2019年秋粤教版高中物理必修1《第四章 力与运动》章末检测试卷（含答案）

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1、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18题为单项选择题，912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.(2018孝感高中高一期末)某同学站在一电梯地板上，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vt图象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

2、)根据图象提供的信息，可以判断下列说法正确的是()图1A05 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态B510 s内，该同学对电梯地板的压力大于他所受的重力C1020 s内，观光电梯在减速下降，该同学处于超重状态D2025 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态答案D解析由题图vt图象可知，05 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.510 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大小，结合牛顿第三定律可知，B错误.1020 s内，电梯加速度向下，向上做匀减速运动，该同学处于失重状态，C错误.2025 s内

3、，电梯加速度向下，向下做匀加速运动，该同学处于失重状态，D正确3如图2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2A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，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3所示，质量分别为M和m的物块由相同的材料制成，且Mm，将它们用通过光滑的轻质定滑轮的轻细

4、线连接如果按图甲放置，则质量为m的物块刚好匀速下降如果两物块互换位置，如图乙所示，则它们的共同加速度大小为(重力加速度为g)()图3A. B.C. D上述均不正确答案C解析匀速运动时，根据平衡条件知，mgMg；互换位置后，对两物块分别应用牛顿第二定律得，MgFMa，Fmgma，联立解得a，选项C正确5.如图4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4Amg，竖直向上Bmg，斜向左上方Cmgtan ，水平

5、向右Dmg，斜向右上方答案D解析以A为研究对象，受力分析如下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：fmamgtan ，方向水平向右，小车对B的支持力大小为FNmg，方向竖直向上，则小车对物块B产生的作用力的大小为：Fmg，方向斜向右上方，D正确6.如图5所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为()图5A.4 B4C12 D21答案D解析将两小球及弹簧B视为一个整体，对整体正交分解知，水平方向二力平衡，故有kxAsi

6、n 30kxC，可得xAxC21，选项D正确7放在固定粗糙斜面上的滑块A以加速度a1沿斜面匀加速下滑，如图6甲所示在滑块A上放一物体B，物体B始终与A保持相对静止，以加速度a2沿斜面匀加速下滑，如图乙所示在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A以加速度a3沿斜面匀加速下滑，如图丙所示斜面为同一斜面，则()图6Aa1a2a3 Ba1a2a3Ca1a2a3 Da1a2a3答案B解析设斜面倾角为，对题图甲中滑块进行受力分析，沿斜面方向mgsin mgcos ma，所以agsin gcos ，可以得出a与质量无关，故a1a2，选项C、D错误；在滑块上施加竖直向下的力F，对滑块有(mgF)sin (mg

7、F)cos ma3，解得a3gsin gcos (sin cos )，由90，得a1a2a3，选项A错误，B正确8.如图7所示，A、B两物体之间用水平轻质弹簧连接，用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，这时弹簧的长度为L1；若将A、B置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力F拉A，使A、B一起做匀加速直线运动，此时弹簧的长度为L2.若A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同，则下列关系式正确的是()图7AL2L1BL2L1CL2L1D由于A、B的质量关系未知，故无法确定L1、L2的大小关系答案C解析A、B在粗糙水平面上运动时，对A、B整体，根据牛顿第二定律有：ag；对物体B，根据

8、牛顿第二定律得：kxmBgmBa，解得：x，即弹簧的伸长量与动摩擦因数无关，所以L2L1，选项C正确9如图8所示，某旅游景点的倾斜索道与水平线夹角30，当载人车厢以加速度a斜向上加速运动时，人对车厢底的压力为体重的1.25倍，此时人与车厢相对静止，设车厢对人的摩擦力为f，人的体重为G，重力加速度为g，下面正确的是()图8Aa BaCfG DfG答案BD解析由于人对车厢底的压力为其重力的1.25倍，所以在竖直方向上有Fymgma竖，解得a竖0.25g，设水平方向上的加速度为a水，则tan 30，所以a水g，则ag，fma水G，B、D正确10.如图9所示，一小球从空中自由落下，在与正下方的直立轻质

9、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9A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

10、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，而在此过程中速度先增大后减小，方向一直向下11(2018大庆中学高一期中)如图10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，Ft关系图象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10At0时刻，两物体之间的摩擦力为零Bt0时刻，两物体的速度方向开始改变Ct02t0时间内，两物体之间的摩擦力逐渐减小Dt02t0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F0，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

11、，选项A正确，B错误t02t0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如图11甲所示，水平面上质量均为m的两木块A、B用劲度系数为k的轻质弹簧连接，整个系统处于平衡状态，现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做加速度为a的匀加速直线运动，取木块A的起始位置为坐标原点，图乙中实线部分表示从力F作用在木块A到木块B刚离开地面这个过程中，F和木块A的位移s之间的关系，则()图11As0 Bs0CF0ma DF0m(ag)答案AC解析设系统处于平衡状态时弹簧的压缩

12、量为x，则处于平衡状态时对木块A有kxmg.在木块A以加速度a向上做匀加速运动的过程中，设A向上的位移为s，则对A由牛顿第二定律得Fk(xs)mgma，解得Fksma，当F0时，s0；当s0时，F0ma.故A、C正确二、实验题(本题共2小题，共12分)13(6分)某探究学习小组的同学们要“探究加速度与力、质量的定量关系”，他们在实验室组装了一套如图12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12(1)该实验中小车所受的合力_(选填“等于”或“不等于”)力

13、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s.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_答案(1)等于(2分)不需要(2分)(2)F()(2分)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，故不需要满足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

14、1处的速度v1，在光电门2处的速度为v2，由vv2as，得a()故要验证的关系式为FMa()()14(6分)如图13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)探究加速度和力的定量关系”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aF关系图线(如图14所示)图14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

15、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(1分)(2)在质量不变时，加速度与合外力成正比(2分)C(2分)解析(1)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设小车质量为M，所挂钩码的质量为m，由实验原理得mgFMa，即a，而实际上a，可见aa，AB段明显偏离直线是由于没有满足Mm，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m2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37的足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块从开始冲上斜

16、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 370.6，cos 370.8，g10 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 m/s28.0 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 37fma(1分)又FNmgcos 370(1分)fF

17、N(1分)代入数据解得0.25.(1分)(3)由图线知小物块沿斜面上滑的距离为st1.0 m4.0 m(2分)16(10分)(2018华中师大一附中月考)如图16所示，用F7 N的水平恒力把质量为m0.5 kg的物块(可视为质点)压在竖直挡板上，物块离地面高为H6 m，物块从静止开始向下做匀加速运动，经过t2 s到达地面，取g10 m/s2.图16(1)求物块与挡板间的动摩擦因数；(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v02 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 530.8，cos 530.6)答案(1)0.5(2)8 m/s解析

18、(1)物块下滑过程中做匀加速运动，有Hat2(1分)代入数据得加速度大小a3 m/s2(1分)由牛顿第二定律知mgFma(1分)代入数据得0.5(1分)(2)挡板逆时针转过37后，挡板与水平面夹角为53，物块下滑时加速度大小a1满足mgsin 53mgcos 53ma1(2分)代入数据得a15 m/s2(1分)由运动学规律v2v2a1H知(2分)物块滑到地面时的速度大小为v8 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.经过一定时间后达到共同速度，现使传送带突然停下，以后

19、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)(2)解析(1)煤块的加速度ag(2分)达到v0所用时间t(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s1v0t(2分)煤块运动的距离s2at2(2分)此过程中煤块相对传送带向后运动的距离为ss1s2(1分)传送带突然停下后，煤块做匀减速运动，直至停下，这一过程煤块向前运动的距离为s3(1分)考虑重叠部分，最终划出的痕迹长度为s.(1分)18(12分)如图17所示，质量M1 kg、长L4 m的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的

20、动摩擦因数10.1，在木板的左端放置一个质量m1 kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数20.4，某时刻起在铁块上加一个水平向右的恒力F8 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/s22 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F2mgma1，(1分)以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得2mg1(Mm)gMa2(2分)代入数据解得铁块的加速度a14 m/s2(1分)木板的加速度a22 m/s2(1分)(2)设铁块运动到木板的右端所用时间为t，则此过程铁块和木板的位移分别为s1a1t2(1分)s2a2t2(1分)两者的位移关系是Ls1s2，即La1t2a2t2(1分)代入数据解得t2 s或t2 s(舍去)(1分)把铁块拿走时，木板的速度va2t22 m/s4 m/s.(1分)随后，木板做匀减速运动的加速度大小为a31g0.110 m/s21 m/s2，(1分)则木板的位移s3 m8 m(1分)