物理必修 第一册第5章 牛顿运动定律本章综合与测试优秀课后复习题

这是一份物理必修 第一册第5章 牛顿运动定律本章综合与测试优秀课后复习题，共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

(时间:60分钟 满分:100分)


一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每个小题中只有一个选项是正确的)


1.下列说法中正确的是( )


A.人走路时,地对脚的向上的作用力大于脚蹬地的向下的作用力


B.拔河时,胜方对绳子的作用力大于败方对绳子的作用力


C.物体A静止在物体B上,若A的质量是B的质量的10倍,则A作用于B的力是B作用于A的力的10倍


D.以蛋击石,石没损伤而蛋破,但蛋对石块作用力与石块对蛋的作用力大小相等


解析根据牛顿第三定律可知,两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等,拔河时,胜方对绳子的作用力等于败方对绳子的作用力,但大于地面对败方的最大静摩擦力;以蛋击石,石没损伤而蛋破的原因是石的承受力较大,但二者之间的作用力大小相等,选项D正确。


答案D





2.如图所示,在一辆表面光滑且足够长的小车上,有质量为m1和m2的两个小球(m1>m2),两个小球随小车一起匀速运动,当车突然停止运动时,若不考虑其他阻力,则两个小球( )


A.一定相碰B.一定不相碰


C.不一定相碰D.无法确定


解析小车表面光滑,因此小球在水平方向上没有受到外力的作用。原来两个小球与小车具有相同的速度,当车突然停止运动时,由于惯性,两个小球的速度不变,所以不会相碰。


答案B





3.如图所示,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( )


A.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;小明落地时因减速下降,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A


4.物理公式不仅反映了物理量之间的数量关系,同时也反映了物理量之间的单位换算关系。在物理学中,把作用于物体的力F与作用时间t的乘积定义为冲量I,即I=Ft,用国际单位制中的基本单位表示冲量的单位的是( )


A.N·m/sB.N·m


C.kg·m/sD.kg·m/s2


解析根据牛顿第二定律可知F=ma,


即1 N=1 kg·m/s2


则I=Ft的单位为1 N·s=1 kg·m/s2·s=1 kg·m/s,故选项C正确。


答案C


5.





如图所示,质量为m的物块甲置于竖直放置在水平面上的轻弹簧上处于静止状态。若突然将质量为2m的物块乙无初速地放在物块甲上,则在物块乙放在物块甲上瞬间,物块甲、乙的加速度分别为a甲、a乙,当地重力加速度为g,以下说法正确的是( )


A.a甲=0,a乙=gB.a甲=g,a乙=0


C.a甲=a乙=gD.a甲=a乙=g


解析只有物块甲时,由平衡条件得:kx-mg=0①


放上乙的瞬间,甲、乙具有相同的加速度,对甲、乙整体由牛顿第二定律得3mg-kx=3ma②


联立①②式解得a甲=a乙=a=g。D项正确。


答案D


6.





如图所示,A、B两物体之间用轻质弹簧连接,用水平恒力F拉A,使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动,这时弹簧长度为L1;若将A、B置于粗糙水平面上,用相同的水平恒力F拉A,使A、B一起做匀加速直线运动,此时弹簧长度为L2;若A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同,则下列关系式正确的是( )


A.L2

B.L2>L1


C.L2=L1


D.由于A、B质量关系未知,故无法确定L1、L2的关系


解析A、B在粗糙水平面上运动时,利用整体法和隔离法进行研究,对A、B整体,根据牛顿第二定律有:a=-μg;对物体B,根据牛顿第二定律得:kx-μmBg=mBa,解得:x=,即弹簧的伸长量与动摩擦因数无关,所以L2=L1,即选项C正确。


答案C


7.





(2018全国Ⅰ,15)如图,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,系统原来处于静止状态,则F0=ma,F由开始随x增加,FN变小,F变大,选项A正确。


答案A


8.





如图所示,ad、bd、cd是竖直面内的三根同种材料制成的固定粗糙细杆,a、b、c、d位于同一圆周上,a点为圆周上最高点,d点为圆周上最低点。每根杆上都套有一个小圆环,三个同样的圆环分别从a、b、c处由静止释放均沿杆下滑,用t1、t2、t3依次表示各环到达d点所用的时间,则( )


A.t1t2>t3


C.t3>t1>t2D.t1=t2=t3


解析设细杆与竖直方向的夹角为θ,根据牛顿第二定律可知加速度a=gcs θ-μgsin θ,而位移s=2Rcs θ,根据s=at2得:t=,即有t1

答案A


二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16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4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)


9.





如图所示,质量为m1=2 kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M=5 kg的箱子B相连,箱子底板上放一质量为m2=1 kg的物体C,不计定滑轮的质量和一切阻力,在箱子加速下落的过程中,g取10 m/s2,下列说法正确的是( )


A.物体A处于失重状态,加速度大小为10 m/s2


B.物体A处于超重状态,加速度大小为5 m/s2


C.物体C处于失重状态,对箱子的压力大小为5 N


D.轻绳对定滑轮的作用力大小为60 N


解析取A、B、C为整体,由牛顿第二定律得(M+m2)g-m1g=(M+m1+m2)a,代入数据得a=5 m/s2,A错,B正确;隔离C有m2g-FN=m2a,即FN=5 N,由牛顿第三定律可知,物体C对箱子的压力为5 N,C正确;隔离A有FT-m1g=m1a得FT=30 N,所以轻绳对定滑轮的作用力大小为2FT=60 N,D正确。


答案BCD





10.将物体竖直向上抛出,假设运动过程中空气阻力不变,其速度—时间图像如图所示,则( )


A.上升、下降过程中加速度大小之比为11∶9


B.上升、下降过程中加速度大小之比为10∶1


C.物体所受的重力和空气阻力之比为9∶1


D.物体所受的重力和空气阻力之比为10∶1


解析上升、下降过程中加速度大小分别为a上=11 m/s2,a下=9 m/s2,由牛顿第二定律得mg+F阻=ma上,mg-F阻=ma下,联立解得mg∶F阻=10∶1,A、D正确。


答案AD


11.





如图所示,一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧,其左端固定在小车上,右端与一小球相连,设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态,若忽略小球与小车间的摩擦力,则在这段时间内小车可能是( )


A.向右做加速运动B.向右做减速运动


C.向左做加速运动D.向左做减速运动


解析小球水平方向受到向右的弹簧弹力F,由牛顿第二定律可知,小球必定具有向右的加速度,小球与小车相对静止,故小车可能向右做加速运动或向左做减速运动。选项A、D正确。


答案AD


12.如图甲,一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图像如图乙所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出( )





A.斜面的倾角


B.物块的质量


C.物块与斜面间的动摩擦因数


D.物块沿斜面向上滑行的最大高度


解析由题图乙可以求出物块上升过程中的加速度大小为a1=,下降过程中的加速度大小为a2=。物块在上升和下降过程中,由牛顿第二定律得mgsin θ+f=ma1,mgsin θ-f=ma2,由以上各式可求得sin θ=,滑动摩擦力f=,而f=μFN=μmgcs θ,由以上分析可知,选项A、C正确。由v-t图像中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离,可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度,选项D正确。


答案ACD


三、非选择题(本题共6小题,共60分。按题目要求作答,计算题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)


13.(6分)为了探究加速度与力的关系,使用如图所示的气垫导轨装置进行实验。其中G1、G2为两个光电门,它们与数字计时器相连,当滑行器通过G1、G2光电门时,光束被遮挡的时间Δt1、Δt2都可以被测量并记录。滑行器连同上面固定的一条形挡光片的总质量为m0,挡光片宽度为D,光电门间距离为s,牵引砝码的质量为m。回答下列问题:





(1)实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉,使气垫导轨水平,在不增加其他仪器的情况下,如何判定调节是否到位? 。


(2)若取m0=0.4 kg,改变m的值,进行多次实验,以下m的取值不合适的一个是 。


A.m1=5 gB.m2=15 g


C.m3=40 gD.m4=400 g


(3)在此实验中,需要测得每一个牵引力对应的加速度,其中求得的加速度的表达式为 。(用Δt1、Δt2、D、s表示)


解析(1)取下牵引砝码,滑行器放在任意位置都不动,或取下牵引砝码,轻推滑行器,数字计时器记录每一个光电门的光束被遮挡的时间Δt都相等。


(2)本实验只有在满足m≪m0的条件下,才可以用牵引砝码的重力近似等于对滑行器的拉力,所以D是不合适的。


(3)由于挡光片通过光电门的时间很短,所以可以认为挡光片通过光电门这段时间内的平均速度等于瞬时速度,即有v1=,v2=,再根据运动学方程=2as得:a=。


答案(1)见解析 (2)D (3)a=


14.(8分)(2019全国Ⅱ,22)如图甲,某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有:铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50 Hz的交流电源、纸带等。回答下列问题:





甲





(1)铁块与木板间动摩擦因数μ= (用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示)。


(2)某次实验时,调整木板与水平面的夹角使θ=30°。接通电源,开启打点计时器,释放铁块,铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带,如图乙所示。图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)。重力加速度取9.80 m/s2。可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为 (结果保留2位小数)。





乙





解析(1)对铁块受力分析得


mgsin θ-μmgcs θ=ma


所以μ=。


(2)根据逐差法求加速度


a= m/s2


= m/s2=1.97 m/s2,


μ=≈0.35。


答案(1) (2)0.35


15.(8分)一物体放在倾角为θ的斜面上,如图所示,向下轻轻一推,物体刚好能匀速下滑。若给此物体一个沿斜面向上的初速度v0,则它能上滑的最大位移是多少?





解析物体沿斜面匀速下滑时,所受合力为零,由平衡条件得:f=mgsin θ,


当物体沿斜面向上滑动时,根据牛顿第二定律有:mgsin θ+f=ma


解得:a=2gsin θ,方向沿斜面向下。


根据=2as得,上滑的最大距离s=


答案


16.(8分)如图所示,水平传送带以2 m/s的速度运动,传送带长AB=20 m,今在其左端将一工件轻轻放在上面,工件被带动传送到右端,已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,试求:(g取10 m/s2)





(1)工件开始时的加速度a。


(2)工件加速到2 m/s时,工件运动的位移大小。


(3)工件由传送带左端运动到右端的时间。


解析(1)工件被放在传送带上时初速度为零,相对于传送带向左运动,受滑动摩擦力向右,大小为Ff=μmg,工件加速度a=μg=0.1×10 m/s2=1 m/s2,方向水平向右。


(2)工件加速到2 m/s所需时间


t0= s=2 s


在t0时间内运动的位移


s0=×1×22 m=2 m。


(3)由于s0<20 m,故工件达到与传送带同样的速度后与传送带相对静止,一起运动至B端。


工件做匀速运动的时间为t1= s=9 s


所以工件由传送带左端运动到右端的时间为


t=t0+t1=11 s。


答案(1)1 m/s2,方向水平向右 (2)2 m (3)11 s


17.(14分)如图所示,质量为m0=1 kg的长木板静止在光滑水平面上,现有一质量m=0.5 kg的小滑块(可视为质点)以v0=3 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μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2。求:





(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





f=μmg=0.5 N,方向水平向左


根据牛顿第三定律,滑块对木板的摩擦力为0.5 N,方向水平向右。


(2)由牛顿第二定律得:μmg=ma


得出a=μg=1 m/s2。


(3)对木板,由牛顿第二定律μmg=m0a'


可得a'==0.5 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:v=v0-at;对长木板:v=a't


由以上两式得:滑块和长木板达到的共同速度v=1 m/s。


答案(1)0.5 N 方向水平向右 (2)1 m/s2 (3)1 m/s


18.(16分)一质量为m=0.4 kg的电动遥控玩具车在水平地面上做直线运动,如图所示为其运动的v-t图像的一部分,已知0.4 s以前车做匀变速运动,之后做变加速运动直到速度最大,2 s时刻关闭发动机,玩具车开始做匀减速运动最终停止,小汽车全过程中所受阻力可视为恒定。





(1)关闭发动机后小车运动的时间。


(2)求匀加速阶段小汽车的驱动力大小。


(3)估算全过程小汽车行驶的距离。


解析(1)设2 s后小汽车加速度大小为a2,据图像得a2= m/s2=2 m/s2。


设减速阶段时间为t,由0=v0-a2t,解得t=4 s。


(2)设0~0.4 s内,小汽车加速度大小为a1


a1= m/s2=10 m/s2


据牛顿第二定律得F-f=ma1


关闭发动机后f=ma2


解得F=4.8 N。


(3)0~0.4 s内的位移


s1=a1×10×0.42 m=0.8 m


根据图像可得0.4~2 s内的位移约为s2=58×0.2×1 m=11.6 m


2 s以后的位移s3=a2t2=×2×42 m=16 m


小汽车的总位移s=s1+s2+s3=28.4 m(27.6~29.2 m均正确)。


答案(1)4 s (2)4.8 N (3)28.4 m(27.6~29.2 m均正确)