2019人教版高中物理必修1《第四章 牛顿运动定律》章末测试（含答案解析）

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1、章末测试(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。16题为单项选择题，710题为多项选择题)1下列关于单位制及其应用的说法不正确的是()A基本单位和导出单位一起组成了单位制B选用的基本单位不同，构成的单位制也不同C在物理计算中，如果所有已知量都用同一单位制中的单位表示，只要正确应用公式，其结果就一定是用这个单位制中的单位来表示的D一般来说，物理公式主要确定各物理量间的数量关系，并不一定同时确定单位关系解析在单位制中，基本单位和导出单位一起构成了单位制，选项A正确；选用的基本单位不同，构成的单位制也不同，选项B正确；在物理计算中，如果所有已知量都用同一单位

2、制中的单位表示，只要正确的应用公式，其结果就一定是用这个单位制中的单位来表示的，选项C正确；物理公式既确定了各物理量间的数量关系，又同时确定了它们之间的单位关系，选项D错误。答案D2如图1所示，小明在做双脚跳台阶的健身运动，若忽略空气阻力，则下列说法正确的是()图1A小明在下降过程中处于失重状态B小明起跳以后在上升过程处于超重状态C小明落地时地面对他的支持力小于他的重力D起跳过程地面对小明的作用力就是他对地面的作用力解析超重还是失重要看加速度方向，若加速度方向向上即为超重，若加速度方向向下即为失重。小明在下降过程中因加速度向下，故失重，A正确；起跳以后的上升过程中加速度也向下，也是失重，B错误

3、；小明落地时因做减速下降，加速度向上，所以是超重，地面对他的支持力大于他的重力，C错误；起跳过程中地面对小明的作用力与他对地面的作用力是一对作用力与反作用力，不是同一个力，D错误。答案A3如图2所示，质量为m1和m2的两个物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下，先沿光滑水平面，再沿斜面，最后竖直向上运动。在三个阶段的运动中，线上拉力的大小()图2A由大变小 B由小变大C始终不变D由大变小再变大解析m1、m2沿水平面移动时：a1，线上拉力FT1m1a1；m1、m2沿斜面移动时：a2gsin ，线上拉力FT2m1a2m1gsin ；m1、m2竖直向上移动时：a3g，线上拉力：FT3m1a3m1g

4、。答案C4如图3所示，在光滑水平面上有甲、乙两木块，质量分别为m1和m2，中间用一原长为L、劲度系数为k的轻质弹簧连接起来，现用一水平力F向左推木块乙，当两木块一起匀加速运动时，两木块之间的距离是 ()图3ALBLCLDL解析以整体为研究对象，则一起运动的加速度为a，以甲为研究对象，弹簧的弹力：F1m1akx，以乙为研究对象，FF1m2a，两木块之间的距离则为：Lx，由以上可得C正确。答案C5某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490 N。他将弹簧测力计移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内弹簧测力计的示数如图4所示，则电梯运行的vt图象可能是(取电梯向上运动的方向为正) ()图4解析t0t1

5、时间段内，人失重，应向上减速或向下加速，B、C错；t1t2时间段内，人匀速或静止；t2t3时间段内，人超重，应向上加速或向下减速，A对，D错。答案A6如图5所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，电磁铁A和秤盘C(包括支架)的总质量为M，B为铁片，质量为m，整个装置用轻绳悬挂于O点。当电磁铁通电，铁片被吸引加速上升的过程中，轻绳中拉力FT的大小为()图5ATTmgBMgFT(Mm)gCTT(Mm)gDTT(Mm)g解析以A、B、C组成的系统为研究对象，A、C静止，铁片B由静止被吸引加速上升，则系统的重心加速上升，系统处于超重状态，故轻绳的拉力为FT(Mm)g。应选D。答案D7关于牛顿第一定律有下列说法

6、，其中正确的是()A牛顿第一定律可用实验来验证B牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因C惯性定律与惯性的实质是相同的D物体的运动不需要力来维持解析牛顿第一定律不是实验定律，故不能用实验来验证，选项A错误；牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因，选项B正确；惯性定律是物体遵循的规律，而惯性是物体的性质，其实质是不相同的，选项C错误；物体的运动不需要力来维持，选项D正确。故选B、D。答案BD8跳高运动员蹬地后上跳，在起跳过程中 ()A运动员蹬地的作用力大小大于地面对他的支持力大小B运动员蹬地的作用力大小等于地面对他的支持力大小C运动员所受的支持力和重力平衡D运动员所受的合力一定向上解析运动

7、员蹬地的作用力与地面对他的支持力是一对作用力与反作用力，所以大小相等，A错误，B正确；因为运动员向上做加速运动，所以运动员所受的支持力和重力不平衡，且合力向上，C错误，D正确。答案BD9在20 m高处以初速度15 m/s竖直上抛一物体，不计空气阻力，g取10 m/s2，则物体离抛出点10 m时，所经历的时间是 ()A1 sB2 sC3 sD3.56 s解析取竖直向上方向为正方向，当物体运动到抛出点上方离抛出点10 m时，位移为：x10 m。由竖直上抛运动的位移公式得：xv0tgt2整理得：gt2v0tx0代入：5t215t100解方程，得：t11 s，t22 s。当物体运动到抛出点下方离抛出点

8、10 m时，位移为：x10 m，由xv0tgt2整理得：gt2v0tx0代入：5t215t100解方程得：t3.56 s(负值舍去)。故选项A、B、D正确。答案ABD10如图6甲所示，倾角为的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运动。t0时将质量m1 kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的vt 图象如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g10 m/s2。则 ()图6A传送带的速率v010 m/sB传送带的倾角30C物体与传送带之间的动摩擦因数0.5D1.02.0 s物体不受摩擦力解析 由图可知当物体速度达到v010 m/s前，物体沿斜面向下的加速度为10 m/

9、s2；速度在10 m/s到12 m/s时的加速度为2 m/s2；物体沿斜面的受力为重力沿斜面的分量、传送带对物体的摩擦力，当物体速度小于传送带的速度时物体受到传送带向下的摩擦力、当物体速度等于传送带的速度后物体受到的传送带的摩擦力方向发生变化，物体向下的加速度发生变化；由上述分析可知物体速度达到v010 m/s时加速度变小是由于物体速度与传送带速度相同摩擦力方向变化，故传送带的速率为v010 m/s，即A正确，D错误；设物体速度达到v010 m/s 前的加速度为a1，物体速度达到v010 m/s后的加速度为a2，则有mgsin mgcos ma1，mgsin mgcos ma2，由图可知a11

10、0 m/s2，a22 m/s2，联立可得sin 0.6，即37，0.5，故B错误，C正确。答案AC二、非选择题(共5小题，共60分。)11(6分)探究“物体的加速度与力、质量的关系”实验如下：(1)在探究“物体的加速度与物体的质量的关系”时，应保持_不变，多次改变物体的质量m，测出相应的加速度a。(2)为了更直观地反映物体的加速度a与物体的质量m的关系，往往用二者的关系图象表示出来，该关系图象应选用_。Aam图象Ba2m图象Ca图象Da2图象解析(1)实验中采用控制变量法，在探究物体的加速度与物体的质量的关系时，应保持力F不变。(2)在探究加速度与质量的关系时，为了直观判断二者间的关系，应作出

11、a图象，故C正确。答案(1)力F(2)C12(10分)某同学用如图7所示的实验装置验证牛顿第二定律。图7(1)(多选)为了验证加速度与合外力成正比，实验中必须做到()A实验前要平衡摩擦力B每次都必须从相同位置释放小车C拉小车的细绳必须保持与轨道平行D拉力改变后必须重新平衡摩擦力(2)图8为某次实验得到的纸带，纸带上相邻的两计数点间有四个点未画出，则小车的加速度大小为a_m/s2(结果保留两位有效数字)图8(3)(多选)在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图9所示的aF图象，其中图线不过原点并在末端发生弯曲，产生这种现象的原因可能有()图9A木板右端垫起的高

12、度过小(即平衡摩擦力不足)B木板右端垫起的高度过大(即平衡摩擦力过度)C盘和重物的总质量m远小于车和砝码的总质量M(即mM)D盘和重物的总质量m不远小于车和砝码的总质量M解析(1)为了验证加速度与合外力成正比，实验中必须做到实验前要平衡摩擦力和拉小车的细绳必须保持与轨道平行，而正确的操作应该是给小车一个初速度，小车能够带动纸带匀速下滑，并且要注意平衡摩擦力时，不能将盘和重物与小车相连挂在滑轮上，选项A、C正确。(2)根据xaT2，T0.1 s，运用逐差法得，a0.64 m/s2。(3)其中图线不过原点的原因是平衡摩擦力过度，故A选项错误，B选项正确；其中图线在末端发生了弯曲，是因为盘和重物的总

13、质量m不远小于车和砝码的总质量M，故C选项错误，D选项正确。答案(1)AC(2)0.64(3)BD13(14分)在水平地面上有一个质量为4.0 kg的物体，物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动。10 s后拉力大小减小为，并保持恒定。该物体的速度时间图象如图10所示(取g10 m/s2)。求：图10(1)物体所受到的水平拉力F的大小；(2)该物体与地面间的动摩擦因数。解析(1)物体的运动分为两个过程，由题图可知两个过程的加速度分别为：a11 m/s2，a20.5 m/s2物体受力分析如图甲、乙所示：对于两个过程，由牛顿第二定律得：FFfma1Ffma2联立以上二式解得：F9 N，Ff5 N(2

14、)由滑动摩擦力公式得：FfFNmg解得0.125答案(1)9 N(2)0.12514(14分)如图11所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力。质量m100 g的小球穿在长L1.2 m 的直杆上并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为0.5，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑。保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角，将小球从O点静止释放。g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：图11(1)当37时，小球离开杆时的速度大小；(2)改变杆与竖直线的夹角，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，求此时的正切值。解析(1)当杆竖直固定放置时，FF弹，F弹mg，解得风力F2 N当

15、37时，小球受力情况如图示，垂直杆方向上有Fcos 37mgsin 37FN解得FN1 N小球受摩擦力FfFN0.5 N由牛顿第二定律得mgcos 37Fsin 37Ffma解得a15 m/s2由v2v2ax得，小球到达杆下端时速度为v6 m/s(2)当摩擦力为0时，球与杆的弹力为0，由平衡条件得Fcos mgsin 解得tan 2答案(1)6 m/s(2)215(16分)如图12所示，质量为M1 kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m0.5 kg的小滑块(可视为质点)以v03 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动。已知滑块与木板间的动摩擦因数0.1，重力加速度

16、g取10 m/s2。求：图12(1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小和方向；(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度大小a；(3)若长木板足够长滑块与长木板达到的共同速度大小v。解析(1)滑块所受摩擦力为滑动摩擦力Ffmg0.5 N，方向水平向左根据牛顿第三定律，滑块对木板的摩擦力大小为0.5 N，方向水平向右。(2)由牛顿第二定律得：mgma得出ag1 m/s2。(3)对木板，由牛顿第二定律mgMa可得a0.5 m/s2设经过时间t，滑块和长木板达到共同速度v，则满足：对滑块：vv0at对长木板：vat由以上两式得：滑块和长木板达到的共同速度v1 m/s答案(1)0.5 N方向水平向右(2)1 m/s2(3)1 m/s