本章复习与测试优质课教案

《牛顿运动定律》章末检测题

一、选择题

1．在物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是（

）

A．亚里士多德、伽利略

C．伽利略、爱因斯坦

B．

伽利略、牛顿

D．

亚里士多德、牛顿

2．（原创）如图1所示，质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，为了说明它对斜面的摩擦力大小等于mgsinθ，应涉及到下列哪些知识（

）

①力的合成与分解

②物体平衡条件

③牛顿第三定律

④牛顿第一定律

A．①②

B．①③

C．②③④

D．①②③

3．（改编）如图2所示，人站在楼梯的水平踏板上静止不动，以下表述正确的是（

）

A．人受到重力和踏板对人的支持力是一对作用力和反作用力

B．人对踏板的压力和踏板对人的支持力是一对平衡力

C．人受到重力和支持力的作用

D．人受到重力、支持力和静摩擦力的作用

图2 图1 4．一物体质量为m，放在斜面上静止，受一沿斜面向上的力F作用，产生沿斜面向上的加速度a，若将此沿斜面上的力的F的大小变为3F，其他条件不变，则物体加速度将

（

）

A.

大于3a

B.

在a与3a之间

C.

等于3a

D.

等于a

5．如图3所示，质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为1kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为（取g=10m/s2）（

）

A. 0 N

B. 8 N

C. 10 N

D. 50 N

图3 6．如图4甲所示，笔记本电脑底座一般设置有四个卡位用来调节角度。某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡为1调至卡位4，如图4乙所示，电脑始终处于静止状态，则（

）

图4

A．电脑受到的支持力变小

B．电脑受到的摩擦力变大

C．散热底座对电脑的作用力的合力不变

D．散热底座对电脑的支持力与电脑对散热底座的压力是一对作用力与反作用力

7．用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图象如图5所示，g取10m/s2，则可以计算出（

）

A．物体与水平面间的最大静摩擦力

B．F等于14N时物体的速度

C．物体与水平面间的动摩擦因数

D．物体的质量

图5 8．如图6所示，在原来静止的木箱内，放有A物体，A物体被伸长的弹簧拉住且静止。现发现物体A被拉动，木箱的运动情况可能是（

）

A.加速下降

B.减速上升

C.匀速向右运动

D.加速向左运动

图6 9．如图7所示，物体A放在物体B上，物体B放在光滑的水平面山个，已知mA=6kg，mB=2kg，A、B间动摩擦因数μ=0.2，A物体上系一细线，细线能承受的最大拉力是20N，水平向右拉细线，下述中正确的是（g=10m/s2）（

）

A．当拉力0

B．但拉力F>12N时，A相对B滑动

C．当拉力F=16N时，B受到A的摩擦力等于4N 图7 D．在细线可以承受的范围内，无论拉力多大，A相对B始终静止

10．如图8所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B与C之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内。现用水平拉力F拉B木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是（

）

A.一起加速过程中，D所受到的静摩擦力大小为B.一起加速过程中，C木块受到四个力的作用

C.一起加速过程中，A、D木块所受摩擦力大小和方向相同

D.当F撤去瞬间，A、D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变

F

4图8 二、填空题

11．如图9所示为我校物理兴趣小组两位同学探究“物体的加速度与其质量、所受合外力的关系”的实验装置图。

（1）实验中，两位同学安装好实验装置后，首先平衡摩擦力，他们将长木板的一端适当垫高些后，在不挂砝码盘的情况下，使小车靠近打点计时器后，先接通电源，后用手轻拨小车，小车便拖动纸带在木板上自由运动。若打点计时器第一次在纸带上打出的计时点越来越稀疏（从打出的点的先后顺序看），则第二次打点前应将长木板底下的小木块垫的比原先更加_______（选填“高”或“低”）些；重复以上操作步骤，直到打点计时器在纸带上打出一系列___________的计时点，便说明平衡摩擦力合适。

（2）平衡摩擦力后，在____________的条件下，两位同学可以认为砝码盘(连同砝码)的总重力近似等于小车的所受的合外力。

（3）接下来，这两位同学先保持小车的质量不变的条件下，研究小车的加速度与受到的合外力的关系；图10为某次操作中打出的一条纸带，他们在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，图中数据的单位是cm。实验中使用的是频率f=50 Hz的交变电流。根据以上数据，可以算出小车的加速度a＝________m/s2。(结果保留三位有效数字)

（4）然后，两位同学在保持小车受到的拉力不变的条件下，研究小车的加速度a与其质量M的关系。他们通过给小车中增加砝码来改变小车的质量M，得到小车的加速度a与质量M的数据，画出a11图线后，发现：当较大时，图线发生弯曲。于是，两位同MM学又对实验方案进行了进一步地修正，避免了图线的末端发生弯曲的现象，那么，两位同学的修正方案可能是

(

) A．改画a与(M＋m)的关系图线

B．改画a与C．改画a与m的关系图线

M11的关系图线

D．改画a与的关系图线

2Mm(Mm)（5）探究“物体的加速度与其质量、所受合外力的关系”实验完成后，两位同学又打算测出小车与长木板间的动摩擦因数。于是两位同学先取掉了长木板右端垫的小木块，使得长木板平放在了实验桌上，并把长木板固定在实验桌上，具体的实验装置如图11所示；在砝码盘中放入适当的砝码后，将小车靠近打点计时器，接通电源后释放小车，打点计时器便在纸带上打出了一系列的点，并在保证小车的质量M、砝码（连同砝码盘）的质量m不变的情况下，多次进行实验打出了多条纸带，分别利用打出的多条纸带计算出了小车运动的加速度a，并求出平均加速度a，则小车与长木板间的动摩擦因数________。（用m、M、a、g表示）

图11

12．如图12甲所示为阿特武德机的示意图，它是早期测量重力加速度的器械，由英国数学家和物理学家阿特武德于1784年制成。他将质量同为M（已知量）的重物用绳连接后，放在光滑的轻质滑轮上，处于静止状态。再在一个重物上附加一质量为m的小重物，这时由于小重物的重力而使系统做初速度为零的缓慢加速运动并测出加速度，完成一次实验后，换用不同质量的小重物，重复实验，测出不同m时系统的加速度。

图12 （1）若选定如图甲左侧物块从静止开始下落的过程进行测量，则为了图乙需要直接测量的物理量有___ ____ A．小重物的质量m

B. 大重物质量M C．绳子的长度

D．重物下落的距离及下落这段距离所用的时间

（2）经过多次重复实验，得到多组a、m数据，作出图象，如图11乙所示，已知该图象斜率为k，纵轴截距为b，则可求出当地的重力加速度g=

，并可求出重物质量M=

。

三、计算题

13．质量为2kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图13甲所示。A和B经过1s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图像如图乙所示，重力加速度g=10m/s2，求：

(1)A与B之间的动摩擦因数μ1和B与水平面间的动摩擦因数μ2；

(2)A的质量。

14．如图14（a）所示，“

图13

”型木块放在光滑水平地面上，木块的水平表面AB粗糙，与水平面夹角θ=37°的表面BC光滑。木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值。一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图13（b）所

示。（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2。）求：

（1）斜面BC的长度L；

（2）滑块的质量m；

（3）滑块经过A点时速度的大小vA。

图14 15．如图15所示，一个质量为M长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个可看为质点质量为m的弹性小球，M=4m，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4mg。管从下端距地面H处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为g。求：

（1）管第一次落地弹起瞬间管和球的加速度大小和方向；

（2）管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，L至少多长。

图15 《牛顿运动定律》章末检测题参考答案

1．【答案】B 【解析】伽利略通过斜面实验推翻了亚里士多德的“力是维持运动的原因”这个观点，正确认识了力和运动的关系，后来在此基础上牛顿建立了惯性定律，选项B正确。

2．【答案】D 【解析】物块在斜面上处于静止状态，由平衡知识可知，斜面对物块的摩擦力等于重力沿斜面向下的分力mgsinθ，方向沿斜面向上；由牛顿第三定律可知，物体对斜面的摩擦力也等于mgsinθ，方向沿斜面向下；故在此问题的推导过程中，需用到力的合成与分解、物体平衡条件和牛顿第三定律，选项D正确。

3．【答案】C 【解析】人受到重力和踏板对人的支持力是一对平衡力，选项A错误；人对踏板的压力和踏板对人的支持力是一对作用和反作用力，选项B错误；人受到重力和踏板的支持力的作用，不受静摩擦力作用，选项C正确，选项D错误。

4．【答案】A

【解析】物体质量为m，放在斜面上静止，说明物体与斜面之间由摩擦力，设摩擦系数为μ，当力施加力F后，由牛顿第二定律得：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma，

解得：aFgsingcos，当F的大小变为3F时，设此时的加速度是a′，

m'由牛顿第二定律得：3F-mgsinθ-μmgcosθ=ma′，解得：a3Fgsingcos，m3FFgsingcos)3(gsingcos)2gsin2gcos0mm，故a'3a，选项A正确。

a'3a(5．【答案】B 【解析】剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F=mAg=40N，剪断细线的瞬间，对整体分析，则有：(mAmB)gF(mAmB)a，

所以整体的加速度为：a(mAmB)gF2m/s2，

(mAmB)对B分析，则有：mBgNmBa，解得：NmBgmBa8N，选项B正确。

6．【答案】CD 【解析】由原卡为1调至卡位4，则斜面的倾角变小，根据FNmgcos可知，电脑受到的支持力变大，选项A错误；电脑受到的摩擦力Ffmgsin，可知摩擦力减小，选项B错误；因电脑仍然处于平衡态，合力为零，则散热底座对电脑的作用力的合力等于电脑的重力，大小不变，选项C正确；散热底座对电脑的支持力与电脑对散热底座的压力是一对作用力与反作用力，选项D正确。

7．【答案】ACD 【解析】物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力，根据牛顿第二定律得：F-μmg=ma ，解得：aF714g

10

，由a与F图线，得到0.510

，4mmm联立解得，m=2kg，μ=0.3，选项C、D均正确；故a=0时，F为6N，即最大静摩擦力为6N，选项A正确；由于物体先静止后又做变加速运动，无法利用匀变速直线运动规律求速度和位移，选项B错误。

8．【答案】ABD 【解析】刚开始时，拉力等于静摩擦力，后来物体A被拉动，说明最大静摩擦力应减小，即A与箱子之间的正压力减小，如果物体在竖直方向上运动，则物体处于失重状态，所以木箱可能加速下降或者减速上升，选项A、B均正确；匀速向右运动，拉力和静摩擦力大小恒等，不会运动，选项C错误；加速向左运动时，物体相对于车厢有向右的运动趋势，摩擦力向左，若摩擦力不足以使物体与木箱一起运动，则A将向右运动，选项D正确。

9．【答案】CD 【解析】假设细线不断裂，则当细线拉力增大到某一值A物体会相对于B物体开始滑动，此时A、B之间达到最大静摩擦力，以B为研究对象，最大静摩擦力产生最大加速度a，由mAgmBa，解得a6m/s2，以整体为研究对象，由Fm(mAmB)a48N，即当绳子拉力达到48N时两物体才开始相对滑动，绳子最大拉力为20N，选项A、B均错误，选项D正确；当拉力F16N48N（A相对B不滑动）时，由F(mAmB)a，解得a2m/s2，再隔离B有FfmBa得静摩擦力Ff4N，选项C正确。

10．【答案】AC 【解析】一起加速过程中，由整体法有：aFF，对D有：fDma，选项A4m4F，选项C正确；当F撤去瞬间，4正确；分析C的受力，C受到重力、地面对C的支持力、D对C的压力和摩擦力及弹簧对C的弹力，共5个力，选项B错误；对A有：fAmaD受力情况不变，A的摩擦力方向改变，选项D错误。

11．【答案】（1）低点间隔相等（2）砝码盘（连同砝码）的总质量远小于小车的质量（3）0.343（4）C（5）mg(mM)a

Mg【解析】（1）打点计时器第一次在纸带上打出的计时点越来越稀疏，说明物体做加速运动，平衡摩擦力过度，第二次需要将角度调低，直到物体匀速运动，即打出的点间隔相等。

（2）设小车的质量为M，砝码盘总质量为m，将两者看做一个整体，

对整体有：mg(M+m)a，对小车有：TMa，联立解得：TMaMmgmg，只有当M?m时，Tmg。

mMm1M10.1s，根据逐差法可得：x34x122aT2，fx34x12x23x010.343m/s2。

24T（3）在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，

故相邻计数点的时间为T5x23x012aT2，联立解得：a（4）乙同学通过给小车增加砝码来改变小车的质量M，故小车的质量应为M+m，作图时应作出a1图象，选项C正确。

Mm（5）对小车和砝码（连同砝码盘）整体进行受力分析，砝码（连同砝码盘）的重力和

摩擦力的合力提供加速度，根据牛顿第二定律得：amgMg，

Mm解得：mg(mM)a。

Mg1k

b2b12at，可解得：212．【答案】

（1）AD

（2）【解析】（1）根据牛顿第二定律可知：mg=(m+2M)a，又根据hg2h(m2M)，则需要直接测量的物理量有小重物的质量m和重物下落的距离h及下mt2落这段距离所用的时间t，选项A、D正确。

（2）根据mg=(m+2M)a，解得：112M12M1，故k，b，

aggmgg

解得：g1k，M。

b2b13．【答案】(1)

μ1=0.2 ，μ2=0.1

(2) m=6kg 【解析】（1）由图象可知，物块在0:1s内的加速度大小为a1=2m/s2

，以物块为研究对象，由牛顿第二定律得：1mgma1，解得：μ1=0.2 ；木板在0:1s内的加速度大小为1:3sa2=2m/s2

，在s内物块与木板相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a3=1m/s2

，AB同速后为研究对象，由牛顿第二定律得：2(Mm)g(Mm)a3，解得：μ2=0.1。

（2）再以B为研究对象，在0:1s内水平方向受到两个滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：1mg2(Mm)gMa1，代入数据解得A的质量为：m=6kg 。

14．【答案】（1）3m

（2）2.5kg

（3）2m/s 【解析】对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律得：a1gsin6m/s2，通过图象可知滑块在斜面上运动时间为t1=1s ，由运动学公式得：L12a1t13m

2（2）滑块对斜面的压力为：N1′=mgcosθ

，木板对传感器的压力为：F1=N1′sinθ

，

由图像可知：F1=12N ，解得：m=2.5kg 。

（3）滑块滑到B点的速度为：v1=a1t1=6m/s ，由图像可知：f1=5N，t2=2s ，a2f2m/s2

，vA=v0-a2t2

，所以：vA=2m/s。

m15．【答案】（1）管的加速度a12g方向向下，球的加速度a23g方向向上

（2）L4H

5

【解析】（1）管第一次落地弹起时，管的加速度a1加速度a2f4mg2g，方向向下，球的4mfmg3g，方向向上。

m2（2）球与管第一次碰地时速度v02gH

，所以：v02gH

，

碰地后管的速度v12gH，方向向上；球的速度v22gH，方向向下

。

若球刚好没有从管中滑出，设经过时间t，球管速度v相同，取向上为正方向，

22gH2v0则有：v1a1tv2a2t

，t

，

a1a25g管从弹起经t1这段时间上升的高度为：h1v1t球上升的高度：h2v2t

1212a1tH

，

2251284a1tH

，所以：Lh1h2H。

2255