杭州二中高一物理必修第一册课时作业第四章运动和力的关系单元检测

新人教版必修第一册课时作业第四章运动和力的关系单元检测

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是符合题目要求的)

1.科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法符合历史事实的是( )

A.伽利略通过“理想实验”得出结论:一旦物体具有某一速度,如果它不受力,它将以这一速度永远运动下去

B.亚里士多德指出:如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不停下也不偏离原来的方向

C.亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体的运动状态才会改变

D.笛卡儿认为,物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质

2.在升降电梯内的地板上放一体重计,电梯静止时,某同学站在体重计上,体重计示数为50.0 kg。若电梯运动中的某一段时间内,该同学发现体重计示数为如图所示的40.0 kg,则在这段时间内(重力加速度为g)( )

A.该同学所受的重力变小了

B.电梯一定在竖直向下运动

C.该同学对体重计的压力小于体重计对他的支持力

D.电梯的加速度大小为0.2g,方向一定竖直向下

3.光滑斜面倾角为θ,用平行于斜面向上的力F,作用在质量为m的物体上,物体由静止开始运动时间t后,撤去

力F,又经t时间,物体恰回到出发点,则( )

A.F=2mg sin θ

B.4F=3mg sin θ

C.3F=4mg sin θ

D.3F=mg sin θ

4.辉辉小朋友和爸爸一起去游乐园玩滑梯。假设辉辉的质量m=30 kg,滑梯斜面与水平面夹角为θ且大小可以调整,第一次当θ1=30°时恰好匀速下滑,第二次当θ2=37°时以加速度a加速下滑。设他与滑梯面间的动摩擦因数为μ,滑梯对他的支持力和摩擦力分别为F N1、F N2、f1和f2,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则以下正确的是( )

B.a=5 m/s2

A.μ=√3

3

C.F N1=F N2

D.f1=f2

5.如图甲所示,在倾角为30°的足够长的光滑斜面上,有一质量为m的物体,受到沿斜面方向的力F作用,力F

按图乙所示规律变化(图中纵坐标是F与mg的比值,力沿斜面向上为正)。则物体运动的速度v随时间t变化的规律是下图中的(物体的初速度为零,重力加速度取10 m/s2)( )

6.如图所示,在倾角为θ=30°的光滑斜面上,物块A、B质量分别为m和2m,物块A静止在轻弹簧上面,物块

B用细线与斜面顶端相连,A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力。已知重力加速度为g。某时刻将细线剪断,则在细线剪断的瞬间,下列说法正确的是( )

A.物块A的加速度为0

B.物块A的加速度为g

3

C.物块B的加速度为0

D.物块B的加速度为g

2

7.如图所示,在水平地面上有两个完全相同的滑块A、B,两滑块之间用劲度系数为k的轻质弹簧相连,在外力F1、F2的作用下运动,且F1>F2。以A、B为一个系统,当运动达到稳定时,若地面光滑,设弹簧的伸长量为Δl1,系统

加速度为a1;若地面粗糙,设弹簧的伸长量为Δl2,系统加速度为a2,则下列关系式正确的是( )

A.Δl1=Δl2,a1=a2

B.Δl1>Δl2,a1>a2

C.Δl1=Δl2,a1>a2

D.Δl1<Δl2,a1

8.如图所示,一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块(可视为质点),煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时,传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a开始运动,当其速度达到v后,便以此速度

做匀速运动。经过一段时间,煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后,煤块相对于传送带不再滑动。关于上述过程,以下判断正确的是(重力加速度为g)( )

A.μ与a之间一定满足关系μ>a

g

B.煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为v2

μg

C.煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为v

μg

D.黑色痕迹的长度为(a-μg)v2

2a2

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)

9.如图所示,质量均为m的A、B两物块置于光滑水平地面上,A、B接触面光滑,倾角为θ,现分别以水平恒力F 作用于A物块上,保持A、B相对静止共同运动,则下列说法中正确的是( )

A.采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大

B.两种情况下获取的最大加速度相同

C.两种情况下所加的最大推力相同

D.采用乙方式可用的最大推力大于甲方式的最大推力

10.如图,环A与球B用一轻质细绳相连,环A套在水平细杆上。现有一水平恒力F作用在球B上,使A环与B 球一起向右以相同的加速度做匀加速运动。已知环与球的质量均为m,细绳与竖直方向的夹角θ=45°,重力加速度为g,下列说法正确的是( )

A.细绳对B球的拉力大于杆对A环的支持力

B.B球受到的水平恒力F大于mg

C.若水平细杆光滑,则加速度等于g

D.若水平细杆粗糙,则动摩擦因数小于0.5

11.如图所示,一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上,环与杆之间的动摩擦因数为μ,现给环一个水平向右的恒力F,使圆环由静止开始运动,同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1=kv,其中k 为常数,重力加速度大小为g,则圆环运动过程中( )

A.最大加速度为F

m B.最大加速度为F+μmg

m

C.最大速度为F+μmg

μk D.最大速度为mg

k

12.如图所示,水平传送带以速度v1匀速运动,小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2,P与定滑轮间的绳水平,t=t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦,绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是( )

三、非选择题(本题共6小题,共60分)

13.(6分)某实验小组设计了如图(a)所示的实验装置,通过改变重物的质量,利用计算机可得滑块运动的加速度a 和所受拉力F的关系图像。他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验,得到了两条a-F图线,如图(b)所示。

图(a)

图(b)

(1)图线是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的(选填“①”或“②”);

(2)滑块和位移传感器发射部分的总质量m= kg;滑块和轨道间的动摩擦因数μ=。(g取10 m/s2)

14.(8分)某同学欲运用牛顿第二定律测量滑块的质量M,其实验装置如图甲所示,设计的实验步骤为:

甲

(1)调整长木板倾角,当钩码的质量为m0时滑块恰好沿木板向下做匀速运动;

(2)保持木板倾角不变,撤去钩码,将滑块移近打点计时器,然后释放滑块,滑块沿木板向下做匀加速直线运动,并打出点迹清晰的纸带如图乙所示(打点计时器的工作频率为50 Hz)。

请回答下列问题:

乙

丙

①打点计时器打下D点时,滑块的速度v D= m/s;(结果保留3位有效数字)

②滑块做匀加速直线运动的加速度a= m/s2;(结果保留3位有效数字)

③滑块的质量M= (用字母a、m0和当地重力加速度g表示)。

(3)保持木板倾角不变,挂上质量为m(均小于m0)的钩码,滑块沿木板向下匀加速运动,测出滑块的加速度;多次改变钩码的质量,分别求出相应的加速度。

(4)若绳的拉力与所挂钩码的重力大小相等,作出a-mg图像如图丙所示,则由图丙可求得滑块的质量M=

kg。(g取10 m/s2,结果保留3位有效数字)

15.(8分)如图甲所示,质量m=2 kg的物体在水平面上向右做直线运动。过A点时给物体作用一个水平向左的

恒力F并开始计时,选水平向右为速度的正方向,通过速度传感器测出物体的瞬时速度,所得v-t图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。求:

(1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ;

(2)10 s末物体离A点的距离。

16.(10分)四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器,目前正得到越来越广泛的应用。一架质量

m=2 kg的无人机,其动力系统所能提供的最大升力F=36 N,运动过程中所受空气阻力大小恒为f=4 N。(g取

10 m/s2)

(1)无人机在地面上从静止开始,以最大升力竖直向上起飞。求在t=5 s时离地面的高度h。

(2)当无人机悬停在距离地面高度H=100 m处,由于动力设备故障,无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落到地面时的速度v。

(3)接(2)问,无人机坠落过程中,在遥控设备的干预下,动力设备重新启动提供向上最大升力。为保证安全着地(到

达地面时速度为零),求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间t1。(结果可保留根号)

17.(14分)如图,质量为2.5 kg 的一只长方体空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动,铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.6。铁箱内一个质量为0.5 kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2为0.3。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。求:

(1)木块对铁箱的压力(结果保留三位有效数字);

(2)水平拉力F的大小;

(3)减小拉力F,经过一段时间,木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹,当铁箱的速度为6 m/s时撤去拉力,又经过1 s时间,木块从铁箱左侧到达右侧,求铁箱的长度是多少?(结果保留三位有效数字)

18.(14分)如图甲所示,质量为M的长木板,静止放置在粗糙水平地面上,有一个质量为m、可视为质点的物块,以某一水平初速度从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中,物块和木板的v-t 图像分别如图乙中的折线acd和bcd所示,a、b、c、d点的坐标分别为a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)。根据v-t图像,求:

(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1,木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2,达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3;

(2)物块质量m与长木板质量M之比;

(3)物块相对长木板滑行的距离Δx。

答案全解全析

1.A 伽利略通过“理想实验”得出结论:力不是维持物体运动的原因,即一旦物体具有一定速度,如果它不受力,它将以这一速度永远运动下去,A 正确。笛卡儿指出:如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不停下来也不偏离原来的方向,B 错误。亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体才能运动,C 错误。牛顿认为,物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质,D 错误。

2.D 该同学在这段时间内处于失重状态,对体重计的压力变小了,而该同学的重力并没有改变,故A 错误;以竖直向下为正方向,则有:mg-F=ma,解得a=0.2g,方向竖直向下,但速度方向可能是竖直向上,也可能是竖直向下,故B 错误,D 正确;人对体重计的压力与体重计对人的支持力是一对作用力与反作用力,大小一定相等,故C 错误。

3.C 以物体为研究对象,撤去F 前,根据牛顿第二定律可得:F-mg sin θ=ma 1;撤去F 后,根据牛顿第二定律可得:mg sin θ=ma 2,撤去F 前物体做匀加速直线运动,则有:x 1=1

2a 1t 2,撤去F 时速度v=a 1t,撤去F 后,x 2=vt-1

2a 2t 2,物体能回到出发点满足:x 2=-x 1,联立以上各式解得:a 2=3a 1,整理可得:3F=4mg sin θ,故C 正确,A 、B 、D 均错误。

4.A 当θ1=30°时,恰好匀速下滑,根据平衡条件可得:mg sin 30°=μmg cos 30°,解得:μ=tan 30°=√3

3,故A 正确;当θ2=37°时,以加速度a 加速下滑,根据牛顿第二定律可得:mg sin 37°-μmg cos 37°=ma,解得:a=1.4 m/s 2,故B 错误;支持力F N =mg cos θ,由于θ1<θ2,所以F N1>F N2,故C 错误;摩擦力f=μmg cos θ,由于θ1<θ2,所以f 1>f 2,故D 错误。

5.C 在0~1 s 内,F

mg =1,根据牛顿第二定律得a 1=

F -mgsinθm

=1

2g,方向沿斜面向上,物体向上做匀加速直线运动,在1 s 末时的速度为5 m/s;在1~2 s 内,拉力F 为零,根据牛顿第二定律得a 2=mgsinθm =1

2

g,方向沿斜面向下,物体沿

斜面向上做匀减速直线运动,2 s 末速度为零;在2~3 s 内,F mg =-1,根据牛顿第二定律得a 3=|F |+mgsinθm

=3

2g,方向沿斜面向下,物体沿斜面向下做匀加速直线运动,3 s 末的速度大小v=a 3t=15 m/s,沿斜面向下,为负,C 正确。 6.B 剪断细线前,弹簧的弹力F 弹=mg sin 30°=1

2mg,细线剪断的瞬间,弹簧的弹力不变,仍为F 弹=12

mg;对A 、B 组成的系统,加速度a=

3mgsin30°-F

弹

3m

=g

3,即A 和B 的加速度均为g 3

。

7.C 设两个滑块的质量均为m,若水平地面光滑,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得a 1=F 1-F 2

2m

,再以A 为研

究对象,由牛顿第二定律得F 1-k·Δl 1=ma 1,代入解得弹簧的伸长量为Δl 1=

F 1+F 2

2k

;若水平地面粗糙,则两个滑块与地面间的动摩擦因数相同,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得a 2=F 1-F 2-2μmg 2m =F 1-F 2

2m -μg,再以A 为研究对象,

由牛顿第二定律得F 1-k·Δl 2-μmg=ma 2,代入解得弹簧的伸长量为Δl 2=F 1+F

22k ,可见Δl 1=Δl 2,a 1>a 2,故选项C 正

确。

8.C 方法一 公式法:由牛顿第二定律可知煤块的加速度大小为a'=μg,由于煤块与传送带之间要发生相对滑

动,传送带的加速度需大于煤块的加速度,即a>μg,则μ

g ,A 错误;煤块从开始运动到相对于传送带静止所需的时

间t=v μg ,此时煤块的位移x 1=v 22μg ,传送带的位移x 2=v 22a +v (v μg -v a )=v 2μg -v 2

2a ,煤块相对于传送带的位移等于黑色痕迹的

长度,则Δx=x 2-x 1=v 22μg -v 2

2a ,C 正确,B 、D 错误。

方法二 图像法:根据题意,由于煤块与传送带之间发生相对滑动,则传送带的加速度一定大于煤块的加速度。

由题意作出煤块和传送带的速度-时间图像,如图所示,由于二者最终的速度均为v,则t 1=v a 、t 2=v

μg 。煤块从开始

运动到相对于传送带静止经历的位移大小为图线Ob 与横轴所围的面积,即x=v

2t 2=v 2

2μg 。黑色痕迹的长度为煤块相对传送带的位移,即图线Oa 、ab 、Ob 所围的面积,则

Δx=v 2(t 2-t 1)=v 22μg -v 2

2a

。

9.BC 甲方式中,F 最大时,A 刚要离开地面,A 受力如图1所示,则

F N1 cos θ=mg① 对B:F N1' sin θ=ma 1② 由牛顿第三定律可知F N1'=F N1③

乙方式中,F 最大时,B 刚要离开地面,B 受力如图2所示,则 F N2 cos θ=mg④ F N2 sin θ=ma 2⑤

由①③④可知F N2=F N1=F N1'⑥

由②⑤⑥式可得a 2=a 1,对整体易知F 2=F 1, 故选项B 、C 正确,选项A 、D 错误。

10.BCD 对整体进行受力分析,由牛顿第二定律有F-2μmg=2ma,再分别对A 环、B 球分析,对B 球有F-F T sin θ=ma,mg=F T cos θ;对A 环有mg+F T cos θ=F N ,F T sin θ-μF N =ma,F N =2mg,则由以上各式综合分析可得F>mg,当μ=0时a=g,若μ≠0,则有μ<0.5,选项B 、C 、D 正确。 11.AC 当F 1

k

时,圆环的加速度最大,即a max =F m

,选项A 正

确,B 错误;圆环速度逐渐增大,当F 1=kv>mg 时,由牛顿第二定律得F-μ(kv -mg)=ma,当a=0时,圆环的速度最

大,即v max =

F+μmg

μk

,选项C 正确,D 错误。

12.BC ①若v 2>v 1,则P 、Q 先一起做匀减速运动,且加速度大小a 1=m Q g+f

P m Q

+m P

。

若P 能减速到v 1,当f P ≥m Q g,P 、Q 共同匀速,速度大小为v 1;当f P

P m Q

+m P

,a 1>a 2,故A 错误。

若传送带足够长,P 、Q 减速到零后,反向加速,加速度大小为a 2。 ②若v 2≤v 1。

当f P ≥m Q g,P 、Q 先共同加速,后以v 1共同匀速运动,加速度大小为a 3=f P

-m Q g

m

Q +m P

当f P

13.答案 (1)①(2分) (2)0.5(2分) 0.2(2分)

解析 (1)由图线①可知,当F=0时,a≠0,也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度,该同学实验操作中平衡摩擦力过度,即倾角过大,所以图线①是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的。

(2)在轨道水平情况下,由牛顿第二定律得

F-μmg=ma,a=F

m -μg,则图线②的斜率在数值上等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数。 所以m=1

k =0.5 kg

-μg=-2

解得μ=0.2。

14.答案 (2)①1.69(2分) ②3.88(2分) ③g

a

m 0(2分)

(4)0.200(2分)

解析 从图乙中可知x AB =5.20 cm,x BC =5.84 cm,x CD =6.45 cm,x DE =7.07 cm,x EF =7.70 cm 。

(2)①相邻计数点间的时间间隔为T=2×0.02 s=0.04 s,v D =x

CE

2T =

6.45+

7.072×0.04

×10-2

m/s=1.69 m/s 。 ②根据逐差法可得滑块的加速度

a=x EF +x DE -x CD -x BC 4T 2=0.077 0+0.070 7-0.064 5-0.058 44×0.04

2 m/s 2=3.88 m/s 2 ③滑块做匀速运动时受力平衡,由平衡条件得m 0g=Mg sin θ-f,撤去钩码后滑块做匀加速直线运动时,受到

的合外力F 合=Mg sin θ-f,由牛顿第二定律得F 合=Ma,解得M=m 0g

a 。

(4)滑块做匀速运动时受力平衡,由平衡条件得Mg sin θ-f=m 0g,挂上质量为m 的钩码时滑块沿木板向下做

匀加速直线运动,受到的合外力为F 合'=Mg sin θ-f-mg,由牛顿第二定律得F 合'=Ma,解得a=m 0M g-m

M g,由图丙所示图像可知k=-1M =

1.5-3.5

0.40

=-5,解得M=0.200 kg 。

15.答案 (1)3 N 0.05 (2)2 m

解析 (1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a 1,则由v-t 图像得

a 1=8

4 m/s 2=2 m/s 2(1分)

根据牛顿第二定律,有F+μmg=ma 1(1分)

设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a 2,则由v-t 图像得 a 2=610-4 m/s 2=1 m/s 2(1分)

根据牛顿第二定律,有F-μmg=ma 2(1分) 联立得:F=3 N,μ=0.05(2分)

(2)设10 s 内物体的位移为x,则x 为v-t 图线与时间轴所围的面积。 则:x=1

2×4×8 m -1

2×6×6 m=-2 m,负号表示物体在A 点左侧。即10 s 末物体离A 点的距离为2 m 。(2

分)

16.答案 (1)75 m (2)40 m/s (3)

5√5

3

s 解析 (1)由牛顿第二定律,有F-mg-f=ma(1分)

代入数据解得a=6 m/s 2 上升高度h=1

2at 2(1分) 代入数据解得h=75 m(1分) (2)下落过程中mg-f=ma 1(1分) 代入数据解得a 1=8 m/s 2 落地时v 2=2a 1H(1分) 代入数据解得v=40 m/s(1分)

(3)恢复升力后向下减速运动过程F-mg+f=ma 2(1分) 代入数据解得a 2=10 m/s 2 设恢复升力时的速度为v m ,

则有v m 22a 1+v m

22a 2=H(1分)

v m =40√5

3 m/s

m 111=5√5

3

s(217.答案 见解析

解析 (1)对木块:在竖直方向,由平衡条件得mg=F f =μ2F N (1分)

解得:F N =50

3 N=16.7 N(1分)

由牛顿第三定律得:木块对铁箱的压力为:F N '=F N =16.7 N(1分) 方向水平向左(1分)

(2)对木块:在水平方向根据牛顿第二定律可得:F N =ma(1分) 解得:a=

1003 m/s 2

(1分)

对铁箱和木块整体:F-μ1(M+m)g=(M+m)a(1分) 故水平拉力为:F=(M+m)(a+μ1g)=118 N(1分)

(3)撤去拉力F 时,铁箱和木块的速度均为v=6 m/s,因μ1>μ2,以后木块相对铁箱滑动。(1分) 木块的加速度大小a 2=μ2g=3 m/s 2(1分) 铁箱的加速度大小a 3=

μ1(m+M )g -μ2mg M

=6.6 m/s 2

(1分)

铁箱减速到0所用时间为t 0=v/a 3=0.9 s<1 s,故木块到达铁箱右端时,铁箱已经停止运动。(1分) 则经t=1 s 木块比铁箱向右多移动距离L 即铁箱长。 即有L=(vt -1

2

a 2t 2)-v 2

2a 3

(1分)

代入数据解得L=1.77 m(1分)

18.答案 (1)1.5 m/s 2 1 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)3

2 (3)20 m 解析 (1)由v-t 图像可求出

物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小 a 1=10-4

4

m/s 2=1.5 m/s 2(2分)

木板开始做匀加速直线运动的加速度大小

a 2=4-04

m/s 2=1 m/s 2

(2分) 达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小

a 3=

4-0

8

m/s 2=0.5 m/s 2(2分)

(2)物块冲上木板匀减速阶段:μ1mg=ma 1(1分) 木板向前匀加速阶段:μ1mg-μ2(m+M)g=Ma 2(2分) 物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段: μ2(m+M)g=(M+m)a 3(2分) 联立以上三式可得m M =3

2(1分) (3)由v-t 图像可以看出,物块相对于长木板滑行的距离Δx 对应题图乙中△abc 的面积,故Δx=10×4×12

m=20 m(2分)