高中物理人教版必修1课后练习 第四章牛顿运动定律 Word版含解析

第四章　《牛顿运动定律》

一、选择题(1～6为单选每小题4分，7～10为多选每小题5分，共44分)
1．关于惯性的大小，下列叙述正确的是(　B　)
A．两个质量相同的物体，在阻力相同的情况下，速度大的不容易停下来，所以速度大的物体惯性大
B．两个质量相同的物体，不管速度大小，它们的惯性的大小一定相同
C．推动地面上静止的物体，要比维持这个物体做匀速运动所需的力大，所以物体静止时惯性大
D．在月球上举重比在地球上容易，所以质量相同的物体在月球上比在地球上惯性小
解析：物体的惯性的大小是由物体的质量决定的，质量相同则惯性大小相同，惯性的大小与物体的位置、是否受力和如何运动均无关．故B正确，A、C、D错误．
2．一物体在共点力作用下，下列说法中正确的是(　C　)
A．物体的速度在某一时刻等于零，则该时刻物体一定处于平衡状态
B．该物体相对于另一物体保持静止时，该物体一定处于平衡状态
C．物体所受合力为零时，物体一定处于平衡状态
D．物体做匀加速运动时，物体可能处于平衡状态
解析：处于平衡状态的物体，从运动形式上看是处于静止状态或匀速直线运动状态，从受力上看是物体所受合力为零．物体在某一时刻速度为零，所受合力不一定为零，故不一定处于平衡状态，选项A错误．该物体相对于另一个物体静止时，该物体所受合力不一定为零，故不一定处于平衡状态，选项B错误．根据共点力的平衡条件可知选项C正确．物体做匀加速运动时，所受合力一定不为零，故不可能处于平衡状态，选项D错误．
3.如图所示，在一粗糙水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一原长为L、劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与地面间的动摩擦因数为μ.现用一水平力向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时，两木块之间的距离为(　A　)
A．L＋ B．L＋
C．L＋ D．L＋
解析：由于两木块一起匀速运动，故每个木块均受力平衡，设弹簧的伸长量为Δx，对木块1进行受力分析，可得kΔx＝μm1g，所以Δx＝，因此两木块间的距离为L＋Δx＝L＋，选项A正确．
4．如图所示，物块以初速度v0从底端沿足够长的光滑斜面向上滑行，不考虑空气阻力，则该物块在斜面上运动全过程的v－t图象是(　A　)
解析：物块在运动过程中，只受到重力和支持力作用，合力不变，加速度不变，物体先做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，加速度不变，故A正确．
5.如图所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度a做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度为a1和a2，则(　D　)
A．a1＝a2＝0
B．a1＝a，a2＝0
C．a1＝a，a2＝a
D．a1＝a，a2＝－a
解析：两物体在光滑的水平面上一起以加速度a向右匀加速运动时，弹簧的弹力F弹＝m1a，在力F撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m1a，因此对A来讲，加速度此时仍为a，对B物体：取向右为正方向，－m1a＝m2a2，a2＝－a，所以只有D项正确．
6．质量m0＝30 kg、长L＝1 m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数μ1＝0.15.将质量m＝10 kg的小木块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平滑到木板上(如图所示)．小木块与木板面的动摩擦因数μ2＝0.4(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)．则以下判断中正确的是(　C　)
A．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板
B．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板
C．木板一定静止不动，小木块能滑出木板
D．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板
解析：木块受到的滑动摩擦力为Ff2，方向向左，Ff2＝μ2mg＝40 N，木板受到木块施加的滑动摩擦力为Ff2′，方向向右，大小为Ff2′＝Ff2＝40 N，木板受地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即Ff1＝μ1(m＋m0)g＝60 N．Ff1方向向左，Ff2′＜Ff1，木板静止不动，木块向右做匀减速运动，设木块减速到零时的位移为x，则由0－v＝－2μ2gx得x＝2 m＞L＝1 m，故小木块能滑出木板，选项C正确．
7．关于牛顿第二定律的下列说法中，正确的是(　AB　)
A．物体加速度的大小由物体的质量和物体所受合力大小决定，与物体的速度大小无关
B．物体加速度的方向只由它所受合力的方向决定，与速度方向无关
C．物体所受合力的方向和加速度的方向及速度方向总是相同的
D．一旦物体所受合力为零，则物体的加速度立即为零，其速度也一定立即变为零
解析：对于某个物体，合力的大小决定加速度的大小，合力的方向决定加速度的方向，而与速度的方向无关，选项A、B正确；物体所受合力方向若与速度方向相同，则物体做加速运动；若合力方向与速度方向相反，则物体做减速运动，选项C错误；合力一旦为零，根据牛顿第二定律，则加速度立即为零，而此时物体的速度不一定为零，物体有可能做匀速直线运动，选项D错误．
8.如图所示，100个大小相同、质量均为M的光滑小球，静止放置于两个相互垂直挡板上，平面AB与水平面夹角为30°，则(　AD　)
A．第1个小球受4个力作用
B．第8个小球受力个数可能小于4
C．斜面对第31个小球的支持力为
D．第5个小球对第4个小球的作用力为48Mg
解析：选取第1个小球为研究对象，对它进行受力分析，它受到重力、斜面的支持力、挡板的支持力和第2个小球对它的压力，故选项A正确；选取第8个小球为研究对象，对它进行受力分析，它受到重力、斜面的支持力、第7个小球对它的支持力和第9个小球对它的压力．故它受到4个力的作用，故选项B错误；选取第31个小球为研究对象，对它进行受力分析，它受到的斜面的支持力等于重力垂直于斜面方向的分量，即FN＝Mgcos30°＝，故选项C错误；以第5个球到第100个球共96个球整体为研究对象，由于无摩擦力，由平衡条件得知，第4个小球对第5个球的作用力大小等于这96个球的重力沿AB平面向下的分力大小，即有F＝96Mgsin30°＝48Mg，故选项D正确．
9．如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲－起立的动作时记录的力随时间变化的图线．由图线可知(　AC　)
A．该同学体重约为650 N
B．该同学做了两次下蹲－起立的动作
C．该同学做了一次下蹲－起立的动作，且下蹲后约2 s起立
D．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态
解析：由图线可知该同学体重约为650 N，A正确．人下蹲动作有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，故下蹲时应先失重再超重．起立时应先超重再失重，由对应图象可知，该同学做了一次下蹲－起立的动作，B、D错误．由图象看出两次超重的时间间隔约为2 s，这就是人蹲下后持续的时间，C正确．
10．如图甲所示，地面上有一质量为M的重物，用力F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则以下说法中正确的是(　ABD　)
A．当F小于图中A点值时，物体的重力Mg>F，物体不动
B．图中A点值即为物体的重力值
C．物体向上运动的加速度和力F成正比
D．图线延长线和纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度
解析：当0≤F≤Mg时，物体静止，选项A正确；当F>Mg时，即能将物体提离地面，此时，F－Mg＝Ma，a＝－g，A点表示的意义即为F＝Mg，所以选项B正确；直线的斜率为，故B点数值的绝对值为g，故选项D正确．
二、填空题(共2小题，每小题8分，共16分)
11．在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图所示的装置，打点计时器使用的交流电频率为50 Hz.
(1)该同学得到一条纸带，在纸带上取连续的六个点，如图1所示，自A点起，相邻两点的距离分别为10.0 mm、12.0 mm、14.0 mm、16.0 mm、18.0 mm，则打E点时小车的速度为0.85 m/s，小车的加速度为5.0 m/s2；
(2)该同学要探究小车的加速度a和质量M的关系，应该保持拉力F(砂和砂桶的总质量)不变；若该同学要探究加速度a和拉力F的关系，应该保持小车质量M不变；
(3)该同学通过数据的处理作出了a－F图象，如图2所示，则图中直线不过原点的原因可能是平衡摩擦力过度．
解析：(1)D、F两点间的平均速度即为E点的瞬时速度，vE＝＝ m/s＝0.85 m/s
根据Δx＝aT2得：a＝＝ m/s2＝5.0 m/s2.
(2)该同学要探究小车的加速度a和质量M的关系，应该保持细线对车的拉力F不变即砂桶(含砂)的质量不变；若该同学要探究加速度a和拉力F的关系，应该保持小车的质量M不变．
(3)题图2中当F＝0时，a≠0.说明当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为0，也就是说小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是实验前木板右端垫得过高．
12．某同学设计了如图所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ.滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M，滑块上砝码的总质量为m′，托盘和盘中砝码的总质量为m.实验中，滑块在水平轨道上从A到B做初速度为零的匀加速直线运动，重力加速度g取10 m/s2.
(1)为测量滑块的加速度a，需测出它在A、B间运动的位移与时间，计算a的运动学公式是a＝.
(2)根据牛顿运动定律得到a与m的关系为
a＝m－μg
他想通过多次改变m，测出相应的a值，并利用上式来计算μ.若要求a是m的一次函数，必须使上式中的m＋m′保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于滑块上．
(3)实验得到a与m的关系如图所示，由此可知μ＝0.23(取两位有效数字)．
解析：(1)由x＝at2，得a＝，可见需测出滑块在A、B间的位移x和运动时间t.
(2)要使a＝m－μg是m的一次函数，必须使m＋m′保持不变，这就要求实验中从托盘中取出的砝码应置于滑块上．
(3)由a＝m－μg，得a＋μg＝m.
取a1＝0.23 m/s2，m1＝0.064 kg；
a2＝0.39 m/s2，m2＝0.068 kg，
则＝，解得μ≈0.23.
三、计算题(共4小题，每小题10分，共40分)
13.如图所示，一木块沿倾角θ＝37°的光滑固定斜面自由下滑．g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.
(1)求木块的加速度大小；
(2)若木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，求木块加速度的大小．
答案：(1)6 m/s2　(2)2 m/s2
解析：(1)分析木块的受力情况如图甲所示，木块受重力mg、支持力FN两个力作用，合外力大小为mgsinθ，根据牛顿第二定律得mgsinθ＝ma1，所以a1＝gsinθ＝10×0.6 m/s2＝6 m/s2.
(2)若斜面粗糙，木块的受力情况如图乙所示，建立直角坐标系．
在x方向上(沿斜面方向)
mgsinθ－Ff＝ma2①
在y方向上(垂直斜面方向)FN＝mgcosθ②
又因为Ff＝μFN③
由①②③得a2＝gsinθ－μgcosθ＝(10×0.6－0.5×10×0.8) m/s2＝2 m/s2.
14.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(a(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．
答案：(1)　(2)
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
mgsinθ－kx＝ma
解得小球做匀加速运动的位移为x＝
由x＝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′＝mgsinθ
故小球从开始运动到小球速度达到最大，小球经过的最小路程为x′＝.
15．如图所示，将质量m＝0.1 kg的圆环套在固定的水平直杆上．环的直径略大于杆的截面直径．环与杆间的动摩擦因数为μ＝0.8.对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为θ＝53°的拉力F，使圆环以a＝4.4 m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小．(取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10 m/s2)
答案：1 N或9 N
解析：当环与直杆之间没有作用力时，在垂直杆方向有Fsinθ＝mg
解得F＝1.25 N
当F<1.25 N时，杆对环的弹力向上，对环进行受力分析，根据牛顿第二定律和平衡条件有
Fcosθ－μFN＝ma，FN＋Fsinθ＝mg
解得F＝1 N
当F>1.25 N时，杆对环的弹力向下，对环进行受力分析，根据牛顿第二定律和平衡条件有
F′cosθ－μF′N＝ma，F′sinθ＝mg＋F′N
解得F′＝9 N.
16.如图所示，长L＝1.5 m、高h＝0.45 m、质量M＝10 kg的长方体木箱，在水平地面上向右做直线运动．当木箱的速度v0＝3.6 m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F＝50 N，并同时将一个质量m＝1 kg的小球轻放在距木箱右端处的P点(小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零)，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面．木箱与地面间的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计．取g＝10 m/s2.求：
(1)小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；
(2)小球放在P点后，木箱向右运动的最大位移；
(3)小球离开木箱时木箱的速度．
答案：(1)0.3 s　(2)0.9 m　(3)2.8 m/s　方向向左
解析：(1)由h＝gt2得小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间t＝＝ s＝0.3 s.
(2)小球放到木箱上后相对地面静止，木箱的加速度大小为
a1＝＝ m/s2
＝7.2 m/s2
故木箱向右运动的最大位移为
x1＝＝ m＝0.9 m.
(3)因为x1小于1 m，所以小球不会从木箱的左端掉下，木箱向左运动的加速度大小为
a2＝＝ m/s2
＝2.8 m/s2
设木箱向左运动的距离为x2时，小球脱离木箱，则
x2＝x1＋＝0.9 m＋0.5 m＝1.4 m
此时木箱的速度方向向左，大小为
v＝＝ m/s
＝2.8 m/s.