第五章 牛顿运动定律 单元测试题1（word解析版）

2021-2022学年鲁科版（2019）必修第一册
第五章
牛顿运动定律
单元测试题1（解析版）
一、选择题（共40分）
1．在身体素质测试“原地纵跳摸高”科目中，某同学按科目要求所做的四个动作过程如下图所示，其中处于超重状态的过程是（　　）
A．静止站立
B．加速下蹲
C．加速上升
D．离地上升
2．如图所示是跳水运动员入水时的情形，她接触到水面时的速度为，完全入水时速度为，从接触水面到完全入水历时，运动员质量为，则运动员在入水过程中（　　）
A．加速度方向一直竖直向下
B．加速度大小不变
C．所受合力不断减小
D．速度先增大后减小
3．电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种动能武器。如图所示，弹头以初速度垂直射入一排竖直固定的钢板，若钢板对弹头的阻力与速度成正比，则弹头的速度和加速度随时间、加速度大小随速度大小，速度平方随位移变化的关系图像可能正确的是（　　）
A．B．C．
D．
4．如图所示，跳高是田径运动的田赛项目之一，是一种由助跑、单脚起跳、越过横杆、落地等动作组成，以越过横杆上缘的高度来计算成绩的比赛项目。跳高是运动员征服高度的运动项目，是人类不屈不挠，勇攀高峰的象征。若不计空气阻力，关于跳高过程中各阶段的物理知识分析正确的是（　　）
A．运动员从地面单脚起跳是由于地面对人的支持力大于人对地面的压力
B．运动员上升阶段处于超重状态
C．相同质量的运动员跳得越高说明惯性越大
D．运动员落地后受到的弹力是由于地面的形变产生的
5．某人把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，上端临时固定在地铁竖直扶手上。地铁起动后的某段运动过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时的照片，拍摄方向跟地铁前进方向垂直（　　）
A．从图中可以判断地铁的运动方向
B．从图中可以判断地铁的加速度方向
C．若细绳与杆子的夹角增大，则地铁速度增大
D．若细绳与杆子的夹角增大，则地铁的加速度减小
6．如图所示，质量为m的滑块P置于光滑水平面上，左侧通过细线连接墙上E点，细线保持水平；右侧通过轻弹簧连接天花板上F点，弹簧与水平面夹角为，此时P对水平面的压力恰好为零，则（　　）
A．弹簧中的弹力大小为
B．细线中的拉力大小为
C．剪断细绳瞬间滑块P的加速度大小为
D．剪断弹簧瞬间滑块P的加速度大小为是
7．如图甲所示为某同学研究物体加速度与力和质量关系的实验装置示意图，图乙是该装置的俯视图。两个相同的小车，放在水平桌面上，前端各系一条轻细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘里可放砝码。两个小车通过细绳用夹子固定，打开夹子，小盘和砝码牵引小车同时开始做匀加速直线运动，闭合夹子，两小车同时停止运动。实验中平衡摩擦力后，可以通过在小盘中增减砝码来改变小车所受的合力，也可以通过增减小车中的砝码来改变小车的总质量。该同学记录的实验数据如下表所示，关于数据下列说法中正确的是（　　）
实验次数
小车1总质量m1/g
小车2总质量m2/g
小车1受合力F1/N
小车2受合力F2/N
小车1位移x1/cm
小车2位移x2/cm
1
200
200
0.10
0.20
20.1
39.8
2
200
200
0.10
0.30
15.2
44.5
3
200
200
0.20
0.30
19.8
30.8
4
250
500
0.10
0.10
20.0
39.7
5
300
500
0.10
0.10
30.0
18.0
6
400
500
0.10
0.10
15.0
12.1
A．该同学在6次实验过程中，数据记录均准确无误
B．研究小车的加速度与合外力的关系可以利用1、2、3三次实验数据
C．研究小车的加速度与小车总质量的关系可以利用2、5、6三次实验数据
D．对于“合外力相同的情况下，小车质量越大，小车的加速度越小”的结论，可以由第1次实验中小车1的位移数据和第6次实验中小车1的位移数据进行比较得出
8．如图所示，质量分别为m、2m的A、B两个小物块叠放在一起，从水平地面上以相同的初速度v0竖直上抛，受到的空气阻力大小均恒为f。下列说法正确的是（　　）
A．在上升过程中A与B会分离
B．在下降过程中A与B会分离
C．A上升的最大高度等于B上升的最大高度
D．A下降过程所用的时间等于B下降过程所用的时间
9．在民航机场和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带，如图甲所示。当旅客把行李放到传送带上时，传送带从静止开始启动。在某次研究性学习活动中，同学将行李箱由静止放到传送带上后，传送带开始按照如图乙所示的规律运动（向右为速度的正方向）。若行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取，传送带足够长，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。下列说法正确的是（　　）
A．行李箱经过的时间速度与传送带相同
B．行李箱相对于传送带滑动的距离为
C．若保持传送带的最大速度不变，增大启动的加速度，则行李箱达到与传送带速度相同所需要的时间将会变长
D．若保持传送带的最大速度不变，增大启动的加速度，则行李箱相对传送带滑动的距离将保持不变
10．如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移随时间的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0s内为二次函数，在3.0s~4.5s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，小华同学独自思考画出了小物块的图如图丙所示，相关标注如图所示。则（　　）
A．
B．
C．物体与传送带之间的摩擦因数为0.2
D．物体相对传送带最大位移是9米
二、实验题（共15分）
11．某兴趣小组研究小物块与平板间动摩擦因数的特点，实验装置如图甲所示，是半径足够大的四分之一圆弧轨道，与平板在点相切，正方体小物块密度较大、体积较小。实验步骤如下：
（1）用游标卡尺测量出正方体小物块的棱长，游标卡尺的示数如图乙，则读数为___________；
（2）将小物块从点由静止释放，在小物块停止处标记为；
（3）在间放置一光电门，测量放置光电门位置与点的距离；
（4）测量从点静止释放时小物块经过光电门的时间；
（5）在、之间移动光电门的位置，重复步骤（3）（4），则每次小物块经过光电门的瞬时速度可视为___________；（用所测量的物理量符号表示）
（6）根据多次测量得到的数据，以光电门与点的距离为横轴，以小物块经过光电门所用的时间的倒数为纵轴，作出图像如图丙所示。
（7）由图像分析可知，沿方向该小物块与平板间的动摩擦因数___________（选填“变大”“变小”或“不变"）。
12．如下图所示为某同学所安装的“验证牛顿第二定律”的实验装置。
（1）某同学平衡摩擦力时是这样操作的：将小车静止地放在水平木板上，先不挂塑料桶，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止。请问这位同学的操作是否正确？如果不正确，应当如何进行？
答：___________
（2）如果这位同学先如（1）中的操作，然后不断改变对小车的拉力F（改变塑料桶中沙子的质量），他得到M（小车质量）保持不变情况下的图线是图中的_________（将选项代号的字母填在横线上）。
A．
B．
C．
D．
（3）如图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出，打点计时器频率50Hz），计数点间的距离如图所示。根据图中数据计算的加速度a
=________m/s2（保留三位有效数字）。
（4）实验中要进行质量m（塑料桶及桶中沙子的总质量）和M（小车的质量）的选取，以下最合理的一组是（______）
A．M=200
g，m=10
g、15
g、20
g、25
g、30
g、40
g
B．M=200
g，m=20
g、40
g、60
g、80
g、100
g、120
g
C．M=400
g，m=10
g、15
g、20
g、25
g、30
g、40
g
D．M=400
g，m=20
g、40
g、60
g、80
g、100
g、120
g
三、解答题（共45分）
13．如图所示，光滑水平桌面有一质量为2kg的长度足够长的长木板，一质量为1kg的小物块从长木板的左端以大小为的速度滑上长木板，物块与长木板间的摩擦因数为0.2，重力加速度为。求：
(1)小物块刚滑上木板时，小物块和木板的加速度大小；
(2)小物块的最终速度的大小；
(3)小物块最终距长木板左端的距离。
14．如图所示，放在水平地面上的长木板B长为1.2m，质量为2kg，B与地面间的动摩擦因数为μ1=0.2，一质量为3kg的小铅块A放在B的左端，A、B之间动摩擦因数为μ2=0.4。刚开始A、B均静止，现使A以3m/s的初速度向右运动之后（g=10m/s2），求：
（1）A、B刚开始运动时的加速度
（2）通过计算说明，A最终是否滑出B
（3）B在地面上滑行的最大距离。
15．如图所示，在北京冬奥会上，质量为50kg的滑雪运动员，在倾角为30°的斜坡顶端从静止开始匀加速下滑100m到达坡底，用时10s，求：
（1）运动员下滑过程中的加速度大小；
（2）运动员下滑过程中所受阻力的大小。
16．倾角为37°的倾面固定在水平面上斜面长9m，如图所示，斜面上一物体在大小为11N，沿斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上加速运动，加速度大小为1m/s2；如果将沿斜面向上的拉力改为1N，物体将加速向下运动，加速度大小仍为1m/s2，g=10m/s2，
sin37°=0.6。
（1）求物体与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）若将物体从斜面顶端由静止释放，求物体运动到斜面底端的时间t；
参考答案
1．C
【详解】
A．静止站立处于平衡状态，A错误；
B．加速下蹲，加速度向下，支持力小于重力，处于失重状态，B错误；
C．加速上升，加速度向上，支持力大于重力，处于超重状态，C正确；
D．离地上升处于完全失重状态，D错误。
故选C。
2．D
【详解】
跳水运动员刚接触水面到合力等于重力，随着入水深度的增加，浮力逐渐增大，合力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知加速度逐渐减小、速度逐渐增大，当运动员受到的浮力与重力相等时，合力为零、加速度为零、速度最大；运动员再向下运动，浮力大于重力、合力反向增大、加速度反向增大、速度减小。
故选D。
3．C
【详解】
A．由于
f=kv
则
随速度的减小，则加速度减小，v-t图像的斜率减小，选项A错误；
B．因为
可知a随t不是线性关系，选项B错误；
C．根据
可知，选项C正确；
D．根据
因为a是变化的，则v2-x不是直线，选项D错误。
故选C。
4．D
【详解】
A．由牛顿第三定律，运动员从地面单脚起跳地面对人的支持力等于人对地面的压力，
A错误；
B．运动员上升阶段有向下的加速度，处于失重状态，
B错误；
C．质量是惯性大小的唯一量度，质量相等，惯性相等，
C错误；
D．运动员落地后受到的弹力是由于地面的形变产生的，
D正确。
故选D。
5．B
【详解】
AB．由于地铁的加速度方向与笔的加速度方向相同，所以通过判断笔的加速度方向可知地铁的加速度方向；但是由于不知道地铁速度的变化情况，故地铁运动方向与加速度方向可能相同，也可能相反，所以不能判断地铁朝向哪一个方向运动，故A错误，B正确；
CD．以笔为研究对象，笔受到重力及细绳拉力的共同作用，设绳子与杆子的夹角为，则由牛顿第二定律可得笔的加速度大小为
增大，则笔加速度增大，地铁加速度增大，但是地铁的速度不一定增大，CD错误。
故选B。
6．C
【详解】
A．因为滑块P对水平面的压力恰好为零，所以对滑块P受力分析可得
故有弹簧中的弹力大小为
A错误；
B．对滑块P受力分析可得，细线中的拉力大小为
B错误；
C．剪断细绳瞬间，因为弹簧的形变不会突变，滑块P的合外力为，故其加速度大小为，C正确；
D．剪断弹簧瞬间，细线的形变会突变，此时滑块P的合外力为0，故滑块P的加速度大小为，D错误。
故选C。
7．B
【详解】
根据题意，小车的位移，则有
所以可以直接根据表格中的位移之比判断加速度之比。
A．表格中有些实验数据是错误的，如第3次和第4次数据相比，小车2的总质量增大到2.5倍，在牵引力不变的情况下，加速度只增大到约1.3倍，可见实际数据存在着错误。选项A错误；
B．第1、2、3三次实验数据，小车的质量保持不变，小车2与小车1相比，合力的倍数与加速度的倍数基本上都相等，可以得出小车的加速度与合外力成正比的结论；选项B正确
。
C．研究小车的加速度与小车总质量的关系时，应该使小车受到的合外力不变，而表中小车2的第2次合外力为0.30N，第5次合外力为0.1N，不符合控制变量法的要求，选项C错误。
D．对于小车1，第6次和第1次实验数据相比，合外力保持不变，小车的质量增大到2倍，其加速度应该为原来的，而表中数据加速度为原来的不到，这是一个错误的实验数据，错误的数据不能作为研究的依据，选项D错误。
故选B。
8．BC
【详解】
AC.假设在上升过程中A与B会分离，则分离后应有aB＞aA。设空气阻力大小为f，根据牛顿第二定律有
可知aB＜aA，则假设不成立，即上升过程中A与B不会分离，所以A上升的最大高度等于B上升的最大高度，故A错误，C正确；
BD.
假设在下降过程中A与B会分离，则分离后应有aB′＞aA′，根据牛顿第二定律有
可知aB′＞aA′，则假设成立，即下降过程中A与B会分离，根据运动学规律可知A下降过程所用时间大于B下降过程所用的时间，故B正确，D错误。
故选BC。
9．AB
【详解】
A．由图乙可知传送带的最大速度为2，行李箱的加速度为
则行李箱速度与传送带相同得时间为
故A正确；
B．行李箱在2s内的对地位移为
传动带2s内的位移为
则行李箱相对于传送带滑动的距离为
故B正确；
C．若保持传送带的最大速度不变，增大启动的加速度，则行李箱达到与传送带速度相同所需要的时间为
不会发生改变，故C错误；
D．若保持传送带的最大速度不变，增大启动的加速度，行李箱的对地位移不发生改变，由于传动带启动加速度增加了，则传送带加速的时间减少，以最大速度运行的时间增长，则传送带对地位移变大，则行李箱相对传送带滑动的距离将变大，故D错误。
故选AB。
10．BCD
【详解】
A．图乙中为速度为零的时候，在图甲中可得速度为零时时2s，所以，故A错误；
B．由图乙可知，滑块匀速运动的速度大小为
物体在2s时速度为零，则2~3s的位移为
可得在0~2s的加速度为，在2~3s为，在2s时速度为零，则在0时刻的速度
故B正确；
C．根据牛顿第二定律
可求得
故C正确；
D．由2~3s滑块加速1s后做匀速直线运动可知，在3s时滑块速度和传送带速度相等，则
滑块向左做减速运动的相对位移
滑块向右做加速运动的相对位移
所以物体相对传送带最大位移是
故D正确。
11．10.50
变小
【详解】
(1)[1]由图可知该游标卡尺的分度值是，游标尺上的0刻度在之间，游标尺上第10格与主尺刻度对齐，所以游标卡尺读数为
(5)[2]因为小物块的棱长较小，小物块经过光电门的平均速度可视为瞬时速度，故
(7)[3]由图像可知与为线性关系，图像斜率为一定值，
根据
其中表示小物块通过距离所用的时间，可得
速度越来越小，加速度越来越小，故沿方向该小物块与平板间的动摩擦因数变小。
12．不正确，应给小车一初速度，使小车能匀速下滑
C
0.496
C
【详解】
(1)[1]由于最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，当小车由静止开始沿木板向下滑动时小车实际上是做加速运动，并未起到平衡摩擦力的作用，故不正确，应给小车一初速度，使小车能匀速下滑。
(2)[2]小车质量M保持不变时，由牛顿第二定律可得
由于未正确平衡摩擦力，在F=0时小车就加速下滑，故图线与纵轴有交点，C正确。
故选C。
(3)[3]据逐差法可得，小车的加速度为
(4)[4]由牛顿第二定律可得，对小车
对塑料桶（及桶中沙子）
联立解得
当时，，故为了使绳的拉力F约等于塑料桶（及桶中沙子）的重力，应满足小车的质量应远大于塑料桶（及桶中沙子）的质量，最合理的应该是C组数据，C正确。
故选C。
13．(1)；；(2)；(3)
【详解】
(1)对滑块
对木板
(2)分析易知两者最后共速且匀速
解得
(3)由位移公式可知
解得
14．（1）A的加速度为4m/s2，方向向左；
B的加速度为1m/s2，方向向右；（2）不会，过程见解析；（3）0.27m
【详解】
（1）受力分析有
f1=μ2Mg=12N
f2=μ1（M+m）g=10N
根据牛顿第二定律得
a1=μ2g=4m/s2
方向向左。B的加速度为
方向向右。
(2)
(3)当A、B的速度相同时，两者不发生相对滑动。有
v0﹣a1t=a2t
所以
t
此时A的位移B的位移
3×0.64×0.36m=1.08m
1×0.36m=0.18m
则AB的相对位移
x=xA﹣xB=0.9m＜1.2m
所以A不会从B上滑出。之后AB一起做匀减速直线运动
a3=μ1g=2m/s2
此时的速度
v=v0﹣a1t=3﹣4×0.6=0.6m/s
位移
所以B滑行的距离
x=x2+x3=0.27m
15．（1）；（2）150N
【详解】
（1）根据可得运动员下滑过程中的加速度大小
（2）运动员下滑过程中根据牛顿第二定律
解得
16．（1）0.5；（2）3s
【详解】
(1)当F1=11N时，物体加速向上运动则有
当F2=1N时，物体加速向下运动，则有
物体在斜面上运动，垂直斜面方向有
且
解得
(2)由静止释放物体，物体加速下滑，加速度为a3则有
解得