章末综合测评(五) 牛顿运动定律
(时间：90分钟 分值：100分)
1．(4分)如图所示，一人站在电梯中的体重计上随电梯一起运动．用W表示电梯匀速上升时体重计的示数，W1和W2分别表示电梯以大小为a的加速度加速上升和减速上升时体重计的示数，则( )
A．W2B．W1C．WD．W>W1－W2
A [当电梯匀速运动时，W＝FN＝mg；当电梯以大小为a的加速度加速上升时，根据牛顿第二定律FN1－mg＝ma，得FN1＝m(g＋a)，W1＝FN1＝m(g＋a)，当电梯以大小为a的加速度减速上升时，根据牛顿第二定律mg－FN2＝ma，得FN2＝m(g－a)，W2＝FN2＝m(g－a)，故W22．(4分)如图甲所示，地面上有一质量为M的重物，用力F向上提它，由力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则下列说法中不正确的是( )
甲 乙
A．当F小于图中A点值时，物体的重力Mg＞F，物体不动
B．图中A点值即为物体的重力值
C．物体向上运动的加速度和力F成正比
D．图线延长和纵轴的交点B的数值等于该地的重力加速度
C [当0≤F≤Mg时，物体静止，选项A正确；当F＞Mg时，即能将物体提离地面，此时F－Mg＝Ma，a＝－g，A点表示的意义为F＝Mg，选项B正确；由图像知，a与F是线性关系，不是正比关系，选项C错误；由a＝－g关系式可知，F＝0时a＝－g，选项D正确．]
3．(4分)如图所示，桌面上有一光滑的木块，木块上有一小球，快速向右推动木块，小球的位置可能在桌面上的哪点( )
A．A点
B．B点
C．O点
D．无法确定
C [小球具有惯性，要保持原来的状态，在水平方向上不受摩擦力的作用，在重力的作用下，落在O点，故选C.]
4．(4分)雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图所示的图像可以正确反映出雨滴下落运动情况的是( )
A B C D
C [对雨滴受力分析，由牛顿第二定律得：mg－Ff＝ma.雨滴加速下落，速度增大，阻力增大，故加速度减小，在v?t图像中其斜率变小，故选项C正确．]
5．(4分)如图所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度a做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此时A和B的瞬时加速度分别为a1和a2，则( )
A．a1＝a2＝0
B．a1＝a，a2＝0
C．a1＝a，a2＝a
D．a1＝a，a2＝－a
D [两物体在光滑的水平面上一起以加速度a向右匀加速运动时，弹簧的弹力F弹＝m1a，在力F撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m1a，因此对A此时，加速度仍为a，对B物体，取向右为正方向，－m1a＝m2a2，a2＝－a，所以D项正确．]
6．(4分)在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k.在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m2的小球．某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图所示．不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的形变为( )
A．压缩量为tan
θ
B．伸长量为tan
θ
C．压缩量为
D．伸长量为
B [设小车的加速度为a，分析m2的受力情况可得m2gtan
θ＝m2a，得a＝gtan
θ，再对m1应用牛顿第二定律，得kx＝m1a，得x＝tan
θ，因a的方向向左，故弹簧处于伸长状态，B正确．]
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0～5
s、5～10
s、10～15
s内F的大小分别为F1、F2和F3，则( )
A．F1＜F2
B．F2＞F3
C．F1＞F3
D．F1＝F3
A [对物体的受力分析如图所示．根据v?t图像可以知道，在0～5
s内加速度为a1＝0.2
m/s2，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律：mgsin
θ－f－F1＝ma1，则F1＝mgsin
θ－f－0.2m；在5～10
s内，加速度a2＝0，根据牛顿第二定律：mgsin
θ－f－F2＝ma2，则F2＝mgsin
θ－f；在10～15
s内加速度为a3＝－0.2
m/s2，方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律：f＋F3－mgsin
θ＝ma3，则：F3＝mgsin
θ－f＋0.2m.故可以得到：F3＞F2＞F1，故选项A正确．]
8．(6分)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，保持小车的质量不变，改变小车所受的作用力，测得的数据见下表．
组别
1
2
3
4
5
F/N
1.0
2.0
3.0
4.0
5.0
a/(m·s－2)
0.40
0.83
1.18
1.58
2.00
(1)如图所示的坐标纸上已描出了部分数据点，请在坐标纸上描出第2、4组数据对应的点，然后作出a?F图像．
(2)由所作图线可以得到结论：在质量一定的情况下，加速度a与作用力F成________比．
(3)当研究加速度与物体质量的关系时，应保持__________________不变，改变小车的质量来进行实验．
[解析] (1)如图所示，根据表格中的数据在坐标纸上描点，连线时注意舍弃误差较大的点，不在图线上的点要均匀分布在图线两侧．
(2)由(1)所作图线是一条过原点的倾斜直线，所以可以判断加速度a和作用力F成正比．
(3)本实验过程采用了控制变量法的思想，在研究加速度和质量的关系时，应该保持物体所受的作用力不变．
[答案] (1)见解析 (2)正 (3)小车所受作用力
9．(10分)某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A、B的距离L＝10
m，传送带以v＝5
m/s的恒定速度匀速向上运动．在传送带底端A轻放上一质量m＝5
kg的货物，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝.求货物从A端运送到B端所需的时间．(g取10
m/s2)
[解析] 以货物为研究对象，由牛顿第二定律得
μmgcos
30°－mgsin
30°＝ma
解得a＝2.5
m/s2
货物匀加速运动时间t1＝＝2
s
货物匀加速运动位移
x1＝at＝5
m
然后货物做匀速运动，运动位移
x2＝L－x1＝5
m
匀速运动时间
t2＝＝1
s
货物从A到B所需的时间
t＝t1＋t2＝3
s.
[答案] 3
s
10．(10分)如图所示，在水平桌面的边角处有一轻质光滑的定滑轮，一条不可伸长的轻绳绕过定滑轮分别与物块A、B相连，细绳处于伸直状态，物块A和B的质量分别为mA＝8
kg和mB＝2
kg，物块A与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，物块B距地面的高度h＝0.15
m，桌面上部分的绳足够长．现将物块B从h高处由静止释放，直至A停止运动．求A在水平桌面上运动的时间．(g取10
m/s2)
[解析] B落地前，以B为研究对象，由牛顿第二定律得mBg－T＝mBa1，
同理，以A为研究对象，T－f＝mAa1，NA－mAg＝0，且f＝μNA
解得a1＝1.2
m/s2
B落地前做匀加速直线运动，位移h＝a1t，解得
t1＝＝0.5
s
匀加速运动的末速度v＝a1t1＝0.6
m/s
B落地后，A在摩擦力作用下做匀减速运动，
由f＝mAa2得a2＝＝μg＝1
m/s2
A做匀减速运动的时间t2＝＝0.6
s
A在水平桌面上运动的时间t＝t1＋t2＝1.1
s.
[答案] 1.1
s
11．(4分)(多选)“天宫二号”绕地球运动时，里面所有物体都处于完全失重状态，则在其中可以完成下列哪个实验( )
A．水银温度计测量温度
B．做托里拆利实验
C．验证阿基米德原理
D．用两个弹簧测力计验证牛顿第三定律
AD [物体处于完全失重状态，与重力有关的一切物理现象都消失了．托里拆利实验用到了水银的压强，由于p＝ρgh与重力加速度g有关，故该实验不能完成；阿基米德原理中的浮力F＝ρgV排也与重力加速度g有关，故该实验也不能完成；水银温度计测温度利用了液体的热胀冷缩原理，弹簧测力计测拉力与重力无关．故能完成的实验是A、D.]
12．(4分)(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则( )
A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止
B．当F＝μmg时，A的加速度为μg
C．当F＞3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
BCD [由题意可知A、B间的最大静摩擦力Ff1＝μ·2mg，B与地面间的最大静摩擦力Ff2＝μ·3mg，所以当F逐渐增大至时，B与地面间先发生相对滑动，A项错误；F继续增大，A、B间摩擦力也逐渐增大，当A、B间摩擦力增大至2μmg时，A、B恰要发生相对滑动，此时对B：Ff1－Ff2＝ma，可以解得a＝μg；对A：F－Ff1＝2ma，解得F＝3μmg，C项正确；F继续增大，B受到两个不变的滑动摩擦力，加速度始终为μg，D项正确；当F＝μmg，A、B正在一起匀加速运动，对整体：F－Ff2＝3ma′，解得a′＝μg，B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μ，两手与P和Q间的动摩擦因数相同，在此过程中( )
A．P受到Q的摩擦力方向一定竖直向下
B．P受到Q的摩擦力大小为2μF
C．P受到Q的摩擦力大小为0.5m(g＋a)
D．P受到Q的摩擦力大小为1.5m(g＋a)
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2f1－5mg＝5ma，f1＋f2－2mg＝2ma，联立解得f2＝－0.5m(g＋a)，负号说明P受到Q的摩擦力方向向下，A、C正确．]
14．(4分)(多选)如图所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动．小车质量为M，木块质量为m，加速度大小为a，木块和小车之间的动摩擦因数为μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是( )
A．μmg
B．
C．μ(M＋m)g
D．ma
BD [木块与小车无相对滑动，故a相同，对木块、小车整体F＝(M＋m)a，故a＝.木块与整体加速度相同也为a，对木块由牛顿第二定律得：f＝ma，即f＝，故B、D正确．]
15．(4分)(多选)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，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10
m/s2.由此两图像可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( )
A．m＝0.5
kg
B．m＝1.5
kg
C．μ＝0.4
D．μ＝0.2
AC [由F?t图和v?t图可得，物块在2
s到4
s内所受外力F1＝3
N，物块做匀加速运动，a＝＝
m/s2＝2
m/s2，
F1－f＝ma，即3－10μm＝2m
①
物块在4
s到6
s所受外力F2＝2
N，物块做匀速直线运动，
则F2＝f，F2＝μmg，即10μm＝2.
②
由①②解得m＝0.5
kg，μ＝0.4，故选项A、C正确．]
16．(6分)某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系．
(1)(多选)下列做法正确的是________(填字母代号)．
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)木块和木块上砝码的总质量．
(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲______m乙，μ甲_______μ乙．(均选填“大于”“小于”或“等于”)
[解析] (1)探究加速度与力、质量的关系时，牵引木块的细绳应与长木板平行；平衡摩擦力时应不挂砝码桶；对于打点计时器，应先接通电源，再放开木块；平衡摩擦力后，改变木块上砝码的质量，不需要重新平衡摩擦力．选项A、D正确，选项B、C错误．
(2)设木块的质量为M，砝码桶及桶内砝码的总质量为m，根据牛顿第二定律，有a＝，牵引小车的拉力F＝Ma＝.要使F＝mg，则M≈M＋m，即要求m?M.
(3)对于木块，根据牛顿第二定律，得a＝＝－μg，故a?F图像的斜率反映了木块质量的倒数．有＞，所以m甲＜m乙．当F＝0时，a＝－μg，即a?F图像在a轴上的截距为－μg，所以－μ甲g＜－μ乙g，即μ甲＞μ乙．
[答案] (1)AD (2)远小于 (3)小于 大于
17．(10分)美国密执安大学五名学习航空航天工程的大学生搭乘NASA的飞艇参加了“微重力学生飞行机会计划”，飞行员将飞艇开到6
000
m的高空后，让其由静止开始下落，以模拟一种微重力的环境，下落过程中飞艇所受空气阻力仅为其重力的0.04倍，这样持续25
s之久，大学生们就可以进行微重力影响的实验.25
s之后，飞艇向下做匀减速运动，若要求飞艇在离地面高度500
m时速度要减小为零，重力加速度g取10
m/s2，试计算：
(1)飞艇在25
s内所下落的高度；
(2)飞艇做匀减速运动的过程中，飞艇的加速度大小．
[解析] (1)设飞艇在25
s内下落的加速度为a1，根据牛顿第二定律可得：mg－f＝ma1
解得：a1＝＝
m/s2＝9.6
m/s2
所以飞艇在25
s内下落的高度为
h1＝a1t2＝3
000
m.
(2)25
s后，飞艇将做匀减速运动，开始减速时飞艇的速度v＝a1t＝9.6×25
m/s＝240
m/s
减速运动下落的高度
h2＝6
000
m－3
000
m－500
m＝2
500
m
减速运动时飞艇的加速度大小a2＝＝11.52
m/s2.
[答案] (1)3
000
m (2)11.52
m/s2
18．(10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．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1
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v?t图线如图乙所示．木板的质量是小物块质量的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μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(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
－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1
①
由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1＝4
m/s，由运动学公式得
v1＝v0＋a1t1
②
s0＝v0t1＋a1t
③
式中，t1＝1
s，s0＝4.5
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①②③式和题给条件得μ1＝0.1
④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－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
－μ2mg＝ma2
⑤
由图可得a2＝
⑥
式中，t2＝2
s，v2＝0，
联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4.
⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，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
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3
⑧
v3＝－v1＋a3Δt
⑨
v3＝v1＋a2Δt
⑩
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
s1＝Δt
?
小物块运动的位移为s2＝Δt
?
小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1
?
联立⑥⑧⑨⑩???式，并代入数值得Δs＝6.0
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
12
