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第四章 牛顿运动定律
章末综合提升
巩
固
层
知
识
整
合
提
升
层
能
力
强
化
动力学中的图像问题
动力学中的连接体问题
培
养
层
素
养
升
华
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伽利略理想斜面实验
内容
内容:一切物体总保持匀速直线
牛顿
牛顿
运动状态或静止状态,除非作用
作用力与反作
第三
第
在它上面的外力迫使它改变这种
用力跟一对平
定律
定律
状态为止
衡力的区别
惯性:惯性只与质量有关
从运动情况
确定受力
牛顿运
实验方法:控制变量法
动定律
牛顿
的应用
牛顿运动定律
第二
内容:物体的加速度跟所受合
从受力确定
定律∏外力成正比,跟物体的质量成
运动情况
反比,加速度的方向跟合外力
的方向相同
a向下时,失重
公式:F=ma
失重
a向上时,超重和超重
力基本单位
a=g且竖直向下
学
时,完全失重
单门导出单位
主题1
0/(ms
20
10
12
t/s
甲
主题2
中用假面正公可
3111
C919
F章末综合测评(四) 牛顿运动定律
(时间：40分钟 分值：90分)
1．(4分)某时刻，物体甲受到的合力是10
N，加速度为2
m/s2，速度是10
m/s；物体乙受到的合力是8
N，加速度也是2
m/s2，但速度是20
m/s，则( )
A．甲比乙的惯性小
B．甲比乙的惯性大
C．甲和乙的惯性一样大
D．无法判定哪个物体惯性大
B [由牛顿第二定律F＝ma得m甲＝＝
kg＝5
kg，m乙＝＝
kg＝4
kg，物体的惯性只与其质量有关，与速度无关，m甲>m乙，所以B正确．]
2．(4分)已知物理量λ的单位为“m”、物理量v的单位为“m/s”、物理量f的单位为“s－1”，则由这三个物理量组成的关系式正确的是( )
A．v＝
B．v＝λf
C．f＝vλ
D．λ＝vf
B [的单位是＝m·s，与v的单位“m/s”不相同，选项A错；λf的单位是m·s－1，与v的单位“m/s”相同，选项B正确；vλ的单位是m·s－1·m＝m2·s－1，与f的单位“s－1”不相同，选项C错误；vf的单位是m·s－1·s－1＝m·s－2，与λ的单位“m”不相同，选项D错误．]
3．(4分)如图所示，一辆汽车在平直公路上向左行驶，一个质量为m、半径为R的球，用一轻绳悬挂在车厢竖直的光滑的后壁上．汽车以加速度a加速前进．绳子对球的拉力设为T，车厢后壁对球的水平弹力为N.则当汽车的加速度a增大时( )
A．T不变，N增大
B．T增大，N增大
C．T减小，N减小
D．T减小，N变大
A [设绳子与后壁的夹角为θ，则竖直方向上：Tcos
θ＝mg，则T＝，故T不变；水平方向上：N－Tsin
θ＝ma，由于a增大，故N增大，所以A正确．]
4．(4分)如图所示，弹簧的一端固定在天花板上，另一端连一质量m＝2
kg的秤盘，盘内放一个质量M＝1
kg的物体，秤盘在竖直向下的拉力F作用下保持静止，F＝30
N，在突然撤去外力F的瞬间，物体对秤盘压力的大小为(g＝10
m/s2)( )
A．10
N
B．15
N
C．20
N
D．40
N
C [在突然撤去外力F的瞬间，物体和秤盘所受向上的合外力为30
N，由牛顿第二定律可知，向上的加速度为10
m/s2.根据题意，秤盘在竖直向下的拉力F作用下保持静止，故弹簧对秤盘向上的拉力为60
N．突然撤去外力F的瞬间，对秤盘，由牛顿第二定律得60
N－mg－FN＝ma，解得物体对秤盘压力的大小FN＝20
N，选项C正确．]
5．(4分)如图所示，木块A质量为1
kg，木块B的质量为2
kg，叠放在水平地面上，A、B间的最大静摩擦力为1
N，B与地面间的动摩擦因数为0.1，今用水平力F作用于B，则保持A、B相对静止的条件是F不超过(g取10
m/s2)( )
A．1
N
B．3
N
C．4
N
D．6
N
D [因为A、B间的最大静摩擦力为1
N，故物体A的最大加速度为a＝＝＝1
m/s2；再对B分析可得，要保持A、B相对静止，则A、B的加速度最大也是a，即F－μ(mA＋mB)g－1
N＝mBa，解得F＝6
N，选项D正确．]
6．(4分)放在水平面上的物块，受水平推力F的作用，力F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示，6
s前、后的路面不同，重力加速度g取10
m/s2，则以下判断正确的是( )
A．物块的质量为2
kg，动摩擦因数为0.2
B．物块的质量为2
kg，动摩擦因数为0.4
C．物块的质量为1
kg，动摩擦因数为0.5
D．物块的质量为1
kg，动摩擦因数前、后不一样，6
s前为0.4,6
s后为0.5
D [根据0～3
s内的v
?t、F?t图像可知，物块在该时间内做匀速直线运动，水平推力等于摩擦力，即滑动摩擦力μmg＝4
N；根据3～6
s内的v
?t图像可得加速度的大小为2
m/s2，由牛顿第二定律得μmg－2＝m×2，解得μ＝0.4，m＝1
kg；由6
s后的v
?t图像可得物块的加速度大小为1
m/s2，由牛顿第二定律得6－μ′mg＝m×1，解得μ′＝0.5，选项D正确．]
7．(4分)质量分别为m和2m的物块A、B用轻弹簧相连，设两物块与接触面间的动摩擦因数都相同．当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1，如图甲所示；当用同样大小的力F竖直共同加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，如图乙所示；当用同样大小的力F沿固定斜面向上拉两物块使之共同加速运动时，弹簧的伸长量为x3，如图丙所示，则x1∶x2∶x3＝( )
A．1∶1∶1
B．1∶2∶3
C．1∶2∶1
D．无法确定
A [当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上共同向右加速运动时，对A、B整体，由牛顿第二定律可得F－3μmg＝3ma，再用隔离法对A分析，由牛顿第二定律可得kx1＝F；根据上述方法同理可求得沿竖直方向、沿斜面方向运动时：kx2＝kx3＝F，所以A正确．]
8．(6分)在探究“加速度与力、质量的关系”实验时，某小组设计双车位移比较法来探究加速度与力的关系．实验装置如图所示，将轨道分上、下双层排列，两小车后的刹车线穿过尾端固定板，由安装在后面的刹车系统同时进行控制(未画出刹车系统)．通过改变砝码盘中的砝码来改变拉力大小．通过比较两小车的位移来比较两小车的加速度大小，是因为位移与加速度的关系式为______________．已知两车质量均为200
g，实验数据如表中所示：
实验次数
小车
拉力F/N
位移s/cm
拉力比F甲/F乙
位移比s甲/s乙
1
甲
0.1
22.3
0.50
0.51
乙
0.2
43.5
2
甲
0.2
29.0
0.67
0.67
乙
0.3
43.0
3
甲
0.3
41.0
0.75
0.74
乙
0.4
55.4
分析表中数据可得到结论：___________________________.
该装置中的刹车系统的作用是__________________________．
为了减小实验的系统误差，你认为还可以进行哪些方面的改进？(提出一种方案即可)
[答案] s＝at2 在实验误差范围内当小车质量保持不变时，由于s∝F，说明a∝F 控制两车同时运动和同时停止 调整两木板，平衡摩擦力(或使砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量等)．
9．(10分)如图所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险．某次汽车避险过程可以简化为如图所示的模型．汽车在公路上行驶到A点时的速度v1＝54
km/h，汽车下坡行驶时受到的合外力为车重的0.05倍，汽车行驶到“避险车道”底端B时的速度v2＝72
km/h.已知避险车道BC与水平面的倾角为30°，汽车行驶在避险车道上受到的阻力是车重的0.3倍．(g取10
m/s2)求：
(1)汽车在公路AB段运动的时间t；
(2)汽车在避险车道上运动的最大位移s.
[解析] (1)汽车在AB段做匀加速直线运动
a1＝＝＝0.5
m/s2
t＝＝
s＝10
s.
(2)汽车在避险车道上做匀减速直线运动
mgsin
30°＋F阻＝ma2
s＝
代入数据解得s＝25
m.
[答案] (1)10
s (2)25
m
10．(10分)一物体沿斜面向上以12
m/s的初速度开始滑动，它沿斜面向上以及沿斜面向下滑动的v
?t图像如图所示，求斜面的倾角以及物体与斜面间的动摩擦因数(g取10
m/s2)．
[解析] 由图像可知上滑过程的加速度的大小
a上＝＝
m/s2＝6
m/s2
下滑过程的加速度的大小
a下＝＝
m/s2＝4
m/s2
上滑过程和下滑过程对物体受力分析如图所示
上滑过程
a上＝＝gsin
θ＋μgcos
θ
同理下滑过程a下＝gsin
θ－μgcos
θ
解得θ＝30°，μ＝.
[答案] 30°
11．(4分)(多选)如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角，则( )
A．车厢的加速度为gsin
θ
B．绳对物体1的拉力为
C．底板对物体2的支持力为(m2－m1)g
D．物体2所受底板的摩擦力为m2gtan
θ
BD [物体1的合力F＝m1gtan
θ，故车及物体的共同加速度a＝＝gtan
θ，A错；绳对物体的拉力T＝，B对；底板对物体2的支持力FN＝m2g－T＝m2g－，C错；物体2受到的摩擦力f＝m2a＝m2gtan
θ，D对．]
12．(4分)(多选)某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490
N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的v?t图像可能是(取电梯向上运动的方向为正)( )
AD [由图像看出t0～t1时间内弹簧秤示数小于体重，表明人处于失重状态，电梯有向下加速度，可能向下做匀加速或向上做匀减速运动；t1～t2时间内弹簧秤示数等于体重，表明人处于平衡状态，电梯加速度为零，电梯可能匀速，也可能静止；t2～t3时间内弹簧秤示数大于体重，表明人处于超重状态，电梯有向上的加速度，电梯可能向下做匀减速运动或向上做匀加速运动．故选AD.]
13．(4分)(多选)如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是( )
A．＋
B．
C.
D．
ACD [因木块运动到右端的过程不同，对应的时间也不同，若一直匀加速至右端，则L＝μgt
2，可得t＝，C正确；若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度v相等，则L＝t，可得t＝，D正确；若先匀加速到传送带速度v，再匀速到右端，则＋v＝L，可得t＝＋，A正确；木块不可能一直匀速至右端，B错误．]
14．(4分)(多选)用遥控直升机下轻绳悬挂质量为m的摄像机可以拍摄学生在操场上的跑操情况．开始时遥控直升机悬停在C点正上方．若遥控直升机从C点正上方运动到D点正上方经历的时间为t，已知CD之间距离为L，直升机的质量为M，直升机的运动视作水平方向匀加速直线运动．在拍摄过程中悬挂摄影机的轻绳与竖直方向的夹角始终为β，假设空气对摄像机的作用力始终水平．则( )
A．轻绳中的拉力FT＝
B．遥控直升机加速度a＝gtan
β
C．直升机所受的合外力为F合＝
D．这段时间内空气对摄像机作用力的大小为F＝m
AD [对摄像机受力分析，摄像机受到轻绳拉力FT、重力mg和风力F，由FTcos
β＝mg，解得轻绳中的拉力FT＝，选项A正确；由L＝at2，解得遥控直升机加速度a＝，选项B错误；直升机所受的合外力为F合＝Ma＝，选项C错误；摄像机受到的风力为F，绳子拉力为FT，重力为mg.则FTsin
β－F＝ma，FTcos
β＝mg，解得F＝m，选项D正确．]
15．(4分)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的大小随时间变化的图像如图甲所示．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的图像如图乙所示，g取10
m/s2.则下列说法错误的是( )
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0.1
C．物体的质量为6
kg
D．4
s末物体的速度为4
m/s
C [将图甲、乙对照可以看出，在0～2
s时间内，物体处于静止状态，t＝2
s时物体开始运动，运动前瞬间静摩擦力等于拉力，为6
N．2
s时拉力F1＝6
N，加速度a1＝1
m/s2，利用牛顿第二定律有F1－f＝ma1,4
s时拉力F2＝12
N，加速度a2＝3
m/s，利用牛顿第二定律有F2－f＝ma2，联立解得物体的质量m＝3
kg，滑动摩擦力f＝3
N，小于最大静摩擦力，选项A正确，C错误．由滑动摩擦力公式f＝μmg，可得物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，选项B正确．物体从2
s时开始运动，根据加速度—时间图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量可知，4
s末物体的速度为v＝×2
m/s＝4
m/s，选项D正确．]
16．(6分)“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示，实验时小刚同学将长木板放在水平桌面上，并利用安装在小车上的拉力传感器测出细线的拉力，保持小车的质量不变，通过改变钩码的个数，得到多组数据，从而确定小车加速度a与细线拉力F的关系．
(1)图乙中符合小刚的实验结果的是________
乙
(2)小丽同学做该实验时，拉力传感器出现了故障．为此，小丽同学移走拉力传感器，保持小车的质量不变，并改进了小刚实验操作中的不足之处．用所挂钩码的重力表示细线的拉力F，则小丽同学得到的图像可能是乙图中的________；小森同学为得到类似乙图中的A图，在教师的指导下，在小丽实验的基础上进行如下改进：称出小车质量M、所有钩码的总质量m，先挂上所有钩码，实验时依次将钩码摘下，并把每次摘下的钩码都放在小车上，多次实验，仍用F表示所挂钩码的重力，画出a?F图，则图线的斜率k＝________.(用题中给出的字母表示)
[解析] (1)如果用传感器测量拉力的大小，则该力就是小车受到的力，而图中小车还受到摩擦力，故图像为B.(2)如果不用传感器测量力的大小，并改进了实验操作中的不足之处，说明平衡了摩擦力，则图像就过原点了，但是当钩码的重力增大时，小车的加速度就不再与钩码的重力成正比了，加速度增加就变得慢一些，故图像要向力的方向偏折，选项C可能是正确的；图A表示a与F成正比，因为F＝m′g＝(m＋M)a，故图线的斜率为k＝＝
.
[答案] (1)B (2)C
17．(10分)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上端固定一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端连有一质量为m的小球，小球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．若手持挡板A以加速度a(aθ)沿斜面匀加速下滑，求：
(1)从挡板开始运动到小球与挡板分离所经历的时间；
(2)从挡板开始运动到小球的速度达到最大，小球经过的最小路程．
[解析] (1)当小球与挡板分离时，挡板对小球的作用力恰好为零，对小球由牛顿第二定律得
mgsin
θ－ks＝ma
解得小球做匀加速运动的位移为
s＝
由s＝at2得从挡板开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为
t＝＝.
(2)小球的速度达到最大时，其加速度为零，则有
kx′＝mgsin
θ
得小球从开始运动到速度达到最大，经过的最小路程为x′＝.
[答案] (1) (2)
18．(10分)如图所示，A、B为水平传送带的两端，质量为m＝4
kg的物体，静止放在传送带的A端，并在与水平方向成37°角的力F＝20
N的力作用下，沿传送带向B端运动，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10
m/s2，则：
(1)当传送带静止时，物体从A到B的运动时间8
s，求A、B间的距离；
(2)当传送带以7.5
m/s的速度顺时针转动时，求物体从A到B运动的时间．
[解析] (1)对物体受力分析，如图甲：
甲
根据牛顿第二定律可知
Fcos
37°－Ff＝ma1
FN＋Fsin
37°－mg＝0
又Ff＝μFN
解得a1＝－μg＝0.5
m/s2
从A到B的位移s＝a1t2＝16
m.
(2)当物体的速度v<7.5
m/s时，物体受力情况如图乙：
乙
根据牛顿第二定律
Fcos
37°＋Ff＝ma2
FN＋Fsin
37°－mg＝0
Ff＝μFN
解得a2＝＋μg＝7.5
m/s2
当物体的速度达到7.5
m/s时所用时间为t1，则
t1＝＝1
s
t1时间内的位移为s1＝a2t＝3.75
m
其末速度为v1＝a2t1＝7.5
m/s
之后物体的速度大于7.5
m/s，摩擦力反向，加速度为a1，则s－s1＝v1t2＋a1t
12．25＝7.5t2＋0.25t
即t＋30t2－49＝0
t2≈1.55
s
所以物体从A到B的总时间为
t＝t1＋t2＝2.55
s.
[答案] (1)16
m (2)2.55
s
13
