江西省万载2022届高三物理第四章牛顿运动定律能力达标测试卷新人教版必修1一、选择题1、对于下列现象的解释，正确的是（ ） A． 蹦床运动员在空中上升和下落过程中，都处于失重状态 B． 物体超重时惯性大，失重时惯性小，完全失重时不存在惯性 C． 撤掉水平推力后，物体很快停下来，说明力是维持物体运动的原因 D． 宇航员在围绕地球做匀速圆周运动的航天飞机中，处于完全失重状态时受力平衡 2、如图中四幅图片涉及物理学史上的四个重大发现．其中说法不正确的有（ ）A．卡文迪许通过扭秤实验，测定出了引力常量B．奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场C．法拉第通过实验研究，总结出法拉第电磁感应定律13D．牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因3、如图所示，放在水平桌面上的木块A处于静止，所挂砝码和托盘的总质量为0.6kg，弹簧秤的读数为3N。若轻轻取走盘中的部分砝码，使其质量减少到0.4kg，将会出现的情况是（g=10m/s2，不计滑轮的摩擦）A．A物体对桌面的摩擦力将变小 B．弹簧秤读数立即变小C．A物体向左匀速运动 D．A物体向左加速运动4、伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。利用如图所示的装置做如下实验:小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小135、如图，固定斜面，段光滑，段粗糙，、两物体叠放在一起从点由静止下滑，下滑过程中、保持相对静止，则（ ）A．在段时，受三个力作用B．在段时，可能受三个力作用C．在段时，受摩擦力方向一定沿斜面向上D．整个下滑过程中，、均处于失重状态6、 如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L、质量分布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力F作用下做匀加速直线运动。绳子上某一点到绳子右端的距离为x，设该处的张力为T，则能正确描述T与x之间的关系的图象是( )7、如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M、倾角为θ的光滑斜面体，它的斜面上有一质量为m的物块沿斜面下滑。关于物块下滑过程中对斜面压力大小的解答，有如下四个表达式。要判断这四个表达式是否合理，你可以不必进行复杂的计算，而根据所学的物理知识和物理方法进行分析，从而判断解的合理性或正确性。根据你的判断，下述表达式中可能正确的是( )A． B． C． D．8、以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时．一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比。下列用虚线和实线描述两物体运动的v—t图象可能正确的是139、在探究静摩擦力变化的规律及滑动摩擦力变化的规律的实验中，特设计了如图甲所示的演示装置，力传感器A与计算机连接，可获得力随时间变化的规律，将力传感器固定在光滑水平桌面上，测力端通过细绳与一滑块相连(调节传感器高度可使细绳水平)，滑块放在较长的小车上，小车一端连接一根轻绳并跨过光滑的轻定滑轮系一只空沙桶(调节滑轮可使桌面上部细绳水平)，整个装置处于静止状态。实验开始时打开传感器同时缓慢向沙桶里倒入沙子，小车一旦运动起来，立即停止倒沙子，若力传感器采集的图象如图乙，则结合该图象，下列说法不正确的是A．可求出空沙桶的重力B．可求出滑块与小车之间的滑动摩擦力的大小C．可求出滑块与小车之间的最大静摩擦力的大小D．可判断第50秒后小车做匀速直线运动(滑块仍在车上) 10、如图甲，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处，滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度与绳子对货物竖直向上的拉力之间的函数关系如图乙所示。由图可以判断：（ ） （A）图线与纵轴的交点M的值 （B）图线与横轴的交点N的值（C）图线的斜率等于物体的质量m （D）图线的斜率等于物体质量的倒数13二、填空题11、总质量为M的热气球由于故障在空中以速度v0匀速下降.为了阻止继续下降，在t=0时刻，从热气球中释放了一个质量为m的沙袋.不计空气阻力，当t=________时，热气球停止下降，这时沙袋的速度为________.12、质量为10kg的物体静止在水平地面上，受到水平恒力F作用后在时间t内的位移为x，且x=2t2，则物体的加速度为________m/s2；若4s末撤去力F，物体再经过10s停止运动，则物体与地面间的动摩擦因数为_____.13、如图所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处.细线的另一端拴一质量为m的小球，当滑块至少以a=_______向左运动时，小球对滑块的压力等于零，当滑块以a=2g的加速度向左运动时，线中拉力T=_______.14、为了测量铁块与木板间动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图1所示实验装置，让铁块从倾斜木板上A点由静止释放作匀加速直线运动，位移传感器可以测出铁块到传感器的距离，连接计算机，描绘出铁块相对传感器的位移s随时间t变化规律如图2．①根据图线，计算0.6s时铁块速度v= m/s，加速度a= m/s2；②为了测定μ，还需要测量哪一个物理量C；（已知当地重力加速度g）13A．铁块质量m B．铁块所受合力F C．A点的高度h D．铁块所受支持力FN③为了减少误差，下列最可行的一个措施是．A．木板的倾角越大越好 B．A点与传感器距离适当大些C．选择体积大的空心铁块 D．铁块必须由静止释放．三、解答题15、质量为m=20kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动。0~2.0s内F与运动方向相反，2.0~4.0s内F与运动方向相同，物体的速度一时间图象如图所示，已知g取10m/s2。求物体在前4秒内的位移多少？物体与水平面间的动摩擦数。16、如图，质量m＝2kg的物体静止于水平地面的A处．A、B间距L＝20m．用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0＝2s拉至B处．（已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，取g＝10m/s2）（1）求物体与地面间的动摩擦因数μ；（2）用大小为30N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t.17、足够长的光滑水平面上，叠放在一起的物块和长木板B质量均为m＝1kg。当B板右端通过水平面上C点时，物块A在板的左端且向右速度为v0＝4m/s，B板向左的速度v＝2m/s.并以此时刻为计时起点。已知A、B间动摩擦因数μ＝0.1，g取10m/s2。当B板右端进入在宽d＝1m的PQ区域内时，B板就会受到一个水平向左的恒力，使B板最终从左侧离开该区域，已知A始终没有滑落B板.求：13 (1)经过多长时间长木板开始向右运动？(2)B板右端J边刚进入边界P的速度；(3)在恒力F可能取值范围内，B板右端处在PQ区域内的时间t与恒力F的关系。18、如图传送带与水平方向夹角37º，在皮带轮带动下，以=2m/s的速度沿逆时针方向转向。可视为质点的小物块无初速度放在传送带A点，物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，两皮带轮间的距离L=3.2m。小物块在皮带上滑过后会留下痕迹，求小物体离开皮带后，皮带上痕迹的长度。（sin37º=0.6，g取10m/s2）13参考答案1、A2、考点：物理学史．专题：常规题型．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、卡文迪许通过扭秤实验，测定出了引力常量，故A正确；B、奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场，故B正确；C、法拉第通过实验研究，总结出法拉第电磁感应定律，故C正确；D、伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，故D错误；本题选不正确的，故选：D．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一． 3、A4、A5、C6、A137、A8、C9、D10、ABD11、 (M-m)v0/mg； 12、4；0.16 【试题分析】13、g；mg14、考点： 探究影响摩擦力的大小的因素．专题： 实验题．分析： ①铁块做匀加速直线运动，某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式即可求出加速度；②根据牛顿第二定律得到加速度表达式，确定待测量；③为了提高木块与木板间摩擦力因数μ的测量精度，可行的措施是A点与传感器位移适当大些或减小斜面的倾角．解答： 解：①根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.6s末的速度为：v=m/s=0.6m/s，0.2s末的速度为：v′==0.2m/s，则木块的加速度为：a===1m/s2．②选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：ma=mgsinθ﹣μmgcosθ13得：μ=所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角θ，故需要知道A点的高度h；故选C；③在实验中，误差注意是偶然误差，为了减少误差，应使木块的运动时间长一些，可以减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等，传感器开始的计时时刻不一定必须是木块从A点释放的时刻．故B正确，ACD错误；故答案为：①0.6，1；②C；③B．点评： 解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式，从而确定所需测量的物理量．15、解：由图象可知：前4秒内位移9m 3分（0~2）s内物体做匀减速直线运动，加速度为，2分 2分（2~4）s内物体做匀减速直线运动，加速度为， 又，5分所以解得： 2分16、（1）0.5 （2）1.03s解析：（1）物体做匀加速运动L＝at a＝＝m/s2＝10m/s2由牛顿第二定律F－f＝ma13f＝（30－2×10）N＝10N μ＝＝＝0.5.（2）设F作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为a′的加速度匀减速t′秒到达B处，速度恰为0，由牛顿定律Fcos37°－μ（mg－Fsin37°）＝ma a＝－μg＝[－0.5×10]m/s2＝11.5m/s2a′＝＝μg＝5m/s2由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有at＝a′t′t′＝t＝t＝2.3t L＝at2＋a′t′2t＝＝s＝1.03s另解：设力F作用的最短时间为t，相应的位移为s，物体到达B处速度恰为0，由动能定理[Fcos37°－μ（mg－Fsin37°）]s－μmg（L－s）＝0s＝＝m＝6.06m由牛顿定律Fcos37°－μ（mg－Fsin37°）＝maa＝－μg＝[－0.5×10]m/s2＝11.5m/s2 s＝at2 t＝＝s＝1.03s.17、【知识点】牛顿第二定律 匀变速运动规律动量守恒定律A2C2F3【答案解析】（1）2s(2)1m/s (3) 解析：（1）板：，得m/s2（方向向右）13 ，得s（2）板进入PQ区域前已经与物块达到共同速度 方法（1）：根据动力学方法： ，，得m/s2（方向向左） ，得s, m/s方法（2）：根据动量守恒定律，得m/s（3）假设J边进入PQ区域，刚好能到达Q边界 vt=0 ,得＝0.5m/s2恒力临界值（N） 假设J边进入PQ区域后A、B刚好能一起做匀变速直线运动 对块A：，得1m/s2恒力临界值（N）①当1N<f≤2n，a、b一起做（往返式）匀变速直线运动。得(s)>2N，A、B发生相对滑动，但板做（往返式）匀变速直线运动13对板B：得(s)【思路点拨】（1）物体受到摩擦力提供加速度，根据牛顿第二定律和匀变速运动速度公式求解。（2）板进入PQ区域前已经与物块达到共同速度，在水平方向动量守恒，根据动量守恒定律求解。（3）假设J边进入PQ区域，刚好能到达Q边界,根据匀变速运动规律求得加速度，然后根据牛顿第二定律求得力。18、1m13</f≤2n，a、b一起做（往返式）匀变速直线运动。得(s)>
