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牛顿运动定律复习与测试

1．受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其vt图线如图4所示，则(

)．

图4 A．在0～t1时间内，外力F大小不断增大

B．在t1时刻，外力F为零

C．在t1～t2时间内，外力F大小可能不断减小

D．在t1～t2时间内，外力F大小可能先减小后增大

解析

0～t1时间内，物体做加速度减小的加速运动，由F1－f＝ma1，a1减小，可知外力不断减小，A错；由图线斜率可知t1时刻的加速度为零，故外力大小等于摩擦力大小，B错；t1～t2时间内，物体做加速度增大的减速运动，若外力方向与物体运动方向相同，由f－F2＝ma2，a2增大，可知外力逐渐减小，若外力方向与物体运动方向相反，由f＋F3＝ma2，a2增大，可知外力逐渐增大，又由于在t1时刻，外力F大小等于摩擦力f的大小，所以F可能先与物体运动方向相同，大小逐渐减小，减小到0后再反向逐渐增大，故C、D对．

答案

CD 2．物体由静止开始做直线运动，则上下两图对应关系正确的是(图中F表示物体所受的合力，a表示物体的加速度，v表示物体的速度)(

)．

解析

由F＝ma可知加速度a与合外力F同向，且大小成正比，故Ft图象与at图线变化趋势应一致，故选项A、B均错误；当速度与加速度a同向时，物体做加速运动，加速度a是定值时，物体做匀变速直线运动，故选项C正确，D错误．

答案

C 3．用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图象如图5所示，g＝10 m/s2，则可以计算出(

)．

图5 A．物体与水平面间的最大静摩擦力

B．F为14 N时物体的速度

C．物体与水平面间的动摩擦因数

D．物体的质量

解析

由aF图象可知，拉力在7 N之前加速度都是0，因此可知最大静摩擦力为7 N，选项A正确；再由图象可知，当F＝7 N时，加速度为0.5 m/s2，当F＝14 N时，加速度为4 m/s2，即F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，可求得动摩擦因数及物体的质量，选项C、D正确；物体运动为变加速运动，不能算出拉力为14 N时物体的速度，选项B错误．

答案

ACD 4．如图6所示，不计绳的质量以及绳与滑轮的摩擦，物体A的质量为M，水平面光滑．当在绳的B端挂一质量为m的物体时，物体A的加速度为a1，当在绳的B端施以F＝mg的竖直向下的拉力作用时，A的加速度为a2，则a1与a2的大小关系是(

)

图6

A．a1＝a2

C．a1

B．a1>a2

D．无法确定

解析

当在绳的B端挂一质量为m的物体时，将它们看成整体，由牛顿第二

定律：mg＝(m＋M)a1，故a1＝mg.而当在绳的B端施以F＝mg的竖直向m＋Mmg下的拉力作用时，mg＝Ma2，a2＝M，a1

答案

C

5.如图1所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m.现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体一直可以运动到B点，如果物体受到的阻力恒定，则(

)．

图1 A．物体从A到O先加速后减速

B．物体从A到O加速运动，从O到B减速运动

C．物体运动到O点时所受合力为0 D．物体从A到O的过程加速度逐渐减小

解析

首先有两个问题应搞清楚，①物体在A点所受弹簧的弹力大于物体与地面之间的摩擦力(因为物体能运动)．②物体在O点所受弹簧的弹力为0.所以在A、O之间有弹簧的弹力与摩擦力大小相等的位置，故物体在A、O之间的运动应该是先加速后减速，A选项正确、B选项不正确；O点所受弹簧的弹力为0，但摩擦力不是0，所以C选项不正确；从A到O的过程加速度先减小、后增大，故D选项错误．

答案

A 6．弹簧测力计挂在升降机的顶板上，下端挂一质量为2 kg的物体．当升降机在竖直方向运动时，弹簧测力计的示数始终是16 N．如果从升降机的速度为3 m/s时开始计时，则经过1 s，升降机的位移可能是(g取10 m/s2)(

)．

A．2 m

B．3 m

C．4 m

D．8 m 解析

对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得加速度为2 m/s2，方向竖直向下，由于初速度方向未知，所以应分两种情况进行计算，解得升降机的位移为2 m或4 m.

答案

AC 7．如图2所示，电梯与水平地面成θ角，一人静止站在电梯水平梯板上，电梯以恒定加速度a启动过程中，水平梯板对人的支持力和摩擦力分别为FN和af.若电梯启动加速度减小为，则下面结论正确的是(

)．

2

图2 A．水平梯板对人的支持力变为FN

2fB．水平梯板对人的摩擦力变为

2C．电梯加速启动过程中，人处于失重状态

D．水平梯板对人的摩擦力和支持力之比为f

FN解析

将人的加速度分解，水平方向ax＝acos θ，竖直方向ay＝asin θ.对于人根据牛顿第二定律，在水平方向有f＝max，在竖直方向有FN－mg＝may，人a处于超重状态，C错误；当加速度由a变为时，摩擦力变为原来的一半，但2支持力不为原来的一半，则它们的比值也发生变化，故A、D错误，B正确．

答案

B 8．如下图所示，将一台电视机静止放在水平桌面上，则以下说法中正确的是(

)

A．桌面对它支持力的大小等于它所受的重力，这两个力是一对平衡力

B．它所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力

C．它对桌面的压力就是它所受的重力，这两个力是同一种性质的力

D．它对桌面的压力和桌面对它的支持力是一对平衡力

解析

电视机处于静止状态，桌面对它的支持力和它所受的重力的合力为零，是一对平衡力，故A正确，B错误；电视机对桌面的压力和桌面对它的支持力是作用力和反作用力，故D错误；压力和重力式两个性质不同的力，故C错误。

答案 A 9．如图4所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(

)．

图4 A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin θ

B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零

C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin θ

D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零

解析

细线烧断前，对B球有kx＝mgsin θ.细线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B球受力平衡，aB＝0，A球所受合力为mgsin θ＋kx＝2mgsin θ，解得aA＝2gsin θ，故A、D错误，B、C正确．

答案

BC 10．如图5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(

)．

图5 vLLA.v＋

B.v

C. 2μg2L2L

D.v

μg解析

当小木块刚放到传送带上时μmg＝ma得a＝μg

v2设小木块加速到v时运动的距离为L0，由v＝2aL0得L0＝

2μg2v1(1)当L≤L0时，小木块一直加速，v≥at得t≤μg或由L＝at2得t＝

212L由L≤vt得t≥v，故C、D正确．

2v(2)当L>L0时，小木块先加速后匀速，加速阶段有v＝at1得t1＝μg

Lv匀速阶段有L－L0＝vt2得t2＝v－

2μgLv由t＝t1＋t2得t＝v＋，故A正确．

2μg答案

ACD 2Lμg或11．如图7所示，质量为mA＝0.4 kg的物体A与质量为mB＝2 kg的物体B叠放在倾角为30°的斜面上，物体B在平行于斜面向上的拉力F作用下运动，已知A、B总保持相对静止，若A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.43，B与斜面间的动摩擦因数为μ2＝3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2)．

4

图7 (1)若整个装置沿斜面向上做匀速运动，则A、B间的摩擦力大小为多少？拉力F大小为多少？

(2)若整个装置沿斜面向上做匀加速运动，且A、B恰好没有相对滑动，则此时A、B间的摩擦力大小为多少？拉力F大小为多少？

解析

(1)整个装置沿斜面向上做匀速运动时，即整个系统处于平衡状态，

则研究A物体：f＝mAgsin θ＝2 N，

研究整体：F＝(mA＋mB)gsin θ＋μ2(mA＋mB)gcos θ＝21 N. (2)整个装置沿斜面向上做匀加速运动，且A、B恰好没有相对滑动，则说明此时A、B之间恰好达到最大静摩擦力，

研究A物体：

fmax＝f滑＝μ1mAgcos θ＝2.4 N，

fmax－mAgsin θ＝mAa，

解得a＝1 m/s2，

研究整体：F－(mA＋mB)gsin θ－μ2(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a，

解得F＝23.4 N. 答案

(1)2 N

21 N

(2)2.4 N

23.4 N 12．如图9甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端放着小物块A.某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数．若物体之间的滑动摩擦力Ff的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述长木板B运动的vt图象的是(

)．

图9

解析

在A、B相对滑动前，对A、B整体由牛顿第二定律得a＝Fkt＝，2m2m故A、B的加速度随时间的增大而增大，速度时间图象是一向上弯曲的曲线；FfktFfA相对B刚好要滑动时，对B由牛顿第二定律得a＝m，由于＝m，故t2m2FfFf＝k；在A相对B滑动后，B的加速度a＝m为一恒量，速度时间图象是一倾斜向上的直线，故B正确．

答案

B 13．如图10所示，质量M＝8 kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一F＝8 N的水平推力，当小车向右运动的速度达到v0＝1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，取g＝10 m/s2.求：

图10 (1)放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；

(2)经多长时间两者达到相同的速度；

(3)从小物块放上小车开始，经过t＝1.5 s小物块通过的位移大小为多少？

解析

(1)小物块的加速度am＝μg＝2 m/s2，

小车的加速度aM＝F－μmg2＝0.5 m/s. M(2)由amt＝v0＋aMt，解得：t＝1 s. (3)从小物块放上小车开始1 s内，小物块的位移

1s1＝amt2＝1 m，

21 s末小物块的速度v＝amt＝2 m/s 在接下来的0.5 s内小物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度a＝F＝0.8 m/s2，

M＋m12这0.5 s内小物块的位移s2＝vt1＋at1＝1.1 m，

2小物块1.5 s内通过的总位移s＝s1＋s2＝2.1 m. 答案

(1)2 m/s2

0.5 m/s2

(2)1 s

(3)2.1 m 14．如图11所示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3 m，另一台倾斜，其传送带与地面的倾角θ＝37 °，C、D两端相距4.45 m，B、C相距很近．水平部分AB以v0＝5 m/s的速率顺时针转动．将一袋质量为10 kg的大米无初速度放在A端，到达B端后，米袋继续沿倾斜的CD部分运动，不计米袋在BC处的机械能损失．已知米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5，g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，求：

图11 (1)若CD部分传送带不运转，米袋能否运动到D端？

(2)若要米袋能被送到D端，CD部分顺时针运转的最小速度为多大？

μmg解析

(1)米袋在AB部分加速时的加速度a0＝m＝μg＝5 m/s2，

v20米袋的速度达到v0＝5 m/s时，滑行的距离s0＝＝2.5 m

CD部分不运转，米袋在CD部分的加速度大小设为a，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，

得a＝10 m/s2，

v20米袋能滑上的最大距离s＝＝1.25 m<4.45 m，

2a故米袋不能运动到D端．

(2)设CD部分运转速度为v时米袋恰能到达D端(即米袋到达D点时速度恰好为零)，则米袋速度减为v之前的加速度大小为a1＝gsin 37°＋μgcos 37°＝10 m/s2，

米袋速度小于v后所受摩擦力沿传送带向上，继续匀减速运动直到速度减为零，该阶段加速度大小为a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2，

2v2v20－v由运动学公式得＋＝4.45 m 2a12a2解得v＝4 m/s，

即要把米袋送到D点，CD部分的最小速度为4 m/s. 答案

(1)不能

(2)4 m/s

15．质量为0.3 kg的物体在水平面上做直线运动，图8中a、b直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力时的v－t图象，则求：(取g＝10 m/s2)

图8 (1)物体受滑动摩擦力多大？

(2)水平拉力多大？

解析

(1)由题图知图线a的加速度为

1a1＝－

m/s2

3图线b的加速度为

2a2＝－

m/s2

3根据牛顿第二定律得，摩擦力Ff＝ma2＝－0.2 N，方向与运动方向相反

(2)根据牛顿第二定律得：

F＋Ff＝ma1＝－0.1 N 所以F＝0.1 N，方向与运动方向相同．

答案

见解析

16．如图9所示，倾角为37°，长为l＝16 m的传送带，转动速度为v＝10 m/s，动摩擦因数μ＝0.5，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5 kg的物体．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求：

图9 (1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；

(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间．

解析

(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有

mg(sin 37°－μcos 37°)＝ma

则a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2，

1根据l＝at2得t＝4 s. 2(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得

mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1

mgsin 37°＋μmgcos 37°2则有a1＝＝10 m/s

m

设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有

v1012t1＝＝

s＝1 s，x1＝a1t1＝5 mμmgcos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则a2＝mgsin 37°－μmgcos 37°2＝2 m/s

mx2＝l－x1＝11 m 12又因为x2＝vt2＋a2t22，则有10t2＋t2＝11，

2解得：t2＝1 s(t2＝－11 s舍去) 所以t总＝t1＋t2＝2 s. 答案

(1)4 s

(2)2 s 17．如图10所示，长为L＝2 m、质量为M＝8 kg的木板，放在水平地面上，木板向右运动的速度v0＝6 m/s时，在木板前端轻放一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块．木板与地面、物块与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g＝10 m/s2.求：

图10 (1)物块及木板的加速度大小．

(2)物块滑离木板时的速度大小．

解析

(1)物块的加速度am＝μg＝2 m/s2，

对木板有：μmg＋μ(M＋m)g＝MaM，

解得aM＝3 m/s2. (2)设物块经时间t从木板滑离，则：

11L＝v0t－aMt2－amt2

22解得t1＝0.4 s或t2＝2 s(因物块已滑离木板，故舍去) 滑离木板时物块的速度：v＝amt1＝0.8 m/s. 答案

(1)2 m/s2

3 m/s2

(2)0.8 m/s