人教版物理必修一第四单元牛顿运动定律单元测试（二）Word版含答案.docx

此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ ‎2018-2019学年高一上学期第四单元训练卷 物 理 （二）‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 一、单选题 ‎1．下列关于惯性的说法正确的是（　　）‎ A．汽车速度越大越难刹车，表明速度越大惯性越大 B．两个物体质量相同，惯性不一定相同 C．乒乓球可快速抽杀，是因为乒乓球惯性小 D．宇宙飞船中的物体处于完全失重状态，所以没有惯性 ‎2．下列各组单位中，属于国际基本单位的是（　　）‎ A．J、kg、s B．m/s2、m、kg C．m、kg、s D．m、kg、N ‎3．一个质量为20kg的物体静止在倾角为30°的固定坡面上（足够长），现对其施加一个沿斜面向上、大小为300N的推力后，物体以4m/s2的加速度沿斜面向上运动，正确的是（　　）‎ A．物体处于失重状态 B．物体受到滑动摩擦力，大小为280N C．若撤去推力，由于惯性，物体还要沿斜面加速一段时间，再减速 D．若撤去推力，物体的加速度大小为11m/s2‎ ‎4．如图所示，用水平力F推放在光滑水平面上的物体P、Q、R，使其一起做匀加速运动．若P对Q的弹力为6N，Q对R之间的弹力为4N，Q的质量是1kg，那么R的质量是（　　）‎ A．2kg B．3 kg C．4 kg D．5 kg ‎5．一个物块在粗糙水平面上受到的水平拉力F随时间t变化的图象如图甲所示，速度v随时间t变化的图象如图乙所示，g取10m/s2，由图中数据可求得物块的质量m和物块与水平面间的动摩擦因数μ，则下列几组数据中正确的是（　　）‎ A．1kg，0.4 B．1kg，0.1 C．2kg，0.2 D．2kg，0.4‎ ‎6．用弹簧秤竖直悬挂静止的小球，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球对弹簧秤的拉力就是小球的重力 B．小球的重力的施力物体是弹簧 C．小球对弹簧秤的拉力大小等于小球的重力大小 D．小球的重力与弹簧秤对小球的拉力是一对相互作用力 ‎7．如图，置于水平地面上相同材料的质量分别为m和M的两物体间用细绳相连，在M上施加一水平恒力F，使两物体做匀加速运动，对两物体间绳上的张力，正确的说法是（　　）‎ A．地面光滑时，绳子拉力的大小为mFM B．地面不光滑时，绳子拉力的大小为mFM+m C．地面不光滑时，绳子拉力大于mFM+m D．地面光滑时，绳子拉力小于mFM+m ‎8．某同学乘电梯下楼，电梯向下启动时，他有一种“飘飘然”的感觉，这是因为（　　）‎ A．他受到的重力变小了 B．他受到的重力变大了 C．他处于失重状态 D．他处于超重状态 ‎9．如图所示，自由落体的小球从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短过程中，小球速度、合力、加速度的变化情况正确的是（　　）‎ A．小球一接触弹簧就做减速运动 B．小球速度先变大后变小 C．小球受到的合力先变大，后变小 D．小球运动的加速度不变 ‎10．如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端，B小球用细绳固定在倾角为30°的光滑斜面上，若不计弹簧质量，在细绳被剪断的瞬间，A、B两小球的加速度分别为（　　）‎ A．都等于g‎2‎ B．0和m‎1‎‎+‎m‎2‎g‎2‎m‎2‎ C．m‎1‎‎+‎m‎2‎g‎2‎m‎2‎和0 D．g‎2‎和0‎ 二、多选题 ‎11．汽车内有一用轻绳悬挂的小球，某段时间内绳与竖直成某一固定角度，如图所示，若在汽车底板上还有一个跟其相对静止的物体m1，则关于汽车的运动情况和物体m1的受力情况正确的是（　　）‎ A．汽车一定向右做匀加速运动 B．汽车可能向左做匀减速运动 C．m1除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用 D．m1除受到重力、底板的支持力作用外，还可能受到向左的摩擦力作用 ‎12．如图所示，两个质量分别为m1＝1 kg、m2＝4 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接．两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是（　　）‎ A．弹簧秤的示数是28N B．弹簧秤的示数是50 N C．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为7 m/s2‎ D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13 m/s2‎ ‎13．如图所示，运动的电梯内，有一根细绳上端固定，下端系一质量为m的小球，当细绳对小球的拉力为‎4mg‎5‎，则电梯的运动情况可能是（　　）‎ A．以‎4g‎5‎的加速度匀减速上升 ‎ B．以g‎5‎的加速度匀减速上升 C．以‎4g‎5‎的加速度匀加速下降 ‎ D．以g‎5‎的加速度匀加速下降 ‎14．质点由静止开始做直线运动，所受合外力大小随时间变化的图象如图所示，则有关该质点的运动，以下说法中正确的是（　　）‎ A．质点在0－2s内做匀加速运动 B．质点在0－2s内速度不变 C．质点在2－4s内加速度越来越小 D．质点在2－4s内速度越来越大 ‎15．如图所示，一条不可伸长的轻绳绕过光滑的轻质定滑轮分别与物块A、B相连，细绳两都分分别处于水平和竖直状态，桌面光滑，物块A和B的质量分别为M和m，重力加速度为g，现将系统由静止释放，在B落地前，下列判断正确的是（　　）‎ A．物体B下降的加速度大小为mgM B．物体B下降的加速度大小为mgM+m C．物体A对桌面的压力的大小等于桌面对A的支持的大小 D．轻绳的张力小于mg 三、实验题 ‎16．某实验小组利用如图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系，将连接滑块的细绳、力传感器和动滑轮之前的细绳、定滑轮和动滑轮之间的细绳均调为水平，通过调节气垫导轨下的螺母使气垫导轨水平，打开气源，将滑块由静止释放，用刻度尺量出两光电门之间的距离和滑块的宽度，并记录滑块经过两光电门的时间。‎ ‎ ‎ 根据以上的操作回答下列问题：‎ ‎（1）本实验中钩码的质量______ （填“需要”或“不需要”）远小于滑块的质量。‎ ‎（2）在探究加速度与外力的关系时，传感器的示数记为F，通过运动学公式计算出滑块的加速度a，改变钩码的质量，依次记录传感器的示数并求出所对应的加速度大小，则图2的四个a-F图象中能正确反映加速度a与传感器的示数F之间规律的是______。‎ ‎（3）已知第（2）问中正确图象中的直线部分的斜率大小为k，则该滑块的质量为______。‎ 四、解答题 ‎17．质量m=10kg物块置于粗糙程度一样的水平地面上，若沿水平向右方向施加一恒定的拉力F=60N，使物体由静止开始做匀加速直线运动，并测出了物块在运动过程中，不同时刻的瞬时速度，绘制出v-t 图象，如图所示，取g=10m/s2。求：‎ ‎（1）滑块运动过程中的加速度大小；‎ ‎（2）物块与地面间的动摩擦因数；‎ ‎（3）2s末撤去拉力F，物体还能运动多远。‎ ‎18．如图所示，质量为2kg的金属块放在水平地面上，在大小为20N、方向与水平方向成37°角的斜向上拉力F作用下，从静止开始做匀加速直线运动．已知金属块与地面间的动摩擦因数μ=0.5，力F持续作用2s后撤去。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2）．求：‎ ‎（1）撤去F瞬间，金属块的速度为多大；‎ ‎（2）金属块在地面上总共滑行了多远。‎ ‎19．两物体A、B并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物体A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图(a)所示，在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA＝1 kg、mB＝3 kg，A与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B与地面间没有摩擦，B物体运动的v-t图象如图(b)所示，g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)推力F的大小；‎ ‎(2)A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离。‎ ‎2018-2019学年高一上学期第四单元训练卷 物 理（二）答 案 ‎1．C ‎【解析】惯性是描述物体运动状态改变的难易程度的物理量，由质量唯一量度，与运动的快慢无关，质量相同，惯性一定相等，所以A、B错误；乒乓球质量较小，惯性小，运动状态容易改变，可快速抽杀，所以C正确；宇宙飞船中的物体处于完全失重状态，但质量没有消失，所以有惯性，故D错误。‎ ‎2．C ‎【解析】力学国际基本单位是Kg、m、s，因此C答案正确。‎ ‎3．D ‎【解析】物体加速度沿斜面向上，处于超重状态，选项A错；由牛顿第二定律F-mgsin30°-f=ma得f=l20N，选项B错；若撤去推力，根据牛顿第二定律的瞬时性，由mgsin30°+f=ma′得a′=11m/s2，所以由于惯性，物体还要沿斜面向上运动，但做的是减速运动，选项C错，D正确。‎ ‎4．A ‎【解析】三个物体一起运动，说明它们的加速度是一样的，分析Q的受力，可以求得共同的加速度，再用隔离法分析R的受力，就可求得R的质量；对Q受力分析由牛顿第二定律F=ma可得：6﹣4=2a，解得：a=1m/s2，对R分析，由牛顿第二定律可得：4=ma，其中a=1m/s2，所以m=4kg，所以C正确。‎ ‎5．D ‎【解析】4s以后做匀速直线运动，知拉力等于摩擦力，则f=8N．则2-4s内，匀加速直线运动的加速度a=2m/s2，根据牛顿第二定律得，F-f=ma，解得m=F-fa＝‎12-8‎‎2‎kg＝2kg．则动摩擦因数μ＝fmg＝‎8‎‎20‎＝0.4‎．故D正确。‎ ‎6．C ‎【解析】小球对弹簧秤的拉力的施力物体是小球，故拉力不是重力。故A错误；小球的重力的施力物体是地球。故B错误。小球处于静止状态，受力平衡，则弹簧对小球的拉力等于小球的重力，而小球对弹簧秤拉力与弹簧秤对小球的弹力是作用力与反作用力，则小球对弹簧秤的拉力大小等于小球的重力大小，故C正确；小球对弹簧秤拉力与弹簧秤对小球的弹力是作用力与反作用力，重力与弹簧秤对小球的拉力是一对平衡力；故D错误；故选C。‎ ‎7．B ‎【解析】若地面光滑，整体的加速度a=‎FM+m，隔离对m分析，根据牛顿第二定律得，T=ma=‎mFM+m；若地面不光滑，整体的加速度a'=F-μ(M+m)gM+m=FM+m-μg，隔离对m分析，根据牛顿第二定律得，T'-μmg=ma，解得T'=‎mFM+m，故A正确。‎ ‎8．C ‎【解析】试题分析：电梯向下启动时，有向下的加速度，此时人受到的支持力小于人的重力的大小，所以人处于失重状态，但是人的重力并没变，只是对电梯的压力变小了，所以C正确。‎ ‎9．B ‎【解析】开始阶段，弹簧的压缩量较小，因此弹簧对小球向上的弹力小于向下重力，此时合外力大小：F=mg-kx，方向向下，随着压缩量的增加，弹力增大，故合外力减小，则加速度减小，由于合外力与速度方向相同，小球的速度增大；当mg=kx时，合外力为零，此时速度最大；由于惯性物体继续向下运动，此时合外力大小为：F=kx-mg，方向向上，物体减速，随着压缩量增大，物体合外力增大，加速度增大。故整个过程中合力先减小后增大，加速度先变小后变大，速度先变大后变小，故ACD错误，B正确。‎ ‎10．B ‎【解析】在剪断绳子之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力相等。在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧 的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变仍为A的重力沿斜面上的分力，故A球的加速度为零；在剪断绳子之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到到重力、弹簧的向下拉力、支持力．所以根据牛顿第二定律得：‎ aB=m‎1‎gsin‎30‎‎0‎+m‎2‎gsin‎30‎‎0‎m‎2‎=m‎1‎‎+‎m‎2‎‎2‎m‎2‎g，故应选B。‎ ‎11．BC ‎【解析】对小球受力分析，受拉力和重力，如图，结合运动情况可知，合力水平向右 由几何关系 F合=m2gtanθ ，水平向右；根据牛顿第二定律，a═gtanθ ，水平向右，故小车向左做匀减速直线运动或者向右做匀加速直线运动，因而A错误，B正确；由于木块的加速度也向右，故合力向右，再对木块受力分析，受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律：f=m1a=m1gtanθ，方向向右；故C正确，D错误；故选BC。‎ ‎12．AC ‎【解析】以m1、m2以及弹簧秤为研究对象，则整体向右的加速度a=F‎1‎‎-‎F‎2‎m‎1‎‎+m‎2‎=2m/s；再以m1为研究对象，设弹簧的弹力为F，则F‎1‎‎－F=m‎1‎a，得F=28N，故A错误，B正确；突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，此时m2的加速度a‎2‎‎=Fm‎2‎=7m/‎s‎2‎，故C正确；突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力也不变，此时m1的加速度a‎1‎‎=Fm‎1‎=28m/‎s‎2‎，故D错误；故选BC。‎ ‎13．BD ‎【解析】对小球受力分析，mg-‎4‎‎5‎mg=ma，加速度大小为a=‎1‎‎5‎g，加速度方向向下，所以小球运动形式可以是以‎1‎‎5‎g匀减速上升或以‎1‎‎5‎g匀加速下降，BD正确。‎ ‎14．ACD ‎【解析】由图象知，前2s内物体所受合力大小不变，故加速度恒定，物体做匀加速运动，故A正确；因为在0−2s内物体合外力不变，故物体做匀加速运动，故B错误；质点在2−4s内合外力越来越小，根据牛顿第二定律知加速度越来越小，故C正确；物体在2−4s内加速度越来越小，但加速度没有改变方向，故物体做加速度减小的加速运动，故D正确。故选：ACD。‎ ‎15．BCD ‎【解析】对B，由牛顿第二定律得mg-T=ma1；同理对A：T=Ma1；解得a1=mgM+m，T=MmgM+m＜mg，故A错误，BD正确；物体A对桌面的压力与桌面对A的支持力为作用力和反作用力，故大小相等，故C正确；故选BCD。‎ ‎16． 不需要 B ‎‎2‎k ‎【解析】(1)本实验中由于有力传感器来测量拉力，故钩码的质量不需要远小于滑块的质量。（2）根据牛顿定律可知：2F=ma，即a=‎2‎mF ，可知图线B正确；（3）根据k=‎‎2‎m 可得：m=‎‎2‎k ‎ ‎17．（1）加速度大小2m/s2 （2）动摩擦因数为0.4 （3）还能运动2m ‎【解析】（1）物体做匀加速直线运动，在v-t图像中斜率代表加速度，则a=ΔvΔt=‎1.2‎‎0.6‎ms‎2‎=‎2ms‎2‎；‎ ‎（2）对物体据牛顿第二定律得：F-f=ma；其中f=μmg；解得：μ=0.4‎ ‎（3）撤去外力后，摩擦力为物体的合外力，则：‎a‎'‎‎=-μmgm=-4m/‎s‎2‎ ‎2秒末的速度v2=at=4m/s；根据v末2-v22=2a'S联立解得S =2m ‎18．26.4m ‎【解析】由牛顿第二定律求出加速度，结合速度时间公式求金属块的速度；根据位移时间关系公式列式求出撤去F前金属块的位移；撤去F后，再根据牛顿第二定律求解出加速度，再根据速度位移公式求解位移。‎ ‎（1）根据牛顿定律有，‎ 水平方向：Fcos37°-f =ma 竖直方向：N=mg-Fsin37°‎ 其中f=μN 得：Fcos37°-μ（mg-Fsin37°）=ma1‎ 解得a1=6m/s2 ‎ 则撤去外力时速度为：v1=at=12m/s ‎ ‎（2）撤去外力前的位移为：‎x‎1‎‎=‎1‎‎2‎at‎2‎=‎1‎‎2‎×6×‎2‎‎2‎=12m 撤去力F后物体的加速度a2=μg=5m/s2 ‎ 由vt‎2‎‎-v‎0‎‎2‎=-2‎a‎2‎x‎2‎ 带入数据解得x2=14.4m ‎ 金属块在地面上总共滑行了x=x1+x2=26.4m ‎ ‎19．（1）15N （2）6m ‎【解析】（1）在水平推力F作用下，设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a，由B物体的v-t图象得a＝3 m/s2；对于A、B整体，由牛顿第二定律得F－μmAg＝(mA＋mB)a，代入数据解得F＝15 N。‎ ‎（2）设物体A匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物体分离，A在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B做匀速运动。‎ 对A：μmAg＝mAaA，aA＝μg＝3 m/s2，vt＝v0－aAt＝0；‎ 解得t＝2 s ‎ 物体A的位移为xA＝vt＝6 m ‎ 物体B的位移为xB＝v0t＝12 m ‎ A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离为Δx＝xB－xA＝6 m。‎