高一物理必修一 第四章 牛顿运动定律 单元检测

1、.第四章 牛顿运动定律 单元检测一、单项选择题1物体A放在物体B上，物体B放在光滑的程度面上，mA6kg，mB2kg，A、B间动摩擦因数0.2，如下图，现对A物体施加一程度向右的拉力，以下表达中正确的选项是  g=10m/s2A 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，静摩擦力到达最大值。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+mBa=48N，当拉力F48N时，AB相对静止，一起向右

2、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如下图，在光滑的程度地面上，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的作用下一起沿程度方向做匀加速运动物块在地面上，小球在空中，力F与程度方向的夹角为，那么以下说法正确的选项是   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 假如在物块上再固定一个质

3、量为m1的物体，那么它们的加速度不变【答案】A【解析】将m1、m2、弹簧看作整体，受力分析如下图：根据平衡条件并采用正交分解法，得：m1+m2a=Fcos ；所以：a=Fcosm1+m2故A正确；竖直方向：N+Fsin m1+m2g=0，解得：N=m1+m2gFsin 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；假如在物块上再固定一个质量为m1的物体，那么它们的加速度： a'=Fcosm1+m1+m2，可知加速度减小故D错误应选A.3如下图，倾角为45°的斜面B放置在程度面上，物块A放在斜面B上，A、B

4、接触面光滑，程度力F作用在物块A上，A、B一起沿程度面向左匀速滑动，假设B与程度面间的动摩擦因数为，那么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FmAmBg。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如下图，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，这一现象说明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

5、静止时，弹簧的拉力和重力相等。如今弹簧的伸长量变大，那么弹簧的拉力增大，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如下图，在光滑程度面上以程度恒力F拉动小车和木块，使它们一起做加速度一样的加速运动，假设小车质量为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，正确的选项是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

6、对；应选A。6如下图，质量分别为m、2m的两物块A、B中间用轻弹簧相连，A、B与程度面间的动摩擦因数均为，在程度推力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 2ag、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F·3mg3ma，对B有FN·2mg2ma，得FN2mag。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

7、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.假设某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行,如下图,在缆车中放一个与山坡外表平行的斜面,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,那么 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

8、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如下图，A、B两球完全一样，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。那么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，那么有牛顿第二定律可知Ftan2-mg=ma，即F=mg+atan2，根据胡克定律，有

9、F=kx，联立可得x=m+gtan2k，C正确，应选C.9如下图，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程度传送带上，程度轻绳一端连接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，系统到达稳定后，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，那么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，那么x=m2gk，以两个物块组成的整体为研究对象，那么绳子的拉力T=m1

10、+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，那么A受到的合外力与T大小相等，方向相反，那么aA=Tm1=m1+m2gm1，B在程度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，应选C二、多项选择题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，如下图的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，可以判断以下说法中不正确的选项是 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

11、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，那么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，那么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，那么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，那么该同学处于失重状态，选项D正确；应选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

12、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下图。根据图象提供的信息，以下判断正确的选项是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时刻该同学的速度到达最大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，速度到达最大，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；应选项ABD.12如下

13、图，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，车厢正在程度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，那么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，程度方向有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，程度方向有Ffm2a，竖直方向有FTFNm2g，解得Ffm2gtan ，FNm2gm1gcos，选项C正确，D

14、错误；应选BC.13如下图，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FF2mg的力，将弹簧再压缩一段间隔 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间的互相作用力大小为FN，那么关于FN的说法正确的选项是重力加速度为gA 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F2mg2

15、ma2，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，那么有FNmg，C正确；当弹簧恢复原长时，弹簧不提供弹力，此时两物体恰好别离，A、B间的互相作用力大小为0，D项错误。应选BC.14如下图，斜面体M放在程度地面上，物块m静止在斜面上。假设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，那么斜面体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mMg、支持力FN1而处于平衡状态，那么有FN1mMg。施加推力F后，整体受重力mMg、

16、地面的支持力FN2和推力F的作用，设斜面的倾角为，那么竖直方向，有FN2mMgFsin ，故FN2>FN1，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在程度方向上存在向右的分力，假设整体平衡，地面一定对斜面体有向左的摩擦力，选项C正确，D错误；应选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,并同时开场记录数据,结果电脑只绘出了木块从开场上滑至最高点的v-t图线如图乙所示,g取10m/s2,那么以下计算结果正确

17、的选项是 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，那么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、下滑的间隔 等于上滑的间隔 ：x=-v022a1=4

18、22×8m=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=10×12-35×10×32=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如下图，质量M=8 kg的小车放在程度光滑的平面上，在小车左端加一程度推力F=8 N，当小车向右运动的速度到达1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小

19、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经多长时间两者到达一样的速度？3从小物块放上小车开场，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】12m/s2，0.5m/s2；21s；32.1m【解析】1物块的加速度为：amg0.2×10m/s22m/s2小车在程度方向受到推力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-mgM8-0.2×2×108m/s20.5m/s22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，那

20、么有：amt=v0+aMt所以时间为：t=v0am-aM1.52-0.5s1s共同速度为：v=amt=2m/s.3在开场1s内小物块的位移：x112amt212×2×12m1m开场1s内的末速度：vm=amt=2×1m/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+12at22×0.5+12×0.8×052m1.1m那么物体在1.5s的时间内的总位移为：x=x1+

21、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在程度地面上向右滑行，在此时刻给物块施加一程度外力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，规定程度向右为正方向，物块与地面间的动摩擦因数0.2，重力加速度g10 m/s2。求： 1撤去拉力F时物块的速度大小；2物块向右滑行的总位移。【答案】12 m/s219 m【解析】1在第1 s内物体的加速度大小为a1F+mgm4 m/s2第1 s末的速度v1v0a1t6 m/s在第2 s内加速度大小为a2F-mgm0，即物块做匀速直线运动。在第3 s内加速度大小为a14 m/s2所以撤

22、去F时物块的速度大小为vv1a1t2 m/s2撤去F之后，物块的加速度大小为a3mgm2 m/s2运动时间tva31 s物块运动的vt图象如下图，物块向右滑行的总位移为xv0+v12tv1tv+v12tv2t19 m18如下图，带斜面的小车在程度地面上，斜面倾角为，紧靠斜面有一质量为m的光滑球，试求在以下状态下斜面对小球的弹力大小：1小车向右匀速运动；2小车向右以加速度aa<gtan 做匀加速直线运动；3小车向右以加速度agtan 做匀加速直线运动。【答案】102 masin 3 mgcos【解析】对小球进展受力分析，如图甲所示，将斜面对小球的支持力FN2正交分解，那么由平衡条件和牛顿第

23、二定律，得甲FN2sin maFN2cos FN1mg由两式得amg-FN1m tan 由式可以看出，当agtan 时，FN10，即此时的加速度就是小球刚好分开车的上外表所需要的最小加速度值。1当小球向右匀速运动，即a0时，由式得斜面对小球的弹力为FN20。2当小车运动的加速度a<gtan 时，小球还压在车的上外表上，此时小球的受力情况如图甲所示，那么由牛顿第二定律和几何知识，得FN2F'sin=masin。乙3当agtan 时，就是刚刚所讨论的临界情况，即此时小球刚好分开车的上外表，小球的受力情况如图乙所示，那么斜面对小球的弹力为FN2mgcos。19如下图,倾角=37°的斜面和程度面由很小圆弧面在B点连接,小滑块从斜面上的A点由静止开场下滑,运动至程度面上的C点停下来,小滑块从A到C历时4 s,AB=1m,BC=3m.g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos 37°=0.8.求:1小滑块运动至B点时的速度大小;2小滑块在程度面上运动的时间;3小滑块与斜面间的动摩擦因数.【答案】12 m/s23 s30.5【解析】1根据运动学公式可知：xAB+xBC=vB2(tAB+tBC)代入数据解得：vB=2m/s； 2在BC做减速运动，根据xBC=vB