2020-2021学年高中物理-第四章-牛顿运动定律-章末检测(人教版必修1).docx

章末检测
(时间：90分钟　满分：100分)

一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)
1．(2021～2022山西大同高一期末)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简洁停下来，是由于汽车运动得越快，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
解析　物体的惯性只与物体的质量有关，质量越大，物体的惯性越大，与物体的运动状态无关，A错误；人向上跳起时，受到地面对人的支持力和人对地面的压力是一对作用力和反作用力，两者等大、方向相反，B错误；在国际单位制中，力的单位是牛顿，质量的单位是千克，长度的单位是米，时间的单位是秒，依据a＝和a＝，可知在国际单位制中加速度的单位是N/kg和m/s2，C正确；依据牛顿其次定律可知，加速度的方向总是与合外力的方向全都，D错误．
答案　C
2.

图1
小明在做双脚跳台阶的健身运动，若忽视空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．小明在下降过程中处于失重状态
B．小明起跳以后在上升过程处于超重状态
C．小明落地时地面对他的支持力小于他的重力
D．起跳过程地面对小明的作用力就是他对地面的作用力
解析　超失重要看加速度，若加速度方向向上即为超重，若加速度方向向下即为失重．小明在下降过程中因加速度向下，故失重，A正确；起跳以后的上升过程中加速度也向下，也是失重，B错误；小明落地时因做减速下降，加速度向上，所以是超重，C错误；起跳过程中地面对小明的作用力与他对地面的作用力是一对作用力与反作用力，不是同一个力，D错误．
答案　A

图2
3．如图2所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P在F1、F2和F3三个力作用下保持静止．下列推断正确的是(　　)
A．F1>F2>F3 　　B．F3>F1>F2
C．F2>F3>F1 　　D．F3>F2>F1
解析　由于F1与F2的合力与F3等大、反向，由几何关系知F1＝F3cos 30°＝F3，F2＝F3sin 30°＝F3，故B正确．

图3
答案　B
4．如图3所示．在光滑水平面上有两个质量分别为m1和m2的物体A、B，m1>m2，A、B间水平连接着一轻质弹簧测力计．若用大小为F的水平力向右拉B，稳定后B的加速度大小为a1，弹簧测力计示数为F1；假如改用大小为F的水平力向左拉A，稳定后A的加速度大小为a2，弹簧测力计示数为F2.则以下关系式正确的是(　　)
A．a1＝a2，F1>F2 B．a1＝a2，F1<F2
C．a1<a2，F1＝F2 D．a1>a2，F1>F2
解析　对整体，水平方向只受拉力F作用，因此稳定时具有相同的加速度为a＝F/(m1＋m2)，C、D错；当拉力F作用于B时，对A，F1＝m1a，当拉力作用于A时，对B，F2＝m2a，由于m1>m2，所以F1>F2，A正确．
答案　A

图4
5．(2021·四川绵阳期末)如图4所示，两个叠放在一起的长方体滑块A、B，置于固定的且倾角为θ的斜面上．已知滑块A、B的质量分别为m、M，A与B之间的动摩擦因数为μ1，B与斜面之间的动摩擦因数为μ2，两滑块以肯定的初速度相对静止地一起沿着斜面对上做匀减速直线运动，则在这过程中，滑块A受到的摩擦力(　　)
A．大小等于μ1mgcos θ，方向沿着斜面对下
B．大小等于μ1mgcos θ，方向沿着斜面对上
C．大小等于μ2mgcos θ，方向沿着斜面对下
D．大小等于μ2mgcos θ，方向沿着斜面对上
解析　以整体为争辩对象，依据牛顿其次定律得：加速度a＝＝g(sin θ＋μ2cos θ)，设B对A的摩擦力方向沿斜面对下，大小为f，则有mgsin θ＋f＝ma，得到f＝ma－mgsin θ＝μ2mgcos θ，正号表示摩擦力方向沿斜面对下．
答案　C

图5
6．如图5所示，物体m在传送带上向右运动，两者保持相对静止．则下列关于m所受摩擦力的说法中正确的是(　　)
A．皮带传送速度越大，m受到的摩擦力越大
B．皮带传送的加速度越大，m受到的摩擦力越大
C．皮带速度恒定，m质量越大，所受摩擦力越大
D．无论皮带做何种运动，m都肯定受摩擦力作用
解析　物块若加速运动，其合外力由传送带给它的摩擦力来供应，故加速度大，摩擦力大，B正确；当物块匀速运动时，物块不受摩擦力，故A、C、D错误．
答案　B
二、多项选择题(本题共4个小题，每小题6分，选不全得3分，错选得0分)

图6
7．静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用，该力随时间变化的关系如图6所示，则以下说法中正确的是(　　)
A．物体在2 s内的位移为零
B．4 s末物体将回到动身点
C．2 s末物体的速度为零
D．物体始终在朝同一方向运动
解析　依据图象可知，物体先朝正方向做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，再做正方向的匀加速直线运动，周期性的朝单方向运动，由于加速和减速阶段的加速度大小相等，所以2 s末的速度为零，位移不为零，A、B错误，C、D正确．
答案　CD

图7
8．如图7所示，m＝2 kg的物体，在F1＝40 N，F2＝30 N的两个相反的水平拉力及竖直向下的力F3的作用下仍处于静止状态．若撤去水平外力F2，则物体的加速度可能是(　　)
A．0 B．5 m/s2 C．15 m/s2 D．20 m/s2
解析　由静止状态时受力可知，Fμ≥10 N，撤去F2后，∑F＝F1－Fμ≤40－10＝30 N，amax＝30/2＝15 m/s2.
答案　ABC
9．两个完全相同的力分别作用在质量为m1、m2的两个物体上，使它们由静止开头运动，各经t1、t2时间后，两物体速度相同，则两物体通过的位移比是(　　)
A．m1∶m2 B．m2∶m1
C．t1∶t2 D．t∶t
解析　依据牛顿其次定律及运动学公式知，速度相同时，a1t1＝a2t2.
物体加速度为：a1＝，a2＝.
物体的位移为：s1＝a1t，s2＝a2t.
整理得，＝＝.故答案为A、C.
答案　AC
10．如图8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(　　)
图8

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
由牛顿其次定律，得到：Mgsin θ＝Ma①；
细线拉力为T＝Mgcos θ②
再对A环受力分析，如下图

依据牛顿定律，有mgsin θ－f＝ma　　③
N＝mgcos θ＋T　　④
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；
依据平衡条件，有(M＋m)gsin θ＝f，N＝(M＋m)cos θ，故B错误，D正确．故选A、C、D.
答案　ACD
三、试验、填空题(本题共2小题，共12分)
11．(4分)如图9甲为试验中用打点计时器打出的一条较抱负的纸带，纸带上A、B、C、D、E、F、G为七个相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔是0.1 s，距离如图，单位是cm，小车的加速度是________m/s2，在验证质量肯定时加速度a和合外力F的关系时，某同学依据试验数据作出了如图乙所示的aF图象，其缘由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
图9

解析　a的计算利用逐差法．
a＝
＝
＝
＝×10－2 m/s2
＝1.60 m/s2.
答案　1.60　平衡摩擦力过度
12．(8分)为了探究加速度与力的关系，使用如图10所示的气垫导轨装置进行试验．其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器通过G1、G2光电门时，光束被遮挡的时间Δt1、Δt2都可以被测量并记录．滑行器连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M，挡光片宽度为D，光电门间距离为x，牵引砝码的质量为m.回答下列问题：
图10

(1)试验开头应先调整气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的状况下，如何判定调整是否到位？
(2)若取M＝0.4 kg，转变m的值，进行多次试验，以下m的取值不合适的一个是________．
A．m1＝5 g B．m2＝15 g
C．m3＝40 g D．m4＝400 g
(3)在此试验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，其中求得的加速度的表达式为________．(用Δt1、Δt2、D、x表示)
解析　(1)取下牵引砝码，滑行器放在任意位置都不动，或取下牵引砝码，轻推滑行器M，数字计时器记录每一个光电门的光束被遮挡的时间Δt都相等．
(2)本试验只有在满足m≪M的条件下，才可以用牵引砝码的重力近似等于对滑行器的拉力，所以D是不合适的．
(3)由于挡光片通过光电门的时间很短，所以可以认为挡光片通过光电门这段时间内的平均速度等于瞬时速度，即有v1＝，v2＝，再依据运动学方程v－v＝2ax得：a＝.
答案　(1)见解析　(2)D　(3)a＝
四、计算题(本题共4小题，共40分)

图11
13．(10分) 如图11所示，升降机中的斜面和竖直墙壁之间放一个质量为10 kg的光滑小球，斜面倾角θ＝30°，当升降机以a＝5 m/s2的加速度加速竖直上升时，(g取10 m/s2)，求：
(1)小球对斜面的压力；
(2)小球对竖直墙壁的压力．
解析　小球受力如图所示

水平方向上：F2sin θ＝F1
竖直方向上：F2cos θ－mg＝ma
将数据代入以上两式求得：F1＝50 N，F2＝100 N
由牛顿第三定律知，小球对斜面和竖直墙的压力大小分别为100 N、50 N．　
答案　(1)100 N　(2)50 N

图12
14．(10分)一物体沿斜面对上以12 m/s的初速度开头滑动，它沿斜面对上以及沿斜面对下滑动的vt图象如图12所示，求斜面的倾角以及物体与斜面的动摩擦因数(g取10 m/s2)．
解析　由图象可知上滑过程的加速度

a上＝ m/s2＝6 m/s2，
下滑过程的加速度
a下＝ m/s2＝4 m/s2
上滑过程和下滑过程对物体受力分析如图
上滑过程
a上＝＝gsin θ＋μgcos θ
下滑过程a下＝gsin θ－μgcos θ，
解得θ＝30°，μ＝.
答案　30°　

图13
15．(10分)如图13所示，水平传送带以2 m/s的速度运动，传送带长AB＝20 m，今在其左端将一工件轻轻放在上面，工件被带动，传送到右端，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，(g＝10 m/s2)试求：
(1)工件开头时的加速度a；
(2)工件的速度为2 m/s时，工件运动的位移；
(3)工件由传送带左端运动到右端的时间．
解析　(1)工件被放在传送带上时初速度为零，相对于传送带向左运动，受滑动摩擦力向右，大小为Ff＝μmg，工件加速度a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2，方向水平向右．
(2)工件加速到2 m/s所需时间t0＝＝ s＝2 s
在t0时间内运动的位移x0＝at＝×1×22 m＝2 m.
(3)由于x0<20 m，故工件达到与传送带同样的速度后与传送带相对静止，一起运动至B端．
经过时间t0后，工件做匀速运动的时间为
t1＝＝ s＝9 s
工件由传送带左端运动到右端共用时间为
t＝t0＋t1＝11 s.
答案　(1)1 m/s2，方向水平向右　(2)2 m　(3)11 s
16．(10分)(2021·北京西城期末)如图14所示，质量为M＝1 kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m＝0.5 kg的小滑块(可视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动．已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小f和方向；
(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度大小a；
(3)若长木板足够长滑块与长木板达到的共同速度v.
图14

解析　(1)滑块所受摩擦力为滑动摩擦力

f＝μmg＝0.5 N，方向向左
依据牛顿第三定律，滑块对木板的摩擦力方向向右．
(2)由牛顿其次定律得：μmg＝ma
得出a＝μg＝1 m/s2.
(3)与滑块状况相像
可得出木板的加速度a′＝＝0.5 m/s2
设经过时间t，滑块和长木板达到共同速度v ，则满足：
对滑块：v＝v0－at　对长木板：v＝a′t
由以上两式得：滑块和长木板达到的共同速度v＝1 m/s.　
答案　(1)0.5 N　方向向右　(2)1 m/s2　(3)1 m/s