人教版高中物理牛顿三大定律单元测试

1、名校名 推荐一单选题1.如图所示，水平桌面上平放一叠共计54 张的扑克牌，每一张的质量均为m 用一手指以竖直向下的力压第1 张牌，并以一定速度向右移动手指，确保手指与第1 张牌之间有相对滑动设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，手指与第l 张牌之间的动摩擦因数为，牌间的动摩擦因数均为，第 54 张牌与桌面间的动摩擦因数为，且有则下列说法正确的是 ( )A. 第 l张和第 2张牌一定保持相对静止B第. 54 张牌受到水平桌面的摩擦力向右C. 第 2张牌到第53 张牌之间不可能发生相对滑动D. 第 2 张牌到第53张牌之间可能发生相对滑动【答案】 C【考点】静摩擦力，共点力平衡条件的应用，牛顿第三定律【

2、解析】解答： A、若手指与第 1 张牌的摩擦力大于1 与 2 间的摩擦力，则二者发生相对滑动故 A 错误 B、对 53 张牌（除第 1 张牌外）研究，处于静止状态，水平方向受到第1张牌的滑动摩擦力，方向与手指的运动方向相同，则根据平衡条件可知：第54 张牌受到桌面的摩擦力方向与手指的运动方向相反故B 错误C、设每张的质量为m， 动摩擦因数为对第 2 张分析，它对第3 张牌的压力等于上面两张牌的重力，最大静摩擦力，而受到的第1 张牌的滑动摩擦力为，则第 2 张牌与第 3 张牌之间不发生相对滑动同理，第3 张到第 54张牌也不发生相对滑动故C 正确， D 错误故选 C.分析：本题考查了受力分析、力

3、的平衡、静摩擦力与最大静摩擦力2.在建筑工地上我们会见到如图所示的情形，运输民工用两手对称水平的用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 3m， B 的质量为 m，水平作用力为 F， A、B 之间的动摩擦因数为 ，则在此过程中（ ）A. A，B 之间的摩擦力大小为 F，A 受到的摩擦力方向竖直向上B. A，B 之间的摩擦力大小为 F， A 受到的摩擦力方向竖直向下C. A， B 之间的摩擦力大小为 m（g+a）， A 受到的摩擦力方向竖直向下D. A， B 之间的摩擦力大小为 m（ g+a）， A 受到的摩擦力方向竖直向上【答案】 D1名校名 推荐【考点

4、】对单物体(质点 )的应用，对质点系的应用，物体的受力分析【解析】【解答】解：AB、由于 A、 B 相对静止，故A、 B 之间的摩擦力为静摩擦力，不能用滑动摩擦力的计算公式来解答，A、 B 不符合题意CD、设运输民工一只手对 A、B 在竖直方向上的摩擦力为f1 ， 以 A、 B 整体为研究对象可知，在竖直方向上有 2f1（ m+3m ） g=（ m+3m ） a，设 B 对 A 的摩擦力方向向上，大小为f2 ， 对 A 由牛顿第二定律有 f1 f 23mg=3ma ，解得 f2=m （ g+a）， C 不符合题意， D 符合题意故答案为： D【分析】根据牛顿第二定律先整体后隔离求解。3.如图所

5、示，足够长的两平行金属板正对着竖直放置，它们通过导线与电源E、定值电阻 R、开关 S 相连闭合开关后，与两极板上边缘等高处有两个带负电小球A 和 B，它们均从两极板正中央由静止开始释放，两小球最终均打在极板上，（不考虑小球间的相互作用及对电场的影响）下列说法中正确的是（）A. 两小球在两板间运动的轨迹都是一条抛物线B. 两板间电压越大，小球在板间运动的时间越短C. 它们的运动时间一定相同D若.两者的比荷相同， 它们的运动轨迹可能相同【答案】 B【考点】牛顿运动定律与电磁综合，复合场，电荷在电场中的偏转，电荷在匀强电场中的运动【解析】【解答】解：A、液滴在电场中受重力及电场力，电场力沿水平方向，

6、重力沿竖直方向；因液滴由静止释放，故合力的方向一定与运动方向一致，故液滴做直线运动，A 不符合题意；B、两板上的电压越大，由U=Ed 可知，板间的电场强度增大，电场力变大，水平加速度增大，根据，得，时间越短，B 符合题意；C、因粒子最终打在极板上，故运动时间取决于水平向的加速度，得，因为比荷不一定相同，所以运动时间不一定相同，C 不符合题意；D、若两者的比荷相同，它们运动的轨迹不同，因为带电性质不同，D 不符合题意；故答案为： B【分析】液滴重力不能忽略先进行受力分析再结合牛顿第二定律进行分析。4.如图所示， 木块 B 上表面是水平的，木块 A 置于 B 上，一起以某一初速度沿光滑斜面向上2名

7、校名 推荐冲，上冲过程中A 与 B 保持相对静止，在向上运动的过程中（）A. 因 AB 的运动情况相同所以相互间没有摩擦力B. 木块 A 处于超重状态C. A 的机械能不发生变化D. 对A B 做负功【答案】 C【考点】超重失重，对质点系的应用，连接体问题，摩擦力做功，整体法隔离法【解析】【解答】解：A、对 A、 B 整体研究，作出受力示意图如图1 所示，根据牛顿第二定律得：（M+m ） gsin =（M+m ） a得： a=gsin 以 B 为研究对象，将m 的加速度沿水平和竖直方向分解，其受力如图2 示，有：竖直方向有 mg FN=masin 22解得 FN=mg mgsin =mgcos

8、水平方向有 f=macos，解得： f=mgsin cos故 A 错误；B、由 A 的分析可知， AB 整体的加速度由竖直向下的分量，所以AB 整体都处于失重状态，故 B 错误；C、物体 B 在运动的过程中受到A 的支持力与摩擦力，设向上的位移为s，则支持力做的功：摩擦力做的功：可知支持力做的功与摩擦力做的功大小相等，一正一负，总功等于0，物块 B 机械能保持不变故 C 正确；D、由 C的分析可知，物块B 对物块 A 做的总功也是0，则 A 对 B 不做功故D 错误；故选： C【分析】对整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度的大小和方向，隔离对 A 分析，结合牛顿第二定律求解即可二多选题3名校名

9、 推荐5.如图甲所示小物块静止在倾角 =37的粗糙斜面上。现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力 F 的大小随时间t 的变化情况如图乙所示，物块的速率v 随时间 t 的变化规律如图丙所示， sin37 =0.6， cos37=0.8，重力加速度g 取 10 m/s ，下列说法正确的是（）A. 物块的质量为1 gB物.块与斜面间的动摩擦因数为0.7C. 0 3 s时间内力F 做功的平均功率为0.32 WD. 0 3s时间内物块克服摩擦力做的功为5.12J【答案】 A,D【考点】牛顿定律与图象【解析】【解答】对物块受力分析，如图所示。由图2、图 3 可知，当力F1=08N 时，物块加速下滑，加速度

10、，当力 F2=04N 时，物块匀速下滑，根据牛顿第二定律有：，解得物块质量m=1 g，摩擦力 f=64N，A 符合题意；摩擦力，动摩擦因数，B 不符合题意；由图 3 图象与横轴形成的面积可知，0-3s 时间内物块位移=08m，速度从 0 增加到，物体克服摩擦力做功， D 符合题意；根据动能定理有：，力 F 做功，平均功率， C 不符合题意。故答案为： AD【分析】根据图像判断物体的运动状态，根据牛顿第二定律计算求解。6.如图甲所示，在粗糙程度处处相同的水平地面上，物块在水平向右的力F 作用下由静止开4名校名 推荐始运动运动的速度v 与时间 t 的关系如图乙所示由图象可知（）A. 在 2s 4s

11、 内，力 F 不变B在. 4s 6s 内，力 F 为零C. 在 02s 内，力 F 逐渐变小D在. 0 2s 内，力 F 逐渐增大【答案】 A,C【考点】对单物体(质点 )的应用，匀变速直线运动基本公式应用【解析】【解答】解：A、在 2s 4s 内，物体做匀速直线运动，拉力F 与滑动摩擦力平衡，则力 F 保持不变， A 符合题意；B、在 4s 6s 内，物体匀减速前进，拉力可能不为零，但一定小于摩擦力，B 不符合题意；CD、 vt 图象上图线的斜率表示加速度，则知在0 2s 内，物体的加速度逐渐变小，根据牛顿第二定律，有：F mg=ma，得 F= mg+ma，可知拉力 F 逐渐变小， C 符合

12、题意， D 不符合题意；故答案为： AC【分析】 本题属于典型的已知物体运动情况，求物体受力情况。首先根据速度时间图像的物理意义， 判断各个阶段物体的加速度，再结合牛顿第二运动定律以及平衡条件，分析物体受力情况。7.如图所示，一质量为m、带电量为 q 的物体处于场强按 E=E0 t（ E0、 均为大于零的常数，取水平向左为正方向）变化的电场中，物体与竖直墙壁间动摩擦因数为，当 t=0 时刻物体处于静止状态 若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是（）A. 物体开始运动后加速度先增加、后保持不变B. 物体开始运动后加速度不断增加C. 经过时间，物体在竖直

13、墙壁上的位移达最大值D.经过时间，物体运动速度达最大值【答案】 B,C【考点】共点力平衡条件的应用，牛顿运动定律与电磁 综合，对单物体 (质点 )的应用，物体的受力分析，电场力【解析】【解答】解： A、电场改变方向之前，物体沿竖直墙运动，由于水平方向支持力与电场力相等，电场强度减弱，所以支持力减小，故摩擦力减小，所以物体受到的重力和摩擦力的合力增大； 电场改为水平向右时， 物体受互相垂直的重力和电场力， 而电场力随电场强度的增大而增大，所以合力增大因此，整个过程中，物体运动的加速度不断增大，且速度5名校名 推荐不断增大， A 不符合题意， B 符合题意C、当电场强度为零时，物体开始离开墙壁，即

14、E0 t=0，所以 t=，故 C 符合题意D、根据 A 选项分析，物体运动的加速度不断增大，且速度不断增大，D 不符合题意故答案为： BC【分析】 电 部分与力相结合难点往往在于电问题的力化，首先要把电场力看做高中物理第四种性质的力，然后进行受力分析，然后用牛顿第二定律或平衡方程即可求解。8.如图所示，小车上固定一水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成角，斜杆下端连接一质量为 m 的小球；同时横杆右端用一根细线悬挂相同的小球当小车沿水平面做直线运动时，细线与竖直方向间的夹角（ ）保持不变设斜杆、细线对小球的作用力分别为 F1、 F2 ， 下列说法正确的是（）A. F 、 F 大小不相等B.

15、、FF 方向相同1212C. 小车加速度大小为gtan D小.车加速度大小为gtan 【答案】 B,D【考点】对单物体(质点 )的应用，物体的受力分析【解析】【解答】解：A、 B、对右边的小铁球研究，根据牛顿第二定律，设其质量为m，得：mgtan =ma，得到： a=gtan 对左边的小铁球研究设其加速度为a，轻杆对小球的弹力方向与竖直方向夹角为，由牛顿第二定律，得：mgtan =ma因为 a=a，得到 =，则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，即 F1 、F2 方向相同， 大小相等，A 不符合题意， B 符合题意；C、 D、小车的加速度a=gtan ，C 不符合题意， D 符合题意故答案为： B

16、D【分析】 分别对两个小球进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，结合加速度之间的关系进行判断。三综合题9.为提高冰球运动员的加速能力，教学练员在冰面上与起跑线距离s0 和 s1（ s1 s0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教学练员将冰球以速度 v0 击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板：冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处 假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1 重力加速度为 g求6名校名 推荐（ 1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；（ 2）满足训练

17、要求的运动员的最小加速度【答案】（ 1）解：对冰球分析，根据速度位移公式得：，加速度为： a=，根据牛顿第二定律得：a=g，解得冰球与冰面之间的动摩擦因数为：答：冰球与冰面之间的动摩擦因数（2）根据两者运动时间相等，有：，解得运动员到达小旗处的最小速度为：v2=，则最小加速度为：=答：满足训练要求的运动员的最小加速度为【考点】对单物体 (质点 )的应用，高考真题，匀变速直线运动基本公式应用，匀变速直线运动导出公式应用【解析】【分析】（ 1）根据速度位移公式求出冰球的加速度，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小（ 2）抓住两者运动时间相等得出运动员到达小旗处的最小速度，结合速度位移公式求出最小加

18、速度10.如图所示，在台秤上放半杯水，台秤示数为G 50 N，另用挂在支架上的弹簧测力计悬挂一边长 a 10 cm 的金属块，金属块的密度33， 当把弹簧测力计下的金 1310 g/m属块平稳地浸入水深 b 4 cm 时，弹簧测力计和台秤的示数分别为多少？(水的密度是 水7名校名 推荐10332g/m， g 取 10 m/s )【答案】金属块的重力为：333G金 310 ga 10 0.N1 30 N金属块所受水的浮力为F232浮 水 ga b 10 10 0.1 0.04 N 4 N弹簧测力计的示数为FTG 金 F 浮 26 N台秤的示数为FN G 金 F 浮 54 N【考点】牛顿第三定律【解析】【解答】金属块的重力为：333G金 310 ga 10 0.N1 30 N金属块所受水的浮力为F232浮 水 ga b 10 10 0.1 0.04 N 4 N弹簧测力计的示数为FTG 金 F 浮 26 N台秤的示数为FN G 金 F 浮 54