安徽省六安市第一中学2019-2020学年高一下学期线上学习课后复习卷物理试题（必修1第四章及平抛运动）

安徽省六安市第一中学2019-2020学年高一下学期线上学习课后复习卷物理试题（必修1第四章及平抛运动）

高一物理课后复习卷 必修1第四章及平抛运动 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________‎ 一、单选题 ‎1．如图所示，一倾角的足够长的斜面固定在水平地面上。当时，滑块以初速度沿斜面向上运动。已知滑块与斜面间的动摩擦因数，g取‎10m/s2，，，下列说法正确的是（　　）‎ A．滑块一直做匀变速直线运动 B．时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上 C．时，滑块恰好又回到出发点 D．时，滑块的速度大小为‎4m/s ‎2．AB是固定在空中的光滑水平横杆，一质量为M的物块穿在杆AB上，物块通过细线悬吊着一质量为m的小球．现用沿杆的恒力F拉物块使物块、小球一起（保持相对静止）向右运动，细线与竖直方向夹角为θ，则以下说法正确的是（　　）‎ A．杆对物块的支持力为Mg B．细线上的拉力为 C． D．物块和小球的加速度为 ‎3．如图所示，A、B两个物块的重力分别是GA=3N，GB=4N，弹簧的重力不计，整个装置沿竖直方向处于静止状态，这时弹簧的弹力大小为2 N，则天花板受到的拉力和地板受到的压力有可能是(　　)‎ A．5 N和2 N B．5 N和6 N C．1 N和2 N D．3 N和4 N ‎4．如图所示，一光滑球体静止于夹角为的支架ABC内，现以B为轴，让整个支架缓慢的顺时针旋转，直至支架BC部分水平．设BC部分对球体的作用力为F，则整个过程中（ ）‎ A．F可能一直减小 B．F可能一直增大 C．F可能先减小后增大 D．F可能先增大后减小 ‎5．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置质量分别为m和‎2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是fm．现用平行于斜面的拉力F拉其中一个质量为‎2m的木块，使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力F的最大值（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．如图所示，A、B两物块的质量分别为‎2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A施加一水平拉力F，则下列说法不正确的是 A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当时，A的加速度为 ‎ C．当时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过 ‎ ‎7．如图所示，在竖直平面内有一矩形，其长边与一圆的底部相切于O点，现在有三条光滑轨道a、b、c，它们的上端位于圆周上，下端在矩形的底边，三轨道都经过切点O，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端(轨道先后放置)，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　)‎ A．ta＞tb＞tc B．ta＜tb＜tc C．ta＝tb＝tc D．无法确定 ‎8．如图所示，在斜面顶端的A点以速度v平抛一小球经t1时间落到斜面上B点处，若在A点将此小球以速度0.5v水平抛出，经t2落到斜面上的C点处，以下判断正确的是（ ）‎ A．AB：AC=" 4" ：1 B．t1 ：t2=" 4" ：1‎ C．AB：AC = 2：1 D．t1：t2=：1‎ 二、多选题 ‎9．如图所示，橡皮筋的一端固定在O点，另一端拴一个物体，O点的正下方A处有一垂直于纸面的光滑细杆，OA 为橡皮筋的自然长度。已知橡皮筋的弹力与伸长量成正比，现用水平拉力F使物体在粗糙的水平面上从B点沿水平方向匀速向右运动至C点，已知运动过程中橡皮筋处于弹性限度内且物体对水平地面有压力，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体所受水平面的摩擦力保持不变 B．物体所受地面的支持力变小 C．水平拉力F逐渐增大 D．物体所受的合力逐渐增大 ‎10．如图，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ，斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦。用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之以加速度a匀加速上滑。在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止。则有（　　）‎ A．地面对楔形物块的摩擦力为 B．地面对楔形物块的摩擦力为 C．地面对楔形物块的支持力为 D．地面对楔形物块的支持力为 ‎11．如图所示，传送带与地面倾角为θ=37°，AB的长度为‎16m，传送带以‎10m/s的速度转动，在传送带上端A无初速度地放一个质量为‎0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A运动到B所用的时间可能为（ ）（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=‎10m/s2）．‎ A．1.8s B．2.0s C．2.1s D．4.0s ‎12．如图所示，从倾角为的斜面上的某点先后将同一小球以不同初速度水平抛出，小球均落到斜面上，当抛出的速度为时，小球到达斜面的速度方向与斜面的夹角为 ‎，当抛出的速度为时，小球到达斜面的速度方向与斜面的夹角为，则（　　）‎ A．当时， ‎ B．无论v1、v2大小如何，均有 C． D．‎ 三、实验题 ‎13．(1)在"研究平抛物体运动"的实验中，可以描绘平抛物体运动轨迹和求物体的平抛初速度。实验简要步骤如下：‎ A．让小球多次从同一位置上滚下，记下小球穿过卡片孔的一系列位置；‎ B．安装好器材，注意斜槽末端水平和平板竖直，记下斜槽末端O点和过O点的竖直线，检测斜槽末端水平的方法是______________________。‎ C．测出曲线上某点的坐标x、y，用v0 =___________算出该小球的平抛初速度，实验需要对多个点求v0的值，然后求它们的平均值。‎ D．取下白纸，以O为原点，以竖直线为轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛轨迹。上述实验步骤的合理顺序是___________（只排列序号即可）。‎ ‎(2)如图所示，在"研究平抛物体运动"的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长l=‎1.25cm。若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v0=___________（用l、g表示），其值是___________（取g=‎9.8m/s2）‎ ‎14．某实验小组利用下图所示的装置探究物体的加速度与力、质量的关系. ‎ ‎（1）实验中下列做法正确的是__________‎ A．平衡摩擦力后，实验就不需要满足小车及车中砝码总质量远大于砝码盘及盘中砝码总质量的条件 B．每次改变小车中砝码的质量后，都需要重新平衡摩擦力 C．选取点迹清晰的纸带，必须以打的第一个点为计数起始点进行测量 D．实验中应先接通打点计时器的电源，然后再释放小车 ‎（2）实验中由于实际绳对小车的拉力__________（选填“大于”、“等于”、“小于”）重物所受的重力，会给实验带来系统误差。为减小此误差，实验中要对小车质量M和重物质量m进行选取，以下四组数据中最合理的一组是__________. （填写相应序号）‎ ‎①M=‎200g，m=‎40g、‎60g、‎80g、‎100g、‎‎120g ‎②M=‎200g，m=‎30g、‎35g、‎40g、‎45g、‎‎50g ‎③M=‎400g，m=‎20g、‎40g、‎60g、‎80g、‎‎100g ‎④M=‎400g，m=‎10g、‎15g、‎20g、‎25g、‎‎30g ‎（3）如图所示是某一次打点计时器打出的一条记录小车运动的纸带。取计数点1、2、3、4、5。已知打点计时器的打点周期为0. 02s，用刻度尺测量出各相邻计数点间的距离分别为3. ‎05cm、3. ‎92cm、4. ‎77cm、5. ‎62cm，则小车运动的加速度大小a=__________m/s2. （结果保留两位有效数字）‎ ‎（4）如图所示为此同学在探究加速度a与力F的关系时，根据测量数据作出的a-F图象，说明实验存在的问题是____________________. ‎ 四、解答题 ‎15．如图所示一足够长的斜面倾角为370，斜面BC与水平面AB圆滑连接质量m=‎2kg的物体静止于水平面上的M点，M点距B点之间的距离L=‎9m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因素均为μ=0.5现使物体受到一水平向右的恒力F=14N作用，运动至B点时撤去该力(sin370=0.6，cos370=0.8，取g=‎10m/s2)则：‎ ‎（1）物体在恒力作用下运动时的加速度是多大？‎ ‎（2）物体到达B点时的速度是多大？‎ ‎（3）物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少？‎ ‎16．如图所示，质量M＝‎10kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端施加一水平推力F＝10N，当小车向右运动的速度达到‎7m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m＝‎2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长g取‎10m/s2，则：‎ ‎(1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；‎ ‎(2)经多长时间两者达到相同的速度；‎ ‎(3)从小物块放上小车开始，经过t＝8s小物块通过的位移大小为多少？‎ ‎17．如图所示，传送带保持v0=‎10m/s的速度逆时针转动，现将一质量为‎0.4 kg 的物块轻放在传送带的A端，物块与传送带间动摩擦因数μ=0.5，传送带A、B两端距离传送带倾角为37°，已知 sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，取重力加速度大小‎10 m/s2，求 ‎(1)物块从A端运动到B端所经历的时间；‎ ‎(2)物块从A端运动到B端相对传送带的位移大小。‎ ‎18．如图所示，物体在拉力F的作用下沿水平面做匀速直线运动，发现当外力F与水平方向夹角为30°时，所需外力最小，由以上条件求外力F的最小值与重力的比值.‎ ‎19．如图所示，一小球从平台上抛出，恰好落在临近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面并下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝‎0.8 m，重力加速度g＝‎10 m/s2，(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求： (1) 小球水平抛出的初速度v0是多少； (2) 斜面顶端与平台边缘的水平距离s是多少； (3) 若斜面顶端高H＝‎20.8 m，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端．‎ ‎20．一弹簧秤秤盘的质量M=‎1.5kg，盘内放一个质量m=‎10.5kg的物体P，弹簧质量忽略不计，轻弹簧的劲度系数k=800N/m，系统原来处于静止状态，如图1-6所示．现给物体P施加一竖直向上的拉力F，使P由静止开始向上作匀加速直线运动．已知在前0.2s时间内F是变力，在0.2s以后是恒力．求力F的最小值和最大值各多大？取g=‎10m/s2．‎ 参考答案 ‎1．D2．C3．A4．D5．D6．A7．B8．A ‎9．AC10．BD11．BD12．BD ‎13．将小球放在水平槽中，若能静止则可认为水平 BADC ‎ ‎(1)[1]检测斜槽末端水平的方法是将小球放在水平槽中，若能静止则可认为水平；‎ ‎[2]小球做平抛运动，则有：‎ 解得初速度：‎ ‎[3]按照安装器材、进行实验、数据处理的步骤顺序，上述实验步骤合理的顺序为BADC；‎ ‎(2)[4]在竖直方向上，则有：‎ 解得：‎ 则初速度：‎ ‎[5]代入数据解得：‎ ‎14．D 小于 ④ 0.86 平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力 ‎ ‎（1）[1]A.平衡摩擦力后，只有当满足小车及车中砝码总质量远大于砝码盘及盘中砝码总质量的条件下，可以认为小车受到的拉力等于砝码盘及盘中砝码的重力，故A错误；‎ B.每次改变小车中砝码的质量后，不需要重新平衡摩擦力，故B错误；‎ C.研究实验中打下的纸带，从而测定小车运动的加速度，不一定以打的第一个点为计数起始点进行测量，故C错误；‎ D.实验中必须先接通打点计时器的电源，然后再释放小车，故D正确。‎ ‎（2）[2][3]由于砝码桶加速下降，处于失重状态，故实验中实际绳对小车的拉力小于重物所受的重力，为减小此误差，需，故最合理的一组数据是④；‎ ‎（3）[4]据逐差法，小车运动的加速度大小 ‎；‎ ‎（4）[5]a-F图像的斜率不过坐标原点，说明已经有拉力，但是还没有加速度，所以平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力；‎ ‎15．(1) (2) (3) ‎ ‎（1）在水平面上，根据牛顿第二定律可知：F-μmg=ma， 解得： ‎ ‎（2）有M到B，根据速度位移公式可知：vB2＝2aL 解得：vB＝m/s=‎6m/s （3）在斜面上，根据牛顿第二定律可知：mgsinθ+μmgcosθ=ma′ 代入数据解得：a′=‎10m/s2 根据速度位移公式可知：0 vB2＝‎2a′x 解得：x＝m＝‎‎1.8m ‎16．(1)‎2m/s2，‎0.6m/s2；(2)5s；(3)‎58.75m。‎ ‎(1)放上小物块后，小物块受到向右的滑动摩擦力，则物块的加速度为 am＝＝μg＝‎2m/s2‎ 小车受到向左的滑动摩擦力以及向右的推力F，则小车的加速度 aM＝＝‎0.6m/s2‎ ‎(2)速度相等时，由 amt＝v0+aMt 得 t＝5s ‎(3)在开始5s内小物块的位移 s1＝amt2＝‎‎25m 最大速度 v＝amt＝‎10m/s 在接下来的3s物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度 a＝＝m/s2‎ 这3s内的位移 s2＝vt′+at′2＝‎‎33.75m 经过t＝8s小物块通过的总位移 s＝s1+s2＝‎‎58.75m ‎17．(1)2s (2)‎‎4m ‎(1)物块刚放上传送带时的加速度大小为 物块速度达到传送带速度的时间为：‎ 位移为：‎ 物块速度达到传送带速度后的加速度为：‎ 根据 x-x1=v0t2+‎ 代入数据解得：‎ t2=1s 则物块从A端运动到B端所经历的时间为 t=t1+t2=2s ‎(2)物玦速度达到传送带速度时 ‎ 相对位移大小：‎ ‎△x1=v0t1-x1=‎‎5m 物块速度迖到传送带速度后 ‎ 相对位移的大小：‎ ‎△x2=x-x1-v0t2=‎‎1m 则相对位移的大小：‎ ‎△x=△x1-△x2=‎‎4m ‎18．‎ 物体受力分析如图，建立直角坐标系，对力进行正交分解得：‎ y方向：支持力FN＝G－Fy＝G－Fsin θ ①‎ x方向：‎ 摩擦力F′＝Fx＝Fcos θ ②‎ 又：F′＝μFN ③‎ 联立①②③得： ④‎ 令：＝tan β 则： ‎ 可知当β＋θ＝90°时，F有最小值.‎ 由题意，当θ＝30°时有最小值，所以β＝60°‎ ‎＝tan 60°＝，所以μ＝‎ 将θ＝30°，μ＝代入④可得：F＝G.‎ ‎19．(1)‎3 m/s　(2)‎1.2 m　(3)2.4 s 由题中“一小球从平台上抛出”可知，本题考查平抛运动，根据平抛运动公式规律，结合具体数据可分析本题。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由于刚好沿斜面下滑 ‎ ‎ ‎ 解得v0=‎3m/s ‎（2）有题可得 ‎ ‎ 联立解得：s=‎1.2m t1=0.4s ‎（3）有题可得 ‎ ‎ 联立解得：t2=2s ‎ ‎20．Fmin=72N，Fmax=168N．‎ 开始时，系统处于静止状态，弹簧的压缩量为x1=据题，在前0.2s时间内F是变力，在0.2s以后是恒力，说明在t=0.2s时物体P离开秤盘，秤盘对物体没有支持力，物体对秤盘也没有压力，而秤盘的加速度向上，说明此时弹簧处于压缩状态．设此时弹簧的压缩量为x2，对秤盘根据牛顿第二定律得：‎ kx2-Mg=Ma ‎0.2s内物体P位移为x=x1-x2=‎ 联立解得，a=‎6m/s2．‎ 根据题意，开始时物体Mm向上一起做匀加速运动根据牛顿定律可知，‎ 很明显当弹力开始最大时，F最小，最小值为；当两物体脱离时，整体向上运动时，对物体P满足，此时力F最大，‎