人教版高一物理必修一 第四章 牛顿运动定律 单元检测

第四章 牛顿运动定律 单元检测一、单选题1物体A放在物体B上，物体B放在光滑的水平面上，已知mA6kg，mB2kg，A、B间动摩擦因数0.2，如图所示，现对A物体施加一水平向右的拉力，下列叙述中正确的是 (g=10m/s2)A 当拉力F12N时，A静止不动B 当拉力F=30N时，A相对B滑动C 当拉力F=16N时，B受A的摩擦力等于4ND 无论拉力F多大，A相对B始终静止【答案】C【解析】A、B刚要滑动时，静摩擦力达到最大值。设此时它们的加速度为a，拉力为F。根据牛顿第二定律可得：a=mAgmB=6m/s2，对整体：F=（mA+mB）a=48N，当拉力F48N时，AB相对静止，一起向右运动。当F48N时，AB相对静止，F48N时，AB发生相对滑动，故ABD错误；当拉力F=16N时，AB相对静止；对整体：a=FmA+mB=2m/s2，对B：f=mBa=4N，故C正确。所以C正确，ABD错误。2如图所示，在光滑的水平地面上，质量为m1的物块和质量为m2的小球通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速运动（物块在地面上，小球在空中），已知力F与水平方向的夹角为，则下列说法正确的是（ ）A 物块的加速度为Fcosm1+m2B 物块受到地面的支持力大小为m1gFsinC 弹簧的弹力大小等于拉力F和小球重力的合力D 如果在物块上再固定一个质量为m1的物体，则它们的加速度不变【答案】A【解析】将m1、m2、弹簧看作整体，受力分析如图所示：根据平衡条件并采用正交分解法，得：（m1+m2）a=Fcos ；所以：a=Fcosm1+m2故A正确；竖直方向：N+Fsin （m1+m2）g=0，解得：N=（m1+m2）gFsin 故B错误；小球的加速度不为0，即小球受到的三个力的合力不为0，所以弹簧的弹力大小不等于拉力F和小球重力的合力故C错误；如果在物块上再固定一个质量为m1的物体，则它们的加速度： a=Fcosm1+m1+m2，可知加速度减小故D错误故选A.3如图所示，倾角为45的斜面B放置在水平面上，物块A放在斜面B上，A、B接触面光滑，水平力F作用在物块A上，A、B一起沿水平面向左匀速滑动，若B与水平面间的动摩擦因数为，则A与B的质量之比为()A 1- B 1+ C 1- D 1+【答案】A【解析】把A、B看成一个整体，根据平衡条件得F(mAmB)g。A物体在三个力的作用下受力平衡，因为斜面的倾角为45，可知FmAg，联立解得mAmB=1-，选项A正确。4如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大，这一现象表明()A 电梯一定是在上升B 电梯一定是在下降C 电梯的加速度方向一定是向下D 乘客一定处于超重状态【答案】D【解析】电梯静止时，弹簧的拉力和重力相等。现在弹簧的伸长量变大，则弹簧的拉力增大，小铁球的合力方向向上，加速度方向向上，小铁球处于超重状态，但是电梯的运动方向可能向上也可能向下，故只有D正确。5如图所示，在光滑水平面上以水平恒力F拉动小车和木块，使它们一起做加速度相同的加速运动，若小车质量为M，木块质量为m，加速度大小为a，木块和小车间的动摩擦因数为。对于这个过程某同学用了以下四个式子来表示木块受到的摩擦力的大小，正确的是()A FMa B maC mg D Ma【答案】A【解析】对m做受力分析可得Ffma，故BD错；m与M间的摩擦力为静摩擦力，不是滑动摩擦力，故C错，对M受力分析，得FFfMa，可得A对；故选A。6如图所示，质量分别为m、2m的两物块A、B中间用轻弹簧相连，A、B与水平面间的动摩擦因数均为，在水平推力F作用下，A、B一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动。当突然撤去推力F的瞬间，A、B两物块的加速度大小分别为()A 2a、a B 2(ag)、agC 2a3g、a D a、2a3g【答案】C【解析】撤去F前，根据牛顿第二定律，对A、B、弹簧整体有F3mg3ma，对B有FN2mg2ma，得FN2m(ag)。撤去F的瞬间弹簧弹力不变，大小仍为FN，两物块受到的滑动摩擦力不变，所以，对物块B受力不变，aBa，对物体A，由牛顿第二定律得FNmgmaA，有aA2a3g。综上分析，C项正确。1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(设缆车保持竖直状态运行,重力加速度为g),则 ()A 小物块受到的摩擦力方向平行于斜面向上B 小物块受到的摩擦力方向平行于斜面向下C 小物块受到的滑动摩擦力为mg+maD 小物块受到的静摩擦力为ma【答案】A【解析】A、以木块为研究对象，分析受力情况：重力mg、斜面的支持力N和摩擦力为静摩擦力f，由于整体加速度斜向上，根据牛顿第二定律可知f沿斜面向上，故A正确，B错误；C、根据牛顿第二定律得：f-mgsin30=ma，解得：f=12mg+ma，方向平行斜面向上，为静摩擦力，故CD错误。8如图所示，A、B两球完全相同，质量均为m，用两根等长的细线悬挂在升降机内天花板的O点，两球之间连着一根劲度系数为k的轻质弹簧，当升降机以加速度竖直向上匀加速运动时，两根细线之间的夹角为。则弹簧的被压缩的长度为（ ）A m（a+g）tank B mgtankC m(+g)tan2k D 2m(+g)tan2k【答案】C【解析】对球A受力分析，受重力mg、拉力T、弹簧的弹力F而向上做匀加速直线运动，则有牛顿第二定律可知Ftan2-mg=ma，即F=mg+atan2，根据胡克定律，有F=kx，联立可得x=m+gtan2k，C正确，故选C.9如图所示，两个质量分别为m1、m2的物块A和B通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A，另一端固定在墙上，A、B与传送带间的动摩擦因数均为.传送带沿顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A、B的加速度大小分别为aA和aB(弹簧在弹性限度内，重力加速度为g)，则()A aA=(1+m2m1)g，aBgB aAg，aB0C aA=(1+m2m1)g，aB0D aAg，aBg【答案】C【解析】物块B分析，摩擦力与弹簧弹力平衡，有m2g=kx，则x=m2gk，以两个物块组成的整体为研究对象，则绳子的拉力T=m1+m2g，突然剪断轻绳的瞬间，绳子的拉力减小为0，而弹簧的弹力不变，则A受到的合外力与T大小相等，方向相反，则aA=Tm1=m1+m2gm1，B在水平方向仍然受到弹簧的拉力和传送带的摩擦力，合外力不变，仍然等于0，所以B的加速度仍然等于0，C正确，故选C二、多选题10某同学站在电梯底板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况，如图所示的vt图象是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况(向上为正方向)根据图象提供的信息，可以判断下列说法中不正确的是( )A 在05 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态B 在5 s10 s内，该同学对电梯底板的压力大小等于他所受的重力大小C 在10 s20 s内，观光电梯在减速上升，该同学处于失重状态D 在20 s25 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态【答案】BCD【解析】在05 s内，观光电梯在加速上升，加速度向上，则该同学处于超重状态，选项A错误；在5 s10 s内，电梯匀速上升，则该同学对电梯底板的压力大小等于他所受的重力大小，选项B正确；在10 s20 s内，观光电梯在减速上升，加速度向下，则该同学处于失重状态，选项C正确；在20 s25 s内，观光电梯在加速下降，加速度向下，则该同学处于失重状态，选项D正确；故选BCD.11一兴趣小组做了一次实验，实验时让某同学从桌子上跳下，自由下落H后双脚触地，他顺势弯曲双腿，他的重心又下降了h后停住，利用传感器和计算机显示该同学受到地面的支持力F随时间变化的图象如图所示。根据图象提供的信息，以下判断正确的是()A 在0至t2时间内该同学处于失重状态B t2时刻该同学的加速度为零C t3时刻该同学的速度达到最大D 在t3至t4时间内该同学处于超重状态【答案】ABD【解析】在0到t2时间内，支持力的大小小于重力，加速度方向向下，所以该同学处于失重状态，A正确；在t2时刻，支持力的大小等于重力，加速度为0，速度达到最大，B正确，C错误；在t3到t4时间内，支持力的大小大于重力，加速度方向向上，所以该同学处于超重状态，D正确；故选项ABD.12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加速直线运动，连接物体1的细线与竖直方向成角，物体2仍在车厢底板上，则()A 细线拉力为m1gcos B 车厢的加速度为gtan C 底板对物体2的支持力为m2gmgcosD 底板对物体2的摩擦力为零【答案】BC【解析】以物体1为研究对象，水平方向有FTsin m1a，竖直方向有FTcos m1g，解得agtan ，FTm1gcos，选项A错误，B正确；以物体2为研究对象，水平方向有Ffm2a，竖直方向有FTFNm2g，解得Ffm2gtan ，FNm2gm1gcos，选项C正确，D错误；故选BC.13如图所示，A、B质量均为m，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上)，对A施加一竖直向下、大小为F(F2mg)的力，将弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)而处于平衡状态，现突然撤去力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN，则关于FN的说法正确的是(重力加速度为g)()A 刚撤去外力F时，FNmg+F2B 弹簧弹力等于F时，FNF2C 两物体A、B的速度最大时，FNmgD 弹簧恢复原长时，FNmg【答案】BC【解析】刚撤去外力F时，由牛顿第二定律知对A、B整体有F2ma1，对物体A有FNmgma1，联立得FNF2mg，A项错误；当弹簧弹力大小等于F时，有F2mg2ma2，FNmgma2，联立得FNF2，B正确；当两物体A、B的加速度为零时，两者速度最大，则有FNmg，C正确；当弹簧恢复原长时，弹簧不提供弹力，此时两物体恰好分离，A、B间的相互作用力大小为0，D项错误。故选BC.14如图所示，斜面体M放在水平地面上，物块m静止在斜面上。若用平行于斜面向下的推力F推物块，但物块静止，而斜面体亦静止不动，则斜面体()A 对地面的压力增大 B 对地面的压力不变C 受到地面的摩擦力向左 D 受到地面的摩擦力为零【答案】AC【解析】以M和m整体为研究对象，无推力F时，整体受重力(mM)g、支持力FN1而处于平衡状态，则有FN1(mM)g。施加推力F后，整体受重力(mM)g、地面的支持力FN2和推力F的作用，设斜面的倾角为，则竖直方向，有FN2(mM)gFsin ，故FN2FN1，根据牛顿第三定律可知，斜面对地面的压力也要增大，选项A正确，选项B错误；推力F在水平方向上存在向右的分力，若整体平衡，地面一定对斜面体有向左的摩擦力，选项C正确，D错误；故选AC.15某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数,他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况,装置如图甲所示,他使木块以初速度v0=4m/s沿倾角=30的斜面上滑,紧接着下滑至出发点,并同时开始记录数据,结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v-t图线如图乙所示,g取10m/s2,则下列计算结果正确的是 () A 上滑过程中的加速度的大小为8 m/s2B 木块与斜面间的动摩擦因数=33C 木块回到出发点时的速度大小v=2 m/sD 木块在t=2 s时返回出发点【答案】AC【解析】A、由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式a=vt有：取初速度方向为正，则上滑过程中加速度为：a1=0-v0t0=-40.5m/s2=-8m/s2，负号表示方向与初速度方向相反，故A正确；B、上滑过程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛顿第二定律F=ma得上滑过程中有：-mgsin-mgcos=ma1，代入数据得：=350.35，故B错误；C、下滑的距离等于上滑的距离：x=-v022a1=4228m=1m下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律F=ma得：下滑过程中：mgsin-mgcos=ma2 解得：a2=gsin-gcos=1012-351032=2m/s2下滑至出发点的速度大小为：v=2a2x 联立解得：v=2m/s，故C正确；D、向下运动的时间：t=va2=22s=1s，返回出发点的时间：t=t0+t=0.5s+1s=1.5s，故D错误。三、解答题16如图所示，质量M=8 kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=8 N，当小车向右运动的速度达到1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数为0.2，小车足够长.求：（1）小物块放上后，小物块及小车的加速度各为多大？（2）经多长时间两者达到相同的速度？（3）从小物块放上小车开始，经过t=1.5 s小物块通过的位移大小为多少？(取g=l0 m/s2). 【答案】（1）2m/s2，0.5m/s2；（2）1s；（3）2.1m【解析】（1）物块的加速度为：amg0.210m/s22m/s2小车在水平方向受到推力F和小物块的摩擦力作用，根据牛顿第二定律可知小车的加速度：aMF-mgM8-0.22108m/s20.5m/s2（2）由速度时间关系知物块放上小车后经过时间t两者速度相等，则有：amt=v0+aMt所以时间为：t=v0am-aM1.52-0.5s1s共同速度为：v=amt=2m/s.（3）在开始1s内小物块的位移：x112amt212212m1m开始1s内的末速度：vm=amt=21m/s=2m/s在接下来的0.5s物块与小车相对静止，与小车一起做匀加速运动，根据牛顿第二定律有此时物块与小车共同的加速度：a=FM+m88+2m/s20.8m/s2 所以在与小车一起匀加速运动过程中物体的位移为：x2vt+12at220.5+120.8052m1.1m则物体在1.5s的时间内的总位移为：x=x1+x2=1+1.1m=2.1m17如图甲所示，初始有一质量m5 kg的物块以速度v010 m/s在水平地面上向右滑行，在此时刻给物块施加一水平外力F，外力F随时间t的变化关系如图乙所示，作用3 s时间后撤去外力F，规定水平向右为正方向，已知物块与