第四章 牛顿运动定律 期末复习过关卷（Word版含答案）

第四章 牛顿运动定律 期末复习过关卷
一、单选题
1．下列说法中正确的是（　　）
A．在国际单位制中，力学的单位被选为基本单位的是米、千克、秒
B．放在水平桌面上的物体在推力的作用下运动起来，可见物体运动必须要有力作用
C．在月球上举重比在地球上容易，所以同一个物体在月球上比在地球上惯性小
D．升降机地板上放一个弹簧盘秤，盘上放一质量为m的物体，当秤的读数为0.8mg时，升降机一定是加速下降
2．一猫头鹰（用O点表示）发现猎物后沿虚线PQ斜向下加速俯冲过程中，空气对猫头鹰的作用力方向可能是（ ）
A．沿PQ向下 B．沿OC水平向左 C．垂直PQ，沿OB向上 D．沿OA竖直向上
3．甲、乙两球从同一高度同时由静止释放，下落时受到的空气阻力F与球的速率v成正比，即F=-kv（k>0），且两球的比例常数k相等，如图所示为下落时两球的v-t图象．若甲球与乙球的质量分别为m1与m2，则：
A．m2>m1，且甲球先抵达地面
B．m2>m1，且乙球先抵达地面
C．m2D．m24．在力学实验中经常使用如图所示装置，已知打点计时器所用交流电的频率为f， 小车的质量为M， 钩码的质量为m， 在利用该装置进行的实验中，下列说法正确的是（）
A．在“研究匀变速运动”的实验中，首先要平衡摩擦力
B．“探究功与速度变化的关系”的实验要满足M远大于m
C．“探究物体的加速度与力的关系”实验中，平衡摩擦力后，小车在运动中受到的合外力就等于钩码的重力mg
D．在实验中先让小车运动再闭合打点计时器
5．在军事演习中，某空降兵从悬停在空中的直升飞机上跳下，从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的v﹣t图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．10s时空降兵和降落伞的速度方向改变
B．0～10s内空降兵和降落伞整体所受空气阻力越来越小
C．10s～15s时间内运动员的平均速度
D．10s～15s内空降兵和降落伞整体处于超重状态
6．三个相同的轻弹簧a、b、c连接成如图所示的形式，其中a、b两弹簧间的夹角为120°，且a、b对结点处质量为m的小球的拉力均为F(F≠0)．在P点剪断弹簧c的瞬间，小球的加速度可能是(　　)
A．大小为g，方向竖直向下
B．大小为，方向竖直向上
C．大小为，方向竖直向下
D．大小为，方向竖直向下
7．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，m在水平拉力作用下向右滑行，长木板仍处于静止状态．长木板与地面间动摩擦因数为，木块与长木板间动摩擦因数为，则长木板受地面摩擦力大小一定为（ ）
A． B．
C． D．
8．“蹦极”是一项非常刺激的体育运动．某人身系弹性绳自高空p点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止悬吊时的位置，人在从p点下落到最低点c点的过程中，下列说法错误的是（ ）
A．在pa段做自由落体运动，处于完全失重状态
B．在ab段绳的拉力小于人的重力，处于失重状态
C．在bc段绳的拉力大于人的重力，处于超重状态
D．在c点，速度为零，处于平衡状态
9．如图所示为a、b两小球沿光滑水平面相向运动的v﹣t图．已知当两小球间距小于或等于L时，受到相互排斥的恒力作用，当间距大于L时，相互间作用力为零．由图可知（ ）
A．a球的质量大于b球的质量 B．a的质量小于b球的质量
C．t1时刻两球间距最小 D．t3时刻两球间距为2L
10．如图所示，A为放在水平光滑桌面上的长方形物块，在它上面放有物块B和C，A、B、C的质量分别为m、5m、m．B、C与A之间的静摩擦系数和滑动摩擦系数皆为0.1．K为轻滑轮，绕过轻滑轮连接B和C的轻细绳都处于水平放置．现用沿水平方向的恒定外力F拉滑轮，若测得A的加速度大小为2m/s2，重力加速度取g=10 m/s2则
A．物块B、C的加速度大小也等于2m/s2
B．物块B的加速度为1m/s2，C的加速度为2m/s2
C．外力的大小F=2.4mg
D．物块B、C给长方形物块A的摩擦力为0.2mg
11．如图所示，轨道OA与倾角不同的轨道OB、OC在底端连接·不计摩擦和小球经过最低点时的机械能损失，小球自轨道OA上某一位置由静止自由释放，分别运动到轨道OB、OC上时，均能够到达与出发点等高的位置．用1、2表示小球分别沿轨道OB，OC再返回到OA轨道上最高点过程中速度大小的变化规律，下列图象正确的是
A．B．C．D．
12．如图所示，用轻质弹簧将篮球拴在升降机底板上，此时弹簧竖直，篮球恰好与光滑的侧壁和光滑的倾斜天花板接触，在篮球与侧壁之间装有压力传感器，当升降机沿竖直方向运动时，压力传感器的示数逐渐增大，某同学对此现象给出了下列分析与判断，其中可能正确的是
A．升降机正在匀加速上升
B．升降机正在匀减速上升
C．升降机正在加速下降，且加速度越来越大
D．升降机正在减速下降，且加速度越来越大
二、填空题
13．质量为10kg的物体静止在水平地面上，受到水平恒力F作用后在时间t内的位移为x，且x=2t2，则物体的加速度为________m/s2；若4s末撤去力F，物体再经过10s停止运动，则物体与地面间的动摩擦因数为_____.
14．某人在以的加速度匀加速下降的升降机里最多能举起80kg的物体，他在地面上最多能举起________kg的物体；若此人在一匀加速上升的升降机中最多能举起40kg的物体，则此升降机上升的加速度为________。
15．如图所示，升降机中质量为m的物体C，通过轻绳结于O点悬挂起来，OC能承受的最大拉力为3mg，OA和OB绳能承受的最大拉力为，OA、OB绳与竖直方向的夹角分别为和，为防止绳子被拉断，升降机加速上升时，加速度的最大值为________．
16．一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图线如图所示，则时物块的速率为_______m/s，经过4s物体的位移大小为_______m．
17．如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A， 质量mA＝4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N ， A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s ， 二者的速度达到vt＝2m/s ， A开始运动时加速度a的大小________.
三、解答题
18．某同学利用如图（甲）所示的装置探究加速度与合外力的关系。小车质量为M，桶和砂子的总质量为m，通过改变m改变小车所受的合外力大小，小车的加速度a可由打点计时器和纸带测出。实验过程中平衡摩擦后，保持小车质量M不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验，得到多组a、F值（F为弹簧秤的示数）。
(1)图丙为上述实验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器的频率为50Hz，则C点的速度为________m/s，小车的加速度为_______m/s 2.（以上两空均保留两位有效数字）
(2)根据实验数据画出了如图（乙）所示的一条过坐标原点的倾斜直线，其中纵轴为小车的加速度大小，横轴应为___________。（选填字母代号）
A． B． C．mg D．F
(3)当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，关于（乙）图的说法，正确的是______。（选填字母代号）
A．图线逐渐偏向纵轴 B．图线逐渐偏向横轴 C．图线仍保持原方向不变
19．两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面。现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示。在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA=1 kg、mB=3 kg，A与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的v t图像如图乙所示。g取10 m/s2，求：
（1）推力F的大小；
（2）A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。
20．如图所示，质量为M的木箱放在光滑水平地面上，受到一水平恒力F的作用，木箱的顶部用细绳悬挂一质量为m的小球，若想使细绳与竖直方向的夹角为θ，则恒力F应为多大？
21．如图所示一足够长的斜面，倾角为，斜面与水平面平滑连接，质量的物体静止于水平面上的点，点与点之间的距离，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为，现物体受到一水平向右的恒力作用，运动至点时撤去该力，（，，取）则：
(1)物体在恒力作用下运动时的加速度是多大？
(2)物体到达点时的速度是多大？
(3)物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少？
22．一实验室中传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB=6m，BC段是倾斜的，长度LBC=5m，倾角，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接（图中未画出圆弧），传送带的恒定速率顺时针运转．已知工件与传送带间的动摩擦，重力加速度g取10．现将一个工件（可看成质点）无初速度地放在A点．（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8） 求：
（1）工件第一次到达B点所用的时间；
（2）工件沿传送带BC上升的最大位移大小；
（3）工件运动了18s时的速度大小．
参考答案
1．A
【解析】
A、在国际单位制中，力学的单位被选为基本单位的是米、千克、秒．故A正确；
B、放在水平桌面上的物体在推力的作用下运动起来，运动状态发生改变，需要力来作用，所以物体运动不需要力来维持，故B错误；
C、在月球上举重比在地球上容易，是重力变小的原因，质量是衡量惯性大小唯一尺度,同一个物体在月球上比在地球上惯性一样，故C错误；
D、升降机地板上放一个弹簧盘秤，盘上放一质量为m的物体，当秤的读数为0.8mg时，因此重力大于支持力，所以加速度向下，但升降机不一定是加速下降，也可能减速上升．故D错误；
故选A．
2．C
【解析】据题知：猫头鹰沿虚线PQ斜向下加速俯冲，其加速度的方向沿PQ方向，由牛顿第二定律知它的合外力方向沿PQ方向．猫头鹰受重力和空气的作用力，根据平行四边形定则知：只有空气对猫头鹰的作用力方向垂直PQ，沿OB向上，它的合外力才能沿PQ方向，其他方向不可能，故ABD错误，C正确．
故选C．
【点睛】
本题考查牛顿第二定律的应用，解题的关键是知道加速度的方向与合外力的方向始终是相同的，运用平行四边形定则分析．
3．B
【解析】
【解析】由图象知甲乙两球匀速运动的速度关系；
v乙＞v甲
由平衡得：
mg=kv，
联立得：
m2＞m1 ；
两故者位移相等时，即图线与时间轴围成的面积相等，知球乙的运动时间短，知球乙先抵达地面．故ACD错误，B正确；
故选B．
【点睛】
解决本题的关键知道速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移．知道小球落地前重力与阻力相等．
4．B
【解析】A、在“研究匀变速运动”的实验中，只需要测出速度和加速度，不需要研究是什么力提供加速度，则不需要平衡摩擦力，故A错误．B、“探究功与速度变化的关系”的实验需要用钩码的重力大小代替小车的合力，条件是满足M远大于m，故B正确．C、“探究物体的加速度与力的关系”实验中，平衡摩擦力后，小车在运动中受到的合外力近似等于钩码的重力mg，故C错误．D、在实验中先闭合打点计时器再让小车运动，打点稳定且充分利用纸带，故D错误．故选B．
【点睛】
该题涉及的实验比较多，不管是考查什么实验，首先要找到实验原理，我们就可以根据实验原理找需要的实验仪器，然后可以讨论得出相应结论．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．
5．D
【分析】
速度时间图象中速度的正负号表示速度的方向．图象的斜率等于加速度，斜率的正负号表示加速度的方向．10s～15s内运动员做变减速运动，将其运动与匀减速运动比较，求平均速度．根据加速度的方向可确定物体是超重还是失重．
【解析】A．根据速度的符号表示速度的方向，可知运动员一直沿着正方向做直线运动，故10s时速度方向没有改变，故A错误；
B．0-10s内速度时间图线的切线斜率逐渐减小，可知加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律得
a=
因为加速度减小，可知阻力增大；故B错误；
C．10s～15s内运动员做变减速运动，运动员内下落的位移小于匀减速直线运动的位移，则10s～15s内下落的平均速度小于匀减速直线运动的平均速度．而匀减速直线运动的平均速度为
所以10s～15s内下落的平均速度小于，故C错误；
D．10s～15s内空降兵和降落伞向下减速，整体加速度向上，故整体处于超重状态，故D正确．
故选D．
【点睛】
本题考查理解速度问题的能力．关键根据图线的斜率等于加速度，图象与时间轴所围的面积表示位移，来分析运动员的运动情况．
6．D
【解析】
【解析】剪断C前：由于A、B两弹力的夹角为120°，a、b对结点处质量为m的小球的拉力均为F，所以合力大小F，方向竖直向上；剪断弹簧c的瞬间，A、B的弹力没有变化，则对小球根据牛顿第二定律有：ma=mg-F，解得：a=，方向竖直向下，故选D．
【点睛】
本题是牛顿运动定律应用中典型的问题瞬时问题，往往先分析状态变化前弹簧的弹力，再分析状态变化瞬间的合力，求出瞬间的加速度，关键要抓住弹簧的弹力不能突变的特点进行分析．
7．C
【解析】物体m相对M向右滑动，受到向左的滑动摩擦力，大小为；力的作用是相互的，故P对长木板ab有向右的滑动摩擦力，故长木板ab有向右滑动的趋势，受到地面对其向左的静摩擦力，根据共点力平衡条件有f2=f1，因而．本题中ab受地面的静摩擦力，故不能用f=μ1（m+M）g求摩擦力，故C正确；故A、B、D错误.故选C．
【点睛】
本题关键要分清楚静摩擦力还是滑动摩擦力，静摩擦力随外力的变化而变化，滑动摩擦力与正压力成正比．
8．D
【解析】a点是弹性绳的原长位置，故a点之前人只受重力，人做自由落体运动，处于完全失重状态，故A正确．b是人静止悬吊着时的平衡位置，在ab段人向下做加速度减小的加速运动，则绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态，故B正确．在bc段绳的拉力大于人的重力，人向下做加速度增加的减速运动，加速度向上，则人处于超重状态，故C正确．c是人所到达的最低点，故c点速度为零，但受向上的合力不为零，有向上的加速度，故D不正确．
故选D．
9．B
【解析】从速度时间图象可以看出a小球速度时间图象的斜率绝对值较大，所以a小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力大小相等，根据a=F/m知，加速度大的质量小，所以a小球质量较小，故A错误，B正确；二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，所以C错误；当间距大于L时，相互间作用力为零，由图看出t3时刻之后相互作用力为零，即间距大于L，则t3时刻距离为L，D错误；故选B．
点睛：本题考查了v-t图象、牛顿第二定律、加速度与速度的关系等有关知识，有一定的综合性；关键是能从给定的图像中获取信息，知道速度相等时两者距离最远．
10．D
【解析】
A与B的最大静摩擦力为FB=μ mg=0.5mg，C与A的最大静摩擦力为FC=0.1mg，
由于A的加速度等于0.20g，根据牛顿第二定律，则有：FA=ma=0.2mg，
因此C对A的作用力为0.1mg，而B对A的作用力也为0.1mg，
AB间保持静止，所以B的加速度为
AC间滑动；
受力分析，根据牛顿第二定律，
则有：AC间f摩=0.1mg，ab间f摩=0.1mg；
B绳上拉力5mg×0.2+0.1mg=1.1mg，
C绳也一样1.1mg，所以C的加速度为
F=2.2mg；
综上所述，故D正确．
点晴：根据动摩擦因数来确定B对A，与C对A的最大静摩擦力的大小，从而确定谁在A上运动，再根据牛顿第二定律，即可求解．
11．A
【解析】CD．从B（C）到O的过程中，小球做加速运动，由于不计摩擦，下落的高度相同，根据机械能守恒可知两种情况下到底O点时的速度大小相等，CD错误；
AB．然而根据牛顿第二定律可知
解得
即坡度越倾斜，下落时的加速度越大，即在v-t图像中的斜率越大，即1滑落时的加速度大，所用时间短，在从O向A运动过程中，在同一斜面上，所以加速度相同，斜率相同，所用时间相同，所以1最先到达A点，两图线的斜率平行，故A正确B错误．
故选A。
12．C
【解析】AB．对篮球受力分析如图，
若升降机匀加速上升或在匀减速上升，篮球加速度不变，受力不变，压力传感器的示数不变．故AB不可能．
C．若升降机正在加速下降，对篮球受力分析，由牛顿第二定律可得：
解得：
加速度越来越大，则越来越大，压力传感器的示数逐渐增大．故C可能．
D．若升降机正在减速下降，对篮球受力分析，由牛顿第二定律可得：
解得：
加速度越来越大，则越来越小，压力传感器的示数逐渐增小．故D不可能．
13．4 0.16
【解析】[1]根据匀变速直线运动位移与时间的关系：
运用待定系数法，解得：；
[2]撤去外力时，速度：
撤去外力后，加速度大小：
根据牛顿第二定律：
解得动摩擦因数：
。
14．60
【解析】[1]匀加速下降的升降机里,有
解得,故在地面上能举起的物体质量为
[2]在匀加速上升降的升降机里,有
将带入可得
15．
【解析】[1]以物体为研究对象，作出力图，如图；升降机竖直向上做匀加速运动时，加速度竖直向上，合力一定竖直向上，则两根绳子的拉力的合力方向一定竖直向上，由力图可知，绳的拉力大于绳的拉力，当绳的拉力达到最大时，升降机的加速度为最大；根据牛顿第二定律得：
又：
代入解得：
16．1 5
【解析】[1]前两秒，根据牛顿第二定律得：
则的物块的速率为：
[2]0-2s的物块的位移为：
后两秒，根据牛顿第二定律得：
的物块的位移为：
经过4s物体的位移大小为：
17．2.5m/s2
【解析】以A为研究对象，A开始运动时，由牛顿第二定律得：
F=mAa，代入数据得：a=2.5m/s2；
18．0.80 4.0 D C
【解析】（1）[1]相邻两个计数点之间的时间间隔
C点的速度
[2] 小车的加速度为
（2）[3] 对小车分析，应有
解得
由于图线经过坐标原点，所以横轴应为F。
故选D。
（3）[4] 由于图像的斜率为
所以增大沙和沙桶质量，k不变，仍保持原方向不变。
故选C。
19．（1）15 N；（2）6 m
【解析】（1）在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的v t图像得
对于A、B整体，由牛顿第二定律得
代入数据解得
（2）设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由
解得A的加速度大小
物块A通过的位移，根据
物块A减速到零的时间
物块B通过的位移
物块A刚停止时A、B间的距离
20．（M＋m）gtanθ
【解析】以小球为研究对象，受力如图所示
根据题意小球所受合力水平向右，由牛顿第二定律可得
解得
以木箱和小球整体为研究对象，由牛顿第二定律得
21．(1)；(2)；(3)
【解析】(1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知
解得
(2)由到，根据运动学公式可知
解得
(3)在斜面上，根据牛顿第二定律可得
代入数据解得加速度的大小为
逆向分析可得
解得
22．（1）1.9s；（2）4m；（3）4m/s．
【解析】（1）工件刚放在水平传送带上的加速度为a1
由牛顿第二定律得：μmg=ma1，解得：a1=μg=5 m/s2，
经t1时间与传送带的速度相同，则t1==0.8s，
前进的位移为：x1=a1t12=1.6m，
此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时：t2==1.1s，
所以工件第一次到达B点所用的时间：t=t1+t2=1.9s；
（2）设工件上升的最大位移为s，由牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma2，
由匀变速直线运动的速度位移公式得：s=，解得：s=4m；
（3）工件沿传送带向上运动的时间为：，
此后工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，T=2t+2t3=7.8s，
工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间：t0=T+t2=8.9s，
而：18s=t0+T+1.3s，
这说明经18 s工件在水平面匀速运动了0.5s，
此时工件的速度：vt=4m/s；
【点睛】
本题是一道力学综合题，考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，分析清楚工件的运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律与匀变速直线运动的运动规律可以解题．