教科版 (2019)必修 第一册第四章 牛顿运动定律本章综合与测试学案

这是一份教科版 (2019)必修 第一册第四章 牛顿运动定律本章综合与测试学案，共10页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
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．(2021·六安一中高一月考)下列关于力和运动的说法正确的是( )
A．人在沿直线匀速前进的车厢内竖直向上跳起后，将落在车厢内的起跳点
B．两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明物体受的力越大，运动速度越大
C．汽车刹车时，速度大难以刹停，速度小容易刹停，这说明物体的速度越大，惯性越大
D．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明运动需要力来维持
答案 A
解析 人在沿直线匀速前进的车厢内竖直向上跳起后，由于惯性，在水平方向上人保持原来的速度，车的速度不变，故人落在车厢内的起跳点，A正确；两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，说明物体受的力越大，加速度越大，速度变化得越快，B错误；惯性大小只与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，C错误；一个运动的物体，如果不再受力了，它将会永远运动下去，D错误．
3.(2021·荆州中学高一月考)如图1所示，质量相等的A、B两小球分别连在轻绳两端，轻弹簧的一端与A球相连，另一端固定在倾角为30°的光滑斜面顶端，重力加速度大小为g.则剪断轻绳的瞬间( )
图1
A．A的加速度为零，B的加速度大小为g
B．A、B的加速度大小均为0.5g
C．A、B的加速度均为零
D．A的加速度为零，B的加速度大小为0.5g
答案 B
解析 设两小球的质量均为m，剪断轻绳前，对两小球组成的整体分析，可得弹簧的弹力
F弹＝2mgsin 30°＝mg.剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，以A球为研究对象，有aA＝eq \f(F弹－mgsin 30°,m)＝0.5g，以B球为研究对象，有aB＝eq \f(mgsin 30°,m)＝0.5g，故B正确．
4．惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计，加速度计构造原理的示意图如图2所示，沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m的滑块，滑块两侧分别与处于原长的劲度系数均为k的弹簧相连，两弹簧的另一端与固定壁相连，滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移(开始时指针指在标尺上的O点)，然后通过控制系统进行制导．设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离O点的距离为x，则这段时间内导弹的加速度( )
图2
A．方向向左，大小为eq \f(kx,m) B．方向向右，大小为eq \f(kx,m)
C．方向向左，大小为eq \f(2kx,m) D．方向向右，大小为eq \f(2kx,m)
答案 D
5.(2020·浙江诸暨中学高一上期中)如图3所示，质量为m的滑块在水平面上撞向水平弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小为0，然后弹簧又将滑块向右推开．已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，整个过程弹簧未超过弹性限度，则下列说法正确的是( )
图3
A．滑块向左运动过程中，加速度先减小后增大
B．滑块向右运动过程中，始终做加速运动
C．滑块与弹簧接触过程中，最大加速度为eq \f(kx0＋μmg,m)
D．滑块向右运动过程中，当滑块离开弹簧时，滑块的速度最大
答案 C
6.如图4所示，光滑水平面上，水平恒力F作用在小车上，使小车和木块一起做匀加速直线运动，小车质量为M，木块质量为m，重力加速度为g，它们的共同加速度为a，木块与小车间的动摩擦因数为μ，则在运动过程中( )
图4
A．木块受到的摩擦力大小一定为μmg
B．木块受到的合力大小为(M＋m)a
C．小车受到的摩擦力大小为eq \f(mF,m＋M)
D．小车受到的合力大小为(m＋M)a
答案 C
解析 对小车和木块整体，根据牛顿第二定律得a＝eq \f(F,M＋m).木块水平方向只受静摩擦力，根据牛顿第二定律得f＝ma＝eq \f(mF,M＋m)，故A错误；对木块运用牛顿第二定律得F合＝ma，故B错误；小车受到的摩擦力与f大小相等，故C正确；对小车运用牛顿第二定律得F车合＝Ma，故D错误．
7.如图5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5
A．mg，竖直向上
B．mgeq \r(1＋μ2)，斜向左上方
C．mgtan θ，水平向右
D．mgeq \r(1＋tan2 θ)，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：mAgtan θ＝mAa，得：a＝gtan 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＝mgtan 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＝eq \r(N 2＋f 2)＝mgeq \r(1＋tan2 θ)，方向斜向右上方，D正确．
8．如图6所示，B是水平地面上AC的中点，可视为质点的小物块以某一初速度从A点滑动到C点停止．小物块经过B点时的速度等于它在A点时速度的一半．则小物块与AB段间的动摩擦因数μ1和BC段间的动摩擦因数μ2的比值为( )
图6
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析 物块从A到B，根据牛顿第二定律，有μ1mg＝ma1，得a1＝μ1g.从B到C根据牛顿第二定律，有μ2mg＝ma2，得a2＝μ2g.设AB＝BC＝l，小物块在A点时速度大小为v，则在B点时速度大小为eq \f(v,2)，由运动学公式知，从A到B：(eq \f(v,2))2－v2＝－2μ1gl，从B到C：0－(eq \f(v,2))2＝－2μ2gl，联立解得μ1＝3μ2，故选项C正确，A、B、D错误．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．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．(2020·宜昌市部分示范高中高一上学期期末)如图7甲所示，在粗糙水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度－时间图像如图乙所示，下列判断正确的是( )
图7
A．在0～1 s时间内，外力F不断增大
B．在1～3 s时间内，外力F的大小恒定
C．在3～4 s时间内，外力F不断减小
D．在3～4 s时间内，外力F的大小恒定
答案 BC
10.(2021·扬州中学高一上月考)光滑半圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上使质量为m的小球静止在圆槽上，如图8所示，整体向右的加速度大小为a，则( )
图8
A．小球对圆槽的压力一定大于ma
B．小球对圆槽的压力可能等于mg
C．水平恒力F越大，小球相对静止处离圆槽底越高
D．水平恒力F较大时，小球可能相对静止在圆槽口最高处
答案 AC
解析 对m受力分析如图所示，在水平方向有Ncs θ＝ma，解得N＝eq \f(ma,cs θ)，由牛顿第三定律可知小球对圆槽的压力一定大于ma，故A正确；圆槽对小球的支持力N＝eq \r(mg2＋ma2)，由牛顿第三定律可知小球对圆槽的压力一定大于mg，故B错误；由图可知tan θ＝eq \f(mg,ma)，可知a越大，θ越小，即小球相对静止处离圆槽底越高，又F＝(M＋m)a∝a，故C正确；因为小球所受的支持力在竖直方向的分力抵消重力效果，所以当水平恒力F较大时，小球也不可能相对静止在圆槽口最高处，故D错误．
11．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9
A．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.(2020·厦门市高一期末)如图10所示的装置，绳子两端的物体竖直运动的加速度大小总是小于自由落体加速度g，这使得实验者可以有较长的时间从容地观测、研究．已知物体A、B的质量均为M，物体C的质量为m.轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，轻绳不可伸长且足够长．物体A、B、C由图示位置静止释放后( )
图10
A．绳子上的拉力大小T＝(M＋m)g
B．物体A的加速度a＝eq \f(m,2M＋m)g
C.eq \f(M,m)的取值小一些，便于观测和研究
D.eq \f(M,m)的取值大一些，便于观测和研究
答案 BD
解析 对物体A，由牛顿第二定律得：T－Mg＝Ma，对B、C整体，由牛顿第二定律得：(M＋m)g－T＝(M＋m)a，联立解得T＝Mg＋eq \f(Mmg,2M＋m)，a＝eq \f(m,2M＋m)g，故A错误，B正确；由a＝eq \f(m,2M＋m)g＝eq \f(1,\f(2M,m)＋1)g知，eq \f(M,m)的取值大一些，a小些，更便于观测和研究，故C错误，D正确．
三、非选择题(本题共6小题，共60分)
13．(6分)(2021·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＝eq \f(mg,M)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．(8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13
①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(2分) 小车所受的合外力大小(2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，所挂钩码的质量为m，由实验原理得mg＝F＝Ma，即a＝eq \f(mg,M)，而实际上a′＝eq \f(mg,M＋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．
15．(10分)一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动，4 s内通过8 m的距离，此后关闭发动机，汽车又运动了2 s停止，已知汽车的质量m＝2×103 kg，汽车运动过程中所受的阻力大小不变，g取10 m/s2.求：
(1)关闭发动机时汽车的速度大小；
(2)汽车运动过程中所受到的摩擦阻力大小和与路面间的动摩擦因数．
答案 (1)4 m/s (2)4×103 N 0.2
解析 (1)汽车开始做匀加速直线运动，则x1＝eq \f(v1＋0,2)t(2分)
解得v1＝eq \f(2x1,t1)＝eq \f(2×8,4) m/s＝4 m/s.(2分)
(2)汽车减速过程中加速度a2＝eq \f(0－v1,t2)＝－2 m/s2(1分)
由牛顿第二定律得－f＝ma2(2分)
解得f＝4×103 N(1分)
由f＝μN＝μmg(1分)
解得μ＝0.2.(1分)
16.(10分)(2020·甘肃静宁第一中学高一期末)如图14所示，倾角θ＝30°的光滑斜面的下端与水平地面平滑连接(可认为物体在连接处速率不变)．一个质量为m的物体(可视为质点)，从距地面h＝3.2 m高处由静止沿斜面下滑．物体与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2，求：
图14
(1)物体沿斜面下滑的加速度大小；
(2)物体下滑到达斜面底端A时速度的大小；
(3)物体在水平地面上滑行的时间．
答案 (1)5 m/s2 (2)8 m/s (3)2 s
解析 (1)物体由静止沿斜面下滑，设加速度为a1，由牛顿第二定律有mgsin θ＝ma1，(2分)
解得a1＝5 m/s2(1分)
(2)物体由静止沿斜面下滑，经时间t1到达斜面底端的速度为v1，则下滑位移为x＝eq \f(h,sin θ)＝
6.4 m(1分)
由2a1x＝v12得v1＝eq \r(2a1x)＝8 m/s(2分)
(3)物体在水平地面上做匀减速运动，设加速度大小为a2，
由μmg＝ma2，得a2＝4 m/s2(2分)
经时间t2减速到零，t2＝eq \f(v1,a2)＝2 s．(2分)
17．(12分)(2021·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.经过一定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)eq \f(v0,μg) (2)eq \f(v02,2μg)
解析 (1)煤块的加速度a＝μg(2分)
达到速度v0所用时间t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(v0,μg)(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x1＝v0t＝eq \f(v02,μg)(2分)
煤块运动的距离x2＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(v02,2μg) (2分)
此过程中煤块相对传送带向后移动的距离为
Δx＝x1－x2＝eq \f(v02,2μg)(2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x3＝eq \f(v02,2μg)(1分)
考虑重叠部分，最终划出的痕迹长度为x＝eq \f(v02,2μg).(2分)
18.(14分)如图15所示，放在水平地面上的木板B长为1.2 m，质量为M＝1 kg，B与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1；一质量为m＝2 kg的小物块A放在B的左端，A、B之间的动摩擦因数为μ2＝0.3.刚开始A、B均处于静止状态，现使A获得3 m/s向右的初速度(g取10 m/s2)．求：
图15
(1)A、B刚开始运动时的加速度；
(2)通过计算说明，A最终是否滑出B.
答案 (1)3 m/s2，水平向左 3 m/s2，水平向右 (2)没能滑出
解析 (1)以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得aA＝eq \f(μ2mg,m)＝μ2g＝3 m/s2，方向水平向左(3分)
以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得
aB＝eq \f(μ2mg－μ1m＋Mg,M)＝3 m/s2，方向水平向右．(3分)
(2)设A在B上滑行时间t时达到共同速度
v＝v0－aAt＝aBt，解得t＝0.5 s(2分)
所以v＝aBt＝1.5 m/s(1分)
A相对地面的位移xA＝eq \f(v0＋v,2)t＝1.125 m(2分)
B相对地面的位移xB＝eq \f(v,2)t＝0.375 m(2分)
A相对B的位移为xA－xB＝0.75 m<1.2 m(1分)
所以A没有从B上滑出．