2019版物理人教版必修1训练：第四章 牛顿运动定律 检测（B） .docx

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1、第四章检测(B)(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。在每小题给出的四个选项中,16题只有一个选项符合题目要求,710题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)1伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法,有力地促进了人类科学认识的发展。利用如图所示的装置做如下实验:小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动,并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时,小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。根据三次实验结果的对比,可以得到的最直接的结论是()A.如果斜面光滑,小球将

2、上升到与O点等高的位置B.如果小球不受力,它将一直保持匀速运动或静止状态C.如果小球受到力的作用,它的运动状态将发生改变D.小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小解析:当斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时,小球沿斜面上升的最高位置依次升高。对比三次实验结果,根据把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法可知,当斜面绝对光滑时,小球在斜面上没有能量损失,小球能够上升到与O点等高的位置,故最直接的结论是选项A;B、C、D中的结论从题目中不可以直接得出,故排除。答案:A2如图,用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点,制成一简易秋千。某次维修时将两轻绳各剪去一小段,但仍保持等长且悬挂

3、点不变。木板静止时,F1表示木板所受合力的大小,F2表示单根轻绳对木板拉力的大小,则维修后()A.F1不变,F2变大B.F1不变,F2变小C.F1变大,F2变大D.F1变小,F2变小解析:因木板均处于静止状态,所以两次所受合力F1均为零,即合力F1不变。设绳与竖直方向成角,由平衡条件得2F2cos =mg,解得F2=mg2cos,可知两绳各剪去一段后,角会变大,所以F2变大。选项A正确。答案:A3如图所示,甲、乙两人在冰面上“拔河”。两人中间位置处有一分界线,约定先使对方过分界线者为赢。若绳子质量不计,冰面可看成是光滑的,则下列说法正确的是()A.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B.甲对

4、绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C.若甲的质量比乙大,则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D.若乙收绳的速度比甲快,则乙能赢得“拔河”比赛的胜利解析:甲对绳的拉力和绳对甲的拉力是作用力和反作用力,选项A错误;甲对绳的拉力和乙对绳的拉力是一对平衡力,选项B错误;由于不计冰面的摩擦力,甲、乙两人在大小相同的拉力F作用下做初速度为零的匀加速运动,由x=12at2和a=Fm得t=2xmF,若m甲m乙,则t甲t乙,即乙先到达中间分界线,故甲赢得胜利,选项C正确;同理,若乙收绳的速度比甲快,同样是乙先到达中间分界线,甲能赢得比赛的胜利,选项D错误。答案:C4不可伸长的轻绳跨过质量不计的滑轮,绳的一端系一质

5、量m0=15 kg的重物,重物静止于地面上。有一质量m=10 kg的猴子从绳的另一端沿绳上爬,如图所示,不计滑轮摩擦,在重物不离开地面的条件下,猴子向上爬的最大加速度为(g取10 m/s2)()A.25 m/s2B.5 m/s2C.10 m/s2D.15 m/s2解析:以猴子为研究对象,其受向上的拉力F和重力mg,由牛顿第二定律可知,F-mg=ma,而F=F,故有F-mg=ma,所以最大加速度为a=5 m/s2。答案:B5(2018全国卷)如图所示,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的

6、位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是()解析:选物块P为研究对象进行受力分析,根据牛顿第二定律F+FN-mg=ma,系统原处于静止状态,则F0=ma,F由开始随x增加,FN变小,F变大,选项A正确。答案:A6如图所示,小球用细绳系住,绳的另一端固定于O点,现用水平力F缓慢推动斜面体,小球在斜面上无摩擦地滑动,细绳始终处于直线状态,当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平,此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是()A.FN保持不变,FT不断增大B.FN不断增大,FT不断减小C.FN保持不变,FT先增大后减小D.FN不断增大,FT先减小后增大解析:

7、力F推动斜面的过程中,小球始终处于动态平衡状态,由力的平衡条件知,支持力与绳的拉力的合力与小球所受重力始终等大反向,根据平行四边形定则作出三力关系图如图所示,当小球升到接近斜面顶端的过程中,细绳的拉力由开始方向向水平方向变化,由图可判断,FN不断增大,FT先减小后增大,选项A、B、C错误,D正确。答案:D7如图所示,一物块在光滑的水平面上受一恒力F的作用而运动,其正前方固定一个足够长的轻质弹簧,当物块与弹簧接触后,则()A.物块立即做减速运动B.物块在开始的一段时间内仍做加速运动C.当弹簧的弹力等于恒力F时,物块静止D.当弹簧处于最大压缩量时,物块的加速度最大解析:物块与弹簧接触后,物块水平方

8、向上受到向左的推力F和向右的弹力kx作用,当Fkx时,物块向左做加速度减小的加速运动;当F=kx时,物块向左的速度达到最大;Fkx时,物块向左做加速度增大的减速运动,直到速度减为零,此时加速度最大,故选项B、D正确,A、C错误。答案:BD8“跳水”是一项传统的体育运动项目。如图为某运动员从跳板上被竖直向上弹起,不考虑空气阻力,则下列说法正确的是 ()A.运动员离开跳板向上运动的过程中,处于超重状态B.运动员离开跳板向上运动的过程中,处于完全失重状态C.设运动员被跳板弹起后又落回到跳板上,则运动员从刚离开跳板到刚接触跳板这一过程,上升和下降所用的时间相等D.运动员上升到最高点时的速度为零,运动员

9、处于平衡状态解析:运动员离开跳板向上运动的过程中,运动员只受重力,处于完全失重状态,选项A错误,选项B正确;运动员被跳板弹起后又落回到跳板上,从刚离开跳板到刚接触跳板这一过程,运动员做竖直上抛运动,上升和下降所用的时间相等,上升到最高点时的速度为零,加速度为g,运动员处于完全失重状态,选项C正确,选项D错误。答案:BC9如图所示,在光滑水平地面上,水平外力F拉动小车A和木块B一起做无相对滑动的加速运动。小车质量为m0,木块质量为m,加速度大小为a,木块和小车之间的动摩擦因数为,则在这个过程中,木块受到的摩擦力大小是()A.mgB.mFm0+mC.(m0+m)gD.ma解析:A与B无相对滑动,故

10、a相同对A、B整体F=(m0+m)a,故a=Fm0+mA与整体加速度相同也为a,对A:Ff=ma,即Ff=mFm0+m,又由牛顿第二定律隔离A,Ff=ma,故B、D正确。答案:BD10如图甲所示,某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处。滑轮的质量和摩擦均不计,货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力FT之间的函数关系如图乙所示。由图可以判断()A.图线与纵轴的交点M的值aM=-gB.图线与横轴的交点N的值FTN=mgC.图线的斜率等于物体的质量mD.图线的斜率等于物体质量的倒数1m解析:由牛顿第二定律,有FT-mg=ma,故得a=FTm-g,当FT=0时,a=-g,选项A正确;当a=0

11、时,FT=mg,选项B正确;图线的斜率k=1m,选项D正确。答案:ABD二、填空题(本题共2小题,共16分。把答案直接填在横线上)11(6分)下图为用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系的实验装置。(1)在该实验中必须采用控制变量法。平衡摩擦后,应保持不变,用钩码所受的重力作为,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a-F关系图线(如图所示)。分析此图线的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。A.小车与轨道之间存在摩擦B.导轨保持了水平状态C.所挂钩码的总质量太大D.所

12、用小车的质量太大解析:(1)用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系的实验采用了控制变量法来验证牛顿第二定律,所以应保持小车的总质量不变,用钩码所受的重力作为小车所受外力,来探究力与加速度的关系;(2)由OA段是直线,证明了a-F成正比;设钩码的质量为m,小车的质量为m0,以小车、钩码整体为研究对象得mg=(m0+m)a,以小车为研究对象得F=m0a,联立解得F=m0m0+mmg=11+mm0mg,当m0远大于m时,Fmg,本实验用钩码的总重力代替小车的拉力,而实际上小车所受的拉力要小于钩码的重力,钩码的质量越接近于小车的质量,误差越大;反之,钩码的质量越小于小车的质量,

13、实验误差越小,所以本实验的选项C正确。答案:(1)小车的总质量小车所受外力(2)在质量不变的条件下,加速度与外力成正比C12(10分)如图甲为某同学设计的“探究加速度与物体所受合力F及质量m的关系”实验装置简图,A为小车,B为打点计时器,C为装有砝码的小桶,D为一端带有定滑轮的长方形木板。在实验中细线对小车拉力F等于砝码和小桶的总重力,小车运动的加速度a可用纸带上的点求得。甲(1)(多选)关于该实验,下列说法中正确的是()A.用砝码和小桶的总重力来表示F,对实验结果会产生误差B.为消除摩擦力对实验的影响,可以把木板D的左端适当垫高C.使用打点计时器时先使纸带运动,再接通电源D.木板D的左端被垫

14、高后,图中细线应保持与木板表面平行(2)图乙是实验中获取的一条纸带的一部分:0、1、2、3、4是计数点,每相邻两计数点间还有4个打点(图中未标出),计数点间的距离如图所示,由纸带求出小车的加速度a=m/s2(加速度a的计算结果保留2位有效数字)。乙(3)在“探究加速度与质量的关系”时,保持砝码和小桶质量不变,改变小车质量m,分别测得小车的加速度a与对应的质量m数据如表:次数12345小车的加速度a/(ms-2)1.251.000.800.500.40小车的质量m/kg0.4000.5000.6251.0001.250小车质量的倒数m-1/kg-12.502.001.601.000.80利用表中

15、数据,在丙图坐标纸中选择合适物理量为坐标轴建立坐标系,作出直观反映a与m关系的图像。丙从图线可得到的结论是 。解析:(1)砝码和小桶的总重力不仅使小车获得加速度,也使砝码和小桶自身获得加速度,故小车受到的拉力要小于砝码和小桶的总重力,所以用砝码和小桶的总重力来表示F,对实验结果会产生误差,A对;为消除摩擦力对实验的影响,实验前需要先平衡摩擦力,具体方法是将木板D的左端适当垫高,B对;实验时应先接通电源,后释放纸带,C错;细线与木板表面平行时,可以使细线对小车的拉力全部用来使小车获得加速度,从而减小实验误差,D对。(2)用逐差法求小车运动的加速度a=(x3+x4)-(x1+x2)4T2=(2.4

16、0+2.88-1.40-1.89)10-240.12 m/s2=0.50 m/s2。(3)要想作出直观反映a与m关系的图像,需要作出a- 1m图像,如图所示:从图线可得:在合外力一定时,物体的加速度与物体的质量成反比。答案:(1)ABD(2)0.50(3)见解析三、计算题(本题共4小题,共44分。解答应写出必要的文字说明、方程式或演算步骤,有数值计算的要注明单位)13(10分)ABS系统是一种能防止车轮被抱死而导致车身失去控制的安全装置,全称防抱死刹车系统。它既能保持足够的制动力,又能维持车轮缓慢转动,已经广泛应用于各类汽车上。有一汽车没有安装ABS系统,急刹车后,车轮抱死,在路面上滑动。(1

17、)若车轮与干燥路面间的动摩擦因数是0.7,汽车以14 m/s的速度行驶,急刹车后,滑行多远才停下?(2)若车轮与湿滑路面间的动摩擦因数为0.1,汽车急刹车后的滑行距离不超过18 m,刹车前的最大速度是多少?(g取10 m/s2)解析:(1)汽车加速度a1=-1mgm=-1g=-7 m/s2由0-v012=2a1x得x1=0-v0122a1=-1422(-7) m=14 m。(2)汽车加速度a2=-2g=-1 m/s2根据0-v022=2a2x得v02=-2a2x2=-2(-1)18 m/s=6 m/s。答案:(1)14 m(2)6 m/s14(10分)如图所示,小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止

18、的光滑斜面上,设小球质量m=1 kg,斜面倾角=30,细绳与竖直方向夹角=30,光滑斜面体的质量m0=3 kg,置于粗糙水平面上。(g取10 m/s2)求:(1)细绳对小球拉力的大小;(2)地面对斜面体的摩擦力的大小和方向。解析:(1)以小球为研究对象,受力分析如图甲所示。F=mg,FTcos 30=12F得FT=12mgcos30=1211032 N=1033 N甲乙(2)以小球和斜面整体为研究对象,受力分析如图乙所示,因为系统静止,所以Ff=FTsin 30=103312 N=533 N,方向水平向左。答案:(1)1033 N(2)533 N方向水平向左15(12分)如图,将质量m=0.1

19、 kg的圆环套在固定的水平直杆上。圆环的直径略大于杆的截面直径。圆环与杆间动摩擦因数 =0.8。对圆环施加一位于竖直平面内斜向上、与杆夹角 =53的拉力F,使圆环以a=4.4 m/s2的加速度沿杆运动,求F的大小。(取sin 53=0.8,cos 53=0.6)解析:令Fsin 53-mg=0,解得F=54 N当F54 N时,圆环与杆的下部接触,受力如图。由牛顿运动定律得Fcos -FN=maFsin =FN+mg由此得F=m(a-g)cos-sin=0.1(4.4-0.810)0.6-0.80.8 N=9 N。答案:1 N或9 N16(12分)一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块

20、;在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5 m,如图甲所示。t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t=1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v-t图线如图乙所示。木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2。求:(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2;(2)木板的最小长度;(3)木板右端离墙壁的最终距离。解析:(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加速度为a1,小物块和木板的质量分别为

21、m和m0。由牛顿第二定律有-1(m+m0)g=(m+m0)a1由题图可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4 m/s,由运动学公式得v1=v0+a1t1x0=v0t1+12a1t12式中,t1=1 s,x0=4.5 m是木板碰前的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度。联立式和题给条件得1=0.1在木板与墙壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有-2mg=ma2由图可得a2=v2-v1t2-t1式中,t2=2 s,v2=0,联立式和题给条件得2=0.4。(2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间t,木板和小物

22、块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得2mg+1(m0+m)g=m0a3v3=-v1+a3tv3=v1+a2t碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板运动的位移为x1=-v1+v32t小物块运动的位移为x2=v1+v32t小物块相对木板的位移为x=x2-x1联立式,并代入数值得x=6.0 m因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0 m。(3)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为a4,此过程中小物块和木板运动的位移为x3。由牛顿第二定律及运动学公式得1(m+m0)g=(m+m0)a40-v32=2a4x3碰后木板运动的位移为x=x1+x3联立式,并代入数值得x=-6.5 m木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。答案:(1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m