高中物理人教版 阶段检测题必修1牛顿 定律　单元 检测 Word版含解析

一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分.1～5为单选题，6～8为多选题)
1．(2019·安徽芜湖模拟)某物体做直线运动的v－t图象如图所示，据此判断四个选项中(F表示物体所受合力，x表示物体的位移)正确的是(　　)
解析：选B.由图可知前2 s物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前2 s受力恒定，2～4 s做匀减速直线运动，速度方向为正方向，所以受力为负，且恒定，4～6 s做负方向匀加速直线运动，所以受力为负，恒定，6～8 s做负方向匀减速直线运动，所以受力为正，故A错误，B正确；由上分析可知，先向正方向做加速运动，然后减速运动，4 s末到达最远处，然后返回，8 s回到原点；故物体的位移一直为正值，故C、D错误．
2．(2019·齐鲁名校联考)直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示．设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态．在箱子下落过程中，下列说法正确的是(　　)
A．加速下落时，箱内物体对箱子底部的压力逐渐变大
B．箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大
C．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力可能为0
D．若下落距离足够长，箱内物体有可能做减速运动
解析：选A.选整体为研究对象，由牛顿第二定律mg－kv2＝ma，随着v变大，加速度a逐渐变小，直到变为零．分析物体受力，由牛顿第二定律可得N＝mg－ma，刚开始运动时N＝0，此后支持力逐渐变大，即加速下落时，箱内物体对箱子底部的压力逐渐变大，箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最小，选项A正确，B错误；箱子接近地面时，箱子的加速度趋近于零，则箱内物体受到的支持力趋近与mg，选项C错误；若下落距离足够长，当mg＝kv2时，箱子做匀速运动，即箱内物体不可能做减速运动，选项D错误．
3．(2019·河北邢台模拟)如图所示，质量为1 kg的滑块P位于粗糙水平桌面上，用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳与质量也为1 kg的钩码Q相连，P与桌面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度为10 m/s2.从离滑轮足够远处由静止释放滑块P，下列说法正确的是(　　)
A．滑块P与桌面间的摩擦力大小为10 N
B．轻绳受到的拉力大小为6 N
C．滑块P的加速度大小为5 m/s2
D．滑块P释放后1 s内沿桌面前进的距离为4 m
解析：选B.释放P后，PQ一起做加速运动，所以P受到的滑动摩擦力大小为f＝μmg＝0.2×1×10 N＝2 N，故A错；P从静止释放后PQ一起做匀加速运动，以整体为对象，根据牛顿第二定律可求得mg－μmg＝2ma，即a＝4 m/s2，再以Q为对象，由牛顿第二定律可知：mg－T＝ma，解得：T＝6 N，故B对，C错；滑块P释放后1 s内沿桌面前进的距离为s＝at2＝×4×12 m＝2 m，故D错．
4．如图所示，底板光滑的平板小车上用两个量程足够大、完全相同的弹簧秤甲和乙系住一个质量为0.5 kg的物块，在水平地面上，当小车做匀速直线运动时，两弹簧秤的示数均为10 N，此时弹簧秤中的弹簧均伸长5 cm.当弹簧秤甲的示数稳定为8 N时，下列说法正确的是(　　)
A．弹簧的劲度系数为400 N/m
B．小车一定是向右做匀加速直线运动
C．小车运动的加速度大小是4 m/s2
D．与小车匀速运动时相比，物块相对于小车向左移动了 1 cm
解析：选D.根据题意弹簧秤中的弹簧均伸长5 cm时弹簧秤的示数均为10 N，此时kx＝10 N解得：k＝ N/m＝200 N/m，故A错；两弹簧完全相同，且弹簧的弹力和其形变量成正比，故当一个弹簧缩短时，另一个弹簧伸长，且二者形变量的变化大小相同，所以当弹簧秤甲的示数稳定为8 N时，弹簧秤乙的示数应为12 N，物体在水平方向所受到的合外力为4 N, 根据牛顿第二定律可知，物块的加速度大小为a＝＝＝8 m/s2，所以物块可以向右做匀加速运动也可以向左做匀减速运动，故B、C错；弹簧乙的弹力变成了12 N根据胡克定律可知： F＝kx1解得x1＝＝ m＝0.06 m＝6 cm，所以相对于原来物块向左移动了1 cm，故D对．
5．(2019·四川眉山一中模拟)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为  时，上升的最大高度记为h，重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数μ和h分别为(　　)
A．tan θ和 　　　　　 B.tan θ和 
C．tan θ和  D.tan θ和 
解析：选D.根据速度位移公式得，物块上滑的加速度为：a＝＝，根据牛顿第二定律得：a＝＝gsin θ＋μgcos θ，联立解得动摩擦因数为：μ＝tan θ.因为物块上滑的加速度大小不变，根据x＝知，初速度变为原来的一半，则上滑的最大位移为原来的，上升的最大高度为原来的，即h＝.故D正确，A、B、C错误．
6．(2019·山东济宁调考)如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距离x1后停止．现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)，若其他条件不变，木盒以加速度a2滑行距离x2后停止．则(　　)
A．a2＝a1 B．a2>a1
C．x2>x1 D．x2解析：选BD.设木盒的质量为M，根据牛顿第二定律得，放砝码时，加速度a1＝＝μg；拿走砝码施加F时，加速度a2＝，可知a2＞a1.根据v2＝2ax得，x＝.知加速度增大，则滑行的距离变小，即x27．(2019·云南师大属中模拟)如图所示，A、B两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C物体．已知A和C的质量都是2 kg，B的质量是3 kg，A、B间的动摩擦因数是0.2，其他摩擦不计．由静止释放C，C下落一定高度的过程中(C未落地，B未撞到滑轮，且A未与B分离，g＝10 m/s)，下列说法正确的是(　　)
A．A、B两物体没有发生相对滑动
B．C物体的加速度大小是3.2 m/s2
C．B物体受到的摩擦力大小是4 N
D．细绳的拉力大小等于13.6 N
解析：选BCD.假设A、B不发生相对滑动，整体的加速度：a＝＝ m/s2＝ m/s2；隔离对A分析，f＝mAa＝2× N＞μmAg＝4 N，可知假设不成立，即A、B两物体发生相对滑动，A所受的摩擦力为4 N，B物体受到A的摩擦力大小是4 N，对B、C系统的加速度aBC＝＝ m/s2＝3.2 m/s2.对C分析，根据牛顿第二定律得：mCg－T＝mCaBC；解得T＝13.6 N，故A错误，B、C、D正确．
8．(2019·山西部分学校调研)2018年7月12日，C919大型客机102机顺利完成首次空中远距离转场飞行．假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，加速1.6×103m时才能达到起飞所要求80 m/s的速度．已知飞机的质量为7.0×104 kg，滑跑时受到的阻力恒为重力的0.1，取g＝10 m/s2，则在飞机滑跑的过程中(　　)
A．飞机加速度的大小为4 m/s2
B．飞机滑跑的时间为40 s
C．飞机牵引力的大小为1.4×105 N
D．飞机牵引力的最大功率为1.68×107 W
解析：选BD.飞机加速度的大小为a＝＝ m/s2＝2 m/s2，选项A错误；根据x＝t解得飞机滑跑的时间为t＝＝40 s，选项B正确；根据F－f＝ma可得飞机牵引力的大小为F＝ma＋kmg＝2.1×105 N，选项C错误；飞机牵引力的最大功率为P＝Fv＝2.1×105×80 W＝1.68×107 W，选项D正确．
二、实验题(本题共1小题，共12分)
9．(12分)(2019·安徽皖中名校联考)为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙同学设计了如图甲所示的实验装置．其中M为小车的质量，m为砂和砂桶的质量， m0为滑轮的质量，滑轮大小不计且光滑．力传感器可测出轻绳中的拉力大小．
甲
(1)实验时，一定要进行的操作是________．
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)甲同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带(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________m/s2(结果保留三位有效数字)．
乙
丙
(3)甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a－F图象是一条直线，如图丙所示，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为____________．
A. B.－m0
C.－m0 D.
(4)乙同学根据测量数据做出如图丁所示的a－F图线，该同学做实验时存在的问题是__________．
丁
解析：(1)本题拉力可以由弹簧测力计测出，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)的质量远小于小车的总质量，故A、D错误；实验时需将长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，需记录传感器的示数，故C正确．
(2)根据Δx＝aT2，运用逐差法得，a＝＝m/s2＝2.00 m/s2.
(3)由牛顿第二定律得：2F＝ma，则a＝F，a－F图象的斜率：k＝，则小车的质量m′＝m－m0＝－m0，故C正确．
(4)当F不等于零，加速度a仍然为零，可知实验中没有平衡摩擦力或木板倾角过小，平衡摩擦力不够．
答案：(1)BC　(2)2.00　(3)C
(4)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够
三、计算题(本题共2小题，共40分)
10．(20分)(2019·山东临沂调研)如图甲所示，在倾角为θ的足够长的斜面上，有一个带风帆的滑板从静止开始沿斜面下滑，滑板的总质量为m，滑板与斜面间的动摩擦因数为μ，滑板上的风帆受到的空气阻力与滑板下滑的速度成正比，即 f＝kv.
(1)试求滑板下滑的最大速度vm的表达式；
(2)若m＝2 kg、θ＝30°， g取10 m/s2，滑块从静止开始沿斜面下滑的速度—时间图象如图乙所示，图中斜线是t＝0时刻的速度图象的切线．由此求 μ 和 k 的值．
解析：(1)滑板受力分析如图所示，
当mgsin θ＝f1＋f2 时，风帆下滑的速度最大为 vm
则有mgsin θ＝μmgcos θ＋kvm
vm＝(sin θ－μcos θ)．
(2)由图象知t＝0时风帆下滑的加速度
a＝ m/s2＝3 m/s2
风帆下滑过程中最大速度vm＝2 m/s
当t＝0时，由牛顿第二定律得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma
a＝g(sin θ－μcos θ)＝10×(0.5－μ)＝3 m/s2
解得μ＝0.23
由mgsin θ＝μmgcos θ＋kvm
得，k＝(sin θ－μcos θ)
＝(0.5－0.23×)N/(m·s －1)＝3 N/(m·s－1)．
答案：(1)(sin θ－μcos θ)　(2)0.23　3 N/(m·s－1)
11．(20分)(2019·浙江联考)如图甲所示为冰库工作人员移动冰块的场景，冰块先在工作人员斜向上拉力的作用下运动一段距离，然后放手让冰块向前滑动到运送冰块的目的地，其工作原理可简化为如图乙所示．设冰块质量M＝100 kg，冰块与滑道间动摩擦因数μ＝0.05，运送冰块距离为12 m，工人拉冰块时拉力与水平方向成53°角斜向上．某次拉冰块时，工人从滑道前端拉着冰块(冰块初速度可视为零)向前匀加速前进4.0 m后放手，冰块刚好到达滑道末端静止(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)．求：
(1)冰块在加速与减速运动过程中加速度大小之比；
(2)冰块滑动过程中的最大速度；
(3)工人拉冰块的拉力大小．
解析：(1)冰块先做匀加速运动，加速度为a1，最大速度为vm，减速加速度大小为a2，加速位移为x1＝4 m；所以减速位移为x2＝12－x1＝8 m；因为全程初末速度为零，a1＝
a2＝
＝＝＝2∶1.
(2)加速结束时刻速度最大，减速开始时刻速度最大；在减速阶段，冰块受滑动摩擦力减速，根据牛顿第二定律：f＝ma2
f＝μmg
a2＝μg＝0.5 m/s2
02－v＝2(－a2)x2
vm＝＝ m/s＝2 m/s.
(3)冰块在加速阶段：受力如图所示，
根据牛顿第二定律：水平方向：Fcos 53°－f＝Ma1
竖直方向：N＋Fsin 53°－Mg＝0
f＝μN
由(1)得a1＝2a2＝1 m/s2
解得F＝
代入数据得：F＝234.4 N.
答案：(1)2∶1　(2)2 m/s　(3)234.4 N