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单元质量评估 (四)
第四章
(60分钟 100分)
一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分。1～6题为单选,7、8题为多选)
1.(2021·海南高考改编)科学家关于物体运动的争辩对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法不符合历史事实的是( )
A.亚里士多德认为,必需有力作用在物体上,物体的运动状态才会转变
B.伽利略通过“抱负试验”得出结论：一旦物体具有某一速度,假如它不受力,它将以这一速度永久运动下去
C.笛卡儿指出：假如运动中的物体没有受到力的作用,它将连续以同一速度沿同始终线运动,既不停下来也不偏离原来的方向
D.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
【解题指南】解答本题时应留意以下两点：
(1)生疏科学家所对应的物理学史。
(2)生疏相关的物理规律。
【解析】选A。亚里士多德认为物体的运动需要力来维持,选项A错误;牛顿依据选项B中伽利略的正确观点和选项C中笛卡儿的正确观点,得出了选项D的正确观点,选项B、C、D都正确。
2.(2022·衡水高一检测)下列说法正确的是( )
A.马拉车前进,马先对车施力,车后对马施力,否则车就不能前进
B.射出枪口的子弹,能打到很远的距离,是由于子弹离开枪口后受到一个推力作用
C.依据效果命名的同一名称的力,性质可能不同
D.力的作用效果只能转变物体的运动状态
【解析】选C。马拉车和车拉马的力是作用力与反作用力,是同时产生的,故A错误;子弹能打到很远的距离,是由于子弹的惯性的作用,故B错误;按效果和性质命名是两种不同的命名方式,如动力可以是弹力,也可以是摩擦力,故C正确;力的作用效果有两个：产生形变、转变物体的运动状态,故D错误。
3.(2022·蒙自高一检测)如图所示,光滑的水平桌面上叠放着的A、B两个物体,在一个水平向右的恒定的拉力F作用下,以共同的速度和加速度一起向右加速运动。则此时关于对B物体的受力分析,说法正确的是( )
A.B物体只受到竖直向上的支持力和重力
B.B物体受到水平向右的拉力F和水平向左的滑动摩擦力
C.B物体只受到重力、A物体的支持力和水平向右的静摩擦力
D.B物体受到水平向左的滑动摩擦力
【解析】选C。由于A、B两物体以共同的速度和加速度一起向右加速运动,故B物体有向左滑动的趋势,则此时对B物体进行受力分析可得,物体在竖直方向受向下的重力和竖直向上的支持力并平衡,水平方向上受向右的静摩擦力作用,故选项C正确。
4.如图所示是中国三一重工的一台62米长的泵车,参与某次消防救火冷却作业,对泵车在水平路面上以加速度a做匀加速运动的过程,下列分析正确的是( )
A.泵车受到的重力和泵车对地面的压力是一对平衡力
B.轮胎上凹凸不平的花纹是为了增加车对地面的压力
C.开车时要求系平安带是为了减小司机的惯性
D.若泵车发动机的牵引力增为原来的2倍时,泵车的加速度将大于2a
【解析】选D。泵车受到的重力和泵车对地面的压力作用在两个物体上,不行能是平衡力,选项A错;轮胎上凹凸不平的花纹是为了增加车对地面的摩擦力,选项B错;惯性只与质量有关,司机的惯性无法利用平安带转变,选项C错;2F牵-F阻=2(F牵-F阻)+F阻>2(F牵-F阻),当牵引力变为原来的2倍时,泵车所受的合力将大于原来的2倍,泵车的加速度将大于2a,选项D正确。
【变式训练】物体静止在斜面上,以下的几种分析中正确的是( )
A.物体所受到静摩擦力的反作用力是重力沿斜面的分力
B.物体所受重力沿垂直斜面的分力就是物体对斜面的压力
C.物体所受重力的反作用力就是斜面对它的静摩擦力和支持力这两个力的合力
D.物体所受支持力的反作用力就是物体对斜面的压力
【解析】选D。作用力和反作用力确定是同种性质的力,分别作用在两个物体上,物体受到静摩擦力的反作用力是物体对斜面的摩擦力,所以A错;物体受重力沿垂直斜面的分力在数值上等于物体对斜面的压力,重力是地球对物体的力,压力是物体对斜面的力,所以B错;物体受到地球的反作用力是物体对地球的吸引力,所以C错;物体所受支持力与物体对斜面的压力是一对作用力与反作用力,D对。
5.(2022·长春高一检测)如图所示,A和B两物块的接触面是水平的,A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑,在下滑过程中B的受力个数为( )
A.3 B.4 C.5 D.6
【解析】选B。由于A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑,故A、B之间不存在摩擦力;以物块B为争辩对象受力分析,如图所示,故选项B正确。
6.(2021·安徽高考)如图所示,细线的一端系一质量为m的小球,另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端,细线与斜面平行。在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中,小球始终静止在斜面上,小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g)( )
A.T=m(gsinθ+acosθ) FN=m(gcosθ-asinθ)
B.T=m(gcosθ+asinθ) FN=m(gsinθ-acosθ)
C.T=m(acosθ-gsinθ) FN=m(gcosθ+asinθ)
D.T=m(asinθ-gcosθ) FN=m(gsinθ+acosθ)
【解题指南】解答本题可按以下思路进行：
(1)先对小球进行受力分析,小球受到三个力的作用,分别是小球的重力G、斜面的支持力FN和细线的拉力T。
(2)再确定小球的运动性质,以加速度a水平向右做匀加速直线运动。
(3)在竖直方向列受力平衡方程,在水平方向上列牛顿其次定律方程,两式联立可解得结果。
【解析】选A。受力分析如图,建立如图所示的坐标系
在竖直方向上受力平衡,合力为零,列式可得：
FNcosθ+Tsinθ-mg=0 ①
在水平方向上,由牛顿其次定律可得：
Tcosθ-FNsinθ=ma ②
联立①②两式可解得：T=m(gsinθ+acosθ)
FN=m(gcosθ-asinθ)
故A项正确。
7.(2022·济宁高一检测)为了节省能量,某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时,扶梯运转得很慢;有人站上扶梯时,它会先渐渐加速,再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼,恰好经受了这两个过程,如图所示。则在加速过程中,下列说法中正确的是( )
A.顾客受到三个力的作用
B.顾客处于超重状态
C.扶梯对顾客没有摩擦力的作用
D.顾客对扶梯的压力等于顾客的重量
【解析】选A、B。由于扶梯的加速度方向沿斜面对上,故顾客站在扶梯上随扶梯加速时所受合力的方向也沿斜面对上,此时顾客受力如图所示,且FN>mg;由牛顿第三定律可知,顾客对扶梯的压力大于顾客的重力,顾客处于超重状态,故选项A、B正确,选项C、D错误。
【变式训练】(多选)引体向上是同学们经常做的一项健身运动。该运动的规范动作是两手正握单杠,由悬垂开头,上拉时,下颌必需超过单杠面;下放时,两臂放直,不能曲臂(如图所示)。这样上拉下放,重复动作,达到熬炼臂力和腹肌的目的。关于做引体向上动作时人的受力,以下推断正确的是( )
A.上拉过程中,人受到两个力的作用
B.上拉过程中,单杠对人的作用力大于人的重力
C.下放过程中,单杠对人的作用力小于人的重力
D.下放过程中,在某瞬间人可能只受到一个力的作用
【解析】选A、D。在上拉过程中,人受到重力和单杠对人的作用力,A正确;上拉过程中,要先加速,后减速,即先超重,后失重,单杠对人的作用力先是大于人的重力,后小于人的重力,B错误;同理,下放过程中,单杠对人的作用力先是小于人的重力,后大于人的重力,C错误;刚开头下放的过程中,人加速向下,其加速度可能为重力加速度,此时,人完全失重,单杠对人没有作用力,即人只受到一个重力的作用,D正确。
8.(2022·南通高一检测)某物体在粗糙水平面上受一水平恒定拉力F作用由静止开头运动,下列四幅图中,能正确反映该物体运动状况的图像是( )
【解析】选A、D。物体在粗糙水平面上运动时,由牛顿其次定律可得：F合=F-
μFN=F-μmg=ma,故a=,由于拉力F恒定,故a恒定,选项C错,选项D对;由于物体开头时静止,故v=at,x=at2,选项A对,选项B错。
二、试验题(本大题共2小题,共23分)
9.(8分)(多选)(2022·宜昌高一检测)如图所示是“探究加速度与力、质量的关系”的试验方案之一,通过位移的测量来代替加速度的测量,即=,用这种替代成立的操作要求是( )
A.试验前必需先平衡摩擦力
B.必需保证两小车的运动时间相等
C.两小车都必需从静止开头做匀加速直线运动
D.小车所受的水平拉力大小可以认为是砝码(包括小盘)的重力大小
【解析】选B、C。对于初速度为零的匀加速直线运动,x=at2,所以a=;当两个初速度为零的匀变速直线运动的物体的运动时间t相同时,=,故选项B、C正确;当桌面对小车有摩擦力时,小车在重物牵引下的运动也是匀变速直线运动,故试验前不需要先平衡摩擦力,A错;当小车所受的水平拉力大小不等于砝码(包括小盘)的重力大小时,小车也做初速度为零的匀变速直线运动,故选项D错。
10.(15分)(2022·南通高一检测)如图甲为某同学设计的“探究加速度与物体所受合力F及质量m的关系”试验装置简图,A为小车,B为电火花计时器,C为装有砝码的小桶,D为一端带有定滑轮的长方形木板。在试验中细线对小车拉力F等于砝码和小桶的总重力,小车运动的加速度a可用纸带上的点求得。
(1)(多选)关于该试验,下列说法中正确的是( )
A.用砝码和小桶的总重力来表示F,对试验结果会产生误差
B.为消退摩擦力对试验的影响,可以把木板D的左端适当垫高
C.使用电火花计时器时先使纸带运动,再接通电源
D.木板D的左端被垫高后,图中细线应保持与木板表面平行
(2)图乙是试验中猎取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4是计数点,每相邻两计数点间还有4个打点(图中未标出),计数点间的距离如图所示,由纸带求出小车的加速度a= m/s2(加速度a的计算结果保留2位有效数字)。
(3)在“探究加速度与质量的关系”时,保持砝码和小桶质量不变,转变小车质量m,分别测得小车的加速度a与对应的质量m数据如表：
次数
1
2
3
4
5
小车的加速度a/(m·s-2)
1.25
1.00
0.80
0.50
0.40
小车的质量m/kg
0.400
0.500
0.625
1.000
1.250
小车质量的倒数m-1/kg-1
2.50
2.00
1.60
1.00
0.80
利用表中数据,在丙图坐标纸中选择合适物理量为坐标轴建立坐标系,作出直观反映a与m关系的图像。
从图线可得到的结论是 。
【解析】(1)砝码和小桶的总重力不仅使小车获得加速度,也使砝码和小桶自身获得加速度,故小车受到的拉力要小于砝码和小桶的总重力,所以用砝码和小桶的总重力来表示F,对试验结果会产生误差,A对;为消退摩擦力对试验的影响,试验前需要先平衡摩擦力,具体方法是将木板D的左端适当垫高,B对;试验时应先接通电源,后释放纸带,C错;细线与木板表面平行时,可以使细线对小车的拉力全部用来使小车获得加速度,从而减小试验误差,D对。
(2)用逐差法求小车运动的加速度
a=
=m/s2
=0.50m/s2。
(3)要想作出直观反映a与m关系的图像,需要作出a-图像,如图所示：
从图线可得：在合外力确定时,物体的加速度与物体的质量成反比。
答案：(1)A、B、D (2)0.50 (3)见解析
三、计算题(本大题共2小题,共37分。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)
11.(17分)(2022·上海高考)如图,将质量m=0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上。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=0.8。对圆环施加一位于竖直平面内斜向上,与杆夹角θ=53°的拉力F,使圆环以a=4.4m/s2的加速度沿杆运动,求F的大小。g取10m/s2。
【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：
(1)明确圆环的运动状态;
(2)分析圆环的受力状况;
(3)依据牛顿其次定律列式求解。
【解析】令Fsin53°-mg=0,解得F=N (3分)
当F<N时,圆环与杆的上部接触,受力如图所示,
由牛顿其次定律得：Fcosθ-μFN=ma (3分)
FN+Fsinθ=mg (3分)
由此得：F==N=1N (2分)
当F>N时,圆环与杆的下部接触,受力如图所示,
由牛顿其次定律得：
Fcosθ-μF′N=ma (2分)
Fsinθ=F′N+mg (2分)
由此得：F==N=9N (2分)
答案：1N或9N
12.(20分)(2022·揭阳高一检测)如图甲所示,质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°的固定斜面上(斜面足够长),对物体施加平行于斜面对上的恒力F,作用时间t1=1s时撤去拉力,物体运动的部分v-t图像如图乙所示,g取10m/s2。求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ和拉力F的大小;
(2)t=6s时物体的速度大小,并在图乙上将6s内物体运动的v-t图像补画完整,要求标明有关数据。
【解析】(1)设撤去拉力前物体的加速度大小为a1,撤去拉力后物体的加速度大小为a2,
由v-t图像可知：a1=m/s2=20m/s2,
a2=m/s2=10m/s2 (3分)
对物体在撤去拉力前,由牛顿其次定律得
F-mgsin37°-μmgcos37°=ma1 (3分)
对物体在撤去拉力后上滑时,由牛顿其次定律得
mgsin37°+μmgcos37°=ma2 (3分)
解得F=30N,μ=0.5 (2分)
(2)加速上滑的时间t1=1s,撤去拉力时的速度为v=20m/s,设再经过t2速度减至0,
由0=v-a2t2,得t2=2s (2分)
在最高点时,因mgsin37°>μmgcos37°,故物体将沿斜面加速下滑,设加速度大小为a3,
据牛顿其次定律得mgsin37°-μmgcos37°=ma3
解得a3=2m/s2 (3分)
再经过3s物体的速度大小为6m/s,方向沿斜面对下,补画完整后的图线及有关数据如图所示：
(4分)
答案：(1)0.5 30N (2)6m/s,图见解析
【总结提升】动力学问题的求解思路
类型一 据物体的受力状况求其运动状况
先进行受力分析求出合力,再依据牛顿其次定律求出物体的加速度,然后分析物体的运动过程,依据运动学公式求出运动学物理量。
类型二 据物体的运动状况求其受力状况
先分析物体的运动过程,依据运动学公式求出物体的加速度,再依据牛顿其次定律求出合力,然后利用力的合成与分解求出具体的力。
两种解题方法有时要交叉运用,特殊是多过程运动问题,留意两过程受力特点及加速度变化状况,同时留意两运动过程中速度的连接作用。
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