第四章 牛顿运动动律单元综合检测B卷

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第四章 牛顿运动动律 单元综合检测卷
B卷（后附解析）
考试范围：xxx；考试时间：75分钟；命题人：xxx
题号 一 二 三 四 总分
得分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人得分
一、单选题
1．下列选项中给出物理量的单位是国际单位制基本单位且该物理量为矢量的是（ ）
A．质量 kg B．时间 s C．位移 m D．力 N
2．冬天气温偏低，小顾同学为了取暖，手拿热水袋不动，如图，下列说法正确的是（ ）
A．手对热水袋的作用力方向竖直向上
B．手挤压热水袋使之变形，热水袋的重心位置始终不变
C．热水袋受到的重力方向与地面垂直
D．热水袋受到的重力与手对热水袋的作用力是一对相互作用力
3．机器人服务人类的场景越来越广泛，如餐厅使用的送餐机器人，某次送餐时送餐机器人保持匀速运动，现将其结构简化为如图乙所示的示意图，机器人的上表面始终保持水平，则下列说法正确的是（　　）
A．机器人对菜品的支持力和菜品的重力是一对平衡力
B．菜品对机器人的压力就是菜品的重力
C．菜品对机器人的压力和地面对机器人的支持力是一对相互作用力
D．机器人对菜品的摩擦力水平向前
4．如图所示，小球在水平轻绳和轻弹簧拉力作用下静止，弹簧与竖直方向夹角为。设重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．从A点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为g，方向竖直向下
B．从A点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为，方向与竖直成角斜向右下
C．从B点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为，方向与水平成角斜向左下
D．从B点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为，方向与竖直成角斜向左上
5．如图甲所示，小物块A静止在足够长的木板B左端，若A与B间动摩擦因数为，木板B与地面间的动摩擦因数为，假设各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻起A受到的水平向右的外力作用，测得A与B间摩擦力f随外力F的变化关系如图乙所示，重力加速度取，则下列判断正确的是（　　）
A．A、B两物体的质量分别为和 B．当时，A、B恰好发生相对滑动
C．当时，A的加速度为 D．B物体运动过程中的最大加速度为
6．如图（a）所示，将一轻弹簧放在倾角为的粗糙斜面上，下端固定。物块甲紧靠弹簧的。上端轻放在斜面上，甲由弹簧原长处静止开始沿斜面向下运动，甲的加速度a与弹簧的压缩量x的关系如图（b）中实线所示。把甲换成材料不同的乙，完成相同的过程，其关系如图（b）中虚线所示。甲、乙与斜面间的动摩擦因数分别为甲、乙。则（　　）
A．
B．
C．甲运动至弹簧压缩量为x0时，速度为零
D．甲运动至弹簧压缩量为x0与乙运动至弹簧压缩量为2x0时，二者速度大小相等
7．如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端连着小球A，小球A的下面用另一根相同的轻弹簧连着小球B，一根轻质细绳一端连接小球A，另一端固定在墙上，平衡时细绳水平，弹簧与竖直方向的夹角为，弹簧的形变量为弹簧形变量的3倍，重力加速度大小为g。将细绳剪断的瞬间，下列说法正确的是（　　）

A．小球A的加速度大小为 B．小球A的加速度大小为
C．小球B的加速度大小为 D．小球B的加速度大小为g
评卷人得分
二、多选题
8．关于牛顿第二定律,下列说法中正确的是　(　　)
A．物体只有受到力作用时,才会产生加速度和速度
B．任何情况下,加速度的方向总与合外力方向相同,也总与速度的方向相同
C．当物体受到几个力作用时,可把物体的加速度看成是各个力单独作用时产生的各个加速度的矢量和
D．加速度和力是瞬时对应关系,即加速度与力是同时产生、同时变化、同时消失
9．下面是生活、生产中常见的事例，应用牛顿第三定律的是（　　）
A．小船靠划桨前进
B．帆船利用风力来航行
C．螺旋桨飞机通过螺旋桨旋转飞行
D．喷气式飞机向后喷出燃气推动飞机前进
10．如图，质量分别为m和的A、B两个小球通过轻弹簧连接，水平轻弹簧一端连接质量为m的C球，一端固定在竖直墙壁上。A、C两个小球由绕过定滑轮的轻绳连接，光滑斜面倾角，重力加速度为g，连接小球A的轻绳、弹簧都与斜面平行，开始时系统处于静止状态。现用火烧断小球A、C之间的轻绳，则在轻绳被烧断的瞬间，关于小球A、B、C的加速度大小、、的判断正确的是（　　）
A． B．
C． D．
11．如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力Ｆ的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知物块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度。则下列说法正确的是（　　）
A．时长木板P停下来
B．长木板Ｐ的长度至少是16.5m
C．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.05
D．滑块Q在长木板P上滑行的相对路程为12m
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人得分
三、实验题
12．某同学设计了如下实验来测量物块与木板之间的动摩擦因数。实验步骤如下：
（i）如图甲所示，用垫块把一端带有定滑轮的长木板垫高，在其上表面固定一与物块下滑路径平行的刻度尺（图中未画出）。物块用细线通过定滑轮与一质量为m=100g的钩码相连。
（ii）实验发现当木板的倾角调整为53°时，给物块一个沿斜面向下的初速度，物块恰能拖着钩码匀速运动。
（iii）调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。当物块运动到某一位置时突然烧断细线，用手机记录下物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择烧断细线时物块的位置作为测量参考点，得到物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据。
（iV）该同学选取部分实验数据，画出了图像如图乙所示。回答以下问题：（重力加速度g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）
（1）根据图像可得，烧断细线瞬间物块速度的大小为 m/s，物块下滑的加速度大小为 m/s2。（结果均保留2位有效数字）
（2）根据上述数据，可得物块的质量为 kg，物块与木板间的动摩擦因数为 。（结果均保留2位有效数字）
13．用图甲所示装置“探究小车加速度与力、质量的关系”。请思考并完成相关内容：
（1）实验时，为平衡摩擦力，以下操作正确的是 。
A．连着砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动
B．连着砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车缓慢沿木板做直线运动
C．取下砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动
D．取下砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车缓慢沿木板做直线运动
（2）图乙是实验中得到的一条纸带，已知相邻计数点间还有四个点未画出，打点计时器所用电源频率为50Hz，由此可求出小车的加速度 m/s2（计算结果保留三位有效数字）。
（3）一组同学在保持木板水平时，研究小车质量一定的情况下加速度a与合外力F的关系，得到如图丙中①所示的图线。则小车运动时受到的摩擦力 N，小车质量 kg。若该小组完成实验后，得到的图线如图丙中④所示，则原因可能是 （计算结果保留二位有效数字）。
评卷人得分
四、解答题
14．物体的质量为5kg，斜面的倾角为37°（g取10m/s2）物体的初速为0，从斜面匀加速下滑，物体与斜面间的摩擦系数μ＝0.2；求
（1）物体下滑的加速度？
（2）2秒未物体的速度？
（3）4秒未物体通过的位移？
15．（质量、力）一个铁块在20N的力作用下产生的加速度是2m/s ，这个铁块的质量为多大？要使该铁块产生5m/s2的加速度，需要对它施加多大的力？
16．如图所示，水平面上放有质量均为m＝1kg的物块A和B（均视为质点），A、B与地面的动摩擦因数分别为μ1＝0.4和μ2＝0.1，相距l＝0.75 m，现给物块A一初速度v0使之向物块B运动，与此同时给物块B一个水平向右F＝3N的力使其由静止开始运动，取g＝10 m/s2，求
（1）物块B运动的加速度大小；
（2）若要使A能追上B，v0应满足什么条件？
(
…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
) (
※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
) (
…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
)
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参考答案：
1．C
解析：kg、s、m是国际单位制基本单位，位移是矢量。
答案：C。
2．A
解析：A．暖水袋受重力和手对暖手袋的作用力而平衡，重力竖直向下，则手对热水袋的作用力方向竖直向上，选项A正确；
B．手挤压热水袋使之变形，热水袋的重心位置要发生变化，选项B错误；
C．热水袋受到的重力方向竖直向下，选项C错误；
D．热水袋对手的作用力与手对热水袋的作用力是一对相互作用力，选项D错误；
答案：A。
3．A
解析：A．以菜品为研究对象可知，机器人对菜品的支持力和菜品的重力是一对平衡力，故A正确；
B．菜品对机器人的压力施力物体是菜品，菜品的重力的施力物体是地球，二者不是同一个力，故B错误；
C．相互作用力是两个物体间的力，而菜品对机器人的压力和地面对机器人的支持力涉及到三个物体，可知菜品对机器人的压力和地面对机器人的支持力不是一对相互作用力，故C错误；
D．送餐时送餐机器人保持匀速运动，机器人对菜品无摩擦力作用，故D错误；
答案：A。
4．A
解析：AB.从A点剪断弹簧瞬间，小球所受的弹簧拉力消失，所受的轻绳拉力突变为零，小球在重力作用下向下运动，小球的加速度大小为g，方向竖直向下，答案：项A正确选项B错误；
CD.剪断弹簧前，设弹簧的拉力为F，轻绳的拉力为FT，由平衡条件可知
解得
从B点剪断轻绳瞬间，小球所受的轻绳拉力消失，所受弹簧的拉力和重力不变，则小球所受的合力大小为，由
可得小球的加速度为
方向水平向左，故CD错误。
答案：A。
5．C
解析：A．设A，B两物体的质量分别为，根据A与B间摩擦力f随外力F的变化关系可得A与B间滑动摩擦力为，B与地面的摩擦力为。则有
联立解得
故A错误；
B．A，B发生相对滑动时，对A有
对B有
联立可得
即
故B错误；
C．由B项分析可知，当时，A，B相对静止一起做匀加速运动，则有
代入数据可得
故C正确；
D．B物体运动过程中加速度最大时有
代人数据可得
故D错误。
答案：C。
6．D
解析：AB．当弹簧压缩量为零时，对甲、乙应用牛顿第二定律得
由以上两式可得
当甲、乙加速度为0时，对甲、乙分别有
联立可得
故AB错误。
C．甲向下运动至弹簧压缩量为x0时，加速度为零，速度达到最大，后继续做减速运动，弹簧继续被压缩，故C错误；
D．根据
可知图像围成的面积表示速度平方的大小，由图（b）知甲运动至弹簧压缩量为x0与乙运动至弹簧压缩量为2x0时，图像围成的面积相等，即ax相同，所以此时甲、乙速度大小相等，故D正确。
答案：D。
7．B
解析：细绳剪断之前，对整体受力分析

满足
对B受力分析

满足
又因为两轻弹簧劲度系数相同，且弹簧的形变量为弹簧形变量的3倍，故有
联立解得
剪断细绳后瞬间，两轻弹簧上弹力保持不变，细绳上拉力变为0，此时小球A所受合外力大小与原绳上拉力相等，小球B所受合外力为零，由牛顿第二定律可知
解得
故B正确，ACD错误。
答案：B。
8．CD
解析：AD. 根据牛顿第二定律知，加速度和力是瞬时的对应关系，加速度和力同时产生，同时消失，同时变化．而速度与力没有关系，故A错误，D正确；
B. 加速度的方向与合力的方向相同，与速度方向可能相同，可能相反，可能不在同一条直线上，故B错误；
C. 当物体受到几个力作用时，可把物体的加速度看成是各个力单独作用时产生的各个加速度的合成，故C正确；
答案：CD.
9．ACD
解析：A．当坐在船上的人划桨时，桨对水有向后的作用力，同时水对桨有一个反作用力向前，使得小船向前行，A正确；
B．帆船利用风力来航行，是风力推动帆船前行，与牛顿第三定律无关，B错误；
C．螺旋桨飞机通过螺旋桨旋转飞行，螺旋桨对空气有向下的力，空气对螺旋桨有向上的力，使飞机飞行，应用了牛顿第三定律，C正确；
D．喷气式飞机向后喷出燃气推动飞机前进，飞机对燃气有向后的力，燃气对飞机有向前的力，使飞机前行，应用了牛顿第三定律，D正确。
答案：ACD。
10．BD
解析：烧断细绳前，对AB的整体分析，可得绳子的张力为
则火烧断小球A、C之间的轻绳时，B球的受力不变依然平衡，则
A球的受力在其它力不变的情况下，少了绳的拉力，则A的合力等于绳的拉力，方向沿斜面向下，其加速度为
C球的受力在其它力不变的情况下，也少了绳的拉力，则C的合力等于绳的拉力，方向斜右下主，则其加速度为
综上可得
，
答案：BD。
11．ACD
解析：C．由乙图可知，力F在时撤去，此时长木板P的速度
时二者速度相同
前长木板P的速度大于滑块Q的速度，后长木板P的速度小于滑块Q的速度，过程中，以滑块Q为研究对象，根据牛顿第二定律可得
解得
故C正确；
A．过程中，以长木板P为研究对象，根据牛顿第二定律可得
解得
6s末到长木板停下来过程中，根据牛顿第二定律可得
解得
这段时间
所以时长木板P停下来，故A正确；
B．长木板P的长度至少是前6s过程中，滑块Q在长木板P上滑行的距离
故B错误；
D．前6s过程中，滑块Q在长木板P上滑行的距离为7.5m，所以滑块Q在长木板P上滑行的相对路程应大于7.5m，6s末到滑块停下来的过程中，根据牛顿第二定律可得
解得
这段时间内
面积差表示相对位移
所以时长木板P上滑行的相对路程是
故D正确。
答案：ACD。
12． 0.20（0.18~0.22） 4.1 0.24 0.65（0.64~0.66）
解析：（1）[1][2]小车烧断细线时，以初速度做匀加速直线运动，有
可得
故图像的总截距表示初速度，有
（0.18m/s~0.22m/s）
图像的斜率表示加速度的一半，有
则加速度为
（2）[3][4]设物块的质量为M，斜面倾角为，连接体开始匀速运动，有
剪断细绳后，对物块由牛顿第二定律有
联立各式可得
代入数据解得
（0.64~0.66）
13． C 0.10 0.20 平衡摩擦力过度
解析：（1）[1]平衡摩擦力时，取下砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动或打下点迹间隔相等即可。
答案：C；
（2）[2]纸带上相邻计数点间的时间间隔
根据
运用逐差法得
（3）[3]根据图①知，当时，小车才开始运动，可知小车运动时受到的摩擦力
[4]图线的斜率表示质量的倒数，则
[5]图线④中，当时
可知原因可能是平衡摩擦力过度。
14．（1）4.4m/s2；（2）8.8m/s；（3）35.2m；
解析：(1)物体受力如图所示：
则根据牛顿第二定律有：mgsinθ-μmgcosθ=ma
代入数据解得：
a=4.4m/s2
(2)秒未物体的速度为：
v=at=8.8m/s
(3)4秒未物体通过的位移为：
.
15．10kg；50N
解析：根据牛顿第二定律
解得铁块的质量为
要使该铁块产生的加速度，根据牛顿第二定律可得
可知需要对它施加的力为50N。
16．（1）2 m/s2；（2）v0≥3 m/s
思路：牛顿第二定律的应用
解析：（1）对B应用牛顿第二定律得
解得
（2）设物块A经过t时间追上物块B，对物块A，由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式得
能追上的条件为
联立解得
点拨：本题是追击问题，关键是写出位移差的表达式，当位移差值等于l时，表示刚好追上；本题除可以用临界值法外，还可以用解析法、图想法分析。
答案第1页，共2页
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