（全国通用版）2018_2019高中物理第四章牛顿运动定律章末检测试卷新人教版必修1

第四章 牛顿运动定律
章末检测试卷(四)
(时间：90分钟　满分：100分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分.其中1～8题为单项选择题，9～12题为多项选择题.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选和不选的得0分)
1.关于力、运动状态及惯性，下列说法正确的是(　　)
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
答案　C
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.
【考点】对运动与力的关系认识的物理学史
【题点】对运动与力的关系认识的物理学史
2.如图1所示，小明在做双脚跳台阶的健身运动，若忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
图1
A.小明在下降过程中(未着地)处于失重状态
B.小明起跳以后在上升过程中处于超重状态
C.小明落地时地面对他的支持力小于他的重力
D.起跳过程地面对小明的作用力就是他对地面的作用力
答案　A
解析　超重还是失重要看加速度方向，若加速度方向向上即为超重，若加速度方向向下即为失重.小明在下降过程中因加速度向下，故失重，A正确；起跳以后的上升过程中加速度也向下，也是失重，B错误；小明落地时因做减速下降，加速度向上，所以是超重，地面对他的支持力大于他的重力，C错误；起跳过程中地面对小明的作用力与他对地面的作用力是一对作用力与反作用力，不是同一个力，D错误.
【考点】超重和失重
【题点】对超重、失重和完全失重的理解
3.如图2所示，乘客在公交车上发现车厢顶部A处有一小水滴落下，并落在地板偏前方的B点处，由此判断公交车的运动情况是(　　)
图2
A.向前加速运动
B.向前减速运动
C.向后匀速运动
D.向后减速运动
答案　B
解析　水滴离开车顶后，由于惯性在水平方向上保持离开时的速度不变，而水滴落点B在A点正下方的前面，表明若车向前行驶，水滴下落时，车正在减速，A错误，B正确；若车向后减速运动，水滴下落时将落在A点正下方的后方，故D错误.若车向后匀速运动，水滴将落在A点的正下方，C错误.
【考点】惯性
【题点】惯性的应用与防止
4.如图3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)(　　)
图3
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
答案　D
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：Ff＝ma＝mgtan θ，方向水平向右，小车对B的支持力大小为FN＝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，D正确.
【考点】整体法与隔离法在动力学中的应用
【题点】整体法与隔离法在动力学中的应用
5.如图4所示，质量分别为M和m的物块由相同的材料制成，且M＞m，将它们用通过轻而光滑的定滑轮的细线连接.如果按图甲放置，则质量为m的物块刚好匀速下降.如果两物块互换位置，如图乙所示，则它们的共同加速度大小为(重力加速度为g)(　　)
图4
A. B. C. D.上述均不正确
答案　C
解析　匀速运动时，根据平衡条件知，mg＝μMg；互换位置后，对两物块分别应用牛顿第二定律得，Mg－F＝Ma，F－μmg＝ma，联立解得a＝＝，选项C正确.
【考点】整体法与隔离法在动力学中的应用
【题点】整体法与隔离法在动力学中的应用
6.某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490 N.他将弹簧测力计移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内弹簧测力计的示数如图5所示，则电梯运行的v－t图象可能是(取电梯向上运动的方向为正)(　　)
图5
答案　A
解析　t0～t1时间段内，人失重，应向上减速或向下加速，B、C错；t1～t2时间段内，人匀速或静止；t2～t3时间段内，人超重，应向上加速或向下减速，A对，D错.
【考点】超重和失重
【题点】对超重、失重和完全失重的理解
7.细绳拴着一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图6所示.(已知cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8)以下说法正确的是(　　)
图6
A.小球静止时弹簧的弹力大小为mg
B.小球静止时细绳的拉力大小为mg
C.细绳烧断瞬间小球的加速度立即为g
D.细绳烧断瞬间小球的加速度立即为g
答案　D
解析　小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件得：
弹簧的弹力大小为：F＝mgtan 53°＝mg，细绳的拉力大小为：FT＝＝mg，故A、B错误；细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为：a＝＝g，故C错误，D正确.
【考点】瞬时加速度问题
【题点】瞬时加速度问题
8.如图7所示，A、B两物体之间用轻质弹簧连接，用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，这时弹簧的长度为L1；若将A、B置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力F拉A，使A、B一起做匀加速直线运动，此时弹簧的长度为L2.若A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同，则下列关系式正确的是(　　)
图7
A.L2＜L1
B.L2＞L1
C.L2＝L1
D.由于A、B的质量关系未知，故无法确定L1、L2的大小关系
答案　C
解析　A、B在粗糙水平面上运动时，对A、B整体，根据牛顿第二定律有：a＝－μg；对物体B，根据牛顿第二定律得：kx－μmBg＝mBa，解得：x＝，即弹簧的伸长量与动摩擦因数无关，所以L2＝L1，即选项C正确.
【考点】整体法与隔离法在动力学中的应用
【题点】整体法与隔离法在动力学中的应用
9.如图8所示，一小球从空中自由落下，在与正下方的直立轻质弹簧接触直至速度为零的过程中，关于小球的运动状态，下列说法中正确的是(　　)
图8
A.接触后，小球做减速运动，加速度的绝对值越来越大，速度越来越小，最后等于零
B.接触后，小球先做加速运动，后做减速运动，其速度先增大后减小直到为零
C.接触后，速度为零的地方就是弹簧被压缩最大之处，加速度为零的地方也是弹簧被压缩最大之处
D.接触后，小球速度最大的地方就是加速度等于零的地方
答案　BD
【考点】牛顿第二定律的理解
【题点】合外力、加速度、速度的关系
10.一物块放在如图9所示的小车上，小车在水平面上做直线运动，物块始终与小车保持相对静止.设小车对物块的支持力为FN，小车对物块的摩擦力为Ff，关于小车运动过程中物块的受力情况，下列说法正确的是(　　)
图9
A.若小车向左运动，FN不可能为零 B.若小车向左运动，Ff不可能为零
C.若小车向右运动，FN不可能为零 D.若小车向右运动，Ff不可能为零
答案　AC
解析　若小车向左匀速运动，根据平衡条件得知，物块所受的摩擦力不可能为零，FN不可能为零；若小车向左加速运动，根据牛顿第二定律可知，合力向左，FN不可能为零，Ff可能为零；若小车向左做减速运动，由牛顿第二定律可知合力向右，则物块所受摩擦力不可能为零，则FN不可能为零，故A正确，B错误.若小车向右匀速运动，根据平衡条件得知，物块所受的摩擦力不可能为零，FN不可能为零；若小车向右加速运动，根据牛顿第二定律可知，合力向右，Ff不可能为零，FN不可能为零；若小车向右做减速运动，由牛顿第二定律可知合力向左，则物块所受FN不可能为零，Ff可能为零，故C正确，D错误.
【考点】用牛顿运动定律解决两类问题
【题点】从运动情况确定受力情况
11.如图10甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A.木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a－F图象，已知g取10 m/s2，则(　　)
图10
A.木板B的质量为1 kg
B.滑块A的质量为4 kg
C.当F＝10 N时木板B的加速度为4 m/s2
D.滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1
答案　AC
解析　当F等于8 N时，加速度为a＝2 m/s2，设木板B的质量为M，滑块A的质量为m，对整体分析，由牛顿第二定律F＝(M＋m)a，代入数据解得M＋m＝4 kg，当F大于8 N时，根据牛顿第二定律得a＝＝F－，知图线的斜率k＝，解得M＝1 kg，滑块A的质量为m＝3 kg，故选项A正确，B错误；由a＝F－代入数据易得μ＝0.2，当F＝10 N时，解得a＝4 m/s2，故选项C正确，D错误.
【考点】滑块—木板模型问题
【题点】滑块—木板模型的临界问题
12.如图11所示为运送粮袋的传送装置，已知A、B间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋轻放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，以下说法正确的是(　　)
图11
A.粮袋到达B点的速度可能大于、可能等于、也可能小于v
B.粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动
C.若μ＜tan θ，则粮袋从A到B一直做加速运动
D.不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a＞gsin θ
答案　AC
解析　粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带速度相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带速度相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v；故A正确.粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcos θ，根据牛顿第二定律得，加速度a＝g(sin θ＋μcos θ)，故B错误.若μ＜tan θ，则重力沿斜面向下的分力大于滑动摩擦力，故a的方向一直向下，粮袋从A到B一直是做加速运动，可能是一直以g(sin θ＋μcos θ)的加速度匀加速；也可能先以g(sin θ＋μcos θ)的加速度匀加速，后以g(sin θ－μcos θ)匀加速，故C正确.由以上分析可知，粮袋从A到B不一定一直做匀加速运动，故D错误.
【考点】传送带问题
【题点】倾斜传送带问题
二、实验题(本题共2小题，共12分)
13.(6分)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中：
图12
(1)某同学在接通电源进行实验之前，将实验器材组装成如图12所示的装置图.请你指出该装置中的两处错误或不妥之处：
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________.
(2)改正实验装置后，该同学顺利地完成了实验.图13是他在实验中得到的一条纸带，图中相邻两计数点的时间间隔为0.1 s，由图中的数据可算得小车的加速度a为________ m/s2.(结果保留两位有效数字)
图13
(3)为保证绳子对小车的拉力约等于小盘和重物的总重力mg，小盘和重物的总质量m与小车的质量M应满足的关系是________.
答案　(1)①打点计时器的电源不应使用干电池，应使用交流电源　②小车初始位置离打点计时器太远(或实验中没有平衡摩擦力)　(2)0.20　(3)m?M
解析　(2)由纸带数据可得x1＝0.72 cm，x2＝1.63 cm－0.72 cm＝0.91 cm，x3＝2.74 cm－1.63 cm＝1.11 cm，x4＝4.04 cm－2.74 cm＝1.30 cm，
用逐差法求加速度，a1＝＝ m/s2＝0.195 m/s2，a2＝＝ m/s2＝0.195 m/s2，故a＝≈0.20 m/s2.
(3)为保证绳子对小车的拉力约等于小盘和重物的总重力mg，小盘和重物的总质量m必须远小于小车的质量M，即m?M.
【考点】对实验原理的理解
【题点】实验条件控制及操作规范
14.(6分)如图14所示为“用DIS(由位移传感器、数据采集器、计算机组成，可以直接显示物体加速度)探究加速度与力的关系”的实验装置.
图14
(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持______________不变，用钩码所受的重力大小作为__________，用DIS测小车的加速度.
(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量.在某次实验中根据测得的多组数据可画出a－F关系图线(如图15所示).
图15
①分析此图线OA段可得出的实验结论是__________________________________.
②此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是______.(填选项前字母)
A.小车与轨道之间存在摩擦
B.轨道保持了水平状态
C.所挂钩码的总质量太大
D.所用小车的质量太大
答案　(1)小车总质量　小车所受的合外力　(2)①OA段为直线，说明在质量不变时，加速度与合外力成正比　②C
解析　(1)应保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受的合外力，用DIS测加速度.
(2)①OA段为直线，说明在质量不变的条件下，加速度与合外力成正比.
②设小车质量为M，所挂钩码的质量为m，由实验原理得mg＝F＝Ma，即a＝＝，而实际上a′＝，可见a′＜a，AB段明显偏离直线是由于没有满足M?m造成的，故A、B、D错误，C正确.
【考点】探究加速度与力的关系
【题点】实验的误差分析
三、计算题(本题共4小题，共40分)
15.(8分)在水平地面上有一个质量为4.0 kg的物体，物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动.10 s后拉力大小减小为，并保持恒定.该物体的速度－时间图象如图16所示(取g＝10 m/s2).求：
图16
(1)物体所受到的水平拉力F的大小；
(2)该物体与地面间的动摩擦因数.
答案　(1)9 N　(2)0.125
解析　(1)物体的运动分为两个过程，由题图可知两个过程的加速度分别为：
a1＝1 m/s2
a2＝－0.5 m/s2
物体受力分析如图甲、乙所示：
甲　　　　　　　　乙
对于两个过程，由牛顿第二定律得：
F－Ff＝ma1
－Ff＝ma2
联立以上二式解得：
F＝9 N
Ff＝5 N
(2)由滑动摩擦力公式得：
Ff＝μFN＝μmg
解得μ＝0.125.
【考点】用牛顿运动定律解决两类问题
【题点】从运动情况确定受力情况
16.(10分)如图17所示，某人用轻绳牵住一只质量m＝0.6 kg的氢气球，因受水平风力的作用，系氢气球的轻绳与水平方向成37°角.已知空气对气球的浮力为15 N，人的质量M＝50 kg，且人受的浮力忽略不计.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
图17
(1)求水平风力的大小；
(2)求人对地面的压力大小；
(3)若水平风力增强，人对地面的压力如何变化？并说明理由.
答案　(1)12 N　(2)491 N　(3)见解析
解析　(1)对氢气球进行受力分析，如图甲所示.
由平衡条件可知，
竖直方向，F浮＝mg＋FTsin 37°；
水平方向，F风＝FTcos 37°，
解得F风＝12 N，FT＝15 N.
(2)对人进行受力分析，如图乙所示.
由平衡条件可知，
竖直方向，FN＝Mg－FT′sin 37°＝500 N－15 N×0.6＝491 N；根据牛顿第三定律，人对地面的压力大小为491 N.
(3)若风力增强，只改变了水平方向的力，视氢气球及人为一整体，所以竖直方向上的受力情况没有改变，人对地面的压力不变.
【考点】共点力的平衡(解决较复杂的平衡问题)
【题点】多力平衡之正交分解法
17.(10分)一质量m＝2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°且足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块从一开始冲上斜面到上滑过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的速度—时间图线，如图18所示.(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：
图18
(1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小；
(2)小物块与斜面间的动摩擦因数；
(3)小物块所到达斜面最高点与斜面底端间的距离.
答案　(1)8 m/s2　(2)0.25　(3)4.0 m
解析　(1)由小物块上滑过程的速度—时间图线，可得小物块冲上斜面过程中加速度为
a＝＝ m/s2＝－8 m/s2
加速度大小为8 m/s2.
(2)对小物块进行受力分析如图所示，由牛顿第二定律知：
mgsin 37°＋Ff＝ma
又FN－mgcos 37°＝0
Ff＝μFN
代入数据解得μ＝0.25.
(3)由图线知小物块沿斜面上滑的距离为
x＝·t＝×1.0 m＝4.0 m
【考点】动力学的图象问题
【题点】由v－t、x－t图象求a、F
18.(12分)如图19所示，质量M＝1 kg、长L＝4 m的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，某时刻起在铁块上加一个水平向右的恒力F＝8 N，g取10 m/s2，试求：
图19
(1)恒力F作用时铁块和木板的加速度大小；
(2)当铁块运动到木板右端时，把铁块拿走，木板还能继续滑行的距离.
答案　(1)4 m/s2　2 m/s2　(2)8 m
解析　(1)以铁块为研究对象，根据牛顿第二定律得F－μ2mg＝ma1，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2，代入数据解得a1＝4 m/s2，a2＝2 m/s2.
(2)铁块运动到木板的右端时，铁块和木板的位移分别为x1＝a1t2，x2＝a2t2.两者的位移关系是L＝x1－x2，即L＝a1t2－a2t2，代入数据解得t＝2 s或t＝－2 s(舍去).
则可知把铁块拿走时，木板的速度v＝a2t＝2×2 m/s＝4 m/s.
随后，木板做匀减速运动的加速度大小为a3＝μ1g＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2，则木板的位移x3＝＝ m＝8 m.
【考点】滑块—木板模型问题
【题点】滑块—木板模型的动力学问题