2019-2020年高考物理一轮复习单元训练金卷第三单元牛顿运动定律A卷(含解析)

专题05 牛顿运动定律1．下列关于牛顿第一定律的说法中正确的是( )A. 牛顿第一定律是根据伽利略的理想斜面实验总结出来的B. 牛顿第一定律可以用实验直接验证C. 理想实验的思维方法与质点概念的建立一样，都是一种科学的抽象思维方法D. 由牛顿第一定律可知，静止的物体一定不受外力作用【答案】C【解析】牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是以实验为基础，2．把A、B两个弹簧测力计连接在一起，B的一端固定，用手沿水平方向拉测力计A，测力计B受到A的拉力为F，测力计A受到B的拉力为F＇，则（）A. F与F＇大小相等B. F的方向水平向左C. F＇的方向水平向右D. F＇作用在测力计B上【答案】A【解析】根据牛顿第三定律的特点可知：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上。

故A正确；由题可知，测力计B受到A的拉力为F的方向向右。

故B错误；测力计A受到B的拉力为F′方向为向左。

故C错误；F′是测力计A 受到B的拉力，所以是作用在A上。

故D错误。

故选：A。

3．2016年10月17日，神舟十一号载人飞船发射成功宇航员在火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重与失重的考验，下列说法正确的是A. 火箭加速上升时，宇航员处于超重状态B. 飞船落地前减速下落时，宇航员处于失重状态C. 火箭加速上升时，宇航员对座椅的压力小于自身重力D.火箭加速上升过程中加速度逐渐减小时，宇航员处于失重状态【答案】A【解析】火箭加速上升时，加速度方向向上，宇航员处于超重状态。

宇航员对座椅的压力大于自身重力，故A正确，CD错误。

船落地前减速下落时，加速度向上，宇航员处于超重状态，故B错误；故选A。

4．如图所示，质量为m的物体放在粗糙的水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体在方向与水平面成斜向下、大小为F的推力作用下，从静止开始运动，则物体的加速度为（）A. B.C. D.【答案】C5．质量为45kg的小明站在电梯中的“体重计”上，当电梯竖直向下运动经过5楼时，“体重计”示数为50kg，如图所示．重力加速度取10m/s2．此时小明处于A. 超重状态，对“体重计”压力为450NB. 超重状态，对“体重计”压力为500NC. 失重状态，对“体重计”压力为450ND. 失重状态，对“体重计”压力为500N【答案】B【解析】小明的体重只有45kg，体重计的示数为50kg，大于重力所以处于超重状态。

高考物理一轮复习牛顿运动定律专项训练（附答案）牛顿运动定律包括牛顿第一运动定律、牛顿第二运动定律和牛顿第三运动定律三条定律，由艾萨克牛顿在1687年于«自然哲学的物理原理»一书中总结提出。

以下是力的分解与分解专项训练，请考生仔细练习。

一、选择题(此题共10小题，每题6分，共60分)1. [2021衡水中学调研]以下说法中正确的选项是()A. 牛顿第一定律提醒了一切物体都具有惯性B. 速度大的物体惯性大，速度小的物体惯性小C. 力是维持物体运动的缘由D. 做曲线运动的质点，假定将一切外力都撤去，那么该质点仍能够做曲线运动解析：牛顿第一定律提醒了一切物体都具有惯性，质量是惯性大小的量度，惯性与速度有关，选项A正确，选项B错误;力不是维持物体运动的缘由，力是发生减速度的缘由，选项C错误;做曲线运动的质点，假定将一切外力都撤去，那么该质点将做匀速直线运动，选项D错误。

答案：A2. 关于惯性，以下说法中正确的选项是()A. 磁悬浮列车能高速行驶是由于列车浮起后惯性小了B. 卫星内的仪器由于完全失重惯性消逝了C. 铁饼运发动在掷出铁饼前快速旋转可增大铁饼的惯性，使铁饼飞得更远D. 月球上物体的重力只要在空中上的1/6，但是惯性没有变化解析：惯性只与质量有关，与速度有关，A、C错误;失重或重力减速度发作变化时，物体质量不变，惯性不变，所以B 错误D正确。

答案：D3. 关于力和运动的关系，以下说法正确的选项是()A. 物体受力才会运动B. 力使物体的运动形状发作改动C. 中止用力，运动的物体就会中止D. 力是物体坚持运动或匀速直线运动形状的缘由解析：由牛顿第一定律可知，力的作用不是使物体运动，而是使物体的运动形状改动。

假设物体原来的形状是运动的，不受力仍将永远运动下去，即物体的运动不需求力来维持，因此A、C错误，B正确。

物体坚持运动或匀速直线运动形状，是物体不受力时的运动规律，并不是力作用的结果，因此D 错误。

2019年高考物理一轮复习针对训练牛顿第一定律牛顿第三定律一、单选题1.下列对运动的认识错误的是( )A.力不是维持物体运动的原因B.物体的自然状态是静止的,只有当它受到力的作用才会运动C.力是改变物体运动状态的原因D.伽利略根据理想实验推论出,如果没有摩擦,在水平面上的物体,一旦具有某一个速度,将保持这个速度继续运动下去2、如图所示，物体在水平力F作用下压在竖直墙上静止不动，则( )A．物体所受摩擦力的反作用力是重力B．力F就是物体对墙的压力C．力F的反作用力是墙壁对物体的支持力D．墙壁对物体的弹力的反作用力是物体对墙壁的压力3.理想实验有时更能深刻地反映自然规律。

伽利略设想了一个理想实验,其中有一个是经验事实,其余是推论。

①减小第二个斜面的倾角,小球在这斜面上仍然要达到原来原来释放时的高度。

②两个对接的斜面,让静止的小球沿一个斜面滚下,小球将滚上另一个斜面。

③如果没有摩擦,小球将上升到原来释放时的高度。

④继续减小第二个斜面的倾角,最后使它成水平面,小球要沿水平面作持续的匀速运动。

将上述理想实验的设想步骤按照正确的顺序排列是( )A.②①③④B.②③①④C.③②①④D.③①②④4.关于运动状态与所受外力的关系,下面说法中不正确的是( )A.物体受到恒定的力作用时,它的运动状态不发生改变B.物体受到不为零的合力作用时,它的运动状态要发生改变C.物体受到的合力为零时,它可能处于静止状态D.物体的运动方向与它所受的合力的方向可能相同5.如下图所示,一个劈形物体A,各面均光滑,放在固定的斜面上,上表面水平,在上表面上放一个光滑的小球B,劈形物体从静止开始释放,则小球在碰到斜面前的运动轨迹是( ).A.沿斜面向下的直线B.竖直向下的直线C.无规则曲线D.抛物线6.下列关于牛顿第一定律的说法中正确的是 ( )A.牛顿第一定律是通过实验导出的定律B.牛顿第一定律只是提出了惯性的概念C.牛顿第一定律提出了当物体受到的合外力为零时,物体将处于静止状态D.牛顿第一定律既提出了物体不受外力作用时的运动规律,又提出了力是改变物体运动状态的原因7.牛顿第一定律是建立在理想斜面实验基础上,经抽象分析推理得出的结论,它不是实验定律。

单元质检三牛顿运动定律(时间:45分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.下列关于惯性的各种说法中,你认为正确的是( )A.材料不同的两个物体放在地面上,用一个相同的水平力分别推它们,则难以推动的物体惯性大B.在完全失重的情况下,物体的惯性将消失C.把手中的球由静止释放后,球能竖直加速下落,说明力是改变物体惯性的原因D.抛出去的标枪、手榴弹等是靠惯性向远处运动的2.(广东顺义高三一模)为检测某公路湿沥青混凝土路面与汽车轮胎的动摩擦因数μ,测试人员让汽车在该公路水平直道行驶,当汽车速度表显示40 km/h时紧急刹车(车轮抱死),车上人员用手机测得汽车滑行3.70 s后停下来,g取10 m/s2,则测得μ约为( )A.0.2B.0.3C.0.4D.0.53.如图,站在滑轮车上的甲、乙两人原来静止不动,甲、乙相互猛推一下后分别向相反方向运动,滑轮车与地面间的动摩擦因数相同。

甲在水平地面上滑行的距离比乙远,这是因为( )A.在推的过程中,甲推乙的力小于乙推甲的力B.在推的过程中,甲推乙的时间小于乙推甲的时间C.在刚分开时,甲的初速度大于乙的初速度D.在分开后,甲的加速度大小小于乙的加速度大小4.如图所示,6月17日9时22分,我国神舟十二号载人飞船正式发射升空。

英雄出征,穿云破日!对于神舟十二号飞船在加速上升的过程中,下列说法正确的是( )A.飞船仅受到重力、升力的作用B.飞船的合力方向竖直向下C.飞船的重力与空气对飞船的作用力是一对平衡力D.在升力与空气阻力不变下,飞船的质量越大,其加速度值越小5.(北京延庆高三一模)如图所示,将一个质量为m=2 kg的小球与弹簧相连,弹簧的另一端与箱子顶端连接,小球的下端用细绳与箱子下面连接,整个装置放在升降机上。

当升降机以加速度a=0.5 m/s2加速上升时细绳的拉力恰好为F=5 N,若此时将细绳剪断,则剪断的瞬间小球的加速度大小为( )A.0.5 m/s2B.2 m/s2C.2.5 m/s2D.3 m/s2二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。

单元检测三牛顿运动定律考生注意：1．本试卷共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确，选对得4分，选错得0分)1．竖直升降的电梯内的地板上竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上方有一个质量为m的物体．当电梯静止时弹簧被压缩了x；当电梯运动时弹簧又被压缩了x.试判断电梯运动的可能情况是()A．以大小为2g的加速度加速上升B．以大小为2g的加速度减速上升C．以大小为g的加速度加速下降D．以大小为g的加速度减速下降2．如图1所示，两个质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用水平的轻质弹簧测力计连接．两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则()图1A．弹簧测力计的示数是25 NB．弹簧测力计的示数是50 NC．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为5 m/s2D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13 m/s23．如图2所示，在建筑工地，民工兄弟用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起，其中A的质量为m，B的质量为3m，水平作用力为F，A、B 之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A、B间的摩擦力为()图2A ．μFB ．2μF C.32m (g ＋a ) D ．m (g ＋a )4. 如图3所示，木块A 、B 静止叠放在光滑水平面上，A 的质量为m ，B 的质量为2m .现施加水平力F 拉B ，A 、B 刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动．若改为水平力F ′拉A ，使A 、B 也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F ′不得超过( )图3A ．2F B.F 2 C ．3F D.F35．(2018·四川德阳三校联合测试)如图4所示，质量分别为m 、2m 的球A 、B ，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为F .此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A 的加速度大小分别为( )图4A.2F 3 2F3m ＋g B.F 3 2F 3m ＋g C.2F 3 F 3m＋g D.F 3 F 3m＋g 6．如图5甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v 0＝10 m /s 、质量为 m ＝1 kg 的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图像如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则下列说法不正确的是( )图5A ．0～5 s 内小木块做匀减速运动B ．在t ＝1 s 时刻，摩擦力反向C ．斜面倾角θ＝37°D ．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.57．(2017·湖南六校联考)如图6所示，倾斜的长杆(与水平面成α角)上套有一个质量为M 的环，环通过细线吊一个质量为m 的小球，当环在某拉力的作用下在长杆上滑动时，稳定运动的情景如图所示，其中虚线表示竖直方向，那么以下说法正确的是()图6A．环一定沿长杆向下加速运动B．环的加速度一定沿杆向上C．环的加速度一定大于g sin αD．环一定沿杆向上运动二、多项选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分．在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8．(2017·山东淄博摸底)如图7甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平向右的拉力F 作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的最大静摩擦力f m与滑动摩擦力大小相等，则()图7A．0～t1时间内物块A的加速度逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大C．t3时刻物块A的速度最大D．t2～t4时间内物块A一直做减速运动9．如图8所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ，则图中能客观地反映小木块的运动情况的是()图810．如图9所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，工件滑上传送带A端的瞬时速度v A＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为v B.下列说法中正确的是()图9A．若传送带不动，v B＝3 m/sB．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，v B＝3 m/sC．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，v B＝3 m/sD．若传送带以速度v＝4 m/s顺时针匀速转动，v B＝3 m/s11．(2017·三湘名校联盟三模)如图10甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出()图10A．物体的初速率v0＝3 m/sB．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值x min＝1.44 mD．当θ＝45°时，物体达到最大位移后将停在斜面上12．如图11甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图像(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2＞v1，则()图11A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用三、非选择题(本题共6小题，共47分)13．(4分)在“探究小车加速度a 与其质量m 的关系”的实验中：(1)备有器材：A.长木板；B.电磁打点计时器、低压交流电源、纸带；C.细绳、小车、砝码；D.装有砂的小桶；E.薄木板；F.毫米刻度尺；还缺少的一件器材是________．(2)实验得到如图12甲所示的一条纸带，相邻两个计数点的时间间隔为T ；B 、C 两点的间距x 2和D 、E 两点的间距x 4已量出，利用这两段间距计算小车加速度的表达式为________．图12(3)某同学根据实验数据画出的a －1m 图线如图乙所示，从图线可得砂和砂桶的总质量为________kg.(g 取10 m/s 2)(4)另一位同学根据实验数据画出的a －1m 图像如图丙所示，则造成这一结果的原因是_______________________________________________________________________________． 14. (9分)(2018·山东烟台期中)用如图13所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验：图13(1)下面列出了一些实验器材：电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂和砂桶．除以上器材外，还需要的实验器材有：________. A ．天平(附砝码)B ．秒表C ．刻度尺(最小刻度为mm)D ．低压交流电源(2)实验中，需要平衡小车和纸带运动过程中所受的阻力，正确的做法是( )A ．小车放在木板上，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时沿木板做匀速直线运动B ．小车放在木板上，挂上砂桶，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在砂桶的作用下沿木板做匀速直线运动C ．小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器．把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动(3)实验中，为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间应满足的条件是__________________．这样，在改变小车上砝码的质量时，只要砂和砂桶质量不变，就可以认为小车所受拉力几乎不变．(4)如图14为某次实验纸带，在相邻两计数点间都有四个打点未画出，用刻度尺测得：x1＝0.55 cm，x2＝0.94 cm，x3＝1.35 cm，x4＝1.76 cm，x5＝2.15 cm，x6＝2.54 cm.图14①相邻两计数点间的时间间隔为________ s；②计数点“6”和“7”间的位移x7比较接近于________(填“A、B、C、D”序号)A．2.76 cm B．2.85 cm C．2.96 cm D．3.03 cm③打下“3”点时小车的瞬时速度v3＝________ m/s；小车的加速度a＝________ m/s2.(计算结果均保留2位有效数字)(5)某小组在研究“外力一定时，加速度与质量的关系”时，保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量M，分别记录小车加速度a与其质量M的数据．在分析处理数据时，该组同学产生分歧：甲同学认为根据实验数据可以作出小车加速度a与其质量M的图像，如图15，然后由图像直接得出a与M成反比．乙同学认为应该继续验证a与其质量倒数1M是否成正比，并作出小车加速度a与其质量倒数1M的图像，如图16所示．你认为________同学(选填“甲”或“乙”)的方案更合理．图15图16(6)另一小组在研究“小车质量一定时，加速度与质量的关系”时，用改变砂的质量的办法来改变对小车的作用力F，然后根据测得的数据作出a－F图像，如图17所示．发现图像既不过原点，末端又发生了弯曲，可能原因是()图17A．平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过大，且砂和砂桶的质量较大B．平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且砂和砂桶的质量较大C．没有平衡摩擦力，且小车质量较大D．平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且小车质量较大15．(8分)如图18甲所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角θ＝37°，一滑块以初速度v0＝16 m/s 从底端A点滑上斜面，滑至B点后又返回到A点．滑块运动的速度—时间图像如图乙所示，求：(已知：sin 37°＝0.6, cos37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)图18(1)A、B之间的距离；(2)滑块再次回到A点时的速度大小；(3)滑块在整个运动过程中所用的时间．16.(8分)(2018·河南洛阳期中)如图19甲所示，在倾角为θ＝30°的长斜面上有一带风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，滑块的质量为m＝2 kg，它与斜面的动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与滑块下滑的速度成正比，即F f＝k v.若滑块从静止开始下滑的速度－时间图像如图乙中的曲线所示，图乙中的直线是t＝0时速度图线的切线，g＝10 m/s2.图19(1)求滑块下滑的最大加速度和最大速度；(2)求μ和k的值．17.(8分)如图20所示，传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L1＝2.5 m、L2＝2 m．传送带始终保持以速度v向右匀速运动．现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m＝2 kg，g取10 m/s2.求：图20(1)若滑块恰好不从平板上掉下，求v的大小．(2)若v＝6 m/s，求滑块离开平板时的速度大小．18. (10分)如图21所示，一长L＝2 m、质量M＝4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l＝5 m，木板的正中央放有一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)，已知木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.4.现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48 N，g取10 m/s2，试求：图21(1)F作用了1.2 s时，木板的右端离平台边缘的距离；(2)要使物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件．答案精析1．D [因为电梯静止时，弹簧被压缩了x ，由此可知mg ＝kx .当电梯运动时，弹簧又被压缩了x ，弹簧的弹力变大，物体所受合力方向向上，大小是mg ，处于超重状态．由牛顿第二定律可得mg ＝ma ，即加速度大小a ＝g ，方向也是向上的，此时物体可能是做向上的匀加速运动，也可能是做向下的匀减速运动，D 正确．] 2．D3．D [由于A 、B 相对静止，故A 、B 之间的摩擦力为静摩擦力，A 、B 错误．设民工兄弟一只手对A 、B 在竖直方向上的摩擦力为f ，以A 、B 整体为研究对象可知在竖直方向上有 2f －(m ＋3m )g ＝(m ＋3m )a ，设B 对A 的摩擦力方向向下，大小为f ′，对A 由牛顿第二定律有f －f ′－mg ＝ma ，解得f ′＝m (g ＋a )，C 错误，D 正确．]4．B [水平力F 拉B 时，A 、B 刚好不发生相对滑动，这实际上是将要滑动，但尚未滑动的一种临界状态，从而可知此时A 、B 间的摩擦力即为最大静摩擦力． 先用整体法考虑，对A 、B 整体：F ＝(m ＋2m )a .再将A 隔离可得A 、B 间最大静摩擦力为：f m ＝ma ，解以上两方程得：f m ＝F3.若将F ′作用在A 上，隔离B 可得B 能与A 一起运动，而A 、B 不发生相对滑动的最大加速度a ′＝f m2m， 再用整体法考虑，对A 、B 整体：F ′＝(m ＋2m )a ′，由以上方程解得：F ′＝F2.]5．A [剪断细线前，对整体，由牛顿第二定律得3mg －F ＝3ma ，对B ，由牛顿第二定律得2mg －T ＝2ma ，解得T ＝2F3.当剪断细线瞬间，线的拉力突变为零，而弹簧的拉力保持不变，对A ，由牛顿第二定律得T ＋mg ＝ma ′，解得a ′＝2F3m ＋g ，选项A 正确．]6．A [由匀变速直线运动的速度位移公式得v 2－v 02＝2ax ，由题图乙可得a ＝0－v 022x 1＝－10 m/s 2，故减速运动时间：t ＝0－v 0a ＝1 s ，故A 错误；由题图乙可知，在0～1 s 内小木块向上做匀减速运动，1 s 后小木块反向做匀加速运动，t ＝1 s 时摩擦力反向，故B 正确；由题图乙可知，小木块反向加速运动时的加速度： a ′＝v 22x 2＝322×(13－5)m/s 2＝2 m/s 2，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝m |a |，mg sin θ－μmg cos θ＝ma ′，代入数据解得：μ＝0.5，θ＝37°，故C 、D 正确．]7．B [稳定运动时，球与环保持相对静止，它们的运动状态相同，且运动方向均与杆平行．对小球受力分析如图，可知小球所受合力平行于杆向上，说明加速度方向沿杆向上，则环的加速度方向也沿杆向上，但它们的运动方向不确定，两者可能沿杆向上加速运动，也可能沿杆向下减速运动，则B 正确，A 、D 错误；由于不知道细线与竖直方向的夹角，则不能判断出小球的加速度与g sin α的大小关系，则C 项错误．]8．BC [0～t 1时间内物块A 受到的静摩擦力逐渐增大，物块处于静止状态，选项A 错误．t 2时刻物块A 受到的拉力F 最大，物块A 的加速度最大，选项B 正确．t 3时刻物块A 受到的拉力减小到等于滑动摩擦力，加速度减小到零，物块A 的速度最大，选项C 正确．t 2～t 3时间内物块A 做加速度逐渐减小的加速运动，t 3～t 4时间内物块A 一直做减速运动，选项D 错误．] 9．BD10．ABC [若传送带不动，由匀变速直线运动规律可知v B 2－v A 2＝－2as ，a ＝μg ，代入数据解得v B ＝3 m /s ，当满足选项B 、C 中的条件时，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，同理可得，工件到达B 端的瞬时速度仍为3 m/s ，故选项A 、B 、C 正确；若传送带以速度 v ＝4 m /s 顺时针匀速转动，则工件滑上A 端后做匀速运动，到B 端的速度仍为4 m/s ，故选项D 错误．]11．BC [当斜面倾角θ＝90°时，物体对斜面无压力，也无摩擦力，物体做竖直上抛运动，根据匀变速直线运动规律有02－v 02＝－2gx ，根据题图乙可得此时x ＝1.80 m ，解得初速率 v 0＝6 m/s ，选项A 错．当斜面倾角θ＝0°时即为水平，物体在运动方向上只受到摩擦力作用，则有μmgx ＝12m v 02，根据题图乙知此时x ＝2.40 m ，解得μ＝0.75，选项B 对．物体沿斜面上滑，由牛顿第二定律可知加速度a ＝g sin θ＋μg cos θ＝g (sin θ＋μcos θ)．v 02＝2ax ＝2g (sin θ＋μcos θ)x ，得当sin θ＋μcos θ最大时，即tan θ＝1μ，θ＝53°时，x 取最小值x min ，解得x min ＝1.44 m ，C 项正确．当θ＝45°时，因mg sin 45°>μmg cos 45°，则物体达到最大位移后将返回，D 项错误．]12．BD [0～t 1时间内，小物块受到向右的滑动摩擦力作用而做匀减速运动，速度减为零时并未从左端滑下，说明传送带足够长，其向左运动的位移大小x 1＝v 222μg；t 1～t 2时间内：小物块受到的滑动摩擦力仍然向右，因此反向做匀加速运动，加速到与传送带速度v 1相等，其位移大小x 2＝v 122μg <x 1，此后物块做匀速运动.0～t 2时间内，小物块始终相对于传送带向左运动，故t 2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大．]13．(1)天平 (2)a ＝x 4－x 22T 2(3)0.02 (4)没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够解析 (1)本题要测量小车的质量，则需要天平，所以还缺少的一件器材是天平； (2)根据逐差法得：x 4－x 2＝2aT 2 ，解得：a ＝x 4－x 22T 2.(3)根据牛顿第二定律可知，a ＝F m ，则F 即为a －1m 图像的斜率，所以砂和砂桶的总重力m ′g ＝F ＝2.412N ＝0.2 N ，解得：m ′＝0.02 kg.(4)从题图丙中发现直线没过原点，当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，则该同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力这个步骤．所以原因是没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够． 14．(1)ACD (2)C (3)m ≪M (4)①0.1 ②C ③0.16 0.40 (5)乙 (6)B解析 (1)本实验的目的是探究加速度与力、质量的关系，用砂桶的重力代表小车受到的合外力，需要用天平测砂桶和小车的质量，故选A 项；电磁打点计时器的工作电源为低压交流电源(4～6 V)，工作频率为50 Hz ，周期为0.02 s ，可以计时，不需要秒表，故选D 项，不选B 项；打点计时器打下纸带，需用刻度尺测量距离，以求加速度和瞬时速度，故选C 项． (2)平衡摩擦力的方法是用重力沿斜面向下的分力来抵消摩擦力的作用，具体做法是：将小车轻放(静止)在长木板上，挂好纸带(纸带和电磁打点计时器的限位孔之间有摩擦力)、不挂砂桶，将长木板靠近打点计时器的一端适当垫高，形成斜面，轻推小车，使小车做匀速运动(纸带上两点间距离相等)即可，故C 正确．(3)砂桶和小车一起运动，根据牛顿第二定律，对砂桶：mg －F ＝ma ，对小车：F ＝Ma ，可得小车受到的拉力F ＝Mmg M ＋m ，加速度a ＝mg M ＋m ，本实验用砂和砂桶的总重力代表小车受到的合外力(拉力)，由F ＝M M ＋m·mg ＝mg1＋m M可知，F <mg ，只有m ≪M 时，才有F ≈mg ，所以砂和砂桶的总质量m 与小车和车上砝码的总质量M 之间应满足的条件是m ≪M .(4)①打点计时器的工作周期为T 0＝0.02 s ，相邻两计数点间都有四个打点未画出，所以两计数点之间的时间间隔为T ＝5T 0＝0.1 s.②根据匀变速直线运动的规律a ＝Δx T 2＝x 7－x 6T 2＝x 6－x 5T2，可知：x 7＝2x 6－x 5＝2×2.54 cm －2.15 cm ＝2.93 cm ，比较接近于2.96 cm ，故选C 项． ③v 3＝x 3＋x 42T≈0.16 m/s ，a ＝(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)9T2≈0.40 m/s 2. (5)反比关系不容易根据图像判定，而正比关系容易根据图像判定，故应该建立小车加速度a 与小车质量的倒数1M关系图像，故应选乙方案．(6)图像与横轴相交，说明需要用拉力平衡摩擦力，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够；由(3)可知，小车受到的拉力F ＝mg1＋m M ，当m ≪M 时，即砂和砂桶总重力远小于小车及车上砝码的总重力，绳子的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，小车的加速度a 与拉力F 成正比，如果砂和砂桶的总质量太大，小车受到的拉力明显小于砂和砂桶总重力，加速度与砂和砂桶总重力(小车受到的合力)不成正比，a －F 图像发生弯曲，不再是直线，故B 正确． 15．(1)16 m (2)8 2 m/s (3)(2＋22) s 解析 (1)由v －t 图像知A 、B 之间的距离为； s AB ＝16×22m ＝16 m. (2)设滑块从A 滑到B 过程的加速度大小为a 1，从B 返回到A 过程的加速度大小为a 2，滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ，则有 a 1＝v 0－0t ＝16－02 m/s 2＝8 m/s 2由于mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1， 得μ＝0.25.滑块由B 返回到A 的过程中，则有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 即a 2＝4 m/s 2，设滑块返回到A 点时的速度为v ， 有v 2－0＝2a 2s AB 即v ＝8 2 m/s.(3)设滑块从A 到B 用时为t 1，从B 返回到A 用时为t 2， 则有t 1＝2 s t 2＝va 2＝2 2 s则滑块在整个运动过程中所用的时间为 t ＝t 1＋t 2＝(2＋22) s.16．(1)3 m /s 2 2 m/s (2)23153 kg/s解析 (1)由题图乙可得：t ＝0时，滑块下滑的加速度最大为a max ＝Δv Δt ＝3 m/s 1 s＝3 m/s 2； t ＝3 s 时，滑块下滑的速度最大为 v max ＝2 m/s.(2)t ＝0时滑块下滑的加速度最大为a max ，由牛顿第二定律得F 合＝mg sin θ－μmg cos θ＝ma max ， t ＝3 s 时滑块下滑的速度达到最大，有 mg sin θ＝μmg cos θ＋k v max ，解得：μ＝2315，k ＝3 kg/s(说明：k 的答案没有单位不算对)．17．(1)4 m /s (2)3.5 m/s解析 (1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小a 1＝μ1mgm ＝3 m/s 2由于μ1mg >2μ2mg故平板做匀加速运动，加速度大小 a 2＝μ1mg －μ2·2mg m＝1 m/s 2设滑块从平板左端滑至右端用时为t ，共同速度为v ′，平板位移为x ， 对滑块进行分析：v ′＝v －a 1t L 2＋x ＝v t －12a 1t 2对平板进行分析：v ′＝a 2t x ＝12a 2t 2 联立以上各式代入数据解得t ＝1 s ，v ＝4 m/s.当v ＝4 m/s 时，滑块在传送带上加速运动的位移为x 1＝v 22μg ＝1.6 m<L 1，故符合题意．(2)滑块在传送带上的加速度a 3＝μmgm ＝5 m/s 2若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为 v 1＝2a 3L 1＝5 m /s<6 m/s 即滑块滑上平板的速度为5 m/s.设滑块在平板上运动的时间为t ′，离开平板时的速度为v ″，平板位移为x ′ 则v ″＝v 1－a 1t ′ L 2＋x ′＝v 1t ′－12a 1t ′2x ′＝12a 2t ′2联立以上各式代入数据解得t ′＝12 s ，t 2′＝2 s(t 2′>t ，不合题意，舍去)将t ′＝12 s 代入v ″＝v 1－a 1t ′得v ″＝3.5 m/s.18．(1)0.64 m (2)μ2≥0.2解析 (1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律： 对木板：F －μ1(M ＋m )g －μ1mg ＝Ma 1，解得a 1＝6 m/s 2 对物块：μ1mg ＝ma 2，解得a 2＝4 m/s 2，因a 2<a 1，故假设成立 设F 作用t 时间后，物块恰好从木板左端滑离，则 L 2＝12a 1t 2－12a 2t 2，解得t ＝1 s 在此过程：木板位移x 1＝12a 1t 2＝3 m ，末速度v 1＝a 1t ＝6 m/s物块位移x 2＝12a 2t 2＝2 m ，末速度v 2＝a 2t ＝4 m/s在物块从木板上滑落后的t 0＝0.2 s 内，由牛顿第二定律： 对木板：F －μ1Mg ＝Ma 1′， 解得a 1′＝8 m/s 2木板发生的位移x 1′＝v 1t 0＋12a 1′t 02＝1.36 m此时木板右端距平台边缘 Δx ＝l －x 1－x 1′＝0.64 m(2)物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律： 对物块：μ2mg ＝ma 2′， 解得a 2′＝μ2g若物块在平台上速度减为0，则通过的位移x 2′＝v 222a 2′要使物块最终不会从平台上掉下去需满足 l ＋L2≥x 2＋x 2′ 联立解得μ2≥0.2.。

单元质检三牛顿运动定律(时间:75分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分,在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重,一个可乘十多个人的环形座舱套在竖直柱子上,由升降机先送上几十米的高处,然后让座舱自由落下,落到一定位置,制动系统启动,使座舱到地面时刚好停下,座舱在整个过程中( )A.一直处于失重状态B.先失重后超重C.一直处于超重状态D.先超重后失重答案:B解析:开始制动前,座舱做自由落体运动,处于失重状态;制动后,座舱做向下的减速运动,处于超重状态,故B正确,A、C、D错误。

2. (全国甲卷)如图所示,将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处,上部架在横杆上。

横杆的位置可在竖直杆上调节,使得平板与底座之间的夹角θ可变。

将物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放,物块沿平板从Q 点滑至P 点所用的时间t 与夹角θ的大小有关。

若θ由30°逐渐增大至60°,物块的下滑时间t 将( )A.逐渐增大B.逐渐减小C.先增大后减小D.先减小后增大答案:D解析:水平底座长设为l,物块下滑的位移x=lcosθ,加速度a=gsinθ,由位移公式x=12at 2可得t=√4l gsin2θ,θ=45°时,时间最短,所以从30°到60°时,物块下滑时间先减小后增大,故选D 。

3.(山东泰安二模)如图所示,质量相同的物体A 、B 用轻弹簧连接并置于光滑的水平面上,开始时弹簧处于原长,现给物体B 一初速度v 0,经过一段时间后,t 0时刻弹簧的长度第一次达到最长,此时弹簧在弹性限度内。

以下能正确描述两物体在0~t 0时间,运动过程的v-t 图像是( )答案:D解析:给物体B一初速度v0,弹簧开始伸长,B受到向左的弹力,做减速运动,随着弹力增大加速度增大,在弹簧的长度第一次达到最长的过程中,B做加速度增大的减速运动。

优创卷·一轮复习单元测评卷第一章质点的直线运动A卷名校原创基础卷一、选择题（本题共8小题，每小题4分.在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.）1.（2018·北京高一学业考试）关于力和运动的关系，下列说法正确的是（）A.物体受到的合力为零，物体运动的速度也一定为零B.物体受到的合力为零，物体运动的速度一定保持不变C.物体所受合力越大，物体运动的速度越大D.物体所受合力越大，物体运动的加速度越小【答案】B【解析】AB.根据F=ma知，物体受到的合力为0，物体的加速度为零，物体运动的速度保持不变，故A错误，B正确；C.物体所受合力越大，物体运动的加速度越大，速度不一定越大，比如在扣动扳机的瞬间，子弹的加速度很大，速度却很小，故C错误，D错误.故选B2.（2019·东台创新高级中学高三月考）如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上.一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，则小球从接触弹簧到下降到最低点的过程中（）A.小球刚接触弹簧瞬间速度最大B.小球的加速度方向都是竖直向上C.小球的速度先增大后减小D.小球的加速度先增大后减小【答案】C【解析】A项，小球接触弹簧后仍做加速运动，当弹力等于重力时速度最大，故A项错误。

B项，当弹力大于重力后合力才变为竖直向上，故B项错误。

CD项，由过程分析可知，小球接触弹簧后先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故C对；D错；故选C3.（2019·广东省高一期末）如图所示，一轻弹簧一端系在墙上O点，自由伸长到B点。

今将一质量为m的小物块靠着弹簧，将其压缩到A点，然后释放，小物块能在水平面上运动到C点静止。

物体与水平面间的动摩擦因数恒定，下列说法中正确的是（）A.物体从A到B速度越来越大，从B到C速度越来越小B.物体从A到B先加速后减速，从B到C速度越来越小C.物体从A到B加速度先增大后减小，从B到C加速度变小D.物体从A到B加速度先减小后增大，从B到C加速度增大【答案】B【解析】物体从A到B运动的过程中，开始时弹簧的弹力大于摩擦力，加速度方向向右，加速度逐渐减小，物体做加速度运动，当弹簧的弹力与摩擦力相等时，加速度为零，然后弹簧的弹力小于摩擦力，加速度方向向左，加速度逐渐增大，物体做减速运动，所以从A到B先加速后减速，从B到C物块脱离弹簧，在摩擦力作用下做匀减速运动，加速度不变，故B正确，ACD错误。

单元评估检测(三) 牛顿运动定律(90分钟100分)一、选择题(此题共10小题,每一小题4分,共40分)1.关于牛顿第一定律的理解错误的答案是( )A.牛顿第一定律反映了物体不受外力的作用时的运动规律B.不受外力作用时,物体的运动状态保持不变C.在水平地面上滑动的木块最终停下来,是由于没有外力维持木块运动D.飞跑的运动员,由于遇到障碍而被绊倒,这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态【解析】选C。

牛顿第一定律描述的是物体不受外力作用时的状态,即总保持匀速直线运动状态或静止状态,A、B正确;牛顿第一定律揭示了力和运动的关系,力是改变物体运动状态的原因,而不是维持物体运动状态的原因,在水平地面上滑动的木块最终停下来,是由于摩擦阻力的作用而改变了运动状态,飞跑的运动员,遇到障碍而被绊倒,是因为他受到外力作用而改变了运动状态,C错误,D正确。

2.(2019·杭州模拟)如下的运动图象中,物体所受合外力不为零的是 ( )【解析】选D。

选项A表示物体静止,其合外力为零;选项B、C表示物体做匀速直线运动,其合外力为零;选项D表示物体做匀变速直线运动,其合外力不为零,所以此题应选D。

3.如下列图,一同学在水平桌面上将三个形状不规如此的石块成功叠放在一起,保持平衡,如下说法正确的答案是( )A.石块b对a的支持力与a受到的重力是一对相互作用力B.石块c对b的支持力一定等于b受到的重力C.石块c受到水平桌面向左的摩擦力D.石块c对b的作用力一定竖直向上【解析】选D。

石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力,跟a受到的重力是平衡力,A 错误;石块c对b的支持力与石块c对b摩擦力的合力一定等于石块a和b受到的重力,B错误;以三块作为整体研究,如此石块c不会受到水平桌面的摩擦力,C错误;选取石块a、b作为整体研究,根据平衡条件,如此石块c对b的作用力与其重力平衡,如此石块c对b的作用力一定竖直向上,D正确。

牛顿运动定律的综合应用1. (2019·武汉模拟)如图所示，两黏连在一起的物块a和b，质量分别为m a和m b，放在光滑的水平桌面上，现同时给它们施加方向如图所示的水平推力F a和水平拉力F b，已知F a＞F b，则a对b的作用力()A．必为推力B．必为拉力C．可能为推力，也可能为拉力D．不可能为零2．(2019·南阳五校联考) 如图所示，滑轮A可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，则下滑过程中()A．B的加速度为g sin θB．绳的拉力为Gcos θC．绳的方向保持竖直D．绳的拉力为G3.如图，光滑水平面上，水平恒力F作用在木块上，长木板和木块间无相对滑动，长木板质量为M，木块质量为m.它们共同加速度为a，木块与长木板间的动摩擦因数为μ，则在运动过程中()A．木块受到的摩擦力一定是μmg B．木块受到的合力为FC．长木板受到的摩擦力为μmg D．长木板受到的合力为MFm＋M4.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()5．(2018·浙江4月选考)如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t图象能反映体重计示数随时间变化的是()6．我国航天员要在天宫1号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，采用的方法如下：质量为m1的标准物A的前后连接有质量均为m2的两个力传感器．待测质量的物体B连接在后传感器上．在某一外力作用下整体在桌面上运动，如图所示．稳定后标准物A 前后两个传感器的读数分别为F 1、F 2，由此可知待测物体B 的质量为( )A.F 1m 1＋2m 2F 1－F 2B.F 2m 1＋2m 2F 1－F 2C.F 2m 1＋2m 2F 1 D .F 1m 1＋2m 2F 27.质量为M 的皮带轮工件放置在水平桌面上，一细绳绕过皮带轮的皮带槽，一端系一质量为m 的重物，另一端固定在桌面上．如图所示，工件与桌面、绳之间以及绳与桌面边缘之间的摩擦都忽略不计，桌面上绳与桌面平行，则重物下落过程中，工件运动的加速度为( )A.2mg M ＋4mB.2mg M ＋2mC.mg2MD.mgM ＋m8.(2019·南京、盐城模拟)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员( )A ．在第一过程中始终处于失重状态B ．在第二过程中始终处于超重状态C ．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D ．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态9.(2019·浙江杭州五校联盟联考)足够长光滑斜面BC 的倾角α＝53°，小物块与水平面间动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间由一小段长度不计的弧形连接，一质量m ＝2 kg 的小物块静止于A 点．现在AB 段对小物块施加与水平方向成α＝53°角的恒力F 作用，如图甲所示，小物块在AB 段运动的速度—时间图象如图乙所示，到达B 点撤去恒力F (已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取10 m/s 2)．求：(1)小物块所受到的恒力F 的大小；(2)小物块从B 点沿斜面向上运动，到返回B 点所用的时间；(3)小物块能否返回到A 点？若能，计算小物块通过A 点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B 点的距离． 10.(2019·湖北三校联考)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L ＝1 m ，起点A 到终点 线B 的距离s ＝5 m ．开始滑板静止，右端与A 平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F 使滑板前进．滑板右端到达B 处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)滑板由A滑到B的最短时间；(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围．11.(2019·安徽六安模拟)如图所示，质量为M＝8 kg的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F＝8 N，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，已知运动过程中，小物块没有从小车上掉下来，g取10 m/s2，求：(1)经过多长时间两者达到相同的速度；(2)小车至少多长，才能保证小物块不从小车上掉下来；(3)从小物块放上小车开始，经过t＝1.5 s小物块对地的位移大小为多少？12.(2019·河南中原名校联考)如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止．现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F.(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？(3)最终长木板与小物块一同以多大的速度匀速运动？(4)最终小物块离长木板右端多远？参考答案1. (2019·武汉模拟)如图所示，两黏连在一起的物块a 和b ，质量分别为m a 和m b ，放在光滑的水平桌面上，现同时给它们施加方向如图所示的水平推力F a 和水平拉力F b ，已知F a ＞F b ，则a 对b 的作用力( )A ．必为推力B ．必为拉力C ．可能为推力，也可能为拉力D ．不可能为零【答案】C【解析】.将a 、b 看做一个整体，加速度a ＝F a ＋F b m a ＋m b ，单独对a 进行分析，设a 、b 间的作用力为F ab ，则a ＝F a ＋F ab m a ＝F a ＋F b m a ＋m b ，即F ab ＝F b m a －F a m bm a ＋m b，由于不知道m a 与m b 的大小关系，故F ab 可能为正，可能为负，也可能等于0.2．(2019·南阳五校联考) 如图所示，滑轮A 可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为G 的物体B ，下滑时，物体B 相对于A 静止，则下滑过程中( )A ．B 的加速度为g sin θ B ．绳的拉力为Gcos θC ．绳的方向保持竖直D ．绳的拉力为G【答案】A【解析】. A 、B 相对静止，即两物体的加速度相同，以A 、B 整体为研究对象分析受力可知，系统的加速度为g sin θ，所以选项A 正确；再以B 为研究对象进行受力分析，如图，根据平行四边形法则可知，绳子的方向与斜面垂直，拉力大小等于G cos θ，故选项B 、C 、D 都错误．3.如图，光滑水平面上，水平恒力F 作用在木块上，长木板和木块间无相对滑动，长木板质量为M ，木块 质量为m .它们共同加速度为a ，木块与长木板间的动摩擦因数为μ，则在运动过程中( )A ．木块受到的摩擦力一定是μmgB ．木块受到的合力为FC ．长木板受到的摩擦力为μmgD ．长木板受到的合力为MFm ＋M【答案】D【解析】整体的加速度a ＝F M ＋m ，隔离长木板，受力分析，长木板所受的合力为F 合＝MFM ＋m，且长木板所受的合力等于长木板所受的摩擦力，又长木板所受的摩擦力等于长木板对木块的摩擦力，故选项A 、C 错误，D 正确；木块所受的合力F 合′＝ma ＝mFM ＋m，故选项B 错误．4.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v 0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一 个质量为m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )【答案】D【解析】开始阶段，木块受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a 1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，所以a 1＝g sin θ＋μg cos θ，木块加速至与传送带速度相等时，由于μ<tan θ，则木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动，之后木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a 2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，所以a 2＝g sin θ－μg cos θ，根据以上分析，有a 2<a 1，所以选项D 正确．5．(2018·浙江4月选考)如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F -t 图象能反映体重计示数随时间变化的是( )【答案】C【解析】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C 正确，A 、B 、D 错误．6．我国航天员要在天宫1号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，采用的方法如下：质量为m 1的标准物A 的前后连接有质量均为m 2的两个力传感器．待测质量的物体B 连接在后传感器上．在某一外力作用下整体在桌面上运动，如图所示．稳定后标准物A 前后两个传感器的读数分别为F 1、F 2，由此可知待测物体B 的质量为( )A.F 1m 1＋2m 2F 1－F 2B.F 2m 1＋2m 2F 1－F 2C.F 2m 1＋2m 2F 1 D .F 1m 1＋2m 2F 2【答案】B【解析】整体为研究对象，由牛顿第二定律得F 1＝(m 1＋2m 2＋m )a ；隔离B 物体，由牛顿第二定律得F 2＝ma ；联立可得m ＝F 2m 1＋2m 2F 1－F 2，B 对．7.质量为M 的皮带轮工件放置在水平桌面上，一细绳绕过皮带轮的皮带槽，一端系一质量为m 的重物，另一端固定在桌面上．如图所示，工件与桌面、绳之间以及绳与桌面边缘之间的摩擦都忽略不计，桌面上绳与桌面平行，则重物下落过程中，工件运动的加速度为( )A.2mg M ＋4mB.2mg M ＋2mC.mg 2MD.mgM ＋m【解析】相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，设绳上的拉力为F ，根据牛顿第二定律有：mg －F m ＝2×2F M ，解得：F ＝Mmg M ＋4m ，工件加速度为：a ＝2F M ＝2mgM ＋4m ，所以A正确． 【答案】A8.(2019·南京、盐城模拟)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员( )A ．在第一过程中始终处于失重状态B ．在第二过程中始终处于超重状态C ．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D ．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态 【答案】CD【解析】.运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故A 错误，C 正确；蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B 错误，D 正确．9.(2019·浙江杭州五校联盟联考)足够长光滑斜面BC 的倾角α＝53°，小物块与水平面间动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间由一小段长度不计的弧形连接，一质量m ＝2 kg 的小物块静止于A 点．现在AB 段对小物块施加与水平方向成α＝53°角的恒力F 作用，如图甲所示，小物块在AB 段运动的速度—时间图象如图乙所示，到达B 点撤去恒力F (已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取10 m/s 2)．求：(1)小物块所受到的恒力F 的大小；(2)小物块从B 点沿斜面向上运动，到返回B 点所用的时间；(3)小物块能否返回到A 点？若能，计算小物块通过A 点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B 点的距离． 【答案】(1)11 N (2)0.5 s(3)不能返回到A 点，停止运动时离B 点的距离为0.4 m 【解析】(1)由题图乙可知，AB 段加速度 a 1＝Δv Δt ＝2.0－04.0－0m/s 2＝0.5 m/s 2，根据牛顿第二定律，有F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma 1， 解得F ＝11 N.(2)在BC 段mg sin α＝ma 2，解得a 2＝8.0 m/s 2.小物块从B 上滑到最高点所用时间与从最高点滑回到B 所用时间相等，由题图乙可知，小物块到达B 点的速度v B ＝2.0 m/s ，有 t ＝2v B a 2＝2×2.08.0s ＝0.5 s. (3)小物块从B 向A 运动过程中，有μmg ＝ma 3， 解得a 3＝5.0 m/s 2.滑行的位移s ＝v B 22a 3＝2.022×5.0m ＝0.4 ms AB ＝v t ＝v B 2t ＝2.02×4.0 m ＝4.0 m>0.4 m ，所以小物块不能返回到A 点，停止运动时离B 点的距离为0.4 m.10.(2019·湖北三校联考)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L ＝1 m ，起点A 到终点 线B 的距离s ＝5 m ．开始滑板静止，右端与A 平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F 使滑板前进．滑板右端到达B 处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视 为光滑，滑块质量m 1＝2 kg ，滑板质量m 2＝1 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)滑板由A 滑到B 的最短时间；(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F 的取值范围． 【答案】(1)1 s (2)30 N≤F ≤34 N【解析】(1)滑板一直以最大加速度加速时，所用时间最短．设滑板最大加速度为a 2，f ＝μm 1g ＝m 2a 2，a 2＝10 m/s 2，s ＝a 2t 22，解得t ＝1 s.(2)滑板与滑块刚好相对滑动时，水平恒力最小，设为F 1，此时可认为二者加速度相等， F 1－μm 1g ＝m 1a 2， 解得F 1＝30 N.当滑板运动到B 点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F 2，设滑块加速度为a 1， F 2－μm 1g ＝m 1a 1， a 1t 22－a 2t 22＝L ， 解得F 2＝34 N.则水平恒力大小范围是30 N≤F ≤34 N.11.(2019·安徽六安模拟)如图所示，质量为M ＝8 kg 的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F ＝8 N ，当小车向右运动的速度达到v 0＝1.5 m/s 时，在小车前端轻轻放上一个大小不计、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，已知运动过程中，小物块没有从小车上掉下来， g 取10 m/s 2，求：(1)经过多长时间两者达到相同的速度；(2)小车至少多长，才能保证小物块不从小车上掉下来；(3)从小物块放上小车开始，经过t ＝1.5 s 小物块对地的位移大小为多少？ 【答案】 (1)1 s (2)0.75 m (3)2.1 m【解析】 (1)设小物块和小车的加速度分别为a m 、a M ，由牛顿第二定律有：μmg ＝ma m ， F －μmg ＝Ma M代入数据解得：a m ＝2 m/s 2，a M ＝0.5 m/s 2设经过时间t 1两者达到相同的速度，由a m t 1＝v 0＋a M t 1，解得：t 1＝1 s.(2)当两者达到相同的速度后，假设两者保持相对静止，以共同的加速度a 做匀加速运动，对小物块和小车整体，由牛顿第二定律有：F ＝(M ＋m )a ，解得：a ＝0.8 m/s 2 此时小物块和小车之间的摩擦力f ＝ma ＝1.6 N而小物块和小车之间的最大静摩擦力f m ＞μmg ＝4 N ＞f ，所以两者达到相同的速度后，两者保持相对静止． 从小物块放上小车开始，小物块的位移为：s m ＝12a m t 21小车的位移s M ＝v 0t 1＋12a M t 21小车的长度至少为l ＝s M －s m 代入数据得：l ＝0.75 m(3)在开始的1 s 内，小物块的位移s m ＝12a m t 21＝1 m ，末速度v ＝a m t 1＝2 m/s ，在剩下的时间t 2＝t －t 1＝0.5 s 时间内，物块运动的位移为s 2＝vt 2＋12at 22，得s 2＝1.1 m ，可见小物块在总共1.5 s 时间内通过的位移大小为s ＝s m ＋s 2＝2.1 m.12.(2019·河南中原名校联考)如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M ＝4 kg 的长木板， 在长木板右端有一质量为m ＝1 kg 的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静 止．现用F ＝14 N 的水平恒力向右拉长木板，经时间t ＝1 s 撤去水平恒力F .(1)在F 的作用下，长木板的加速度为多大？ (2)刚撤去F 时，小物块离长木板右端多远？ (3)最终长木板与小物块一同以多大的速度匀速运动？ (4)最终小物块离长木板右端多远？【答案】(1)3 m/s 2 (2)0.5 m (3)2.8 m/s (4)0.7 m【解析】(1)根据牛顿第二定律可得a ＝F －μmg M ，解得a ＝3 m/s 2(2)撤去F 之前，小物块只受摩擦力作用， 故a m ＝μg ＝2 m/s 2Δx 1＝12at 2－12a m t 2，解得Δx 1＝0.5 m(3)刚撤去F 时，v ＝at ＝3 m/s ，v m ＝a m t ＝2 m/s 撤去F 后，长木板的加速度a ′＝μmgM＝0.5 m/s 2 最终速度v ′＝v m ＋a m t ′＝v －a ′t ′ 解得v ′＝2.8 m/s(4)在t ′内，小物块和木板的相对位移 Δx 2＝v 2－v ′22a ′－v ′2－v 2m2a m解得Δx 2＝0.2 m最终小物块离长木板右端x ＝Δx 1＋Δx 2＝0.7 m.。

专题03 牛顿运动定律1 ．（2020 届安徽省宣城市高三第二次调研）如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M 的A、B 两块木板，在木板 A 的上面放着一个质量为m 的物块C，木板和物块均处于静止状态。

A、B、C 之间以及 B 与地面之间的动摩擦因数都为。

若用水平恒力 F 向右拉动木板 A （已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力），要使 A 从 C 、B 之间抽出来，则对 C 有aC＝mg＝gm对 B 受力分析有：受到水平向右的滑动摩擦力力，有f= μ（2M+m ）g因为μ（M+m ）g<μ（2M+m ）g 所以 B 没有运动，加速度为0 ；所以当a A>a C 时，能够拉出，则有F mg M m g M解得F> 2μ（m+M ）g，故选C2 ．（2020 届福建省漳州市高三第一次教学质量检测）如图，个可以看作质点，质量为m=1kg 的物块，以沿传动带向下的速度v0 4m/s 从M 点开始沿传送带运动。

物块运动过程的部分v-t 图像如图所示，取g=10m/s 2，则（）F 大小应满足的条件是（A．F (m 2M )g B．F (2m 3M )gC ．F 2 (m M )gD ．F (2m M )g答案】C解析】要使 A 能从C、 B 之间抽出来，则，A要相对于B、C 都滑动，所以AC 间，AB 间都是滑动摩擦力，对 A 有a A＝mg M m gμ（M+m ）g，B 与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦MN 是一段倾角为=30 °的传送带A ．物块最终从传送带N 点离开B ．传送带的速度v=1m/s ，方向沿斜面向下C ．物块沿传送带下滑时的加速度a=2m/s 2D ．物块与传送带间的动摩擦因数32【答案】D【解析】从图象可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1m/s ，因此没从N 点离开，并且能推出传送带斜向上运动，速度大小为1m/s ，AB 错误；v—t 图象中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度a=2.5m/s 2，C 错误；根据牛顿第二定律mg cos30o mg sin 30o ma，可得3，D 正确。

单元质检三牛顿运动定律(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。

在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.牛顿在总结C.雷恩、J.沃利斯和C.惠更斯等人的研究结果后,提出了著名的牛顿第三定律,阐述了作用力和反作用力的关系,从而与牛顿第一定律和牛顿第二定律形成了完整的牛顿力学体系。

下列关于作用力和反作用力的说法正确的是()A.物体先对地面产生压力,然后地面才对物体产生支持力B.物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡C.人推车加速前进,人对车的作用力的大小等于车对人的作用力的大小D.物体在地面上滑行,物体对地面的摩擦力大于地面对物体的摩擦力,是同时产生的,所以选项A错误;物体对地面的压力和地面对物体的支持力分别作用在地面和物体上,是一对作用力与反作用力,不是平衡力,选项B错误;人对车的作用力与车对人的作用力是一对作用力与反作用力,大小相等,选项C正确;物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力是一对作用力与反作用力,大小相等,选项D错误。

2.(2018·山东烟台一模)如图所示,质量为M=3 kg的足够长的木板放在光滑水平地面上,质量为m=1 kg的物块放在木板上,物块与木板之间有摩擦,两者都以大小为4 m/s的初速度向相反方向运动。

当木板的速度为3 m/s时,物块处于()A.匀速运动阶段B.减速运动阶段C.加速运动阶段D.速度为零的时刻,物块和木板间有摩擦力F f,所以物块做加速度a=的匀减速运动;木板做加速度a'=a的匀减速运动;故当木板速度为3m/s时,物块速度为1m/s,两者的速度方向不变,之后木板继续做减速运动,物块速度先减到零后反向做匀加速运动,木板继续减速,当木板和物块速度相同后,两者一起做匀速运动。

故当木板的速度为3m/s时,物块必处于匀减速运动阶段,所以B正确,ACD错误。

单元滚动检测三牛顿运动定律考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项正确，第8～12题有多项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)1．关于物体的惯性，下列说法中正确的是( )A．把手中的球由静止释放后，球能加速下落，说明力是改变物体惯性的原因B．田径运动员在110m跨栏比赛中做最后冲刺时，速度很大，很难停下来，说明速度越大，物体的惯性也越大C．战斗机在空战时，甩掉副油箱是为了减小惯性，提高飞行的灵活性D．公共汽车在启动时，乘客都要向前倾，这是乘客具有惯性的缘故2．一个物块在粗糙水平面上受到的水平拉力F随时间t变化的图象如图1甲所示，速度v随时间t变化的图象如图乙所示，g取10m/s2，由图中数据可求得物块的质量m和物块与水平面间的动摩擦因数μ，则下列几组数据中正确的是( )图1A．1kg,0.4 B．1kg,0.1C．2kg,0.2 D．2kg,0.43.如图2所示，质量分别为m、2m的球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为F，此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为( )图2A.2F32F3m＋g B.F32F3m＋gC.2F3F3m＋g D.F3F3m＋g4.一小球在空气中从某高处由静止开始下落，t0时刻到达地面，其v－t图象如图3所示．由此可以断定小球在下落过程中( )图3A．不受空气阻力B．受到的空气阻力大小不变C．受到的空气阻力越来越小D．受到的空气阻力越来越大5．静止在水平地面上的物块，受到水平推力的作用，F与时间t的关系如图4甲所示，物块的加速度a与时间t的关系如图乙所示，g取10m/s2.设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，根据图象信息可得( )图4A．地面对物块的最大静摩擦力为1NB．物块的质量为1kgC．物块与地面间的动摩擦因数为0.2D．4s末推力F的瞬时功率为36W6.静止在光滑水平面上的物体，同时受到在同一直线上的力F1、F2作用，F1、F2随时间变化的图象如图5所示，则物体在0～2t时间内( )图5A．离出发点越来越远B．速度先变大后变小C．速度先变小后变大D．加速度先变大后变小7.如图6所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，则以下分析正确的是( )图6A．M下滑的速度不变B．M开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动C．M先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动D．M受的摩擦力方向始终沿传送带向上8．物体以初速度v0沿足够长的斜面从底端向上滑去，此后物体运动的速度－时间图象可能是( )9.如图7所示是某同学站在力传感器上做下蹲－起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线，由图线可知该同学( )图7A．体重约为650NB．做了两次下蹲－起立的动作C．做了一次下蹲－起立的动作，且下蹲后约2s起立D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态10．如图8甲所示，一物块静置于粗糙斜面上，在平行斜面向上的外力F作用下，斜面和物块始终处于静止状态，当外力F按照图乙所示规律变化时，下列说法正确的是( )图8A．地面对斜面的摩擦力逐渐减小B．地面对斜面的摩擦力逐渐增大C．物块对斜面的摩擦力可能一直增大D．物块对斜面的摩擦力可能一直减小11.如图9所示，一倾角θ＝30°的光滑斜面固定在箱子底板上，一小球用一细绳拴于箱子顶部，细绳与斜面间夹角也为θ，细绳对小球的拉力为F T，斜面对小球的支持力为F N，重力加速度为g，小球始终相对斜面静止，则下列运动能确保F T、F N中只有一个为0的是( )图9A．箱子自由下落B．箱子水平向右做加速运动，且加速度大小为3 3 gC．箱子水平向右做减速运动，且加速度大小为3 3 gD．箱子以任意加速度竖直向上做加速运动12．如图10甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2＞v1，则( )图10A．t1时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、非选择题(共52分)13．(6分)某实验小组用图11甲所示的实验装置“探究加速度与力、质量的关系”．图甲中A为小车，B为装有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电磁打点计时器相连，小车的质量为m1，小盘及砝码的总质量为m2.图11(1)下列说法正确的是( )A．实验时先放开小车，再接通打点计时器的电源B．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力C．本实验中要使小车受到的拉力等于小盘及砝码的总重力，应满足m2远小于m1的条件D．在用图象探究小车加速度a与小车m1的关系时，应作出a－m1图象(2)实验得到如图乙所示的一条纸带，A、B、C、D、E为计数点，相邻两个计数点的时间间隔为T，B、C两点的间距x2和D、E两点的间距x4已量出，利用这两段间距计算小车加速度的表达式为a＝________.(3)某同学平衡好摩擦阻力后，在保持小车质量不变的情况下，通过改变砝码个数，得到多组数据，但该同学误将砝码的重力当作绳子对小车的拉力，作出了小车加速度a与砝码重力F的图象如图丙所示．据此图象分析可得，小车的质量为______kg，小盘的质量为______kg.(g＝10m/s2，保留两位有效数字)14．(9分)某同学设计了如图12所示的装置来探究加速度与力的关系．弹簧秤固定在一个合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩及矿泉水瓶连接．在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距d.开始时将固定有弹簧秤的木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小．再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t.图12(1)木板的加速度可以用d、t表示为a＝________；为了减小测量加速度的偶然误差，可以多次测量时间t，取t的平均值；(2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数F1的关系，下列图象能粗略表示该同学实验结果的是________．(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩的方法相比，它的优点是________．A．可以改变滑动摩擦力的大小B．可以更方便地获取多组实验数据C．可以比较精确地测出摩擦力的大小D．可以获得更大的加速度以提高实验精确度15．(8分)某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图13甲所示．他使木块以初速度v0＝4m/s的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v－t图线如图乙所示．g取10 m/s2.求：图13(1)上滑过程中的加速度的大小a1；(2)木块与斜面间的动摩擦因数μ；(3)木块回到出发点时的速度大小v.16．(8分)用同种材料制成倾角为30°的斜面和长水平面，斜面长2.4m且固定，一小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度v0开始自由下滑，当v0＝2m/s时，经过0.8s后小物块停在斜面上．如图14甲所示，多次改变v0的大小，记录下小物块开始运动到最终停下的时间t，作出t－v0图象，如图乙所示，求：图14(1)小物块与该种材料间的动摩擦因数为多少？(2)某同学认为，若小物块初速度为4m/s，则根据图象中t与v0成正比推导，可知小物块运动时间为1.6s．以上说法是否正确？若不正确，说明理由并解出你认为正确的结果．17．(10分)如图15所示，一质量m＝2kg的小球套在一根固定的足够长的直杆上，直杆与水平面夹角θ＝37°.现小球在与杆也成θ角的斜向上F＝20N的外力作用下，从A点静止出发向上运动．已知杆与球间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图15(1)小球运动的加速度a1；(2)若F作用4s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离s m；(3)上题中，若从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点上方8.35m的B点．18．(11分)如图16甲所示，质量为M ＝0.5kg 的木板静止在光滑水平面上，质量为m ＝1kg 的物块以初速度v 0＝4m/s 滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F .当恒力F 取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s ，给木板施加不同大小的恒力F ，得到1s－F 的关系图象如图乙所示，其中AB 与横轴平行，且AB 段的纵坐标为1m －1.将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g ＝10m/s 2.(1)若恒力F ＝0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间是多少？ (2)图乙中BC 为直线段，求该段恒力F 的取值范围及1s－F 函数关系式．图16答案精析1．C 2．D 3．A 4．D 5．D 6.A 7.C 8．ABD 9．AC 10．AC 11．BC 12．AB 13．(1)C (2)x 4－x 22T2 (3)0.61 0.0061 解析 (1)实验时应先接通电源后释放小车，故A 错误；平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：F f ＝mg sin θ＝μmg cos θ，m 约掉了，故不需要重新平衡摩擦力．故B 错误；应让小车的质量m 1远远大于小盘和砝码的质量m 2，因为实际上绳子的拉力F ＝m 1a ＝m 2g1＋m 2m 1，实验中应满足小盘和砝码的质量远小于小车的质量，故C 正确；F ＝ma ，所以：a ＝F m，所以在用图象探究小车的加速度与质量的关系时，通常作a －1m图象，故D 错误．(2)根据匀变速直线运动的推论公式Δx ＝aT 2可得：x 4－x 2＝2aT 2，解得：a ＝x 4－x 22T2(3)对a －F 图象来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，故小车质量为：m 1＝0.55－01.0－0.1kg≈0.61kg ，F ＝0时，产生的加速度是由于小盘作用产生的，故有：mg ＝m 1a 0，解得：m ＝0.61×0.110kg ＝0.0061kg14．(1)2dt2 (2)C (3)BC解析 (1)根据匀变速直线运动公式得：a ＝2dt2(2)当F 1＞F 0时，木板才产生加速度，随着继续向瓶中加水后，矿泉水的质量不断增加，矿泉水和瓶的总质量不能远小于木板的质量，那么水和瓶的总重力与绳子的拉力差值越来越大．故选C.(3)不可以改变滑动摩擦力的大小，故A 错误．缓慢向瓶中加水，可以更方便地获取多组实验数据，故B 正确．缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动，可以比较精确地测出摩擦力的大小，故C 正确．并没有获得很大的加速度，而是可以获取多组实验数据以提高实验精确度．故D 错误．15．(1)8m/s 2(2)0.35 (3)2 m/s解析 (1)由题图乙可知，木块经0.5s 滑至最高点，由加速度定义式a ＝ΔvΔt有：上滑过程中加速度的大小：a 1＝v 0Δt 1＝40.5m/s 2＝8 m/s 2.(2)上滑过程中沿斜面向下受重力的分力、摩擦力，由牛顿第二定律F ＝ma 得上滑过程中有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1代入数据得：μ＝0.35.(3)下滑的距离等于上滑的距离：x ＝v 202a 1＝422×8m ＝1m下滑过程中，摩擦力方向变为沿斜面向上，由牛顿第二定律F ＝ma 得： 下滑过程中：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 解得：a 2＝g sin θ－μg cos θ＝(10×12－0.35×10×32) m/s 2＝2 m/s 2下滑至出发点的速度大小为：v ＝2a 2x 解得：v ＝2m/s. 16．(1)32(2)见解析 解析 (1)小物块下滑时，沿斜面方向受重力沿斜面向下的分力和沿斜面向上的滑动摩擦力．a ＝v 0t＝2.5m/s 2由牛顿第二定律得：ma ＝μmg cos θ－mg sin θ 得μ＝32故小物块与该种材料间的动摩擦因数为32. (2)不正确．因为随着初速度增大，小物块会滑到水平面，规律将不再符合图象中的正比关系．v 0＝4m/s 时，若保持匀减速下滑，则经过x ＝v 202a＝3.2m ＞2.4m ，已滑到水平面．设小物块刚进入水平面时速度为v 1：v 20－v 21＝2ax 斜，t 1＝v 0－v 1a ，得v 1＝2m/s ，t 1＝0.8s 水平面上t 2＝v 1μg＝0.23s 总时间t 1＋t 2＝1.03s故小物块从开始运动到最终停下的时间为1.03s. 17．(1)1m/s 2(2)8.8m (3)0.1s 或1.07s 解析 (1)在力F 作用时，根据牛顿第二定律得：F cos37°－mg sin37°－μ(mg cos37°－F sin37°)＝ma 1解得：a 1＝1m/s 2(2)刚撤去F 时，小球的速度v 1＝a 1t 1＝4m/s ， 小球的位移x 1＝v 12t 1＝8m ， 撤去力F 后，小球上滑时有： －(mg sin37°＋μmg cos37°)＝ma 2， 解得：a 2＝－10m/s 2，因此小球上滑时间t 2＝0－v 1a 2＝0.4s ，上滑位移x 2＝v 12t 2＝0.8m ，则小球上滑的最大距离为s m ＝x 1＋x 2＝8.8m (3)在上滑阶段通过B 点：s AB －x 1＝v 1t 3＋12a 2t 23通过B 点时间t 3＝0.1s ，另t 3＝0.7s(舍去) 小球返回时有：mg sin37°－μmg cos37°＝ma 3 解得：a 3＝2m/s 2因此小球由顶端返回B 点时有：s m －s AB ＝12a 3t 24解得：t 4＝3105s通过B 点时间t ＝t 2＋t 4＝(0.4＋3105) s ＝1.07s.18．见解析解析 (1)以初速度v 0为正方向，物块的加速度大小：a m ＝μg ＝2m/s 2木板的加速度大小：a M ＝μmg M＝4m/s 2由图乙知，板长L ＝1m物块相对木板的路程：L ＝v 0t －12a m t 2－12a M t 2联立解得：t ＝13s 或t ＝1s当t ＝1s 时，物块的速度为2m/s ，木板的速度为4 m/s ，而当物块从木板右端滑离时，物块的速度不可能小于木板的速度，t ＝1s 应舍弃，故所求时间为t ＝13s.(2)①当F 较小时，物块将从木板右端滑下，当F 增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v ，历时t 1，则：a M ′＝F ＋μmgMv ＝v 0－a m t 1＝a M ′·t 1 s ＝v 0＋v 2t 1－v 2t 1＝v 02t 1联立解得：1s ＝F ＋34由图乙知，相对路程：s ≤1m 代入解得：F ≥1N②当F 继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止(静摩擦力作用)一起以相同加速度a 做匀加速运动，则：a ＝FM ＋mF f ＝ma由于静摩擦力存在最大值，所以：F f ≤F fmax ＝μmg ＝2N 联立解得：F ≤3N③综上所述：BC 段恒力F 的取值范围是1N ≤F ≤3N ，函数关系式是1s ＝F ＋34.。

第1节牛顿运动三定律同步测试1．(2022·广州阶段训练)在16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元。

以下说法中，与亚里士多德观点相反的是()A．一个物体维持匀速直线运动，不需要受力B．两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落较快C．四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快，这说明物体受的力越大，速度就越大D．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”2．下列说法正确的是()A．划船时桨向后推水，水就向前推桨，因为水推桨的力大于桨推水的力，船才被推着前进B．完全失重的物体将不受到重力，所以此刻一切由重力引起的现象都将消失C．人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方D．物体的运动与外界的推、拉等行为相联系，如果不再推、拉，原来的运动将停下来，这说明必须有力作用，物体才能运动3．如图所示，一游客正在乘坐水上滑翔伞，体验迎风飞翔的感觉。

根据该照片，若选取悬挂座椅的结点作为研究对象，则该点受到牵引绳、滑翔伞和座椅施加的三个作用力F1、F2和F3，若在游艇牵引下游客水平向左做匀加速运动，则下列图中关于三个力的大小关系分析可能正确的是()A BC D4．某物体静止在水平桌面上，下列对它的描述正确的是()A．桌面对物体支持力的大小等于物体重力的大小，这两个力是一对平衡力B．物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力和反作用力C．物体对桌面的压力就是物体的重力，这两个力是同一种性质的力D．物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对平衡力5．如图为广泛应用于“双11”的智能快递分拣机器人简化图，派件员在分拣场内将包裹放在机器人的水平托盘上后，机器人可以将不同类别的包裹自动送至不同的位置，则下列说法正确的是()A．包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹不受摩擦力的作用B．包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹没有惯性C．包裹随着机器人一起做匀加速直线运动时，包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对平衡力D．包裹随着机器人一起做匀加速直线运动时，机器人对包裹的作用力等于包裹的重力6．如图所示，小车放在水平地面上，甲、乙二人用力向相反方向拉小车，不计小车与地面之间的摩擦力，下列说法正确的是()A．甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对作用力和反作用力B．小车静止时甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对平衡力C．若小车加速向右运动，表明小车拉甲的力大于甲拉小车的力D．若小车加速向右运动，表明乙拉小车的力大于小车拉乙的力7．如图所示，一只盛水的容器固定在一个小车上，在容器中分别悬挂和拴住一只铁球和一只乒乓球，容器中水和铁球、乒乓球都处于静止状态，当容器随小车突然向右运动时，两球的运动状况是(以小车为参考系)() A．铁球向左，乒乓球向右B．铁球向右，乒乓球向左C．铁球和乒乓球都向左D．铁球和乒乓球都向右8．(2022·山东省实验模拟)物块在水平向右的恒定推力F的作用下刚好沿倾角为30°的固定斜面向上做匀速运动，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33，重力加速度为g，若推力F改为沿斜面向上推物块，则物块的加速度为()A．2g B.3 3gC．(3－1)g D．(3＋1)g9．(2022·株洲统一检测)如图所示，平板货车上装载的货物采用平放的形式，由于没有专业绳索捆绑，为了防止货物从平板上滑落，货车在平直公路上提速时加速度应不超过a。

第三单元注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、（本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求,第7～10题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分,有选错的得0分)1．力是物体与物体之间的相互作用，若把其中一个力称为作用力,则另一个力为反作用力。

下列与此相关的说法中,正确的是( )A．先有作用力，后有反作用力B．作用力和反作用力大小相等,方向相反,作用在同一条直线上，物体因它们的合力等于零而处于平衡状态C．如果作用力的性质是弹力，则反作用力的性质也一定是弹力D．成人与小孩手拉手进行拔河比赛，因为成人拉小孩的力大于小孩拉成人的力,所以成人胜2．下列关于惯性的说法中，正确的是（)A．速度越快的汽车刹车时车轮在地面上的擦痕就越长,说明物体的运动速度越大，其惯性也越大B．出膛的炮弹是靠惯性飞向远处的C．坚硬的物体有惯性，如投出去的铅球；柔软的物体没有惯性，如掷出的鸡毛D．只有匀速运动或静止的物体才有惯性，加速或减速运动的物体都没有惯性3．爱因斯坦曾把物理一代代科学家探索自然奥秘的努力，比作福尔摩斯侦探小说中的警员破案。

下列说法符合物理史实的是( )A．著名物理学家亚里士多德曾指出，如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向B．与伽利略同时代的科学家笛卡儿通过“斜面实验”得出推断：若没有摩擦阻力,球将永远运动下去C．科学巨人牛顿在伽利略和笛卡儿的工作基础上，提出了动力学的一条基本定律，那就是惯性定律D．牛顿在反复研究亚里士多德和伽利略实验资料的基础上提出了牛顿第二定律4．完全相同的两小球A和B，分别用可承受最大拉力相等的两根细线相连接悬挂在天花板下，如图所示.下列说法中正确的有( )A．若用手握住B球逐渐加大向下的拉力，则上面一根细线因线短会先断B．若用手握住B球突然用力向下拉,则上面一根细线因多承受一个小球的拉力会先断C．若用手托着B球竖直向上抬起一段距离（上面一根细线始终处于绷紧状态),然后突然撤开，则先断的是上面一根细线D．若用手托着B球竖直向上抬起一段距离(上面一根细线始终处于绷紧状态),然后突然撤开，则先断的是下面一根细线5．智能化电动扶梯如图所示,乘客站上扶梯，先缓慢加速，然后再匀速上升，则( ）A．乘客始终处于超重状态B．加速阶段乘客受到的摩擦力方向与v相同C．电梯对乘客的作用力始终竖直向上D．电梯匀速上升时，电梯对乘客的作用力竖直向上6．如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙壁相切于A点.竖直墙壁上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心.已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点，c 球由C点自由下落到M点。