1、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（ ）A 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=-g=-2m/s2；B物体初速度较小，首先停止运动
2、，故其停止运动的时间为：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；故此时开始，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。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
3、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(g10 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 kgD 物体的加速度大小为5 m/s2【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；物体与弹簧分离后，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
4、；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F=20N作用在A上使AB相对静止一起向前匀加速运动，则下列说法正确的是()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，则弹簧的弹力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，则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，则B的加速度aB=F弹mb=123m/s2=4m/s2，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
6、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。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： ( )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 m1除受
7、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：F合=m2gtan，水平向右；根据牛顿第二定律：a=gtan，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；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，方向水平向右，故C正确，D错误；故选C。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
8、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1，木板与地面间的动摩擦因数为2.下列说法正确的是 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2(mM)gC 木板受到地面的摩擦力的大小一定等于FD 当F2(mM)g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1mg；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F
9、2m+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如图所示，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。若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
10、和滑块共同的加速度为：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A。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
11、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，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2ms2AC间滑动；受力分析，根据牛顿第二定律，则有：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。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
13、速度为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；故选D三、解答题10如图所示，足够长的倾角=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
14、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，则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，则0-v2=2a2x，联立解得x=0.6m；故A在斜面上向上滑行的最大距离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如图所示，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
16、固定在细线上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与水平方向的夹角为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】（1）F=53Mg-mg （2）Mm=6 （3）T=8mMg5m+M（T=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+ F2sin
17、53且F1=Mg解得F=53Mg-mg（2）小球运动到与A、B相同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=65（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=811Mg）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为0.2，（sin37=0.6，cos37=0.
18、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【解析】(1)物体的受力情况如图所示：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 (2)8s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=9.6m(3)8s末撤去力F后，物体做匀减速运动，根据牛顿
19、第二定律得，物体加速度大小a=fm=mgm=g=2.0m/s2由v2=2ax得:x=v22a=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；(3)2 s内物体机械能的减少量E 。【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
20、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-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则物体所受的合力为：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，=37（3）0-1s内，物块的位移：x112a1t1212101m5m，传送带的位移为：x2=vt1=101m=10m则相对位移的大小为：x
21、1=x2-x1=5m，则1-2s内，物块的位移为：x3vt2+12a2t22=101+1221m11m，0-2s内物块向下的位移：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，如图所示质量为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
22、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）8mgsin5x0 （2）gsin5 （3）F=825mgsin+4mg2sin225x0 （3）5x02gsin【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：kx0=（m+35 m）gsin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
23、=3x04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：kx1-mgsin=ma联立解得：a=15gsin （3）设时间为t，则经时间t时，ab前进的位移x=12at2=gsint210则形变量变为：x=x0-x对整体分析可知，由牛顿第二定律有：F+kx-（m+35m）gsin=（m+35m）a解得：F=825 mgsin+4mg2sin225x0t2因分离时位移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静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量m=1.0kg
24、的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数=0.2，对铁块施加水平向右的拉力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等，取重力加速度g=10m/s2求： (1)01S内，A、B的加速度大小；(2)B相对A滑行的最大距离s；(3)04s内，拉力做的功W【答案】(1)aA=2ms2，aB=4ms2；(2)s=2m；(3)W=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，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
25、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
26、+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=F2x3=F2（v1t3+12at32）=20J；4s内拉力做的功W=W1+W2+W3=40J。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；(3)粗糙地面与斜面间的动摩擦因数【答案】(1
27、)mgcos (2)mgtanma(3)mgtan-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=mgcos（2）以m为研究对象，水平方向：F-Nsin=ma，得：F=mgtan+ma（3）以m、M整体为研究对象：F-（m+M）=（M+m）a，可得：=mgtan-Mam+Mg18如图甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态.作用于滑块的水平力F随时间t的变化图象如图乙所示，t=2.0s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动.已知滑块质量m=2kg，木板质量M=1kg，滑块与木板间的动摩
28、擦因数=0.2，取g=10m/s2.求：（1）t=0.5s时滑块的速度大小；（2）02.0s内木板的位移大小；（3）整个过程中因摩擦而产生的热量.【答案】(1) 1m/s (2) 6.25m (3) 12J【解析】（1）设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大，以M为研究对象，根据牛顿第二定律得mg=Ma0，得a0=mgM=0.22101=4m/s2；对整体，有F0=(M+m)a0=12N由图知，在0-0.5s内，F=6NF0，所以两者相对滑动.根据牛顿第二定律得对m有：F-mg=mam，得am=6m/s2；对M有：mg=MaM，得aM=4m/s2；0.52.0s内木板的位移大小为
29、x2=v1t2+12aMt22= 11.5+1241.52=6m故02.0s内木板的位移大小x=x1+x2=6.25m（3）0.52.0s内滑块的位移大小为x3=v1t2+12aMt22= 11.5+1261.52=8.25m故0.52.0s内滑块与木板的相对位移x1=x3-x2=2.25mt=2.0s时，滑块的速度为vm=v1+amt2=1+61.5=10m/s木板的速度为vM=v1+aMt2=1+41.5=7m/s撤去F后，m的加速度大小为am=mgm=g=2m/s2；设从t=2s时起经过时间t，两者速度相等，共同速度为v，则有v=vm-amt=vM+aMt，计算得出t=0.5s，v=9m/s，从t=2s到两者相对静止的过程中，滑块的位移为x4=vm+v2t=10+920.5m=4.75m木板的位移为x5=vM+v2t=7+920.5m=4m此过程两者的相对位移x2=x4-x5=0.75m故整个过程中因摩擦而产生的热量为Q=mg(x1+x2)=12J
