第四章 牛顿运动定律 章末检测试卷（含答案）－2021年高中物理教科版（2019）必修第一册

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1、第四章第四章 牛顿运动定律牛顿运动定律 (时间：90 分钟 满分：100 分) 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

2、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

3、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 AA 的加速度为零，B 的加速度大小为 g BA、B

4、的加速度大小均为 0.5g CA、B 的加速度均为零 DA 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 aAF 弹mgsin 30 m 0.5g， 以 B 球为研究对象，有 aBmgsin 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

5、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kx m B方向向右，大小为kx m C方向向左，大小为2kx m D方向向右，大小为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

6、与水平面间的动摩 擦因数为 ，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kx0mg 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 ，则在运 动过程中( ) 图 4 A木块受到的摩擦力大小一定为 mg B木块受到的合力大小为

7、(Mm)a C小车受到的摩擦力大小为 mF mM D小车受到的合力大小为(mM)a 答案 C 解析 对小车和木块整体，根据牛顿第二定律得 a F Mm.木块水平方向只受静摩擦力，根据牛顿第二定律 得 fma mF Mm，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 .若某时刻观察到细线偏离竖直 方向

8、 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 Amg，竖直向上 Bmg 12，斜向左上方 Cmgtan ，水平向右 Dmg 1tan2 ，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 mAa，得：agtan ，方向 水平向右再对 B 受力分析，小车对 B 的摩擦力为：fmamgtan ，方向水平向右，小车对 B 的支持力 大小为 Nmg，方向竖直向上，则小车对物块 B 的作用力的大小为：F N 2f 2mg 1tan2 ，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，

9、 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 1和 BC 段间的动 摩擦因数 2的比值为( ) 图 6 A1 B2 C3 D4 答案 C 解析 物块从 A 到 B，根据牛顿第二定律，有 1mgma1，得 a11g.从 B 到 C 根据牛顿第二定律，有 2mg ma2，得 a22g.设 ABBCl，小物块在 A 点时速度大小为 v，则在 B 点时速度大小为v 2，由运动学公式 知，从 A 到 B：(v 2) 2v22 1gl，从 B 到 C：0(v 2) 22 2gl，联立解得 132，故

10、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 01 s 时间内，外力 F 不断增大 B在 13 s 时间内，外力 F 的大小恒定 C在 34 s 时间内，外力 F 不断减小 D在 34 s 时间内，外力 F 的大小恒定 答案

11、 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 Ncos ma，解得 N ma cos ，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 mg2ma2，由牛顿第三定律可知小球对

12、圆 槽的压力一定大于 mg，故 B 错误；由图可知 tan mg ma，可知 a 越大， 越小，即小球相对静止处离圆槽底 越高，又 F(Mm)aa，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，Ft 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 At0时刻，两物体之间的摩擦力为零 Bt0时刻，两物体的速度方向开始改变 Ct02t0时间内，两物体之间的摩擦力逐渐减小

13、 Dt02t0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 F0，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t02t0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

14、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(Mm)g B物体 A 的加速度 a m 2Mmg C.M m的取值小一些，便于观测和研究 D.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：TMgMa，对 B、C 整体，由牛顿第二定律得：(Mm)gT(M m)a，联立解得 TMg Mmg 2Mm，a m 2Mmg，故 A 错误，B 正确；由 a m 2Mmg 1 2M m 1 g 知，M m的取 值大一些，a 小些，更便于观

15、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 amg 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

16、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)Mm(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 aF 关系图线如图 13 所

17、示 图 13 分析此图线 OA 段可得出的实验结论是_ 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)在质量不变时，加速度与合外力成正比(2 分) C(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)OA 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 设小车质量为 M，所挂钩码的质量为 m，由实验原理得 mgFMa

18、，即 amg M ，而实际上 a mg Mm， 可见 aa，AB 段明显偏离直线是由于没有满足 Mm，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 m2103 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)4103 N 0.2 解析 (1)汽车开始做匀加速直线运动，则 x1v10 2 t(2

19、分) 解得 v12x1 t1 28 4 m/s4 m/s.(2 分) (2)汽车减速过程中加速度 a20v1 t2 2 m/s2(1 分) 由牛顿第二定律得fma2(2 分) 解得 f4103 N(1 分) 由 fNmg(1 分) 解得 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 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 h3.2 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 0.4，重力加速度 g 取 10 m/s2，求： 图 14 (1)物

20、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 ma1，(2 分) 解得 a15 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 h sin 6.4 m(1 分) 由 2a1xv12得 v1 2a1x8 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 mgma2，得 a24 m/s2(2 分) 经时间 t

21、2减速到零，t2v1 a22 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 .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)v0 g (2) v02 2g 解析 (1)煤块的加速度 ag(2 分) 达到速度 v0所用时间 tv0 a v0 g(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

22、距离 x1v0tv0 2 g(2 分) 煤块运动的距离 x21 2at 2v0 2 2g (2 分) 此过程中煤块相对传送带向后移动的距离为 xx1x2 v02 2g(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 v02 2g(1 分) 考虑重叠部分，最终划出的痕迹长度为 x v02 2g.(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 M1 kg，B 与地面间的动摩擦因数 为 10.1；一质量为 m2 kg 的小物块 A 放在 B 的左端，A、B 之间的动摩擦因数为 20.3.刚开始

23、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aA2mg m 2g3 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 aB2mg1mMg 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 vv0aAtaBt，解得 t0.5 s(2 分) 所以 vaBt1.5 m/s(1 分) A 相对地面的位移 xAv0v 2 t1.125 m(2 分) B 相对地面的位移 xBv 2t0.375 m(2 分) A 相对 B 的位移为 xAxB0.75 m1.2 m(1 分) 所以 A 没有从 B 上滑出