教科版高中物理必修第一册第4章牛顿运动定律章末练习含解析

牛顿运动定律

(时间：90分钟　分值：100分)

1．(4分)在物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是 (　　)

A．亚里士多德、伽利略

B．伽利略、牛顿

C．伽利略、爱因斯坦

D．亚里士多德、牛顿

B　[伽利略正确认识了运动和力的关系并推翻了亚里士多德关于“力是维持物体运动的原因”的观点；牛顿提出了惯性定律，故选项B正确．]

2．(4分)如图所示，在光滑的水平桌面上有一物体A，通过绳子与物体B相连，假设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计，绳子不可伸长．如果mB＝3mA，则绳子对物体A的拉力大小为 (　　)

A．mBg　 B．mAg

C．3mAg   D．mBg

B　[对A、B整体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得mBg＝(mA＋mB)a，对物体A，设绳的拉力为F，由牛顿第二定律得F＝mAa，解得F＝mAg，故B正确．]

3．(4分)如图所示，有一箱装得很满的土豆，以一定的初速度在动摩擦因数为μ的水平地面上做匀减速运动，不计其他外力及空气阻力，则其中一个质量为m的土豆A受其他土豆对它的总作用力大小应是 (　　)

A．mg B．μmg

C．mg D．mg

C　[土豆A受周围土豆的力的作用无法一一分析．对整体由牛顿第二定律得：

μMg＝Ma，

解得a＝μg.(方向水平向左)

对土豆A受力分析如图所示，所以

F其他＝＝mg，C选项正确．]

4．(4分)如图所示，x、y、z为三个物块，K为轻质弹簧，L为轻线，系统处于平衡状态．现若将L突然剪断，用ax、ay分别表示刚剪断时x、y的加速度，则有(　　)

A．ax＝0、ay＝0 B．ax＝0、ay≠0

C．ax≠0、ay≠0 D．ax≠0、ay＝0

B　[将L突然剪断后瞬间，线的拉力立即就没有了，所以y原来受到的线的拉力没有了，而上面受到的弹簧的拉力不变，所以y就有了合力，产生了加速度，所以ay≠0，对于物体x，由于上下的弹簧的拉力都没发生变化，x的受力不变，加速度为0，故B选项正确．]

5．(4分)放在固定粗糙斜面上的滑块A以加速度a1沿斜面匀加速下滑，如图甲．在滑块A上放一物体B，物体B始终与A保持相对静止，以加速度a2沿斜面匀加速下滑，如图乙．在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A以加速度a3沿斜面匀加速下滑，如图丙．则 (　　)

甲　　　　　　乙　　　　　　丙

A．a1＝a2＝a3 B．a1＝a2<a3

C．a1<a2＝a3 D．a1<a2<a3

B　[  对物体进行受力分析：加速度方向：mgsin θ－μmgcos θ＝ma，所以a＝gsin θ－μgcos θ＝g(sin θ－μcos θ)，可以看出a与质量无关，a1＝a2，选项C、D错误；对于竖直向下的力F，(mg＋F)sin θ－μ(mg＋F)cos θ＝ma3，a3＝(sin θ－μcos θ)得a1＝a2<a3，选项B正确．]

6．(4分)如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有(　　)

甲　　　　　　乙

A．两图中两球加速度均为gsin θ

B．两图中A球的加速度均为零

C．图乙中轻杆的作用力一定不为零

D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍

D　[撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，故图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍；故A、B、C错误，D正确．]

7．(4分)某同学在家中玩用手指支撑盘子的游戏，如图所示，设该盘子的质量为m，手指与盘子之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　)

A．若手支撑着盘子一起水平向右匀速运动，则手对盘子有水平向左的静摩擦力

B．若手支撑着盘子一起水平向右匀加速运动，则手对盘子的作用力大小为mg

C．若手支撑着盘子一起水平向右匀加速运动，则手对盘子的作用力大小为

D．若手支撑着盘子一起水平向右匀加速运动，要使得盘子相对手指不发生滑动，则加速度最大为μg

D　[若手支撑着盘子一起水平向右匀速运动，则盘子水平方向受合力为零，则手对盘子没有静摩擦力作用，选项A错误；若手支撑着盘子一起水平向右匀加速运动，则手对盘子有竖直向上的支持力mg和水平向右的静摩擦力，因加速度未知，不能确定静摩擦力大小，选项B、C错误；若手支撑着盘子一起水平向右匀加速运动，要使得盘子相对手指不发生滑动，静摩擦力最大时加速度最大，则μmg＝mam，解得am＝μg，则加速度最大为μg，选项D正确．]

8．(6分)某探究学习小组的同学们要探究加速度与力、质量的关系，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘．实验时，调整轨道的倾角正好能平衡小车所受的摩擦力(图中未画出)．

(1)该实验中小车所受的合力________(选填“等于”或“不等于”)力传感器的示数，该实验是否需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？________(选填“需要”或“不需要”)．

(2)实验获得以下测量数据：小车、力传感器和挡光板的总质量M，挡光板的宽度l，光电门1和光电门2的中心距离为x.某次实验过程：力传感器的读数为F，小车通过光电门1和光电门2的挡光时间分别为t1、t2(小车通过光电门2后，砝码盘才落地)，已知重力加速度为g，则该实验要验证的关系式是______________．

[解析]　(1)由于力传感器显示拉力的大小，而拉力的大小就是小车所受的合力，故不需要让砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．

(2)由于挡光板的宽度l很小，故小车在光电门1处的速度v1＝，在光电门2处的速度为v2＝，由v－v＝2ax，得a＝＝.故验证的关系式为F＝Ma＝＝.

[答案]　(1)等于　不需要

(2)F＝

9．(10分)我国歼­15舰载战斗机的质量m＝2.0×104 kg，降落时在水平甲板上受阻拦索的拦阻，速度从v＝80 m/s 减小到零所用时间t＝2.5 s，若将上述运动视为匀减速直线运动，求该战斗机在此过程中：

(1)加速度的大小a；

(2)滑行的距离x；

(3)所受合力的大小F.

[解析]　(1)根据加速度的定义式得

a＝＝ m/s2＝－32 m/s2.

(2)根据速度位移公式2ax＝v2－v得

x＝＝ m＝100 m.

(3)根据牛顿第二定律得

F＝ma＝20 000×32 N＝6.4×105 N.

[答案]　(1)32 m/s2　(2)100 m　(3)6.4×105 N

10.(10分)如图所示，传送带与水平面的夹角为θ＝37°，以4 m/s 的速度向上运行，在传送带的底端A处无初速度地放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带间动摩擦因数μ＝0.8，A、B间(B为顶端)长度为25 m．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.试回答下列问题：

(1)说明物体的运动性质(相对地面)；

(2)物体从A到B的时间为多少？

[解析]　(1)开始时物体相对传送带向下滑动，滑动摩擦力方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律得f－mgsin 37°＝ma

而f＝μmgcos 37°，解得a＝0.4 m/s2

设物体匀加速上升的位移为x，由

v2＝2ax得

x＝＝ m＝20 m

x<25 m，故当物体的速度达到4 m/s后随传送带向上做匀速直线运动．

(2)由(1)知v＝at1，t1＝＝10 s

25 m－x＝v·t2，t2＝1.25 s

所以从A到B的总时间

t＝t1＋t2＝11.25 s.

[答案]　(1)见解析　(2)11.25 s

11．(4分)(多选)为了让乘客乘车更为舒适，研究人员设计了一种新型交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示．当此车减速上坡时，乘客 (　　)

A．处于失重状态

B．处于超重状态

C．受到水平向左的摩擦力作用

D．所受力的合力沿斜面向上

AC　[当此车减速上坡时，整体的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，故A正确，B错误；对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而静摩擦力必沿水平方向，由于乘客有水平向左的分加速度，所以受到向后(水平向左)的摩擦力作用，故C正确；由于乘客加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律得所受力的合力沿斜面向下，故D错误．]

12.(4分)在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为3m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面向上的恒力F拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚要离开C时，A的加速度方向沿斜面向上，大小为a，则(　　)

A．物块A始终做匀加速运动

B．从静止到B刚离开C的过程中，弹簧的弹力先减小后增大

C．从静止到B刚离开C的过程中，A运动的距离为

D．恒力F的大小为5mgsin θ＋2ma

B　[物块A沿斜面方向受恒力F、重力沿斜面向下的分力mgsin θ、弹簧的弹力，弹簧的弹力是变化的，则合力是变化的，所以加速度是变化的，A错误；弹簧开始是被压缩的，物块A向上运动时，弹簧先恢复原长，后被拉长，所以弹力先减小后增大，B正确；开始A处于静止状态，弹簧处于压缩状态，根据平衡有：3mgsin θ＝kx1，x1＝，当B刚离开C时，B对挡板的弹力为零，弹簧处于拉伸状态，有：kx2＝2mgsin θ，x2＝，可知从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移x＝x1＋x2＝，C错误；根据牛顿第二定律，F－3mgsin θ－kx2＝3ma，得F＝5mgsin θ＋3ma，D错误．]

13.(4分)(多选)如图所示，质量为m的木块在水平向右的力F作用下在质量为M的木板上滑行，木板长度为L，保持静止．木块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ，下列说法正确的是(　　)

A．木板受到地面的摩擦力大小是μmg

B．木板受到地面的摩擦力大小是μ(m＋M)g

C．当F＞μ(m＋M)g时，木板便会开始运动

D．木块滑过木板过程中，受到的摩擦力方向与F方向相反

AD　[由于木板保持静止，木板水平方向上受到m施加的向右的滑动摩擦力和地面向左的静摩擦力而平衡，所以木板受到地面的摩擦力大小是μmg，A正确，B错误；以M为研究对象，由于μmg＜μ(M＋m)g，故无论F多大，木板都不会运动，C错误；木块滑过木板过程中，所受摩擦力方向与F方向相反，D正确．]

14．(4分)(多选)如图所示为运送粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，以下说法正确的是(　　)

A．粮袋到达B点的速度可能大于、等于或小于v

B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－cos θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动

C．若μ<tan θ，则粮袋从A到B一直做加速运动

D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>gsin θ

AC　[粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，故A正确；粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcos θ，根据牛顿第二定律得，加速度a＝g(sin θ＋μcos θ)，故B错误；若μ<tan θ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故a的方向一直向下，粮袋从A到B一直是做加速运动，可能是一直以g(sin θ＋μcos θ)的加速度匀加速；也可能先以g(sin θ＋μcos θ)的加速度匀加速，后以g(sin θ－μcos θ)匀加速，故C正确；由以上分析可知，粮袋从A到B不一定一直做匀加速运动，故D错误．]

15．(4分)(多选)如图所示，在光滑水平面上有一静止小车M，小车上静止地放置着木块m，木块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度a1和小车的加速度a2，可能正确的有(　　)

A．a1＝2 m/s2，a2＝2 m/s2

B．a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2

C．a1＝3 m/s2，a2＝4 m/s2

D．a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2

AC　[对上面的木块m受力分析，在水平方向只可能有摩擦力，且Ff≤mg×0.3，因此木块m的最大加速度为g×0.3＝3 m/s2，若小车与木块一起运动，二者加速度相等，选项A中的加速度都小于3 m/s2，所以是可能的，选项A正确；若木块与小车发生相对滑动，则木块的加速度一定是3 m/s2，故选项B错误；发生相对滑动时，由于拉力作用在小车上，故小车的加速度要大于木块的加速度，故选项C正确，D错误．]

16．(6分)如图所示为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机DIS直接显示物体加速度)探究加速度与力的关系”的实验装置．

(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持________________不变，用钩码所受的重力大小作为________，___________________________用DIS测小车的加速度．

(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量．在某次实验中根据测得的多组数据可画出a­F关系图线(如图所示)．

①分析此图线OA段可得出的实验结论是_______________________.

②此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是________．(填选项前字母)

A．小车与轨道之间存在摩擦

B．轨道保持了水平状态

C．所挂钩码的总质量太大

D．所用小车的质量太大  

[解析]　(1)先保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受的合外力，用DIS测加速度．

(2)①OA段为直线，说明在质量不变的条件下，加速度与合外力成正比．

②设小车质量为M，所挂钩码的质量为m，由实验原理得mg＝F＝Ma，即a＝＝，而实际上a′＝，可见a′<a，AB段明显偏离直线是由于没有满足M≫m造成的，故A、B、D错误，C正确．

[答案]　(1)小车总质量　小车所受的合外力

(2)①在质量不变时，加速度与合外力成正比　②C

17．(10分)如图所示，水平面与倾角θ＝37°的斜面在B处平滑相连，水平面上A、B两点间距离s0＝8 m．质量m＝1 kg的物体(可视为质点)在F＝6.5 N的水平拉力作用下由A点从静止开始运动，到达B点时立即撤去F，物体将沿粗糙斜面继续上滑(物体经过B处时速率保持不变)．已知物体与水平面及斜面间的动摩擦因数μ均为0.25.(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

(1)物体在水平面上运动的加速度大小a1；

(2)物体运动到B处的速度大小vB；

(3)物体在斜面上运动的总时间t.

[解析]　(1)在水平面上，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，代入数据解得a1＝4 m/s2.

(2)根据运动学公式v＝2a1s0

代入数据解得vB＝8 m/s.

(3)物体在斜面上向上做匀减速直线运动过程中，根据牛顿第二定律得

mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2 ①

物体沿斜面向上运动的时间t2＝ ②

物体沿斜面向上运动的最大位移为s2＝a2t ③

因mgsin 37°>μmgcos 37°，物体在最高点不能静止，物体将匀加速下滑．此过程有

mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma3 ④

此过程下滑位移大小仍为s2，物体沿斜面下滑的时间为

s2＝a3t ⑤

物体在斜面上运动的时间t＝t2＋t3 ⑥

联立方程①～⑥式，可解得t≈2.4 s.

[答案]　(1)4 m/s2　(2)8 m/s　(3)2.4 s

18.(10分)如图所示，物体A、B用一根轻绳连接放在粗糙水平面上，绳与水平方向的夹角α＝37°(α始终保持不变)．某时刻A、B在水平外力F的作用下，由静止开始做匀加速直线运动，2 s内A、B前进的距离为12 m．已知A的质量为m＝1 kg，它与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

(1)A、B共同运动的加速度大小和绳的拉力大小；

(2)2 s末将绳剪断，物块A还能滑行多远．

[解析]　(1)设A、B共同运动的加速度为a，由运动学公式有x＝at2，代入数据得a＝6 m/s2

对A受力分析如图所示，由牛顿第二定律得

Tcos α－f＝ma

N＋Tsin α＝mg

又f＝μN

联立以上方程并代入数据得T＝10 N.

(2)设2 s末A的速度为v1，由运动学公式有

v1＝at

剪断细绳后，A物块由牛顿第二定律得－μmg＝ma′

A物块做匀减速直线运动直到停止，设A物块滑行的距离为x′，由运动学公式有2a′x′＝0－v

联立以上方程并代入数据得x′＝14.4 m.

[答案]　(1)6 m/s2　10 N　(2)14.4 m