资源简介

单元综合检测四(第四章)
(75分钟　100分)
一、选择题:本题共10小题,共46分。在每小题给出的四个选项中,第1~7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8~10题有多项符合题目要求,每小题6分,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
1.(2025·潍坊高一检测)小孙同学手端餐盘走向餐桌的过程如图所示。假设餐盘保持水平,盘中的物品四周都留有一定的空间,并与餐盘保持相对静止,则下列说法正确的是 (　　)
A.匀速向前行走时,盘对水果的作用力水平向前
B.减速行走时,水果受到4个力的作用
C.将餐盘竖直向下放到餐桌上的过程中,食物一直处于超重状态
D.若餐盘稍微倾斜,但盘和水果仍静止,则水果受到盘的作用力竖直向上
1.D
2.下列说法正确的是(　　)
A.加速行驶的汽车比它减速行驶时的惯性小
B.静止的火车启动时速度变化缓慢,是因为火车静止时惯性大
C.已知月球上的重力加速度是地球上的,故一个物体从地球移到月球惯性减小为
D.为了减小机器运转时的振动,采用螺丝钉将其固定在地面上,这是为了增大惯性
2.D
3.(2023·全国甲卷改编)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动,两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后,所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知 (　　)
A.m甲m乙
C.μ甲=μ乙 D.μ甲>μ乙
3.B　根据牛顿第二定律有F-μmg=ma,整理后有F=ma+μmg,则可知F-a图像的斜率为m,纵截距为μmg,则由题图可看出m甲>m乙,μ甲m甲g=μ乙m乙g,则μ甲<μ乙,故选B。
4.(2025·晋陕青宁高考)某智能物流系统中,质量为20 kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动,受到的合力沿轨道方向,合力F随时间t的变化如图所示,则下列图像可能正确的是 (　　)
4.A　根据牛顿第二定律和题图的F-t图像画出如图所示的a-t图像
可知机器人在0~1 s和2~3 s内加速度大小均为1 m/s2,方向相反,由v-t图线的斜率表示加速度可知A正确。
5.(2024·湖南选择考)如图,质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D,通过细线或轻弹簧互相连接,悬挂于O点,处于静止状态,重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断,则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为 (　　)
A.g,1.5g　　　　 B.2g,1.5g
C.2g,0.5g D.g,0.5g
5.A　剪断前,对B、C、D整体分析,FAB=(3m+2m+m)g=6mg,
对D,FCD=mg。
剪断后,对B,FAB-3mg=3maB,
解得aB=g,方向竖直向上;对C,FDC+2mg=2maC,其中FDC=FCD=mg,
解得aC=1.5g,方向竖直向下。故选A。
6.(2026·呼和浩特高一检测)某城市“智慧停车楼”的简化模型如图。质量为m的汽车静止在升降机的水平托盘上,先以加速度a竖直加速上升一段距离,再匀速上升,最后以加速度a减速上升至目标楼层。已知重力加速度为g,则托盘对汽车的支持力大小 (　　)
A.在匀速上升阶段为0
B.在加速上升阶段为m(a+g)
C.在减速上升阶段为m(a+g)
D.先小于mg,再等于mg,最后大于mg
6.B　在匀速上升阶段汽车受力平衡,则托盘对汽车的支持力大小等于汽车重力大小,A错误;在加速上升阶段,根据FN-mg=ma,可得FN=m(a+g),B正确;在减速上升阶段,根据mg-F'N=ma,可得为F'N=m(g-a),C错误;由以上分析可知,整个过程中托盘对汽车的支持力大小先大于mg,再等于mg,最后小于mg,D错误。
7.如图,一轻弹簧竖直放置,上端固定一质量为m的小物块A,下端和水平地面之间安装有压力传感器,现将一质量也为m的小物块B无初速地放在A上,重力加速度大小为g,则下列说法正确的是 (　　)
A.放上B的瞬间,压力传感器的示数变大
B.放上B的瞬间,B对A的压力大小为mg
C.放上B的瞬间,B对A的压力大小为mg
D.放上B的瞬间,B的加速度为g
7.B　放上B的瞬间,弹簧的弹力不发生变化,所以压力传感器的示数不变,故A错误;放上B的瞬间,弹簧弹力不发生变化,以A、B整体为研究对象,由牛顿第二定律知mg=2ma,得a=,以A为研究对象知B对A的压力为F=ma=mg,故B正确,C、D错误。
8. (2025·青岛高一检测)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯上楼,其位移x与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示,速度大小用v表示。重力加速度大小为g。下列判断正确的是(　　)
A.O~t1时间内,v增大,FN>mg
B.t1~t2时间内,v减小,FNC.t2~t3时间内,v增大,FN>mg
D.t2~t3时间内,v减小,FN8.A、D
9.为研究物体以同一速度冲上斜面的距离x与斜面倾角θ的关系,某同学设计了一个实验(如图所示),足够长的木板A用木块B垫起一端形成斜面,左右移动木块B可改变斜面的倾角θ。一小物块C以v0=10 m/s的速度冲上斜面,A、C间的动摩擦因数为μ=,重力加速度大小g取10 m/s2,则 (　　)
A.当θ=60°时,C沿斜面滑行距离最小
B.当θ=30°时,C沿斜面滑行距离最小
C.C沿斜面滑行的最小距离为 m
D.C沿斜面滑行的最小距离为 m
9.A、D　小物块C沿斜面向上运动的加速度为a=gsin θ+μgcos θ,C沿斜面滑行距离为x===,可见当θ=60°时x最小,故A正确,B错误;代入数据解得C沿斜面滑行的最小距离为xmin== m= m,故C错误,D正确。
10.(2025·威海高一检测)如图所示,长方体物块A叠放在长方体小车B上,B置于光滑水平面上。A、B质量分别为mA=m,mB=2m,A、B之间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,现对B施加一水平力F,则(　　)
A.当F>μmg时,A相对于B滑动
B.当F=1.5μmg时,B的加速度为0.25μg
C.当F>3μmg时,A相对于B滑动
D.A的最大加速度为μg
10.C、D
二、非选择题:本题共5小题,共54分。
11.(8分)
在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中:
(1)某同学在接通电源进行实验之前,将实验器材组装成如图甲所示的装置图。请你指出该装置中的两处错误或不妥之处:(4分)
①　;
②　。
(2)改正实验装置后,该同学顺利地完成了实验。图乙是他在实验中得到的一条纸带,图中相邻两计数点的时间间隔为0.1 s,由图中的数据可算得小车的加速度a为　　　m/s2。(结果保留两位有效数字)(2分)
(3)为保证绳子对小车的拉力约等于小盘和重物的总重力mg,小盘和重物的总质量m与小车的质量M应满足的关系是　　　　　　。(2分)
11.【解析】(1)由实验原理可知:打点计时器不应使用干电池,应使用交流电源;实验中没有平衡小车的摩擦力;小车初始位置离打点计时器太远,应在靠近打点计时器的位置开始释放。(指出两处即可)
(2)由纸带数据可得x1=0.72 cm,x2=1.63 cm-0.72 cm=0.91 cm,x3=2.74 cm-1.63 cm=1.11 cm,x4=4.04 cm-2.74 cm=1.30 cm,用逐差法求加速度,a1== m/s2=0.195 m/s2,a2== m/s2=0.195 m/s2,故a=≈0.20 m/s2。
(3)为保证绳子对小车的拉力约等于小盘和重物的总重力mg,小盘和重物的总质量m必须远小于小车的质量M,即m M。
答案:(1)①打点计时器不应使用干电池,应使用交流电源
②小车初始位置离打点计时器太远(或实验中没有补偿阻力)
(2)0.20　(3)m M
12.(8分)(2024·浙江1月选考)如图甲所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。
(1)该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的,因此我们采用的研究方法是　　　　;(1分)
A.放大法　B.控制变量法　C.补偿法
(2)该实验过程中操作正确的是　　　;(2分)
A.补偿阻力时小车未连接纸带
B.先接通打点计时器电源,后释放小车
C.调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行
(3)在小车质量　　　　　(选填“远大于”或“远小于”)槽码质量时,可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差为　　　　(选填“偶然误差”或“系统误差”)。为减小此误差,下列可行的方案是　　　;(3分)
A.用气垫导轨代替普通导轨,滑块代替小车
B.在小车上加装遮光条,用光电计时系统代替打点计时器
C.在小车与细绳之间加装力传感器,测出小车所受拉力大小
(4)经正确操作后获得一条如图乙所示的纸带,建立以计数点0为坐标原点的x轴,各计数点的位置坐标分别为0,x1,…,x6。已知打点计时器的打点周期为T,则打计数点5时小车速度的表达式v=　　　　　;小车加速度的表达式是　　　。(2分)
A.a=
B.a=
C.a=
12.【解析】(1)该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的,因此我们可以控制其中一个物理量不变,研究另外两个物理量之间的关系,即采用控制变量法。B正确,A、C错误。
(2)补偿阻力时小车需要连接纸带,一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡,另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动,A错误;由于小车速度较快,且运动距离有限,打出的纸带长度也有限,为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点,实验时应先接通打点计时器电源,后释放小车,B正确;为使小车所受拉力与速度同向,应调节滑轮高度使细绳与长木板平行,C错误。
(3)设小车质量为M,槽码质量为m。对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有F=Ma,mg-F=ma,联立解得F==,由此可知在小车质量远大于槽码质量时,可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差是实验方法或原理不完善造成的,属于系统误差。该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代所引入的,不是车与木板间存在阻力(实验中已经补偿了阻力)或是速度测量精度低造成的,为减小此误差,可在小车与细绳之间加装力传感器,测出小车所受拉力大小。C正确,A、B错误。
(4)相邻两计数点间的时间间隔为t=5T,打计数点5时小车速度的表达式为v==;根据逐差法可得小车加速度的表达式是a==,A正确,B、C错误。
答案:(1)B　(2)B　(3)远大于　系统误差　C　
(4)　A
13.(10分)
(2021·浙江6月选考)机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示,质量m=1.0×103 kg的汽车以v1=36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶,在距离斑马线s=20 m处,驾驶员发现小朋友排着长l=6 m的队伍从斑马线一端开始通过,立即刹车,最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变,且忽略驾驶员反应时间。
(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小;(4分)
(2)若路面宽L=6 m,小朋友行走的速度v0=0.5 m/s,求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间;(3分)
(3)假设驾驶员以v2=54 km/h超速行驶,在距离斑马线s=20 m处立即刹车,求汽车到斑马线时的速度大小。(3分)
13.【解析】(1)根据平均速度=,则t1=
解得刹车时间t1=4 s
刹车加速度a=
根据牛顿第二定律Ff=ma
解得Ff=2.5×103 N
(2)小朋友通过时间t2=
等待时间t=t2-t1=20 s
(3)根据-v2=2as
解得v=5 m/s
答案:(1)4 s　2.5×103 N　(2)20 s　(3)5 m/s
14. (12分)如图所示,一个质量为m=60 kg的滑雪运动员由静止开始沿倾角为θ=30°的雪道匀加速滑下,在t=5 s时间内下滑了x=50 m,取g=10 m/s2,求:
(1)运动员下滑的加速度大小;(4分)
(2)运动员所受的阻力大小;(4分)
(3)当运动员速度达到30 m/s时,下滑的距离。(4分)
14.【解析】(1)滑雪运动员由静止开始在t=5 s时间内下滑了x=50 m,根据匀变速直线运动位移公式有x=at2
解得a== m/s2=4 m/s2
(2)对运动员受力分析如图:
根据牛顿第二定律可得mgsin θ-Ff=ma
代入数据可得Ff=60 N
(3)由速度—位移关系有v2=2ax',
解得x'=112.5 m
答案:(1)4 m/s2　(2)60 N　(3)112.5 m
15.(16分)(2026·赤峰高一检测)如图所示,质量分别为m1=1 kg和m2=2 kg的两个物体放在粗糙水平面上,两物体与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1,两物体之间用一根长L=1 m的细线连接,细线所能承受的最大拉力为Fm=3 N,开始时两物体均静止且细线刚好被拉直,现对m2施加一个大小F=6 N水平向右的恒定拉力,(g=10 m/s2)求:
(1)m1产生的加速度a;(5分)
(2)连接两物体细线上的拉力的大小FT;(5分)
(3)若拉力F方向不变,大小由F=6 N均匀增大,2 s时细线被拉断,此后拉力F保持恒定不再增加,则细线拉断后4 s时两物体间距离x。(6分)
15.【解析】(1)对两物体构成的整体进行分析,根据牛顿第二定律有F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a
解得a=1 m/s2,方向水平向右。
(2)对物体m1进行分析,根据牛顿第二定律有
FT-μm1g=m1a
解得FT=2 N
(3)设细线被拉断时物体加速度为a1,此时两物体速度为v1,此时拉力大小为Fm。
对m1根据牛顿第二定律有Fm-μm1g=m1a1
解得a1=2 m/s2
拉力F均匀增大,所以加速度也均匀增大,可采用平均加速度计算物体2 s末时的速度v末,有==
解得v末=3 m/s
此时拉力F1满足F1-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a1
解得F1=9 N
细线拉断后m1将做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律有a2=μg=1 m/s2
速度减为零需用时t1==3 s
此时向前滑行x1==4.5 m
细线拉断后m2一直做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有F1-μm2g=m2a3
解得a3=3.5 m/s2
4 s后向前滑行x2=v末t2+a3=40 m
所以细线拉断后4 s时两物体相距x=x2-x1+L=36.5 m
答案:(1)1 m/s2,方向水平向右
(2)2 N　(3)36.5 m
- 12 -

展开更多......

收起↑