物理教科版 (2019)第四章 牛顿运动定律本章综合与测试精练

这是一份物理教科版 (2019)第四章 牛顿运动定律本章综合与测试精练，共14页。试卷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。

本章达标检测
(满分:100分;时间:75分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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.(2021四川成都七中高三上月考)下列说法正确的是 (　　)
A.牛顿是国际单位制中的基本单位
B.速度越大的物体惯性越大
C.竖直向上加速升空的火箭内的物体处于完全失重状态
D.火箭能升入太空可以用牛顿第三定律来解释
2.(2021河南名校联盟高三上质检)根据牛顿第一定律可知 (　　)
A.力停止作用后,运动的物体就会慢慢停下来
B.物体在做匀速直线运动时,它才具有惯性
C.物体运动状态改变时,必定受到外力的作用
D.速度大的物体不容易停下,所以惯性与物体的速度有关
3.(2021甘肃甘谷四中高三上第二次月考)某跳水运动员在3 m长的踏板上起跳,我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示的状态,其中A为无人时踏板静止点,B为人站在踏板上静止时的平衡点,C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点,则下列说法中正确的是 (　　)

A.人和踏板由C到B的过程中,人向上做匀加速运动
B.人和踏板由C到A的过程中,人处于超重状态
C.人和踏板由C到A的过程中,人先处于超重状态后处于失重状态
D.人在C点具有最大速度
4.(2021安徽安庆白泽湖中学高三上入学考试)如图,一倾角为α的光滑斜面向右做匀加速运动,质量为m的物体A相对斜面静止,则斜面运动的加速度为(已知重力加速度为g) (　　)

A.g sin α　　　　B.g cos α　　　　
C.g tan α　　　　D.gtanα
5.(2021陕西宝鸡高一期末)如图所示x、y、z为三个物块,K1、K2为两个相同的轻质弹簧,L为轻线,系统处于平衡状态。现若将L突然剪断,用ax、ay分别表示刚剪断时x、y的加速度,则有 (　　)

A.ax=0、ay=0 B.ax=0、ay≠0
C.ax≠0、ay≠0 D.ax≠0、ay=0
6.(2021福建三明高三上期末)某同学在水平地面上拖地时,沿拖杆方向推拖把,推力F、拖把头所受地面摩擦力f的大小随时间变化的图像如图甲、乙所示。已知拖把头的质量为m,拖杆质量可以忽略,拖杆与地面间的夹角θ保持不变,图中F0、f0、f1、t1、t2均为已知量,则0~t2时间内拖把头运动的位移为 (　　)

A.(F0 cosθ-f0)t222m　　　　B.(F0 cosθ-f1)t222m
C.(F0 cosθ-f0)(t2-t1)22m　　　　D.(F0 cosθ-f1)(t2-t1)22m
7.(2021河北张家口高三上期末)如图所示,在水平面上固定一倾角θ=30°光滑斜面,斜面底端固定一挡板C,两个质量均为m的物块A、B用轻弹簧相连,静止在斜面上。现用一平行于斜面向上的拉力F拉物块A,在物块B恰好离开挡板C的瞬间撤去力F,重力加速度为g,则撤去力F的瞬间 (　　)

A.物块A的加速度为零
B.物块A的加速度为g2,方向沿斜面向下
C.物块B的加速度为g2,方向沿斜面向上
D.物块B的加速度为零
8.(2020河南开封高一期末)质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内,它与槽左右两端的接触点分别为A点和B点,圆弧槽的半径为R,OA与水平线AB成60°角。槽放在光滑的水平桌面上,通过细线和滑轮与重物C相连,细线始终处于水平状态。通过实验知道,当槽的加速度很大时,小球将从槽中滚出,滑轮与绳质量都不计,要使小球不从槽中滚出,则重物C的最大质量为 (　　)

A.233m　　　　B.2m
C.(3-1)m　　　　D.(3+1)m

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黑龙江伊春第二中学高一开学考试)如图所示,一木块立在光滑的水平平板小车上,并随小车一起沿粗糙的水平地面向右做匀速直线运动,当小车突然加速,车上的木块将 (　　)

A.也跟着小车加速运动
B.向左平滑出小车,落地后向左倾倒
C.木块未落地时,在小车上做匀速直线运动
D.向左平滑出小车,落地后向右倾倒
10.(2021河南名校联盟高三上质检)雨滴从足够高的空中由静止下落,受到的空气阻力与速度成正比,则质量大的和质量小的雨滴相比 (　　)
A.雨滴最后都做匀速运动,质量大的速度大
B.雨滴先做加速度增大的加速运动,再做匀速运动
C.在加速阶段,速度相同时,质量大的雨滴加速度大
D.两个雨滴从同一位置下落,以后每一时刻运动的加速度和速度都相同
11.(2021湖南衡阳第八中学高三月考)如图所示,在倾角为30°的光滑斜面上,一质量为0.5 kg的小车的支架上用轻绳连接着质量也为0.5 kg的小球,小车在沿斜面向下的外力F作用下下滑,在小车下滑的过程中,轻绳恰好处于水平,g取10 m/s2,则下列说法正确的是 (　　)

A.轻绳的拉力大小为53 N
B.轻绳的拉力大小为10 N
C.外力F为15 N
D.外力F为20 N
12.(2021甘肃武威凉州高三上第二次月考)如图甲所示,倾角为θ的足够长传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行,t=0时,将质量m=1 kg的小物块(可视为质点)轻放在传送带上,物块速度随时间变化的图像如图乙所示,设沿传送带向下为正方向,取重力加速度g=10 m/s2。则 (　　)

A.摩擦力的方向始终沿传送带向下
B.1~2 s内,物块的加速度大小为2 m/s2
C.传送带的倾角θ=30°
D.物体与传送带之间的动摩擦因数为0.5
三、非选择题(本题共5小题,共60分)
13.(2021辽宁朝阳高三联考)(6分)某学习小组为测定小车与长木板之间的动摩擦因数,设计了如图甲所示的实验装置,其中小车的质量为M,钩码的总质量为m(图中滑轮质量不计)。

(1)实验中　　　　(填“需要”或“不需要”)保证m远小于M; 
(2)保持长木板水平放置且小车的质量M不变,改变钩码个数进行多次实验。以弹簧测力计的示数F为横坐标、小车的加速度a为纵坐标得到的图像如图乙所示,若图中横轴上的截距为b,则小车与长木板间的动摩擦因数μ=　　　　(用b、重力加速度g、M表示)。 
14.(2020黑龙江伊春第二中学高一月考)(8分)为“验证牛顿第二定律”,某同学设计了如下实验方案:

甲
Ⅰ.实验装置如图甲所示,一端系在滑块上的轻质细绳通过光滑的轻质滑轮,另一端挂一质量为m=0.5 kg的钩码,用垫块将长木板附有定滑轮的一端垫起,调整长木板的倾角,直至轻推滑块后,滑块沿长木板向下做匀速直线运动;
Ⅱ.保持长木板的倾角不变,取下细绳和钩码,连接纸带,接通打点计时器的电源,然后让滑块沿长木板滑下,打点计时器打下的纸带如图乙所示。

乙
请回答下列问题:
(1)图乙中纸带的　　　　端与滑块相连(选填“左”或“右”)。 
(2)图乙中相邻两个计数点之间还有4个点未画出,打点计时器接频率为50 Hz的交流电源,根据图乙求出滑块的加速度a=　　　　 m/s2。 
(3)不计纸带与打点计时器间的阻力,滑块的质量M=　　　　 kg(g取9.8 m/s2,结果保留3位有效数字)。 
15.(2021山东济宁高三上月考)(10分)如图所示,在光滑的水平面上有一足够长的质量为M=4 kg的长木板,在长木板右端有一质量为m=1 kg的小物块,长木板与小物块间动摩擦因数为μ=0.2,长木板与小物块均静止。现用F=14 N的水平恒力向右拉长木板,经时间t=1 s撤去水平恒力F(已知重力加速度g=10 m/s2)。

(1)在F的作用下,长木板的加速度为多大?
(2)刚撤去F时,小物块离长木板右端多远?










16.(2021辽宁葫芦岛高三上期末)(16分)我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小F可用F=kv2表示,其中k为比例常数,v是飞机在平直跑道上的滑行速度,F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度,已知舰载飞机空载质量为m1=1.69×103 kg时,起飞离地速度为78 m/s,装载弹药后质量为m2=2.56×103 kg。
(1)求飞机装载弹药后的起飞离地速度;
(2)飞机装载弹药后,从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180 m后起飞,求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机水平方向所受的合力大小(结果保留三位有效数字)。













17.(2021宁夏银川二中高三上第二次统练)(20分)如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°,传送带在电动机的带动下,始终保持v0=2 m/s的速率运行。现把一质量为m=10 kg的工件(可看为质点)轻轻放在皮带的底端,经时间1.9 s,工件被传送到h=1.5 m的高处,取g=10 m/s2。求:

(1)工件与传送带间的动摩擦因数;
(2)若动摩擦因数为35,传送带以v0=2 m/s的速率逆时针运动,将此工件由传送带顶端轻轻放上,求其由顶端运动到底端所需时间。







答案全解全析
一、单项选择题
1.D　牛顿是国际单位制中的导出单位,不是基本单位,选项A错误;惯性的大小只与物体的质量有关,与其速度无关,选项B错误;竖直向上加速升空的火箭内的物体处于超重状态,选项C错误;火箭能升入太空是由于火箭与喷出的气体相互作用,能用牛顿第三定律来解释,选项D正确。
2.C　力停止作用后,由于惯性,本来运动的物体要保持力撤去时刻的速度做匀速直线运动,选项A错误;惯性是物体的固有属性,一切物体在任何情况下都具有惯性,选项B错误;由于力是改变物体的运动状态的原因,物体运动状态发生改变时,必定受到外力的作用,选项C正确;惯性的大小仅与质量有关,与速度无关,选项D错误。
3.C　人由C到B的过程中,重力不变,弹力一直减小,合力一直减小,所以加速度减小,故A错误;人和踏板由C到B的过程中,弹力大于重力,加速度向上,人处于超重状态,从B到A的过程中,重力大于弹力,加速度向下,人处于失重状态,故B错误,C正确;人在C点的速度为零,故D错误。
4.C　物体随斜面一起沿水平方向运动,则加速度一定在水平方向,对物体进行受力分析如图所示,物体受到重力和垂直斜面向上的支持力,两者合力提供加速度,而加速度在水平方向,所以加速度方向一定水平向右,根据图像可知,竖直方向:FN cos α=mg,水平方向:FN sin α=ma,所以a=g tan α,故C正确,A、B、D错误。

5.B　将L突然剪断后,y原来受到的线的拉力消失,而它自身的重力以及弹簧K2对它向上的拉力不变,所以y的合力不为零,所以ay≠0,对于物体x,由于它自身的重力以及弹簧K1、K2对它的拉力都没发生变化,x的受力不变,加速度为0,故B选项正确。
6.C　经分析可知,0~t1时间内,拖把处于静止状态,f1为最大静摩擦力;t1~t2时间内,拖把在力F0作用下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得F0 cos θ-f0=ma,根据匀变速直线运动的位移公式得x=12at2,联立得x=12·F0 cosθ-f0m·(t2-t1)2=(F0 cosθ-f0)(t2-t1)22m,故选项C正确。
7.D　撤去力F前,弹簧的弹力为kx=mg sin θ,撤去力F的瞬间kx-mg sin θ=maB,kx+mg sin θ=maA,解得aB=0,aA=g,方向沿斜面向下,故选项D正确。
8.D　小球恰好能滚出圆弧槽时,圆弧槽对小球的支持力的作用点在A点,小球受到重力和A点的支持力,合力为F=mgtan60°,对小球运用牛顿第二定律可得mgtan60°=ma,解得小球的加速度a=gtan60°,对整体分析可得mCg=(m+m+mC)a,联立解得mC=(3+1)m,故A、B、C错误,D正确。
二、多项选择题
9.CD　小车加速前,木块和小车一起向右做匀速直线运动,即木块和小车具有共同的速度,当小车突然加速时,由于木块在光滑的接触面上,不受摩擦力的作用,故木块还要保持原来的速度向右做匀速直线运动,而小车的速度逐渐变大,所以木块会相对于小车向左水平滑出小车,落地后,木块相对地面运动速度向右,下部受到地面摩擦力向左,上部由于惯性继续向右运动,所以木块落地后向右倾倒,故选项C、D正确。
10.AC　当加速度为零,即mg=kvm时,速度最大,可以看出质量越大最后做匀速运动的速度越大,A正确;由牛顿第二定律得mg-kv=ma,速度增大加速度减小,故雨滴先做加速度减小的加速运动,再做匀速运动,B错误;由牛顿第二定律得mg-kv=ma,即a=g-kvm,可知质量越大的雨滴加速度越大,C正确;两个雨滴加速度不同,运动情况不同,D错误。
11.AC　取小球为研究对象,由牛顿第二定律得mgsin30°=ma,mgFT=tan 30°,解得a=20 m/s2,FT=53 N,故选项A正确;小球与小车相对静止一起下滑,具有共同的加速度,则小车的加速度大小也为20 m/s2,将小车和小球视为整体,在沿斜面方向根据牛顿第二定律有2mg sin 30°+F=2ma,代入数据解得F=15 N,故选项C正确。
12.BD　开始时物块相对于传送带向后滑动,物块受到的摩擦力平行于传送带向下,当物块的速度大于传送带速度后,物块受到的摩擦力方向平行于传送带向上,故A错误;由图乙所示图像可知,1~2 s内,物块的加速度a'=ΔvΔt=12-102-1 m/s2=2 m/s2,故B正确;在0~1 s内物块的加速度a=ΔvΔt=10-01 m/s2=10 m/s2,由牛顿第二定律得mg sin θ+μmg cos θ=ma,在1~2 s内,由牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma',解得μ=0.5,θ=37°,故C错误,D正确。
三、非选择题
13.答案　(1)不需要(3分)　(2)bMg(3分)
解析　(1)弹簧测力计可直接测得小车受到拉力的大小,故不需要钩码的总质量远小于小车的质量。
(2)对小车有F-μMg=Ma
可得a=FM-μg
当a=0时,有bM=μg,即μ=bMg
14.答案　(1)右(2分)　(2)1.65(3分)　(3)2.97(3分)
解析　(1)滑块拖动纸带下落的运动过程中,速度越来越快,所以相等时间内运动的位移越来越大,所以图乙中纸带的右端与滑块相连;
(2)因为打点计时器每隔0.02 s打一个点,两个计数点之间还有4个打点未画出,所以两个计数点的时间间隔为T=0.1 s,根据Δx=aT2,有a=0.079 0+0.062 5-0.046 0-0.029 54×0.12 m/s2=1.65 m/s2。
(3)由Ⅰ步骤可知,取下细绳和钩码后,滑块受到的合外力为F=mg=0.5×9.8 N=4.9 N,根据牛顿第二定律得:M=Fa=4.91.65 kg=2.97 kg。
15.答案　(1) 3 m/s2　(2) 0.5 m
解析　(1)在F的作用下,长木板的加速度F-μmg=Ma (2分)
解得a=3 m/s2 (2分)
(2)物块的加速度a'=μmgm=μg=2 m/s2 (2分)
则由Δx=12at2-12a't2 (2分)
Δx=0.5 m。 (2分)
16.答案　(1)96 m/s　(2)3.75 s　6.55×104 N
解析　(1)由起飞条件知kv12=m1g (2分)
kv22=m2g (2分)
联立解得装载弹药后的起飞离地速度为v2=96 m/s(2分)
(2)设匀加速滑行时间为t,加速度为a,由匀变速直线运动规律可得x=v22t (2分)
飞机在滑行过程中所用的时间为t=3.75 s(2分)
由匀变速直线运动速度公式可得v2=at (2分)
飞机水平方向受合力F=m2a (2分)
联立解得F=6.55×104 N(2分)

17.答案　(1)32　(2)215-34 s
解析　(1)先研究工件的运动情况,工件开始放上后,将受到传送带向上的滑动摩擦力的作用,做加速度为a=(μ cos θ- sin θ)g的匀加速运动,假设在时间t=1.9 s内,工件一直做匀加速运动,且在1.9 s末刚好与传送带达到共同速度 (2分)
则其位移s'=0+v02t=0+22×1.9 m=1.9 m(2分)
而其实际位移s=hsinθ=3.0 m>s' (1分)
可见,工件一定是先做匀加速运动,然后滑动摩擦力变成了静摩擦力,两者相对静止,工件做匀速运动,则
v022a+(1.9 s-v0a)×v0=3 m(2分)
解得a=2.5 m/s2
再代入a=g(μ cos θ- sin θ)
解得μ=32 (2分)
(2)工件放到传送带上,根据牛顿第二定律得,加速度
a1=mgsin30°+μ'mgcos30°m=g sin 30°+μ'g cos 30°=(10×12+35×10×32) m/s2=8 m/s2 (2分)
当工件速度与传送带速度相等时,工件经历的位移x1=v022a1=42×8 m=0.25 m(2分)
运动的时间t1=v0a1=28 s=0.25 s(2分)
继续做匀加速直线运动的位移x2=3 m-0.25 m=2.75 m(1分)
匀加速直线运动的加速度
a2=mgsin30°-μ'mgcos30°m=g sin 30°-μ'g cos 30°=(10×12-35×10×32) m/s2=2 m/s2 (2分)
根据x2=v0t2+12a2t22
解得t2=(152-1) s(1分)
则总时间t总=t1+t2=215-34 s(1分)