高中物理 第四章 牛顿运动定律单元练习1 新人教版必修1

第四章牛顿运动定律单元练习一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）1. 有关对惯性概念的理解，下列说法中正确的是（）A. 判断物体有无惯性，要看物体是否静止或做匀速直线运动B. 物体的速度越大，则其惯性也越大C. 只能从物体本身寻找决定惯性大小的因素，惯性与物体外部因素无关D. 物体所受外力的大小影响着物体惯性是否发生变化2. 如图所示，在粗糙水平面上放一三角形木块a，当b按下列四种不同方式运动时，a三角形物体始终对地静止，试问，在哪种或哪几种情形下，三角形物体a对地面有向右的静摩擦力（）A. b物体沿斜面加速下滑B. b物体沿斜面减速下滑C. b物体沿斜面匀速下滑D. b物体沿斜面加速上滑3. 如图，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从某一高处静止开始下落，先落到处于自然状态的跳板（A位置）上，然后随跳板一同向下运动到最低点（B位置）不考虑空气阻力，运动员从静止下落到B点过程中，下列说法正确的是（）A. 运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零B. 在这个过程中，运动员的动能不断减小C. 在这个过程中，跳板的弹性势能先减小后增大D. 在这个过程中，重力对运动员做的功等于她克服跳板弹力所做的功4. 某物体以初速度v0从固定斜面的底端沿斜面上滑，斜面足够长，斜面与物体间的动摩擦因数=0.5，其动能Ek随离开斜面底端的距离s变化的图线如图所示，g取10m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是（）A. 物体的质量为m=1kgB. 斜面与物体间的摩擦力大小f=4NC. 物体在斜面上运动的总时间t=2sD. 斜面的倾角=375. 如图所示，一轻绳跨过光滑定滑轮，两端分别系一个质量为m1，m2的物块，m1放在地面上，m2离水平地面有一定高度，当m1的质量发生改变时，绳子拉力T的大小也随之改变，下列四个图象中最能正确反映T与m1之间关系的是（）A. B. C. D. 6. 如图所示，质量为M足够长的斜面体始终静止在水平地面上，有一个质量为m的小物块在受到沿斜面向下的力F的作用下，沿斜面匀加速下滑，此过程中斜面体与地面的摩擦力为零已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A. 斜面体对地面的压力大小小于（m+M）gB. 斜面体给小物块的作用力大小小于mgC. 若将力F撤掉，小物块将匀速下滑D. 若将力F的方向突然改为竖直向下，小物块仍做加速运动二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）7. 用传感器探究作用力与反作用力的关系实验中，把两只力传感器同时连在计算机上，其中一只系在墙上，另一只握在手中，把两个测力探头的挂钩钩在一起，拉动手中的传感器，两只力传感器的相互作用力随着时间变化的图象就显示在计算上，如图所示通过此实验，可以得到的结论是（）A. 作用力与反作用力在任何时刻大小都是相等的、方向都是相反的B. 作用力与反作用力同时产生、同时消失、合力为零C. 作用力与反作用力作用在同一物体上D. 在两个运动物体之间，作用力与反作用力也时刻大小相等、方向相反8. 如图所示，大三角劈C置于粗糙水平面上，小三角劈B置于斜面上，B的上面又放一个小木块A在A、B一起共同加速下滑的过程中，C静止不动下列说法正确的是（）A. 木块A受到方向向左的摩擦力B. 木块A对B的压力小于A的重力C. B与C之间的滑动摩擦系数tanD. 水平地面对C没有摩擦力作用9. 如图甲所示，用一水平外力F推着一个静止在倾角为的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，若重力加速度g取10m/s2，根据图乙中所提供的信息能计算出（）A. 加速度为6m/s2时物体的速度B. 斜面的倾角C. 物体能静止在斜面上所施加的最小外力D. 物体的质量10. 如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端系一个质量为m的小球A，小球被水平挡板P托住使弹簧长度恰为自然长度（小球与挡板不粘连），然后使挡板P以恒定的加速度a（ag）开始竖直向下做匀加速直线运动，则（）A. 小球与挡板分离的时间为t=B. 小球与挡板分离的时间为t=C. 小球从开始运动直到最低点的过程中，小球速度最大时弹簧的伸长量D. 小球从开始运动直到最低点的过程中，小球速度最大时弹簧的伸长量11. 如图所示，将一小钢球用细线悬挂在汽车的顶部，汽车在做直线运动过程中，钢球与车厢保持相对静止，细线与竖直方向的夹角为，已知重力加速度为g，下列选项正确的是（）A. 可求出摆线的拉力B. 汽车可能向右做减速运动C. 汽车可能向左做加速运动D. 可求出汽车的加速度12. 在一个封闭系统中，用一弹簧秤称一物体的重量，如果（）A. 读数偏大，则系统一定是向上做加速运动B. 读数偏小，则系统可能做加速运动，也可能做减速运动C. 读数准确，则系统一定处于平衡状态D. 读数时大时小，系统一定是上下往复运动三、实验题探究题（本大题共1小题，共9.0分）13. 某小组同学利用图甲装置探究加速度与力、质量的关系。（1）下列说法中不正确的是：_A本实验用沙和沙桶的总重力提供小车所受的合外力，要求沙和桶的总质量远小于小车的质量，使小车所受的拉力近似等于沙和沙桶所受的重力。B本实验应该把固定打点计时器的长木板一端抬高来平衡小车所受的摩擦阻力。C通过增减砝码改变小车质量时，需要重新调节木板倾斜度来平衡摩擦力D在探究加速度与质量的关系时，应采用控制变量法，保证拉力大小不变。（2）下列关于实验的操作合理的是：_A调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行B实验时先放开小车再接通打点计时器电源C当小车逐渐接近滑轮一端时，应控制小车，以防滑落到地上D用钩码代替沙和沙桶的实验效果会更好（3）不改变拉力，只改变小车的质量，得到如表所示几组数据，其中第三组数据还未算出加速度，但对应该组纸带如图乙所示，图中各点为每5个点选出的计数点，相邻的两个计数点还有4个点未画出。实验次数123456小车质量（g）2003004005006001000小车加速度（m/s2）2.001.330.790.670.40小车质量的倒数（kg-1）5.003.332.502.001.671.00由纸带上的数据，算出缺少的加速度值并填入表中_（结果保留两位小数）。请在图丙中建立合适的坐标，作出a-图象_。由图象得出的结论是：_。（4）若某同学在实验中作出的a-F图象如图丁所示，说明实验存在的问题是_。四、计算题（本大题共2小题，共20.0分）14. 如图所示，一竖直放置的轻弹簧两端各拴接一个物块A和B，整个系统处于静止状态已知物块A的质量为mA=2kg，物块B的质量为mB=4kg，轻弹簧的劲度系数k=100N/m现对物块A施加一竖直向上的力F，使A从静止开始向上做匀加速直线运动，经t=1.0s物块B刚要离开地面设整个过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度g取10m/s2求：（1）物块B刚要离开地面时，物块A上升的距离x；（2）此过程中所加外力F的最小值F1和最大值F2的大小15. 质量为m的小物块（可视为质点），放在倾角为、质量为M的斜面体上，斜面体的各接触面均光滑（1）如图（甲）所示，将斜面体固定，让小物块从高度为H的位置由静止下滑，求小物块的加速度大小及滑到斜面低端所需的时间（2）如图（乙）所示，对斜面体施加一水平向左的力F，可使m和M处于相对静止状态，一起向左做加速运动，求水平力F的大小答案和解析【答案】1. C2. A3. D4. D5. A6. C7. AD8. ABC9. BCD10. BD11. BCD12. BC13. C；A；0.99；如下图所示；在拉力一定时，物体的加速度与质量成反比；平衡摩擦力时木板倾角过大14. 解：（1）t=0时，弹簧的压缩量为x1，则有：x1=0.2mt=1s时，物体B刚要离开地面，弹簧对B的拉力恰好等于B的重力，设此时弹簧的伸长量为x2，则有：x2=0.4mA物体上升的高度为：x=x1+x2=0.2+0.4=0.6m；（2）A向上匀加速运动过程，有：x=解得：a=1.2m/s2t=0时，外力F最小为：F1=mAa=21.2=2.4Nt=1s时，外力F最大，由牛顿第二定律对A：F2-mAg-kx2=mAa，解得：F2=60N答：（1）B刚要离开地面时，A物体上升的高度为0.6m（2）在此过程中所加外力F的最大值为0N，最小值为60N15. 解：（1）根据牛顿第二定律得：mgsin=ma得：a=gsin由运动学公式得：=联立得：t=（2）先对m受力分析，受重力和支持力，结合运动情况，求出合力，如图由几何关系，得：F合=mgtan根据牛顿第二定律得：F合=ma得：a=gtan再对整体研究得：F=（M+m）a=（M+m）gtan答：（1）小物块的加速度大小是gsin，滑到斜面低端所需的时间是（2）水平力F的大小是（M+m）gtan【解析】1. 解：A、惯性是物体的固有属性，只与质量有关，与运动状态和速度无关，故A错误，B错误；C、只能从物体本身寻找决定惯性大小的因素，惯性与物体外部因素无关，质量是惯性的唯一量度，故C正确；D、物体所受外力的大小不影响惯性，惯性是否发生变化要看质量是否变化，故D错误；故选：C惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大此题通过不同的选项考查了学生对惯性知识的理解，一定要知道惯性是物体本身的一种性质，任何物体任何情况都有惯性，其大小只与物体的质量有关2. 解：设a和b质量分别为M和m，斜面的倾角为，b的加速度大小为a以a、b组成的整体为研究对象，分析受力情况，作出力图由题，a三角形物体对地面有向右的静摩擦力，根据牛顿第三定律得知，地面对a有向左的摩擦力根据牛顿第二定律得水平方向：f=max=macosf方向向左，则ax方向也向左，b物体的加速度方向必然沿斜面向下，所以b物体沿斜面加速下滑或沿斜面向上减速运动故A正确故选：A以a、b组成的整体为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律分析b物体的运动情况本题对加速度不同的两个物体运用整体法，通过分解加速度，根据牛顿第二定律进行研究，比较简便3. 解：A、运动员从接触跳板到最低点的过程中，弹力一直增大，弹力先小于重力，再等于重力，后大于重力，合力先减小至后反向增大，运动员到达最低点时其所受外力的合力不为零故A错误B、合力方向先向下后向上，加速度的方向先向下后向上，可知速度先增大后减小，动能先增大后减小故B错误C、跳板的形变量一直在增大，弹性势能一直在增加故C错误D、在这个过程中，重力做正功，弹力做负功，动能的变化量为零，根据动能定理知重力和弹力做功的代数和为零，则重力对运动员做的功等于她克服跳板弹力所做的功故D正确故选：D 运动员从接触跳板开始，受到向上的弹力和重力两个力，在整个过程中，弹力从0 增加到最大，合力先减小后增大，速度先增大后减小由功能关系分析解决本题的关键掌握力与运动的关系，知道当加速度与速度同向，速度增加，当加速度与速度反向，速度减小，根据运动员的受力情况来判断其运动情况，与小球竖直落在弹簧上的问题相似4. 解：A、B、D、设斜面的倾角是，物体的质量是m，物体向上运动的过程中受到重力、支持力和向下的摩擦力；物体向下滑动的过程中受到重力、支持力和向上的摩擦力，由图象可知物体向上滑动的过程中，EK1=25J，EK2=0J，位移s=5m，下滑回到原位置时的动能，EK3=5J 向上滑动的过程中，由动能定理得：EK2-EK1=-mgsins-fs，向下滑动的过程中，由动能定理得：EK3-EK2=mgsins-fs，代入数据解得：f=2N mgsin=3N 又：f=mgcos 所以：mgcos=N=4N tan= 所以：=37 m=kg=0.5kg故A错误，B错误D正确；C、物体向上时的加速度：a1=，物体向下时的加速度：a=2m/s2，物体的初速度：v1=m/s=10m/s 物体回到原点的速度：v2=m/s 向上运动时间t1=s=1s 向下运动的时间：t2=s 物体在斜面上运动的总时间t=t1+t2=1+s故C错误故选：D 对物体进行受力分析，得出物体向上滑动的过程中的受力与物体下滑的过程中的受力，运用动能定理把动能和位移的关系表示出来把物理表达式与图象结合起来，根据图象中的数据求出未知物理量利用数学图象处理物理问题的方法就是把物理表达式与图象结合起来，根据图象中的数据求解一般我们通过图象的特殊值和斜率进行求解5. 解：当m2m1时，m1仍处于静止状态，则m2处于静止状态，加速度为零，绳子拉力T的大小等于m2g；当m2m1时，m1有向上的加速度，根据牛顿第二定律得，a=，以m1为研究对象，绳子拉力T-m1g=m1a=解得T=当m1=0，则T=0，可知A图线正确，B、C、D错误故选：A当m2m1时，m1仍处于静止状态，没有加速度当m2m1时，m1有向上的加速度，两个物体的加速度大小相等，根据牛顿第二定律采用隔离法求出T与m1的关系式，再根据数学知识分析选择图象本题是连接体问题，抓住两个物体加速度大小相等的特点，采用隔离法研究，得到T与m1之间关系的解析式，再选择图象是常用的方法6. 解：A、根据题意，物块沿斜面匀加速下滑，此过程斜面体与地面的摩擦力为0，说明m对M的压力和m对M的摩擦力的合力竖直向下，大小等于mg，斜面体受力分析知，斜面体对地面的压力大小等于（M+m）g，故A错误；B、小物块对斜面体的作用力大小等于mg，根据牛顿第三定律，斜面体给小物块的作用力大小等于mg，故B错误；C、若将F撤掉，则重力、支持力和摩擦力的合力为0，小物块将匀速下滑，故C正确；D、对m：水平方向FNsin=fcos，得=tan；若将F方向改为竖直向下，则（mg+F）sin-（mg+F）cos=ma，解得a=0，即小物块仍做匀速运动，故D错误；故选：C因为斜面体与地面的摩擦力为零，隐含条件“小物块对斜面体作用力的合力竖直向下”，运用隔离法分析斜面体和小物块，结合牛顿第二定律和第三定律分析各选项本题关键是考查物体的受力分析，题目的突破口是“斜面体与地面的摩擦力为零”利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用7. 解：A、察分析两个力传感器的相互作用力随时间变化的曲线，可以看出作用力与反作用力一定大小相等，方向相反，作用力与反作用力大小一定同时变化，故A正确；BC、作用力与反作用力作用在不同的物体上，不是共点力，故合成无意义，不能合成，故BC错误；D、根据牛顿第三定律可知，在两个运动物体之间，作用力与反作用力也时刻大小相等、方向相反，故D正确故选：AD作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，且同时产生、同时变化、同时消失，作用在不同的物体上解决本题的关键知道作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，且同时产生、同时变化、同时消失，作用在不同的物体上8. 解：A、A、B一起沿斜面向下做匀加速运动，加速度沿斜面向下，将加速度分解为水平和竖直两个方向，对A分析受力情况，如图根据牛顿第二定律分析：A有水平向左的分加速度，水平方向的摩擦力必定向左故A正确 B、根据牛顿第二定律得：对A：mAg-NA=mAasin0，由B对A的支持力NAmAg 由牛顿第二定律得知木块A对B的压力小于A的重力故B正确 C、对AB整体研究，受力如左图由MgsinMgcos，得到tan故C正确 D、对AB二个物体整体用牛顿第二定律得：水平方向加速度为acos；那么水平地面对C摩擦力fC=macos0，方向水平向左故D错误故选：ABCA、B一起沿斜面向下做匀加速运动，加速度沿斜面向下，将加速度分解为水平和竖直两个方向，根据牛顿第二定律分析木块A受到的摩擦力方向和B对A的支持力与重力关系对AB整体研究，由牛顿第二定律研究滑动摩擦系数对ABC三个物体整体用牛顿第二定律研究水平地面对C的摩擦力本题是连接体问题，要灵活选择研究对象，根据牛顿第二定律由加速度分析物体的受力情况9. 解：对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图 x方向：Fcos-mgsin=ma y方向：N-Fsin-Gcos=0 从图象中取两个点（20N，2m/s2），（30N，6m/s2）代入式解得m=2kg，=37 因而BD可以算出；当a=0时，可解得F=15N，因而C可以算出；题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小，因而A不可以算出；故选：BCD对物体受力分析，根据牛顿第二定律得出力F与加速度a的函数关系，然后结合图象得出相关信息本题关键对物体受力分析后，根据牛顿第二定律求出加速度与力F的关系式，结合图象讨论10. 解：AB、小球与挡板之间弹力为零时分离，此时小球的加速度仍为a，由牛顿第二定律得：mg-kx=ma，由匀变速直线运动的位移公式得：x=at2，解得：小球与挡板分离的时间为t=，故A错误、B正确；CD、小球速度最大时合力为零，根据胡克定律可得小球速度最大时弹簧的伸长量x=，故C错误、D正确；故选：BD在物体与挡板脱离前，物体受重力、弹簧拉力和挡板支持力的作用，随着挡板向下运动，弹簧的弹力增大，挡板支持力减小，但仍维持合外力不变，加速度不变，物体随挡板一起向下匀加速运动当挡板运动至使支持力减小为零后，弹簧拉力的增大将使物体的加速度开始小于a，物体与挡板脱离，此时支持力N=0，对物体分析，根据牛顿第二定律求出弹簧的形变量，结合位移时间公式求出脱离的时间解决本题的关键知道物体与托盘脱离的条件，即N=0，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解11. 解：AD、汽车、小钢球具有共同的加速度，对小钢球进行受力分析有：小球受重力和线的拉力，在两个力作用下小球在竖直方向处于平衡状态，水平方向产生加速度，所以有： Tsin=ma Tcos=mg 所以可得小球的加速度a =gtan，摆线的拉力T=，由于小钢球的质量未知，所以不能求出摆线的拉力T，可以可求出汽车的加速度，故A错误，D正确BC、由牛顿第二定律得小球具有向左的加速度，则汽车也具有向左的加速度，所以汽车可能向右做减速运动，也可能向左做加速运动，故BC正确；故选：BCD隔离对小球分析，根据牛顿第二定律求出小球的加速度大小和方向，抓住小球和汽车具有共同的加速度，再分析出汽车的运动情况通过对小球的受力分析得出加速度的大小和方向，再根据加速度判断汽车的运动情况要注意当加速度向某个方向时物体可以在这个方向上加速运动，也可以在这个方向的反方向上减速运动12. 解：A、当电梯运动时，看到弹簧秤的度数为偏大，物体受向上的弹力，向下的重力，根据牛顿第二定律，有：F-G=ma 由于F大于G，故加速度向上，处于超重状态，故电梯加速上升或者减速下降；故A错误；B、看到弹簧秤的度数为偏小，由于F小于G，故加速度向下，处于失重状态，故电梯加速下降或者减速上升故B正确；C、读数准确，则装置处于平衡状态，有可能静止，也可能是向上或向下做匀速运动故C正确；D、读数时大时小，系统一定是加速度的方向发生了变化，不一定是上下往复运动故D错误故选：BC对物体受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度，再确定物体的运动情况，然后结合超重与失重解答即可本题关键对物体受力分析后根据牛顿第二定律确定加速度，然后得到运动情况，基础题13. 解：（1）A、本实验用沙和沙桶的总重力提供小车所受的合外力，要求沙和桶的总质量远小于小车的质量，使小车所受的拉力近似等于沙和沙桶所受的重力，选项A正确；B、本实验应该把固定打点计时器的长木板一端抬高来平衡小车所受的摩擦阻力，选项B正确；C、通过增减砝码改变小车质量时，不需要重新调节木板倾斜度来平衡摩擦力，选项C错误；D、在探究加速度与质量的关系时，应采用控制变量法，保证拉力大小不变，选项D正确；本题选择不正确的选项，故选：C。（2）A、调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行，以减小试验的误差，选项A正确；B、实验时先接通打点计时器电源再放开小车，选项B错误；C、当小车逐渐接近滑轮一端