2018人教版高一物理必修一第4章牛顿运动定律学业质量标准检测试题4含解析

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2018人教版高一物理必修一第4章牛顿运动定律学业质量标准检测试题4含解析

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w.5 Y K J.Com 第四章 学业质量标准检测
本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分,时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、选择题(共10小题,每小题4分,共40分,在每小题给出的四个选项中,第1~6小题只有一个选项符合题目要求,第7~10小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分)
1.(江西省鹰潭市2017~2018学年高一上学期期末)高跷运动是一项新型运动,图甲为弹簧高跷。当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后,人就向上弹起,进而带动高跷跳跃,如图乙。则下列说法正确的是导学号 1321411( A )
 
A.人向上弹起过程中,先处于超重状态,后处于失重状态
B.人向上弹起过程中,踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力
C.弹簧压缩到最低点时,高跷对人的作用力等于人的重力
D.弹簧压缩到最低点时,高跷对地的压力等于人和高跷的总重力
解析:A项,人向上弹起过程中,人应该经历了先加速后减速的过程,所以先有向上的加速度,后有向下的加速度,故A项正确。B项,踏板对人的作用力与人对踏板的作用力是一对相互作用力,根据牛顿第三定律,二者大小始终相等,故B项错误。C项,弹簧压缩到最低点时,人有竖直向上的加速度,根据牛顿第二定律,可知高跷对人的作用力大于人的重力,故C项错误。D项,同理以高跷和人的系统为研究对象,弹簧压缩到最低点时,根据牛顿第二定律,地对高跷的压力大于人和高跷的总重力,再根据牛顿第三定律,可知高跷对地的压力大于人和高跷的总重力,故D项错误。
2.如图所示,总质量为460kg的热气球,从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2,当热气球上升到180m时,以5m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变,上升过程中热气球总质量不变,重力加速度g=10m/s2。关于热气球,下列说法正确的是导学号 1321411( A )
 
A.所受浮力大小为4830N
B.加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C.从地面开始上升10s后的速度大小为5m/s
D.以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为400N
解析:由牛顿第二定律,所受浮力为F,则F-mg=ma,F=m(g+a)=460×(10+0.5)N=4830N,A正确;加速上升过程中速度增大,受空气阻力增大,B错误;气球开始加速度为0.5m/s2,此后加速度将变化,无法确定10s时气球速度,C错误;匀速上升时F-mg-f=0,空气阻力f=F-mg=(4830-460×10)N=230N,D错误。
3.(江西省南昌八一中学、洪都中学等六校2016~2017学年高一上学期期末)如图所示,一串(3个)红灯笼在水平风力的吹动下发生倾斜,悬挂绳与竖直方向的夹角为30°,设每个红灯笼的质量均为m,绳子质量不计,则自上往下数第一个红灯笼对第二个红灯笼的拉力大小为导学号 1321411( D )
 
A.233mg B.2mg
C.4mg D.433mg
解析:以下面两个灯笼作为整体为研究对象,进行受力分析,如图:
 
竖直方向:Tcos30°=2mg得:
T=2mgcos30°=433mg,故选D。
4.(哈尔滨师大附中2016~2017学年高一上学期期末)如图1所示,在粗糙程度处处相同的水平地面上,物块在水平向右的力F作用下由静止开始运动。运动的速度v与时间t的关系如图2所示,由图象可知导学号 1321411( C )
 
A.在2s~4s内,力F=0
B.在4s~6s内,力F=0
C.在0~2s内,力F逐渐变小
D.在0~2s内,力F逐渐增大
解析:在2s~4s内,物体做匀速直线运动,拉力与滑动摩擦力平衡,不为零,故A错误;在4s~6s内,物体匀减速前进,拉力可能不为零,但一定小于摩擦力,故B错误;在0~2s内,加速度逐渐变小,根据牛顿第二定律,有:F-μmg=ma故拉力F逐渐减小,故C正确,D错误,故选C。
5.(山东省东营市2017~2018学年高一上学期检测)如图所示,质量不等的木块A和B的质量分别为m1和m2,置于光滑的水平面上。当水平力F作用于左端A上,两物体一起做匀加速运动时,A、B间作用力大小为F1。当水平力F作用于右端B上,两物体一起做匀加速运动时,A、B间作用力大小为F2,在两次作用过程中导学号 1321411( D )
 
A.F1+F2<F B.F1+F2>F
C.F1=F2 D.F1F2=m2m1
解析:对两种情况均进行整体分析,整体的加速度都为a=Fm1+m2,隔离分析,第一种情况,A对B的作用力为F1=m2a=m2Fm1+m2,第二种情况,A对B的作用力为F2=m1a=m1Fm1+m2,则有在两次作用过程中,F1+F2=F,F1F2=m2m1,D正确。
6.如图所示,ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,每根杆上套着一个小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a、b、c处释放(初速为0),用t1、t2、t3依次表示各滑环到达d所用的时间,则导学号 1321411( D )
 
A.t1<t2<t3 B.t1>t2>t3
C.t3>t1>t2 D.t1=t2=t3
解析:小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用,下滑的加速度可认为是由重力沿斜面方向的分力产生的,设轨迹与竖直方向夹角为θ,由牛顿第二定律知
mgcosθ=ma  ①
设圆心为O,半径为R,由几何关系得,滑环由开始运动至d点的位移x=2Rcosθ ②
由运动学公式得x=12at2  ③
由①②③联立解得t=2Rg
小圆环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关,故t1=t2=t3。
7.(湖南省湘潭一中、双峰一中、邵东一中2016~2017学年高一上学期联赛)以下是必修1课本中四幅插图,关于这四幅插图下列说法正确的是导学号 1321411( BC )
 
A.甲图中学生从起立到站直的过程中,体重计的示数先减小后增大
B.乙图中赛车的质量较小,却安装着牵引力很大的发动机,目的是获得很大的加速度
C.丙图中海豚的身体呈流线型,可以减小海豚运动中的阻力
D.丁图中运动员推开冰壶后,冰壶在冰面做匀速直线运动
解析:中学生从起立到站直经历了从超重到失重的过程,A错;由F=ma可知B项正确;海豚的流线型身体是为了减小水的阻力,C对;运动员推开冰壶后,冰壶在冰面做减速运动,D错。
8.(山西大学附中2015~2016学年高一上学期期末)如图所示,完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上,A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ,小车静止时,A恰好不下滑,现使小车加速运动,(不考虑A、B间相互作用力)为保证A、B无滑动,则导学号 1321411( AD )
 
A.速度可能向左,加速度可小于μg
B.加速度一定向右,不能超过(1+μ)g
C.加速度一定向左,不能超过μg
D.加速度一定向左,不能超过(1+μ)g
解析:小车静止时,A恰好不下滑,所以对A有:mg=μF引,当小车加速运动时,为了保证A不下滑,应有FN≥F引,加速时加速度一定向左。对B有μ(mg+F引)=mam,解得am=(1+μ)g,故A、D正确,B、C错误,故选AD。
9.如图a所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端放置一物体(物体与弹簧不连接),初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上,使物体开始向上做匀加速运动,拉力F与物体位移x的关系如图b所示(g=10m/s2),则正确的结论是导学号 1321411( BC )
 
A.物体与弹簧分离时,弹簧处于压缩状态
B.物体的加速度大小为5m/s2
C.物体的质量为2kg
D.弹簧的劲度系数为7.5N/cm
解析:以物体为研究对象,由牛顿第二定律并结合图象得
10+4k-mg=ma 30-mg=ma
又4k=mg
由以上三式解得 m=2kg
a=5m/s2 k=5N/cm
所以B、C正确,D错误。
由题意知,物体与弹簧分离时,弹簧处于自然伸长状态,A错误。
10.如图所示,传送带的水平部分长为L,传动速率为v,在其左端无初速度释放一小木块,若木块与传送带间的动摩擦因数为μ,则木块从左端运动到右端的时间可能是导学号 1321411( ACD )
 
A.Lv+v2μg B.Lv
C.2Lμg D.2Lv
解析:因木块运动到右端的过程不同,对应的时间也不同,若一直匀加速至右端,则L=12μgt2,可得t=2Lμg,C正确;若一直加速到右端的速度恰好与传送带速度v相等,则L=0+v2t,可得t=2Lv,D正确;若先匀加速到传送带速度v ,再匀速到右端,则v22μg+v(t-vμg)=L,可得t=Lv+v2μg,A正确;木块不可能一直匀速至右端,B错误。
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
二、填空题(共2小题,共14分。把答案直接填在横线上)
11.(6分)(陕西西北大学附中2016~2017学年高一上学期期末)某实验小组设计了如图(a)所示的实验装置,通过改变重物的质量,利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象。他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验,得到了两条a-F图线,如图(b)所示。导学号 1321411
 
(1)图线__①____是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的(选填“①”或“②”);
(2)滑块和位移传感器发射部分的总质量m=__0.5____kg;滑块和轨道间的动摩擦因数μ=__0.2____。
解析:(1)由图象①可知,当F=0时,a≠0,也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度,该同学实验操作中平衡摩擦力过大,即倾角过大,所以图线①是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的。
(2)根据F=ma得a=Fm
所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数。
所以m=1k=0.5kg
由图形b得,在水平轨道上F=1N时,加速度a=0,
根据牛顿第二定律得F-μmg=0
解得μ=0.2。
12.(8分)(江西省鹰潭市2017~2018学年高一上学期期末)某同学欲运用牛顿第二定律测量滑块的质量M,其实验装置如图甲所示,设计的实验步骤为:导学号 1321411
 
(1)调整长木板倾角,当钩码的质量为m0时滑块恰好沿木板向下做匀速运动;
(2)保持木板倾角不变,撤去钩码m0,将滑块移近打点计时器,然后释放滑块,滑块沿木板向下做匀加速直线运动,并打出点迹清晰的纸带如图乙所示(打点计时器的工作频率为50Hz)。
请回答下列问题:
 
①打点计时器在打下D点时滑块的速度vD=__1.69____m/s;(结果保留3位有效数字)
②滑块做匀加速直线运动的加速度a=__3.88____m/s2;(结果保留3位有效数字)
③滑块质量M=__gam0____ (用字母a、m0和当地重力加速度g表示)。
(3)保持木板倾角不变,挂上质量为m(均小于m0)的钩码,滑块沿木板向下匀加速运动,测出滑块的加速度;多次改变钩码的质量,分别求出相应的加速度。
(4)若绳的拉力与所挂钩码的重力大小相等,作出a-mg图象如图丙所示,则由图丙可求得滑块的质量M=__0.200____kg。(取g=10m/s2,结果保留3位有效数字)
解析:从图乙中可知xAB=5.20cm,xBC=5.84cm,xCD=6.45cm,xDE=7.07cm,xEF=7.70cm。
  (2)①相邻计数点间的时间间隔为T=2×0.02=0.04s,根据匀变速直线运动过程中的中间时刻速度推论可得 ,vD=xCE2T=6.45+7.072×0.04×10-2m/s=1.69m/s。
②根据逐差法可得a=xEF+xDE-xCD-xBC4T2=0.0770+0.0707-0.0645-0.05844×0.042m/s2=3.88m/s2
③滑块做匀速运动时受力平衡,由平衡条件得m0g=Mgsinθ-f,撤去m0时滑块做匀加速直线运动时,受到的合外力F合=Mgsinθ-f,由牛顿第二定律得F合=Ma,解得M=m0ga。
(4)滑块做匀速运动时受力平衡,由平衡条件得Mgsinθ-f=m0g,挂上质量为m的钩码时滑块沿木板向下做匀加速直线运动,受到的合外力为F′合=Mgsinθ-f-mg,由牛顿第二定律得F′合=Ma,解得a=m0Mg-mMg,由图丙所示图象可知k=1M=3.5-2.50.20=5,解得M=0.200kg。
三、论述、计算题(本题共4小题,共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
13.(10分)如图所示,固定光滑细杆与地面成一定倾角,在杆上套有一个光滑小环,小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动,推力F与小环速度v随时间变化规律如图所示,取重力加速度g=10m/s2。求:导学号 1321411
 
 
(1)小环的质量m;
(2)细杆与地面间的倾角α。
答案:(1)1kg (2)30°
解析:由v-t图象可解得:a=vt=12m/s2,前2s内,由牛顿第二定律得:F1-mgsinα=ma
2s后满足:F2=mgsinα代入数据解得:m=1kg,α=30°。
14.(11分)研究表明,一般人的刹车反应时间(图甲中“反应过程”所用时间)t0=0.4s,但饮酒会导致反应时间延长。在某次试验中,志愿者少量饮酒后驾车以v0=72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶,从发现情况到汽车停止,行驶距离L=39m,减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示,此过程可视为匀变速直线运动。重力加速度的大小g取10m/s2。求:导学号 1321411
 
(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间;
(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少;
(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。
答案:(1)8m/s2 2.5s (2)0.3s (3)415
解析:(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a,所用时间为t,由题可得初速度v0=20m/s,末速度vt=0,位移s=25m,由运动学公式v20=2as,t=v0a。
联立以上两式,代入数据得a=8m/s2,t=2.5s。
(2)设志愿者反应时间为t′,反应时间的增加量为Δt,由运动学公式得L=v0t′+s,Δt=t′-t0。
联立以上两式,代入数据得Δt=0.3s。
(3)设志愿者所受合外力的大小为F,汽车对志愿者作用力的大小为F0,志愿者质量为m,由牛顿第二定律得F=ma,
由平行四边形定则得F20=F2+(mg)2。
联立以上各式,代入数据得F0mg=415。
15.(12分)如图所示,一小轿车从高为10m、倾角为37°的斜坡顶端从静止开始向下行驶,当小轿车到达底端时进入一水平面,在距斜坡底端115m的地方有一池塘,发动机在斜坡上产生的牵引力为2×103N,在水平地面上调节油门后,发动机产生的牵引力为1.4×104N,小轿车的质量为2t, 小轿车与斜坡及水平地面间的动摩擦因数均为0.5(g取10m/s2)。求:
导学号 1321411
 
(1)小轿车行驶至斜坡底端时的速度;
(2)为使小轿车在水平地面上行驶而不掉入池塘,在水平地面上加速的时间不能超过多少?(轿车在行驶过程中不采用刹车装置)
答案:(1)10m/s (2)5s
解析:(1)小轿车在斜坡上行驶时,由牛顿第二定律得
F1+mgsin37°-μmgcos37°=ma1
代入数据得斜坡上小轿车的加速度a1=3m/s2
由v21=2a1x1=2a1h/sin37°
得行驶至斜坡底端时的速度v1=10m/s。
(2)在水平地面上加速时F2-μmg=ma2
代入数据得a2=2m/s2
关闭油门后减速μmg=ma3,代入数据得a3=5m/s2
关闭油门时轿车的速度为v2,
v22-v212a2+v222a3=x2
得v2=20m/s,t=v2-v1a2=5s
即在水平地面上加速的时间不能超过5s。
16.(13分)(辽宁省实验中学2017~2018学年高一上学期期末)如图所示的传送带,其水平部分ab的长度为2m,倾斜部分bc的长度为4m,bc与水平面的夹角为α=37°,将一小物块A(可视为质点)轻轻放于传送带的a端,物块A与传送带间的动摩擦因数为μ=0.25。传送带沿图示方向 以v=2m/s的速度匀速运动,若物块A始终未脱离传送带,且在b点前后瞬间速度大小不变,(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)。试求导学号 1321411
 
(1)小物块A在ab段的运动时间。
(2)小物块A在bc段的运动时间。
解析:(1)A先在传送带上匀加速运动(相对地面),设A对地速度为2m/s时,A对地的位移是s1=v22μg得
s1=0.8m<2m 即物块在ab段先做加速运动,后做匀速运动
设此过程A的加速度为a1,则:μmg=ma1,故a1=μg
A做匀加速运动的时间是:t1=va1=0.8s
当A相对地的速度达到2m/s时,A随传送带一起匀速运动,匀速时间为t2,t2=0.6s
则小物块A在ab段的运动时间tab= t1+ t2=1.4s
(2)由于μ=0.25<tan37°=0.75,A在bc段以加速度a2向下匀加速运动,
mgsin37°-μmgcos37°=ma2
解得:a2 =4m/s2
由运动学公式xbc=vt3+12a2t23,可知t3=1s(t′3=-2s舍)即小物块A在bc段的运动时间t3=1s。
答案:(1)1.4s (2)1s
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