2024-2025學年新教材高中物理第四章牛頓運動定律章末檢測含解析粵教版必修第一冊

PAGEPAGE9牛頓運動定律(時間：90分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．kg和s是國際單位制中兩個基本單位的符號，這兩個基本單位對應(yīng)的物理量是()A．質(zhì)量和時間 B．質(zhì)量和位移C．重力和時間 D.重力和位移解析：選Akg是質(zhì)量的單位，s是時間的單位，故A正確。2．春秋時期齊國人的著作《考工記》中有“馬力既竭，辀(zhōu)猶能一取焉”，意思是馬對車不施加拉力了，車還能接著向前運動一段距離。這一現(xiàn)象說明白()A．力的作用是相互的B．力既有大小又有方向C．車有慣性D．彈力存在于相互接觸的物體之間解析：選C馬對車不施加拉力了，車還能接著向前運動一段距離。這一現(xiàn)象說明車有慣性，選項C正確。3．交通法規(guī)中規(guī)定，坐在小汽車前排的司機和乘客都應(yīng)系上平安帶，這主要是為了減輕在下列哪種狀況出現(xiàn)時可能對人造成的損害()A．車速太快 B.車速太慢C．緊急剎車 D.突然啟動解析：選C小汽車車速太快或太慢時，只要速度不發(fā)生變更，人就不會向前沖或向后仰，不會對人造成損害，選項A、B不符合題意；當緊急剎車時，車停止而人由于慣性向前沖，平安帶可以防止人向前沖而受傷，選項C符合題意；突然啟動時，人會向后仰，有靠背支撐，平安帶不起作用，選項D不符合題意。4.如圖所示，位于足夠長光滑固定斜面上的小物塊，受到一水平向左的推力F，物塊沿斜面加速下滑，在F漸漸增大、方向保持不變的過程中，物塊的加速度大小將()A．漸漸減小 B.漸漸增大C．先減小后增大 D.先增大后減小解析：選C設(shè)斜面的傾角為α，物塊的質(zhì)量為m，加速度大小為a。物塊沿斜面對下加速滑動，受力分析如圖所示，依據(jù)牛頓其次定律得mgsinα－Fcosα＝ma，解得a＝gsinα－eq\f(F,m)cosα，當F增大時加速度a(向下)減小，物塊向下做加速度減小的加速運動；當F＝mgtanα時，加速度a＝0，物塊的速度達到最大；當F接著增大時，則有Fcosα－mgsinα＝ma，此時加速度(向上)增大，物塊向下做加速度增大的減速運動，C項正確。5.如圖所示為運動員跳水前的起跳動作。下列說法正確的是()A．運動員蹬板的作用力大小大于板對她們的支持力大小B．運動員蹬板的作用力大小小于板對她們的支持力大小C．運動員所受的支持力和重力相平衡D．運動員所受的合力肯定向上解析：選D運動員蹬板的作用力與板對她們的支持力是作用力和反作用力，大小相等、方向相反，故A、B錯誤；運動員起跳過程，是由靜止獲得速度的過程，因而有豎直向上的加速度，合力豎直向上，運動員所受的支持力大于重力，故C錯誤，D正確。6．光滑水平地面上有兩個疊放在一起的斜面體A、B，兩斜面體形態(tài)大小完全相同，質(zhì)量分別為M、m。如圖甲、乙所示，對上面或下面的斜面體施加水平方向的恒力F1、F2均可使兩斜面體相對靜止地做勻加速直線運動，已知兩斜面體間的摩擦力為0，則F1與F2之比為()A．M∶m B.m∶MC．m∶(M＋m) D.M∶(M＋m)解析：選AF1作用于A時，設(shè)A和B之間的彈力為FN，對A有：FNcosθ＝Mg，對B有：FNsinθ＝ma，對A和B組成的整體有：F1＝(M＋m)a＝eq\f(M＋mM,m)gtanθ；F2作用于A時，對B有：mgtanθ＝ma′，對A和B組成的整體有：F2＝(M＋m)a′＝(M＋m)gtanθ，所以eq\f(F1,F2)＝eq\f(M,m)。7.如圖所示，帶支架的平板小車沿水平面對左做直線運動，小球A用細線懸掛于支架前端，質(zhì)量為m的物塊B始終相對于小車靜止地擺放在右端。B與小車平板間的動摩擦因數(shù)為μ。若某時刻視察到細線偏離豎直方向θ角，則此刻小車對物塊B產(chǎn)生的作用力的大小和方向為(重力加速度為g)()A．mg，豎直向上B．mgeq\r(1＋μ2)，斜向左上方C．mgtanθ，水平向右D．mgeq\r(1＋tan2θ)，斜向右上方解析：選D以A為探討對象，受力分析如圖所示。依據(jù)牛頓其次定律得mAgtanθ＝mAa，得a＝gtanθ，方向水平向右。再對B探討，小車對B的摩擦力為f＝ma＝mgtanθ，方向水平向右，小車對B的支持力大小為FN＝mg，方向豎直向上，則小車對物塊B產(chǎn)生的作用力的大小為F＝eq\r(FN2＋f2)＝mgeq\r(1＋tan2θ)，方向斜向右上方，故選項D正確。8.如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量分別為m1和m2的木塊A和B之間用輕質(zhì)彈簧相連，在拉力F作用下，以加速度a做勻加速直線運動，某時刻突然撤去拉力F，此瞬間A和B的加速度為a1和a2，則()A．a(chǎn)1＝a2＝0B．a(chǎn)1＝a，a2＝0C．a(chǎn)1＝eq\f(m1,m1＋m2)a，a2＝eq\f(m2,m1＋m2)aD．a(chǎn)1＝a，a2＝－eq\f(m1,m2)a解析：選D兩木塊在光滑的水平面上一起以加速度a向右勻加速運動時，彈簧的彈力F彈＝m1a。在力F撤去的瞬間，彈簧的彈力來不及變更，大小仍為m1a，因此對A來講，加速度此時仍為a；對B物體，取向右為正方向，－m1a＝m2a2，則a2＝－eq\f(m1,m2)a，故選項D正確。二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)9．(多選)在一電梯的地板上有一壓力傳感器，其上放一物塊，如圖甲所示，當電梯運行時，傳感器示數(shù)大小隨時間變更的關(guān)系圖像如圖乙所示，依據(jù)圖像分析得出的結(jié)論中正確的是()A．從時刻t1到t2，物塊處于失重狀態(tài)B．從時刻t3到t4，物塊處于失重狀態(tài)C．電梯可能起先停在低樓層，先加速向上，接著勻速向上，再減速向上，最終停在高樓層D．電梯可能起先停在高樓層，先加速向下，接著勻速向下，再減速向下，最終停在低樓層解析：選BC由題圖可以看出，0～t1時間內(nèi)，F(xiàn)＝mg，物塊可能處于靜止狀態(tài)或勻速運動狀態(tài)；t1～t2時間內(nèi)F>mg，電梯具有向上的加速度，物塊處于超重狀態(tài)，可能加速向上或減速向下運動；t2～t3時間內(nèi)F＝mg，物塊可能靜止或勻速運動；t3～t4時間內(nèi)F<mg，電梯具有向下的加速度，物塊處于失重狀態(tài)，可能加速向下或減速向上運動。綜上分析可知，B、C正確。10.如圖所示，質(zhì)量均為1kg的小球a、b在輕彈簧A、B及外力F的作用下處于平衡狀態(tài)，其中A、B兩個彈簧勁度系數(shù)均為5N/cm，B彈簧上端與天花板固定連接，軸線與豎直方向的夾角為60°，A彈簧豎直，g取10m/s2。則以下說法正確的是()A．A彈簧伸長量為3cmB．外力F＝20eq\r(3)NC．B彈簧的伸長量為4cmD．突然撤去外力F瞬間，b球加速度為0解析：選BD先對b球受力分析，受重力和彈簧A的拉力，依據(jù)平衡條件有kxA＝mg，解得xA＝eq\f(10,5)cm＝2cm，故A錯誤；再對a、b球整體受力分析，受重力、外力F和彈簧B的拉力，如圖所示；依據(jù)平衡條件有F＝2mg·tan60°＝2eq\r(3)mg＝20eq\r(3)N，故B正確；B彈簧的彈力FB＝eq\f(2mg,cos60°)＝4mg＝40N；依據(jù)胡克定律有FB＝kxB，解得xB＝8cm，故C錯誤；撤去力F的瞬間，b球所受重力和彈簧A的拉力都不變，故b球仍處于平衡狀態(tài)，加速度為0，故D正確。11.如圖所示，在水平面上運動的小車里用兩根輕繩連著一質(zhì)量為m的小球，繩子都處于拉直狀態(tài)，BC繩水平，AC繩與豎直方向的夾角為θ，小車處于加速運動中，則下列說法正確的是()A．小車的加速度肯定向左B．小車的加速度肯定為gtanθC．AC繩對小球的拉力肯定是eq\f(mg,cosθ)D．BC繩的拉力肯定小于AC繩的拉力解析：選AC對小球進行受力分析可知，小球受到的合力向左，所以加速度方向向左，且小車處于加速運動中，所以小車只能向左做加速運動，故選項A正確；只有當BC繩的拉力等于零時，小車的加速度才為gtanθ，故選項B錯誤；豎直方向合力為零，則TACcosθ＝mg，解得TAC＝eq\f(mg,cosθ)，故選項C正確；由于AC繩上的拉力不變，而BC繩上的拉力會隨著加速度的變更而變更，所以BC繩的拉力可以大于AC繩的拉力，故選項D錯誤。12．如圖所示，物體B疊放在物體A上，A、B的質(zhì)量均為m，且上、下表面均與斜面平行，它們以共同速度沿傾角為θ的固定斜面C勻速下滑，則()A．A、B間沒有摩擦力B．A受到B施加的靜摩擦力方向沿斜面對下C．A受到斜面的滑動摩擦力大小為2mgsinθD．A與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝tanθ解析：選BCD對B受力分析，B肯定受重力、支持力，因B勻速運動，A對B應(yīng)有沿斜面對上的摩擦力，故A錯誤；由牛頓第三定律可知，A受到B的摩擦力應(yīng)沿斜面對下，故B正確；對A、B整體，由于沿斜面勻速下滑，所受滑動摩擦力大小為2mgsinθ，故C正確；依據(jù)滑動摩擦力f＝μFN，A與斜面間的摩擦力2mgsinθ＝2μmgcosθ，得μ＝tanθ，故D正確。三、非選擇題(本題共6小題，共60分)13．(6分)某同學利用如圖(甲)所示的試驗裝置，探究小車的加速度和它所受拉力F的關(guān)系。(1)除備有4個50g鉤碼外，另有下列試驗器材備選：A．質(zhì)量為300g的小車B．質(zhì)量為2kg的小車C．輸出電壓為4～6V的直流電源D．輸出電壓為4～6V的溝通電源為保證明驗勝利，選用的試驗小車應(yīng)為________，電源應(yīng)為________。(選填字母代號)(2)某同學正確選擇試驗器材后，通過試驗得到如圖(乙)所示的a-F圖像，造成圖線未過坐標原點的緣由是_____________________________________________________________。解析：(1)試驗中應(yīng)保證小車的總質(zhì)量遠遠大于鉤碼的總質(zhì)量，故選用的試驗小車應(yīng)為質(zhì)量為2kg的小車，即選B；電源應(yīng)為輸出電壓為4～6V的溝通電源，即選D。(2)由題圖(乙)可知，a-F圖像不過原點，在a軸上有截距，即F＝0時有加速度，這是由于在平衡阻力時，木板被墊得太高，木板傾角過大，平衡阻力過度造成的。答案：(1)BD(2)平衡阻力時，木板傾角過大14．(8分)某同學設(shè)計了一個探究加速度與物體所受合力F及質(zhì)量M的關(guān)系試驗。圖1為試驗裝置簡圖，A為小車，后端連有紙帶，B為打點計時器，C為裝有沙的沙桶(總質(zhì)量為m)，D為一端帶有定滑輪的長木板。(1)在這個試驗中，為了探究兩個物理量之間的關(guān)系，要保持第三個物理量不變，這種探究方法叫作________法。(2)某同學在探究a與F的關(guān)系時，把沙和沙桶的總重力當作小車的合力F，作出a-F圖像如圖2所示，試分析圖線右上部彎曲的緣由是________。(選填正確選項的字母的代號)A．平衡摩擦力時，長木板傾角過小B．平衡摩擦力時，長木板傾角過大C．沙和沙桶的總質(zhì)量m過小D．沙和沙桶的總質(zhì)量m過大(3)圖3是某次試驗得出的紙帶，所用電源的頻率為50Hz，舍去前面比較密集的點，從A點起先，依次選取A、B、C、D、E5個計數(shù)點，相鄰兩個計數(shù)點間都有四個計時點未畫出，圖中給出了相鄰兩點間的距離，則小車運動的加速度大小為a＝________m/s2。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)解析：(1)在探究加速度與物體所受合力F及質(zhì)量M的關(guān)系試驗中，為了探究兩個物理量之間的關(guān)系，要保持第三個物理量不變，這種探究方法叫作限制變量法。(2)題圖2中，隨著F的增大，沙和沙桶的質(zhì)量越來越大，最終出現(xiàn)了沙和沙桶的質(zhì)量不滿意遠小于小車質(zhì)量的狀況，因此圖線出現(xiàn)了彎曲現(xiàn)象，故選D。(3)相鄰兩個計數(shù)點間都有四個計時點未畫出，故相鄰計數(shù)點的時間間隔T＝0.1s依據(jù)逐差法可得加速度a＝eq\f(8.85＋9.47－7.60＋8.24,4×0.12)×10－2m/s2＝0.62m/s2。答案：(1)限制變量(2)D(3)0.6215．(8分)如圖甲所示，t＝0時，水平地面上質(zhì)量m＝1kg的物體在水平向左、大小恒為10N的力T的作用下由靜止起先運動，同時施加一水平向右的拉力F，拉力F隨時間變更的關(guān)系圖像如圖乙所示，物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，(g＝10m/s2)求：(1)2s末物體的速度大?。?2)前2s內(nèi)物體的位移大??；(3)t為多少時物體的速度剛減為0。解析：(1)由牛頓其次定律得前2s的加速度a1＝eq\f(T－F－μmg,m)＝3m/s2，由速度公式得2s末物體的速度v1＝a1t1＝6m/s。(2)由位移公式得前2s內(nèi)物體的位移s＝eq\f(1,2)a1t12＝6m。(3)2s后，由牛頓其次定律得a2＝eq\f(T－F－μmg,m)＝－1m/s2，由速度公式得0＝v1＋a2t2，解得t2＝6s，則t＝t1＋t2＝8s，即當t＝8s時，物體速度剛減為0。答案：(1)6m/s(2)6m(3)8s16．(10分)如圖是上海中心大廈，小明乘坐大廈快速電梯，從底層到達第119層觀光平臺僅用時55s。若電梯先以加速度a1做勻加速運動，達到最大速度18m/s，然后以最大速度勻速運動，最終以加速度a2做勻減速運動恰好到達觀光平臺。假定觀光平臺高度為549m。(1)若電梯經(jīng)過20s勻加速達到最大速度，求加速度a1的大小及上上升度h；(2)在(1)問中的勻加速上升過程中，若小明的質(zhì)量為60kg，求小明對電梯地板的壓力。解析：(1)由運動學公式可得電梯勻加速上升時的加速度a1＝eq\f(vm,t1)＝eq\f(18,20)m/s2＝0.9m/s2電梯勻加速上升的高度h＝eq\f(vm2,2a1)＝eq\f(182,2×0.9)m＝180m。(2)設(shè)小明受到電梯地板的支持力為FN，由牛頓其次定律得FN－mg＝ma1所以FN＝m(a1＋g)＝60×(0.9＋10)N＝654N由牛頓第三定律可知，小明對電梯地板的壓力大小FN′＝FN＝654N，方向豎直向下。答案：(1)0.9m/s2180m(2)654N，方向豎直向下17.(14分)如圖所示，在傾角為θ＝30°的光滑斜面上端系有一勁度系數(shù)為k＝100N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧下端連一個質(zhì)量為m＝8kg的小球，小球被一垂直于斜面的擋板A攔住，此時彈簧沒有形變。從t＝0時刻起先擋板A以加速度a＝1m/s2沿斜面對下勻加速運動，(g＝10m/s2)求：(1)從起先運動到小球與擋板分別所經(jīng)驗的時間；(2)小球向下運動多少距離時速度最大。解析：(1)小球與擋板分別時，小球受豎直向下的重力、垂直斜面對上的支持力FN、沿斜面對上的彈簧彈力F。設(shè)從起先運動到小球與擋板分別所經(jīng)驗的時間為t，小球的位移為x，依據(jù)牛頓其次定律有mgsinθ－F＝ma，且F＝kx，又x＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得t＝eq\r(\f(2mgsin30°－a,ka))＝eq\r(\f(2×8×5－1,100))s＝0.8s。(2)小球和擋板分別后，小球做加速度減小的加速運動，當加速度為零時，速度最大，