2020高中物理第4章牛顿运动定律学业质量标准检测新人教版必修1 10页

第四章　牛顿运动定律 学业质量标准检测 本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。‎ 第Ⅰ卷(选择题　共40分)‎ 一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)‎ ‎1．(江西省鹰潭市2017～2018学年高一上学期期末)高跷运动是一项新型运动，图甲为弹簧高跷。当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙。则下列说法正确的是(　A　)‎ A．人向上弹起过程中，先处于超重状态，后处于失重状态 B．人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力 C．弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力等于人的重力 D．弹簧压缩到最低点时，高跷对地的压力等于人和高跷的总重力 解析：A项，人向上弹起过程中，人应该经历了先加速后减速的过程，所以先有向上的加速度，后有向下的加速度，故A项正确。B项，踏板对人的作用力与人对踏板的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，二者大小始终相等，故B项错误。C项，弹簧压缩到最低点时，人有竖直向上的加速度，根据牛顿第二定律，可知高跷对人的作用力大于人的重力，故C项错误。D项，同理以高跷和人的系统为研究对象，弹簧压缩到最低点时，根据牛顿第二定律，地对高跷的压力大于人和高跷的总重力，再根据牛顿第三定律，可知高跷对地的压力大于人和高跷的总重力，故D项错误。‎ ‎2.如图所示，总质量为‎460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为‎0.5m/s2，当热气球上升到‎180m时，以‎5m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝‎10m/s2。关于热气球，下列说法正确的是(　A　)‎ 10‎ A．所受浮力大小为4830N B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C．从地面开始上升10s后的速度大小为‎5m/s D．以‎5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为400N 解析：由牛顿第二定律，所受浮力为F，则F－mg＝ma，F＝m(g＋a)＝460×(10＋0.5)N＝4830N，A正确；加速上升过程中速度增大，受空气阻力增大，B错误；气球开始加速度为‎0.5m/s2，此后加速度将变化，无法确定10s时气球速度，C错误；匀速上升时F－mg－f＝0，空气阻力f＝F－mg＝(4830－460×10)N＝230N，D错误。‎ ‎3.(江西省南昌八一中学、洪都中学等六校2016～2017学年高一上学期期末)如图所示，一串(3个)红灯笼在水平风力的吹动下发生倾斜，悬挂绳与竖直方向的夹角为30°，设每个红灯笼的质量均为m，绳子质量不计，则自上往下数第一个红灯笼对第二个红灯笼的拉力大小为(　D　)‎ A.mg B．2mg C．4mg D.mg 解析：以下面两个灯笼作为整体为研究对象，进行受力分析，如图：‎ 竖直方向：Tcos30°＝2mg得：‎ T＝＝mg，故选D。‎ ‎4．(哈尔滨师大附中2016～2017学年高一上学期期末)如图1所示，在粗糙程度处处相同的水平地面上，物块在水平向右的力F作用下由静止开始运动。运动的速度v与时间t的关系如图2所示，由图象可知(　C　)‎ 10‎ A．在2s～4s内，力F＝0‎ B．在4s～6s内，力F＝0‎ C．在0～2s内，力F逐渐变小 D．在0～2s内，力F逐渐增大 解析：在2s～4s内，物体做匀速直线运动，拉力与滑动摩擦力平衡，不为零，故A错误；在4s～6s内，物体匀减速前进，拉力可能不为零，但一定小于摩擦力，故B错误；在0～2s内，加速度逐渐变小，根据牛顿第二定律，有：F－μmg＝ma故拉力F逐渐减小，故C正确，D错误，故选C。‎ ‎5．(山东省东营市2017～2018学年高一上学期检测)如图所示，质量不等的木块A和B的质量分别为m1和m2，置于光滑的水平面上。当水平力F作用于左端A上，两物体一起做匀加速运动时，A、B间作用力大小为F1。当水平力F作用于右端B上，两物体一起做匀加速运动时，A、B间作用力大小为F2，在两次作用过程中(　D　)‎ A．F1＋F2F C．F1＝F2 D.＝ 解析：对两种情况均进行整体分析，整体的加速度都为a＝，隔离分析，第一种情况，A对B的作用力为F1＝m‎2a＝，第二种情况，A对B的作用力为F2＝m‎1a＝，则有在两次作用过程中，F1＋F2＝F，＝，D正确。‎ ‎6.如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速为0)，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达d所用的时间，则(　D　)‎ A．t1t2>t3‎ 10‎ C．t3>t1>t2 D．t1＝t2＝t3‎ 解析：小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用，下滑的加速度可认为是由重力沿斜面方向的分力产生的，设轨迹与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律知 mgcosθ＝ma ①‎ 设圆心为O，半径为R，由几何关系得，滑环由开始运动至d点的位移x＝2Rcosθ ②‎ 由运动学公式得x＝at2 ③‎ 由①②③联立解得t＝2 小圆环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关，故t1＝t2＝t3。‎ ‎7．(湖南省湘潭一中、双峰一中、邵东一中2016～2017学年高一上学期联赛)以下是必修1课本中四幅插图，关于这四幅插图下列说法正确的是(　BC　)‎ A．甲图中学生从起立到站直的过程中，体重计的示数先减小后增大 B．乙图中赛车的质量较小，却安装着牵引力很大的发动机，目的是获得很大的加速度 C．丙图中海豚的身体呈流线型，可以减小海豚运动中的阻力 D．丁图中运动员推开冰壶后，冰壶在冰面做匀速直线运动 解析：中学生从起立到站直经历了从超重到失重的过程，A错；由F＝ma可知B项正确；海豚的流线型身体是为了减小水的阻力，C对；运动员推开冰壶后，冰壶在冰面做减速运动，D错。‎ ‎8.(山西大学附中2015～2016学年高一上学期期末)如图所示，完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上，A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ，小车静止时，A恰好不下滑，现使小车加速运动，(不考虑A、B间相互作用力)为保证A、B无滑动，则(　AD　)‎ A．速度可能向左，加速度可小于μg B．加速度一定向右，不能超过(1＋μ)g C．加速度一定向左，不能超过μg D．加速度一定向左，不能超过(1＋μ)g 解析：小车静止时，A恰好不下滑，所以对A有：mg＝μF引 10‎ ‎，当小车加速运动时，为了保证A不下滑，应有FN≥F引，加速时加速度一定向左。对B有μ(mg＋F引)＝mam，解得am＝(1＋μ)g，故A、D正确，B、C错误，故选AD。‎ ‎9．如图a所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图b所示(g＝‎10m/s2)，则正确的结论是(　BC　)‎ A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B．物体的加速度大小为‎5m/s2‎ C．物体的质量为‎2kg D．弹簧的劲度系数为7.5N/cm 解析：以物体为研究对象，由牛顿第二定律并结合图象得 ‎10＋4k－mg＝ma　30－mg＝ma 又4k＝mg 由以上三式解得　m＝‎‎2kg a＝‎5m/s2　k＝5N/cm 所以B、C正确，D错误。‎ 由题意知，物体与弹簧分离时，弹簧处于自然伸长状态，A错误。‎ ‎10.如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是(　ACD　)‎ A.＋ B. C. D. 解析：因木块运动到右端的过程不同，对应的时间也不同，若一直匀加速至右端，则L＝μgt2，可得t＝，C正确；若一直加速到右端的速度恰好与传送带速度v相等，则L＝t，可得t＝，D正确；若先匀加速到传送带速度v ，再匀速到右端，则＋v(t－‎ 10‎ eq f(v,μg))＝L，可得t＝＋，A正确；木块不可能一直匀速至右端，B错误。‎ 第Ⅱ卷(非选择题　共60分)‎ 二、填空题(共2小题，共14分。把答案直接填在横线上)‎ ‎11．(6分)(陕西西北大学附中2016～2017学年高一上学期期末)某实验小组设计了如图(a)所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象。他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a－F图线，如图(b)所示。 ‎(1)图线__①____是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的(选填“①”或“②”)；‎ ‎(2)滑块和位移传感器发射部分的总质量m＝__0.5____kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ＝__0.2____。‎ 解析：(1)由图象①可知，当F＝0时，a≠0，也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，所以图线①是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的。‎ ‎(2)根据F＝ma得a＝ 所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数。‎ 所以m＝＝‎‎0.5kg 由图形b得，在水平轨道上F＝1N时，加速度a＝0，‎ 根据牛顿第二定律得F－μmg＝0‎ 解得μ＝0.2。‎ ‎12．(8分)(江西省鹰潭市2017～2018学年高一上学期期末)某同学欲运用牛顿第二定律测量滑块的质量M，其实验装置如图甲所示，设计的实验步骤为： ‎(1)调整长木板倾角，当钩码的质量为m0时滑块恰好沿木板向下做匀速运动；‎ ‎(2)保持木板倾角不变，撤去钩码m0‎ 10‎ ‎，将滑块移近打点计时器，然后释放滑块，滑块沿木板向下做匀加速直线运动，并打出点迹清晰的纸带如图乙所示(打点计时器的工作频率为50Hz)。‎ 请回答下列问题：‎ ‎①打点计时器在打下D点时滑块的速度vD＝__1.69____m/s；(结果保留3位有效数字)‎ ‎②滑块做匀加速直线运动的加速度a＝__3.88____m/s2；(结果保留3位有效数字)‎ ‎③滑块质量M＝__m0____ (用字母a、m0和当地重力加速度g表示)。‎ ‎(3)保持木板倾角不变，挂上质量为m(均小于m0)的钩码，滑块沿木板向下匀加速运动，测出滑块的加速度；多次改变钩码的质量，分别求出相应的加速度。‎ ‎(4)若绳的拉力与所挂钩码的重力大小相等，作出a－mg图象如图丙所示，则由图丙可求得滑块的质量M＝__0.200____kg。(取g＝‎10m/s2，结果保留3位有效数字)‎ 解析：从图乙中可知xAB＝‎5.20cm，xBC＝‎5.84cm，xCD＝‎6.45cm，xDE＝‎7.07cm，xEF＝‎7.70cm。‎ ‎ (2)①相邻计数点间的时间间隔为T＝2×0.02＝0.04s，根据匀变速直线运动过程中的中间时刻速度推论可得 ，vD＝＝×10－‎2m/s＝‎1.69m/s。‎ ‎②根据逐差法可得a＝＝m/s2＝‎3.88m/s2‎ ‎③滑块做匀速运动时受力平衡，由平衡条件得m‎0g＝Mgsinθ－f，撤去m0时滑块做匀加速直线运动时，受到的合外力F合＝Mgsinθ－f，由牛顿第二定律得F合＝Ma，解得M＝。‎ ‎(4)滑块做匀速运动时受力平衡，由平衡条件得Mgsinθ－f＝m‎0g，挂上质量为m的钩码时滑块沿木板向下做匀加速直线运动，受到的合外力为F′合＝Mgsinθ－f－mg，由牛顿第二定律得F′合＝Ma，解得a＝g－g，由图丙所示图象可知k＝＝＝5，解得M＝‎0.200kg。‎ 三、论述、计算题(本题共4小题，共46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)‎ ‎13．(10分)如图所示，固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图所示，取重力加速度g＝‎10m/s2。求： 10‎ ‎(1)小环的质量m；‎ ‎(2)细杆与地面间的倾角α。‎ 答案：(1)‎1kg　(2)30°‎ 解析：由v－t图象可解得：a＝＝m/s2，前2s内，由牛顿第二定律得：F1－mgsinα＝ma ‎2s后满足：F2＝mgsinα代入数据解得：m＝‎1kg，α＝30°。‎ ‎14．(11分)研究表明，一般人的刹车反应时间(图甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4s，但饮酒会导致反应时间延长。在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝‎72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝‎39m，减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动。重力加速度的大小g取‎10m/s2。求： ‎(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；‎ ‎(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；‎ ‎(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。‎ 答案：(1)‎8m/s2　2.5s　(2)0.3s　(3) 解析：(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v0＝‎20m/s，末速度vt＝0，位移s＝‎25m，由运动学公式v＝2as，t＝。‎ 联立以上两式，代入数据得a＝‎8m/s2，t＝2.5s。‎ ‎(2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得L＝v0t′＋s，Δt＝t′－t0。‎ 联立以上两式，代入数据得Δt＝0.3s。‎ ‎(3)设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得F＝ma，‎ 由平行四边形定则得F＝F2＋(mg)2。‎ 10‎ 联立以上各式，代入数据得＝。‎ ‎15．(12分)如图所示，一小轿车从高为‎10m、倾角为37°的斜坡顶端从静止开始向下行驶，当小轿车到达底端时进入一水平面，在距斜坡底端‎115m的地方有一池塘，发动机在斜坡上产生的牵引力为2×103N，在水平地面上调节油门后，发动机产生的牵引力为1.4×104N，小轿车的质量为2t, 小轿车与斜坡及水平地面间的动摩擦因数均为0.5(g取‎10m/s2)。求：‎ ‎(1)小轿车行驶至斜坡底端时的速度；‎ ‎(2)为使小轿车在水平地面上行驶而不掉入池塘，在水平地面上加速的时间不能超过多少？(轿车在行驶过程中不采用刹车装置)‎ 答案：(1)‎10m/s　(2)5s 解析：(1)小轿车在斜坡上行驶时，由牛顿第二定律得 F1＋mgsin37°－μmgcos37°＝ma1‎ 代入数据得斜坡上小轿车的加速度a1＝‎3m/s2‎ 由v＝‎2a1x1＝‎2a1h/sin37°‎ 得行驶至斜坡底端时的速度v1＝‎10m/s。‎ ‎(2)在水平地面上加速时F2－μmg＝ma2‎ 代入数据得a2＝‎2m/s2‎ 关闭油门后减速μmg＝ma3，代入数据得a3＝‎5m/s2‎ 关闭油门时轿车的速度为v2，‎ ＋＝x2‎ 得v2＝‎20m/s，t＝＝5s 即在水平地面上加速的时间不能超过5s。‎ ‎16．(13分)(辽宁省实验中学2017～2018学年高一上学期期末)如图所示的传送带，其水平部分ab的长度为‎2m，倾斜部分bc的长度为‎4m，bc与水平面的夹角为α＝37°，将一小物块A(可视为质点)轻轻放于传送带的a端，物块A与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25。传送带沿图示方向 以v＝‎2m/s的速度匀速运动，若物块A始终未脱离传送带，且在b点前后瞬间速度大小不变，(g取‎10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。试求 10‎ ‎(1)小物块A在ab段的运动时间。‎ ‎(2)小物块A在bc段的运动时间。‎ 解析：(1)A先在传送带上匀加速运动(相对地面)，设A对地速度为‎2m/s时，A对地的位移是s1＝得 s1＝‎0.8m＜‎2m 即物块在ab段先做加速运动，后做匀速运动 设此过程A的加速度为a1，则：μmg＝ma1，故a1＝μg A做匀加速运动的时间是：t1＝＝0.8s 当A相对地的速度达到‎2m/s时，A随传送带一起匀速运动，匀速时间为t2，t2＝0.6s 则小物块A在ab段的运动时间tab＝ t1＋ t2＝1.4s ‎(2)由于μ＝0.25＜tan37°＝0.75，A在bc段以加速度a2向下匀加速运动，‎ mgsin37°－μmgcos37°＝ma2‎ 解得：a2 ＝‎4m/s2‎ 由运动学公式xbc＝vt3＋a2t，可知t3＝1s(t′3＝－2s舍)即小物块A在bc段的运动时间t3＝1s。‎ 答案：(1)1.4s　(2)1s 10‎