2018版物理《学案导学与随堂笔记》人教版必修1章末检测四8616.doc

*章末检测(时间： 90 分钟 满分： 100 分)一、选择题 (17 为单项选择题， 812 为多项选择题，每小题 4 分，共 48 分)1在物理学史上， 正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是 ( )A亚里士多德、伽利略 B伽利略、牛顿C伽利略、爱因斯坦 D亚里士多德、牛顿答案 B2伽利略的斜面实验为牛顿运动定律奠定了基础，下列有关说法正确的是 ( )A物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B已知月球上的重力加速度是地球上的16，故一个物体从地球移到月球惯性减小为原来的16C同一物体运动越快越难停止运动，说明物体的速度越大，其惯性越大D由于巨轮惯性很大，施力于巨轮，经过很长一段时间后惯性变小答案 A解析 惯性是指物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，所以物体抵抗运动状态变化的性质是惯性， 其大小和物体的质量有关系， 与物体的运动状态无关， A 正确，C、D 错误；在月球上和地球上，重力加速度的大小不一样，所受的重力大小也就不一样了，但质量不变，惯性也不变， B 错误3如图 1 所示，乘客在公交车上发现车厢顶部 A 处有一小水滴落下， 并落在地板偏前方的 B点处，由此判断公交车的运动情况是 ( )图 1A向前加速运动 B向前减速运动C向后匀速运动 D向后减速运动答案 B解析 水滴离开车顶后，由于惯性在水平方向上保持离开时的速度不变，而水滴落点 B 在 A点正下方的前面，表明若车向前行驶，水滴下落时，车正在减速， A 错误， B 正确；若车向-后减速运动时，水滴下落时将落在 A 点正下方的后方，故 D 错误若车向后匀速运动，水滴将落在 A 点的正下方， C 错误4如图 2 所示， 建筑工人在砌墙时需要将砖块运送到高处， 采用的方式是一工人甲在低处将一摞砖竖直向上抛出，在高处的工人乙将其接住每块砖的质量均为 m，现只考虑最上层的两块砖，不计空气阻力，下列说法正确的是 ( )图 2A工人甲在将砖块抛出时 (砖未离手 )砖块处于失重状态B工人甲在将砖块抛出时 (砖未离手 )砖块间的作用力等于 mgC工人甲在将砖块抛出后，砖块处于失重状态D工人甲在将砖块抛出后，砖块间的作用力等于 mg答案 C解析 工人甲在将砖块抛出时 (砖未离手 )，砖块具有向上的加速度， 处于超重状态， A 错误；由牛顿第二定律 FN mgma，所以砖块间作用力 FNm(ga)> mg，B 错误；工人甲在将砖块抛出后，砖块受重力作用具有向下的加速度，处于失重状态， C 正确；工人甲在将砖块抛出后，砖块间的作用力等于 0，D 错误故选 C.5如图 3 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地摆放在右端 B 与小车平板间的动摩擦因数为.若某时刻观察到细线偏离竖直方向 角，则此刻小车对物块 B 产生的作用力的大小和方向为( )图 3Amg，竖直向上2，斜向左上方 Bmg 1Cmgtan ，水平向右2Dmg 1tan，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 mAa，得：agtan ，方向水平向右再对 B 研究得：小车对 B 的摩擦力为： Ffmamgtan ，方向水平向右，小车对 B 的支持力大小为 FNmg，方2 2 2向竖直向上， 则小车对物块 B 产生的作用力的大小为： F FN Ff mg 1tan，方向斜向右上方， D 正确6如图 4 所示， A、B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为 ，图甲中， A、B 两球用轻弹簧相连，图乙中 A、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板 C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有 ( )图 4A两图中两球加速度均为 gsin B两图中 A 球的加速度均为零C图乙中轻杆的作用力一定不为零D图甲中 B 球的加速度是图乙中 B 球加速度的 2 倍答案 D解析 撤去挡板前，挡板对 B 球的弹力大小为 2mgsin ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中 A 球所受合力为零，加速度为零， B 球所受合力为2mgsin ，加速度为 2gsin ；图乙中杆的弹力突变为零， A、B 球所受合力均为 mgsin ，加速度均为 gsin ，故图甲中 B 球的加速度是图乙中 B 球加速度的 2 倍；故 A、B、C 错误， D正确7如图 5 所示， 在光滑的水平桌面上有一物体 A，通过绳子与物体 B 相连， 假设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计，绳子不可伸长如果 mB3mA，则绳子对物体 A 的拉力大小为 ( )图 5AmBg B.34mAgC3mAg D.34mBg答案 B解析 对 A、B 整体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得 mBg(mAmB)a，对物体 A，设3绳的拉力为 F，由牛顿第二定律得， FmAa，解得 F mAg，故 B 正确48物体静止在斜面上，以下的几种分析中正确的是 ( )A物体所受到的静摩擦力的反作用力是物体对斜面的摩擦力B物体所受重力沿垂直斜面方向的分力就是物体对斜面的压力C物体所受重力的反作用力就是斜面对它的静摩擦力和支持力这两个力的合力D物体所受支持力的反作用力就是物体对斜面的压力答案 AD9将一个小球以某一初速度竖直上抛，空气阻力与速度大小成正比，且始终小于小球的重力从抛出到落回抛出点的全过程中，下列判断正确的是 ( )A上升经历的时间一定小于下降经历的时间B小球的加速度方向不变，大小一直在减小C小球的加速度方向不变，大小先减小后增大D上升到最高点时，小球的速度为零，加速度也为零答案 AB解析 由于空气阻力的影响，球上升和下降经过同一高度处时，一定是上升的速度大于下降的速度，因此上升过程的平均速度一定大，故上升经历的时间一定小于下降经历的时间，故A 正确；无论上升还是下降，合力始终向下，上升过程 mgkvma，v 减小因此 a 减小；下降过程 mgkvma，v 增大因此 a 减小；即小球的加速度一直减小，故 B 正确，C 错误；最高点处速度为零，加速度为 g，故 D 错误10用细绳 OA、OB 悬挂一重物， BO 水平，O 为半圆形支架的圆心， 悬点 A 和 B 在支架上 悬点 A 固定不动，将悬点 B 从图 6 所示位置逐渐移到 C 点的过程中， OA 绳和 OB 绳中的拉力变化情况为 ( )图 6AOA 绳中的拉力逐渐变小BOA 绳中的拉力逐渐变大COB 绳中的拉力逐渐变小DOB 绳中的拉力先变小后变大答案 AD解析 如图所示， 在支架上选取三个点 B1、B2、B3，当悬点 B 分别移动到 B1、B2、B3 各点时，OA、OB 中的拉力分别为 FT A1、FT A2、FTA3 和 FTB1、FTB2、FTB3，从图中可以直观地看出， FTA逐渐变小，且方向不变；而 FTB 先变小后变大，且方向不断改变；当 FT B 与 FTA 垂直时， FTB最小故 A、D 正确11. 如图 7 所示，一小球从空中自由落下，在与正下方的直立轻质弹簧接触直至速度为零的过程中，关于小球的运动状态，下列说法中正确的是 ( )图 7A接触后，小球做减速运动，加速度的绝对值越来越大，速度越来越小，最后等于零B接触后，小球先做加速运动，后做减速运动，其速度先增大后减小直到为零C接触后，速度为零的地方就是弹簧被压缩最大之处，加速度为零的地方也是弹簧被压缩最大之处D接触后，小球速度最大的地方就是加速度等于零的地方答案 BD解析 从小球下落到与弹簧接触开始，一直到把弹簧压缩到最短的过程中，弹簧弹力与小球重力相等的位置是转折点，之前重力大于弹力，之后重力小于弹力，而随着小球向下运动，弹力越来越大，重力恒定，所以之前重力与弹力的合力越来越小，之后重力与弹力的合力越来越大， 且反向 (竖直向上 )由牛顿第二定律知， 加速度的变化趋势和合力的变化趋势一样，而在此过程中速度方向一直向下12. 如图 8 所示为运送粮袋的传送装置， 已知 AB 间长度为 L，传送带与水平方向的夹角为 ，工作时运行速度为 v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为 ，正常工作时工人在 A 点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从 A 到 B 的运动 (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力 )，以下说法正确的是 ( )图 8A粮袋到达 B 点的速度可能大于、可能相等或小于 vB粮袋开始运动的加速度为 g(sin cos )，若 L 足够大，则以后将以速度 v 做匀速运动C若 tan ，则粮袋从 A 到 B 一直做加速运动D不论 大小如何，粮袋从 A 到 B 一直做匀加速运动，且 agsin 答案 AC解析 粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达 B 点时的速度小于 v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达 B 点时速度与 v 相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达 B 点时的速度大于 v；故 A 正确粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为 mcgos ，根据牛顿第二定律得，加速度 ag(sin cos )，故 B 错误若 tan ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故 a 的方向一直向下，粮袋从 A 到 B 一直是做加速运动，可能是一直以 g(sin cos )的加速度匀加速；也可能先以 g(sin cos )的加速度匀加速，后以 g(sin cos )匀加速， 故 C 正确 由以上分析可知， 粮袋从 A 到 B 不一定一直做匀加速运动 故 D 错误二、实验题 (本题共 2 小题，共 14 分)13(6 分)某探究学习小组的同学们要探究加速度与力、 质量的关系， 他们在实验室组装了一套如图 9 所示的装置，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘实验时，调整轨道的倾角正好能平衡小车所受的摩擦力 (图中未画出 )图 9(1)该实验中小车所受的合力 _(选填“等于”或“不等于” )力传感器的示数，该实验是否需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？ _(选填“需要”或“不需要”)(2)实验获得以下测量数据：小车、力传感器和挡光板的总质量 M，挡光板的宽度 l，光电门1 和光电门 2 的中心距离为 x.某次实验过程：力传感器的读数为 F，小车通过光电门 1 和光电门 2 的挡光时间分别为 t1、t2(小车通过光电门 2 后，砝码盘才落地 )，已知重力加速度为 g，则该实验要验证的关系式是 _ 2Ml 1答案 (1) 等于 不需要 (2)F2x (t2212)t 1解析 (1) 由于力传感器显示拉力的大小，而拉力的大小就是小车所受的合力，故不需要让砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量(2)由于挡光板的宽度 l 很小，故小车在光电门 1 处的速度 v1l，在光电门 2 处的速度为 v2t12 2v1v2l2 2 ，由 v2 v1 2ax，得 at2 2x21 l( 222x t22l2)故验证的关系式为 FMat12M l( 222x t 22l2)t 12Ml 1 1 2( 2)2x t2 t 114(8 分)如图 10 所示为“用 DIS( 位移传感器、数据采集器、计算机 DIS 直接显示物体加速度)探究加速度与力的关系”的实验装置图 10(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可画出 aF 关系图线 (如图 11 所示)图 11分析此图线 OA 段可得出的实验结论是 _ 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 小车所受的合外力 (2)在质量不变时，加速度与合外力成正比C解析 (1) 先保持小车的总质量不变， 用钩码所受的重力作为小车所受的合外力， 用 DIS 测加速度(2)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mg 设小车质量为 M，所挂钩码的质量为 m，由实验原理得 mgFMa，即 aMF，而实M际上 amg，可见 aa，AB 段明显偏离直线是由于没有满足 M? m 造成的，故 A、MmB、D 错误， C 正确三、计算题 (本题共 3 小题，共 38 分要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位 )15(10 分)在水平地面上有一个质量为 4.0 kg 的物体，物体在水平拉力 F 的作用下由静止开始运动 .10 s 后拉力大小减小为F3，并保持恒定该物体的速度时间图象如图 12 所示(取 g 2)求：10 m/s图 12(1)物体所受到的水平拉力 F 的大小；(2)该物体与地面间的动摩擦因数答案 (1)9 N (2)0.125解析 (1) 物体的运动分为两个过程，由题图可知两个过程的加速度分别为：2a11 m/s2a20.5 m/s物体受力分析如图甲、乙所示：甲 乙对于两个过程，由牛顿第二定律得：FFfma1FFfma23联立以上二式解得：F9 NFf5 N(2)由滑动摩擦力公式得：Ff FN mg解得 0.125.16(12 分)如图 13 所示，某人用轻绳牵住一只质量 m0.6 kg 的氢气球，因受水平风力的作用，系氢气球的轻绳与水平方向成 37°角已知空气对气球的浮力为 15 N，人的质量 M50 kg，且人受的浮力忽略不计 (sin 37 ° 0.6，cos 37 °0.8)图 13(1)求水平风力的大小；(2)求人对地面的压力大小；(3)若水平风力增强，人对地面的压力如何变化？并说明理由答案 (1)12 N (2)491 N (3)见解析解析 (1) 对氢气球进行受力分析，如图甲所示由平衡条件可知，竖直方向， F 浮 mgFTsin 37 ；°水平方向， F 风 FT cos 37 ，°解得 F 风12 N，FT15 N.(2)对人进行受力分析，如图乙所示由平衡条件可知，竖直方向， FN MgFTsin 37 °500 N15 N×0.6491 N；根据牛顿第三定律， 人对地面的压力大小为 491 N.(3)若风力增强，只改变了水平方向的力，视氢气球及人为一整体，所以竖直方向上的受力情况没有改变，人对地面的压力不变17(16 分)如图 14 所示，在倾角为 37°的足够长的固定斜面底端，一小物块以某一初速度沿斜面上滑，一段时间后返回到出发点若物块上滑所用时间 t1和下滑所用时间 t2 的大小关系满足 t1 t2 1 5，(取 g10 m/s 2，sin 37 °0.6，cos 37 ° 0.8)求：图 14(1)上滑加速度 a1 与下滑加速度 a2 的大小之比；(2)物块和斜面之间的动摩擦因数；(3)若斜面倾角变为60°，并改变斜面粗糙程度，小物块上滑的同时用水平向右的推力 F 作用在物块上， 发现物块匀减速上滑过程中加速度与推力大小无关，求此时加速度的大小(结果保留 3 位有效数字 )2答案 (1)5 (2)0.5 (3)11.5 m/s解析 (1) 上滑和下滑的位移相同，即1212a1t1 a2t22 2解得a15a2(2)上滑时由牛顿第二定律 mgsin 37 ° mcgos 37 °ma1，下滑时由牛顿第二定律 mgsin 37 ° mcgo s 37 °ma2，联立解得 0.5.(3)上滑时对物块受力分析如图所示垂直斜面方向 FNmgcos 60 °Fsin 60 °沿斜面方向 mgsin 60 ° 1FNF cos 60 °ma联立得 mgsin 60 ° 1Fsin 60 ° 1mgcos 60 °Fcos 60 °ma因为a 与 F 无关，所以 1F sin 60 °F cos 60 °0联立解得 a20 32 11.5 m /s2.3 m/s