人教版物理必修一试题第四章牛顿运动定律单元测试().docx

-------------------------------------------------------------------奋斗没有终点任何时候都是一个起点-----------------------------------------------------
第四章牛顿运动定律单元测试（人教版必修 1）
(时间：90 分钟 满分：100 分)
一、选择题(本题共 10 个小题，每小题 4 分，共 40 分)
)
1．下列关于惯性的说法中正确的是(
A．物体做加速直线运动时惯性越来越大
B．在相同的合外力作用下，惯性小的物体的加速度小
C．自由下落的物体处于完全失重的状态，此时物体的惯性消失了
D．战斗机抛弃副油箱后，惯性减小了
2．物体受到下列几组共点力的作用，其中一定能使物体产生加速度的共点力的是(
A．1N,3N,5NB．2N,4N,6N
C．3N,4N,5ND．4N,6N,8N
)
3．在滑冰场上，质量相同的甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动，在相互猛推
)
一下后分别向相反方向运动，已知甲在冰上滑行的距离比乙远，这是由于(
A．在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力
B．在推的过程中，甲推乙的时间小于乙推甲的时间
C．在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度
D．在分开后，甲的加速度的大小小于乙的加速度的大小
4．一个物体保持静止或匀速直线运动状态不变，这是因为(
A．物体一定没有受到任何力
B．物体一定受一对平衡力的作用
)
C．物体所受合外力一定为零
D．物体可能受一对平衡力的作用
图 1
5．如图 1 所示，位于水平面上质量为 M 的小木块，在大小为 F、方向与水平地面成α角的
拉力作用下，沿水平地面做匀加速运动，加速度为a.若木块与地面之间的动摩擦因数为μ，
则木块受到的合力是(
A．Fcosα
)
B．Ma
C．Fcosα－μMg
D．Fcosα－μ(Mg－Fsinα)
信达

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6．如图 2 所示，整个装置处于静止状态，两物体质量M>m.则物体 M 受力的个数为(
)
图 2
A．2 个 B．3 个 C．4 个 D．5 个
7．如图 3 所示，细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块 A 的顶端 P 处，细线的另一
端拴一质量为 m 的小球．当细线对小球的拉力刚好等于零时，水平向右的加速度 a 的大小为
(g 为重力加速度)(
)
图 3
2
A．gB．2gC. 2gD. g
2
图 4
8．如图 4 所示，质量为 m 的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB 与竖直方向的夹角为θ，设水
平横梁 OA 和斜梁 OB 作用于 O 点的弹力分别为 F 和 F ，以下结果正确的是(
)
1
2
A．F ＝mgsinθ
1
mg
sin θ
B．F ＝
1
C．F ＝mgcosθ
2
mg
cos θ
D．F ＝
2
9．如图 5 所示，质量为 m 的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、
Q 两点．球静止时，Ⅰ中拉力大小为 F ，Ⅱ中拉力大小为 F ，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ中的一根的
T1
T2
瞬间，球的加速度 a 应是(
)
图 5
A．若断Ⅰ，则 a＝g，方向水平向右
F
B．若断Ⅱ，则 a＝ ，方向水平向左
T2
m
F
C．若断Ⅰ，则 a＝ ，方向沿Ⅰ的延长线
T2
m
D．若断Ⅱ，则 a＝g，方向竖直向上
信达

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图 6
10．如图 6 所示，将质量为 m 的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦
因数为μ.若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则
(
)
A．将滑块由静止释放，如果μ>tanθ，滑块将下滑
B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ<tanθ，滑块将减速下滑
C．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ＝tanθ，拉力大小应是 2mgsinθ
D．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ＝tanθ，拉力大小应是 mgsinθ
题号
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
二、填空题(本题共 2 个小题，满分 14 分)
11．(6 分)一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑
下，如图 7 所示，图 8 是打出的纸带的一段．
图 7
图 8
(1)已知打点计时器使用的交变电流频率为 50Hz，利用图 8 给出的数据可求出小车下滑的加
速度 a＝______.
(2)为了求出小车在下滑过程中所受的阻力，还需测量的物理量有________，用测得的量及
加速度 a 表示阻力的计算式为 F ＝________________.
f
12．(8 分)在探究加速度与力、质量的关系实验中，采用如图9 所示的实验装置，小车及车
中砝码的质量用 M 表示，盘及盘中砝码的质量用 m 表示，小车的加速度可由小车拖动的纸带
上打出的点计算出．
图 9
(1)当 M 与 m 的大小关系满足________时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝
码的重力．
(2)一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中砝码的质量一定，改变小车及
车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图象法处理数据．为了比较容易地观测加速度a
与质量 M 的关系，应该作 a 与__________的图象．
1
(3)乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a－ 图线如图 10 所示，两个同学做
M
实验时的哪一个物理量取值不同？
信达

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图 10
三、计算题(本题共 4 个小题，满分 46 分)
图 11
13．(10 分)一物体受到竖直向上的拉力 F 的作用，如图 11 所示．当拉力 F＝42N 时，物体
向上的加速度 a＝4.0m/s ，不计空气阻力，g 取 10m/s .
2
2
则：(1)物体的质量 m 为多大？
(2)物体由静止开始向上运动 2s 内的位移和 2s 末的速度分别为多少？
信达

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14．(10 分)已知一质量 m＝1kg 的物体在倾角α＝37°的斜面上恰能匀速下滑，当对该物体
施加一个沿斜面向上的推力 F 时，物体恰能匀速上滑．(取 g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37
°＝0.8)
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ是多大？
(2)求推力 F 的大小．
信达

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15.(13 分)一辆摩托车能达到的最大速度为 30m/s，要想在 3min 内由静止起沿一条平直公路
追上在前面 100m 处正以 20m/s 的速度匀速行驶的汽车，则摩托车必须以多大的加速度起动？
1
甲同学的解法是：设摩托车恰好在 3min 时追上汽车，则 at ＝vt＋x ，代入数据得 a＝
2
2
0
0.3m/s .
2
乙同学的解法是：设摩托车追上汽车时，摩托车的速度恰好是30m/s，则 v ＝2ax＝2a(vt＋
2
m
x )，代入数据得 a＝0.1m/s .
2
0
你认为他们的解法正确吗？若错误请说明理由，并写出正确的解法．
16．(13 分)将质量为 2kg 的小球，以 30m/s 的速度竖直上抛，经过 2.5s 到达最高点(g＝
10m/s )，求：
2
(1)小球在上升过程中受到空气的平均阻力；
(2)小球上升的最大高度；
(3)若小球在空气中所受的阻力大小不变，小球落回到抛出点的速度．
第四章 章末检测
1．D 2.A
3．D [在互推过程中，甲推乙的力 F 与乙推甲的力 F 互为作用力与反作用力，则 F ＝F
甲
乙
甲
，A 错；F 与 F 同时产生、同时消失，则 t ＝t ，B 错；因 m ＝m ，所以相互推时 v
乙
甲
乙
甲
乙
甲
乙
甲
乙
F
m
F
m
a x
＝ t ＝ t ＝v ，C 错；但二人滑行位移x >x ，由 v ＝2ax 可知 ＝ ，所以 a <a
甲
甲
甲
乙
2
a x
甲
乙
乙
甲
乙
甲
甲
，D 对．]
乙
乙
甲
4．CD 5.BD 6.C
7．A [细线对小球的拉力刚好等于零，说明小球只受重力和斜面的支持力两个力，且随A
F
一起向右以 a 做加速运动，小球受力如图所示，故小球的合力 F＝mg.加速度 a＝ ＝g，A 对 ．]
m
8．D [杆 O 点的受力如图所示，由共点力平衡条件可知F cosθ＝mg，F sinθ＝F ，所以
2
2
1
mg
cos θ
F ＝
2
，F ＝mgtanθ，故选 D.]
1
信达

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9．B
10．C [假设物体沿斜面匀速下滑，由平衡条件可知：mgsinθ＝μmgcosθ，μ＝tanθ.
所以，若由静止释放，如果μ>tanθ，滑块将静止，A 错误；若给滑块沿斜面向下的初速度；
如果μ<tanθ，滑块将加速下滑，B 错误；若拉滑块沿斜面向上匀速运动，且μ＝tanθ，
由平衡条件知拉力 F＝mgsinθ＋μmgcosθ＝2mgsinθ，C 正确；若使滑块沿斜面匀速向下
滑动，若μ＝tanθ，不需拉力，D 错误．]
h
11．(1)4.02m/s (2)小车质量 m，斜面上任意两点间的距离L 及该两点间高度差 h mg －
2
L
ma
1
解析 (1)T＝ ＝0.02s，设 x ＝5.12cm，x ＝5.74cm，x ＝6.41cm，x ＝7.05cm，x ＝7.68cm，
f
1
2
3
4
5
x ＝8.33cm，x ＝8.95cm，x ＝9.61cm，x ＝10.26cm，则小车的加速度为
6
7
8
9
x ＋x ＋x ＋x － x ＋x ＋x ＋x
) (
(
)
a＝
＝4.02m/s2
6
7
8
9
2
3
4
5
16×(2T)
2
h
(2)设小车的质量为 m，斜面上任意两点间距离 L 及两点间的高度差 h，则 F ＝mg －ma.
L
f
12．(1)M≫m (2)1 (3)拉力 F
M
解析 (1)只有 M 与 m 满足 M≫m 才能使绳对小车的拉力近似等于盘及盘中砝码的重力．
1
M
1
M
1
M
(2)由于 a∝ ，所以 a－ 图象应是一条过原点的直线，所以处理数据时，常作出a 与 的图
象．
(3)两小车及车上的砝码的总质量相等时，由图象知乙的加速度大，故乙的拉力 F 大(或乙中
盘及盘中砝码的质量大)．
13．(1)3kg (2)8m 8m/s
解析 (1)物体在拉力 F 作用下，受力分析如图所示，对物体由牛顿第二定律得F－mg＝ma
F
42
所以 m＝
＝
kg＝3kg
g＋a 10＋4
1
1
(2)物体由静止向上运动的位移 x＝ at ＝ ×4×2 m＝8m
2
2
2
2s 末的速度为 v＝at＝4×2m/s＝8m/s
14．(1)0.75 (2)12N
2
解析 (1)当物体沿斜面匀速下滑时，对物体进行受力分析如图甲所示，由力的平衡条件可
知：
mgsinα＝F
f
其中 F ＝μmgcosα
f
解得：μ＝0.75
(2)当物体沿斜面匀速上滑时，对物体进行受力分析如图乙所示，由力的平衡条件可知：mgsin
α＋μmgcosα＝F
解得 F＝12N
信达

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15．0.26m/s2
解析 甲错，因为 v ＝at＝0.3×180m/s＝54m/s>30m/s
m
30
v
m
乙错，因为 t＝ ＝ s＝300s>180s
a 0.1
1
正确解法：v ＝at ， at ＋v (t－t )＝100＋vt
2
2
m
1
1
m
1
解得 a≈0.26m/s2
16．(1)4N 方向竖直向下 (2)37.5m
(3)24.5m/s 方向竖直向下
－v
t
解析 (1)以初速度方向为正方向，由速度公式 v＝v ＋a t 得，小球上升时的加速度 a ＝
0
0
1
1
＝－12m/s .对小球受力分析如图甲，假设小球所受阻力F 方向向上
2
根据牛顿第二定律知 ma ＝－mg＋F
1
所以阻力 F＝ma ＋mg＝－4N
1
负号表示阻力方向向下．
(2)根据推论公式－v ＝2a h
2
0
1
v
302
2
0
2a
上升的最大高度 h＝－ ＝－
m＝37.5m
2×(－12)
1
(3)小球下落时的受力分析如图乙，所受阻力F 方向向下，则合力大小
F ＝mg＋F
合
F
根据牛顿第二定律，小球下落时的加速度大小a ＝ ＝8m/s .
合
m
2
2
根据公式 v ＝2a h，小球落回到抛出点的速度大小
2
2
v＝ 2a h＝ 2×8×37.5m/s≈24.5m/s
2
速度方向竖直向下．
信达

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9．B
10．C [假设物体沿斜面匀速下滑，由平衡条件可知：mgsinθ＝μmgcosθ，μ＝tanθ.
所以，若由静止释放，如果μ>tanθ，滑块将静止，A 错误；若给滑块沿斜面向下的初速度；
如果μ<tanθ，滑块将加速下滑，B 错误；若拉滑块沿斜面向上匀速运动，且μ＝tanθ，
由平衡条件知拉力 F＝mgsinθ＋μmgcosθ＝2mgsinθ，C 正确；若使滑块沿斜面匀速向下
滑动，若μ＝tanθ，不需拉力，D 错误．]
h
11．(1)4.02m/s (2)小车质量 m，斜面上任意两点间的距离L 及该两点间高度差 h mg －
2
L
ma
1
解析 (1)T＝ ＝0.02s，设 x ＝5.12cm，x ＝5.74cm，x ＝6.41cm，x ＝7.05cm，x ＝7.68cm，
f
1
2
3
4
5
x ＝8.33cm，x ＝8.95cm，x ＝9.61cm，x ＝10.26cm，则小车的加速度为
6
7
8
9
x ＋x ＋x ＋x － x ＋x ＋x ＋x
) (
(
)
a＝
＝4.02m/s2
6
7
8
9
2
3
4
5
16×(2T)
2
h
(2)设小车的质量为 m，斜面上任意两点间距离 L 及两点间的高度差 h，则 F ＝mg －ma.
L
f
12．(1)M≫m (2)1 (3)拉力 F
M
解析 (1)只有 M 与 m 满足 M≫m 才能使绳对小车的拉力近似等于盘及盘中砝码的重力．
1
M
1
M
1
M
(2)由于 a∝ ，所以 a－ 图象应是一条过原点的直线，所以处理数据时，常作出a 与 的图
象．
(3)两小车及车上的砝码的总质量相等时，由图象知乙的加速度大，故乙的拉力 F 大(或乙中
盘及盘中砝码的质量大)．
13．(1)3kg (2)8m 8m/s
解析 (1)物体在拉力 F 作用下，受力分析如图所示，对物体由牛顿第二定律得F－mg＝ma
F
42
所以 m＝
＝
kg＝3kg
g＋a 10＋4
1
1
(2)物体由静止向上运动的位移 x＝ at ＝ ×4×2 m＝8m
2
2
2
2s 末的速度为 v＝at＝4×2m/s＝8m/s
14．(1)0.75 (2)12N
2
解析 (1)当物体沿斜面匀速下滑时，对物体进行受力分析如图甲所示，由力的平衡条件可
知：
mgsinα＝F
f
其中 F ＝μmgcosα
f
解得：μ＝0.75
(2)当物体沿斜面匀速上滑时，对物体进行受力分析如图乙所示，由力的平衡条件可知：mgsin
α＋μmgcosα＝F
解得 F＝12N
信达

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15．0.26m/s2
解析 甲错，因为 v ＝at＝0.3×180m/s＝54m/s>30m/s
m
30
v
m
乙错，因为 t＝ ＝ s＝300s>180s
a 0.1
1
正确解法：v ＝at ， at ＋v (t－t )＝100＋vt
2
2
m
1
1
m
1
解得 a≈0.26m/s2
16．(1)4N 方向竖直向下 (2)37.5m
(3)24.5m/s 方向竖直向下
－v
t
解析 (1)以初速度方向为正方向，由速度公式 v＝v ＋a t 得，小球上升时的加速度 a ＝
0
0
1
1
＝－12m/s .对小球受力分析如图甲，假设小球所受阻力F 方向向上
2
根据牛顿第二定律知 ma ＝－mg＋F
1
所以阻力 F＝ma ＋mg＝－4N
1
负号表示阻力方向向下．
(2)根据推论公式－v ＝2a h
2
0
1
v
302
2
0
2a
上升的最大高度 h＝－ ＝－
m＝37.5m
2×(－12)
1
(3)小球下落时的受力分析如图乙，所受阻力F 方向向下，则合力大小
F ＝mg＋F
合
F
根据牛顿第二定律，小球下落时的加速度大小a ＝ ＝8m/s .
合
m
2
2
根据公式 v ＝2a h，小球落回到抛出点的速度大小
2
2
v＝ 2a h＝ 2×8×37.5m/s≈24.5m/s
2
速度方向竖直向下．
信达