第四章　牛顿运动定律测评卷2021-2022学年物理必修第一册教科版2019（word含解析）

这是一份高中物理教科版 (2019)必修 第一册全册综合练习题，共16页。

第四章　牛顿运动定律
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24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.(2021广东佛山第一中学高一上第二次段考)下列关于力与运动的说法中正确的是 (　　)
A.牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因
B.物体加速度的方向一定与所受合外力的方向相同
C.物体加速度的大小决定了物体所受合外力的大小
D.一个运动的物体,如果不再受力了,它总会逐渐停下来,这说明,静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”
2.(2021湖北黄冈高一上期末)2020年11月24日我国发射了嫦娥五号月球探测器,探测器历经月面着陆、自动采样、月面起飞、月轨交会对接、再入返回等多个难关后,于12月17日携带月球样品成功返回地面。下列分析正确的是(　　)

A.发射过程中探测器加速上升,探测器处于超重状态
B.探测器减速返回地球的过程中处于失重状态
C.探测器在环月轨道做圆周运动时处于超重状态
D.探测器在月面上的重力比地面上小,故处于失重状态
3.(2021福建莆田第二十五中学高一上期末)如图所示,一只猴子单手拉住树枝,吊在空中不动,下列说法正确的是 (　　)

A.猴子拉树枝的拉力与猴子的重力是一对平衡力
B.猴子对树枝的拉力是由于树枝发生形变引起的
C.树枝对猴子的拉力与猴子对树枝的拉力是一对作用力与反作用力
D.猴子能静止在空中,是因为猴子对树枝的拉力大小等于树枝对猴子的拉力大小
4.(2021江苏无锡高一上期末)如图所示,将底部装有弹簧的木箱在某一高度由静止释放,从弹簧接触地面到木箱速度为零的过程中,忽略空气阻力,下列说法正确的是 (　　)

A.速度一直增大
B.加速度一直减小
C.加速度先增大后减小
D.速度先增大后减小
5.(2021福建南平高一上期末)有一个同学站在力学传感器上完成下蹲动作,力学传感器示数随时间变化图像如图所示。则 (　　)

A.这位同学的重力为700 N
B.这位同学的重力为290 N
C.下蹲过程中合力方向先向下后向上
D.下蹲过程中合力方向先向上后向下
6.(2021青海西宁高一上期末调研)在平直公路上,汽车由静止开始做匀变速直线运动,当速度达到v=10 m/s时立即关闭发动机滑行,直到停止,运动过程的v-t图像如图所示,设汽车牵引力大小为F,阻力大小为f,则 (　　)

A.F∶f=1∶3　　　　B.F∶f=3∶1
C.F∶f=4∶1　　　　D.F∶f=1∶4
7.(2021四川绵阳高一上第三次月考)如图所示,质量为2m的物块A与水平地面间的动摩擦因数为μ,质量为m的物块B与地面的摩擦不计,在大小为F的水平推力作用下,A、B一起向右做加速运动,则A和B之间的作用力大小为 (　　)

A.μmg3　　　　B.2μmg3
C.2F-4μmg3　　　　D.F-2μmg3
8.(2021广东湛江高一上期末)如图所示,沿着水平直轨道做匀变速运动的火车,车厢顶上用轻线系着一个质量为m的小球,悬球向右偏离竖直方向的夹角为θ,下列说法正确的是 (　　)

A.火车一定向右做减速运动
B.火车一定向左做减速运动
C.火车的加速度大小为g sin θ
D.火车的加速度大小为g tan θ
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.(2021福建南平高一上期末)关于牛顿第一定律和牛顿第三定律,下列说法正确的是 (　　)
A.牛顿第一定律表明一切物体都具有惯性
B.牛顿第一定律说明必须有力作用在物体上,物体才能保持匀速直线运动
C.作用力和反作用力,可能作用在同一物体上
D.作用力和反作用力的大小一定相等
10.(2021山东潍坊高一上1月阶段性测试)A、B两球的质量均为m,两球之间用轻弹簧相连,放在光滑的水平地面上,A球左侧靠墙,弹簧原长为L0,用恒力F向左推B球使弹簧压缩,如图所示,整个系统处于静止状态,此时弹簧长为L,下列说法正确的是 (　　)

A.弹簧的劲度系数为FL
B.弹簧的劲度系数为FL0-L
C.若突然将力F撤去,撤去瞬间,A、B两球的加速度均为0
D.若突然将力F撤去,撤去瞬间,A球的加速度为0,B球的加速度大小为Fm
11.(2021湖南耒阳高一上期末)以力F拉一物体,使其以加速度a在水平面上做匀加速直线运动,力F的水平分量为F1,如图所示,若以和F1大小、方向都相同的力F'代替F拉物体,使物体产生加速度a',那么 (　　)

A.当水平面光滑时,a' B.当水平面光滑时,a'=a
C.当水平面粗糙时,a' D.当水平面粗糙时,a'=a
12.(2021四川广安高一上第3次月考)如图所示,质量均为m=2.0 kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上,物块A的左侧连接一劲度系数为k=100 N/m的轻质弹簧,弹簧另一端固定在竖直墙壁上,开始时,两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态。现使物块B在水平外力F(图中未画出)作用下向右做加速度大小为a=2 m/s2的匀加速直线运动直至与A分离,已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ=0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不计空气阻力。则 (　　)

A.开始时,弹簧的压缩量大小为12 cm
B.物块A、B分离时,所加外力F的大小为12 N
C.物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间为0.4 s
D.物块A、B由静止开始运动到分离时,物块A的位移大小为0.04 m



三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(2021甘肃庆阳高一上期末)(4分)用如图甲所示装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验。实验中小车及砝码的总质量为m1,钩码质量为m2,并用钩码所受的重力作为小车受到的合力,用纸带测出小车运动的加速度。


(1)平衡摩擦力的方法是　　　　　　　　; 
(2)某同学得到实验图线如图乙(a)(b)所示,其中描述加速度与力的关系图线是图　　　　。 
14.(2021四川遂宁高一上期末)(10分)某同学用图甲所示装置做“探究物体的加速度与力的关系”的实验。实验时保持小车质量不变,用钩码所受的重力作为小车受到的合力,实验所用打点计时器的电源频率为50 Hz。

(1)该同学挑选出的纸带如图乙所示。图中A、B、C、D、E是按打点先后顺序依次选取的计数点,相邻计数点间有四个点未画出,其中A、B两点的测量数据如图,从刻度尺读出A、B两点间距离为　　　　 cm,利用图所给数据,回答下列问题,计数点C对应小车的瞬时速度为　　　　 m/s,整个运动过程中小车的加速度为　　　　 m/s2。(结果保留至小数点后2位) 
(2)实验时改变所挂钩码的质量,分别测量小车在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据作出图丙所示的a-F关系图线,图线不通过坐标原点O的原因是　　　　(选填“平衡摩擦力过度”或“平衡摩擦力不足”),曲线上部弯曲的原因是　　　　　　　　　　　　　　　。 

丙
15.(2021江苏张家港高一上联合调研)(10分)一个质量m为0.5 kg的物体以初速度v0=12 m/s竖直向上抛出,其上升时所能达到的最大高度h为6 m。物体所受空气阻力大小恒定。求:
(1)物体所受空气阻力大小;
(2)物体落回抛出点时速度大小。





16.(2021辽宁朝阳高一上期末)(10分)风洞实验室中可以产生水平向右的、大小可调节的风力。现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室,小球孔径略大于细杆直径,杆足够长,如图所示,小球的质量为1 kg,球与杆间的动摩擦因数为0.5。

(1)当杆在水平方向上固定时(如图虚线所示),调节风力的大小,使风对小球的力大小恒为4 N,求此时小球受到的摩擦力f1的大小。
(2)若调节细杆使杆与水平方向间夹角θ为37°并固定(如图实线所示),调节风力的大小,使风对小球的力大小恒为40 N,求小球从静止出发在细杆上2秒内通过位移的大小。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)












17.(2021北京东城高一上期末)(12分)如图甲所示,质量m=1.0 kg的小物块在平行于斜面向上的恒定拉力F作用下,沿足够长的倾角为37°的斜面由静止开始运动,1 s后撤去拉力F。如图乙所示为其速度v随时间t变化的部分图像。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。计算时取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。

(1)求小物块与斜面间的动摩擦因数μ;
(2)求拉力F的大小;
(3)请你分析说明小物块能否返回出发点。













18.(2021安徽滁州高一上期末)(14分)有“海洋之舟”美称的企鹅喜欢在冰面上游戏,如图所示。有一质量为30 kg的企鹅先从倾斜冰面底端由静止开始沿直线向上匀加速“奔跑”7.5 s,速度达到4 m/s时,突然卧倒以肚皮贴着冰面继续向前滑行,最后退滑到出发点(假设企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。已知冰面倾角为30°,企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=35。求:

(1)企鹅向上“奔跑”时所受合力大小;
(2)企鹅向上运动的最远距离;
(3)若企鹅退滑到出发点时的速度超过10 m/s就会受伤,试判断该企鹅是否会受伤。












答案全解全析
1.B　伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因,选项A错误;合外力决定加速度的大小和方向,物体加速度的方向一定与所受合外力的方向相同,故选项B正确,C错误;物体长时间不受力时的“自然状态”包括静止和匀速直线运动状态,选项D错误。
2.A　发射过程中探测器加速上升,加速度向上,所以探测器处于超重状态,A正确;探测器减速返回地球的过程中,加速度向上,处于超重状态,B错误;探测器在环月轨道做圆周运动时,处于完全失重状态,故C错误;探测器在月面上的重力比地面上小,但判断超重还是失重是看加速度向上还是向下,探测器处于静止状态,既不是超重状态,也不是失重状态;D错误。
3.C　猴子受到树枝对它的拉力与自身的重力,静止在空中,合力为零,根据平衡力的特点知,猴子受到树枝的拉力与重力是一对平衡力,故A、D错误;猴子对树技的拉力是由于猴子发生形变引起的,故B错误;根据牛顿第三定律得,树枝对猴子的拉力与猴子对树枝的拉力是一对作用力与反作用力,故C正确。
4.D　弹簧接触地面时,木箱受到重力和弹簧的弹力两个力作用,开始阶段弹力小于重力,随着下落高度的增加,弹簧的形变量逐渐增大,当弹力等于重力时,木箱的加速度为零;接下来弹簧的弹力大于重力,加速度方向向上逐渐增大,所以加速度先减小再增大,B、C错误;开始木箱的合力竖直向下,加速度方向竖直向下,与速度方向相同,木箱做加速运动,木箱的速度增大,当弹力等于重力时速度最大; 当弹力大于重力时,合力向上,则加速度向上,木箱做减速运动;故速度先增大后减小,A错误、D正确。
5.C　由题图可知,该同学在稳定状态下的传感器示数为500 N,所以该同学重力为500 N,A、B错误;该同学在下蹲过程中,先向下加速运动,后减速运动,加速度先向下,后向上,先处于失重状态,后处于超重状态,所以合力方向先向下后向上,C正确,D错误。
6.B　由v-t图像可知,汽车匀加速运动时,加速度a1=1 m/s2,匀减速运动时加速度a2=-0.5 m/s2,由牛顿第二定律可得F-f=ma1,-f=ma2,所以F∶f=(a1-a2)∶(-a2)=3∶1,故选项B正确。
7.D　以A、B组成的系统为研究对象,由牛顿第二定律得系统的加速度a=F-μ×2mg2m+m=F-2μmg3m,以B为研究对象,由牛顿第二定律得A对B的作用力:FAB=ma=F-2μmg3,即A、B间的作用力为FAB=F-2μmg3,D正确。
8.D　小球受到重力与轻线的拉力作用,受力分析如图所示:

对小球,由牛顿第二定律得mg tan θ=ma,解得a=g tan θ,火车的加速度大小为g tan θ,方向向左,所以火车可能向左加速或向右减速,故D正确,A、B、C错误。
9.AD　牛顿第一定律揭示了力与运动的关系,物体的运动不需要力来维持,一切物体都具有保持原来运动状态的性质,即惯性,故A正确; 根据牛顿第一定律,物体不受力时保持匀速直线运动或静止,故B错误;作用力与反作用力大小相等,方向相反,作用在不同的物体上,故C错误,D正确。
10.BD　以B为研究对象受力分析,由胡克定律得F=k(L0-L),则k=FL0-L,故A错误,B正确;若突然将力F撤去,撤去瞬间,弹簧来不及发生形变,则弹力不能瞬间改变,故A受合力仍然为0,加速度为0;B水平方向只受弹簧的弹力,大小为F,根据牛顿第二定律得a=Fm,故C错误,D正确。
11.BC　对物体受力分析,如图所示,物体在水平方向受到的合力F合=F cos θ-f,又因为f=μN=μ(mg-F sin θ),所以物体产生的加速度a=Fcosθ-μ(mg-Fsinθ)m,所以当水平面光滑时a'=a,当水平面粗糙时,因为μmg>μ(mg-F sin θ),则a'
12.BD　开始时,两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态,则有μ·2mg=kx,解得弹簧的压缩量为x=2μmgk=2×0.4×20100 m=0.16 m,选项A错误;物块A、B分离时,两物块之间弹力为零,此时对B受力分析有F-μmg=ma,解得F=12 N,选项B正确;对A受力分析有,kx'-μmg=ma,解得x'=0.12 m,由运动学公式得x-x'=12at2,解得t=0.2 s,物块A、B由静止开始运动到分离时,物块A的位移大小为x-x'=0.04 m,选项C错误,D正确。
13.答案　(1)见解析(2分)　(2)(a)(2分)
解析　(1)平衡摩擦力的方法:在木板有打点计时器的一端垫上木块,把连接纸带的小车放在木板上,先接通电源,轻推小车,让小车沿木板下滑,关闭电源,若纸带上的点迹不均匀,改变木板的倾角,重复上述步骤,直至点迹均匀为止。
(2)因为加速度与合外力成正比,所以加速度与力的关系图线应是一条通过原点的倾斜直线,所以描述加速度与力的关系图线是图(a)。
14.答案　(1)3.40(3.38~3.42均可)(2分)　0.54(2分)　1.36(1.34~1.38均可)(2分)
(2)平衡摩擦力过度(2分)　钩码质量增大,不再满足钩码的质量远小于小车的质量(2分)
解析　(1)刻度尺的分度值是1 mm,根据刻度尺读数规则可知,A、B两点间的距离为3.40 cm;电源频率为50 Hz,相邻两个计数点之间还有四个点没有标出,则打点周期T=0.1 s,根据匀变速直线运动中中间时刻速度等于这个过程的平均速度可得xC=xBD2T=(4.76+6.13)×10-22×0.1 m/s≈0.54 m/s。
根据匀变速直线运动规律Δx=aT2,运用逐差法得a=xCE-xAC4T2=(7.48+6.13-4.76-3.40)×10-24×0.12 m/s2≈1.36 m/s2。
由于读数有误差,加上修正值,故小车加速度为a=(1.36±0.02)m/s2
(2)图线不通过坐标原点O,力F为零时,加速度仍然存在,说明平衠摩擦力过度。曲线上部弯曲的原因是随着力F的增大,即钩码质量的增大,不再满足钩码的质量远小于小车的质量。
15.答案　(1)1 N　(2)46 m/s
解析　(1)物体向上做匀减速直线运动,由0-v02=-2a1h可得a1=v022h=12 m/s2 (2分)
由牛顿第二定律有mg+f=ma1 (2分)
解得f=1 N(1分)
(2)对物体下落过程受力分析,由牛顿第二定律有mg-f=ma2 (2分)
解得a2=8 m/s2
由匀加速直线运动的位移公式v2-0=2a2h (2分)
可得v=2a2h=46 m/s(1分)
16.答案　(1)4 N　(2)20 m
解析　(1)当杆在水平方向固定时,小球受到的最大静摩擦力为fmax=μN=μmg=0.5×10 N=5 N(2分)
当风力大小为4 N时,由4 N<5 N,说明小球处于静止状态,则此时的摩擦力大小f1=4 N(2分)
(2)受力分析图如图

取沿细杆向上为正方向,根据牛顿第二定律可得
F cos 37°-mg sin 37°-μ(mg cos 37°+F sin 37°)=ma (4分)
代入数据得a=10 m/s2
则有s=12at2=12×10×22 m=20 m(2分)
17.答案　(1)0.5　(2)30 N　(3)见解析
解析　(1)以小物块为研究对象,撤去拉力F以后,小物块沿斜面向上做匀减速直线运动,由v-t图像可知,此过程小物块的加速度大小为a2=10 m/s2 (1分)
对小物块受力分析,根据牛顿第二定律得
mg sin 37°+μmg cos 37°=ma2 (2分)
解得小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5 (1分)
(2)在拉力F作用下,小物块沿斜面向上做匀加速直线运动,由v-t图像可知,此过程小物块的加速度a1=20 m/s2 (1分)
对小物块受力分析,根据牛顿第二定律得F-mg sin 37°-
μmg cos 37°=ma1 (2分)
解得拉力F的大小F=30 N(1分)
(3)当小物块速度减为零时,重力沿斜面向下的分力为mgx=mg sin 37°=6 N(2分)
此时的最大静摩擦力f=μmg cos 37°=4 N(1分)
由于mgx>f,所以小物块将沿斜面向下做匀加速运动,能够返回出发点。 (1分)
18.答案　(1)16 N　(2)16 m　(3)见解析
解析　(1)设企鹅向上做匀加速运动的加速度为a1,由
a1=ΔvΔt=815 m/s2 (2分)
由牛顿第二定律得F合=ma1=16 N(2分)
(2)设企鹅向上做匀加速运动的位移为x1,则x1=v12t=15 m(2分)
设企鹅向上做匀减速运动的位移为x2、加速度大小为a2,则mg sin 30°+μmg cos 30°=ma2 (1分)
解得a2=8 m/s2
由v12-v02=2a2x2得x2=1 m(1分)
则企鹅向上运动的最远距离为x=x1+x2=16 m(1分)
(3)设企鹅返回时加速度为a3,末速度为v,则
mg sin 30°-μmg cos 30°=ma3 (2分)
代入数据解得a3=2 m/s2 (1分)
由v2-v02=2a3x得v=8 m/s(1分)
由于企鹅的末速度8 m/s<10 m/s,故企鹅不会受伤。 (1分)