这是一份人教版（2019）高中物理必修一新教材同步 章末检测试卷(四)（教师版+学生版），文件包含人教版2019高中物理必修一新教材同步章末检测试卷四--教师版docx、人教版2019高中物理必修一新教材同步章末检测试卷四--学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
章末检测试卷(四)(时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～8题为单项选择题，9～12题为多项选择题．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选和不选的得0分)1．从惯性的角度对生活中的现象进行分析，下列解释正确的是( )A．赛车的速度可以超过螺旋桨飞机的速度，这表明质量小的物体可以获得大惯性B．射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，这表明它的惯性变小了C．火车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性D．摩托车转弯时车手要控制适当的速度和角度，也就是调控车手和车的惯性答案 C解析 惯性的大小只与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，小质量的物体不可能获得大惯性，故A错误；射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，但它的惯性大小只与其质量有关，子弹的惯性大小是不变的，故B错误；火车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性，故C正确；摩托车手控制适当的速度和角度，没有改变车手和车的惯性，故D错误．2．(2019·浙南名校联盟高一上学期期末联考)如图所示为运动员立定跳远脚蹬地起跳瞬间的受力示意图，正确的是( )答案 A3.(2018·孝感高中高一期末)某同学站在一观光电梯地板上，利用速度传感器和计算机研究该观光电梯升降过程中的运动情况，如图1所示的v－t图像是计算机显示的观光电梯在某一段时间内的速度变化情况(向上为正方向)．根据图像提供的信息，可以判断下列说法正确的是( )图1A．0～5 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态B．5～10 s内，该同学对电梯地板的压力大于他所受的重力C．10～20 s内，观光电梯在减速下降，该同学处于超重状态D．20～25 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态答案 D解析 以向上方向为正方向，由题图v－t图像可知，0～5 s内，电梯的加速度为正，说明电梯在加速上升，该同学处于超重状态，A错误.5～10 s内，电梯的加速度为0，该同学做匀速运动，故电梯地板对他的支持力大小等于他所受的重力，结合牛顿第三定律可知，B错误.10～20 s内，电梯加速度为负，向上做匀减速运动，该同学处于失重状态，C错误.20～25 s内，电梯加速度为负，向下做匀加速运动，该同学处于失重状态，D正确．4.如图2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2A．mg，竖直向上B．mgeq \r(1＋μ2)，斜向左上方C．mgtan θ，水平向右D．mgeq \r(1＋tan2 θ)，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＝eq \r(F\o\al(N2)＋F\o\al(f2))＝mgeq \r(1＋tan2 θ)，方向斜向右上方，D正确．5．(2019·攀枝花市高一上学期期末)两质量均为m的木块A、B叠放在一起，静置于水平面上，水平恒力F作用在A上，两木块一起运动，加速度大小为a1，如图3(a)所示．现取走木块B，在木块A上施加一方向竖直向下的恒力F1，F1＝mg(g为重力加速度)．木块A仍在上述水平恒力F的作用下运动，加速度大小为a2，如图(b)所示．下列关于a1和a2的关系，正确的是( )图3A．a2＝2a1 B．a2＝a1C．a2>2a1 D．a1
0，得a1＝a2μgcos 37°，可知传送带对物块A、B的摩擦力方向始终沿传送带向上，选项C正确；物块A、B都做匀加速运动，加速度相同，aA＝eq \f(mAgsin 37°－μmAgcos 37°,mA)＝2 m/s2＝aB，两物块的初速度相同，位移相同，则运动时间也相同，选项B正确，A错误；物块A下滑过程相对传送带的位移等于物块A的位移与传送带匀速运动的位移之差，物块B下滑过程相对传送带的位移等于物块B的位移与传送带匀速运动的位移之和，选项D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·广安市高一上学期期末)如图10所示，在倾角为θ的固定斜面的底端固定一个垂直斜面的挡板c，质量均为m的两个不同的小物体a、b通过轻质弹簧连接，处于静止状态，其中，物体a与斜面间的动摩擦因数为μ，物体b与斜面间光滑，此时弹簧的压缩量为x.现对物体a沿斜面向下的方向施加一个外力使弹簧再压缩4x，弹簧始终处于弹性限度内，然后，突然撤去外力，经过一段时间后，当物体a沿斜面向上运动的速度为v时，物体b刚好离开挡板c，重力加速度为g，那么，下列说法中正确的是( )图10A．弹簧的劲度系数一定为eq \f(mgsin θ,x)B．物体b刚离开挡板c时，a物体的加速度大小为(2sin θ＋μcos θ)gC．当物体a沿斜面向上运动的速度最大时，物体b对挡板的压力大小为(2sin θ＋μcos θ)mgD．撤去外力后，当物体a的速度为v时，物体沿斜面向上运动的距离为5x 答案 BC二、实验题(本题共2小题，共12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＝eq \f(x3－x1,2T2)＝eq \f(1.11×10－2－0.72×10－2,2×0.12) m/s2＝0.195 m/s2，a2＝eq \f(x4－x2,2T2)＝eq \f(1.30×10－2－0.91×10－2,2×0.12) m/s2＝0.195 m/s2，故a＝eq \f(a1＋a2,2)≈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．(6分)如图13所示为“用DIS(由位移传感器、数据采集器、计算机组成，可以直接显示物体的加速度)探究加速度与力的关系”的实验装置．图13(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持__________不变，用钩码所受的重力大小作为__________，用DIS测小车的加速度．(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量．在某次实验中根据测得的多组数据画出a－F关系图线如图14所示．图14①分析此图线OA段可得出的实验结论是______________________．②此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是______．(填选项前字母)A．小车与轨道之间存在摩擦B．轨道保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大D．所用小车的质量太大答案 (1)小车总质量(1分) 小车所受的合外力大小(1分) (2)①在质量不变时，加速度与合外力成正比(2分) ②C(2分)解析 (1)应保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力大小作为小车所受的合外力大小，用DIS测小车的加速度．(2)①OA段为直线，说明在质量不变的条件下，加速度与合外力成正比．②设小车质量为M，所挂钩码的质量为m，由实验原理得mg＝F＝Ma，即a＝eq \f(mg,M)，而实际上a′＝eq \f(mg,M＋m)，可见a′＜a，AB段明显偏离直线是由于没有满足M≫m，故A、B、D错误，C正确．三、计算题(本题共4小题，共40分)15．(8分)一质量m＝2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°且足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块从一开始(t＝0时刻)冲上斜面到上滑过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的速度—时间图线，如图15所示．(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：图15(1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小；(2)小物块与斜面间的动摩擦因数；(3)小物块所到达斜面最高点与斜面底端间的距离．答案 (1)8.0 m/s2 (2)0.25 (3)4.0 m解析 (1)由小物块上滑过程的速度—时间图线，可得小物块冲上斜面过程中加速度为a＝eq \f(v－v0,t)＝eq \f(0－8.0,1.0) m/s2＝－8.0 m/s2加速度大小为8.0 m/s2.(2分)(2)对小物块进行受力分析如图所示，由牛顿第二定律知：－mgsin 37°－Ff＝ma(1分)又FN－mgcos 37°＝0(1分)Ff＝μFN(1分)代入数据解得μ＝0.25.(1分)(3)由图线知小物块沿斜面上滑的距离为x＝eq \f(v0,2)·t＝eq \f(8.0,2)×1.0 m＝4.0 m(2分)16．(10分)(2018·华中师大一附中月考)如图16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，物块从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16(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，求当物块以v0＝2 m/s的初速度从挡板上同一位置沿挡板下滑时，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＝eq \f(1,2)at2(1分)代入数据得加速度大小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)代入数据得a1＝5 m/s2(1分)由运动学规律v2－veq \o\al(02,)＝2a1H知(2分)物块滑到地面时的速度大小为v＝8 m/s.(1分)17．(10分)(2018·玉山一中高一月考)一足够长水平浅色传送带以速度v0匀速运动，现将一可视为质点的煤块轻放在传送带上，已知煤块与传送带间的动摩擦因数为μ.经过一定时间后达到共同速度，现使传送带突然停下，以后不再运动，到最后煤块也停下．已知重力加速度为g.求：(1)煤块第一次达到与传送带相对静止所用的时间；(2)煤块在传送带上划出的痕迹长度．答案 (1)eq \f(v0,μg) (2)eq \f(v\o\al(02),2μg)解析 (1)煤块的加速度a＝μg(2分)达到速度v0所用时间t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(v0,μg)(1分)(2)在煤块与传送带达到共同速度的过程中传送带运动的距离x1＝v0t＝eq \f(v\o\al(02),μg)(2分)煤块运动的距离x2＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(v\o\al(02),2μg)(2分)此过程中煤块相对传送带向后移动的距离为Δx＝x1－x2＝eq \f(v\o\al(02),2μg)(1分)传送带突然停下后，煤块做匀减速运动，直至停下，这一过程煤块相对传送带向前运动的距离为x3＝eq \f(v\o\al(02),2μg)(1分)考虑重叠部分，最终划出的痕迹长度为x＝eq \f(v\o\al(02),2μg).(1分)18．(12分)如图17所示，质量M＝1 kg、长L＝4 m的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，某时刻起在铁块上加一个水平向右的恒力F＝8 N，g取10 m/s2，求：图17(1)加上恒力F后铁块和木板的加速度大小；(2)当铁块运动到木板最右端时，把铁块拿走，木板还能继续滑行的距离．答案 (1)4 m/s2 2 m/s2 (2)8 m解析 (1)以铁块为研究对象，根据牛顿第二定律得F－μ2mg＝ma1，(1分)以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2(2分)代入数据解得铁块的加速度a1＝4 m/s2(1分)木板的加速度a2＝2 m/s2(1分)(2)设铁块运动到木板的右端所用时间为t，则此过程铁块的位移为x1＝eq \f(1,2)a1t2(1分)木板的位移为x2＝eq \f(1,2)a2t2(1分)两者的位移关系是L＝x1－x2，即L＝eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2(1分)代入数据解得t＝2 s或t＝－2 s(舍去)(1分)把铁块拿走时，木板的速度v＝a2t＝4 m/s.(1分)随后，木板做匀减速运动的加速度大小为a3＝μ1g＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2，(1分)则木板还能继续滑行的距离x3＝eq \f(v2,2a3)＝eq \f(16,2×1) m＝8 m．(1分)
