2020-2021学年第四章 牛顿运动定律综合与测试同步测试题

这是一份2020-2021学年第四章 牛顿运动定律综合与测试同步测试题，共10页。

一、选择题(本题共6小题，每题5分，共30分)
1.如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量均为m，2、4质量均为m0，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g，则有( )
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝ eq \f(m＋m0,m0) g
D．a1＝g，a2＝ eq \f(m＋m0,m0) g ，a3＝0，a4＝ eq \f(m＋m0,m0) g
【解析】选C。在抽出木板的瞬间，物块1、2间刚性轻质杆的弹力可以突变，物块1、2即将一起做自由落体运动，故加速度为a1＝a2＝g；木板抽出前，弹簧的弹力等于物块3的重力，即F＝mg，在抽出木板的瞬间，轻弹簧的弹力不能突变，对物块3由牛顿第二定律可得F－mg＝ma3，即a3＝0；对物块4由牛顿第二定律可得a4＝ eq \f(F＋m0g,m0) ＝ eq \f(（m＋m0）g,m0) ，故选项C正确，A、B、D错误。
2.倾角为37°的光滑固定斜面上，有两个用轻质弹簧连接的质量均为1 kg 的小球A、B，在如图所示的水平向左的推力F作用下，一起沿斜面以4 m/s2的加速度向上做匀加速运动。已知弹簧的原长为20 cm，劲度系数为200 N/m，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g取10 m/s2。此时弹簧的长度l和推力F的大小分别为( )
A．0.25 m，25 N B．0.15 m，25 N
C．0.25 m，12.5 N D．0.15 m，12.5 N
【解析】选A。以整体为研究对象，受力分析如图，根据牛顿第二定律，沿斜面方向有：Fcs37°－2mgsin37°＝2ma，代入数据解得 F＝25 N，以A为研究对象，根据牛顿第二定律和胡克定律沿斜面方向有：k(l－l0)－mgsin37°＝ma，其中，l0＝20 cm＝0.2 m，k＝200 N/m，m＝1 kg，代入数据解得l＝0.25 m，故A正确，B、C、D错误。
3.如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于足够大的光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6 kg、mB＝2 kg。A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。若作用在A上的拉力F由0增大到45 N，则此过程中( )
A．在拉力F＝12 N之前，物体一直保持静止状态
B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始发生相对运动
C．两物体从受力开始就有相对运动
D．两物体始终不发生相对运动
【解析】选D。先分析两物体的运动情况，B运动是因为受到A对它的静摩擦力，但静摩擦力存在最大值，所以B的加速度存在最大值，可以求出此加速度下F的大小；如果F再增大，则两物体间会发生相对运动，所以这里存在一个临界点，就是A、B间静摩擦力达到最大值时F的大小。以A为研究对象进行受力分析，A受水平向右的拉力、水平向左的静摩擦力，则有F－Ff＝mAa；再以B为研究对象，B受水平向右的静摩擦力，Ff＝mBa，当Ff为最大静摩擦力时，解得a＝ eq \f(Ff,mB) ＝ eq \f(μmAg,mB) ＝ eq \f(12,2) m/s2＝6 m/s2，此时F＝48 N，由此可知此过程中A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力，A、B间不会发生相对运动，故选项D正确。
4.如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离。下列说法正确的是( )
A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长
B．B和A刚分离时，它们的加速度为g
C．弹簧的劲度系数等于 eq \f(mg,h)
D．在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动
【解析】选C。A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB＝0。
对B：F－mg＝ma，
对A：kx－mg＝ma，
即F＝kx时，A、B分离，此时弹簧处于压缩状态，
设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，
又2mg＝kx0，h＝x0－x，F＝mg，
解以上各式得k＝ eq \f(mg,h) ，综上所述，只有选项C正确。
5.如图所示，质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为1 kg的物体B用细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，(g取10 m/s2)下列结果正确的是( )
A．A加速度的大小为2.5 m/s2
B．B加速度的大小为10 m/s2
C．弹簧的弹力大小为50 N
D．A、B间相互作用力的大小为8 N
【解析】选D。物体A、B接触但不挤压，剪断细线前，对A由平衡条件得，弹簧的弹力：F0＝mAg＝4×10 N＝40 N，由于弹簧的弹力不能突变，剪断细线瞬间弹力大小仍为40 N；剪断细线后，A、B一起向下加速运动，对系统，由牛顿第二定律得：(mA＋mB)g－F0＝(mA＋mB)a，解得：a＝2 m/s2，故A、B、C错误；对物体B，由牛顿第二定律得：mBg－F＝mBa，解得：F＝8 N，则A、B间的作用力为8 N，故D正确。
6．(多选)如图所示，两个质量分别为m1＝1 kg、m2＝4 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是( )
A.弹簧秤的示数是28 N
B．弹簧秤的示数是50 N
C．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为7 m/s2
D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13 m/s2
【解析】选A、C。以m1、m2以及弹簧秤为研究对象，则整体向右的加速度a＝ eq \f(F1－F2,m1＋m2) ＝2 m/s2；再以m1为研究对象，设弹簧的弹力为F，则F1－F＝m1a，得F＝28 N，故A正确，B错误；突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，此时m2的加速度a＝ eq \f(F,m2) ＝7 m/s2，故C正确；突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力也不变，此时m1的加速度a＝ eq \f(F,m1) ＝28 m/s2，故D错误。
二、计算题(本题共2小题，共30分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要标明单位)
7．(14分)如图所示，长为L＝2 m、质量mA＝4 kg的木板A放在光滑水平面上，质量mB＝1 kg的小物块(可视为质点)位于A的中点，水平力F作用于A。A、B间的动摩擦因数μ＝0.2(A、B间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2)。求：
(1)为使A、B保持相对静止，F不能超过多大？
(2)若拉力F＝12 N，物块B从A板左端滑落时木板A的速度为多大？
【解析】(1)要使A、B保持相对静止，A对B的摩擦力不能超过最大静摩擦力
对B，fm＝μmBg，由fm＝mBa
得a＝μg＝2 m/s2
对A、B整体，F＝(mA＋mB)a＝10 N。
(2)当F＝12 N>10 N，A、B相对滑动
对B，aB＝μg＝2 m/s2 对A，F－fm＝mAaA
得aA＝2.5 m/s2
设B从A上滑落需用时间为t，
则 eq \f(1,2) aAt2－ eq \f(1,2) aBt2＝ eq \f(L,2) 得t＝2 s
对A：v＝aAt＝5 m/s。
答案：(1)10 N (2)5 m/s
8．(16分)如图所示，质量为4 kg的光滑小球用细线拴着吊在行驶的汽车后壁上，线与竖直方向夹角为37°。已知g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
(1)当汽车以加速度a＝2 m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小。
(2)当汽车以加速度a＝10 m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小。
【解析】(1)当汽车以加速度a＝2 m/s2向右匀减速行驶时，对小球受力分析如图甲所示：
由牛顿第二定律得：
FT1cs θ＝mg，
FT1sin θ－FN＝ma
解得：FT1＝50 N，FN＝22 N
由牛顿第三定律知，小球对车后壁的压力大小为22 N。
(2)当汽车向右匀减速行驶时，设小球所受车后壁弹力为0时(临界条件)的加速度为a0，受力分析如图乙所示：
由牛顿第二定律得：
FT2sin θ＝ma0，FT2cs θ＝mg
代入数据得：
a0＝g tan θ＝10× eq \f(3,4) m/s2＝7.5 m/s2
因为a＝10 m/s2＞a0
所以小球会离开车后壁，FN′＝0
F′T2＝ eq \r(（mg）2＋（ma）2) ＝40 eq \r(2) N。
答案：(1)50 N 22 N (2)40 eq \r(2) N 0
【加固训练】
如图所示，在小车的倾角为30°的光滑斜面上，用劲度系数k＝500 N/m的弹簧连接一质量为m＝1 kg的物体。
(1)当小车以 eq \r(3) m/s2的加速度运动时，m与斜面保持相对静止，求弹簧伸长的长度。
(2)若使物体m对斜面无压力，小车加速度必须多大？
(3)若使弹簧保持原长，小车加速度大小、方向如何？
【解析】(1)对物体受力分析，受重力、支持力和拉力，如图：
加速度水平向右，故合力水平向右，将各个力和加速度都沿斜面方向和垂直斜面方向正交分解，由牛顿第二定律，得到
F－mg·sin30°＝ma·cs30°
mg·cs30°－FN＝ma·sin30°
解得F＝mg·sin 30°＋ma·cs 30°＝6.5 N
根据胡克定律，有F＝kx
代入数据得到x＝0.013 m＝1.3 cm
即此时当小车以 eq \r(3) m/s2的加速度运动时，弹簧伸长的长度为1.3 cm。
(2)物体对斜面体没有压力，则斜面体对物体也没有支持力，物体受到重力和拉力，物体的加速度水平向右，故合力水平向右，运用平行四边形定则，如图：
由几何关系得到
F合＝ eq \f(mg,tan 30°) ＝ eq \f(1×10,\f(\r(3),3)) N＝10 eq \r(3) N
根据牛顿第二定律，得到a＝ eq \f(F合,m) ＝10 eq \r(3) m/s2
即若使物体m对斜面无压力，小车加速度必须为10 eq \r(3) m/s2。
(3)弹簧保持原长，弹力为零，物体受到重力和支持力，物体沿水平方向运动，加速度水平向左，合力水平向左，运用平行四边形定则，如图：
根据几何关系，有F合＝mg·tan 30°
根据牛顿第二定律，有
F合＝ma
故a＝g·tan 30°＝ eq \f(10,3) eq \r(3) m/s2
即小车加速度大小为 eq \f(10,3) eq \r(3) m/s2、方向水平向左。
答案：(1)1.3 cm (2)10 eq \r(3) m/s2
(3) eq \f(10,3) eq \r(3) m/s2，方向水平向左
【综合突破练】 (15分钟·40分)
9. (6分)(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻绳连接放在倾角为θ的固定斜面上，用平行于斜面向上的恒力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，为了增大轻绳上的张力，可行的办法是( )
A．减小A物块的质量
B．增大B物块的质量
C．增大倾角θ
D．增大动摩擦因数μ
【解析】选A、B。当用沿斜面向上的恒力拉A，两物块沿斜面向上匀加速运动时，对整体运用牛顿第二定律，
有F－(mA＋mB)g sin θ－μ(mA＋mB)g cs θ＝(mA＋mB)a，
得a＝ eq \f(F,mA＋mB) －g sin θ－μg cs θ。
隔离B研究，根据牛顿第二定律有FT－mBg sin θ－μmBg cs θ＝mBa，
则FT＝mBg sin θ＋μmBg cs θ＋mBa＝ eq \f(mBF,mA＋mB) ，
要增大FT，可减小A物块的质量或增大B物块的质量，故A、B正确。
【总结提升】连接体的动力分配原理：两个物体(系统的两部分)在外力(总动力)的作用下以共同的加速度运动时，单个物体分得的动力与自身的质量成正比，与系统的总质量成反比。相关性：两物体间的内力与接触面是否光滑无关，与物体所在接触面倾角无关。
10．(6分)如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg。现用水平拉力F拉其中一个质量为2 m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为( )
A． eq \f(3μmg,5) B． eq \f(3μmg,4) C． eq \f(3μmg,2) D．3μmg
【解析】选B。当绳中拉力最大时，木块要相对滑动，设绳中拉力为T，对右侧的m，根据牛顿第二定律有：μmg－T＝ma，对左侧整体有：T＝3ma，联立解得：T＝ eq \f(3μmg,4) ，A、C、D错误，B正确。
11．(6分) (多选)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端系一个质量为m的小球A，小球被水平挡板P托住使弹簧长度恰为自然长度(小球与挡板不粘连)，然后使挡板P以恒定的加速度a(aA．小球与挡板分离的时间为t＝ eq \r(\f(ka,2m（g－a）))
B．小球与挡板分离的时间为t＝ eq \r(\f(2m（g－a）,ka))
C．小球从开始运动直到最低点的过程中，小球速度最大时弹簧的伸长量x＝ eq \f(mg,k)
D．小球从开始运动直到最低点的过程中，小球速度最大时弹簧的伸长量x＝ eq \f(mg－a,k)
【解析】选B、C。小球与挡板之间弹力为零时分离，此时小球的加速度仍为a，由牛顿第二定律得mg－kx＝ma。由匀变速直线运动的位移公式得x＝ eq \f(1,2) at2，解得t＝ eq \r(\f(2m（g－a）,ka)) ，故选项A错误，B正确，小球速度最大时小球所受合力为零，伸长量x＝ eq \f(mg,k) ，选项C正确，D错误。
12．(22分)如图所示，可视为质点的两物块A、B，质量分别为m、2m，A放在一倾角为30°并固定在水平面上的光滑斜面上，一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮，两端分别与A、B相连接。托住B使两物块处于静止状态，此时B距地面高度为h，轻绳刚好拉紧，A和滑轮间的轻绳与斜面平行。现将B从静止释放，斜面足够长，B落地后静止，重力加速度为g。求：
(1)B落地前绳上的张力的大小FT。
(2)整个过程中A沿斜面向上运动的最大距离L。
【解析】(1)设B落地前两物块加速度大小为a，对于A，取沿斜面向上为正；对于B取竖直向下为正，由牛顿第二定律得FT－mgsin30°＝ma，2mg－FT＝2ma，解得FT＝mg。
(2)由(1)得a＝ eq \f(g,2) 。设B落地前瞬间A的速度为v，B自下落开始至落地前瞬间的过程中，A沿斜面运动距离为h，由运动学公式得v2＝2ah；设B落地后A沿斜面向上运动的过程中加速度为a′，则a′＝－gsin30°；设B落地后A沿斜面向上运动的最大距离为s，由运动学公式得－v2＝2a′s。由以上各式得s＝h，则整个运动过程中，A沿斜面向上运动的最大距离L＝2h。
答案：(1)mg (2)2h