新教材教科版高中物理必修第一册综合测评（A）同步练习（Word版附解析）

这是一份高中物理教科版 (2019)必修 第一册全册综合测试题，共6页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

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.(2020·湖南邵阳邵东十中期中)金丽温高铁的开通,提高了旅客的出行效率。金华到温州线路全长188 km,从丽水乘坐动车到杭州只需要1 h 34 min,最高时速可达300 km/h。下列说法正确的是( )
A.1 h 34 min是指时刻
B.全长188 km指位移
C.300 km/h指瞬时速度
D.300 km/h指平均速度
答案:C
解析:1 h 34 min是时间间隔,故A错误;全长188 km是铁路线的长度,是路程,故B错误;最高时速可达300 km/h,是物体通过某一位置或某一时刻的速度,指的是瞬时速度,故C正确,D错误。
2.一汽车以4 m/s的初速度开始做匀加速直线运动,在运动后的第5 s末开始刹车,刹车过程汽车做匀减速直线运动,在运动后的第10 s末汽车停止运动,汽车运动的总位移为60 m。则汽车在前后两段过程的加速度的大小之比为( )
A.2∶5B.3∶5C.1∶3D.2∶3
答案:B
解析:设加速阶段的加速度大小为a1,减速阶段的加速度大小为a2,第5 s末的速度为v,
由位移关系得v0+v2t1+v2t2=x
解得v=10 m/s
由加速度公式得a1=v-v0t1,a2=vt2
联立解得a1a2=35,故A、C、D错误,B正确。
3.如图所示,以下四图中的球均为光滑的球,地面为水平地面,所有物体均处于静止状态,其中图(a)(c)中细线均处于拉直状态,则以下说法正确的是( )
(a)
(b)
(c)
(d)
A.图(a)(b)中的球均受到两个弹力的作用
B.图(c)(d)中的球均受到两个弹力的作用
C.球受到弹力的作用是因为球发生了弹性形变要恢复原状,从而受到了弹力的作用
D.如果已知球的形变量Δx,则一定可以求出球产生的弹力为F=kΔx
答案:B
解析:图(a)中球受到地面的支持力及可能存在棒对其的压力,而图(b)中的球只受到地面的支持力作用,对于图(c)中的球,受到绳子的拉力及斜面的支持力,图(d)中的球也受到两个弹力的作用,分别是斜面的支持力与竖直面的支持力,故A错误,B正确;球受到弹力的作用是因为与球接触的物体发生了弹性形变要恢复原状,从而使球受到了弹力的作用,故C错误;胡克定律,F=kΔx,只适用在弹性限度内的弹簧,故D错误。
4.(2020·山东济宁期中)从高度为125 m的塔顶,先后落下a、b两球,a球比b球早释放1 s,则以下判断正确的是(g取10 m/s2,不计空气阻力)( )
A.在a球接触地面之前,两球离地的高度差恒定
B.在a球接触地面之前,两球的速度差恒定
C.两球运动过程中相对静止,落地时间差为1 s
D.a球接触地面瞬间,b球的速度为30 m/s
答案:B
解析:设下降时间为t时,b球下降的高度hb=12gt2,a球下降的高度ha=12g(t+1 s)2,两球离地的高度差等于下降的高度差Δh=ha-hb=gt+12g=10t+5(Δh单位为m,t单位为s),随时间的增大,位移差增大,故A、C错误;设b球下降时间为t时,b球的速度vb=gt,a球的速度va=g(t+1 s),则Δv=va-vb=g,与时间无关,是一定量,故B正确;球a运动总时间ta=2hg=2×12510 s=5 s,a球接触地面瞬间,b球的运动时间为4 s,故速度vb=gt4=10×4 m/s=40 m/s,故D错误。
5.如图所示,一个质量为m的钢球,放在倾角为θ的固定斜面上,用一垂直于斜面的挡板挡住,处于静止状态。各个接触面均光滑,重力加速度为g,则挡板从该位置缓慢放平的过程中,球对挡板的压力和球对斜面的压力( )
A.增大 增大B.减小 减小
C.增大 减小D.减小 增大
答案:C
解析:小球受重力、支持力和挡板的弹力,在挡板从该位置缓慢放平的过程中,小球受力的动态三角形如图所示。
根据图形可知,球受到的挡板的弹力逐渐增大,斜面对球的支持力逐渐减小,根据牛顿第三定律知,球对挡板的压力逐渐增大,球对斜面的压力逐渐减小,故A、B、D错误,C正确。
6.(2020·山东淄博期中)如图所示,物体A、B、C均处于静止状态,各接触面与水平地面平行。物体A受到的摩擦力为f1,物体B受到的摩擦力为f2,物体C受到地面的摩擦力为f3,物体B受到的水平拉力F1=F,物体C受到的水平拉力F2=2F,则下列说法正确的是( )
A.f1=F,方向水平向左
B.f2=F,方向水平向左
C.f3=0
D.f3=F,方向水平向右
答案:BD
解析:因A、B、C均处于静止状态,则对A、B、C整体受力分析知,整体受到向右的拉力F1、向左的拉力F2,所以地面对C有向右的摩擦力,由平衡条件得f3=F2-F1=F;对B受力分析可知,在水平方向上,B受到向右的拉力与向左的摩擦力,由二力平衡得f2=F1=F。对A来说,假如受到C对A的摩擦力,则找不到一个与摩擦力平衡的力,故A不受摩擦力的作用。
7.如图所示,传送带的水平部分长为l,传动速率为v,在其左端无初速释放一小木块,若木块与传送带间的动摩擦因数为μ,则木块从左端运动到右端的时间可能是( )
A.vμgB.lvC.2lμgD.2lv
答案:ACD
解析:若木块沿着传送带的运动是一直加速,根据牛顿第二定律,有μmg=ma,即加速度为a=μg;若一直加速到达另一端的速度恰好为v,则v=at,解得t=vμg,故A正确;若一直加速到达另一端的速度恰好为v,根据位移—时间关系可得v2t=l,解得t=2lv,故B错误,D正确;若一直加速到达另一端的速度恰好为v,根据位移—时间公式,有l=12at2,解得t=2lμg,故C正确。
8.一汽车自O点以7 m/s的初速度在平直公路上做匀加速直线运动依次经过P、Q两根电线杆,已知汽车从P到Q所用的时间为9 s,P、Q两电线杆相距108 m,车经过Q时的速度大小为15 m/s。则下列分析正确的是( )
A.汽车从O点运动到P点的过程中平均速度大小为8 m/s
B.汽车经过P、Q中点时的速度大小为12 m/s
C.O点到P点的距离为24 m
D.汽车行驶的加速度大小为1.5 m/s2
答案:AC
解析:汽车经过PQ两电线杆的平均速度为v=1089 m/s=12 m/s
根据v=vP+vQ2解得vP=9 m/s
所以整个阶段的加速度为a=vQ-vPt=15-99 m/s2=23 m/s2,汽车从O点到P点的平均速度为v'=vO+vP2=7+92 m/s=8 m/s,故A正确,D错误;汽车经过P、Q中点时的速度大小为vs2=vP2+vQ22=92+1522 m/s=153 m/s,故B错误;O、P间的距离为xOP=vP2-vO22a=92-722×23 m=24 m,故C正确。
二、实验题(本题共2小题,共20分)
9.(10分)(2020·山东滨州期中)某同学进行验证力的平行四边形定则实验,试完成主要步骤:
(a)
(b)
(c)
(1)如图(a)所示,用两只弹簧测力计分别钩住细绳套,互成角度地拉橡皮条,使橡皮条伸长,记下结点的位置O点,两弹簧测力计的读数F1、F2以及 。
(2)用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条与细绳套的结点拉到结点O,记下细绳的方向:读出图(b)中弹簧测力计的示数F= N。
(3)图(c)中, (选填“F”或“F'”)的方向一定与橡皮条在同一直线上。
(4)关于该实验的注意事项,下列说法正确的是( )
A.弹簧测力计应在使用前校零
B.实验中所用的两根细绳越短越好
C.弹簧测力计的拉力方向必须与木板平行
D.每次实验中两个分力间的夹角必须大于90°
答案:(1)细绳的方向 (2)4.00 (3)F' (4)AC
解析:(1)用两只弹簧测力计分别钩住细绳套,互成角度地拉橡皮条,使橡皮条伸长,记下结点的位置O点,两弹簧测力计的读数F1、F2以及细绳的方向。
(2)由图示弹簧测力计可知,其分度值为0.1 N,示数为4.00 N。
(3)图(c)中的F与F',F是由平行四边形得出的,而F'是通过实验方法得出的,其方向一定与橡皮筋的方向相同,一定与AO共线的是 F'。
(4)弹簧测力计使用前要校零,目的是减少误差,故A正确;拉橡皮条的细绳要适当长一些,以方便画出力的方向,故B错误;测量力的实验要求尽量准确,为了减小实验中因摩擦造成的误差,操作中要求弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行,故C正确;在实验中两个分力的夹角大小适当,且二力的大小要适量大些,这样有利于减小实验中偶然误差的影响,不需要夹角必须大于90°,故D错误。
10.(10分)(2020·重庆巴蜀中学期中)在探究加速度与力、质量关系的实验中,小车的质量用m表示,沙桶及沙的质量用m'表示,小车的加速度可由小车后拖动的纸带计算出。
(a)
(b)
(1)保持小车质量不变,往沙桶中加入一定量的沙子,通过改变沙桶的质量,测得不同情况下的小车的加速度,这种实验的方法叫作 (选填“等效法”或“控制变量法”);在释放小车 (选填“之前”或“之后”)接通打点计时器的电源,在纸带上打出一系列的点。
(2)在平衡摩擦力后,他用打点计时器打出的纸带的一段如图(b)所示,其中纸带 (选填“左端”或“右端”)与小车相连,该纸带上相邻两个计数点间还有4个点未标出,打点计时器使用交变电流的频率是50 Hz,则小车的加速度大小是 m/s2,当打点计时器打B点时小车的速度是 m/s。(结果保留3位有效数字)
答案:(1)控制变量法 之前 (2)左端 0.390 0.377
解析:(1)在探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系的实验,保持小车质量不变,往沙桶中加入一定量的沙子,通过改变沙桶的质量,测得不同情况下小车的加速度,这种实验的方法叫作控制变量法;为充分利用纸带,在释放小车之前接通打点计时器的电源。
(2)依据纸带点间距,从左向右越来越大,可知,纸带左端与小车相连,该纸带上相邻两个计数点间还有4个点未标出,打点计时器使用交变电流的频率是50 Hz,计数点间时间间隔T=0.10 s小车的加速度大小为
a=xBD-xOB(2T)2=15.06-6.75-×10-2 m/s2=0.390 m/s2;
打点计时器打B点时小车的速度为
vB=xAC2T=10.71-3.182×0.1×10-2 m/s=0.377 m/s。
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)(2020·广东深圳宝安区期中)一汽车在平直公路上做匀减速直线运动,从某时刻起通过第一个60 m所用的时间是6 s,通过第二个60 m所用的时间是10 s。求:
(1)汽车加速度的大小;
(2)在接下来的10 s内汽车的位移。
答案:(1)0.5 m/s2 (2)12.25 m
解析:(1)第一个60 m内中间时刻的瞬时速度为
v1=x1t1=606 m/s=10 m/s
第二个60 m内中间时刻的瞬时速度为
v2=x2t2=6010 m/s=6 m/s
则汽车的加速度为
a=v2-v1t1+t22=6-106+102 m/s2=-0.5 m/s2
汽车加速度的大小为0.5 m/s2。
(2)第二个60 m的末速度为v=(6-0.5×5) m/s=3.5 m/s。
汽车停止运动时间为
t0=3.50.5 s=7 s
在接下来10 s内汽车位移等于接下来7 s内汽车位移。即
x=3.52×7 m=12.25 m。
12.(12分)(2020·河南重点中学月考)如图所示,某粗糙的金属杆上套着两个质量为20 kg的铁环A、B,两铁环用长7 m的不可伸长轻绳连接,将一质量为10 kg的水桶固定在绳上C点,做一个死结,水桶距离A铁环的距离为3 m,放手后水桶缓慢下降,当两绳相互垂直时恰好静止,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,试求:
(1)静止后AC段和BC段绳子的拉力大小;
(2)铁环和金属杆间的动摩擦因数至少为多少?
答案:(1)80 N 60 N (2)0.2
解析:(1)以结点为研究对象,受到两段绳子的拉力和重力的作用,受力情况如图所示。
根据题意可得tanα=34,则α=37°,所以β=53°
水平方向:T1sinα=T2sinβ
竖直方向T1csα+T2csβ=mg
联立解得T1=80 N,T2=60 N。
(2)由于AC段绳子竖直向下的分力大于BC段绳子竖直向下的分力,可知BC段绳子对铁环的竖直向下的分力较小,B铁环最后静止,可知T2=60 N时B铁环受到的摩擦力为最大摩擦力,则T2sinβ=μ(mBg+T2csβ)
解得μ=0.2。
13.(16分)(2020·福建厦门思明区期中)下图为四旋翼无人机,它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器,目前正得到越来越广泛的应用。一架质量为m=2 kg的无人机,其动力系统所能提供的最大升力F=36 N,运动过程中所受空气阻力大小恒定,无人机在地面上从静止开始,以最大升力竖直向上起飞,在t=5 s时离地面的高度为75 m(g取10 m/s2)。
(1)求运动过程中所受空气阻力大小。
(2)假设由于动力系统故障,悬停的无人机突然失去升力而坠落。无人机坠落地面时的速度为40 m/s,求无人机悬停时距地面高度。
答案:(1)4 N (2)100 m
解析:(1)根据题意,在上升过程中由牛顿第二定律得F-mg-f=ma
由运动学规律得,上升高度h=12at2
联立解得f=4 N。
(2)下落过程由牛顿第二定律得mg-f=ma1
解得a1=8 m/s2
落地时的速度v2=2a1h'