物理(必修一)《牛顿运动定律》练习题(三)

物理（必修一）《牛顿运动定律》练习题（三）一、选择题：本卷共10小题，每小题5分，共50分，每小题有一个或多个选项正确，全部选对得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分。

1．伽利略在著名的斜面实验中，让小球分别沿倾角不同、阻力很小的斜面从静止开始滚下，他通过实验观察和逻辑推理，得到的正确结论有 （ ） A ．倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间成正比 B ．倾角一定时，小球在斜面上的速度与时间成正比 C ．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关 D ．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角无关2．在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动．假定两板与冰面间的动摩擦因数相同．已知甲在冰上滑行的距离比乙远，这是由于 （ ） A ．在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力 B ．在推的过程中，甲推乙的时间小于乙推甲的时间 C ．在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度 D ．在分开后，甲的加速度的大小小于乙的加速度的大小 3．下列关于超重、失重现象的讨论，正确的是 （ ） A ．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态 B ．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态 C ．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态 D ．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态4．如图所示，粗糙水平面上物体在水平拉力F 作用下做匀加速直线运动，现使F 不断变小到零，则在滑动过程中 （ ） A ．物体的加速度不断减小，速度不断增大 B ．物体的加速度不断增大，速度不断减小C ．物体的加速度先增大再减小，速度先减小再增大D ．物体的加速度先减小再增大，速度先增大再减小5．用3 N 的水平恒力，使水平面上一质量为2 kg 的物体，从静止开始运动，在2 s 内通过的位移是2 m ，则物体的加速度大小和所受摩擦力的大小分别是 （ ） A ．0．5 m/s 2，2 N B ．1 m/s 2，1 N C ．2 m/s 2，0．5 N D ．1．5 m/s 2，06．钢球在很深的油槽中由静止开始下落，若油对球的阻力正比于其速率，则球的运动是（ ） A ．先加速后减速，最后静止 B ．先加速运动后匀速运动 C ．先加速后减速，最后匀速 D ．加速度逐渐减小到零7．如图所示，质量不等的木块A 和B 的质量分别为m 1和m 2，置于光滑的水平面上．当水平力F作用于左端A 上，两物体一起做匀加速运动时，A 、B 间作用力大小为F 1．当水平力F 作用于右端B 上，两物体一起做匀加速运动时，A 、B 间作用力大小为F 2，则 （ ） A ．在两次作用过程中，物体的加速度的大小相等B ．在两次作用过程中，F 1＋F 2<FC ．在两次作用过程中，F 1＋F 2＝FD ．在两次作用过程中，F 1F 2＝m 1m 28．A 、B 两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力的作用，该关系如图所示，A、B始终相对静止，则在0 ～2t0时间内，下列说法正确的是（）A．t0时刻，A、B间静摩擦力最大B．t0时刻，A、B速度最大C．2t0时刻，A、B速度最小，与初始时刻相等D．2t0时刻，A、B位移最大9．如图所示，质量为M的斜面体静止在粗糙的水平地面上，一质量为m的滑块能沿斜面匀加速下滑．现施加一沿斜面向下的推力F作用于滑块，重力加速度为g，则在物块沿斜面下滑的过程中，关于斜面体对地面压力的说法正确的是（）A．压力大于（M＋m）g，与未加力F前相比，压力变大了B．压力大于（M＋m）g，与未加力F前相比，压力不变C．压力小于（M＋m）g，与未加力F前相比，压力变大了D．压力小于（M＋m）g，与未加力F前相比，压力不变10．（2011·湖北黄冈）水平面上静止放置一质量为M的木箱，箱顶部和底部用细线分别拴住质量均为m的两个小球，两球间有一根处于拉伸状态的轻弹簧，使两根细线均处于拉紧状态，如图所示．现在突然剪断下端的细线，则从剪断细线开始到弹簧恢复原长以前，箱对地面的压力变化情况，下列判断正确的是（）A．刚剪断细线瞬间，压力突然变大，以后箱对地面压力逐渐减小B．刚剪断细线瞬间，压力突然变大，以后箱对地面压力逐渐增大C．刚剪断细线瞬间，压力突然变小，以后箱对地面压力逐渐减小D．刚剪断细线瞬间，压力突然变小，以后箱对地面压力逐渐增大11 (2010·泉州模拟)如图9所示，光滑水平面上有质量均为m的滑块A和斜面体C，在C的斜面上又放有一质量也为m的滑块B，用力F推滑块A使三者无相对运动地向前加速运动，则各物体所受的合力()A．滑块A最大B．斜面体C最大C．同样大D．不能判断谁大谁小12．如图10所示，质量为m的球置于斜面上，被一个固定在斜面上的竖直挡板挡住．现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是()A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值二、实验题：本题共2小题，共12分。

把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答。

13．（6分）以大小为1 N的水平恒力拉着一个质量为2 kg的物体在粗糙水平面上以6 m/s的速度开始滑动，拉力方向与运动的方向一致，4 s内物体前进了16 m，此物体与水平面的动摩擦因数为________．14．（6分）在验证牛顿第二定律的实验中，某同学作出的a—1M关系图象如图所示．从图象可以看出，作用在研究对象上的恒力F＝________ N，当物体的质量M＝5 kg时，它的加速度a＝________ m/s2．三、计算题：本题共3小题，共38分。

解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。

只写出最后答案的不能得分。

有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

15．（10分）（2011·江西南昌）一质量为M，倾角为θ的楔形木块，静置在水平桌面上，与桌面间的动摩擦因数为μ．一物块质量为m，置于楔形木块的斜面上，物块与斜面的接触是光滑的，为了保持物块相对斜面静止，可用一水平力F推楔形木块，如图所示，求此水平力大小的表达式．16．（13分）某中学生身高1．80 m，质量70 kg．他站立举臂，手指摸到的高度为2．25 m．如果他先下蹲，再用力蹬地向上跳起，同时举臂，手指摸到的高度为2．70 m．设他从蹬地到离开地面所用的时间为0．3 s．求：（取g＝10 m/s2）（1）他刚离地跳起时的速度大小；（2）他与地面间的平均作用力的大小．17．（15分）（2011·湖北武汉）一小圆盘静止在一长为L的薄滑板上，且位于滑板的中央，滑板放在水平地面上，如图所示．已知盘与滑板间的动摩擦因数为μ1，盘与地面间的动摩擦因数为μ2，现突然以恒定的加速度a（a＞μ1g），使滑板沿水平地面运动，加速度的方向水平向右．若水平地面足够大，则小盘从开始运动到最后停止共走了多远的距离？（以g表示重力加速度）18.(8分)如图15所示，斜面体质量为M，倾角为θ，与水平面间的动摩擦因数为μ，用细绳竖直悬挂一质量为m的小球静止在光滑斜面上，当烧断绳的瞬间，至少以多大的水平向右的力由静止拉动斜面体，小球才能做自由落体运动到地面？19．(10分)为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高)及电梯运行情况，甲、乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验．质量为m＝50 kg的甲同学站在体重计上，乙同学记录电梯从地面一楼到顶层全过程中，体重计示数随时间变化的情况，并作出了如图16所示的图象，已知t＝0时，电梯静止不动，从电梯内楼层按钮上获知该大楼共19层．g 取10 m/s2，求：(1)电梯启动和制动的加速度大小．(2)电梯上升的总高度及该大楼的层高．20．(10分)如图17(a)所示，质量m＝1 kg的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图(b)所示，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)比例系数k.21．(12分)质量为m＝1.0 kg的小滑块(可视为质点)放在质量为M＝3.0 kg的长木板的右端，木板上表面光滑，木板与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.2，木板长L＝1.0 m．开始时两者都处于静止状态，现对木板施加水平向右的恒力F＝12 N，如图18所示，经一段时间后撤去F.为使小滑块不掉下木板，试求：用水平恒力F作用的最长时间．(g取10 m/s2)参考答案1．B 解析：从伽利略斜面实验中的观察和逻辑推理可知物体沿光滑斜面滚下是匀加速直线运动．a＝gsinθ，x ＝12at 2＝12gsinθ·t 2，位移与时间不成正比，故A 项错．v ＝at ＝gsinθt ，速度与时间成正比，即B 项正确；物体从光滑斜面下滑机械能守恒，斜面长度一定但倾角不同，则底端的速度应不同，故C 项错；从x ＝12at 2＝12gsinθ·t 2可知，当斜面长度一定时，时间t 与倾角θ有关，故D 项错．2．C 解析：由于动摩擦因数相同，所以甲、乙的加速度相同，均为a ＝μg ，由v 20＝2ax 可知，甲的初速度大．根据牛顿第三定律，他们的推力大小相等，作用时间相同．3．B 解析：B 项中运动员只受重力作用，处于完全失重状态，其他选项中运动员均处于静止状态，既不是超重也不是失重，故B 项正确．4．D 解析：物体受拉力F 和滑动摩擦力作用，F 减小，加速度减小，当F 等于滑动摩擦力时，加速度为零，此后加速度反向再增大，所以速度则先增大再减小． 5．B 解析：由x ＝12at 2，代入数据得加速度a ＝1 m/s 2．根据F －f ＝ma ，得摩擦力为1 N ．6．BD 解析：进入油槽后，阻力逐渐增大，合外力虽然在减小，但方向与速度方向一致，做加速运动，当加速度减小为零时，速度不再变化，做匀速运动．7．AC 解析：光滑水平面上，A 、B 作为一个整体，水平方向受力大小相等，根据牛顿第二定律得F＝（m 1＋m 2）a ，整体的加速度大小相等，故A 项正确；在第一种情况中，隔离B ，则F 1＝m 2a ；在第二种情况中，隔离A ，则F 2＝m 1a ．所以F 1＋F 2＝F ，且有F 1F 2＝m 2m 1，故C 项正确．8．BCD 解析：对整体，F 产生加速度，隔离A ，B 对A 的静摩擦力产生加速度．由题中图象知，力F 先减小到零，再反向增大，故加速度也先减小到零，再反向增大．所以t 0时刻，A 、B 间静摩擦力为零，速度最大，而在2t 0时刻，它们速度最小为零，由于速度方向一直未变，故2t 0位移最大．9．D 解析：推力F 没有影响滑块与斜面体之间的弹力和滑动摩擦力，故斜面体的受力与未加力F 前是相同的，对地面的压力及水平面对斜面体的静摩擦力均不变．在未加力F 前，滑块已经在匀加速下滑，该加速度存在一个竖直向下的分量，故整个装置处于失重状态，压力小于（M ＋m ）g ．10．A 解析：刚剪断细线的瞬间，弹簧来不及形变，弹簧弹力大小暂时不变，下面的小球因断线而产生向上的加速度，地面对木箱的支持力会适应这种变化而给木箱、两球及弹簧组成的整体提供竖直向上的加速度，发生超重现象，故木箱对地面的压力会突然变大．随后在弹簧伸长量减小的过程中，向上的加速度会减小，所以箱对地面的压力也会减小．11 C 12 D 11．（6分）答案：0．15解析：x ＝v 0t ＋12at 2，解得a ＝－1 m/s 2；F －μmg ＝ma ，解得μ＝0．15．12．（6分）答案：2．5 0．5解析：取图中坐标为（0．4，1）的点，所对应的是M ＝10.4 kg ＝2．5 kg ，a ＝1 m/s 2，所以F ＝Ma ＝2．5 N ，当M ＝5 kg 时，由图象或公式均可求知．13．（10分）答案：F ＝（M ＋m ）g （μ＋ta nθ）[来源:学§科§网] 解析：对m ：mgtanθ＝ma ① 解得a ＝gtanθ②对整体：F －f ＝（M ＋m ）a ③N 2＝（M ＋m ）g ④ f ＝μN 2⑤ 解得F ＝（M ＋m ）g （μ＋tanθ）． 14．（13分）答案：（1）3 m/s （2）1 400N解析：（1）中学生跳起后重心升高h ＝2．70 m －2．25 m ＝0．45 m 根据运动学公式得 v 2＝2gh解得v ＝2gh ＝3 m/s ．（2）根据牛顿第二定律得F －mg ＝ma 又根据速度公式可得v ＝at 解得F ＝m （g ＋vt ）＝1 400 N ．15．（15分）答案： μ1＋μ2 μ1gL2μ2 a －μ1g解析：圆盘在滑板上做匀加速直线运动，设圆盘离开滑板前，加速度为a 1，速度为v 1，位移为x 1，滑板的位移为x ． 对圆盘有a 1＝μ1g v 1＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 21对滑板有x 0＝12at 21，又x 0－x 1＝L2圆盘离开滑板后做匀减速运动，设圆盘从离开滑板到静止时的位移为x 2，加速度为a 2，对圆盘有a 2＝－μ2g 0－v 21＝2a 2x 2联立以上各式，解得圆盘从开始运动到最后停止的位移为x ＝x 1＋x 2＝μ1gL2 a －μ1g＋μ21gL2μ2 a －μ1g ＝ μ1＋μ2 μ1gL 2μ2 a －μ1g．解析：设小球自由落体运动到地面上，下落高度为h ，则斜面体至少水平向右运动的位移为：x ＝h ·cot θ 对小球：h ＝12gt 2对斜面体：x ＝12at 2由以上三式解得：a ＝g cot θ以斜面体为研究对象有：F －μMg ＝Ma 所以F ＝μMg ＋Mg cot θ＝(μ＋cot θ)Mg . 答案：(μ＋cot θ)Mg 14．解析：(1)由图可知，第3 s 内电梯加速度 由F N1－mg ＝ma 1，可得：a 1＝2 m/s 2第30 s 内电梯加速度由mg －F N2＝ma 2，可得a 2＝2 m/s 2. (2)电梯上升的总高度 H ＝12a 1t 21＋12a 2t 22＋a 1t 1·t 匀＝12×2×12 m ＋12×2×12 m ＋2×1×26 m ＝54 m 故平均层高为h ＝H 19－1＝5418m ＝3 m. 答案：(1)2 m/s 2 2 m/s 2 (2)54 m 3 m 15．解析：(1)由图象知v ＝0，a 0＝4 m/s 2，得 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 0 μ＝g sin θ－a 0g cos θ＝6－48＝0.25.(2)由图象知v ＝5 m/s ，a ＝0，得 mg sin θ－μF N －k v cos θ＝0 F N ＝mg cos θ＋k v sin θ 联立两式得mg (sin θ－μcos θ)－k v (μsin θ＋cos θ)＝0 k ＝mg (sin θ－μcos θ)v (μsin θ＋cos θ)＝6－0.25×85(0.25×0.6＋0.8) kg/s＝0.84 kg/s.答案：(1)μ＝0.25 (2)k ＝0.84 kg/s16．解析：撤力前后木板先加速后减速，设加速过程的位移为x 1，加速度为a 1，加速运动的时间为t 1；减速过程的位移为x 2，加速度为a 2，减速运动的时间为t 2.由牛顿第二定律得撤力前： F －μ(m ＋M )g ＝Ma 1 解得a 1＝43m/s 2撤力后：μ(m ＋M )g ＝Ma 2 解得a 2＝83 m/s 2x 1＝12a 1t 21，x 2＝12a 2t 22为使小滑块不从木板上掉下，应满足x 1＋x 2≤L 又a 1t 1＝a 2t 2由以上各式可解得t1≤1 s 即作用的最长时间为1 s. 答案：1 s。