人教版高中物理必修一同步练习题常考题型专练docx_8

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新20版练B1物理人教常考题型专练
题型1选择题
1.(湖北黄冈2018高一期中)列车出站时能在150 s内匀加速到180 km/h,然后正常行驶。某次因意外列车以加速时的加速度大小将车速减至108 km/h。以初速度方向为正方向,则下列说法不正确的是(　　)。
A.列车加速时的加速度大小为13 m/s2
B.列车减速时,若运用v=v0+at计算瞬时速度,其中a=-13 m/s2
C.若用v-t图像描述列车的运动,减速时的图线在时间轴t轴的下方
D.列车由静止加速,1 min内速度可达20 m/s
答案：C
解析：列车的加速度大小a=ΔvΔt=50150 m/s2=13 m/s2,减速时,加速度方向与速度方向相反,a'=-13 m/s2,故A、B两项都正确;以初速度方向为正方向,列车减速时,v-t图像的图线依然在时间轴t轴的上方,C项错误;由v=at可得v=13×60 m/s=20 m/s,D项正确。
2.(广西河池2018高一期末)(多选)某一物体做匀变速直线运动,在t=0时,物体的速度大小为8 m/s,方向向东;在t=1 s时刻,物体的速度大小为6 m/s,方向仍向东。当物体的速度大小变为4 m/s时,对应的时刻可能是(　　)。
A.2 s B.4 s C.6 s D.8 s
答案：AC
解析：根据加速度的定义式a=ΔvΔt=v-v0t代入数据得a=6-81 m/s2=-2 m/s2,方向向西。物体做匀减速运动,根据速度公式v=v0+at,有t=v-v0a。当v=4 m/s时,t=4-8-2 s=2 s;当v=-4 m/s时,t=-4-8-2 s=6 s,故A、C正确。
3.(河北保定2019高三质量检测)如图1所示为一质点沿直线运动的v-t图像,已知质点从零时刻出发,在2T时刻恰好返回出发点。则下列说法正确的是(　　)。

图1
A.0~T与T~2T时间内的加速度大小之比为1∶2
B.质点在T时开始反向运动
C.T秒末与2T秒末速度大小之比为1∶2
D.0~T与T~2T时间内的位移相同
答案：C
解析：根据“面积”表示位移,图像在时间轴上方位移为正,在时间轴下方位移为负,可知,0~T与T~2T时间内的位移方向相反,故D错误。设T时刻速度为v1,2T时刻速度为v2,0~T与T~2T时间内的位移大小相等、方向相反,则有:0+v12·T=-v1+v22·T,解得v2=-2v1,即T秒末与2T秒末速度大小之比为1∶2,故C正确。0~T时间内的加速度为a1=v1T,T~2T时间内的加速度为:a2=v2-v1T=-3v1T,故0~T与T~2T时间内的加速度大小之比为1∶3,故A错误。在T时刻前后的短暂时间里速度均为正,质点的运动方向没有改变,故B错误。故选C。
4.(山东临沂2019高三质量检测)一个物体以初速度v0沿光滑斜面向上运动,其速度v随时间t变化的规律如图2所示,在连续两段时间m和n内对应面积均为S,则b时刻的速度大小为(　　)。

图2
A.(m-n)Smn B.mn(m2+n2)Sm+n
C.(m2+n2)S(m+n)mn D.(m2+n2)Smn
答案：C
解析：设b时刻的速度为vb,加速度为a,根据x=v0t+12at2得:S=vam-12am2……①,S=vbn-12an2……②,vb=va-am……③,①②③联立得vb=(m2+n2)S(m+n)mn,故选C。
5.(河南安阳2018高一检测)一物体以一定的初速度在水平面上匀减速滑动。若已知物体在第1 s内的位移为8.0 m,在第3 s内位移为0.5 m,则下列说法正确的是(　　)。
A.物体的加速度大小一定为3.75 m/s2
B.物体的加速度大小可能为3.75 m/s2
C.物体在第0.5 s末速度一定为4.0 m/s
D.物体在第2.5 s末速度一定为0.5 m/s
答案：B
解析：第1 s内的位移:x1=v0t+12at2=8 m……①,第3 s内的位移:x3=v2t+12at2=0.5 m……②,其中v2是物体在第2 s末的速度,v2=v0+a×2……③,联立①②③式,代入数据解得:v0=9.875 m/s,a=-3.75 m/s2。第3 s末的速度:v3=v0+at3=-1.375 m/s,说明在3 s末前物体已经反方向运动。还有一种情况:物体做减速运动,速度为0后就静止不动(刹车问题),即在3 s末前就停止运动。如果物体在3 s末前就停止运动,其加速度就不为-3.75 m/s2,故A错误,B正确;第0.5 s末速度为第1 s的中间时刻速度,vt2=v=8 m/s,故C错误;如果在3 s末前就已经停止运动,则物体在第2.5 s末速度不等于第3 s的平均速度,故D错误。故选B。
6.(湖北团风中学2019高三质量检测)如图3所示,倾角分别为α=60°、β=30°的两个斜面体A、B固定在水平地面上,一质量为m的直杆放于两光滑斜面上处于静止状态。重力加速度为g,则直杆受到斜面体A、B的支持力大小分别为(　　)。

图3
A.32mg,12mg B.12mg,32mg
C.12mg,12mg D.32mg,32mg
答案：B
解析：直杆受三个力作用而处于平衡状态,这三个力的作用线(或延长线)一定相交于一点,如图所示,可知FNA=mgsin β=12mg,FNB=mgcos β=32mg。

7.(湖北鄂州2019高三质量检测)如图4所示,两光滑平板MO、NO构成一具有固定夹角α=75°的“V”形槽,一球置于槽内,用θ表示NO板与水平面之间的夹角。已知小球对NO板压力的大小正好等于小球所受重力的大小,则NO板与水平面之间的夹角θ为(　　)。

图4
A.15° B.30° C.45° D.60°
答案：B
解析：以小球为研究对象,其受力情况如图所示,小球受到重力mg、挡板MO的支持力FM和挡板NO的支持力FN三个力的作用而处于平衡状态,可知挡板MO的支持力FM和挡板NO的支持力FN的合力F'=mg;根据题意可知FN=mg,可见,以表示FN和F'的线段为邻边的三角形是等腰三角形,由几何关系可知β=180°-θ2,又θ+β=180°-α,解得θ=30°。

题型2实验题
8.某同学在家中找到两根一样的轻弹簧P和Q、装有水的总质量m=1 kg的矿泉水瓶、刻度尺、量角器和细绳等器材,设计如下实验验证力的平行四边形定则,同时测出弹簧的劲度系数k。其操作如下:
a.将弹簧P上端固定,让其自然下垂,用刻度尺测出此时弹簧P的长度L0=12.50 cm;
b.将矿泉水瓶通过细绳连接在弹簧P下端,待矿泉水瓶静止后用刻度尺测出此时弹簧P的长度L1,如图5甲所示,L1=17.50cm;

图5
c.在细绳和弹簧Q的挂钩上涂抹少许润滑油,将细绳搭在挂钩上,缓慢的拉起弹簧Q,使弹簧P偏离竖直方向夹角为60°,测出弹簧Q的长度为L2及其轴线与竖直方向夹角为θ,如图乙所示;
(1)取重力加速度g=10 m/s2,则弹簧P的劲度系数k=　　　　。 
答案：200 N/m
(2)若要验证力的平行四边形定则,L2和θ需满足的条件是L2=　　　　cm,θ=　　　　。 
答案：17.50　60
9.(山东威海2018高三质量检测)在暗室中用如图6甲所示的装置做“测定重力加速度”的实验。

图6
实验器材有:支架、漏斗、橡皮管、尖嘴玻璃管、螺丝夹子、接水铝盒、一根荧光刻度的米尺、频闪仪。
具体实验步骤如下:
①在漏斗内盛满清水,旋松螺丝夹子,水滴会以一定的频率一滴滴地落下。
②用频闪仪发出的闪光将水滴照亮,由大到小逐渐调节频闪仪的频率直到第一次看到一串仿佛固定不动的水滴。
③用竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度。
④采集数据进行处理。
(1)实验中看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时,频闪仪的闪光频率满足的条件是　。 
答案：闪光频率等于水滴滴落的频率
解析：频闪仪闪光频率等于水滴滴落的频率时,可看到一串仿佛固定不动的水滴。
(2)实验中观察到水滴“固定不动”时的闪光频率为30 Hz,某同学读出其中比较圆的水滴到第一个水滴的距离如图乙所示,根据数据测得当地重力加速度g=　　　　m/s2。(结果保留三位有效数字) 
答案：9.72
解析：由逐差法得g=[(43.67-26.39)-(26.39-13.43)]×10-24×1302 m/s2=9.72 m/s2。
10.(河北石家庄2018高一期中)某同学设计了如图7甲所示的装置来研究小车的加速度与所受合力的关系。将装有力传感器的小车放置于水平长木板上,缓慢向小桶中加入细砂,直到小车刚开始运动为止,记下传感器的最大示数F0。再将小车放回原处并按住,继续向小桶中加入细砂,记下传感器的示数F1。释放小车,记录小车运动时传感器的示数F2。


图7
(1)接通频率为50 Hz的交流电源,释放小车,打出如图乙所示的纸带。从比较清晰的点起,每5个点取一个计数点,量出相邻计数点之间的距离,则小车的加速度a=　　　　m/s2。(保留两位有效数字) 
答案：0.16
解析：由纸带可知,在连续相等时间内的位移之差Δx=0.16 cm,根据Δx=aT2得加速度为:a=ΔxT2=0.16×10-20.01 m/s2=0.16 m/s2。
(2)同一次实验中,F1　　　　F2(填“<”“=”或“>”)。 
答案：>
解析：将小车放回原处并按住,继续向小桶中加入细砂,记下传感器的示数F1,此时F1=mg,释放小车后,根据牛顿第二定律有:mg-F2=ma,可知F2F2。
(3)改变小桶中砂的重力,多次重复实验,获得多组数据,描绘小车加速度a与F的关系如图丙。不计纸带与打点计时器间的摩擦。图像中F是实验中测得的　　　　。
A.F1 B.F2
C.F1-F0 D.F2-F0
答案：D
解析：研究a与F的关系,保持质量不变,改变小车所受的合力,可知图像中F=F2-F0,故D正确,A、B、C错误。
11.(2019·全国卷Ⅱ)如图8(a),某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有:铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50 Hz的交流电源、纸带等。回答下列问题:


图8

(1)铁块与木板间动摩擦因数μ=　　　　(用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示)。 
答案：gsinθ-agcosθ
解析：对铁块受力分析,由牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma,解得μ=gsinθ-agcosθ。
(2)某次实验时,调整木板与水平面的夹角使θ=30°。接通电源,开启打点计时器,释放铁块,铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带,如图(b)所示。图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)。重力加速度为9.80 m/s2。可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为　　　　(结果保留2位小数)。 
答案：0.35
解析：两个相邻计数点之间的时间间隔T=5×150 s=0.10 s,由逐差法和Δx=aT2,可得a=1.97 m/s2,代入μ=gsinθ-agcosθ,解得μ=0.35。
题型3计算题
12.一客运列车匀速行驶,其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性的撞击。坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0 s。在相邻的平行车道上有一列货车,当该旅客经过货车车尾时,货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动。该旅客在此后的20.0 s内,看到恰好有30节货车车厢被他连续超过。已知每根铁轨的长度为25.0 m,每节货车车厢的长度为16.0 m,货车车厢间距忽略不计。求:
(1)客车运行速度的大小;
答案：设连续两次撞击铁轨的时间间隔为Δt,每根铁轨的长度为l,则客车速度为:v=lΔt,其中l=25.0 m,Δt=10.016-1 s,解得:v=37.5 m/s。
(2)货车运行加速度的大小。
答案：设从货车开始运动后t=20.0 s的时间内,客车行驶的路程为s1,货车行驶的路程为s2,货车的加速度为a,30节货车车厢的总长度为L=30×16.0 m=480 m。
由运动学公式有:s1=vt,s2=12at2,
由题给条件有:L=s1-s2,联立解得:a=1.35 m/s2。
13.(湖北黄冈2019高三质检)如图9所示,质量为M的物块被质量为m夹子夹住刚好能不下滑,夹子由长度相等的轻绳悬挂在A、B两轻环上,轻环套在水平直杆上,整个装置处于静止状态。已知物块与夹子间的动摩擦因数为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:

图9
(1)直杆对A环的支持力的大小:
答案：由题意得,直杆对A、B环的支持力FN大小相等,方向竖直向上,选取物块和夹子整体为研究对象,由受力平衡的条件可得:2FN=(M+m)g,解得:FN=(M+m)g2。
(2)夹子右侧部分对物块的压力的大小。
答案：由于物块恰好能不下滑,故物块受到两侧夹子的摩擦力为最大静摩擦力fm,fm等于滑动摩擦力,设此时夹子一侧对物块的压力为F,以物块为研究对象,由平衡条件可得:
2fm=Mg,fm=μF,解得:F=Mg2μ。
14.如图10甲所示,质量m=1 kg的物块在平行于斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动,t=0.5 s时撤去拉力,利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像(v-t图像)如图乙所示,取g=10 m/s2,求:

图10
(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L;
答案：根据v-t图像中图线与时间轴所围成的面积等于位移可知,
物块上升的位移为:x1=12×2×1 m=1 m,
物块下滑的距离为:x2=12×1×1 m=0.5 m,
2 s内物块的位移大小为:x=x1-x2=0.5 m,
2 s内物块的路程为:L=x1+x2=1.5 m。
(2)沿斜面向上运动两个阶段的加速度a1、a2和拉力大小F。
答案：由题图乙知,物块加速向上运动的加速度为:a1=20.5 m/s2=4 m/s2,方向沿斜面向上,
减速向上运动的加速度为:a2=0-20.5 m/s2=-4 m/s2,方向沿斜面向下,
设斜面倾角为θ,斜面对物块的滑动摩擦力为Ff,根据牛顿第二定律有:
F-Ff-mgsin θ=ma1,-Ff-mgsin θ=ma2,
解得:F=8 N。
15.(浙江杭州富阳二中2018高三一模)如图11所示,小木块在沿斜面向上的恒定外力F作用下,从A点由静止开始做匀加速运动,前进了0.45 m抵达B点时,立即撤去外力。此后小木块又前进0.15 m到达C点,速度为零。已知木块与斜面动摩擦因数μ=36,木块质量m=1 kg。(g取10 m/s2)求:

图11
(1)木块向上经过B点时速度。
答案：小木块减速过程受重力、支持力和摩擦力,根据牛顿第二定律,有mgsin θ+μmgcos θ=ma2,得a2=7.5 m/s2……①,对于减速过程,根据运动学公式,同样有x2=v22a2……②,由①②解得v=1.5 m/s,故木块向上经过B点时速度为1.5 m/s。
(2)木块在AB段所受的外力。
答案：小木块加速过程受推力、重力、支持力和摩擦力,根据牛顿第二定律,有F-mgsin θ-μmgcos θ=ma1,对于加速过程,根据运动学公式,有x1=v22a1,代入数据解得F=10 N,a1=2.5 m/s2。
(3)从出发到回到A点经历的时间。
答案：A到B的过程中t1=va1=1.52.5 s=0.6 s,
B到C的过程中t2=va2=1.57.5 s=0.2 s,
木块下降过程受重力、支持力和摩擦力,根据牛顿第二定律,有mgsin θ-μmgcos θ=ma3,得a3=2.5 m/s2,根据位移公式,有12a3t32=x1+x2,解得t3=0.48 s≈0.69 s,从出发到回到A点经历的时间:t=t1+t2+t3=(0.6+0.2+0.69)s=1.49 s。
16.(吉林长春十一中2018高一上期末)如图12所示,某货场需将质量为m的货物(可视为质点)从高处运送至地面,现利用固定于地面的倾斜轨道传送货物,使货物由轨道顶端由静止滑下,轨道与水平面夹角θ=37°。地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B,长度均为l=2 m,质量均为m,木板上表面与轨道末端平滑连接。货物与倾斜轨道间动摩擦因数为μ0=0.125,货物与木板间动摩擦因数为μ1,木板与地面间动摩擦因数μ2=0.2。回答下列问题:(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)

图12
(1)若货物从离木板上表面高h0=1.5 m处由静止滑下,求货物到达轨道末端时的速度大小v0;
答案：货物在倾斜轨道上做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有mgsin θ-μ0mgcos θ=ma0,
代入数据解得a0=5 m/s2,由v02=2a0·h0sinθ,得v0=5 m/s。
(2)若货物滑上木板A时,木板不动,而滑上木板B时,木板B开始滑动,则μ1应满足的条件;
答案：若货物滑上木板A时,木板不动,由受力分析得μ1mg≤μ2(m+2m)g,
若滑上木板B时,木板B开始滑动,由受力分析得μ1mg>μ2(m+m)g,
代入数据得0.4<μ1≤0.6。
(3)若μ1=0.5,为使货物恰能到达B的最右端,货物由静止下滑的高度h应为多少?
答案：由(2)知货物滑上A时,木板A不动,而滑上木板B时,木板B开始滑动。
设货物下滑高度为h,到达轨道末端时速度大小为v2,则有v22=2a0hsinθ,
货物滑上A时做匀减速运动,
加速度大小a1=μ1g=5 m/s2,
设货物离开A时速度为v3,v32-v22=-2a1l,
货物滑上B时,加速度大小a2=μ1g=5 m/s2,
B的加速度大小a3=μ1g-2μ2g=1 m/s2,
由题意,货物到达B最右端时两者恰好具有共同速度,设为v4,
货物做匀减速运动v4=v3-a2t,v42-v32=-2a2l货,
B做匀加速运动v4=a3t,v42=2a3lB,
位移关系满足lB+l=l货,代入数据解得h=2.64 m。