對物體B受力分析得：受到繩子的拉力和重力，因此繩子拉力方向與斜面垂直，因此繩的拉力為Gcosθ。因此A正確，B、C、D錯誤。8.如圖所示，細線的一端系一質量為m的小球，另一端固定在傾角為θ的光滑斜面體頂端，細線與斜面平行。在斜面體以加速度a水平向右做勻加速直線運動的過程中，小球始終靜止在斜面上，小球受到細線的拉力FT和斜面的支持力FN分別為(重力加速度為g)()A．FT＝m(gsinθ＋acosθ)，F(xiàn)N＝m(gcosθ－asinθ)B．FT＝m(gcosθ＋asinθ)，F(xiàn)N＝m(gsinθ－acosθ)C．FT＝m(acosθ－gsinθ)，F(xiàn)N＝m(gcosθ＋asinθ)D．FT＝m(asinθ－gcosθ)，F(xiàn)N＝m(gsinθ＋acosθ)解析：選A對小球受力分析如圖所示，建立坐標系，根據(jù)牛頓第二定律有：在x軸方向上：FT－mgsinθ＝macosθ，在y軸方向上：FN－mgcosθ＝－masinθ，解得：FT＝m(gsinθ＋acosθ)，F(xiàn)N＝m(gcosθ－asinθ)，所以選項A正確。二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)9．一塊足夠長的白板，位于水平桌面上，處于靜止狀態(tài)。一石墨塊(可視為質點)靜止在白板上，石墨塊與白板間存在摩擦，動摩擦因數(shù)為μ。突然，使白板以恒定的速度v0做勻速直線運動，石墨塊將在板上劃下黑色痕跡。經(jīng)過某段時間t，令白板突然停下，以后不再運動。在最后石墨塊也不再運動時，白板上黑色痕跡的長度可能是(已知重力加速度為g，不計石墨塊與板摩擦過程中損失的質量)()A.eq\f(v02,2μg) B.eq\f(v02,μg)C．v0t－eq\f(1,2)μgt2 D．v0t解析：選AC在時間t內，石墨塊可能一直勻加速，也可能先加速后勻速；石墨塊加速時，根據(jù)牛頓第二定律，有：μmg＝ma，解得：a＝μg；經(jīng)過時間t后，白板靜止后，石墨塊做減速運動，加速度大小不變，原來石墨塊相對白板向后運動，白板停止后，石墨塊相對白板向前運動，即石墨塊相對白板沿原路返回，因石墨塊相對白板向后運動的距離不小于石墨塊相對白板向前運動的距離，故白板上黑色痕跡的長度等于石墨塊加速時相對白板的位移。如果時間t內石墨塊一直加速，加速的位移為x1＝eq\f(1,2)μgt2，加速時相對白板的位移為Δx1＝v0t－x1＝v0t－eq\f(1,2)μgt2，C正確；如果時間t內石墨塊先加速，后勻速，石墨塊的位移為x2＝eq\f(v02,2μg)＋v0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(v0,μg)))＝v0t－eq\f(v02,2μg)，石墨塊相對白板的位移為Δx2＝v0t－x2＝eq\f(v02,2μg)，A正確、B錯誤；如果時間t內石墨塊加速的末速度恰好等于v0，石墨塊的位移x3＝eq\f(1,2)v0t，石墨塊加速時相對白板的位移為Δx3＝v0t－x3＝eq\f(1,2)v0t，故D錯誤。10．如圖甲所示，用一水平外力F拉著一個靜止在傾角為θ的光滑斜面上的物體，逐漸增大F，物體做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖像如圖乙所示，若重力加速度g取10m/s2。根據(jù)圖乙中所提供的信息可以計算出()A．物體的質量B．斜面的傾角C．加速度由2m/s2增加到6m/s2的過程中，物體通過的位移D．加速度為6m/s2時物體的速度解析：選AB由題圖乙可知，當水平外力F＝0時，物體的加速度a＝－6m/s2，此時物體的加速度a＝－gsinθ，可求出斜面的傾角θ＝37°，選項B正確；當水平外力F＝15N時，物體的加速度a＝0，此時Fcosθ＝mgsinθ，可得m＝2kg，選項A正確；由于不知道加速度與時間的關系，所以無法求出物體在各個時刻的速度，也無法求出物體加速度由2m/s2增加到6m/s2過程中的位移，選項C、D錯誤。11．質量為M的物塊放在正沿水平直軌道向右勻加速行駛的車廂內水平地面上，并用輕繩繞過兩個光滑定滑輪連接質量為m的小球，與小球連接的輕繩與豎直方向始終成θ角，與物塊連接的輕繩處于水平方向，物塊相對車廂靜止。重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A．物塊對車廂內水平地面的壓力大小為mgB．物塊的加速度大小為eq\f(g,tanθ)C．輕繩的拉力大小為eq\f(mg,cosθ)D．物塊所受地面的摩擦力大小為eq\f(Msinθ＋mg,cosθ)解析：選CD對小球進行受力分析如圖甲所示，根據(jù)三角形定則可知小球的合力為：F合＝mgtanθ，繩子的拉力為：T＝eq\f(mg,cosθ)，根據(jù)牛頓第二定律知，其加速度為：a＝eq\f(F合,m)＝gtanθ，小球與物塊、車廂相對靜止，加速度相同，故B錯誤，C正確；對物塊受力如圖乙所示，豎直方向：N＝Mg，水平方向：f－T＝Ma，解得物塊受到地面對其摩擦力為：f＝Ma＋T＝eq\f(Msinθ＋mg,cosθ)，故A錯誤，D正確。12．如圖所示，在山體下的水平地面上有一靜止長木板，某次山體滑坡，有石塊從山坡上滑下后，恰好以速度v1滑上長木板，石塊與長木板、長木板與水平地面之間都存在摩擦。設最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力的大小，且石塊始終未滑出長木板。下面給出了石塊在長木板上滑行的vt圖像，其中可能正確的是()解析：選BD由于石塊與長木板、長木板與地面之間都有摩擦，故石塊不可能做勻速直線運動，故A錯誤；設石塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為μ1，長木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2，石塊的質量為m，長木板的質量為M，當μ1mg＞μ2(M＋m)g，最終石塊與長木板將一起做勻減速直線運動，此時的加速度為μ2g，由μ1mg＞μ2(M＋m)g，可得：μ1g＞μ2g，即石塊剛開始的加速度大于石塊與長木板一起減速時的加速度，也就是說圖像的斜率將變小，故C錯誤，B正確；若石塊對長木板向右的滑動摩擦力小于地面對長木板的最大靜摩擦力，則長木板將靜止不動，石塊將在長木板上做勻減速直線運動，故D正確。三、非選擇題(本題共5小題，共60分)13．(6分)“探究加速度與力、質量的關系”的實驗裝置如圖甲所示。(1)在平衡小車與桌面之間摩擦力的過程中，打出了一條紙帶如圖乙所示。計時器打點的時間間隔為0.02s。從比較清晰的點起，每5個點取一個計數(shù)點，量出相鄰計數(shù)點之間的距離。該小車的加速度a＝______m/s2。(結果保留兩位有效數(shù)字)(2)平衡摩擦力后，將5個相同的砝碼都放在小車上。掛上砝碼盤，然后每次從小車上取一個砝碼添加到砝碼盤中，測量小車的加速度。小車的加速度a與砝碼盤中砝碼總重力F的實驗數(shù)據(jù)如下表：砝碼盤中砝碼總重力F/N0.1960.3920.5880.7840.980加速度a/(m·s－2)0.691.181.662.182.70請根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出aF的關系圖像。(3)根據(jù)提供的實驗數(shù)據(jù)作出的aF圖線不通過原點。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的關系圖像如圖所示。(3)小車、砝碼盤和砝碼組成的系統(tǒng)所受合外力為砝碼盤和盤中砝碼的總重力，而表中數(shù)據(jù)漏記了砝碼盤的重力，導致合力F的測量值小于真實值，aF的圖線不過原點。答案：(1)0.16(或0.15)(2)見解析圖(3)未計入砝碼盤的重力14．(10分)如圖甲所示為“用DIS(位移傳感器、數(shù)據(jù)采集器、計算機)研究加速度和力的關系”的實驗裝置：(1)在該實驗中必須采用控制變量法，應保持__________不變，用鉤碼所受的重力作為______________，用DIS測小車的加速度。(2)改變所掛鉤碼的數(shù)量，多次重復測量。在某次實驗中根據(jù)測得的多組數(shù)據(jù)可畫出aF關系圖線(如圖乙所示)。①分析此圖線的OA段可得出的實驗結論是__________________。②此圖線的AB段明顯偏離直線，造成此誤差的主要原因是________。A．小車與軌道之間存在摩擦B．導軌保持了水平狀態(tài)C．所掛鉤碼的總質量太大D．所用小車的質量太大解析：(1)探究加速度與力的關系時，采用控制變量法，保持研究對象即小車與發(fā)射器的質量不變，實驗中為了便于獲得對小車施加恒定拉力且容易知道其大小，此拉力用鉤碼的重力代替。(2)①實驗得到的aF關系圖線OA段為過原點的傾斜直線，表明在小車質量一定的情況下，它的加速度與其所受的合力成正比；②實驗中用鉤碼的重力替代小車受到合力的前提是鉤碼的質量遠小于小車的質量，若鉤碼的質量與小車的質量差不多大，則不能用鉤碼的重力替代小車受到的合力，aF圖線也不再是過原點的直線。答案：(1)小車與發(fā)射器的質量小車受到的合力(2)①質量一定時，加速度與合力成正比②C15．(14分)如圖所示，水平平臺的右端安裝有定滑輪，質量為M＝2kg的物塊放在與滑輪相距l(xiāng)＝1.2m的平臺上，物塊與平臺間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，現(xiàn)有一輕繩跨過定滑輪，左端與物塊連接，右端掛質量為m＝1kg的小球，繩拉直時用手托住小球使其在距地面h＝0.5m高處靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力(g取10m/s2)。(1)放開小球，系統(tǒng)運動，求小球做勻加速運動時的加速度及此時繩子的拉力大??；(2)通過計算，回答物塊能否撞到定滑輪。解析：(1)由牛頓第二定律得：對小球：mg－FT＝ma1，對物塊：FT－μMg＝Ma1，解得：a1＝2m/s2，F(xiàn)T＝8N。(2)小球落地時的速度：由v2＝2a1h得：v＝eq\r(2a1h)＝eq\r(2)m/s，即物塊此時的速度為eq\r(2)m/s，物塊此后做勻減速運動的加速度：a2＝eq\f(μMg,M)＝μg＝2m/s2，到停下來可滑行的距離由v2＝2a2x，得：x＝eq\f(v2,2a2)＝0.5m，物塊在桌面上共滑行的距離：x總＝h＋x＝1m<l，故物塊不會撞到定滑輪。答案：(1)2m/s28N(2)見解析16．(14分)(選自新粵教版課后練習)如圖所示是深坑打夯機的示意圖。首先，電動機帶動兩個摩擦輪勻速轉動，將壓緊的夯桿從深坑提起。當夯桿的下端剛到達坑口時，兩個摩擦輪將夯桿松開，夯桿在自身重力的作用下，最后落回坑底，這樣，周而復始地進行，就可以達到將坑底夯實的目的。已知兩摩擦輪邊緣的切線處，豎直向上的速度v＝4m/s，兩摩擦輪對夯桿的正壓力均為F＝2×104N，與夯桿的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，夯桿的質量m＝1.0×103kg，坑深h＝6.4m，不計因打夯引起的深度變化，試計算該深坑打夯機的打夯周期。解析：夯桿的運動過程包括：勻加速上升、勻速上升、勻減速上升、自由落體回到坑底。夯桿所受的滑動摩擦力F1＝2μF，根據(jù)牛頓第二定律有：F1－mg＝ma，聯(lián)立可得a＝2m/s2，夯桿勻加速運動的位移x1＝eq\f(