高中物理人教版必修一 第四章 牛顿运动定律：第四章 牛顿运动定律 本章知能检测

第四章 牛顿运动定律建议用时实际用时设定分值实际得分90分钟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，有的小题只有一个选项符合题目要求，有的小题有多个，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）图4-11.如图4-1所示，一个人站在自动扶梯的水平台阶上随扶梯匀速上升，它受到的力有（ ）A.重力、支持力B.重力、支持力、摩擦力C.重力、支持力、摩擦力、斜向上的拉力D.重力、支持力、压力、摩擦力图4-22.如图4-2所示，一个楔形物体M放在固定的粗糙斜面上，M上表面水平且光滑，下表面粗糙，在其上表面上放一光滑小球m，楔形物体由静止释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是（ ）A.沿斜面方向的直线 B.竖直向下的直线C.无规则的曲线 D.抛物线图4-33. 一光滑斜劈，在力F推动下向左做匀加速直线运动，且斜劈上有一木块恰好与斜劈保持相对静止，如图4-3所示，则木块所受合力的方向为（ ）A.水平向左 B.水平向右C.沿斜面向下 D.沿斜面向上4. 在日常生活中，小巧美观的冰箱贴使用广泛。一磁性冰箱贴贴在冰箱的竖直表面上静止不动时，它受到的磁力（ ）A.小于受到的弹力B.大于受到的弹力C.和受到的弹力是一对作用力与反作用力D.和受到的弹力是一对平衡力图4-45.如图4-4所示，固定斜面的倾角为30，现用平行于斜面的力F拉着质量为m的物体沿斜面向上运动，物体的加速度大小为a，若该物体放在斜面上沿斜面下滑时的加速度大小也为a，则力F的大小是（ ）A.12mg B.mg C.32mg D.13mg6.如图4-5所示，一个物体由A点出发分别到达C1、C2、C3。物体在三条轨道上的摩擦不计，则（ ）图4-5A.物体到达C1点时的速度最大B.物体分别在三条轨道上的运动时间相同C.物体到达C1点的时间最短D.物体在AC3上运动的加速度最小图4-67.如图4-6所示，弹簧测力计外壳质量为m0，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量为m的重物，现用一方向竖直向上的外力F拉着弹簧测力计，使其向上做匀加速直线运动，则弹簧测力计的读数为（ ）A.mg B.mm0+mmg C.m0m0+mF D.mm0+mF图4-78.如图4-7所示，质量为m的物体悬挂在轻质的支架上，斜梁OB与竖直方向的夹角为。设水平横梁OA和斜梁OB作用于O点的弹力分别为F1和F2。以下结果正确的是（ ）A.F1=mgsin B.F1mgsin C.F2=mgcos D.F2=mgcos9.某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490 N。他将弹簧测力计移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧测力计的示数如图4-8所示，电梯运行的v-t图象（图4-9）可能是（取电梯向上运动的方向为正）（ ） A B C D 图4-8 图4-9图4-38图4-1010.如图4-10所示，轻绳一端系在质量为m的物体A上，另一端与套在粗糙竖直杆MN上的轻圆环B相连接。用水平力F拉住绳子上一点O，使物体A及圆环B静止在图中虚线所在的位置。现稍微增加力F使O点缓慢地移到实线所示的位置，这一过程中圆环B仍保持在原来位置不动。则此过程中，圆环对杆的摩擦力F1和圆环对杆的弹力F2的变化情况是（ ）A.F1保持不变，F2逐渐增大B.F1逐渐增大，F2保持不变C.F1逐渐减小，F2保持不变D.F1保持不变，F2逐渐减小二、填空题（本题共2小题，每小题8分，共16分，请将正确的答案填到横线上）11.“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图4-11甲所示。 甲 乙图4-11（1） 在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图4-11乙所示。计时器打点的时间间隔为0.02 s。从比较清晰的点起，每五个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离。该小车的加速度a m/s2。（结果保留两位有效数字）（2）平衡摩擦力后，将五个相同的砝码都放在小车上。挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度。小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：来源:学|科|网砝码盘中 砝码个数总重力 F/N0.1960.3920.5880.7840.980加速度 a/（ms-2）0.691.18来源:学科网ZXXK1.662.182.70图4-12请根据实验数据在图4-12中作出a-F图线。（3）根据提供的实验数据作出的a-F图线不通过原点。请说明主要原因。图4-1312.某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案。如图4-13所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端。开始时小球和滑块均静止，剪断细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x。（空气阻力对本实验的影响可以忽略）（1）滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为 。（2）滑块与斜面间的动摩擦因数为 。（3）以下能引起实验误差的是 。a.滑块的质量b.当地重力加速度的大小c.长度测量时的读数误差d.小球落地和滑块撞击挡板不同时图4-14三、计算题（本题共3小题，共44分。解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位）13.（15分）如图4-14所示，两个质量均为m的小环套在一水平放置的粗糙长杆上，两根长度均为l的轻绳一端系在小环上，另一端系在质量为M的木块上，两个小环之间的距离也为l，小环保持静止。试求：（1）小环对杆的压力；（2）小环与杆之间的动摩擦因数至少为多大？来源:Zxxk.Com14.（14分）质量为10 kg的物体在F200 N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角37，如图4-15所示。力F作用2 s后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25 s后，速度减为0。求：物体与斜面间的动摩擦因数和物体的总位移x。（已知sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2）图4-1515.（15分）在研究摩擦力的实验中，将木块放在水平长木板上。如图4-16a所示，用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大。分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力，并用计算机绘制出摩擦力Ff随拉力F的变化图象，如图4-16b所示。已知木块的质量为8.0 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。 a b c图 图4-16（1）求木块与长木板间的动摩擦因数；（2）如图4-16c所示，木块受到恒力F50 N作用，方向与水平方向成37角斜向右上方，求木块从静止开始沿水平面做匀变速直线运动的加速度；（3）在（2）中拉力F作用时间t12.0 s后撤去，计算再经过多长时间木块停止运动？参考答案1. A 解析：人站在扶梯上匀速上升，处于平衡状态，受重力和扶梯对他的支持力。故选项A正确。2. B 解析：对小球进行受力分析可知：小球所受的重力和支持力均沿竖直方向，小球在水平方向上不受力。根据牛顿第一定律可知，小球在水平方向上的运动状态不变，又因楔形物体由静止释放，故小球在水平方向上无运动，只沿竖直方向向下做直线运动。故选项B正确。3. A 解析：木块与斜劈一起向左做匀加速直线运动时，加速度方向水平向左，根据牛顿第二定律知，木块所受合力的方向水平向左，故选项A正确。4. D 解析：因磁性冰箱贴静止不动，在水平方向上受到两个力：磁力与弹力，应为平衡力，所以选项D正确，选项A、B、C错误。5. B 解析：根据牛顿第二定律得，向上拉时，F-mgsin 30-Ff=ma，物体放在斜面上下滑时，mgsin 30-Ffma，解得Fmg，故选项B正确。6. CD 解析：设斜面高为h，斜面倾角为，则斜面长为 x=hsin，根据牛顿第二定律物体下滑的加速度为 a=gsin ，所以在AC3上运动的加速度最小，选项D正确；根据x=12at2和v=at得物体到达底端的时间t=1sin 2hg，v= 2gh，所以物体在AC1上运动的时间最短，物体在三条轨道上到达底端的速度大小相等，故选项C正确，选项A、B错误。图4-177.D 解析：设弹簧测力计向上的加速度是a，选整体为研究对象，根据牛顿第二定律得，力F拉着质量为m0的外壳和质量为m的重物运动的加速度a=F-m0g-mgm0+m，选重物为研究对象，根据牛顿第二定律得F1-mg=ma，则读数F1=mg+ma=mg+mF-m0g-mgm0+m=mm0+mF，故选项D正确。8.D 解析：以O点为研究对象，受力如图4-17所示。由受力图根据平衡条件可得F1=mgtan ，F2=mgcos。故选项D正确。9. AD 解析:从题图可以看出，t0t1时间内，该人的视重小于其重力，t1t2时间内，视重正好等于其重力，而在t2t3时间内，视重大于其重力。根据题中所设的正方向可知，t0t1时间内，该人具有向下的加速度，t1t2时间内，该人处于平衡状态，而在t2t3时间内，该人则具有向上的加速度，所以电梯可能的运动图象为A、D，故选项A、D正确。10. A 解析：设圆环B的质量为M。以整体为研究对象，受力情况如图4-18甲所示，根据平衡条件得 甲 乙图4-18F2=FF1=（M+m）g由式可知，杆对圆环的摩擦力F1大小保持不变，由牛顿第三定律得，圆环对杆的摩擦力F1也保持不变。再以结点O为研究对象，受力情况如图4-18乙所示。根据平衡条件得到：F=mgtan ，当O点由虚线位置缓慢地移到实线所示的位置时，增大，则F增大，而F2=F2=F，所以F2增大，故选项A正确。11.（1）0.16 （2）见解析 （3）忘记加入砝码盘的重力解析：（1）由题意可知计数点间的时间间隔T5T00.1 s。图4-19由xaT2和x0.16 cm1.610-3 m可得a0.16 m/s2。（2）a-F图线如图4-19所示。（3）平衡小车与桌面之间的摩擦力，a-F图线仍不通过原点，可能是在计算总重力F时忘记加入砝码盘的重力，使作出的图线向左平移造成的。12.（1）xH （2） &h-x2H 1 x2-h2 （3）cd解析:（1）同时听到声音说明小球与滑块运动的时间相同，设都为t，则小球做自由落体运动，H12gt2，滑块沿斜面下滑做匀加速直线运动，x12at2，由以上两式可得 agxH。图4-20（2）对滑块进行受力分析如图4-20所示，由牛顿第二定律得沿斜面方向：mgsin -Ffma垂直斜面方向：FN-mgcos 0又有：FfFN由以上三式联立解得agsin -gcos ，将agxH代入可得： &h-x2H 1 x2-h2。（3）由动摩擦因数的表达式可知选c、d。13.（1）12Mgmg，方向竖直向下 （2） 3M3M+2m解析：（1）以木块和两个小环作为整体进行受力分析，由平衡条件得2FN（M2m）g，即FN12Mgmg由牛顿第三定律知小环对杆的压力FN12Mg+mg，方向竖直向下。（2）对木块受力分析由平衡条件得2FTcos 30Mg临界状态，小环受到的静摩擦力达到最大值，则有FTsin 30FN，解得动摩擦因数最小为min 3M3M+2m。14. 0.25 16.25 m 解析：设力F作用时物体沿斜面上升的加速度大小为a1，撤去力F后其加速度大小变为a2，则a1t1a2t2图4-21有力F作用时，物体受力为重力mg、推力F、支持力FN1、摩擦力Ff1，如图4-21所示。在沿斜面方向上，由牛顿第二定律可得Fcos -mgsin -Ff1ma1Ff1FN1（mgcos Fsin ）撤去力F后，物体受重力mg、支持力FN2、摩擦力Ff2，在沿斜面方向上，由牛顿第二定律得来源:Z.xx.k.Commgsin Ff2ma2Ff2FN2m