2018-2019学年高一上学期人教版物理必修一课后巩固作业：第四章牛顿运动定律4-3 Word版含解析

课后巩固作业
时间：45分钟
一、单项选择题
1．关于力的单位“牛”，下列说法不正确的是()
A．“牛”这个单位是由质量为1 kg的物体所受重力为9.7 N这个规定定下来的
B．“牛”这个力的单位是根据在牛顿第二定律F＝kma中取k ＝1时定下来的
C．1 N就是使质量为1 kg的物体产生1 m/s2加速度的力
D．质量是1 kg的物体所受的重力是9.8 N，并不是规定的，而是根据牛顿第二定律F＝ma得到的结果
2．如图所示，底板光滑的小车上用两个量程为20 N的完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1 kg的物块．在水平地面上当小车做匀速直线运动时，两弹簧测力计的示数均为10 N．当小车做匀加速直线运动时，弹簧测力计甲的示数变为8 N．这时小车运动的加速度大小是()
A．2 m/s2B．4 m/s2
C．6 m/s2D．8 m/s2
3.竖直向上射出的子弹，达到最高点后又返回原处，若子弹运动受到的空气阻力与速度的大小成正比，则整个过程中，加速度大小的变化是()
A．始终变大B．始终变小
C．先变大后变小D．先变小后变大
4.如图所示，一个铁球从竖直在地面上的轻质弹簧的正上方某处自由落下，接触弹簧后将弹簧弹性压缩．从它接触弹簧开始到弹簧压缩到最短的过程中，小球的速度和受到的合外力的变化情况是() A．合力变小，速度变小
B．合力变小，速度变大
C．合力先变小后变大，速度先变小后变大
D．合力先变小后变大，速度先变大后变小
5.如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A从B的左端以初速度v0＝3 m/s开始水平向右滑动，已知M>m.用①和②分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于二者速度v随时间t的变化图象，其中可能正确的是()
二、多项选择题
6．关于牛顿第二定律，下列说法中正确的是()
A．公式F＝ma中，各量的单位可以任意选取
B．某一瞬间的加速度只取决于这一瞬间物体所受的合外力，而与这之前或之后的受力无关
C．公式F＝ma中，a实际上是作用于物体上的每一个力所产生的加速度的矢量和
D．物体的运动方向一定与它所受合外力的方向一致
7．关于物体所受合力、加速度、速度间的关系，下列说法中正确的是()
A．物体的速度越大，则物体的加速度越大，所受合力也越大B．物体的速度为零，则物体的加速度一定为零，所受合力也为零
C．物体的速度为零，加速度可能很大，所受的合力也可能很大D．物体的速度很大，加速度可能为零，所受的合力也可能为零
8．一个质量为2 kg的物体，在5个共点力的作用下保持静止．若
同时撤消其中大小分别为15 N和10 N的两个力，其余的力保持不变，此时该物体的加速度大小可能是()
A．2 m/s2B．3 m/s2
C．12 m/s2D．15 m/s2
答案
1．A 根据牛顿第二定律F ＝kma 中k ＝1、m ＝1 kg 、a ＝1 m /s 2时的力叫做“一个单位的力”，后人为了纪念牛顿把这个“1个单位的力”，即1 kg ·m /s 2的力叫做1牛顿，用符号“1 N ”表示，故选项B 、C 正确，A 错误．地面附近的重力加速度g 约为9.8 m /s 2，因此根据牛顿第二定律F ＝ma 可知，地面附近1 kg 的物体重力约为9.8 N ，并不是规定的，故选项D 正确．
2．B 因弹簧的弹力与其形变量成正比，当弹簧测力计甲的示数由10 N 变为8 N 时，其形变量减少，则弹簧测力计乙的形变量必增大，且甲、乙两弹簧测力计形变量变化的大小相等，所以弹簧测力计乙的示数应为12 N ．物体在水平方向所受到的合外力为F ＝F 乙－F
甲＝4 N ．根据牛顿第二定律，得物块的加速度大小为a ＝F m ＝41
m /s 2＝4 m /s 2.
3．B 子弹在上升过程中，重力和空气阻力都向下，根据牛顿
第二定律得，a 1＝mg ＋kv m
，子弹的速度减小，加速度也减小；子弹在下降过程中，空气阻力向上，根据牛顿第二定律可得，a 2＝mg －kv m
，子弹的速度增大，加速度减小，故B 项正确．
4．D 铁球接触弹簧前，做自由落体运动，有一向下的速度．铁球接触弹簧后，在整个压缩弹簧的过程中，仅受重力G 和弹簧弹力F 的作用．开始压缩时，弹簧的弹力F 小于物体的重力G ，合外力向下，铁球向下做加速运动．但随着铁球向下运动，弹簧形变量增大，弹力随之增大，合外力减小，加速度减小，但速度增大．当弹簧弹力
增至与重力相等的瞬间，合力为零，加速度为零，速度最大．此后，弹簧弹力继续增大，弹力大于重力，合力向上且逐渐增大，加速度向上且逐渐增大，直至铁球速度逐渐减小为零，此时弹簧压缩量最大．5．C木块A滑上木板B，木块A做匀减速直线运动，木块B
做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，a A＝μmg
m＝μg，a B＝
μmg
M，
已知M>m，则a A>a B.①图线斜率的绝对值大于②图线斜率的绝对值，而且木块A的速度不可能比B的小，如果B足够长，最终二者速度相等，故选项C正确．
6．BC F、m、a必须选取国际单位制中的单位，才可写成F ＝ma的形式，否则比例系数k≠1，所以选项A错误；牛顿第二定律描述的是某一时刻合外力与加速度的对应关系，它既表明F、m、a 三者在数值上的对应关系，同时也表明合外力的方向与加速度的方向是一致的，即矢量对应关系，而与速度方向不一定相同，所以选项B 正确，D错误；由力的独立作用原理可知作用在物体上的每个力都将各自产生一个加速度，与其他力的作用无关，物体的加速度是每个力所产生的加速度的矢量和，故选项C正确．
7．CD根据牛顿第二定律表达式F＝ma和加速度公式a＝Δv Δt可
知：加速度与合力存在对应关系，一个确定的物体，加速度越大，则物体所受合力越大，加速度与物体的速度变化率有关，而与物体的速度无关．综上所述，排除A、B，选C、D.
8．BC剩余的三个力的合力与大小为15 N和10 N的两个力的合力等大反向，合力范围为5 N≤F≤25 N，则加速度的范围为2.5 m/s2≤a≤12.5 m/s2，选项B、C正确．
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三、非选择题
9．假设雨点下落过程中受到的空气阻力与雨点的横截面积S成正比，与雨点下落的速度v的平方成正比，即f＝kSv2(其中k为比例系数)．雨点接近地面时近似看做匀速直线运动，重力加速度为g.若把雨点看做球形，其半径为r，设雨点的密度为ρ，则每个雨点最终
的运动速度v m＝________(用ρ、r、g、k表示)，雨点的速度达到1 2v m
时，雨点的加速度a＝________.
10．如图甲所示，质量m＝1 kg的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v 的关系如图乙所示．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2.求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)比例系数k.
11.如图所示，一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面的夹角为30°.现使小球在F＝20 N的竖直向上的拉力作
用下，从A点由静止出发向上运动，已知直杆与小球之间的动摩擦
因数μ＝
3 6.
(1)求小球运动的加速度a1.
(2)若F作用1.2 s后撤去，则小球上滑过程中距A点的最大距离s m为多少？
(3)若从撤去力F开始计时，则小球经多长时间通过距A点上方2.25 m处的B点？
12.如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动．某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下．如果人和滑板的总质量m＝60 kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜坡的倾角θ＝37°，斜坡与水平滑道间平滑连接，在整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2.(sin37°＝0.6，cos37°＝
0.8)
(1)求人从斜坡上滑下的加速度大小；
(2)若由于场地的限制，水平滑道BC的最大距离为L＝20.0 m，则人在斜坡上滑下的距离AB应不超过多少？
答案 9.4ρrg 3k 34
g 解析：当f ＝mg 时，雨点达到最大速度v m ，则有kSv 2m ＝mg 即
kπr 2v 2m ＝43πr 3ρg ，解得v m ＝4ρrg 3k
由牛顿第二定律得mg －f ′＝ma
即mg －kS ⎝ ⎛⎭
⎪⎫v m 22＝ma ， 可得mg －kSv 2m 4＝ma ，故a ＝34
g. 10．(1)0.25 (2)0.84 kg /s
解析：从题图乙中我们可以看出，物体的速度为零时加速度为4 m /s 2，加速度为零时速度为5 m /s ，在这两个特殊位置分别列方程即可求出动摩擦因数μ和比例系数k.
(1)在初始时刻，风对物体的作用力为零，根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 0
由题图知a 0＝4 m /s 2
解得μ＝g sin θ－a 0g cos θ＝0.25. (2)在v ＝5 m /s 时，物体的加速度为零，此时物体受力平衡，有mg sin θ－μN －kv cos θ＝0，N －mg cos θ－kv sin θ＝0
解得k ＝mg (sin θ－μcos θ)v (μsin θ＋cos θ)
＝0.84 kg /s . 11．(1)2.5 m /s 2 (2)2.4 m (3)0.75 s
解析：(1)以小球为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律得
沿杆方向：F sin 30°－mg sin 30°－f ＝ma 1
垂直于杆方向：F cos 30°－mg cos 30°－N ＝0
又f ＝μN ，解得a 1＝2.5 m /s 2.
(2)刚撤去F 时，小球的速度为v 1＝a 1t 1＝3 m /s
小球的位移s 1＝v 12
t 1＝1.8 m 撤去力F 后，小球向上滑动时有
mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma 2，
解得a 2＝7.5 m /s 2
因此小球上滑的时间t 2＝v 1a 2
＝0.4 s 上滑的位移s 2＝v 12
t 2＝0.6 m 故小球上滑过程中距A 点的最大距离为
s m ＝s 1＋s 2＝2.4 m .
(3)若小球在上滑阶段通过B 点，则
s AB －s 1＝v 1t 3－12
a 2t 23 解得经历的时间为t 3＝0.2 s (t ′3＝0.6 s 舍去)
若小球在下滑阶段通过B 点，下滑时根据牛顿第二定律得mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 3，解得a 3＝2.5 m /s 2
因此小球由距A 点最大距离处下滑到B 点的过程中有
s m －s AB ＝12a 3t 24，解得t 4＝35
s 故经历的时间为t 2＋t 4＝2＋35
s ＝0.75 s . 12．(1)2 m /s 2 (2)50 m
解析：(1)人在斜坡上的受力情况如图所示，设人从斜坡上滑下的加速度为a1，由牛顿第二定律得
mg sinθ－F f1＝ma1，F N1－mg cosθ＝0
又F f1＝μF N1
解得人滑下的加速度大小为a1＝g(sinθ－μcosθ)＝10×(0.6－0.5×0.8)＝2 m/s2
(2)人在水平滑道上的受力情况如图所示，由牛顿第二定律得
F f2＝ma2，F N2－mg＝0
又F f2＝μF N2
解得人在水平滑道上运动的加速度大小为a2＝μg＝5 m/s2
设从斜坡上滑下的距离为L AB，对AB段和BC段，根据匀变速直线运动的规律有
v2－0＝2a1L AB,0－v2＝－2a2L
解得L AB＝50 m.。