《（全國通用版）2018-2019高中物理 第四章 牛頓運動定律章末檢測試卷 新人教版必修1.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用版）2018-2019高中物理 第四章 牛頓運動定律章末檢測試卷 新人教版必修1.doc（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第四章 牛頓運動定律 章末檢測試卷(四) (時間：90分鐘　滿分：100分) 一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分.其中1～8題為單項選擇題，9～12題為多項選擇題.全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選和不選的得0分) 1.關(guān)于力、運動狀態(tài)及慣性，下列說法正確的是(　　) A.牛頓最早指出力不是維持物體運動的原因 B.一個運動的物體，如果不再受力，它總會逐漸停下來，這說明，靜止?fàn)顟B(tài)才是物體長時間不受力時的“自然狀態(tài)” C.伽利略根據(jù)理想實驗推論出：如果沒有摩擦，在水平面上的物體，一旦具有某一個速度，將保持這個速度繼續(xù)運動下去 D.車速越大，剎車后滑行的距離越長，所以慣性越大 答案　C 解析　伽利略最早指出力不是維持物體運動的原因，故A錯誤.一個運動的物體，它總會逐漸停下來，是因為物體受到了摩擦力，如果不受力，物體會永遠運動下去，故B錯誤.伽利略根據(jù)理想實驗推論出：如果沒有摩擦，在水平面上的物體，一旦具有某一個速度，將保持這個速度繼續(xù)運動下去，故C正確.慣性只與質(zhì)量有關(guān)，與速度無關(guān)，故D錯誤. 【考點】對運動與力的關(guān)系認識的物理學(xué)史 【題點】對運動與力的關(guān)系認識的物理學(xué)史 2.如圖1所示，小明在做雙腳跳臺階的健身運動，若忽略空氣阻力，則下列說法正確的是(　　) 圖1 A.小明在下降過程中(未著地)處于失重狀態(tài) B.小明起跳以后在上升過程中處于超重狀態(tài) C.小明落地時地面對他的支持力小于他的重力 D.起跳過程地面對小明的作用力就是他對地面的作用力 答案　A 解析　超重還是失重要看加速度方向，若加速度方向向上即為超重，若加速度方向向下即為失重.小明在下降過程中因加速度向下，故失重，A正確；起跳以后的上升過程中加速度也向下，也是失重，B錯誤；小明落地時因做減速下降，加速度向上，所以是超重，地面對他的支持力大于他的重力，C錯誤；起跳過程中地面對小明的作用力與他對地面的作用力是一對作用力與反作用力，不是同一個力，D錯誤. 【考點】超重和失重 【題點】對超重、失重和完全失重的理解 3.如圖2所示，乘客在公交車上發(fā)現(xiàn)車廂頂部A處有一小水滴落下，并落在地板偏前方的B點處，由此判斷公交車的運動情況是(　　) 圖2 A.向前加速運動 B.向前減速運動 C.向后勻速運動 D.向后減速運動 答案　B 解析　水滴離開車頂后，由于慣性在水平方向上保持離開時的速度不變，而水滴落點B在A點正下方的前面，表明若車向前行駛，水滴下落時，車正在減速，A錯誤，B正確；若車向后減速運動，水滴下落時將落在A點正下方的后方，故D錯誤.若車向后勻速運動，水滴將落在A點的正下方，C錯誤. 【考點】慣性 【題點】慣性的應(yīng)用與防止 4.如圖3所示，帶支架的平板小車沿水平面向左做直線運動，小球A用細線懸掛于支架前端，質(zhì)量為m的物塊B始終相對于小車靜止地擺放在右端.B與小車平板間的動摩擦因數(shù)為μ.若某時刻觀察到細線偏離豎直方向θ角，則此刻小車對物塊B產(chǎn)生的作用力的大小和方向為(重力加速度為g)(　　) 圖3 A.mg，豎直向上 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為研究對象，受力分析如圖所示 根據(jù)牛頓第二定律得：mAgtan θ＝mAa，得：a＝gtan θ，方向水平向右.再對B研究得：小車對B的摩擦力為：Ff＝ma＝mgtan θ，方向水平向右，小車對B的支持力大小為FN＝mg，方向豎直向上，則小車對物塊B產(chǎn)生的作用力的大小為：F＝＝mg，方向斜向右上方，D正確. 【考點】整體法與隔離法在動力學(xué)中的應(yīng)用 【題點】整體法與隔離法在動力學(xué)中的應(yīng)用 5.如圖4所示，質(zhì)量分別為M和m的物塊由相同的材料制成，且M＞m，將它們用通過輕而光滑的定滑輪的細線連接.如果按圖甲放置，則質(zhì)量為m的物塊剛好勻速下降.如果兩物塊互換位置，如圖乙所示，則它們的共同加速度大小為(重力加速度為g)(　　) 圖4 A. B. C. D.上述均不正確 答案　C 解析　勻速運動時，根據(jù)平衡條件知，mg＝μMg；互換位置后，對兩物塊分別應(yīng)用牛頓第二定律得，Mg－F＝Ma，F(xiàn)－μmg＝ma，聯(lián)立解得a＝＝，選項C正確. 【考點】整體法與隔離法在動力學(xué)中的應(yīng)用 【題點】整體法與隔離法在動力學(xué)中的應(yīng)用 6.某人在地面上用彈簧測力計稱得其體重為490 N.他將彈簧測力計移至電梯內(nèi)稱其體重，t0至t3時間段內(nèi)彈簧測力計的示數(shù)如圖5所示，則電梯運行的v－t圖象可能是(取電梯向上運動的方向為正)(　　) 圖5 答案　A 解析　t0～t1時間段內(nèi)，人失重，應(yīng)向上減速或向下加速，B、C錯；t1～t2時間段內(nèi)，人勻速或靜止；t2～t3時間段內(nèi)，人超重，應(yīng)向上加速或向下減速，A對，D錯. 【考點】超重和失重 【題點】對超重、失重和完全失重的理解 7.細繩拴著一個質(zhì)量為m的小球，小球用固定在墻上的水平彈簧支撐，小球與彈簧不粘連，平衡時細繩與豎直方向的夾角為53，如圖6所示.(已知cos 53＝0.6，sin 53＝0.8)以下說法正確的是(　　) 圖6 A.小球靜止時彈簧的彈力大小為mg B.小球靜止時細繩的拉力大小為mg C.細繩燒斷瞬間小球的加速度立即為g D.細繩燒斷瞬間小球的加速度立即為g 答案　D 解析　小球靜止時，分析受力情況，如圖，由平衡條件得： 彈簧的彈力大小為：F＝mgtan 53＝mg，細繩的拉力大小為：FT＝＝mg，故A、B錯誤；細繩燒斷瞬間彈簧的彈力不變，則小球所受的合力與燒斷前細繩拉力的大小相等、方向相反，則此瞬間小球的加速度大小為：a＝＝g，故C錯誤，D正確. 【考點】瞬時加速度問題 【題點】瞬時加速度問題 8.如圖7所示，A、B兩物體之間用輕質(zhì)彈簧連接，用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做勻加速直線運動，這時彈簧的長度為L1；若將A、B置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力F拉A，使A、B一起做勻加速直線運動，此時彈簧的長度為L2.若A、B與粗糙水平面之間的動摩擦因數(shù)相同，則下列關(guān)系式正確的是(　　) 圖7 A.L2＜L1 B.L2＞L1 C.L2＝L1 D.由于A、B的質(zhì)量關(guān)系未知，故無法確定L1、L2的大小關(guān)系 答案　C 解析　A、B在粗糙水平面上運動時，對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律有：a＝－μg；對物體B，根據(jù)牛頓第二定律得：kx－μmBg＝mBa，解得：x＝，即彈簧的伸長量與動摩擦因數(shù)無關(guān)，所以L2＝L1，即選項C正確. 【考點】整體法與隔離法在動力學(xué)中的應(yīng)用 【題點】整體法與隔離法在動力學(xué)中的應(yīng)用 9.如圖8所示，一小球從空中自由落下，在與正下方的直立輕質(zhì)彈簧接觸直至速度為零的過程中，關(guān)于小球的運動狀態(tài)，下列說法中正確的是(　　) 圖8 A.接觸后，小球做減速運動，加速度的絕對值越來越大，速度越來越小，最后等于零 B.接觸后，小球先做加速運動，后做減速運動，其速度先增大后減小直到為零 C.接觸后，速度為零的地方就是彈簧被壓縮最大之處，加速度為零的地方也是彈簧被壓縮最大之處 D.接觸后，小球速度最大的地方就是加速度等于零的地方 答案　BD 【考點】牛頓第二定律的理解 【題點】合外力、加速度、速度的關(guān)系 10.一物塊放在如圖9所示的小車上，小車在水平面上做直線運動，物塊始終與小車保持相對靜止.設(shè)小車對物塊的支持力為FN，小車對物塊的摩擦力為Ff，關(guān)于小車運動過程中物塊的受力情況，下列說法正確的是(　　) 圖9 A.若小車向左運動，F(xiàn)N不可能為零 B.若小車向左運動，F(xiàn)f不可能為零 C.若小車向右運動，F(xiàn)N不可能為零 D.若小車向右運動，F(xiàn)f不可能為零 答案　AC 解析　若小車向左勻速運動，根據(jù)平衡條件得知，物塊所受的摩擦力不可能為零，F(xiàn)N不可能為零；若小車向左加速運動，根據(jù)牛頓第二定律可知，合力向左，F(xiàn)N不可能為零，F(xiàn)f可能為零；若小車向左做減速運動，由牛頓第二定律可知合力向右，則物塊所受摩擦力不可能為零，則FN不可能為零，故A正確，B錯誤.若小車向右勻速運動，根據(jù)平衡條件得知，物塊所受的摩擦力不可能為零，F(xiàn)N不可能為零；若小車向右加速運動，根據(jù)牛頓第二定律可知，合力向右，F(xiàn)f不可能為零，F(xiàn)N不可能為零；若小車向右做減速運動，由牛頓第二定律可知合力向左，則物塊所受FN不可能為零，F(xiàn)f可能為零，故C正確，D錯誤. 【考點】用牛頓運動定律解決兩類問題 【題點】從運動情況確定受力情況 11.如圖10甲所示，足夠長的木板B靜置于光滑水平面上，其上放置小滑塊A.木板B受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出木板B的加速度a，得到如圖乙所示的a－F圖象，已知g取10 m/s2，則(　　) 圖10 A.木板B的質(zhì)量為1 kg B.滑塊A的質(zhì)量為4 kg C.當(dāng)F＝10 N時木板B的加速度為4 m/s2 D.滑塊A與木板B間動摩擦因數(shù)為0.1 答案　AC 解析　當(dāng)F等于8 N時，加速度為a＝2 m/s2，設(shè)木板B的質(zhì)量為M，滑塊A的質(zhì)量為m，對整體分析，由牛頓第二定律F＝(M＋m)a，代入數(shù)據(jù)解得M＋m＝4 kg，當(dāng)F大于8 N時，根據(jù)牛頓第二定律得a＝＝F－，知圖線的斜率k＝，解得M＝1 kg，滑塊A的質(zhì)量為m＝3 kg，故選項A正確，B錯誤；由a＝F－代入數(shù)據(jù)易得μ＝0.2，當(dāng)F＝10 N時，解得a＝4 m/s2，故選項C正確，D錯誤. 【考點】滑塊—木板模型問題 【題點】滑塊—木板模型的臨界問題 12.如圖11所示為運送糧袋的傳送裝置，已知A、B間長度為L，傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，正常工作時工人在A點將糧袋輕放到運行中的傳送帶上，關(guān)于糧袋從A到B的運動(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，以下說法正確的是(　　) 圖11 A.糧袋到達B點的速度可能大于、可能等于、也可能小于v B.糧袋開始運動的加速度為g(sin θ－μcos θ)，若L足夠大，則以后將以速度v做勻速運動 C.若μ＜tan θ，則糧袋從A到B一直做加速運動 D.不論μ大小如何，糧袋從A到B一直做勻加速運動，且a＞gsin θ 答案　AC 解析　糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運動，到達B點時的速度小于v；可能先勻加速運動，當(dāng)速度與傳送帶速度相同后，做勻速運動，到達B點時速度與v相同；也可能先做加速度較大的勻加速運動，當(dāng)速度與傳送帶速度相同后做加速度較小的勻加速運動，到達B點時的速度大于v；故A正確.糧袋開始時受到沿斜面向下的滑動摩擦力，大小為μmgcos θ，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度a＝g(sin θ＋μcos θ)，故B錯誤.若μ＜tan θ，則重力沿斜面向下的分力大于滑動摩擦力，故a的方向一直向下，糧袋從A到B一直是做加速運動，可能是一直以g(sin θ＋μcos θ)的加速度勻加速；也可能先以g(sin θ＋μcos θ)的加速度勻加速，后以g(sin θ－μcos θ)勻加速，故C正確.由以上分析可知，糧袋從A到B不一定一直做勻加速運動，故D錯誤. 【考點】傳送帶問題 【題點】傾斜傳送帶問題 二、實驗題(本題共2小題，共12分) 13.(6分)在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗中： 圖12 (1)某同學(xué)在接通電源進行實驗之前，將實驗器材組裝成如圖12所示的裝置圖.請你指出該裝置中的兩處錯誤或不妥之處： ①________________________________________________________________________； ②________________________________________________________________________. (2)改正實驗裝置后，該同學(xué)順利地完成了實驗.圖13是他在實驗中得到的一條紙帶，圖中相鄰兩計數(shù)點的時間間隔為0.1 s，由圖中的數(shù)據(jù)可算得小車的加速度a為________ m/s2.(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 圖13 (3)為保證繩子對小車的拉力約等于小盤和重物的總重力mg，小盤和重物的總質(zhì)量m與小車的質(zhì)量M應(yīng)滿足的關(guān)系是________. 答案　(1)①打點計時器的電源不應(yīng)使用干電池，應(yīng)使用交流電源?、谛≤嚦跏嘉恢秒x打點計時器太遠(或?qū)嶒炛袥]有平衡摩擦力)　(2)0.20　(3)m?M 解析　(2)由紙帶數(shù)據(jù)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)為保證繩子對小車的拉力約等于小盤和重物的總重力mg，小盤和重物的總質(zhì)量m必須遠小于小車的質(zhì)量M，即m?M. 【考點】對實驗原理的理解 【題點】實驗條件控制及操作規(guī)范 14.(6分)如圖14所示為“用DIS(由位移傳感器、數(shù)據(jù)采集器、計算機組成，可以直接顯示物體加速度)探究加速度與力的關(guān)系”的實驗裝置. 圖14 (1)在該實驗中必須采用控制變量法，應(yīng)保持______________不變，用鉤碼所受的重力大小作為__________，用DIS測小車的加速度. (2)改變所掛鉤碼的數(shù)量，多次重復(fù)測量.在某次實驗中根據(jù)測得的多組數(shù)據(jù)可畫出a－F關(guān)系圖線(如圖15所示). 圖15 ①分析此圖線OA段可得出的實驗結(jié)論是__________________________________. ②此圖線的AB段明顯偏離直線，造成此誤差的主要原因是______.(填選項前字母) A.小車與軌道之間存在摩擦 B.軌道保持了水平狀態(tài) C.所掛鉤碼的總質(zhì)量太大 D.所用小車的質(zhì)量太大 答案　(1)小車總質(zhì)量　小車所受的合外力　(2)①OA段為直線，說明在質(zhì)量不變時，加速度與合外力成正比?、贑 解析　(1)應(yīng)保持小車的總質(zhì)量不變，用鉤碼所受的重力作為小車所受的合外力，用DIS測加速度. (2)①OA段為直線，說明在質(zhì)量不變的條件下，加速度與合外力成正比. ②設(shè)小車質(zhì)量為M，所掛鉤碼的質(zhì)量為m，由實驗原理得mg＝F＝Ma，即a＝＝，而實際上a′＝，可見a′＜a，AB段明顯偏離直線是由于沒有滿足M?m造成的，故A、B、D錯誤，C正確. 【考點】探究加速度與力的關(guān)系 【題點】實驗的誤差分析 三、計算題(本題共4小題，共40分) 15.(8分)在水平地面上有一個質(zhì)量為4.0 kg的物體，物體在水平拉力F的作用下由靜止開始運動.10 s后拉力大小減小為，并保持恒定.該物體的速度－時間圖象如圖16所示(取g＝10 m/s2).求： 圖16 (1)物體所受到的水平拉力F的大?。? (2)該物體與地面間的動摩擦因數(shù). 答案　(1)9 N　(2)0.125 解析　(1)物體的運動分為兩個過程，由題圖可知兩個過程的加速度分別為： a1＝1 m/s2 a2＝－0.5 m/s2 物體受力分析如圖甲、乙所示： 甲　　　　　　　　乙 對于兩個過程，由牛頓第二定律得： F－Ff＝ma1 －Ff＝ma2 聯(lián)立以上二式解得： F＝9 N Ff＝5 N (2)由滑動摩擦力公式得： Ff＝μFN＝μmg 解得μ＝0.125. 【考點】用牛頓運動定律解決兩類問題 【題點】從運動情況確定受力情況 16.(10分)如圖17所示，某人用輕繩牽住一只質(zhì)量m＝0.6 kg的氫氣球，因受水平風(fēng)力的作用，系氫氣球的輕繩與水平方向成37角.已知空氣對氣球的浮力為15 N，人的質(zhì)量M＝50 kg，且人受的浮力忽略不計.(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g＝10 m/s2) 圖17 (1)求水平風(fēng)力的大??； (2)求人對地面的壓力大小； (3)若水平風(fēng)力增強，人對地面的壓力如何變化？并說明理由. 答案　(1)12 N　(2)491 N　(3)見解析 解析　(1)對氫氣球進行受力分析，如圖甲所示. 由平衡條件可知， 豎直方向，F(xiàn)?。絤g＋FTsin 37； 水平方向，F(xiàn)風(fēng)＝FTcos 37， 解得F風(fēng)＝12 N，F(xiàn)T＝15 N. (2)對人進行受力分析，如圖乙所示. 由平衡條件可知， 豎直方向，F(xiàn)N＝Mg－FT′sin 37＝500 N－15 N0.6＝491 N；根據(jù)牛頓第三定律，人對地面的壓力大小為491 N. (3)若風(fēng)力增強，只改變了水平方向的力，視氫氣球及人為一整體，所以豎直方向上的受力情況沒有改變，人對地面的壓力不變. 【考點】共點力的平衡(解決較復(fù)雜的平衡問題) 【題點】多力平衡之正交分解法 17.(10分)一質(zhì)量m＝2.0 kg的小物塊以一定的初速度沖上一傾角為37且足夠長的斜面，某同學(xué)利用傳感器測出了小物塊從一開始沖上斜面到上滑過程中多個時刻的瞬時速度，并用計算機作出了小物塊上滑過程的速度—時間圖線，如圖18所示.(取sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g＝10 m/s2)求： 圖18 (1)小物塊沖上斜面過程中加速度的大??； (2)小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)； (3)小物塊所到達斜面最高點與斜面底端間的距離. 答案　(1)8 m/s2　(2)0.25　(3)4.0 m 解析　(1)由小物塊上滑過程的速度—時間圖線，可得小物塊沖上斜面過程中加速度為 a＝＝ m/s2＝－8 m/s2 加速度大小為8 m/s2. (2)對小物塊進行受力分析如圖所示，由牛頓第二定律知： mgsin 37＋Ff＝ma 又FN－mgcos 37＝0 Ff＝μFN 代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.25. (3)由圖線知小物塊沿斜面上滑的距離為 x＝t＝1.0 m＝4.0 m 【考點】動力學(xué)的圖象問題 【題點】由v－t、x－t圖象求a、F 18.(12分)如圖19所示，質(zhì)量M＝1 kg、長L＝4 m的木板靜止在粗糙的水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，在木板的左端放置一個質(zhì)量m＝1 kg、大小可以忽略的鐵塊，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.4，某時刻起在鐵塊上加一個水平向右的恒力F＝8 N，g取10 m/s2，試求： 圖19 (1)恒力F作用時鐵塊和木板的加速度大??； (2)當(dāng)鐵塊運動到木板右端時，把鐵塊拿走，木板還能繼續(xù)滑行的距離. 答案　(1)4 m/s2　2 m/s2　(2)8 m 解析　(1)以鐵塊為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得F－μ2mg＝ma1，以木板為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2，代入數(shù)據(jù)解得a1＝4 m/s2，a2＝2 m/s2. (2)鐵塊運動到木板的右端時，鐵塊和木板的位移分別為x1＝a1t2，x2＝a2t2.兩者的位移關(guān)系是L＝x1－x2，即L＝a1t2－a2t2，代入數(shù)據(jù)解得t＝2 s或t＝－2 s(舍去). 則可知把鐵塊拿走時，木板的速度v＝a2t＝22 m/s＝4 m/s. 隨后，木板做勻減速運動的加速度大小為a3＝μ1g＝0.110 m/s2＝1 m/s2，則木板的位移x3＝＝ m＝8 m. 【考點】滑塊—木板模型問題 【題點】滑塊—木板模型的動力學(xué)問題