人教版高一物理必修一第四章牛頓運(yùn)動(dòng)定律章節(jié)綜合復(fù)習(xí)題

1、人教版高一物理必修一第四章牛頓運(yùn)動(dòng)定律章節(jié)綜合復(fù)習(xí)題A.彈簧的彈力大小等于 8NB.彈簧的彈力大小等于 12NC.突然撤去F瞬間，A的加速度大小為 0D.突然撤去F瞬間，B的加速度大小為 4 【答案】BD“4媼力CD、由于木塊的加速度也向右，故合力向右，再對(duì)木塊受力分析，受重力、支持力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二第四章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 章節(jié)綜合復(fù)習(xí)題一、多選題1.如圖所示，質(zhì)量均為 1kg的兩個(gè)物體 A、B放在水平地面上相距 9m,它們與水平地面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為 =0.2現(xiàn)使它們分別以大小 vA=6m/s和VB=2m/s的初速度同時(shí)相向滑行，不計(jì)物體的大小， 取g=10m/s2則（ ）市"

2、崎蟲此雄石天出3,必應(yīng)理:取期&川宜加4A.它們經(jīng)過(guò)2s相遇B.它們經(jīng)過(guò)4s相遇C.它們?cè)诰嚯x物體A出發(fā)點(diǎn)8m處相遇D.它們?cè)诰嚯x物體A出發(fā)點(diǎn)6m處相遇【答案】AC【解析】對(duì)物體A受力分析，均受到重力、支持力和滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：-mg=ma,故加速度為：a1=-g=2m/s2;同理物體B的加速度為：a2=-科g=2m/s2; B物體初速度較小，首先停止運(yùn)動(dòng)，故其 停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：；該段時(shí)間內(nèi)物體 A的位移為：XAi=VAti+-aiti2=5m；物體B的位移為：2XB=VBti+-a2ti =1m；故此時(shí)開始，物體 B不動(dòng)，物體 A繼續(xù)做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到相遇；即在離

3、A物體8m處 相遇，1s末A的速度為：VAi=VA+aiti=4m/s;物體A繼續(xù)做勻減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程，有：XA2=VAit2+-a2t22=1m ;解得：t2=1s；故從出發(fā)到相遇的總時(shí)間為：t=ti+t2=2s,故AC正確。故選 AC。2.如下圖（a）所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體（物體與彈簧不連接），初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)用豎直向上的拉力 F作用在物體上，使物體開始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，拉力 F與物體位移 s的關(guān)系如圖（b）所示（g=10 m/s2）,下列結(jié)論正確的是（）A.物體與彈簧分離時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)B.彈簧的勁度系數(shù)為 750 N/mC.物體的質(zhì)量為2 kg2

4、D, 物體的加速度大小為 5 m/s【答案】CD【解析】物體與彈簧分離時(shí)，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，故 A錯(cuò)誤；剛開始物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力和彈力二力平衡，有：mg=kx;拉力Fi為10N時(shí)，彈簧彈力和重力平衡， 合力等于拉力，根據(jù)牛頓第二定律有：Fi+kx-mg=ma; 物體與彈簧分離后，拉力F2為30N ,根據(jù)牛頓第二定律有：F2-mg=m a；代入數(shù)據(jù)解得：m=2kg ; k=500N/m=5N/cm ; a=5m/s2;故B錯(cuò)誤，C D正確；故選 CD。3.質(zhì)量分別為2kg和3kg的物塊A、B放在光滑水平面上并用輕質(zhì)彈簧相連，如圖所示，今用大小為作用在A上使AB相對(duì)靜止一起向前勻加速運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)

5、法正確的是3【解析】AB、對(duì)整體分析，整體的加速度 ,隔離對(duì)B分析，則彈簧的彈力彈，故A錯(cuò)誤，B正確；C、撤去F的瞬間，彈簧的彈力不變，則 A的加速度 -，故C錯(cuò)誤；D、撤去F的瞬間，彈簧彈力不變，則B的加速度- -，故D正確。故選：BD。4.如圖所示，一滑塊從足夠長(zhǎng)的粗糙斜面上的某位置以大小為10m/s的初速度沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，斜面的傾角為37°,滑塊向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度大小為10m/s2。取重力加速度 g=10m/s2, sin37 =0.6, cos37 =0.8 ,下列說(shuō)法正確的是A.滑塊向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為1sB.滑塊向上運(yùn)動(dòng)的最大距離為10 mC.斜面與滑塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

6、0.5D.滑塊從開始運(yùn)動(dòng)到速度大小再次為 10m/s所用的時(shí)間為2s【答案】AC【解析】A、滑塊上滑做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由速度公式可得減速時(shí)間為上=-=,A正確。B、勻減速上的位移為 m m, B錯(cuò)誤。C、上滑過(guò)程根據(jù)牛頓第二定律上，解得,C正確。D、下滑過(guò)程根據(jù)牛頓第二定律下，解得下 m ,滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)下下，可得 下=,故加速到10m/s總時(shí)間為6s, D錯(cuò)誤。故選AC。二、單選題5.繩與豎直成某一固定角度，如圖所示，若在汽車底板上還有一個(gè)跟其相對(duì)靜止的物體m1,則關(guān)于汽車的運(yùn)動(dòng)情況和物體m1的受力情況正確的是：（）左m/ mi 右A.汽車一定向右做加速運(yùn)動(dòng)B.汽車一定向左做加速運(yùn)動(dòng)C

7、. m1除受到重力、底板的支持力作用外，還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，還可能受到向左的摩擦力作用【答案】C【解析】AB、對(duì)小球受力分析，受拉力和重力，如圖，結(jié)合運(yùn)動(dòng)情況可知，合力水平向右，由幾何關(guān)系：合，水平向右；根據(jù)牛頓第二定律：，水平向右，故小車向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)或者向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故 A、B錯(cuò)誤；定律故選Co,方向水平向右，故 C正確，D錯(cuò)誤;6.如圖所示，質(zhì)量為 m的木塊在質(zhì)量為 M的長(zhǎng)木板上，受到向右的拉力 F的作用而向右滑行，長(zhǎng)木板處于 靜止?fàn)顟B(tài)，已知木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為因，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為理.下列說(shuō)法正確的是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.當(dāng)F> w（m+M）g時(shí)，木板仍靜止【答案】D【解析】m所受M的滑動(dòng)摩擦力大小mg w(m+ M)gF,方向水平向左，根據(jù)牛頓第三定律得知：木板受到m的摩擦力方向水平向右，大小等于；M處于靜止?fàn)顟B(tài)，水平方向受到 m的滑動(dòng)摩擦力和地面的靜摩擦力，根據(jù)平衡條件木板受到地面的摩擦力的大小是，ABC錯(cuò)誤；因?yàn)樾』瑝K相對(duì)長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)，兩者之間的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，故當(dāng)時(shí)，此時(shí)m對(duì)M的作用力仍為，故物體M仍處于靜止，D 正確。7.如圖所示，一細(xì)線的一端固定于傾角為的光滑楔形滑塊 A上的頂端 O

9、處，細(xì)線另一端拴一質(zhì)量為m=0.2kg的小球靜止在 A上。若滑塊從靜止向左勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為a。（取.）A. 當(dāng)a=5m/s2時(shí)，線中拉力為B.當(dāng)a=10m/s2時(shí)，小球受的支持力為C.當(dāng)a=12m/s2時(shí)，經(jīng)過(guò)1秒鐘小球運(yùn)動(dòng)的水平位移是6mD.在穩(wěn)定后，地面對(duì) A的支持力一定小于兩個(gè)物體的重力之和【答案】A【解析】當(dāng)小球?qū)瑝K的壓力恰好等于零時(shí)，小球所受重力mg和拉力T使小球隨滑塊一起沿水平方向向左加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得小球和滑塊共同的加速度為:時(shí)，斜面對(duì)小球有支持力，將小球所受的力沿加速度方向和垂直于加速度方向分解，有,，聯(lián)立解得： ，故A正確；當(dāng)時(shí)，斜面對(duì)小球恰好沒有支持力，故 N

10、=0,故B錯(cuò)誤；當(dāng)時(shí)，滑塊的位移為 -，而小球要先脫離斜面，然后保持與滑塊相同的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，故在這1s內(nèi)小球運(yùn)動(dòng)的水平位移小于6m,故C錯(cuò)誤；在穩(wěn)定后，對(duì)小球和滑塊A整體受力分析可知，在豎直方向沒有加速度，故地面對(duì)A的支持力等于兩個(gè)物體重力之和，故 D錯(cuò)誤；故選Ao 8.如圖所示，A為放在水平光滑桌面上的長(zhǎng)方形物塊，在它上面放有物塊B和C, A、B、C的質(zhì)量分別為m、5m、m。B、C與A之間的靜摩擦系數(shù)和滑動(dòng)摩擦系數(shù)皆為0.1。K為輕滑輪，繞過(guò)輕滑輪連接B和C的輕細(xì)繩都處于水平放置?，F(xiàn)用沿水平方向的恒定外力F拉滑輪，若測(cè)得 A的加速度大小為2m/s2,重力加速度取g=10 m/s2則2A. 物塊

11、B、C的加速度大小也等于 2m/sB.物塊B的加速度為1m/s2, C的加速度為2m/s2C. 外力的大小F=2.4mgD.物塊B、C給長(zhǎng)方形物塊 A的摩擦力為0.2mg【答案】D【解析】A與B的最大靜摩擦力為 Fb= wmg=0.5mg , C與A的最大靜摩擦力為 Fc=0.1mg,由于A的加速度等于0.20g,根據(jù)牛頓第二定律，則有：FA=ma=0.2mg ,因此C對(duì)A的作用力為0.1mg,而B對(duì)A的作用力也為0.1mg,AB間保持靜止，所以 B的加速度為AC間滑動(dòng)；受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，則有：AC 間 f 摩=0.1mg , ab 間 f 摩=0.1mg;B 繩上拉力 5mgX0.

12、2+0.1mg=1.1mg ,C繩也一樣1.1mg,所以C的加速度為 F=2.2mg;綜上所述，故D正確。9 .如圖，一水平的淺色長(zhǎng)傳送帶上放置一質(zhì)量為m的煤塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），煤塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為即初始時(shí)，傳送帶與煤塊都是以速度v作勻速直線運(yùn)動(dòng)；現(xiàn)讓傳送帶以加速度a作勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后保持靜止；又經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，煤塊靜止，傳送帶上留下了一段黑色痕跡，重力加速度大小為g,則痕跡長(zhǎng)度為【解析】傳送帶的運(yùn)動(dòng)是勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a,減速到零運(yùn)動(dòng)的位移為：一而煤塊的運(yùn)動(dòng)也是勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，煤=。減速到零運(yùn)動(dòng)走過(guò)的位移為 ，由于煤塊和皮帶是同一方向運(yùn)動(dòng)的，所以痕跡的長(zhǎng)

13、度即相對(duì)位移為： 故D正確；故選D三、解答題10 .如圖所示，足夠長(zhǎng)的傾角0 =37的光滑斜面體固定在水平地面上，一根輕繩跨過(guò)定滑輪，一端與質(zhì)量為m=1 kg的物塊 A連接，另一端與質(zhì)量為 m2=3kg的物塊B連接，繩與斜面保持平行.開始時(shí)，用手按住 A, 使B懸于距地面 高H=0.6m處，而 A靜止于斜面底端?，F(xiàn)釋放B,試求 A在斜面上向上滑行 的最大距離？（設(shè)B落地后不再?gòu)椘?，且所有接觸面間的摩擦均忽略不計(jì)，sin37 =0.6 , cos37 =0.8, g取10m/s2）【答案】1.2m【解析】在B落地前，設(shè)兩者的加速度為，繩子的拉力為 T; B落地時(shí)的速度為 v, B落地后A的加速度

14、為，則根據(jù)牛頓第二定律可得，聯(lián)立解得；根據(jù)位移速度公式可得；當(dāng)B落地后，A以v減速上滑，則，聯(lián)立解得；故A在斜面上向上滑行的最大距離11 . 一質(zhì)量為 m的滑雪人，以初速度 vo沿傾角為。的山坡勻加速下滑；在時(shí)間 t內(nèi)滑下的路程為 S,山坡足8 / 5夠長(zhǎng)，求他所受到的阻力?！敬鸢浮窘馕觥扛鶕?jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間公式求出加速度的大小，通過(guò)牛頓第二定律求出滑雪人受到的阻力 大小。根據(jù)位移時(shí)間公式：-【解析】(1)物體的受力情況如圖所示:解得： 對(duì)滑雪人進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得：F合=ma因?yàn)樵诖怪毙泵娣较蛏匣┤颂幱谄胶?，在垂直斜面方向：FN- mgcos =0因?yàn)樵谄叫行泵娣较蛏?/p>

15、滑雪人處于勻加速下滑，在沿斜面方向：F合=mgsin -f阻聯(lián)立可得： mgsin&f=ma解得：阻12.如圖所示，釘子A、B相距51,處于同一高度.細(xì)線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過(guò)A固定于B.質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上靜止，此時(shí)BC與水平方向的夾角為C點(diǎn)，B、C間的線長(zhǎng)為31.用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都53 .松手后，小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度時(shí)的速度恰好為零，然后向g,取 sin53 =0.8, cos53 =0.6.求：根據(jù)牛頓第二定律，得：Fcos370-f=maFsin37 + FN=mg又 f=W聯(lián)立彳導(dǎo):a=代入解得a=0.3m/s2(2)8s末物體的

16、瞬時(shí)速度大小v=at=0.3 8m/s=2.4m/s下運(yùn)動(dòng).忽略一切摩擦，重力加速度為(1)小球受到手的拉力大小 F;(2)物塊和小球的質(zhì)量之比 M:m；8s時(shí)間內(nèi)物體通過(guò)的位移大小-(3)8s末撤去力F后，物體做勻減速運(yùn)動(dòng), 根據(jù)牛頓第二定律得，物體加速度大小由 v2=2a'x 彳導(dǎo):一 m14.如圖甲所示，傾角為 0= 37。的傳送帶以恒定速率逆時(shí)針運(yùn)行，現(xiàn)將一質(zhì)量m=2 kg的小物體輕輕放在傳送帶的A端，物體相對(duì)地面的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示, 正方向，g= 10 m/s2, sin 37 = 0.6,求：in - ' i2 s末物體到達(dá)B端，取沿傳送帶向下為(3)

17、小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物塊M所受的拉力大小T【答案】(1)-(2)-(3)( 一 或 一 )【解析】(1)設(shè)小球受AC、BC的拉力分別為Fi、F2Fisin53 = F2cos53 ° F + mg=Ficos53 + F2sin53 且 Fi=Mg解得 -(2)小球運(yùn)動(dòng)到與 A、B相同高度過(guò)程中小球上升高度hi=3lsin53 ；物塊下降高度h2=2l機(jī)械能守恒定律 mghi=Mgh2解得(3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小球回到起始點(diǎn).設(shè)此時(shí)AC方向的加速度大小為 a,重物受到的拉力為 T牛頓運(yùn)動(dòng)定律 Mg T=Ma 小球受AC的拉力 / T牛頓運(yùn)動(dòng)定律 T' mgcos53

18、=ma解得 ( 一 或 一 )( )13.如圖所示，質(zhì)量為 2kg的物體在與水平方向成37。角的斜向上的拉力 F作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)。已知力F的大小為 5N,物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)科為0.2, (sin37=0.6, cos37=0.8)求：(1)物體由靜止開始運(yùn)動(dòng)后的加速度大?。?2)8s末物體的瞬時(shí)速度大小和8s時(shí)間內(nèi)物體通過(guò)的位移大小;(3)若8s末撤掉拉力F,則物體還能前進(jìn)多遠(yuǎn)？【答案】(1)a=0.3m/s2 (2)x=9.6m (3)x' =1.44m小(1)小物體在傳送帶乙A、B兩端間運(yùn)動(dòng)的平均速度v;(2)物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)(3)2 s內(nèi)物體機(jī)械能的減少量E

19、 ?！敬鸢浮?1)8 m/s (2)0.5 (3)48 J【解析】(1)由v-t圖象的面積規(guī)律可知傳送帶A、B間的距離L即為v-t圖線與t軸所圍的面積，所以:代入數(shù)彳I得：L=16m 由平均速度的定義得：(2)由v-t圖象可知傳送代運(yùn)行速度為vi=10m/s, 0-1s內(nèi)物體的加速度為:則物體所受的合力為:1-2s內(nèi)的加速度為： 根據(jù)牛頓第二定律得:F 合=mai=2X10N=20N .2a2=- = 2m/s ,ai =g in 8 + 心 gco 0a2=g in -0gco 0聯(lián)立兩式解得：=0. , 0=37：(3) 0-1s 內(nèi)，物塊的位移：xi =-aiti2=- X10 >

20、1m= 5m,傳送帶的位移為：x2=vti=10 X1m=10m則相對(duì)位移的大小為：xi=x2-xi=5m ,則 1-2s 內(nèi)，物塊的位移為：x3= vt2+-a2t22=10 X1+X2 Mm= 11m,0-2s內(nèi)物塊向下的位移：L=xi+x3=5+11=16m物塊下降的高度：h=Lsin37 °=16X0.6=9.6m物塊機(jī)械能的變化量：E= -mvB2- mgh=-X2M22- 2M0>9.6=-48J負(fù)號(hào)表示機(jī)械能減小.15.一輕彈簧的一端固定在傾角為。的固定光滑斜面的底部，另一端和質(zhì)量為 m的小物塊a相連，如圖所示.質(zhì)量為-m的小物塊b緊靠a靜止在斜面上，此時(shí)彈簧的壓

21、縮量為X0 ,從t=0時(shí)開始，對(duì)b施加沿斜面向上的外力，使b始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng).經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，物塊a、b分離；再經(jīng)過(guò)同樣長(zhǎng)的時(shí)間，b距其出發(fā)點(diǎn)的距離恰好也為 X0 .彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為 g.求(1)彈簧的勁度系數(shù)；(2)物塊b加速度的大?。?3)在物塊a、b分離前，外力大小隨時(shí)間變化的關(guān)系式.【答案】(1) (2)(3)- (3)【解析】(1)對(duì)整體分析，根據(jù)平衡條件可知，沿斜面方向上重力的分力與彈簧彈力平衡，則有:kxo= ( m+- m) g in 0解得：k=(2)由題意可知，b經(jīng)兩段相等的時(shí)間位移為 xo；由勻變速直線運(yùn)動(dòng)相鄰相等時(shí)間內(nèi)位移關(guān)系的規(guī)律可知：

22、一 -說(shuō)明當(dāng)形變量為一 一時(shí)二者分離；對(duì)m分析，因分離時(shí)ab間沒有彈力，則根據(jù)牛頓第二定律可知：kxi-mg in 0 =m聯(lián)立解得：a=-(3)設(shè)時(shí)間為t,則經(jīng)時(shí)間t時(shí)，ab前進(jìn)的位移x=-at2=則形變量變?yōu)椋簒=xo-x對(duì)整體分析可知，由牛頓第二定律有：F+k x- (m+-m) g in O=(m+-m) a解得： F= mg in 0 12因分離時(shí)位移 x=由x=-at2解得： 故應(yīng)保證0WK , F表達(dá)式才能成立.16.如圖甲所示，質(zhì)量M=1.0kg的長(zhǎng)木板A靜止在光滑水平面上，在木板的左端放置一個(gè)質(zhì)量m=1.0kg的小鐵塊B,鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)科=0.2對(duì)鐵塊施加水平向右的

23、拉力F , F大小隨時(shí)間變化如圖乙所示，4s時(shí)撤去拉力.可認(rèn)為 A、B間的最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，取重力加速度g=10m/s2.求：工4I【分析】(1)分別對(duì)兩物體受力分析，由牛頓第二定律可求得兩物體的加速度；(2)分析兩物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，求出速度相等的時(shí)間，再對(duì)整體分析求得整體的加速度，則由位移公式可求得總位移；(3)分別求出各時(shí)間段內(nèi)的拉力所做的功，再求各功的代數(shù)和即可求解；【詳解】(1)在 內(nèi)，因拉力為 ，AB間的摩擦力為 ，故AB 一定發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)；AB兩物體分別做勻加速 直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得：代入數(shù)據(jù)得：，；(2)當(dāng)后，拉力，鐵塊B做勻速運(yùn)動(dòng)，速度大小為，木板A仍做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，又經(jīng)過(guò)時(shí)間，速度與鐵塊B相等又()解得：；設(shè)A、B速度相等后一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間，加速度為a,( )木板A受到的靜摩擦力V , AB 一起運(yùn)動(dòng)-一 ()代入數(shù)據(jù)得；(3)時(shí)間內(nèi)拉力做的功-時(shí)間內(nèi)拉力做功；時(shí)間內(nèi)拉力做的功(-)；內(nèi)拉力做的功。17 .如圖所示，質(zhì)量為 M,傾角為。的光滑斜面靜止在粗糙的水平面上，斜面上有一倒扣的直角三角形物塊 m,現(xiàn)對(duì)物塊m施加一水平向左的推力 F ,使物塊m與斜面一起向左做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g.求：(1)物塊對(duì)斜面的壓力；(2)水平推力F的大小；