鲁科版（2019）必修第一册《第5章 牛顿运动定律》2023年单元测试卷
一、选择题
1．原来做匀速运动的升降机内，有一被伸长弹簧拉住的、具有一定质量的物体A静止在地板上，如图所示，现发现A突然被弹簧拉向右方．由此可判断，则升降机的可能运动情况说法正确的是（ ）
A．保持原来匀速运动 B．向下做加速运动
C．向下做减速运动 D．已停止不动
2．据《吕氏春秋》记载，我国在尧舜时代就有春节扫尘的风俗，寓意在新年里顺利平安。如图所示，一个质量为50kg的沙发静止在水平地面上，春节扫尘时，甲、乙两人需要移开沙发，清扫污垢，两人同时从背面和侧面分别用F1＝120N、F2＝160N的力推沙发，F1与F2相互垂直，且平行于地面，沙发与地面间的动摩擦因数为0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．沙发不会被推动
B．沙发将沿着F1的方向移动，加速度大小为0.4m/s2
C．沙发将沿着F2的方向移动，加速度大小为1.2m/s2
D．沙发移动的加速度大小为2m/s2
3．乘坐空中缆车饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止。则下列说法正确的是（ ）
A．小物块受到的摩擦力方向水平向右
B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
C．小物块受到的滑动摩擦力大小为
D．小物块受到的静摩擦力大小为
4．如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8m、质量M＝3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。则（ ）
A．要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，需恒力F＝15N
B．当恒力F＝25N时，物块会与木板发生相对滑动
C．当恒力F＞30N时，物块会与木板发生相对滑动
D．当恒力F＝37.5N时，物块滑离木板所用的时间为1s
二、填空题
5．高跷运动是一项新型运动，如图为弹簧高跷，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。人向上弹起的过程中，先处于 （选填“超重”或“失重”）状态，后处于 （选填“超重”或“失重”）状态，弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力 （选填“大于”“小于”或“等于”）人的重力，弹簧压缩到最低点时，高跷对地的压力 （选填“大于”“小于”或“等于”）人和高跷的总重力。
6．2021年10月16日，神舟十三号成功发射，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富三名航天员送入太空并进驻空间站。在空间站中，如需测量一个物体的质量，需要运用特殊的方法。先对质量m1＝1kg的标准物体P施加一水平恒力F，测得其在1s内的速度变化量大小是10m/s，然后将标准物体P与待测物体Q紧靠在一起，如图所示，施加同样的水平恒力F，测得它们在1s内的速度变化量大小是2.5m/s。则待测物体Q的质量m2为 kg。
三、多选题
（多选）7．如图甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对B物体施加一水平变力F，F﹣t关系图象如图乙所示。两物体在变力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止，则（ ）
A．t0时刻，两物体之间的摩擦力为零
B．t0时刻，两物体的速度方向开始改变
C．t0～2t0时间内，两物体之间的摩擦力逐渐减小
D．0～2t0时间内，物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同
（多选）8．如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩0.4m后锁定，t＝0时解除锁定释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v﹣t图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝2.0kg，取g＝10m/s2。则以下说法正确的是（ ）
A．滑块与地面间的动摩擦因数为0.3
B．滑块与地面间的动摩擦因数为0.5
C．弹簧的劲度系数为175N/m
D．弹簧的劲度系数为150N/m
（多选）9．如图所示，质量为m2的物体2放在车厢底板上，用竖直细线通过定滑轮与质量为m1的物体1连接，不计滑轮摩擦，车厢正在水平向右做匀加速直线运动，连接物体1的细线与竖直方向成θ角，物体2仍在车厢底板上，则（ ）
A．细线拉力为m1gcosθ
B．车厢的加速度为gtanθ
C．底板对物体2的支持力为m2g﹣
D．底板对物体2的摩擦力为零
（多选）10．如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6kg，mB＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10N，此后逐渐增大，在增大到45N的过程中，则（ ）
A．当拉力F＝12N时，两个物体保持相对静止，没有发生相对滑动
B．当拉力超过12N时，两个物体开始相对滑动
C．两物体从受力开始就有相对运动
D．两物体始终没有相对运动
四、实验题
11．为了测量黑板擦背面与讲桌之间的动摩擦因数，一同学将讲桌一端垫高，桌面与水平面形成一倾角为a＝15°的斜面（已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97），黑板擦可在桌面上加速下滑，如图1所示。该同学用手机拍摄黑板擦的下滑过程，然后解析黑板擦下端视频记录的图像，记录黑板擦下端图像的7个计数点0、1、2、3、4、5、6，测量六个时间间隔内的距离分别为：s1＝5.81cm，s2＝7.62cm，s3＝9.40cm，s4＝11.21cm，s5＝13.79cm，s6＝14.21cm，时间间隔t＝0.25s。（结果均保留2位有效数字，重力加速度取9.80m/s2）
（1）由题目所给数据，求黑板擦经过计数点2时的速度v2＝ m/s；
（2）根据表格数据做出v﹣t图像，并判断表中给出的数据， 误差比较大（填v1、v2、v3、v4、v5），应该剔除；
计数点 1 2 3 4 5
速度（m/s） 0.27 0.41 0.50 0.56
（3）黑板擦与桌面间的动摩擦因数为 。
12．某物理兴趣小组用如图甲所示装置探究加速度与力、质量的关系。
（1）下面是实验操作步骤，请你整理出正确的操作顺序，从先到后依次是 （填字母）。
A．平衡摩擦力，让小车做匀速直线运动
B．接通电源后释放小车，小车在细线拉动下运动，测出钩码的重力mg，作为细线对小车的拉力F，利用纸带测量出小车的加速度a
C．将纸带穿过打点计时器并将一端固定在小车上
D．把细线的一端固定在小车上，另一端通过定滑轮与钩码相连
E．更换纸带，通过改变钩码的个数改变小车所受的拉力，重复步骤B的操作
（2）某同学在实验中打出的一条纸带如图乙所示，他选择了几个计时点作为计数点，相邻两计数点间还有4个点没有标出，其中s1＝7.06cm、s2＝7.68cm、s3＝8.30cm、s4＝8.92cm，已知交流电源频率为50Hz，则小车运动的加速度的大小是 m/s2。（保留两位有效数字）
（3）实验得到的理想a﹣F图像应是一条过原点的直线，但由于实验误差影响，常出现如图丙所示的三种情况。下列说法正确的是 （填字母）。
A．图线①产生原因是不满足“钩码的总质量远小于小车质量”的条件
B．图线②产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过小
C．图线③产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大
五、计算题
13．某型号舰载机质量M＝2×104kg，在航空母舰的平直跑道上加速时，舰载机发动机产生的推力F＝1×105N，所受到的阻力恒为f＝1×104N。已知平直跑道长L＝100m，舰载机所需的最小起飞速度v1＝50m/s。
（1）若航母不动，舰载机从跑道起点由静止开始启动，则其到达跑道末端的速度v2为多大？
（2）目前航母的最大航速在30节（约15m/s）左右。为了使舰载机顺利起飞，必须在航母上安装弹射系统，其中一种为蒸汽弹射系统，其作用是给舰载机一个沿运动方向的推力。若航母以速度v3＝10m/s航行，假定蒸汽弹射系统和舰载机的发动机在舰载机在平直跑道上加速全过程中都施以恒力，则蒸汽弹射系统需要提供的力F1至少为多大？
14．快递物流已经深入我们的生活，货物分拣是其中一个重要环节，图1是某种快递分拣传送装置，它由两台传送带组成，一台传送带水平传送，另一台传送带倾斜传送。图2是该装置示意图，水平传送带A、B两端相距3.6m，倾斜传送带C、D两端的连线与水平方向的夹角θ＝37°，B、C两端间的距离可忽略不计。已知水平传送带以4m/s的速率传动，倾斜传送带以3m/s的速率传动。把一个可视为质点的货物无初速度放在A端，货物被运送到B端后可以以不变的速率传到C端，倾斜传送带将货物运送到D端时货物速度恰好为0。若货物与两传送带间的动摩擦因数均为0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求货物从A端运动到B端所用的时间；
（2）求C、D两端间的距离。
六、解答题
15．如图，质量为M、长为L、高为h的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m的小球。用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v0，经过一段时间后小球落地。求小球落地时距滑块左端的水平距离。
鲁科版（2019）必修第一册《第5章 牛顿运动定律》2023年单元测试卷（6）
参考答案与试题解析
一、选择题
1．【解答】解：．当升降机静止时，地板给物体的静摩擦力与弹簧的弹力平衡，且该静摩擦力可能小于或等于最大静摩擦力。当升降机有向下的加速度时，必然会减小物体对地板的正压力，也就减小了最大静摩擦力，这时的最大静摩擦力小于电梯静止时的静摩擦力，而弹簧的弹力又未改变，故只有在这种情况下A才可能被拉向右方。故升降机可能的运动是向下加速或向上减速，四个选项中B情况电梯的加速度是向下的。
故选：B。
2．【解答】解：沙发与地面间的最大静摩擦力fm＝μmg＝0.2×50×10N＝100N
用F1＝120N、F2＝160N的力推沙发，二力的合力为F＝＝N＝200N＞fm
则沙发会被推动，运动方向与二力的合力相反，所受摩擦力为滑动摩擦力f＝fm＝100N
由牛顿第二定律得：F﹣f＝ma
代入数据解得：a＝2m/s2
故ABC错误，D正确。
故选：D。
3．【解答】解：AB．以小物块为研究对象，小物块受重力、斜面的支持力和摩擦力作用；静摩擦力的方向与加速度方向一致，沿斜面向上，故AB错误；
CD．以小物块为研究大小，小物块相对斜面静止，受静摩擦力作用
根据牛顿第二定律f﹣mgsin30°＝ma
解得静摩擦力的大小
静摩擦力的方向平行斜面向上，故C错误，D正确。
故选：D。
4．【解答】解：要使木块和木板之间不产生相对滑动，则对M、m由牛顿第二定律得：F﹣（M+m）gsinα＝（M+m）a
对m有：f﹣mgsinα＝ma，f μmgcosα
代入数据解得：F 30N
因要拉动，则：
则为使物块不滑离木板，力F应满足的条件为20N＜F 30N。
A、要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，需恒力F＞20N，故A错误；
B、20N＜F＝25N＜30N，M和m沿斜面向上做匀加速运动，不产生相对滑动，故B错误；
C、F＞30N 时，M和m产生相对滑动，故C正确；
D、当 F＝37.5N＞30N，物块能滑离木板，对M有：F﹣μmgcosα﹣Mgsinα＝Ma1
对m有：μmgcosα﹣mgsinα＝ma2
设滑块滑离木板所用的时间为t，由运动学公式得
代入数据解得：t＝1.2s，故D错误。
故选：C。
二、填空题
5．【解答】解：人向上弹起的过程中，经历了先加速后减速的过程，所以向上加速时有向上的加速度，人处于超重状态；向上减速时有向下的加速度，处于失重状态；
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；
以高跷和人组成的整体为研究对象，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，地对高跷的支持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。
故答案为：超重；失重；大于；大于
6．【解答】解：对标准物体P，根据加速度的定义式可得加速度大小为
由牛顿第二定律得
F＝m1a1＝1×10N＝10N
对标准物体P和待测物体Q整体，根据加速度的定义式可得加速度大小为：
由牛顿第二定律得F＝（m1+m2）a2，联立解得m2＝4.0kg
故答案为：4.0
三、多选题
7．【解答】解：AB、t0时刻F＝0，A、B的加速度为零，因此两物体速度方向不变，且A、B间的摩擦力为零，故A正确、B错误。
CD、t0～2t0时间内，A、B系统的加速度逐渐增大，以A为研究对象，A受到的摩擦力应逐渐增大，A的加速度由其受到的摩擦力提供，因此A受到的摩擦力与A、B加速度同向，即与F同向，故C错误，D正确。
故选：AD。
8．【解答】解：AB、根据v﹣t图线的斜率表示加速度，由题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a＝＝m/s2，
由牛顿第二定律得，摩擦力大小为f＝μmg＝ma，所以μ＝，代入数据得μ＝0.5，故A错误，B正确；
CD、刚释放时滑块的加速度为a′＝＝m/s2，
由牛顿第二定律得kx﹣f＝ma′，代入数据解得k＝175N/m，故C正确，D错误。
故选：BC。
9．【解答】解：
A、B以物体1为研究对象，分析受力如图1，根据牛顿第二定律得：
细线的拉力T＝。
m1gtanθ＝m1a，得a＝gtanθ．故A错误，B正确。
C、D以物体2为研究对象，分析受力如图2，根据牛顿第二定律得：
底板对物体2的支持力为N＝m2g﹣T＝m2g﹣，摩擦力f＝m2a＝m2gtanθ．故C正确，D错误。
故选：BC。
10．【解答】解：当A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力时，对B有：。
对整体分析，根据牛顿第二定律得，F＝（mA+mB）a＝8×6N＝48N。
知当拉力增大到48N时，两物体才发生相对滑动。故A、D正确，B、C错误。
故选：AD。
四、实验题
11．【解答】解：（1）根据匀变速直线运动在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度有
v2＝＝m/s＝0.34m/s
（2）描点连线有
由上图可看出v4误差比较大，应该剔除。
（3）由于v﹣t图像的斜率为加速度，则黑板擦的加速度为0.29m/s2，根据牛顿第二定律有
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
可解得
代入数据可得μ＝0.24
故答案为：（1）0.34；（2）v4；（3）0.24
12．【解答】解：（1）实验的先后顺序为将纸带穿过打点计时器并将一端固定在小车上，将长木块的一端垫高，使小车做匀速直线运动，以平衡摩擦力；把细线的一端固定在小车上，另一端通过定滑轮与钩码相连；接通电源后释放小车，小车在细线拉动下运动，测出钩码的重力mg，作为细线对小车的拉力F，利用纸带测量出小车的加速度a；更换纸带，通过改变钩码的个数改变小车所受的拉力，重复步骤B的操作；因此实验的操作顺序为CADBE。
（2）相邻计数点之间的时间间隔为
根据“逐差法”，小车运动的加速度的大小为
（3）A．图线①的上部弯曲，产生原因是当小车受力F较大时，不满足“钩码的总质量远小于小车质量”的条件，故A正确；
B．图线②的纵截距大于0，表明不挂钩码时小车就具有了加速度，产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大，故B错误；
C．图线③的横截距大于0，表明施加了一定的外力还未产生加速度，产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过小，只有当F增加到一定值时，小车才获得加速度，故C错误。
故选：A。
故答案为：（1）CADBE；（2）0.62；（3）A。
五、计算题
13．【解答】解：（1）对舰载机，根据牛顿第二定律可得：
F﹣f＝Ma
根据速度—位移公式可得：
联立解得：v2＝30m/s
（2）设舰载机在平直跑道上加速的全过程中，运动时间为t'，航母前进的位移为x'，舰载机的加速度为a'，则有
v1＝v3+a′t′
x′＝v3t′
代入数据解得：a′＝8m/s2
对舰载机分析，根据牛顿第二定律可得：
F1+F﹣f＝Ma′
解得：F1＝7×104N
答：（1）到达跑道末端的速度为30m/s；
（2）蒸汽弹射系统需要提供的力F1至少为7×104N。
14．【解答】解：（1）货物刚放在传送带上时，根据牛顿第二定律得：μmg＝ma
代入数据解得：a＝5m/s2
货物加速到与传送带速度相等需要的时间t1＝s＝0.8s
该过程货物的位移大小x1＝m＝1.6m＜L水平＝3.6m
货物运动到B端需要的时间t2＝s＝0.5s
货物从A端运动到B端所用的时间t＝t1+t2＝0.8s+0.5s＝1.3s
（2）货物到倾斜传动带上速度v水平＝4m/s大于倾斜传动带的速度v倾斜＝3m/s，货物在倾斜传送带上做匀减速直线运动到与传送带速度相等
该过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
代入数据解得：a1＝10m/s2
由于mgsinθ＞μmgcosθ，货物与传送带速度相等后继续向上做匀减速直线运动
对货物，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入数据解得：a2＝2m/s2
C、D间的距离s＝+
代入数据解得：s＝2.6m
答：（1）货物从A端运动到B端所用的时间是1.3s；
（2）C、D两端间的距离2.6m。
六、解答题
15．【解答】解：滑块的左端到达小球正上方这段时间内，小球速度始终为零，而滑块与地面间的压力为：FN＝（m+M）g
由牛顿第二定律滑块加速度为：，
小球到达滑块前方时，滑块的速度为：。
滑块的左端到达小球正下方后，小球掉落做自由落体，时间，
滑块的加速度a′＝μg
①若此时滑块的速度没有减小到零，在t时间内滑块向右运动的距离为：＝
②若在t时间内滑块已经停下来，则：
答：若滑块停止前小球已经掉落，则其位移为：s＝
若滑块停止前小球没有掉下来，则其位移为：s′＝
