【文档说明】【精准解析】高一物理必修一　第四章　牛顿运动定律　单元检测卷（解析版）.doc，共(17)页，675.500 KB，由小赞的店铺上传

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高一物理必修第四章牛顿运动定律单元检测卷一、选择题1.冰壶运动时以队为单位，在冰上进行的一种投掷型竞赛项目，如图所示，冰壶在冰面上可以在较长时间内基本保持运动速度的大小和方向不变，有较强的抵抗运动状态变化的“本领”，这里的“本领”就是其惯性，则冰壶惯性的大

小取决于()A.所受的推力B.所受的阻力C.速度D.质量【答案】D【解析】【分析】惯性是物体的固有属性，其大小只有质量有关．【详解】惯性是物体的固有属性；而质量却是惯性大小的唯一量度，故惯性的大小取决

于冰壶的质量，故D正确，ABC错误．【点睛】本题考查惯性，要明确质量是惯性大小的唯一量度，与其它任何因素无关，同时注意力是改变物体运动状态的原因．2.在学习牛顿第一定律时，我们做了如图所示的实验．下列有关叙述正确的是（）A.每次实验时，小

车可以从斜面上的不同位置由静止开始下滑B.实验表明：小车受到的摩擦力越小，小车运动的距离就越近C.实验中运动的小车会停下来，说明力能改变物体的运动状态D.根据甲、乙、丙的实验现象，就可以直接得出牛顿第一定律【答案】C【解析】实验中要求从斜面上的相同位置由静止开始下滑，可以保证小车到达斜面

底端的速度是相等的，不能从斜面上的不同位置由静止开始下滑．故A错误；实验表明：小车受到的摩擦力越小，小车运动的距离就越远．故B错误；实验中运动的小车受到摩擦力的作用会停下来，其运动的状态发生变化，说明力能改变物体的运动状态．故C正确；接触面越光滑，则小车的速

度减小越慢，由此可以得出：若摩擦力等于0，则小车可能做匀速直线运动．而牛顿第一定律是在实验的基础上，进一步推理概况出来的，而不是直接可以由这三个实验得出的．故D错误．所以C正确，ABD错误．3.下列说法正确的是()A.运动得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.洗衣机脱水时附着在衣物上的水被甩掉是因为受到离心力的作用C.匀速圆周运动是非匀变速曲线运动D.竖直上抛运动具有对称性，上升阶段和下落阶段加速度大小相等，方向相反．【答案】C【解析】A、汽车的惯性是由汽车的质量决

定的，与汽车的运动状态无关，故A错误；B、洗衣机脱水时附着在衣服上的水份被甩掉提供的向心力不满足所需要的向心力，做离心运动，故B错误；C、匀速圆周运动中加速度大小始终不变，而加速度方向始终在改变，即时刻指向圆心，与当前瞬时速度方向垂直，所以匀速圆周运动是非匀变速曲线运动，故C正确；

D、上升阶段和下落阶段加速度方向都竖直向下，方向相同，故D错误；故选C．【点睛】明确惯性的量度是质量，生活中圆周运动问题，要学会应用物理知识分析实际问题，上升阶段和下落阶段加速度方向都竖直向下，方向相同

．4.如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是()A.小车静止时，sin=Fmg，方向沿杆向上B.小车静止时，cosFmg=，方向垂直杆向上C.小车向右以加速度a运动时，一定有s

inmaF=D.小车向左以加速度a运动时，22()()Fmamg=+【答案】D【解析】【分析】【详解】当小车静止时，球处于平衡状态，则杆对小球的作用力F=mg，方向竖直向上．故AB错误．当小车向右以加速度a运动时，则球的合力为F合=ma，根据平行四边形定则知，杆对球的作用力F=22()

()?mamg+，因为杆对球的作用力方向不一定沿杆，则作用力不一定等于sinma．故C错误，D正确．故选D．【点睛】本题中轻杆与轻绳的模型不同，绳子对物体只有拉力，一定沿绳子方向，而杆子对物体的弹力不一定沿杆子方向，要根据状态，由牛顿定律分析确定．5.质量为M的人站在地面上，用绳通过定滑轮将质

量为m的重物从地面向上拉动，如图所示，若重物以加速度a上升，则人对地面的压力为（）A.()Mmgma−−B.()Mmgma+−C.()Mmgma++D.Mgma−【答案】A【解析】【分析】【详解】以物体为研究对象，根据牛顿第

二定律得Tmgma−=解得绳子的拉力()Tmga=+再以人为研究对象，根据平衡条件得地面对人的支持力为()()NMgTMgmgaMmgma=−=−+=−−根据牛顿第三定律得知，人对地面的压力大小()'NNMmgma==−−故A正确，BCD错误。6.如图所示，两长方体形物

体A和B，质量分别为2m和m，互相接触放在光滑的水平面上，现在对物体A施以大小为F的水平向右恒力，同时对物体B施以大小为2F的水平向左恒力，则在水平面上运动过程中，物体A、B间的相互作用力为()A.FB.2FC.3FD.23F【答

案】D【解析】【分析】【详解】以A、B为研究对象，由牛顿第二定律可得：(2)2FFmma−=+，解得：6Fam=以A为研究对象，由牛顿第二定律得：26ABFFFmm−=解得：23ABFF=故D正确．7.如图所示，在动摩擦因数为0.2的水平面上有一个

质量为1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，取g＝10m/s2，则（）A.水平面对小球的弹力仍为零B.小球的加速度为0C.小球的加速度为8m/s2D

.小球的加速度为10m/s2【答案】C【解析】【分析】【详解】A.在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F＝mgtan45°＝10×1＝10N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10N，小球此时

受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用，水平面对小球的弹力不为零，故A错误；BCD.小球所受的最大静摩擦力为：f＝μmg＝0.2×10N＝2N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：21028m/s1Ffam−−===．合力方向向左，故C正确，BD错误．8.中国的长

征系列火箭是世界上先进的运载工具，它是利用喷射燃烧的气体获得动力的．若不计空气阻力，下面关于火箭竖直发射升空时的叙述正确的是（）A.喷出的气体对火箭的推力与火箭对喷出气体的推力是一对作用力与反作用力B.喷出的气体对火箭的推力与火箭的重力是一对平衡力C.火箭加速上升时，喷出的气体对火箭的推力大于

火箭对喷出气体的推力D.火箭匀速上升时，喷出的气体对火箭的推力大于火箭的重力【答案】A【解析】【分析】【详解】A、C项：由牛顿第三定律可知，喷出的气体对火箭的推力与火箭对喷出气体的推力是一对作用力与反作用力，故A正确，C错误；B项：由于火箭

在推力的作用下加速，所以喷出的气体对火箭的推力大于火箭的重力，故B错误；D项：火箭匀速上升时，合外力为零，所以喷出的气体对火箭的推力等于火箭的重力，故D错误．9.如图所示，一个大人(甲)跟一个小孩(乙)站在水平地面上手拉手比力气，结果大人把小孩拉过来了.对这个过程中作用于双方的力

的关系，正确的说法是()A.大人拉小孩的力一定比小孩拉大人的力大B.大人与小孩间的拉力是一对作用力与反作用力C.大人拉小孩的力与小孩拉大人的力合力为零，相互抵消D.只有在大人把小孩拉动的过程中，大人的力才比小孩的力大，在可能出现的短暂相持过程中，两人的拉力一样大【答案】B【

解析】【分析】力是物体对物体的作用，一个物体对别的物体施力时，也同时受到后者对它的作用力，作用力和反作用力总是相等的．【详解】A项：大人拉小孩的力与小孩拉大人的力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A错误，B正确；C

项：大人拉小孩的力与小孩拉大人的力是一对作用力与反作用力，由于两力作用在不同物体上，所以不能合成，故C错误；D项：由于大人拉小孩的力与小孩拉大人的力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，所以整个过程两力始终大小相等

，故D错误．【点睛】手拉手比力气游戏其实比的是双方对地面的摩擦力，并不是他们的拉力．他们两边的拉力总是相等的，哪边的静摩擦力大，哪边就会获胜．10.一个45kg的人站在放于运动的升降机底板上的体重计上，体重计的示数为50kg，那么升降机的运动

可能是下述判断中的()①升降机加速上升②升降机加速下降③升降机减速上升④升降机减速下降A.①③B.①④C.②③D.②④【答案】B【解析】【分析】【详解】人的质量是45kg，当体重计的示数为50kg时，说明人受到的支持力大于重力，根据

牛顿第二定律，人的加速度向上；则升降机可能正在加速上升，也可能是减速下降．即①④两项正确，②③两项错误．综上，本题答案为B．【点睛】超重是物体所受限制力，也可称之为弹力(拉力或支持力)大于物体所受重力的现象．当物体做向上加速运动或向下减速运

动时，物体均处于超重状态，即不管物体如何运动，只要具有向上的加速度，物体就处于超重状态．11.在行车过程中，遇到紧急刹车，乘客可能受到伤害，为此人们设计了如图所示的安全带以尽可能地减轻猛烈碰撞．假定乘客质

量为60kg，汽车车速为108/kmh，从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5s，安全带对乘客的作用力大小最接近（）A.250NB.300NC.360ND.720N【答案】C【解析】乘客的加速度：220030/6/5vva

msmst−−===−，故乘客加速度的大小为6m/s2，乘客在安全带的作用力下产生加速度，根据牛顿第二定律可知，安全带对乘客的作用力为F=ma=60×6N=360N，故C正确，ABD错误．12.如图所示，小车向右做匀加

速直线运动，物块M贴在小车左壁上，且相对于左壁静止．当小车的加速度增大时，下列说法正确的是:（）A.物块受到的摩擦力不变B.物块受到的弹力不变C.物块受到的摩擦力增大D.物块受到的合外力增大【答案】AD【解析】以物块

为研究对象，竖直方向合力为0，重力等于摩擦力，加速度增大时，仍不变，A对C错．水平方向NFma=，加速度增大时弹力增大，B错．物块受到的合外力增大，D对．13.如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一小物体(物体与

弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速直线运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示()210/gms=，则下列结论正确的是()A.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩

状态B.物体的质量为2kgC.物体的加速度大小为24/msD.物体的加速度大小为25/ms【答案】BD【解析】【分析】【详解】A项：：初始，物体静止在弹簧上面，弹簧弹力与重力平衡，施加F后即为合力所以有10Nma=，，此后物体匀

加速上升，弹力逐渐变小，当弹簧恢复原长后，物块和弹簧分离，故A错误；B、C、D项：刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg=kx，拉力F1为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有F1+kx-mg=

ma体与弹簧分离后，拉力F2为30N，根据牛顿第二定律，有F2-mg=ma由以上三式解得：m=2kg，a=5m/s2故B、D正确，C错误．【点睛】本题关键是由图象得出一些相关物理量，首先要读懂图线的意义，然后根据牛顿第二定律和胡克定律列方程分

析求解．14.静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用，该力随时间变化的关系如图所示，则以下说法中正确的是()A.物体在2s内的位移为零B.4s末物体将回到出发点C.2s末物体的速度为零D.物体一直在朝同一方向运动【答案】CD【解析】【分析】【详解】由图象可知在0～1s时间内，物

体做匀加速运动，设位移为x，1s末的速度为v，则物体在1～2s内做匀减速运动，位移也为x，2s末的速度为零，2s内的位移为2x，接着将原方向重复前2s的运动，故CD正确AB错误。故选CD．15.如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，其

上叠放木块A．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力.用一水平力F作用于B，A，B的加速度与F的关系如图乙所示，210/gms=，则下列说法中正确的是()A.A的质量为0.5kgB.B的质量为1.5kgC.A、B间的动摩擦

因数为0.4D.B与地面间的动摩擦因数为0.4【答案】AC【解析】【分析】【详解】由图乙可知，当A、B相对滑动后A的加速度恒定且为24Amas=，由牛顿第二定律可知，A、B间的动摩擦因数为140.410==，由图乙可知，当F=3N时，A、B刚开始滑动，

即有：23()ABmmg=+当F=9N时，A、B两物体具有相同的加速度且AB间的摩擦达到最大静摩擦，则有：29()()4ABABmmgmm−+=+由以上两式解得：1.5ABmmkg+=，20.2=当F=13N时，对B由牛顿第二

定律可知12()8AABBFmgmmgm−−+=解得：524ABmm=+综合1.5ABmmkg+=解得：0.5Amkg=，1.0Bmkg=综上所述，故应选A、C．二、实验题16.某物理课外小组利用图（a）中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中，置于实验台上的长木板水平放置，

其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本实验中可用的钩码共有N=5个，每个质量均为0.010kg．实验步骤如下：（1）将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物快，使小车（

和钩码）可以在木板上匀速下滑．（2）将n（依次取n=1，2，3，4，5）个钩码挂在轻绳右端，其余N–n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制s–t图象，经数据处理后可得到相应

的加速度a．（3）对应于不同的n的a值见下表．n=2时的s–t图象如图（b）所示；由图（b）求出此时小车的加速度__________（保留2位有效数字），将结果填入下表．（4）利用表中的数据在图（c）中补齐数据点，并作出a–n

图象___________．从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比．（5）利用a–n图象求得小车（空载）的质量为_______kg（保留2位有效数字，重力加速度取g=9.

8m/s2）．（6）若以“保持木板水平”来代替步骤（1），下列说法正确的是_______（填入正确选项前的标号）A．a–n图线不再是直线B．a–n图线仍是直线，但该直线不过原点C．a–n图线仍是直线，但该直线的斜率变大【答案】(1).0.39；(2).图见解析；(3).0.45；

(4).BC；【解析】【分析】【详解】（3）物体做匀加速直线运动，对应的x-t图象为曲线，由图象可知，当t=2.0s时，位移为：x=0.80m；则由x=12at2代入数据得：a=0.40m/s2；（4）在图C中作出点（2，0.40），并用直线将各点相连，如图所示

；（5）由图c可知，当n=4时，加速度为0.78m/s2，由牛顿第二定律可知：4×0.01×9.8=（m+5×0.01）×0.78解得：m=0.45kg；（6）若木板水平，则物体将受到木板的摩擦力；则有：nm0g-μ[m+（5-n）m0g]=（m+5m0）a；00000000[(5)]555

5nmgmgnmgmgmgmganmmmmmmmm+−+=−=−++++故说明图象仍为直线，但不再过原点；并且斜率增大；故BC正确；故选BC；点睛：本题考查验证牛顿第二定律的实验，要求能明确实验原理，认真分析各步骤，从而明确实验方法；同时注意掌握图象的性质，

能根据图象进行分析，明确对应规律的正确应用．三、计算题17.水平桌面上质量为1kg的物体受到2N的水平拉力，产生1.5m/s2的加速度．若水平拉力增至4N，则物体将获得多大的加速度？【答案】3.5m/s2【解析】【分析】物块在水平方向上受拉力和摩擦力，当拉力为2N时，根据牛顿第二定律，求出

滑动摩擦力f，然后再根据牛顿第二定律求出拉力为4N时的加速度．【详解】根据牛顿第二定律有：F1-f=ma1代入数据得，f=0.5N．则拉力为4N时的加速度222240.53.51Ffmmassm−−===．【点睛】解决本题的关键通

过牛顿第二定律求出滑动摩擦力，再根据牛顿第二定律求出加速度．18.一个质量10mkg=的物体放在水平地面上，在与水平方向成37角，大小为100FN=的斜向上的拉力F的作用下由静止开始运动，已知物体2s内通过的位移为12(m取210/gms=，sin370.6=

，cos370.8)=．()1求物体与地面间的动摩擦因数；()2由静止运动2s时撤去这个拉力F，试求撤去拉力后物体继续滑行的位移．【答案】（1）0.5（2）14.4m【解析】【分析】【详解】(1)由公式212xat=得：222221262xmast===由牛顿

第二定律可得：00sin37(cos37)FmgFma−−=代入数据解得：0.5=；(2)2s时，物体的速度为：6212mmvatss===撤去力F后，物体做匀减速直线运动，加速度为25mags==由公式22axv=可知：214414.4225vxmma==

=．19.一个倾角为θ=37°的斜面固定在水平面上，一个质量为m=1.0kg的小物块（可视为质点）以v0=4.0m/s的初速度由底端沿斜面上滑，小物块与斜面的动摩擦因数μ=0.25．若斜面足够长，已知sin37°=

0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求：(1)小物块沿斜面上滑时的加速度大小；(2)小物块上滑的最大距离；(3)小物块返回斜面底端时的速度大小．【答案】（1）小物块沿斜面上滑时的加速度大小为8m/s2．（2）小

物块上滑的最大距离为1.0m．（3）小物块返回斜面底端时的速度大小2m/s．【解析】试题分析：（1）根据牛顿第二定律求出小物块上滑的加速度大小．（2）通过匀变速直线运动的速度位移公式求出小物块上滑的最大距离．（3）根据牛顿

第二定律求出下滑的加速度，通过速度位移公式求出下滑到斜面底端的速度大小．解：（1）小物块在斜面上的受力情况如右图所示，重力的分力根据牛顿第二定律有FN=F2①F1+Ff=ma②又因为Ff=μFN③由①②③式得a=gs

inθ+μgcosθ=10×0.6m/s2+0.25×10×0.8m/s2=8.0m/s2④（2）小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有⑤得==1.0m⑥（3）小物块在斜面上的受力情

况如右图所示，根据牛顿第二定律有FN=F2⑦F1﹣Ff=ma'⑧由③⑦⑧式得a'=gsinθ﹣μgcosθ=10×0.6m/s2﹣0.25×10×0.8m/s2=4.0m/s2⑨因为⑩所以==（或2.8m/s）答：（1）小物块沿斜面上滑时的加速度大小为8m/s2

．（2）小物块上滑的最大距离为1.0m．（3）小物块返回斜面底端时的速度大小2m/s．【点评】本题考查牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com