2024-2025学年新教材高中物理第四章运动和力的关系质量标准检测含解析新人教版必修第一册

PAGEPAGE9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．(2024·浙江嘉兴市高一期末)关于以下图景的说法正确的是(D)A．图1所示真空管内的铁片和羽毛下落一样快，说明两者质量相等B．图2所示弹簧下端悬挂的钩码数量越多，弹簧的劲度系数就越大C．图3所示月球上的五星红旗离地球特别遥远，所以没有惯性D．图4所示伽利略通过志向斜面试验，说明力不是维持物体运动的缘由解析：图1所示真空管内的铁片和羽毛下落一样快，说明的是轻重不同的物体在真空中下落一样快，并不能说明两者质量相等，故A错误；图2所示弹簧下端悬挂的钩码数量越多，说明白弹簧的形变量越大，但并不能说明弹簧的劲度系数就越大，故B错误；图3所示月球上的五星红旗虽然离地球特别遥远，但由于红旗具有质量，所以肯定具有惯性，故C错误；图4所示伽利略通过志向斜面试验，说明白力不是维持物体运动的缘由，故D正确。2．(2024·安徽蚌埠市高一期末)2020年12月17日，嫦娥五号的返回舱采纳“打水漂”的技术来减速并胜利着陆在预定区域。返回舱第一次进入大气层时减速下降到距离地面约60公里时，利用弓形激波让其加速向上跃起，弹出大气层之后再次进入大气层，实施二次减速，整个过程就像“打水漂”一样(如图)。返回舱在减速下降和加速跃起时分别处于(C)A．失重状态，超重状态 B．超重状态，失重状态C．超重状态，超重状态 D．失重状态，失重状态解析：返回舱减速下降即向下做减速运动，加速度方向向上，处于超重状态，返回舱加速跃起即向上做加速运动，加速度方向向上，也处于超重状态。故选C。3．(2024·安徽芜湖市高一期末)如图甲为应用于机场和火车站的平安检查仪，用于对旅客的行李进行平安检查。其传送装置可简化为如图乙模型，物块m在水平传送带上向右运动，两者始终保持相对静止。则下列关于m所受摩擦力的说法中正确的是(B)A．皮带传送速度越大，m受到的摩擦力越大B．皮带传送的加速度越大，m受到的摩擦力越大C．皮带速度恒定，m质量越大，所受摩擦力越大D．无论皮带做何种运动，m都肯定受摩擦力作用解析：两者始终保持相对静止，当皮带匀速运动时，m不受摩擦力的作用，故ACD错误；两者始终保持相对静止即皮带与m的加速度相同，则皮带传送的加速度越大，m受到的摩擦力越大，故B正确。4．(2024·安徽芜湖市高一期末)如图甲所示，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，使物体起先向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示，下列说法正确的是(B)A．弹簧的劲度系数为750N/mB．物体的加速度大小为5m/s2C．物体的质量为1kgD．初始状态弹簧压缩量为5cm解析：由图乙可知弹簧的压缩量为4cm，弹力在4cm内减小了20N，所以劲度系数为k＝eq\f(ΔF,Δl)＝eq\f(20N,4cm)＝500N/m，故A、D错误；物体的质量m＝eq\f(k×Δl,g)＝eq\f(500N/m×4cm,10m/s2)＝2kg，物体的加速度a＝eq\f(F－mg,m)＝eq\f(30－20,2)m/s2＝5m/s2，故B正确、C错误。5．(2024·全国甲卷，14)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调整，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°渐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(D)A．渐渐增大 B．渐渐减小C．先增大后减小 D．先减小后增大解析：设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知eq\f(L,cosθ)＝eq\f(1,2)gt2sinθ可得t2＝eq\f(4L,gsin2θ)，可知θ＝45°时，t有最小值，故当θ由30°渐渐增大至60°时下滑时间t先减小后增大。故选D。6．(2024·云南玉溪市高一期末)如图所示，质量为2m的小球用轻弹簧拴接放置于倾角为θ的光滑斜面上，弹簧另一端固定，弹簧与斜面平行，整个系统处于静止状态。突然将斜面体撤离瞬间，小球的加速度大小为(重力加速度为gA．gcosθ B．gtanθC．eq\f(gcosθ,2) D．gsinθ解析：撤离斜面体之前，小球处于平衡状态，对小球进行受力分析可得2mgsinθ＝F弹，2mgcosθ＝FN，撤离斜面体的瞬间，支持力突变为零，重力和弹力不变，因此F合＝FN＝2mgcosθ＝2ma，解得a＝gcosθ，故选A。7．(2024·宁夏银川市高一期末)对牛顿其次定律的理解正确的是(CD)A．由F＝ma可知，F与a成正比，m与a成反比B．牛顿其次定律说明当物体有加速度时，物体才受到外力的作用C．加速度的方向总跟合外力的方向一样D．当外力停止作用时，加速度随之消逝解析：虽然F＝ma，表示牛顿其次定律，但F与a无关，因a是由m和F共同确定的，即a∝eq\f(F,m)，且a与F同时产生、同时消逝、同时存在、同时变更；a与F的方向恒久相同，A、B错误，C、D正确。8．(2024·四川巴中市高一期末)飞天揽月，奔月取壤，2020年11月24日4时30分，长征五号遥五运载火箭在文昌航天放射场点火升空，顺当将嫦娥五号探测器送入预定轨道，开启我国首次地外天体采样返回之旅。下列关于火箭在竖直方向加速起飞阶段的说法，正确的是(AC)A．火箭处于超重状态B．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭升空C．火箭发动机将燃料产生的气体向后推动，气体的反作用推动火箭升空D．保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后，相对地面由静止下落解析：火箭加速上升，处于超重状态，选项A正确；由于反冲运动的作用，火箭燃料燃烧产生的气体给火箭一个反作用力使火箭加速运动，这个反作用力并不是空气给的，故B错误，C正确；保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后，相对地面有向上的速度，选项D错误。9．(2024·天水市第一中学高一开学考试)如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时(CD)A．M受静摩擦力增大 B．M对车厢壁的压力不变C．M仍相对于车厢静止 D．M受静摩擦力不变解析：对物块M受力分析，受重力、静摩擦力和向右的支持力，如图所示依据牛顿其次定律，有：竖直方向Ff＝mg，水平方向FN＝ma，当车的加速度增大时，静摩擦力不变，支持力增加，依据牛顿第三定律可知M对车厢壁的压力增大，物体与车厢壁之间的最大静摩擦变大；物体仍能相对于车厢静止。故选CD。10．(2024·福建省福州格致中学高一期末)如图所示为杂技“顶杆”表演，一大人站在地上，肩上为一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的小孩握着竿以加速度a加速下滑时，则(BD)A．竿对小孩的摩擦力向上，大小为mgB．小孩对竿的摩擦力向上，大小为mg－maC．竿对大人的压力大小(M＋m)gD．竿对大人的压力大小(M＋m)g－ma解析：当竿上一质量为m的小孩握着竿以加速度a加速下滑时，对小孩mg－Ff＝ma，竿对小孩的摩擦力向上，大小为mg－ma，故A错误B正确；对竿受力分析，可知mg－ma＋Mg＝FN，依据牛顿第三定律可知，竿对大人的压力大小(M＋m)g－ma，故D正确C错误。第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(2小题，共14分。把答案干脆填在横线上)11．(6分)2024·全国甲卷，22)为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上，形成一倾角为α的斜面(已知sinα＝0.34，cosα＝0.94)，小铜块可在斜面上加速下滑，如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图像，获得5个连续相等时间间隔(每个时间间隔ΔT＝0.20s)内小铜块沿斜面下滑的距离si(i＝1,2,3,4,5)，如下表所示。s1s2s3s4s55.87cm7.58cm9.31cm11.02cm12.74cm由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为__0.43__m/s2，小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为__0.32__。(结果均保留2位有效数字，重力加速度大小取9.80m/s2)解析：依据逐差法有a＝eq\f(s5＋s4－s2＋s3,2ΔT2)代入数据可得小铜块沿斜面下滑的加速度大小a≈0.43m/s2对小铜块受力分析依据牛顿其次定律有mgsinα－μmgcosα＝ma代入数据解得μ≈0.32。12．(8分)(2024·河南安阳市林州一中高一开学考试)某试验小组用如图甲所示的试验装置探究加速度与力、质量的关系。请回答下列问题。(1)以小车为探讨对象，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砂桶和砂的总质量m满意：M__远大于__m；(2)图乙是试验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，量出相邻的计数点之间的距离分别为xAB＝4.22cm、xBC＝4.65cm、xCD＝5.08cm、xDE＝5.49cm、xEF＝5.91cm、xFG＝6.34cm。已知打点计器所接电源频率为50Hz，则小车的加速度a＝__0.42__m/s2；(结果保留两位有效数字)(3)某次试验测得的数据如表所示，请依据表中数据在坐标图中描点并作出a－eq\f(1,M)图线__见解析__；eq\f(1,M)(kg－1)4.03.63.02.01.41.0a/(m·s－2)1.21.10.90.60.40.3(4)依据a－eq\f(1,M)图线求得合外力大小为__0.30__N。(算结果保留两位有效数字)解析：(1)对小车、砂桶(含砂)整体，由牛顿其次定律知mg＝(m＋M)a得a＝eq\f(mg,m＋M)，则小车所受的拉力FT＝Ma＝eq\f(Mmg,m＋M)＝eq\f(mg,\f(m,M)＋1)当M≫m时，小车所受的拉力FT在数值上近似等于砂桶(含砂)的总重力mg，因此需满意M≫m。(2)由题意知，相邻两点的时间间隔t＝0.02×5＝0.1s，由逐差法知，小车的加速度a＝eq\f(xDG－xAD,3t2)＝eq\f(xDE＋xEF＋xFG－xAB＋xBC＋xCD,9t2)≈0.42m/s2(3)图像为(4)在a－eq\f(1,M)图像中，图像的斜率表示小车所受的合外力，其大小为F＝k＝eq\f(1.2,4)N＝0.30N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，只写出最终答案不能得分，有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位)13．(10分)(2024·彝良县民族中学高一期末)质量是60kg的人站在升降机中的体重计上，当升降机做下列各种运动时，体重计的读数是多少？(g＝10m/s2)(1)升降机以4m/s2的加速度匀加速上升；(2)升降机以5m/s2的加速度匀加速下降。答案：(1)840N(2)300N解析：(1)当升降机以4m/s2的加速度匀加速上升时，以人为探讨对象，依据牛顿其次定律得F1－mg＝ma1，代入解得F1＝840N。由牛顿第三定律得到人对体重计的压力大小等于F1＝840N，即体重计的读数为840N。(2)当升降机以5m/s2的加速度匀加速下降时，以人为探讨对象，依据牛顿其次定律得mg－F2＝ma3，代入解得F2＝300N。由牛顿第三定律得到体重计的读数为300N。14．(10分)2024·浙江物理，19)小明以初速度v0＝10m/s竖直向上抛出一个质量m＝0.1kg的小皮球，最终在抛出点接住。假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的0.1倍。求小皮球(1)上升的最大高度；(2)上升和下降的时间。答案：(1)eq\f(50,11)m(2)eq\f(10,11)seq\f(10\r(11),33)s解析：(1)在上升过程中，mg＋Ff＝ma1a1＝11m/s2上升的高度h＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)＝eq\f(50,11)m(2)上升的时间t1＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(10,11)s在下降过程中mg－Ff＝ma2得a2＝9m/s2h＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)t2＝eq\f(10\r(11),33)s15．(12分)(2024·湖南邵阳市高一期末)如图所示，一水平传送带以2m/s的速度做匀速运动，传送带两端的距离为s＝20m，将一可视为质点的物体轻轻地放在传送带一端，物体由这一端运动到另一端所需的时间为t＝11s，取g＝10m/s2，求：(1)物体在皮带上匀加速的时间t1；(2)物体在皮带上匀加速运动的位移x；(3)物体与皮带间的滑动摩擦因数μ。答案：(1)2s(2)2m(3)0.1解析：(1)物块在传送带上先加速后匀速，匀加速的时间t1，则eq\f(v,2)t1＋v(t－t1)＝s解得t1＝2s(2)物体在皮带上匀加速运动的位移x＝eq\f(v,2)t1，解得x