牛顿运动定律章末检测试卷

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，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) 1．2019年9月29日，中国女排在女排世界杯比赛中豪取11连胜成功卫冕，夺下队史上的世界杯第5冠．当队员用手掌奋力将球击出时，下列说法正确的是()A．手掌对排球作用力的大小大于排球对手掌作用力的大小B．手掌对排球作用力的大小等于排球对手掌作用力的大小C．排球对手掌的作用力晚于手掌对排球的作用力D．手掌对排球的作用力与排球对手掌的作用力是平衡力答案 B解析排球对手掌的作用力和手掌对排球的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，A、D错误，B正确；一对作用力与反作用力同时产生、同时消失，所以排球对手掌的作用力和手掌对排球的作用力同时产生、同时消失，C错误．2．(2019·浙南名校联盟高一第一学期期末联考)如图所示为运动员立定跳远脚蹬地起跳瞬间的受力示意图，正确的是()答案 A3.(2019·孝感高中高一期末)某同学站在一电梯地板上，利用速度传感器和计算机研究该观光电梯升降过程中的运动情况，如图1所示的v－t图像是计算机显示的观光电梯在某一段时间内的速度变化情况(向上为正方向)．根据图像提供的信息，可以判断下列说法正确的是()图1A．0～5 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态B．5～10 s内，该同学对电梯地板的压力大于他所受的重力C．10～20 s内，观光电梯在减速下降，该同学处于超重状态D．20～25 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态答案 D解析由题图v－t图像可知，0～5 s内，电梯的加速度为正，说明电梯在加速上升，该同学处于超重状态，A错误.5～10 s内，电梯的加速度为0，该同学做匀速运动，故电梯地板对他的支持力大小等于他所受的重力大小，结合牛顿第三定律可知，B错误.10～20 s内，电梯加速度向下，向上做匀减速运动，该同学处于失重状态，C错误.20～25 s内，电梯加速度向下，向下做匀加速运动，该同学处于失重状态，D正确．4.如图2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在小车右端．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的作用力的大小和方向为(重力加速度为g)()图2A．mg，竖直向上B．mg1＋μ2，斜向左上方C．mg tan θ，水平向右D．mg1＋tan2θ，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：m A g tan θ＝m A a，得：a＝g tan θ，方向水平向右．再对B受力分析，小车对B的摩擦力为：f＝ma＝mg tan 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的作用力的大小为：F＝N2＋f2＝mg1＋tan2θ，方向斜向右上方，D正确．5．(2019·攀枝花市高一上学期期末)两质量均为m的木块A、B叠放在一起，静置于水平面上，水平恒力F作用在A上，两木块一起运动，加速度大小为a1，如图3(a)所示．现取走木块B，在木块A上施加一方向竖直向下的恒力F1，F1＝mg(g为重力加速度)．木块A仍在上述水平恒力F的作用下运动，加速度大小为a2，如图(b)所示．下列关于a1和a2的关系，正确的是()图3A．a2＝2a1B．a2＝a1C．a2>2a1D．a1<a2<2a1答案 A6．放在固定粗糙斜面上的滑块A以加速度a1沿斜面匀加速下滑，如图4甲所示．在滑块A 上放一物体B，物体B始终与A保持相对静止，以加速度a2沿斜面匀加速下滑，如图乙所示．在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A以加速度a3沿斜面匀加速下滑，如图丙所示．斜面为同一斜面，则()图4A．a1＝a2＝a3B．a1＝a2<a3C．a1<a2＝a3D．a1<a2<a3答案 B解析设斜面倾角为α，对题图甲中滑块进行受力分析，沿斜面方向mg sin α－μmg cos α＝ma，所以a＝g sin α－μg cos α，可以得出a与质量无关，故a1＝a2，选项C、D错误；在滑块上施加竖直向下的力F，对滑块有(mg＋F)sin α－μ(mg＋F)cos α＝ma3，解得a3＝g sin α－μg cos α＋Fm(sin α－μcos α)，由α＜90°，得a1＝a2<a3，选项A错误，B正确．7.如图5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5A．L2＜L1B．L2＞L1C．L2＝L1D．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＝Fm A＋m B－μg；对物体B，根据牛顿第二定律得：kx－μm B g＝m B a，解得：x＝m B Fk(m A＋m B)，即弹簧的伸长量与动摩擦因数无关，所以L2＝L1，选项C正确．8.质量为0.3 kg的物体在水平面上做直线运动，其在只受摩擦力作用时和受到摩擦力、水平力F两个力共同作用时的速度－时间图像如图6所示，则下列说法正确的是(g＝10 m/s2)()图6A ．水平力F 可能等于0.3 NB ．摩擦力一定等于0.1 NC ．水平力F 一定等于0.1 ND ．摩擦力可能等于0.3 N答案 C解析 由题图容易判断，两种情况下物体均在做匀减速运动，其加速度大小分别为13 m/s 2、23m/s 2，则根据牛顿第二定律得两种情况下的合外力分别为0.1 N 、0.2 N ．物体受到的水平力F 和摩擦力的方向关系存在两种情况：当水平力F 跟摩擦力方向相同时，摩擦力为0.1 N ，故此时水平力F ＝0.2 N －0.1 N ＝0.1 N ；当水平力F 跟摩擦力方向相反时，摩擦力为0.2 N ，故水平力F ＝0.2 N －0.1 N ＝0.1 N ．故水平力F 一定等于0.1 N ，摩擦力等于0.1 N 或0.2 N ，选项A 、B 、D 错误，C 正确．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7A．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，速度为零时弹簧压缩量最大，加速度为零时弹簧压缩量也最大D．接触后，小球速度最大时加速度等于零答案BD10.A、B、C三个物体如图8所示放置，所有接触面均不光滑．有一水平力F作用在物体C 上，使A、B、C一起向右做匀速直线运动，则()图8A．B对A的摩擦力方向水平向左B．B对A的摩擦力方向水平向右C．C对A的摩擦力方向水平向左D．C对A的摩擦力方向水平向右答案AD解析对A、B、C整体而言，地面对B、C的摩擦力方向皆向左．隔离B，由B匀速运动的受力条件可知，A对B的摩擦力方向水平向右，则由牛顿第三定律可知B对A的摩擦力方向水平向左；由A受力平衡可判断C对A的摩擦力方向水平向右．11．(2018·大庆中学高一期中)如图9甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对B物体施加一水平变力F，F－t关系图像如图乙所示．两物体在变力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止，则()图9A．t0时刻，两物体之间的摩擦力为零B．t0时刻，两物体的速度方向开始改变C．t0～2t0时间内，两物体之间的摩擦力逐渐减小D．t0～2t0时间内，物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同答案AD解析t0时刻F＝0，A、B的加速度为零，因此两物体速度的大小和方向均不变，所以A、B 间的摩擦力为零，选项A正确，B错误．t0～2t0时间内，A、B组成的整体加速度逐渐增大，以A为研究对象，A的加速度由其受到的摩擦力提供，A受到的摩擦力应逐渐增大，且与A、B加速度同向，即与变力F同向，选项C错误，D正确．12.(2019·广安市高一上学期期末)如图10所示，在倾角为θ的固定斜面的底端固定一个垂直斜面的挡板c，质量均为m的两个不同的小物体a、b通过轻质弹簧连接，处于静止状态，其中，物体a与斜面间的动摩擦因数为μ，物体b与斜面间光滑，此时弹簧的压缩量为x.现对物体a沿斜面向下的方向施加一个外力使弹簧再压缩4x，弹簧始终处于弹性限度内，然后，突然撤去外力，经过一段时间后，当物体a沿斜面向上运动的速度为v时，物体b刚好离开挡板c，重力加速度为g，那么，下列说法中正确的是()图10A．弹簧的劲度系数一定为mg sin θxB．物体b刚离开挡板c时，a物体的加速度大小为(2sin θ＋μcos θ)gC．当物体a沿斜面向上运动的速度最大时，物体b对挡板的压力大小为(2sin θ＋μcos θ)mg D．撤去外力后，当物体a的速度为v时，物体沿斜面向上运动的距离为5x答案BC二、实验题(本题共2小题，共12分)13．(6分)(2019·上海交大附中高一月考)某同学用如图11所示的装置进行“探究加速度和力、质量的关系”实验．图11(1)除了图示器材外，还需要的测量工具有________和________．(2)实验中已测得小车的质量为M ，沙桶(含沙)的质量为m ，平衡摩擦阻力后，在满足________条件时，可将沙桶(含沙)的重力大小作为小车所受拉力F 的大小． (3)下列关于实验操作的说法中正确的是________． A ．求小车运动的加速度时，可直接利用公式a ＝mgM 求出B ．实验时，应先接通打点计时器的电源，再放开小车C ．每改变一次小车的质量，都需要改变垫入木板下的小木块的厚度D ．先保持小车质量不变，研究加速度与力的关系；再保持小车受力不变，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质量的关系答案 (1)刻度尺 天平(每空1分) (2)M ≫m (2分) (3)BD(2分)14．(6分)如图12所示为“用DIS(由位移传感器、数据采集器、计算机组成，可以直接显示物体的加速度)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画出a－F关系图线如图13所示．图13①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(1分) 小车所受的合外力大小(1分) (2)①在质量不变时，加速度与合外力成正比(2分) ②C(2分)解析 (1)应保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力大小作为小车所受的合外力大小，用DIS 测小车的加速度．(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 ，所挂钩码的总质量为m ，由实验原理得mg ＝F ＝Ma ，即a ＝mg M ＝FM ，而实际上a ′＝mgM ＋m ，可见a ′＜a ，AB 段明显偏离直线是由于没有满足M ≫m ，故A 、B 、D错误，C 正确．三、计算题(本题共4小题，共40分)15．(8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°的足够长的斜面，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14所示．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2)求：图14(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/s 2 (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 ＝v t －v 0t ＝0－8.01.0 m/s 2＝－8 m/s 2加速度大小为8 m/s 2.(2分)(2)对小物块进行受力分析如图所示，由牛顿第二定律知：－mg sin 37°－f ＝ma (1分) 又N －mg cos 37°＝0(1分) f ＝μN (1分)代入数据解得μ＝0.25.(1分)(3)由图线知小物块沿斜面上滑的距离为 x ＝v 02·t ＝8.02×1.0 m ＝4.0 m(2分)16．(10分)(2018·华中师大一附中月考)如图15所示，用F ＝7 N 的水平恒力把质量为m ＝0.5 kg 的物块(可视为质点)压在竖直挡板上，物块离地面高为H ＝6 m ，物块从静止开始向下做匀加速运动，经过t ＝2 s 到达地面，取g ＝10 m/s 2.图15(1)求物块与挡板间的动摩擦因数μ；(2)若将挡板由竖直位置逆时针转过37°后撤去压力F，求当物块以v0＝2 m/s的初速度从挡板上同一位置沿挡板下滑时，滑到地面时的速度大小v.(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)答案(1)0.5(2)8 m/s解析(1)物块下滑过程中做匀加速运动，有H＝12(1分)2at代入数据得加速度大小a＝3 m/s2(1分)由牛顿第二定律知mg－μF＝ma(1分)代入数据得μ＝0.5(1分)(2)挡板逆时针转过37°后，挡板与水平面夹角为53°，物块下滑时加速度大小a1满足mg sin 53°－μmg cos 53°＝ma1(2分)代入数据得a1＝5 m/s2(1分)由运动学规律v2－v02＝2a1H知(2分)物块滑到地面时的速度大小为v＝8 m/s.(1分)17．(10分)(2018·玉山一中高一月考)一足够长水平浅色传送带以速度v0匀速运动，现将一可视为质点的煤块轻放在传送带上，已知煤块与传送带间的动摩擦因数为μ.经过一段时间后达到共同速度，现使传送带突然停下，以后不再运动，到最后煤块也停下．已知重力加速度为g.求：(1)煤块第一次达到与传送带相对静止所用的时间； (2)煤块在传送带上划出的痕迹长度． 答案 (1)v 0μg (2)v 022μg解析 (1)煤块的加速度a ＝μg (2分) 达到速度v 0所用时间t ＝v 0a ＝v 0μg (1分)(2)在煤块与传送带达到共同速度的过程中 传送带运动的距离x 1＝v 0t ＝v 02μg (2分)煤块运动的距离x 2＝12at 2＝v 022μg(2分)此过程中煤块相对传送带向后运动的距离为Δx ＝x 1－x 2＝v 022μg(1分)传送带突然停下后，煤块做匀减速运动，直至停下，这一过程煤块相对传送带向前运动的距离为x 3＝v 022μg(1分)考虑重叠部分，最终划出的痕迹长度为x ＝v 022μg.(1分)18．(12分)如图16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/s 2，求：图16(1)加上恒力F 后铁块和木板的加速度大小；(2)当铁块运动到木板最右端时，把铁块拿走，木板还能继续滑行的距离． 答案 (1)4 m/s 2 2 m/s 2 (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 ＝ma 1，(1分)以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得 μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 2(2分)代入数据解得铁块的加速度a 1＝4 m/s 2(1分) 木板的加速度a 2＝2 m/s 2(1分)(2)设铁块运动到木板的右端所用时间为t ，则此过程铁块和木板的位移分别为x 1＝12a 1t 2(1分)x 2＝12a 2t 2(1分)两者的位移关系是L ＝x 1－x 2，即L ＝12a 1t 2－12a 2t 2(1分)代入数据解得t ＝2 s 或t ＝－2 s(舍去)(1分) 把铁块拿走时，木板的速度 v ＝a 2t ＝2×2 m/s ＝4 m/s.(1分)随后，木板做匀减速运动的加速度大小为a 3＝μ1g ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2，(1分) 则木板的位移x 3＝v 22a 3＝162×1m ＝8 m ．(1分)。