2020年高中物理章末质量检测卷（四）牛顿运动定律新人教版必修1.docx

章末质量检测卷(四)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(共15小题，每小题3分，共45分.18题为单选题，915题为多选题)1关于力、运动状态及惯性，下列说法正确的是()A牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因B一个运动的物体，如果不再受力，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”C伽利略根据理想实验推论出：如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去D车速越大，刹车后滑行的距离越长，所以惯性越大解析：选C伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，故A错误；一个运动的物体，它总会逐渐停下来，是因为物体受到了摩擦力，如果不受力，物体会永远运动下去，故B错误；伽利略根据理想实验推论出：如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去，故C正确；惯性只与质量有关，与速度无关，故D错误2物体在共点力作用下，下列说法中正确的是()A物体的速度在某一时刻等于零，物体就一定处于平衡状态B物体相对另一物体保持静止时，物体一定处于平衡状态C物体所受合力为零，就一定处于平衡状态D物体做匀加速运动时，物体处于平衡状态解析：选C处于平衡状态的物体，从运动形式上是处于静止或匀速直线运动状态，从受力上来看，物体所受合力为零某一时刻速度为零的物体，受力不一定为零，故不一定处于平衡状态，A错；物体相对于另一物体静止时，该物体不一定静止，例如当另一物体做变速运动时，该物体也做变速运动，此物体处于非平衡状态，B错；C选项符合平衡条件的判断，正确；物体做匀加速运动，所受合力不为零，故不是平衡状态，D错3关于惯性和牛顿第一定律，下列说法中正确的是()A静止的物体可能没有惯性B速度越大的物体惯性越大C同一物体在地球上和月球上惯性不同D伽利略的斜槽实验以可靠的事实为基础并把实验探究和逻辑推理和谐地结合在一起解析：选D惯性是物体的固有属性，与运动状态无关，故A错误；质量是惯性大小的唯一量度，与速度、环境等因素无关，故B、C错误；伽利略的斜槽实验以可靠的事实为基础并把实验探究和逻辑推理和谐地结合在一起，故D正确4某跳水运动员在3 m长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示的状态，其中A为无人时踏板静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则下列说法正确的是()A人和踏板由C到B的过程中，人向上做匀加速运动B人和踏板由C到A的过程中，人处于超重状态C人和踏板由C到A的过程中，先超重后失重D人在C点具有最大速度解析：选C在B点，重力等于弹力，在C点速度为零，弹力大于重力，所以从C到B过程中合力向上，做加速运动，但是由于从C到B过程中踏板的形变量在减小，弹力在减小，所以合力在减小，故做加速度减小的加速运动，加速度向上，处于超重状态，从B到A过程中重力大于弹力，所以合力向下，加速度向下，速度向上，所以做减速运动，处于失重状态，故C正确5.(2019辽宁省沈阳市高一检测)如图，两个小球A、B中间用轻弹簧相连后，用细线悬于天花板下，系统处于静止状态下面所列出的四组力中，属于一对平衡力的是()A细线对A球的拉力和弹簧对A球的拉力B弹簧对B球的拉力和B球所受的重力CB球对弹簧的拉力和弹簧对B球的拉力D弹簧对A球的拉力和弹簧对B球的拉力解析：选B由于小球有重力，绳对A的拉力大于弹簧对A的拉力，所以绳对A的拉力和弹簧对A的拉力不是一对平衡力，故A错误；B受到重力和弹簧对B的拉力，B处于静止状态，则B的重力和弹簧对B的拉力是一对平衡力，故B正确；弹簧对B的拉力和B对弹簧的拉力是一对作用力与反作用力，不是一对平衡力，故C错误；弹簧对A的拉力和弹簧对B的拉力大小相等，但这两个力不是作用在同一物体上，不是一对平衡力，故D错误6如图所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度a做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此瞬间A和B的加速度为a1和a2，则()Aa1a20Ba1a，a20Ca1a，a2aDa1a，a2a解析：选D两木块在光滑的水平面上一起以加速度a向右匀加速运动时，弹簧的弹力F弹m1a，在力F撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m1a，因此对A来讲，加速度此时仍为a，对B：取向右为正方向，m1am2a2，a2a，所以D正确7.质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的vt图象如图所示取g10 m/s2，则物体与水平面间的动摩擦因数和水平推力F的大小分别为()A0.2,6 NB0.1,6 NC0.2,8 N D0.1,8 N解析：选A在610 s内物体水平方向只受滑动摩擦力作用，加速度ag，vt图象的斜率表示加速度，a m/s22 m/s2，解得0.2.在06 s内，Fmgma，而a m/s21 m/s2，解得F6 N，选项A正确8.如图所示，放在光滑水平面上的物体A和B，质量分别为2m和m，第一次水平恒力F1作用在A上，第二次水平恒力F2作用在B上已知两次水平恒力作用时，A、B间的作用力大小相等则()AF1F2 BF1F2CF1F2 DF12F2解析：选C设A、B间作用力大小为FN，则水平恒力作用在A上时，隔离B受力分析有FNmaB，水平恒力作用在B上时，隔离A受力分析有：FN2maAF1(2mm)aB，F2(2mm)aA，解得F13FN，F2FN，所以F12F2，即F1F2.9.如图所示，质量均为m的a、b两物体，放在两固定的水平挡板之间，物体间用一竖直放置的轻弹簧连接，在b物体上施加水平拉力F后，两物体始终保持静止状态，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是()Aa物体对水平挡板的压力大小不可能为2mgBa物体所受摩擦力的大小为FCb物体所受摩擦力的大小为FD弹簧对b物体的弹力大小一定大于mg解析：选ACD在b物体上施加水平拉力F后，两物体始终保持静止状态，则物体b受到接触面的静摩擦力，即b物体所受摩擦力的大小为F，有摩擦力则它们之间一定存在弹力，则弹簧的弹力大于物体b的重力，由整体法可知，a物体对水平面的压力大小大于2mg，故A、C、D正确；根据摩擦力产生的条件可知，a物体没有相对运动的趋势，则没有摩擦力，故B错误10.如图所示，AB为天花板，BC为竖直墙，用两轻绳OD、OE系一质量为m的小球，使之静止于O点现保持小球位置不变，将水平绳OE的E端沿BC上移到B点的过程中，对两绳上的张力FTD、FTE的变化情况判断正确的是()AFTD不断增大BFTD不断减小CFTE先增大后减小 DFTE先减小后增大解析：选BD由于小球重力G不变，可知绳OD和OE的拉力的合力不变，而OD绳固定不动，即OD绳的拉力方向不变，OE绳移动时，由图可知FTD不断减小，FTE先减小后增大，故选BD.11.如图所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成角则下列说法正确的是()A小铁球受到的合外力方向水平向左BF(Mm)gtan C系统的加速度为agtan DFMgtan 解析：选BC隔离小铁球受力分析得F合mgtan ma且合外力水平向右，故小铁球加速度为gtan ，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为gtan ，A错误，C正确；整体受力分析得F(Mm)a(Mm)gtan ，B正确，D错误12.一质量为m1 kg的物体在水平恒力F作用下水平运动，1 s末撤去恒力F，其vt 图象如图所示，则恒力F和物体所受阻力Ff的大小是()AF8 N BF9 NCFf2 N DFf3 N解析：选BD撤去恒力F后，物体在阻力作用下运动，由vt图象可知，13 s物体的加速度为3 m/s2，由牛顿第二定律Ffma可知，阻力Ff3 N；由图象可知在01 s其加速度为6 m/s2，由牛顿第二定律FFfma，可求得F9 N，B、D正确13.如图所示，一小球自空中自由落下，在与正下方的直立轻质弹簧接触直至速度为零的过程中，关于小球的运动状态，下列几种描述中正确的是()A接触后，小球做减速运动，加速度的绝对值越来越大，速度越来越小，最后等于零B接触后，小球先做加速运动，后做减速运动，其速度先增加后减小直到为零C接触后，速度为零的地方就是弹簧被压缩最大之处，加速度为零的地方也是弹簧被压缩最大之处D接触后，小球速度最大的地方就是加速度等于零的地方解析：选BD从小球下落到与弹簧接触开始，一直到把弹簧压缩到最短的过程中，弹簧弹力与小球重力相等的位置是转折点，之前重力大于弹力，之后重力小于弹力，而随着小球向下运动，弹力越来越大，重力恒定，所以之前重力与弹力的合力越来越小，之后重力与弹力的合力越来越大，且反向(竖直向上)由牛顿第二定律知，加速度的变化趋势和合力的变化趋势一样，而在此过程中速度方向一直向下14.如图所示，小车向右做匀加速直线运动的加速度大小为a，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小铁球m，M、m均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为.若小车的加速度逐渐增大到3a时，M、m仍与小车保持相对静止，则()A细线与竖直方向的夹角增加到原来的3倍B细线与竖直方向夹角的正切值增加到原来的3倍C细线的拉力增加到原来的3倍DM受到的摩擦力增加到原来的3倍解析：选BD对小球，由牛顿第二定律可得：mgtan ma，故当小车的加速度逐渐增大到3a时，tan 的值变为原来的3倍，选项A错误，选项B正确；细线的拉力F，因tan 变为原来的3倍，则细线的拉力不是增加到原来的3倍，选项C错误；对M，m整体，f(Mm)a，则若小车的加速度逐渐增大到3a时，M受到的摩擦力增加到原来的3倍，选项D正确15某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示，他使木块以初速度v04 m/s沿倾角30的固定斜面上滑，紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的vt图线如图乙所示，g取10 m/s2，则下列计算结果正确的是()A上滑过程中的加速度的大小为8 m/s2B木块与斜面间的动摩擦因数C木块回到出发点时的速度大小v2 m/sD木块在t2 s时返回出发点解析：选ABC由题图乙可知，木块经0.5 s滑至最高点，加速度大小a1 m/s28 m/s2，选项A正确；上滑过程中，由牛顿第二定律，加速度a1，解得，选项B正确；上滑的位移x1 m；下滑过程中，加速度a22 m/s2，木块回到出发点时的速度大小v2 m/s，下滑的时间t21 s，回到出发点的总时间tt1t21.5 s，选项C正确，选项D错误二、非选择题(共5小题，共55分)16(7分)在“探究加速度与力、质量的关系”时采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码质量为M，砂桶及砂的质量为m.(1)若已平衡摩擦力，在小车做匀加速直线运动过程中，绳的张力大小FT_，当M与m的大小满足_时，才可认为绳子对小车的拉力大小等于砂和砂桶的重力(2)某同学在保持砂和砂桶质量m一定的条件下，探究小车加速度a与质量M的关系，其具体操作步骤如下，则做法合理的有()A平衡摩擦力时，砂桶应用细线通过定滑轮系在小车上且小车后面的纸带也必须连好B每次改变小车质量M时，都需要重新平衡摩擦力C实验时，先接通计时器的电源，再放开小车D用天平测出m及M，直接用公式a求出小车运动的加速度解析：(1)由牛顿第二定律知：对小车有FTMa；对砂和砂桶有mgFTma；所以FT；可见当Mm时，FTmg.(2)平衡摩擦力时，不系砂桶，只让小车拖着后面的纸带在倾斜木板上做匀速运动，选项A错误；平衡摩擦力时mgsin mgcos ，即sin cos ，与质量无关，则每次改变小车质量M时，不需要重新平衡摩擦力，选项B错误；实验时，先接通计时器的电源，再放开小车，选项C正确；小车运动的加速度是利用打点计时器测量，如果用天平测出m以及小车质量M，直接用公式a求出，这是在直接运用牛顿第二定律计算的，而我们实验是在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系选项D错误故选C答案：(1)Mm(2)C17(8分)在用DIS研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图a所示的实验装置，重物通过滑轮用细线拉小车，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器，位移传感器(发射器)随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器(接收器)固定在轨道一端，实验中力传感器的拉力为F，保持小车包括位移传感器(发射器)的质量不变，改变重物重力重复实验若干次，得到加速度与外力的关系如图b所示(1)小车与轨道间的滑动摩擦力Ff_N.(2)从图象中分析，小车包括位移传感器(发射器)的质量为_kg.(3)该实验小组为得到a与F成正比的关系，应将斜面的倾角调整到tan _.解析：(1)根据图象可知，当F0.67 N时，小车开始有加速度，则Ff0.67 N.(2)根据牛顿第二定律aF，则aF图象的斜率表示小车包括位移传感器(发射器)质量的倒数，则M kg kg0.67 kg.(3)为得到a与F成正比的关系，则应该平衡摩擦力，则有：Mgsin Mgcos 解得tan ，根据FfMg得0.1所以tan 0.1.答案：(1)0.67(2)0.67(3)0.118.(12分)两个完全相同的物体a、b质量均为m0.80 kg，在同一水平面上，以相同的初速度开始运动开始运动后，a不受拉力，b受到水平恒力F作用图中的两条直线分别表示a、b的vt图象求：(1)运动过程a、b加速度各多大？(2)a、b与水平面间的动摩擦因数多大？(3)b所受水平恒力F的大小解析：(1)设a、b 两物块的加速度分别为a1、a2，由vt图可得a的加速度为：a1 m/s21.5 m/s2，即加速度大小为1.5 m/s2，方向与初速度方向相反；由vt图可得b的加速度为：a2 m/s20.75 m/s2，方向与初速度方向相同(2)对a由牛顿第二定律得：mgma1，解得0.15.(3)对b由牛顿第二定律得：FfFmgma2，解得F1.8 N.答案：(1)1.5 m/s2, 0.75 m/s2 (2)0.15(3)1.8 N19(12分)某同学设计了一个测量长距离电动扶梯加速度的实验，实验装置如图1所示，将一电子健康秤置于水平的扶梯台阶上，实验员站在健康秤上相对健康秤静止使电动扶梯由静止开始斜向上运动，整个运动过程可分为三个阶段，先加速、再匀速、最终减速停下，已知电动扶梯与水平方向夹角为37，重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，某次测量的三个阶段中电子健康秤的示数F随时间t的变化关系，如图2所示(1)画出加速过程中实验员的受力示意图；(2)求该次测量中实验员的质量m；(3)求该次测量中电动扶梯加速过程的加速度大小a1和减速过程的加速度大小a2.解析：(1)对实验员受力分析，画出示意图如图(2)36 s电梯匀速运动，实验员受力平衡Fmg600 N，得m60 kg.(3)加速阶段，对竖直方向，根据牛顿第二定律：Fmgma1sin 37，得a10.56 m/s2.同理减速