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1、试卷第 1 页，总 5 页2019 年人教版必修一第四章牛顿运动定律单元练习题学校:_姓名：_班级：_考号：_ 评卷人得分一、单选题1如图，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动若保持F 的大小不变，而方向与水平面成60 角，物块也恰好做匀速直线运动物块与桌面间的动摩擦因数为()A23B36C33D322如图所示，a、b 两细绳一端系着质量为m 的小球，另一端系在竖直放置的圆环上，小球位于圆环的中心，开始时绳a 水平，绳 b 倾斜，现将圆环在竖直平面内顺时针缓慢地向右滚动至绳a 竖直，在此过程中Aa 上的张力逐渐增大，b 上的张力逐渐增大Ba 上的张力逐渐减小，b 上的张力逐渐减
2、小Ca 上的张力先增大后减小，b 上的张力逐渐减小Da 上的张力先减小后增大，b 上的张力逐渐增大3如图所示，物体A 和 B 叠放在固定光滑斜面上，A、B 的接触面与斜面平行，当A、B 以相同的速度沿斜面向上运动时，关于物体A 的受力个数，正确的是()A2 B3 C4 D5 4如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物块的试卷第 2 页，总 5 页位置。物块由A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B 点。在从 A 到 B 的过程中，物块（）A加速度逐渐减小B经过 O 点时的速度最大C所受弹簧弹力始终做正功D所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功5甲
3、乙两汽车在一平直公路上同向行驶。在t=0 到 t=t1的时间内，它们的v-t 图象如图所示。在这段时间内A汽车甲的平均速度比乙大B汽车乙的平均速度等于C甲乙两汽车的位移相同D汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大评卷人得分二、多选题6如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0 时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t=4s 时撤去外力。细绳对物块的拉力f 随时间 t 变化的关系如图（b）所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10m/s2。由题给数据可以
4、得出试卷第 3 页，总 5 页A木板的质量为1kg B2s4s内，力 F 的大小为0.4N C02s 内，力 F 的大小保持不变D物块与木板之间的动摩擦因数为0.2 7如图所示，物体a、b 用一根不可伸长的细线相连，再用一根轻弹簧跟a 相连，弹簧上端固定在天花板上，已知物体a、b 的质量相等。当在P 点处剪断绳子的瞬间A物体 a 的加速度大小为零B物体 a 的加速度大小为g C物体 b 的加速度大小为零D物体 b 的加速度大小为g 8如图所示，质量为m1的木块在质量为m2的长木板上向右滑行，木块同时受到向右的拉力 F 的作用，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数1，木板与地面间的动
5、摩擦因数为2，则：（）A当 F时，木板便会开始运动B木板受到地面的摩擦力的大小一定是C木板受到地面的摩擦力的大小一定是D无论怎样改变F 的大小，木板都不可能运动评卷人得分三、实验题试卷第 4 页，总 5 页9如图（a），某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50Hz 的交流电源，纸带等。回答下列问题：（1）铁块与木板间动摩擦因数=_（用木板与水平面的夹角、重力加速度g 和铁块下滑的加速度a 表示）（2）某次实验时，调整木板与水平面的夹角=30。接通电源。开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰
6、的一条纸带，如图（b）所示。图中的点为计数点（每两个相邻的计数点间还有4 个点未画出）。重力加速度为9.8 m/s2。可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为_（结果保留 2 位小数）。评卷人得分四、解答题10真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B 点重力加速度大小为g（1）油滴运动到B 点时的速度；（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的试卷
7、第 5 页，总 5 页t1和 v0应满足的条件已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A 两点间距离的两倍评卷人得分五、填空题11做匀减速直线运动的物体经后停止，若在第内的位移是，则最后内的位移是 _12在绕地球做圆周运动的太空实验舱内，下列可正常使用的仪器有_ A温度计B天平C水银气压计D摆钟E秒表13如图所示,质量分别为2m 和 m 的 A、B 两球用细线悬挂于天花板上且静止不动,两球间是一个轻质弹簧,如果突然剪断悬线,则在剪断悬线瞬间,A、B 两球的加速度大小分别为 aA=_m/s2；aB=_m/s2(g=10m/s2)14如图，木杆的质量为M，在剪断细线的
8、同时，一只质量为m 的猴子以加速度a 匀加速向上爬，木杆的加速度为_ 答案第 1 页，总 7 页参考答案1C【解析】【详解】当拉力水平时，物体匀速运动，则拉力等于摩擦力，即：Fmg，当拉力倾斜时，物体受力分析如图由平衡条件得：NFmgFsin，cos60fF，又NfF，得摩擦力为：cos60fmgFsinF，联立解得：33，故选 C.2C【解析】对小球进行受力分析，如图所示。mg 的对角不变，设为，设 Fa的对角为 ，Fb的对角为，在缓慢转动的过程中，小球始终处于平衡状态，由正弦定理得：；角由钝角减小至直角，再变为锐角，in 先逐渐增大后减小，可得Fa先逐渐增大，后减小。角由直角增加至平角，i
9、n 逐渐减小，可得，Fb逐渐减小。故ABC 错误，D 正确。故选D。点睛：本题考查了共点力的平衡问题，弄清楚圆环转动过程中细绳和小球所处的状态是解答本题的关键，通过列式进行动态变化分析；此题圆环顺时针旋转900等效于重力mg 逆时针旋转 900。3B 答案第 2 页，总 7 页【解析】试题分析：因斜面光滑，则上滑的加速度为g in ，此时物体A 受重力、斜面的支持力和B对 A 的压力作用，故选B.考点：牛顿第二定律的应用.4D【解析】【详解】由于水平面粗糙且O 点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间，加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A 到 B的过程中加速度先
10、减小后反向增大，A 错误；物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在AO 之间某一位置，B 错误；从 A 到 O 过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从O 到 B 过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，C 错误；从A 到 B 过程中根据动能定理可得弹克，即弹克，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，D 正确5A【解析】试题分析：因为图线与坐标轴所夹的面积是物体的位移，故在0-t1时间内，甲车的位移大于乙车，故根据xvt可知，甲车的平均速度大于乙车，选项A 正确，C 错误；因为乙车做变减速运动故平均速度不等于122vv，选项 B 错误；因为图线的切线的斜率等于物体的加速度，故甲
11、乙两车的加速度均逐渐减小，选项D 错误。考点：v-t 图象及其物理意义6AB【解析】【详解】结合两图像可判断出0-2s 物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F 等于 f，故 F 在此过程中是变力，即C 错误；2-5s 内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s 和 4-5s 列运动学方程，可解出质量m为 1kg，2-4s 内的力 F 为 0.4N，故 A、B 正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数,故 D 错误.7BD 答案第 3 页，总 7 页【解析】A、B、设 ab 物体的质量为m，剪断细线前，对ab 整体
12、受力分析，受到总重力和弹簧的弹力而平衡，故F=2mg；再对物体a 受力分析，受到重力、细线拉力和弹簧的拉力；剪断细线后，重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力减为零，故物体a 受到的力的合力等于mg，向上，根据牛顿第二定律得A 的加速度为amgagm，故 B 正确，A 错误；C、D、对物体b 受力分析，受到重力、细线拉力，剪断细线后，重力不变，细线的拉力减为零，故物体b受到的力的合力等于mg，向下，根据牛顿第二定律得A 的加速度为bmgagm，故 C 错误，D 正确；故选BD。【点睛】本题是力学中的瞬时问题，关键是先根据平衡条件求出各个力，然后根据牛顿第二定律列式求解加速度；同时要注意轻弹簧的弹力与
13、形变量成正比，来不及突变，而细线的弹力是有微小形变产生的，故可以突变8CD【解析】【详解】对木块受力分析可知，木块受到水平向右的拉力F 和木板对木块向左的滑动摩擦力，对木板受力分析可知，水平方向受到木块向右的滑动摩擦力和地面的向左的静摩擦力，由于木板静止，故，故 B 错误，C 正确。木板受到地面的最大静摩擦力为，由题分析可知，木块对木板的摩擦力不大于地面对木板的最大静摩擦力，当F 改变时，不变，则木板不可能运动，故A 错误，D 正确.【点睛】本题主要考查滑动摩擦力与静摩擦力，从受力分析着手，以木板为研究对象,分析受力情况,求出地面对木板的摩擦力.当改变 F 的大小时,分析木块对木板的摩擦力能否
14、大于地面对木板的最大静摩擦力，判断木板能否运动.9sincosgag0.35【解析】【详解】（1）由 mgsin-mg cos=ma，解得：=sincosgag 答案第 4 页，总 7 页（2）由逐差法a=III29SST得：SII=（76.39-31.83）10-2m，T=0.10s，SI=（31.83-5.00）10-2m，故 a=22244.56 1026.83 109 10m/s2=1.97 m/s2，代入 式，得：=19.81.97239.82=0.35 10(1)012Bvvgt(2)见解析【解析】（1）设油滴质量和电荷量分别为m和 q，油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为
15、E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上。在 t=0 时，电场强度突然从E1增加至 E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小 a1满足21qEmgma油滴在时刻 t1的速度为101 1vva t电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a2满足22qEmgma油滴在时刻 t2=2t1的速度为212 1vva t 由 式得2012vvgt（2）由题意，在 t=0 时刻前有1qEmg油滴从 t=0 到时刻 t1的位移为210 11 112sv ta t油滴在从时刻 t1到时刻 t2=2t1的时间间隔内的位移为221 12 112svta t答案
16、第 5 页，总 7 页由题给条件有202(2)vgh式中 h 是 B、A 两点之间的距离。若 B 点在 A 点之上，依题意有12ssh由 式得0022111122()4vvEEgtgt?为使21EE，应有00211122()14vvgtgt?即当0130(1)2vtg?或013(1)2vtg?才是可能的：条件?式和?式分别对应于20v和20v两种情形。若 B 在 A 点之下，依题意有21xxh?由?式得0022111122()4vvEEgtgt?为使21EE，应有00211122()14vvgtgt?即015(1)2vtg?另一解为负，不符合题意，已舍去。【名师点睛】本题考查牛顿第二定律及匀变
17、速直线运动的规律。虽然基本知识、规律比较简单，但物体运动的过程比较多，在分析的时候，注意分段研究，对每一个过程，认真分析其受力情况及运动情况，应用相应的物理规律解决，还应注答案第 6 页，总 7 页意各过程间的联系。112【解析】【详解】物体做匀减速直线运动，采用逆向思维，将物体的运动看成沿相反方向的做初速度为零的匀加速直线运动，根据推论：在相等时间内的位移之比等于1：3：5：7，则知最后1s 内的位移与总位移之比为1：16，因为总位移为32m，则最后1s 内的位移为：x=2m。【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，以及掌握逆向思维在运动学中的运用12 AE
18、【解析】【详解】A、水银温度计采用热胀冷缩原理，与重力无关，故在太空中可以使用；故A 正确。B、天平是利用杠杆的原理，天平平衡需要物体的重力，所以天平不能在失重状态下有效使用；故 B 错误。C、水银气压计在重力作用下才能工作，与重力有关；故C 错误。D、摆钟是利用重力作用摆动的，在太空中无法使用；故D 错误。E、秒表的工作原理与重力无关，故秒表可用；故E 正确。故选 AE。【点睛】了解失重状态及天平、弹簧秤、水银气压计、杆秤的原理是解题的关键，注意弹簧秤是可以用的，但是不能用来测量重力了13【解析】悬线剪断前，以B 为研究对象可知：弹簧的弹力剪断悬线瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律：对 A：，又，得对 B：，得综上所述本题答案是(1).(2).答案第 7 页，总 7 页14【解析】【详解】以小猫为研究对象，根据牛顿第二定律得f-mg=ma 以木杆为研究对象分析受力情况：受到重力Mg、小猫对杆向下的力，根据牛顿第二定律得：根据牛顿第三定律知联立解得：.【点睛】本题是牛顿运动定律的综合应用，分析受力，利用牛顿第三定律建立联系