20xx年高中物理必修一第四章运动和力的关系(一).docx

20xx年高中物理必修一第四章运动和力的关系(一)1单选题1、下列实验器材可以用来测量基本物理量的是（）ABCD答案：AA天平可以测量质量，质量是基本物理量，选项A正确；B温度计测量摄氏温度，摄氏温度（）不是基本物理量，选项B错误；C弹簧测力计测量力，力不是基本物理量，选项C错误；D电压表测量电压，电压不是基本物理量，选项D错误。故选A。2、如图所示，在与坡底B点的距离为L的山坡上，竖直固定一长度为L的直杆AO，O为山坡的中点，A端与坡底B之间连接一根光滑的细钢绳。现让一穿在钢绳上的小环从A点由静止开始沿钢绳无摩擦地滑下，则小环在钢绳上滑行的时间为（）A12LgBLgC2LgD2Lg答案：D如图所示，以O点为圆心、A为圆周的最高点、AB为弦作圆。设OAB为，则LAB=2LcosLAB=12at2ma=mgcos解得t2Lg故选D。3、如图所示，水平轻弹簧左端固定，右端与滑块P相连，P置于水平地面上；滑块Q与P完全相同，紧靠在P的右侧，P、Q均处于静止状态，此时滑块Q所受地面摩擦力刚好等于最大静摩擦力。设P、Q与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，P、Q均视为质点。现对Q施加水平拉力F，使Q向右做匀加速直线运动，以下判断正确的是（）A施加F的瞬间，P的加速度可能比Q的大B施加F的瞬间，P的加速度不可能与Q的加速度一样大CF可能为恒力，也可能为变力DF一定为变力，P、Q分离前P与Q一起做匀加速运动答案：CAB设P、Q与地面动摩擦因数为，如果Q刚好与P之间无相互挤压且加速度相同，由牛顿第二定律，对Q有F-mg=ma对P有2mg-mg=ma则有F=2mg可知当F=2mg时，施加力F瞬间QP加速度相同，处于分离的临界状态；当F2mg时，Q的加速度大于P的加速度，两者立即分离；当F2mg时，P、Q之间有相互弹力，两者加速度相同；综上所述，P的加速度有可能与Q的加速度一样大，但不可能比Q的大，故AB错误；CD据前面分析可知当F2mg时，两者瞬间分离，则F为恒力；当F2mg时，分离前加速度相同，对P、Q整体受力分析，则开始瞬间有F=2ma则有ag过程中有F+kx-2mg=2ma由于弹簧弹力变小，摩擦力及加速度大小恒定，则F应变大，在两者分离前F为变力；综上所述，F可能为恒力，也可能为变力，故D错误，C正确。故选C。4、如图所示为课堂的演示实验，A1、A2、A3和B1、B2、B3为完全相同的较大刚性球，A1、A2、A3之间用轻质软弹簧连接，B1、B2、B3之间用轻质细线连接，A1和B1用细线挂在水平木杆上，且离地面高度相等，A1、A2、A3之间距离和B1、B2、B3之间距离均相等现同时将与木杆相连的细线剪断，不计空气阻力，重力加速度为g，则（）AA3和B3一定会同时落地B剪断瞬间A2与B2的加速度均为gCB1与B2的落地时间差与B2与B3的落地时间差相等D落地前，A1、A2、A3之间可能碰撞，B1、B2、B3之间不会碰撞答案：DAB由于剪断细线时弹簧的弹力不能突变，所以A2、A3的合力仍然等于零，其加速度也为零，而细线的拉力可以突变，所以细线剪断瞬间由于重力作用B1、B2、B3均做自由落体运动，所以B3比A3先着地，故AB错误；C由于B1、B2、B3均做自由落体运动，所以时间越长速度越大，而B1、B2之间的距离和B2、B3之间的距离相等，所以B1与B2的落地时间差小于B2与B3的落地时间差，故C错误；D由于B1、B2、B3均做自由落体运动，所以三小球的速度总是相同，不会相撞，而剪断细线的瞬间A1具有向下的加速度，A2、A3的加速度为零，所以之后A1比A2、A3运动得快，A1、A2、A3之间可能碰撞，故D正确。故选D。5、一个倾角为=37的斜面固定在水平面上，一个质量为m=1.0kg的小物块（可视为质点）以v0=4.0m/s的初速度由底端沿斜面上滑，小物块与斜面的动摩擦因数=0.25。若斜面足够长，已知sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2。小物块上滑的最大距离为（）A1.0mB2.2mC0.8mD0.4m答案：A小物块在斜面上上滑过程受力情况如图所示根据牛顿第二定律有mgsin+mgcos=ma解得a=gsin37+gcos37=8m/s2小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有v12-v02=2ax解得x=v022a=1.0m故A正确，BCD错误。故选A。6、三个表面粗糙程度不同的木板A、B、C质量均为m，它们叠放在一起置于光滑的水平面上，木板A、B之间的动摩擦因数为，木板B、C之间的动摩擦因数为5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现用水平向右的力F推木板A，下列说法正确的是（）A若F=1.5mg，A与B会相对静止，但B与C相对滑动B若F=1.1mg，A与B会相对滑动，但B与C相对静止C若F=1.3mg，A与B会相对滑动，B与C也相对滑动D若F=0.5mg，A与B会相对静止，但B与C相对滑动答案：ABDA对B的最大静摩擦力fABm=mgB对C的最大静摩擦力fBCm=25mg假设B与C恰好发生相对滑动时，A与B不发生相对滑动，以C为研究对象，根据牛顿第二定律可有fBCm=ma解得a=25g此时对B、C组成的整体受力分析，根据牛顿第二定律有fAB=2ma=45mg1.2mg时，B与C一定会发生相对滑动，A与B不一定会发生滑动，设F=F0时A与B恰好发生相对滑动，则有F0-mgm=mg-25mgm解得F0=1.6mg故当1.2mgF1.6mg，A与B会相对静止，B与C相对滑动，A正确，C错误。故选。7、小明站在装有力传感器的台秤上，完成下蹲、起立动作。计算机采集到的力传感器示数随时间变化情况如图所示。下列判断正确的是（）Aa点对应时刻，小明向下的速度最大Ba点对应时刻，小明向下的加速度最大Cb点对应时刻，小明处于超重状态D图示时间内，小明完成了两次下蹲和两次起立答案：AABD小明在下蹲过程经历先向下加速再向下减速，即先失重后超重；起立过程经历先向上加速再向上减速，即先失重后超重，所以由图示可知，小明先下蹲后起立，小明完成了1次下蹲和1次起立，且a点对应时刻F=mg小明的加速度为0，向下的速度达到最大，故A正确，BD错误；Cb点对应时刻，小明正在起立减速上升的过程，所以小明处于失重状态，故C错误。故选A。8、如图所示，光滑直杆一端固定在地面上的A点，另一端靠在竖直墙上，杆上套有一个小球，球可以在杆上自由滑动，球从杆的上端沿杆下滑到A点所用的时间为t，若逐渐减小杆的长度，使杆与水平方向的夹角从60逐渐减小到30，则下列说法正确的是（）A小球从杆的上端运动到下端的时间不断减小B小球从杆的上端运动到下端的时间不断增大C小球从杆的上端运动到下端的时间先减小后增大D小球从杆的上端运动到下端的时间先增大后减小答案：C设A点到墙的距离为L，杆与水平方向的夹角为，则下滑过程加速度a=mgsinm=gsin小球从杆的上端运动到下端的过程Lcos=12gt2sin解得t=4Lgsin2当45时，t最小，因此使杆与水平方向的夹角从60逐渐减小到30，小球从杆的上端运动到下端的时间先减小后增大。故选C。9、如图所示，A，B两木块放在粗糙水平面上，它们之间用不可伸长的轻绳相连，两次连接情况中轻绳倾斜方向不同，已知两木块与水平面间的动摩擦因数分别为A和B，且0BA，先后用水平拉力F1和F2拉着A、B一起水平向右匀速运动，则匀速运动过程中（）AF1F2CF1=F2D无法确定答案：A设两绳子与水平夹角为，对第一个图进行受力分析，根据平衡条件可得F1=fA+fB其中fA=A（mAgT1sin）fB=B（mBg+T1sin）联立解得F1=AmAg+BmBg+（BA）T1sin同理可知，第二个图的拉力F2=AmAg+BmBg（BA）T1sin由题意可知0BA可知F1mg后，加速度为a=F0-kv-mgm速度v增大，加速度减小，当a减小到零，小球做匀速运动，所以小球的速度先增大后保持不变，加速度先增大后减小，最后保持不变；当小球所受摩擦力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为F0m；当加速度为零时，小球的速度最大，此时有F0=kvmax-mg解得最大速度vmax=F0+mgk24、动力学的两类基本问题（1）由物体的受力情况求解运动情况的基本思路先求出几个力的合力，由牛顿第二定律（F合ma）求出_，再由运动学的有关公式求出速度或位移。（2）由物体的运动情况求解受力情况的基本思路，已知加速度或根据运动规律求出_，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力。答案：加速度加速度（1）1由物体的受力情况求解运动情况的基本思路先求出几个力的合力，由牛顿第二定律（F合ma）求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移（2）2由物体的运动情况求解受力情况的基本思路，已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力。25、如图所示，水平轻质弹簧一端固定在墙上，另一端连接一质量为m的小球，用与水平方向成60角的光滑木板将小球挡住，使小球保持静止状态，重力加速度大小为g，弹簧的弹力大小为_，现将木板突然撤离，则木板撤离后瞬间小球的加速度大小为_。答案：3mg2g1设弹簧的弹力为F，板对小球的支持力为N，小球受力如图所示由于小球处于静止状态，则Ncos60o=mgNsin60o=F可得F=3mgN=2mg2若将木板突然撤离，该时刻弹簧的弹力和物体所受的重力没有发生变化，物体所受的合力N与N等大反向，根据牛顿第二定律N=ma可得此时的加速度a=2g22