人教版高一物理必修第一册课堂同步精选练习

全书综合测评（解析版）

一、选择题（本题共10小题，每小题4分，满分40分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的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，有选错或不答的得0分。)

1. 如图是体育摄影中“追拍法”的成功之作，摄影师眼中清晰的运动员是静止的，而模糊的背景是运动的，摄影师用自己的方式表达了运动的美．请问摄影师选择的参考系是(　　)

A．大地   B．太阳

C．滑板运动员  D．步行的人

【答案】C

【解析】“追拍法”是跟踪运动的物体，将运动的物体看做是静止的，该图片是运动的滑板运动员被摄影师当做静止的，而用镜头跟踪，所以参考系是滑板运动员，故C正确，A、B、D错误．

2. 在乒乓球比赛中，有一次某运动员采用如图所示的高抛发球，他紧贴台面将球向上抛出，球竖直上升1.5 m后下落，在距离台面0.3 m处被球拍击中，则在这一过程中，乒乓球经过的路程和位移大小分别为(　　)

A．1.5 m,0.3 m  B．2.7 m，0.3 m

C．2.7 m,1.8 m D．1.8 m,0.3 m

【答案】B

【解析】路程是指物体所经过的路径的长度．乒乓球经过的路程是运动轨迹的长度，所以是2.7 m．位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移的大小只与初、末位置有关，与经过的路径无关，所以乒乓球的位移是0.3 m.

3. 如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间Δt.测得遮光条的宽度为Δx，用近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度．为使更接近瞬时速度，正确的措施是  (　　)

A．换用宽度更窄的遮光条            B．提高测量遮光条宽度的精确度

C．使滑块的释放点更靠近光电门      D．增大气垫导轨与水平面的夹角

【答案】A

【解析】瞬时速度表示运动物体在某一时刻(或经过某一位置)的速度，当Δt→0时，可看成物体的瞬时速度，Δx越小，Δt也就越小，A项正确；提高测量遮光条宽度的精确度，不能减小Δt，B项错误；使滑块的释放点更靠近光电门，滑块通过光电门的速度更小，时间更长，C项错误；增大气垫导轨与水平面的夹角并不一定能使更接近瞬时速度，D项错误．

4.　关于加速度和速度的关系，下述运动中不可能出现的是(　　)

A．物体的加速度增大，速度反而减小

B．物体的加速度减小，速度反而增大

C．物体的速度为零时，加速度却不为零

D．物体的加速度不为零且始终不变，速度也始终不变

【答案】D

【解析】加速度和速度均为矢量，当加速度的方向与速度方向相同时，速度是增大的；当加速度的方向与速度方向相反时，速度是减小的，速度变大或变小与加速度的变大或变小没有关系，故A、B不符合题意；当速度为零时，加速度可能为零，也可能不为零，故C不符合题意；加速度是描述速度变化快慢的物理量，有加速度，物体的速度一定发生变化，故D符合题意．

5.(多选)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8 s，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s停在巨石前．则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是(　　)

A．加速、减速中的加速度大小之比a1∶a2＝2∶1

B．加速、减速中的平均速度大小之比 1∶2＝1∶1

C．加速、减速中的位移之比x1∶x2＝2∶1

D．加速、减速中的加速度大小之比a1∶a2≠1∶2

【答案】BC

【解析】 汽车先做匀加速直线运动达到最大速度vm后又做匀减速直线运动，故两次的平均速度之比1∶2＝∶＝1∶1，所以选项B正确；根据a＝可知，两次加速度大小之比为1∶2，所以选项A、D错误；根据x＝ t可知，两次位移之比为2∶1，所以选项C正确．

6. 甲、乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，其速度随时间的变化关系如图所示．图中t2＝，两段曲线均为四分之一圆弧，则下列说法正确的是(　　)

A．两物体在t1时刻加速度相同

B．两物体在t2时刻运动方向均改变

C．两物体在t3时刻相距最远，t4时刻相遇

D．0～t4时间内甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度

【答案】C

【解析】因两段曲线均为四分之一圆弧，由题图知在t1时刻曲线的切线斜率的绝对值与直线斜率相等，即两者加速度大小相等，但方向相反，A项错误；两物体均做单方向的直线运动，B项错误；甲先做匀加速运动再做匀减速运动，乙先做加速度减小的减速运动，再做加速度减小的加速运动，在t3时刻，两物体相距最远，两物体在0～t4时间内图线与t轴所围面积相等，即两物体在t4时刻相遇，在0～t4时间内的平均速度相同，C项正确，D项错误．

7. 如图所示,在光滑地面上,水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量是M,木块质量是m,力大小是F,加速度大小是a,木块和小车之间动摩擦因数是μ。则在这个过程中,木块受到的摩擦力大小是(　　)

A.μmg    B.        C.μ(M+m)g    D.μMg

【答案】B　

【解析】以小车和木块组成的整体为研究对象,根据牛顿第二定律知,a=,以木块为研究对象,摩擦力Ff=ma=。故选B。

8. (多选)拥堵已成为现代都市的一大通病，发展“空中轨道列车”(简称空轨，如图所示)是缓解交通压力的重要举措．假如某空轨从甲站沿直线运动到乙站，为了使旅客舒适，其加速度不能超过2.5 m/s2，行驶的速度不能超过50 m/s.已知甲、乙两站之间的距离为2.5 km，下列说法正确的是(　　)

A．空轨从静止开始加速到最大速度的最短时间为25 s

B．空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的最小位移为500 m

C．从甲站运动到乙站的最短时间为70 s

D．从甲站运动到乙站的最大平均速度为25 m/s

【答案】BC

【解析】空轨从静止开始以最大加速度加速到最大速度时所用时间最短，则最短时间为t1＝＝20 s，选项A错误；以最大加速度刹车时，空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的位移最小，由v＝2amaxx解得最小位移为x＝500 m，选项B正确；以最大加速度加速到最大速度，然后以最大速度匀速运动，再以最大加速度刹车时，空轨从甲站到乙站的运动时间最短，且刹车时间与加速时间相等，等于t1，两段时间对应的位移相等，等于x，匀速运动时间为t2＝＝30 s，所以最短时间为t＝2t1＋t2＝70 s，选项C正确；从甲站运动到乙站的最大平均速度为＝ m/s＝35.7 m/s，选项D错误．

9. 如图所示，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为(　　)

A．2－        B.        C.     D.

【答案】C

【解析】解法一：设物块的质量为m，据平衡条件及摩擦力公式有

拉力F水平时，F＝μmg①

拉力F与水平面成60°角时，

Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)②

联立①②式解得μ＝.故选C.

解法二：受力变化时，物块和桌面间的动 摩擦因数不变，不妨假设摩擦力和支持力的合力方向与支持力的夹角为θ，则有tan θ＝＝μ，因μ不变，故θ角不变，即F与mg的合力方向不变．由图可知，当F由水平变为与水平面夹角为60°时，F大小不变，θ＝30°，再由μ＝tan θ得μ＝tan 30°＝，选项C正确．

10. 刀、斧、凿等切削工具的刃部叫做劈，如图是斧头劈木柴的示意图．劈的纵截面是一个等腰三角形，使用劈的时候，垂直劈背加一个力F，这个力产生两个作用效果，使劈的两个侧面推压木柴，把木柴劈开．设劈背的宽度为d，劈的侧面长为l，不计斧头的自身重力，则劈的侧面推压木柴的力约为  (　　)

A.F      B.F      C.F  D.F

【答案】B

【解析】斧头劈木柴时，设两侧面推压木柴的力分别为F1、F2且F1＝F2，利用几何三角形与力的三角形相似有＝，得推压木柴的力F1＝F2＝F，所以B正确，A、C、D错误．

二、非选择题(本题共6个小题,满分55分。)

10.(8分) 用如图1所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律．

主要实验步骤如下：

a．安装好实验器材，接通电源后，让拖着纸带的小车沿长木板运动，重复几次．

b．选出一条点迹清晰的纸带，找一个合适的点当作计时起点O(t＝0)，然后每隔相同的时间间隔T，选取一个计数点，如图2中A、B、C、D、E、F、…所示．

c．通过测量、计算可以得到在打A、B、C、D、E、…点时小车的速度，分别记作v1、v2、v3、v4、v5、….

D．以速度v为纵轴、时间t为横轴建立直角坐标系，在坐标纸上描点，如图3所示．

图3

结合上述实验步骤，请你完成下列任务：

(1)在下列仪器和器材中，还需要使用的有________和________(填选项前的字母)．

A．电压合适的50 Hz交流电源            B．电压可调的直流电源

C．刻度尺                              D．秒表

E．天平(含砝码)

(2)在图3中已标出计数点A、B、D、E对应的坐标点．请在该图中标出计数点C对应的坐标点，并画出v­t图象．

(3)观察v­t图象，可以判断小车做匀变速直线运动，其依据是________．v­t图象斜率的物理意义是________．

(4)描绘v­t图象前，还不知道小车是否做匀变速直线运动．用平均速度表示各计数点的瞬时速度，从理论上讲，对Δt的要求是________(填“越小越好”或“与大小无关”)；从实验的角度看，选取的Δx大小与速度测量的误差________(填“有关”或“无关”)．

【答案】(1)A　C　(2)如解析图所示　(3)小车的速度随时间均匀变化　加速度　(4)越小越好　有关

【解析】(1)打点计时器使用的是交流电源，故选A，不选B；相邻打点间的时间是已知的，故不选D；计数点间的距离需要用刻度尺测量，故选C；由于不需要知道小车和重物的质量，故不需要天平(含砝码)，故不选E.

(2)连线时要让尽量多的点在一条直线上．

(3)可以依据v­t图象是倾斜的直线(斜率一定)，即小车的速度随时间均匀变化，判断出小车做匀变速直线运动；v­t图象的斜率表示加速度．

(4)严格地讲，表示的是Δt内的平均速度，只有当Δt趋近于0时，才表示瞬时速度，因此若用表示各计数点的瞬时速度，对Δt的要求是越小越好；从实验的角度看，选取的Δx越小，用计算得到的平均速度越接近计数点的瞬时速度，但Δx过小，测量误差增大，因此选取的Δx大小与速度测量的误差有关．

11.(6分)(1)某次研究弹簧所受弹力F与弹簧长度L的关系实验时得到如图甲所示的F­L的图象．由图象可知：弹簧原长L0＝________ cm，由此求得弹簧的劲度系数k＝________ N/m.

(2)如图乙的方式挂上钩码(已知每个钩码重G＝1 N)，使(1)中研究的弹簧压缩，稳定后指针指示如图乙，则指针所指刻度尺示数为________ cm.由此可推测图乙中所挂钩码的个数________个．

【答案】(1)3.0　200　(2)1.50　3

【解析】(1)由题图甲可知，弹簧原长L0＝3.0 cm.由胡克定律F＝kx得k＝＝＝200 N/m.

(2)由题图乙可知，指针所指刻度尺示数为L＝1.50 cm.设钩码个数为n，由胡克定律得nG＝k(L0－L)，解得n＝＝＝3.

12.(10分) 为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求：

(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；

(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．

【答案】(1)　(2)

【解析】(1)对冰球分析，根据速度位移公式得

v－v＝2as0

根据牛顿第二定律得a＝－μg

联立得μ＝.

(2)抓住两者运动时间相等列式．

＝　　　　　①

amin＝　　　　　　②

联立①②得amin＝.

13.(12分)如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6 kg的物体P，Q为一质量为m2＝10 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态．现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：

(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；

(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度a的大小；

(3)力F的最大值与最小值．

【答案】(1)0.16 m　(2) m/s2　(3) N　 N

【解析】(1)对整体受力分析，平行斜面方向有

(m1＋m2)gsin θ＝kx0

解得x0＝0.16 m.

(2)前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1

对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1gsin θ＝m1a

前0.2 s时间内两物体的位移x0－x1＝at2

联立解得a＝ m/s2.

(3)对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大

Fmin＝(m1＋m2)a＝ N

对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a

解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝ N.

14.(12分) 随着科技的发展，未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离．如图所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，其中电磁弹射区的长度为l1＝120 m，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵．一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 N．假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．已知飞机可看做质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝120 m/s，航空母舰处于静止状态，求：(结果保留两位有效数字，取g＝10 m/s2)

(1)飞机在后一阶段的加速度大小；

(2)飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F牵的大小．

【答案】(1)4.0 m/s2　(2)58 m/s2　1.1×106 N

【解析】(1)飞机在后一阶段受到阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a2，此过程中的平均阻力f2＝0.2mg

根据牛顿第二定律有F推－f2＝ma2

代入数据解得a2＝4.0 m/s2.

(2)飞机在电磁弹射阶段受恒定的牵引力、阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，末速度为v1.此过程中飞机受到的阻力f1＝0.05mg

根据匀加速直线运动的规律有

v＝2a1l1

v2－v＝2a2(l－l1)

根据牛顿第二定律有F牵＋F推－f1＝ma1

代入数据解得a1＝58 m/s2，F牵＝1.1×106 N.

15.(12分)某运动员做跳伞训练,他从悬停在空中的直升机上由静止跳下,先做自由落体运动,跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速运动下落。他打开降落伞后的速度图线如图(a)。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员,每根绳与中轴线的夹角均为30°,如图(b)。已知人的质量为50 kg,降落伞质量也为50 kg,不计人所受的阻力,打开伞后伞所受阻力f与速率v成正比,即f=kv(已知g取10 m/s2。)。求:

(1)打开降落伞前人下落的距离;

(2)阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向;

(3)悬绳能够承受的拉力至少为多少?

【答案】(1)20 m　(2)200 N·s/m　30 m/s2　竖直向上   (3) N

【解析】(1)由v-t图象知人打开降落伞时速度为:v0=20 m/s,

则打开降落伞前人下落的距离为:h0== m=20 m;

(2)当人和降落伞的速度达到v=5 m/s时做匀速运动,则:

kv=2mg,

解得:k=200 N·s/m

对整体,根据牛顿第二定律得:kv0-2mg=2ma,

解得:a==30 m/s2,方向竖直向上;

(3)设每根绳拉力为T,以运动员为研究对象有:

8T cos 30°-mg=ma,

T= N

由牛顿第三定律得:悬绳能承受的拉力至少为 N。