本章复习与测试教学设计

牛顿运动定律单元测试卷

一、不定项选择题：（6分每小题，共10小题，共60分）

1．16世纪末，伽利略用实验推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元．以下说法中与亚里士多德观点相反的是(

) A．四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快，这说明物体受的力越大，速度就越大

B．运动的物体，如果不再受力，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．两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落得快

D．物体维持匀速直线运动，不需要受力

2．如图1所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)，与稳定在竖直位置时相比，小球的高度(

)

图1 A．一定升高

B．一定降低

C．保持不变

D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定

3.我国“神舟十号”载着三位航天员顺利升空，完成任务后返回舱返回地面．图2为返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则(

)

图2

A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小

B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力

C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功

D．返回舱在喷气过程中处于失重状态

4．如图3所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是(

)

图3

5．如图4所示，两个质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接．两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则(

)

图4 A．弹簧秤的示数是26 N B．弹簧秤的示数是50 N C．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为5 m/s2

D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13 m/s2

6.如图5所示，小车上的物体质量为m＝8 kg，它被一根水平方向上拉伸了的弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力为6 N．现沿水平向右的方向对小车施以作用力，使小车由静止开始运动起来，运动中加速度由零逐渐增大到1 m/s2，随即以1 m/s2的加速度做匀加速直线运动．g取10 m/s2，以下说法正确的是(

)

图5

A．随着拉力的增加，物体会在小车上相对滑动

B．物体受到的摩擦力先减小后增大，最后不变

C．当小车加速度(向右)为0.75 m/s2时，物体不受摩擦力作用

D．小车以1 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物体受到的摩擦力为8 N 7．如图6所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是(

)

图6

8．某马戏团演员做滑杆表演．已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200 N．在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小．已知演员在滑杆上做完动作之后，先在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程中传感器显示的拉力随时间的变化情况和演员的v－t图象如图7所示，g取10 m/s2.则下列说法正确的是(

)

图7 A．演员的体重为600 N B．演员在第1 s内一直处于超重状态

C．滑杆顶端所受的最小拉力为620 N D．滑杆顶端所受的最大拉力为900 N 9．如图8所示，固定在水平面上的斜面，倾角为θ，长方体木块A质量为M，其PQ面上钉着一枚小钉子，质量为m的小球B通过一细线与小钉子连接，小球B与PQ面接触，且细线与PQ面平行，木块与斜面间的动摩擦因数为μ.下列说法正确的是(

)

图8

A．若木块匀速下滑，则小球对木块的压力为零

B．若木块匀速下滑，则小球对木块的压力为mgcos θ

C．若木块匀加速下滑，则小球对木块的压力为零

D．若木块匀加速下滑，则小球对木块的压力为μmgcos θ

10．一斜面固定在水平面上，在斜面顶端有一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为μ，木板上固定一轻质弹簧测力计，弹簧测力计下面连接一个光滑的小球，如图9所示，当木板固定时，弹簧测力计示数为F1，现将木板由静止释放后，木板沿斜面下滑，稳定时弹簧测力计的示数为F2，若斜面的高为h，底边长为d，则下列说法正确的是(

)

图9 A．稳定后弹簧仍处于伸长状态

B．稳定后弹簧一定处于压缩状态

F1dC．μ＝

F2hF2hD．μ＝

F1d二、计算题：（共2小题，每小题20分，共40分）

11．图10甲是2012年我国运动员在伦敦奥运会上蹦床比赛中的一个情景．设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图乙所示．取g＝10 m/s2，根据F－t图象求：

图10 (1)运动员的质量；

(2)运动员在运动过程中的最大加速度；

(3)在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度．

12．质量为3 kg的长木板A置于光滑的水平地面上，质量为2 kg木块B(可视为质点)置于木板A的左端，在水平向右的力F作用下由静止开始运动，如图11甲所示．A、B运动的加速度随时间变化的图象如图乙所示．g取10 m/s2，求：

图11 (1)木板与木块之间的动摩擦因数(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)；

(2)4 s末A、B的速度；

(3)若6 s末木板和木块刚好分离，则木板的长度．

答案精析

牛顿运动定律单元测试卷

1．D

[亚里士多德认为“有力作用在物体上时，物体才运动，停止用力，物体就会停下来，即力是维持物体运动的原因”，而伽利略根据理想斜面实验得出“力不是维持物体的运动，即维持物体速度的原因，而恰恰是改变物体速度的原因”．选项A认为力越大，速度就越大，言下之意是力越小，速度就越小，力为零时，速度就为零，这和亚里士多德的观点吻合；选项B认为物体长时间不受力时会处于静止状态，也就是说力是维持物体运动的原因，这与亚里士多德的观点吻合；显然选项C也是亚里士多德的观点；选项D是伽利略的观点，与亚里士多德的观点刚好相反．本题答案为D.] 2．A

[设橡皮筋原长为l0、劲度系数为k，小球在竖直位置静止时，橡皮筋长度为l，加速时长度为l′且与竖直方向夹角为θ.由胡克定律可知，静止时k(l－l0)＝mg，加速时小球受力分析如图所示，

由牛顿第二定律可知

k(l′－l0)cos θ＝mg

则k(l－l0)＝k(l′－l0)cos θ

l′cos θ＝l－l0(1－cos θ) 即l′cos θ

所以小球高度一定升高，故选项A正确．] 3．A

[在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动

，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，动能减小，返回舱所受合外力做负功，返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力．火箭开始喷气前返回舱匀速下降，所受拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用，因而伞绳对返回舱的拉力变小．] 4．B

[滑块沿斜面向下做匀减速运动，故滑块下滑过程中，速度随时间均匀变化，加速度a不变，选项C、D错误．

h1设斜面倾角为θ，则s＝＝v0t－at2，故h—t、s—t图象都应是开口向下的抛物线，sin θ2选项A错误，选项B正确．] F1－F25．AD

[首先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律，求出整体的加速度a＝＝m1＋m22 m/s2，再以m1为研究对象，F1－FT＝m1a，解得FT＝26 N，故选项A正确，B错误．在突然撤去F2的瞬间，弹簧秤的弹力不发生变化，m1的加速度大小仍为2 m/s2，选项C错误．在2突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13 m/s，选项D正确．] 6．BC

[物体受到的摩擦力先减小后增大，最后不变，选项B正确；当小车加速度(向右)为0.75 m/s2时，由牛顿第二定律，F－Ff＝ma，解得Ff＝0，即物体不受摩擦力作用，选项C正确．小车以1 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律，F＋Ff′＝ma′，解得Ff′＝2 N，即物体受到的摩擦力为2 N，选项D错误．又Ffmax≥F＝6 N，所以物体不会在车上相对滑动，A错误．] 7．BC

[若v1>v2，且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B所示，故B正确．若v1>v2，且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零后反向加速．若v2>v1，P受到的FT＋μmg滑动摩擦力向左，开始时加速度a1＝，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有mFT－μmgFT>μmg，此后加速度a2＝，故C正确，A、D错误．] m

8．AC

[演员在滑杆上静止时，传感器显示的拉力800 N等于演员重力和滑杆的重力之和，演员的体重为600 N，选项A正确．演员在第1 s内先静止后加速下滑，加速下滑处于失重状态，选项B错误．演员加速下滑时滑杆顶端所受的拉力最小，加速下滑的加速度a1＝3 m/s2，对演员，由牛顿第二定律，mg－Ff1＝ma1，解得Ff1＝420 N．对滑杆顶端，由平衡条件，最小拉力F1＝420 N＋200 N＝620 N，选项C正确．减速下滑时滑杆顶端所受的拉力最大．减速下滑的加速度a2＝1.5 m/s2，对演员，由牛顿第二定律，Ff2－mg＝ma2，解得Ff2＝690 N．对滑杆顶端，由平衡条件，最大拉力F2＝690 N＋200 N＝890 N，选项D错误．] 9．D

[因为小球B与PQ面接触，所以它们的加速度始终相同；若木块匀速下滑，小球B与木块都处于平衡状态，对小球受力分析，根据平衡条件可得，木块对小球的支持力为mgsin θ，选项A、B错误；若木块匀加速下滑，先运用整体法，把小球B与木块看做一个系统，对其受力分析并运用牛顿第二定律可得，系统的加速度方向向下，大小为a＝g(sin θ－μcos θ)；再运用隔离法，选取小球为研究对象，其受到重力mg、细线的拉力FT和木块的弹力FN的作用，根据牛顿第二定律有mgsin θ－FN＝ma，将a＝g(sin θ－μcos θ)代入化简可得FN＝μmgcos θ.根据牛顿第三定律可知，小球对木块的压力为μmgcos θ.可见，选项C错误，D正确．综上可知，本题答案为D.] 10．AD

[平衡时，对小球分析F1＝mgsin θ，木板运动后稳定时，对整体分析有：a＝gsin θ－μgcos θ，则a

(2)40 m/s2

(3)3.2 m 解析

(1)由题图可知运动员所受重力为500 N，设运动员质量为m，则m＝G/g＝50 kg (2)由题图可知蹦床对运动员的最大弹力为Fm＝2 500 N，设运动员的最大加速度为am，则

Fm－G＝mam

F－G2 500－500am＝＝

m/s2＝40 m/s2

m50(3)由题图可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻分别为6.8 s和9.4 s，再下落到蹦床上的时刻分别为8.4 s和11 s，它们的时间间隔均为1.6 s．根据竖直上抛运动的对称性，可知其自由下落的时间为0.8 s. 设运动员重心离开蹦床上升的最大高度为H，则

11H＝gt2＝×10×0.82 m＝3.2 m 2212．(1)0.3

(2)4 m/s

4 m/s

(3)4 m 解析

(1)由题图乙可知，4 s末A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力Ff，此时A的加速度aA＝2 m/s2. 对于A板，μmBg＝mAaA

mAaA解得木板与木块之间的动摩擦因数μ＝＝0.3. mBg1(2)根据a－t图象与t轴所围的面积表示速度变化可得4 s末A、B的速度v＝×2×4 m/s2＝4 m/s. 112(3)4 s到6 s末，t2＝2 s．A位移xA＝vt2＋aAt22＝4×2 m＋×2×2 m＝12 m. 22121B位移xB＝vt2＋aBt2＝4×2 m＋×4×22 m＝16 m. 22若6 s末木板和木块刚好分离，则木板的长度为L＝xB－xA＝4 m.