2024-2025年新教材高中物理第5章牛顿运动定律章末检测含解析鲁科版必修第一册

PAGEPAGE10牛顿运动定律(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题目要求。1.如图所示的装置可以演示伽利略的志向试验，装置为两个对接的斜面，让小球沿左边的斜面滑下并滚上右边的斜面，然后变更右边斜面的倾角，重复操作，利用曝光频率肯定的相机拍下小球运动过程中的图片，则()A．该试验为牛顿第一运动定律的提出供应了有力的依据，因此牛顿第一运动定律是试验定律B．由图片可知小球在右侧的斜面上的速度渐渐减小，因此证明白“物体的运动须要力来维持”C．当右侧的斜面水平常，小球近似做匀速直线运动，说明“假如没有外力的作用，小球将在水平面上恒久运动下去”D．假如没有摩擦力，小球在右边的斜面上也不能运动到与左边释放点相同的高度解析：选C伽利略的志向试验的核心是将假想试验和逻辑推理结合起来，该试验为牛顿第一运动定律的提出供应了有力的依据，但是牛顿第一运动定律不是试验定律，选项A错误；小球在右侧斜面上做减速运动是因为受到了摩擦力和重力沿斜面对下的分力的阻碍作用，不能证明物体的运动须要力来维持，选项B错误；依据该试验，伽利略合理外推，当右侧的斜面水平常，小球几乎做匀速直线运动，说明“假如没有外力的作用，小球将在水平面上恒久运动下去”，选项C正确；假如没有摩擦力，小球将上升到原来的高度，故选项D错误。2．关于牛顿第一运动定律，下列说法正确的是()A．牛顿第一运动定律是依靠试验事实，干脆归纳总结得出的B．依据牛顿第一运动定律可知，力是维持物体运动的缘由C．惯性是物体的固有属性，物体的质量越大，惯性越大D．物体保持静止或匀速直线运动状态时有惯性，加速时没有惯性解析：选C牛顿第一运动定律是牛顿在伽利略等前人试验的基础上，依据逻辑推理得出的，是以试验为基础，但又不是完全通过试验得出的，A错误；依据牛顿第一运动定律可知，力是变更物体运动状态的缘由，不是维持物体运动的缘由，B错误；惯性是物体的固有属性，一切物体在任何状况下都有惯性，惯性的大小只与物体的质量有关，与物体的运动状态、是否受力等因素没有关系，物体的质量越大，惯性越大，C正确，D错误。3．春天，河边上的湿地很松软，人在湿地上行走时简单下陷，在人下陷时()A．人对湿地地面的压力就是人受的重力B．人对湿地地面的压力大于湿地地面对人的支持力C．人对湿地地面的压力等于湿地地面对人的支持力D．人对湿地地面的压力小于湿地地面对人的支持力解析：选C人对湿地地面的压力和人受的重力不是同一个力，A错误；人对湿地地面的压力与湿地地面对人的支持力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三运动定律知，这两个力大小相等，选项C正确，B、D错误。4．亚里士多德在其著作《物理学》中说：一切物体都具有某种“自然本性”，物体由其“自然本性”确定的运动称之为“自然运动”，而物体受到推、拉、提、举等作用后的非“自然运动”称之为“受迫运动”。伽利略、笛卡儿、牛顿等人反对了亚里士多德的这些说法，并建立了“新物理学”。“新物理学”认为一切物体都具有的“自然本性”是惯性。下列关于惯性和运动的说法中不符合“新物理学”的是()A．一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动——静止或者匀速直线运动B．作用在物体上的力，是使物体做“受迫运动”即变速运动的缘由C．骑自行车的人，上坡前要紧蹬几下，是为了增大惯性冲上坡D．竖直向上抛出的物体，受到了重力，却没有马上反向运动，而是接着向上运动一段距离后才反向运动，是由于物体具有惯性解析：选C力不是维持物体运动的缘由，而是变更物体运动状态的缘由，所以当物体不受到任何外力的时候，总保持静止或者匀速直线运动状态，选项A正确；当物体受到外力作用的时候，物体的运动状态会发生变更，即力是变更物体运动状态的缘由，选项B正确；质量是物体惯性大小的唯一量度，惯性与物体的运动状态无关，故选项C错误；物体具有向上的速度，由于惯性，虽然受到向下的重力，但物体不会马上向下运动，选项D正确。故本题应选C。5.甲、乙两物体都静止在水平面上，质量分别为m甲、m乙，与水平面间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙。现用水平拉力F分别作用于两物体上，加速度a与拉力F的关系如图，图中b、－2c、－c为相应坐标值，重力加速度为g。由图可知()A．μ甲＝eq\f(g,2c)；m甲＝eq\f(2c,b)B．μ甲＝eq\f(2c,g)；m甲＝eq\f(b,2c)C．m甲∶m乙＝1∶2，μ甲∶μ乙＝1∶2D．m甲∶m乙＝2∶1，μ甲∶μ乙＝1∶2解析：选B对质量为m的物体受力分析，假定动摩擦因数为μ，依据牛顿其次运动定律，有：F－μmg＝ma，可得：a＝eq\f(F,m)－μg，故a与F的关系图像的斜率表示质量的倒数，斜率越大，质量越小，故有m甲＝eq\f(b,2c)，m乙＝eq\f(b,c)，即m甲∶m乙＝1∶2；从图像可以看出纵轴截距用－μg表示，故－μ甲g＝－2c，－μ乙g＝－c，即μ甲＝eq\f(2c,g)，μ乙＝eq\f(c,g)，有μ甲∶μ乙＝2∶1，故B正确。6.如图所示，小球自a点由静止自由下落，到b点时与弹簧接触，到c点时弹簧被压缩到最短。若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由a→b→c的运动过程中()A．b点到c点先加速后减速B．b点的速度最大C．b点的加速度小于重力加速度gD．c点的加速度方向竖直向下解析：选A从b点到c点，小球受到重力和向上的弹力，弹力渐渐增大，起先时弹力小于重力，合力向下，加速度向下，小球做加速运动。后来，弹力大于重力，合力向上，加速度向上，小球做减速运动，所以b点到c点小球先加速后减速，故A正确；b、c间某位置弹力等于重力，小球的合力为零时速度最大，故B错误；在b点弹簧的弹力为零，合力为重力，小球的加速度等于重力加速度g，故C错误；b、c间某位置弹力等于重力，小球由于惯性，接着向下运动，弹力增大，则在c点弹力大于重力，合力方向竖直向上，因此，c点的加速度方向竖直向上，故D错误。7.如图所示，质量分别为m和2m的A、B两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B。调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x。突然撤去木板，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．撤去木板后，B物块向下运动x时速度最大B．撤去木板后，B物块向下运动2x时速度最大C．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为gD．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为1.5g解析：选D当B物块受到的合外力为零时，速度最大，此时T2＝2mg＝kx2，又mg＝kx，所以弹簧此时的伸长量x2＝2x，即B物块向下运动3x时其速度最大，选项A、B均错误；撤去木板瞬间，B物块所受的合外力为3mg，由牛顿其次运动定律知其加速度大小为1.5g，选项C错误，D正确。8．在光滑水平桌面上，物块A用轻绳和物块B连接，轻绳跨过定滑轮，物块B悬空，如图甲所示，系统从静止起先，系统运动的加速度为a1，在图乙中，若对轻绳施加一个和物块B重力相等的拉力F，物块A从静止起先运动的加速度为a2，则()A．a1＜a2 B．a1＝a2C．a1＞a2 D．无法推断解析：选A图甲构成连接体模型，对系统由牛顿其次运动定律知mBg＝(mA＋mB)a1，可得：a1＝eq\f(mBg,mA＋mB)；图乙中是拉力F＝mBg拉着细绳带动A做匀加速直线运动，由牛顿其次运动定律知mBg＝mAa2，可得a2＝eq\f(mBg,mA)，比较两加速度可得a1<a2，故A正确。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．伽利略对自由落体运动和力与运动的关系的探讨，开创了科学试验和逻辑推理相结合的重要科学探讨方法。图(a)、(b)分别表示这两项探讨中试验和逻辑推理的过程，对这两项探讨，下列说法正确的是()A．图(a)通过对自由落体运动的探讨，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动B．图(a)中先在倾角较小的斜面上进行试验，可“冲淡”重力，使时间测量更简单C．图(b)中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，试验可实际完成D．图(b)的试验为“志向试验”，通过逻辑推理得出物体的运动不须要力来维持解析：选BD伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明白假如速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计时，无法记录自由落体运动所用的时间，伽利略设计了让小球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力的作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长得多，简单测量。伽利略做了上百次试验，并通过抽象思维在试验结果上做了合理外推，故A错误，B正确。实际中没有摩擦力的斜面并不存在，故该试验无法实际完成，C错误。伽利略用抽象思维、数学推导和科学试验相结合的方法得到物体的运动不须要力来维持，D正确。10．如图(a)，物块和木板叠放在试验台上，物块用一不行伸长的细绳与固定在试验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板起先受到水平外力F的作用，在t＝4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变更的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与试验台之间的摩擦可以忽视。重力加速度取10m/s2。由题中数据可以得出()A．木板的质量为1kgB．2～4s内，力F的大小为0.4NC．0～2s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2解析：选AB木板和试验台间的摩擦忽视不计，由题图(b)知，2s后物块和木板间的滑动摩擦力大小f＝0.2N。由题图(c)知，2～4s内，木板的加速度大小a1＝eq\f(0.4,2)m/s2＝0.2m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝eq\f(0.4－0.2,1)m/s2＝0.2m/s2。设木板质量为m，对木板进行受力分析，依据牛顿其次运动定律可得：F－f＝ma1，f＝ma2，且知f＝μm块g＝0.2N，解得m＝1kg，F＝0.4N，由于不知道物块的质量，故无法求出物块与木板间的动摩擦因数，选项A、B正确，D错误。0～2s内，由题图(b)知，F是匀称增加的，选项C错误。11．如图甲所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的速度v随时间t变更的关系图像如图乙所示，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．物块的质量肯定是1kgB．斜面的倾斜角为30°C．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5D．物块沿斜面对上运动的最大距离为1m解析：选BDvt图像的斜率表示加速度，由图乙可知上滑时的加速度大小为a1＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Δv1,Δt1)))＝eq\f(4,0.5)m/s2＝8m/s2下滑时的加速度大小为a2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Δv2,Δt2)))＝eq\f(2,1.5－0.5)m/s2＝2m/s2，依据牛顿其次运动定律可得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得：θ＝30°，μ＝eq\f(\r(3),5)，由上可知物块的质量无法求出，故A、C错误，B正确；物块上滑的最大距离等于0～1s内vt图线与时间轴所围的“面积”的大小，为s＝eq\f(1,2)×4×0.5m＝1m，故D正确。12.如图所示，A、B两物块的质量分别为3m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为eq\f(μ,4)。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则以下说法正确的是()A．当F<3μmg时，A、B都相对地面静止B．当F＝4μmg时，A的加速度为eq\f(3,4)μgC．当F>8μmg时，A相对B滑动D．无论F为何值，B的加速度都不会超过2μg解析：选BD由受力分析可知，A、B两物块间的最大静摩擦力大小为3μmg，B与地面间的最大静摩擦力大小为μmg，故A、B两物体叠放在一起在外力F作用下，随着力F的渐渐增大，B和地面之间先起先相对滑动。以A、B为整体受力分析，当F≤μmg，A、B都相对地面静止，A错误；若在力F作用下，A、B之间即将发生相对滑动，接触面上为最大静摩擦力，依据牛顿其次运动定律，以A、B整体为探讨对象：F－μmg＝4mam，以B为探讨对象：3μmg－μmg＝mam式中的am为系统的临界最大共同加速度解得：am＝2μg，F＝9μmg。故当：①0≤F≤μmg，A、B均静止；②μmg＜F≤9μmg，A、B相对静止，一起做匀加速运动；所以当F＝4μmg时，A、B具有共同加速度，即F－μmg＝4ma，a＝eq\f(3,4)μg；③F＞9μmg，A、B相对滑动，A的加速度已经超过am，但B的加速度，无论F为何值，都不会超过2μg。故C错误，B、D正确。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．(6分)光电计时器是一种探讨物体运动状况的常见计时仪器，其结构如图甲所示，a、b分别是光电门的激光放射和接收装置。当有物体从a、b之间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间。现利用图乙所示的装置设计一个“探究物体的加速度与合外力、质量的关系”的试验，图中AB是水平桌面，CD是一端带有定滑轮的长木板，为了平衡小车与木板间的摩擦，将木板的C端用木块垫高。将光电门固定在靠近木板滑轮一端的F点(与之连接的光电计时器没有画出)。小车上固定着用于挡光的窄片K，让小车从木板上的E点由静止滑下，与光电门连接的计时器显示窄片K的挡光时间。(1)用游标卡尺测量窄片的宽度d，用米尺测量E、F两点间距为L，已知L≥d，与光电门连接的计时器显示的挡光时间为Δt，则小车的加速度表达式a＝________(结果用所给字母表示)。(2)某同学在试验中保持小车质量M不变，变更砂与砂桶的总质量m，并将砂和砂桶的总重力当成小车所受的合外力F，通过多次测量作出aF图线，如图丙中实线所示。试分析图线不过坐标原点的缘由是_________________________________________________，图线上部明显偏离直线的缘由是__________________。解析：(1)小车沿斜面做匀加速直线运动，经过光电门的瞬时速度为v＝eq\f(d,Δt)，依据匀变速直线运动的规律有L＝eq\f(v2,2a)，即a＝eq\f(v2,2L)＝eq\f(d2,2LΔt2)；(2)由图丙可知，当拉力为零时，小车的加速度不为零，缘由是木块垫得太高(或平衡摩擦力过度)；图线明显偏离直线的缘由是不满意砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M。答案：(1)eq\f(d2,2LΔt2)(2)木块垫得太高(或平衡摩擦力过度)不满意砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M14．(10分)某试验小组利用小车、一端带有滑轮的导轨、打点计时器和几个已知质量的小钩码探究加速度与力的关系，试验装置如图甲所示。(1)图乙是试验中得到的一条纸带，图中相邻两计数点的时间间隔为0.1s，由图中的数据可得小车的加速度a＝________m/s2；(2)该试验小组以测得的加速度a为纵轴，所挂钩码的总重力F为横轴，作出的图像如丙图中图线1所示，发觉图像不过原点，怀疑在测量力时不精确，他们将试验进行了改装，将一个力传感器安装在小车上，干脆测量细线拉小车的力F′，作a­F′图如丙图中图线2所示，则图像不过原点的缘由是__________________________________________________，对于图像上相同的力，用传感器测得的加速度偏大，其缘由是____________；(3)该试验小组在正确操作试验后，再以测得的加速度a为纵轴，所挂钩码的总重力F和传感器测得的F′为横轴作图像，要使两个图线基本重合，请你设计一个操作方案。解析：(1)依据Δx＝aT2，运用逐差法得：a＝eq\f(xBD－xOB,4T2)＝eq\f(0.0404－0.0163－0.0163,4×0.12)m/s2＝0.195m/s2；(2)由图像可知，F不等于零时，a仍旧为零，可知图线不过原点的缘由是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。力传感器可以干脆得出绳子拉力的大小，用钩码的重力表示绳子的拉力，必需满意钩码的质量远小于小车的质量，否则绳子的拉力事实上小于钩码的重力。所以对于图像上相同的力，用传感器测得的加速度偏大，缘由是钩码的质量未远小于小车的质量，导致钩码的重力比细线的拉力大。(3)把小车和钩码看成一个整体，可将整体的M＋m不变，钩码的重力看成整体的外力。答案：(1)0.195(2)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足钩码的重力比细线的拉力大(3)见解析15.(10分)一质量m＝2.0kg的小物块以肯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冲上斜面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v­t图像，如图所示，求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(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。解析：(1)由v­t图像可知加速度的大小为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(8.0,1.0)m/s2＝8m/s2。(2)对物块受力分析，物块受重力、支持力、摩擦力f的作用沿斜面方向上，有：mgsin37°＋f＝ma垂直斜面方向上，有：mgcos37°＝N又f＝μN联立以上三式得a＝gsin37°＋μgcos37°代入数据解得μ＝0.25。答案：(1)8m/s2(2)0.2516.(10分)如图所示，水平传送带的两端A、B相距s＝6m，以v0＝4m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转。今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g＝10m/s2，求煤块从A运动到B的过程中所用的时间和划痕长度。解析：煤块做匀加速直线运动时，依据牛顿其次运动定律有μmg＝ma，得a＝μg＝2.5m/s2，假设煤块的速度达到4m/s时未离开传送带，此时煤块通过的位移大小为s1＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝3.2m＜6m，因此煤块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，做匀加速直线运动的时间为t1＝eq\f(v0,a)＝1.6s，此后煤块以与传送带相同的速度匀速运动至B端，有s2＝s－s1＝6m－3.2m＝2.8m，匀速运动的时间为t2＝eq\f(s2,v0)＝0.7s，运动的总时间为t＝t1＋t2＝2.3s，划痕长度即煤块相对于传送带的位移大小，可得Δs＝v0t1－s1＝3.2m。答案：2.3s3.2m17.(11分)如图所示，质量M＝2.0kg的薄木板静止在水平桌面上，薄木板上放有质量m＝1.0kg的小铁块(可视为质点)，它离木板左端的距离为L＝0.25m，铁块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用一水平向右的拉力作用在木板上，使木板和铁块由静止起先运动，g取10m/s2。(1)若桌面光滑，拉力大小恒为F1＝4.8N，求小铁块运动的加速度大小；(2)若木板以4.0m/s2的加速度从铁块下向右抽出，求抽出过程所经验的时间t；(3)若桌面与薄木板间的动摩擦因数也为μ，则拉力F2的大小满意什么条件才能将木板从铁块下抽出？解析：(1)小铁块受到的最大静摩擦力fm＝μmg＝0.2×1.0×10N＝2N，小铁块最大加速度为am＝eq\f(fm,m)＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2，假设小铁块相对木板静止，依据牛顿其次运动定律有a＝eq\f(F1,M＋m)＝eq\f(4.8,2