高中物理新教材同步必修第一册 章末检测试卷（四）

章末检测试卷(四) (时间：90 分钟 满分：100 分) 一、单项选择题(本题共8 小题，每小题3 分，共24 分．在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的) 1．关于力的单位“牛顿”的理解，以下说法中正确的是( ) A．“牛顿”这个单位是由质量为1 kg 的物体所受重力为9.8 N 而规定下来的 B．“牛顿”这个单位是由牛顿第二定律F＝kma，当k＝1 时规定下来的 C．使质量为1 kg 的物体产生1 m/s2的加速度的力为1 N D．物体所受重力为19.6 N 中的“N”并不是规定的，而是测出来的 答案 C 2.(2019·鹰潭一中高一期末)如图1 所示为弹簧高跷，当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后， 人就向上弹起，进而带动高跷跳跃．则下列说法正确的是( ) 图1 A．人向上弹起的过程中，先处于超重状态，后处于失重状态 B．人向上弹起的过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力 C．弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力小于人的重力 D．弹簧压缩到最低点时，高跷对地的压力等于人和高跷的总重力 答案 A 解析 人向上弹起的过程中，经历了先加速后减速的过程，所以先有向上的加速度，后有向 下的加速度，人先处于超重状态，后处于失重状态，故A 项正确；踏板对人的作用力与人 对踏板的作用力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，二者大小始终相等，故B 项错误；弹簧压缩到最低点时，人有竖直向上的加速度，根据牛顿第二定律，可知高跷对人 的作用力大于人的重力，故C 项错误；同理以高跷和人组成的整体为研究对象，弹簧压缩 到最低点时，根据牛顿第二定律，地对高跷的支持力大于人和高跷的总重力，再根据牛顿第 三定律，可知高跷对地的压力大于人和高跷的总重力，故D 项错误． 3．在行车过程中规定必须要使用安全带，假设某次急刹车时，由于安全带的作用，使质量 为70 kg 的乘员具有的加速度大小约为6 m/s2，此时安全带对乘员的作用力最接近( ) A．100 N B．400 N C．800 N D．1 000 N 答案 B 解析 根据牛顿第二定律得F＝ma＝420 N，安全带对乘员的作用力最接近400 N，选项B 正 确． 4.质量为M 的人站在地面上，用绳通过光滑轻质定滑轮将质量为m 的重物从高处放下，如 图2 所示，若重物以加速度a 下降(a<g)，则人对地面的压力大小为( ) 图2 A．(M＋m)g－ma B．M(g－a)－ma C．(M－m)g＋ma D．Mg－ma 答案 C 解析 对重物，设绳的拉力为FT，由牛顿第二定律知，mg－FT＝ma，所以，绳的拉力为FT ＝mg－ma.对人受力分析，受重力、绳的拉力及地面的支持力而平衡，则Mg＝FN＋FT′，又 因为FT′＝FT，所以FN＝Mg－FT＝(M－m)g＋ma.人对地面的压力与地面对人的支持力为一 对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律知，人对地面的压力大小也为(M－m)g＋ma，故选 C. 5.(2019·荆州中学高一月考)如图3 所示，质量相等的A、B 两小球分别连在轻绳两端，轻弹 簧的一端与A 球相连，另一端固定在倾角为30°的光滑斜面顶端，重力加速度大小为g.则剪 断轻绳的瞬间( ) 图3 A．A 的加速度为零，B 的加速度大小为g B．A、B 的加速度大小均为0.5g C．A、B 的加速度均为零 D．A 的加速度为零，B 的加速度大小为0.5g 答案 B 解析 设两小球的质量均为m，剪断轻绳前，对两小球组成的整体分析，可得弹簧的弹力F 弹＝2mgsin 30°＝mg.剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，以A 球为研究对象，有aA＝＝ 0.5g，以B 球为研究对象，有aB＝＝0.5g，故B 正确． 6．惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计， 加速度计构造原理的示意图如图4 所示，沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m 的滑块，滑块两侧分别与处于原长的劲度系数均为k 的弹簧相连，两弹簧的另一端与固定壁 相连，滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移(开始时指针指在标尺上的O 点)，然后通 过控制系统进行制导．设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离O 点距离为x，则 这段时间内导弹的加速度( ) 图4 A．方向向左，大小为 B．方向向右，大小为 C．方向向左，大小为 D．方向向右，大小为 答案 D 7.如图5 所示，A、B 两物体之间用水平轻质弹簧连接，用水平恒力F 拉A，使A、B 一起沿 光滑水平面做匀加速直线运动，这时弹簧的长度为L1；若将A、B 置于粗糙水平面上，用相 同的水平恒力F 拉A，使A、B 一起做匀加速直线运动，此时弹簧的长度为L2.若A、B 与粗 糙水平面之间的动摩擦因数相同，则下列关系式正确的是( ) 图5 A．L2＜L1 B．L2＞L1 C．L2＝L1 D．由于A、B 的质量关系未知，故无法确定L1、L2的大小关系 答案 C 解析 A、B 在粗糙水平面上运动时，对A、B 整体，根据牛顿第二定律有：a＝－μg；对物 体B，根据牛顿第二定律得：kx－μmBg＝mBa，解得：x＝，即弹簧的伸长量与动摩擦因数无 关，所以L2＝L1，选项C 正确． 8.如图6 所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A 用细线悬挂于支架前端， 质量为m 的物块B 始终相对于小车静止在小车右端．B 与小车平板间的动摩擦因数为μ.若某 时刻观察到细线偏离竖直方向θ 角，则此刻小车对物块B 的作用力的大小和方向为(重力加 速度为g)( ) 图6 A．mg，竖直向上 B．mg，斜向左上方 C．mgtan θ，水平向右 D．mg，斜向右上方 答案 D 解析 以A 为研究对象，受力分析如图所示．根据牛顿第二定律得：mAgtan θ＝mAa，得：a ＝gtan θ，方向水平向右．再对B 受力分析，小车对B 的摩擦力为：Ff＝ma＝mgtan θ，方向 水平向右，小车对B 的支持力大小为FN＝mg，方向竖直向上，则小车对物块B 的作用力的 大小为：F＝＝mg，方向斜向右上方，D 正确． 二、多项选择题(本题共4 小题，每小题4 分，共16 分．在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求．全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分) 9．(2020·宜昌市部分示范高中高一上学期期末)如图7 甲所示，在粗糙水平面上，物块A 在 水平向右的外力F 的作用下做直线运动，其速度－时间图像如图乙所示，下列判断正确的 是( ) 图7 A．在0～1 s 时间内，外力F 不断增大 B．在1～3 s 时间内，外力F 的大小恒定 C．在3～4 s 时间内，外力F 不断减小 D．在3～4 s 时间内，外力F 的大小恒定 答案 BC 10.两个叠放在一起的长方体滑块置于倾角为θ 的固定斜面上，如图8 所示，滑块A、B 的质 量分别为M、m，A 与斜面间的动摩擦因数为μ1，B 与A 之间的动摩擦因数为μ2，重力加速 度为g.两滑块都由静止开始以相同的加速度沿斜面滑下，则滑块B 受到的摩擦力( ) 图8 A．等于零 B．方向沿斜面向上 C．大小等于μ1mgcos θ D．大小等于μ2mgcos θ 答案 BC 解析 把A、B 两滑块作为一个整体，由牛顿第二定律得(M＋m)gsin θ－μ1(M＋m)gcos θ＝ (M＋m)a，解得a＝g(sin θ－μ1cos θ)，a<gsin θ，则B 随A 一起下滑过程中一定受到A 对它沿 斜面向上的摩擦力，设摩擦力为FfB，对B 受力分析，如图所示，由牛顿第二定律得mgsin θ －FfB＝ma，解得FfB＝mgsin θ－ma＝mgsin θ－mg(sin θ－μ1cos θ)＝μ1mgcos θ，B、C 正确． 11．(2019·大庆中学高一期中)如图9 甲所示，A、B 两物体叠放在光滑水平面上，对B 物体 施加一水平变力F，F－t 关系图像如图乙所示．两物体在变力F 作用下由静止开始运动，且 始终相对静止，则( ) 图9 A．t0时刻，两物体之间的摩擦力为零 B．t0时刻，两物体的速度方向开始改变 C．t0～2t0时间内，两物体之间的摩擦力逐渐减小 D．t0～2t0时间内，物体A 所受的摩擦力方向始终与变力F 的方向相同 答案 AD 解析 t0时刻F＝0，A、B 的加速度为零，因此两物体速度的大小和方向均不变，所以A、B 间的摩擦力为零，选项A 正确，B 错误．t0～2t0时间内，A、B 组成的整体加速度逐渐增大， 以A 为研究对象，A 的加速度由其受到的摩擦力提供，A 受到的摩擦力应逐渐增大，且与 A、B 加速度同向，即与变力F 同向，选项C 错误，D 正确． 12.(2019·厦门市高一期末)如图10 所示的装置，绳子两端的物体竖直运动的加速度大小总是 小于自由落体加速度g，这使得实验者可以有较长的时间从容地观测、研究．已知物体A、 B 的质量均为M，物体C 的质量为m.轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，轻绳不可伸长且足够长． 物体A、B、C 由图示位置静止释放后( ) 图10 A．绳子上的拉力大小FT＝(M＋m)g B．物体A 的加速度a＝g C.的取值小一些，便于观测和研究 D.的取值大一些，便于观测和研究 答案 BD 解析 对物体A，由牛顿第二定律得：FT－Mg＝Ma，对B、C 整体，由牛顿第二定律得： (M＋m)g－FT＝(M＋m)a，联立解得FT＝Mg＋，a＝g，故A 错误，B 正确；由a＝g＝g 知， 的取值大一些，a 小些，更便于观测和研究，故C 错误，D 正确． 三、非选择题(本题共6 小题，共60 分) 13．(6 分)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中： 图11 (1)某同学在接通电源进行实验之前，将实验器材组装成如图11 所示的实验装置图．请你指 出该装置中的两处错误或不妥之处： ①________________________________________________________________________； ②________________________________________________________________________. (2)改正实验装置后，该同学顺利地完成了实验．图12 是他在实验中得到的一条纸带，图中 相邻两计数点的时间间隔为0.1 s，由图中的数据可算得小车的加速度a 为________ m/s2.(结 果保留两位有效数字) 图12 (3)为保证绳子对小车的拉力约等于小盘和重物的总重力mg，小盘和重物的总质量m 与小车 的质量M 应满足的关系是________． 答案 (1)①打点计时器不应使用干电池，应使用交流电源(1 分) ②小车初始位置离打点计 时器太远(或实验中没有补偿摩擦阻力)(1 分) (2)0.20(2 分) (3)m≪M(2 分) 解析 (2)由纸带数据可得x1＝0.72 cm，x2＝1.63 cm－0.72 cm＝0.91 cm，x3＝2.74 cm－1.63 cm＝1.11 cm，x4＝4.04 cm－2.74 cm＝1.30 cm，用逐差法求加速度，a1＝＝ m/s2＝0.195 m/s2，a2＝＝ m/s2＝0.195 m/s2，故a＝≈0.20 m/s2. (3)为保证绳子对小车的拉力约等于小盘和重物的总重力mg，小盘和重物的总质量m 必须远 小于小车的质量M，即m≪M. 14．(8 分)(2019·成都市石室中学高一质检)某同学设计了一个“探究加速度与力、质量的关 系”的实验．如图13 所示为实验装置简图，A 为小车，B 为电火花计时器，C 为钩码，D 为 一端带有定滑轮的长木板，还有220 V 的交流电源(图中未画出)．实验中认为细绳对小车的 拉力F 等于钩码的重力，当地的重力加速度为g. 图13 (1)为了消除小车与木板之间摩擦力对实验的影响，应采取的做法是________． A．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动 B．将木板带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动 C．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动 D．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车能够静止在木板上 (2)图14 所示为某次实验得到的纸带(交流电源的频率为50 Hz)，由图中数据求出小车加速度 大小为________ m/s2，打下E 点时小车速度大小为________ m/s.(结果均保留两位有效数 字) 图14 图15 (3)某同学根据实验数据画出了如图15 所示的a－图线，则从图线可知小车的加速度a 与小 车质量的倒数之间的关系式为________． 答案 (1)C(2 分) (2)3.1(2 分) 1.9(2 分) (3)a＝(2 分) 解析 (1)将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动， 以使小车的重力沿木板方向的分力和所受的摩擦力平衡，那么小车所受的合力就等于细绳的 拉力，故选C. (2)由题意可知T＝2×0.02 s＝0.04 s，根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2可以求出加速 度大小a＝＝ m/s2≈3.1 m/s2.在匀变速直线运动某过程中，中间时刻的速度等于该过程中的 平均速度，vE＝＝ m/s≈1.9 m/s. (3)由题图可知，图线斜率的数值为0.2，则a＝. 15．(10 分)(2019·天津市滨海新区高一第一学期期末)如图16 所示，质量为m＝20 kg 的物体 与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5，现用F＝120 N 与水平方向成α＝37°角的恒力拉物体， 使物体在水平方向上由静止开始做匀加速直线运动，g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝ 0.8. 图16 (1)求物体运动的加速度a 的大小； (2)若物体运动5 m 后撤去力F，则物体还能运动多长时间？ 答案 (1)1.6 m/s2 (2)0.8 s 解析 (1)物体受重力、支持力、摩擦力和恒力F，受力分析如图所示： 水平方向由牛顿第二定律得：Fcos 37°－Ff＝ma(2 分) 竖直方向由平衡条件得：FN＋Fsin 37°＝mg(1 分) 又Ff＝μFN(1 分) 联立解得a＝1.6 m/s2.(1 分) (2)设撤去力F 时的速度为v 由v2－v0 2＝2ax(1 分) 可知v＝4 m/s(1 分) 撤去力F 后，根据牛顿第二定律得：μmg＝ma′(1 分) a′＝5 m/s2(1 分) 还能运动的时间：t＝＝0.8 s．(1 分) 16．(10 分)(2019·华中师大一附中月考)如图17 所示，用F＝7 N 的水平恒力把质量为m＝0.5 kg 的物块(可视为质点)压在竖直挡板上，物块离地面高为H＝6 m，物块由静止开始向下做 匀加速运动，经过t＝2 s 到达地面，取g＝10 m/s2. 图17 (1)求物块与挡板间的动摩擦因数μ； (2)若将挡板由竖直位置逆时针转过37°后撤去压力F，当物块以v0＝2 m/s 的初速度从挡板 上同一位置沿挡板下滑时，求物块滑到地面时的速度大小v.(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) 答案 (1)0.5 (2)8 m/s 解析 (1)物块下滑过程中做匀加速运动， 有H＝at2(1 分) 代入数据解得加速度大小a＝3 m/s2(1 分) 由牛顿第二定律知mg－μF＝ma(1 分) 代入数据解得μ＝0.5(1 分) (2)挡板逆时针转过37°后，挡板与水平地面夹角为53°，物块下滑时加速度大小a1满足 mgsin 53°－μmgcos 53°＝ma1(2 分) 代入数据解得a1＝5 m/s2(1 分) 由运动学规律v2－v0 2＝2a1H 知(2 分) 物块滑到地面时的速度大小为v＝8 m/s.(1 分) 17.(12 分)(2019·四川棠湖中学高一期末)如图18 所示，传送带与水平面的夹角θ＝30°，正以 恒定的速度v＝2.5 m/s 顺时针传动，现在其底端A 轻放一货物(可视为质点)，货物与传送带 间的动摩擦因数μ＝，经过t＝2 s，传送带突然被卡住而立即停止运动，由于惯性，货物继 续沿传送带向上运动，并刚好到达传送带顶端B.求传送带底端A 与顶端B 的距离．(g 取10 m/s2) 图18 答案 4 m 解析 货物从A 处开始做匀加速运动，设加速度为a1，由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma1(2 分) 代入数据解得a1＝2.5 m/s2(1 分) 货物做匀加速运动的时间t1＝＝ s＝1 s(1 分) 位移x1＝t1＝×1 m＝1.25 m(1 分) 在1～2 s 时间内，货物随传送带一起匀速运动的位移为 x2＝v(t－t1)＝2.5×(2－1) m＝2.5 m(1 分) 传送带停止转动后，货物做匀减速运动，设此时货物的加速度大小为a2，所以μmgcos θ＋ mgsin θ＝ma2(2 分) 代入数据解得a2＝12.5 m/s2(1 分) 货物做匀减速运动的位移为x3＝＝ m＝0.25 m(1 分) 则传送带底端A 与顶端B 的距离 L＝x1＋x2＋x3＝4 m．(2 分) 18．(14 分)(2019·苏州市高一上学期期末)如图19 所示，质量为2 kg 的木板B 静止在光滑水 平面上，质量为1 kg 可视为质点的木块A 以水平速度v0＝2 m/s 从右端向左滑上木板．木块 与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5，此时有一水平向右的力F＝10 N 作用在长木板上，取g ＝10 m/s2.求： 图19 (1)开始时木块A 和木板B 各自加速度的大小； (2)若木板足够长，从木块滑上木板到木块和木板速度相同所经历的时间； (3)要使木块不从木板上滑落，木板的最小长度． 答案 (1)5 m/s2 2.5 m/s2 (2)0.8 s (3)0.8 m 解析 (1)对木块和木板分别受力分析 对A 分析：mAa1＝μmAg，a1＝5 m/s2.(1 分) 对B 分析：F－μmAg＝mBa2，a2＝2.5 m/s2.(2 分) (2)设A 木块向左减速到v＝0 时所用时间为t1， 0＝v0－μgt1，(1 分) t1＝0.4 s. 此时B 木板的速度vB＝a2t1＝1 m/s.(1 分) A、B 一起向右加速到共速时间为t2， 则a1t2＝vB＋a2t2，t2＝0.4 s，(1 分) t 总＝t1＋t2＝0.8 s．(1 分) (3)A 木块向左运动的位移大小xA＝t1＝0.4 m(1 分) B 木板向右运动的位移大小xB＝a2t1 2＝0.2 m(1 分) A、B 向相反方向运动过程中的相对位移大小为 Δx1＝0.6 m(1 分) A、B 一起向右运动过程中A、B 的位移差为 Δx2＝xB′－xA′＝－a1t2 2(2 分) 代入数据解得Δx2＝0.2 m．(1 分) 要使木块不从木板上滑落，木板最小长度为 Δx＝Δx1＋Δx2＝0.8 m．(1 分)