人教版 (2019)必修 第一册牛顿运动定律的应用精品当堂达标检测题

这是一份人教版 (2019)必修 第一册牛顿运动定律的应用精品当堂达标检测题，文件包含高中物理必修第一册综合测试卷原卷版docx、高中物理必修第一册综合测试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
1．（2023上·江苏盐城·高一盐城市第一中学校考期中）如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由40°逐渐增大至50°，物块的下滑时间t将（ ）
A．逐渐增大B．逐渐减小
C．先减小后增大D．先增大后减小
【答案】C
【详解】设QP在水平方向的投影长度为l，根据牛顿牛顿第二定律
mgsinθ=ma
又
x=12at2，csθ=lx
联立得
t=2l2gsin2θ
若θ由40°逐渐增大至50°，2θ由80°逐渐增大至100°，可知，运动时间先减小后增大。
故选C。
2．（多选）（2023上·河南开封·高一河南大学附属中学校考阶段练习）质量m＝2kg、初速度v0＝8m/s的物体沿着粗糙水平地面向右运动，物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还受到一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，设水平向右为拉力的正方向，且物体在t＝0时刻开始运动，g取10m/s2，则以下结论正确的是（ ）
A．0～1s内，物体的加速度大小为2m/s2B．1～2s内，物体的加速度大小为2m/s
C．0～1s内，物体的位移为7mD．0～2s内，物体的总位移为11m
【答案】BD
【详解】A．0～1s内，根据牛顿第二定律有
F1−μmg=ma1
解得物体的加速度为
a1=−4m/s2
则0～1s内，物体的加速度大小为4m/s2，故A错误；
B．1～2s内，根据牛顿第二定律有
F2−μmg=ma2
解得物体的加速度大小为
a2=2m/s2
故B正确；
C．0～1s内，物体的位移为
x1=v0t1+12a1t12=8×1−12×4×12m=6m
故C错误；
D．1s末物体的速度为
v1=v0+at1=8−4×1m/s=4m/s
1～2s内，物体的位移为
x2=v1t2+12a2t22=4×1+12×2×12m=5m
0～2s内，物体的总位移为
x=x1+x2=11m
故D正确。
故选BD。
3．（2023上·河北唐山·高一开滦第二中学校考阶段练习）如图所示，物体以5m/s的初速度沿光滑的斜面向上做减速运动，经4s滑回原处时速度大小仍为5m/s，则物体的加速度为（ ）

A．10m/s2，方向沿斜面向下
B．2.5m/s2，方向沿斜面向下
C．0
D．2.5m/s2，方向沿斜面向上
【答案】B
【详解】由题意，可知物体上滑和下滑时受到的合力均为重力沿斜面向下的分力，根据牛顿第二定律可知，加速度相同，由对称性可知，物体上滑到最高点所用时间为2s，则加速度大小为
a=ΔvΔt=52m/s2=2.5m/s2
方向沿斜面向下。
故选B。
4．（2023上·广西柳州·高三柳州高级中学校考阶段练习）如图所示，质量为m的木块A置于斜劈B上，A与B一起沿光滑固定斜面由静止开始下滑，二者始终保持相对静止，重力加速度为g，则在下滑过程中，下列说法正确的是（ ）
A．木块A所受的合力竖直向下
B．木块A只受重力和支持力作用
C．木块A受B作用于它的摩擦力大小为mgsinθcsθ
D．木块A受到的支持力大小等于木块A的重力大小
【答案】C
【详解】A．对整体易得加速度沿着斜面向下，对A将加速度分解为水平向左的加速度ax和竖直向下的加速度ay，而对A受力有重力mg（竖直向下）、支持力N（竖直向上）和摩擦力f（水平方向），显然水平分加速度只能由摩擦力提供，即
f=max
故小木块受到水平向左的摩擦力故AB错误；
C．将AB看成一个整体，根据牛顿第二定律可得
mA+mBgsinθ=mA+mBa
可得
a=gsinθ
对A进行水平方向受力分析，可得
ax=acsθ=gsinθcsθ
则可得木块A受B作用于它的摩擦力大小为mgsinθcsθ，故C正确；
D．对A进行竖直方向受力分析，可得
mAg−N=may
木块A受到的支持力大小小于木块A的重力大小，故D错误；
故选C。
5．（2022·辽宁沈阳·统考一模）新闻里多次报导家长抱孩子乘坐自动感应扶梯，因为受力变化而站立不稳．自动扶梯上没有人时静止，人踏上扶梯的水平踏板后，扶梯会自动以加速度a匀加速运动一段时间后再匀速运动．如图所示，质量为M的母亲抱着质量为m的婴儿踏上扶梯下楼，下楼过程中母婴始终保持与扶梯相对静止，设扶梯与水平面之间的夹角为θ．关于母婴受力情况分析正确的是（ ）
A．电梯在匀速运动过程中，婴儿对母亲的作用力与扶梯运动方向一致
B．电梯在匀速运动过程中，踏板给母亲水平向前的摩擦力
C．电梯在加速运动过程中，踏板对母亲的摩擦力大小为m+Ma⋅csθ
D．电梯在加速运动过程中，婴儿对母亲的作用力大小为mg−masinθ
【答案】C
【详解】A．电梯在匀速运动过程中，婴儿受重力和支持力二力平衡，所以他对母亲的作用力是竖直向下的压力，与扶梯运动方向不同，故A错误；
B．电梯在匀速运动过程中，母亲和婴儿整体受力平衡，重力和踏板给的支持力，不受摩擦力，故B错误；
C．电梯在加速运动过程中，对母亲和婴儿整体受力分析如图
将加速度分解到水平方向和竖直方向上，由牛顿第二定律可得
Ff=（m+M）acsθ
故C正确；
D．对婴儿受力分析如下图，设母亲对其作用力斜向左上与水平方向夹α
沿水平和竖直方向正交分解，由牛顿第二定律
Fcsα=macsθ
mg−Fsinα=masinθ
联立可得
F=ma2+g2−2gasinθ
根据牛顿第三定律可知，婴儿对母亲的作用力与上式结果等大反向，故D错误。
故选C。
6．（2023上·上海宝山·高一上海市行知中学校考阶段练习）如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，质量为1kg的重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30。当载重车厢沿索道以3m/s2的加速度向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，sin37°=0.6，cs37°=0.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为（ ）
A．3.0NB．2.3NC．3.54ND．2.4N
【答案】D
【详解】因为重物与车厢保持相对静止，所以重物和车厢加速度相同，将加速度分解如图
重物受向右的静摩擦力，有
f=max=macs37=2.4N
根据牛顿第三定律，重物对车厢的摩擦力大小为2.4N。
故选D。
7．如图所示，平板车静止在水平面上，物块放在平板车的右端，现让平板车以a1=6m/s2的加速度做匀加速运动，运动2s后以2s末的速度做匀速直线运动，最终物块相对于平板车静止在平板车的左端，已知物块与平板车上表面的动摩擦因数为0.4，重力加速度g=10m/s2，不计物块的大小，则平板车的长度为（）
A．4mB．5mC．6mD．7m
【答案】C
【详解】平板车匀加速运动2s末的速度大小为
v=a1t1=12m/s
此过程物块做匀加速运动的加速度大小
a2=μg=4m/s2
速度达到12m/s所用时间
t2=v1a2=3s
3s内车运动的总位移
x1=12vt1+vt2−t1=24m
物块运动的距离
x2=12vt2=18m
因此平板车的长为
L=x1−x2=6m
ABD错误，C项正确。
故选C。
8．如图所示，竖直圆环中有多条起始于A点的光滑轨道，其中AB通过环心O并保持竖直。AC，AD与竖直方向的夹角分别为30°和60°一质点分别自A点沿各条轨道下滑，初速度均为零。那么，质点沿各轨道下滑的时间相比较（ ）
A．沿着AB下滑，时间最短B．沿着AD下滑，时间最短
C．沿着AC下滑，时间最短D．三条轨道下滑时间都一样
【答案】D
【详解】设半径为R，斜面与竖直方向夹角为θ，则物体运动的位移为
x=2Rcsθ
物体运动的加速度
a=gcsθ
根据
x=12at2
则
t=4Rg
与θ角无关，所以D正确，ABC错误。
故选D。
9．如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB=BC，小物块P（可视为质点）以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1：4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为（P物块在AB、BC上所做的运动均可看作匀变速直线运动）（ ）

A．1：1B．1：4C．4：1D．8： 1
【答案】D
【详解】设AB、BC两部分：长度为L，在B点的速度为v，受摩擦力
F1=μ1mg、F2=μ2mg
加速度a1=μ1g、a2=μ2g，时间t1=t、t2=4t
逆向研究BC
12a2t22=v2t2=L
逆向研究BA
vt1+12a1t12=L
解得μ1：μ2=8：1
故选D。
10．（2023上·山东枣庄·高一枣庄八中校考期末）中国军队于2020年9月21日至26日派员赴俄罗斯阿斯特拉罕州参加了“高加索一2020”战略演习，演习中某特种兵从空中静止的直升飞机上，抓住一根竖直悬绳由静止开始下滑，其运动的速度随时间变化的图像如图所示，t2时刻特种兵着地，关于该特种兵，下列说法正确的是（ ）
A．0~t1时间内处于超重状态B．t1~t2时间内所受阻力越来越大
C．t1~t2时间内的平均速度v=v1+v22D．0~t2时间内合外力为零
【答案】B
【详解】A．0~t1秒，特种兵向下加速，加速度向下，处于失重状态，故A错误；
B．t1~t2，特种兵做减速运动，阻力大于重力，由图可知，斜率逐渐增大，即加速度逐渐增大，所受合力增大，则阻力逐渐增大，故B正确；
C．v−t图中，图像与时间轴围成的面积表示位移，则t1~t2时间内
v>v1+v22
故C错误；
D．0~t2时间内，特种兵的加速度不为零，所受合力不为零，故D错误。
故选B。
11．（多选）（2023上·陕西西安·高一校考阶段练习）如图所示，弹簧下端悬一滑轮，跨过滑轮的细线两端系有A、B两重物，mB=2kg，不计线、滑轮质量及摩擦，则A、B两重物在静止或运动过程中，弹簧的拉力可能为g取10m/s2（ ）
A．40NB．60NC．80ND．100N
【答案】AB
【详解】当mB＞mA时，B向下做加速运动，处于失重状态，细线的拉力
T＜mBg
弹簧的示数为
F=2T＜2mBg=40N
当mB=mA时，弹簧的示数为
F=2T=2mBg=40N
当mB＜mA时，B向上做加速运动，处于超重状态，细线的拉力
T＞mBg
两物体的加速度大小
a＜g
所以根据牛顿第二定律得知
T-mBg=mBa
细线的拉力
T＜2mBg
弹簧的示数为
F=2T＜4mBg=80N
故AB正确，CD错误。
故选AB。
12．（多选）（2023上·山东菏泽·高一山东省鄄城县第一中学校考阶段练习）如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接。在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动。m1在空中，m2在地面上。力F与水平方向成θ角，则m2受到的支持力FN和摩擦力Ff正确的是（ ）
A．FN=m1g+m2g−FsinθB．FN=m1g+m2g+Fcsθ
C．Ff=FsinθD．Ff=Fcsθ
【答案】AD
【详解】对两个物体构成的整体进行分析，根据平衡条件有
Fcsθ=Ff，Fsinθ+FN=m1+m2g
解得
Ff=Fcsθ，FN=m1g+m2g−Fsinθ
故选AD。
13．（2023上·河南新乡·高一校考阶段练习）一个静止在水平面上的物体，质量为2kg，受水平拉力F=6N的作用从静止开始运动，已知物体与平面间的动摩擦因数μ=0.2，求物体2s末的速度及2s内的位移。（g取10m/s2）
【答案】2m/s；2m
【详解】物体的加速度
a=F−μmgm=6−0.2×202m/s2=1m/s2
物体2s末的速度
v=at=2m/s
2s内的位移
x=v2t=2m
14．（2023上·广东江门·高一校考阶段练习）一个质量m=10kg的物体放在水平地面上，在与水平方向成37°角，大小为F=100N的斜向上的拉力F的作用下由静止开始运动，已知物体2s内通过的位移为12m（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8）。
（1）求2s内物体的加速度大小：
（2）物体与地面间的动摩擦因数μ；
（3）在2s末撤去这个拉力F，试求撤去拉力后物体继续滑行的位移。

【答案】（1）a1=6m/s2；（2）μ=0.5；（3）x=14.4m
【详解】（1）在拉力F的作用下由静止开始匀加速运动，由匀变速运动的位移时间公式
x=12a1t2
代入数据，得
a1=6m/s2
（2）物体受重力、拉力、支持力和摩擦力，如图所示

由牛顿第二定律则有
N+Fsin37°=mg
Fcs37°−f=ma1
f=μN
解得
μ=0.5
（3）撤去这个拉力F，由牛顿第二定律则有
μmg=ma2
解得
a2=5m/s2
由静止运动2s时速度为
v1=a1t=12m/s
撤去拉力后物体继续滑行的位移
x=v122a2=1222×5m=14.4m
15．（2023上·辽宁朝阳·高一统考阶段练习）如图所示，吊车提升质量为3×104kg的重物，以恒定的拉力使其由静止开始在4s的时间内竖直上升20m，g取10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）物块上升时的加速度大小；
（2）拉力的大小。
【答案】（1）2.5m/s2；（2）3.75×105N
【详解】（1）根据运动学公式
ℎ=12at2
解得
a=2.5m/s2
（2）根据牛顿第二定律，得
F−mg=ma
解得
F=3.75×105N
16．（2023上·重庆·高一重庆市潼南中学校校联考阶段练习）可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，有一20kg的企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a=0.5m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，“奔跑”过程中脚与冰面未打滑，t=4s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=0.25，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，g=10m/s2。求：
（1）企鹅向上“奔跑”时脚受到的摩擦力大小；
（2）企鹅贴着冰面向前滑行过程的加速度大小和退滑到出发点过程的加速度大小；
（3）企鹅退滑到出发点时的速度大小。（计算结果用根式表示）
【答案】（1）130N；（2）a1=8m/s2，a2=4m/s2；（3）34m/s
【详解】（1）在企鹅向上“奔跑”的过程中有
f−mgsinθ=ma
解得
f=130N
（2）在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑回到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有
mgsin37°+μmgcs37°=ma1
mgsin37°−μmgcs37°=ma2
解得
a1=8m/s2
a2=4m/s2
（3）开始运动前4s：
x=12at2
企鹅从卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移为x′
x′=12a1ata12
企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，初速度为0，则有
vt2−02=2a2x+x′
解得
vt=34m/s
17．（2023上·上海浦东新·高一上海市建平中学校考阶段练习）如图所示倾角为30∘的斜面放在地面上，一质量为m=1kg的小滑块从质量为M=5kg的斜面底端A冲上斜面，到达最高点D后又返回A点，斜面始终保持静止。已知滑块上滑过程经过AB、BC、CD的时间相等，且BC比CD长0.98m，上滑时间为下滑时间的一半。（g取9.8m/s2，）试求：
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）滑块沿斜面上滑时的初速度大小；
（3）滑块沿斜面上滑过程中斜面对地面的摩擦力和压力。
【答案】（1）35；（2）8.4m/s；（3）43N，方向水平向左，56N，方向竖直向下
【详解】（1）设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块上滑与下滑时的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律可得
a1=gsin30∘+μgcs30∘
a2=gsin30∘−μgcs30∘
由题意，设上滑时间为t，则根据运动规律可得
12a1t2=12a2(2t)2
联立以上三式解得
a1=8m/s2，a2=2m/s2，μ=35
（2）设滑块经过AB、BC、CD的时间均为T，根据匀变速直线运动相邻相等时间间隔内发生的位移差的关系
Δx=xBC−xCD=a1T2
解得
T=0.35s
滑块沿斜面上滑时的初速度大小为
v0=a1⋅3T=8×3×0.35m/s=8.4m/s
（3）将滑块和斜面看作一个整体，滑块沿斜面上滑过程中，水平方向，根据牛顿第二定律可得斜面对地面的摩擦力为
f=max=ma1cs30∘=1×8×32N=43N
地面对斜面的摩擦力方向水平向左。滑块沿斜面上滑过程中，竖直方向，根据牛顿第二定律有
(M+m)g−FN=may=ma1sin30∘
解得
FN=56N
根据牛顿第三定律，斜面对地面的压力为
F′N=FN=56N
方向竖直向下。
18．（2023上·甘肃定西·高一统考期末）如图所示，质量为m=1kg的物块，放在一固定斜面上，当斜面倾角为θ=37∘时恰能沿斜面匀速下滑。当斜面倾角增大到α=45∘，对物块施加一个水平向右的力F，物块能够静止在斜面上。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
（1）物块与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）施加拉力F的最大值。
【答案】（1）0.75；（2）70N
【详解】（1）当斜面倾角为θ=37∘时，物块恰能沿斜面匀速下滑，根据受力平衡，可得
mgsin37∘=μmgcs37∘
解得
μ=tan37∘=0.75
（2）当斜面倾角增大到α=45∘，对物块施加一个水平向右的力F，物块能够静止在斜面上，当斜面对物块的静摩擦力沿斜面向下，且达到最大值时，力F有最大值，根据受力平衡，沿斜面方向有
Fmcs45∘=mgsin45∘+f
沿垂直斜面方向有
FN=mgcs45∘+Fmsin45∘
又
f=μFN
联立解得
Fm=70N
19．（2023上·广东广州·高三广东广雅中学校考阶段练习）如图，矩形拉杆箱上放着平底箱包，在与水平方向成α=37°的拉力F作用下，一起沿水平面从静止开始加速运动。已知箱包的质量m=1.0kg，拉杆箱的质量M=9.0kg，箱底与水平面间的夹角θ=37°，平底箱包与拉杆箱之间的动摩擦因数μ=0.5，不计其它摩擦阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
（1）若F=25N，求拉杆箱的加速度大小a；
（2）在（1）的情况下，求拉杆箱运动x=4.0m时的速度大小v；
（3）要使箱包不从拉杆箱上滑出，求拉力的最大值Fm。

【答案】（1）2m/s2；（2）4m/s；（3）250N
【详解】（1）若F=25N，以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得
Fcsα=(m+M)a
解得
a=2m/s2
（2）根据速度位移关系可得
v2=2ax
解得
v=4m/s
（3）箱包恰好不从拉杆箱上滑出时，箱包与拉杆之间的弹力刚好为零，以箱包为研究对象，受到重力、支持力和摩擦力的作用，此时箱包的加速度为a0，
根据牛顿第二定律可得
Nsinθ+fcsθ=ma0
Ncsθ=mg+fsinθ
f=μN
解得
a0=20m/s2
以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得
Fmcsα=(m+M)a0
解得拉力的最大值为
Fm=250N
20．（2023上·重庆·高一重庆市潼南中学校校联考阶段练习）如图所示，皮带的速度v=8m/s，两圆心相距L=32m，现将m=1kg的煤块轻放在左轮圆心A点正上方的皮带上，煤块与皮带间的动摩擦因数μ=0.2，电动机带动皮带将煤块从左轮运送到右轮圆心B点正上方过程中，求：
（1）煤块加速阶段运动的位移大小；
（2）煤块从A点正上方运动到B点正上方所经历的时间。

【答案】（1）16m；（2）6s
【详解】（1）煤块加速运动过程中，加速度大小为
a=μmgm=μg=2m/s2
设煤块经过时间后t1与传送带共速，则
v=at1
解得
t1=4s
煤块加速阶段运动的位移大小为
x1=12at12=12×2×42m=16m
（2）煤块匀速运动的时间为
t2=L−x1v=2s
煤块从A点正上方运动到B点正上方所经历的时间为
t=t1+t2=6s