牛顿运动定律综合测试卷

1、牛顿运动定律综合测试卷（满分：100分时间：90分钟）、选择题（每小题4分，共64分。第112题只有一项符合题目要求，第1316题有多项符合题目要求,全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1 .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【答案】DD.电梯匀速上升时，电梯对乘客的作用力竖直向上0,所以既不超重也不失重。故A错【解析】加速运动阶段，顾客的加速度沿电梯斜向上，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第二定律，电梯 对他的支持力大于其重力，处于超重状态；匀速

2、运动阶段，加速度为误。加速阶段乘客加速度斜向上，加速度有水平向右的分量，则受到的摩擦力方向水平向右，选项B错误;加速阶段，乘客受到竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力，则电梯对乘客的作用力斜向右上方；电梯匀C错误，D正确.速上升时，电梯对乘客只有向上的支持力，即电梯对乘客的作用力竖直向上，选项2 .质量相等的a、b两物体，分别从粗糙斜面上的同一位置由静止下滑，滑到斜面底端时进入粗糙水平面继续滑行一段距离后停下， 示，则下列说法正确的是（不计从斜面 底端进入水平面时的能量损失。已知两物体运动的 vt图像如图所)A .在整个运动过程中，a的平均速度比b的平均速度小B. a与斜面间的动摩擦因数比 b与

3、斜面间的动摩擦因数大C. a在水平面上滑彳T的距离比 b在水平面上滑行的距离长D.在整个运动过程中,【答案】Ca克服摩擦力做功比b克服摩擦力做功多【解析】由图象可知，体的平均速度大小，故a g sing cosa整个过程中的位移大于 b的位移，但由于所用的时间关系不知，所以无法比较两物A错误；由图可知，a在斜面上运动时的加速度比 b的大，由牛顿第二定律可得：,所以a与斜面间的动摩擦因数比 b与斜面间的动摩擦因数小， 故B错误；由V t图象可知，图线与时间轴所围的面积表示位移，所以a在水平面上滑彳T的距离比 b在水平面上滑行的距离长,故C正确；对两物体从静止到停下过程中由动能定理可知，重力所做的

4、功等于克服摩擦力所做的功，由于重力做功相等，所以在整个运动过程中，a克服摩擦力做功比b克服摩擦力做功相等，故 D错误。3 .如图所示，ab、cd是竖直面内两根固定的光滑细杆，ab、cd两端位于相切的两个竖直圆周上。每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），两个滑环分别从 a、c处释放（初速度为零），用t1、t2依次表示滑环从a至ij b和从c到d所用的时间，则（）A . tit2B. tl t2 C. tlt2D . ti和t2的大小以上三种情况都有可能【答案】B【解析】设轨道与竖直方向的倾角9,根据几何关系得，轨道的长度L=（2R1+2R2） cos。，加速度：a mgc0S gcos 0,根

5、据L 工at2得，t 1 -,与倾角无关，则ti=t2,故B正确，ACD错误。m2 g4 .胶州湾大桥是青岛市境内黄岛区、城阳区以及李沧区的跨海通道，对进一步加快山东半岛城市群建设有着重要意义。如图，设桥体中三块相同的钢箱梁1、2、3受到钢索a、b、c拉力的方向相同，相邻钢箱梁间的作用力均沿水平方向，下列说法正确的是（）A .钢箱梁1对2的作用力大于钢箱梁 2对1的作用力 B.钢箱梁3所受合力最大C.钢箱梁2、3间作用力大于钢箱梁 1、2间作用力 D.钢索c上的拉力大于钢索 b上的拉力【答案】C【解析】钢箱梁1对2的作用力与钢箱梁2对1的作用力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A错误；

6、每个钢箱梁都处于平衡状态，合力均为零，故B错误；对钢箱梁2受力分析，设钢索的拉力与水平方向的夹角为,由平衡条件知 F23 F12 Tcos ,所以钢箱梁1、2间作用力小于钢箱梁 2、3间作用力,故C正确；由竖直方向受力平衡知Tsinmg ,可得Tmgsin,钢索拉力的方向相同，所以三块钢箱梁受到钢索的拉力大小相等，故 D错误。5 .如图所示，质量为 m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个水平向右的力F拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度为 a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，下列说法正确的是（）A.斜面和挡板对球的弹力的合力等于maB.若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C.若加速度足

7、够小，则竖直挡板对球的弹力可能为零D.若加速度不断的增大，斜面对球不仅有弹力，而且该弹力是一个定值【答案】D【解析】以小球为研究对象，分析受力情况，如图：受重力 mg、竖直挡板对球的弹力 F2和斜面的弹力Fi.根据牛顿第二定律知小球所受的合力为 ma, 即重力、斜面和挡板对球的弹力三个力的合力等于ma,面和挡板对球的弹力的合力不等于 ma,故A错误。设斜面的加速度大小为 a,根据牛顿第二定律得竖直方向：Ficos 9= mg水平方向：F2- Fisinama,由看出，斜面对球的弹力 Fi大小不变，与加速度无关，不可能为零。由看出，若加速度足够小时，F2=Fisin mgtan。毛瞰BC错误。若

8、F增大，a增大，斜面的弹力 Fi大小不变。故 D正确。6 .如图所示，倾角为 ”的斜面固定在水平地面上，斜面上有两个质量均为m的小球A、B,它们用劲度系数为k的轻质弹簧相连接，现对A施加一个水平向右大小为2、3 mg的恒力,使A、B在斜面上都保持L,则下列说法错误的是（静止，如果斜面和两个小球的摩擦均忽略不计，此时弹簧的长度为A.弹簧的原长为L mgB.斜面的倾角为0=30°2kC.撤掉恒力F的瞬间小球A的加速度不变D.撤掉恒力F的瞬间小球B的加速度为0【答案】C【解析】对小球 B进行受力分析，由平衡条件可得：kx mg sin ，解得：x mgsin 所以弹簧的原长k一 ,mgsi

9、n为L x L -；对小球A进行受力分析，由平衡条件可得：F cos mgsin kx,解得：妹30,k所以弹簧的原长为 L mH故AB正确；撤掉，f1力F的瞬间，又A进行受力分析，可得：mgsin kx maA , 2k小球A此时的加速度aA g ,故C错误。撤掉恒力F的瞬间，弹簧弹力不变，B球所受合力不变，故 B球的加速度为零，故 D正确。7 .如图所示，质量分别为 m和2m的A, B两物块，用一轻弹簧相连，将 A用轻绳悬挂于天花板上，用一 木板托住物块 B.调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为 x突然撤去木板，重力加速度为 g,物

10、体运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，则下列 说法正确的是（）0 S IA.撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为 g B.撤去木板间，B物块的加速度大小为 0.5gC.撤去木板后，B物块向下运动3x时速度最大D.撤去木板后，B物块向下运动2x时速度最大【答案】C【解析】撤去木板瞬间， B物块受到的合力为3mg,由牛顿第二定律可知：aB=1.5g,故AB错误；当B物 块受到的合外力为零时，速度最大，此时 T2=2mg=kx2,又mg=kx,所以弹簧此时的伸长量 x2 = 2x,即B 物块向下运动3x时速度最大，故C正确，D错误。8 .如图所示，质量为 m的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态，

11、现对小球同时施加水平向右的恒力F0和竖直向上的力 F,使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力F大小始终与小球的速度成正比，即F=kv （图中未标出），已知小球与杆间的动摩擦因数为，下列说法中正确的是（）A .小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的减速运动B.小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止C.小球的最大加速度为F/mF0 mgD.小球的最大速度为0 一k【答案】D【解析】刚开始运动时，加速度为a F(mg kv) ,当速度v增大，加速度增大，当速度 v增大到符mF0(kv mg)合kv>mg后，加速度为：a -,当速度v增大，加速度减小，当a减小

12、到0,做匀速运动，所以小球的速度先增大后保持不变，加速度先增大后减小，最后保持不变，故 AB错误；当阻力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为F0，故C错误；当加速度为零时，小球的速度最大，此时有：F0= Mkvm-mg), mF0 mg 故最大速度为vm 故D正确。k9 .如图，倾角为“的固定斜面上，一光滑物块在一与斜面也成口角的拉力F作用下保持静止状态。若仅将F的方向变为水平向右，则()A.物块对斜面的压力不变C.物块将沿斜面向上做匀加速直线运动【答案】B【解析】对物块受力分析由平衡条件得:B.物块对斜面的压力变大D .物块将沿斜面向下做匀加速直线运动斜面对物块的支持力 N mg cos

13、 F sin ,将f的方向变为水平向右，斜面对物块的支持力N mg cos F sin ，支持力变大，由牛顿第三定律知物块对斜面的压力变大，故A错误，B正确；处于静止状态时沿斜面方向有：F cos mg sin ,将F的方向变为水平向右，沿斜面向上的力为F cos ，沿斜面向下的力为 mg sin ，仍然保持平衡，不会做匀加速直线运动，故CD错误。10.如图所示，水平桌面上放置一个倾角为 45。的光滑楔形滑块 A, 一细线的一端固定于楔形滑块 A的顶端 O处，细线另一端拴一质量为 m=0.2 kg的小球。若滑块与小球一起以加速度 a向左做匀加速运动(取g=10m/s2 则下列说法正确的是()A

14、.当a=5m/s2时，滑块对球的支持力为 N2B.当a=15m/s2时，滑块对球的支持力为半巨 N2C.当a=5m/s2时，地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和D.当a=15m/s2时，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和【答案】A【解析】设加速度为 a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，有：水平方向： F合=Fcos45 =mao；竖直方向：Fsin45 = mg,解得ao=g。当a=5m/s2时，小球未离开滑块，2.水平方向：Fc0s45 -FnCOs45 =ma；竖直方向：Fsin45 + FNSin45 = mg,解得 FN N ,故

15、 A 正确；2当a=15m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为零，故B错误；当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，故 C,11 .如图所示，一根竖直轻质弹簧下端固定, 当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度缩短 后立即松手放开。设弹簧总处在弹性限度以内D错误。上端托一质量为0.3kg的水平盘，盘中有一质量为1.7kg物体。4cm。缓慢地竖直向下压物体，使弹簧再缩短 2cm后停止，然（g取10m/s2）,则刚松开手时盘对物体的支持力大小为（）B. 25.5N【解析】当盘静止时，由胡克定律得：mC. 20ND. 1

16、7Nm0 g kL,设使弹簧再压缩L时手的拉力大小为 F,再由胡克定律得：mgm0g F k(LL）,联立解得：F / m m° g。刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F,方向竖直向上。设刚松手时，加速度大小为a,根据牛顿第二定律得:m m0,对物体研究：Fn mg ma ,联立解得Fn25.5N ,故B正确,ACD错误。12. C919大型客机是我国自主设计、研制的大型客机，最大航程为5555千米，最多载客190人，多项性能优于波音737和波音747。若C919的最小起飞（离地）速度为 60m/s,最大起飞质量为 7.5 X04kg,起飞跑

17、道长2.5 >103mo C919起飞前的运动过程可看成匀加速直线运动，起飞时空气及其他阻力恒为C919重力的10%,重力加速度g=10m/s2,则下列判断正确的是（）A. C919的最小起飞加速度为 1.44m/s2选项B错误；由牛顿第二定律 离开地面，合力不为零，选项13.如图甲所示，物块的质量)水平面向右运动，某时刻恒力所示（g 10 m/s2），则（A . 05s内物块做匀减速运动C.恒力F大小为10N【答案】BDB.在t 1s时刻恒力F反向D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3B . C919起飞过程中在跑道上运动的最长时间为42sC.最大起飞质量下，发动机产生的推力至少为l.

18、29 105ND. C919起飞（离地）的瞬间所受的合力为零【答案】C22【解析】由匀速变速直线运动规律v2 v2 2ax可得，C919的最小起飞加速度 a=v0 =0.72m/s2,选项2xA错误；C919起飞时的平均速度为 v0v=30m/s,起飞过程中在跑道上运动的最长时间为2.5 10 s=83s,230F-Ff=ma可彳导F=Ff+ma=1.29 105N,选项C正确；C919起飞时向上加速运动D错误。m 1kg,初速度v010m/s,在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙2v 100. 22【解析】物体匀减速直线运

19、动的加速度大小为:ai m/s 10m/s ,匀加速直线运动的加速2sl10、，一 v 64, 2,2根据牛顿第二定律得：F+f = mai, F-f = ma2,联立两式解度大小为：a2 m/s 4m/s ,2s22 8 f3得：F = 7N, f= 3N,则动摩擦因数为： 0.3,物体匀减速直线运动的时间为:mg 10v 10,1,，一，一， 八t1 一 一s 1s.即在0-1s内做匀减速直线运动，1s后恒力F反向，做匀加速直线运动。故 BD正确, ai 10AC错误。14.如图所示，小车板面上的物体质量为m=8kg ,它被一根水平方向上拉伸了的弹簧拉住而静止在小车上,这时弹簧的弹力为 6

20、N。现沿水平向右的方向对小车施以作用力，使小车由静止开始运动起来，运动中加速 度由零逐渐增大到lm/s2,随即以1m/s2的加速度做匀加速直线运动。以下说法正确的是（）A.物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力始终没有发生变化B.物体受到的摩擦力一直减小C,当小车加速度（向右）为 0. 75m/s2时，物体不受摩擦力作用D.小车以1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物体受到的摩擦力为8N【答案】AC【解析】弹簧弹力开始与静摩擦力平衡，大小为6N,当整体加速度从零逐渐增大到1m/s2,则物块的加速度也从零逐渐增大到 1m/s2,根据牛顿第二定律知，物块的合力从 0增大到8N,摩擦力

21、方向向左减小到零， 然后又向右增加，在整个过程中，物体相对小车静止，弹簧弹力不变。故 A正确，B错误。当小车加速度（向右）为0.75m/s2时，则物块所受的合力 F合 = ma=6N,弹簧的弹力等于 6N,则摩擦力为零。故 C正确。 小车以1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物块所受的合力F合=ma=8N,弹簧的弹力等于 6N,则摩擦力的大小为2N,方向水平向右。故 D错误。15 .如图所示，质量分别为 mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为。的斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A,使它们沿斜面匀加速上升，为了减小A、B间的压力，可行的办法是（）

22、A.减小推力F B.减小倾角0 C.减小B的质量 D.减小A的质量【答案】AC【解析】设摩擦因数为，对AB整体受力分析由牛顿第二定律有:F mAgsinmBg sinmAg cosmBg cos(mA mB)a ,对B受力分析由牛顿第二定律有：Fab mBg sinmbg cosmBa,Fabb一 FF由以上两式可得mA mBmA 1 ,可知，为使Fab减小，应减小推力F,增加A的质量，减小mlBB的质量，故AC正确。16 .为了备战2020年东京奥运会，我国羽毛球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量m=50kg的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为 2.10m,比赛过程中，该运动员

23、先下蹲，重心下降0.5m,经过充分调整后，发力跳起摸到了 2.90m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响与取10 m/s2。则（）A.运动员起跳过程处于超重状态B .起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度大C.起跳过程中运动员对地面的压力为960ND.从开始起跳到双脚落地需要1.05s【答案】AD【解析】运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据2gh v2可知v J2gh 也102.9 2.1 m/s 4m/s ；在起跳过程中可视为匀加速直线运动，加速度方向竖直向上,所以运动员起跳过程处于超重状态，根据速度位移公式可知2a h v2,解得242FN mg ma ,解

24、得 FN 1560N ,a 4一m/s2 16m/s2 ,对运动员根据牛顿第二定律可知 2 h 2 0.5根据牛顿第三定律可知，对地面的压力为 1560N,故选项A正确，C错误；在起跳过程中做匀加速直线运动，起跳过程的平均速度 v1 v0 v ,运动员离开地面后做竖直上抛运动，离地上升到最高点过程的平 22均速度 让 v0v,故B错误；起跳过程运动的时间G -s0.25s,起跳后运动的时间22a16vt2 0.4s,故运动的总时间t t1 t2 0.65s,故D正确。 g二、非选择题（本题共3小题，共36分）17. （10分）利用力传感器研究 加速度与合外力的关系”的实验装置如图甲所示。甲（1

25、）下列关于该实验的说法，正确的是 。（选填选项前的字母）A .做实验之前必须平衡摩擦力B .小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多C.应调节定滑轮的高度使细线与木板平行D.实验开始的时候，小车最好距离打点计时器远一点（2）从实验中挑选一条点迹清晰的纸带，每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离如图乙所示,已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz。从图中所给的刻度尺上读出A、B两点间的距离xi =cm,该小车的加速度a =m/s2(计算结果保留2位有效数字)，实验中纸带的 (选填左”或右”端与小车相连接。【答案】(1)AC(2)0.70 0.20 左【解析】(1)研究加速度与力的关系实验中

26、，认为细线的拉力为小车所受的合力，所以实验前需平衡摩擦力，A正确。因为实验中用力传感器测量细线的拉力，所以不需要满足小车的质量远大于钩码的质量，B错误。细线的拉力为小车所受的合力，所以细线需要与木板平行，则应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，C正确。实验开始的时候，小车应紧靠打点计时器，D错误。C ，-Ax 0.2 M0 2(2)从图中所给的刻度尺上可读出A、B两点间的距离xi=0.70 cm。根据Ax=aT2得，加速度a =0 01m/s2= 0.20 m/s2。实验中纸带的左端与小车相连接。18. (12分)如图所示，一物体以 v0=2 m/s的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t=1 so已知斜面长度L= 1.5 m,斜面的倾角 0= 30°,重力加速度取 g=10 m/s2。求：(1)物体滑到斜面底端时的速度大小；(2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；(3)物体与斜面间的动摩擦因数。2 3【答案】(1)1 m/s (2)1 m/s2万向沿斜面向上(3)干一5【解析】(1)设物体滑到斜面底端时速度为v,