高中物理 第三章 牛顿运动定律章末检测 教科版必修1

第三章牛顿运动定律章末检测(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分)1．(～山西大同高一期末)关于牛顿运动定律，以下说法中正确的是()A．运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性就越大B．人从水平地面上猛得竖直向上跳起，地面对人的支持力将会大于人对地面的压力C．N/kg与m/s2都是加速度的国际制单位D．物体的加速度方向有时与合外力方向相同，有时与合外力方向相反解析物体的惯性只与物体的质量有关，质量越大，物体的惯性越大，与物体的运动状态无关，A错误；人向上跳起时，受到地面对人的支持力和人对地面的压力是一对作用力和反作用力，两者等大、方向相反，B错误；在国际单位制中，力的单位是牛顿，质量的单位是千克，长度的单位是米，时间的单位是秒，根据a＝eq\f(F,m)和a＝eq\f(Δv,Δt)，可知在国际制单位制中加速度的单位是N/kg和m/s2，C正确；根据牛顿第二定律可知，加速度的方向总是与合外力的方向一致，D错误．答案C2．小明在做双脚跳台阶的健身运动，若忽略空气阻力，则下列说法正确的是()图1A．小明在下降过程中处于失重状态B．小明起跳以后在上升过程处于超重状态C．小明落地时地面对他的支持力小于他的重力D．起跳过程地面对小明的作用力就是他对地面的作用力解析超失重要看加速度，若加速度方向向上即为超重，若加速度方向向下即为失重．小明在下降过程中因加速度向下，故失重，A正确；起跳以后的上升过程中加速度也向下，也是失重，B错误；小明落地时因做减速下降，加速度向上，所以是超重，C错误；起跳过程中地面对小明的作用力与他对地面的作用力是一对作用力与反作用力，不是同一个力，D错误．答案A3．在电梯内的水平地板上有一体重计，某人站在体重计上，电梯静止时，体重计的示数为40kg.在电梯运动过程中，某一段时间该同学发现体重计示数为60kg，取g＝10m/s2，则在这段时间内()A．该同学所受的重力变大了B．该同学对体重计的压力大于体重计对该同学的支持力C．电梯一定在竖直向上运动D．电梯的加速度大小为5m/s2，方向一定竖直向上答案D4．(四川资阳期末)如图2所示，在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在外力F1、F2作用下运动．已知F1>F2，当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为()图2A.eq\f(F1－F2,k) B.eq\f(F1－F2,2k)C.eq\f(F1＋F2,k) D.eq\f(F1＋F2,2k)解析设物体质量为m，对A、B整体分析F1－F2＝2ma，对A根据牛顿第二定律F1－kx＝ma，可得弹簧的伸长量x＝eq\f(F1＋F2,2k).答案D5．静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用，该力随时间变化的关系如图3所示，则以下说法中正确的是()图3A．物体在2s内的位移为零B．4s末物体将回到出发点C．2s末物体的速度为零D．物体一直在朝同一方向运动解析根据图象可知，物体先朝正方向做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，再做正方向的匀加速直线运动，周期性的朝单方向运动，由于加速和减速阶段的加速度大小相等，所以2s末的速度为零，位移不为零，A、B错误，C、D正确．答案CD6．如图4所示，m＝2kg的物体，在F1＝40N，F2＝30N的两个相反的水平拉力及竖直向下的力F3的作用下仍处于静止状态．若撤去水平外力F2，则物体的加速度可能是()图4A．0B．5m/s2C．15m/s2D．20m/s解析由静止状态时受力可知，Fμ≥10N，撤去F2后，∑F＝F1－Fμ≤40－10＝30(N)，amax＝30/2＝15(m/s2)．答案ABC7．两个完全相同的力分别作用在质量为m1、m2的两个物体上，使它们由静止开始运动，各经t1、t2时间后，两物体速度相同，则两物体通过的位移比是()A．m1∶m2B．m2∶m1C．t1∶t2D．teq\o\al(2,1)∶teq\o\al(2,2)解析根据牛顿第二定律及运动学公式知，速度相同时，a1t1＝a2t2.物体加速度为a1＝eq\f(F,m1)，a2＝eq\f(F,m2).物体的位移为s1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，s2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2).整理得，eq\f(s1,s2)＝eq\f(t1,t2)＝eq\f(m1,m2).故答案为A、C.答案AC8．如图5所示．在光滑水平面上有两个质量分别为m1和m2的物体A、B，m1>m2，A、B间水平连接着一轻质弹簧测力计．若用大小为F的水平力向右拉B，稳定后B的加速度大小为a1，弹簧测力计示数为F1；如果改用大小为F的水平力向左拉A，稳定后A的加速度大小为a2，弹簧测力计示数为F2.则以下关系式正确的是()图5A．a1＝a2，F1>F2 B．a1＝a2，F1<F2C．a1<a2，F1＝F2 D．a1>a2，F1>F2解析对整体，水平方向只受拉力F作用，因此稳定时具有相同的加速度为a＝F/(m1＋m2)，C、D错；当拉力F作用于B时，对A，F1＝m1a，当拉力作用于A时，对B，F2＝m2a，由于m1>m2，所以F1>F答案A9．如图6所示，物体m在传送带上向右运动，两者保持相对静止．则下列关于m所受摩擦力的说法中正确的是()图6A．皮带传送速度越大，m受到的摩擦力越大B．皮带传送的加速度越大，m受到的摩擦力越大C．皮带速度恒定，m质量越大，所受摩擦力越大D．无论皮带做何种运动，m都一定受摩擦力作用解析物块若加速运动，其合外力由传送带给它的摩擦力来提供，故加速度大，摩擦力大，B正确；当物块匀速运动时，物块不受摩擦力，故D错误．答案B10．如图7所示，两个倾角相同的滑竿上分别套有A、B两个质量均为m圆环，两个圆环上分别用细线悬吊两个质量均为M的物体C、D，当它们都沿滑竿向下滑动并保持相对静止时，A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下．下列结论正确的是()图7A．A环受滑竿的作用力大小为(m＋M)gcosθB．B环受到的摩擦力f＝mgsinθC．C球的加速度a＝gsinθD．D受悬线的拉力T＝Mg甲解析对C受力分析，如图甲由牛顿第二定律，得到：Mgsinθ＝Ma ①细线拉力为T＝Mgcosθ ②再对A环受力分析，如图乙乙根据牛顿定律，有mgsinθ－f＝ma ③N＝mgcosθ＋T ④由①②③④解得：a＝gsinθ，f＝0N＝(M＋m)gcosθ，故A、C正确；丙对D球受力分析，受重力和拉力，合力与速度在一条直线上，故合力为零，物体做匀速运动，细线拉力等于Mg；再对B环受力分析，如图丙，受重力、拉力、支持力，由于做匀速运动，合力为零，故必有向后的摩擦力；根据平衡条件，有(M＋m)gsinθ＝f，N＝(M＋m)cosθ，故B错误，D正确．故选A、C、D.答案ACD二、实验题(本题共2小题，共16分)11．(7分)如图8甲为实验中用打点计时器打出的一条较理想的纸带，纸带上A、B、C、D、E、F、G为七个相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔是0.1s，距离如图，单位是cm，小车的加速度是________m/s2，在验证质量一定时加速度a和合外力F的关系时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的aF图象，其原因是_________________________________________________________________________________.图8解析a的计算利用逐差法．a＝eq\f(xDE－xAB＋xEF－xBC＋xFG－xCD,9T2)＝eq\f(xDE＋xEF＋xFG－xAB＋xBC＋xCD,9T2)＝eq\f(xAG－xAD－xAD,9T2)＝eq\f(40.65－2×13.15,9×0.12)×10－2m/s2＝1.60m/s2.答案1.60平衡摩擦力过度12．(9分)为了探究加速度与力的关系，使用如图9所示的气垫导轨装置进行实验．其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器通过G1、G2光电门时，光束被遮挡的时间Δt1、Δt2都可以被测量并记录．滑行器连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M，挡光片宽度为D，光电门间距离为x，牵引砝码的质量为m.回答下列问题：图9(1)实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下，如何判定调节是否到位？(2)若取M＝0.4kg，改变m的值，进行多次实验，以下m的取值不合适的一个是________．A．m1＝5g B．m2＝15gC．m3＝40g D．m4＝400g(3)在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，其中求得的加速度的表达式为________．(用Δt1、Δt2、D、x表示)解析(1)取下牵引砝码，滑行器放在任意位置都不动，或取下牵引砝码，轻推滑行器M，数字计时器记录每一个光电门的光束被遮挡的时间Δt都相等．(2)本实验只有在满足m≪M的条件下，才可以用牵引砝码的重力近似等于对滑行器的拉力，所以D是不合适的．(3)由于挡光片通过光电门的时间很短，所以可以认为挡光片通过光电门这段时间内的平均速度等于瞬时速度，即有v1＝eq\f(D,Δt1)，v2＝eq\f(D,Δt2)，再根据运动学方程veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2ax得：a＝eq\f(\f(D,Δt2)2－\f(D,Δt1)2,2x).答案(1)见解析(2)D(3)a＝eq\f(\f(D,Δt2)2－\f(D,Δt1)2,2x)三、计算题(本题共4小题，共44分)13．(10分)如图10所示，升降机中的斜面和竖直墙壁之间放一个质量为10kg的光滑小球，斜面倾角θ＝30°，当升降机以a＝5m/s2的加速度加速竖直上升时，(g取10m/s2)求：图10(1)小球对斜面的压力；(2)小球对竖直墙壁的压力．解析小球受力如图所示水平方向上：F2sinθ＝F1竖直方向上：F2cosθ－mg＝ma将数据代入以上两式求得：F1＝50eq\r(3)N，F2＝100eq\r(3)N由牛顿第三定律知，小球对斜面和竖直墙的压力大小分别为100eq\r(3)N、50eq\r(3)N.答案(1)100eq\r(3)N(2)50eq\r(3)N14．(10分)一物体沿斜面向上以12m/s的初速度开始滑动，它沿斜面向上以及沿斜面向下滑动的vt图象如图11所示，求斜面的倾角以及物体与斜面的动摩擦因数．(g取10m/s2)图11解析由图象可知上滑过程的加速度a上＝eq\f(12,2)m/s2＝6m/s2，下滑过程的加速度a下＝eq\f(12,3)m/s2＝4m/s2上滑过程和下滑过程对物体受力分析如图上滑过程a上＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)＝gsinθ＋μgcosθ下滑过程a下＝gsinθ－μgcosθ，解得θ＝30°，μ＝eq\f(\r(3),15).答案30°eq\f(\r(3),15)15．(12分)如图12所示，水平传送带以2m/s的速度运动，传送带长AB＝20m，今在其左端将一工件轻轻放在上面，工件被带动，传送到右端，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，(g＝10m/s2)试求：图12(1)工件开始时的加速度a；(2)工件的速度为2m/s时，工件运动的位移；(3)工件由传送带左端运动到右端的时间．解析(1)工件被放在传送带上时初速度为零，相对于传送带向左运动，受滑动摩擦力向右，大小为Ff＝μmg，工件加速度a＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2，方向水平向右．(2)工件加速到2m/s所需时间t0＝eq\f(v,a)＝eq\f(2,1)s＝2s在t0时间内运动的位移x0＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×1×22m＝2m.(3)由于x0<20m，故工件达到与传送带同样的速度后与传送带相对静止，一起运动至B端．经过时间t0后，工件做匀速运动的时间为t1＝eq\f(x－x0,v)＝eq\f(20－2,2)s＝9s工件由传送带左端运动到右端共用时间为t＝t0＋t1＝11s.答案(1)1m/s2，方向水平向右(2)2m(3)11s16．(12分)(北京西城期末)如图13所示，质量为M＝1kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m＝0.5kg的小滑块(可视为质点)以v0＝3m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动．已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2.求：(1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小f和方向；(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度大小a；(3)滑块与木板A