章末检测试卷(第四章)--教科版高中物理必修第一册同步课件+讲义+专练（新教材）

这是一份章末检测试卷(第四章)--教科版高中物理必修第一册同步课件+讲义+专练（新教材），文件包含章末检测试卷第四章pptx、章末检测试卷第四章教师版docx、章末检测试卷第四章专练docx等3份课件配套教学资源，其中PPT共53页， 欢迎下载使用。
ZHANGMOJIANCESHIJUAN(DISIZHANG)章末检测试卷(第四章)(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.下列关于牛顿运动定律的说法正确的是A.牛顿第一定律提出了当物体所受的合外力为零时，物体将处于静止状态B.汽车速度越大，刹车后滑行的距离越长，所以惯性越大C.跳高时，运动员能跳离地面，是因为人对地面的压力大于地面对人的支 持力D.在受到相同的合外力时，决定物体运动状态变化难易程度的唯一因素是 物体的质量√123456789101112131415161718123456789101112131415161718根据牛顿第一定律的内容知，当物体不受力时，总保持匀速直线运动状态或静止状态，故A项错误；惯性是物体的固有属性，与物体速度的大小无关，故B项错误；人对地面的压力与地面对人的支持力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故C项错误；由牛顿第二定律知，对于任何物体，在受到相同的合外力时，决定它们运动状态变化难易程度的唯一因素就是它们的质量，故D项正确。2.如图所示，一只鸽子在空中以加速度a沿图中虚线斜向上匀加速飞行，在此过程中，下列说法正确的是A.鸽子处于超重状态B.鸽子处于完全失重状态C.空气对鸽子的作用力可能等于鸽子所受重力D.鸽子受到空气的作用力的方向与其飞行的速度方向相同√1234567891011121314151617181234567891011121314因为鸽子在空中以加速度a沿图中虚线斜向上匀加速飞行，加速度有竖直向上的分量，所以鸽子处于超重状态，故A正确，B错误；15161718鸽子所受的合力的方向与其飞行的速度方向相同，合力、空气的作用力与重力应构成矢量三角形，故空气对鸽子的作用力不可能等于鸽子所受重力，空气对鸽子作用力的方向应与其飞行的速度方向有一定的夹角，故C、D错误。3.(2022·浙江省瑞安中学高一开学考试)烟花爆竹从地面起飞后在竖直方向上做匀减速直线运动，2 s后到达最高点并爆炸，已知爆炸点距地面的高度为30 m，烟花爆炸前受到的空气阻力恒定，重力加速度g＝10 m/s2，则烟花上升过程中阻力与重力大小之比为A.1.25 B.1 C.0.5 D.0.25√1234567891011121314151617181234567891011121314151617184.(2022·北京汇文中学高一期末)人在平地上静止站立时，受到的支持力等于人的重力，做原地纵跳时，在快速下蹲后立即蹬伸的过程中，人受到的地面支持力会发生变化(如图，G为重力，F为支持力)。下列曲线能正确反映从下蹲开始到离地过程中地面支持力变化的是123456789101112131415161718√123456789101112131415161718人在地面上静止站立时，受到的支持力等于人的重力，在快速下蹲时，人先向下加速后向下减速到达最低点，故先具有向下的加速度后具有向上的加速度，则人先处于失重状态后处于超重状态，受到支持力先减小后增大；在人蹬伸的过程中，从最低点到达重力与地面支持力相等时，人具有向上的加速度，处于超重状态，人从受力平衡点继续上升时支持力减小，至人完全离开地面时支持力减小到零，A正确。5.(2023·四川成都市高一期末)如图所示，两个质量分别为m1＝3 kg、m2＝2 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。大小为F＝50 N的水平拉力作用在m1上，弹簧测力计始终在弹性限度内，当系统稳定后，下列说法正确的是A.弹簧测力计的示数是30 NB.在突然撤去F的瞬间，m2的加速度为10 m/s2C.在突然撤去F的瞬间，弹簧测力计的示数变为0D.若地面粗糙，系统仍稳定匀加速运动，则弹簧测力计示数一定变大√123456789101112131415161718123456789101112131415161718将m1和m2作为整体，根据牛顿第二定律F＝(m1＋m2)a，再以m2为研究对象，根据牛顿第二定律T＝m2a，联立可得弹簧测力计的示数及加速度的大小分别为T＝20 N，a＝10 m/s2，A错误；若突然撤去F的瞬间，弹簧的弹力不能突变，大小仍为20 N，m2的受力不变，加速度仍为10 m/s2，B正确，C错误；若地面粗糙，设两物体与地面间的动摩擦因数为μ，将m1和m2作为整体，根据牛顿第二定律F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a′，再以m2为研究对象，根据牛顿第二定律T′－μm2g＝m2a′，解得弹簧测力计示数T′＝20 N，弹簧测力计的示数保持不变，D错误。6.(2022·宁波市高一期末)一只长方体形空铁箱质量为2 kg，铁箱内有一个质量与空铁箱相同的铁块，铁箱与水平面间以及铁块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ都为0.5，现用水平拉力F使铁块贴在铁箱左壁上方与铁箱一起沿水平面向右做匀加速运动，如图所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，则拉力F至少为A.20 N B.60 N C.70 N D.100 N1234567891011121314√15161718123456789101112131415161718当拉力F取满足题意要求的最小值时，铁块与铁箱之间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力，根据牛顿第二定律可得此时铁块与铁箱之间的弹力大小为N＝ma，在竖直方向上根据平衡条件有μN＝mg，对铁块和铁箱整体有F－2μmg＝2ma，联立以上三式解得F＝100 N，D正确。7.如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，小滑块A和B之间用轻质弹簧连接，A的上端用细线固定，小滑块A的质量是小滑块B质量的一半。开始两个滑块均静止，现在把细线剪断，在剪断细线瞬间A和B的加速度大小分别是(重力加速度大小为g)123456789101112131415161718√设A的质量为m，则B的质量为2m，剪断细线前，细线的拉力大小为T＝(2m＋m)gsin 30°＝ mg，对B有F弹＝2mgsin 30°＝mg。剪断细线的瞬间，细线的拉力立刻减为零，而弹簧的弹力不变，则B的加速度为零，A的加速度为aA＝1234567891011121314151617188.如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑固定斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化(图中纵坐标是F123456789101112131415161718√与mg的比值，力F沿斜面向上为正)。则物体运动的速度v随时间t变化的规律是下列选项图中的(物体的初速度为零，速度沿斜面向上为正方向，重力加速度g取10 m/s2)123456789101112131415161718123456789101112131415161718二、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.小球在空气中由静止开始下落，受到的空气阻力与速度成正比。若下落高度足够大，小球下落的最大速度为40 m/s，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是A.小球先加速再减速B.小球先做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动C.小球下落速度为5 m/s时的加速度a＝5 m/s2D.小球下落速度为5 m/s时的加速度a＝8.75 m/s2√√123456789101112131415161718由mg－kv＝ma知，随着v增大，a减小，当mg＝kvm时a＝0，小球做匀速运动，vm＝40 m/s时，有40k＝mg ①小球下落速度为5 m/s时，有mg－k×5＝ma ②由①②得：a＝8.75 m/s2，B、D正确。12345678910111213141516171810.如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻恒力F突然反向，整个过程中物块速度的二次方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g＝10 m/s2。下列说法中正确的是A.0～5 s内物块做匀减速运动B.在t＝1 s时刻，恒力F反向C.恒力F大小为10 ND.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3√√123456789101112131415161718123456789101112131415161718由题图乙得物块在前5 m位移内做匀减速运动，在5～13 m位移内做匀加速运动，11.(2022·遵义市高一期末)如图所示，小物块m1＝1 kg，放在长木板m2上，m2＝2 kg，m1和m2之间的动摩擦因数μ1＝0.2，m2与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2)则下列说法正确的是A.当F＝9 N时，m1的加速度为2 m/s2B.当F＝15 N时，m2的加速度为5 m/s2C.要使m1、m2发生相对滑动，F至少为8 ND.当F＝12 N时，m1的加速度为3 m/s2√√123456789101112131415161718拉力F作用在m2上，m1和m2恰好不滑动时，m1和m2之间的静摩擦力达到最大，对m1根据牛顿第二定律有μ1m1g＝m1a，对整体有F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，联立解得F＝9 N，a＝2 m/s2，即要使m1、m2发生相对滑动，F至少为9 N，当F≥9 N时，m1加速度均为2 m/s2，故C、D错误，A正确；当F＝15 N时，对m2有F－μ2(m1＋m2)g－μ1m1g＝m2a′，解得a′＝5 m/s2，故B正确。12345678910111213141516171812.(2023·四川成都市高一统考期末)如图所示，传送带以10 m/s的速度逆时针方向匀速转动，两侧的传送带长都是16 m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个滑块A、B(可视为质点)从传送带顶端同时由静止滑下，已知滑块A、B的质量均为1 kg，与传送带间的动摩擦因数均为0.5，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是A.滑块A先做匀加速运动后做匀速运动B.滑块A比B早到达底端2 sC.滑块A、B到达传送带底端时的速度大小不相等D.滑块A在传送带上的划痕长度为5 m√√123456789101112131415161718√123456789101112131415161718a＝gsin 37°＋μgcos 37°＝10 m/s2，滑块A先加速，加速到与传送带速度相等，两滑块从静止开始沿传送带下滑，开始阶段传送带对A滑块的滑动摩擦力沿斜面向下，对B滑块的滑动摩擦力沿斜面向上，则对A，加速到与传送带速度相等后，由于mgsin 37°>μmgcos 37°，故不能和传送带保持相对静止，摩擦力反向，之后加速度大小为a′＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2，加速到传送带底端，则有L－x1＝v0t2＋ a′t22，123456789101112131415161718解得t2＝1 s，到达底端共用时t＝t1＋t2＝2 s，B滑块一直以加速度大小a′＝2 m/s2加速至传送带底端，则L＝ a′t′2，解得t′＝4 s，Δt＝t′－t＝2 s，B正确；A到达底端时的速度大小为vA＝v0＋a′t2＝10 m/s＋2×1 m/s＝12 m/s，B到达底端时的速度大小为vB＝a′t′＝2×4 m/s＝8 m/s，C正确；A加速到与传送带共速时，划痕长度为v0t1－x1＝5 m，在这之后，相对位移为Δx2＝11 m－v0t2＝1 m，滑块比传送带速度快，会覆盖之前的划痕，滑块A在传送带上的划痕长度为5 m，故D正确。三、非选择题(本题共6小题，共60分)13.(8分)在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图甲所示的装置，打点计时器所用电源频率为50 Hz。123456789101112131415161718(1)该同学要探究小车的加速度a和质量M的关系，应该保持________不变；若该同学要探究加速度a和拉力F的关系，应该保持________不变。拉力F质量M123456789101112131415161718该实验是运用控制变量法研究的，该同学要探究小车的加速度a和质量M的关系，应该保持绳对车的拉力F不变；若该同学要探究加速度a和拉力F的关系，应该保持小车的质量M不变。123456789101112131415161718(2)该同学通过数据的处理作出了a－F图像，如图乙所示，则①图中的图线不过原点的原因是_______________。平衡阻力过度题图乙中当F＝0时，a≠0，也就是说当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为0，说明小车所受的阻力小于重力沿木板的分力，原因是平衡阻力过度。123456789101112131415161718②图中的力F理论上指_____，而实验中却用_____表示。(选填字母符号)A.砂和砂桶的重力B.绳对小车的拉力BA题图乙中的力F理论上指绳对小车的拉力，即B，而实验中却用砂和砂桶的总重力表示，即A。123456789101112131415161718③此图中图线发生弯曲的原因是__________________________________________。砂和砂桶的总质量不再远小于小车的质量14.(8分)如图所示为“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。123456789101112131415161718(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。小车总质量小车所受的合外力大小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)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关系图线如图所示。①分析此图线OA段可得出的实验结论是____________________________________。123456789101112131415161718在质量不变时，加速度与合外力成正比OA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123456789101112131415161718C123456789101112131415161718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，15.(8分)如图甲所示，质量m＝2 kg的物体在水平面上向右做直线运动。过A点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v－t图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。求：123456789101112131415161718(1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；答案　3 N　0.05　设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，则由v－t图像得123456789101112131415161718根据牛顿第二定律，有F＋μmg＝ma1 (1分)设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，则由v－t图像得(1分)根据牛顿第二定律，有F－μmg＝ma2 (1分)联立解得F＝3 N，μ＝0.05 (1分)123456789101112131415161718(2)10 s末物体离A点的距离。答案　2 m设10 s内物体的位移为x，则x为v－t图线与横轴所围的面积。12345678910111213141516171816.(10分)如图所示，传送带与水平面的夹角θ＝30°，正以恒定的速率v＝2.5 m/s顺时针转动，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转动，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)答案　4 m123456789101112131415161718货物从A处开始做匀加速运动，设加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma1 (1分)代入数据解得a1＝2.5 m/s2 (1分)(1分)(1分)在1～2 s时间内，货物随传送带一起匀速运动的位移大小为x2＝v(t－t1)＝2.5×(2－1) m＝2.5 m (1分)123456789101112131415161718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，由牛顿第二定律得μmgcos θ＋mgsin θ＝ma2 (1分)代入数据解得a2＝12.5 m/s2 (1分)(1分)则传送带底端A与顶端B的距离L＝x1＋x2＋x3＝4 m。 (2分)17.(12分)(2022·绍兴高一期末)某“驴友”欲登上一“光头”山峰，若将山坡视作倾角为θ＝53°的斜面，坡长约为30 m，该驴友的鞋底与山坡间的动摩擦因数为μ1＝0.5。因山坡较陡，已登顶的驴友放下一根长绳，如图所示。已知：正在登山的驴友质量为60 kg，cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。求：123456789101112131415161718(1)该驴友若手沿斜坡方向拉绳，脚爬坡，手脚并用，匀速上坡，他拉绳子的力至少多大；答案　300 N　123456789101112131415161718该驴友手沿斜坡方向拉绳的同时，脚努力向上爬时，若以最大静摩擦力向上爬，所需拉力最小。垂直斜面方向有N＝mgcos θ (1分)沿斜面方向有T＋fm＝mgsin θ (1分)因为fm＝μ1N (1分)联立解得T＝300 N (1分)由牛顿第三定律可知他拉绳的力至少300 N。123456789101112131415161718(2)该驴友若手沿斜坡方向拉绳，脚爬坡，手脚并用登山，先匀加速上坡，当速度达到2 m/s后保持匀速上坡，离坡顶0.5 m时，放开绳子，只用脚爬坡，则他能否爬上坡顶？若能，求出上坡所用的总时间；若不能爬上坡顶，在速度减为零时，为避免滑倒他只能坐下，然后沿山坡滑下，答案　不能　1.5 s裤子与山坡之间的动摩擦因数为μ2＝0.4，求他(可视作质点)从此刻开始下滑6.3 m的时间。123456789101112131415161718放开绳后，N＝mgcos θ (1分)μ1N－mgsin θ＝ma1 (1分)可得a1＝－5 m/s2由0－v2＝2a1x (1分)解得x＝0.4 m (1分)所以离到坡顶还有0.1 m，不能到达坡顶；坐下后，设该驴友下滑的加速度大小为a2N＝mgcos θ (1分)123456789101112131415161718mgsin θ－μ2N＝ma2 (1分)解得a2＝5.6 m/s2解得t＝1.5 s。 (1分)(1分)12345678910111213141516171818.(14分)如图所示，光滑的水平面上有一质量M＝0.2 kg的长木板，另一质量m＝0.1 kg的小滑块以v0＝2.4 m/s的水平初速度从长木板的左端滑上长木板(此时开始计时)。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。(1)若长木板长L＝0.7 m且固定在水平面上，求小滑块从长木板上滑离时的速度大小；答案　0.4 m/s　123456789101112131415161718小滑块在摩擦力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得－f＝ma1 (2分)又f＝μN＝μmg (1分)解得a1＝－4 m/s2 (1分)由v2－v02＝2a1L，解得v＝0.4 m/s (2分)(2)若长木板足够长且不固定，则经过多长时间小滑块与长木板的速度相等？求此时间内小滑块运动的位移大小。123456789101112131415161718答案　0.4 s　0.64 m123456789101112131415161718长木板在水平方向只受向右的滑动摩擦力f′，且f′＝f＝μmg＝0.4 N，所以长木板向右做匀加速直线运动。 (2分)由牛顿第二定律得f′＝Ma2，解得a2＝2 m/s2 (2分)设经过时间t，两者速度相同，则有v0＋a1t＝a2t (1分)解得t＝0.4 s (1分)123456789101112131415161718得此时间内小滑块运动的位移大小x＝0.64 m。 (2分)