第四章牛顿运动定律单元检测(人教版必修一).doc

第四章 牛顿运动定律 单元检测（人教版必修一）
1．下列说法正确的是(　　)
A．运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大
B．同一物体在地球上不同位置受到的重力是不同的，所以它的惯性也随位置的变化而变化
C．一个小球竖直上抛，抛出后能继续上升，是因为小球运动过程中受到了向上的推力
D．物体的惯性大小只与本身的质量有关，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小
2．某人用绳子将一桶水从井内加速向上提的过程中，不计绳子的重力，下列说法正确的是(　　)
A．这桶水处于超重状态，所以绳子对桶的拉力大于桶对绳子的拉力
B．人对绳子的拉力与绳子对桶的拉力是一对作用力与反作用力
C．这桶水处于超重状态，绳子对桶的拉力大于桶的重力
D．这桶水能加速上升，是因为人对绳子的拉力大于桶对绳子的拉力
3.如图所示，放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B.A和B之间有一根处于压缩状态的弹簧．A、B均处于静止状态，下列说法中正确的是( )
A．B受到向左的摩擦力 B．B对A的摩擦力向右
C．地面对A的摩擦力向右 D．地面对A没有摩擦力
4．如图所示，质量为10kg的物体A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的拉力为5N时，物体A处于静止状态.若小车以1.0m/s2的加速度向右运动稳定后（ ）
A．物体A仍相对小车静止 B．物体A受到的摩擦力减小
C．物体A受到的弹力增大 D．物体A受到摩擦力大小不变，但方向改变
5.(陕西省西安市高新一中2014届高三第四次模拟)如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个固定于斜面上的竖直挡板挡住。现用一恒力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法正确的是 ( )
A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零
B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零
C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma
D．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值
6．(2014年西工大附中第一次适应性训练)如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示．由图可以判断( )
A．图线与纵轴的交点M的值aM＝－g
B．图线与横轴的交点N的值TN＝mg
C．图线的斜率等于物体的质量m
D．图线的斜率等于物体质量的倒数
7．如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是(　　)
A．无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小
B．若粘在A木块上面，绳的拉力减小，A、B间摩擦力不变
C．若粘在B木块上面，绳的拉力增大，A、B间摩擦力增大
D．若粘在C木块上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小
8．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为(　　)

A．mg，斜向右上方 B．mg，斜向左上方
C．mgtan θ，水平向右 D．mg，竖直向上
9．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直固定在水平面上，上端固定一质量为m0的托盘，托盘上有一个质量为m的木块。用竖直向下的力将原长为L0的弹簧压缩后突然撤去外力，则m即将脱离m0时的弹簧长度为(　　)
A．L0　　　　　　　　 B．L0－
C．L0－ D．L0－
10．如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g＝10 m/s2。下列选项中正确的是(　　)
A．2～3 s内物块做匀减速运动
B．在t＝1 s时刻，恒力F反向
C．恒力F大小为10 N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
11．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，装置如图所示。他使木块以初速度v0＝4 m/s的速度沿倾角θ＝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v­t图线如图所示。g取10 m/s2。求：
(1)上滑过程中的加速度的大小a1；
(2)木块与斜面间的动摩擦因数μ；
(3)木块回到出发点时的速度大小v。

12.如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ=30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g。
(1) 求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2) 当θ角为何值时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。

13．传送皮带在生产生活中有着广泛的应用，一运煤传送皮带与水平面夹角为30°，以v=2m/s的恒定速度顺时针运行。现将一质量为10kg的煤块(视为质点)轻放于底端，经一段时间送到高2m的平台上，煤块与皮带间的动摩擦因数为μ=，取g=10m/s2 。求：煤块从底端到平台的时间。

14．如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点.每隔0.2s通过速度传感器测量一次物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据.（重力加速度g取10m/s2）求：
（1）斜面的倾角α；
（2）物体与水平面间的动摩擦因数μ；
（3）t=0.6s时的瞬时速度v.
t(s)
0.0
0.2
0.4
…
1.2
1.4
…
v(m/s)
0.0
1.0
2.0
…
1.1
0.7
…

15．如图甲所示，质量为m＝1 kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1＝1 s时撤去拉力，物体运动的部分v－t图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.试求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小；
(2)t＝6 s时物体的速度，并在图乙上将6 s内物体运动的v－t图象补画完整，要求标明有关数据．

参考答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
D
C
D
AD
D
ABD
D
A
A
BD
7．选AD　因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪块上，根据牛顿第二定律都有：F－3μmg－μΔmg＝(3m＋Δm)a，系统加速度a都将减小，选项A对；若粘在A木块上面，以C为研究对象，受F、摩擦力μmg、绳子拉力T，F－μmg－T＝ma，a减小，F、μmg不变，所以，T增大，选项B错；若粘在B木块上面，a减小，以A为研究对象，m不变，所受摩擦力减小，选项C错；若粘在C木块上面，a减小，A的摩擦力减小，以AB为整体，有T－2μmg＝2ma，T减小，选项D对。
8．选A　由图可知，小车向左做匀减速运动，其加速度大小a＝gtan θ；小车对物块B向右的静摩擦力为Ff＝ma＝mgtan θ；竖直向上的支持力FN＝mg，小车对物块B产生的作用力的大小为F＝＝mg，方向为斜向右上方，故A正确。
9.解析：选A　当m即将脱离m0时，m只受重力作用，其加速度为g，方向竖直向下，此时托盘的加速度也为g，方向竖直向下，分析托盘受力可知，弹簧弹力此时一定为零，故弹簧此时处于原长状态，A正确。
10.解析：选BD　由运动学公式v2－v02＝2ax可知，v2­x图像中图线的斜率为2a，所以在前5 m内，物块以10 m/s2的加速度做减速运动，减速时间为1 s。5～13 m的运动过程中，物块以4 m/s2的加速度做加速运动，加速时间为2 s，即物块在1～3 s内做加速运动，A错误，B正确。根据牛顿第二定律可知，在减速的过程中，F＋μmg＝ma1，加速过程中F－μmg＝ma2，代入数据可解得F＝7 N，μ＝0.3，所以C错误，D正确。
11.解析：(1)由题图可知，木块经0.5 s滑至最高点上滑过程中加速度的大小：
a1＝＝ m/s2＝8 m/s2。
(2)由牛顿第二定律F＝ma得
上滑过程中：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
代入数据得μ＝。
(3)下滑的距离等于上滑的距离x＝＝ m＝1 m
由牛顿第二定律F＝ma得
下滑过程中：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
下滑至出发点的速度大小v＝
联立解得v＝2 m/s。
12.解：（1）当θ=30°时，木块处于平衡状态，对木块受力分析：
mgsinθ=μFN……① 　　　　（2分）
FN－mgcosθ=0……② 　　　（2分）
解得，……③ （2分）
（2）当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则：
－mgsinθ－μmgcosθ=ma……④ 　　　　　　（2分）
木块的位移x为：……⑤ 　　　　 （2分）
则　 （1分）
令tganα=μ，则当α+θ=90°时x最小，
即θ=60°…… ⑥　　（1分）
x最小值为……………. （2分）
13.解；(1)物体开始受到向上的摩擦力作用,做匀加速运动
滑动摩擦力：f1= μmgcosθ=75N a=μgcosθ-gsinθ=g/4 =2.5 m/s2
经过时间t1=v/a=0.8s 速度达到2m/s ，上升s1=v2/2a=0.8m
然后在静摩擦力作用下做匀速运动,上升 s2=3.2m
静摩擦力 f2= mgsinθ=50N t2= x2 /v=1.6 s
总时间：t = t1+ t2=2.4 s
14.（1）由前三列数据可知物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为，
又mgsina=ma1，可得a=30°
（2）由后二列数据可知物体在水平面上匀减速滑行时的加速度大小为
，
可得μ=0.2，
（3）由2+5t=1.1+2（0.8－t），解得t=0.1s，即物体在斜面上下滑的时间为0.5s，则t=0.6s时的物体在水平面上，可将从0.6s到1.2s的减速过程看成从1.2s到0.6s的加速过程，则其速度为
15．[解析](1)设撤去拉力前物体的加速度大小为a1，撤去拉力后物体沿斜面继续上滑的加速度大小为a2，由v－t图象可知：
a1＝ m/s2＝20 m/s2(2分)
a2＝ m/s2＝10 m/s2(2分)
对物体在撤去拉力前，由牛顿第二定律得
F－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1(2分)
对物体在撤去拉力后上滑时，由牛顿第二定律得
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2(2分)
解得F＝30 N，μ＝0.5.(2分)
(2)加速上滑的时间t1＝1 s，撤去拉力时的速度为v＝20 m/s，设再经过t2速度减至0.
由0＝v－a2t2得t2＝2 s(2分)
在最高点时，因mgsin 37°>μmgcos 37°，
故物体将沿斜面加速下滑，设加速度大小为a3，据牛顿第二定律得
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma3(2分)
解得a3＝2 m/s2(2分)
再经过3 s物体的速度大小为6 m/s，方向沿斜面向下，补画完整后的图线及有关数据如图所示．(2分)