还剩16页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
高中物理粤教版 (2019)必修 第一册第四章 牛顿运动定律本章综合与测试优秀单元测试课后测评
展开
这是一份高中物理粤教版 (2019)必修 第一册第四章 牛顿运动定律本章综合与测试优秀单元测试课后测评，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前
粤教版（2019）高中物理必修第一册第四单元《牛顿运动定律》单元测试卷
考试时间：80分钟； 满分100分 命题人：xxx
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1. 下列说法正确的是( )
A. 牛顿第一定律又称惯性定律，所以惯性定律与惯性的实质相同
B. 牛顿第一定律是牛顿第二定律的特殊情形，它们都可通过实验来验证
C. 牛顿运动定律既适用于低速、宏观的物体，也适用于高速、微观的粒子
D. 伽利略通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持
2. 实验“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示，用该装置研究小车的加速度a与质量M的关系时，下列说法中错误的是( )
A. 实验时，应先接通电源，再释放小车
B. 打点计时器应接在学生电源的直流输出端
C. 在探究加速度a与质量M的关系时，应保证小车的合力大小不变
D. 在探究加速度a与质量M的关系时，为了直观判断二者间的关系，作出a−1M图像
3. 在光滑的水平桌面上有一个静止的物体，给物体施以水平作用力，在力作用到物体的瞬间，则( )
A. 物体同时具有加速度和速度 B. 物体立即获得加速度，速度仍为0
C. 物体立即获得速度，加速度仍为0 D. 物体的速度和加速度均为0
4. 关于平衡力、作用力与反作用力的下列说法，正确的是( )
A. 一对平衡力所做功的代数和不一定为零
B. 一对平衡力中，其中一个力做正功，另一个力一定做负功
C. 一对作用力和反作用力对物体做功的代数和一定为零
D. 一对作用力和反作用力对物体做功的代数和一定为正
5. 如图所示，质量均为m的A、B两小球用两轻弹簧连接悬挂于天花板上并处于静止状态，已知重力加速度为g.现在B上再施加一竖直向下的大小为mg的力，在力刚作用于B球的瞬间( )
A. B求加速度大小为g2，A球加速度大小为g2
B. B求加速度大小为2g，A球加速度大小为0
C. B求加速度大小为0，A球加速度大小为g
D. B求加速度大小为g，A球加速度大小为0
6. 质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过固定在斜面顶端的光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动，当小车与滑轮间的细绳和水平方向的夹角为θ2时(如图)，下列判断正确的是( )
A. P的速率为vsinθ2 B. 细绳的拉力大小为为mgsinθ1
C. P处于失重状态 D. P处于超重状态
7. 如图所示是我国自主研发的全自动无人值守望远镜，它安装在位于南极大陆的昆仑站，电力供应仅为1×103W。若用国际单位制基本单位的符号来表示W，正确的是
A. N・s B. N・m/s C. kg・m/s D. kg・m2/ s3
8. 如图所示，某同学想通过滑轮把一箱书籍从大厅搬送到二楼。已知站在大厅地面上的同学质量为60.0 kg，通过定滑轮将20.0 kg的书籍以0.5 m/s2的加速度拉升，跨过滑轮的绳子均呈竖直状，忽略绳子和定滑轮的质量及摩擦，g取10 m/s2，下列说法正确的是
A. 该同学对地面的压力大小为400 N
B. 该同学对地面的压力大小为390 N
C. 地面给人的静摩擦力方向向右
D. 最上方固定定滑轮的绳子所受拉力大小等于书籍重力的2倍
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9. (多选)如图所示，质量为mA=2kg的物体A和质量mB=4kg的物块B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k=100N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B在水平外力F作用下向右做加速度为a=2m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 拉力F是变力，最大值为Fmax=28N
B. 因为物块B做匀加速直线运动，所以拉力F是恒力
C. 物块B与物块A分离时弹簧处于原长状态
D. 物块B与物块A分离时处于压缩状态，其压缩量为x=14cm
10. 如图甲所示．用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F使物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，根据图乙中所提供的信息可以计算出( )
A. 物体的质量
B. 斜面倾角的正弦值
C. 物体静止在斜面上所需施加的最小外力
D. 加速度为6m/s2时物体的速度
11. 如图所示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上A点开始无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．假设小孩在AB段和BC段滑动时的动摩擦因数分别为μ1和μ2，AB与BC长度相等，则( )
A. 小孩从滑梯上A点滑到C点先超重后失重
B. 整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于小孩和滑梯的总重力
C. 小孩在AB段滑动时地面对滑梯的摩檫力方向向右
D. 动摩擦因数μ1+μ2=2tanθ
12. 如图甲所示，倾斜的传送带沿逆时针匀速转动，一个物块放在传送带上端A点，由静止开始向下运动，在传送带上从A运到B的υ−t图象如图乙所示，重力加速度g=10 m/s2，则
A. 传送带的运转速度大小为14 m/s
B. 物块与传送带间的动摩擦因数为18
C. A、B间的距离为26m
D. 若传送带沿顺时针匀速转动，物块放在A端后不可能沿传送带下滑
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
13. 在探究加速度与力、质量关系的实验中，某同学设计了如图所示的实验装置。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。
(1)实验中为探究加速度与力的关系，一定要进行的操作是________
A.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
B.用天平测出砂和砂桶的质量
C.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
D.小车远离打点计时器，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
(2)在正确操作的前提下，该同学在实验中得到如图所示的一条纸带(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50Hz的交流电，根据该纸带，可求打计数点2时小车的速度大小v2=________m/s，小车的加速度为________m/s2(结果均保留三位有效数字)。若打点计时器交流电源的实际频率偏大，则小车加速度的测量值比真实值________(选填“偏小”“不变”或“偏大”)。
14. 用如图所示的装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。两个变速轮塔通过皮带连接，转动手柄使槽内的钢球做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间等分格的数量之比等于两个球所受向心力的比值。装置中有大小相同的3个金属球可供选择使用，其中有2个钢球和1个铝球，如图是某次实验时装置的状态。
(1)在研究向心力的大小F与质量m关系时，要保持________相同。
A.ω和r B.ω和m
C.m和r D.m和F
(2)图中所示是在研究向心力的大小F与________的关系。
A.质量m B.半径r C.角速度ω
(3)若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1∶9，与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为________。
A.1∶3 B.3∶1 C.1∶9 D.9∶1
(4)若要研究向心力的大小F与半径r的关系，应改变皮带在变速塔轮上的位置，使两边塔轮转速比为________，并把两个质量相等的钢球分别放在图中位置________和________处(写编号)。
四、计算题（本大题共3小题，共34.0分）
15. 如图甲所示是工厂里通过某装置把货物由水平的平台输送到车上的情景，该装置可以简化为如图乙所示的模型。由于电路出现故障，现在工人将货物由固定平台运送到汽车上。图乙中倾斜平面AB与水平面的夹角θ=30∘，倾斜平面长L=1.2 m，货物与平台水平面间的动摩擦因数μ1=0.5、与倾斜平面间的动摩擦因数μ2=32。现在工人把距斜面AB底端的距离x=1 m处的货物用水平力F=350N由静止推至斜面底端，然后撤去力F，不计货物运动到平台水平面与倾斜平面间衔接处的能量损失。已知货物的质量为20 kg，g取10 m/s 2。
(1)求货物到达斜面底端的瞬时速度。
(2)判断货物能否被送上汽车，若不能，求货物能上升的最大高度。
16. 质量为4kg的物体静止在与水平面成300角、足够长的粗糙斜面的底端，在0～4s内受平行斜面向上的拉力F的作用，4s末撤去拉力，4～6s物体减速为0.其运动的v−t图象如图所示，g取10m/s2，sin300=12，cos300=32.试求：
(1)在0～6s内物体的位移大小；
(2)4～6s物体的加速度a2及摩擦力f的大小；
(3)0～4s物体的加速度a1及所受推力F的大小．
17. 如图甲所示，质量为m=1㎏的物体置于倾角为θ=37°固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1=1s时撤去F，物体运动的部分v−t图象如图乙所示，取g=10m/s2，试求：
(1)拉力F的大小；
(2)t=4s时物体的速度大小；
(3)4s内的位移；
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查牛顿第一定律的理解和牛顿运动定律的适用条件，关键在对规律的理解，注意惯性和惯性定律的区别，基础题。
【解答】
A.牛顿第一定律又称惯性定律，但惯性定律与惯性的实质不相同，惯性定律是一个定律，惯性是一种性质，故实质是不相同的。故A错误；
B.牛顿第一定律是牛顿在前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是以实验为基础，但又不是完全通过实验得出，不可用实验来验证，故B错误；
C.牛顿运动定律适用于低速、宏观的物体，不适用于高速、微观的粒子，故C错误；
D.伽利略通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持，故D正确。
故选D。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中应先接通电源，再释放小车；打点计时器使用交流电源；此实验采用的是控制变量法；根据牛顿第二定律的表达式判断做什么样的图象会更直观。
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项。该实验采用的是控制变量法研究，其中加速度、质量、合力三者的测量很重要。
【解答】
A.实验时，如果先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理。所以应先接通电源，再释放小车，故A正确；
B.打点计时器使用的是交流电源，故B错误；
C.该实验采用的是控制变量法研究，在探究加速度与质量的关系时，应保持合力大小不变，故C正确；
D.在探究加速度a与质量M的关系时，为了直观判断二者间的关系，应用描点法拟合呈一条倾斜的直线。所以应作出a−1M图象，故D正确。
此题选错误的，故选B。
3.【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了牛顿第二定律的瞬时性。对物体受力分析，受重力、支持力和推力，根据牛顿第二定律求解加速度，再结合物体的运动状态分析速度。
根据牛顿第二定律，物体的加速度与力有瞬时对应关系，力F作用的瞬间，物体立即获得加速度，但速度的变化要经历一定的时间。
【解答】
对物体受力分析，受重力、支持力和推力，合力等于推力，根据牛顿第二定律F=ma，有
a=Fm，在力F作用瞬间，物体立即获得加速度，但力刚开始作用的瞬间，物体还没有运动，所以物体的速度为零。故ACD错误，B正确。
故选B。
4.【答案】B
【解析】解：A：由平衡力特征：作用在一个物体上，等大反向，故对物体的合力为零，故做功之和为零，故A错误
B：平衡力做功之和为零，故一定一个正功一个负功，故B正确
C：作用力与反作用力的特征是：等大反向，作用在两个物体上，可以都做正功，也可能都做负功，故C错误
D：由C的分析知D错误
故选：B。
一对平衡力是作用在一个物体上，其合力为零，可判定A
平衡力等大反向，故可知做功的关系，判定B
作用力和反作用力，等大反向，作用在两个物体上，可能都做正功，也可能都做负功，也可能一正一负．可判定CD
重点是明确平衡力与作用力和反作用力的区别在于其一：前者作用于一个物体，而后者作用于两个物体，其二：前者两个力没有因果关系，后者两个力有因果关系．
5.【答案】D
【解析】解：在B上再施加一竖直向下的大小为mg的力前，上方的弹簧对整体的拉力是2mg，下方的弹簧对B球拉力是mg；
在B上再施加一竖直向下的大小为mg的力后，上方弹簧的拉力和下方的弹簧拉力不变，球A受重力，上方弹簧的拉力及下方弹簧的拉力，合力为：F合=F−mg−mg=0，故加速度为a=0；
对B，受到重力，向上的拉力，及向下的拉力，根据牛顿第二定律可知：mg+mg−mg=ma，解得a=g，故D正确，ABC错误。
故选：D。
这个题目的核心是刚作用再B球的瞬间，弹簧还没有形变产生，故除了刚施加的力以外，其余的力均保持原状。很容易选到D。
6.【答案】D
【解析】
【分析】
先对小车的速度进行分解，分解成沿绳子方向的速度和垂直于绳子方向的速度，根据沿绳子方向的速度等于物体P的速度，进而判断P物体的运动情况，从而求出P物体的受力情况。
本题是关于牵连速度的问题，注意速度的分解先找出合速度，然后进行速度的分解，找出两物体的牵连速度。
【解答】
AB.将小车的速度v进行分解如图所示，则vP=vcosθ2，随着小车向右运动，θ2减小，v不变，则vP逐渐增大，说明物体P沿斜面向上做加速运动，由牛顿第二定律得T−mgsinθ1=ma，可知细绳的拉力T>mgsinθ1，故A错误，B错误；
CD.小车向右运动，θ2减小，v不变，则vp逐渐增大，说明物体P沿斜面向上做加速运动，因此P处于超重状态，故D正确，C错误。
故选D。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
该题考查单位制相关知识。明确功率的公式，根据公式推导功率的单位，知道国际单位知规定了七个基本物理量。要牢记，同时明确物理公式可以进行单位的推导。
【解答】
A.N不是国际单位制基本单位，根据冲量的定义I=Ft可知，N⋅s是冲量的的单位，故A错误；
B.根据功率的计算公式P=Fv可知，功率的单位可以表示为N⋅m/s，但N不是国际单位制基本单位，故B错误；
C.根据动量的定义p=mv可知，kg⋅m/s是动量的单位，故 C错误；
D.根据P=Fv可知功率的单位可以表示为N⋅m/s，结合F=ma可知N=kg⋅m/s2，则功率的单位W=N⋅m/s=kg⋅m2/s3，故D正确。
故选D。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
先以书籍为研究对象，它有向上的加速度，由牛顿第二定律求得绳子的拉力大小，再对人研究，由平衡条件求出地面对人的支持力大小，再求解人对地面的压力大小。
对整体进行研究得出地面对人的摩擦力的情况。
求压力往往求它的反作用力---支持力。加速度是联系运动和力关系的桥梁，涉及力和运动的关系分析时，可以运用牛顿定律研究。
【解答】
AB.以书籍为研究对象，由牛顿第二定律得：T−mg=ma，
绳子的拉力大小为：T=m(g+a)=20×(10+0.5)N=210N，
再对人研究，地面对人支持力：N=Mg−T=60×10−210=390N，
由牛顿第三定律得工人对地面的压力大小为：N′=N=390N；故A错误，B正确。
C.对整体进行受力分析可得，地面对人没有施加摩擦力，故C错误；
D.最上方固定定滑轮的绳子所受拉力大小，等于两个绳子上拉力的大小，故F=2T=2×210N=420N大于书籍重力的两倍，故D错误。
故选B。
9.【答案】AD
【解析】
【分析】
解决本题的关键要明确临界条件：物体刚要运动时静摩擦力达到最大值，两物体刚要分离时两物体间的弹力为零；从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿水平方向上的加速度和速度仍相等。
从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0.从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿水平方向上的加速度和速度仍相等。
【解答】
AB.A与B没有分离时，以整体为研究对象，可知整体受到重力、地面的支持力、弹簧的弹力、地面的摩擦力以及拉力F的作用，沿水平方向：F+kx−f=(mA+mB)a，f是滑动摩擦力，与物体的速度大小无关，在滑动的过程中不变；由于随A、B向右运动的过程中弹簧的压缩量x减小，所以F需逐渐增大；当B与A分离后A对B的弹力为0，B在水平方向只受到拉力与摩擦力的作用，此后拉力F不再增大，由牛顿第二定律得：Fmax=mBa+μmBg=28N，故A正确，B错误；
C.以A为研究对象，当B与A分离时，A的加速度与B的加速度是相等的，此时A受到弹簧的弹力与地面的摩擦力，由于摩擦力的方向向左，所以A必定受到弹簧需要的弹力，弹簧仍然处于压缩状态，故C错误；
D.由牛顿第二定律，对A：kx−μmAg=mAa，所以x= mAa+μmAg k= 0.14m=14cm，故D正确。
故选AD。
10.【答案】ABC
【解析】
【分析】
对物体受力分析，根据牛顿第二定律得出力F与加速度a的函数关系，然后结合图象得出相关信息．
本题关键对物体受力分析后，根据牛顿第二定律求出加速度与力F的关系式，结合图象讨论．
【解答】
解：AB、对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图
x方向：Fcosθ−mgsinθ=ma…①
y方向：N−Fsinθ−Gcosθ=0…②
从图象中取两个点(20N,2m/s2)，(30N,6m/s2)代入①式解得：
m=2kg，θ=37°.故AB正确．
C、当a=0时，力最小，可解得：F=15N.故C正确
D、题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小．故D错误．
故选：ABC．
11.【答案】CD
【解析】
【分析】
小朋友在AB段做匀加速直线运动，加速度沿斜面向下；在BC段做匀减速直线运动，加速度沿斜面向上．以小朋友和滑梯整体为研究对象，将小朋友的加速度分解为水平和竖直两个方向，由牛顿定律分析地面对滑梯的摩擦力方向和支持力的大小；判断超失重时，利用加速度的方向判断即可。
本题主要考查了匀变速直线运动基本公式的直接应用，本题解答时也可以根据动能定理求解，难度适中。
【解答】
解：ABC、小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度a1分解为水平和竖直两个方向，由于小朋友有水平向右的分加速度即有向右的力，根据牛顿定律知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向右；有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知：小孩处于失重，地面对滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的总重力．同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右．故AD错误，C正确．
D、设AB的长度为L，AB间的高度为h，则sinθ=hL，小孩在B点的速度为v．
小孩从A到B为研究对象，由动能定理得：
−μ1mgLcoosθ+mgh=12mv2−0…①
小孩从B到C为研究过程，由动能定理得：
−μ2mgLcosθ+mgh=0−12mv2…②
联立①②代入数据得：μ1+μ2=2tanθ，故D正确．
故选：CD
12.【答案】AB
【解析】
【分析】
由图象可以得出物体先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合加速度的大小求出动摩擦因数的大小和斜面倾角；
根据图象面积求出物体位移即皮带的长度；
根据μ和tanθ关系判断皮带顺时针时物体能否下滑即可；
解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，由图读出有效信息，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。
【解答】
AB.由图可知，传送带运转的速度大小为14m/s，
物块在前2s的加速度为：a1=142=7m/s2，后2s的加速度为：a2=24−144−2m/s2=5m/s2，
物块在前2s受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：mgsin θ+μmgcos θ=ma1
物块在后2s受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：mgsin θ−μmgcos θ=ma2，
联立解得：μ=18，θ=37°；故AB正确；
C.根据图象的面积可知：AB间的距离为x=12×2×14+12(14+24)×2=52m，故C错误；
D.由于μ
13.【答案】(1)C；(2)0.411；2.00；偏小。
【解析】
【分析】
(1)解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；
(2)根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可解得打计数点2时小车的速度大小，匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，明确频率和周期之间的关系即可判断测量的加速度与真实的加速度之间关系。
考查了基本仪器的使用和基础实验的操作细节，对于基础知识，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。
【解答】
(1)AB.本题拉力可以由力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使砂和砂桶的质量远小于车的质量，故AB错误；
C.将带滑轮的长木板一端垫高，以平衡摩擦力，故C正确；
D.打点计时器运用时，都是小车靠近打点计时器，先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录力传感器的示数，故D错误；
故选C。
(2)两计数点间还有4个点没有画出，故周期为T=0.1s，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可解得打计数点2时小车的速度大小：v2=x132T=3.09+5.120.2×10−2m/s=0.411m/s；
根据逐差法可知： a= x36−x03 9T2= (11.09+9.13+7.10−5.12−3.09−1.10)×10−2 9×0.12 m/s2=2.00m/s2；
正常情况下，交流电频率为50Hz，则其打点周期为0.02s，若打点计时器交流电源的实际频率偏大，实际打点周期将变小，而进行计算时，仍然用0.02s，因此测出的加速度速度数值将比物体的真实数值偏小。
14.【答案】(1)A
(2)C
(3)B
(4)1:1 ② ③
【解析】
【分析】
该实验采用控制变量法，根据F=mω2r，图中抓住角速度不变、半径不变，研究向心力与质量的关系，根据向心力之比求出两球转动的角速度之比，结合v=ωr，根据线速度大小相等求出与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比。
本题主要考察了在实验中常用的控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变，知道靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等。
【解答】
(1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法，故选A；
(2)图中两球的质量相同，转动的半径相同，则研究的是向心力与角速度的关系，故选C；
(3)根据F=mω2r，两球的向心力之比为1:9，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1:3，因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据v=ωr，知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为3:1，故选B；
(4)向心力的大小F与质量m，角速度ω和半径r之间的关系表达式为F=mω2r，根据控制变量法的原则，因此要使两边塔轮转速比为1:1，并把两个质量相等的钢球分别放在图中位置②和③处。
故答案为：(1)A；(2)C；(3)B；(4)1:1；②；③。
15.【答案】 解：(1)货物在从初始位置到斜面底端的过程中，由牛顿第二定律得
F−μ1mg=ma1
代入数值，解得货物在水平面的加速度a1=12.5 m/s 2
由匀变速直线运动规律v2=2a1x
代入数值解得v=5 m/s
(2)设货物沿斜面上滑的最大距离为x1，则货物沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律得ma2=mgsinθ+μmgcosθ
代入数值解得a2=12.5 m/s 2
由匀变速直线运动规律v2=2a2x1
代入数值解得x1=1 m<1.2 m
所以货物不能被送上汽车
货物上升的最大髙度h=xsinθ
代入数值解得h=0.5 m
【解析】本题考查了牛顿运动定律的应用，特别需要注意的是货物在水平面上运动时木板的运动状态，由于是两块木板，所以货物运到到不同的地方时木板的受力不一样。
16.【答案】解：(1)v−t图象面积表示位移，所以在0～6s内物体的位移大小为：
x=12×6×20m=60m；
(2)v−t图象斜率表示加速度，由图象知4～6s的加速度大小为：
a2=Δv2Δt2=202m/s2=10m/s2
由牛顿第二定律得：mgsin30°+f=ma2
所以摩擦力f的大小为f=20N
(3)由图象知0～4s的加速度大小为：
a1=Δv1Δt1=204m/s2=5m/s2
由牛顿第二定律得：F−mgsin30°+f=ma1
代入数据得推力F的大小为：F=60N。
答;(1)在0～6s内物体的位移大小为60m；
(2)4～6s物体的加速度a2为10m/s2，摩擦力f的大小为20N；
(3)0～4s物体的加速度a1为5m/s2，所受推力F的大小为60N。
【解析】本题主要考查v−t图象及牛顿第二定律的应用。
(1)根据v−t图象面积表示位移，由图象可求在0～6s内物体的位移大小；
(2)v−t图象斜率表示加速度，由图象知4～6s的加速度大小，再据牛顿第二定律得摩擦力f的大小；
(3)由图象知0～4s的加速度大小，再据牛顿第二定律得所受推力F的大小。
17.【答案】解：(1)设力F作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析由牛顿第二定律可知：
F−mgsinθ−μmgcosθ=ma1
撤去力后，由牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ=ma2
根据速度图象的斜率等于加速度可知：a1=20m/s2，a2=10m/s2
联立解得：μ=0.5，F=30N
(2)3s末物体速度减为零，之后物体下滑，
根据牛顿第二定律，有：mgsin37°−f=ma3
解得：a3=2m/s2
由速度时间公式，得到：v=a3t=2m/s
即物体4s末速度为2m/s．
物体下滑1s的位移为12a3t2=12×2×12=1m，
(3)由(1)可知：a1=20m/s2，a2=10m/s2
物体沿斜面上滑的最大位移S=v22a1+v22a2=30m
物体下滑的距离为1m，
所以0～4s内发生的位移为30−1=29m．
答：(1)拉力F的大小是30N；
(2)物体4s末速度为2m/s ;
(3)4s内发生的位移为29m．
【解析】(1)由图象得出加速上升过程和减速上升过程的加速度，然后根据牛顿第二定律列方程求解；
(2)先通过图象得到3s末速度为零，然后求出3s到4s物体的加速度，再根据速度时间关系公式求解4s末速度．
(3)物体先向上运动，后下滑，根据向上运动和下滑的位移计算0～4s内发生的位移
本题关键受力分析后，根据牛顿第二定律，运用正交分解法求解出各个运动过程的加速度，然后结合运动学公式列式求解
绝密★启用前
粤教版（2019）高中物理必修第一册第四单元《牛顿运动定律》单元测试卷
考试时间：80分钟； 满分100分 命题人：xxx
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1. 下列说法正确的是( )
A. 牛顿第一定律又称惯性定律，所以惯性定律与惯性的实质相同
B. 牛顿第一定律是牛顿第二定律的特殊情形，它们都可通过实验来验证
C. 牛顿运动定律既适用于低速、宏观的物体，也适用于高速、微观的粒子
D. 伽利略通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持
2. 实验“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示，用该装置研究小车的加速度a与质量M的关系时，下列说法中错误的是( )
A. 实验时，应先接通电源，再释放小车
B. 打点计时器应接在学生电源的直流输出端
C. 在探究加速度a与质量M的关系时，应保证小车的合力大小不变
D. 在探究加速度a与质量M的关系时，为了直观判断二者间的关系，作出a−1M图像
3. 在光滑的水平桌面上有一个静止的物体，给物体施以水平作用力，在力作用到物体的瞬间，则( )
A. 物体同时具有加速度和速度 B. 物体立即获得加速度，速度仍为0
C. 物体立即获得速度，加速度仍为0 D. 物体的速度和加速度均为0
4. 关于平衡力、作用力与反作用力的下列说法，正确的是( )
A. 一对平衡力所做功的代数和不一定为零
B. 一对平衡力中，其中一个力做正功，另一个力一定做负功
C. 一对作用力和反作用力对物体做功的代数和一定为零
D. 一对作用力和反作用力对物体做功的代数和一定为正
5. 如图所示，质量均为m的A、B两小球用两轻弹簧连接悬挂于天花板上并处于静止状态，已知重力加速度为g.现在B上再施加一竖直向下的大小为mg的力，在力刚作用于B球的瞬间( )
A. B求加速度大小为g2，A球加速度大小为g2
B. B求加速度大小为2g，A球加速度大小为0
C. B求加速度大小为0，A球加速度大小为g
D. B求加速度大小为g，A球加速度大小为0
6. 质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过固定在斜面顶端的光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动，当小车与滑轮间的细绳和水平方向的夹角为θ2时(如图)，下列判断正确的是( )
A. P的速率为vsinθ2 B. 细绳的拉力大小为为mgsinθ1
C. P处于失重状态 D. P处于超重状态
7. 如图所示是我国自主研发的全自动无人值守望远镜，它安装在位于南极大陆的昆仑站，电力供应仅为1×103W。若用国际单位制基本单位的符号来表示W，正确的是
A. N・s B. N・m/s C. kg・m/s D. kg・m2/ s3
8. 如图所示，某同学想通过滑轮把一箱书籍从大厅搬送到二楼。已知站在大厅地面上的同学质量为60.0 kg，通过定滑轮将20.0 kg的书籍以0.5 m/s2的加速度拉升，跨过滑轮的绳子均呈竖直状，忽略绳子和定滑轮的质量及摩擦，g取10 m/s2，下列说法正确的是
A. 该同学对地面的压力大小为400 N
B. 该同学对地面的压力大小为390 N
C. 地面给人的静摩擦力方向向右
D. 最上方固定定滑轮的绳子所受拉力大小等于书籍重力的2倍
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9. (多选)如图所示，质量为mA=2kg的物体A和质量mB=4kg的物块B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k=100N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B在水平外力F作用下向右做加速度为a=2m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 拉力F是变力，最大值为Fmax=28N
B. 因为物块B做匀加速直线运动，所以拉力F是恒力
C. 物块B与物块A分离时弹簧处于原长状态
D. 物块B与物块A分离时处于压缩状态，其压缩量为x=14cm
10. 如图甲所示．用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F使物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，根据图乙中所提供的信息可以计算出( )
A. 物体的质量
B. 斜面倾角的正弦值
C. 物体静止在斜面上所需施加的最小外力
D. 加速度为6m/s2时物体的速度
11. 如图所示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上A点开始无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．假设小孩在AB段和BC段滑动时的动摩擦因数分别为μ1和μ2，AB与BC长度相等，则( )
A. 小孩从滑梯上A点滑到C点先超重后失重
B. 整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于小孩和滑梯的总重力
C. 小孩在AB段滑动时地面对滑梯的摩檫力方向向右
D. 动摩擦因数μ1+μ2=2tanθ
12. 如图甲所示，倾斜的传送带沿逆时针匀速转动，一个物块放在传送带上端A点，由静止开始向下运动，在传送带上从A运到B的υ−t图象如图乙所示，重力加速度g=10 m/s2，则
A. 传送带的运转速度大小为14 m/s
B. 物块与传送带间的动摩擦因数为18
C. A、B间的距离为26m
D. 若传送带沿顺时针匀速转动，物块放在A端后不可能沿传送带下滑
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
13. 在探究加速度与力、质量关系的实验中，某同学设计了如图所示的实验装置。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。
(1)实验中为探究加速度与力的关系，一定要进行的操作是________
A.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
B.用天平测出砂和砂桶的质量
C.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
D.小车远离打点计时器，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
(2)在正确操作的前提下，该同学在实验中得到如图所示的一条纸带(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50Hz的交流电，根据该纸带，可求打计数点2时小车的速度大小v2=________m/s，小车的加速度为________m/s2(结果均保留三位有效数字)。若打点计时器交流电源的实际频率偏大，则小车加速度的测量值比真实值________(选填“偏小”“不变”或“偏大”)。
14. 用如图所示的装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。两个变速轮塔通过皮带连接，转动手柄使槽内的钢球做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间等分格的数量之比等于两个球所受向心力的比值。装置中有大小相同的3个金属球可供选择使用，其中有2个钢球和1个铝球，如图是某次实验时装置的状态。
(1)在研究向心力的大小F与质量m关系时，要保持________相同。
A.ω和r B.ω和m
C.m和r D.m和F
(2)图中所示是在研究向心力的大小F与________的关系。
A.质量m B.半径r C.角速度ω
(3)若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1∶9，与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为________。
A.1∶3 B.3∶1 C.1∶9 D.9∶1
(4)若要研究向心力的大小F与半径r的关系，应改变皮带在变速塔轮上的位置，使两边塔轮转速比为________，并把两个质量相等的钢球分别放在图中位置________和________处(写编号)。
四、计算题（本大题共3小题，共34.0分）
15. 如图甲所示是工厂里通过某装置把货物由水平的平台输送到车上的情景，该装置可以简化为如图乙所示的模型。由于电路出现故障，现在工人将货物由固定平台运送到汽车上。图乙中倾斜平面AB与水平面的夹角θ=30∘，倾斜平面长L=1.2 m，货物与平台水平面间的动摩擦因数μ1=0.5、与倾斜平面间的动摩擦因数μ2=32。现在工人把距斜面AB底端的距离x=1 m处的货物用水平力F=350N由静止推至斜面底端，然后撤去力F，不计货物运动到平台水平面与倾斜平面间衔接处的能量损失。已知货物的质量为20 kg，g取10 m/s 2。
(1)求货物到达斜面底端的瞬时速度。
(2)判断货物能否被送上汽车，若不能，求货物能上升的最大高度。
16. 质量为4kg的物体静止在与水平面成300角、足够长的粗糙斜面的底端，在0～4s内受平行斜面向上的拉力F的作用，4s末撤去拉力，4～6s物体减速为0.其运动的v−t图象如图所示，g取10m/s2，sin300=12，cos300=32.试求：
(1)在0～6s内物体的位移大小；
(2)4～6s物体的加速度a2及摩擦力f的大小；
(3)0～4s物体的加速度a1及所受推力F的大小．
17. 如图甲所示，质量为m=1㎏的物体置于倾角为θ=37°固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1=1s时撤去F，物体运动的部分v−t图象如图乙所示，取g=10m/s2，试求：
(1)拉力F的大小；
(2)t=4s时物体的速度大小；
(3)4s内的位移；
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查牛顿第一定律的理解和牛顿运动定律的适用条件，关键在对规律的理解，注意惯性和惯性定律的区别，基础题。
【解答】
A.牛顿第一定律又称惯性定律，但惯性定律与惯性的实质不相同，惯性定律是一个定律，惯性是一种性质，故实质是不相同的。故A错误；
B.牛顿第一定律是牛顿在前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是以实验为基础，但又不是完全通过实验得出，不可用实验来验证，故B错误；
C.牛顿运动定律适用于低速、宏观的物体，不适用于高速、微观的粒子，故C错误；
D.伽利略通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持，故D正确。
故选D。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中应先接通电源，再释放小车；打点计时器使用交流电源；此实验采用的是控制变量法；根据牛顿第二定律的表达式判断做什么样的图象会更直观。
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项。该实验采用的是控制变量法研究，其中加速度、质量、合力三者的测量很重要。
【解答】
A.实验时，如果先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理。所以应先接通电源，再释放小车，故A正确；
B.打点计时器使用的是交流电源，故B错误；
C.该实验采用的是控制变量法研究，在探究加速度与质量的关系时，应保持合力大小不变，故C正确；
D.在探究加速度a与质量M的关系时，为了直观判断二者间的关系，应用描点法拟合呈一条倾斜的直线。所以应作出a−1M图象，故D正确。
此题选错误的，故选B。
3.【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了牛顿第二定律的瞬时性。对物体受力分析，受重力、支持力和推力，根据牛顿第二定律求解加速度，再结合物体的运动状态分析速度。
根据牛顿第二定律，物体的加速度与力有瞬时对应关系，力F作用的瞬间，物体立即获得加速度，但速度的变化要经历一定的时间。
【解答】
对物体受力分析，受重力、支持力和推力，合力等于推力，根据牛顿第二定律F=ma，有
a=Fm，在力F作用瞬间，物体立即获得加速度，但力刚开始作用的瞬间，物体还没有运动，所以物体的速度为零。故ACD错误，B正确。
故选B。
4.【答案】B
【解析】解：A：由平衡力特征：作用在一个物体上，等大反向，故对物体的合力为零，故做功之和为零，故A错误
B：平衡力做功之和为零，故一定一个正功一个负功，故B正确
C：作用力与反作用力的特征是：等大反向，作用在两个物体上，可以都做正功，也可能都做负功，故C错误
D：由C的分析知D错误
故选：B。
一对平衡力是作用在一个物体上，其合力为零，可判定A
平衡力等大反向，故可知做功的关系，判定B
作用力和反作用力，等大反向，作用在两个物体上，可能都做正功，也可能都做负功，也可能一正一负．可判定CD
重点是明确平衡力与作用力和反作用力的区别在于其一：前者作用于一个物体，而后者作用于两个物体，其二：前者两个力没有因果关系，后者两个力有因果关系．
5.【答案】D
【解析】解：在B上再施加一竖直向下的大小为mg的力前，上方的弹簧对整体的拉力是2mg，下方的弹簧对B球拉力是mg；
在B上再施加一竖直向下的大小为mg的力后，上方弹簧的拉力和下方的弹簧拉力不变，球A受重力，上方弹簧的拉力及下方弹簧的拉力，合力为：F合=F−mg−mg=0，故加速度为a=0；
对B，受到重力，向上的拉力，及向下的拉力，根据牛顿第二定律可知：mg+mg−mg=ma，解得a=g，故D正确，ABC错误。
故选：D。
这个题目的核心是刚作用再B球的瞬间，弹簧还没有形变产生，故除了刚施加的力以外，其余的力均保持原状。很容易选到D。
6.【答案】D
【解析】
【分析】
先对小车的速度进行分解，分解成沿绳子方向的速度和垂直于绳子方向的速度，根据沿绳子方向的速度等于物体P的速度，进而判断P物体的运动情况，从而求出P物体的受力情况。
本题是关于牵连速度的问题，注意速度的分解先找出合速度，然后进行速度的分解，找出两物体的牵连速度。
【解答】
AB.将小车的速度v进行分解如图所示，则vP=vcosθ2，随着小车向右运动，θ2减小，v不变，则vP逐渐增大，说明物体P沿斜面向上做加速运动，由牛顿第二定律得T−mgsinθ1=ma，可知细绳的拉力T>mgsinθ1，故A错误，B错误；
CD.小车向右运动，θ2减小，v不变，则vp逐渐增大，说明物体P沿斜面向上做加速运动，因此P处于超重状态，故D正确，C错误。
故选D。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
该题考查单位制相关知识。明确功率的公式，根据公式推导功率的单位，知道国际单位知规定了七个基本物理量。要牢记，同时明确物理公式可以进行单位的推导。
【解答】
A.N不是国际单位制基本单位，根据冲量的定义I=Ft可知，N⋅s是冲量的的单位，故A错误；
B.根据功率的计算公式P=Fv可知，功率的单位可以表示为N⋅m/s，但N不是国际单位制基本单位，故B错误；
C.根据动量的定义p=mv可知，kg⋅m/s是动量的单位，故 C错误；
D.根据P=Fv可知功率的单位可以表示为N⋅m/s，结合F=ma可知N=kg⋅m/s2，则功率的单位W=N⋅m/s=kg⋅m2/s3，故D正确。
故选D。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
先以书籍为研究对象，它有向上的加速度，由牛顿第二定律求得绳子的拉力大小，再对人研究，由平衡条件求出地面对人的支持力大小，再求解人对地面的压力大小。
对整体进行研究得出地面对人的摩擦力的情况。
求压力往往求它的反作用力---支持力。加速度是联系运动和力关系的桥梁，涉及力和运动的关系分析时，可以运用牛顿定律研究。
【解答】
AB.以书籍为研究对象，由牛顿第二定律得：T−mg=ma，
绳子的拉力大小为：T=m(g+a)=20×(10+0.5)N=210N，
再对人研究，地面对人支持力：N=Mg−T=60×10−210=390N，
由牛顿第三定律得工人对地面的压力大小为：N′=N=390N；故A错误，B正确。
C.对整体进行受力分析可得，地面对人没有施加摩擦力，故C错误；
D.最上方固定定滑轮的绳子所受拉力大小，等于两个绳子上拉力的大小，故F=2T=2×210N=420N大于书籍重力的两倍，故D错误。
故选B。
9.【答案】AD
【解析】
【分析】
解决本题的关键要明确临界条件：物体刚要运动时静摩擦力达到最大值，两物体刚要分离时两物体间的弹力为零；从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿水平方向上的加速度和速度仍相等。
从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0.从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿水平方向上的加速度和速度仍相等。
【解答】
AB.A与B没有分离时，以整体为研究对象，可知整体受到重力、地面的支持力、弹簧的弹力、地面的摩擦力以及拉力F的作用，沿水平方向：F+kx−f=(mA+mB)a，f是滑动摩擦力，与物体的速度大小无关，在滑动的过程中不变；由于随A、B向右运动的过程中弹簧的压缩量x减小，所以F需逐渐增大；当B与A分离后A对B的弹力为0，B在水平方向只受到拉力与摩擦力的作用，此后拉力F不再增大，由牛顿第二定律得：Fmax=mBa+μmBg=28N，故A正确，B错误；
C.以A为研究对象，当B与A分离时，A的加速度与B的加速度是相等的，此时A受到弹簧的弹力与地面的摩擦力，由于摩擦力的方向向左，所以A必定受到弹簧需要的弹力，弹簧仍然处于压缩状态，故C错误；
D.由牛顿第二定律，对A：kx−μmAg=mAa，所以x= mAa+μmAg k= 0.14m=14cm，故D正确。
故选AD。
10.【答案】ABC
【解析】
【分析】
对物体受力分析，根据牛顿第二定律得出力F与加速度a的函数关系，然后结合图象得出相关信息．
本题关键对物体受力分析后，根据牛顿第二定律求出加速度与力F的关系式，结合图象讨论．
【解答】
解：AB、对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图
x方向：Fcosθ−mgsinθ=ma…①
y方向：N−Fsinθ−Gcosθ=0…②
从图象中取两个点(20N,2m/s2)，(30N,6m/s2)代入①式解得：
m=2kg，θ=37°.故AB正确．
C、当a=0时，力最小，可解得：F=15N.故C正确
D、题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小．故D错误．
故选：ABC．
11.【答案】CD
【解析】
【分析】
小朋友在AB段做匀加速直线运动，加速度沿斜面向下；在BC段做匀减速直线运动，加速度沿斜面向上．以小朋友和滑梯整体为研究对象，将小朋友的加速度分解为水平和竖直两个方向，由牛顿定律分析地面对滑梯的摩擦力方向和支持力的大小；判断超失重时，利用加速度的方向判断即可。
本题主要考查了匀变速直线运动基本公式的直接应用，本题解答时也可以根据动能定理求解，难度适中。
【解答】
解：ABC、小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度a1分解为水平和竖直两个方向，由于小朋友有水平向右的分加速度即有向右的力，根据牛顿定律知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向右；有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知：小孩处于失重，地面对滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的总重力．同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右．故AD错误，C正确．
D、设AB的长度为L，AB间的高度为h，则sinθ=hL，小孩在B点的速度为v．
小孩从A到B为研究对象，由动能定理得：
−μ1mgLcoosθ+mgh=12mv2−0…①
小孩从B到C为研究过程，由动能定理得：
−μ2mgLcosθ+mgh=0−12mv2…②
联立①②代入数据得：μ1+μ2=2tanθ，故D正确．
故选：CD
12.【答案】AB
【解析】
【分析】
由图象可以得出物体先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合加速度的大小求出动摩擦因数的大小和斜面倾角；
根据图象面积求出物体位移即皮带的长度；
根据μ和tanθ关系判断皮带顺时针时物体能否下滑即可；
解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，由图读出有效信息，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。
【解答】
AB.由图可知，传送带运转的速度大小为14m/s，
物块在前2s的加速度为：a1=142=7m/s2，后2s的加速度为：a2=24−144−2m/s2=5m/s2，
物块在前2s受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：mgsin θ+μmgcos θ=ma1
物块在后2s受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：mgsin θ−μmgcos θ=ma2，
联立解得：μ=18，θ=37°；故AB正确；
C.根据图象的面积可知：AB间的距离为x=12×2×14+12(14+24)×2=52m，故C错误；
D.由于μ
13.【答案】(1)C；(2)0.411；2.00；偏小。
【解析】
【分析】
(1)解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；
(2)根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可解得打计数点2时小车的速度大小，匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，明确频率和周期之间的关系即可判断测量的加速度与真实的加速度之间关系。
考查了基本仪器的使用和基础实验的操作细节，对于基础知识，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。
【解答】
(1)AB.本题拉力可以由力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使砂和砂桶的质量远小于车的质量，故AB错误；
C.将带滑轮的长木板一端垫高，以平衡摩擦力，故C正确；
D.打点计时器运用时，都是小车靠近打点计时器，先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录力传感器的示数，故D错误；
故选C。
(2)两计数点间还有4个点没有画出，故周期为T=0.1s，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可解得打计数点2时小车的速度大小：v2=x132T=3.09+5.120.2×10−2m/s=0.411m/s；
根据逐差法可知： a= x36−x03 9T2= (11.09+9.13+7.10−5.12−3.09−1.10)×10−2 9×0.12 m/s2=2.00m/s2；
正常情况下，交流电频率为50Hz，则其打点周期为0.02s，若打点计时器交流电源的实际频率偏大，实际打点周期将变小，而进行计算时，仍然用0.02s，因此测出的加速度速度数值将比物体的真实数值偏小。
14.【答案】(1)A
(2)C
(3)B
(4)1:1 ② ③
【解析】
【分析】
该实验采用控制变量法，根据F=mω2r，图中抓住角速度不变、半径不变，研究向心力与质量的关系，根据向心力之比求出两球转动的角速度之比，结合v=ωr，根据线速度大小相等求出与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比。
本题主要考察了在实验中常用的控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变，知道靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等。
【解答】
(1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法，故选A；
(2)图中两球的质量相同，转动的半径相同，则研究的是向心力与角速度的关系，故选C；
(3)根据F=mω2r，两球的向心力之比为1:9，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1:3，因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据v=ωr，知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为3:1，故选B；
(4)向心力的大小F与质量m，角速度ω和半径r之间的关系表达式为F=mω2r，根据控制变量法的原则，因此要使两边塔轮转速比为1:1，并把两个质量相等的钢球分别放在图中位置②和③处。
故答案为：(1)A；(2)C；(3)B；(4)1:1；②；③。
15.【答案】 解：(1)货物在从初始位置到斜面底端的过程中，由牛顿第二定律得
F−μ1mg=ma1
代入数值，解得货物在水平面的加速度a1=12.5 m/s 2
由匀变速直线运动规律v2=2a1x
代入数值解得v=5 m/s
(2)设货物沿斜面上滑的最大距离为x1，则货物沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律得ma2=mgsinθ+μmgcosθ
代入数值解得a2=12.5 m/s 2
由匀变速直线运动规律v2=2a2x1
代入数值解得x1=1 m<1.2 m
所以货物不能被送上汽车
货物上升的最大髙度h=xsinθ
代入数值解得h=0.5 m
【解析】本题考查了牛顿运动定律的应用，特别需要注意的是货物在水平面上运动时木板的运动状态，由于是两块木板，所以货物运到到不同的地方时木板的受力不一样。
16.【答案】解：(1)v−t图象面积表示位移，所以在0～6s内物体的位移大小为：
x=12×6×20m=60m；
(2)v−t图象斜率表示加速度，由图象知4～6s的加速度大小为：
a2=Δv2Δt2=202m/s2=10m/s2
由牛顿第二定律得：mgsin30°+f=ma2
所以摩擦力f的大小为f=20N
(3)由图象知0～4s的加速度大小为：
a1=Δv1Δt1=204m/s2=5m/s2
由牛顿第二定律得：F−mgsin30°+f=ma1
代入数据得推力F的大小为：F=60N。
答;(1)在0～6s内物体的位移大小为60m；
(2)4～6s物体的加速度a2为10m/s2，摩擦力f的大小为20N；
(3)0～4s物体的加速度a1为5m/s2，所受推力F的大小为60N。
【解析】本题主要考查v−t图象及牛顿第二定律的应用。
(1)根据v−t图象面积表示位移，由图象可求在0～6s内物体的位移大小；
(2)v−t图象斜率表示加速度，由图象知4～6s的加速度大小，再据牛顿第二定律得摩擦力f的大小；
(3)由图象知0～4s的加速度大小，再据牛顿第二定律得所受推力F的大小。
17.【答案】解：(1)设力F作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析由牛顿第二定律可知：
F−mgsinθ−μmgcosθ=ma1
撤去力后，由牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ=ma2
根据速度图象的斜率等于加速度可知：a1=20m/s2，a2=10m/s2
联立解得：μ=0.5，F=30N
(2)3s末物体速度减为零，之后物体下滑，
根据牛顿第二定律，有：mgsin37°−f=ma3
解得：a3=2m/s2
由速度时间公式，得到：v=a3t=2m/s
即物体4s末速度为2m/s．
物体下滑1s的位移为12a3t2=12×2×12=1m，
(3)由(1)可知：a1=20m/s2，a2=10m/s2
物体沿斜面上滑的最大位移S=v22a1+v22a2=30m
物体下滑的距离为1m，
所以0～4s内发生的位移为30−1=29m．
答：(1)拉力F的大小是30N；
(2)物体4s末速度为2m/s ;
(3)4s内发生的位移为29m．
【解析】(1)由图象得出加速上升过程和减速上升过程的加速度，然后根据牛顿第二定律列方程求解；
(2)先通过图象得到3s末速度为零，然后求出3s到4s物体的加速度，再根据速度时间关系公式求解4s末速度．
(3)物体先向上运动，后下滑，根据向上运动和下滑的位移计算0～4s内发生的位移
本题关键受力分析后，根据牛顿第二定律，运用正交分解法求解出各个运动过程的加速度，然后结合运动学公式列式求解
相关试卷
高中物理粤教版 (2019)必修 第一册第五节 牛顿运动定律的应用课后测评： 这是一份高中物理粤教版 (2019)必修 第一册第五节 牛顿运动定律的应用课后测评，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，综合题等内容，欢迎下载使用。
粤教版（2019）高中物理必修第一册期末测试卷： 这是一份粤教版 (2019)必修 第一册全册综合精品习题，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
粤教版（2019）高中物理必修第一册期中测试卷（前两单元）： 这是一份粤教版 (2019)必修 第一册全册综合精品复习练习题，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
