高一物理必修一 第四章 牛顿运动定律 章节综合复习题

1、.第四章 牛顿运动定律 章节综合复习题一、多项选择题1如下图，质量均为1kg的两个物体A、B放在程度地面上相距9m，它们与程度地面的动摩擦因数均为=0.2现使它们分别以大小vA=6m/s和vB=2m/s的初速度同时相向滑行，不计物体的大小，取g=10m/s2那么 A 它们经过2s相遇B 它们经过4s相遇C 它们在间隔 物体A出发点8m 处相遇D 它们在间隔 物体A出发点6m 处相遇【答案】AC【解析】对物体A受力分析，均受到重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：-mg=ma，故加速度为：a1=-g=-2m/s2；同理物体B的加速度为：a2=-g=-2m/s2；B物体初速度较小，首先停

2、顿运动，故其停顿运动的时间为：t1=0-vBa2=1s；该段时间内物体A的位移为：xA1=vAt1+12a1t12=5m；物体B的位移为：xB=vBt1+12a2t12=1m；故此时开场，物体B不动，物体A继续做匀减速运动，直到相遇；即在离A物体8m处相遇，1s末A的速度为：vA1=vA+a1t1=4m/s；物体A继续做匀减速运动过程，有：xA2=vA1t2+12a2t22=1m；解得：t2=1s；故从出发到相遇的总时间为：t=t1+t2=2s，故AC正确。应选AC。2如以下图a所示，一轻质弹簧的下端固定在程度面上，上端放置一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

3、在物体上，使物体开场向上做匀加速运动，拉力F与物体位移s的关系如图b所示g10 m/s2，以下结论正确的选项是 A 物体与弹簧别离时，弹簧处于压缩状态B 弹簧的劲度系数为750 N/mC 物体的质量为2 kgD 物体的加速度大小为5 m/s2【答案】CD【解析】物体与弹簧别离时，弹簧恢复原长，故A错误；刚开场物体处于静止状态，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；物体与弹簧别离后，拉力F2为30N，根据牛顿第二定律有：F2-mg=ma；代入数据解得：m=2kg；k=500N/m=5N/cm；a=5m

4、/s2；故B错误，C D正确；应选CD。3质量分别为2kg和3kg的物块A、B放在光滑程度面上并用轻质弹簧相连，如下图，今用大小为F=20N作用在A上使AB相对静止一起向前匀加速运动，那么以下说法正确的选项是()A 弹簧的弹力大小等于8NB 弹簧的弹力大小等于12NC 突然撤去F瞬间，A的加速度大小为0D 突然撤去F瞬间，B的加速度大小为4m/s2【答案】BD【解析】AB、对整体分析，整体的加速度a=Fma+mb=202+3m/s2=4m/s2，隔离对B分析，那么弹簧的弹力F弹=mBa=34N=12N，故A错误，B正确；C、撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，那么A的加速度aA=F弹ma=122m/

5、s2=6m/s2，故C错误；D、撤去F的瞬间，弹簧弹力不变，那么B的加速度aB=F弹mb=123m/s2=4m/s2，故D正确。应选：BD。4如下图，一滑块从足够长的粗糙斜面上的某位置以大小为10m/s的初速度沿斜面向上运动，斜面的倾角为37，滑块向上运动过程中的加速度大小为10m/s2。取重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，以下说法正确的选项是A 滑块向上运动的时间为1sB 滑块向上运动的最大间隔 为10 mC 斜面与滑块之间的动摩擦因数为0.5D 滑块从开场运动到速度大小再次为10m/s所用的时间为2s【答案】AC【解析】A、滑块上滑做匀减速直线运动，由速度

6、公式可得减速时间为t上=v0a上=1010=1s，A正确。B、匀减速的位移为x=v022a上=102210m=5m，B错误。C、上滑过程根据牛顿第二定律mgsin+mgcos=ma上，解得=0.5，C正确。D、下滑过程根据牛顿第二定律mgsin-mgcos=ma下，解得a下=2m/s2，滑块做匀加速直线运动v0=a下t下，可得t下=5s，故加速到10m/s总时间为6s，D错误。应选AC。二、单项选择题5绳与竖直成某一固定角度，如下图，假设在汽车底板上还有一个跟其相对静止的物体m1,那么关于汽车的运动情况和物体m1的受力情况正确的选项是： A 汽车一定向右做加速运动B 汽车一定向左做加速运动C

7、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【答案】C【解析】AB、对小球受力分析，受拉力和重力，如图，结合运动情况可知，合力程度向右，由几何关系：F合=m2gtan，程度向右；根据牛顿第二定律：a=gtan，程度向右，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，故A、B错误；CD、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=m1gtan，方向程度向右，故C正确，D错误；应选C。6如下图，质量为m的木块在质量为M的长木板上，受到向右的拉力F

8、的作用而向右滑行，长木板处于静止状态，木块与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数为2.以下说法正确的选项是 A 木板受到地面的摩擦力的大小一定是2mgB 木板受到地面的摩擦力的大小一定是2mMgC 木板受到地面的摩擦力的大小一定等于FD 当F2mMg时，木板仍静止【答案】D【解析】m所受M的滑动摩擦力大小f1=1mg，方向程度向左，根据牛顿第三定律得知：木板受到m的摩擦力方向程度向右，大小等于1mg；M处于静止状态，程度方向受到m的滑动摩擦力和地面的静摩擦力，根据平衡条件木板受到地面的摩擦力的大小是1mg，ABC错误；因为小滑块相对长木板运动，两者之间的摩擦力为滑动摩擦力，故当F2

9、m+Mg时，此时m对M的作用力仍为1mg，故物体M仍处于静止，D正确。7如下图，一细线的一端固定于倾角为45的光滑楔形滑块A上的顶端O处，细线另一端拴一质量为m=0.2kg的小球静止在A上。假设滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a。取g=10m/s2.A 当a=5m/s2时，线中拉力为322NB 当a=10m/s2时, 小球受的支持力为2NC 当a=12m/s2时, 经过1秒钟小球运动的程度位移是6mD 在稳定后，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和【答案】A【解析】当小球对滑块的压力恰好等于零时，小球所受重力mg和拉力T使小球随滑块一起沿程度方向向左加速运动，由牛顿运动定律得小球和滑块

10、共同的加速度为：a0=mgtan45m=10m/s2。当a=5m/s2a0=10m/s2时，滑块的位移为x=12at2=6m，而小球要先脱离斜面，然后保持与滑块一样的运动状态，故在这1s内小球运动的程度位移小于6m，故C错误；在稳定后，对小球和滑块A整体受力分析可知，在竖直方向没有加速度，故地面对A的支持力等于两个物体重力之和，故D错误；应选A。8如下图，A为放在程度光滑桌面上的长方形物块，在它上面放有物块B和C，A、B、C的质量分别为m、5m、m。B、C与A之间的静摩擦系数和滑动摩擦系数皆为0.1。K为轻滑轮，绕过轻滑轮连接B和C的轻细绳都处于程度放置。现用沿程度方向的恒定外力F拉滑轮，假设

11、测得A的加速度大小为2m/s2，重力加速度取g=10 m/s2那么A 物块B、C的加速度大小也等于2m/s2B 物块B的加速度为1m/s2，C的加速度为2m/s2C 外力的大小F=2.4mgD 物块B、C给长方形物块A的摩擦力为0.2mg【答案】D【解析】A与B的最大静摩擦力为FB=mg=0.5mg，C与A的最大静摩擦力为FC=0.1mg，由于A的加速度等于0.20g，根据牛顿第二定律，那么有：FA=ma=0.2mg，因此C对A的作用力为0.1mg，而B对A的作用力也为0.1mg，AB间保持静止，所以B的加速度为2ms2AC间滑动；受力分析，根据牛顿第二定律，那么有：AC间f摩=0.1mg，a

12、b间f摩=0.1mg；B绳上拉力5mg0.2+0.1mg=1.1mg，C绳也一样1.1mg，所以C的加速度为ac=1.1mg-0.1mgm=10ms2 F=2.2mg；综上所述，故D正确。9如图，一程度的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块可视为质点，煤块与传送带之间的动摩擦因数为。初始时，传送带与煤块都是以速度v作匀速直线运动；现让传送带以加速度a作匀减速运动，速度减为零后保持静止；又经过一段时间，煤块静止，传送带上留下了一段黑色痕迹，重力加速度大小为g，那么痕迹长度为A v22g B v22a C v22g+v22a D v22g-v22a【答案】D【解析】传送带的运动是匀减速直线运动，加速

13、度为a，减速到零运动的位移为：v22a而煤块的运动也是匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，a煤=g。减速到零运动走过的位移为v22g，由于煤块和皮带是同一方向运动的，所以痕迹的长度即相对位移为：v22g-v22a故D正确；应选D三、解答题10如下图，足够长的倾角=37的光滑斜面体固定在程度地面上，一根轻绳 跨过定滑轮，一端与质量为ml=1 kg的物块 A连接，另一端与质量为m2=3kg的物块 B连接，绳与斜面保持平行开场时，用手按住 A，使 B悬于距地面 高 H=0.6m 处，而 A静止于斜面底端。现释放 B，试求 A在斜面上向上滑行 的最大间隔 ？ 设 B 落地后不再弹起，且所有接触面间的摩擦

14、均忽略不计， sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2【答案】1.2m【解析】在B落地前，设两者的加速度为a1，绳子的拉力为T； B落地时的速度为v，B落地后A的加速度为a2，那么根据牛顿第二定律可得T-m1gsin37=m1a1，m2g-T=m2a1，联立解得a1=6m/s2；根据位移速度公式可得v2=2a1H；当B落地后，A以v减速上滑，那么0-v2=2a2x，联立解得x=0.6m；故A在斜面上向上滑行的最大间隔 L=H+x=1.2m11一质量为m的滑雪人，以初速度v0沿倾角为的山坡匀加速下滑；在时间t内滑下的路程为S，山坡足够长，求他所受到的阻力。【答案】f=mgsin-

15、m2(S-v0t)t2 【解析】根据匀变速直线运动的位移时间公式求出加速度的大小，通过牛顿第二定律求出滑雪人受到的阻力大小。根据位移时间公式：S=v0t+12at2 解得：a=2S-v0tt2 对滑雪人进展受力分析，根据牛顿第二定律可得：F合= ma 因为在垂直斜面方向上滑雪人处于平衡，在垂直斜面方向：FN- mgcos=0 因为在平行斜面方向上滑雪人处于匀加速下滑，在沿斜面方向：F合 =mgsin-f阻 联立可得：mgsin-f阻=ma 解得：f阻=mgsin-m2S-v0tt2 12如下图，钉子A、B相距5l，处于同一高度细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B质量为m的小球固

16、定在细线上C点，B、C间的线长为3l用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与程度方向的夹角为53松手后，小球运动到与A、B一样高度时的速度恰好为零，然后向下运动忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53=0.8，cos53=0.6求：1小球受到手的拉力大小F；2物块和小球的质量之比M:m；3小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T【答案】1F=53Mg-mg 2Mm=6 3T=8mMg5m+MT=4855mg或T=811Mg【解析】1设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2F1sin53=F2cos53 F+mg=F1cos53+ F2sin53且F1=Mg解得F=53Mg-

17、mg2小球运动到与A、B一样高度过程中小球上升高度h1=3lsin53，物块下降高度h2=2l机械能守恒定律mgh1=Mgh2解得Mm=653根据机械能守恒定律，小球回到起始点设此时AC方向的加速度大小为a，重物受到的拉力为T牛顿运动定律MgT=Ma 小球受AC的拉力T=T牛顿运动定律Tmgcos53=ma解得T=8mMg5（m+M）T=4855mg或T=811Mg13如下图，质量为2kg的物体在与程度方向成37角的斜向上的拉力F作用下由静止开场运动。力F的大小为5N，物体与地面之间的动摩擦因数为0.2，sin37=0.6，cos37=0.8求：1物体由静止开场运动后的加速度大小；28s末物体

18、的瞬时速度大小和8s时间内物体通过的位移大小；3假设8s末撤掉拉力F，那么物体还能前进多远？【答案】1a=0.3m/s2 2x=9.6m 3x=1.44m【解析】1物体的受力情况如下图：根据牛顿第二定律，得:Fcos37-f=maFsin37+FN=mg 又f=FN 联立得：a=Fcos37-(mg-Fsin37)m代入解得a=0.3m/s2 28s末物体的瞬时速度大小v=at=0.38m/s=2.4m/s 8s时间内物体通过的位移大小x=12at2=9.6m38s末撤去力F后，物体做匀减速运动，根据牛顿第二定律得，物体加速度大小a=fm=mgm=g=2.0m/s2由v2=2ax得:x=v22

19、a=1.44m14如图甲所示，倾角为37的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m2 kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g10 m/s2，sin 370.6，求：1小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v；2物体与传送带间的动摩擦因数；32 s内物体机械能的减少量E 。【答案】18 m/s20.5348 J【解析】1由v-t图象的面积规律可知传送带A、B间的间隔 L即为v-t图线与t轴所围的面积，所以：Lv1tt1+v1+v22t2代入数值得：L=16m由平均速度的定义得：vLt1628m/s 2由v

20、-t图象可知传送代运行速度为v1=10m/s，0-1s内物体的加速度为：a1vt101m/s210m/s2那么物体所受的合力为：F合=ma1=210N=20N1-2s内的加速度为：a2212m/s2，根据牛顿第二定律得：a1mgsin+mgcosm=gsin+gcos，a2mgsin-mgcosm=gsin-gcos联立两式解得：=0.5，=3730-1s内，物块的位移：x112a1t1212101m5m，传送带的位移为：x2=vt1=101m=10m那么相对位移的大小为：x1=x2-x1=5m，那么1-2s内，物块的位移为：x3vt2+12a2t22=101+1221m11m，0-2s内物块

21、向下的位移：L=x1+x3=5+11=16m物块下降的高度：h=Lsin37=160.6=9.6m物块机械能的变化量：E12mvB2mgh=1221222109.6=-48J负号表示机械能减小 15一轻弹簧的一端固定在倾角为的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如下图质量为35m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0 ， 从t=0时开场，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动经过一段时间后，物块a、b别离；再经过同样长的时间，b距其出发点的间隔 恰好也为x0 弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g求1弹簧的劲度系数； 2物块b加速度的大小； 3

22、在物块a、b别离前，外力大小随时间变化的关系式【答案】18mgsin5x0 2gsin5 3F=825mgsin+4mg2sin225x0 35x02gsin【解析】1对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，那么有：kx0=m+35 mgsin解得：k=8mgsin5x0 2由题意可知，b经两段相等的时间位移为x0；由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：x1x0=14 说明当形变量为x1=x0-x04=3x04时二者别离；对m分析，因别离时ab间没有弹力，那么根据牛顿第二定律可知：kx1-mgsin=ma联立解得：a=15gsin 3设时间为t，那么经时

23、间t时，ab前进的位移x=12at2=gsint210那么形变量变为：x=x0-x对整体分析可知，由牛顿第二定律有：F+kx-m+35mgsin=m+35ma解得：F=825 mgsin+4mg2sin225x0t2因别离时位移x=x04由x=x04=12at2解得：t=5x02gsin 故应保证0t5x02gsin，F表达式才能成立16如图甲所示，质量M=1.0kg的长木板A静止在光滑程度面上，在木板的左端放置一个质量m=1.0kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数=0.2，对铁块施加程度向右的拉力F，F大小随时间变化如图乙所示，4S时撤去拉力可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相

24、等，取重力加速度g=10m/s2求：101S内，A、B的加速度大小；2B相对A滑行的最大间隔 s；304s内，拉力做的功W【答案】1aA=2ms2，aB=4ms2；2s=2m；3W=40J【解析】【分析】1分别对两物体受力分析，由牛顿第二定律可求得两物体的加速度；2分析两物体的运动过程，求出速度相等的时间，再对整体分析求得整体的加速度，那么由位移公式可求得总位移；3分别求出各时间段内的拉力所做的功，再求各功的代数和即可求解；【详解】1在01s内，因拉力为6N，AB间的摩擦力为2N，故AB一定发生相对运动；AB两物体分别做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得：mg=MaA，F1-mg=maB代入

25、数据得：aA=2m/s2，aB=4m/s2；2当t1=1s后，拉力F2=mg，铁块B做匀速运动，速度大小为v1，木板A仍做匀加速直线运动，又经过时间t2，速度与铁块B相等v1=aBt1又v1=aA（t1+t2）解得：t2=1s；设A、B速度相等后一起做匀加速直线运动，运动时间t3=2s，加速度为a，F2=（M+m）aa=1m/s2木板A受到的静摩擦力f=Mamg，AB一起运动s=12aBt12+v1t2-12aA（t1+t2）2代入数据得s=2m；3时间t1内拉力做的功W1=F1x1=F112aBt12=12J时间t2内拉力做功W2=F2x2=F2v1t2=8J；时间t3内拉力做的功W3=F2

26、x3=F2（v1t3+12at32）=20J；4s内拉力做的功W=W1+W2+W3=40J。17如下图，质量为M，倾角为的光滑斜面静止在粗糙的程度面上，斜面上有一倒扣的直角三角形物块m，现对物块m施加一程度向左的推力F，使物块m与斜面一起向左做加速度为a的匀加速直线运动，重力加速度为g.求：1物块对斜面的压力；2程度推力F的大小；3粗糙地面与斜面间的动摩擦因数【答案】1mgcos 2mgtanma3mgtan-Ma(m+M)g 【解析】1以m为研究对象，竖直方向受力平衡，得：N=mgcos根据牛顿第三定律，物块对斜面的压力为：N=N=mgcos2以m为研究对象，程度方向：F-Nsin=ma，得：F=mgtan+ma3以m、M整体为研究