高中物理人教版 (新课标)必修1第四章 牛顿运动定律综合与测试当堂检测题

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(满分:100分;时间:60分钟)

一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分。第1—8小题只有一个选项正确,第9、10小题有多个选项正确。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.(2019广东惠州高一上期末)某人乘坐列车时观察车厢里水平桌面上一个装水玻璃容器,列车沿水平直线运动过程中,当他观察到的水面形状如图中所示时,可以判断(　　)

A.列车向前加速行驶 B.列车向前减速行驶

C.列车向前匀速行驶 D.条件不足,无法判断

2.(2019宁夏银川一中高一上期末)物体受到下列几组共点力的作用,其中一定能使物体产生加速度的是(　　)

A.3 N,4 N,5 N B.2 N,4 N,6 N

C.1 N,3 N,5 N D.4 N,6 N,8 N

3.(2019吉林长春外国语学校高一上期末)用力将如图所示的塑料挂钩的圆盘压紧在竖直的墙壁上,排出圆盘与墙壁之间的空气,松开手后往钩上挂适当的物体,圆盘不会掉下来,这是因为物体对圆盘向下的拉力(不计圆盘的重力)(　　)

A.与大气压力平衡

B.与墙壁对圆盘的摩擦力平衡

C.与大气压强平衡

D.与物体所受的重力平衡

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.(2019湖北孝感高一上期中)如图所示,物块A、B、C质量分别是为m、2m、3m。A与天花板间,B与C之间用轻弹簧相连。当系统平衡后,突然把A、B间绳子烧断,在绳断瞬间A、B、C的加速度(以向下为正方向)分别为(　　)

A.g,g,g 　　B.-5g,2.5g,0

C.-5g,2g,0 　　D.-g,2g,3g

6.(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,某时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.(2019福建师大附中高一上期末)如图所示,轻杆AB的B端用铰链接在竖直墙上,A端与细绳AC、AD拴接,细绳AC的C端挂一重物P,细绳AD在拉力作用下使整个装置处于静止状态。开始时轻杆AB与细绳AD垂直,现保持轻杆AB的位置不变,将细绳AD绕A点沿逆时针方向转过一定的角度到AD'处(在竖直方向与AB之间)。在这一过程中,细绳AD受到的拉力F1、轻杆AB对A点的作用力F2的变化情况是(　　)

A.F1增大,F2减小

B.F1增大,F2先减小后增大

C.F1先增大后减小、F2减小

D.F1先增大后减小、F2先减小后增大

8.(2019辽宁沈阳高一上期末)如图所示,足够长的水平传送带以v=2 m/s的速度逆时针匀速转动,一个物体以v0=4 m/s的初速度从左端A处水平滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,那么物体再次返回到A处所用的时间为(　　)

A.4 s B.2 s C.4.5 s D.3 s

9.(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与滑块B的位移x变化的关系图像可能正确的是(　　)

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>x2

C.a1=a2 D.a1<a2

二、实验题(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图像。

(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)由图像求出小车和传感器的总质量为　　　　kg。 

12.(2019江西九江一中高一上期末)(8分)在“探究加速度与力、质量的关系的实验”时,采用了如图甲所示的实验方案。操作如下:

(1)平衡摩擦力时,若所有的操作均正确,打出的纸带如图乙所示,应　　　　　(填“减小”或“增大”)木板的倾角,反复调节,直到纸带上打出的点迹　　　　　为止。 

(2)已知小车质量为M,盘和砝码的总质量为m,要使细线的拉力近似等于盘和砝码和总重力,应该满足的条件是m　　　　　M(填“远小于”、“远大于”或“等于”)。 

(3)图丙为小车质量一定时,根据实验数据描绘的小车加速度a与盘和砝码的总质量m之间的实验关系图像。若牛顿第二定律成立,则小车的质量M=　　　　　kg。 

三、计算题(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,则物体全程的位移多大?

14.(2019河南郑州高一上期末)(10分)如图所示,在光滑水平地面上有一条质量M=2 kg的长木板,木板长度L=2 m。在木板右端上放置一个质量m=1 kg的物块,物块可视为质点,物块与木板处于静止状态。物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2。求:

(1)在木板上至少施加多大的水平外力F1,物块能相对木板滑动;

(2)在木板上施加一个大小为8 N的向右的水平外力F2后,物块在木板上的运动时间t。

15.(2020黑龙江鹤岗一中高一上期末)(18分)如图所示,传送带与地面的倾角θ=37°,从A到B长度为L=10.25 m,传送带以v0=10 m/s的速率逆时针转动,在传送带上端A无初速度地放一个质量为m=0.5 kg的黑色煤块,它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,取g=10 m/s2,求:

(1)煤块从A到B的时间;

(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。

答案全解全析

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1.B　当列车向左减速时,容器内的水由于惯性仍然保持原来的运动状态,所以水向左运动,水向前涌,呈现图示状态,所以列车向前减速行驶,故B正确。

2.C　3 N,4 N,5 N三个力中3 N与4 N的合力范围为1~7 N,5 N在这个范围内,三个力可能平衡,合力可以等于零,所以不一定产生加速度,故A错误;2 N,4 N,5 N三个力中2 N与4 N的合力范围为2~6 N,6 N在这个范围内,三个力可以平衡,合力可以等于零,所以不一定产生加速度,故B错误;1 N,3 N,5 N三个力中1 N与3 N的合力范围为2~4 N,不可能与5 N的力平衡,合力不可能为零,所以一定产生加速度,故C正确;4 N,6 N,8 N三个力中4 N与6 N的合力范围为2~10 N,8 N在这个范围内,三个力可以平衡,合力可以等于零,所以不一定产生加速度,故D错误。

3.B　圆盘受外部大气的压力而紧压在墙上,则墙对圆盘产生弹力,这两个力大小相等,为平衡力;挂上重物后,由于物体有向下运动的趋势,则圆盘与墙面间产生静摩擦力,只要所挂重物的重力不超过最大静摩擦力,圆盘即会平衡,即物体对圆盘向下的拉力与墙壁对圆盘的摩擦力平衡,故B正确。

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.B　A、B间绳烧断前,由平衡条件得知,下面弹簧的弹力大小为F1=mCg=3mg,上面弹簧的弹力大小为F2=(mA+mB+mC)g=6mg,A、B间绳的拉力大小为T=(mB+mC)g=5mg。A、B间绳烧断瞬间,两根弹簧的弹力保持原来的值,则此瞬间,A所受的合力大小与原来绳子的拉力T大小相等,方向相反,即方向向上,则-5mg=maA,得aA=-5g;B所受的合力大小与原来绳子的拉力T大小相等,方向相反,即方向向下,则5mg=2maB,得aB=2.5g;由于弹簧的弹力没有变化,则C的受力情况没有变化,所以aC=0,故选项B正确。

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.B　当细绳AD从垂直于AB的位置逐渐转到竖直位置时,分析结点A的受力如甲图所示,可知:AD的拉力F1逐渐增大到G,AB轻杆的拉力F2逐渐减小到零。

当细绳AD从竖直位置逐渐旋转到AD'位置时,分析结点A的受力如乙图所示,可知AB的支持力F2逐渐增大,细绳AD的拉力F1逐渐增大。所以整个过程中F1一直增大,F2先减小后增大,故选项B正确。

8.C　物体在传送带上运动的加速度大小为a=μg=2 m/s2,则物体向右运动速度减为零的时间为:t1==2 s,通过的距离为:x== m=4 m;物体速度减为零后反向加速,加速到与传送带共速时的时间为:t2==1 s;位移为:x1== m=1 m,物体匀速运动回到原出发点的时间为:t3== s=1.5 s,所以物体再次返回到A处所用的时间为t=t1+t2+t3=4.5 s,故C正确。

9.BD　设AB向右匀加速运动的加速度为a,对整体,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图像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图像是向下倾斜的直线。

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)否　(3)1

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)增大　间距相等　(2)远小于　(3)0.08

解析　(1)平衡摩擦力时,打出的纸带如图乙所示说明小车减速运动,所以应增大倾角,直到纸带上打出的点迹间隔相等(均匀)为止。

(2)设绳子上拉力为F,则mg-F=ma,F=Ma,解得a=,以M为研究对象有绳子的拉力F=Ma=,显然要有F=mg必有m+M=M,即当M≫m时,才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力。

(3)根据a=,变式为=·+,则k=,b=,得到M=;由图像可知k= kg·s2·m-1=0.008 kg·s2·m-1,b=0.1 s2·m-1,所以M=0.08 kg。

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。

(2)t1=2 s时物体的速度:v1=a1t1=12 m/s,

位移:x1=a1=12 m;

撤去拉力后的加速度:a2==μg=5 m/s2,

则减速的位移:x2==14.4 m,

所以总位移:x=x1+x2=26.4 m。

14.答案　(1)6 N　(2)2 s

解析　(1)对整体由牛顿第二定律有:F1=(M+m)a

对于物块由牛顿第二定律有:Ff=ma

且恰好发生相对滑动:Ff=μmg

解得F1=6 N

(2)对物块,由牛顿第二定律有:μmg=ma1,解得:a1=2 m/s2;

对木板,由牛顿第二定律有:F2-μmg=Ma2,解得:a2=3 m/s2;

物块位移:x1=a1t2

木板位移:x2=a2t2,

物块在木板上的运动过程有:x2-x1=L,

解得:t=2 s。

15.答案　(1)1.5 s　(2)5 m

解析　(1)煤块刚放上时,受到沿传送带斜向下的摩擦力,由牛顿第二定律得:

mg sin θ+μmg cos θ=ma1

代入数据解得:a1=10 m/s2

达到和传送带速度相等的时间为:t1==1 s

煤块加速运动的位移为:x1=a1=5 m

达到v0后,煤块受到沿传送带斜向上的摩擦力,由牛顿第二定律得:

mg sin θ-μmg cos θ=ma2

a2=2 m/s2

第二次加速的位移:x2=L-x1=5.25 m

x2=v0t2+a2

解得t2=0.5 s

煤块从A到B的时间为t=t1+t2=1.5 s

(2)第一过程划痕长L1=v0t1-a1=5 m

第二过程划痕长L2=x2-v0t2=0.25 m

两部分重合划痕总长为5 m。