新课标同步高一物理练习：4 本章高效整合（人教版必修1） 9页

- 1 - 高一物理同步练习解析 章综合(A卷) 一、选择题 1．有关惯性大小的下列叙述中，正确的是( ) A．物体跟接触面间的摩擦力越小，其惯性就越大 B．物体所受的合力越大，其惯性就越大 C．物体的质量越大，其惯性就越大 D．物体的速度越大，其惯性就越大 解析： 物体的惯性只由物体的质量决定，和物体受力情况、速度大小无关，故 A、B、 D错误，C正确． 答案： C 2. (2011·抚顺六校联考)如右图所示，A、B两物体叠放在一起，用手托住，让它们静止靠在 墙边，然后释放，使它们同时沿竖直墙面下滑，已知 mA>mB，则物体 B( ) A．只受一个重力 B．受到重力、摩擦力各一个 C．受到重力、弹力、摩擦力各一个 D．受到重力、摩擦力各一个，弹力两个 解析： 物体 A、B将一起做自由落体运动，所以 A、B之间无相互作用力，物体 B与墙 面有接触而无挤压，所以与墙面无弹力，当然也没有摩擦力，所以物体 B只受重力，选 A. 答案： A 3．下列说法正确的是( ) A．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态 B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态 C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态 D．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态 解析： 由超重、失重和完全失重的概念可知，在加速度向下时处于失重状态．在加速 度向上时处于超重状态，故正确答案为 B. 答案： B 4. 用一根轻质弹簧竖直悬挂一小球，小球和弹簧的受力如图所示，下列说法正确的是( ) A．F1的施力物体是弹簧 B．F2的反作用力是 F3 C．F 3的施力物体是小球 D．F4的反作用力是 F1 解析： F1的施力物体是地球，所以 A错误；F3的施力物体是小球，C正确；根据牛顿 第三定律可知 F2的反作用力是 F3，B正确；F4的反作用力是弹簧对天花板的拉力，D错误． 答案： BC 5．如右 - 2 - 图所示，重 10 N的物体以速度 v 在粗糙的水平面上向左运动，物体与桌面间的动摩擦因 数为 0.1，现给物体施加水平向右的拉力 F，其大小为 20 N，则物体受到的摩擦力和加速度大 小分别为(取 g＝10 m/s2)( ) A．1 N,20 m/s2 B．0,21 m/s2 C．1 N,21 m/s2 D．条件不足，无法计算 解析： 物体受到的滑动摩擦力 Ff＝μFN＝μmg＝0.1×10 N＝1 N，水平方向上的合外力 为 F＋Ff＝ma，则 a＝F＋Ff m ＝ 20＋1 1 m/s2＝21 m/s2. 答案： C 6. 如图所示，质量为 m的物体在粗糙斜面上以加速度 a加速下滑，现加一个竖直向下的力 F 作用在物体上，则施加恒力 F后物体的加速度将( ) A．增大 B．减小 C．不变 D．无法判断 解析： 施加力 F前，mgsin θ－μmgcos θ＝ma① 施加力 F后，(mg＋F)sin θ－μ(mg＋F)cos θ＝ma′② ① ② 得 a a′ ＝ mg mg＋F <1，故 a′>a. 答案： A 7．如下图所示，在光滑的水平面上，质量分别为 m1和 m2的木块 A和 B之间用轻弹簧相 连，在拉力 F作用下，以加速度 a做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力 F，此瞬时 A和 B 的加速度为 a1和 a2，则( ) A．a1＝a2＝0 B．a1＝a，a2＝0 C．a1＝ m1 m1＋m2 a，a2＝ m2 m1＋m2 a D．a1＝a，a2＝－ m1 m2 a 解析： 两物体在光滑的水平面上一起以加速度 a向右匀加速运动时，弹簧的弹力 F 弹＝ m1a.在力 F撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为 m1a，因此对 A来讲，加速度此时 仍为 a；对 B物体取向右为正方向，－m1a＝m2a2，a2＝－ m1 m2 a，所以只有 D项正确． 答案： D 8. 有一直升机悬停在空中向地面投放装有物资的箱子，如右图所示．设投放初速度为零， 箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态．在 箱子下落过程中，下列说法正确的是( ) A．箱内物体对箱子底部始终没有压力 B．箱子刚投下时，箱内物体受到的支持力最大 C．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大 - 3 - D．若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来” 解析： 因为下落速度不断增大，而阻力 Ff∝v2，所以阻力逐渐增大，当 Ff＝mg时，物 体开始匀速下落．以箱和物体为整体：(M＋m)g－Ff＝(M＋m)a，Ff增大则加速度 a减小．对 物体：Mg－FN＝ma，加速度减小，则支持力 FN增大．所以物体后来受到的支持力比开始时 要增大，但不可能“飘起来”． 答案： C 9．质量为 1 kg，初速度 v0＝10 m/s的物体，受到一个与初速度 v0方向相反，大小为 3 N 的外力 F的作用，沿粗糙的水平面滑动，物体与地面间的动摩擦因数为 0.2，经 3 s后撤去外 力直到物体停下来，物体滑行的总位移为(取 g＝10 m/s2)( ) A．7.5 m B．9.25 m C．9.5 m D．10 m 解析： 刚开始物体受合外力 F＋μmg＝ma，代入数据，解得 a＝5 m/s2，由于 a与 v0方 向相反，所以由 v0＝at得到 t＝2 s后物体速度为零，位移 x＝v0 2 t＝10 m；接下来反向匀加速运 动 1 s，加速度 a1＝ F－μmg m ，代入数据解得 a1＝1 m/s2，位移 x1＝1 2 a1t2＝0.5 m，方向与 x相反．v1 ＝a1t1＝1×1 m/s＝1 m/s，接下来做加速度 a2＝μg＝2 m/s2的匀减速运动，所以 x2＝ v21 2a2 ＝0.25 m， 所以总位移为 x－x1－x2＝9.25 m. 答案： B 10．在探究加速度与力、质量的关系实验中，采用如下图所示的实验装置，小车及车中 砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用 m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带 打上的点计算出． (1)当 M与 m的大小关系满足________时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中 砝码的重力． (2)一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中砝码的质量一定，改变小车 及车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图象法处理数据．为了比较容易地观测加速度 a 与质量 M的关系，应该做 a与________的图象． (3)乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的 a－ 1 M 图线如右图所示，两个同学做 实验时的哪一个物理量取值不同？ 解析： (1)只有M与m满足M≫m才能使绳对小车的拉力近似等于盘及盘中砝码的重力． (2)由于 a∝ 1 M ，所以 a－ 1 M 图象应是一条过原点的直线，所以数据处理时，常作出 a与 1 M 的 图象． (3)两小车及车上的砝码的总质量相等时，由图象知乙的加速度大，故乙的拉力 F大(或乙 中盘及盘中砝码的质量大)． 答案： (1)M≫m (2) 1 M (3)拉力不同 11. - 4 - 如右图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿用与水平面成 53°角的恒力拉着它 沿水平面做直线运动，已知拉力 F＝3.0 N，玩具的质量 m＝0.5 kg，经时间 t＝2.0 s，玩具移动 了 x＝4 m，这时幼儿松开手，问玩具还能运动多远？(取 g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝ 0.6) 解析： 一阶段 x＝1 2 at2 所以 a＝2 m/s2 Fcos 53°－μ(mg－Fsin 53°)＝ma 所以μ＝ 4 13 v＝at＝4 m/s 二阶段 Ff＝μmg μmg＝ma′ v2＝2a′x′ 解以上两式并代入数据得：x′＝2.6 m. 答案： 2.6 m 12. 质量为 2 kg 的物体在水平推力 F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去 F，其 运动的 v－t图象如右图所示．g取 10 m/s2，求： (1)物体与水平面间的动摩擦因数μ； (2)水平推力 F的大小； (3)0～10 s内物体运动位移的大小． 解析： (1)设物体做匀减速直线运动的时间为Δt2、初速度为 v20、末速度为 v2t、加速度 为 a2，则 a2＝ v2t－v20 Δt2 ＝－2 m/s2① 设物体所受的摩擦力为 Ff，根据牛顿第二定律，有 Ff＝ma2② Ff＝－μmg③ 联立②③得 μ＝－a2 g ＝0.2.④ (2)设物体做匀加速直线运动的时间为Δt1、初速度为 v10、末速度为 v1t、加速度为 a1，则 a1＝ v1t－v10 Δt1 ＝1 m/s2⑤ 根据牛顿第二定律，有 F＋Ff＝ma1⑥ 联立③⑥得 F＝μmg＋ma1＝6 N. (3)解法一 由匀变速直线运动位移公式，得 x＝x1＋x2＝v10Δt1＋1 2 a1Δt21＋v20Δt2＋1 2 a2Δt22＝46 m 解法二 根据 v－t图象围成的面积，得 - 5 - x＝ v10＋v1t 2 ×Δt1＋1 2 ×v20×Δt2 ＝46 m 答案： (1)0.2 (2)6 N (3)46 m - 6 - 高一物理同步练习解析 章综合(B卷) 一、选择题 1．关于超重、失重，下列说法中正确的是( ) A．超重就是物体的重力增加了 B．失重就是物体的重力减小了 C．完全失重就是物体的重力消失了 D．不论超重、失重，物体的重力不变 答案： D 2. 如右图球 A在斜面上，被竖直挡板挡住而处于静止状态，关于球 A所受的弹力，以下说 法正确的是( ) A．A物体仅受一个弹力作用，弹力的方向垂直斜面向上 B．A物体受两个弹力作用，一个水平向左，一个垂直斜面向下 C．A物体受两个弹力作用，一个水平向右，一个垂直斜面向上 D．A物体受三个弹力作用，一个水平向右，一个垂直斜面向上，一个竖直向下 解析： 球 A受重力竖直向下，与竖直挡板和斜面都有挤压．斜面给它一个支持力，垂 直斜面向上；挡板给它一个支持力，水平向右，故选项 C正确． 答案： C 3．一根细绳能承受的最大拉力是 G，现把一重为 G的物体系在绳的中点，分别握住绳的 两端，先并拢，然后缓慢地左右对称地分开，若要求绳不断，则两绳间的夹角不能超过( ) A．45° B．60° C．120° D．135° 解析： 由于细绳是对称分开的，因而两绳的拉力相等，为保证物体静止不动，两绳拉 力的合力大小等于 G，随着两绳夹角的增大，两绳中的拉力增大，当两绳的夹角为 120°时， 绳中拉力刚好等于 G.故 C正确，A、B、D错误． 答案： C 4．某实验小组，利用 DIS系统观察超重和失重现象，他们在电梯内做实验，在电梯的地 板上放置一个压力传感器，在传感器上放一个重为 20 N的物块，如图甲所示，实验中计算机 显示出传感器所受物块的压力大小随时间变化的关系，如图乙所示．以下根据图象分析得出 的结论中正确的是( ) A．从时刻 t1到 t2，物块处于失重状态 B．从时刻 t3到 t4，物块处于失重状态 C．电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼 层 D．电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼 层 解析： 由图可知在 0～t1、t2～t3及 t4之后，传感器所受压力大小等于物块的重力大小； t1～t2时间段内，传感器所受压力大小大于物块重力，处于超重状态，加速度向上；t3～t4时间 段内，压力小于物块重力，处于失重状态，加速度向下．综上所述选项 B、C正确． 答案： BC - 7 - 5．一辆汽车正在做匀加速直线运动，计时之初，速度为 6 m/s，运动 28 m后速度增加到 8 m/s，则( ) A．这段运动所用时间是 4 s B．这段运动的加速度是 3.5 m/s2 C．自开始计时起，两秒末的速度是 7 m/s D．从开始计时起，经过 14 m处的速度是 5 2 m/s 解析： 由 v2－v20＝2ax得 a＝v2－v20 2x ＝ 82－62 2×28 m/s2＝0.5 m/s2.再由 v＝v0＋at得运动时间 t ＝ v－v0 a ＝ 8－6 0.5 s＝4 s ，故 A对，B错．两秒末速度 v2＝v0＋at2＝6 m/s＋0.5×2 m/s＝7 m/s， C对．经 14 m处速度为 v′，则 v′2－v20＝2ax′，得 v′＝ 62＋2×0.5×14 m/s＝5 2 m/s， 即 D亦对． 答案： ACD 6. 如右图所示，5个质量相同的木块并排放在水平地面上，它们与地面间的动摩擦因数均相 同，当用力 F推第一块使它们共同加速运动时，下列说法中不正确的是( ) A．由右向左，两块木块之间的相互作用力依次变小 B．由右向左，两块木块之间的相互作用力依次变大 C．第 2块与第 3块木块之间弹力大小为 0.6F D．第 3块与第 4块木块之间弹力大小为 0.6F 解析： 取整体为研究对象，由牛顿第二定律得 F－5μmg＝5ma.再选取 1、2两块为研究 对象，由牛顿第二定律得 F－2μmg－FN＝2ma.两式联立得 FN＝0.6F.进一步分析可得从左向右， 木块间的相互作用力是依次变小的． 答案： AD 7．物块静止在固定的斜面上，分别按图示的方向对物块施加大小相等的力 F，A中 F垂 直于斜面向上，B中 F垂直于斜面向下，C中 F竖直向上，D中 F竖直向下，施力后物块仍 然静止，则物块所受的静摩擦力增大的是 ( ) 解析： 由于物块始终静止在斜面上，物块所受静摩擦力与正压力无直接关系，对物体 进行受力分析，沿斜面方向列平衡方程可判断出选项 D正确． 答案： D 8. 如右图所示，小车 M在恒力 F作用下，沿水平地面做直线运动，由此可判断( ) ①若地面光滑，则小车可能受三个力作用 ②若地面粗糙，则小车可能受三个力作用 ③若小车做匀速运动，则小车一定受四个力作用 ④若小车做加速运动，则小车可能受三个力作用 A．①②③ B．②③ C．①③④ D．②③④ 解析： - 8 - 若小车匀速运动，则小车受合力为零；若小车做变速运动，则小车受合力不为零．作出 如图所示的受力分析图． ①若地面光滑，则图中 Ff不存在； ②若地面粗糙，存在 FN必存在 Ff，反之存在 Ff必存在 FN； ③做匀速运动时受力分析即为右图所示： ④若地面光滑，受三个力；若地面粗糙，受四个力． 综上所述，选项 C正确． 答案： C 9. 如右图所示是某物体运动全过程的速度—时间图象．以 a1和 a2表示物体在加速过程和减 速过程中的加速度，以 x表示物体运动的总位移，则 x、a1和 a2的值为( ) A．30 m,1.5 m/s2，－1 m/s2 B．60 m,3 m/s2，－2 m/s2 C．15 m,0.75 m/s2，－0.5 m/s2 D．100 m,5 m/s2，－3 m/s2 解析： 总位移 x＝10×6 2 m＝30 m．加速时 a1＝ Δv Δt ＝ 6－0 4－0 m/s2＝1.5 m/s2，减速时 a2＝ Δv′ Δt′ ＝ 0－6 10－4 m/s2＝－1 m/s2. 答案： A 10．BRT是“快速公交”的英文简称，现在我国一些城市已经陆续开通，其中 BRT专车 车身长将采用 12米和 18米相结合的方式，是现有公交车长度的 2～3倍．现有一辆 BRT公交 车车长 18米，可以看做是由两节完全相同的车厢组成．现假设 BRT公交车其首段从站台的 A 点出发到尾端完全出站都在做匀加速直线运动，站在站台上 A点一侧的观察者，测得第一节 车厢全部通过 A点所需要的时间为 t1，那么第二节车厢全部通过 A点需要的时间是( ) A. 2 2 t1 B．( 2－1)t1 C．( 3－1)t1 D．( 3－ 2)t1 解析： 以公交车为参考系，等效为观察者从 A点反方向做匀加速直线运动，设每节车 厢长为 L，观察者通过第一节车厢的过程有 L＝1 2 at21，通过前两节车厢的过程有 2L＝1 2 at2，那 么通过第二节车厢所需时间为 t2＝t－t1，以上各式联立可得 t2＝( 2－1)t1，B正确． 答案： B 二、非选择题 11. 如右图所示，一长木板斜搁在高度一定的平台和水平地面上，其顶端与平台相平，末端 置于地面的 P处，并与地面平滑连接．将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速释放，沿木 板下滑，接着在地面上滑动，最终停在 Q处．滑块和木板及地面之间的动摩擦因数相同．现 - 9 - 将木板截短一半，仍按上述方式搁在该平台和水平地面上，再次将滑块自木板顶端无初速释 放，设滑块在木板和地面接触处下滑过渡，则滑块最终将停在何处？ 解析： 设平台离地面的高度为 h，木板与地面的夹角为α，AP＝x，PQ＝x′，利用牛顿 第二定律及运动学公式得：v2＝2gsin α－μgcos αh sin α ＝2(hg－μgx)，在水平地面上，v2＝2μgx′， 即 2(hg－μgx)＝2μgx′，得 x＋x′＝ h μ ，即 x＋x′是确定值，与木板的长度无关，滑块最终将 停在 Q处． 答案： 滑块最终将停在 Q处． 12．如图(a)所示，质量为 M＝10 kg的滑块放在水平地面上，滑块上固定一个轻细杆 ABC， ∠ABC＝45°.在 A端固定一个质量为 m＝2 kg 的小球，滑块与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5. 现对滑块施加一个水平向右的推力 F1＝84 N，使滑块做匀加速运动．求此时轻杆对小球作用 力 F2的大小和方向．(取 g＝10 m/s2) 有位同学是这样解的—— 小球受到重力及杆的作用F2，因为是轻杆，所以F2方向沿杆向上，受力情况如图(b)所示．根 据所画的平行四边形，可以求得： F2＝ 2mg＝ 2×2×10 N＝20 2 N. 你认为上述解答是否正确？如果不正确，请说明理由，并给出正确的解答． 解析： 解答不正确． 杆 AB对球的作用力方向不一定沿着杆的方向，其具体的大小和方向由实际的加速度 a来 决定．并随着加速度 a的变化而变化． 由牛顿第二定律，对整体有 F1－μ(M＋m)g＝(M＋m)a 解得 a＝F1－μM＋mg M＋m ＝ 84－0.5×10＋2×10 10＋2 m/s ＝2 m/s2 对小球有 F2＝ mg2＋ma2 ＝ 2×102＋2×22 N ＝4 26 N＝20.4 N 轻杆对小球的作用力 F2与水平方向的夹角α＝arctan mg ma ＝arctan 5，斜向右上方．