第四章　水平測試卷  本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘。第Ⅰ卷(選擇題，共48分)一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1～8題只有一項符合題目要求，第9～12題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1. 牛頓第一定律是建立在理想斜面實驗基礎上，經抽象分析推理得出的結論，它不是實驗定律。利用如圖所示的裝置做如下實驗：小球從左側斜面上的O點由靜止釋放后沿斜面向下運動，并沿水平面滑動。水平面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸降低的材料時，小球沿水平面滑動到的最遠位置依次為1、2、3。根據三次實驗結果的對比，可以得到的最直接的結論是(　　)A．如果小球不受力，它將一直保持勻速運動或靜止狀態(tài)B．如果小球受到力的作用，它的運動狀態(tài)將發(fā)生改變C．如果水平面光滑，小球將沿著水平面一直運動下去D．小球受到的力一定時，質量越大，它的加速度越小答案　C解析　根據實驗結果，水平面的粗糙程度越低，小球滑得越遠，由此得出結論，如果水平面光滑，小球將沿著水平面一直運動下去，故C正確。2．下列說法正確的是(　　)A．物體受到力的作用時，力克服了物體的慣性，使其產生了加速度B．人走在松軟土地上下陷時具有向下的加速度，說明人對地面的壓力大于地面對人的支持力C．物理公式既能確定物理量之間的數量關系，又能確定物理量間的單位關系D．對靜止在光滑水平面上的物體施加一個水平力，當力剛作用的瞬間，加速度為零答案　C解析　慣性是物體的固有屬性，力能使物體產生加速度，但不能說力克服了物體的慣性，A錯誤；根據牛頓第三定律，兩個物體間的作用力與反作用力總是等大反向的，B錯誤；物理公式不僅能確定物理量之間的數量關系，也能確定單位關系，C正確；根據牛頓第二定律可知，合外力與加速度是瞬時對應關系，D錯誤。3．關于單位制，下列說法中正確的是(　　)A．在力學的國際單位制中，力的單位、質量的單位、位移的單位選定為基本單位B．牛、千克米每秒都屬于力的單位C．在厘米、克、秒制中，重力加速度g的值等于9.8 cm/s2D．在力學計算中，所有涉及的物理量的單位都應取國際單位答案　D解析　力學單位制中，質量、長度、時間的單位被選為基本單位，故A錯誤；根據F＝ma,1 N＝1 kg·m/s2，故B錯誤；在厘米、克、秒制中，g值不變，g＝9.8 m/s2＝980 cm/s2，故C錯誤；在力學計算中，沒有特殊說明，所有物理量的單位都應取國際單位，故D正確。4．質點由靜止開始做直線運動，所受合外力大小隨時間變化的圖像如圖所示，則有關該質點的運動，以下說法中不正確的是(　　)A．質點在0～2 s內做勻加速運動B．質點在0～2 s內速度不變C．質點在2～4 s內加速度大小越來越小D．質點在2～4 s內速度大小越來越大答案　B解析　0～2 s內F恒定，根據F＝ma加速度恒定，質點做勻加速直線運動，故A正確，B錯誤；2～4 s內F不斷減小，所以加速度不斷減小，但方向仍與速度同向，質點仍做加速運動，速度越來越大，故C、D正確。5．如圖所示，質量分別為M和m的物塊由相同的材料制成，且M>m，將它們用通過輕而光滑的定滑輪的細線連接，按圖甲裝置在水平桌面上，兩物塊剛好做勻速運動。如果互換兩物塊位置，按圖乙裝置在同一水平桌面上，它們的共同加速度大小為(　　)A.g   B.gC.g   D．上述均不對答案　C解析　對題圖甲由牛頓第二定律可得mg－T1＝0，T1－μMg＝0，則μ＝。對題圖乙由牛頓第二定律可得Mg－T2＝Ma，T2－μmg＝ma，解得a＝g，C正確。6．在以加速度a勻加速上升的電梯中，有一個質量為m的人，下述說法中正確的是(　　)A．此人對地球的吸引力為m(g＋a)B．此人對電梯的壓力為m(g－a)C．此人受到的重力為m(g＋a)D．此人的視重為m(g＋a)答案　D解析　人隨電梯加速上升，故處于超重狀態(tài)。根據超重定義可知，此人的視重(即人對電梯的壓力大小)應為mg＋ma，D正確，B錯誤；人對地球的吸引力與人受到的重力是作用力和反作用力的關系，大小均為mg，運動狀態(tài)的變化不影響人對地球的吸引力及人受到的重力，故A、C錯誤。7. 如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面間的夾角為θ，以速度v0逆時針勻速轉動。在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數μ<tanθ，則下列選項圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時間變化關系的是(　　)答案　D解析　小木塊剛放上傳送帶時，傳送帶的速度大于小木塊的速度，傳送帶給小木塊一沿傳送帶向下的滑動摩擦力，小木塊由靜止加速下滑，由牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，則a1＝g(sinθ＋μcosθ)；當小木塊加速至與傳送帶的速度相等時，由于μ<tanθ，小木塊所受的重力沿傳送帶向下的分力大于滑動摩擦力，小木塊將繼續(xù)加速，得a2＝g(sinθ－μcosθ)，故選D。8．如圖所示，質量為m的小球用水平輕質彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止狀態(tài)。當木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度大小為(　　)A．0        B.g         C．g         D.g答案　B解析　未撤離木板時，小球處于靜止狀態(tài)，對小球受力分析可知，小球受重力G、彈簧的拉力F和木板的彈力FN的作用，木板對小球的彈力大小為＝mg。在撤離木板的瞬間，彈簧的彈力大小和方向均沒有發(fā)生變化，而小球的重力是恒力，故此時小球受到重力G、彈簧的拉力F的作用，該合力與未撤離木板時木板對小球的彈力大小相等，方向相反，故由牛頓第二定律可知，此時小球的加速度大小為g，B正確。9．如圖所示，物體在一外力作用下沿光滑水平面向右運動，它的正前方有一根勁度系數足夠大的彈簧，當物體接觸彈簧后，下列說法中正確的是(　　)A．物體立即做減速運動B．物體仍一直做加速運動C．在一段時間內繼續(xù)做加速運動，速度繼續(xù)增大D．當彈簧處于最大壓縮量時，物體的加速度不為零答案　CD解析　當物體接觸彈簧后，彈簧的彈力逐漸增大，開始階段，彈力小于水平恒力F，合力方向向右，與速度方向相同，物體做加速運動，后來彈簧的彈力大于F，合力向左，與速度方向相反，物體開始做減速運動，所以物體接觸彈簧后先加速后減速，A、B錯誤，C正確；當彈簧處于最大壓縮量時，彈力大于F，物體的加速度向左，不為零，D正確。10. 如圖所示，在光滑水平面上有一個靜止的小車，質量為M，小車上靜止地放置著一個木塊，質量為m，木塊和小車間的動摩擦因數為μ＝0.3，用水平恒力F拉動小車，g取10 m/s2。下列關于木塊的加速度a1和小車的加速度a2，可能正確的有(　　)A．a1＝2 m/s2，a2＝2 m/s2B．a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2C．a1＝3 m/s2，a2＝4 m/s2D．a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2答案　AC解析　對上面的木塊受力分析，在水平方向只可能受摩擦力，且Ff≤μmg，因此木塊的加速度最大為am＝＝μg＝3 m/s2。若小車與木塊一起運動，相對靜止，則二者加速度相等，且小于am，即a1＝a2＝2 m/s2<am，所以是可能的，A正確；若木塊與小車發(fā)生相對滑動，則木塊的加速度一定是3 m/s2，由于拉力作用在小車上，故小車的加速度要大于木塊的加速度，所以C正確，B、D錯誤。11．如圖所示，一個質量為50 kg的沙發(fā)靜止在水平地面上，甲、乙兩人同時從背面和側面分別用F1＝120 N、F2＝160 N的力推沙發(fā)，F1與F2相互垂直，且平行于地面。沙發(fā)與地面間的動摩擦因數μ＝0.3。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。下列說法正確的是(　　)A．沙發(fā)會被推動B．沙發(fā)將沿著F1的方向移動，加速度為0.6 m/s2C．由于F1小于滑動摩擦力，沙發(fā)將沿著F2的方向移動，加速度為0.2 m/s2D．沙發(fā)的加速度大小為1 m/s2答案　AD解析　由二力合成可知，兩個力的合力大小為F＝＝200 N，方向在水平面內，設F與F1的夾角為θ，則sinθ＝＝0.8，即θ＝53°；而fmax＝μFN＝μmg＝0.3×500 N＝150 N<F，則沙發(fā)要做勻加速直線運動，A正確；由牛頓第二定律有F－fmax＝ma，代入數據得a＝1 m/s2，方向沿水平面介于F1、F2之間，且與F1夾角為53°，故B、C錯誤，D正確。12．如圖所示，彈簧下端懸一滑輪，跨過滑輪的細線兩端系有A、B兩重物，mB＝2 kg，不計細線、滑輪的質量及摩擦，則A、B兩重物在運動過程中，彈簧的彈力可能為(g＝10 m/s2)(　　)A．40 N   B．60 NC．80 N   D．100 N答案　AB解析　當mB＞mA時，B向下做加速運動，處于失重狀態(tài)，細線的拉力T＜mBg，彈簧的彈力為F＝2T＜2mBg＝40 N。當mB＝mA時，彈簧的彈力為F＝2T＝2mBg＝40 N。當mB＜mA時，B向上做加速運動，處于超重狀態(tài)，細線的拉力T＞mBg，兩物體的加速度大小a＜g，所以根據牛頓第二定律得知：細線的拉力T＜2mBg，彈簧的彈力為F＝2T＜4mBg＝80 N。故A、B正確，C、D錯誤。第Ⅱ卷(非選擇題，共52分)二、實驗題(本題共2小題，共 12 分)13．(4分)如圖所示為探究小車加速度與所受合力關系的實驗示意圖局部。該實驗中，兩小車各自受到向左的恒定拉力，通過控制鐵夾子同時釋放讓兩小車同時由靜止開始運動，然后通過鐵夾子同時夾住小車后面的細線使小車同時突然停止運動從而使小車近似做了一段勻加速直線運動，進而比較兩小車的加速度。關于此實驗中兩小車加速度的判斷，下列說法正確的是________。A．兩小車的加速度之比等于位移之比B．兩小車的加速度之比等于位移的反比C．兩小車的加速度之比等于位移平方之比D．兩小車的加速度之比等于位移平方的反比答案　A解析　兩個小車運動的時間相等，由位移公式知x＝at2，所以位移和加速度應該成正比的關系，A正確。14．(8分)某同學設計了如圖甲所示的裝置來研究小車的加速度與所受合力的關系。將裝有力傳感器的小車放置于水平長木板上，緩慢向小桶中加入細砂，直到小車剛開始運動為止，記下傳感器的示數F0。再將小車放回原處并按住，繼續(xù)向小桶中加入細砂，記下傳感器的示數F1。釋放小車，記錄小車運動時傳感器的示數F2。(1)下列實驗要求不必要的是________。A．應使小車靠近打點計時器B．用天平測出細砂和小桶的總質量C．先接通電源，再釋放小車D．應使小車和力傳感器的總質量遠大于細砂和小桶總質量(2)接通頻率為50 Hz的交流電源，釋放小車，打出如圖乙所示的紙帶。從比較清晰的點起每5個點取一個計數點，量出相鄰計數點之間的距離，則小車的加速度a＝________m/s2(保留兩位有效數字)。(3)同一次實驗中，F1________F2(填“＜”“＝”或“＞”)。(4)改變小桶中砂的重力，多次重復實驗獲得多組數據，描繪小車加速度a與F的關系如圖丙。不計紙帶與計時器間的摩擦。圖像中F是實驗中測得的________。A．F1           B．F2           C．F1－F0             D．F2－F0答案　(1)BD　(2)0.16　(3)＞　(4)D解析　(1)小車靠近打點計時器測量數據才可能多且精確，故A不符合題意；實驗中不需要用天平測出細砂和小桶的總質量，傳感器可以直接測出拉力的大小，故B符合題意；應先接通電源再釋放小車，這樣才能保證紙帶的大部分都能打上點，才能充分利用整個紙帶，故C不符合題意；本題拉力可以由力的傳感器測出，不需要使小桶和細砂的總質量遠小于車和力傳感器的總質量，故D符合題意；(2)每5個點取一個計數點，相鄰兩個計數點的時間間隔：T＝0.02×5 s＝0.1 s，x1＝3.52 cm＝0.0352 m，x2＝3.68 cm＝0.0368 m，x3＝3.84 cm＝0.0384 m，x4＝4.00 cm＝0.0400 m。由勻變速直線運動的推論Δx＝aT2，代入數據得a＝＝0.16 m/s2。(3)對小桶(包括細砂)受力分析，設小桶(包括細砂)重力為mg，小車釋放前力傳感器的示數F1，所以F1＝mg，小車在加速運動時力傳感器的示數F2，根據牛頓第二定律得：mg－F2＝ma，即F1－F2＝ma>0，所以F1＞F2。(4)F為小車受到的合力，由題意知，當小車剛開始運動時，傳感器示數為F0，則F阻＝F0，小車加速運動時，合力F＝F2－F阻＝F2－F0，故D正確。三、計算題(本題共4小題，共 40分。要有必要的文字說明和解題步驟，有數值計算的要注明單位)15．(8分)如圖甲所示，t＝0時，水平地面上質量m＝1 kg的物體在水平向左、大小恒為10 N的力T的作用下由靜止開始運動，同時施加一水平向右的拉力F，拉力F隨時間變化的關系圖像如圖乙所示，物體與地面間動摩擦因數μ＝0.5，(g＝10 m/s2)求：(1)2 s末物體的速度大?。?/span>(2)前2 s內物體的位移；(3)t為多少時物體的速度剛減為0?答案　(1)6 m/s　(2)6 m　(3)8 s解析　 (1)由牛頓第二定律得前2 s的加速度：a1＝＝3 m/s2，由速度公式得2 s末物體的速度：v1＝a1t1＝6 m/s。(2)由位移公式得前2 s內物體的位移：x＝a1t＝6 m。(3)2 s后，由牛頓第二定律得：a2＝＝－1 m/s2，由速度公式得：0＝v1＋a2t2，解得：t2＝6 s，則t＝t1＋t2＝8 s，即當t＝8 s時，物體速度剛減為0。16．(8分)水平傳送帶以v＝1.5 m/s速度勻速運動，傳送帶AB兩端距離為6.75 m，將一物體輕放在傳送帶的A端，它運動到傳送帶另一端B所需時間為6 s，求：(1)物體和傳送帶間的動摩擦因數；(2)若要使物體以最短時間到達B端，則傳送帶的速度至少應調為多大？(g＝10 m/s2) 答案　(1)0.05　(2) m/s解析　先判斷物體在傳送帶上的運動情況。由題設可得：該物體在傳送帶上運動的平均速度：＝＝1.125 m/s，假設物體在傳送帶上一直做勻加速直線運動，則該過程中物體的平均速度 ′＝＝0.75 m/s<故物體在傳送帶上先做勻加速直線運動，與傳送帶速度相同后隨傳送帶一起勻速運動至B端，故物體的最大速度vm＝v。(1)對物體，由牛頓第二定律：μmg＝ma，則a＝μg，設經過t1時間后速度為v，則v＝at1，x＝vt1＋v(t－t1)由以上各式解得：μ＝0.05。 (2)由題可知，只有當物體在傳送帶上一直做勻加速運動時，物體全程的平均速度最大，用時最短，故物體從A端一直勻加速運動至B端時的末速度大小即為傳送帶所需達到的最小速度。物體做勻加速運動的加速度為：a＝μg＝0.5 m/s2，物體從A端一直做勻加速直線運動到B端時，有：v′2＝2ax，解得：v′＝ m/s，故傳送帶速度大小至少應調為 m/s。17. (12分)如圖所示，在海濱游樂場里有一種滑沙運動。某人坐在滑板上從斜坡的高處A點由靜止開始滑下，滑到斜坡底端B點后，沿水平的滑道再滑行一段距離到C點停下來。若人和滑板的總質量m＝60.0 kg，滑板與斜坡滑道和水平滑道間的動摩擦因數均為μ＝0.5，斜坡的傾角θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，斜坡與水平滑道間是平滑連接的，整個運動過程中空氣阻力忽略不計，重力加速度取g＝10 m/s2。求：(1)人從斜坡上滑下的加速度為多大？(2)若由于場地的限制，水平滑道BC的最大長度L＝20.0 m，則斜坡上A、B兩點間的距離應不超過多少？答案　(1)2.0 m/s2　(2)50.0 m解析　(1)人和滑板在斜坡上的受力如圖甲所示，建立直角坐標系。設人和滑板在斜坡上滑下的加速度為a1，由牛頓第二定律得mgsinθ－Ff＝ma1，FN－mgcosθ＝0，其中Ff＝μFN，聯立解得人和滑板滑下的加速度為a1＝g(sinθ－μcosθ)＝2.0 m/s2。(2)人和滑板在水平滑道上受力如圖乙所示。由牛頓第二定律得Ff′＝ma2，FN′－mg＝0，又Ff′＝μFN′，聯立解得人和滑板在水平滑道上運動的加速度大小為a2＝μg＝0.5×10 m/s2＝5.0 m/s2，設人從斜坡上滑下的最大距離為LAB，由勻變速直線運動公式得v＝2a1LAB,0－v＝－2a2L，聯立解得LAB＝50.0 m。18．(12分)如圖所示，在傾角為θ＝30°的光滑斜面上端系有一勁度系數為k＝100 N/m的輕質彈簧，彈簧下端連一個質量為m＝8 kg的小球，球被一垂直于斜面的擋板A擋住，此時彈簧沒有形變。從t＝0時刻開始擋板A以加速度a＝1 m/s2沿斜面向下勻加速運動，(g＝10 m/s2)求：(1)t＝0時刻，擋板對小球的彈力多大？(2)從開始運動到小球與擋板分離所經歷的時間為多少？(3)小球向下運動多少距離時速度最大？答案　(1)32 N　(2)0.8 s　(3)0.4 m解析　(1)t＝0時刻擋板A以加速度a＝1 m/s2沿斜面向下勻加速運動，假設此時小球和擋板間沒有作用力，則由牛頓第二定律可知小球的加速度a球＝＝gcosθ＝3 m/s2>a，則小球的加速度也是a＝1 m/s2，對小球受力分析，設擋板對小球的支持力為N，根據牛頓第二定律得：mgsin30°－N＝ma，解得：N＝32 N。(2)小球與擋板分離時，此時小球受豎直向下的重力、垂直斜面向上的支持力FN、沿斜面向上的彈簧彈力F。設從開始運動到小球與擋板分離所經歷的時間為t，小球的位移為x，則根據牛頓第二定律有mgsinθ－F＝ma，F＝kx。又x＝at2，聯立解得mgsinθ－k·at2＝ma，所以經歷的時間為t＝ ＝  s＝0.8 s。(3)小球和擋板分離后，小球接著先做加速度減小的加速運動，當加速度為零時，速度最大，此時小球所受合力為零。即kx′＝mgsinθ，解得x′＝＝ m＝0.4 m。所以速度最大時小球向下運動的距離為0.4 m。

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