1、人教版高一物理必修 1 第四章牛顿运动定律典型问题精炼（含详细答案）一、选择题1如图所示，A 、B 质量各为 m，置于光滑水平桌面上，通过细绳和光滑小定滑轮将 A 与质量为 2m 的 C物体连接，整个系统由静止释放，释放后 A、B 之间无相对滑动。下列判断正确的是 ( )A. 绳中拉力 mgB. 绳中拉力 2mgC. A、B 间摩擦力为 mgD. A、B 间摩擦力为 mg122如图所示，是直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态。在箱子下落过程中，下列说法正确的是 ( )A. 箱内物体始终没有
2、受到支持力B. 箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大C. 箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大D. 箱内物体受到的支持力始终等于物体的重力3静止于粗糙水平面上的物体，受到方向恒定的水平拉力 F 的作用，拉力 F 的大小随时间变化如图甲所示。在拉力 F 从 0 逐渐增大的过程中，物体的加速度随时间变化如图乙所示，g 取 10m/s2。则下列说法中正确的是 ( ) A. 物体与水平面间的摩擦力先增大，后减小至某一值并保持不变B. 物体与水平面间的动摩擦因数为 0.2C. 物体的质量为 6kgD. 4s 末物体的速度为 4m/s4如图所示，斜面体放置在粗糙水平地面上，上方的物块
3、获得一沿斜面向下的初速度沿粗糙的斜面减速下滑，斜面体始终保持静止，在此过程中A. 斜面体对物块的作用力斜向左上方B. 斜面体与物块之间的动摩擦因数小于斜面与地面夹角的正切值C. 地面对斜面体的摩擦力水平向右D. 地面对斜面体的支持力小于物块与斜面体的重力之和5如图所示，A 、B 两球的质量均为 m，它们之间用轻弹簧相连，放在光滑的水平面上，今用力将球向左推，使弹簧压缩，平衡后突然将 F 撤去，则在此瞬间( ) A. A 球的加速度为 F/2m B. B 球的加速度为 F/mC. B 球的加速度为 F/2m D. B 球的加速度为 06关于超重和失重，下列说法正确的是A. 超重就是物体受到的重力
4、增大了B. 失重就是物体受到的重力减小了C. 完全失重就是物体受到的重力为零D. 无论超重、失重，物体受到的重力都不变7如图所示，足够长的水平传送带以 v0=2m/s 的速度匀速运行t=0 时刻，在左端轻放一质量为 m 的小滑块，t=2s 时刻传送带突然被制动而停止已知滑块与传送带之间的动摩擦因数 =0.2则 t=2.5s 时滑块的速度为（ ）A. 3m/s B. 2m/s C. 1m/s D. 08电梯内的水平地板上有一体重计，某人站在体重计上，电梯静止时，体重计的示数为 40kg。在电梯运动过程中，某一段时间内该同学发现体重计示数为 60kg，取 g=10m/s2，则在这段时间内（ ）A.
5、 该同学所受的重力变大了B. 该同学对体重计的压力大于体重计对他的支持力C. 电梯一定在竖直向上运动D. 电梯的加速度大小为 5m/s2，方向一定竖直向上9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 B 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 4m/s2D. 突然撤去 F 瞬间，B 的加速度大小为 4m/s2 二、解答题10如图所示，质量为 2kg 的物体静止放在水平地面上，已知物体与
6、水平地面间的动摩擦因数为 0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给物体施加一个与水平面成 370 角的斜向上的拉力 F5N 的作用。 （取g 10 m/s2，sin37=0.6, cos37=0.8）求：（1 ）物体与地面间的摩擦力大小； （2 ）物体加速度的大小； （3 ）5s 内的位移大小。11一质量为 5kg 的滑块在 F=15N 的水平拉力作用下，由静止开始做匀加速直线运动，若滑块与水平面间的动摩擦因数是 0.2，g 取 10m/s2，问：（1 ）滑块运动的加速度是多大？（2 ）物体开始运动后 5 秒末的速度大小。（3 ）滑块在力 F 作用下经 5s，通过的位移是多大？12冬天的北方，
7、人们常用狗拉雪橇，狗系着不可伸长的绳拖着质量 m=11kg 的雪橇从静止开始沿着笔直的水平地面加速奔跑，5s 后绳断了，雪橇运动的 v-t 图象如图所示。不计空气阻力，已知绳与地面的夹角为 37，且 ，g 取 。求：00sin37.6,cos37.8210/ms(1)绳对雪橇的拉力大小； (2) 内雪橇克服摩擦力做的功。13在我国东北寒冷的冬季，狗拉雪橇是人们出行的常见交通工具，如图所示，一质量为 30kg 的小孩坐在 10.6kg 的钢制滑板上，狗通过轻绳与水平方向成 37斜向上的拉力拉雪橇以 4m/s 的速度匀速前进，雪橇与水平冰道间的动摩擦因数为 0.02，(sin370.6，cos37
8、0.8，g10m/s 2)求：（1 ）狗要用多大的力才能够拉雪橇匀速前进。（2 ）某时刻，拉雪橇的绳子突然断裂，人仍然能始终安全坐在雪橇上沿直线运动，则人和雪橇要经过多长时间才能停下来。14如图所示，光滑的水平面上固定一倾角为 37的粗糙斜面，紧靠斜面底端有一质量为 3kg 的木板，木板与斜面底端之间通过微小弧形轨道相搭接（没有连在一起，以保证滑块从斜面上滑到木板时的速度大小不变 ）现有质量为 1kg 的滑块从斜面上高 h=2.4m 处由静止滑下，到达倾斜底端的速度为 v0=4m/s，并以此速度滑上木板左端，最终滑块没有从木板上滑下已知滑块与木板间的动摩擦因数 2=0.3，取g=10m/s2，
9、sin37=0.6，cos37=0.8求：（1 ）斜面与滑块间的动摩擦因数 1；（2 ）滑块从滑上木板到与木板速度相同经历的时间；（3 ）木板的最短长度15如图所示，传送带保持 2m/s 的速度顺时针转动，现将一个可视为质点的煤块轻轻地放在传送带的 a点上，a、b 间的距离 L=5m，煤块从 a 点先匀加速后匀速运动到 b 点，所经历的时间为 3s，求：（1 ）煤块在传送带上匀加速运动的加速度大小和时间；（2 ）煤块与传送带之间由于有相对滑动，在传送带上留下了一段黑色的划痕，求其长度16如图所示，一平直的传送带以速度 v=2 m / s 匀速运动，传送带把 A 处的工件运送到 B 处，A、B
10、相距 L=10 m。工件与传动带之间的动摩擦因数为 0.1。求：（1 ）从 A 处把工件无初速地放到传送带上，经过多少时间能传送到 B 处；（2 ）欲用最短的时间把无初速度工件从 A 处传送到 B 处，传送带的运行速度至少多大；17长为 L=1.5m 的长木板 B 静止放在水平冰面上，可视为质点的小物块 A 以初速度 v0 从左端滑上长木板B，一段时间后 A、B 达到相同的速度 v=0.4m/s，而后 A、B 又一起在水平冰面上滑行了 s=8.0cm 后停下。已知物块 A 与长木板 B 的质量相同， A、B 间的动摩擦因数 1=0.25，取 g=10 m/s2。(1)求木板与冰面的动摩擦因数
11、2(2)求小物块 A 的初速度 v0(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，求小物块滑上木板的最大初速度 v0m18如图所示，物块以初速度 10m/s 沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为 370，物体与该斜面间的动摩擦因数 ，求：0.5（1 ）物块在斜面上运动的总时间（2 ）物块回到斜面底端的速度的大小19如图甲所示，质量为 1kg 的物体置于倾角为 37的固定斜面上，对物体施加平行于斜面上的拉力F，使物体由静止开始沿斜面向上运动t=1s 时撤去拉力已知斜面足够长，物体运动的部分 vt 图象如图乙所示，g=10m/s 2，求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数和拉力 F（2）t=6s 时物体的速度
12、是多少参考答案1 AD【解析】A. 以 A.B.C 系统为研究对象，由牛顿第二定律得：2mg=(m+m+2m)a，解得：a=0.5g。以 C 为研究对象，由牛顿第二定律得：2mg T=2ma，解得：T=mg，故 A 正确，B 错误；D. 以 B 为研究对象,由牛顿第二定律得： f=ma= mg，故 C 错误，D 正确；12故选：AD.2 C【解析】A. 由于箱子在下降的过程中受到空气的阻力，加速度的大小要小于重力加速度，由牛顿第二定律可知物体一定要受到箱子底部对物体的支持力的作用，所以 A 错误；B. 箱子刚从飞机上投下时，箱子的速度为零，此时受到的阻力的大小也为零，此时加速度的大小为重力加速
13、度，物体处于完全失重状态，箱内物体受到的支持力为零，所以 B 错误；C. 箱子接近地面时，速度最大，受到的阻力最大，加速度最小，所以箱子底部对物体向上的支持力也是最大的，所以 C 正确；D. 箱子向下加速，加速度向下，根据牛顿第二定律，合力向下，箱内物体受到向上的支持力小于物体的重力，所以 D 错误。故选：C.点睛：根据箱子的受力的情况可以判断物体的运动状态，进而由牛顿第二定律可以判断物体和箱子之间的作用力的大小3 AD【解析】由乙知，0-2s 内物体静止不动，物体所受的静摩擦力与拉力平衡，则知摩擦力逐渐增大t=2s 时静摩擦力达到最大值，t=2s 后物体开始运动，受到滑动摩擦力作用，滑动摩擦
14、力小于最大静摩擦力，并且保持不变，所以物体所受的摩擦力先增大，后减小至某一值并保持不变故 A 正确在 2-4s 内，由牛顿第二定律得： F-mg=ma，由图知：当 F=6N时，a=1m/s 2，代入得 6-10m=m；当 F=12N 时，a=3m/s 2，代入得 12-10m=3m；联立解得 =0.1，m=3kg，故 B C 错误根据 a-t 图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，可知 4s 内物体速度的变化量为v= 2=4m/s，由于初速度为 0，所以 4s 末物体的速度为1324m/s，故 D 正确故选 AD.点睛：本题关键是对物体进行受力分析，再根据不同的加速度列牛顿第二定律方程要知道
15、 a-t 图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，由此求速度的变化量4 A【解析】以物体为研究对象，物体受重力、斜面的作用力而减速下滑，则合外力一定沿斜面向上，根据二力的合成可知，斜面体对物块的作用力只能斜向左上方，故 A 正确；因为物体减速下滑，可知 ，即 ，故 B 错误；再对斜面体分析可cosinmgtan知，斜面体受物体向右下的压力；故斜面体受到的摩擦力水平向左，故 C 错误；对整体受力分析可知，整体有向上的加速度，可以认为整体处于超重状态，所以整体对地面的压力大于两物体的重力，故 D 错误。所以 A 正确，BCD 错误。5 B【解析】静止后，弹簧处于压缩状态，弹力 ，撤去 F 的瞬间，
16、弹力不变，A 球所受的合力为零，则加速度为零，B 球所受的合力为 ，则 B 球的加速度为 ，ACDFFam错误，B 正确，选 B.【点睛】力 F 将 B 球向左推压弹簧，静止后，B 球受推力 F 和弹簧的弹力处于平衡，撤去F 的瞬间，根据牛顿第二定律，通过瞬时的合力求出瞬时的加速度6 D【解析】不论超重或失重甚至完全失重，物体所受重力是不变的故 ABC 错误，D 正确.选D.【点睛】物体对支持物的压力或者对悬挂物的拉力大于物体的重力称为超重，小于重力则称为失重，处于超重或失重状态时物体的质量或重力并不变7 C【解析】物块在传送带上的加速度为： 2/mgas达到传送带速度时的时间为： ，0121
17、vts则物块匀速运动的时间为： 2物块匀减速运动的加速度大小为： ，2 /mgas减速的时间为： 3.50.tss时滑块的速度为： ，故选项 C 正2.5ts32/0.5/1/vtssm（ ）确。点睛：根据牛顿第二定律求出物块在传送带上的加速度，根据运动学公式求出物块速度达到传送带速度时的时间，最后结合速度公式求出 2.5s 的速度。8 D【解析】体重计示数增加了，说明人对体重计的压力增加了，但人的重力由于万有引力而产生的，重力不变，故 A 错误；该同学对体重计的压力与体重计对该同学的支持力是相互作用力，根据牛顿第三定律，等大、反向、作用在同一直线上，故 B 错误；人处于超重状态，加速度向上，
18、运动方向可能向上也可能向下，故 C 错误；人的质量为 40kg，支持力等于压力，为 600N，根据牛顿第二定律：N-mg=ma ，带入数据解得：a=5m/s 2，故 D 正确。所以 D 正确，ABC 错误。9 AC【解析】以整体为对象，有牛顿第二定律知：ABFma得： 24/s以 A 为对象，有牛顿第二定律知：，故 A 正确；8NTaC、突然撤去 F 瞬间，弹簧的力无法发生突变，所以 A 的受力不变，所以 ，故24m/sAaC 正确；D、突然撤去 F 瞬间，弹簧的力无法发生突变，所以 B 受到的力即为弹簧的弹力，由牛顿第二定律知： ，得： ,故 D 错误；BTma28m/s3BT综上所述本题答
19、案是：AC10 （ 1）3.4N （2） 0.3m/s2 （3）3.75m.【解析】 （1）受力如图竖直方向受力平衡，有：F N+Fsin370mg得 FN=17N物体与地面间的摩擦力大小为：f=F N=0.217N=3.4N（2）水平方向，由牛顿第二定律为：Fcos37-f=ma得：a=0.3m/s 2（3 ） 5s 内的位移为：x at2 0.352m3.75 m111 （ 1）1m/s 2（2）5m/s（3 ）12.5m【解析】试题分析：（1）滑块竖直方向受力平衡，在水平方向受到水平拉力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律求解加速度 （2）由速度时间公式求出 5s 末的速度 （3）由位移时间公式
20、求出 5s 内的位移（1 ）滑块受重力、支持力、拉力 F、滑动摩擦力作用水平方向，由牛顿第二定律得： fma竖直方向，由平衡条件得： Ng又 fNF联立解得： 21/ams（2 ）由速度时间公式得： 15/vatms（3 ）由位移时间公式得： 221.5x12 （ 1）70N（2）1400J【解析】 【分析】由速度图象得出加速度大小，由牛顿运动定律求出绳对雪橇的拉力大小；利用 求出摩擦力做的功。cosWFL解：(1)绳断了后，由速度图象得出此过程的加速度 225/ams根据牛顿运动定律有 20NFmg， 2NFa.5力 F 拉动雪橇的过程中，根据牛顿运动定律有 01cos37NFma01sin
21、37Nmg由速度图象得此过程的加速度 21/ams联立解得： F(2)在 内，雪橇克服摩擦力做功为05s1Wfx在 内，雪橇克服摩擦力做功为72其中： 105,02xmxm所以在 内，雪橇克服摩擦力做功为s12代入解得： 4WJ13 （ 1） 10N（2） 0【解析】 （1）对小孩和雪橇整体受力分析如图所示：雪橇匀速运动时有竖直方向： 37NMmgFsin水平方向： 37cosf又 NfF由得：狗拉雪橇匀速前进要用力为： ；001cos37inMmgFN（2 ）绳子突然断裂后，对对小孩和雪橇整体受力分析如图所示：则根据牛顿第二定律： fMma滑动摩擦力为： NfFg代入数据可以得到： 20./
22、as设经过 t 时间后停止，则根据速度和时间关系可以得到： 0vat则： 。042.vsa点睛：本题考查力的平衡以及对于牛顿第二定律的应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用平衡条件以及牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答。14 （ 1）0.5（ 2）1s（3）2m【解析】 （1）滑块在斜面上下滑过程，由牛顿第二定律得： 77mgsingcosma由运动规律得： ，代入数据得： ；2003vhsin10.5（2 ）滑块在木板上滑动过程中，加速度大小为： ；2213/mgas木板的加速度大小为： 22/mgasM设滑块从滑上木板到与木板速度相同经历的时间为
23、 t，由题意有： ，得： ；012vt1t（3 ）由第二问求得滑块与木板共同速度为： 012/vatms在 t 时间内滑块的位移为： ；012vxt木板的位移为： 1t所需木板的最短长度为： ，代入数据解得： 。12minLx2minL点睛：本题充分考查了匀变速直线运动规律及应用，和物体共同运动的特点的应用，是考查学生基本功的一个好题。15 （ 1）a=2m/s 2 t1=1s （2）1m 【解析】 （1）设匀加速运动的加速度为 a，加速作用时间为 ，此时与传输带达到共同速1t度的过程，达到共同速度后与传送带一起向右运动从 b 端滑下，由匀加速运动的速度关系和位移关系可知： ， 1vat12v
24、xt对全过程： Lx（ ）联立解得： ， ；2/ms1ts（2 ）煤块只有匀加速运动过程中，与传送带之间有相对滑动，留下一段黑色划痕，划痕的长度为相对位移的大小，在这个过程，煤块在加速位移为： 121vxtm传送带向右的位移为： 21xvt所以划痕长度为： 。1m点睛：解决本题的关键知道物体在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解。16 （ 1） t=6s （2）传送带速度至少 25/s【解析】 （1）对滑块：根据牛顿第二定律 fmgag当滑块和传送到带共速时： ； ；1vats012vt滑块匀速运动的时间， 024Lst则 126ts滑块全程加速用时最短，需要加速到 B 端
25、速度不大于传送带速度，而25/BBvaLvm则传送带速度至少 2s综上所述本题答案是：（1） ；（2）传送带速度至少 6t25/ms17 （ 1）0.1 （2）2.4 m/s （3 ）3.0 m/s【解析】试题分析： A、B 的速度达到相同后，共同在冰面上滑行，做匀减速运动，由运动学规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出动摩擦因数；在 A、B 的速度达到相同前，分别以 AB 为研究对象，根据牛顿第二定律求出它们的加速度，再由速度公式求解；根据物体的运动情况应用匀变速直线运动的位移公式与速度公式可以求出最大初速度。（1 ）小物块和木板一起运动时，做匀减速运动，根据速度位移公式可得加速度为： 222
26、4/1/8vamss对整体，由牛顿第二定律得 2g（ ） 解得： 20.1 (2)小物块滑上长木板后做匀减速运动：a 1 1g2.5 m/s2 木板做匀加速运动 1mg 2(2m)gma 2 解得：a 20.5m/s 2 设小物块滑上木板经时间 t 后速度达到 v对木板：va 2t 解得： 2480.5vs小物块滑上木板的初速度 v0va 1t2.4 m/s (3)当小物块以最大初速度滑上木板且恰好到达木板最右端达到速度相等物块的位移为： 201mSt物木板的位移为： 2a板位移间的关系为： =sL物 板速度关系为：v 0mva 1t va 2t 由以上各式解得：v 0m3.0 m/s 点睛：
27、本题主要考查了相对运动的过程，要认真分析物体的受力情况和运动情况，并能熟练地运用牛顿第二定律和匀变速直线运动的公式。18 （ 1） （2）5s5/ms【解析】试题分析：受力分析后，根据牛顿第二定律列式求出加速度，在根据运动学公式求出时间；下滑过程根据运动学公式求出物体返回到底端时的速度大小 v。（1 ）依据受力分析如图所示：上去时根据牛顿第二定律得： 1mgsincosma带入数据解得： 210/a依据运动学公式： 1tvt带入数据解得上滑的时间为： s上滑的位移为： 22015vxma下滑时依据牛二定律有： 2gsincosa带入数据解得： 22/依据运动学公式： 12xat解得： 25ts
28、所以总时间为： 125ts（2 ）依据（1 ）中条件根据运动学公式： 025/vatms点睛：本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式的应用，上滑时的根据受力情况求出加速度，然后在根据受力情况确定下滑时的加速度是关键。19 （ 1） 0.5；30N ；（2）6m/s，方向沿斜面向下；【解析】 （1）设力 F 作用时物体的加速度为 a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知 1mgsincosm 撤去力后，由牛顿第二定律有 2gincosm根据图象得： 、210/0/vast22201/0/vamsst解得： 、 .53FN（2 ）设撤去力后物体运动到最高点时间为 t2，则 解得 12vat2ts则物体沿着斜面下滑的时间为 3163ts 设下滑加速度为 a3，由牛顿第二定律可得： 解得 3mgincosma 23/st=6s 时速度 ，方向沿斜面向下 6/vtms
