高中物理教科版必修1学案 牛顿运动定律提高卷 Word版含答案

牛顿运动定律
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．其中1～7为单项选择题，8～10题为多项选择题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．一些问题你可能不会求解，但是你仍有可能对这些问题的解是否合理进行分析和判断，例如从解得物理量单位，解随某些已知量变化的趋势，解在一些特殊条件下的结果等方面进行分析，并与预期结果、实验结论等进行比较，从而判断解的合理性或正确性，举例如下：声音在空气中的传播速度v与空气的密度ρ、压强p有关，下列速度表达式中，k为比例系数，无单位，则这四个表达式中可能正确的是(B)
A．v＝ B．v＝
C．v＝ D．v＝
【解析】根据力学单位制，速度的单位是m/s，密度的单位是kg/m3，压强的单位是kg/m·s2，所以的单位是m2/s2，选项A、D错误；的单位是m/s，选项B正确、C错误．
2．一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一块木炭无初速度地放在传送带的最左端，木炭在传送带上将会留下一段黑色的痕迹．下列说法正确的是(D)
A．褐色的痕迹将出现在木炭的左侧
B．木炭的质量越大，痕迹的长度越短
C．传送带运动的速度越大，痕迹的长度越短
D．木炭与传送带间动摩擦因数越大，痕迹的长度越短
【解析】木炭水平方向无初速度放到传送带上时，相对于传送带向左运动，所以会在木炭的右侧留下黑色痕迹，选项A错；在木炭的速度增加到等于传送带的速度之前，木炭相对于传送带向左做匀减速直线运动，根据v2＝2ax，其中a＝μg，与m无关，选项B错；由前式知，a一定时，v越大，x越长，选项C错；在v一定时，μ越大，a越大，x越小，选项D对．
3．如图所示，滑轮的质量不计，已知三个物体的质量关系是m1>m2＋m3，关于弹簧测力计的读数T，正确的是(A)
A．T<(m1＋m2＋m3)g
B．T>(m1＋m2＋m3)g
C．T＝(m1＋m2＋m3)g
D．无法判断
【解析】由m1>m2＋m3可知，m1向下加速，处于失重状态；(m2＋m3)向上加速，处于超重状态．m1与m2和m3通过绳子连接，两部分的加速度大小相等，整体系统对弹簧测力计的拉力：T＝(m1＋m2＋m3)g－m1a＋(m2＋m3)a.因为m1>m2＋m3，所以T<(m1＋m2＋m3)g，故A正确．
4．如图所示，A、B两个物体通过一轻弹簧相连，已知mA＝1 kg，mB＝2 kg.现对A施加一大小为3 N的水平恒力F，使它们一起沿粗糙的水平地面向右做匀速运动，某时刻突然撤去力F，此时A、B两物体的加速度分别为aA、aB，则(C)
A．aA＝aB＝0
B．aA＝aB＝1 m/s2，方向水平向左
C．aA＝3 m/s2，方向水平向左，aB＝0
D．aA＝3 m/s2，方向水平向右，aB＝1.5 m/s2，方向水平向左
【解析】在未撤去外力时，对整体受力分析由共点力平衡可得F－μ(mA＋mB)g＝0，解得：μ＝0.1，对B受力分析可得F弹－μmBg＝0，解得：F弹＝μmBg＝2 N；当撤去外力时，由于弹簧的弹力没来得及变化，故B物体受到的力不变，所以匀速运动，加速度为0，对A分析，由牛顿第二定律可得F弹＋μmAg＝mAaA，解得：aA＝3 m/s2，方向水平向左，故C正确．
5．质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示．A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(C)
A．A与B上表面之间的动摩擦因数μ1＝0.4
B．B与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.2
C．A的质量m＝6 kg
D．A的质量m＝3 kg
【解析】由图象可知，A在0～1 s内的加速度
a1＝＝－2 m/s2
对A由牛顿第二定律得：－μ1mg＝ma1解得：μ1＝0.2，A错误．由图象知，A、B整体在1～3 s内的加速度a3＝＝－1 m/s2，对A、B由牛顿第二定律得：－(M＋m)gμ2＝(M＋m)a3，解得：μ2＝0.1，B错误．由图象可知B在0～1 s内的加速度a2＝＝2 m/s2，对B由牛顿第二定律得：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，代入数据解得：m＝6 kg.C正确，D错误．

6．如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心．每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环从O点无初速释放，一个滑环从d点无初速释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、ad到达a、b所用的时间，则下列关系不正确的是(A)
A．t1＝t2 B．t2＞t3
C．t1＜t2 D．t1＝t3
【解析】设Ob与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得Oa与竖直方向的夹角为，环沿Oa下滑时的加速度大小为a1＝gcos ，沿Ob下滑时的加速度大小为a2＝gcos θ，设Ob长为L，由几何关系得Oa长为Lcos ，根据运动学公式有L＝a2t，Lcos ＝a1t得t＝，t＝，由此得到t1＜t2；由于t1＝，同理可得到t3＝，因此t1＝t3，t2＞t3，故A错误，B、C、D正确．本题选不正确的，故选A.
7．如图所示，水平面上停放着A、B两辆小车，质量分别为M和m，M＞m，两小车相距为L，人的质量也为m，另有质量不计的硬杆和细绳．第一次人站在A车上，杆插在B车上；第二次人站在B车上，杆插在A车上；若两种情况下人用相同大小的水平作用力拉绳子，使两车相遇，不计阻力，两次小车从开始运动到相遇的时间分别为t1、t2，则(B)
A．t1等于t2 B．t1小于t2
C．t1大于t2 D．条件不足，无法判断
【解析】设拉力为F，当人在A车上时，由牛顿第二定律得，A车的加速度为：aA＝　①，B车的加速度为：aB＝　②，AB两车都做匀加速直线运动，aAt＋aBt＝L　③，当人在B车上时，由牛顿第二定律得，A车的加速度为：aA′＝　④，B车的加速度为：aB′＝　⑤，AB两车都做匀加速直线运动，aA′t＋aB′t＝L　⑥，由①②③④⑤⑥式解得：＝<1，所以t1＜t2；故选B.
8．如图所示，小车内有一质量为m的物块，一轻弹簧与小车和物块相连，处于压缩状态且在弹性限度内．弹簧的劲度系数为k，形变量为x，物块和车之间动摩擦因数为μ.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动过程中，物块和小车始终保持相对静止．下列说法正确的是(AC)
A．若μmg小于kx，则车的加速度方向一定向左
B．若μmg小于kx，则车的加速度a最小值为，且车只能向左加速运动
C．若μmg大于kx，则车的加速度方向可以向左也可以向右
D．若μmg大于kx，则加速度最大值为，加速度的最小值为
【解析】弹簧处于压缩状态，弹力向左；由牛顿第二定律：F＝ma知，若μmg小于kx，则车的加速度方向一定向左，A正确；若μmg小于kx，则车的加速度a最小值为a＝，且方向向左，但可以减速向右，B错误；若μmg大于kx，则车的加速度方向可以向左也可以向右，C正确；若μmg大于kx，则加速度最大值为a′＝，加速度的最小值为0，D错误．
9．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针转动，传送带右侧有一与传送带等高的光滑水平面，一物块以初速度v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，此时其速率为v3，下列说法正确的是(BC)
A．只有v1＝v2时，才有v3＝v1
B．若v1>v2，则v3＝v2
C．若v1D．不管v2多大，总有v3＝v1
【解析】若v1≤v2，物块先在传送带上向左匀减速到0，又向右加速到v1后，以v1返回水平面，C对，A错．若v1>v2，物块在传送带上向左匀减速到0，向左的位移x＝，再向右加速运动同样大小的位移x，返回水平面，v＝2μgx＝v，B对，D错．
10．如图所示，足够长的倾斜传送带以v＝2.4 m/s的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面的夹角θ＝37°，某时刻同时将A、B物块(可视为质点)轻放在传送带上，已知A、B两物块释放时有一定间距，与传送带间的动摩擦因数分别为μA＝0.75、μB＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是(BC)
A．物块B先做匀加速直线运动，后与传送带保持相对静止
B．物块B最终一定追上物块A
C．在t＝0.24 s时，A、B物块速度大小相等
D．在相碰前，A、B两物块之间的距离一直减小
【解析】物块B先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μB＝0.5二、实验题(本大题共3个小题，共22分)
11．(6分)某探究学习小组用如图所示的方案测滑块与木板间的动摩擦因数．在实验桌上固定一斜面，在斜面上距斜面底端挡板一定距离处放置一小滑块，系住小滑块的轻质细线跨过光滑的定滑轮后系住一小球，整个系统处于静止状态．剪断细线后，小滑块沿斜面向下运动与挡板相碰，小球自由下落与地面相碰，先后听到两次碰撞的声音．反复调节滑块的位置，直到只听到一次碰撞的声音．测得此情况下小滑块距挡板的距离x＝0.5 m，距桌面距离h＝0.3 m，小球下落的高度H＝1.25 m，取g＝10 m/s2.不考虑空气的阻力，则：
(1)小滑块与挡板碰前瞬间的速度大小为__2__ m/s.
(2)滑块与木板间动摩擦因数的表达式为____(用所给物理量的符号表示)，代入数据得μ＝__0.25__．
【解析】(1)对于小球做自由落体运动，则有H＝gt2，得到t＝
对于滑块，沿斜面向下做匀加速运动，运动时间与小球自由下落时间相等，则有
x＝at2，联立以上两式，得：a＝＝ m/s2＝4 m/s2.
由位移与速度公式v2＝2ax，解得：v＝＝2 m/s；
(2)设木板的倾角为α，根据牛顿第二定律得：
mgsin α－μmgcos α＝ma
由图看出，sin α＝
联立解得：μ＝
代入数据解得：μ＝0.25
12．(8分)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中：
(1)为使细线的拉力等于小车受到的合力，应调节滑轮的高度，使细线与长木板平行，同时将长木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在__不挂__(填“挂”或“不挂”)砂桶的情况下做匀速直线运动．
(2)若某同学根据实验数据作出的加速度a与作用力F的图线如图1所示，试分析图象不过原点的主要原因是__没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够__．
(3)实验中得到的一条纸带如图2所示，纸带上每相邻的两计数点间的时间间隔为T，则打点计时器打下点D时，小车运动速度的表达式vD＝____，小车运动加速度的表达式a＝____．
【解析】(1)为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响，采取的做法是将带滑轮的长木板一端适当垫高，使小车在不挂钩码的情况下做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力大小等于绳子的拉力；
(2)F≠0，a＝0，所以图线不过原点的主要原因是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够；
(3)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小．vD＝；
根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2可以求出加速度的大小，得：x3－x1＝2a1T2；x4－x2＝2a2T2，为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值得：a＝(a1＋a2)＝.
13．(8分)为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，某同学设计了如图所示的实验装置．其中M为小车的质量，m为砂和砂桶的质量，m0为小车上滑轮的质量．力传感器可测出轻绳中的拉力大小．
(1)实验时，一定要进行的操作是__BC__．
A．用天平测出砂和砂桶的质量
B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数
D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为__2.00__ m/s2(结果保留三位有效数字)．
(3)该同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度以为纵坐标，画出的a－F图象是一条直线，求得图线的斜率为k，则小车的质量为__C__．

A. B.－m0
C.－m0 D.
【解析】(1)本题拉力可以由力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，故A错误，D错误．该题是力传感器测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录力传感器的示数，故C正确；故选BC；
(2)根据Δx＝aT2，利用逐差法a＝＝ m/s2＝2.00 m/s2；
(3)根据牛顿第二定律2F＝(M＋m0)a，a＝F，对a－F图来说，图象的斜率表示小车质量与滑轮质量和的倒数的2倍，故M＋m0＝，解得M＝－m0，故C正确．
三、计算题(本大题共3个小题，共38分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
14．(12分)有一个推矿泉水瓶的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后未停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败．其简化模型如图所示，AC为水平桌面，选手们可将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC为有效区域．已知AB长度为L1＝4 m，BC长度为L2 ＝1 m，瓶子质量为m＝1 kg，瓶子与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.5.某选手作用在瓶子上的水平推力F＝10 N，瓶子沿AC做直线运动(g取10 m/s2)，假设瓶子可视为质点，那么该选手要想在游戏中获得成功，试问：推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？
【解析】游戏要想获得成功，瓶滑到C点速度恰好为0，推力作用时间最长．
设最长作用时间为t1，有推力作用时瓶的加速度为a1，t1时刻瓶的速度为v，推力停止后加速度为a2.
由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma1，μmg＝ma2
加速运动过程中的位移： x1＝
减速运动过程中的位移：x2＝
位移关系满足： x1＋x2＝L1＋L2
v＝a1t1
解得 t1＝1 s
15．(12分)一质量为M＝2.5 kg的物块A放在与滑轮相距l的平台上，现有一轻绳跨过定滑轮，左端与物块连接，右端挂质量为m＝0.5 kg的小球B，绳拉直时用手托住小球使其在距地面h高处静止，绳与滑轮间的摩擦不计，重力加速度为g(g取10 m/s2)．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．
(1)某探究小组欲用上述装置测量物块与平台间的动摩擦因数．放开小球，系统运动，该小组对小球匀加速下落过程拍得同一底片上多次曝光的照片如图乙所示，拍摄时每隔1 s曝光一次，若小球直径为20 cm，求物块A与平台间的动摩擦因数μ；
(2)设小球着地后立即停止运动，已知l＝3.0 m，要使物块A不撞到定滑轮，求小球下落的最大高度h.
【解析】(1)对照片分析知，x1＝60 cm，x2＝100 cm，
由Δx＝x2－x1＝aT2
得a＝0.4 m/s2
对小球B有：mg－FT＝ma
对物块A有：FT′－Ff＝Ma
Ff＝μMg　　FT＝FT′
解得：μ＝0.152.
(2)对小球B：小球做初速度为零，加速度为a的匀加速直线运动，落地时速度为v，由运动学公式有：
v2－0＝2ah
对物块A：B从开始下落到着地，A也运动了h，随后在摩擦力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，有：μMg＝Ma′
要使物块不撞到定滑轮，则应满足v2≤2a′(l－h)
可得h≤2.375 m，所以小球下落的最大高度为2.375 m.
16．(14分)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0＝10 m/s的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离s将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值．
【解析】(1)当θ＝30°，对木块受力分析：mgsin θ＝μFN
FN－mgcos θ＝0
则动摩擦因数：μ＝tan θ＝tan 30°＝
(2)当θ变化时，木块的加速度a为：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
木块位移s为：v＝2as，则s＝
令tan α＝μ，则当α＋θ＝90°时s最小
即θ＝60°，s最小值为smin＝＝
smin＝ m