2018-2019学年教科版必修1 牛顿运动定律 单元测试

章末检测试卷(三)
(时间：90分钟　满分：100分)
一、选择题(本题共12小题，其中1～7为单选题，8～12为多选题，每小题4分，共48分)
1．在物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是(　　)
A．亚里士多德、伽利略 B．伽利略、牛顿
C．伽利略、爱因斯坦 D．亚里士多德、牛顿
答案　B
2．伽利略的斜面实验为牛顿运动定律奠定了基础，下列有关说法正确的是(　　)
A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B．已知月球上的重力加速度是地球上的，故一个物体从地球移到月球惯性减小为原来的
C．同一物体运动越快越难停止运动，说明物体的速度越大，其惯性越大
D．由于巨轮惯性很大，施力于巨轮，经过很长一段时间后惯性变小
答案　A
解析　惯性是指物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，所以物体抵抗运动状态变化的性质是惯性，其大小和物体的质量有关系，与物体的运动状态无关，A正确，C、D错误；在月球上和地球上，重力加速度的大小不一样，所受的重力大小也就不一样了，但质量不变，惯性也不变，B错误．
3.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．
4.如图2所示，A、B两物体之间用水平轻质弹簧连接，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2
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．
5.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：f＝ma＝mgtan θ，方向水平向右，小车对B的支持力大小为N＝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．
6.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4所示．(已知cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，重力加速度为g)以下说法正确的是(　　)
图4
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：T＝＝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．
7．如图5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(与M相连的细线水平)．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5
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．
8.为了让乘客乘车更为舒适，研究人员设计了一种新型交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图6所示．当此车减速上坡时，乘客(　　)
图6
A．处于失重状态 B．处于超重状态
C．受到水平向左的摩擦力作用 D．所受力的合力沿斜面向上
答案　AC
解析　当此车减速上坡时，整体的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，故A正确，B错误；对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而静摩擦力必沿水平方向，由于乘客有水平向左的分加速度，所以受到向后(水平向左)的摩擦力作用．故C正确．由于乘客加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律得所受力的合力沿斜面向下．故D错误．
9.如图7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7
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
10.一物块放在如图8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N，小车对物块的摩擦力为f，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8
A．若小车向左运动，N不可能为零
B．若小车向左运动，f不可能为零
C．若小车向右运动，N不可能为零
D．若小车向右运动，f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，N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，N不可能为零，f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N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，N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，f不可能为零，N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N不可能为零，f可能为零，故C正确，D错误．
11．如图9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图像，已知g取10 m/s2，则(　　)
图9
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．
12.如图10所示为运送粮袋的传送装置，已知AB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10
A．粮袋到达B点的速度可能大于、可能相等或小于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，则重力的下滑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．
二、实验题(本题共2小题，共10分)
13．(5分)某探究学习小组的同学们要探究加速度与力、质量的关系，他们在实验室组装了一套如图11所示的装置，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘．实验时，调整轨道的倾角正好能平衡小车所受的摩擦力(图中未画出)．
图11
(1)该实验中小车所受的合力________(选填“等于”或“不等于”)力传感器的示数，该实验是否需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？________(选填“需要”或“不需要”)．
(2)实验获得以下测量数据：小车、力传感器和挡光板的总质量M，挡光板的宽度l，光电门1和光电门2的中心距离为x.某次实验过程：力传感器的读数为F，小车通过光电门1和光电门2的挡光时间分别为t1、t2(小车通过光电门2后，砝码盘才落地)，已知重力加速度为g，则该实验要验证的关系式是________________．
答案　(1)等于　不需要　(2)F＝(－)
解析　(1)由于力传感器显示拉力的大小，而拉力的大小就是小车所受的合力，故不需要让砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．
(2)由于挡光板的宽度l很小，故小车在光电门1处的速度v1＝，在光电门2处的速度为v2＝，由v－v＝2ax，得a＝＝(－)．故验证的关系式为F＝Ma＝(－)＝(－)．
14．(5分)如图12所示为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机DIS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12
(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13所示)．
图13
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)先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．
三、计算题(本题共4小题，共42分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
15．(10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－时间图像如图14所示(取g＝10 m/s2)．求：
图14
(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－f＝ma1
－f＝ma2
联立以上二式解得：F＝9 N，f＝5 N
(2)由滑动摩擦力公式得：f＝μN＝μmg
解得μ＝0.125.
16．(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15所示．(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：
图15
(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°＋f＝ma
又N－mgcos 37°＝0
f＝μN
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
17．(10分)如图16所示，水平传送带以2 m/s的速度运动，传送带长AB＝20 m，今在其左端A将一工件(可看成质点)轻轻放在上面，工件被带动，传送到右端B，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，(g＝10 m/s2)试求：
图16
(1)工件开始运动时的加速度a；
(2)工件的速度为2 m/s时，工件运动的位移大小；
(3)工件由传送带左端运动到右端的时间．
答案　(1)1 m/s2，方向水平向右　(2)2 m　(3)11 s
解析　(1)工件被放在传送带上时初速度为零，相对于传送带向左运动，受滑动摩擦力向右，大小为f＝μmg，由f＝ma得工件加速度a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2，方向水平向右．
(2)工件加速到2 m/s所需时间t0＝＝ s＝2 s
在t0时间内工件运动的位移
x0＝at02＝×1×22 m＝2 m.
(3)由于x0<20 m，故工件达到与传送带同样的速度后与传送带相对静止，一起匀速运动至B端．
工件做匀速运动的时间为t1＝＝ s＝9 s
工件由传送带左端运动到右端共用时间为
t＝t0＋t1＝11 s.
18．(12分) 如图17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17
(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.