高中物理鲁科版必修一 牛顿运动定律 测试卷word版含解析

牛顿运动定律 测试卷
一、选择题(本题共16小题，每小题4分，共64分。在每小题给出的四个选项中第1～12题只有一项符合题目要求，第13～16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．（天津市河北区2019届二模）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、依次表示滑环从a到b和从c到d所用的时间，则（ ）
A．
B．
C．
D．和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θ，根据几何关系得，轨道的长度L＝（2R1+2R2）cosθ，加速度：agcosθ，根据Lat2得，t，与倾角无关，则t1＝t2，故B正确，ACD错误。
2．（河北衡水中学2019届调研）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，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v—t图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）
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与斜面间的动摩擦因数大
C．a在水平面上滑行的距离比b在水平面上滑行的距离长
D．在整个运动过程中，a克服摩擦力做功比b克服摩擦力做功多
【答案】C
【解析】由图象可知，a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，所以无法比较两物体的平均速度大小，故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在水平面上滑行的距离比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．（山东省青岛市2019年高三三模）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；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，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，可得，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。
4．（2019年陕西省咸阳市高三二模）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ma
B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零
C．若加速度足够小，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F1．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：F1cosθ＝mg ①
水平方向：F2﹣F1sinθ＝ma，②
由①看出，斜面对球的弹力F1大小不变，与加速度无关，不可能为零。由②看出，若加速度足够小时，F2＝F1sinθ＝mgtanθ≠0．故BC错误。若F增大，a增大，斜面的弹力F1大小不变。故D正确。
5．（2019年湖北省黄冈中学高考三模）如图所示，倾角为α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的恒力，使A、B在斜面上都保持静止，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L，则下列说法错误的是（　　）
A．弹簧的原长为 B．斜面的倾角为α=30°
C．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：，解得：所以弹簧的原长为；对小球A进行受力分析，由平衡条件可得：，解得：α=30°，所以弹簧的原长为，故AB正确；撤掉恒力F的瞬间，对A进行受力分析，可得：，小球A此时的加速度，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。
6．（2019年江苏省扬州中学高三模拟）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 D．电梯匀速上升时，电梯对乘客的作用力竖直向上
【答案】D
【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；匀速运动阶段，加速度为0，所以既不超重也不失重。故A错误。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C错误，D正确.
7．（2019年湖南省衡阳市三模）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（ ）
A．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0.5g
C．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．（安徽省定远中学2019模拟）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，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/m
D．小球的最大速度为
【答案】D
【解析】刚开始运动时，加速度为，当速度v增大，加速度增大，当速度v增大到符合kv＞mg后，加速度为：，当速度v增大，加速度减小，当a减小到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，故C错误；当加速度为零时，小球的速度最大，此时有：F0=μ（kvm-mg），故最大速度为，故D正确。
9．（2019年四川省成都市高三三模）如图，倾角为α的固定斜面上，一光滑物块在一与斜面也成α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 B．物块对斜面的压力变大
C．物块将沿斜面向上做匀加速直线运动 D．物块将沿斜面向下做匀加速直线运动
【答案】B
【解析】对物块受力分析由平衡条件得：斜面对物块的支持力，将F的方向变为水平向右，斜面对物块的支持力，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：，将F的方向变为水平向右，沿斜面向上的力为，沿斜面向下的力为，仍然保持平衡，不会做匀加速直线运动，故CD错误。
10．（2019年辽宁省沈阳市高三三模）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．当a=5m/s2时，滑块对球的支持力为
B．当a=15m/s2时，滑块对球的支持力为半
C．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°=ma0；竖直方向：Fsin45°=mg，解得a0=g。当a=5m/s2时，小球未离开滑块，水平方向：Fcos45°-FNcos45°=ma；竖直方向：Fsin45°+FNsin45°=mg，解得，故A正确；
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，D错误。
11．（湖北省武汉市武昌区2019届调研）如图所示，一根竖直轻质弹簧下端固定，上端托一质量为0.3kg的水平盘，盘中有一质量为1.7kg物体。当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度缩短4cm。缓慢地竖直向下压物体，使弹簧再缩短2cm后停止，然后立即松手放开。设弹簧总处在弹性限度以内(g取10m/s2),则刚松开手时盘对物体的支持力大小为（ ）
A．30N B．25.5N C．20N D．17N
【答案】B
【解析】当盘静止时，由胡克定律得：，设使弹簧再压缩时手的拉力大小为F，再由胡克定律得：，联立解得：。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：，对物体研究：，联立解得，故B正确，ACD错误。
12．（河北省武邑中学2019届模拟）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7.5×104kg，起飞跑道长 2.5×103m。C919起飞前的运动过裎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
B．C919起飞过程中在跑道上运动的最长时间为42s
C．最大起飞质量下，发动机产生的推力至少为l.29×105N
D．C919起飞（离地）的瞬间所受的合力为零
【答案】C
【解析】由匀速变速直线运动规律可得，C919的最小起飞加速度a==0.72m/s2，选项A错误；C919起飞时的平均速度为=30m/s，起飞过程中在跑道上运动的最长时间为s=83s，选项B错误；由牛顿第二定律F-Ff=ma可得F=Ff+ma=1.29×105N，选项C正确；C919起飞时向上加速运动离开地面，合力不为零，选项D错误。
13．（天津市河东区2019届二模）如图甲所示，物块的质量kg，初速度m/s，在一水平向左的恒力作用下从点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻恒力突然反向，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所示（），则（ ）
A．0~5s内物块做匀减速运动 B．在时刻恒力反向
C．恒力大小为10N D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
【答案】BD
【解析】物体匀减速直线运动的加速度大小为： ，匀加速直线运动的加速度大小为： ，根据牛顿第二定律得：F+f＝ma1，F﹣f＝ma2，联立两式解得：F＝7N，f＝3N，则动摩擦因数为：，物体匀减速直线运动的时间为：．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，AC错误。
14．（2019年天津市南开中学月考）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6N。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．（2019年河北省唐山一中五模）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θ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（ ）
A．减小推力F B．减小倾角θ 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：
，
对B受力分析由牛顿第二定律有：
，
由以上两式可得，可知，为使FAB减小，应减小推力F，增加A的质量，减小B的质量，故AC正确。
16．（江西省临川一中、南昌二中2019年联考）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=50 kg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,g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960N
D．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，根据可知；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，解得，对运动员根据牛顿第二定律可知，解得,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，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均速度，故B错误；起跳过程运动的时间，起跳后运动的时间，故运动的总时间，故D正确。
二、非选择题(本题共3小题，共36分，按题目要求作答。计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
17．(10分) （2019年河南省安阳一中模拟）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)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。
乙
从图中所给的刻度尺上读出A、B两点间的距离x1＝________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，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。
(2)从图中所给的刻度尺上可读出A、B两点间的距离x1＝0.70 cm。根据Δx＝aT2得，加速度a＝＝ m/s2＝0.20 m/s2。实验中纸带的左端与小车相连接。
18．(12分) （2019年山西省长治一中模拟）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 s。已知斜面长度L＝1.5 m，斜面的倾角θ＝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。
【答案】(1)1 m/s　(2)1 m/s2　方向沿斜面向上　(3)
【解析】(1)设物体滑到斜面底端时速度为v，
则有：L＝t，
代入数据解得：v＝1 m/s。
(2)因v(3)物体沿斜面下滑时，受力分析如图所示。由牛顿第二定律得：
Ff－mgsin θ＝ma
FN＝mgcos θ
Ff＝μFN
联立解得：μ＝，
代入数据解得：μ＝。
19.(14分)（2019年浙江省金华中学模拟）如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点。已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比s1∶s2＝8∶5。(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：
(1)小圆环在BC段的加速度a2的大小；
(2)小圆环在AB段的加速度a1的大小；
(3)拉力F的大小。
【答案】(1)8 m/s2　(2)5 m/s2　(3)1.05 N或7.5 N
【解析】 (1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力。对小圆环进行受力分析如图甲所示，有
甲
f＝μN＝μmg
则a2＝＝μg＝0.8×10 m/s2＝8 m/s2。
(2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知
v＝2a1s1
小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知v＝2a2s2
又＝
则a1＝a2＝×8 m/s2＝5 m/s2。
(3)当Fsin θ乙
由牛顿第二定律得
Fcos θ－f1＝ma1
又N1＋Fsin θ＝mg
f1＝μN1
联立以上各式，代入数据解得
F＝1.05 N
当Fsin θ>mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示
丙
由牛顿第二定律可知
Fcos θ－f2＝ma1
又Fsin θ＝mg＋N2
f2＝μN2
代入数据解得F＝7.5 N。