第四章-运动和力的关系(达标检测卷)(培优版)全解全析.docx

第四章《运动和力的关系》高分必刷巩固达标检测卷（培优版）全解全析
1．C
【详解】
A．在国际单位制中，力的单位是根据牛顿第二定律定义的，即根据F=ma可知，质量是1kg的物体产生1m/s2的加速度需要的力为1N，选项A正确；
B．m和s都是国际单位制中力学的基本单位，选项B正确；
C．千克是国际单位制中力学的三个基本单位之一；质量是国际单位制中力学的三个基本物理量之一，选项C错误；
D．m/s、N、m/s2都是国际单位制中的导出单位，选项D正确。
此题选择错误的选项，故选C。
2．A
【详解】
A．惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，质量是物体惯性大小的唯一量度，小球竖直向上抛出，速度的大小改变了，可质量没变，惯性不变，A正确；
B．质量是物体惯性大小的唯一量度，汽车转弯后前进方向发生了改变，汽车速度方向改变，可其质量没变，其惯性不会改变，B错误；
C．物体的惯性只与物体的质量有关，汽车的质量不变，惯性不变，惯性大小与汽车的速度大小无关，C错误；
D．力是改变物体运动状态的原因，力不会改变物体的惯性大小，物体惯性大小与受力大小无关，D错误。
故选A。
3．B
【详解】
A．由v一t图象可知，前15s速度方向一直向上，故A错误；
B．v一t图象的斜率表示加速度，由图可知前15s内加速度先减小后增大，故B正确；
C．前10s内建筑材料加速向上运动，加速度向上，建筑材料处于超重状态，故C错误；
D．第10s末加速度为0，建筑材料即不超重也不失重，故D错误。
故选B。
4．D
【详解】
对土豆分析，土豆受重力、其它土豆对它的作用力

根据牛顿第二定律得

根据平行四边形定则，其它土豆对它的作用力

故选D。
5．D
【详解】
AB．细线被剪断前，弹簧的弹力为

剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得

则系统AB的加速度

方向沿斜面向上，AB错误；
C．细线剪断的瞬间，C球只受重力和支持力，有

加速度沿斜面向下，大小为

C错误；
D．以B为研究对象，设轻杆对B的拉力为FAB，由牛顿第二定律得

其中B的加速度

解得

D正确。
故选D。
6．C
【详解】
AB．由题意可知，工件先以做匀加速直线运动，达到共速后，再以做匀加速直线运动，传送带的长度为

代入数据，解得

AB错误；
C．由题意可知，工件先以做匀加速直线运动，达到共速后，再以做匀加速直线运动，则有

代入数据，解得

C正确；
D．由题意可知，当工件的速度还没达到传送带的速度时，工件在运动中受到的摩擦力方向沿传送带向下，当工件的速度达到传送带的速度后，工件在运动中受到的摩擦力方向沿传动带向上，故工件在运动过程中受到的摩擦力方向发生变化，D错误。
故选C。
7．B
【详解】
AB．由题意可知Q在P上匀加速下滑，其加速度存在竖直向下的分量，所以滑块处于失重状态，但重力不会改变，故A错误，B正确；
C．将P、Q视为一个系统，因为Q的加速度存在水平向左的分量，根据质点系的牛顿第二定律可知水平面对P有水平向左的摩擦力，故C错误；
D．因为Q处于失重状态，所以水平面对斜面的支持力小于，故D错误。
故选B。
8．B
【详解】
A．物体脱离手掌前，先加速后减速，加速度先向上，后向下，根据牛顿运动定律可知，物体先处于超重状态，后处于失重状态，A错误；
BC．苹果离开手掌的瞬间，苹果做减速运动，苹果受到向下的重力和手掌对其向上的支持力，故苹果的加速度小于重力加速度，手掌受到向下的重力和苹果对手掌向下的压力，故手掌的加速度大于重力加速度，C错误，B正确；
D．根据牛顿第三定律可知，手掌对苹果的支持力和苹果对手掌的压力始终相等，D错误。
故选B。
9．D
【详解】
A．固定物块A时，弹簧弹力等于B物体的重力，即弹力为10N，故A错误；
B．固定物块B时，弹簧弹力等于A物体的重力，即弹力为20N，故B错误；
C．释放瞬间弹簧弹力不会突变，仍然等于B物体的重力，即弹簧弹力为10N，故C错误；
D．A、B一起稳定运动时，对整体有

对A物体有

解得

即弹簧的弹力大小为，故D正确；
故选D。
10．B
【详解】
A．重物被匀速吊起，处于平衡状态，把A、B当成整体，绳子CD和CE对重物A的作用力的合力等于，A错误；
B．绳子FG和FH对重物B的作用力的合力等于m2g，同一条绳上拉力相等，故绳子FG和FH对重物A的作用力的合力等于m2g，B正确；
C．设绳子FG和FH的夹角为锐角α，对B满足

解得则绳子FG上的拉力大小

C错误；
D．设绳子CD和CE对重物A的作用力的合力为F1，若拴接点F与重物A脱离，则该瞬间对重物A由牛顿第二定律可得

由于绳上拉力会发生突变，故

即A的加速度大小不会等于，D错误。
故选B。
11．AD
【详解】
AB．若下落过程中、发生相对滑动，则

对隔离用牛顿第二定律得

联立解得

事实上

所以、不分离；当力为时，对、整体用牛顿第二定律得

代入数据得

故正确，错误；
CD．当力为时，得整体下落的加速度为，隔离由牛顿第二定律得

解得

故错误、正确。
故选AD。
12．BD
【详解】
A．物块B刚要离开C时B对C的弹力恰好为零，对B，由平衡条件得，此时弹簧的弹力

故A错误；‘
B．B刚要离开C时，对A，由牛顿第二定律得

解得

故B正确；
D．刚开始时，对A由平衡条件得

B刚要离开C时，弹簧弹力

整个过程A的位移

解得

故D正确；
C．物体A做初速度为零的匀加速直线运动，位移

解得，运动时间

故C错误。
故选BD。
13．BC
【详解】
B.对圆柱体和半圆柱整体分析，知斜面对半圆柱体的支持力始终等于总重力垂直于斜面的分力

保持不变，半圆柱体对斜面的压力与斜面对半圆柱体的支持力是相互作用力，根据牛顿第三定律内容可知压力也保持不变，故B正确；
D．由滑动摩擦力

知半圆柱体受到的摩擦力保持不变，故D正确；

AC．以圆柱体为研究对象，分析受力情况，如图，利用三角形定则作出力的合成图，1线为初位置，2线为末位置，可知挡板对圆柱体的支持力N2增大，则圆柱体对挡板的压力也增大，半圆柱体与光滑圆柱体之间的弹力N1逐渐增大，故A错误，C正确；
故选BC。
14．BC
【详解】
AB．设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为T，由平衡条件可得
Fcosθ=mg，Fsinθ=T
解得
F=，T=mgtanθ
在AC被突然剪断的瞬间，BC上的拉力F发生了突变，小球的加速度方向沿与BC垂直的方向且斜向下，大小为
a=gsinθ
B正确，A错误；
CD．在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度
a=
C正确，D错误。
故选BC。
15．BC
【详解】
C．根据乙图可知，物体上升的最大高度为h=3m，可知物体在斜面上滑行的距离为

分析可知物体做匀减速运动

解得

C正确；
A．根据受力分析由牛顿第二定律可知

解得

无法求出物体的质量，A错误；
B．加速度表达式带入物理量求得，B正确；
D．物体向下滑动时，根据受力分析由牛顿第二定律可知

解得

运动学速度位移关系公式

解得

D错误。
故选BC。
16．AC
【详解】
A．对物体B受力分析，受重力G、支持力N、滑动摩擦力f，如图所示

再对A物体受力分析，受重力Mg、地面的支持力FN、B对A的压力N′，B对A的摩擦力f′，地面对A可能有静摩擦力f静，先假设有且向右，如图所示

当物体B匀速下滑时，根据共点力平衡条件，可得

当物体B加速下滑时，有

当物体B减速下滑时，有

由于物体A保持静止，根据共点力平衡条件，有

根据牛顿第三定律

当物体加速下降时，联立以上可得

A正确；
BC．当物体加速下降时，由联立可得到F静＜0，即静摩擦力与假定的方向相反，即向左，当物体匀速下降时，由可得到F静=0，B错误，C正确；
D．若B沿A的斜面下滑时突然受到一沿斜面向上的力F的作用，物体B的加速度立即发生了变化，但由于惯性，速度来不及变化，故摩擦力方向不变，故B对A的力不变，故A依然保持静止，D错误。
故选AC。
17．BCD
【详解】
A．细绳产生的拉力为

A错误；
B．某一水平外力作用于斜面向右加速运动时，当小球将要离开斜面时，则

解得

则若两者以的加速度向右加速运动，则小球没有脱离斜面，则沿斜面方向

解得

B正确；
C．某一水平外力作用于斜面使斜面向左加速运动，则当细线的拉力恰为零时，则

解得

两者以的加速度向左加速运动，则细线有张力，则垂直斜面方向

解得

C正确；
D．某一水平外力作用于斜面，两者以的加速度向右加速运动，则因为

则小球脱离斜面，此时细线的拉力

D正确。
故选BCD。
18．A 0.355 1.60 A B
【详解】
（1）[1]A．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂钩码，选项A错误；
B．打点计时器应使用低压交流电源，不应该使用干电池，选项B正确；
C．小车初始应该靠近打点计时器放置，先接通打点计时器电源，后释放小车，选项C正确；
D．由于平衡摩擦力之后有

解得

所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量即改变拉小车拉力，不需要重新平衡摩擦力，选项D正确。
本题选错误的，故选A。
（2）[2]打下B点时小车的瞬时速度大小

[3]根据可得小车运动的加速度大小为

（3）[4]根据表中数据在乙中作出图线如图

[5]由图可知当施加0.1N的拉力开始小车才具有加速度，分析可知甲同学在操作过程中存在的问题是未补偿阻力。
故选A。
（4）[6]设小车的质量为M，沙桶和沙的质量为m，根据牛顿第二定律
对m有

对M有

解得

当M＞＞m时，即当沙桶和沙的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于砝码和盘的总重力。
故选B。
19．远小于 B 未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
【详解】
(1)[1]根据牛顿第二定律，对盘及盘中砝码有

对小车及车中砝码有

联立得

为使图示中盘及盘中砝码的总重力大小视为细绳的拉力大小，即

则必须满足的条件是盘及盘中砝码的总质量远小于小车及车中砝码的总质量。
(2)[2]A．平衡摩擦力时，应使小车摩擦力和小车及车中砝码重力的下滑力等大反向，小车不能挂盘及盘中的砝码，A错误；
B．第一次平衡好摩擦力后，增减小车及车中砝码的质量时，摩擦力和重力的下滑分力均同比例变化，所以没必要重新平衡摩擦力，B正确；
C．实验时，先接通打点计时器的电源，等打点稳定后再放开小车，C错误；
D．应利用打出的纸带求解加速度，D错误。
故选B。
(3)[3]从图像可以看出，当拉力为某一值时，加速度仍为零，说明没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。
(4)[4]根据逐差法，有

20．（1）；（2），方向斜向右上，与水平方向夹角60°；，方向斜向左上，与水平方向夹角60°；（3）
【详解】
（1）货车匀速行驶时，对桶C进行受力分析，并将桶A，B对桶C的支持力的大小、正交分解，由于桶C与货车一起匀速运动，处于受力平衡状态，所以

解得

（2）货车以的加速度匀加速行驶时，对桶C进行受力分析，并将桶A，B对桶C的支持力的大小、正交分解，由于桶C与货车一起匀加速运动，根据牛顿第二定律，有

竖直方向仍受力平衡

解得
、
因此这时桶A对桶C的支持力大小为，方向斜向右上，与水平方向夹角60°；桶B对桶C的支持力大小为，方向斜向左上，与水平方向夹角60°；
（3）若刹车时加速度恰好达到不发生危险的最大值，此时C恰好脱离桶B（对桶B的压力刚好减为零），对桶C受力分析，并应用牛顿第二定律

竖直方向受力平衡，有

解得

因此，为防止发生危险，刹车时的加速度大小范围是
21．（1），方向水平向右；（2），方向水平向左；（3）2s
【详解】
（1）在F作用下，对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得

代入数据，解得

方向水平向右；
（2）撤去F后，对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得

代入数据，解得

方向水平向左；
（3）使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，此时物体的速度为0，则力F作用的时间最短，设作用的时间为，减速运动的时间为，则有

代入数据，解得

22．（1） ；（2）；（3）
【详解】
（1）根据加速度的定义式

（2）内：

内：

联立解得
（3）内：传送带多运动

内，物块多运动

痕迹覆盖，所以小煤块在传送带上留下的痕迹长度为。
23．（1）2m/s2；1m/s2（2）2s；（3）6.3125m
【详解】
（1）对长木板受力分析

解得

对物块受力分析得

解得

（2）对物块与木板的运动情况分析，结合（1）问作出长木板与物块的图像如图，令水平向右为正方向，设经时间物块与木板的速度相同，有

解得

此时的速度

（3）物块与长木板速度达到相等后的运动分析：由于，所以接下来物块与长木板以不同的加速度向前减速。对物块受力分析知：物块加速度仍为

对长木板受力分析得

解得

长木板从二者速度相等经时间减速停下

解得

长木板在与物块速度相等前运动的位移为

解得

长木板在时间内的位移为

解得

综上可得