1、牛顿运动定律(分值：100 分)1(4 分)(2020山西忻州一中高一上期末)如图所示，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，在其上表面放一个光滑小球 B。劈形物体由静止开始释放，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无规则的曲线 D垂直斜面的直线 B 由于小球放在劈形物体 A 上，劈形物体 A 的上表面光滑，在劈形物体 A 下滑过程中，小球在水平方向上不受外力作用，则小球在水平方向上没有位移，仅沿竖直方向运动，故 B正确。2(4 分)(2020湖南永州高一上期末)如图所示，一木箱放置于做匀速直线运动的小车的水平地板上，下列说法正确的是
2、 ()A木箱所受的重力就是木箱对小车的压力 B木箱所受的重力和木箱对小车的压力是一对平衡力 C木箱所受的重力和支持力是一对作用力与反作用力 D木箱所受的支持力和木箱对小车的压力是一对作用力与反作用力 D 压力与重力性质不同，不是同一个力，故 A 错误；木箱所受的重力和木箱对小车的压力分别作用在两个物体上，所以两个力不是一对平衡力，故 B 错误；木箱所受的重力和支持力是一对平衡力，故 C 错误；木箱所受的支持力和木箱对小车的压力是两个物体之间的作用与反作用力，是一对相互作用力，故 D 正确。3(4 分)(2020山东济宁实验中学高一上期中)如图所示，粗糙的长方体木块 P、Q 叠放在一水平地面上，
3、并保持静止，涉及 P、Q、地球三个物体之间的作用力和反作用力一共有()A3 对 B4 对 C5 对 D6 对 B 首先对 P 受力分析，受重力和支持力，再对 Q 受力分析，受重力、压力和支持力；涉及 P、Q、地球三个物体之间的作用力和反作用力有：P 与地球间有相互吸引的力；P 和 Q 间的弹力，Q 和地球间有相互吸引的力；地面和 Q 间的弹力；综上所述，故 B 正确，A、C、D 错误。4(4 分)(2020山东青岛一中高一上期末)如图所示，甲、乙两人同时从背面和侧面分别用 F1150 N、F2200 N 的力推质量为 50 kg的沙发，F1与 F2相互垂直，且平行于地面。沙发与地面间的动摩擦因
4、数 0.4。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g10 m/s2，下列说法正确的是()A沙发的加速度大小为 1 m/s2 B沙发将沿着 F1的方向移动 C沙发不会被推动 D由于 F1小于最大静摩擦力，因此沙发将沿着 F2的方向移动 A 已知 F1150 N、F2200 N、FNmg500 N，根据力的合成法则可求得，两个相互垂直的力 F1、F2的合力为 F 合250 N，沙发受到的最大静摩擦力 fFNmg0.4500 N200 N，因为 F1、F2的合力大于最大静摩擦力，所以沙发被推动，运动方向沿合力方向。由Fma 可得 aFmF合fm25020050 m/s21 m/s2，故 A 正确
5、。5(4 分)如图所示，在一个正立方体盒子中放一均匀的小球，小球的直径恰好与盒子内表面正方体的棱长相等。盒子沿倾角为 的固定斜面滑动，不计一切摩擦。下列说法中正确的是 ()A无论盒子沿斜面上滑还是下滑，球都仅对盒子的下底面有压力 B盒子沿斜面下滑时，球对盒子的下底面和右侧面有压力 C盒子沿斜面下滑时，球对盒子的下底面和左侧面有压力 D盒子沿斜面上滑时，球对盒子的下底面和左侧面有压力 A 设小球与盒子总质量为 M，小球的质量为 m。先以盒子和小球组成的整体为研究对象，根据牛顿第二运动定律得 Mgsin Ma，解得 agsin，由此可知无论上滑还是下滑，整体的加速度相同。对小球，加速度也等于 gs
6、in，则由牛顿第二运动定律可知，小球受到的合力等于 F 合mamgsin，故盒子右侧面和左侧面对小球都没有作用力，则可知球对盒子的右侧面和左侧面也没有压力，在垂直于斜面方向上，小球没有加速度，则盒子下底面对小球的支持力等于小球重力垂直于斜面的分力，即 FNmgcos，所以球对盒子的下底面有压力，综上可知 A 正确。6(4 分)(2019江西南昌第二中学月考)课堂上，老师准备了“”形光滑木板和三个完全相同、外表面光滑的匀质圆柱形积木，要将三个积木按图示(截面图)方式堆放在木板上，则木板与水平面夹角 的最大值为()A60 B45 C30 D15 C 当最上面的积木的重心与左下方积木的重心在同一竖直
7、线上时，最上面的积木将要滚动，此时木板与水平面夹角 达到最大，由几何关系知，的最大值为 30，故选 C。7(4 分)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力 F 的作用，其下滑的速度时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在 05 s、510 s、1015 s 内 F 的大小分别为 F1、F2和 F3，则()AF1F2 BF2F3 CF1F3 DF1F3 A 对物体的受力分析如图所示。根据 vt 图像可以知道，在 05 s 内加速度为 a10.2 m/s2，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律：mgsin fF1ma1，则 F1mgsin f0.2m；在 510 s 内，加速度
8、 a20，根据牛顿第二定律：mgsin fF2ma2，则 F2mgsin f；在 1015 s 内加速度为 a30.2 m/s2，方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律：fF3mgsin ma3，则：F3mgsin f0.2m。故可以得到：F3F2F1，故选项 A 正确。8(4 分)放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力 F 的作用，力 F 的大小与时间 t 的关系如图甲所示；物块的运动速度 v 与时间 t 的关系如图乙所示，6 s 后的速度图像没有画出，g 取 10 m/s2。下列说法正确的是()甲 乙 A滑动时受的摩擦力大小是 3 N B物块的质量为 1.5 kg C物块在 69 s 内
9、的加速度大小是 1.5 m/s2 D物块前 6 s 内的平均速度大小是 4.0 m/s B 由速度时间图像可以知道，在 36 s 内，物体处于匀速直线运动状态，即物体所受到的摩擦力大小应该与推力 F 大小相等，F 滑F 推6 N，故 A 错误；在 03 s 内，物体做匀加速直线运动，a2 m/s2，F 推F 滑ma，计算得出 m1.5 kg，故 B 正确；在 69 s 内，F 推3 N，F 滑6 N，F 滑F 推ma，得出 a2 m/s2，故 C 错误；由速度时间图像面积可知，06 s 内物体的位移 x12(36)6 m27 m，物块前 6 s 内的平均速度大小 vxt4.5 m/s，故 D
10、错误。9(6 分)(2019黑龙江大庆实验中学高一上月考)为了探究加速度与力、质量的关系，甲、乙、丙三位同学分别设计了如图所示的实验装置，甲图中 M 为小车总质量，乙图中 M 为小车与力传感器的总质量，丙图中 M 为小车和与小车固连的滑轮的总质量，钩码总质量用 m表示。甲 乙 丙 丁 戊(1)为便于测量合外力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合外力成正比的结论，下列说法正确的是_。A三组实验中只有甲需要平衡摩擦力 B三组实验都需要平衡摩擦力 C三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量 m 远小于小车的总质量 M 的条件 D三组实验都需要满足所挂钩码的总质量 m 远小于小车的总质
11、量 M 的条件(2)图丁是用图甲装置中打点计时器所打的纸带的一部分，O、A、B、C、D 和 E 为纸带上六个计数点，加速度大小用 a 表示，则 O、D 间的距离为_cm。图戊是根据实验数据绘出的 st2图线(s 为各计数点至同一起点的距离)，则加速度大小 a_m/s2(保留三位有效数字)。(3)若乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和弹簧测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为 a，g 为当地重力加速度，则乙、丙两位同学实验时所用小车总质量之比为_。解析(1)为便于测量合外力的大小，甲图中应使钩码的总重力近似等于小车受到的合外力，而乙图中应使力传感器的示数等于小车受到的合外力，丙图中应使弹簧
12、测力计示数的 2倍等于小车受到的合外力，因此三组实验都需要平衡摩擦力，故 A 错误，B 正确；由于只有甲图中需要满足钩码的总重力近似等于小车受到的合外力，因此三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量 m 远小于小车的总质量 M 的条件，故 C 正确，D 错误。(2)由题图丁可知，O、D 间的距离为 2.20 cm1.00 cm1.20 cm；小车做初速度为零的匀加速直线运动，则 s12at2，由题图戊可知 k12a，则 a2k20.0280.06 m/s20.933 m/s2。(3)乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和弹簧测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为 a，则有 FM 乙a,2F
13、M 丙a；因此乙、丙实验时所用小车总质量之比为 M 乙M 丙12。答案(1)BC(2)1.20 0.933(3)12 10(8 分)(2019黑龙江哈尔滨第六中学高一上月考)如图所示，小球的质量为 0.8 kg，两根轻细绳 AB 和 AC 的一端连接在竖直墙上，另一端系于小球上。在小球上再施加一个方向与水平线成 53角的拉力 F，已知 sin 370.6，cos 370.8，若要使绳都能伸直，求拉力 F 的大小范围。(g 取 10 m/s2)解析 对小球受力分析，受重力、拉力 F，两根细绳的拉力，如图所示，根据平衡条件有 Fcos 53FBsin 37FCsin 53，Fsin 53FBcos
14、 37FCcos 53mg，当 FB0 时，FC4.8 N，F6.4 N；当 FC0 时，FB5 N，F5 N。则要使绳都能伸直，拉力 F 的大小范围为 5 NF6.4 N。答案 5 NF6.4 N 11(4 分)(多选)如图所示，质量为 m1 kg 的物体与水平地面之间的动摩擦因数为 0.3，当物体运动的速度为 v010 m/s 时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为 F2 N 的恒力，在此恒力作用下(g 取 10 m/s2)()A物体经 10 s 速度减为零 B物体经 2 s 速度减为零 C物体的速度减为零后将保持静止 D物体的速度减为零后将向右运动 BC 物体受到向右的滑动摩擦力，Ff
15、FNmg3 N，根据牛顿第二运动定律得 aFFfm231 m/s25 m/s2，方向向右，物体的速度减为零所需的时间 tv0a105 s2 s，B正确，A 错误；物体的速度减为零后，由于 FFf，物体处于静止状态，C 正确，D 错误。12(4 分)(多选)如图所示，运动员跳水运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置 B 压到最低点 C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点 A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中，跳板自身重力忽略不计，则下列说法正确的是()A运动员将跳板从 B 压到 C 的过程中，一直失重 B运动员向上运动(CB)的过程中，先超重，后失重 C运动员将跳板从 B 压到
16、 C 的过程中，对板的压力先增大后减小 D运动员向上运动(CB)的过程中，对板的压力一直减小 BD 运动员受到重力及跳板向上的弹力，运动员将跳板从 B 压到 C 的过程中，运动员受到跳板的弹力越来越大，开始时加速度向下减小，然后加速度再向上增大，故运动员应先失重、后超重，故 A、C 错误；运动员在向上运动时，跳板弹力减小，但开始时一定大于重力，故合外力先减小后增大，而加速度先向上，后向下，故运动员先超重，后失重，故 B 正确；运动员在向上运动时，跳板的形变量减小，弹力减小，运动员对板的压力一直减小，故 D 正确。13(4 分)(多选)如图所示，在建筑工地上一建筑工人两手对称用水平力将两长方形水
17、泥制品 P 和 Q 夹紧，并以加速度 a 竖直向上搬起，P 和 Q 的质量分别为 2m 和 3m，水平力为 F，P 和 Q 间动摩擦因数为，两手与 P 和 Q 间的动摩擦因数相同，在此过程中()AP 受到 Q 的摩擦力方向一定竖直向下 BP 受到 Q 的摩擦力大小为 2F CP 受到 Q 的摩擦力大小为 0.5m(ga)DP 受到 Q 的摩擦力大小为 1.5m(ga)AC 设每只手与水泥制品的摩擦力大小均为 f1，设 P 受到 Q 的摩擦力大小为 f2、方向竖直向上。对 P、Q 整体及 P 分别应用牛顿第二定律有 2f15mg5ma，f1f22mg2ma，联立解得 f20.5m(ga)，负号说
18、明 P 受到 Q 的摩擦力方向向下，A、C 正确。14(4 分)(多选)(2019黑龙江大庆实验中学高一上月考)如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块 A、B 在水平外力的作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为 x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系，现将外力突然反向并使 B 向右做匀加速运动，下列关于外力 F、两滑块间弹力 FN与滑块 B 的位移 x变化的关系图像可能正确的是()A B C D BD 设 A、B 向右匀加速运动的加速度为 a。根据牛顿第二运动定律，对整体有 Fk(x0 x)(mAmB)a，可得 Fkx(mAmB)akx0。
19、因为可能有(mAmB)akx0，则得 Fkx，F 与x 成正比，Fx 图像可能是过原点的直线。对 A 有 k(x0 x)FNmAa，得 FNkxkx0mAa，可知 FNx 图像是向下倾斜的直线。当 FN0 时 A、B 开始分离，此后 B 做匀加速运动，F 不变，则有 xx0mAak x0，因此 B 图和 D 图是可能的，A 图和 C 图是不可能的，故 A、C 错误，B、D正确。15(6 分)(2019福建福州第三中学期中)如图甲所示为阿特伍德机的示意图，它是早期测量重力加速度的器械，由英国数学家和物理学家阿特伍德于 1784 年制成。他将质量同为M(已知量)的重物用绳连接后，放在光滑的轻质滑轮
20、上，处于静止状态。再在一个重物上附加一质量为 m 的小重物，这时，由于小重物的重力而使系统做初速度为零的缓慢加速运动，测出加速度，完成一次实验后，换用不同质量的小重物，重复实验，测出 m 不同时系统的加速度。得到多组 a、m 数据后，作出图乙所示图像。甲(1)为了作出图乙所示图像需要直接测量的物理量有_。乙 A小重物的质量 m B滑轮的半径 R C绳子的长度 D小重物下落的距离 h 及下落这段距离所用的时间 t(2)1a随1m变化的函数关系式为_。(3)已知图乙中图像斜率为 k，纵轴截距为 b，则可求出当地的重力加速度 g_，并可求出重物质量 M_。解析(1)根据 h12at2，得 a2ht2
21、，所以需要测量的物理量有小重物的质量 m，小重物下落的距离 h 及下落这段距离所用的时间 t，故选 A、D。(2)对整体分析，根据牛顿第二定律得 mg(2Mm)a，整理得1a1m2Mg 1g。(3)图线斜率 k2Mg，纵轴截距 b1g，解得 g1b，M k2b。答案(1)AD(2)1a2Mg 1m1g(3)1b k2b 16(8 分)如图所示，传送带保持以 1 m/s 的速度顺时针转动。现将一质量 m0.5 kg的物体从离传送带左端很近的 a 点轻轻地放上去，设物体与传送带间的动摩擦因数 0.1，a、b 间的距离 L2.5 m，则物体从 a 点运动到 b 点所经历的时间为多少？(g 取 10
22、m/s2)解析 对物体，根据题意得 amgm g1 m/s2，当速度达到 1 m/s 时，所用的时间 t1vv0a101 s1 s，通过的位移 s1v2v202a 0.5 m2.5 m。在剩余位移 s2Ls12.5 m0.5 m2 m 中，因为物体与传送带间无摩擦力，所以物体以 1 m/s 的速度随传送带做匀速运动，所用时间 t2s2v2 s。因此共需时间 tt1t23 s。答案 3 s 17(12 分)如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个小孩用沿与水平面成 30角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力 F6.5 N，玩具的质量 m1 kg，经过时间 t2.0 s，玩具移动了距离 x2 3
23、m，这时小孩松开手，玩具又滑行了一段距离后停下(g10 m/s2)，求：(1)玩具与地面间的动摩擦因数；(2)松开手后玩具还能运动的距离；(3)小孩要拉动玩具，拉力 F 与水平面夹角为多大时最省力。解析(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得 x12at2，解得 a 3 m/s2，对玩具，由牛顿第二运动定律得 Fcos 30(mgFsin 30)ma，解得 33。(2)松手时，玩具的速度 vat2 3 m/s，松手后，由牛顿第二运动定律得 mgma，解得 a10 33 m/s2，玩具的位移 x 0v22a0.6 3 m1.04 m。(3)设拉力与水平方向的夹角为，玩具要在水平面上
24、运动，则 Fcos Ff0，FfFN，在竖直方向上，由平衡条件得 FNFsin mg，解得 Fmgcos sin，cos sin 12sin(60)，当 30时，拉力最小，最省力。答案(1)33 (2)1.04 m(3)30 18(12 分)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为 4.5 m，如图甲所示。t0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至 t1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后 1 s 时间内小物块的 vt 图线如图乙所示。木板的质量是
25、小物块质量的15 倍，重力加速度大小 g 取 10 m/s2。求：甲 乙(1)木板与地面间的动摩擦因数 1及小物块与木板间的动摩擦因数 2；(2)木板的最小长度。解析(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为 a1，小物块和木板的质量分别为 m 和 M。由牛顿第二定律有 1(mM)g(mM)a1 由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度 v14 m/s，由运动学公式得 v1v0a1t1 s0v0t112a1t21 式中，t11 s，s04.5 m 是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。联立式和题给条件得 10.1 在木板与墙壁碰撞后，木板以
26、v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以 v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为 a2，由牛顿第二定律有 2mgma2 由图可得 a2v2v1t2t1 式中，t22 s，v20，联立式和题给条件得 20.4。(2)设碰撞后木板的加速度为 a3，经过时间 t，木板和小物块刚好具有共同速度 v3。由牛顿第二定律及运动学公式得 2mg1(Mm)gMa3 v3v1a3t v3v1a2t 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为 s1v1v32t 小物块运动的位移为 s2v1v32t 小物块相对木板的位移为 ss2s1 联立式，并代入数值得 s6.0 m 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为 6.0 m。答案(1)0.1 0.4(2)6.0 m
