新教材教科版高中物理必修第一册第4章牛顿运动定律单元测评（B）同步练习（Word版附解析）

第四章测评(B)

(时间:60分钟　满分:100分)

一、选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)

1.(2020·广东实验中学期中)在日常生活中小巧美观的冰箱贴使用广泛,一个磁性冰箱贴贴在冰箱的竖直表面上,静止不动时,则(　　)

A.冰箱贴受到的磁力大于受到的弹力

B.冰箱贴受到的弹力是由于冰箱贴发生形变之后要恢复原状而产生的

C.冰箱贴受到的磁力和受到的弹力是一对作用力与反作用力

D.冰箱贴受到的磁力和受到的弹力是一对平衡力

答案:D

解析:冰箱贴静止不动,受力平衡,它受到的磁力和受到的弹力是一对平衡力,大小相等,故A、C错误,D正确;冰箱贴受到的弹力是由于冰箱发生形变之后要恢复原状而产生的,故B错误。

2.质量为m的物体放在A地的水平面上,用竖直向上的力F拉物体,物体的加速度a与拉力F的关系如图线①所示,质量为m'的另一物体在B地做类似实验,测得a-F关系如图线②所示,设A、B两地的重力加速度分别为g和g',则(　　)

A.m'=m,g'>g

B.m'<m,g'=g

C.m'>m,g'=g

D.m'=m,g'<g

答案:C

解析:根据牛顿第二定律得:F-mg=ma

则有:a=-g。

知图线的斜率表示质量的倒数,纵轴截距的大小表示重力加速度。

从图像上看,①图线的斜率大于②图线的斜率,则m'>m,

纵轴截距相等,则有:g'=g。故C正确,A、B、D错误。

3.(2020·山西太原期中)小亮在沿水平直线向左运动的高铁中做了一个实验,他用细线将小球A悬挂于行李架上。质量为m的箱子B放在车厢地板上且始终相对于车厢静止,箱子与车厢地板间的动摩擦因数为μ,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角,如图所示,则此刻车厢对箱子B作用力的大小为(　　)

A.μmg

B.mg

C.mgtanθ

D.mg

答案:D

解析:设车厢的加速度为a,则小球和车厢加速度一样,都为a,由牛顿第二定律,得

a=gtanθ

箱子相对车厢静止,故箱子加速度为a,对箱子受力分析,利用牛顿第二定律,有

Fy=mg

Fx=ma

整理,得

F==mg

故A、B、C错误,D正确。

4.(2020·北京海淀月考)如图所示,在地面上固定的两根竖直杆a、b之间搭建两个斜面1、2,已知斜面1与a杆的夹角为60°,斜面2与a杆的夹角为30°。现将一小物块先后从斜面1、2的顶端(a杆处)由静止释放,两次到达斜面底端(b杆处)所用时间相等,若小物块与斜面1、2之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2,则等于(　　)

A. B. C. D.

答案:D

解析:设a、b之间的水平距离为L。

当物体在斜面1上运动时:(gsin30°-μ1gcos30°)t2①

物体在斜面2上运动时:2L=(gsin60°-μ2gcos60°)t2②

由①②联立解得:,故A、B、C错误,D正确。

5.如图所示,质量为3 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面,质量为2 kg的物体B用细线悬挂,A、B间相互接触但无压力,整个系统处于静止状态,g取10 m/s2。某时刻将细线剪断,则剪断细线瞬间(　　)

A.B的加速度大小为a=4 m/s2

B.A的加速度大小为a= m/s2

C.B对A的压力大小为0 N

D.B对A的压力大小为20 N

答案:A

解析:A、B间相互接触但无压力,整个系统处于静止状态,在细线剪断瞬间,以AB为整体,设AB的加速度为a,由牛顿第二定律得:

(mA+mB)a=mBg

整理并代入数据解得:a=4 m/s2

故A正确,B错误;剪断细线瞬间,以B为研究对象,设A对B支持力为N,根据牛顿第二定律,有:

mBg-N=mBa

代入数据,整理得:

N=12 N

根据牛顿第三定律得B对A的压力大小为:

N'=N=12 N

故C、D错误。

6.质量为m的物块A和质量为2m的物块B相互接触放在水平面上,如图所示。若对A施加水平推力F,则两物块沿水平方向做加速运动。关于A对B的作用力,下列说法正确的是(　　)

A.若水平面光滑,物块A对B的作用力大小为F

B.若水平面光滑,物块A对B的作用力大小为

C.若物块A、B与水平面的动摩擦因数均为μ,则物块A对B的作用力大小为

D.若物块A与水平面的动摩擦因数为μ,B与水平面的动摩擦因数为2μ,则物块A对B的作用力大小为

答案:BD

解析:若水平面光滑,则对AB整体受力分析可知:F=(m+2m)a

解得:a=

再对B分析,B水平方向只受A的作用力,由牛顿第二定律可得:T=2ma,T=,故A错误,B正确。若物块A、B与地面间的动摩擦因数均为μ,则对AB整体受力分析可知;F-μmg-4μmg=(m+2m)a

解得:a=

再对B分析,B水平方向只受A的作用力和滑动摩擦力,由牛顿第二定律可得:T-μ2mg=2ma,所以T=,故C错误,D正确。

7.(2020·山东烟台期中)某人在距离地面某高度处以5 m/s的初速度竖直向上抛出一质量为2 kg的小球,小球抛出后经过一段时间落到地面上。若以抛出时刻为计时起点,小球运动的v-t图像如图所示,t=1.5 s时,小球落到地面上。设小球运动过程中所受阻力大小不变,则(　　)

A.小球一直做匀变速直线运动

B.小球抛出点离地面高度为3.55 m

C.小球运动过程中所受阻力大小为0.4 N

D.当地重力加速度大小为10 m/s2

答案:BC

解析:小球上升过程中的加速度a1= m/s2=10 m/s2,下落过程中的加速度大小为a2= m/s2=9.6 m/s2,整个运动过程中的加速度大小变化,故不是做匀变速直线运动,故A错误;小球抛出点离地面高度为h=×9.6×(1.5-0.5) m-×5×0.5 m=3.55 m,故B正确;设小球运动过程中所受阻力大小为f,重力加速度为g,根据牛顿第二定律可得:

上升过程中:mg+f=ma1,

下落过程中,mg-f=ma2,

解得:f=0.4 N,g=9.8 m/s2,故C正确、D错误。

8.如图(a)所示,一倾角θ=30°的足够长斜面体固定在水平地面上,一个物块静止在斜面上。现用大小为F=kt,(k为常量,F、t的单位均为国际标准单位)的拉力沿斜面向上拉物块,物块受到的摩擦力f随时间变化的关系图像如图(b)所示,物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,则下列判断正确的是(　　)

A.物块的质量为1 kg

B.k的值为5 N/s

C.物块与斜面间的动摩擦因数为

D.t=3 s时,物块的加速度大小为4 m/s2

答案:ABD

解析:t=0时,f=mgsinθ=5 N,解得m=1 kg,故A正确;当t=1 s时,f=0,说明F=5 N,则k=5 N/m,故B正确;后来滑动,则f=6 N=μmgcosθ,解得:μ=,故C错误;F=f+mgsinθ,解得t1=2.2 s,此时物体开始向上滑动,F合=kt-f-mgsinθ,由牛顿第二定律可得:a==4 m/s2,故D正确。

二、实验题(本题共2小题,共20分)

9.(10分)(2020·江西上饶月考)为了探究质量一定时加速度与力的关系,一同学设计了如图(a)所示的实验装置。其中带滑轮的小车的质量为M,沙和沙桶的质量为m。(滑轮质量不计)

(a)

(b)

(1)下列实验步骤中时,实验时一定要进行的操作是(　　)

A.用天平测出沙和沙桶的质量

B.将带滑轮的长木板右端垫高,以平衡摩擦力

C.小车靠近打点计时器,先接通电源,再释放小车,打出一条纸带,同时记录弹簧测力计的示数

D.为减小误差,实验中一定要保证沙和沙桶的质量m远小于小车的质量M

(2)该同学在实验中得到如图(b)所示的一条纸带(两相邻计数点间还有四个点),测得:x1=1.40 cm,x2=1.90 cm,x3=2.38 cm,x4=2.88 cm,x5=3.39 cm,x6=3.87 cm。小车加速度的大小是　　　　m/s2。已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电(结果保留两位有效数字)。若实际频率小于50 Hz,则测出的加速度　　　　(选填“偏大”“偏小”或“准确”)。 

答案:(1)BC　(2)0.50　偏大

解析:(1)本题考查实验过程的正误:沙只是改变拉力,而拉力是由弹簧测力计读出的,所以不必测沙和沙桶的质量,选项A错误;垫高平衡摩擦力是必须的,故选项B正确;小车靠近打点计时器,先接通电源,再释放小车,打出一条纸带,同时记录弹簧测力计的示数,这是实验的基本操作,选项C正确;由于拉力能从弹簧测力计读出,不必要满足沙和沙桶的质量m远小于小车的质量M,选项D错误。故选B、C。

(2)把纸带分成两大段,由逐差公式求加速度为:

a==×10-2 m/s2=0.50 m/s2。若实际频率小于50 Hz,则周期大于0.1 s,则加速测量值偏大。

10.(10分)图(a)是某同学探究加速度与力的关系的实验装置。他在气垫导轨上安装了一个光电门B,滑块上固定一遮光条,滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连,力传感器可直接测出绳中拉力,传感器下方悬挂钩码,每次滑块都从A处由静止释放。气垫导轨摩擦阻力很小可忽略不计,由于遮光条的宽度很小,可认为遮光条通过光电门时速度不变。

(a)

(b)

(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d,如图(b)所示,则d=　　　　mm。 

(2)实验时,该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d值,将滑块从A位置由静止释放,测量遮光条到光电门的距离L,若要得到滑块的加速度,还需由数字计时器读出遮光条通过光电门B的　　　　　。 

(3)下列不必要的一项实验要求是(　　)

A.应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量

B.应使A位置与光电门间的距离适当大些

C.应将气垫导轨调节水平

D.应使细线与气垫导轨平行

(4)改变钩码质量,测出对应的力传感器的示数F,已知滑块总质量为m0,用(2)问中已测物理量和已给物理量写出m0和F间的关系表达式F=　　　　　　。 

答案:(1)2.30　(2)时间t　(3)A　 (4)

解析:(1)由图知第6条刻度线与主尺对齐,d=2 mm+6×0.05 mm=2.30 mm;

(2)已知初速度为零,位移为L,要计算加速度,需要知道末速度,根据瞬时速度的计算方法可知,需要由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t;

(3)拉力是直接通过传感器测量的,故与小车质量和钩码质量大小关系无关,故A正确。

应使A位置与光电门间的距离适当大些,有利于减小误差,故B错误。

应将气垫导轨调节水平,拉力才等于合力,故C错误。

要保持拉线方向与气垫导轨平行,拉力才等于合力,故D错误。故选A。

(4)滑块到达光电门的速度为:v=;

根据匀加速运动的速度位移的关系公式得:

a=;

根据牛顿第二定律得到:

F=m0a=。

三、计算题(本题共3小题,共40分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)

11.(12分)上海中心大厦为主体118层、总高632 m的摩天高楼,大厦使用全球最快的升降电梯,上升最大速度为18 m/s,只要55 s,便能从地下2层上升585 m直达119层观景台。若电梯运动经历匀加速、匀速和匀减速三个运动过程,其中加速和减速过程的加速度大小相等,匀速运动的速度为最大速度。请计算质量为60 kg的乘客对电梯的最大压力和最小压力大小。(重力加速度g取10 m/s2)

答案:648 N和552 N

解析:根据题意可知,电梯匀速运动的速度为:v= m/s=18 m/s,

令加速的时间为t1,匀速运动d时间为t2,加速和减速的加速度大小为a;

根据题意可知,减速运动时间也为t1,根据运动学公式有:

v=at1=18 m/s

×2+vt2=585 m

2t1+t2=55 s

联立解得:a=0.8 m/s2,t1= s,t2=10 s,

加速时人对电梯的压力最大,根据牛顿第二定律有:Nmax=mg+ma=648 N;

在减速过程中人对电梯的压力最小,根据牛顿第二定律有:Nmin=mg-ma=552 N。

12.(14分)(2020·江苏南通期中)如图所示,小滑块A(可视为质点)的质量为2 m,木板B的质量为m、长度为L,两物体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μ。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,求:

(1)B与地面间的最大静摩擦力Fmax;

(2)当两物体刚发生相对滑动时,拉力F的大小。

(3)当拉力F=4μmg时,A离开B所需的时间t。

答案:(1)μmg　(2)3μmg　(3)2

解析:(1)B和地面之间的弹力为N=3mg

B和地面之间的最大静摩擦力为Fmax=μmg

(2)当两物体刚发生相对滑动时,A、B的加速度相同,

B:2μmg-μmg=ma0

A、B:F-μmg=3ma0

解得:F=3μmg

(3)当拉力F=4μmg时,两个物体发生相对滑动

A:4μmg-2μmg=2ma1

B:2μmg-μmg=ma2,

L=a1t2-a2t2,

解得:t=2

13.(14分)如图所示,倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带。传送带正以v=4 m/s的速度运动,运动方向如图所示。一个质量为2 kg的物体(物体可以视为质点),从h=3.2 m高处由静止沿斜面下滑,物体经过A点时,无论是从斜面到传送带还是从传送带到斜面,都不计其速率变化。物体与传送带间的动摩擦因数为0.4,传送带左右两端A、B间的距离LAB=10 m,重力加速度g取10 m/s2,求:

(1)物体在传送带上向左最多能滑到距A的距离;

(2)物体第一次从A点滑入到再一次回到A点的时间;

(3)物体第一次从A点滑入到再一次回到A点在传送带上滑动而留下划痕的长度。

答案:(1)8m　(2)4.5 s　(3)18 m

解析:(1)对物体在斜面上运动,有mgsinθ=ma

解得:a=5 m/s2,

斜面长x=2h=6.4 m

物体滑至斜面底端时的速度为vA,则=2ax

解得vA=8 m/s

物体在传送带上的加速度大小为a'=μg=4 m/s2,

物体在传送带上速度为零时离A最远,此时有:=2a'L

解得L=8 m。

(2)物体在传送带上减速运动的时间t1= s=2 s

物体反向加速到v=4 m/s经过的时间t2= s=1 s

反向加速的位移L'=t2=2 m

匀速运动的时间t3= s=1.5 s

所以物体第一次从A点滑入到再一次回到A点的时间t=t1+t2+t3=4.5 s。

(3)物体在传送带上速度为零时相对位移:Δx1=L+vt1=8+8=16 m

物体在传送带上返回到与传送带共速,相对位移Δx2=vt2-L'=2 m