高中物理第四章牛顿运动定律章末检测新人教版.docx
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高中物理第四章牛顿运动定律章末检测新人教版
2019-2020年高中物理第四章牛顿运动定律章末检测新人教版
一、单项选择题
1．“严禁超重，严禁超速，严禁酒后驾驶”是阻止马路车祸的有力三招．在这三招中，都应用到我们学过的物理知识．下列说法中正确的是（ ）
A．“严禁超速”是为了减小汽车的惯性
B．“严禁超重”是为了控制汽车司机的反应时间
C．“严禁酒后驾驶”是为了减小汽车的惯性
D．汽车超重会增大汽车的惯性
解析：
由于惯性大小是由质量去量度，与物体运动速度及受力与否无关，D正确．
答案：
D
2．汽车拉着拖车在水平道路上沿着直线加速行驶，根据牛顿运动定律，以下说法正确的是（ ）
A．汽车能拉着拖车加速前进，是因为汽车拉拖车的力大于拖车拉汽车的力
B．加速前进时，汽车对拖车的拉力大小与拖车对汽车的拉力大小相等
C．汽车先对拖车施加拉力，然后才产生拖车对汽车的拉力
D．汽车对拖车的拉力大小与拖车所受地面对它的摩擦力大小相等
解析：
汽车对拖车的拉力与拖车对汽车的拉力是作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，这两个力总是大小相等、方向相反并且作用在同一条直线上，A错误、B正确；汽车对拖车施加拉力和拖车对汽车的拉力是同时产生的，C错误；汽车对拖车的拉力大于拖车所受地面对它的摩擦力，所以拖车做加速运动，D错误．
答案：
B
3．如图为节日里悬挂灯笼的一种方式，A、B点等高，O为结点，轻绳AO、BO长度相等，拉力分别为FA、FB，灯笼受到的重力为G.下列表述正确的是（ ）
A．FA一定小于G
B．FA与FB大小相等
C．FA与FB是一对平衡力
D．FA与FB大小之和等于G
解析：
由题意知，A、B两点等高，且两绳等长，故FA与FB大小相等，B选项正确．若两绳夹角大于120°，则FA＝FB＞G；若两绳夹角小于120°，则FA＝FB＜G；若夹角等于120°，则FA＝FB＝G，故选项A、D错．夹角为180°时，FA与FB才能成为一对平衡力，但这一情况不可能实现，故C错误．
答案：
B
4．物体的运动情况或所受合外力的情况如图所示，四幅图的图线都是直线，从图中可以判断这四个质量一定的物体的某些运动特征．下列说法正确的是（ ）
A．甲物体受到不为零且恒定的合外力
B．乙物体受到的合外力越来越大
C．丙物体受到的合外力为零
D．丁物体的加速度越来越大
解析：
甲物体做匀速直线运动，合外力为零，选项A错误．乙物体做匀加速运动，合外力恒定，且不为零，选项B错误．丙物体做匀加速运动，合外力恒定且不为零，选项C错误．丁物体所受合外力越来越大，加速度越来越大，选项D正确．
答案：
D
5．如图甲所示，一个物体放在粗糙的水平地面上．从t＝0时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动．在0到t0时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示．已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等．则（ ）
A．在0到t0时间内，物体的速度逐渐变小
B．t0时刻，物体速度增加到最大值
C．在0到t0时间内，物体做匀变速直线运动
D．在0到t0时间内，力F大小保持不变
解析：
根据题图乙，物体在0到t0时间内做加速度逐渐减小的变加速直线运动，其速度逐渐变大，到t0时刻，物体速度增加到最大值，选项A、C错误，选项B正确；设摩擦力的大小恒为Ff，根据牛顿第二定律有F－Ff＝ma，所以F＝Ff＋ma，可见，在0到t0时间内，力F的大小会随着加速度a的减小而减小，选项D错误．
答案：
B
二、多项选择题
6．如图所示，物体M静止于倾斜的木板上，当倾角θ缓慢增大，直至M开始滑动之前的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体对木板的压力逐渐减小
B．物体所受的支持力和摩擦力都减小
C．物体所受支持力和摩擦力的合力不变
D．物体所受重力、支持力和摩擦力这三个力的合力逐渐增大
解析：
物体受力分析如图所示，由平衡条件得FN＝Mgcosθ ①
Ff＝Mgsinθ ②
在θ逐渐增大的过程中，由①式可知FN逐渐减小，由②式知Ff逐渐增大，A正确、B错误；由物体处于平衡状态可知：
支持力FN、摩擦力Ff与重力Mg三者的合力为零，D错误；支持力FN和摩擦力Ff的合力与重力Mg等值反向，C正确．
答案：
AC
7．某实验小组，利用DIS系统观察超重和失重现象，他们在电梯内做实验，在电梯的地板上放置一个压力传感器，在传感器上放一个重为20N的物块，如图甲所示，实验中计算机显示出传感器所受物块的压力大小随时间变化的关系，如图乙所示．以下根据图象分析得出的结论中正确的是（ ）
A．从时刻t1到t2，物块处于失重状态
B．从时刻t3到t4，物块处于失重状态
C．电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层
D．电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层
解析：
由图可知在0～t1、t2～t3及t4之后，传感器所受压力大小等于物块的重力大小；t1～t2时间段内，传感器所受压力大小大于物块重力，处于超重状态，加速度向上；t3～t4时间段内，压力小于物块重力，处于失重状态，加速度向下，综上可知B、C正确，A、D错误．
答案：
BC
8．如图甲所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体，现对A施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得物体A的加速度a随拉力F变化的关系如图乙所示．已知重力加速度g取10m/s2，由图线可知（ ）
A．物体A的质量mA＝2kg
B．物体A的质量mA＝6kg
C．物体A、B间的动摩擦因数μ＝0.2
D．物体A、B间的动摩擦因数μ＝0.5
解析：
a－F图线的斜率等于质量的倒数，由图可知，拉力F＞48N后，图线斜率变大，表明研究对象质量减小，物体A、B间发生相对滑动，故mA＋mB＝
＝8kg，mA＝
＝6kg.由图象知：
当F＝60N时，a＝8m/s2，又F－μmAg＝mAa，解得μ＝0.2.
答案：
BC
三、非选择题
9．在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图所示的装置．
（1）本实验应用的实验方法是________．
A．控制变量法 B．假设法
C．理想实验法D．替代法
（2）下列说法中正确的是________．
A．在探究加速度与质量的关系时，应改变拉力的大小
B．在探究加速度与力的关系时，应该改变小车的质量
C．在探究加速度a与质量m的关系时，为了直观判断二者间的关系，应作出a－
图象
D．当小车的质量远大于小盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于小盘和砝码的总重力
解析：
（1）本实验采用了控制变量法，即先保证物体质量不变，研究加速度与合力的关系，再保证物体受力不变，研究加速度与质量的关系．
（2）探究a与m的关系时，保持F不变，改变m大小；探究a与F的关系时，保持m不变，改变F大小，故A、B错．a－
关系图象过原点的直线，作出这个图象容易证明a与m成反比，C对．只有小车的质量远大于小盘与砝码的总质量时，小车受到的合力大小才约等于小盘与砝码的总重力，D对．
答案：
（1）A
（2）CD
10．我国《侵权责任法》第87条“高空坠物连坐”条款规定：
建筑物中抛掷物品或者从建筑物上坠落的物品造成他人损害，难以确定具体侵权人的，除能够证明自己不是侵权人外，由可能加害的建筑物使用人给予补偿．近日，绵阳一小伙就借助该条款赢得了赔偿．假设质量为5.0kg的物体，从离地面36m高处，由静止开始加速下落，下落过程中阻力恒定，经3s落地．（g取10m/s2）求：
（1）物体下落的加速度的大小；
（2）下落过程中物体所受阻力的大小．
解析：
（1）由x＝
at2得，a＝
＝8m/s2，
物体下落的加速度大小为8m/s2.
（2）根据牛顿第二定律得，mg－Ff＝ma，
解得，Ff＝10N，
下落过程中物体所受阻力的大小为10N.
答案：
（1）8m/s2
（2）10N
11．质量为0.3kg的物体在水平面上做直线运动，图中a、b直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力时的v－t图象，则求：
（g取10m/s2）
（1）物体所受的滑动摩擦力多大？
（2）水平拉力多大？
解析：
（1）由题图知图线a的加速度为
a1＝－
m/s2
图线b的加速度为
a2＝－
m/s2
根据牛顿第二定律得，摩擦力Ff＝ma2＝－0.2N，方向与运动方向相反．
（2）根据牛顿第二定律得：
F＋Ff＝ma1＝－0.1N
所以F＝0.1N，方向与运动方向相同．
答案：
（1）0.2N
（2）0.1N
12．水平传送带AB以v＝200cm/s的速度匀速运动，如图所示，A、B相距0.011km，一物体（可视为质点）从A点由静止释放，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，则物体从A沿传送带运动到B所需的时间为多少？
（g取10m/s2）
解析：
统一单位：
v＝200cm/s＝2m/s，
x＝0.011km＝11m.
开始时，物体受到的摩擦力为Ff＝μmg，
由牛顿第二定律得物体的加速度
a＝
＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2.
设经时间t物体速度达到2m/s，由v＝at得：
t1＝
＝
s＝1s.
此时间内的位移为
x1＝
at
＝
×2×12m＝1m＜11m.
此后物体做匀速运动，所用时间：
t2＝
＝
s＝5s.
故所求时间t＝t1＋t2＝1s＋5s＝6s.
答案：
6s
2019-2020年高中物理第四章牛顿运动定律章末评估含解析新人教版（I）
一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分。
每小题至少有一个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得4分，有选错的或不答的得0分）
1．关于物体的惯性，下列说法正确的是（ ）
A．物体受力后可以改变运动状态，所以作用力可以改变惯性
B．快速行驶的汽车，刹车时困难，因而速度大时惯性大
C．满载货物的汽车比不载货时刹车困难，故满载时比空载时惯性大
D．以上说法均不正确
解析：
力是改变物体运动状态的原因，但惯性是物体的固有属性，是不随力而改变的，故A错误。
快速行驶的汽车，刹车困难是因为在相同加速度的情况下，速度大的滑行距离长，但不是速度大时惯性大，故B错。
质量是惯性大小的唯一量度，汽车满载时比空载时质量大，故满载的汽车惯性大，C正确。
答案：
C
2．关于作用力和反作用力的说法正确的是（ ）
A．物体间发生相互作用时先有作用力，后有反作用力
B．作用力和反作用力的大小相等、方向相反，所以物体一定保持平衡
C．人加速奔跑时，地对人的作用力大于人对地的作用力
D．重力和弹力不可能是一对作用力和反作用力
解析：
作用力和反作用力同时产生，同时消失，大小相等，方向相反，但不能合成，A、B错误。
地对人的作用力与人对地的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，C错误。
重力和弹力是不同性质的力，故不可能是一对作用力和反作用力，D正确。
答案：
D
3．一物体位于光滑水平面上，同时受到三个水平共点力F1、F2和F3的作用，其大小分别为F1＝42N、F2＝28N、F3＝20N，且F1的方向指向正北，下列说法中正确的是（ ）
A．这三个力的合力可能为零
B．F1、F2两个力的合力大小可能为20N
C．若物体处于匀速直线运动状态，则F2、F3的合力大小一定为48N，方向指向正南
D．若物体处于静止状态，则F2、F3的合力大小一定为42N，方向与F1相反，为正南
解析：
F1、F2的合力范围是|F1－F2|≤F≤F1＋F2，即14N≤F≤70N，B选项正确。
F3的大小处于此范围之内，所以这三个力的合力可能为零，选项A正确。
若物体处于平衡状态（静止或匀速直线运动），则其中两个力的合力必定与第三个力等大反向，选项C错，D对。
答案：
ABD
4．几位同学为了探究电梯启动和制动时的加速度大小，他们将体重计放在电梯内。
一位同学站在体重计上，然后乘坐电梯从1层直接到10层，之后又从10层直接回到1层。
并用照相机进行了相关记录，如图1所示。
他们根据记录，进行了以下推断分析，其中正确的是（ ）
图1
A．根据图b和图c可估测出电梯向上启动时的加速度
B．根据图a和图b可估测出电梯向上制动时的加速度
C．根据图a和图e可估测出电梯向下制动时的加速度
D．根据图d和图e可估测出电梯向下启动时的加速度
解析：
无论是估测制动时的加速度还是估测启动时的加速度，都必须知道该同学静止时的重力，即必选a图，选项A、D错误；据图a和图b可估测出电梯向上启动时的加速度，选项B错误；根据图a和图e可估测出电梯向下制动时的加速度，选项C正确。
答案：
C
5．如图2甲所示，在粗糙的水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其v－t图像如图乙中的实线所示，下列判断中正确的是（ ）
图2
A．在0～1s内，外力F不断变化
B．在1～3s内，外力F保持不变
C．在3～4s内，外力F不断增大
D．在3～4s内，外力F不断减小
解析：
由图像可知，在0～1s内，物块做匀加速直线运动，加速度恒定，由牛顿第二定律可知，合力恒定，因此拉力恒定，A错误；在1～3s内，物块做匀速直线运动，合力为0，拉力大小始终等于摩擦力的大小，B正确；在3～4s内，物体做减速运动，加速度越来越大，摩擦力恒定，则由Ff－F＝ma可知，拉力F越来越小，C错误，D正确。
答案：
BD
6．一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连。
小球某时刻正处于图3所示状态。
设斜面对小球的支持力为N，细绳对小球的拉力为T，关于此时刻小球的受力情况，图3
下列说法正确的是（ ）
A．若小车向左运动，N可能为0
B．若小车向左运动，T可能为0
C．若小车向右运动，N不可能为0
D．若小车向右运动，T不可能为0
解析：
当加速度向左时，拉力T可能为0，加速度向右时，支持力N可能为0，两种可能均与小车的运动方向无关，故A、B正确，C、D错误。
答案：
AB
7．“蹦极”是一项非常刺激的体育运动。
某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图4中a点是弹性绳的原长位置，c点是人所到达的最低点，b点是人静止悬吊时的平衡位置。
人在从P点落下到最低点c的过程中（ ）
A．人在Pa段做自由落体运动，处于完全失重状态
B．在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态图4
C．在bc段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态
D．在c点，人的速度为零，其加速度为零
解析：
判断人是处于超重状态还是失重状态，只要看人的加速度方向，Pa段人做自由落体运动，加速度为g，人处于完全失重状态；人从a到b的过程中，人的重力大于弹力，合力方向向下，加速度方向向下，人处于失重状态；b点，人的重力等于弹力，加速度为零；由b到c，人的重力小于弹力，合力方向向上，加速度方向向上，人处于超重状态，当弹性绳伸长到c点时，人处于最大超重状态。
答案：
AB
8．如图5所示，A、B两物体用细绳连接后放在斜面上，如果两物体与斜面间的摩擦因数都为μ，则它们下滑的过程中（ ）
A．它们的加速度a＝gsinα
B．它们的加速度a＜gsinα图5
C．细绳中的张力FT＝0
D．细绳中的张力FT＝mAg（sinα－cosα）
解析：
对A、B组成的系统整体运用牛顿第二定律有
（mA＋mB）gsinα－μ（mA＋mB）gcosα＝（mA＋mB）a，
得a＝（sinα－μcosα）g＜gsinα，故选项B正确。
对A进行隔离，运用牛顿第二定律有mAgsinα－μmAgcosα－FT＝mAa，得FT＝0，故选项C正确。
答案：
BC
二、实验题（本题包括1小题，共12分。
把答案填在题中横线上，或按题目要求作答）
9．（12分）在“验证牛顿运动定律”的实验中，采用如图6所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带上的点计算出。
（1）当M与m的大小关系满足________时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力。
（2）一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中砝码的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图像法处理数据。
为了比较容易地检查出加速度a与质量M的关系，应该作a与________的图像。
图6
（3）如图7（a）所示为甲同学根据测量数据做出的a－F图线，此图线说明实验存在的问题是________________________________________________________________________。
（4）乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a－F图线如图（b）所示，两个同学做实验时的哪一个物理量取值不同_______________________________________________。
图7
解析：
（1）只有M与m满足M≫m时，才可认为绳对小车的拉力近似等于盘及盘中砝码的重力。
（2）由于a∝
，所以a－
图像应是一条过原点的直线，所以数据处理时，常作出a与
的图像。
（3）当力不为零时加速度却为零，说明没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够。
（4）小车及车上的砝码的总质量不同时，a－F图像的斜率也就不同。
答案：
（1）M≫m
（2）
（3）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够 （4）小车及车中砝码的总质量
三、计算题（本题包括3小题，共40分。
解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
10．（12分）如图8所示，在前进的车厢的竖直后壁上放一个物体，物体与壁间的动摩擦因数μ＝0.8，要使物体不致下滑，车厢至少应以多大的加速度前进？
（g＝10m/s2）图8
解析：
设物体的质量为m，在竖直方向上有mg＝F，F为摩擦力。
在临界状态下，F＝μFN，FN为物体所受水平弹力。
又由牛顿第二定律得FN＝ma。
由以上各式得加速度a＝
＝
＝
m/s2＝12.5m/s2。
答案：
12.5m/s2
11．（14分）2011年3月11日日本发生的9.0级大地震牵动亿万人的心，各种救灾物资不断通过机场和火车站运送到灾区，传送带在装送救灾物资方面发挥着巨大的作用。
如图9所示为一水平传送带装置示意图，图9
绷紧的传送带始终保持v＝1m/s的恒定速率运行，一质量为m＝4kg的救灾物资以初速度为0放在A处，传送带对救灾物资的摩擦力使救灾物资做匀加速直线运动，随后救灾物资又以与传送带相等的速率运动。
若救灾物资与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离l＝2m，g取10m/s2。
（1）求救灾物资刚开始运动时所受滑动摩擦力大小与加速度大小；
（2）求救灾物资从A运动到B的时间；
（3）若救灾物资下面粘有煤灰，求救灾物资在传送带上留下的黑色痕迹的长度。
解析：
（1）救灾物资刚开始运动时所受滑动摩擦力F＝μmg＝4N
摩擦力提供救灾物资运动的动力，由牛顿第二定律得F＝ma
解得a＝1m/s2。
（2）设救灾物资做匀加速直线运动的时间为t1，救灾物资加速运动的末速度为v＝1m/s，则v＝at1
代入数据解得t1＝1s
匀加速直线运动的位移x1＝
t1＝0.5m
随传送带匀速运动的时间t2＝
＝1.5s
所以救灾物资从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.5s
（3）黑色痕迹的长度即救灾物资相对传送带滑过的位移，救灾物资在加速这段时间内发生的位移为x1
加速时间内传送带发生的位移为x2＝vt1
所以黑色痕迹的长度为x2－x1＝
t1＝
×1m＝0.5m。
答案：
（1）4N 1m/s2
（2）2.5s （3）0.5m
12．（14分）如图10所示，绳和滑轮的质量、摩擦均不计。
已知A、B两物体的质量分别为mA＝8kg，mB＝2kg，A物体与水平桌面图10
间的动摩擦因数为0.2，桌面和绳都足够长，物体B距地面的高度h＝0.2m，当物体B由静止释放后，A物体停止运动前通过的距离总共有多长？
（g取10m/s2）
解析：
分别对A、B两物体进行受力分析，如图所示。
对A、B在运动方向上分别应用牛顿第二定律
FA－μmAg＝mAaA，
mBg－FB＝mBaB。
又因为FA＝FB，aA＝aB。
所以联立以上各式，代入数据可得出加速度的值为
aA＝aB＝0.4m/s2。
由运动学公式2ax＝v2得B物体刚落地时A的速度为
vA＝
＝
m/s＝0.4m/s。
A物体的位移x1＝h＝0.2m。
以后A物体做匀减速运动，aA′＝μg＝2m/s2。
由2ax＝v2得，后一段时间内A物体的位移为x2＝
＝
m＝0.04m。
所以A物体的总位移为x总＝x1＋x2＝0.2m＋0.04m＝0.24m。
答案：
0.24m
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