2018-2019学年物理（人教版）必修一试题：章末质量评估（四）

章末质量评估(四)
(时间：90分钟　分值：100分)
一、单项选择题(本题共10小题，每题3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选、不选或多选均不得分．)
1．科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法不符合历史事实的是(　　)
A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
解析：亚里士多德的观点是力是维持物体运动的原因，即物体有力就运动，没有力就静止，故A错误； 伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去，选项B正确； 笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，选项C正确； 牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，选项D正确；故选项A不符合历史事实．
答案：A
2．关于牛顿运动定律，以下说法中正确的是(　　)
A．运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性就越大
B．人从水平地面上猛得竖直向上跳起，地面对人的支持力将会大于人对地面的压力
C．N/kg与m/s2都是加速度的国际制单位
D．物体的加速度方向有时与合外力方向相同，有时与合外力方向相反
答案：C
3．一雪橇放在冰面上，现让一只狗拉着雪橇在冰面上匀速前进，则(　　)
A．狗对雪橇的拉力与冰面对雪橇的摩擦力是一对作用力与反作用力
B．雪橇对冰面的压力与冰面对雪橇的支持力是一对平衡力
C．雪橇对冰面的压力与冰面对雪橇的支持力是一对作用力与反作用力
D．雪橇对冰面的压力与雪橇受到的重力是一对平衡力
解析：雪橇匀速前进，则雪橇受力平衡，狗对雪橇的拉力与冰面对雪橇的摩擦力是一对平衡力，冰面对雪橇的支持力与雪橇受到的重力是一对平衡力，选项A、D错误；雪橇对冰面的压力与冰面对雪橇的支持力是一对作用力与反作用力，选项B错误，选项C正确．
答案：C
4.如图所示，小车上有一个定滑轮，跨过定滑轮的绳一端系一重球，另一端系在弹簧测力计上，弹簧测力计下端固定在小车上．开始时小车处于静止状态．当小车沿水平方向运动时，小球恰能稳定在图中虚线位置，下列说法中正确的是(　　)
A．小球处于超重状态，小车对地面压力大于系统总重力
B．小球处于失重状态，小车对地面压力小于系统总重力
C．弹簧测力计读数大于小球重力，但小球既不超重也不失重
D．弹簧测力计读数大于小球重力，小车一定向右匀加速运动
解析：小球稳定在题图中虚线位置，则小球和小车有相同的加速度，且加速度水平向右，故小球既不超重也不失重，小车既可以向右匀加速运动，也可以向左匀减速运动，故C项正确．
答案：C
5．竖直上抛物体受到的空气阻力f大小恒定，物体上升到最高点时间为t1，从最高点落回抛出点用时t2，上升时加速度大小为a1，下降时加速度大小为a2，则下列说法正确的是(　　)
A．a1a2，t1>t2
C．a1t2 D．a1>a2，t1解析：上升时，mg＋f＝ma1，下降时，mg－f＝ma2，得a1>a2.上升和下降的位移相等，h＝a1t＝a2t，因为a1>a2，所以t1答案：D
6.用轻弹簧竖直悬挂质量为m的物体，静止时弹簧伸长量为L，现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L，斜面倾角为30°，如图所示，则物体所受摩擦力(　　)
A．等于零
B．大小为mg，方向沿斜面向下
C．大小为mg，方向沿斜面向上
D．大小为mg，方向沿斜面向上
解析：设弹簧的劲度系数为k，竖直悬挂时有kL＝mg.设物体放在斜面上时所受摩擦力为f，根据物体的平衡条件有kL＋f＝2mgsin 30°＝mg；由上述两式联立可得f＝0，A正确．
答案：A
7.如图所示，小球A和B的质量均为m，长度相同的四根细线分别连接在两球间、球与水平天花板上P点以及与竖直墙上的Q点之间，它们均被拉直，且P、B间细线恰好处于竖直方向，两小球均处于静止状态，则Q、A间水平细线对球的拉力大小为(　　)
A.mg B．mg
C.mg D.mg
解析：由题，P、B间细线恰好处于竖直方向，两小球均处于静止状态，则知A、B间细线的拉力为零．
对A球受力分析，由平衡条件，得TQA＝mgtan 60°＝mg，选项A、B、D错误，C正确．故选C.
答案：C
8.如图所示，质量为M的斜面A置于粗糙水平地面上，动摩擦因数为μ，物体B与斜面间无摩擦．在水平向左的推力F作用下，A与B一起做匀加速直线运动，两者无相对滑动．已知斜面的倾角为θ，物体B的质量为m，则它们的加速度a及推力F的大小为(　　)
A．a＝gsin θ，F＝(M＋m)g(μ＋sin θ)
B．a＝gcos θ，F＝(M＋m)gcos θ
C．a＝gtan θ，F＝(M＋m)g(μ＋tan θ)
D．a＝gcot θ，F＝μ(M＋m)g
解析：B物体受到重力、支持力作用，其合力向左，根据牛顿第二定律得mgtan θ＝ma，解得a＝gtan θ；研究A、B整体同理有F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝(M＋m)g(μ＋tan θ)，C正确．
答案：C
9．细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示(已知cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8)，以下说法正确的是(　　)
A．小球静止时弹簧的弹力大小为mg
B．小球静止时细绳的拉力大小为mg
C．细线烧断瞬间小球的加速度立即为g
D．细线烧断瞬间小球的加速度立即为g
解析：小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件得：
弹簧的弹力大小为：
F＝mgtan 53°＝mg，
细绳的拉力大小为：T＝＝
mg，故A错误，B错误．
细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为：a＝，a＝g.故C错误，D正确．故选D.
答案：D
10．如图所示，用两根绳子OA和OB系住一物体．绳OA固定于A点，手拉绳OB使OB由水平位置逐渐转向OB′方向，同时保持OA与天花板夹角θ(θ<45°)不变．在这一过程中绳OB所受拉力大小将(　　)
A．始终减小 B．始终增大
C．先减小后增大 D．先增大后减小
解析：如图所示，作出物体所受的三个力组成的力的矢量三角形．注意到mg的大小、方向都是不变的；而绳OA的拉力TOA的方向不变，大小变化；绳OB的拉力TOB的大小、方向都变化．由图可知，当TOB垂直于TOA时，TOB取得最小值，故绳OB的拉力先减小后增大．
答案：C
二、多项选择题(本题共4小题，每题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分．)
11.将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力不变，其速度—时间图象如图所示，则(　　)
A．上升、下降过程中加速度大小之比为11∶9
B．上升、下降过程中加速度大小之比为10∶1
C．物体所受的重力和空气阻力之比为9∶1
D．物体所受的重力和空气阻力之比为10∶1
解析：上升、下降过程中加速度大小分别为：a上＝11 m/s2，a下＝9 m/s2，由牛顿第二定律得：mg＋F阻＝ma上，mg－F阻＝ma下，联立解得：mg∶F阻＝10∶1，A、D正确．
答案：AD
12．如图甲所示，竖直电梯中质量为m的物体置于压力传感器P上，电脑可描绘出物体对P的压力F随时间的变化图线；图乙中K、L、M、N四条图线是电梯在四种运动状态下由电脑获得的Ft图线，由图线分析电梯的运动情况，下列结论中正确的是(　　)
A．由图线K可知，此时电梯一定处于匀加速上升状态
B．由图线L可知，此时电梯的加速度大小一定等于g
C．由图线M可知，此时电梯一定处于静止状态
D．由图线N可知，此时电梯加速度的方向一定先向上后向下
解析：物体对P的压力等于支持力的大小，根据牛顿第二定律判断加速度的大小和方向，从而确定电梯的运动情况．
由图线K可知，物体对P的压力大于物体的重力，且逐渐增大，则支持力大于重力，且逐渐增大，根据牛顿第二定律知，加速度方向竖直向上，且逐渐增大，电梯加速度方向竖直向上，且在变化，故A错误；由图线L可知，支持力的大小等于2mg，根据牛顿第二定律得，F－mg＝ma，解得a＝g，方向竖直向上，故B正确；由图线M可知，支持力等于重力，知电梯可能处于静止，可能处于匀速直线运动状态，故C错误；由图线N可知，支持力的大小先大于mg再小于mg，根据牛顿第二定律知，加速度的方向先向上，再向下，故D正确．
答案：BD
13．如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(m1在地面上，m2在空中)，力F与水平方向成θ角．则m1所受支持力FN和摩擦力f正确的是(　　)
A．FN＝m1g＋m2g－Fsin θ
B．FN＝m1g＋m2g－Fcos θ
C．f＝Fcos θ
D．f＝Fsin θ
解析：该题考查连接体的平衡问题，利用隔离法求相互作用力，利用整体法求外力．选整体为研究对象，在水平方向有f＝Fcos θ，在竖直方向有FN＋Fsin θ＝(m1＋m2)g，FN＝m1g＋m2g－Fsin θ，故A、C选项正确．
答案：AC
14．如图所示，两个倾角相同的滑竿上分别套有A、B两个质量均为m圆环，两个圆环上分别用细线悬吊两个质量均为M的物体C、D，当它们都沿滑竿向下滑动并保持相对静止时，A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下．下列结论正确的是(　　)
A．A环受滑竿的作用力大小为(m＋M)gcos θ
B．B环受到的摩擦力f＝mgsin θ
C．C球的加速度a＝gsin θ
D．D受悬线的拉力T＝Mg
解析：对C受力分析，如图
由牛顿第二定律，得到：Mgsin θ＝Ma①；
细线拉力为T＝Mgcos θ②
再对A环受力分析，如下图
根据牛顿定律，有mgsin θ－f＝ma③
N＝mgcos θ＋T④
由①②③④解得：f＝0 N＝(M＋m)gcos θ，故A、C正确．
对D球受力分析，受重力和拉力，合力与速度在一条直线上，故合力为零，物体做匀速运动，细线拉力等于Mg；再对B球受力分析，如图，受重力、拉力、支持力，由于做匀速运动，合力为零，故必有向后的摩擦力；根据平衡条件，有(M＋m)gsin θ＝f，N＝(M＋m)gcos θ，故B错误，D正确．故选A、C、D.
答案：ACD
三、非选择题(共4小题，共46分)
15．(8分)某实验小组为探究加速度与力之间的关系设计了如图(a)所示的实验装置，用钩码所受重力作为小车所受的拉力，用DIS(数字化信息系统)测小车的加速度．通过改变钩码的数量，多次重复测量，可得小车运动的加速度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．
图(a)　　　　　　　　图(b)
(1)图线________是在轨道水平的情况下得到的(选填“Ⅰ”或“Ⅱ”)
(2)小车和位移传感器发射部分的总质量为______kg，小车在水平轨道上运动时受到的摩擦力大小为______N.
(3)某同学用小车做“研究匀变速直线运动”实验时，从打下的若干纸带中选出了如图所示的一条(每两点间还有4个点没有画出来)，如图所示，纸带上的数字为相邻两个计数点间的距离．打点计时器的电源频率为50 Hz.
该小车做匀变速直线运动的加速度a＝________m/s2，与纸带上D点相对应的瞬时速度v＝______m/s(答案均要求保留3位有效数字)．
答案：(1)Ⅱ　(2)1 kg　1 N　
(3)1.93 m/s2　1.19 m/s
16.(8分)如图所示，小木块在沿斜面向上的恒定外力F作用下，从A点由静止开始做匀加速运动，前进了0.45 m抵达B点时，立即撤去外力．此后小木块又前进0.15 m到达C点，速度为零．已知木块与斜面动摩擦因数μ＝，木块质量m＝1 kg.
(1)木块向上经过B点时速度为多大？
(2)木块在AB段所受的外力多大？( g＝10 m/s2)
解析：(1)撤去外力后，小木块做匀减速运动从B运动到C，加速度大小为a＝gsin θ＋μgcos θ＝7.5 m/s2
所以有v－v＝2as
代入可解得vB＝＝ m/s＝1.5 m/s.
(2)设外加恒力为F，则刚开始从A运动到B的加速度为a1＝－(gsin θ＋μgcos θ)刚开始是做匀加速直线运动，故有：v＝2a1s1
代入数据可求得：F＝10 N.
答案：(1)1.5 m/s　(2)10 N
17．(14分)某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图甲．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图乙．已知人的质量为50 kg，降落伞质量也为50 kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速率v成正比，即f＝kv(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)．求：
图甲　　　　　　　图乙
(1)打开降落伞前人下落的距离为多大？
(2)求阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向？
(3)悬绳能够承受的拉力至少为多少？
解析：(1)h0＝＝20 m
(2)kv＝2mg，将v＝5 m/s代入得k＝200 N·s/m
对整体：kv0－2mg＝2ma，
a＝＝30 m/s2
方向竖直向上
(3)设每根绳拉力为T，以运动员为研究对象有：
8Tcos α－mg＝ma，
T＝＝312.5 N
由牛顿第三定律得：悬绳能承受的拉力至少为312.5 N.
答案：(1)20 m　(2)k＝200 N·s/m　a＝30 m/s2　方向竖直向上　(3)312.5 N
18．(16分)一种巨型娱乐器械由升降机送到离地面75 m的高处，然后让座舱自由落下．落到离地面30 m高时，制动系统开始启动，座舱均匀减速，到地面时刚好停下．若座舱中某人用手托着m＝5 kg的铅球，取g＝10 m/s2，试求：
(1)从开始下落到最后着地经历的总时间；
(2)当座舱落到离地面35 m的位置时手对球的支持力；
(3)当座舱落到离地面15 m的位置时球对手的压力．
解析：(1)由题意可知，座舱先自由下落
h1＝75 m－30 m＝45 m，
由h1＝gt，得t1＝ ＝3 s，
下落45 m时的速度v1＝gt1＝30 m/s，
减速过程中的平均速度v2＝＝15 m/s，
减速时间t2＝＝2 s，总时间t＝t1＋t2＝5 s．(2)离地面35 m时，座舱自由下落，处于完全失重状态，所以手对球的支持力为零．
(3)由v＝2gh1＝2ah2，得减速过程中加速度的大小a＝15 m/s2，根据牛顿第二定律，得FN－mg＝ma，
解得FN＝125 N，根据牛顿第三定律，可知
球对手的压力F′N＝125 N，方向竖直向下．
答案：(1)5 s　(2)0　(3)125 N，方向竖直向下