新教材鲁科版高中物理必修一第四章测试题及答案解析.docx

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新教材鲁科版高中物理必修一第四章测试题及答案解析

新教材鲁科版高中物理必修一第四章测试题及答案解析

单元素养评价（四）

（第4章）

（90分钟　100分）

【合格性考试】（60分钟　60分）

一、选择题（本题共9小题，每小题3分，共27分）

1.草原上三只狼在争抢食物，三只狼沿水平方向作用力大小为800N、1000N和1200N，狼的方位不确定，三只狼合力的最大值和最小值分别为（　　）

A.3000N，0NB.3000N，400N

C.2200N，400ND.2200N，0N

【解析】选A。

三力方向一致时，合力最大为3000N；800N和1000N二力合力的最大值为1800N，最小值为200N，1200N大于最小值，小于最大值，所以三力合力的最小值为0N，故A正确，B、C、D错误。

2.如图所示，拖拉机拉着耙耕地，拉力F与水平方向成α角，若将该力沿水平和竖直方向分解，则它的水平分力为（　　）

A.Fsinα　　B.Fcosα　　C.Ftanα　　D.

【解析】选B。

根据平行四边形定则，以F为对角线作平行四边形，如图：

则有F2=Fcosα；故选B。

3.（2019·泉州高一检测）如图所示，总重为G的吊灯用三条长度相同的轻绳悬挂在天花板上，每条轻绳与竖直方向的夹角均为θ，则每条轻绳对吊灯的拉力大小为（　　）

A.

　　　　　　B.

C.

Gcosθ　　　　　　D.

Gsinθ

【解析】选A。

由平衡知识可知：

3Tcosθ=G解得T=

，故选A。

4.如图，智能清洁机器人在竖直玻璃墙面上沿虚线斜向上匀速“爬行”，则玻璃墙面对其作用力的方向是（　　）

A.F1B.F2C.F3D.F4

【解析】选B。

智能清洁机器人在竖直玻璃墙面上沿虚线斜向上匀速“爬行”时受力平衡，根据平衡条件进行分析。

智能清洁机器人在竖直玻璃墙面上沿虚线斜向上匀速“爬行”时受力平衡，则玻璃墙面对其作用力与其重力等大反向，即为F2方向，故A、C、D错误，B正确。

5.“垂直风洞”是上海世博会拉脱维亚馆的亮点，风洞喷出竖直向上的气流将体验者悬空“托起”（如图所示）。

假定某段时间体验者恰好在空中静止，则下述各对力中属于平衡力的是（　　）

A.人受到的重力和气流对人向上的力

B.地球对人的吸引力和人对地球的吸引力

C.人受到的重力和人对气流向下的力

D.人对气流向下的力和气流对人向上的力

【解析】选A。

以人为研究对象，受竖直向下的重力和气流对人向上的力，二力平衡。

地球对人的吸引力和人对地球的吸引力为一对作用力和反作用力，人对气流向下的力和气流对人向上的力也为一对作用力和反作用力。

人对气流向下的力为人施加的力，不是受到的力，A对。

6.一些机场为了方便乘客长距离搬运行李，安装了一种水平电梯，如图所示，某乘客站在水平电梯之上，随电梯一起匀速运动，下列说法正确的是（　　）

A.该乘客正在向前运动，所以受到向后的摩擦力

B.该乘客与电梯相对静止，她受到的摩擦力为静摩擦力

C.因为该乘客处于运动状态，她受到的摩擦力为滑动摩擦力

D.该乘客不受摩擦力

【解析】选D。

随水平电梯一起匀速运动的乘客相对电梯静止，做匀速运动，受到重力和支持力作用，二力平衡，所以不受摩擦力作用，故A、B、C错误，D正确。

【补偿训练】

　　近日一张名为“史上最寂寞熊猫”的图片走红网络，一只熊猫躺在倾斜的树干上一动不动，姿势令人忍俊不禁，树干给熊猫的力方向为（　　）

A.垂直于树干向上

B.沿树干向上

C.竖直向上

D.树干形变复杂，无法判断力的方向

【解析】选C。

熊猫静止在树干上，受重力和树干对熊猫的作用力，根据二力平衡，树干对熊猫的力与重力等大反向，故树干给熊猫的力方向为竖直向上，故C正确，A、B、D错误。

7.（2019·台州高一检测）如图所示为小朋友喜欢的磁性黑板，下面有一个托盘，让黑板撑开一个安全角度（黑板平面与水平面的夹角为θ），不易倾倒，小朋友不但可以在上面用专用画笔涂鸦，磁性黑板擦也可以直接吸在上面。

图中就有小朋友把一块质量为m的黑板擦吸在上面保持静止，黑板与黑板擦之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是（　　）

A.黑板擦对黑板的压力大小为mgcosθ

B.黑板对黑板擦的摩擦力大小为μmgcosθ

C.黑板对黑板擦的摩擦力大于mgsinθ

D.黑板对黑板擦的作用力大小为mg

【解析】选D。

对黑板擦受力分析，受到竖直向下的重力，黑板给的支持力N，以及垂直黑板向下的吸力F，沿黑板平面向上的摩擦力f，根据正交分解可知f=mgsinθ，N=mgcosθ+F，根据牛顿第三定律可知黑板擦对黑板的压力大小为N′=mgcosθ+F，由于黑板擦处于静止，所以重力和其余三个力（黑板对黑板擦的作用力）的合力为零，故黑板对黑板擦的作用力大小为mg，D正确。

8.2018年9月2日结束的亚运会中，中国队包揽了跳水项目的全部10金。

图示为跳水运动员在走板时，从跳板的a端缓慢地走到b端，跳板逐渐向下弯曲（相当于斜面倾角不断变大），在此过程中，跳板对运动员的

（　　）

A.摩擦力不断增大B.作用力不断减小

C.作用力不断增大D.支持力不断增大

【解析】选A。

设运动员质量为m，跳板与水平方向的夹角为θ，运动员受力平衡，对运动员受力分析，则跳板对运动员的摩擦力：

f=mgsinθ，随θ增大，摩擦力增大；跳板对运动员的支持力：

N=mgcosθ，随θ增大，支持力减小；运动员受力平衡，跳板对运动员的作用力与重力等大反向，不变。

故A正确，B、C、D错误。

9.如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c在水平桌面上成功地叠放在一起，则石块（　　）

A.c受到水平桌面向左的摩擦力

B.c对b的作用力一定竖直向上

C.b对a的支持力一定竖直向上

D.b对a的支持力一定等于a所受重力

【解析】选B。

以三石块作为整体研究，根据平衡条件可知，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故A错误；选ab作为整体研究，根据平衡条件，则石块c对ab整体的作用力与其总重力平衡，则石块c对b的作用力一定竖直向上，故B正确；石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是平衡力，则b对a的支持力和静摩擦力的合力方向竖直向上，支持力的方向不是竖直向上，也不等于a的重力，故C、D错误。

所以B正确，A、C、D错误。

【总结提升】对物体受力分析的步骤

（1）确定研究对象：

研究对象可以是单个物体或者物体的一部分，也可以是几个物体组成的系统。

（2）按顺序分析受力：

通常按重力、弹力、摩擦力、其他力的顺序逐个分析。

（3）画出力的示意图：

将作用点画在重心上。

（4）检查正误：

是否有遗漏或多余的力。

二、实验题（共5分）

10.某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。

（1）下列叙述正确的是_______（填选项前的字母） 

A.同一实验过程中，结点的位置必须都拉到同一位置O点，不能随意变动

B.用两只弹簧测力计拉橡皮条时，应使两细绳之间的夹角为90°，以便算出合力的大小

C.两个分力之间的夹角越大越好

D.必须使分力与合力在同一平面内

（2）如果没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是_______。

（3）本实验采用的科学方法是_______。

A.理想实验法B.等效替代法

C.控制变量法D.建立物理模型法

【解析】

（1）同一实验过程中，结点的位置必须都拉到同一位置O点，不能随意变动，选项A正确；此实验对F1、F2之间的夹角没有要求，通常在60°至120°之间最佳，故B、C错误。

完成本实验时，弹簧测力计、橡皮条、细绳方向必须与平面平行，且在同一平面内，这样才能确保力的准确性，故D正确。

故选A、D。

（2）F是由两个分力做出的合力的理论值，F′是实际测量的合力的值；由于误差的存在，所以F和F′方向并不完全重合，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是F′。

（3）合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的是等效替代法。

故选B。

答案：

（1）A、D　

（2）F′　（3）B

三、计算题（本题共3小题，共28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）

11.（9分）如图所示，一辆汽车走钢丝横跨尼罗河，如果汽车的总质量为2000kg，两侧的钢索弯曲成150°夹角，求每条钢索所受拉力的大小（钢索的质量可不计，cos75°=0.259，g取10N/kg）。

【解析】设一条钢索的拉力大小为F，汽车两侧的钢索的合力与汽车的总重力等大反向，作出拉力与其合力的平行四边形为一菱形，如图所示，

据几何知识可得

=2Fcos75°（3分）

所以拉力F=

=

N=19305N（6分）

答案：

均为19305N

12.（9分）如图所示，灯重G=20N，绳AO与天花板的夹角α=30°，绳BO与墙面垂直，试求AO、BO两绳所受的拉力各为多大？

【解析】将电灯所受的重力G按效果沿两个绳子方向进行分解，如图。

（3分）

根据平衡条件结合几何知识得：

FOA=F1=

=2G=40N（3分）

FOB=F2=

=20

N=34.6N（3分）

答案：

AO、BO两绳受到的拉力分别为40N、34.6N。

13.（10分）如图所示，工人需要把质量m=20kg的货箱沿斜放的木板推上卡车。

木板与水平面夹角θ=37°，货箱与木板间的动摩擦因数μ=0.5。

假定工人推力的方向与板面平行，货箱始终沿板面匀速运动（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10N/kg）。

（1）求货箱对木板的压力大小N。

（2）求木板对货箱的摩擦力f。

（3）求工人对货箱的推力大小F。

【解题指南】解答本题可以从以下两点入手：

（1）以货箱为研究对象，画出受力分析图。

（2）根据平衡条件进行求解即可。

【解析】

（1）以货箱为研究对象，货箱受到重力、木板的支持力、摩擦力以及工人的推力，受力分析如图所示

根据平衡条件得垂直于斜面方向有：

N′=Gcos37°（2分）

由牛顿第三定律可知，货箱对木板的压力大小

N=N′=160N（2分）

（2）由f=μN′=0.5×160N=80N，

方向沿木板向下（3分）

（3）根据平衡条件得平行于斜面方向有：

F=f+Gsin37°=200N（3分）

答案：

（1）160N　

（2）80N，方向沿木板向下　（3）200N

【等级性考试】（30分钟　40分）

14.（5分）（多选）如图所示，F1、F2为两个分力，F为其合力，图中正确的合力矢量图是（　　）

【解析】选A、C。

根据力的平行四边形定则，以F1和F2为邻边，作平行四边形，则与F1和F2共顶点的对角线就是合力，故A正确；根据三角形定则，将F1、F2首尾顺次相接，合力等于从F1的起点到F2终点的有向线段，C正确。

故本题选A、C。

15.（5分）（多选）（2017·全国卷Ⅰ）如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N，初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角α（α>

）。

现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变，在OM由竖直被拉到水平的过程中（　　）

A.MN上的张力逐渐增大

B.MN上的张力先增大后减小

C.OM上的张力逐渐增大

D.OM上的张力先增大后减小

【解析】选A、D。

以重物为研究对象，它受三个力即重力mg、绳OM段的拉力FO、NM段的拉力FN的作用，处于平衡状态。

考虑到力mg不变，FO与FN的夹角不变，当FO由竖直向上变为水平向左时，作出如图所示的力矢量图，由图可知：

FN一直变大，FO先变大后减小。

【总结提升】力的动态问题的分析步骤

（1）画出力的分解图。

在合力与两个分力构成的三角形中，一个是恒力，大小方向均不变；另两个是变力，其中一个是方向不变的力，另一个是大小、方向均变化的力。

（2）分析方向变化的力在哪个空间内变化，借助力的矢量三角形，利用图解法判断两个变力大小、方向的变化。

（3）注意：

由图解可知，当大小、方向都可变的分力（设为F1）与方向不变、大小可变的分力垂直时，F1有最小值。

16.（多选）（2019·全国卷Ⅰ）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。

一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。

现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。

已知M始终保持静止，则在此过程中（）

A.水平拉力的大小可能保持不变

B.M所受细绳的拉力大小一定一直增加

C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加

D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加

【解析】选B、D。

如图所示，以物块N为研究对象，它在水平向左的拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大，A错误，B正确；

对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，则摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能一直减小，也可能先减小后增加，C错误，D正确。

17.（10分）在倾角为30°的光滑斜面上放着一个质量M=2kg的物体A，由轻绳与质量为m的物体B相连，如图所示，A和B都处于静止状态，则B物体的质量为多大？

（g取10N/kg）

【解析】分析B的受力可知，绳的拉力等于B所受重力。

即FT=mg①（2分）

以A为研究对象，它受三个力，将重力分解后，在平行斜面方向上，A的合力为零，

即Mgsin30°=FT②（2分）

由①②得mg=Mgsin30°，③（4分）

m=

M=1kg。

④（2分）

答案：

1kg

18.（15分）如图所示，某人用轻绳牵住一只质量m=0.6kg的氢气球，因受水平风力的作用，系氢气球的轻绳与水平方向成37°角。

已知空气对气球的浮力为15N，人的质量M=50kg，且人受的浮力忽略。

（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10N/kg）

（1）画出气球的受力分析图，并求出水平风力的大小。

（2）通过计算说明，若水平风力增强，人对地面的压力如何变化？

【解析】

（1）对氢气球进行受力分析如图

设氢气球受绳子拉力为T，水平风力为F风，

Tcos37°=F风（4分）

F浮=mg+Tsin37°（4分）

解得：

F风=12N（2分）

（2）若风力增强，人对地面的压力不变。

理由：

把人与气球视为整体，受力分析可得：

N=mg+Mg-F浮（5分）

重力不变，浮力不变，所以压力也不变。

答案：

（1）受力分析图见解析　12N　

（2）若风力增强，人对地面的压力不变，计算过程见解析