4.5牛顿第三定律（预习衔接.夯实基础.含解析）2025-2026学年高一上学期物理必修第一册教科版（2019）

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预习衔接.夯实基础 牛顿第三定律
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 红桥区期末）如图所示，物体静止于水平桌面上，则（　　）
A．物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力
B．桌面对物体的支持力的大小等于物体的重力，这两个力是一对平衡力
C．物体对桌面的压力就是物体的重力，这两个力是同一种力
D．物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对平衡的力
2．（2024春 让胡路区校级期末）如图所示，水平桌面上平铺一张宣纸，宣纸的左侧压有一镇纸，写字过程中宣纸保持静止不动，下列说法正确的是（　　）
A．镇纸受到的支持力和它对宣纸的压力是一对平衡力
B．竖直提起毛笔悬空时，增大握笔的力度可以增大手和笔之间的摩擦力
C．自左向右行笔写一横过程中，镇纸不受摩擦力作用
D．自左向右行笔写一横过程中，桌面给宣纸的摩擦力向右
3．（2024秋 绵阳期末）为取票便捷，各火车站都安装了自动取票机，旅客将二代身份证放在“感应区”就可以获取车票。一般将感应区设计为斜面，如图所示。若身份证放在感应区斜面上处于静止状态，则（　　）
A．斜面对身份证的摩擦力方向沿斜面向下
B．斜面对身份证的支持力是由于身份证发生形变产生的
C．斜面对身份证的支持力与身份证对斜面的压力是一对平衡力
D．斜面对身份证的作用力与身份证所受重力大小相等方向相反
4．（2024秋 抚顺期末）如图所示，轻弹簧的一端固定在垂直于光滑的倾角为θ的斜面底端挡板上，另一端自然伸长于斜面O点，将质量为m的物体拴接于弹簧上端后静止于距斜面O点x0处；现用平行于斜面向上的力F缓慢拉动物体，使在弹性限度内斜向上运动了4x0，物体再次静止。撤去F后，物体开始沿斜向下运动，重力加速度为g，不计空气阻力。则撤去F后（　　）
A．物体先做匀加速运动至O点，过O点后加速度一直减小
B．物体运动至最低点时弹力大小等于mgsinθ
C．物体刚运动时的加速度大小为4gsinθ
D．物体向下运动至O点速度最大
5．（2024秋 武邑县校级期末）关于牛顿运动定律的理解，下列说法正确的是（　　）
A．抛出去的小球，离手后仍能运动，说明小球已经失去惯性
B．物体不受力时处于静止或匀速运动的状态
C．物体所受的合力方向与物体的加速度方向可能相反
D．甲、乙双方进行拔河比赛，甲方胜利，说明甲对乙的力大于乙对甲的力
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2024秋 肇东市校级期末）牛顿是出生在17世纪英国伟大的科学家，而牛顿三大定律更是人类探索自然奥秘的重大发现。关于牛顿三大定律，下列说法中正确的是（　　）
A．牛顿第一定律是在大量实验事实的基础上通过推理而概括出来的结论
B．羽毛球可以被快速抽杀，是因为它质量小，惯性小，运动状态容易改变
C．甲、乙两队进行拔河比赛，甲队获胜，其力学上的根本原因是甲队拉绳的力比乙队拉绳的力大
D．任何情况下，速度的方向总与合外力方向相同
（多选）7．（2024秋 抚顺期末）如图所示，蚂蚁们“头顶着”食物沿树枝向上爬行，10s内前进了0.2m，则（　　）
A．当蚂蚁匀速爬行时，食物对蚂蚁的力与蚂蚁对食物的力是一对平衡力
B．“10s”是时刻，“0.2m”是路程
C．观察蚂蚁行走时的肢体分工时，蚂蚁不能视为质点
D．树枝对蚂蚁的支持力是由于树枝的形变产生的
（多选）8．（2024秋 市中区期末）2023年10月7日，杭州亚运会女排决赛，中国女排3：0横扫日本女排实现卫冕。女排运动员向上跳起击球的慢动作过程为：从直立状态开始屈腿下蹲，使重心下移，由静止蹬地起跳后离开地面，竖直向上运动直到最高点。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．在加速下蹲过程中，运动员对地面的压力等于地面对运动员的支持力
B．在屈腿下蹲过程中，运动员对地面的压力是由于其鞋子发生形变产生的
C．蹬地起跳时，运动员受到的地面支持力大于运动员对地面的压力
D．蹬地起跳时，运动员对地面的压力越大，跳起高度越高，惯性也越大
（多选）9．（2024春 鼓楼区校级期末）“柳条搓线絮搓棉，搓够干寻放纸鸢”，四月正是放风筝的好时节。如图所示，在轻绳拉力的作用下，风筝始终静止在空中，下列说法正确的是（　　）
A．轻绳对人的拉力大于地面对人的摩擦力
B．人对地面的压力小于人和风筝受到的总重力
C．气流对风筝的作用力方向水平向左
D．气流对风筝的作用力方向沿轻绳向上
三．填空题（共2小题）
10．（2024秋 重庆期末）如图所示，质量为m的光滑小球，用轻绳连接后，挂在三角劈的顶端，绳与斜面平行，劈在光滑水平面上运动，劈的加速度a至少 　 　m/s2时小球对劈无压力，且加速度方向应为 　 　。
11．（2024秋 鼓楼区校级期末）如图所示，一固定斜面上表面光滑，倾角为30°，斜面顶端固定一个光滑定滑轮。跨过定滑轮的轻质细线，一端竖直悬挂小球A，另一端连接物块B，细线的倾斜部分与斜面平行。用手按住物块B。整个系统处于静止状态。小球A的质量为m，物块B的质量为4m，重力加速度为g。现突然松开按住物块B的手，松手的瞬间，小球A的加速度大小为 　 　；细线上的拉力大小为 　 　。（结果用题中所给的字母表达）
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 泸县校级期末）如图所示，小球A置于水平面上的半圆体上静止，半圆柱体底面粗糙，其斜面光滑。小球B用系于竖直板上的水平轻弹簧拉着，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态。已知A球质量为m，O点在半圆主体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆住体半径相等，OB与竖直方向成45°角，重力加速度为g，求：
（1）小球A受到细线的拉力大小；
（2）若半圆柱体质量也为m且恰好不滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，半圆柱体底面与地面间的动摩擦因数μ；
（3）若将OB绳剪断，则在剪断瞬间，小球B的加速度的大小和方向。
13．（2024秋 沙坪坝区校级期末）如图所示，倾角θ＝37°的斜面AB与光滑水平面BC平滑连接，BC的右端与水平传送带紧密相连，传送带逆时针匀速转动的速度大小v0＝2.0m/s。有一质量m＝1.0kg的物块从斜面上高为h处静止释放，已知滑块与斜面及传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.50和μ2＝0.40，传送带C、D两端距离L＝2.0m。（g取10m/s2）
（1）若h＝3.0m，求物块到达B点时的速度大小vB；
（2）若释放高度h满足一定条件后，物块在传送带上运动一次后总能以相同的速度返回C点，求h的范围。
14．（2024秋 下城区校级期末）国家快递大数据平台实时监测数据显示，我国快递年业务量首次突破千亿级别，已连续8年稳居世界第一。如图甲所示是某快递点分拣快递装置的部分简化示意图，可视为质点的某快递从倾角为θ＝53°的斜面顶端A点静止释放，沿斜面AB下滑，进入水平传送带BC传送，最后能从水平末端C点水平抛出，落到水平地面，斜面与传送带之间由一小段不计长度的光滑圆弧连接。已知斜面AB长L1＝2m，水平传送带BC长L2m，传送带上表面距水平地面h＝1.25m，该快递与斜面间动摩擦因数μ1，与传动带间动摩擦因数μ2，传送带以大小为v的速度顺时针转动，不考虑传送带滑轮大小，g＝10m/s2，求：
（1）快递刚滑到传送带上时的速度vB的大小；
（2）调节传送带速度使快递落地点与抛出点C点的水平距离最大，则传送带速度至少多大，并求出与抛出点的最大水平距离？
（3）若在传送带右侧加装一个收集装置，其内边界截面为四分之一圆形，如图乙为传送带右半部分和装置的示意图，C点为圆心，半径为Rm，若要使该快递从C点抛出后落到收集装置时的速度最小，则传送带速度应该调节为多大？
15．（2024秋 烟台期末）一个质量M＝15kg、倾角θ1＝37°的斜面放置在水平面上，其右端有一个固定于水平面上的光滑竖直杆，一段长度不变的轻绳绕过固定于斜面顶端的轻质滑轮（不计绳与滑轮之间摩擦），一端连接停放在斜面上的物体A上面，另一端连接在穿过竖直杆的物块B上，轻绳与斜面平行，与竖直杆之间的夹角θ2＝53°，A、B和斜面都处于静止状态，物体A的质量为10kg，物块B的质量为3kg，A与斜面间动摩擦因数μ＝0.5，设A受到最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8。求：
（1）A受到的摩擦力；
（2）斜面M对地面的压力大小；
（3）若将斜面向左缓慢移动，直到物体A恰好相对斜面静止不动时停止移动，此时斜面仍然能够保持静止状态，求绳和竖直杆之间夹角的余弦值。
预习衔接.夯实基础 牛顿第三定律
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 红桥区期末）如图所示，物体静止于水平桌面上，则（　　）
A．物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力
B．桌面对物体的支持力的大小等于物体的重力，这两个力是一对平衡力
C．物体对桌面的压力就是物体的重力，这两个力是同一种力
D．物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对平衡的力
【考点】相互作用力与平衡力的区别和联系；力的定义和特点．
【专题】定性思想；推理法；弹力的存在及方向的判定专题．
【答案】B
【分析】平衡力与一对作用力与反作用力的区别：一对平衡力作用在一个物体上，性质可以不同；一对作用力与反作用力作用在两个物体上，性质一定相同．
【解答】解：A、B、桌面对物体的支持力和物体所受的重力是一对平衡力，故A错误，B正确；
C、物体对桌面的压力是由于物体的重力而产生的，但不能说就是物体的重力，它们是不同性质的力，施力物体和受力物体也不同，故C错误。
D、桌面对物体的支持力和物体对桌面的压力是一对作用力与反作用力，故D错误；
故选：B。
【点评】此题主要通过实例考查了二力平衡的条件与相互作用力的关系，是一道容易出错的题目，记住一对平衡力与一对作用力与反作用力的区别就可顺利解决．
2．（2024春 让胡路区校级期末）如图所示，水平桌面上平铺一张宣纸，宣纸的左侧压有一镇纸，写字过程中宣纸保持静止不动，下列说法正确的是（　　）
A．镇纸受到的支持力和它对宣纸的压力是一对平衡力
B．竖直提起毛笔悬空时，增大握笔的力度可以增大手和笔之间的摩擦力
C．自左向右行笔写一横过程中，镇纸不受摩擦力作用
D．自左向右行笔写一横过程中，桌面给宣纸的摩擦力向右
【考点】相互作用力与平衡力的区别和联系；判断是否存在摩擦力．
【专题】定性思想；推理法；受力分析方法专题；理解能力．
【答案】C
【分析】镇纸受到的支持力和它对宣纸的压力是相互作用力；用力握毛笔时，不会增大手对笔的摩擦力；因镇纸受力个数较少，故以镇纸为突破口，分析出镇纸不受摩擦力，宣纸在水平方向上只受笔对其的摩擦力与桌面对其的摩擦力。
【解答】解：A、镇纸受到的支持力和它对宣纸的压力是作用力和反作用力，不是平衡力，故A错误；
B、竖直提起毛笔悬空时，增大握笔的力度只会增大最大静摩擦力，手和笔之间的摩擦力与笔的重力平衡，大小保持不变，故B错误；
C、毛笔相对于宣纸向右运动，则宣纸对毛笔有向左的摩擦力，宣纸相对于桌面有向右的运动趋势，所以桌面对宣纸有向左的摩擦力，镇纸与宣纸只有一个接触面，且镇纸保持静止状态，所以镇纸和宣纸间无摩擦力的作用，故C正确；
D、自左向右行笔写一横过程中，毛笔对宣纸的摩擦力向右，再对宣纸受力分析可知，桌面给宣纸的摩擦力向左，故D错误。
故选：C。
【点评】解答本题的关键是能结合已知条件，灵活选择研究对象，注意相对运动趋势的理解。
3．（2024秋 绵阳期末）为取票便捷，各火车站都安装了自动取票机，旅客将二代身份证放在“感应区”就可以获取车票。一般将感应区设计为斜面，如图所示。若身份证放在感应区斜面上处于静止状态，则（　　）
A．斜面对身份证的摩擦力方向沿斜面向下
B．斜面对身份证的支持力是由于身份证发生形变产生的
C．斜面对身份证的支持力与身份证对斜面的压力是一对平衡力
D．斜面对身份证的作用力与身份证所受重力大小相等方向相反
【考点】相互作用力与平衡力的区别和联系；静摩擦力的方向．
【专题】定性思想；推理法；受力分析方法专题；理解能力．
【答案】D
【分析】身份证放在识别感应区上处于静止状态时受力平衡，根据受力情况结合平衡条件，以及弹力的产生进行解答。
【解答】解：A．根据受力平衡可知，斜面对身份证的摩擦力方向沿斜面向上，故A错误；
B．根据弹力的产生可知，斜面对身份证的支持力是由于斜面发生形变产生的，故B错误；
C．斜面对身份证的支持力与身份证对斜面的压力是两个物体之间的相互作用，是一对相互作用力，故C错误；
D．根据受力平衡可知，斜面对身份证的作用力与身份证所受重力平衡，则大小相等方向相反，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要是考查了作用力与反作用力以及共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、根据平衡条件进行解答。
4．（2024秋 抚顺期末）如图所示，轻弹簧的一端固定在垂直于光滑的倾角为θ的斜面底端挡板上，另一端自然伸长于斜面O点，将质量为m的物体拴接于弹簧上端后静止于距斜面O点x0处；现用平行于斜面向上的力F缓慢拉动物体，使在弹性限度内斜向上运动了4x0，物体再次静止。撤去F后，物体开始沿斜向下运动，重力加速度为g，不计空气阻力。则撤去F后（　　）
A．物体先做匀加速运动至O点，过O点后加速度一直减小
B．物体运动至最低点时弹力大小等于mgsinθ
C．物体刚运动时的加速度大小为4gsinθ
D．物体向下运动至O点速度最大
【考点】作用力与反作用力；胡克定律及其应用．
【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】简谐运动，衡位置加速度小；
根据平衡条件和牛顿第二定律列式，分析最低点加速度和弹力；
简谐运动，平衡位置速度最大。
【解答】解：A．物体在弹力和重力下滑分力的作用下，做简谐运动，做变加速运动至O点，过O点后加速度先减小后增大，故A错误；
BC．根据平衡条件，有mgsinθ＝kx0
释放时，根据牛顿第二定律，则有
k 3x0+mgsinθ＝4mgsinθ＝ma
物体刚运动时的加速度大小，同时也是最低点的加速度大小为
a＝4gsinθ
则在最低点时，根据牛顿第二定律，则有
F﹣mgsinθ＝ma
物体运动至最低点时弹力大小等于
F＝5mgsinθ
故B错误，C正确；
D．距斜面O点x0处为平衡位置，运动至该位置的速度最大，故D错误。
故选：C。
【点评】本题解题关键是掌握平衡条件和牛顿第二定律，具有一定综合性，难度中等。
5．（2024秋 武邑县校级期末）关于牛顿运动定律的理解，下列说法正确的是（　　）
A．抛出去的小球，离手后仍能运动，说明小球已经失去惯性
B．物体不受力时处于静止或匀速运动的状态
C．物体所受的合力方向与物体的加速度方向可能相反
D．甲、乙双方进行拔河比赛，甲方胜利，说明甲对乙的力大于乙对甲的力
【考点】牛顿第三定律的理解与应用；牛顿第一定律的内容与应用；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据牛顿运动定律的基础内容及牛顿第二定律的矢量性分析判断即可。
【解答】解：A．一切物体都有惯性，并且惯性的大小只与物体的质量有关，惯性的大小与物体的运动状态无关，抛出去的小球，小球的质量不变，惯性不变，故A错误；
B．根据牛顿第一定律可知，物体不受力时处于静止或匀速运动的状态，故B正确；
C．由牛顿第二定律知，物体所受的合力方向与物体的加速度方向一定相同，故C错误；
D．甲对乙的力与乙对甲的力是相互作用力，大小相等，甲方胜利的原因是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，故D错误。
故选：B。
【点评】牛顿运动定律是经典力学的基础，也是高中物理中的重要内容之一，应能熟练、准确地理解并应用它。
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2024秋 肇东市校级期末）牛顿是出生在17世纪英国伟大的科学家，而牛顿三大定律更是人类探索自然奥秘的重大发现。关于牛顿三大定律，下列说法中正确的是（　　）
A．牛顿第一定律是在大量实验事实的基础上通过推理而概括出来的结论
B．羽毛球可以被快速抽杀，是因为它质量小，惯性小，运动状态容易改变
C．甲、乙两队进行拔河比赛，甲队获胜，其力学上的根本原因是甲队拉绳的力比乙队拉绳的力大
D．任何情况下，速度的方向总与合外力方向相同
【考点】牛顿第三定律的理解与应用；牛顿第一定律的内容与应用；惯性与质量．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】AB
【分析】牛顿第一定律不是实验得出的，是在大量实验事实的基础上通过推理而概括出来的；质量是惯性大小的量度，质量小，惯性小，运动状态容易改变；相互作用力总是大小相等方向相反；根据牛顿第二定律可知，任何情况下，加速度的方向总与合外力方向相同。
【解答】解：A．牛顿第一定律不是实验得出的，是在大量实验事实的基础上通过推理而概括出来的，故A正确；
B．质量是惯性大小的量度，质量小，惯性小，运动状态容易改变，则羽毛球可以被快速抽杀，故B正确；
C．甲、乙两队进行拔河比赛中，根据牛顿第三定律可知，甲队对绳子的拉力等于乙队对绳子的拉力，故C错误。
D．根据牛顿第二定律可知，任何情况下，加速度的方向总与合外力方向相同，而速度不一定和合外力同向，故D错误；
故选：AB。
【点评】本题考查了牛顿的三大运动规律，题目较基础。
（多选）7．（2024秋 抚顺期末）如图所示，蚂蚁们“头顶着”食物沿树枝向上爬行，10s内前进了0.2m，则（　　）
A．当蚂蚁匀速爬行时，食物对蚂蚁的力与蚂蚁对食物的力是一对平衡力
B．“10s”是时刻，“0.2m”是路程
C．观察蚂蚁行走时的肢体分工时，蚂蚁不能视为质点
D．树枝对蚂蚁的支持力是由于树枝的形变产生的
【考点】作用力与反作用力；质点；时刻、时间的物理意义和判断；位移、路程及其区别与联系；弹性形变和塑性形变．
【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题；理解能力．
【答案】CD
【分析】两物体之间的力是一对相互作用力；
时间为一段时间间隔，路程为轨迹大小；
形状大小是主要因素，不能忽略，不能看成质点；
弹力由弹性形变产生。
【解答】解：A．食物对蚂蚁的力与蚂蚁对食物的力是一对相互作用力，故A错误；
B．依题意，可知“10s”所指为时间间隔，“0.2m”是路程，故B错误；
C．观察蚂蚁行走时的肢体分工时，蚂蚁形状、尺寸对该研究过程有影响，形状大小是主要因素，不能忽略，故不能视为质点，故C正确；
D．支持力是弹力，树枝对蚂蚁的支持力是由于树枝的形变产生的，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题解题关键是掌握基本物理概念，如相互作用力、路程、时间、质点等，比较基础。
（多选）8．（2024秋 市中区期末）2023年10月7日，杭州亚运会女排决赛，中国女排3：0横扫日本女排实现卫冕。女排运动员向上跳起击球的慢动作过程为：从直立状态开始屈腿下蹲，使重心下移，由静止蹬地起跳后离开地面，竖直向上运动直到最高点。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．在加速下蹲过程中，运动员对地面的压力等于地面对运动员的支持力
B．在屈腿下蹲过程中，运动员对地面的压力是由于其鞋子发生形变产生的
C．蹬地起跳时，运动员受到的地面支持力大于运动员对地面的压力
D．蹬地起跳时，运动员对地面的压力越大，跳起高度越高，惯性也越大
【考点】牛顿第三定律的理解与应用；超重与失重的概念、特点和判断；惯性与质量；作用力与反作用力．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】AB
【分析】A.根据牛顿第三定律进行分析判断；
B.根据弹力产生的原因进行分析解答；
CD.根据牛顿第三定律结合惯性的知识进行分析解答。
【解答】解：A.在加速下蹲的过程中，运动员对地面的压力和地面对运动员的支持力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故A正确；
B.在屈腿下蹲的过程中，运动员对地面的压力是由于运动员的鞋子产生形变得到的，故B正确；
CD.蹬地起跳时，运动员对地面的压力和地面对运动员的支持力仍然是大小相等，方向相反的，压力越大，跳起的高度越高，但惯性不变，故CD错误。
故选：AB。
【点评】考查牛顿运动定律，会根据题意进行准确分析和解答。
（多选）9．（2024春 鼓楼区校级期末）“柳条搓线絮搓棉，搓够干寻放纸鸢”，四月正是放风筝的好时节。如图所示，在轻绳拉力的作用下，风筝始终静止在空中，下列说法正确的是（　　）
A．轻绳对人的拉力大于地面对人的摩擦力
B．人对地面的压力小于人和风筝受到的总重力
C．气流对风筝的作用力方向水平向左
D．气流对风筝的作用力方向沿轻绳向上
【考点】作用力与反作用力；判断物体的受力个数．
【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】AB
【分析】人受到向下的重力、向上的支持力、绳子的拉力和水平向左的摩擦力，然后用正交分解法，对风筝受力分析，根据共点力平衡判断；根据共点力平衡判断气流对风筝的作用力大小和方向，再对风筝和人整体受力分析，根据共点力平衡分析判断人受地面的支持力和重力的关系，最后根据牛顿第三定律分析即可。
【解答】解：A．对人受力分析如图所示：
根据共点力平衡条件可知，轻绳对人的拉力的水平分力Tcosθ等于地面对人的摩擦力f，
即Tcosθ＝f
由于cosθ＜1
因此拉力大于地面对人的摩擦力，故A正确；
BCD．风筝受到重力，绳子拉力和气流对风筝的作用力，气流对风筝的作用力一定与重力和绳子拉力的合力平衡，因此一定指向左上方，由于风筝受到气流对它向左上方的作用力，将人和风筝作为整体，气流对风筝的作用力在竖直方向上，有一个竖直向上的分力，根据共点力平衡条件可知，人受地面的支持力小于人和风筝受到的总重力，根据牛顿第三定律可知，人对地面的压力小于人和风筝受到的总重力，故B正确，CD错误。
故选：AB。
【点评】本题考查共点力平衡，解题关键是选取研究对象，做好受力分析，根据共点力平衡条件判断即可，注意设计多个物体平衡时可选用整体法，物体受多个力时可选用正交分解法，注意遇到作用力与反作用力的关系时，要用牛顿第三定律去说明。
三．填空题（共2小题）
10．（2024秋 重庆期末）如图所示，质量为m的光滑小球，用轻绳连接后，挂在三角劈的顶端，绳与斜面平行，劈在光滑水平面上运动，劈的加速度a至少 　　m/s2时小球对劈无压力，且加速度方向应为 　水平向左　。
【考点】作用力与反作用力；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】、水平向左。
【分析】对小球进行受力分析，在竖直方向和水平方向根据平衡条件、牛顿第二定律即可求得加速度；
当刚好无压力时，由共点力平衡和牛顿第二定律即可求得加速度方向。
【解答】解：当小球受到支持力为零时，小球对劈无压力。
此时轻绳沿竖直方向的分力T1等于重力：T1＝Tsinθ＝mg
沿水平方向的分力T2，方向水平向左，由牛顿第二定律可得：T2＝Tcosθ＝ma
联立解得：
方向同T2的方向相同，水平向左。
故答案为：、水平向左。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确对小球进行受力分析，把握住隐含的临界条件。
11．（2024秋 鼓楼区校级期末）如图所示，一固定斜面上表面光滑，倾角为30°，斜面顶端固定一个光滑定滑轮。跨过定滑轮的轻质细线，一端竖直悬挂小球A，另一端连接物块B，细线的倾斜部分与斜面平行。用手按住物块B。整个系统处于静止状态。小球A的质量为m，物块B的质量为4m，重力加速度为g。现突然松开按住物块B的手，松手的瞬间，小球A的加速度大小为 　　；细线上的拉力大小为 　　。（结果用题中所给的字母表达）
【考点】作用力与反作用力；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】，。
【分析】利用整体法，对小球分析可求出加速度，对小球单独分析可求出拉力大小。
【解答】解：对小球与物块进行分析有4mgsin30°﹣mg＝5ma，解得ag
对小球进行分析有T﹣mg＝ma，解得T
故答案为：，。
【点评】学生在解答本题时，应注意灵活选择研究对象，采用整体法分析可提高解题效率。
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 泸县校级期末）如图所示，小球A置于水平面上的半圆体上静止，半圆柱体底面粗糙，其斜面光滑。小球B用系于竖直板上的水平轻弹簧拉着，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态。已知A球质量为m，O点在半圆主体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆住体半径相等，OB与竖直方向成45°角，重力加速度为g，求：
（1）小球A受到细线的拉力大小；
（2）若半圆柱体质量也为m且恰好不滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，半圆柱体底面与地面间的动摩擦因数μ；
（3）若将OB绳剪断，则在剪断瞬间，小球B的加速度的大小和方向。
【考点】作用力与反作用力；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）小球A受到细线的拉力大小为；
（2）若半圆柱体质量也为m且恰好不滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，半圆柱体底面与地面间的动摩擦因数μ为；
（3）若将OB绳剪断，则在剪断瞬间，小球B的加速度的大小为，方向竖直方向夹角为45°斜向右下方。
【分析】（1）先对B受力分析，根据共点力平衡求出绳子的拉力和弹簧弹力大小，
（2）最大静摩擦力等于滑动摩擦力，半圆柱体底面与地面间的动摩擦因数；
（3）剪断OA绳子的瞬间弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律可得B的加速度大小。
【解答】解：（1）对A、B受力分析如下
TOA＝TOB
由几何关系可知
FN＝TOA
且有
mg＝2TOAcos30°
可得
（2）对半圆柱体，根据水平方向上受力平衡可得
F'Nsin30°＝μ（mg+F'Ncos30°）
FN＝F'N
代入数据解得
（3）若将OB绳剪断，剪断绳子前，B的重力与弹簧拉力的合力与TOB平衡，
则在剪断瞬间B的重力与弹簧拉力的合力与TOB等大反向，
则有
可得B的加速度大小
方向与竖直方向夹角为45°斜向右下方。
答：（1）小球A受到细线的拉力大小为；
（2）若半圆柱体质量也为m且恰好不滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，半圆柱体底面与地面间的动摩擦因数μ为；
（3）若将OB绳剪断，则在剪断瞬间，小球B的加速度的大小为，方向竖直方向夹角为45°斜向右下方。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
13．（2024秋 沙坪坝区校级期末）如图所示，倾角θ＝37°的斜面AB与光滑水平面BC平滑连接，BC的右端与水平传送带紧密相连，传送带逆时针匀速转动的速度大小v0＝2.0m/s。有一质量m＝1.0kg的物块从斜面上高为h处静止释放，已知滑块与斜面及传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.50和μ2＝0.40，传送带C、D两端距离L＝2.0m。（g取10m/s2）
（1）若h＝3.0m，求物块到达B点时的速度大小vB；
（2）若释放高度h满足一定条件后，物块在传送带上运动一次后总能以相同的速度返回C点，求h的范围。
【考点】作用力与反作用力；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；分析综合能力．
【答案】（1）物块到达B点时的速度大小vB为；
（2）物块在传送带上运动一次后总能以相同的速度返回C点h的范围为0.6m≤h≤2.4m。
【分析】（1）对物块进行受力分析，应用牛顿第二定律求出加速度；再用位移—速度公式求vB；
（2）物块滑向传送带的速度要不小于传送带转动的速度且不能从D点滑下。
【解答】解：（1）根据题意，物块在斜面上运动时，由牛顿第二定律有
mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma1
解得
由运动学公式有
解得
（2）物块在传送带上运动，由牛顿第二定律有
μ2mg＝ma2
解得
若要物块在传送带上运动一次后总能以相同的速度返回C点，则物块到达B点速度
vB≥v0＝2m/s
且物块不能从D点离开传送带，则有
解得
h≥0.6m
物块滑到D点时速度为0，则物块恰好不能从D点离开传送带，则有
解得
h＝2.4m
综上所述，物块在传送带上运动一次后总能以相同的速度返回C点h的范围为
0.6m≤h≤2.4m
答：（1）物块到达B点时的速度大小vB为；
（2）物块在传送带上运动一次后总能以相同的速度返回C点h的范围为0.6m≤h≤2.4m。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成解答。
14．（2024秋 下城区校级期末）国家快递大数据平台实时监测数据显示，我国快递年业务量首次突破千亿级别，已连续8年稳居世界第一。如图甲所示是某快递点分拣快递装置的部分简化示意图，可视为质点的某快递从倾角为θ＝53°的斜面顶端A点静止释放，沿斜面AB下滑，进入水平传送带BC传送，最后能从水平末端C点水平抛出，落到水平地面，斜面与传送带之间由一小段不计长度的光滑圆弧连接。已知斜面AB长L1＝2m，水平传送带BC长L2m，传送带上表面距水平地面h＝1.25m，该快递与斜面间动摩擦因数μ1，与传动带间动摩擦因数μ2，传送带以大小为v的速度顺时针转动，不考虑传送带滑轮大小，g＝10m/s2，求：
（1）快递刚滑到传送带上时的速度vB的大小；
（2）调节传送带速度使快递落地点与抛出点C点的水平距离最大，则传送带速度至少多大，并求出与抛出点的最大水平距离？
（3）若在传送带右侧加装一个收集装置，其内边界截面为四分之一圆形，如图乙为传送带右半部分和装置的示意图，C点为圆心，半径为Rm，若要使该快递从C点抛出后落到收集装置时的速度最小，则传送带速度应该调节为多大？
【考点】作用力与反作用力；平抛运动与斜面的结合．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】（1）快递刚滑到传送带上时的速度vB的大小为4m/s；
（2）传送带速度至少为m/s，与抛出点的最大水平距离为m
（3）传送带速度应该调节为m/s。
【分析】（1）根据牛顿第二定律可求出加速度，利用速度公式求出速度；
（2）根据运动学公式可求出传送带速度的要求以及水平位移大小；
（3）根据运动的合成与分解，利用运动学公式可求出传送带速度的要求。
【解答】解：（1）从A到B，根据牛顿第二定律有mgsin53°﹣μ1mgcos53°＝ma1
可得a1＝4m/s2
根据2a1L1
得vB＝4m/s
（2）由题意知，若物体在传送带上一直加速，落地点与抛出点C点的水平距离最大，由2a2L2
在水平传送带上，对快递由牛顿第二定律μ2mg＝ma2
联立可得传送带速度至少为vCm/s
从C点平抛到落地hg
得t1＝0.5s
由水平位移x＝vCt1
得xm
（3）设落到收集装置时速度为v1，则v1
设C点抛出时水平速度为vx，落到收集装置时水平位移x，竖直位移y
x2+y2＝R2
x＝vxt
ygt2
得t2+25t4
即vx
代入得v1
由数学可知，当75t2时，v最小，得ts
由vx
得vxm/s
由题意可知，物体在传送带上先匀减速到m/s，再一起匀速，即传送带速度应该调节为m/s。
答：（1）快递刚滑到传送带上时的速度vB的大小为4m/s；
（2）传送带速度至少为m/s，与抛出点的最大水平距离为m
（3）传送带速度应该调节为m/s。
【点评】学生在解答本题时，应注意积累传送带模型，灵活运动牛顿第二定律以及运动学公式作答。
15．（2024秋 烟台期末）一个质量M＝15kg、倾角θ1＝37°的斜面放置在水平面上，其右端有一个固定于水平面上的光滑竖直杆，一段长度不变的轻绳绕过固定于斜面顶端的轻质滑轮（不计绳与滑轮之间摩擦），一端连接停放在斜面上的物体A上面，另一端连接在穿过竖直杆的物块B上，轻绳与斜面平行，与竖直杆之间的夹角θ2＝53°，A、B和斜面都处于静止状态，物体A的质量为10kg，物块B的质量为3kg，A与斜面间动摩擦因数μ＝0.5，设A受到最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8。求：
（1）A受到的摩擦力；
（2）斜面M对地面的压力大小；
（3）若将斜面向左缓慢移动，直到物体A恰好相对斜面静止不动时停止移动，此时斜面仍然能够保持静止状态，求绳和竖直杆之间夹角的余弦值。
【考点】牛顿第三定律的理解与应用；力的合成与分解的应用；解析法求共点力的平衡．
【专题】计算题；定量思想；推理法；力学综合性应用专题；推理论证能力；应用数学处理物理问题的能力．
【答案】（1）A受到的摩擦力大小为10N，方向沿斜面向上；
（2）斜面M对地面的压力大小为280N；
（3）绳和竖直杆之间夹角的余弦值为0.3。
【分析】（1）首先对B受力分析可以求出绳子弹力，然后对A受力分析即可求出A所受摩擦力；
（2）将斜面M、滑轮与A看成一个整体，然后根据受力分析和牛顿第三定律即可求出斜面M对地面的压力大小；
（3）根据对A、B、M受力分析联立进行求解。
【解答】解：（1）对B进行受力分析，由平衡条件可得，
Tcosθ2＝mBg；
解得：T＝50N；
对A受力分析；
由于T＝50N＜mAgsinθ1＝60N，根据平衡条件可判断，
A受到斜面的摩擦力方向沿斜面向上；摩擦力大小：Ff＝mAgsinθ1﹣T＝10N。
（2）将斜面M、滑轮与A看作一个整体，由平衡条件得，
FN＝Mg+mAg+Tcosθ2
解得：FN＝280N
由牛顿第三定律可得，斜面对地面压力大小F′＝FN＝280N．
（3）设绳的拉力大小为T′；
T′cosθ3＝mBg；
Ffm＝μFN2；
F′N2＝mAgcosθ1；
T″＝Ffm+mAgsinθ1；
联立解得：cosθ3＝0.3。
答：（1）A受到的摩擦力大小为10N，方向沿斜面向上；
（2）斜面M对地面的压力大小为280N；
（3）绳和竖直杆之间夹角的余弦值为0.3。
【点评】本题考查学生对于受力分析以及整体法的应用和学生利用数学解决物理问题的能力，属于中档题。
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