人教版高一物理必修一第四章牛顿运动定律章节综合复习题

1、人教版高一物理必修一第四章牛顿运动定律章节综合复习题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 4 【答案】BD“4媪力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，根据牛顿第二第四章 牛顿运动定律 章节综合复习题一、多选题1.如图所示，质量均为 1kg的两个物体 A、B放在水平地面上相距 9m,它们与水平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则（ ）市"

2、崎虫此雄石天出3,必应理:取期&川宜加4A.它们经过2s相遇B.它们经过4s相遇C.它们在距离物体A出发点8m处相遇D.它们在距离物体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=-科g=2m/s2; B物体初速度较小，首先停止运动，故其 停止运动的时间为：；该段时间内物体 A的位移为：XAi=VAti+-aiti2=5m；物体B的位移为：2XB=VBti+-a2ti =1m；故此时开始，物体 B不动，物体 A继续做匀减速运动，直到相遇；即在离

3、A物体8m处 相遇，1s末A的速度为：VAi=VA+aiti=4m/s;物体A继续做匀减速运动过程，有：XA2=VAit2+-a2t22=1m ;解得：t2=1s；故从出发到相遇的总时间为：t=ti+t2=2s,故AC正确。故选 AC。2.如下图（a）所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，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作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力 F与物体位移 s的关系如图（b）所示（g=10 m/s2）,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.弹簧的劲度系数为 750 N/mC.物体的质量为2 kg2

4、D, 物体的加速度大小为 5 m/s【答案】CD【解析】物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故 A错误；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Fi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：Fi+kx-mg=ma; 物体与弹簧分离后，拉力F2为30N ,根据牛顿第二定律有：F2-mg=m a；代入数据解得：m=2kg ; k=500N/m=5N/cm ; a=5m/s2;故B错误，C D正确；故选 CD。3.质量分别为2kg和3kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，如图所示，今用大小为作用在A上使AB相对静止一起向前匀加速运动，则下列说

5、法正确的是3【解析】AB、对整体分析，整体的加速度 ,隔离对B分析，则弹簧的弹力弹，故A错误，B正确；C、撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，则 A的加速度 -，故C错误；D、撤去F的瞬间，弹簧弹力不变，则B的加速度- -，故D正确。故选：BD。4.如图所示，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 ,下列说法正确的是A.滑块向上运动的时间为1sB.滑块向上运动的最大距离为10 mC.斜面与滑块之间的动摩擦因数为

6、0.5D.滑块从开始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，由速度公式可得减速时间为上=-=,A正确。B、匀减速上的位移为 m m, B错误。C、上滑过程根据牛顿第二定律上，解得,C正确。D、下滑过程根据牛顿第二定律下，解得下 m ,滑块做匀加速直线运动下下，可得 下=,故加速到10m/s总时间为6s, D错误。故选AC。二、单选题5.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：（）左m/ mi 右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，合力水平向右，由几何关系：合，水平向右；根据牛顿第二定律：，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，故 A、B错误；定律故选Co,方向水平向右，故 C正确，D错误;6.如图所示，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的作用而向右滑行，长木板处于 静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为因，木板与地面间的动摩擦因数为理.下列说法正确的是A.木板

8、受到地面的摩擦力的大小一定是 B.木板受到地面的摩擦力的大小一定是 C.木板受到地面的摩擦力的大小一定等于D.当F> w（m+M）g时，木板仍静止【答案】D【解析】m所受M的滑动摩擦力大小mg w(m+ M)gF,方向水平向左，根据牛顿第三定律得知：木板受到m的摩擦力方向水平向右，大小等于；M处于静止状态，水平方向受到 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，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，故当时，此时m对M的作用力仍为，故物体M仍处于静止，D 正确。7.如图所示，一细线的一端固定于倾角为的光滑楔形滑块 A上的顶端 O

9、处，细线另一端拴一质量为m=0.2kg的小球静止在 A上。若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a。（取.）A. 当a=5m/s2时，线中拉力为B.当a=10m/s2时，小球受的支持力为C.当a=12m/s2时，经过1秒钟小球运动的水平位移是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水平方向向左加速运动，由牛顿运动定律得小球和滑块共同的加速度为:时，斜面对小球有支持力，将小球所受的力沿加速度方向和垂直于加速度方向分解，有,，联立解得： ，故A正确；当时，斜面对小球恰好没有支持力，故 N

10、=0,故B错误；当时，滑块的位移为 -，而小球要先脱离斜面，然后保持与滑块相同的运动状态，故在这1s内小球运动的水平位移小于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；故选Ao 8.如图所示，A为放在水平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的轻细绳都处于水平放置。现用沿水平方向的恒定外力F拉滑轮，若测得 A的加速度大小为2m/s2,重力加速度取g=10 m/s2则2A. 物块

11、B、C的加速度大小也等于 2m/sB.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= wmg=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，则有：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AC间滑动；受力分析，根据牛顿第二定律，则有：AC 间 f 摩=0.1mg , ab 间 f 摩=0.1mg;B 绳上拉力 5mgX0.

12、2+0.1mg=1.1mg ,C绳也一样1.1mg,所以C的加速度为 F=2.2mg;综上所述，故D正确。9 .如图，一水平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即初始时，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,则痕迹长度为【解析】传送带的运动是匀减速直线运动，加速度为a,减速到零运动的位移为：一而煤块的运动也是匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，煤=。减速到零运动走过的位移为 ，由于煤块和皮带是同一方向运动的，所以痕迹的长

13、度即相对位移为： 故D正确；故选D三、解答题10 .如图所示，足够长的倾角0 =37的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m=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.开始时，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 的最大距离？（设B落地后不再弹起，且所有接触面间的摩擦均忽略不计，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，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

14、为，则根据牛顿第二定律可得，联立解得；根据位移速度公式可得；当B落地后，A以v减速上滑，则，联立解得；故A在斜面上向上滑行的最大距离11 . 一质量为 m的滑雪人，以初速度 vo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8 / 5够长，求他所受到的阻力。【答案【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：-【解析】(1)物体的受力情况如图所示:解得： 对滑雪人进行受力分析，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

15、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=ma解得：阻12.如图所示，钉子A、B相距51,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的小球固定在细线上静止，此时BC与水平方向的夹角为C点，B、C间的线长为31.用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都53 .松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向g,取 sin53 =0.8, cos53 =0.6.求：根据牛顿第二定律，得：Fcos370-f=maFsin37 + FN=mg又 f=W联立彳导:a=代入解得a=0.3m/s2(2)8s末物体的

16、瞬时速度大小v=at=0.3 8m/s=2.4m/s下运动.忽略一切摩擦，重力加速度为(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；8s时间内物体通过的位移大小-(3)8s末撤去力F后，物体做匀减速运动, 根据牛顿第二定律得，物体加速度大小由 v2=2a'x 彳导:一 m14.如图甲所示，倾角为 0= 37。的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m=2 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, 正方向，g= 10 m/s2, sin 37 = 0.6,求：in - ' i2 s末物体到达B端，取沿传送带向下为(3)

17、小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T【答案】(1)-(2)-(3)( 一 或 一 )【解析】(1)设小球受AC、BC的拉力分别为Fi、F2Fisin53 = F2cos53 ° F + mg=Ficos53 + F2sin53 且 Fi=Mg解得 -(2)小球运动到与 A、B相同高度过程中小球上升高度hi=3lsin53 ；物块下降高度h2=2l机械能守恒定律 mghi=Mgh2解得(3)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 Mg T=Ma 小球受AC的拉力 / T牛顿运动定律 T' mgcos53

18、=ma解得 ( 一 或 一 )( )13.如图所示，质量为 2kg的物体在与水平方向成37。角的斜向上的拉力 F作用下由静止开始运动。已知力F的大小为 5N,物体与地面之间的动摩擦因数科为0.2, (sin37=0.6, cos37=0.8)求：(1)物体由静止开始运动后的加速度大小；(2)8s末物体的瞬时速度大小和8s时间内物体通过的位移大小;(3)若8s末撤掉拉力F,则物体还能前进多远？【答案】(1)a=0.3m/s2 (2)x=9.6m (3)x' =1.44m小(1)小物体在传送带乙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(3)2 s内物体机械能的减少量E

19、 。【答案】(1)8 m/s (2)0.5 (3)48 J【解析】(1)由v-t图象的面积规律可知传送带A、B间的距离L即为v-t图线与t轴所围的面积，所以:代入数彳I得：L=16m 由平均速度的定义得：(2)由v-t图象可知传送代运行速度为vi=10m/s, 0-1s内物体的加速度为:则物体所受的合力为:1-2s内的加速度为： 根据牛顿第二定律得:F 合=mai=2X10N=20N .2a2=- = 2m/s ,ai =g in 8 + 心 gco 0a2=g in -0gco 0联立两式解得：=0. , 0=37：(3) 0-1s 内，物块的位移：xi =-aiti2=- X10 >

20、1m= 5m,传送带的位移为：x2=vti=10 X1m=10m则相对位移的大小为：xi=x2-xi=5m ,则 1-2s 内，物块的位移为：x3= vt2+-a2t22=10 X1+X2 Mm= 11m,0-2s内物块向下的位移：L=xi+x3=5+11=16m物块下降的高度：h=Lsin37 °=16X0.6=9.6m物块机械能的变化量：E= -mvB2- mgh=-X2M22- 2M0>9.6=-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，如图所示.质量为-m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压

21、缩量为X0 ,从t=0时开始，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分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为 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)在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式.【答案】(1) (2)(3)- (3)【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，则有:kxo= ( m+- m) g in 0解得：k=(2)由题意可知，b经两段相等的时间位移为 xo；由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：

22、一 -说明当形变量为一 一时二者分离；对m分析，因分离时ab间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：kxi-mg in 0 =m联立解得：a=-(3)设时间为t,则经时间t时，ab前进的位移x=-at2=则形变量变为：x=xo-x对整体分析可知，由牛顿第二定律有：F+k x- (m+-m) g in O=(m+-m) a解得： F= mg in 0 12因分离时位移 x=由x=-at2解得： 故应保证0WK , F表达式才能成立.16.如图甲所示，质量M=1.0kg的长木板A静止在光滑水平面上，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科=0.2对铁块施加水平向右的

23、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等，取重力加速度g=10m/s2.求：工4I【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，则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 内，因拉力为 ，AB间的摩擦力为 ，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：代入数据得：，；(2)当后，拉力，铁块B做匀速运动，速度大小为，木板A仍做匀加速直线运动，又经过时间，速度与铁块B相等又()解得：；设A、B速度相等后一起做匀加速直线运动，运动时间，加速度为a,( )木板A受到的静摩擦力V , AB 一起运动-一 ()代入数据得；(3)时间内拉力做的功-时间内拉力做功；时间内拉力做的功(-)；内拉力做的功。17 .如图所示，质量为 M,倾角为。的光滑斜面静止在粗糙的水平面上，斜面上有一倒扣的直角三角形物块 m,现对物块m施加一水平向左的推力 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，已知重力加速度为g.求：(1)物块对斜面的压力；(2)水平推力F的大小；