2022-2023学年教科版必修第一册 第四章 牛顿运动定律　单元测试

牛顿运动定律　检测试题

一、选择题(共12小题,1～8题为单选题,9～12题为多选题,每小题4分,共48分)

1.下列说法正确的是(　C　)

A.牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因

B.一个运动的物体,如果不再受力,它总会逐渐停下来,这说明,静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”　

C.伽利略根据理想实验推论出:如果没有摩擦,在水平面上的物体,

一旦具有某一个速度,将保持这个速度继续运动下去

D.车速越大,刹车后滑行的距离越长,所以惯性越大

解析:伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因,故A错误;一个运动的物体,它总会逐渐停下来,是因为物体受到了摩擦力,如果不受力,物体会永远运动下去,故B错误;伽利略根据理想实验推论出,如果没有摩擦,在水平面上的物体,一旦具有某一个速度,将保持这个速度继续运动下去,故C正确;惯性只与质量有关,与速度无关,故D错误。

2.在国际单位制中,下列说法正确的是(　A　)

A.在国际单位制中,力的单位是根据牛顿第二定律定义的

B.力学的三个基本单位是N、m、s

C.秒是国际单位制中力学三个基本量之一

D.kg、m/s、N是国际单位中的导出单位

解析:在国际单位制中力的单位是牛顿,它属于导出单位,是根据牛顿第二定律F=ma定义的,1 N就是使质量为1 kg的物体产生1 m/s2加速度的力,故A正确;在国际单位制中,力学的三个基本单位是m、kg、s,故B错误;国际单位制中力学三个基本量是长度、质量、时间,而秒只是时间的单位,故C错误;在国际单位制中,kg是国际单位中的基本单位,m/s、N是导出单位,故D错误。

3.交通法规中规定,坐在小汽车前排的司机和乘客都应系上安全带,这主要是为了减轻在下列哪种情况出现时可能对人造成的伤害(　C　)

A.车速太快 B.车速太慢

C.紧急刹车 D.突然启动

解析:小汽车车速太快或太慢时,只要速度不发生变化,人就不会向前冲或向后仰,不会对人造成伤害,选项A、B不符合题意;当紧急刹车时,车停止而人由于惯性向前冲,安全带可以防止人向前冲而受伤,选项C符合题意;突然启动时,人会向后仰,有靠背支撑,安全带不起作用,

选项D不符合题意。

4.如图所示,有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连,并在拉力F作用下沿斜面向上运动,轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。当拉力F一定时,Q受到绳的拉力(　D　)

A.与斜面倾角θ有关 B.与动摩擦因数有关

C.与系统运动状态有关 D.仅与两物块质量有关

解析:设Q物块绳上的拉力大小F2,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,对Q、P整体分析,根据牛顿第二定律有F-(mP+mQ)g(sin θ+μcos θ)=

(mP+mQ)a,对Q隔离分析有F2-mQg(sin θ+μcos θ)=mQa,联立解得F2=,故D正确,A、B、C错误。

5.如图所示为运动员跳水前的起跳动作。下列说法正确的是(　D　)

A.运动员蹬板的作用力大小大于板对她们的支持力大小

B.运动员蹬板的作用力大小小于板对她们的支持力大小

C.运动员所受的支持力和重力相平衡

D.运动员所受的合力一定向上

解析:运动员蹬板的作用力与板对她们的支持力是作用力和反作用力,大小相等、方向相反,故A、B错误;运动员起跳过程,是由静止获得速度的过程,因而有竖直向上的加速度,合力竖直向上,运动员所受的支持力大于受到的重力,故C错误,D正确。

6.如图所示,质量相等的A、B两小球分别连在轻绳两端,轻弹簧的一端与A球相连,另一端固定在倾角为30°的光滑斜面顶端,重力加速度大小为g。则剪断轻绳的瞬间(　B　)

A.A的加速度为零,B的加速度大小为g

B.A、B的加速度大小均为0.5g

C.A、B的加速度均为零

D.A的加速度为零,B的加速度大小为0.5g

解析:设两小球的质量均为m,剪断轻绳前,对两小球组成的整体分析,可得弹簧的弹力F弹=2mgsin 30°=mg。剪断轻绳的瞬间,轻绳的张力消失,弹簧的弹力不变,以A球为研究对象,有aA==0.5g,以B球为研究对象,有aB==0.5g,故B正确。

7.如图所示,带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动,小球A用细线悬挂于支架前端,质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角,则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为(重力加速度为g)(　D　)

A.mg,竖直向上

B.mg,斜向左上方

C.mgtan θ,水平向右

D.mg,斜向右上方

解析:以A为研究对象,受力分析如图所示,根据牛顿第二定律得mAgtan θ=mAa,得a=gtan θ,方向水平向右。

再对B研究得小车对B的摩擦力为f=ma=mgtan θ,方向水平向右,

小车对B的支持力大小为N=mg,方向竖直向上,则小车对物块B产生的作用力的大小为F==mg,方向斜向右上方,故选项D正确。

8.如图所示,在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt(k是常数),木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(　A　)

解析:当水平力F较小时,两物体相对静止,加速度相同,由F=ma知两者的加速度a==,a∝t,当水平力F较大时,m2相对于m1运动,根据牛顿第二定律,对m1有a1=,由于μ、m1、m2是定值,故m1的加速度a1不变。对m2有a2==,a2是时间t的线性函数,故A正确。

9.如图所示,一轻质弹簧上端固定在升降机的天花板上,下端挂一小球,在升降机匀速竖直下降过程中,小球相对于升降机静止,若升降机突然停止运动,设空气阻力可忽略不计,弹簧始终在弹性限度内,且小球不会与升降机的内壁接触,则小球在继续下降的过程中(　BD　)

A.小球的加速度逐渐减小

B.小球处于超重状态

C.小球处于失重状态

D.小球的速度逐渐减小

解析:升降机突然停止,小球由于惯性继续向下运动,但是受到弹簧的拉力越来越大,拉力方向与其运动方向相反,则小球做减速运动,加速度方向向上,则小球处于超重状态;由于弹簧的伸长量在增大,则小球加速度增大,故A、C错误,B、D正确。

10.如图所示,质量均为1 kg的小球a、b在轻弹簧A、B及外力F的作用下处于平衡状态,其中A、B两个弹簧劲度系数均为5 N/cm,B弹簧上端与天花板固定连接,轴线与竖直方向的夹角为60°,A弹簧竖直,g取10 m/s2。则以下说法正确的是(　BD　)

A.A弹簧伸长量为3 cm

B.外力F=20 N

C.B弹簧的伸长量为4 cm

D.突然撤去外力F瞬间,b球加速度为0

解析:先对b球受力分析,受重力和弹簧A的拉力,根据平衡条件有kxA=mg,解得xA= cm=2 cm,故A错误;再对a、b球整体受力分析,

受重力、外力F和弹簧B的拉力,如图所示;根据平衡条件有F=2mg·tan 60°=2mg=20 N,故B正确;B弹簧的弹力FB==4mg=40 N;根据胡克定律有FB=kxB,解得xB=8 cm,故C错误;撤去力F的瞬间,b球所受重力和弹簧A的拉力都不变,故b球仍处于平衡状态,加速度为0,故D正确。

11.如图所示,在水平面上运动的小车里用两根轻绳连着一质量为m的小球,绳子都处于拉直状态,BC绳水平,AC绳与竖直方向的夹角为θ,小车处于加速运动中,则下列说法正确的是(　AC　)

A.小车的加速度一定向左

B.小车的加速度一定为gtan θ

C.AC绳对小球的拉力一定是

D.BC绳的拉力一定小于AC绳的拉力

解析:对小球进行受力分析可知,小球受到的合力向左,所以加速度方向向左,且小车处于加速运动中,所以小车只能向左做加速运动,故选项A正确;只有当BC绳的拉力等于零时,小车的加速度才为gtan θ,故选项B错误;竖直方向合力为零,则TACcos θ=mg,解得TAC=,故选项C正确;由于AC绳上的拉力不变,而BC绳上的拉力会随着加速度的变化而变化,所以BC绳的拉力可以大于AC绳的拉力,故选项D错误。

12.如图所示,物体B叠放在物体A上,A、B的质量均为m,且上、下表面均与斜面平行,它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑,则(　BCD　)

A.A、B间没有摩擦力

B.A受到B施加的静摩擦力方向沿斜面向下

C.A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsin θ

D.A与斜面间的动摩擦因数为μ=tan θ

解析:对B受力分析,B一定受重力、支持力,因B匀速运动,故A对B应有沿斜面向上的静摩擦力,故A错误;由牛顿第三定律可知,A受到B的静摩擦力应沿斜面向下,故B正确;对A、B整体由于沿斜面匀速下滑,所受滑动摩擦力大小为2mgsin θ,故C正确;根据滑动摩擦力

f=μN,A与斜面间的摩擦力2mgsin θ=2μmgcos θ 得μ=tan θ,故D正确。

二、非选择题(共52分)

13.(6分)为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数,一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上,形成一倾角为α的斜面(已知

sin α=0.34,cos α=0.94),小铜块可在斜面上加速下滑,如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程,然后解析视频记录的图像,

获得5个连续相等时间间隔(每个时间间隔ΔT=0.20 s)内小铜块沿斜面下滑的距离si(i=1,2,3,4,5),如下表所示。

由表中数据可得,小铜块沿斜面下滑的加速度大小为　　 　　 m/s2,小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为　　　　。(结果均保留2位有效数字,重力加速度大小取9.80 m/s2) 

解析:利用匀变速直线运动规律的推论Δx=at2,

得a== m/s2=0.43 m/s2;

由牛顿第二定律有mgsin α-μmgcos α=ma,

解得μ==≈0.32。

答案:0.43　0.32

14.(8分)某同学设计了一个探究加速度与物体所受合力F及质量M的关系实验。如图1为实验装置简图,A为小车,后端连有纸带,B为打点计时器,C为装有沙的沙桶(总质量为m),D为一端带有定滑轮的长木板。

(1)在这个实验中,为了探究两个物理量之间的关系,要保持第三个物理量不变,这种探究方法叫作　　　  　法。 

(2)某同学在探究a与F的关系时,把沙和沙桶的总重力当作小车的合力F,作出aF图线如图2所示,试分析该图线不过原点的原因是　　。图线右上部弯曲的原因是　　　。(选填正确选项的字母的代号) 

A.平衡摩擦力时,长木板倾角过小

B.平衡摩擦力时,长木板倾角过大

C.沙和沙桶的总质量m过小

D.沙和沙桶的总质量m过大

(3)如图3是某次实验得出的纸带,所用电源的频率为50 Hz,舍去前面比较密集的点,从A点开始,依次选取A、B、C、D、E 5个计数点,相邻两个计数点间都有四个计时点未画出,图中给出了相邻两点间的距离,则小车运动的加速度大小为a=　　  　　m/s2。(结果保留2位有效数字) 

解析:(1)在探究加速度与物体所受合力F及质量M的关系实验中,为了探究两个物理量之间的关系,要保持第三个物理量不变,这种探究方法叫作控制变量法。

(2)图2中当F=0时,a>0。也就是说当绳子上没有拉力时,小车的加速度大于0,这是由于实验前木板右端垫得过高,即平衡摩擦力过度导致,故选B;随着F的增大,沙和沙桶的质量越来越大,最后出现了沙和沙桶的质量不满足远小于小车质量的情况,因此图线出现了弯曲现象,故选D。

(3)相邻两个计数点间都有四个计时点未画出,故相邻计数点的时间间隔T=0.1 s,

根据逐差法可得加速度

a=×10-2 m/s2

=0.62 m/s2。

答案:(1)控制变量

(2)B　D

(3)0.62

15.(6分)如图甲所示,倾角θ=37°的斜面由粗糙的AB段和光滑的BC段组成,质量m=1 kg的物体(可视为质点)在平行斜面的恒定外力F作用下由A点加速下滑,运动到B点时,力F突然反向(大小不变),其部分vt图像如图乙所示,物体滑到C点时速度恰好为零,

取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,求:

(1)外力F的大小及物体在AB段与斜面间的动摩擦因数μ;

(2)物体从A到C的平均速度大小。

解析:(1)由于vt图像的斜率表示物体的加速度,加速阶段

a1= m/s2=10 m/s2,

由牛顿第二定律得F+mgsin θ-μmgcos θ=ma1,

F反向后物体开始减速,减速阶段a2= m/s2=-2 m/s2,

由牛顿第二定律得mgsin θ-F=ma2,

代入数据得F=8 N,μ=0.5。

(2)由于两段运动都是初速度或末速度为0的匀变速直线运动,所以两段运动的平均速度都是== m/s=5 m/s,所以物体从A到C过程中的平均速度大小为5 m/s。

答案:(1)8 N　0.5　(2)5 m/s

16.(8分)某同学乘坐大厦快速电梯,从底层到达第119层观光平台仅用时55 s。若电梯先以加速度a1做匀加速运动,达到最大速度18 m/s,然后以最大速度匀速运动,最后以加速度a2做匀减速运动恰好到达观光平台。假定观光平台高度为549 m。

(1)若电梯经过20 s匀加速达到最大速度,求加速度a1的大小及上升高度h;

(2)在(1)问中的匀加速上升过程中,若该同学的质量为 60 kg,求他对电梯地板的压力。

解析:(1)由运动学公式可得

电梯匀加速上升时的加速度a1== m/s2=0.9 m/s2,

电梯匀加速上升的高度h== m=180 m。

(2)设该同学受到电梯地板的支持力为N,由牛顿第二定律得N-mg=ma1,

又因为m=60 kg,

所以N=ma1+mg=60×0.9 N+60×10 N=654 N。

由牛顿第三定律可知,该同学对电梯地板的压力大小N′=N=654 N,

方向竖直向下。

答案:(1)0.9 m/s2　180 m

(2)654 N,方向竖直向下

17.(12分)如图所示,在倾角为θ=30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为k=100 N/m的轻质弹簧,弹簧下端连一个质量为m=8 kg的小球,小球被一垂直于斜面的挡板A挡住,此时弹簧没有形变。从t=0 时刻开始挡板A以加速度a=1 m/s2沿斜面向下匀加速运动,求:(g取10 m/s2)

(1)从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间;

(2)小球向下运动多少距离时速度最大。

解析:(1)小球与挡板分离时,小球受竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力N、沿斜面向上的弹簧弹力F。

设从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为t,小球的位移为x,根据牛顿第二定律有mgsin θ-F=ma,

且F=kx,

又x=at2,

联立解得mgsin θ-k·at2=ma,

所以经历的时间为t== s=0.8 s。

(2)小球和挡板分离后,小球接着先做加速度减小的加速运动,当加速度减为零时,速度达到最大,此时小球所受合力为零,即kx′=mgsin θ,

解得x′== m=0.4 m。所以速度最大时小球向下运动的距离为0.4 m。

答案:(1)0.8 s　(2)0.4 m

18.(12分)如图所示,传送带与平板紧靠在一起,且上表面在同一水平面内,平板放在光滑水平面上,两者长度分别为L1=8 m、L2=6 m。传送带始终以速度v=8 m/s向右匀速传动。现有一滑块(可视为质点)轻轻放在传送带的左端,然后平稳地滑上平板。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5,滑块与平板间的动摩擦因数μ2=0.4,滑块质量

m=1 kg,平板质量M=2 kg,g取10 m/s2。

(1)求滑块滑离传送带所用时间;

(2)判断滑块能否离开平板。如果能离开,请计算离开平板时的速度大小;若不能离开,求滑块最终距离平板右端的距离。

解析:(1)在传送带上加速运动时,对滑块进行受力分析,如图甲所示。

由牛顿第二定律可得μ1mg=ma1,

解得a1=5 m/s2。

由运动学公式得v=a1t1,

解得滑块与传送带共速所需时间t1=1.6 s,

则滑块发生的位移x1=a1=6.4 m<L1。

位移x1后滑块做匀速直线运动,有L1-x1=vt2,

解得t2=0.2 s,

故滑块在传送带上的总时间t=t1+t2=1.8 s。

(2)滑块滑上平板后,滑块做匀减速直线运动,平板做匀加速直线运动。

对滑块进行受力分析,如图乙所示。

由牛顿第二定律可得μ2mg=ma2,解得a2=4 m/s2,对平板进行受力分析,如图丙所示。

由μ2mg=Ma3解得a3=2 m/s2,

假设两物体可以达到共同速度,则v-a2t3=a3t3,

解得t3= s,

滑块滑动的距离x1′=vt3-a2,

平板移动的距离x2=a3,

滑块在平板上滑动的距离ΔL=x1′-x2= m<L2=6 m,

故假设成立,滑块最终距离平板右端的距离Δx=L2-ΔL= m。

答案:(1)1.8 s　(2)不能离开平板　 m