2025教科版高中物理必修第一册同步练习题（有解析）--第四章　牛顿运动定律

中小学教育资源及组卷应用平台
2025教科版高中物理必修第一册
第四章　牛顿运动定律
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的)
1.下列关于力与运动的说法中正确的是 (　　)
A.牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因
B.物体加速度的方向一定与所受合外力的方向相同
C.物体加速度的大小决定了物体所受合外力的大小
D.一个运动的物体,如果不再受力了,它总会逐渐停下来,这说明静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”
2.三峡水电站大坝高185米,蓄水高175米,水库长2 335米,2022年三峡枢纽航运通过量近1.6亿吨,创下历史新高,其中三峡船闸过闸货运量达1.56亿吨。以上信息涉及了时间、长度和质量及其单位,关于国际单位制,下列说法正确的是 (　　)
A.有单位的物理量要注明单位,所有物理量都有单位
B.长度是国际单位制中的基本单位
C.航运通过量近1.6亿吨、货运量达1.56亿吨,单位“吨”是国际单位制中的导出单位
D.“千克米每二次方秒”被定义为“牛顿”,“牛顿”是国际单位制中的导出单位
3.如图所示,一只猴子单手拉住树枝,吊在空中不动,下列说法正确的是 (　　)
A.猴子对树枝的拉力与猴子的重力是一对平衡力
B.猴子对树枝的拉力是由于树枝发生形变引起的
C.树枝对猴子的拉力与猴子对树枝的拉力是一对作用力与反作用力
D.猴子能静止在空中,是因为猴子对树枝的拉力大小等于树枝对猴子的拉力大小
4.如图所示,钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上,卡车底板和B间的动摩擦因数为μ1,A、B间的动摩擦因数为μ2,μ1>μ2,卡车刹车的最大加速度大小为a,a>μ1g(g为重力加速度),可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时,要求其刹车后在s0距离内能安全停下,则卡车行驶的速度不能超过 (　　)
A.μ1gs0　　　　
C.
5.有一个同学站在力学传感器上完成下蹲动作,力学传感器示数随时间变化图像如图所示。则 (　　)
A.这位同学的重力为700 N
B.这位同学的重力为290 N
C.下蹲过程中合力方向先向下后向上
D.下蹲过程中合力方向先向上后向下
6.
在平直公路上,汽车由静止开始做匀变速直线运动,当速度达到v=10 m/s时立即关闭发动机滑行,直到停止,运动过程的v-t图像如图所示,设汽车牵引力大小为F,阻力大小为f,则(　　)
A.F∶f=1∶3　　　　　　　　B.F∶f=3∶1
C.F∶f=4∶1　　　　D.F∶f=1∶4
7.如图所示,质量为2m的物块A与水平地面间的动摩擦因数为μ,质量为m的物块B与地面的摩擦不计,在大小为F的水平推力作用下,A、B一起向右做加速运动,则A和B之间的作用力大小为(重力加速度为g) (　　)
A.
C.
8.如图所示,在车厢内悬线下悬挂一小球,当小车做匀变速直线运动时,悬线将与竖直方向成某一角度,若在小车底板上还有一个跟小车相对静止的物块,则关于小车的运动情况和物块的受力情况说法正确的是(　　)
A.小车一定向右运动
B.小车一定向左运动
C.物块受到重力、支持力作用
D.物块受到重力、支持力和向右的静摩擦力作用
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.关于牛顿第一定律和牛顿第三定律,下列说法正确的是(　　)
A.牛顿第一定律表明一切物体都具有惯性
B.牛顿第一定律说明必须有力作用在物体上,物体才能保持匀速直线运动
C.作用力和反作用力,可能作用在同一物体上
D.作用力和反作用力的大小一定相等
10.A、B两球的质量均为m,两球之间用轻弹簧相连,放在光滑的水平地面上,A球左侧靠墙,弹簧原长为L0,用恒力F向左推B球使弹簧压缩,如图所示,整个系统处于静止状态,此时弹簧长为L,下列说法正确的是 (　　)
A.弹簧的劲度系数为
B.弹簧的劲度系数为
C.若突然将力F撤去,撤去瞬间,A、B两球的加速度均为0
D.若突然将力F撤去,撤去瞬间,A球的加速度为0,B球的加速度大小为
11.某实验小组利用DIS系统观察超重和失重现象。他们在学校电梯房内做实验,如图甲所示,在电梯地板上固定了一个压力传感器,传感器上表面水平,将一个重力G=10 N的物体放在压力传感器上,观察在电梯运动过程中压力传感器示数的变化情况,若某段时间内计算机显示屏上出现如图乙所示的图线,则根据图线分析可知 (　　)
A.在第1 s内,物体处于失重状态,电梯可能向下做匀加速直线运动
B.在第2 s内,电梯可能处于匀速运动状态
C.在第3 s内,物体处于超重状态,电梯可能向下做匀减速直线运动
D.在第4 s内,物体处于超重状态,电梯可能向上做匀加速直线运动
12.如图所示,三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是2 m且与水平方向的夹角均为37°。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列判断正确的是 (　　)
A.传送带对物块A的摩擦力沿传送带向下,对物块B的摩擦力沿传送带向上
B.传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上
C.物块A先到达传送带底端
D.物块A、B同时到达传送带底端
三、非选择题(本题共6题,共60分)
13.(4分)在探究物体质量一定时加速度与力的关系的实验中,小明同学做了如图甲所示的实验改进,在调节桌面水平后,添加了力传感器来测细线中的拉力。
(1)实验时,下列操作或说法正确的是　　　　。
A.需要用天平测出砂和砂桶的总质量
B.小车靠近打点计时器,先接通电源,再释放小车,打出一条纸带,同时记录力传感器的示数
C.选用电磁打点计时器比选用电火花打点计时器实验误差小
D.为减小误差,实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
(2)实验得到如图乙所示纸带,已知打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz,相邻两计数点之间还有四个点未画出,由图中的数据可知,小车运动的加速度大小是　　　　m/s2。(结果保留三位有效数字)
(3)由实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示,则图线不过原点的主要原因是　　　　　　　　　。
14.(10分)某同学用图甲所示装置做“探究物体的加速度与力的关系”的实验。实验时保持小车质量不变,用钩码所受的重力作为小车受到的合力,实验所用打点计时器的电源频率为50 Hz。
(1)该同学挑选出的纸带如图乙所示。图中A、B、C、D、E是按打点先后顺序依次选取的计数点,相邻计数点间有四个点未画出,其中A、B两点的测量数据如图,从刻度尺读出A、B两点间距离为　　　　 cm,利用图乙所给数据,计数点C对应小车的瞬时速度为　　　　 m/s,整个运动过程中小车的加速度为　　　　 m/s2。(结果保留至小数点后2位)
(2)实验时改变所挂钩码的质量,分别测量小车在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据作出图丙所示的a-F关系图线,图线不通过坐标原点O的原因是　　　　　　(选填“平衡摩擦力过度”或“平衡摩擦力不足”),曲线上部弯曲的原因是　　　　　　　　　　　　　　　。
丙
15.(10分)一个质量m为0.5 kg的物体以初速度v0=12 m/s竖直向上抛出,其上升时所能达到的最大高度h为6 m。物体所受空气阻力大小恒定。求:
(1)物体所受空气阻力大小;
(2)物体落回抛出点时速度大小。
16.(10分)风洞实验室中可以产生水平向右的、大小可调节的风力。现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室,小球孔径略大于细杆直径,杆足够长,如图所示,小球的质量为1 kg,球与杆间的动摩擦因数为0.5。
(1)当杆在水平方向上固定时(如图中虚线所示),调节风力的大小,使风对小球的力大小恒为4 N,求此时小球受到的摩擦力f1的大小。
(2)若调节细杆使杆与水平方向间夹角θ为37°并固定(如图中实线所示),调节风力的大小,使风对小球的力大小恒为40 N,求小球从静止出发在细杆上2秒内通过位移的大小。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
17.(12分)如图甲所示为月饼排盘器,月饼可以通过排盘器整齐地摆盘,再进入烘焙设备。将排盘过程简化为如图乙所示的模型,开始时排盘器静止在盘子上方,排盘器上表面距离盘子的高度h=0.2 m,排盘器右端与盘子右端相距x1=0.15 m,月饼向右运动,当月饼与排盘器右端相距x2=1 m时,月饼的速度v0=2 m/s,排盘器立刻以a=2 m/s2的加速度向左做匀加速运动。已知月饼与排盘器间的动摩擦因数μ=0.2,求:
(1)从排盘器运动开始计时,经过多长时间月饼将离开排盘器h;
(2)月饼落入盘子时距离盘子右端的距离x。
　
18.(14分)有“海洋之舟”美称的企鹅喜欢在冰面上游戏,如图所示。有一质量为30 kg的企鹅先从倾斜冰面底端由静止开始沿直线向上匀加速“奔跑”7.5 s,速度达到4 m/s时,突然卧倒以肚皮贴着冰面继续向前滑行,最后退滑到出发点(假设企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。已知冰面倾角为30°,企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=。求:
(1)企鹅向上“奔跑”时所受合力大小;
(2)企鹅向上运动的最远距离;
(3)若企鹅退滑到出发点时的速度超过10 m/s就会受伤,试判断该企鹅是否会受伤。
答案全解全析
1.B　伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因,选项A错误;合外力决定加速度的大小和方向,物体加速度的方向一定与所受合外力的方向相同,故选项B正确,C错误;物体长时间不受力时的“自然状态”包括静止和匀速直线运动状态,选项D错误。
2.D　单位是物理量的组成部分,有单位的物理量要注明单位,但并不是所有物理量都有单位,如动摩擦因数μ就没有单位,A错误;在国际单位制中,长度、质量、时间三个物理量被选作力学的基本物理量,长度不是基本单位,力学的三个基本单位分别是米、千克、秒,B错误;“吨”是质量的单位,但不是国际单位制中的单位,C错误;力的单位牛顿是根据牛顿第二定律推导出来的,是导出单位,D正确。
3.C　猴子受到树枝对它的拉力与自身的重力,静止在空中,合力为零,根据平衡力的特点知,猴子受到树枝的拉力与重力是一对平衡力,故A、D错误;猴子对树枝的拉力是由于猴子发生形变引起的,故B错误;根据牛顿第三定律得,树枝对猴子的拉力与猴子对树枝的拉力是一对作用力与反作用力,故C正确。
4.C　由a>μ1g>μ2g可知,卡车刹车后在s0距离内能安全停下来,则卡车刹车允许的最大加速度大小为am=μ2g;由运动学公式有=2ams0,得卡车的最大速度vm=,选C。
5.C　由题图可知,在稳定状态下的传感器示数为500 N,所以该同学的重力为500 N,A、B错误;该同学在下蹲过程中,先向下加速运动,后减速运动,加速度先向下,后向上,先处于失重状态,后处于超重状态,所以合力方向先向下后向上,C正确,D错误。
6.B　由v-t图像可知,汽车做匀加速运动时,加速度a1=1 m/s2,做匀减速运动时加速度a2=-0.5 m/s2,由牛顿第二定律可得F-f=ma1,-f=ma2,所以F∶f=(a1-a2)∶(-a2)=3∶1,故选项B正确。
7.D　以A、B组成的系统为研究对象,由牛顿第二定律得系统的加速度a=,以B为研究对象,由牛顿第二定律得A对B的作用力FAB=ma=,即A、B间的作用力为FAB=,D正确。
8.D　设小球质量为m,由题图可知小球的合力F=mg tan θ,由mg·tan θ=ma得整体的加速度a=g tan θ,且方向向右,所以小车可能向右做加速运动或向左做减速运动,A、B错误。物块随车一起运动,加速度与车的加速度相同,所以其所受合力方向应向右;物块除受到重力、底板的支持力作用外,还一定受到向右的静摩擦力作用,C错误,D正确。
9.AD　牛顿第一定律揭示了力与运动的关系,物体的运动不需要力来维持,一切物体都具有保持原来运动状态的性质,即惯性,故A正确; 根据牛顿第一定律,物体不受力时保持匀速直线运动或静止状态,故B错误;作用力与反作用力大小相等,方向相反,作用在不同的物体上,故C错误,D正确。
10.BD　以B为研究对象进行受力分析,由胡克定律得F=k(L0-L),则k=,故A错误,B正确。若突然将力F撤去,撤去瞬间,弹簧来不及恢复原长,则弹力不能瞬间改变,故A受合力仍然为0,加速度为0;B水平方向只受弹簧的弹力,大小为F,根据牛顿第二定律得a=,故C错误,D正确。
11.BD　物体对电梯的压力大小等于电梯对物体的支持力大小,物体与电梯运动状态相同。由题图乙知在第1 s内,压力小于重力,由牛顿第三定律可知,支持力小于重力大小,则物体处于失重状态,所受合力逐渐减小,由牛顿第二定律可知加速度发生变化,则电梯不可能做匀变速运动,故A不符合题意。在第2 s内,支持力等于重力,则此时电梯可能处于静止或匀速运动状态,故B符合题意。在第3 s内,支持力大于重力,则物体处于超重状态,所受合力逐渐增大,由牛顿第二定律可知,加速度发生变化,则电梯不可能做匀变速运动,故C不符合题意。在第4 s内,支持力大于重力,且为恒力,则物体处于超重状态,合力向上且不变,则电梯可能向上做匀加速直线运动,或向下做匀减速直线运动,故D符合题意。
12.BD　由于mg sin 37°>μmg cos 37°,所以A、B均沿传送带加速下滑,受到传送带的摩擦力均沿传送带向上,由牛顿第二定律有mg sin 37°-μmg cos 37°=ma,解得a=2 m/s2;又由于两传送带长度相等,则物块A、B同时到达传送带底端,选B、D。
13.答案　(1)B(1分)　(2)2.40(1分)　(3)未平衡摩擦力(2分)
解析　(1)实验装置中有力传感器,不需要用天平测出砂和砂桶的总质量,A错误;小车靠近打点计时器,先接通电源,再释放小车,打出一条纸带,同时记录力传感器的示数,B正确;选用电磁打点计时器时,振针与纸带之间的阻力较大,会影响物体运动,因而比选用电火花打点计时器实验误差大,C错误;因为有力传感器,可以准确得出小车的拉力,所以砂和砂桶的质量远小于小车的质量是没有必要的,D错误。
(2)根据逐差法可得小车运动的加速度大小是a=≈2.40 m/s2。
(3)由题图丙知,拉力传感器有示数时加速度为0,小车受到拉力作用时加速度仍为0,说明主要是受到摩擦力的作用,则图线不过原点的主要原因是未平衡摩擦力。
14.答案　(1)3.40(2分)　0.54(2分)　1.36(2分)　(2)平衡摩擦力过度(2分)　钩码质量增大,不再满足钩码的质量远小于小车的质量(2分)
解析　(1)刻度尺的分度值是1 mm,根据刻度尺读数规则可知,A、B两点间的距离为3.40 cm;电源频率为50 Hz,相邻两个计数点之间还有四个点没有标出,则打点周期T=0.1 s,根据匀变速直线运动中中间时刻速度等于这个过程的平均速度可得xC= m/s≈0.54 m/s。
根据匀变速直线运动规律Δx=aT2,运用逐差法得a= m/s2≈1.36 m/s2。
故小车加速度为1.36 m/s2。
(2)图线不通过坐标原点O,力F为零时,加速度仍然存在,说明平衡摩擦力过度。曲线上部弯曲的原因是随着力F的增大,即钩码质量的增大,不再满足钩码的质量远小于小车的质量。
15.答案　(1)1 N　(2)4 m/s
解析　(1)物体向上做匀减速直线运动,由0-=-2a1h可得
a1==12 m/s2 (2分)
由牛顿第二定律有mg+f=ma1 (2分)
解得f=1 N。 (1分)
(2)对物体下落过程受力分析,由牛顿第二定律有mg-f=ma2 (2分)
解得a2=8 m/s2 (1分)
由v2-0=2a2h (1分)
可得v= m/s。 (1分)
16.答案　(1)4 N　(2)20 m
解析　(1)当杆在水平方向固定时,小球受到的最大静摩擦力为fmax=μN=μmg=0.5×10 N=5 N(2分)
当风力大小为4 N时,由4 N<5 N,说明小球处于静止状态,则此时的摩擦力大小f1=4 N。 (2分)
(2)受力分析如图所示
取沿细杆向上为正方向,根据牛顿第二定律可得
F cos 37°-mg sin 37°-μ(mg cos 37°+F sin 37°)=ma (4分)
代入数据得a=10 m/s2
则有x=at2=×10×22 m=20 m。 (2分)
17.答案　(1)0.5 s　(2)0.2 m
解析　(1)月饼向右做匀减速运动,由牛顿第二定律得μmg=ma' (1分)
解得a'=μg=2 m/s2 (1分)
经过t时间的位移为x饼=v0t-a't2 (1分)
排盘器向左做匀加速运动,经过t时间的位移为x器=at2 (1分)
位移满足关系x2=x饼+x器 (1分)
解得x器=0.25 m,t=0.5 s(1分)
(2)离开排盘器时月饼的速度v1=v0-a't (1分)
解得v1=1 m/s(1分)
月饼离开排盘器后做平抛运动,水平方向有x3=v1t' (1分)
竖直方向有h=gt'2 (1分)
月饼落入盘子时距离盘子右端的距离x=x1+x器-x3 (1分)
解得x=0.2 m(1分)
18.答案　(1)16 N　(2)16 m　(3)见解析
解析　(1)设企鹅向上做匀加速运动的加速度为a1,由
a1= m/s2 (2分)
由牛顿第二定律得F合=ma1=16 N。 (2分)
(2)设企鹅向上做匀加速运动的位移为x1,则x1=t=15 m(2分)
设企鹅向上做匀减速运动的位移为x2、加速度大小为a2,则由牛顿第二定律得mg sin 30°+μmg cos 30°=ma2 (1分)
解得a2=8 m/s2
由-0=2a2x2得x2=1 m(1分)
则企鹅向上运动的最远距离为x=x1+x2=16 m。 (1分)
(3)设企鹅返回时加速度为a3,末速度为v,则由牛顿第二定律得
mg sin 30°-μmg cos 30°=ma3 (2分)
代入数据解得a3=2 m/s2 (1分)
由v2-0=2a3x得v=8 m/s(1分)
由于企鹅的末速度8 m/s<10 m/s,故企鹅不会受伤。 (1分)
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)