第五章 牛顿运动定律 期末复习综合复习卷（Word版含答案）

第五章 牛顿运动定律期 末复习综合复习卷
一、单选题
1．如图，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，以下说法正确的是：（ ）
A．从接触弹簧到速度最大的过程是失重过程，
B．从接触弹簧到加速度最大的过程是超重过程
C．从接触弹簧到速度最大的过程加速度越来越大
D．速度达到最大时加速度也达到最大
2．如图所示，倾角为的光滑斜面体始终静止在水平地面上,其上有一斜劈A,A的上表面水平且放有一斜劈B，B的上表面上有一物块C，A、B、C一起沿斜面匀加速下滑．已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，下列说法正确的是
A．A、B间摩擦力为零
B．A加速度大小为
C．C可能只受两个力作用
D．斜面体受到地面的摩擦力为零
3．关于牛顿运动定律的说法正确的是（ ）
A．牛顿第一定律提出了当物体的合外力为零时，物体将处于静止状态
B．汽车速度越大，刹车后滑行的距离越长，所以惯性越大
C．跳高时，运动员能跳离地面，是因为人对地面的压力大于地面对人的支持力
D．在受到相同的作用力时，决定物体运动状态变化难易程度的唯一因素是物体的质量
4．为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是
A．顾客始终受到三个力的作用
B．顾客始终处于超重状态
C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下
D．顾客对扶梯作用的方向先指向右下方，再竖直向下
5．一个静止的质点，在0～4 s时间内受到一方向与运动方向始终在同直线上的力F的作用，力F随时间t的变化如图所示，则质点在（ ）
A．第4 s末回到原出发点 B．第2 s末回到原出发点
C．4 s末速度为零 D．2 s末速度改变方向
6．直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示．设投放初速度为零．箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态．在箱子下落过程中．下列说法正确的是
A．箱内物体对箱子底部始终没有压力
B．箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大
C．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大
D．若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”
7．质量为2kg的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为0．2，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等．从t=0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示．重力加速度g取10m/s2，则物体在t=0到t=12s这段时间内的位移大小为
A．18m B．54m
C．72m D．198m
8．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行。初速度大小为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图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知＞，则（　　）
A．时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0~时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0~时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
二、多选题
9．下列对牛顿第二定律的表达式F=ma及其变形公式的理解，正确的是（ 　）
A．由a=可知，物体的加速度与其所受合力成正比，与其质量成反比
B．由m=可知，物体的质量与其所受合力成正比，与其运动的加速度成反比
C．由F=ma可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比
D．由m=可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合力求出
10．如图，水平传送带A、B两端相距s=3.5m，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1。工件滑上A端瞬时速度vA=4m/s，达到B端的瞬时速度设为vB，则（　　）
A．若传送带不动，则vB=3m/s
B．若传送带以速度v=4m/s逆时针匀速转动，vB=3m/s
C．若传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动，vB=3m/s
D．若传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动，vB=2m/s
11．如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2m，B和C的质量都是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为。设最大静摩擦力等于滑动擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（　　）
A．若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过
B．当力F=μmg时，A、B间的摩擦力为
C．无论力F为何值，B的加速度不会超过
D．当力时，B相对A滑动
12．如图所示，让物体分别同时从竖直圆上的P1、P2处由静止开始下滑，沿光滑的弦轨道P1A、P2A滑到A处，P1A、P2A与竖直直径的夹角分别为θ1、θ2，则（　　）
A．物体沿P1A、P2A下滑加速度之比为sinθ1∶sinθ2
B．物体沿P1A、P2A下滑到A处的速度之比为cosθ1∶cosθ2
C．物体沿P1A、P2A下滑的时间之比为1∶1
D．若两物体质量相同，则两物体所受的合外力之比为sinθ1∶sinθ2
三、填空题
13．一物体沿一水平面从静止开始做匀加速直线运动，它所受的阻力与速度v成正比，且，它所受的水平拉力随时间变化的规律如图所示，则该物体的质量为_______kg，加速度为_______．
14．质量为 0.2 kg的小球从某高处由静止落下，设小球所受的空气阻力 F随下落速度的增大而增大，当空气阻力F＝________时，小球的加速度最大，最大值a max=______m/s2．此时，小球的速度为_________；当空气阻力F＝_______N时，小球的速度最大，此时小球的加速度为_________．（g取10m/s2）
15．“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图1所示。
(1)下列说法正确的是___________（单选）。
A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力
B．实验时应先释放小车后接通电源
C．本实验砝码及砝码盘B的质量应远大于小车A的质量
D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作图象
(2)某同学在实验中打出的一条纸带如图2所示，他选择了几个计时点作为计数点，相邻两计数点间还有4个点没有标出，其中s1=7.06cm、s2=7.68cm、s3=8.30cm、s4=8.92cm，纸带加速度的大小是___________m/s2.（保留两位有效数字）
(3)某同学将长木板右端适当垫高，其目的是___________。但他把长木板的右端垫得过高，使得倾角过大。用a表示小车的加速度，F表示细线作用于小车的拉力。他绘出的a-F关系图象（如图3）是___________（单选）。
16．如图为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置。
(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持______不变，用钩码所受的重力作为______，用DIS测小车的加速度；
(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a－F关系图线（如图所示）。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是______；
A．小车与轨道之间存在摩擦
B．导轨保持了水平状态
C．所挂钩码的总质量太大
D．所用小车的质量太大
四、解答题
17．如图所示，跨过定滑轮的细绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，已知人的质量为70kg，吊板的质量为10kg，绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可不计，取重力加速度g＝10m/s2.当人以440N的力拉绳时，人与吊板的加速度和人对吊板的压力分别为多少？
18．光滑斜面AB与一粗糙水平面BC连接，斜面倾角θ=30°，质量m=2kg的物体置于水平面上的D点，DB间的距离d=7m，物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，将一水平向左的恒力F=8N作用在该物体上，t=2s后撤去该力，不考虑物体经过B点点时的速度损失．求撤去拉力F后，经过多长时间物体经过B点？
19．如图所示，两木块A、B质量均为m，用劲度系数为k、原长为L的轻弹簧连在一起，放在倾角为的传送带上，两木块与传送带间的动摩擦因数均为，与传送带平行的细线拉住木块A，传送带按图示方向匀速转动，两木块处于静止状态．求：
（1）A、B两木块之间的距离；
（2）剪断细线瞬间，A、B两木块加速度分别为多大．
参考答案
1．A
【解析】当弹簧的弹力等于小球的重力时，小球的加速度为零，此时速度最大；则从接触弹簧到速度最大的过程，小球的加速度向下，且加速度逐渐减小，是失重过程，选项A正确，CD错误；当小球到达最低点时小球的加速度最大，则从接触弹簧到加速度最大的过程中，加速度是先向下减小，失重，然后加速度是向上增加，超重，故选项B错误；故选A.
2．C
【分析】
整体一起匀加速下滑，具有相同的加速度；先用整体法结合牛顿第二定律求出整体的加速度，再用隔离法分析个体的受力情况．
【解析】对B、C整体受力分析，受重力、支持力，B、C沿斜面匀加速下滑，则A、B间摩擦力不为零，BC在水平方向有向左的加速度，则B受A对它的向左的摩擦力，故A错误；选A、B、C整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知A加速度大小为gsin θ，故B错误；取C为研究对象，当斜劈B的倾角也为θ时，C只受重力和斜面的支持力，加速度才为ac=gsinθ，故C正确；斜面对A的作用力垂直斜面向上，则A对斜面的作用力垂直斜面向下，这个力可分解为水平和竖直的两个分力，故斜面具有向右相对运动的趋势，斜面受到地面的摩擦力水面向左，故D错误．故选C．
【点睛】
若一个系统中涉及两个或者两个以上物体的问题，在选取研究对象时，要灵活运用整体法和隔离法．对于多物体问题，如果不求物体间的相互作用力，我们优先采用整体法，这样涉及的研究对象少，未知量少，方程少，求解简便；很多情况下，通常采用整体法和隔离法相结合的方法．
3．D
【解析】牛顿第一定律提出了当物体的合外力为零时，物体将处于静止状态或者匀速直线运动状态，选项A错误；物体的惯性只与质量有关，与速度无关，选项B错误；跳高时，运动员能跳离地面，人对地面的压力与地面对人的支持力是一对作用和反作用力，则人对地面的压力等于地面对人的支持力，选项C错误；在受到相同的作用力时，决定物体运动状态变化难易程度的唯一因素是物体的质量，质量越大，运动状态不容易改变，选项D正确；故选D.
4．C
【解析】试题分析：以人为研究对象，加速过程中，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下沿电梯加速上升，匀速运动时，人受到重力和支持力作用，故A错误；
在慢慢加速的过程中，受力如图，物体加速度与速度同方向，合力斜向右上方，因而顾客受到的摩擦力与接触面平行水平向右，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，处于超重状态；由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下，在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下；故BD错误，C正确．故选C．
考点：牛顿第二定律的应用
5．C
【解析】由F随时间t的变化知0～2 s时间内，质点加速运动，2s～4s时间内，质点减速运动，由运动的对称性知A、B、D错，C对．
考点：牛顿第二定律及运动规律
6．C
【解析】箱子在下落过程中，受到的重力不变，由于空气阻力与速率平方成正比，所以在下落过程中，速率越来越大，阻力也越来越大，这样合力就越来越小，加速度越来越小，最后箱子会匀速运动．因为救灾物资和箱子一起运动，具有相同的速度和加速度，所以开始时物资和箱子间没有弹力，随着速度的增大，弹力增大，最后弹力等于重力大小．所以答案ABD错误．C正确．
7．B
【解析】试题分析：对物体受力分析可知，0到3s内，由于滑动摩擦力为：Ff=μFN＝μmg=0．2×20N=4N，恰好等于外力F大小，所以物体仍能保持静止状态，3s到6s内，物体产生的加速度为：，发生的位移为： ;6s到9s内，物体所受的合力为零，做匀速直线运动，由于6s时的速度为：v=at=2×3=6m/s，所以发生的位移为：x3=vt=6×（9-6）=18m；9到12s内，物体做匀加速直线运动，发生的位移为：x4=vt+at2=6×3+×2×32=27m；所以总位移为：x=0+x2+x3+x4==9+18+27=54m，所以B正确；
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】遇到多过程的动力学问题，应分别进行受力分析和运动过程分析，然后选取相应的物理规律进行求解，也可以借助v-t图象求解．
8．B
【解析】A．0~t1时间内小物块向左做匀减速直线运动，t1时刻小物块向左速度减为零，此时离A处的距离达到最大，故A错误；
B．t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后小物块相对传送带静止，时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；
C．0~t2时间内小物块先减速，后反向加速，小物块受到大小不变，方向始终向右的摩擦力作用，故C错误；
D．时刻小物块向右速度增加到与皮带相等，时刻之后小物块与皮带保持相对静止随水平传送带一起匀速运动，摩擦力消失，故D错误。
故选B。
9．AD
【解析】A．由a=可知，物体的加速度与其所受合力成正比，与其质量成反比，选项A正确；
B．物体的质量与其所受合力以及运动的加速度无关，选项B错误；
C．物体所受的合力与物体的质量以及物体的加速度无关，选项C错误；
D．由m=可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合力求出，选项D正确。
故选AD。
10．ABC
【解析】A．若传送带不动，工件的加速度
a=μg=1m/s2
由得
m/s=3m/s
选项A正确；
B．若传送带以速度v=4m/s逆时针匀速转动，工件的受力情况不变，由牛顿第二定律得知，工件的加速度仍为
a=μg=1m/s2
工件的运动情况跟传送带不动时的一样，则
vB=3m/s
选项B正确；
CD．若传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动，工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左，做匀减速运动，工件的加速度仍为
a=μg=1m/s2
当工件的速度减为零时，有
所以工件达到B端时一直做匀减速运动，达到B端的瞬时速度
m/s=3m/s
选项C正确，D错误。
故选ABC。
11．AB
【解析】A．物体C恰好滑动时，对C
物体A恰好滑动时，对BC整体，A、B之间的摩擦力为
解得
物体A、B之间的最大静摩擦力为
因为 ，表明此时A、B之间没有滑动，也就是说B、C之间先滑动，A、B、C三个物体始终相对静止的最大加速度为，选整体由牛顿第二定律得
解得 ，A正确；
B．当力F1=μmg时，对整体
对A
解得
B正确；
C．B的最大加速度为
解得 ，C错误；
D．B相对A恰好滑动时，对A、B整体
对A
解得，当力时，B相对A滑动，D错误。
故选AB。
12．BC
【解析】A．对物体受力分析，根据牛顿第二定律得
则两个物体加速度大小之比为
A错误；
BC．物体下滑的位移为，根据运动学公式有
解得
下滑时间与角度无关，所以下滑的时间之比为1∶1，根据可知，下滑到A处的速度之比为
所以B、C正确；
D．两个物体的加速度之比为，根据牛顿第二定律知，合外力之比为
D错误。
故选BC。
13．2 0.5
【解析】根据图像可知物体所受的水平拉力随时间的关系：
根据牛顿第二定律可得：
根据题意则有：
联立整理得：
由于物体沿一水平面从静止开始做匀加速直线运动，则有：
加速度为
该物体的质量为
14．0 10 0 2 0
【解析】小球从高处由静止落下过程中，受到重力和空气阻力作用，由于空气阻力随着速度的增大而增大，则小球的合力在减小，根据牛顿第二定律可知，加速度在减小，当空气阻力与重力大小相等时，小球开始做匀速运动．故小球做加速减小的变加速运动，最后做匀速运动，速度达到最大，可知小球开始下落的瞬间，加速度最大，此时空气阻力F=0时，即只受重力，则最大加速度为amax=g=10m/s2．小球速度最大时，空气阻力F=mg=2N，加速度为a=0．故依次填：0，10，0， 2，0．
15．D 0.62 平衡摩擦力 C
【解析】(1)A．实验前要平衡摩擦力，每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，故A错误；
B．实验时应先接通电源，然后再释放小车，故B错误；
C．在砝码及砝码盘B的质量远小于小车A的质量时，小车受到的拉力近似等于砝码及砝码盘受到的重力，故C错误；
D．应用图象法处理加速度与质量关系实验数据时，为了直观，应作a-图象，故D正确；
(2)根据匀变速直线运动的推论公式
Δx=aT2
可以求出加速度的大小，得纸带的加速度为
a=m/s2=0.62m/s2
(3)将长木板右端适当垫高，其目的是平衡摩擦力；
把长木板的右端垫得过高，使得倾角过大，小车所受重力平行于木板的分力大于小车受到的摩擦力，小车受到的合力大于细线的拉力，在小车不受力时，小车已经具有一定的加速度，a-F图象不过原点，在a轴上有截距，因此他绘出的a-F关系图象是C。
16．小车的总质量 小车所受外力 C
【解析】(1)探究加速度与力的关系，应保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车受到的合外力
(2)本实验要探索“加速度和力的关系”所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受合外力；由于OA段a－F关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；设小车的质量为M，钩码的质量为m，由实验原理得
mg=Ma
得
a==
而实际上
a′=
可见AB段明显偏离直线是由于没有满足Mm造成的。
故选C。
17．a=1.0m/s2, FN′＝330N
【分析】
以人与吊板整体为研究对象，运用牛顿第二定律求出加速度．再隔离吊板研究，再由牛顿第二定律求出人对吊板的压力F．
【解析】以人与吊板整体为研究对象，分析受力如图1所示，根据牛顿第二定律得：
2F绳-（m人+m板）g=（m人+m板）a
代入解得：a=1m/s2
再以吊板为研究对象，分析受力如图2所示，得到：
F绳-F-m板g=m板a
代入解得：F=330N
【点睛】
本题考查灵活选择研究对象的能力，当几个物体的加速度相同时，可以采用整体法求解加速度．
18．撤去拉力F后，物体两次经过B点，第一次时间为1s，第二次时间为1.8s．
【分析】
未撤去F时，由牛顿第二定律求出物体的加速度，由位移公式求出此过程滑行的位移，再由牛顿第二定律求出撤去F后物体滑行的加速度，由位移公式求出物体第一次经过B点的时间．物体滑上斜面后，由牛顿第二定律求出加速度大小，由运动学公式求出物体在斜面上滑行的总时间，再求解物体第二次经过B点的时间．
【解析】物体在水平面上运动过程：设撤去F前后物体的加速度大小分别为、
由牛顿第二定律得：
代入解得：
恒力F作用t=2s后物体的位移为
此时物体的速度为
设撤去拉力F后，物体第一次经过B点的时间为
则由：
代入解得：
（舍去，根据，判断出物体到不了B点）
物体在斜面上运动过程：设加速度大小为
则有：
解得：
由上可得物体滑到B点时速度大小为
则物体物体在斜面上滑行的总时间
所以物体第二次经过B点的时间为
【点睛】
本题是牛顿第二定律和运动学的综合应用，关键要抓住物体在斜面上运动具有对称性，上滑和下滑时间相等，不能漏解．
19．（1）（2）aA= aB=0
【解析】（1）隔离B木块分析，由平衡条件可得
由胡克定律
两木块间的距离为
（2）剪断细线瞬间弹簧弹力不变，对物块B由牛顿第二运动定律有
解得
对于物块A有
解得