第四章-運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系(達(dá)標(biāo)檢測(cè)卷)(培優(yōu)版)全解全析

第四章《運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系》高分必刷鞏固達(dá)標(biāo)檢測(cè)卷（培優(yōu)版）全解全析1．C【詳解】A．在國(guó)際單位制中，力的單位是根據(jù)牛頓第二定律定義的，即根據(jù)F=ma可知，質(zhì)量是1kg的物體產(chǎn)生1m/s2的加速度需要的力為1N，選項(xiàng)A正確；B．m和s都是國(guó)際單位制中力學(xué)的基本單位，選項(xiàng)B正確；C．千克是國(guó)際單位制中力學(xué)的三個(gè)基本單位之一；質(zhì)量是國(guó)際單位制中力學(xué)的三個(gè)基本物理量之一，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．m/s、N、m/s2都是國(guó)際單位制中的導(dǎo)出單位，選項(xiàng)D正確。此題選擇錯(cuò)誤的選項(xiàng)，故選C。2．A【詳解】A．慣性是物體的固有屬性，一切物體都具有慣性，質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度，小球豎直向上拋出，速度的大小改變了，可質(zhì)量沒(méi)變，慣性不變，A正確；B．質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度，汽車(chē)轉(zhuǎn)彎后前進(jìn)方向發(fā)生了改變，汽車(chē)速度方向改變，可其質(zhì)量沒(méi)變，其慣性不會(huì)改變，B錯(cuò)誤；C．物體的慣性只與物體的質(zhì)量有關(guān)，汽車(chē)的質(zhì)量不變，慣性不變，慣性大小與汽車(chē)的速度大小無(wú)關(guān)，C錯(cuò)誤；D．力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，力不會(huì)改變物體的慣性大小，物體慣性大小與受力大小無(wú)關(guān)，D錯(cuò)誤。故選A。3．B【詳解】A．由v一t圖象可知，前15s速度方向一直向上，故A錯(cuò)誤；B．v一t圖象的斜率表示加速度，由圖可知前15s內(nèi)加速度先減小后增大，故B正確；C．前10s內(nèi)建筑材料加速向上運(yùn)動(dòng)，加速度向上，建筑材料處于超重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；D．第10s末加速度為0，建筑材料即不超重也不失重，故D錯(cuò)誤。故選B。4．D【詳解】對(duì)土豆分析，土豆受重力、其它土豆對(duì)它的作用力根據(jù)牛頓第二定律得根據(jù)平行四邊形定則，其它土豆對(duì)它的作用力故選D。5．D【詳解】AB．細(xì)線被剪斷前，彈簧的彈力為剪斷細(xì)線的瞬間，由于彈簧彈力不能突變，彈簧彈力不變，由牛頓第二定律得則系統(tǒng)AB的加速度方向沿斜面向上，AB錯(cuò)誤；C．細(xì)線剪斷的瞬間，C球只受重力和支持力，有加速度沿斜面向下，大小為C錯(cuò)誤；D．以B為研究對(duì)象，設(shè)輕桿對(duì)B的拉力為FAB，由牛頓第二定律得其中B的加速度解得D正確。故選D。6．C【詳解】AB．由題意可知，工件先以做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到共速后，再以做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，傳送帶的長(zhǎng)度為代入數(shù)據(jù)，解得AB錯(cuò)誤；C．由題意可知，工件先以做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到共速后，再以做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有代入數(shù)據(jù)，解得C正確；D．由題意可知，當(dāng)工件的速度還沒(méi)達(dá)到傳送帶的速度時(shí)，工件在運(yùn)動(dòng)中受到的摩擦力方向沿傳送帶向下，當(dāng)工件的速度達(dá)到傳送帶的速度后，工件在運(yùn)動(dòng)中受到的摩擦力方向沿傳動(dòng)帶向上，故工件在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的摩擦力方向發(fā)生變化，D錯(cuò)誤。故選C。7．B【詳解】AB．由題意可知Q在P上勻加速下滑，其加速度存在豎直向下的分量，所以滑塊處于失重狀態(tài)，但重力不會(huì)改變，故A錯(cuò)誤，B正確；C．將P、Q視為一個(gè)系統(tǒng)，因?yàn)镼的加速度存在水平向左的分量，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)系的牛頓第二定律可知水平面對(duì)P有水平向左的摩擦力，故C錯(cuò)誤；D．因?yàn)镼處于失重狀態(tài)，所以水平面對(duì)斜面的支持力小于，故D錯(cuò)誤。故選B。8．B【詳解】A．物體脫離手掌前，先加速后減速，加速度先向上，后向下，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律可知，物體先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；BC．蘋(píng)果離開(kāi)手掌的瞬間，蘋(píng)果做減速運(yùn)動(dòng)，蘋(píng)果受到向下的重力和手掌對(duì)其向上的支持力，故蘋(píng)果的加速度小于重力加速度，手掌受到向下的重力和蘋(píng)果對(duì)手掌向下的壓力，故手掌的加速度大于重力加速度，C錯(cuò)誤，B正確；D．根據(jù)牛頓第三定律可知，手掌對(duì)蘋(píng)果的支持力和蘋(píng)果對(duì)手掌的壓力始終相等，D錯(cuò)誤。故選B。9．D【詳解】A．固定物塊A時(shí)，彈簧彈力等于B物體的重力，即彈力為10N，故A錯(cuò)誤；B．固定物塊B時(shí)，彈簧彈力等于A物體的重力，即彈力為20N，故B錯(cuò)誤；C．釋放瞬間彈簧彈力不會(huì)突變，仍然等于B物體的重力，即彈簧彈力為10N，故C錯(cuò)誤；D．A、B一起穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)整體有對(duì)A物體有解得即彈簧的彈力大小為，故D正確；故選D。10．B【詳解】A．重物被勻速吊起，處于平衡狀態(tài)，把A、B當(dāng)成整體，繩子CD和CE對(duì)重物A的作用力的合力等于，A錯(cuò)誤；B．繩子FG和FH對(duì)重物B的作用力的合力等于m2g，同一條繩上拉力相等，故繩子FG和FH對(duì)重物A的作用力的合力等于m2g，B正確；C．設(shè)繩子FG和FH的夾角為銳角α，對(duì)B滿(mǎn)足解得則繩子FG上的拉力大小C錯(cuò)誤；D．設(shè)繩子CD和CE對(duì)重物A的作用力的合力為F1，若拴接點(diǎn)F與重物A脫離，則該瞬間對(duì)重物A由牛頓第二定律可得由于繩上拉力會(huì)發(fā)生突變，故即A的加速度大小不會(huì)等于，D錯(cuò)誤。故選B。11．AD【詳解】AB．若下落過(guò)程中、發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則對(duì)隔離用牛頓第二定律得聯(lián)立解得事實(shí)上所以、不分離；當(dāng)力為時(shí)，對(duì)、整體用牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)得故正確，錯(cuò)誤；CD．當(dāng)力為時(shí)，得整體下落的加速度為，隔離由牛頓第二定律得解得故錯(cuò)誤、正確。故選AD。12．BD【詳解】A．物塊B剛要離開(kāi)C時(shí)B對(duì)C的彈力恰好為零，對(duì)B，由平衡條件得，此時(shí)彈簧的彈力故A錯(cuò)誤；‘B．B剛要離開(kāi)C時(shí)，對(duì)A，由牛頓第二定律得解得故B正確；D．剛開(kāi)始時(shí)，對(duì)A由平衡條件得B剛要離開(kāi)C時(shí)，彈簧彈力整個(gè)過(guò)程A的位移解得故D正確；C．物體A做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移解得，運(yùn)動(dòng)時(shí)間故C錯(cuò)誤。故選BD。13．BC【詳解】B.對(duì)圓柱體和半圓柱整體分析，知斜面對(duì)半圓柱體的支持力始終等于總重力垂直于斜面的分力保持不變，半圓柱體對(duì)斜面的壓力與斜面對(duì)半圓柱體的支持力是相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律內(nèi)容可知壓力也保持不變，故B正確；D．由滑動(dòng)摩擦力知半圓柱體受到的摩擦力保持不變，故D正確；

AC．以圓柱體為研究對(duì)象，分析受力情況，如圖，利用三角形定則作出力的合成圖，1線為初位置，2線為末位置，可知擋板對(duì)圓柱體的支持力N2增大，則圓柱體對(duì)擋板的壓力也增大，半圓柱體與光滑圓柱體之間的彈力N1逐漸增大，故A錯(cuò)誤，C正確；故選BC。14．BC【詳解】AB．設(shè)小球靜止時(shí)BC繩的拉力為F，AC橡皮筋的拉力為T(mén)，由平衡條件可得Fcosθ=mg，F(xiàn)sinθ=T解得F=，T=mgtanθ在AC被突然剪斷的瞬間，BC上的拉力F發(fā)生了突變，小球的加速度方向沿與BC垂直的方向且斜向下，大小為a=gsinθB正確，A錯(cuò)誤；CD．在BC被突然剪斷的瞬間，橡皮筋A(yù)C的拉力不變，小球的合力大小與BC被剪斷前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a=C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。15．BC【詳解】C．根據(jù)乙圖可知，物體上升的最大高度為h=3m，可知物體在斜面上滑行的距離為分析可知物體做勻減速運(yùn)動(dòng)解得C正確；A．根據(jù)受力分析由牛頓第二定律可知解得無(wú)法求出物體的質(zhì)量，A錯(cuò)誤；B．加速度表達(dá)式帶入物理量求得，B正確；D．物體向下滑動(dòng)時(shí)，根據(jù)受力分析由牛頓第二定律可知解得運(yùn)動(dòng)學(xué)速度位移關(guān)系公式解得D錯(cuò)誤。故選BC。16．AC【詳解】A．對(duì)物體B受力分析，受重力G、支持力N、滑動(dòng)摩擦力f，如圖所示

再對(duì)A物體受力分析，受重力Mg、地面的支持力FN、B對(duì)A的壓力N′，B對(duì)A的摩擦力f′，地面對(duì)A可能有靜摩擦力f靜，先假設(shè)有且向右，如圖所示

當(dāng)物體B勻速下滑時(shí)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，可得當(dāng)物體B加速下滑時(shí)，有當(dāng)物體B減速下滑時(shí)，有由于物體A保持靜止，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有根據(jù)牛頓第三定律當(dāng)物體加速下降時(shí)，聯(lián)立以上可得A正確；BC．當(dāng)物體加速下降時(shí)，由聯(lián)立可得到F靜＜0，即靜摩擦力與假定的方向相反，即向左，當(dāng)物體勻速下降時(shí)，由可得到F靜=0，B錯(cuò)誤，C正確；D．若B沿A的斜面下滑時(shí)突然受到一沿斜面向上的力F的作用，物體B的加速度立即發(fā)生了變化，但由于慣性，速度來(lái)不及變化，故摩擦力方向不變，故B對(duì)A的力不變，故A依然保持靜止，D錯(cuò)誤。故選AC。17．BCD【詳解】A．細(xì)繩產(chǎn)生的拉力為A錯(cuò)誤；B．某一水平外力作用于斜面向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，當(dāng)小球?qū)⒁x開(kāi)斜面時(shí)，則解得則若兩者以的加速度向右加速運(yùn)動(dòng)，則小球沒(méi)有脫離斜面，則沿斜面方向解得B正確；C．某一水平外力作用于斜面使斜面向左加速運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)細(xì)線的拉力恰為零時(shí)，則解得兩者以的加速度向左加速運(yùn)動(dòng)，則細(xì)線有張力，則垂直斜面方向解得C正確；D．某一水平外力作用于斜面，兩者以的加速度向右加速運(yùn)動(dòng)，則因?yàn)閯t小球脫離斜面，此時(shí)細(xì)線的拉力D正確。故選BCD。18．A0.3551.60AB【詳解】（1）[1]A．在調(diào)節(jié)木板傾斜度平衡木塊受到的滑動(dòng)摩擦力時(shí)，不應(yīng)懸掛鉤碼，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器應(yīng)使用低壓交流電源，不應(yīng)該使用干電池，選項(xiàng)B正確；C．小車(chē)初始應(yīng)該靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器放置，先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源，后釋放小車(chē)，選項(xiàng)C正確；D．由于平衡摩擦力之后有解得所以無(wú)論小車(chē)的質(zhì)量是否改變，小車(chē)所受的滑動(dòng)摩擦力都等于小車(chē)的重力沿斜面的分力，改變小車(chē)質(zhì)量即改變拉小車(chē)?yán)?，不需要重新平衡摩擦力，選項(xiàng)D正確。本題選錯(cuò)誤的，故選A。（2）[2]打下B點(diǎn)時(shí)小車(chē)的瞬時(shí)速度大小[3]根據(jù)可得小車(chē)運(yùn)動(dòng)的加速度大小為（3）[4]根據(jù)表中數(shù)據(jù)在乙中作出圖線如圖

[5]由圖可知當(dāng)施加0.1N的拉力開(kāi)始小車(chē)才具有加速度，分析可知甲同學(xué)在操作過(guò)程中存在的問(wèn)題是未補(bǔ)償阻力。故選A。（4）[6]設(shè)小車(chē)的質(zhì)量為M，沙桶和沙的質(zhì)量為m，根據(jù)牛頓第二定律對(duì)m有對(duì)M有解得當(dāng)M＞＞m時(shí)，即當(dāng)沙桶和沙的總重力要遠(yuǎn)小于小車(chē)的重力，繩子的拉力近似等于砝碼和盤(pán)的總重力。故選B。19．遠(yuǎn)小于B未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足【詳解】(1)[1]根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)盤(pán)及盤(pán)中砝碼有對(duì)小車(chē)及車(chē)中砝碼有聯(lián)立得為使圖示中盤(pán)及盤(pán)中砝碼的總重力大小視為細(xì)繩的拉力大小，即則必須滿(mǎn)足的條件是盤(pán)及盤(pán)中砝碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)及車(chē)中砝碼的總質(zhì)量。(2)[2]A．平衡摩擦力時(shí)，應(yīng)使小車(chē)摩擦力和小車(chē)及車(chē)中砝碼重力的下滑力等大反向，小車(chē)不能掛盤(pán)及盤(pán)中的砝碼，A錯(cuò)誤；B．第一次平衡好摩擦力后，增減小車(chē)及車(chē)中砝碼的質(zhì)量時(shí)，摩擦力和重力的下滑分力均同比例變化，所以沒(méi)必要重新平衡摩擦力，B正確；C．實(shí)驗(yàn)時(shí)，先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，等打點(diǎn)穩(wěn)定后再放開(kāi)小車(chē)，C錯(cuò)誤；D．應(yīng)利用打出的紙帶求解加速度，D錯(cuò)誤。故選B。(3)[3]從圖像可以看出，當(dāng)拉力為某一值時(shí)，加速度仍為零，說(shuō)明沒(méi)有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。(4)[4]根據(jù)逐差法，有20．（1）；（2），方向斜向右上，與水平方向夾角60°；，方向斜向左上，與水平方向夾角60°；（3）【詳解】（1）貨車(chē)勻速行駛時(shí)，對(duì)桶C進(jìn)行受力分析，并將桶A，B對(duì)桶C的支持力的大小、正交分解，由于桶C與貨車(chē)一起勻速運(yùn)動(dòng)，處于受力平衡狀態(tài)，所以解得（2）貨車(chē)以的加速度勻加速行駛時(shí)，對(duì)桶C進(jìn)行受力分析，并將桶A，B對(duì)桶C的支持力的大小、正交分解，由于桶C與貨車(chē)一起勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，有豎直方向仍受力平衡解得、因此這時(shí)桶A對(duì)桶C的支持力大小為，方向斜向右上，與水平方向夾角60°；桶B對(duì)桶C的支持力大小為，方向斜向左上，與水平方向夾角60°；（3）若剎車(chē)時(shí)加速度恰好達(dá)到不發(fā)生危險(xiǎn)的最大值，此時(shí)C恰好脫離桶B（對(duì)桶B的壓力剛好減為零），對(duì)桶C受力分析，并應(yīng)用牛頓第二定律豎直方向受力平衡，有解得因此，為防止發(fā)生危險(xiǎn)，剎車(chē)時(shí)的加速度大小范圍是21．（1），方向水平向右；（2），方向水平向左；（3）2s【詳解】（1）在F作用下，對(duì)物體進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)，解得方向水平向右；（2）撤去F后，對(duì)物體進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)，解得方向水平向左；（3）使物體從A處由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)并能到達(dá)B處，此時(shí)物體的速度為0，則力F作用的時(shí)間最短，設(shè)作用的時(shí)間為，減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，則有代入數(shù)據(jù)，解得22．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)加速度的定義式（2）內(nèi)：內(nèi)：聯(lián)立解得（3）內(nèi)：傳送帶多運(yùn)動(dòng)內(nèi)，物塊多運(yùn)動(dòng)痕跡覆蓋，所以小煤塊在傳送帶上留下的痕跡長(zhǎng)度為。23．（