高中第四章 牛顿运动定律综合与测试同步练习题

这是一份高中第四章 牛顿运动定律综合与测试同步练习题，共15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。
本章达标检测(满分:100分;时间:75分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分。第1-8小题为单选题,第9、10小题为多选题,全选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错或不选的得0分)1.(2020四川广元高一期末)如图所示,一辆上表面水平且足够长的小车在水平地面上运动,质量为m1和m2的两个小球(m1>m2)在小车上表面随车一起运动,当小车突然停止运动时,若小车上表面光滑,不考虑其他阻力,则两个小球              (　　)A.一定相碰 B.不一定相碰C.一定不相碰 D.无法确定2.(2020山西怀仁重点中学高一期末)消防员用绳子将一不慎落入井中的儿童从井内加速向上提的过程中,不计绳子的重力,以下说法正确的是              (　　)A.绳子对儿童的拉力大于儿童对绳子的拉力B.绳子对儿童的拉力大于儿童的重力C.消防员对绳子的拉力与绳子对儿童的拉力是一对作用力与反作用力D.消防员对绳子的拉力与绳子对儿童的拉力是一对平衡力3.(2020湖南永州高一期末)以下几种情景:①点火后即将升空的火箭;②高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车;③磁悬浮列车在轨道上高速行驶;④轿车在十字路口转弯,仪表盘上示数不变。下列对情景的分析和判断中,正确的是              (易错)A.因即将升空的火箭还没有运动,所以加速度一定为零B.轿车紧急刹车,速度变化很快,加速度很大C.高速行驶的磁悬浮列车,因速度很大,所以加速度也一定很大D.轿车在十字路口转弯,仪表盘上示数不变,说明轿车转弯时速度也不变4.(2020天津一中高一上期末)如图,质量为m的小球挂在电梯的天花板上。电梯在以大小为的加速度向上减速运动的过程中,小球              (　　)A.处于失重状态,所受拉力为B.处于失重状态,所受拉力为C.处于超重状态,所受拉力为D.处于超重状态,所受拉力为5.(2020山东青岛二中高一期末)如图所示,质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连,竖直放在光滑的水平面上,木块A上放有质量为2m的木块C,三者均处于静止状态。现将木块C迅速移开,若重力加速度为g,则在木块C移开的瞬间              (易错)A.弹簧的形变量改变B.弹簧的弹力大小为mgC.木块A的加速度大小为gD.木块B对水平面的压力大小为4mg6.(2019黑龙江大庆实验中学高一上期末)某人在地面上最多可举起50 kg的物体,某次他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60 kg的物体,据此判断此电梯加速度的大小和方向为(g=10 m/s2)              (　　)A.2 m/s2,竖直向上 B. m/s2,竖直向上C.2 m/s2,竖直向下 D. m/s2,竖直向下7.(2020北京东城高一期末)如图所示,长方体物块A叠放在长方体物块B上,B置于粗糙水平地面上,A、B质量分别为mA=2 kg,mB=1 kg,A、B之间动摩擦因数为μ1=0.2,B与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.1,现对A施加水平力F,使F从0开始逐渐增大,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则              (　　)A.当拉力刚超过3 N时,A、B开始发生相对滑动B.当拉力刚超过4 N时,A、B开始发生相对滑动C.当拉力刚超过5 N时,B的加速度为1 m/s2D.当拉力刚超过6 N时,A、B开始发生相对滑动8.(2020北京师大附中高一上期末)倾角为θ的光滑固定斜面上放置一质量为M的滑块,滑块上表面水平,在滑块上放置一个质量为m的木块,滑块和木块保持相对静止,一起沿光滑斜面下滑,则木块受到的摩擦力f和支持力N的大小为              (深度解析)A.f=mg sin θ,N=mg cos θB.f=mg sin θ cos θ,N=mg cos2θC.f=mg cos2θ,N=mg sin θ cos θD.f=mg cos θ,N=mg sin2θ9.(2019黑龙江大庆实验中学高一上期末)如图所示,光滑水平地面上,可视为质点的两滑块A、B在水平外力的作用下紧靠在一起压缩弹簧,弹簧左端固定在墙壁上,此时弹簧的压缩量为x0,以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系,现将外力突然反向并使B向右做匀加速直线运动,下列关于外力F、两滑块间弹力FN随滑块B的位移x变化的关系图象可能正确的是              (　　)10.(2019陕西西安一中高一上期末)如图所示,a、b两物体的质量分别为m1、m2,由轻质弹簧相连。当用恒力F竖直向上拉着a,使a、b一起向上做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x1,物体的加速度大小为a1;当用大小仍为F的恒力沿斜面向上拉着a,使a、b一起沿光滑斜面向上做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x2,物体的加速度大小为a2。已知斜面的倾角为θ,则有              (　　)A.x1=x2 B.x1>x2C.a1=a2 D.a1<a2
二、实验题(本题共2小题,共14分)11.(6分)某同学将力传感器固定在小车上,然后把绳的一端固定在传感器拉钩上,用来测量绳对小车的拉力,探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系,根据所测数据在坐标系中作出如图所示的a-F图象。(1)图线不过坐标原点的原因是 　。 (2)本实验中是否仍需要细沙和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量?　　　　(填“是”或“否”)。 (3)由图象求出小车和传感器的总质量为　　　　kg。 12.(2020河南郑州高一期末)(8分)如图1所示为“探究滑块加速度与力、质量的关系”实验装置图。滑块置于一端带有定滑轮的长木板上,滑块的左端连接纸带,纸带穿过电火花计时器。滑块的质量为m1,托盘(及砝码)的质量为m2。图1图2图3(1)下列说法正确的是　　　　。 A.为平衡滑块与木板之间的摩擦力,应将木板不带滑轮的一端适当垫高,在不挂托盘(及砝码)的情况下使滑块恰好做匀速运动B.每次改变滑块质量时,应重新平衡摩擦力C.本实验m2应远大于m1D.在用图象探究加速度与质量的关系时,应作a-图象(2)实验中得到纸带的一部分如图2所示,已知相邻计数点间的时间间隔为T,且间距x1、x2、x3、x4已量出,则计算滑块加速度的表达式为a=　　　　; (3)某同学在平衡摩擦力后,保持滑块质量不变的情况下,通过多次改变砝码重力,作出滑块加速度a与砝码重力F(未包括托盘)的图象如图3所示,若牛顿第二定律成立,重力加速度g=10 m/s2,则滑块的质量为　　　　 kg,托盘的质量为　　　　 kg。(结果保留两位有效数字) (4)如果砝码的重力越来越大,滑块的加速度不能无限制地增加,会趋近于某一极限值,此极限值为　　　　(选填“g”或“”)。深度解析 三、计算题(本题共3小题,共36分)13.(2019江西南昌一中高一上测试)(8分)如图所示,质量为4 kg的物体静止于水平面上,现用大小为40 N、与水平方向夹角为37°的斜向上的力拉物体,使物体沿水平面做匀加速直线运动,物体与水平面间的动摩擦因数为0.5(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。(1)物体的加速度是多大?(2)若拉力作用2 s后撤去,则物体全程的位移是多大?易错          
14.(2020山西怀仁高一上期末)(14分)如图所示,传送带与水平面的夹角θ=37°,A、B两点间的距离为x=16 m,传送带以v=10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A点处由静止释放一个质量为m=0.5 kg的物体(可视为质点),它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,则物体从A运动到B所需的时间t是多少?(取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)    
15.(2020湖南张家界高一期末)(14分)如图所示,木板静止于水平地面上,在其最右端放一可视为质点的木块。已知木块的质量m=1 kg,木板的质量M=4 kg,长板长度为L=2.5 m,上表面光滑,下表面与地面之间的动摩擦因数μ=0.2。现用水平恒力F=20 N拉木板,g取10 m/s2,求:(1)木板加速度的大小;(2)要使木块能滑离木板,水平恒力F作用的最短时间;(3)如果其他条件不变,假设木板的上表面也粗糙,其上表面与木块之间的动摩擦因数为μ1=0.3,欲使木板能从木块的下方抽出,需对木板施加的最小水平拉力;(4)若木板的上表面与木块之间的动摩擦因数为μ1=0.3,水平恒力F=30 N,其他条件不变,则木块滑离木板需要多长时间?       
答案全解全析1.C　车停止前,两个小球和小车一起运动,说明两个小球和小车具有相同的速度,当小车突然停止时,由于小球在水平且光滑的接触面上,因此两个小球由于惯性,还要保持原来的速度做匀速直线运动,由于两球的速度相同,相等时间内通过的距离相等,因此两个小球间的距离不变,一定不会相碰,故选C。2.B　绳子对儿童的拉力和儿童对绳子的拉力是作用力和反作用力,大小相等,方向相反,故A错误;儿童从井内加速向上运动的过程中,加速度方向向上,根据牛顿第二定律得绳子对儿童的拉力大于儿童的重力,故B正确;消防员对绳子的拉力与绳子对消防员的拉力是一对作用力和反作用力,消防员对绳子的拉力与绳子对儿童的拉力不是一对作用力与反作用力,故C错误;消防员对绳子的拉力与绳子对儿童的拉力作用在不同物体上,不是一对平衡力,故D错误。故选B。3.B　火箭点火启动时,初速度v1为零,但是下一时刻速度v2不为零,因为a=,所以加速度不为零,故A错误;加速度是描述速度变化快慢的物理量,轿车紧急刹车时速度变化很快,所以加速度很大,故B正确;高速行驶的磁悬浮列车,速度很大,但是列车可能在做匀速直线运动,所以加速度可能为零,故C错误;汽车仪表盘上速度计显示是速度大小,汽车转弯时,速度方向改变,故D错误。故选B。易混易错　加速度的大小与物体速度大小没有关系,和物体速度变化量的大小也没有关系,和物体速度变化率的大小相等。4.B　设绳的拉力为T,根据牛顿第二定律有mg-T=ma,解得T=mg<mg,所以处于失重状态,故B正确。5.D　弹簧两端都连接物体时,弹簧弹力是渐变的,所以撤去C的瞬间,弹簧的形变量不变,故A错误;开始时木块A和C整体处于平衡状态,弹簧的弹力等于A和C的重力,即F=3mg,撤去C的瞬间,弹簧的形变量不变,弹簧的弹力不变,仍为3mg,故B错误;撤去C瞬间,弹簧弹力不变,对木块A,由牛顿第二定律得F-mg=ma,F=3mg,解得a=2g,方向竖直向上,故C错误;撤去C的瞬间,弹簧的弹力不变,仍为3mg,对B,由平衡条件得F+mg=N,解得N=4mg,木块B对水平面的压力大小为4mg,故D正确。易混易错　木块C移开的瞬间,弹簧弹力不变,A、B加速度不同,不能以A、B整体作为研究对象研究,只能隔离研究。6.D　此人最大的举力为F=mg=50×10 N=500 N;他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60 kg的物体,物体的重力大于人对物体的举力,则物体处于失重状态,电梯的加速度方向是竖直向下的,由牛顿第二定律有m'g-F=m'a,解得a== m/s2= m/s2,故D正确。7.D　A、B间的最大静摩擦力为f1=μ1mAg=4 N,,B与地面间的最大静摩擦力为f2=μ2(mA+mB)g=3 N,若对A施加的水平力F从0开始逐渐增大,因f1=4 N>f2=3 N,所以当拉力刚超过3 N时,B与地面之间开始发生相对滑动,此时A、B相对静止,当F继续增大到某一值时,A与B之间才发生相对滑动。当A、B间恰好要发生相对滑动时,对B分析有f1-f2=mBa,对A分析有F-f1=mAa,联立解得a=1 m/s2,F=6 N,A、B、C错误,D正确。故选D。8.B　对两物体组成的整体,根据牛顿第二定律可得(m+M)g sin θ=(m+M)a,解得a=g sin θ;对木块受力及加速度分析分别如图甲、乙,水平方向f=max=mg sin θ cos θ,竖直方向mg-N=may=mg sin2θ,解得N=mg cos2θ,故选B。解题方法首先以两物体组成的整体为研究对象,求出其加速度。然后把加速度沿着水平方向和竖直方向分解,分两个方向利用牛顿第二定律分析。9.BD　设B向右匀加速运动的加速度大小为a,对A、B整体,根据牛顿第二定律有F+k(x0-x)=(mA+mB)a,得F=kx+(mA+mB)a-kx0;因为可能有(mA+mB)a=kx0,则得F=kx,F与x成正比,F-x图象可能是过原点的直线。对A,根据牛顿第二定律有k(x0-x)-FN=mAa,得FN=-kx+kx0-mAa,可知FN-x图象是向下倾斜的直线。当FN=0时A、B开始分离,此后B做匀加速运动,F不变,则有x=x0-<x0,因此B图和D图是可能的,A图和C图不可能,故A、C错误,B、D正确。10.AD　设弹簧的劲度系数为k,当用恒力F竖直向上拉时,对整体分析有F-(m1+m2)g=(m1+m2)a1,对b有kx1-m2g=m2a1,解得x1=,a1=-g;当用恒力F沿斜面向上拉时,对整体有F-(m1+m2)g sin θ=(m1+m2)a2,对b有kx2-m2g sin θ=m2a2,解得x2=,a2=-g sin θ,由以上分析可知,x1=x2,a1<a2,故选项A、D正确,B、C错误。11.答案　(1)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足(2分)　(2)否(2分)　(3)1(2分)解析　(1)a-F图线与横轴的交点为(0.1 N,0),说明施加外力在0.1 N之内时小车和传感器没有加速度,说明实验前没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足。(2)因传感器可直接测出小车和传感器受到的拉力,故不需要保证细沙和桶的质量远小于小车和传感器的总质量。(3)由F-f=ma可知a=-,即a-F图线斜率为,由图知图线斜率k=1 kg-1,知小车和传感器的总质量为1 kg。12.答案　(1)AD(2分)　(2)(1分)　(3)2.8(2分)　(4)0.056(2分)　(5)g(1分)解析　(1)为平衡滑块与木板之间的摩擦力,应将木板不带滑轮的一端适当垫高,在不挂托盘(及砝码)的情况下使滑块恰好做匀速运动,故A正确;平衡摩擦力只需要做一次,故B错误;只有满足m2远小于m1的条件,才能认为托盘和砝码的重力等于小车的拉力,故C错误;用图象探究加速度与质量的关系时,应作a-图象,故D正确。故选A、D。(2)根据Δx=aT2,由逐差法得a=;(3)对a-F图来说,图象的斜率表示物体质量的倒数,故滑块质量为m1==2.8 kgF=0时,产生的加速度是由于托盘作用产生的,故有:mg=m1a0,解得m==0.056 kg(对图中的数据读取不一样,可有一定范围)。(4)如果砝码重力越来越大,小车的加速度趋近于自由落体运动的加速度,故极限值为g。规律总结　小车在托盘和砝码带动下最大的加速度不会超过托盘和砝码自由下落的加速度,而此下落加速度的极值就是重力加速度。13.答案　(1)6 m/s2　(2)26.4 m解析　(1)对物体受力分析,竖直方向根据平衡条件有FN=mg-F sin 37°,又Ff=μFN,水平方向根据牛顿第二定律有F cos 37°-Ff=ma1,联立解得:a1=6 m/s2。              (3分)(2)t1=2 s时物体的速度v1=a1t1=12 m/s, (1分)位移x1=a1=12 m; (1分)撤去拉力后的加速度a2==μg=5 m/s2, (1分)则减速的位移x2==14.4 m, (1分)所以总位移:x=x1+x2=26.4 m。 (1分)易混易错　撤去拉力后物体受到的支持力发生了变化,其摩擦力也发生变化,加速度也发生了变化;撤去拉力后瞬间物体的速度不变。14.答案　2 s解析　将物体从传送带上端A点处释放后,物体由静止开始下滑,当下滑速度小于传送带速度时,物体受到的摩擦力沿斜面向下,设物体的加速度为a1,由牛顿第二定律有mg sin θ+μmg cos θ=ma1 (2分)代入数据解得a1=10 m/s2 (1分)物体加速至与传送带速度相等时需要的时间为t1== s=1 s(1分)发生的位移为s=a1 (2分)代入数据解得s=5 m<16 m(1分)所以物体加速到10 m/s时仍未到达B点,此时摩擦力方向改变,设物体的加速度为a2,从速度大于v运动到B的时间为t2,位移为x2,由牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma2 (2分)代入数据解得a2=2 m/s2 (1分)由运动学公式有LAB-s=vt2+a (2分)将已知数据代入上式解得t2=1 s,t2=-11 s(舍去) (1分)故物体经历的总时间为t=t1+t2=1 s+1 s=2 s(1分)15.答案　(1)2.5 m/s2　(2)1 s　(3)25 N　(4)2 s解析　(1)木板受到的摩擦力Ff=μ(M+m)g=10 N(1分)木板的加速度a==2.5 m/s2 (1分)(2)设拉力F的最短作用时间为t木板的加速度为a'=-=-2.5 m/s2 (1分)木板先做匀加速运动,后做匀减速运动,且a=-a',故at2=L (1分)解得t=1 s,即F作用的最短时间为1 s。 (1分)(3)设木块的最大加速度为a木块,木板的最大加速度为a木板,则μ1mg=ma木块              (1分)得a木块=μ1 g=3 m/s2 (1分)对木板有F1-μ1mg-μ(M+m)g=Ma木板 (1分)木板能从木块的下方抽出的条件为a木板>a木块 (1分)解得F1>25 N。 (1分)(4)木块的加速度a木块=μ1g=3 m/s2 (1分)木板的加速度a木板==4.25 m/s2 (1分)木块滑离木板时,两者的位移关系为s木板-s木块=L,即a木板t2-a木块t2=L (1分)代入数据解得t=2 s。 (1分)