第四章 运动和力的关系 水平测评-【金版教程】2024-2025学年新教材高中物理必修第一册创新导学案word（人教版2019）

物理　必修 第一册 RJ 第四章　水平测评 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★ 对应考点/知识点 惯性的理解 从运动情况分析物体受力、超重与失重的判断综合 单位制的应用 从受力分析物体运动情况 牛顿第二定律的瞬时性问题 从运动情况分析物体受力 多过程问题综合分析 胡克定律、超重与失重的综合 题号 9 10 11 12 13 14 15 难度 ★★ ★★★ ★★ ★★ ★ ★★ ★★★ 对应考点/知识点 斜面上板块模型的受力分析 综合v­t图像的倾斜传送带模型问题 实验：测量动摩擦因数 实验：探究加速度与力、质量的关系 从受力分析物体运动情况 从运动情况分析物体受力，多过程临界问题 多过程问题，板块模型问题 　　本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。 第Ⅰ卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50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，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．(2023·福建省福州市高一上期末质检)下列关于惯性的说法正确的是(　　) A．物体不受外力作用时才有惯性 B．只有静止或做匀速直线运动的物体才具有惯性 C．宇航员在太空舱中能飘来飘去是因为惯性非常小 D．匀速行驶中的客车刹车时乘客向前倾，这是由于惯性所引起的 答案：D 解析：惯性是物体固有的属性，任何物体在任何情况下都具有惯性，与是否受力及运动状态无关，故A、B错误；宇航员在太空舱中能飘来飘去是因为其处于“失重”状态，与惯性无关，故C错误；匀速行驶中的客车刹车时，乘客下半身随车减速，而上半身由于惯性仍保持原来的运动状态，从而向前倾，故D正确。 2．(2023·辽宁省朝阳市普通高中高一上期末)一乘客乘如图所示的自动扶梯向上运动时，经过先加速再匀速两个阶段，扶梯在运送乘客的过程中，下列说法正确的是(　　) A．乘客始终受摩擦力作用 B．乘客先超重再失重 C．扶梯对乘客的作用力始终竖直向上 D．乘客对扶梯的作用力先指向左下方，再竖直向下 答案：D 解析：在加速阶段，乘客有沿扶梯向上的加速度，则其沿竖直方向的加速度分量向上，即此阶段乘客处于超重状态，根据牛顿第二定律，乘客所受合力沿扶梯向上，则此阶段乘客受到水平向右的摩擦力，扶梯对乘客的作用力指向右上方，根据牛顿第三定律，乘客对扶梯的作用力指向左下方；在匀速运动阶段，乘客的加速度为零，处于平衡状态，根据平衡条件可知，扶梯对乘客的作用力与乘客重力大小相等，方向相反，即扶梯对乘客的作用力竖直向上，由牛顿第三定律知，此阶段乘客对扶梯的作用力竖直向下。综上可知，A、B、C错误，D正确。 3．(2024·河北省张家口市高一上1月期末)如图所示，由高压水枪中竖直向上喷出的水柱，将一个开口向下的小铁盒顶在空中。已知水的密度为ρ，以恒定速率v0从横截面积为S的水枪中持续喷出，向上运动并以速率v冲击小铁盒后，以不变的速率v竖直返回，水与铁盒作用时这部分水所受重力可忽略不计，试从单位制角度分析下列水与铁盒间的平均作用力表达式可能正确的是(　　) A．2ρSvv0 B．2ρS(v＋v0) C．2ρS(v－v0) D．2ρS 答案：A 解析：由力学单位制可知，力F的单位是kg·m/s2，密度ρ的单位是kg/m3，横截面积S的单位是m2，速度v的单位是m/s，则2ρSvv0的单位是kg·m/s2，2ρS(v＋v0)和2ρS(v－v0)的单位是kg/s，2ρS的单位是kg/m，故选A。 4．(2024·安徽省宣城市高一上1月期末)如图所示，跳跳杆底部装有一根弹簧，小孩和杆的总质量为m。忽略空气阻力，小孩和杆从图示位置静止竖直下落，从弹簧接触地面到小孩运动到最低点的过程中，对小孩和杆组成的系统，下列说法正确的是(　　) A．速度不断减小 B．加速度先变小再变大 C．先是加速度增大的加速运动，后是加速度减小的减速运动 D．到最低点时，小孩和杆处于平衡状态 答案：B 解析：下落过程中，弹簧弹力逐渐增大，当弹簧弹力F<mg时，有mg－F＝ma1，加速度方向向下，且逐渐减小，系统做加速运动；当弹簧弹力F>mg时，有F－mg＝ma2，加速度方向向上，且逐渐增大，系统做减速运动；所以系统先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故A、C错误，B正确；最低点时，弹簧弹力最大，系统具有向上的最大加速度，故D错误。 5．如图所示，小球的质量为m，用弹簧和细线悬挂在天花板上，保持静止，弹簧和细线的质量忽略不计，且与水平方向的夹角均为60°。在细线被剪断的瞬间，小球加速度的大小和方向分别是(　　) A．0 B．g，竖直向下 C.g，竖直向下 D.g，指向右下方且与水平方向夹角为60° 答案：D 解析：细线被剪断之前，小球处于静止状态，对小球进行受力分析，如图甲所示，进行正交分解，水平方向：F1cos60°＝F2cos60°，竖直方向：F1sin60°＋F2sin60°＝mg，联立解得F1＝F2＝mg；细线被剪断的瞬间，弹簧弹力和小球重力都不变，受力分析如图乙所示，两力的合力大小为F＝F1＝mg，方向与力F1的方向相反，根据牛顿第二定律F＝ma得：a＝g，方向指向右下方且与水平方向夹角为60°，D正确。 6.如图所示，建筑工地上吊装建材。一匀质圆环形建材质量为m、半径为0.6L，用三根长度均为L的钢缆将建材系牢，连接点将建材三等分，吊钩吊着建材以0.1g的加速度匀加速上升，已知重力加速度为g，则每根钢缆上承受的拉力大小为(　　) A.mg B.mg C.mg D.mg 答案：C 解析：设每根钢缆与竖直方向的夹角为α，每根钢缆上的拉力大小为F，根据几何关系可得sinα＝＝0.6，则有cosα＝0.8。分析建材的受力情况，在竖直方向根据牛顿第二定律有3Fcosα－mg＝m·0.1g，解得F＝mg，由牛顿第三定律可知，每根钢缆上承受的拉力大小为F′＝F＝mg，故C正确。 7．如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2。关于热气球，下列说法正确的是(　　) A．所受浮力大小为4600 N B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N 答案：D 解析：热气球从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力Ff＝0，由F浮－mg＝ma，得F浮＝m(g＋a)＝4830 N，故A错误；最终热气球匀速上升，说明热气球加速运动的过程中加速度逐渐减小，空气阻力逐渐增大，故B错误；热气球开始时做加速度减小的加速运动，故加速到5 m/s的时间大于 s＝10 s，故C错误；匀速上升时，F浮－mg－Ff′＝0，得Ff′＝230 N，故D正确。 8．(2023·广东省中山市高一上学期期末)小红在学习完牛顿第二定律后使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”来测定电梯的加速度。如图所示，弹簧上端固定在电梯顶部，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺10 cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺20 cm刻度处。若某次测量中当钢球与电梯相对静止时，指针位于22 cm刻度处，重力加速度大小为g，则关于电梯的运动描述正确的是(　　) A．电梯正在向上加速运动，加速度大小为0.2g B．电梯正在向下加速运动，加速度大小为0.2g C．电梯正在向上减速运动，加速度大小为0.2g D．电梯正在向下减速运动，加速度大小为0.2g 答案：AD 解析：设钢球的质量为m，弹簧的劲度系数为k，电梯静止时，根据平衡条件及胡克定律有mg＝kΔx0，Δx0＝20 cm－10 cm＝10 cm，电梯运动时，根据牛顿第二定律及胡克定律有kΔx1－mg＝ma，Δx1＝22 cm－10 cm＝12 cm，联立解得钢球的加速度大小为a＝0.2g，方向竖直向上，可知若电梯正在向上运动，则电梯正在向上加速运动，加速度大小为0.2g，若电梯正在向下运动，则电梯正在向下减速运动，加速度大小也为0.2g，故A、D正确，B、C错误。 9．(2023·山东省潍坊市高一上期末)如图甲所示，重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的木箱就会自动滑下。某次卸货过程中，自卸车始终静止在水平地面上，如图乙所示，当车厢与水平面夹角为θ＝30°时，质量为M的木箱A和装在箱内的质量为m的物体B一起匀加速下滑，木箱A与车厢底板间的动摩擦因数μ1＝，物体B与木箱A间的动摩擦因数μ2＝，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　) A．物体B受到木箱A的摩擦力方向沿车厢底板向上 B．物体B受到木箱A的摩擦力大小为 C．物体B受到木箱A的摩擦力大小为 D．木箱A与车厢底板间的压力大小为Mg 答案：AC 解析：对物体B和木箱A整体进行受力分析，垂直于底板方向上，木箱A与车厢底板间的压力大小为N＝(M＋m)gcosθ＝(M＋m)g，故D错误；对A、B整体，沿车厢底板方向上，由牛顿第二定律得，(M＋m)gsinθ－μ1N＝(M＋m)a，解得加速度a＝gsinθ－μ1gcosθ＝，对物体B，因mgsinθ>ma，所以物体B受到木箱A的摩擦力方向沿车厢底板向上，对物体B分析，根据牛顿第二定律有mgsinθ－f＝ma，得f＝，故B错误，A、C正确。 10．如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运动。t＝0时将质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)轻放在传送带上，小物块相对地面的v­t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2。则(　　) A．传送带的速率v0＝10 m/s B．传送带的倾角θ＝30° C．小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5 D．0～2.0 s内小物块在传送带上留下的痕迹的长度为6 m 答案：AC 解析：由v­t图像可知，在0～1 s，小物块在传送带上做加速度a1＝10 m/s2的匀加速运动，在1～2 s，小物块做初速度为10 m/s、加速度为a2＝2 m/s2的匀加速运动，故传送带的速率v0＝10 m/s，由牛顿第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，B错误，A、C正确；0～1 s内传送带的位移x1＝v0t1＝10 m，小物块的位移x2＝a1t＝5 m，小物块相对传送带的位移大小Δx1＝x1－x2＝5 m，相对传送带向上，1～2 s内传送带的位移x3＝v0t2＝10 m，小物块的位移x4＝v0t2＋a2t＝11 m，故小物块相对传送带的位移大小Δx2＝x4－x3＝1 m，相对传送带向下，故小物块在传送带上留下的痕迹的长度为5 m，D错误。 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、实验题(本题共2小题，共14分) 11．(6分)某同学设计了使用位移传感器的如图a所示实验装置测量木块和木板间的动摩擦因数，让木块从倾斜木板上一点静止释放，从某时刻开始计算机描绘了木块相对传感器的位移随时间变化规律如图b所示，木块加速度的大小a＝____________(用图中给出的s1、s2、s3、t0表示)。已知当地的重力加速度为g，为求出木块和木板间的动摩擦因数，还需要测出的物理量是________(填“A”或“B”)。 A．木块的质量 B．木板与水平面间的夹角 答案：　B 解析：根据某段时间内中间时刻瞬时速度等于该过程的平均速度得v1.5t0＝，v2.5t0＝，则木块的加速度大小为a＝＝。选取木块为研究对象，已知重力加速度为g，根据牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，得μ＝，可知要求出木块和木板间的动摩擦因数μ，还需测量出木板与水平面间的夹角θ，故B正确，A错误。 12．(8分)(2024·吉林省吉林市高一上期末)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图甲所示的装置(g取10 m/s2)。 (1)本实验主要应用的方法是________。 A．类比法 B．假设法 C．理想实验法 D．控制变量法 (2)在保持小车受力相同时，探究加速度与质量关系的实验中，以下说法正确的是________。 A．平衡阻力时，应将装有砝码的砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上 B．每次改变小车的质量后，不需要重新平衡阻力 C．实验时，先放开小车，再接通打点计时器电源 D．为得出加速度a与质量m的关系而作出a­图像 (3)在某次实验中，打出了一条纸带如图乙所示，计时器打点的时间间隔为0.02 s，且相邻两个计数点之间有4个点未画出，经测量得出各计数点间的距离如图乙所示，由纸带求出打C点时的速度vC＝________ m/s，小车加速度的大小为a＝________ m/s2。(结果均保留三位有效数字) (4)若不断增加砝码盘中砝码的质量，则小车的加速度大小将趋近于某一极限值，此极限值为________。 答案：(1)D　(2)BD　(3)0.760　2.01 (4)g(或10 m/s2) 解析：(1)探究加速度与力、质量的关系，先控制一个物理量不变，探究加速度与另一个物理量的关系，即本实验主要应用的方法是控制变量法，故选D。 (2)平衡阻力时，应将小车上的细绳和装有砝码的砝码盘卸去，故A错误；正确平衡阻力后，小车在长木板上做匀速直线运动，有mgsinθ＝μmgcosθ，可得tanθ＝μ，可知每次改变小车的质量后，不需要重新平衡阻力，故B正确；为了充分利用纸带，实验时，应先接通打点计时器电源，待打点计时器工作稳定后再放开小车，故C错误；由于a与m成反比例关系，为了直观得到加速度a与质量m的关系，应作出a­图像，故D正确。 (3)相邻两个计数点之间有4个点未画出，则相邻计数点的时间间隔为T＝5×0.02 s＝0.1 s，则由纸带求出打C点时的速度为vC＝＝＝0.760 m/s；根据逐差法可得，小车加速度的大小为a＝＝＝2.01 m/s2。 (4)设小车的质量为M，砝码和砝码盘的总质量为m，细绳上的拉力为T，以小车为研究对象，根据牛顿第二定律可得T＝Ma，以砝码和砝码盘为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg－T＝ma，联立可得a＝＝g，可知若不断增加砝码盘中砝码的质量，则小车的加速度大小将趋近于g(或10 m/s2)。 三、计算题(本题共3小题，共36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) 13．(8分)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，一只企鹅经过“奔跑”，到达倾角为15°的冰坡底端时速度大小为3 m/s，突然卧倒用肚皮贴着冰面向上滑行，到达最高点后再退滑到冰坡底端。已知游戏中企鹅姿态保持不变，其肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.05，取g＝10 m/s2，sin15°＝0.26，cos15°＝0.97。不计空气阻力，求： (1)企鹅沿冰坡向上滑行时的加速度大小； (2)企鹅沿冰坡向上滑行的最大距离(计算结果保留两位小数)。 答案：(1)3.085 m/s2　(2)1.46 m 解析：(1)企鹅上滑过程，有 mgsin15°＋Ff＝ma FN＝mgcos15° Ff＝μFN 联立并代入数据得a＝3.085 m/s2。 (2)设企鹅沿冰坡向上滑行的最大距离为x， 有0－v＝－2ax 代入数据得x＝1.46 m。 14．(12分)“春播乐开怀，无人机来帮忙”，一架携药总质量m＝20 kg的无人机即将在田间执行喷洒药剂任务。无人机悬停在距一块试验田H1＝30 m的高空，t＝0时刻，它以大小为a1＝2 m/s2的加速度竖直向下匀加速运动h1＝9 m后，立即以大小为a2＝1 m/s2的加速度向下匀减速至零，重新悬停，然后水平飞行喷洒药剂，取重力加速度g＝10 m/s2： (1)求无人机向下匀减速运动时空气对无人机的作用力大小； (2)若无人机在高度H2＝3 m处悬停时动力系统发生故障，失去竖直升力的时间为 s，无人机下降过程中空气阻力恒为20 N，无人机恢复动力后恰好不落地，则无人机恢复动力后提供的升力是多大？ 答案：(1)220 N　(2)540 N 解析：(1)以竖直向下为正方向，无人机向下匀减速运动时，由牛顿第二定律可得 mg－Ff＝－ma2 解得Ff＝220 N 则无人机向下匀减速运动时空气对无人机的作用力大小为220 N。 (2)失去竖直升力后，由牛顿第二定律有 mg－Ff′＝ma′ 下落的高度为h＝a′t′2 失去升力后下落的末速度为v′＝a′t′ 恢复动力后，由牛顿第二定律有 mg－F－Ff′＝－ma″ 设从恢复动力至恰好不落地的过程下落的高度为h′ 则0－v′2＝－2a″h′ H2＝h＋h′ 联立解得F＝540 N。 15．(16分)(2023·广东省佛山市高一上期末)如图所示，一倾角θ＝37°、长度s＝1.5 m的斜面底端与光滑平台平滑相连，平台末端紧挨着一质量M＝1 kg、长度L＝2.25 m的长木板P，长木板P的上表面与平台等高。一个质量m＝0.5 kg的小滑块在斜面顶端由静止开始下滑，到达斜面底端的速度大小为v1＝3 m/s，已知小滑块与长木板P之间的动摩擦因数μ2＝0.1，水平地面光滑，重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： (1)小滑块与斜面的动摩擦因数μ1； (2)小滑块从滑上长木板到离开长木板的时间； (3)为了使小滑块不离开长木板，在小滑块滑上长木板的同时给长木板施加一个水平向右的恒力F，求F的取值范围。 答案：(1)0.375　(2)1 s (3)0.5 N≤F≤1.5 N 解析：(1)根据速度与位移的关系式v2＝2ax，可得小滑块在斜面上运动的加速度为 a0＝＝3 m/s2 根据牛顿第二定律，有 mgsin37°－μ1mgcos37°＝ma0 解得μ1＝0.375。 (2)设滑块从滑上长木板到离开长木板的时间为t1，小滑块在长木板上滑动过程中，由牛顿第二定律F＝ma可知，小滑块的加速度大小为a1＝＝1 m/s2 长木板的加速度大小为a2＝＝0.5 m/s2 设小滑块从滑上长木板到与长木板速度相同经历的时间为t，由题意有v1－a1t＝a2t 解得t＝2 s 小滑块从滑上长木板到离开长木板，根据位移关系可得v1t1－a1t－a2t＝L 代入数据解得t1＝1 s，t1′＝3 s>2 s(不符合实际，舍去)。 即小滑块从滑上长木板到离开长木板的时间为1 s。 (3)设施加最小恒力Fmin时，长木板的加速度为a3，小滑块的加速度仍为a1，小滑块恰好滑到长木板右端与长木板速度相同，经过的时间为t2， 根据位移关系可得v1t2－a1t－a3t＝L 根据速度关系有v1－a1t2＝a3t2 联立解得a3＝1 m/s2 对长木板，根据牛顿第二定律有 Fmin＋μ2mg＝Ma3 解得Fmin＝0.5 N 设施加最大恒力Fmax时，小滑块与长木板达到相同速度后，恰好相对静止向右做匀加速直线运动，设加速度为a4 对小滑块由牛顿第二定律有μ2mg＝ma4 对小滑块与长木板整体， 由牛顿第二定律有Fmax＝(m＋M)a4 解得Fmax＝1.5 N 为了使小滑块不离开长木板，在小滑块滑上长木板的同时给长木板施加一个水平向右的恒力F，F的取值范围为0.5 N≤F≤1.5 N。 13 学科网（北京）股份有限公司 $$