本章复习与测试多媒体教案及点评

第四章

牛顿运动定律

一、单项选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)

1．如图1所示，物块m与车厢后壁间的动摩擦因数为μ，当该车水平向右加速运动时，m恰好沿车厢后壁匀速下滑，则车的加速度为(

) g1A．g

B．μg

C.

D.μg

μ2

2．如图2所示，一质量为M的探空气球在匀速下降，若气球所受浮力F始终保持不变，气球在运动过程中所受阻力仅与速率有关，重力加速度为g.现欲使该气球以同样速率匀速上升，则需从气球吊篮中减少的质量为

F2FFA．2(M－g)

B．M－g

C．2M－g

D．0

3．建筑工人用图3所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0 kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.500 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g(

) A．510 N

B．490 N

C．890 N

D．910 N 4．在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k.在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m2的小球．某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图4所示．不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时(

) m1gm1gA．伸长量为ktanθ

B．压缩量为ktanθ

m1gm1gC．伸长量为

D．压缩量为

ktanθktanθ

5．如图5所示，位于光滑固定斜面上的小物块P受到一水平向右的推力F的作用．已间内弹簧的形变取10 m/s2)

为

知物块P沿斜面加速下滑．现保持F的方向不变，使其减小，则加速度

(

) A．一定变小

B．一定变大

C．一定不变

D．可能变小，可能变大，也可能不变

6．如图6所示，质量为m的球置于斜面上，被一个固定在斜面上的竖直挡板挡住．现用一

个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是

(

) A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零

B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零

1

C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma

D．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值

二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)

7．直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图7所示．设投放初速度为零，

箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态．在箱子下落过程中，下列说法正确的是

(

) A．箱内物体对箱子底部始终没有压力

B．箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大

C．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大

D．若下落距离足够长，箱内物体受到的支持力等于物体的重力

8．如图8所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，

系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正

确的是

(

) A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ

B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零

C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ

D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度

都不为零

9．一个静止的质点，在0～4 s时间内受到力F的作用，力的方向始终在同一直线上，力F

随时间t的变化如图9所示，则质点在

(

) A．第2 s末速度改变方向

B．第2 s末位移改变方向

C．第4 s末质点位移最大

D．第4 s末运动速度为零

10．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10所示，电梯运行的v－t 图可能是图11中的(取电梯向上运动的方向为正)

(

)

图11 三、简答题(本题共2小题，共18分．请将解答填写在相应的位置)

11．(5分)如图12所示为“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验中用打点计

2

时器打出的一条较理想的纸带，纸带上A、B、C、D、E、F、G为七个相邻的计数点，

相邻计数点间的时间间隔是0.1 s，距离如图，单位是cm，小车的加速度是________m/s2.

图12 12．(13分)

“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图13

所示．

图13 (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14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5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)

图14 (2)平衡摩擦力后，将5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：

砝码盘中砝

码总重力F(N)

加速度a(m·s2)

－0.196

0.69

0.392

1.18

0.588

1.66

0.784

2.18

0.980 2.70 请根据实验数据在图15中作出a－F的关系图象．

图15 (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．

四、计算题(本题共4小题，共48分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出3

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)

13．(10分)如图16所示，斜面体质量为M，倾角为θ，与水平面间的动摩擦因数为μ，用细绳竖直悬挂一质量为m的小球静止在光滑斜面上，当烧断绳的瞬间，至少以多大的水向右的力由静止拉动斜面体，小球才能做自由落体运动到地面？

14．(12分)为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高)及电梯运行情况，甲、乙两位同学在

一楼电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验．质量为m＝50 kg的甲同学站在体重

计上，乙同学记录电梯从地面一楼到顶层全过程中，体重计示数随时间变化的情况，

并作出了如图17所示的图象，已知t＝0时，电梯静止不动，从电梯内楼层按钮上获知

该大楼共19层．g取10 m/s2，求：

平

图17 (1)电梯启动和制动的加速度大小．

(2)电梯上升的总高度及该大楼的层高．

15．(14分)如图18(a)所示，质量m＝1 kg的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图(b)所示，求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2) (1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；

(2)比例系数k.

16．(12分)质量为m＝1.0 kg的小滑块(可视为质点)放在质量为M＝3.0 kg的长木板的右端，木板上表面光滑，木板与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.2，木板长L＝1.0 m．开始时两者都处于静止状态，现对木板施加水平向右的恒力F＝12 N，如图19所示，经一段时间后撤去F.为使小滑块不掉下木板，试求：用水平恒力F作用的最长时间．(g取10 m/s2) 4

第四章

牛顿运动定律

章末质量检测

【参考答案与详细解析】

(时间90分钟，满分100分) 一、单项选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)

1．解析：设物块m与车厢后壁间的弹力大小为FN，物块的加速度大小为a，对物块由牛顿第二定律得gFN＝ma，竖直方向mg－μFN＝0，两式联立解得a＝，选项C对．

μ答案：C

2．解析：设减少的质量为Δm，匀速下降时：Mg＝F＋kv，匀速上升时：Mg－Δmg＋kv＝F，解得ΔmF＝2(M－)，A正确．

g答案：A

3．解析：对建筑材料进行受力分析．根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，得绳子的拉力大小等于F＝210 N，然后再对人受力分析由平衡的知识得Mg＝F＋FN，得FN＝490 N，根据牛顿第三定律可知人对地面间的压力为490 N，B对．

答案：B

4．解析：分析m2的受力情况可得：m2gtanθ＝m2a，得出：

a＝gtanθ，再对m1应用牛顿第二定律，得：kx＝m1a，x＝

m1gtanθ，因a的方向向左，故弹簧处于伸长状态，故A正确．

k答案：A

5．解析：受力分析如图所示：

沿斜面方向由牛顿第二定律得：

mgsinθ－Fcosθ＝ma. 若F减小，则a增大，所以选B. 答案：B

6．解析：球受力如图，则

FN2－FN1sinθ＝ma

FN1cosθ＝mg

由此判断A、B错误．根据牛顿第二定律，FN1、FN2和mg三力

的合力等于ma，C错误．根据FN1＝答案：D 二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)

7．解析：因为受到阻力，不是完全失重状态，所以物体对支持面有压力，A错．由于箱子

阻力与下5 mg，D正确．

cosθ

落的速度成二次方关系，箱子最终将匀速运动，受到的压力等于重力，B错，C、D对．

答案：CD

8．解析：线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B球受力平衡，aB＝0，A球所受合力为mgsinθ

＋kx＝2mgsinθ，故aA＝2gsinθ. 答案：BC 9．解析：这是一个质点的受力和时间关系的图象，从图象可以看出，在前两秒力的方向和运动的方向相同，质点经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动过程，2秒末速度达到最大，从2秒末开始到4秒末，运动的方向没有发生改变而力的方向与运动的方向相反，质点又经历了一个加速度逐渐增大的减速运动和加速度逐渐减小的减速运动过程，和前2秒的运动情况相反，4秒末速度为零，质点的位移达到最大，所以C、D正确．

答案：CD

10．解析：由G－t图象知：t0～t1时间内该人具有向下的加速度，t1～t2时间内该人

匀速或静止，t2～t3时间内，该人具有向上的加速度，因此其运动情况可能是：t0～t3时间内

向上减速，静止，向上加速,故A、D正确．

向下加速，匀速，向下减速答案：AD

三、简答题(本题共2小题，共18分．请将解答填写在相应的位置)

11．解析：a的计算利用逐差法．

a＝＝＝＝xDE－xAB＋xEF－xBC＋xFG－xCD

9T2xDE＋xEF＋xFG－xAB＋xBC＋xCD

9T2xAG－xAD－xAD

9T240.65－2×13.15－×102m/s2

29×0.1＝1.60 m/s2

答案：1.60 22Δx3.68－3.52×10Δx3.83－3.68×102212．解析：(1)a＝2＝

m/s＝0.16 m/s或a＝2＝

m/s2＝0.15 m/s2. 22T0.1T0.1－－(3)小车、砝码盘和砝码组成的系统所受合外力为砝码盘和砝码的总重力，而表中数据漏

计了砝码盘的重力，导致合力F的测量值小于真实值，a－F的图线不过原点．

答案：(1)0.16(0.15也算对)

(2)如下图所示

6

(3)未计入砝码盘的重力

四、计算题(本题共4小题，共48分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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)

13．解析：设小球自由落体运动到地面上，下落高度为h，

则斜面体至少水平向右运动的位移为：

x＝h·cotθ

1对小球：h＝gt2

21对斜面体：x＝at2

2由以上三式解得：a＝gcotθ

以斜面体为研究对象有：F－μMg＝Ma

所以F＝μMg＋Mgcotθ＝(μ＋cotθ)Mg. 答案：(μ＋cotθ)Mg

14．解析：(1)由图可知，第3 s内电梯加速度

由FN1－mg＝ma1，可得：a1＝2 m/s2

第30 s内电梯加速度

由mg－FN2＝ma2，可得a2＝2 m/s2. (2)电梯上升的总高度

11H＝a1t12＋a2t22＋a1t1·t匀

2211＝×2×12 m＋×2×12 m＋2×1×26 m 22＝54 m 故平均层高为h＝H54＝

m＝3 m. 19－118答案：(1)2 m/s2

2 m/s2

(2)54 m

3 m

15．解析：(1)由图象知v＝0，a0＝4 m/s2，得

mgsinθ－μmgcosθ＝ma0

μ＝gsinθ－a06－4＝＝0.25. gcosθ8(2)由图象知v＝5 m/s，a＝0，得

7

mgsinθ－μFN－kvcosθ＝0 FN＝mgcosθ＋kvsinθ

联立两式得

mg(sinθ－μcosθ)－kv(μsinθ＋cosθ)＝0 k＝mgsinθ－μcosθ6－0.25×8＝

kg/s vμsinθ＋cosθ50.25×0.6＋0.8＝0.84 kg/s. 答案：(1)μ＝0.25

(2)k＝0.84 kg/s 16．解析：撤力前后木板先加速后减速，设加速过程的位移为x1，加速度为a1，加速运动的时间为t1；减速过程的位移为x2，加速度为a2，减速运动的时间为t2.由牛顿第二定律得

撤力前：F－μ(m＋M)g＝Ma1

4解得a1＝

m/s2

3撤力后：μ(m＋M)g＝Ma2

8解得a2＝

m/s2

311x1＝a1t12，x2＝a2t22

22为使小滑块不从木板上掉下，应满足x1＋x2≤L

又a1t1＝a2t2

由以上各式可解得t1≤1 s 即作用的最长时间为1 s. 答案：1 s

8