物理必修一暑假检测题—牛顿运动定理

1、物理必修一暑假检测题牛顿运动定理王二毛一、选择题1、（2013哈尔滨三中月考）下列说法正确的是：A牛顿认为质量一定的物体其加速度与物体受到的合外力成正比B. 亚里士多德认为轻重物体下落快慢相同C. 笛卡尔的理想斜面实验说明了力不是维持物体运动的原因D. 伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落的同样快2、（2013邯郸摸底）物理学是一门以实验为基础的学科，物理定律就是在大量实验的基础上归纳总结出来的。但有些物理规律或物理关系的建立并不是直接从实验得到的，而是经过了理想化或合力外推，下列选项中属于这种情况的是（    ）A牛顿第一定律  

2、  B牛顿第二定律    C万有引力定律    D库仑定律3、（2013衡水中学调研）以下说法中正确的是(    )A牛顿第一定律揭示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原因D做曲线运动的质点，若将所有外力都撤去，则该质点仍可能做曲线运动4、（2013哈尔滨三中月考）如图所示，两个倾角相同的滑竿上分别套有A、B两个圆环，两个圆环上分别用细线悬吊两个物体C、D，当它们都沿滑竿向下滑动时A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下。下列说法正确的是：A.A环与滑竿之

3、间没有摩擦力B.B环与滑竿之间没有摩擦力C.A环做的是匀加速直线运动D.B环做的是匀加速直线运动5、（2013哈尔滨三中月考）如图所示，升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，升降机静止时弹簧伸长量为10cm，运动时弹簧伸长量为9cm，则升降机的运动状态可能是（g=10m/s2）：A.以a=1m/s2的加速度加速上升；B.以a=1m/s2的加速度加速下降；C.以a=9m/s2的加速度减速上升；D.以a=9m/s2的加速度减速下降6、（2013唐山摸底）风洞实验室可产生水平方向大小可调节的风力。实验室中有两个质量不等的球A、B，用一轻质绳连接。把A球套在水平细杆上如图所示，对B球施加水平风力作用，使A

4、球与B球一起向右匀加速运动。若把A、B两球位置互换，重复实验，让两球仍一起向右做匀加速运动，已知两次实验过程中球的加速度相同，A、B两球与细杆的动摩擦因数相同。则两次运动过程中，下列物理量一定不变的是       A细绳与竖直方向的夹角       B轻绳拉力的大小       C细杆对球的支持力       D风给小球的水平力7、（2013唐山摸底）从16

5、世纪末，随着人们对力的认识逐渐清晰和丰富，建立了经典力学理论，以下有关力的说法正确的有       A物体的速度越大，说明它受到的外力越大       B物体的加速度在改变，说明它受到的外力一定改变       C马拉车做匀速运动，说明物体做匀速运动需要力来维持       D一个人从地面跳起来，说明地面对人的支持力大于人对地面的压力8、（2013哈尔滨三中

6、月考）一汽车沿直线由静止开始向右运动，汽车的速度和加速度方向始终向右。汽车速度的二次方v2与汽车前进位移x的图像如图所示，则下列说法正确的是：A.汽车从开始运动到前进x 1过程中，汽车受到的合外力越来越大B.汽车从开始运动到前进x 1过程中，汽车受到的合外力越来越小C.汽车从开始运动到前进x 1过程中，汽车的平均速度大于v0/2D.汽车从开始运动到前进x 1过程中，汽车的平均速度小于v0/29、（2013安徽江南十校摸底）如图所示，在动摩擦因数=0.2的水平面上有一个质量m=1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成=45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面

7、对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间（g取10m/s2），下列说法中正确的是  （    ）       A小球受力个数不变       B小球立即向左运动，且a=8 m/s2       C小球立即向左运动，且a=10m/s2       D若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a=10 m/s210、

8、0;(2013西安摸底)质量为0.6 kg的物体在水平面上运动，图中的两条斜线分别是物体受水平拉力和不受水平拉力的v-t图像，则    (    )A斜线一定是物体受水平拉力时的图像B斜线一定是物体不受水平拉力时的图像C水平拉力一定等于0.2 ND物体所受的摩擦力可能等于0.2 N11、（2013哈尔滨三中月考）如图所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上。用轻质弹簧将两物块连接在一起。当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x，若用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a=2a做匀加

9、速运动。此时弹簧伸长量为x。则下列关系正确的是：A.F=2F    B.x=2 x    C. F>2F   D. x<2 x12、（2013江苏徐州摸底）一位同学乘坐电梯从六楼下到一楼的过程中，其v-t图象如图所示下列说法正确的是A前2s内该同学处于超重状态B前2s内该同学的加速度是最后1s内的2倍C该同学在10s内的平均速度是1m/sD该同学在10s内通过的位移是17m13、（2013届江西省重点中学高三联考）如图甲所示，质量为m的物块沿足够长的粗糙斜面底端以初速度v0上滑先后通过A、B，然后又返回

10、到底端。设从A到B的时间为t1，加速度大小为a1，经过A的速率为v1，从B返回到A的时间为t2，加速度大小为a2，经过A的速率为v2，则正确的是（      ）At1=t2，a1=a2，v1=v2                              &#

11、160;    Bt1t2，a1a2，v1v2C物块全过程的速度时间图线如图乙所示   D物块全过程的速度时间图线如图丙所示14、（2013南昌铁一中摸底）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2kg，动力系统提供的恒定升力F =28 N试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2。（1）第一次试飞，飞行器飞行t1 = 8 s 时到达高度H = 64 m求飞行器所阻力f的大小；（2）第二次试飞，飞行器飞行t2 = 6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大高

12、度h； 15、（2013温州八校期初联考）一个质量为1500 kg行星探测器从某行星表面竖直升空，发射时发动机推力恒定，发射升空后8 s末，发动机突然间发生故障而关闭；如图19所示为探测器从发射到落回出发点全过程的速度图象；已知该行星表面没有大气，不考虑探测器总质量的变化；求：（1）探测器在行星表面上升达到的最大高度；（2）探测器落回出发点时的速度；（3）探测器发动机正常工作时的推力。16、（2013广西三校联考）如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角=30o。现木块上有一质量m=l.0kg的滑块从斜面下滑，测得滑块在0.40 s内速度增加了1.4 m/s，且知滑块滑行过

13、程中木块处于静止状态，重力加速度g=10 m/s2，求：（1）滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；（2）滑块滑行过程中木块受到地面的摩擦力大小及方向。17、（2013哈尔滨三中月考）如图所示，以水平地面建立x轴，有一个质量为m=1kg的木块放在质量为M=2kg的长木板上，木板长L=11.5m。已知木板与地面的动摩擦因数为，m与M之间的摩擦因素（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。m与M保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为，在坐标为X=21m处有一挡板P，木板与挡板P瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板P，g取10m/s2,求：（1）

14、木板碰挡板P时的速度V1为多少？（2）最终木板停止运动时其左端A的位置坐标？（此问结果保留到小数点后两位）18、（2013衡水中学调研）如图所示，平板车长为L=6m，质量为M=10kg，上表面距离水平地面高为h=1.25m，在水平面上向右做直线运动，A、B是其左右两个端点某时刻小车速度为v0=7.2m/s，在此时刻对平板车施加一个方向水平向左的恒力F=50N，与此同时，将一个质量m=1kg的小球轻放在平板车上的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，小球脱离平板车落到地面车与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计取g=10m/s2求：（1）小球从离开平板车开始至

15、落到地面所用的时间；（2）小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间；（3）从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小19、（2013南昌铁一中摸底）如图甲所示，质量为m1kg的物体置于倾角为37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F, t11s时撤去拉力，物体运动的部分vt图像如图乙所示试求：(g取10m/s2)（1）拉力F的大小（2）t4s时物体的速度v的大小20、（2013衡水中学调研）（10分)如图，已知斜面倾角300，物体A质量mA=0.4kg，物体B质量mB=0.7kg，H=0.5m。B从静止开始和A一起运动，B落地时速度v=2m/s。若g取10

16、m/s2，绳的质量及绳的摩擦不计，求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数（2）物体沿足够长的斜面滑动的最大距离评卷人得分二、计算题21、（2013南昌铁一中摸底）如图所示为粮食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L1=3m；另一台倾斜传送，传送带与地面间的倾角为为37o，C、D两端相距L2=4.45m，B、C相距很近水平传送带以v0=5m/s沿顺时针方向转动现将质量为m=10kg的一袋大米无初速度的放在A端，它随传送带到达B点后，速度大小不变的传到倾斜传送带的C端米袋与两传送带之间的动摩擦因素均为0.5，取g=10m/s2，sin37o=0.6,co

17、s37o=0.8.（1）若倾斜传送带CD不转动，则米袋沿传送带CD所能上滑的最大距离是多少？（2）若倾斜传送带CD以v=4m/s的速率沿顺时针方向转动，则米袋从C端运动到D端的时间为多少？. 参考答案一、选择题1、答案：AD解析：牛顿认为质量一定的物体其加速度与物体受到的合外力成正比，选项A正确；亚里士多德认为重物体下落快，选项B错误；伽利略的理想斜面实验说明了力不是维持物体运动的原因，伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落的同样快，选项C错误D正确。2、答案：A解析：牛顿第一定律是在实验的基础上经过合理外推得到的，用实验无法实现，选项A正确；牛顿第二定律是实验定律，万有引力定律是经

18、过类比和实验验证的，库伦定律是通过采用控制变量法的实验而得到的实验定律，选项BCD错。3、答案：A解析：牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性，质量是惯性大小的量度，惯性与速度无关，选项A正确B错误；力不是维持物体运动的原因，力是产生加速度的原因，选项C错误；做曲线运动的质点，若将所有外力都撤去，则该质点将做匀速直线运动，选项D错误。4、答案：AC解析：对图示两种情况受力分析，并应用牛顿第二定律，可知，A环与滑竿之间没有摩擦力，B环与滑竿之间有摩擦力，A环做的是匀加速直线运动，B环做的是匀加速直线运动，选项AC正确BD错误。5、答案：B解析：根据运动时弹簧伸长量为9cm，小于静止时弹簧伸长量为1

19、0cm，可知升降机加速度向下，则升降机的运动状态可能是以a=1m/s2的加速度加速下降；可能是以a=1m/s2的加速度减速上升，选项B正确。6、答案：CD解析：由于AB两球质量不等，细绳与竖直方向的夹角，轻绳拉力的大小可能变化，选项AB错误；两次运动过程中，受到水平风力一定不变，细杆对球的支持力一定不变，选项CD正确。 7、答案：B解析：物体的加速度越大，说明它受到的外力越大，物体的加速度在改变，说明它受到的外力一定改变，选项A错误B正确；马拉车做匀速运动，说明物体所受合外力为零，选项C错误；地面对人的支持力在任何情况下都等于人对地面的压力，选项D错误。8、答案：AD解析：由v2=2ax，可知

20、，若汽车速度的二次方v2与汽车前进位移x的图像为直线，则，汽车做匀加速运动。由汽车速度的二次方v2与汽车前进位移x的图像可知，汽车的加速度越来越大，汽车受到的合外力越来越大，选项A正确B错误；根据汽车做加速度逐渐增大的加速运动，可画出速度图象，根据速度图象可得出，汽车从开始运动到前进x 1过程中，汽车的平均速度小于v0/2，选项C错误D正确。9、答案：B解析：在剪断轻绳前，分析小球受力，小球受到重力、弹簧弹力和绳子拉力。应用平衡条件可得弹簧弹力F=mgtan45°=10N。剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，重力不变，小球将受到水平面的弹力和摩擦力，小球受力个数变化，选项A错误；此时在竖直

21、方向，水平面的弹力N=mg，摩擦力为f=N=2N，小球水平向左的合力F-f=ma，解得a=8 m/s2，选项B正确C错误；若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球仍然静止，小球加速度的大小a=0，选项D错误。10、答案：CD解析：拉力方向可能与物体水平运动方向相同或相反，不能确定哪条斜线是物体受水平拉力时的图像，选项AB错误。斜线对应的物体加速度大小为a1=m/s2，斜线对应的物体加速度大小为a2=m/s2。若斜线是物体受水平拉力时的图像，斜线是物体不受水平拉力时的图像，拉力方向与物体水平运动方向相同，f - F =ma1，f =ma2，解得f=0.4N，F=0.2N; 若斜线是物体受水平拉力时的图像，

22、斜线是物体不受水平拉力时的图像，拉力方向与物体水平运动方向相反，f + F =ma2，f =ma1，解得f=0.2N，F=0.2N;所以水平拉力一定等于0.2 N，物体所受的摩擦力可能等于0.2 N，可能等于0.4N，选项CD正确。11、答案：AB解析：把两个物体看作整体，由牛顿第二定律可得，F=2F，选项A正确C错误；隔离m2，由牛顿第二定律和胡克定律，x=2 x，选项B正确D错误。12、答案：D解析：同学乘坐电梯从六楼下到一楼的过程中，前2s内该同学处于失重状态，前2s内该同学的加速度是最后1s内的1/2，选项AB错误；该同学在10s内的位移为17m，平均速度是1.7m/s，选项D正确C错

23、误。 13、答案：D解析：由于从B返回到A所受合外力小，加速度小，所以从A到B的时间t1t2，a1>a2，v1>v2,选项AB错误；物块全过程的速度时间图线如图丙所示，选项C错误D正确。14、 解析：（1）由H=at2， -（1分）得：a1=2m/s2 -（1分）由F-f-mg=ma  -（1分）得：f=4N  -（1分）（2）.前6s向上做匀加速运动最大速度：v=a1t=12m/s-（1分）上升的高度：h1=a1t2 =36m-（1分）接下来向上做匀减速运动，由牛顿第二定律，f+mg=ma2，解得加速度a2=12m/s2。   -（2分）由

24、v2=2a2h2，解得上升的高度h2=6m。 -（1分）最大高度：h= h1+ h2=42m-（1分）15、解析：（1）024 s内一直处于上升阶段，H=×24×64 m=768 m  （2）8s末发动机关闭，此后探测器只受重力作用，g=m/s2=4 m/s2     探测器返回地面过程有v2=2gH得v=32m/s。（3）上升阶段加速度：a=8m/s2 （1分）由F-mg=ma得，F=1.8×1.8×104N （2分）  16、解析：（1）由题意可知滑块的加速度a=m/s2=3.5. m/s2

25、。滑块受力如图所示，根据牛顿第二定律，得：mgsin-f=ma，解得：f=1.5N。（2）由滑块受力图得：N=mgcos，木块受理如图所示，根据水平方向平衡条件得，f地+fcos=Nsin，解得：f地=3.03N。f地为正数，即图中标出的摩擦力方向符合实际，摩擦力方向水平向左。17、. 解. (1)对木块和木板组成的系统，有2分        1分解得v1=9m/s。（2）由牛顿第二定律可知am=2g=9 m/s2。         &

26、#160;   aM=6 m/s2。     m运动至停止时间为t1=1 s此时M速度VM=V1-aMt1=3m/s, 方向向左， 此后至m,M共速时间t2，有：VM-aMt2=amt2   得：t2=0.2s2分共同速度V共=1.8m/s，方向向左1分至共速M位移S1=1分共速后m，M以a1=1m/s2向左减速至停下位移S2=1.62m1分最终木板M左端A点位置坐标为x=9.5-S1-S2=9.5-6.48-1.62=1.40m。18、. 解：（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间  

27、                                  （2）   小球放到平板车后相对地面静止，小车的加速度为            &

28、#160; 小车向右运动的距离为               小于4m，所以小球不会从车的左端掉下 小车向右运动的时间为                       小车向左运动的加速度为      

29、             小车向左运动的距离为                 小车向左运动的时间为              故小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间t=t1+t2=3s

30、60; （3） 小球刚离开平板车瞬间，小车的速度方向向左，大小为                            小球离开车子后，车的加速度为                 

31、;   车子向左运动的距离为             从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小X= x1 + x2+ x3 =5.175m。19、解析：（1）设力F作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知     Fmgsinmgcosma1撤去力后，由牛顿第二定律有mgsinmgcosma2      根据图像可知：a120m/s2，a210m/s2

32、60;           代入解得  F=30N   =0.5。 （2）设撤去力后物体运动到最高点时间为t2，v1a2t2      ，解得t22s                       &#

33、160;                        则物体沿着斜面下滑的时间为t3tt1t21s 设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律mgsinmgcosma3      有a 3= 2 m/s2       t4s时速度va3t32m/s 

34、60; 20、【解析】分别对A和B进行受力分析，如图。（1）对A、B列运动方程，对A有： T mAgsin-f=mAa1 ; FN=mAgcos ; f=FN 对B有：mBg-T=mBa1  整合以上各式得： mBg-mBa - mAgsin - mAgcos=ma1  (1)对B的运动情况，有：v2=2a1H    (2)由（1）（2）代入数据得a1=4m/s2, =0.17（2）B落地后，绳子松弛，不再对A有拉力T的作用，此时对A有mAgsin+f=mAa2 ；FN=mAgcos ; f=FN 联立解得： a2=6.5m/s2，方

35、向沿斜面向下，因此A继续沿斜面向上做匀减速运动，位移为x=v2/2a2=4/13m。物体沿斜面滑动的最大距离为s=x+H=21/26m。二、计算题21、解析：（1）米袋在AB上加速运动的加速度为a0=mg/m=5m/s2。        米袋速度达到v0=5m/s时滑过的距离s0=2.5m<L1=3m。                  &#

36、160;             故米袋先加速一段时间后再与传送带一起匀速运动，到达C端速度为v0=5m/s。                               

37、;          设米袋在CD上传送的加速度大小为a，据牛顿第二定律  mg sin+mgcos=ma                                 得

38、60; a=10m/s2。                                            能沿CD上滑的最大距离  s=1.25m。&#

39、160;                             、（2）（8分）CD顺时针转动时，米袋速度减为v=4m/s之前的加速度为     a1=-g(sin+cos)=-10m/s2，