第三章 牛顿运动定律(A)(解析版)

优创卷·一轮复习单元测评卷
第一章质点的直线运动
A卷名校原创基础卷
一、选择题（本题共8小题，每小题4分.在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.）
1.（2018·北京高一学业考试）关于力和运动的关系，下列说法正确的是（）
A.物体受到的合力为零，物体运动的速度也一定为零
B.物体受到的合力为零，物体运动的速度一定保持不变
C.物体所受合力越大，物体运动的速度越大
D.物体所受合力越大，物体运动的加速度越小
【答案】B
【解析】AB.根据F=ma知，物体受到的合力为0，物体的加速度为零，物体运动的速度保持不变，故A错误，B正确；
C.物体所受合力越大，物体运动的加速度越大，速度不一定越大，比如在扣动扳机的瞬间，子弹的加速度很大，速度却很小，故C错误，D错误.
故选B
2.（2019·东台创新高级中学高三月考）如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上.一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，则小球从接触弹簧到下降到最低点的过程中（）
A.小球刚接触弹簧瞬间速度最大
B.小球的加速度方向都是竖直向上
C.小球的速度先增大后减小
D.小球的加速度先增大后减小
【答案】C
【解析】A项，小球接触弹簧后仍做加速运动，当弹力等于重力时速度最大，故A项错误。

B项，当弹力大于重力后合力才变为竖直向上，故B项错误。

CD项，由过程分析可知，小球接触弹簧后先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故C对；D错；
故选C
3.（2019·广东省高一期末）如图所示，一轻弹簧一端系在墙上O点，自由伸长到B点。

今将一质量为m的小物块靠着弹簧，将其压缩到A点，然后释放，小物块能在水平面上运动到C点静止。

物体与水平面间的动摩擦因数恒定，下列说法中正确的是（）
A.物体从A到B速度越来越大，从B到C速度越来越小
B.物体从A到B先加速后减速，从B到C速度越来越小
C.物体从A到B加速度先增大后减小，从B到C加速度变小
D.物体从A到B加速度先减小后增大，从B到C加速度增大
【答案】B
【解析】物体从A到B运动的过程中，开始时弹簧的弹力大于摩擦力，加速度方向向右，加速度逐渐减小，物体做加速度运动，当弹簧的弹力与摩擦力相等时，加速度为零，然后弹簧的弹力小于摩擦力，加速度方向向左，加速度逐渐增大，物体做减速运动，所以从A到B先加速后减速，从B到C物块脱离弹簧，在摩擦力作用下做匀减速运动，加速度不变，故B正确，ACD错误。

4.（2020·山东省高三其他）如图所示，有一质量为m的物块分别与轻绳P和轻弹簧Q相连，其中轻绳P竖直，轻弹簧Q与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（）
A.轻绳P的弹力大小可能小于mg
B.弹簧Q可能处于压缩状态
C.剪断轻绳瞬间，物块的加速度大小为g
D.剪断轻绳瞬间，物块的加速度大小为g sinθ
【答案】C
【解析】AB.轻绳P竖直，轻弹簧Q弹力为零，弹簧处于原长状态，轻绳P的弹力大小等于mg，选项AB 错误；
CD.剪断轻绳瞬间，物体只受重力，物块的加速度大小为g，选项C正确，选项D错误。

故选C。

5.（2020·江苏省扬州中学高三其他）如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上.现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止.已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。

则（）
A.μ1一定小于μ2
B.μ1一定不小于μ2
C.改变F的大小，F>μ2（m1＋m2）g时，长木板将开始运动
D.若F作用于长木板，F>（μ1＋μ2）（m1＋m2）g时，长木板与木块将开始相对滑动
【答案】D
【解析】AB.对m1，根据牛顿运动定律有：
F-μ1m1g=m1a
对m2，由于保持静止有：
μ1m1g-F f=0，F f＜μ2（m1+m2）g
所以动摩擦因数的大小从中无法比较。

故AB错误；
C.改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止。

故C 错误；
D.若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g=m1a，解得
a=μ1g
对整体分析
F-μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a
解得
F=（μ1+μ2）（m1+m2）g
所以当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，长木板与木块将开始相对滑动。

故D正确。

故选D 。

6.（2020·绥德中学高三其他）如图所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为m 1、m 2的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向夹角为θ.在m 1左端施加水平拉力F ，使m 1、m 2均处于静止状态，已知m 1表面光滑，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A.弹簧可能处于原长状态
B.弹簧弹力的大小为1cos m g θ
C.地面对m 2的摩擦力大小为F
D.地面对m 2的支持力可能为零
【答案】C
【解析】A.隔离对m 1分析，在水平方向上平衡，拉力F 等于弹簧在水平方向上的分力，可知弹簧处于伸长状态，故A 错误；
B.对m 1分析，水平方向上有：F 弹sin θ=F ，则弹簧弹力
F 弹＝
sin θF 竖直方向上有：m 1g+F 弹cos θ=N ，可知
F 弹＝
1cos N m g θ
- 故B 错误；
C.对整体分析，地面对m 2的摩擦力大小等于F ，故C 正确；
D.物体m 2在水平方向上平衡，可知m 2在水平方向上受到摩擦力，则支持力不为零，故D 错误。

故选C 。

7.（2020·安徽省高一期末）倾角为θ的斜面体M 静止放在粗糙水平地面上，其斜面也是粗糙的。

已知质量为m 的物块恰可沿其斜面匀速下滑。

今对下滑的物块m 施加一个向左的水平拉力F ，物块仍沿斜面向下运动，斜面体M 始终保持静止。

则此时（ ）
A.物块m 下滑的加速度等于
cos F m
θ B.物块m 下滑的加速度大于cos F m θ C.水平面对斜面体M 的静摩擦力方向水平向右
D.水平面对斜面体M 的静摩擦力大小为零
【答案】BD
【解析】AB.由题意知，物块自己能够沿斜面匀速下滑，得
sin cos mg mg θμθ=
施加拉力F 后
()sin cos cos sin mg F mg F ma θθμθθ+--=
解得
cos sin F F a m
θμθ+=
所以A 错误，B 正确； CD.以斜面体为研究对象，受物块的摩擦力沿斜面向下为
()f cos sin F mg F μθθ=-
正压力
N cos sin F mg F θθ=-
又
tan μθ=
把摩擦力和压力求和，方向竖直向下，所以斜面体在水平方向没有运动的趋势，故不受地面的摩擦力，所以D 正确，C 错误。

故选BD 。

8.（2020·江苏省高二月考）如图所示，竖直悬挂的轻弹簧下端系着A 、B 两物块，m A =0.1kg ，m B =0.5kg ，弹簧伸长15cm 。

若剪断A 、B 间的细绳，A 做简谐振动，g 取10m/s 2，则（ ）
A.A 的振幅为12.5cm
B.A 的振幅为15cm
C.A 的最大加速度为50m/s 2
D.A 在最高点时，弹簧的弹力大小为4N
【答案】ACD
【解析】AB.由两球静止时的力平衡条件，得
()A B kx m m g =+
解得
()A B 40N /m m m g k x
+== 剪断A 、B 间细线后，A 球静止悬挂时的弹簧的伸长量为
A A 0.025m 2.5cm m g x k
=== 弹簧伸长量为0.025m 时下端的位置就是A 球振动中的平衡位置。

悬挂B 球后又剪断细线，相当于用手把A 球下拉后又突然释放，刚剪断细线时弹簧比静止悬挂A 球多伸长的长度就是振幅，即
A 15cm 2.5cm 12.5cm A x x =-=-=
A 正确
B 错误；
CD.振动过程中物块A 最大加速度为
2m A 400.12550m /s 0.1
kA a m ⨯=== 物块A 在最高点时具有最大加速度，加速度的方向向下，重力与弹簧的弹力一起提供加速度，由牛顿第二定律得
A A m F m g m a +=
代入数据得
F =4N
方向竖直向下，CD 正确。

故选ACD 。

9.（2020·陕西省西安中学高三其他）如图所示，倾角为θ=30°的斜面体c 置于水平地面上，滑块b 置于光滑斜面上，通过细绳跨过定滑轮与物体a 连接，连接b 的一段细绳与斜面平行，连接a 的一段细绳竖直，a 下端连接在竖直固定在地面的轻弹簧上，整个系统保持静止.已知物块a 、b 、c 的质量分别为m 、4m 、M ，重力加速度为g ，不计滑轮的质量和摩擦.下列说法中正确的是
A.弹簧弹力大小为mg
B.地面对c 的摩擦力为零
C.剪断轻绳的瞬间，c 对地面的压力为(4)m M g +
D.剪断轻绳的瞬间，a 的加速度大小为2g
【答案】AD
【解析】A.以b 为对象，沿斜面方向得
sin 2b F m g mg θ==绳
以a 为对象
a F F m g =+绳弹
解得：
F mg =弹
故A 正确；
B.对bc 组成的系统受力分析可知，重力G ，支持力F ，细线的拉力，地面的摩擦力f ，故B 错误；
C.剪断轻绳的瞬间， b 沿加速下滑，处于失重状态，所以c 对地面的压力小于(4)m M g +，故C 错误；
D.剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得：a 的加速度大小
2F mg a g m +=
=弹
10.（2019·海南省海口一中高三月考）如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M 的物体A 、B （B 物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k ，初始时物体处于静止状态。

现用竖直向上的拉力F 作用在物体A 上，使物体A 开始向上做加速度为a 的匀加速运动，测得两个物体的v －t 图像如图乙所示（重力加速度为g ），则（ ）
A.施加外力前，弹簧的形变量为2Mg k
B.弹簧恢复到原长时，物体B 的速度达到最大值
C.A 、B 在t 1时刻分离，此时弹簧弹力大小为M （g +a ）
D.外力施加的瞬间，A 、B 间的弹力大小为M （g －a ）
【答案】ACD
【解析】A.施加F 前，物体AB 整体平衡，根据平衡条件，有
02Mg kx =
得
02Mg x k
=
故A 正确； B.当B 的加速度为0时，B 的速度最大即弹力与B 的重力大小相等时，B 的速度最大，故B 错误；
C.在t 1时刻AB 分离瞬间，AB 间的弹力
0AB F =
对B 受力分析得
F Mg Ma -=弹
得
()F M g a =+弹
D.拉力F 施加的瞬间，对B 物体，根据牛顿第二定律，有
'AB F Mg F Ma --=弹
其中
'2F Mg =弹
得
()AB F M g a =-
故D 正确。

故选ACD 。

二、非选择题（本大题共6小题，共60分）
11.（8分）[2019·广东省期末]在“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”实验中：实验装置如图所示：一木块放在水平长木板上，左侧栓有一不可伸长的细软线，跨过固定在木板边缘的滑轮与一重物相连，木块右侧与穿过打点计时器的纸带相连，在重物牵引下，木块在木板上向左做匀加速运动。

重物的质量为m ，木块质量为M 。

（1）如图①所示，是甲同学用以上装置，通过打点计时器在纸带上打出的一些连续的点，它们之间的距离
分别为S 1、S 2、S 3、S 4、S 5、S 6，打点计时器所用交流电周期为T ，根据给以上数据求：木块的加速度a =______。

（2）乙同学用同一套装置，根据测量数据画出了如图②所示的a —F 图线，原因可能是：____。

（3）丙、丁两位同学用同一套装置，画出了各自得到的a —F 图线如图③所示，说明这两个同学做实验时的哪一个物理量取值不同：_________。

（4）当M 和m 的大小关系满足_________时，才可以认为绳子对木块的拉力大小等于重物的重力大小。

【答案】()()4563212
9S S S S S S T ++-++ 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力时斜面倾角太小 木块的质量 M m
【解析】（1）［1］利用逐差法求加速度为
()()4563212
9S S S S S S a T ++-++= （2）［2］根据图象横坐标交点可知，当取某个不为零的值时，加速度为零，说明平衡摩擦力不足，即没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力时斜面倾角太小。

（3）［3］根据牛顿第二定律
F =Ma
可得
1a F M =
a -F 图象的斜率为1M
，丁、丙直线斜率不同，说明这两个同学做实验时木块的质量不同。

（4）［4］本实验中平衡摩擦力后，小车受到的合外力是绳子的拉力，对小车和重物分别列牛顿定律方程
F =Ma
mg -F =ma
可解得
mg a M m
=
+ 可得 11M F mg mg m M m M
==++ 本实验数据小车的合外力认为就是mg ，只有在M ＞＞m 时，才可以认为绳子对木块的拉力大小等于重物的重力大小。

12.（8分）[2020·江西省五校联考]某同学用如图（a ）所示的实验装置测量木块与木板之间的动摩擦因数μ：将木块从倾角为θ的木板上静止释放，与位移传感器连接的计算机描绘出了木块相对传感器的位置随时间变化的规律，如图（b ）中的曲线②所示.图中木块的位置从x 1到x 2、从x 2到x 3的运动时间均为T.
（1）根据图（b ）可得，木块经过位置x 2时的速度v 2= ___，木块运动的加速度a=____；
（2）现测得T=0.1s ，x 1 =4cm ，x 2=9cm ，x 3=16cm ，θ=37°，可求得木块与木板之间的动摩擦因数μ=____ ；
（sin37°
=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g 取l0m/s 2，结果保留1位有效数字） （3）若只增大木板的倾角，则木块相对传感器的位置随时间变的规律可能是图（b ）中的曲线 ___.（选填图线序号①、②或③） 【答案】312x x T -； 3212
2x x x T -+； 0.5； ① 【解析】（1）由题意可知，木块沿木板向下做匀加速直线运动，由于从x 1到x 2、从x 2到x 3的运动时间均为T ，所以3122x x v T
-=， 由匀变速直线运动的规律可知，23221()()x x x x aT ---=，解得：32122x x x a T -+=
； （2）由232122222(16294)1020.1
x x x m m a s s T --+-⨯+⨯=== 由牛顿第二定律可知，sin37cos37a g g μ=︒-︒，解得：0.5μ=；
（3） 由牛顿第二定律可知，sin cos a g g θμθ=-，当θ增大，则加速度增大，由公式212
x at =
可知，曲线①正确.
13.（12分）[2020·安徽省高一期末]如图为一倾角θ＝37°的足够长固定斜面，一质量m ＝2kg 的物体在斜面底部受到一个沿斜面向上的拉力F ＝28N 的作用，物体由静止开始向上运动，最初2s 内的位移为8m ，2s 末撤去拉力F ，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g ＝10m/s 2。

求：
（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）物体沿斜面向上运动的最大位移；
（3）物体沿斜面向下运动时的加速度大小。

【答案】（1）0.5；（2）11.2m ；（3）22m/s
【解析】（1）物体在2s 内位移为8m ，由
211112
x a t =
解得： 214m/s a =
根据牛顿第二定律，撤去拉力F 前有：
1sin cos F mg mg ma θμθ--=
解得：
0.5μ=
（2）设撤拉去F 后加速度为2a ，
由牛顿第二定律得：
2sin cos mg mg ma θμθ+=
解得：
2210m/s a =
撤去拉力F 时的速度
1118m/s v a t ==
设撤去F 后经t 2速度减为0，
由运动学规律得：
2122
02v x a -=- 解得
x 2=3.2m
1211.2m x x x =+=总
（3）下滑过程：
3sin cos mg mg ma θμθ-=
得
232m/s a =
14.（12分）[2019·广东省高一期末]某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离一段时间后打开降落伞做减速下落。

他打开降落伞后的速度图线如图a 。

降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为α=37°，如图b 。

已知人的质量为50kg ，降落伞质量也为50kg ，不计人所受的
阻力，打开伞后伞所受阻力f 与速率v 成正比，即f kv ＝（g 取10m/s 2，sin53°
=0.8，cos53°=0.6）。

求： （1）打开降落伞前人下落的距离；
（2）阻力系数k 和打开伞瞬间的加速度a 的大小和方向；
（3）悬绳能够承受的拉力至少为多少？
【答案】（1）20m （2）30m/s 2，方向向上（3）312.5N
【解析】（1）由速度时间图像可知，人打开降落伞时的速度为120m/s υ=，故下落的距离为
2120m 2υh g
== （2）当人作匀速运动时，
22k υmg =
刚开始下落时，对整体
122k υmg ma -=
解得
230m/s a =
方向向上。

（3）设每根绳子的拉力为T ，当加速度最大时绳的拉力最大，对运动员
8cos37T mg ma -=
解得
312.5N T =
15.（10分）[2019·海南省海口一中高三月考]质量为m =0.5kg 的小煤块（可视为质点）放在质量为M =0.5kg 的长木板的右端，木板足够长，小煤块与木板的动摩擦因数1=0.2μ，木板与地面之间的动摩擦因数2=0.4μ，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 =9N ，如图所示，经t =2s 后撤去F 。

由于煤块与木板间相对滑动会留下一条黑色痕迹。

（g 取10m/s 2）试求：
（1）小煤块在木板上留下的痕迹的长度？
（2）小煤块和木板均静止后，煤块到木板右端的距离为多少？
【答案】（1）18m ；（2）12m
【解析】（1）整体分析可得
()225m/s F m M g a m M μ-+=
=+
对小煤块分析可知 21=2m/s m a g μ=
由于m a a <，即可判断小煤块与长木板发生滑动，它们之间的摩擦力为滑动摩擦力。

对小煤块和长木板受力分析，结合牛顿第二定律可得，小煤块做匀加速直线运动，其加速度大小
21=2m/s m a g μ=
长木板做匀加速直线运动，其加速度大小
()1228m/s M F mg m M g
a M μμ--+==
经2s t =，小煤块和长木板运动的位移和末速度分别为
214m 2m m x a t =
= ，4m/s m m v a t == 2116m 2
M M x a t =
= ，16m/s M M v a t ==
撤去F 后，小煤块受力不变，继续做匀加速度直线运动，其加速度大小
22m/s m
m a a '== 长木板受到地面和小煤块的摩擦力，做匀减速直线运动，其加速度大小
()12210m/s M
mg m M g a M μμ++'==
当小煤块和长木板共速时，有 m m
M M v a t v a t ''''+=- 1s t '=
共速时的速度为
=6m/s v 共
从撤去F 到小煤块和长木板共速，此阶段小煤块和长木板的位移分别为
5m m
x '= ，11m M x '= 当小煤块和长木板共速之后，分析可得小煤块受到的摩擦力反向，小煤块做匀减速直线运动，其加速度大小
22m/s m
a ''= 长木板做匀减速直线运动，其加速度大小
()2126m/s M m M g mg a M μμ+-''==
当小煤块和长木板停止时，它们的位移分别为
9m m
x ''=，=3m M x '' 由以上三个阶段的位移可得，小煤块在木板上留下的痕迹的长度
()()18m M M
m m x x x x x ''=+-+= （2）根据以上分析可知，小煤块和木板均静止后，煤块到木板右端的距离
()()+12m M M
M m m m x x x x x x x ''''''=+-++= 16.（10分）[2019·海南省海口一中高三月考]如图所示，倾角α=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上有一长L =1.8m 、质量M =3 kg 的薄木板，现对木板施加沿斜面向上的恒力F =37.5N ，使木板由静止开始
做匀加速直线运动。

在木板开始运动的瞬间，将质量m=1 kg的小物块无初速放在木板的最右端。

物块与木板间的动摩擦因数μ=，g取10 m/s2。

（1）物块滑离木板所用的时间是多少？
（2）当物块运动到最高点时与木板下端的距离为多少？
【答案】⑴ 1.2 s ⑵4.05 m
【解析】（1）对木板列牛顿第二定律得，，对物块列牛顿第二定律得，
设物块滑离木板时间为t, 解得，
（2）物块离开木板的速度，此时物块的加速度为，物块向上运动的距离为，所用时间为，；此段实际木板继续上滑，木板此时加速度为，木板上滑的位移为，联立解得，当物块运动到最高点时与木板下端的距离为。