粤教版高中物理必修第一册阶段验收测试（四）牛顿运动定律含答案

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阶段验收评价（四） 牛顿运动定律 (时间：75分钟　满分：100分) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28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．下列关于单位制的说法中，正确的是(　　) A．在国际单位制中力学的三个基本单位分别是长度单位m、时间单位s、力的单位N B．长度是基本物理量，其单位m、 cm、 mm都是国际单位制中的基本单位 C．公式F＝ma中，各量的单位可以任意选取 D．由F＝ma可得到力的单位1 N＝1 kg·m/s2 解析：选D　在国际单位制中三个力学基本物理量分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，故A错误；长度是基本物理量，其单位m是国际单位制中的基本单位， cm与 mm只是常用单位，故B错误；公式F＝ma中，各物理量的单位都是采用国际单位，故C错误；公式F＝ma中，各物理量的单位都是采用国际单位，才由F＝ma可得到力的单位1 N＝1 kg·m/s2，故D正确。 2．下列说法正确的是(　　) A.体操运动员双手握住单杠在空中不动时处于失重状态 B.蹦床运动员在空中上升和下降过程中都处于失重状态 C．举重运动员在举起杠铃后的那段时间内处于超重状态 D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态 解析：选B　当物体具有向上的加速度时，即向上做加速运动或向下做减速运动时，物体处于超重状态；当物体具有向下的加速度时，即向下做加速运动或向上做减速运动时，物体处于失重状态。在A、C、D选项中，运动员处于静止状态，即处于平衡状态，只有选项B中运动员的加速度为重力加速度，方向竖直向下，处于失重状态，而且处于完全失重状态，故B正确。 3.如图所示，轻绳1的两端分别系着天花板和物块A，物块A的下端连着轻弹簧，轻弹簧的下端连着框架B，框架B里面用轻绳2悬挂着物块C，物块A、框架B、物块C三者质量相等。当剪断轻绳1或轻绳2的瞬间，框架B的加速度大小分别为(重力加速度为g)(　　) A．0，g　　　　　　　　 B．g，g C． eq \f(1,2)g，0 D．0，0 解析：选A　设A、 B、 C的质量均为m。开始时，以A、 B、 C组成的系统为研究对象，由平衡条件得：mg＋mg＋mg＝F1，得轻绳1的张力为：F1＝3mg，剪断轻绳1的瞬间，弹簧的弹力不能突变，所以对B，此瞬间的合力为0，加速度为0；剪断轻绳2前，以A、B组成的系统为研究对象，由平衡条件推论可知F1＝mg＋mg＋F2，F2＝mg，剪断轻绳2瞬间，弹簧的弹力不能突变，此瞬间B合力大小等于F2＝ma，加速度a＝g，方向竖直向上，故A正确，B、C、D错误。 4．雨滴大约在1.5 km左右的高空形成并开始下落，落到地面的速度一般不超过8 m/s。若雨滴沿直线下落，则其下落过程(　　) A．做自由落体运动　　　　 B．加速度逐渐增大 C．总时间约为17 s D．加速度小于重力加速度 解析：选D　雨滴下落过程除了受到重力，还会受到空气阻力，所以不是自由落体运动，A错误；空气阻力随下落速度的增大而增大，由牛顿第二定律可知，加速度小于重力加速度，且逐渐减小，B错误、D正确；雨滴从1.5 km左右的高空开始下落，落地速度一般不超过8 m/s，所以总时间比17 s长很多，C错误。 5.如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为(　　) A．(M＋m)g B．(M＋m)g－ma C．(M＋m)g＋ma D．(M－m)g 解析：选B　对竿上的人分析：受重力mg、摩擦力f，由mg－f＝ma得f＝m(g－a)。竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力——摩擦力，且大小相等，方向相反。对竿分析：受重力Mg、竿上的人对竿向下的摩擦力f′、顶竿的人对竿的支持力FN，有Mg＋f′＝FN，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律知竿对“底人”的压力大小FN′＝Mg＋f′＝(M＋m)g－ma。B项正确。 6.如图所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过定滑轮的细线与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为μ1，则细线中的拉力大小为(　　) A.Mg B．Mg＋Ma C．(m1＋m2)a D．m1a＋μ1m1g 解析：选C　对AB整体分析，根据牛顿第二定律T＝(m1＋m2)a，选项C正确；对C：Mg－T＝Ma，解得：T＝Mg－Ma，选项A、B错误；对物块A：T－f＝m1a，则T＝m1a＋f，因f为静摩擦力，故不一定等于μ1m1g，选项D错误。 7.如图所示，滑轮A可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，则下滑过程中(　　) A．B的加速度为g sin θ B．绳的拉力为 eq \f(G,cos θ) C．绳的方向保持竖直 D．绳的拉力为G 解析：选A　分析滑轮A和B的整体，受到重力和斜面的支持力，由牛顿第二定律可得(mA＋mB)g sin θ＝(mA＋mB)a，解得a＝g sin θ，由于下滑时，物体B相对于A静止，因此物体B的加速度也为g sin θ，对物体B受力分析得：受到绳子的拉力和重力，因此绳子拉力方向与斜面垂直，因此绳的拉力为 G cos θ。因此A正确，B、C、D错误。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8．一块足够长的白板，位于水平桌面上，处于静止状态。一石墨块(可视为质点)静止在白板上，石墨块与白板间存在摩擦，动摩擦因数为μ。突然，使白板以恒定的速度v0做匀速直线运动，石墨块将在板上划下黑色痕迹。经过某段时间t，令白板突然停下，以后不再运动。在最后石墨块也不再运动时，白板上黑色痕迹的长度可能是(已知重力加速度为g，不计石墨块与板摩擦过程中损失的质量)(　　) A． eq \f(v02,2μg) B． eq \f(v02,μg) C．v0t－ eq \f(1,2)μgt2 D．v0t 解析：选AC　在时间t内，石墨块可能一直匀加速，也可能先加速后匀速；石墨块加速时，根据牛顿第二定律，有：μmg＝ma，解得：a＝μg；经过时间t后，白板静止后，石墨块做减速运动，加速度大小不变，原来石墨块相对白板向后运动，白板停止后，石墨块相对白板向前运动，即石墨块相对白板沿原路返回，因石墨块相对白板向后运动的距离不小于石墨块相对白板向前运动的距离，故白板上黑色痕迹的长度等于石墨块加速时相对白板的位移。如果时间t内石墨块一直加速，加速的位移为x1＝ eq \f(1,2)μgt2，加速时相对白板的位移为Δx1＝v0t－x1＝v0t－ eq \f(1,2)μgt2，C正确；如果时间t内石墨块先加速，后匀速，石墨块的位移为x2＝ eq \f(v02,2μg)＋v0 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(v0,μg)))＝v0t－ eq \f(v02,2μg)，石墨块相对白板的位移为Δx2＝v0t－x2＝ eq \f(v02,2μg)，A正确、B错误；如果时间t内石墨块加速的末速度恰好等于v0，石墨块的位移x3＝ eq \f(1,2)v0t，石墨块加速时相对白板的位移为Δx3＝v0t－x3＝ eq \f(1,2)v0t，故D错误。 9．如图甲所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，若重力加速度g取10 m/s2。根据图乙中所提供的信息可以计算出(　　) A．物体的质量 B．斜面的倾角 C．加速度由2 m/s2增加到6 m/s2的过程中，物体通过的位移 D．加速度为6 m/s2时物体的速度 解析：选AB　由题图乙可知，当水平外力F＝0时，物体的加速度a＝－6 m/s2，此时物体的加速度a＝－g sin θ，可求出斜面的倾角θ＝37°，选项B正确；当水平外力F＝15 N时，物体的加速度a＝0，此时F cos θ＝mg sin θ，可得m＝2 kg，选项A正确；由于不知道加速度与时间的关系，所以无法求出物体在各个时刻的速度，也无法求出物体加速度由2 m/s2增加到6 m/s2过程中的位移，选项C、D错误。 10.质量为M的物块放在正沿水平直轨道向右匀加速行驶的车厢内水平地面上，并用轻绳绕过两个光滑定滑轮连接质量为m的小球，与小球连接的轻绳与竖直方向始终成θ角，与物块连接的轻绳处于水平方向，物块相对车厢静止。重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．物块对车厢内水平地面的压力大小为mg B．物块的加速度大小为 eq \f(g,tan θ) C．轻绳的拉力大小为 eq \f(mg,cos θ) D．物块所受地面的摩擦力大小为 eq \f((M sin θ＋m)g,cos θ) 解析：选CD　对小球进行受力分析如图甲所示，根据三角形定则可知小球的合力为：F合＝mg tan θ，绳子的拉力为：T＝ eq \f(mg,cos θ)，根据牛顿第二定律知，其加速度为：a＝ eq \f(F合,m)＝g tan θ，小球与物块、车厢相对静止，加速度相同，故B错误，C正确； 对物块受力如图乙所示， 竖直方向：N＝Mg， 水平方向：f－T＝Ma， 解得物块受到地面对其摩擦力为：f＝Ma＋T＝ eq \f((M sin θ＋m)g,cos θ)，故A错误，D正确。 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11．(7分)某实验小组利用图甲所示的实验装置探究空气阻力与速度的关系，实验过程如下： (1)首先将未安装薄板的小车置于带有定滑轮的木板上，然后将纸带穿过打点计时器与小车相连。 (2)用垫块将木板一端垫高，调整垫块位置，平衡小车所受摩擦力及其他阻力。若某次调整过程中打出的纸带如图乙所示(纸带上的点由左至右依次打出)，则垫块应该________(填“往左移”“往右移”或“固定不动”)。 (3)在细绳一端挂上钩码，另一端通过定滑轮系在小车前端。 (4)把小车靠近打点计时器，接通电源，将小车由静止释放。小车拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图丙所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，纸带上标出的每两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出。打出F点时小车的速度大小为________ m/s(结果保留两位小数)。 (5) 保持小车和钩码的质量不变，在小车上安装一薄板。实验近似得到的某时刻起小车v­t图像如图丁所示，由图像可知小车加速度大小________(填“逐渐变大”“逐渐变小”或“保持不变”)。据此可以得到的实验结论是______________________________________。 解析：(2)由题图乙可知从左往右点间距逐渐增大，说明小车做加速运动，即平衡摩擦力过度，应减小木板的倾角，即将垫块往右移。 (4)打F点时小车的速度大小等于打E、G两点之间小车的平均速度大小，即 vF＝ eq \f(xEG,2T)＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6.92－3.85))×10-2,2×0.1) m/s≈0.15 m/s。 (5)v­t图像的斜率表示加速度，由图像可知小车加速度大小逐渐变小。根据牛顿第二定律可知小车所受合外力F随速度的增大而变小。装上薄板后，设小车所受空气阻力大小为f，则F＝T－f， 而细绳拉力T不变，故由此得到的结论是空气阻力随速度增大而增大。 答案：(2)往右移　(4)0.15　(5)逐渐变小　空气阻力随速度增大而增大 12．(9分)如图甲所示为阿特伍德机的示意图，它是早期测量重力加速度的器械，由英国数学家、物理学家阿特伍德于 1784 年制成。他将质量同为M(已知量)的重物用绳连接后，放在光滑的轻质滑轮上，处于静止状态。再在一个重物上附加一质量为m的小重物，这时，由于小重物的重力而使系统做初速度为0的缓慢加速运动，测出加速度，完成一次实验 后，换用不同质量的小重物，重复实验，测出m不同时系统的加速度。得到多组a、m数据后，作出如图乙所示图像。 (1)为了作出如图乙所示图像需要直接测量的物理量有________。 A．小重物的质量m B．滑轮的半径R C．绳子的长度 D．小重物下落的距离h及下落这段距离所用的时间t (2) eq \f(1,a)随 eq \f(1,m)变化的函数关系式为____________。 (3)已知图乙中图像斜率为k，则可求出当地的重力加速度g＝________。 解析：(1)根据h＝ eq \f(1,2)at2，可求得a＝ eq \f(2h,t2)，所以需要测量的物理量有小重物的质量m，小重物下落的距离h及下落这段距离所用的时间t，故选A、D。 (2)对整体分析，根据牛顿第二定律得mg＝(2M＋m)a，整理得 eq \f(1,a)＝ eq \f(2M,g)· eq \f(1,m)＋ eq \f(1,g)。 (3)图线斜率k＝ eq \f(2M,g)，所以g＝ eq \f(2M,k)。 答案：(1)AD　(2) eq \f(1,a)＝ eq \f(2M,g)· eq \f(1,m)＋ eq \f(1,g)　(3) eq \f(2M,k) 13．(10分)总质量为100 kg的小车，在粗糙水平地面上从静止开始运动，其速度—时间图像如图所示。已知在0～2 s内小车受到恒定水平拉力F＝1 200 N，2 s后小车受到的拉力发生了变化，g取10 m/s2，求： (1)小车与地面间的动摩擦因数。 (2)14 s后拉力的大小。 (3)0～18 s内小车行驶的平均速度。 解析：(1)前2 s内小车做匀加速运动，由图像的斜率可得小车的加速度a＝8 m/s2， 根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma，解得μ＝0.4； (2)14 s后小车做匀速运动，所以拉力F＝μmg＝400 N。 (3)由速度—时间图线与横坐标轴围成的面积即可计算出0～18 s内小车位移的大小，约为L＝180 m，所以平均速度约为 eq \x\to(v)＝ eq \f(L,t)＝10 m/s。 答案：(1)0.4　 (2)400 N　 (3)10 m/s 14．(12分) 民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后。打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，形成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面(滑行到地面时速度不损失)。若机舱口下沿距地面3.2 m，气囊所构成的斜面长度为6.5 m，一个质量为60 kg的人沿气囊滑下时所受的阻力是240 N(g取 10 m/s2)，求： (1)人滑至气囊底端时的速度的大小。 (2)若人与地面的动摩擦因数为 0.2，人在地面上滑行的距离是多少？ 解析：(1)根据牛顿第二定律得：mg sin θ－f＝ma1， 根据运动学公式有v2＝2a1x1，解得v＝3.5 m/s。 (2)由牛顿第二定律得：μmg＝ma2， 根据运动学公式有v2＝2a2x2，解得x2＝3.0 m。 答案：(1)3.5 m/s　(2)3.0 m 15．(16分)如图甲，在光滑水平面上放置一木板A，在A上放置物块B，A和B的质量均为m＝1 kg，A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2，t＝0时刻起，对A施加沿水平方向的力，A和B由静止开始运动。取水平向右为正方向，B相对于A的速度用vBA＝vB－vA表示，其中vA和vB分别为A和B相对水平面的速度。在0～2 s时间内，相对速度vBA随时间t变化的关系如图乙所示。运动过程中B始终未脱离A，重力加速度取g＝10 m/s2。求： (1)0～2 s时间内，B相对水平面的位移； (2)t＝2 s时刻，A相对水平面的速度。 解析：(1)由题图乙可知，在0～2 s内，B与A存在相对速度，故可知此过程中B与A之间存在滑动摩擦力，B的加速度大小为aB＝μg＝2 m/s2 在0～1.5 s内，vBA小于0，此时B相对于水平面做匀加速运动，在1.5～2 s内，vBA大于0，此时B相对于水平面做匀减速运动，可得在0～1.5 s内，B的位移为 x1＝ eq \f(1,2)aBt12＝ eq \f(1,2)×2×1.52 m＝2.25 m t＝1.5 s时，B的速度为 v1＝aBt1＝2×1.5 m/s＝3 m/s 在1.5～2 s内，B的位移为 x2＝v1t2－ eq \f(1,2)aBt22＝1.25 m 0～2 s时间内，B相对水平面的位移为 xB＝x1＋x2＝3.5 m。 (2)t＝2 s时，B的速度为 vB＝aBt1－aBt2＝2 m/s 由题图乙知t＝2 s时，vBA＝2 m/s 又vBA＝vB－vA 解得vA＝0。 答案：(1)3.5 m　(2)0