1、全章素养检测(第四章)考试时间：75分钟，满分：100分一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分每小题只有一个选项符合题目要求)1教科书中这样表述牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态其中“改变这种状态”指的是改变物体的()A位移 B位置 C速度 D加速度22022山东菏泽一中等六校高一上联考改编下列说法正确的是()A伽利略理想斜面实验的结论是完全基于实验事实得出的B伽利略理想斜面实验证明了力不是维持物体运动的原因C牛顿第一定律(惯性定律)反映了物体不受外力作用时的运动规律，因此物体只在不受外力时才有惯性D.牛顿第一定律中提出的
2、物体不受外力作用的条件是不可能达到的，所以这条定律可能是错的32021年8月8日，东京奥运会闭幕，中国运动健儿们取得了优异的成绩，如图是他们在运动赛场上的一些运动场景下列有关说法正确的是()A甲图中举重运动员比赛时手上会抹些镁粉，这是为了减小手和杆之间的摩擦B乙图中乒乓球运动员把乒乓球用力击出，球的速度改变，说明力可以改变物体的运动状态C丙图中运动员赛跑冲过终点后，还会继续前行，这是因为运动员受到了惯性的作用D丁图中运动员游泳过程中，运动员手对水的作用力和水对手的作用力是一对平衡力4.某校把跳长绳作为一项常规运动项目，其中一种运动方式为一支队伍抽12人一起进长绳，计同步一起跳的个数，在2022
3、年的比赛中该校潮勇班一次性跳了59下并打破记录，根据跳绳的情景，下列说法正确的是()A.学生起跳离开地面前的瞬间，学生受到的重力与地面对学生的支持力大小相等B学生起跳离开地面前的瞬间，学生处于失重状态C学生起跳离开地面前的瞬间，学生对地面的压力就是学生受到的重力D学生从最高点开始下落的过程中，先处于完全失重，再处于失重最后再处于超重状态5.2022北京丰台期中如图所示，一顾客乘扶梯上楼，随电梯一起加速运动在这一过程中，关于顾客的受力分析正确的是()6.2022宁夏六盘山中学高一上期中将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是小球向上运动的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动的最高点，
4、拍摄甲、乙两图时的闪光频率相同，墙上每块砖的厚度相同，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为()Amg Bmg Cmg Dmg7细绳拴着一个质量为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 530.6，sin 530.8)以下说法正确的是()A.小球静止时弹簧的弹力大小为mgB小球静止时细绳的拉力大小为mgC细绳烧断瞬间小球的加速度立即为gD细绳烧断瞬间小球的加速度立即为g二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对
5、但不全的得3分，有选错的得0分)8导出单位是由基本单位组合而成的，下列说法中正确的是()A加速度的单位是m/s2，是由m、s两个基本单位组合而成的B加速度的单位是m/s2，由公式a可知它是由m/s和s两个基本单位组合而成的C加速度的单位是m/s2，由公式a可知它是由N、kg两个基本单位组合而成的D使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力为1 N9.2022山东菏泽高一上月考一兴趣小组制作了一个简易的“加速度测量仪”，其内部结构如图所示将一个小木块中间打孔套在光滑固定横杆上，木块两侧连接相同的轻弹簧，轻弹簧的另一端与盒子内壁连接当盒子水平静止时，木块位于杆的中点，且轻弹簧处于原长，车直
6、线行驶，测量时，将盒子固定在车上且横杆与车身平行，某时刻发现木块向N方向移动了2 cm，已知木块的质量为0.1 kg，两轻弹簧的劲度系数均为5 N/m，弹簧的变化始终在弹性限度内以下说法中正确的是()A.该车正在向右运动B此时该车的加速度大小为1 m/s2C此时该车的加速度大小为2 m/s2D将横杆上用相应的刻度值表示加速度的大小，则中点刻度值为0，两侧刻度值对称且均匀10.2022山东省潍坊市期中考试一滑雪运动员沿平直雪道进行滑雪训练某次训练中，他站在滑雪板上，滑雪杖触地并向后推动，利用雪面的反作用力由静止开始加速，滑雪杖与雪面接触0.2 s之后收起，再过0.8 s后滑雪杖再次触地，触地0.
7、2 s后滑雪杖收起直至滑行停止若每次滑雪杖触地产生的竖直作用力是运动员(含装备)重力的0.5倍、产生的水平推力为运动员(含装备)在滑雪杖触地过程中所受滑动摩擦力的19倍，滑雪板与雪面间的动摩擦因数为0.1.空气阻力不计，重力加速度g10 m/s2，则本次训练中运动员()A第1 s末的速度大小为1 m/s B第2 s末的速度大小为1.8 m/sC第2 s内的位移比第1 s内的位移大0.5 m D第2 s内的位移比第1 s内的位移大1 m三、非选择题(本题共6小题，共54分；按题目要求作答计算题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(6分)某班级同学用如图1所示的装置验证加速度
8、a和力F、质量m的关系甲、乙两辆小车放在倾斜轨道上，小车乙上固定一个加速度传感器，小车甲上固定一个力传感器，力传感器和小车乙之间用一根不可伸长的细线连接，在弹簧拉力的作用下两辆小车一起开始向下运动，利用两个传感器可以采集记录同一时刻小车乙受到的拉力和加速度的大小(1)下列关于实验操作的说法中正确的是_A轨道倾斜是为了平衡小车甲受到的摩擦力B轨道倾斜是为了平衡小车乙受到的摩擦力C实验中，在小车乙向下运动的过程中均可采集数据D实验中，只能在小车乙加速运动的过程中采集数据(2)三个实验小组选用的小车乙(含加速度传感器)的质量分别为m11.0 kg，m22.0 kg，m33.0 kg.三个小组已经完成
9、了aF图像，如图2所示(3)在验证了a和F的关系后，为了进一步验证a和m的关系，可直接利用图2的三条图线收集数据，然后作图，请写出该如何收集数据_.12(8分)如图(a)为某同学设计的“探究加速度与小车所受合力及质量的关系”实验装置简图，A为小车，B为电火花打点计时器，C为装有砝码的小桶，D为一端带有定滑轮的长木板在实验中可认为细线对小车的拉力F等于砝码和小桶的总重力，小车运动的加速度a可用纸带上的点求得，小车的质量为M.(1)关于该实验，下列说法正确的是_A用砝码和小桶的总重力来表示F，对实验结果会产生误差B为消除摩擦力对实验的影响，可以把长木板D的左端适当垫高C使用电火花打点计时器时先使纸
10、带运动，再接通电源D长木板D的左端被垫高后，图(a)中细线应保持与长木板的上表面平行(2)实验中获取的一条纸带的一部分如图(b)所示，0、1、2、3、4是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点(图中未标出)，由该部分纸带求出小车的加速度a_ m/s2(加速度a的计算结果保留2位有效数字).(3)在“探究加速度与质量的关系”时，保持砝码和小桶质量不变，改变小车质量M，分别测得小车的加速度a与对应的质量M，数据如下表：次数12345小车的加速度a/(ms2)1.251.000.800.500.40小车的质量 M/kg0.4000.5000.6251.0001.250小车质量的倒数M1/kg12.50
11、2.001.601.000.80利用上表数据，在图(c)的坐标纸上选择合适物理量为坐标轴建立坐标系，作出直观反映a与M关系的图像从图线可得到的结论是_13.(8分)如图所示，足够长的平直轨道AO和OB底端平滑对接，将它们固定在同一竖直平面内，两轨道与水平地面间的夹角分别为(固定不变)和(可取不同的值)，且，现将可视为质点的一小滑块从左侧轨道的P点由静止释放，若小滑块经过两轨道的底端连接处的速率没有变化已知AO轨道光滑，空气阻力可以忽略不计(1)论证：滑块在AO轨道下滑时的加速度与滑块的质量无关(2)运用牛顿运动定律和运动学规律，论证：若OB光滑，取不同的角，滑块在OB上能到达的最高点总与P等高
12、14.(10分)如图所示，盘的质量M1.5 kg，盘内放一个质量m10.5 kg的物体P，弹簧质量忽略不计，弹簧的劲度系数k800 N/m，系统原来处于静止状态现给物体P施加一竖直向上的拉力F，使P由静止开始向上做匀加速直线运动已知在前0.2 s时间内F是变力，在0.2 s以后是恒力求物体匀加速运动的加速度的大小(取g10 m/s2)15.(10分)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vt图像如图所示，取g10 m/s2.求：(1)物体与水平面间的动摩擦因数；(2)水平推力F的大小；(3)010 s内物体运动位移x的大小16.(12分)2022
13、天津南开高一上月考我国舰载机歼15在“辽宁舰”上首降成功，降落后又成功实现滑跃式起飞某兴趣小组通过查阅资料对舰载机滑跃起飞过程进行了如下的简化模拟：假设起飞时航母静止，飞机质量视为不变并可看成质点，航母起飞跑道由如图所示的AB、BC两段轨道组成(二者平滑连接，不计拐角处的长度)，其水平轨道AB长L125 m，斜面轨道末端C点与B点的高度差h5 m一架歼15飞机的总质量m 2104 kg，离开C端的起飞速度v60 m/s.若某次起飞训练中，歼15从A点由静止启动，飞机发动机的推动力大小恒为F2.4105 N，方向与速度方向相同，飞机受到空气和轨道平均阻力的合力大小恒为f4104 N，重力加速度g
14、10 m/s2.求：(1)飞机在水平轨道AB上运动的时间t；(2)飞机在水平轨道末端B点的速度大小vB；(3)要保证飞机正常起飞，斜面轨道的最小长度l0.全章素养检测(第四章)1答案：C解析：状态与时刻对应，过程与时间间隔对应，故描述运动状态的物理量是瞬时速度，与位移、位置、加速度以及受力无关，故A、B、D错误，C正确2答案：B解析：伽利略理想斜面实验的结论是在基于实验事实基础上经过科学的推理得出的，不能通过实验完成，但他是正确的，选项A、D错误；伽利略理想斜面实验证明了力不是维持物体运动的原因，选项B正确；牛顿第一定律(惯性定律)反映了物体不受外力作用时的运动规律，物体在任何情况下都有惯性，
15、与是否受力无关，选项C错误3答案：B解析：甲图中举重运动员比赛时手上会抹些镁粉这是为了增大手和杆之间的摩擦，A错误；乙图中乒乓球运动员把乒乓球用力击出，球的速度改变，说明力可以改变物体的运动状态，B正确；丙图中运动员赛跑冲过终点后，还会继续前行，这是因为运动员受到了惯性的作用，表述错误，应该为运动员具有惯性，C错误；丁图中运动员游泳过程中，运动员手对水的作用力和水对手的作用力是一对作用力与反作用力，D错误4答案：D解析：学生起跳离开地面前的瞬间，学生有向上的加速度，处于超重状态，根据牛顿第二定律知学生受到的重力小于地面对学生的支持力，故A、B错误；学生起跳离开地面前的瞬间，学生对地面的压力施力
16、物体是人，受力物体是接触的地面，而学生受到的重力的施力物体是地球，不是同一个力，C错误；学生从最高点开始下落的过程中，先向下加速，然后加速度减小加速，再加速度改变方向，向下减速到速度为零，加速度先向下减小，然后向上增大，所以先处于完全失重，接着处于失重，最后再处于超重状态，D正确5答案：C解析：当扶梯加速上升时，在竖直方向，人受重力、支持力；接触面水平，摩擦力沿水平方向，将加速度分解可知，物体应有水平向右的加速度，所以在水平方向，扶梯应对人有平行于接触面向前的摩擦力，选项C正确6答案：D解析：设每块砖的厚度是d，向上运动时有9d3daT2，向下运动时有3ddaT2，联立可得，根据牛顿第二定律，
17、向上运动时有mgfma，向下运动时有mgfma，解得fmg，D正确7答案：D解析：小球静止时，分析受力情况如图所示，由平衡条件得，弹簧的弹力大小为Fmg tan 53mg，细绳的拉力大小为FTmg，故A、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细绳烧断前拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为ag，故C错误，D正确8答案：AD解析：v的单位是m/s，t的单位是s，根据加速度的定义式a，知加速度的单位是m/s2，是由m、s两个基本单位组合而成的，m/s是导出单位，故A正确，B错误N是导出单位，不是基本单位，故C错误根据Fma知，使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加
18、速度的力为1 N，故D正确9答案：CD解析：木块向N方向移动了2 cm，说明木块受到了左侧弹簧向左的弹力，右侧弹簧向左的弹力，即木块受到的合力方向向左，根据牛顿第二定律可知，加速度方向向左，即该车可能向左加速运动，也可能向右减速运动，A错误；两侧的弹簧的弹力相等为F0 kx0，解得F00.1 N，该车的加速度a0，解得a02 m/s2，B错误，C正确；两侧的弹簧的弹力大小相等为Fkx，则该车的加速度ax，即加速度与弹簧的形变量成正比，故中点刻度值为0，两侧刻度值对称且均匀，D正确10答案：AD解析：滑雪杖触地过程中，对于运动员有190.5mg0.5mgma1，滑雪杖收起后有mgma2，第1 s
19、末的速度为v1a1t1a2t2，解得v11 m/s，第2 s末的速度为v22a1t12a2t2，解得v22 m/s，选项A正确，B错误；第1 s内的位移为s1a1ta1t1t2a2t，第2 s内的位移为s2v1t1a1t(v1a1t1)t2a2t，两段时间内的位移差为sv1t1v1t2，解得s1 m，选项C错误，D正确11答案：(1)BD(3)在a F图像上作一条垂直于横轴的直线，与三条图线分别有三个交点，记录下三个交点的纵坐标a，分别与各图线对应的m组成三组数据解析：(1)轨道倾斜是为了平衡小车乙的摩擦力，故A错误，B正确；实验时，小车在拉力作用下加速运动，匀速运动时不受拉力作用，故C错误，
20、D正确(3)在a F图线上作一条垂直于横轴的直线(即F相同)，记录下与三条图线的交点纵坐标a，分别与各图线对应的m组成三组数据，利用正比关系更直观、更容易判定的特点，判定加速度a与质量的倒数是不是正比关系12答案：(1)ABD(2)0.50(3)图像如图所示在合外力一定的情况下，小车的加速度与小车的质量成反比解析：(1)设小桶和砝码的总质量为m，平衡摩擦力后，根据后续知识牛顿第二定律，对小车有FMa，对小桶和砝码有mgFma，解得Fmg，整理得F，虽然当Mm时，可认为Fmg，但实际上Fmg，选项A正确；为消除摩擦力对实验的影响，应将长木板D的左端适当垫高，选项B正确；使用电火花计时器时先接通电
21、源，再释放小车，选项C错误；长木板D的左端被垫高后，图(a)中细线应保持与长木板的上表面平行，以确保小车所受的合外力保持不变，选项D正确(2)a102 m/s20.497 5 m/s2.保留2位有效数字得a0.50 m/s2.(3)结论：在合外力一定的情况下，小车的加速度与小车的质量成反比13答案：见解析解析：(1)对滑块受力分析，在AO轨道下滑时受重力、轨道的支持力，由牛顿第二定律得mg sin ma，得ag sin ，则滑块在AO轨道下滑时的加速度与滑块的质量无关(2)设OP的竖直高度为H，小滑块到达O点时速度大小为v，由匀加速直线运动的公式可得v22a，则v22gH.若OB光滑，则滑块上
22、滑过程做匀减速直线运动，设上升的最大高度为H1，加速度方向向下，大小为a1，则有a1g sin ，0v22a1，联立可得H1H，即若OB光滑，取不同的角，滑块在OB上能到达的最高点总与P等高14答案：6 m/s2解析：因为在前0.2 s时间内F是变力，在t0.2 s以后F是恒力，所以在t0.2 s时，P离开盘，此时P对盘的压力为零，由于盘的质量M1.5 kg，所以此时弹簧不能处于原长开始时，系统处于静止状态，设弹簧压缩量为x1，由平衡条件得kx1(Mm)g，t0.2 s时，P与盘分离，设弹簧压缩量为x2，对盘根据牛顿第二定律得kx2MgMa，前0.2 s时间内，物体的位移xx1x2at2，由以
23、上各式解得a6 m/s2.15答案：(1)0.2(2)6N(3)46 m解析：(1)设物体做匀减速直线运动的时间为t2，初速度为v20，末速度为v2t，加速度为a2，结合题图有a2 m/s22 m/s2.设物体所受的摩擦力为f，根据牛顿第二定律有fma2，又fmg，联立解得0.2.(2)设物体做匀加速直线运动的时间为t1，初速度为v10，末速度为v20，加速度为a1，结合题图有a1 m/s21 m/s2，根据牛顿第二定律有F mgma1，解得Fmgma16 N.(3)根据v t图线与横轴围成的面积表示物体在010 s内的位移，得xt1v20t246 m.16答案：(1)5 s(2)50 m/s(3)60 m解析：(1)飞机在水平轨道AB上运动时，根据牛顿第二定律有Ffma1，解得a110 m/s2，根据位移公式则有La1t2，解得飞机在水平轨道AB上运动的时间t5 s.(2)飞机在水平轨道末端B点的速度大小为vBa1t50 m/s.(3)在BC轨道上，根据牛顿第二定律有Fmg sin fma2，解得a21010sin (m/s2)，根据位移公式则有v2v2a2l0，其中sin ，联立解得斜面轨道的最小长度l060 m.
