新教材高中物理必修一章末检测试卷(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 ND．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 C2.(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1A．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2A．(M＋m)g－ma B．M(g－a)－maC．(M－m)g＋ma D．Mg－ma答案 C解析对重物，设绳的拉力为F T，由牛顿第二定律知，mg－F T＝ma，所以，绳的拉力为F T ＝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＝F N＋F T′，又因为F T′＝F T，所以F N＝Mg－F T＝(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3A ．A 的加速度为零，B 的加速度大小为gB ．A 、B 的加速度大小均为0.5gC ．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＝2mg sin 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a A ＝F 弹－mg sin 30°m ＝0.5g ，以B 球为研究对象，有a B ＝mg sin 30°m＝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4A ．方向向左，大小为kx mB ．方向向右，大小为kx mC ．方向向左，大小为2kx mD ．方向向右，大小为2kx m答案 D7.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L 1；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L 2.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5A ．L 2＜L 1B ．L 2＞L 1C．L2＝L1D．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＝Fm A＋m B－μg；对物体B，根据牛顿第二定律得：kx－μm B g＝m B a，解得：x＝m B Fk(m A＋m B)，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6A．mg，竖直向上B．mg1＋μ2，斜向左上方C．mg tan θ，水平向右D．mg1＋tan2θ，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：m A g tan θ＝m A a，得：a ＝g tan θ，方向水平向右．再对B受力分析，小车对B的摩擦力为：F f＝ma＝mg tan θ，方向水平向右，小车对B的支持力大小为F N＝mg，方向竖直向上，则小车对物块B的作用力的大小为：F＝F N2＋F f2＝mg1＋tan2θ，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7A．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BC10.两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8A．等于零B．方向沿斜面向上C．大小等于μ1mg cos θD．大小等于μ2mg cos 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)g sin θ－μ1(M＋m)g cos θ＝(M ＋m)a，解得a＝g(sin θ－μ1cos θ)，a<g sin 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F f B，对B受力分析，如图所示，由牛顿第二定律得mg sin θ－F f B＝ma，解得F f B＝mg sin θ－ma＝mg sin θ－mg(sin θ－μ1cos θ)＝μ1mg cos 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9A．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10A ．绳子上的拉力大小F T ＝(M ＋m )gB ．物体A 的加速度a ＝m 2M ＋mg C.M m的取值小一些，便于观测和研究 D.M m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：F T －Mg ＝Ma ，对B 、C 整体，由牛顿第二定律得：(M＋m )g －F T ＝(M ＋m )a ，联立解得F T ＝Mg ＋Mmg 2M ＋m ，a ＝m 2M ＋mg ，故A 错误，B 正确；由a ＝m 2M ＋m g ＝12M m＋1g 知，M m 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x 1＝0.72 cm ，x 2＝1.63 cm －0.72 cm ＝0.91 cm ，x 3＝2.74 cm －1.63 cm ＝1.11 cm ，x 4＝4.04 cm －2.74 cm ＝1.30 cm ，用逐差法求加速度，a 1＝x 3－x 12T 2＝1.11×10－2－0.72×10－22×0.12 m /s 2＝0.195 m/s 2，a 2＝x 4－x 22T 2＝1.30×10－2－0.91×10－22×0.12 m /s 2＝0.195 m/s 2，故a ＝a 1＋a 22≈0.20 m/s 2.(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 /s 2，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－1m图线，则从图线可知小车的加速度a与小车质量的倒数1m之间的关系式为________．答案(1)C(2分)(2)3.1(2分) 1.9(2分)(3)a＝15m(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 ＝x OF －x FH (2T )2＝(7.72＋7.21－6.71－6.25)×10－2(2×0.04)2 m /s 2≈3.1 m/s 2.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，v E ＝x OF 2T ＝(7.72＋7.21)×10－22×0.04 m /s≈1.9 m/s.(3)由题图可知，图线斜率的数值为0.2，则a ＝15m.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/s 2，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/s 2 (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：F cos 37°－F f＝ma(2分)竖直方向由平衡条件得：F N＋F sin 37°＝mg(1分)又F f＝μF N(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－v02＝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)＝0.8 s．(1分)还能运动的时间：t＝va′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＝12at2(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mg sin 53°－μmg cos 53°＝ma1(2分)代入数据解得a1＝5 m/s2(1分)由运动学规律v2－v02＝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＝32，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/s 2)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a 1，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1(2分)代入数据解得a 1＝2.5 m/s 2(1分)货物做匀加速运动的时间t 1＝v a 1＝2.52.5 s ＝1 s(1分)位移x 1＝v 2t 1＝2.52×1 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 x 2＝v (t －t 1)＝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a 2，所以μmg cos θ＋mg sin θ＝ma 2(2分)代入数据解得a 2＝12.5 m/s 2(1分)货物做匀减速运动的位移为x 3＝v 22a 2＝ 2.522×12.5 m ＝0.25 m(1分)则传送带底端A 与顶端B 的距离 L ＝x 1＋x 2＋x 3＝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v 0＝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/s 2.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 /s 2 2.5 m/s 2 (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：m A a 1＝μm A g ，a 1＝5 m/s 2.(1分) 对B 分析：F －μm A g ＝m B a 2，a 2＝2.5 m/s 2.(2分) (2)设A 木块向左减速到v ＝0时所用时间为t 1， 0＝v 0－μgt 1，(1分) t 1＝0.4 s.此时B 木板的速度v B ＝a 2t 1＝1 m/s.(1分) A 、B 一起向右加速到共速时间为t 2， 则a 1t 2＝v B ＋a 2t 2，t 2＝0.4 s ，(1分) t 总＝t 1＋t 2＝0.8 s ．(1分)(3)A 木块向左运动的位移大小x A ＝v 02t 1＝0.4 m(1分)B 木板向右运动的位移大小x B ＝12a 2t 12＝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 Δx 1＝0.6 m(1分)A 、B 一起向右运动过程中A 、B 的位移差为 Δx 2＝x B ′－x A ′＝⎝⎛⎭⎫v B t 2＋12a 2t 22－12a 1t 22(2分) 代入数据解得Δx 2＝0.2 m ．(1分)要使木块不从木板上滑落，木板最小长度为 Δx ＝Δx 1＋Δx 2＝0.8 m ．(1分)。