第四章 牛顿运动定律 章末综合测评卷（含答案）2022-2023学年高一上物理教科版（2019）必修第一册

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1、 第四章牛顿运动定律第四章牛顿运动定律 (时间:75分钟 满分:100分) 一、单项选择题一、单项选择题(本题共本题共 7 小题小题,每小题每小题 4 分分,共共 28 分。在每小题给出的四个选项中分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目只有一项符合题目要求要求) 1.(2021湖北高一期末)春秋战国时期齐国的著作考工记中有“马力既竭,辀犹能一取焉”,意思是:(马拉车时)即使马力已经用尽(马不对车施加拉力),车还能促使马前进好几步。下列相关说法正确的是( ) A.该现象说明力是使物体运动的原因 B.马对车不施加拉力时,车将做匀速直线运动 C.马对车不施加拉力时,车由于惯性并未立即停止运动

2、 D.该现象表明马的惯性比车的惯性小 2.(2021安徽合肥高一期末)如图所示,一轻质弹簧竖直固定在水平面上,一物块自弹簧正上方自由下落,当物块与弹簧接触并将弹簧压至最短(在弹性限度内)的过程中,下列说法正确的是( ) A.物块接触弹簧后立即做减速运动 B.物块接触弹簧后先加速后减速 C.当物块的速度最大时,它所受的合力不为零 D.当弹簧被压缩至最短时,物块的加速度等于零 3.如图所示,在电梯的地板上放置一台电子秤,电子秤上放了一个质量为 100 g的砝码,在某次电梯运行过程中小明在电梯内按时间顺序依次拍了三张照片,电子秤的读数分别为 87.9 g、100.0 g、122.7 g,则关于电梯的

3、运动下列判断正确的是( ) A.拍第 1张照片时小明处于失重状态 B.拍第 2张照片时电梯在匀速运动 C.从第 3张照片分析可知电梯在向下运动 D.从 3张照片分析可知,砝码受的重力在发生变化 4.如图所示,在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有一圆柱体,其质量为 m且与竖直挡板及斜面间均无摩擦,斜面倾角为 。当车的加速度 a突然增大时,斜面对圆柱体的弹力 F1和挡板对圆柱体的弹力F2的变化情况是( ) A.F1增大,F2不变 B.F1不变,F2增大 C.F1减小,F2增大 D.F1增大,F2减小 5.假设撑竿跳高运动员从最高处到垫子的高度差 A=5.0 m,从接触海绵垫子到速度为 0的整个过

4、程用时约为 0.2 s,该过程可视为匀减速直线运动,整个过程忽略空气阻力,g取 10 m/s2。则下列说法正确的是( ) A.运动员接触海绵垫子时的速度大小为 2 m/s B.运动员自由下落时间约为 2.0 s C.从接触海绵垫子到速度为 0,运动员的加速度大小为 50 m/s2 D.海绵垫子受到的平均作用力是运动员体重的 4倍 6.如图所示,质量为 2m的物体 A静止在竖直的轻弹簧上,质量为 3m的物体 B由细线悬挂在天花板上,B与 A刚好接触但不挤压。现突然将细线剪断,则剪断后瞬间 A、B间的作用力大小为( ) A. mg B. mg C. mg D.0 7.如图所示,ad、bd、cd是竖

5、直面内三根固定的光滑细杆,它们与水平面之间的夹角分别为 90 、60 、30 ,a、b、c、d位于同一圆周上,a点为圆周的最高点,d点为最低点。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),三个滑环分别从 a、b、c处由静止释放,用 t1、t2、t3依次表示各滑环到达 d所用的时间,用 a1、a2、a3依次表示各滑环沿杆下滑过程的加速度,则下列说法正确的是( ) A.t1t2t3=321 B.t1t2t3=111 C.a1a2a3=321 D.a1a2a3=111 二、多项选择题二、多项选择题(本题共本题共 3 小题小题,每小题每小题 6 分分,共共 18 分。在每小题给出的四个选项中分。在每小题给

6、出的四个选项中,有多项符合题目要有多项符合题目要求。全部选对的得求。全部选对的得 6 分分,选对但不全的得选对但不全的得 3 分分,有选错的得有选错的得 0 分分) 8.如图所示,一轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上,轻质弹簧下端悬挂一小球,电梯中有一质量为 50 kg的乘客,在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三,重力加速度 g取 10 m/s2,下列说法正确的是( ) A.电梯可能加速下降,加速度大小为 5 m/s2 B.电梯可能减速上升,加速度大小为 2.5 m/s2 C.乘客处于失重状态 D.乘客对电梯地板的压力为 425 N 9.如图甲所示,传送带以速率 v

7、顺时针匀速转动,在其水平部分的右端 B点正上方有一竖直弹性挡板。一小物块以初速度 v0(v0大于 v)从左端 A点滑上传送带,与挡板相碰后恰好能返回 A点,物块运动过程的 v-t图像如图乙实线所示,下列说法正确的是( ) A.v0和 v大小关系为 v0=2v B.若只增大 v0,物块将从传送带左端滑下 C.若 v0=v,物块将在传送带上往复运动 D.若只减小传送带速度 v,物块不可能返回 A点 10.如图甲所示,在光滑水平面上,静止放置一质量为 m的长木板,质量为 m的滑块(可视为质点)放在长木板上,长木板受到水平拉力 F与加速度 a的关系如图乙所示,重力加速度 g取 10 m/s2,下列说法

8、正确的是( ) A.长木板的质量 m=1 kg B.滑块与长木板之间的动摩擦因数为 0.2 C.当 F=8 N时,滑块的加速度大小为 4 m/s2 D.当 F增大时,滑块的加速度一定增大 三、实验题三、实验题(本题共本题共 2 小题小题,共共 14 分分) 11.(6分)用图甲所示装置测物块与长木板间的动摩擦因数,长木板固定在水平桌面上,圆弧轨道与长木板的上表面相切。光电门安装在长木板上,位置可以调节;物块上固定宽 d=2.10 mm的遮光条,从圆弧轨道上某点由静止释放。 (1)某次遮光条通过光电门的时间 t=0.84 ms,则物块通过光电门的速度 v= m/s。(结果保留三位有效数字) (2

9、)调节光电门位置,测每次遮光条通过光电门的时间 t 及对应的物块在长木板上停止后遮光条与光电门之间的距离 x。多次测量,得到 -x图像如图乙所示,已知图线斜率为 k,重力加速度为 g,则物块与长木板间的动摩擦因数 = 。(用已知量的字母表示) (3)本实验中, (选填“需要”或“不需要”)保证物块必须从圆弧轨道上同一点由静止释放。 12.(8分)某学习小组利用图甲中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系,图中长木板水平放置,其左端固定一轻滑轮,轻绳跨过滑轮,一端与放在木板上的小车相连,另一端可悬挂钩码,本实验中可用的钩码共有 N个,已知打点计时器所用电源的频率为 50 Hz,每个钩码的质

10、量为 m,小车的质量为 m,重力加速度取 g,实验要点如下: (1)实验开始时平衡摩擦力:在长木板不带滑轮的一端下方某位置垫上一个小物块后,发现小车拉着通过打点计时器的纸带在木板上做加速运动,则应将小物块向 (选填“左”或“右”)移动,才能使小车拉着纸带在板上做匀速运动; (2)平衡摩擦力后,将 n(依次取 n=1,2,3,4)个钩码挂在左端,其余 N-n个钩码放在小车内,用手按住小车并使轻绳与木板平行,打开电源,释放小车,获得一条清晰的纸带,经数据处理后可得到相应的加速度 a; (3)图乙为某次实验得到的纸带,且每隔 4个点取 1个计数点,利用图中测得的数据可计算出小车的加速度 a= m/s

11、2;(保留三位有效数字) (4)本次实验中 (选填“需要”或“不需要”)满足“小车及车上钩码的总质量远大于所挂钩码质量”的条件; (5)图丙是利用不同 n对应不同 a作出的 a-n图像,如果图丙中图线斜率为 k,通过理论分析可知本实验中可用的钩码的总个数 N= 。(用题中字母表示) 四、计算题四、计算题(本题共本题共 3 小题小题,共共 40 分。要有必要的文字说明和解题步骤分。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有数值计算的要注明单位) 13.(10分)静止在水平地面上的物体,质量为 20 kg,在一个水平推力作用下,做匀加速直线运动,物体与地面间的动摩擦因数为 =0.1,当

12、物体运动 9 m时,速度达到 6 m/s。g取 10 m/s2,求: (1)物体的加速度大小; (2)物体受到的水平推力大小。 14.(12分)如图所示的升降机中,用 OA、OB两根绳子吊一个质量为 20 kg的重物,若 OA与竖直方向的夹角 =37 ,OA垂直于 OB,且两绳所能承受的最大拉力均为 320 N。 (1)请判断,随着拉力增大,OA绳先断还是 OB绳先断。 (2)为使绳子不断,升降机竖直向上的加速度最大为多少? 15.(18分)如图所示,一个质量 m=1 kg的小滑块在水平面上沿直线向右运动,小滑块与水平面间的动摩擦因数 =0.3。小滑块经过 P点时速度 v=5 m/s,运动到

13、Q点(图中未画出)时对滑块施加一个水平向左的恒力 F=5 N,已知 P和 Q之间距离 L=1.5 m,重力加速度 g取 10 m/s2,求: (1)施加 F时小滑块的速度大小; (2)恒力 F施加以后,经多长时间小滑块速度为零; (3)小滑块向右运动的最远点到 P点的距离。 参考答案参考答案 一、单项选择题一、单项选择题 1.C 由题意可知,即使马力已经用尽(马不对车施加拉力),车还能促使马前进好几步,说明没有力物体还能运动,故 A错误;由题意可知,马对车不施加拉力时,车将做减速运动,最后停止,故 B错误;即使马不对车施加拉力,车还能促使马前进好几步,说明车由于惯性并未立即停止运动,故 C正确

14、;此现象不能说明马的惯性与车的惯性的大小关系,故 D错误。 2.B 物块刚接触弹簧时,弹簧形变较小,此时弹力小于重力,物体仍然做加速运动,故 A错误;物体接触弹簧后,到弹簧压至最短这一过程中,弹簧弹力先小于重力,后等于重力,最后大于重力,故物块先加速后减速,B正确;当物块速度最大时,加速度为零,此时必有合力为零,即弹力等于重力,故 C错误;弹簧压缩到最短时,弹力大于重力,此时加速度向上,故 D错误。 3.A 拍第 1张照片时砝码所受的支持力小于砝码重力,砝码处于失重状态,所以小明处于失重状态,A正确;拍第 2张照片时砝码所受支持力等于砝码重力,砝码加速度为 0,所以电梯匀速运动或者处于静止状态

15、,B错误;从第 3张照片分析可知砝码所受支持力大于砝码重力,砝码加速度向上,电梯可能加速向上运动,也可能减速向下运动,C错误;砝码的重力为 mg,与电梯的运动状态无关,D错误。 4. B 平板车的加速度沿水平方向,则圆柱体的加速度沿水平方向,对圆柱体受力分析如图所示,因为圆柱体在竖直方向上合力为零,则 F1cos =mg,当平板车的加速度增大时,斜面对圆柱体的弹力 F1不变;水平方向上 F2-F1sin =ma,加速度增大时,挡板对圆柱体的弹力 F2增大。故选 B。 5.C 运动员接触海绵垫子时的速度大小由 v2=2gh得 v=10 m/s,运动员自由下落时间 t1= =1.0 s,故 A、B

16、错误;从接触海绵垫子到速度为 0,运动员的加速度大小 a= =50 m/s2,由牛顿第二定律 F-mg=ma得F=6mg,所以由牛顿第三定律得海绵垫子受到的平均作用力为 6mg,故 C正确,D错误。 6.B 剪断细线前,只有 A对弹簧有作用力,所以剪断细线前弹簧的弹力 T=mAg=2mg,将细线剪断的瞬间,弹簧弹力不变,根据牛顿第二定律可得(2m+3m)g-T=(2m+3m)a,解得 a= g,隔离 B,则有 3mg-N=3ma,解得剪断后瞬间 A、B间的作用力 N= mg,故 B正确,A、C、D错误。 7.B 设任一细杆与竖直方向的夹角为 ,由牛顿第二定律得 mgcos =ma,解得环的加速

17、度大小 a=gcos ,则 a1=g,a2= g,a3= g,加速度之比为 a1a2a3=2 1,C、D错误;设所在圆周的半径为 R,则环下滑的位移 x=2Rcos ,根据 x= at2,得 t= ,下滑时间相同,A错误、B正确。 二、多项选择题二、多项选择题 8.BC 电梯静止不动时小球受力平衡,有 mg=kx。电梯运行时弹簧的伸长量变为静止时的四分之三,说明弹力变小了,根据牛顿第二定律得 mg- kx=ma,解得 a=2.5 m/s2。加速度方向向下,电梯可能加速下降或减速上升,乘客处于失重状态,故 A错误,B、C正确。以乘客为研究对象,根据牛顿第二定律得,mg-N=ma,乘客对地板的压力

18、大小 N=mg-ma=(500-50 2.5) N=375 N,故 D错误。 9.BC 由 v-t 图像可知,小物块恰好减速到与传送带速度相等时与挡板碰撞,向左减速至 A点速度为零,且物块向右运动的加速度和向左运动的加速度大小相等,则 -v2=2al,v2=2al,可得 v0= v,A错误;若只增大 v0,其他条件不变,物块与挡板碰后速度将大于 v,物块必从传送带左端滑下;当 v0=v时,物块碰后速度为 v,恰好能回到 A点,后向右加速,出现往复运动,B、C正确;若只减小 v,则物块在传送带上的加速度不变,即物块到达挡板处时速度应该恰好为 v,故物块一定能返回 A点,D错误。 10.AB 由图

19、像知,当 F=6 N时,加速度 a0=2 m/s2,对整体分析由牛顿第二定律得 F=(m+m)a0,代入数据解得 m+m=3 kg;当 F大于 6 N时,m和 m发生相对滑动,对长木板由牛顿第二定律得 F-mg=ma,则有F=ma+mg,F-a图线的斜率 k= - =1,则 m=1 kg,故 m=2 kg,选项 A正确;当 F大于 6 N时,根据图像可得 =0.2,故选项 B正确;当 F大于 6 N后,二者发生相对滑动,小滑块的加速度为 a=g=2 m/s2,与 F无关,F增大时小滑块的加速度不变,故选项 C、D错误。 三、实验题三、实验题 11.解析 (1)遮光条通过光电门的时间 t=0.8

20、4 ms,则物块通过光电门的速度 v= - - m/s=2.50 m/s。 (2)由牛顿第二定律得 mg=ma,所以 a=g,根据运动学关系可知( ) =2ax,即 x,则 =k,解得= 。 (3)本实验中,物块在长木板上运动后,由光电门测量通过光电门时的初速度,故不需要保证物块必须从圆弧轨道上同一点由静止释放。 答案 (1)2.50 (2) (3)不需要 12.解析 (1)小车做加速运动,说明斜面倾角过大,应减小倾角,因此应将小物块向右移动。 (3)根据 x=aT2并代入数据可得 a=2.02 m/s2。 (4)由于小车和钩码(含车上放置的和细绳末端所挂的)的总质量一定,所以小车的加速度 a

21、与细绳末端所挂钩码的重力始终成正比,因此不需要满足“小车及车上钩码的总质量远大于所挂钩码质量”的条件。 (5)图像为过坐标原点的直线,由牛顿第二定律和图像可知 a= n=kn,因此钩码的总个数 N= 。 答案 (1)右 (3)2.02 (4)不需要 (5) 四、计算题四、计算题 13.解析 (1)物体做初速度为零的匀加速直线运动,由运动学公式有 v2=2ax 解得 a=2 m/s2。 (2)由牛顿第二定律得 F-mg=ma 解得 F=60 N。 答案 (1)2 m/s2 (2)60 N 14.解析 (1)OA垂直于 OB,分析物块受力有 TOAsin =TOBcos 因为 =37 ,所以 TO

22、ATOB,故 OA绳先断。 (2)分析知当 OA绳拉力最大时,升降机加速度最大, -mg=ma 代入数据可得 a=10 m/s2。 答案 (1)OA绳先断 (2)10 m/s2 15.解析 (1)小滑块在 P、Q之间运动时,根据牛顿第二定律有 mg=ma1 解得 a1=3 m/s2 根据运动学公式可得,运动到 Q点的速度大小 vQ= - =4 m/s。 (2)施加 F后小滑块向右运动过程中,由牛顿第二定律得 mg+F=ma2 解得 a2=8 m/s2 向右运动的时间 t1= =0.5 s。 (3)向右运动的位移 x1= =1 m 所以向右运动的最远点到 P点的距离 x=L+x1=2.5 m。 答案 (1)4 m/s (2)0.5 s (3)2.5 m