学年高中物理 第四章 牛顿运动定律单元练习3 新人教版必修1.docx

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学年高中物理第四章牛顿运动定律单元练习3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.

如图所示，车的顶棚上用细线吊一个质量为m的小球，车厢底板上放一个质量为M的木块，当小车沿水平面直线运动时，小球细线偏离竖直方向角度为θ，木块和车厢保持相对静止，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）

A.汽车正向右匀减速运动B.汽车的加速度大小为gcosθ

C.细线对小球的拉力大小为mgD.木箱受到的摩擦力大小为Mgtanθ

2.

如图所示，质量均为m的木块A和B，用劲度系数为k的轻质弹簧连接，最初系统静止。

现用大小F=2mg、方向竖直向上的恒力拉A直到B刚好离开地面，则在此过程中（　　）

A.A上升的初始加速度大小为g

B.A上升的速度一直增大

C.A上升的最大高度为mg/k

D.弹簧对A和对B的弹力是一对作用力和反作用力

3.

竹蜻蜓是一种中国传统的民间儿童玩具，流传甚广．如图所示，竹蜻蜓由竹柄和“翅膀”两部分组成．玩儿时，双手一搓竹柄，然后双手松开，竹蜻蜓就会旋转着飞上天空，过一会儿落下来．松手后，关于竹蜻蜓和空气间的相互作用力，下列说法中正确的是（　　）

A.竹蜻蜓对空气的作用力大于空气对竹蜻蜓的作用力

B.竹蜻蜓对空气的作用力小于空气对竹蜻蜓的作用力

C.竹蜻蜓对空气的作用力等于空气对竹蜻蜓的作用力

D.竹蜻蜓对空气的作用力与空气对竹蜻蜓的作用力方向相同

4.下列单位中，属于国际单位制基本单位的是（　　）

A.米/秒B.焦耳C.克D.米

5.如图甲，一物体以一定的初速度从斜面底端沿斜面向上运动，上升到最高点后又沿斜面滑下，某段时间的速度-时间图象如图乙所示，g=10m/s2，由此可知斜面倾角为（　　）

A.30°B.37°C.53°D.60°

6.如图甲所示，一质量为M的木板静止在光滑水平地面上，现有一质量为m的小滑块以一定的初速度v0从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图乙所示，根据图象作出如下判断不正确的是（　　）

A.滑块始终与木板存在相对运动B.滑块未能滑出木板

C.滑块的质量m大于木板的质量MD.在t1时刻滑块从木板上滑出

二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）

7.

在光滑水平面上有一个质量为m=1kg的小球，小球的一端与水平轻弹簧连接，另一端与不可伸长的轻绳相连，轻绳与竖直方向成45°角，如图所示．小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，（取g=10m/s2），则（　　）

A.此时弹簧的弹力大小为

B.剪断细绳的瞬间，小球加速度的大小为

C.剪断细绳的瞬间，小球加速度的大小为10m/s2

D.剪断细绳的瞬间，小球受到的合力方向水平向左

8.在电梯内的底面上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50kg．电梯运动过程中的某一段时间内该同学发现体重计示数如图所示，则在这段时间内，下列说法正确的是（取g=10m/s2）（　　）

A.该同学所受的重力变小

B.电梯可能竖直向上运动

C.该同学对体重计的压力小于体重计对她的支持力

D.电梯的加速度大小为2m/s2，方向竖直向下

9.

一质量为m=1kg的物体在水平恒力F作用下沿直线水平运动，1s末撤去恒力F，其v-t图象如图所示，则恒力F和物体所受阻力Ff的大小是（　　）

A.F=9NB.F=8NC.Ff=2ND.Ff=3N

10.

如图所示，并排放在光滑水平面上的两物体的质量分别为m1和m2，且m1=2m2．在用水平推力F向右推m1时，两物体间的相互压力的大小为N，则（　　）

A.m2受三个力的作用B.N=F

C.N=

FD.m1的加速度为

11.在静止的电梯里，质量为m的某人站在测力计上，当电梯以大小为

g的加速度匀减速下降时，下列说法正确的是（　　）

A.此人对测力计的压力小于测力计对他的支持力

B.测力计示数为

mg

C.测力计示数为

mg

D.此人处于超重状态

三、实验题探究题（本大题共1小题，共9.0分）

12.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某组同学制定实验方案、选择实验器材且组装完成．在接通电源进行实验之前，实验装置如图1所示．

（1）关于图1中的实验装置，下列说法正确的是______；

A．打点计时器应该固定在长木板的最左端

B．打点计时器不应该使用干电池，应使用低压交流电源

C．应该将木板右端垫起合适的高度，平衡小车所受的摩擦力

D．小车初始应该靠近打点计时器放置

（2）保持小车质量不变，改变沙和沙桶质量，该同学根据实验数据作出了加速度与合外力的关系图线如图2所示，该图线不通过原点的主要原因是______；

（3）沙和沙桶质量小车质量______时，才可以认为细绳对小车拉力的大小近似等于沙和沙桶的重力大小；

A．远大于  B．远小于   C．接近   D．小于

（4）另一组同学用正确的方法进行操作，某次实验使用频率50Hz的交流电源，得到的纸带如图3所示，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求小车的加速度大小是______m/s2，打点1时小车的瞬时速度大小是______m/s．（结果保留二位有效数字）

四、计算题（本大题共2小题，共20.0分）

13.一个人用力推箱子，箱子的质量为20kg，箱子与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.50．（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．

（1）若用与水平方向成θ=37°的斜面向下的推力F推该箱子，箱子匀速前进，如图甲所示，求推力F的大小；

（2）若不改变力F的大小，只把方向变为与水平方向成θ=37°斜向上去拉该箱子，使箱子由静止开始运动，如图乙所示，求箱子的加速度大小；

（3）若

（2）中拉力F作用2s后撤去，求撤去F后箱子还能运动多远．

14.在日常生活中经常利用斜面装卸货物，如图所示一固定斜面高h=6.25m，倾角为α=30°，斜面动摩擦因素为μ=

．若用一平行于斜面的恒定外力F=25N，将一个质量为m=1kg的小物体从斜面底端拉上斜面顶部，如图所示，求力F作用的最短时间。

答案和解析

【答案】

1.D2.B3.C4.D5.B6.B7.CD

8.BD9.AD10.AC11.CD

12.BCD；平衡摩擦力过度；B；0.50；0.26  

13.

解：

（1）箱子匀速前进时，对箱子进行受力分析如图1所示，由平衡条件得：

水平方向有 Ff=Fcosθ

竖直方向有 FN=mg+Fsinθ

又Ff=μFN

联立解得：

F=200N

（2）在图2的情况下，物体先以加速度a1做匀加速运动，然后以加速度a2做匀减速运动直到停止．物体受力分析，根据牛顿第二定律：

 Fcosθ-Ff1=ma1

 FN1=mg-Fsinθ

又Ff1=μFN1

解得a1=6 m/s2

（3）由运动学知识有：

拉力F作用2s末的速度v1=a1t=6×2=12m/s

当撤去外力F后有：

μmg=ma2

得a2=5m/s2

由运动学知识有：

2a2s2=v12 

联立解得：

s2=14.4m

答：

（1）推力F的大小是200N；

（2）箱子的加速度大小是6 m/s2；

（3）撤去F后箱子还能运动14.4m远．  

14.解：

F作用时间最短，即撤去F后，货物恰好匀减速滑行到斜面顶端，速度刚好为零。

撤力前的匀加速过程：

F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1，a1=5m/s2

设F作用最短时间为t，s1=

a1t2，V=a1t

撤去F后匀减速过程：

mgsinθ+μmgcosθ=ma2，a2=20m/s2

S2=

，又S1+S2=

解得：

t=2s。

答：

力F作用的最短时间为2s。

【解析】

1.

解：

ABC、以小球为研究对象，分析受力如图；

根据牛顿第二定律得：

mgtanθ=ma

解得：

a=gtanθ，方向水平向右，而速度可能向右，也可能向左，所以汽车可能向右匀加速运动，也可能向左匀减速运动．

细线对小球的拉力大小为：

T=

．故ABC错误．

D、再对木块受力分析，受重力、支持力和向右的静摩擦力，根据牛顿第二定律，水平方向：

f=Ma=Mgtanθ，故D正确；

故选：

D

先以小球为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度和细线对小球的拉力，分析汽车的运动情况．再对木块研究，由牛顿第二定律求解物块受到的摩擦力．

本题要抓住小球、木块和汽车的加速度相同的特点，根据牛顿第二定律采用隔离法研究．

2.解：

A未加力F时，受力平衡，此时弹簧压缩量为x1，由平衡条件得：

mg=kx1，解得：

x1=

 ①

B刚好离开地面时弹簧的伸长量为x2，有平衡得：

mg=kx2，解得：

x2=

 ②

A、A上升的初始时刻受重力，弹簧弹力和拉力，由牛顿第二定律得加速度大小为：

a=

=

=2g，故A错误；

B、A上升过程弹簧压缩量先减小，此时合力向上减小，做加速度减小的加速运动，后弹簧被拉长，伸长量增加，弹力增大。

合力仍向上且减小，所以物体继续加速上升，整个过程速度一直增大，故B正确；

C、由上面分析可得物块A上升的最大高度为：

x=x1+x2=

，故C错误；

D、作用力和反作用力是两个物体之间的相互作用力，则知弹簧对A和对B的弹力存在三个物体，不是一对作用力和反作用力。

故D错误；

故选：

B

对A分别在加力F前、后受力分析，利用平衡条件和牛顿第二定律求解，对B受力分析利用平衡列式求解即可。

本题是含有弹簧的平衡问题，关键是分析两个状态弹簧的伸缩量和弹力，再由几何关系研究A上升距离与弹簧形变量的关系。

3.解：

竹蜻蜓对空气的作用力和空气对竹蜻蜓的作用力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，竹蜻蜓对空气的作用力大小等于空气对竹蜻蜓的作用力，二者的方向相反．故C正确，ABD错误

故选：

C

作用力和反作用力大小相等，方向相反，且同时产生、同时变化、同时消失，是同种性质的力．它们作用在不同的物体上，不能进行合成．

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．

4.解：

米/秒和焦耳是导出单位，克是基本单位，但不是国际基本单位，而只有米是国际单位制中的基本单位，故D正确ABC错误。

故选：

D

国际单位制规定了七个基本物理量。

分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。

它们在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。

国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的。

5.解：

速度时间图象的斜率表示加速度，则由图可知，沿斜面上升时的加速度大小为：

a1=

m/s2=8m/s2…①

沿斜面下滑时的加速度大小为：

a2=

m/s2=4m/s2…②

根据牛顿第二定律得：

上升时，有：

a1=

…③

下滑时，有：

a2=

…④

由①②③④解得：

θ=37°

故选：

B

由图象的斜率可求得下滑的加速度，再结合牛顿第二定律即可求出斜面倾角．

本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，关键要抓住加速度的大小可由图象的斜率大小来表示．

6.解：

A、由图象可知，在运动的过程中，滑块与木板的速度不同，始终与木板存在相对运动．故A正确．

B、D滑块先做匀减速直线运动，木板先做匀加速直线运动，最终都做匀速直线运动，因为匀速直线运动的速度不同，则知滑块在t1时刻滑块从木板上滑出．故B错误，D正确．

C、从图线的斜率可知，滑块的加速度大小小于木板加速度的大小，根据牛顿第二定律知，a=

，两个物体所受的摩擦力大小相等，可知滑块的质量m大于木板的质量M．故C正确．

本题选错误的，故选B．

滑块滑上木板后，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，知在t1时刻滑块从木板上滑出．根据速度图象的斜率等于加速度，由牛顿第二定律分析质量关系．

图象题是高考的热点问题，关键从图象中获取信息，能够通过图象得出物体的运动规律．

7.

解：

A、水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到绳的拉力T、重力mg和弹簧的弹力F作用而处于平衡状态，如图所示：

由平衡条件得：

竖直方向：

Tcosθ=mg

水平方向：

Tsinθ=F

解得：

F=mgtanθ=10N

当剪断轻绳瞬间弹簧的弹力大小不变，仍为10N；所以A错误；

BCD、剪断轻绳后瞬间小球在竖直方向仍平衡，

水平面支持力与重力平衡：

N=mg

合力方向水平向左，由牛顿第二定律得：

F=ma

解得：

a=10m/s2   方向向左．  

所以B错误、CD正确；

故选：

CD．

先分析剪断轻绳前弹簧的弹力和轻绳的拉力大小，再研究剪断轻绳瞬间，抓住弹簧的弹力没有变化，求解小球的合力，由牛顿第二定律求出小球的加速度的大小和方向．

本题是瞬时问题，先分析剪断轻绳前小球的受力情况，再分析剪断轻绳瞬间的受力情况，再根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度．

8.解：

A、在这段时间内处于失重状态，是由于他对体重计的压力变小了，而他的重力没有改变，故A错误；

B、人处于失重状态，加速度向下，运动方向可能向下加速，也可能向上减速，故B正确；

C、同学对体重计的压力与体重计对该同学的支持力是作用力与反作用力的关系，大小相等，故C错误；

D、以竖直向下为正方向，根据牛顿第二有：

mg-F=ma，即50g-40g=50a，解得a=

=2m/s2，方向竖直向下．故D正确；

故选：

BD

人对体重计的压力小于人的重力，说明人处于失重状态，加速度向下，运动方向可能向上也可能向下．

做超重和失重的题目要抓住关键：

有向下的加速度，失重；有向上的加速度，超重．

9.解：

由图线知，匀加速直线运动的加速度：

a1=

=6m/s2，匀减速直线运动的加速度大小a2=

=3m/s2。

根据牛顿第二定律得，F-Ff=ma1，F-Ff=6

Ff=ma2，Ff=3N。

解得F=9N，Ff=3N．故AD正确、BC错误。

故选：

AD。

根据图线分别求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出恒力F和阻力的大小。

本题考查了牛顿第二定律的基本运用，通过图线得出加速度，结合牛顿第二定律进行求解。

10.解：

A、m2受重力、地面的支持力与m1对m2的弹力三个力作用，故A正确；

BCD、对两物体组成的系统，由牛顿第二定律得：

a=

=

，

对m2，由牛顿第二定律得：

N=m2a=

，故BD错误，C正确；

故选：

AC。

对物体受力分析，应用牛顿第二定律的求出加速度，然后应用牛顿第二定律求出两物体间的作用力。

本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，整体法可以求出整体的加速度，若要求内力则必须采用隔离法。

11.解：

ABD、当电梯以大小为

g的加速度匀减速下降时，人有向上的加速度为

g，超重，人对测力计的压力大于人的重力，故AB错误，D正确；

C、根据牛顿第二定律，FN-mg=m

g，得FN=

mg，由牛顿第三定律知道，人对测力计的压力（示数）为

mg，故C正确；

故选：

CD。

当物体对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；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；根据牛顿第二定律计算测力计的示数。

本题考查超重和失重，运用牛顿第二定律处理，要抓住加速度的方向，判断压力与重力的大小关系。

12.解：

（1）A、打点汁时器应该固定在长木板没有定滑轮的右端，故A错误；

B、打点汁时器不应使用干电池．应使用低压交流电源，故B正确；

C、实验中不应该将长木板水平放置，应该在右端垫起合适的高度，平衡小车的摩擦力，故C正确；

D、小车初始位嚣不应该离打点汁时器太远，而应该靠近打点计时器放置，故D正确；

故选：

BCD．

（2）由图2所示a-F图象可知，图象不过原点，在a轴上有截距，这说明在不加拉力时，小车已经具有加速度，这是由于平衡摩擦力时木板垫的过高，木板倾角过大，平衡摩擦力过度造成的．

（3）砂和砂桶质量m远小于小车质量M时，才可以认为细绳对小车的拉力F的大小近似等于砂和砂桶的重力，故B正确．

（4）计数点间的时间间隔T=0.02×5=0.1s，小车做匀变速运动，

小车做匀变速直线运动，△x=at2，小车加速度a=

=

≈0.50m/s2．

打点1时小车的速度v1=

=

≈0.26m/s；

故答案为：

（1）BCD；

（2）平衡摩擦力过度；（3）B；（4）0.50；0.26．

（1）打点计时器应固定在没有定滑轮的一端，打点计时器使用交流了电；实验时应平衡摩擦力；开始时小车应靠近打点计时器．

（2）平衡摩擦力时，如果木板垫起的太高，过平衡摩擦力，小车重力平行于木板方向的分力大于小车受到的摩擦力，在不施加拉力时，小车已经有加速度，a-F图象不过坐标原点，在a轴上有截距．

（3）砂与砂桶的质量远小于小车质量时，细线对小车的拉力近似等于砂和砂桶的重力．

（4）做匀变速运动的物体在某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度；

做匀变速运动的物体在相邻的相等时间间隔内的位于之差是定值，△x=at2，据此求出纸带的加速度．

要知道验证牛顿第二定律实验的注意事项，要会处理实验数据，能根据打出的纸带求出物体的加速度、物体的瞬时速度．

13.

（1）对箱子进行受力分析，箱子做匀速运动故所受合力为0，根据平衡方程求解推力F的大小；

（2）对箱子进行受力分析，在拉力F作用下做匀加速运动，由牛顿第二定律求出加速度．

（3）由速度公式求出拉力F作用2s末的速度，再根据撤去力F后在摩擦力作用下做匀减速运动，再由牛顿第二定律求出减速运动的加速度，根据速度位移公式求解箱子还能运动的位移．

解决本题的关键是能够正确地受力分析，根据共点力平衡条件和牛顿第二定律进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．

14.物体在力F的推动下加速上滑，提前撤销，使的物体运动到最高点时，速度恰好减为零，则推力F用时最短；先根据牛顿第二定律求解出加速和减速的加速度，然后根据运动学公式列式求解。

对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。

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