学年度高一物理人教版必修一 第四章 牛顿运动定律单元练习Word文档格式.docx

1、B. 作用力和反作用力同时产生，同时消失，不同时变化C. 各种机床和发电机的底座做得很笨重，目的是增大惯性D. 两物体只有处于相对静止时，它们之间的作用力和反作用力的大小才相等9. 如图所示，两根完全相同的弹簧下挂一质量为m的小球，小球与地面间有细线相连，处于静止状态，细线竖直向下的拉力大小为2mg若剪断细线，则在剪断细线的瞬间，小球的加速度a为（）A. a=g方向竖直向上 B. a=g方向竖直向下C. a=2g方向竖直向上 D. a=3g方向竖直向上10. 物体A的质量为1 kg，置于水平地面上，物体与地面的动摩擦因数为0.2从t0开始物体以一定初速度v0向右滑行的同时，受到一个水平向左的恒

2、力F1 N的作用，则下图中能反映物体受到的摩擦力f随时间变化的图象是（取向右为正方向，g10 m/s2）（ ）C. 二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）11. 如图所示，在平直轨道做匀变速运动的车厢中，用轻细线悬挂一个小球，悬线与竖直方向保持恒定的夹角，则（）A. 小车一定具有方向向左的加速度B. 小车一定具有方向向右的加速度C. 小车的加速度大小为gtanD. 小车的加速度大小为gcot12. 如图所示，叠放的物块A、B在恒力F作用下由静止开始沿光滑水平面一起向右运动，则下列说法正确的是（）A. 物块A不受摩擦力作用 B. 物块A受到向右的摩擦力作用C. 物块A所受摩擦力一定小于F D

3、. 物块A所受摩擦力可能大于F13. 用细绳拴一个质量为m的小球，小球将固定在墙上的轻弹簧压缩的距离为x，不计空气阻力如图所示，将细线烧断后（）A. 小球立即做平抛运动B. 小球落地时动能大于mghC. 小球脱离弹簧后做匀变速运动D. 刚烧断后的瞬间小球的加速度为g14. 如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O整个系统处于静止状态现将细线剪断将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为l1和l2，重力加速度大小为g在剪断的瞬间，（）A. a1=3gB. a1=0C. l1=2l2D. l1=l2

4、15. 一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力 A. t=2s时最大 B. t=2s时最小 C. t=8.5s时最小 D. t=8.5s时最大三、实验题探究题（本大题共1小题，共10.0分）16. 为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图甲中所示实验装置请思考探究思路并回答下列问题： （1）为了消除小车与木板之间摩擦力的影响应采取的做法是_ A将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动B将木板带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动C使木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小

5、车恰好做匀速运动D使木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车能够静止在木板上（2）在实验中，得到一条打点的纸带，如图乙所示，已知相邻计数点的时间间隔为T，且间距s1、s2、s3、s4、s5、s6已量出，则小车加速度的表达式为a= _ ；（3）有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受外力F的关系，他们在轨道水平和倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图丙所示图线_ （选填“”或“”）是在轨道倾斜情况下得到的；小车及车中的砝码总质量m= _ kg四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）17. 在水平地面上有一质量为2kg的物体，在水平拉力F的作用下由静止

6、开始运动，10s后拉力大小减为零，该物体的运动速度随时间t的变化规律如图所示（g取10m/s2）求：（1）前10s内物体的加速度和位移大小（2）物体与地面之间的动摩擦因数（3）物体受到的拉力F的大小18. 如图所示，质量M=4.0kg、长L=2.0m的薄木板静置在水平地面上，质量m=1.0kg的小滑块（可视为质点）以速度v0=3.0m/s从木板的左端冲上木板，已知滑块与木板间的动摩擦因数=0.20（g取10m/s2）（1）若木板固定，求滑块在木板上滑行的时间；（2）若木板不固定，且水平地面光滑，求滑块相对木板滑行的时间19. 如图甲所示，质量为2kg的木板B静止在水平面上某时刻物块A（可视为质

7、点）从木板的左侧沿木板上表面滑上木板，初速度v0=4m/s此后A和B运动的v-t图象如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2，求：（1）A与B上表面之间的动摩擦因数1；（2）B与水平面间的动摩擦因数2；（3）A的质量答案和解析【答案】1. C 2. B 3. B 4. B 5. D 6. D 7. D8. C 9. C 10. A 11. BC 12. BC 13. BC 14. AC15. AC 16. C；0.517. 解：（1）根据图线的斜率知，前10s内物体的加速度为：，物体的位移为：x=（2）物体匀减速直线运动的加速度大小为：根据牛顿第二定律得：mg=ma2，解得：（3）对于匀加速直

8、线运动的过程，根据牛顿第二定律得：F-mg=ma1，解得F=mg+ma1=0.220+20.8N=5.6N答：（1）前10s内物体的加速度为0.8m/s2，位移大小为40m（2）物体与地面之间的动摩擦因数为0.2（3）物体受到的拉力F的大小为5.6N18. 解：（1）滑块在木板上做匀减速运动，根据牛顿第二定律，加速度的大小a=根据运动学公式有L=v0t+解得t=1s或t=2s（舍）之所以要舍去t=2s，是因为如果木板足够长，当t=1.5s时，滑块就停止了滑块在木板上滑行的时间为了t=1s；（2）滑块仍以向右做匀减速运动木板向右做匀加速运动a2=0.5m/s2；若滑块与木板速度相同时，滑块未冲出

9、木板，则此后两者一起向右匀速运动，不再相对滑动据v0-a1t=a2t得：两者达到相同速度，历时t=1.2s 在t时间内，滑块向右的位移s1=v0t-s1=2.16m；木板向右的位移s2=a2t2=0.51.44=0.36m；s1-s2=2.16-0.36=1.8m2m滑块不会冲出木板滑块相对木板滑行的时间为t=1.2s （1）若木板固定，滑块在木板上滑行的时间为1s；（2）若木板不固定，且水平地面光滑，求滑块相对木板滑行的时间1.2s19. 解：（1）由图象可知，A在0-1s内的加速度a1=-2m/s2，对A由牛顿第二定律得，-1mg=ma1 解得1=0.2（2）由图象知，AB在1-3s内的加

10、速度a3=对AB由牛顿第二定律得，-（M+m）g2=（M+m）a3 解得2=0.1（3）由图象可知B在0-1s内的加速度=2m/s2对B由牛顿第二定律得，1mg-2（M+m）g=Ma2，代入数据解得m=6kg（1）A与B上表面之间的动摩擦因数1为0.2（2）动摩擦因数2为0.1（3）A的质量为6kg【解析】1. 解：（1）物体只要运动就需要力的作用，没有力的作用运动物体就会慢慢停下来，力是维持物体运动的原因，都和亚里士多德的观点是相同的（2）斜面小车实验，接触面越来越光滑，摩擦力越来越小，物体运动越来越远，没有摩擦，物体永远运动下去没有力就不能改变物体的运动状态故选C牛顿第一定律的得来经历了三

11、个阶段：（1）亚里士多德认为有力作用在物体上物体运动，停止用力物体停止运动他认为力是维持物体运动的原因（2）伽利略通过斜面小车实验，接触面越来越光滑，摩擦力越来越小，物体速度改变的越慢，物体运动越远推理：如果没有摩擦，速度不会改变，永远运动下去（3）牛顿总结前人经验并加以概括，得到牛顿第一定律（1）正确理解力是改变物体运动状态的原因，维持物体运动不需要力的作用，依靠的是物体的惯性（2）掌握研究牛顿第一定律这种在实验的基础上，经过科学的推理得到结论的方法2. 解：ABC、根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：a=g=5m/s2，则物体做匀加速直线运动的时间为：匀加速直线运动的位移为：匀速直线运动的

12、时间为：则t=t1+t2=0.4+4.8s=5.2s故B正确，AC错误；D、由上述分析知，物体先做匀加速后匀速运动，物体到达传送带右端时速度为2m/s，故D错误；故选：B 物块先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解解决本题的关键理清物体在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，难度不大3. 解：A、根据k=可知，弹簧的劲度系数k的单位是N/m，故A错误；B、动摩擦因数=，故动摩擦因数没有单位，故B正确；C、根据R=得，单位为m，故C错误；D、万有引力常量G=，单位为Nm2/kg2，故D错误本题选没有单位的根据物理量的

13、关系表示出这些物理量根据单位制求解即可单位可由单位进行推导得出，掌握物理中各物理量的关系及之间的单位关系4. 解：当用F向右推m1时，由于Fm1g=0.6310N=18N，所以推不动m1，则N1=0，当用力向左推m2时，由于F=15N大于m2所受的最大静摩擦力fm=m2g=12N，小于整体的滑动摩擦力f=（m1+m2）g=30N，所以两物体没有被推动，对m2受力平衡分析可知，N2+fm=F，解得推力N2=3N，故N1N2；B先将两物体作为整体分析，则由牛顿第二定律可得出加速度，再分析后一个物体，即可求得两者间的相互推力题考查牛顿第二定律在连接体模型中的应用，注意整体法与隔离法的结合应用，整体法

14、可以求出整体的加速度，若要求内力则必须采用隔离法5. 解：整体水平方向受拉力、摩擦力；由牛顿第二定律可知：F-（M+m）g=（M+m）a =2m/s2；m受拉力和摩擦力而做匀加速直线运动：拉力F=ma+mg=22+0.220N=8N；由胡克定律可知，形变量x=0.08m则弹簧的长度为l+x=0.18m=18cm；故选D对整体受力分析，由牛顿第二定律可求得系统加速度；再对m分析可求得弹簧的拉力；再由胡克定律可求得弹簧的伸长量本题关键在于先以整体为研究对象，再用隔离法进行分析，注意整体法时不能分析内力6. 解：开始时金属球、车厢及氢气球有向右的相同速度，突然刹车使车厢做匀减速运动时，由于金属球比车

15、厢内同体积的空气质量大，惯性大，运动状态不易改变，所以金属球相对于车厢向右运动，故B球向右偏，故B、C错误同体积空气的质量比氢气球的质量大，惯性大，运动状态不容易改变，所以空气相对车厢向左运动，推动氢气球相对于车向左运动，因此A向左偏，故A错误，D正确D车厢以加速度a向右匀减速运动，所以两球的加速度都应向左，对两个小球进行受力分析，根据合力的方向即可判断解答本题的关键是知道两球的加速度方向与车厢的加速度方向相同，再对小球进行受力分析，判断出合力的方向7. 解：由于电梯减速减速，故加速度向上，对人受力分析，受到重力mg，地面支持力N，由牛顿第二定律：mg-N=ma 即：mg-N=-mN=D由于电

16、梯减速减速，故加速度向上，可知人处于超重状态，由此对人受力分析，列牛顿第二定律解得电梯对人的支持力，进而得人对电梯的压力重点是对超重和失重的判定，其依据是加速度的方向，加速向下为失重，加速度向上为超重8. 解：A、“嫦娥一号”卫星在地球上的惯性与它绕月球飞行时的惯性相同（燃料消耗忽略不计），因为质量不变，故A错误；B、作用力和反作用力同时产生，同时消失，同时变化，故B错误；C、惯性是物体固有的属性，惯性越大的物体，各种机床和发电机的底座做得很笨重，目的是增大惯性故C正确；D、由牛顿第三定律可知，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，故D错误C 惯性是物体的固有属性，一切物体在

17、任何情况下都有惯性；惯性与物体的质量有关与运动状态无关由牛顿第三定律可知，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，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失惯性是物理学中的一个性质，它描述的是物体能够保持原来的运动状态的性质，不能和生活中的习惯等混在一起解答此题要注意：一切物体任何情况下都具有惯性惯性只有在受力将要改变运动状态时才体现出来9. 解：开始小球处于平衡状态，两根弹簧弹力的合力等于重力和绳子的拉力之和，即两根弹簧弹力的合力F1=T+mg=3mg剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律得，a=，方向竖直向上故C正确，A、B、D错误根据共点力平

18、衡求出两根弹簧的合力，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律求出小球的加速度大小和方向本题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的基本运用，知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求解瞬时加速度10. 物体A与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。题目取向右为正方向。由题意可知物体A先做向右的匀减速直线运动，摩擦力为滑动摩擦力且水平向左（小于零），故当速度减小到零后，力F向左，则摩擦力向右，由力F小于最大静摩擦力，物体处于静止状态，即摩擦力为静摩擦力，与力F等大反向，水平向右（大于零），此时摩擦力，故A正确。考点：静摩擦力与滑动摩擦力的特点11. 解：球随着车厢在平直轨道做匀变速运动

19、，故加速度水平，合力水平；对小球受力分析，受重力和拉力，如图所示：故合力为：F=mgtan；根据牛顿第二定律，有：F=ma 联立解得：a=gtan，方向水平向右；故AD错误，BC正确；故选BC对小球受力分析，受重力和拉力，合力水平方向，根据平行四边形定则作图求解出合力，然后根据牛顿第二定律求解加速度本题是根据受力情况确定运动情况，关键是根据平行四边形定则求解合外力，不难12. 解：A、设A的质量为M，B的质量为m，对AB整体分析，由牛顿第二定律可知，F=（M+m）a，再对A分析可知，A水平方向只受摩擦力，则有：f=Ma=，则可知，A一定受小于F的摩擦力，故AD错误，C正确；B、A水平方向只受摩

20、擦力，则根据牛顿第二定律可知，摩擦力的方向一定与合外力的方向一致，故B正确BC对整体分析，根据牛顿第二定律可求得整体的加速度，再对A分析，根据牛顿第二定律即可求得A受到的摩擦力的大小和方向本题以常见的运动模型为核心，考查了摩擦力、牛顿第二定律、隔离法与整体法的应用等知识解决的关键是正确对两物体进行受力分析，注意二者相对静止，具有相同的加速度13. 解：A、将细绳烧断后，小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以不是平抛运动，故A错误B、将细绳烧断后，小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用，弹簧的弹力对小球做正功，小球落地过程中下降的高度为h，重力做功

21、为mgh，根据动能定理合力功大于mgh，所以小球落地时动能大于mgh，故B正确C、小球离开弹簧后，只受到重力的作用，所以是匀变速运动，故C正确；D、由A的分析可知，小球并不是平抛运动，所以加速度并不为g，故D错误小球受重力、弹力和拉力处于平衡状态，细线烧断后，拉力消失，小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用，此过程中弹簧的弹力是不断减小的，离开弹簧之后，小球只受到重力的作用，做匀变速运动对小球受力分析，根据球的受力的情况来判断小球的运动的情况及各力做功情况，要注意的是在与弹簧分离之前，弹簧的弹力是不断减小的14. 解：A、B、对a、b、c分别受力分析如图，根据平衡条件，有：对a：F2=F1+

22、mg 对b：F1=F+mg 对c：F=mg 所以：F1=2mg 弹簧的弹力不能突变，因形变需要过程，绳的弹力可以突变，绳断拉力立即为零。当绳断后，b与c受力不变，仍然平衡，故a=0；对a，绳断后合力为F合=F1+mg=3mg=maa，aa=3g方向竖直向下；故A正确，B错误。C、D、当绳断后，b与c受力不变，则F1=kl1，同时：F=kl2，所以：联立得l1=2l2：故C正确，D错误。AC。对细线剪短前后的a、b、c物体分别受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度与弹簧的伸长量考查了牛顿第二定律的瞬时性的应用，重点区分绳和弹簧弹力的特点，注意加速度与受力的瞬时对应关系15. 【分析】 当物体对

23、接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度，合力也向上；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度，合力也向下。本题是对超重和失重以及a-t图象的考查，掌握住加速度时间图象的含义，知道超重和失重的特点即可解答本题。【解答】在时间轴的上方，表示加速度向上，此时处于超重状态，在时间轴的下方，表示加速度向下，此时处于失重状态，对地板的压力减小，故A.在t=2s时向上的加速度最大，此时对地板的压力最大，所以A正确，B错误；C.在t=8.5s时具有向下的最大的加速度，此时对地板的压力最小，所以C正确，D错误。故选AC。16. 解：（

24、1）平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力所以平衡时应为：将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，故C正确，C；（2）由匀变速直线运动的推论：x=aT2可知，加速度为：（3）由图象可知，当F=0时，a0也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高所以图线是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的F，由图示图象可知，a-F图象的斜率：k=2，小车质量：m=0.5kg；故答案为：（1）C；（2）（3）；0.5（1）平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做

25、匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力（2）根据匀变速直线运动的推论求出小车的加速度（3）由图象可知，当F=0时，a0也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，根据图示图象应用牛顿第二定律求出小车质量对于实验我们要明确实验原理、具体实验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项操作存在的理由，只有掌握好了基本知识和基本方法才能顺利解决实验题目，所以要重视基本知识和基本方法的学习和训练17. （1）根据速度时间图线的斜率求出物体的加速度，结合图线围成的面积求出物体的位移大小（2）撤去拉力后做匀减速直线运动，结合图线的斜率求出加速度大小，根据牛顿第二定律求出物体与地面间的动摩擦因数（3）根据牛顿第二定律求出物体受到的拉力大小本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的综合运用，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁18. （1）根据牛顿第二定律可求得加速度，再由运动学公式可求得滑块在木板上滑行的时间；（2）分析两物体的运动，根据牛顿第二定律可求得木板的加速度，由速度公式可求得达相同速度时的时间；由位移公式可求得两物体的位移，根据位移关系分析物体能否滑出解决本题的关