教科版高中物理必修第一册综合测试(B)含答案

综合测评(B)(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.以下说法中,你认为正确的是()A.把物体抽象为质点后,物体自身的质量和大小均可以忽略不计B.当物体做直线运动时位移大小等于路程C.平均速度v=ΔxΔt,当ΔtD.质点运动的速度变化很大,则加速度一定很大答案:C解析:把物体抽象为质点后,物体自身的大小可以忽略不计,但质量不能忽略,故A错误;当质点做单方向的直线运动时,路程一定等于位移的大小;若是有往复的直线运动,路程大于位移的大小,故B错误;平均速度v=ΔxΔt,当Δt充分小时,该式可以近似表示t时刻的瞬时速度,故C正确;由加速度的公式a=ΔvΔt知速度变化Δv很大,若时间Δt很长2.如图所示,两个小球a、b质量均为m,用细线相连并悬挂于O点,现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F,使整个装置处于静止状态,且Oa与竖直方向夹角θ=45°,已知弹簧的劲度系数为k,则弹簧形变量最小值是()A.2mgk BC.42mg3k答案:D解析:以小球ab整体为研究对象,分析受力,作出F在几个方向时整体的受力图,根据平衡条件得知:F与T的合力与整体重力2mg总是大小相等、方向相反,由力的合成图可知,当F与绳子Oa垂直时,F有最小值,即图中2位置,F的最小值为Fmin=2mgsinθ=2×22mg=2mg根据胡克定律Fmin=kxmin,所以xmin=2mgk,故D正确,A、B、3.如图所示,水平路面上有一辆正在行驶的汽车,车厢中有一个质量为m的人正用大小为F的恒力向前推车厢,在车减速行驶时间t的过程中,车的加速度大小为a,人相对车厢静止,取车前进方向为正方向,下列说法正确的是()A.该过程人的速度改变量为Δv=atB.车对人的作用力大小为maC.车对人的作用力大小为mgD.车对人的摩擦力一定不为零答案:C解析:因为取车前进方向为正方向,根据运动学规律可得车的速度改变量Δv=-at,故A错误;设车对人在水平方向上的合力为Fx,车的加速度大小为a,人相对车厢静止,故人的加速度也为a,在水平方向对人运用牛顿第二定律可得Fx=ma,根据受力平衡可得,车对人在竖直方向上的作用力N=mg,根据平行四边形定则,车对人的作用力大小F车人=Fx2+N2=mg2+a2,故B错误,C正确;若车的加速度大小a=Fm,水平方向对人应用牛顿第二定律,4.一个质量为3kg的物块(视为质点)静止在水平面上,在t=0时刻,物块在水平外力F的作用下开始运动,它的位置坐标x和速度二次方v2的关系图像如图所示,则()A.质点沿x轴正方向做匀加速运动B.物块运动的加速度是13m/sC.物块运动加速度是16m/sD.物块所受到的水平外力F的大小可能是1N答案:D解析:根据图像可知,物体的初位置距离原点6m,经过一段时间到达坐标原点处,所以质点沿x轴负方向做匀加速运动,故A错误;根据速度位移关系可得v2=2ax,解得x=12a·v2,所以由图像的斜率解得a=-16m/s2,故B、C错误;根据牛顿第二定律可得-F+μmg=ma,解得F=μmg+0.5N,由于摩擦力大小不知道,所以拉力大小可能为1N,5.如图所示,物体的质量为2kg,两根轻细绳AB和AC的一端连接于竖直墙上,另一端系于物体上,在物体上另施加一个方向与水平线成θ=60°的拉力F,若要使绳都能伸直,g取10m/s2,则F可能是()A.10N B.153NC.53N D.253N答案:B解析:当AC拉力为零时,力F最小,根据平衡条件可得F1=mgcos30°当AB拉力为零时,力F最大,根据平衡条件可得F2cos60°=FACcos30°F2sin60°=FACsin30°+mg联立解得F2=203N所以要使绳都能伸直,力F满足条件4033N≤F≤203N,故B正确,A、C、6.如图所示,倾角为θ=37°的传送带以速度v1=2m/s顺时针匀速转动。将一物块以v2=8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,传送带足够长,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,下列说法正确的是()A.物块向上运动过程中的加速度大小为10m/s2B.物块向上运动的时间为1.6sC.物块向上滑行的最远距离为4mD.物块最终将随传送带一起向上匀速运动答案:BC解析:由于物块的速度大于传送带的速度,所以物块相对传送带向上运动,物块受重力和沿斜面向下的滑动摩擦力,沿斜面方向根据牛顿第二定律得,mgsinθ+μmgcosθ=ma1,代入数据得a1=10m/s2,方向沿斜面向下。设物体减速到传送带速度需要的时间为t1,有t1=v1-v2-a1=0.6s;由于物体所受重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力,因此物体相对传送带向下运动,受到的滑动摩擦力沿斜面向上,沿斜面方向根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma2,代入数据得a2=2m/s2,方向沿斜面向下;最后减速到速度为零的时间为t2=v1a2=1s,故物块向上运动的时间为1.6s,故A、D错误,B正确;小物块向上滑行的最远距离为x=v1+v7.某物体沿直线运动,其v-t图像如图所示,则下列说法正确的是()A.在第4s末时物体改变了运动方向B.第3s内和第5s内加速度方向相同C.前4s内的加速度大小为2m/s2D.在t=4s到t=6s这段时间位移为0答案:CD解析:根据速度图像的斜率等于加速度,斜率的正负表示加速度的方向,时间轴上方速度为正、时间轴下方速度为负可知,在第4s末时物体运动方向仍为正方向,不变,故A错误;第3s内加速度方向为正,第5s内加速度方向为负,不相同,故B错误;前4s内的加速度大小为a=84m/s2=2m/s2,故C正确;在t=4s到t=6s这段时间内位移为0,故D8.如图(a)所示,质量相等的物块A和B用一个轻质弹簧连接,竖直放置在水平地面上,最初系统静止。现用力缓慢拉木块A直到木块B刚好离开地面,测得木块B对地面的压力N相对应两木块之间的距离L,作出N-L图像如图(b)所示,下列说法正确的是()A.图像中N0的数值等于木块B的重力B.图像中L2表示弹簧的自然长度C.图线斜率的绝对值表示弹簧的劲度系数D.由图像中的数据可以求出弹簧的原长答案:CD解析:设A、B的重力分别为GA、GB,弹簧的原长为L0,开始时弹力F弹=GA,木块B对地面的压力为GA+GB,弹簧恢复原长前:对B受力分析得N=GB+k(L0-L),弹簧恢复原长后:N=GB-k(L-L0),图像中N0是开始时的力,等于AB的重力的和,故A错误;图像中L2对应的N=0,弹簧对B的向上的拉力等于B的重力,对地面的压力为0,弹簧处于拉长状态,故B错误;由上面的分析知图线斜率的绝对值表示弹簧的劲度系数,故C正确;设每个物块质量为m,根据题意可得:N0=2mg,解得mg=N02,由于图像的斜率为k=根据平衡条件可得原来弹簧的压缩量为x0=mgk则弹簧的原长为L0=L1+x0=L1+L2二、实验题(本题共2小题,共20分)9.(10分)把两根轻质弹簧串联起来测量它们各自的劲度系数,如图(a)所示。(a)(b)(1)未挂钩码之前,指针B指在毫米刻度尺如图(a)所示的位置上,记为cm。

(2)将质量50g的钩码逐个挂在弹簧Ⅱ的下端,逐次记录两弹簧各自的伸长量。所挂钩码的质量m与每根弹簧的伸长量x,可描绘出如图(b)所示的图像,由图像可计算出弹簧Ⅱ的劲度系数k1=N/m。(重力加速度g取9.8N/kg)

(3)图(b)中,当弹簧Ⅰ的伸长量超过17cm时其图线为曲线,此现象可能的原因是 。

答案:(1)16.00(2)28(3)拉力超出了弹簧的弹性限度解析:(1)刻度尺读数需读到最小刻度的下一位,指针示数为16.00cm。(2)由图像中的数据可知,弹簧Ⅱ的形变量为Δx=7.00cm时,拉力F=4×0.05×9.8N=1.96N根据胡克定律知,k2=FΔx=1.(3)当弹簧Ⅰ的伸长量超过17cm时其图线为曲线,拉力已经超过它的弹性限度。10.(10分)某同学为探究加速度与合外力的关系,设计了如图(a)所示的实验装置。一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上,用轻绳绕过定滑轮及轻滑轮将小车与弹簧测力计相连。实验中改变悬挂的钩码个数进行多次测量,记录弹簧测力计的示数F,并利用纸带计算出小车对应的加速度a。(a)(b)(1)实验前应把木板左端适当垫高,以平衡摩擦力()A.平衡摩擦力时,不需要拖着纸带B.平衡摩擦力时,需要细绳拉着小车C.轻推小车,小车能做匀速直线运动,证明已经平衡掉摩擦力(2)实验中钩码的质量可以不需要远小于小车质量,其原因是()A.小车所受的拉力与钩码的重力无关B.小车所受的拉力等于钩码重力的一半C.小车所受的拉力可由弹簧测力计直接测出(3)图(b)是实验中得到的某条纸带的一部分。已知打点计时器使用的交变电流频率为50Hz。由纸带数据求出小车的加速度a=m/s2(结果保留2位有效数字)。

(4)改变钩码个数,多次重复实验,算出小车多组加速度,描绘小车加速度a与合力F的关系图像,下列图像中正确的是。

(c)答案:(1)C(2)C(3)0.16(4)B解析:(1)考查实验的操作细节,平衡摩擦力应拖着纸带,因为纸带与限位孔之间也有摩擦力,故选项A错误;平衡的是小车在木板上的摩擦力,所以不能用细线拉着小车,故选项B错误;轻推小车,小车能做匀速直线运动,证明已经平衡掉摩擦力,故选项C正确。(2)实验中钩码的质量可以不需要远小于小车质量,这是因为小车所受的拉力可由弹簧测力计直接测出,不需要用钩码的重力代替拉力,故选项C正确,而选项A、B错误。(3)把纸带分成两大段,由逐差公式求加速度为a=(3.84+4.00)-(3.52+3.68)(2×(4)当误差在允许的范围内时,加速度与作用力成正比,所以a-F图像是过原点的直线,故选项B正确。三、计算题(本题共3小题,共40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)11.(12分)如图所示,小孩与雪橇总质量为40kg,大人用与水平方向成37°斜向上的大小为100N的拉力拉雪橇,雪橇与小孩沿水平地面一起做匀速运动,(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)求:(1)画出雪橇和小孩整体的受力分析图;(2)地面对雪橇的支持力大小;(3)雪橇与水平地面间的动摩擦因数的大小。答案:(1)受力分析见解析图(2)340N(3)4解析:(1)受力分析如图所示。(2)雪橇和小孩匀速运动,在竖直方向受力平衡,有Fsinθ+N=mg整理代入数据,得N=340N。(3)雪橇和小孩匀速运动,在水平方向受力平衡,有f=Fcosθ又f=μN代入数据,整理得μ=41712.(12分)某赛道起跑段是长度L=1000m的直线赛道,赛车经直线赛道后进入弯道。某车手驾驶的赛车从静止出发,经时间t1=6s后达到最大速度vmax=30m/s,在直道上到弯道起点的距离x=25m处开始减速,以确保赛车进入弯道时的速度大小为v=20m/s。可认为赛车加速和减速阶段均做匀变速直线运动,求:(1)赛车加速阶段的加速度a1大小和减速阶段的加速度a2大小;(2)该赛车匀速阶段的位移和减速阶段的时间。答案:(1)5m/s210m/s2(2)885m1s解析:(1)a1=vmaxt1=306m/s2根据位移时间公式v2-v02=2a2=v2-vmax22x=负号说明加速度方向与运动方向相反。(2)赛车的加速距离为x'=vmax2t1=302×6m=所以赛车匀速阶段的位移为Δx=L-x-x'=1000m-25m-90m=885m减速阶段的时间为t2=v-vmaxa2=2013.(16分)如图所示,倾角θ=30°的固定斜面AB长度L=3.75m,一质量m=1kg的小物块(可视为质点)在外力F作用下沿斜面向上运动。已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ=33,重力加速度g取10m/s2(1)若外力F的方向水平向右,要使小物块沿斜面匀速上滑,则F多大?(2)若外力F大小为15N且方向沿斜面向上,要使小物块能够运动到B点,则外力