第四章 运动和力的关系（基础必刷卷）全解全析.docx

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1、第四章 运动和力的关系（基础必刷卷）全解全析-正文内容开始- 第四章运动和力的关系高分必刷巩固达标检测卷（基础版） 全解全析 1C 千克、秒都属于基本单位，焦耳属于导出单位，选项A错误；力学基本量是时间、质量、长度，选项C正确，B错误；为了纪念牛顿，把“牛顿”作为力学导出单位，选项D错误；故选C. 2D 当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g A、自由落体运动，加速度为g，没有支持力，是完全

2、失重，故A错误；B、举重运动员在举起杠铃后静止在空中，支持力等于重力，没有超重也没有失重，故B错误；C、跳水运动员离开跳板向上运动时，与跳板分离，没有支持力，完全失重，故C错误；火箭点火加速升空的过程中，有向上的加速度，是由支持力和重力的合力提供，处于超重状态，故D正确故选D 本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了 3D AB根据题图利用牛顿第二定律可求得汽车的加速度大小为 且方向向右，汽车可能向右做加速运动或向左做减速运动，故AB错误； CD随车一起运动，加速度与车相同，根据牛顿第二定律可知其所受合力方向应向右，所以除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受

3、到向右的静摩擦力作用，故C错误。D正确 故选D。 4D 以A、B及弹簧整体为研究对象，根据牛顿第二定律得 以B为研究对象，根据牛顿第二定律得 其中k=1N/cm=100N/m，联立解得 x=0.04m=4cm 故选D。 5D 根据牛顿第二定律，对整体 对质量为3m的物体 联立解得轻绳的张力 故选D。 6B A设三个完全相同的小球 A、B、C 的质量为 m，对 ABC 整体分析，根据共点力平衡知，弹簧的弹力为 F弹=3mgsin 烧断细线瞬间，对 A 球分析，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得 解得 aA=2gsin 方向沿斜面向上，A 错误； BCD以 B、C 组成的系统为研

4、究对象，烧断细线前，B、C 静止，处于平衡状态， 合力为零，则 A、B间细线对 B的拉力为2mgsin， 烧断细线瞬间，由牛顿第二定律得 2mgsin=2maBC 解得 aBC=gsin 方向沿斜面向下，且BC之间的绳子的弹力为零，CD错误，B正确。 故选B。 7D A由题意可推知运动员在AB段由静止开始做匀加速运动，在B点时速度达到最大值v，之后在BC段做匀减速运动，且在C点速度减为零，根据匀变速运动规律可知运动员在滑道的AB段下滑的平均速度与在BC段下滑的平均速度大小相等，均为，故A错误； BD由题意可知，运动员在滑道的AB段、BC段下滑的加速度大小相等，但方向不同，根据牛顿第二定律可知运

5、动员在滑道的AB段、BC段受到的合力大小相同，故B错误，D正确； C根据前面分析，以及 可知滑道的AB段与BC段等长，故C错误。 故选D。 8D 根据物块的受力情况分析其运动情况，判断其速度的变化，并确定合力的变化情况，从而确定加速度的变化情况 块从A处下降到B处的过程中，开始阶段弹簧的弹力小于物体的重力，合力向下，小球向下加速；随着弹力的增大，合外力减小，加速度减小；当弹簧的弹力和物体的重力相等时，加速度为零之后弹力大于重力，小球开始减速，直至减为零由于弹力越来越大，故合力越来越大，故加速度增大，故物体先做加速度减小的加速运动，再做加速增大的减速运动 故D正确，ABC错误 故选D 解决本题的

6、关键要抓住弹簧的弹力是变化的，分析小球的受力情况来判断其运动情况要知道下降过程中加速度方向与合力方向相同，当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动 9A 当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得： ，at； 当F比较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得： 对m1：，、m1、m2都一定，则a1一定 对m2：，a2是t的线性函数，t增大，a2增大 由于，则两木板相对滑动后a2图象大于两者相对静止时图象的斜率故A正确 故选A 10B 对于AM段，位移 加速度 根据 得 对于BM段，位移 加速度 由 得 对于CM段，设CM与

7、竖直方向夹角为，同理可解得 即 故选B。 11BCD AB由图可知，开启降落伞后，运动员先加速再减速，所以加速度先向下后向上，A错误，B正确； C02s内可近视看作匀加速运动，由图可知加速度约为8m/s2，C正确； D速度图像的面积表示位移，面积可以通过图像与时间轴围成的面积估算，本题可以通过数方格的个数来估算，（大半格和小半格合起来算一格，两个半格算一格），每格面积为4m，下落20s内数得的格数大约为48格，所以运动员下落20s时高度为 则运动员下落20s时离地面的高度约为 D正确。 故选BCD。 12CD BC物体的速度为零，加速度不一定为零，并且加速度有可能很大，故所受合力也很大，故B错

8、误，C正确； AD物体的速度很大，可能做匀速直线运动，所以其加速度可能为零，合力可能为零，故A错误，D正确； 故选CD。 13AB A根据图象可知木块与木板之间的滑动摩擦力为 在4s后撤去外力，此时木板在水平方向上只受到滑动摩擦力的作用，此时木板的加速度大小为 根据牛顿第二定律可得 解得木板的质量 故A正确； B24s内.木板的加速度 根据牛顿第二定律可得 解得力 故B正确； C02s内，整体受力平衡，拉力 F的大小始终等于绳子的拉力，绳子的拉力增大，则力F增大，故C项错误； D由于物块的质量无法求出，物块与木板之间的动摩擦因数无法求解，故D项错误。 故选AB。 14AC AB设斜面向右运动的

9、加速度为a1时，小球对斜面恰好没有压力，根据牛顿第二定律和力的合成与分解综合可得 解得 设此时绳子的拉力大小为T1，在竖直方向上根据平衡条件可得 解得 故A正确，B错误； CD当斜面以的加速度向右加速运动时，根据前面分析可知此时小球已经脱离斜面，设此时绳子与水平方向夹角为，绳子拉力大小为T2，则在竖直方向上根据平衡条件有 在水平方向上根据牛顿第二定律有 解得 故C正确，D错误。 故选AC。 15AC A若开始时弹簧处于原长，则剪断细线的瞬间，物块B的加速度大小为g，故A正确； B因为细线对B的拉力大小不可能为零，所以弹簧的弹力大小不可能为Mg，因此剪断细线的瞬间，物块B的加速度大小不可能为零，

10、故B错误； C若开始时弹簧处于原长，剪断弹簧的瞬间，物块B的加速度大小为零，故C正确； D剪断弹簧的瞬间，对A物块与B物块构成的整体，根据牛顿第二定律有 Mg?mgsin =（m+M）a 由上式可知物块B的加速度大小不可能为g，故D错误。 故选AC。 16AB A如果细线与虚线“3”重合，则小球受力方向只能沿竖直方向，小球不可能沿斜面做加速运动，所以小球的加速度为零，故A正确； BC如果细线与虚线“1”重合，小球垂直斜面方向上受力平衡，沿斜面方向，由牛顿第二定律 解得 此时细线的拉力为 T=mgcos 故B正确，C错误； D如果小车与斜面间的动摩擦因数足够大，假设小车能沿斜面做减速运动，小车加

11、速度沿斜面向上，小球与小车一起沿斜面向下运动，则小球的加速度沿斜面向上，若细线可能与虚线“2”重合，小球所受的合力方向不可能沿斜面向上，与假设矛盾，故D错误。 故选AB。 171.191.00.600.169 （1）1根据逐差法可得小车的加速度为 （2）（3）23对小车及砝码根据牛顿第二定律可得 整理得 当a=0时，可得 图像的斜率为 所以小车（包括砝码）的质量为 （4）4为了得到a与F成正比的关系，应使小车（包括砝码）的重力沿长木板方向的分力与滑动摩擦力平衡，即 解得 则 18ADm远远小于M3.2未平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足没有满足m远远小于Mg 解：（1）1 A平衡摩擦力时，小车应连上

12、纸带，接通打点计时器电源，让小车带动纸带运动，纸带上的相邻点间距都相等即可，A正确； B平衡摩擦力时，不应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上，要小车自个拖动纸带运动，B错误； C实验时，小车应在靠近打点计时器处释放，C错误； D调整滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板平行，这样为了减小实验误差，D正确。 故选AD。 （2）2 为了绳中张力近似等于盘及盘中的砝码的总重力，即绳拉小车的力近似等于盘及盘中的砝码的总重力，M与m的关系应满足：m要远远小于M。 （3）3 打点计时器接50Hz交流电源，因此打点周期为T=0.02s，由?x=aT2可以得小车的加速度大小约为 （4）4 a-F图线未过

13、坐标原点的原因可能是：没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。 5图线末端弯曲的原因是：没有满足m远远小于M。 6 由可知，随着加速度a的增加，加速度a的理论值趋近值为重力加速度g。 19（1）1s，5m；（2）0.5；（3）6s （1）滑块上滑做匀减速直线运动，由速度公式可得减速时间为 匀减速的位移为 （2）上滑过程根据牛顿第二定律 解得 （3）下滑过程根据牛顿第二定律 解得 滑块做匀加速直线运动 可得 故加速到10m/s总时间为 20（1）；（2）；（3） （1）对B分析，由平衡条件可得 解得 （2）对A分析，由平衡条件可得 联立解得 （3）剪断轻绳的瞬间，物体B的加速度为a，则有 解得 21 将

14、物体由静止放上传送带时，摩擦力提供动力，受力如图甲所示， 由牛顿第二定律得： 在x轴方向： ， 在y轴方向： ， 摩擦力 由以上三式得 故有：第一加速阶段的时间为 第一加速阶段的位移为 物体在第二阶段中，由于 ，故物体仍会继续加速下滑，而摩擦力方向变为沿斜面向上，受力如图乙所示， 由牛顿第二定律可得： x轴方向上： ， y轴方向上： ， 摩擦力 由以上三式得 因而，在第二阶段物体以v2m/s的初速度和a2.0 m/s2的加速度做匀加速运动，其位移为 由位移公式得，解得t21 s 故所用总时间为 22（1）；（2）t=2s （1）由乙图可知，当恒力时，小滑块与木板将出现相对滑动，由图可知小滑块的加速度 以小滑块为研究对象，根据牛顿第二定律有 解得 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有 得 结合图象可得 解得 （2）设m在M上滑动的时间为t,当水平恒力F=27.8N时，由（1）可知滑块的加速度为 而滑块在时间t内的位移为 由（1）可知滑块的加速度为 而木板在时间t内的位移为 由题可知 联立解得t=2s 第15页 共15页第 15 页 共 15 页第 15 页 共 15 页第 15 页 共 15 页第 15 页 共 15 页第 15 页 共 15 页第 15 页 共 15 页第 15 页 共 15 页第 15 页 共 15 页第 15 页 共 15 页第 15 页 共 15 页