鲁科版高中物理必修第一册第5章牛顿运动定律章末综合测评含答案

牛顿运动定律

(分值：100分)

1．(4分)(2020·山西忻州一中高一上期末)如图所示，一个劈形物体A(各面均光滑)放在固定的斜面上，上表面水平，在其上表面放一个光滑小球B。劈形物体由静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是(　　)

A．沿斜面向下的直线　　 B．竖直向下的直线  

C．无规则的曲线   D．垂直斜面的直线

B　[由于小球放在劈形物体A上，劈形物体A的上表面光滑，在劈形物体A下滑过程中，小球在水平方向上不受外力作用，则小球在水平方向上没有位移，仅沿竖直方向运动，故B正确。]

2．(4分)(2020·湖南永州高一上期末)如图所示，一木箱放置于做匀速直线运动的小车的水平地板上，下列说法正确的是    (　　)

A．木箱所受的重力就是木箱对小车的压力

B．木箱所受的重力和木箱对小车的压力是一对平衡力

C．木箱所受的重力和支持力是一对作用力与反作用力

D．木箱所受的支持力和木箱对小车的压力是一对作用力与反作用力

D　[压力与重力性质不同，不是同一个力，故A错误；木箱所受的重力和木箱对小车的压力分别作用在两个物体上，所以两个力不是一对平衡力，故B错误；木箱所受的重力和支持力是一对平衡力，故C错误；木箱所受的支持力和木箱对小车的压力是两个物体之间的作用与反作用力，是一对相互作用力，故D正确。]

3．(4分)(2020·山东济宁实验中学高一上期中)如图所示，粗糙的长方体木块P、Q叠放在一水平地面上，并保持静止，涉及P、Q、地球三个物体之间的作用力和反作用力一共有(　　)

A．3对　　　B．4对　　　C．5对　　　D．6对

B　[首先对P受力分析，受重力和支持力，再对Q受力分析，受重力、压力和支持力；涉及P、Q、地球三个物体之间的作用力和反作用力有：P与地球间有相互吸引的力；P和Q间的弹力，Q和地球间有相互吸引的力；地面和Q间的弹力；综上所述，故B正确，A、C、D错误。]

4．(4分)(2020·山东青岛一中高一上期末)如图所示，甲、乙两人同时从背面和侧面分别用F1＝150 N、F2＝200 N的力推质量为50 kg的沙发，F1与F2相互垂直，且平行于地面。沙发与地面间的动摩擦因数μ＝0.4。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．沙发的加速度大小为1 m/s2

B．沙发将沿着F1的方向移动

C．沙发不会被推动

D．由于F1小于最大静摩擦力，因此沙发将沿着F2的方向移动

A　[已知F1＝150 N、F2＝200 N、FN＝mg＝500 N，根据力的合成法则可求得，两个相互垂直的力F1、F2的合力为F合＝250 N，沙发受到的最大静摩擦力f＝μFN＝μmg＝0.4×500 N＝200 N，因为F1、F2的合力大于最大静摩擦力，所以沙发被推动，运动方向沿合力方向。由F＝ma可得a＝＝＝ m/s2＝1 m/s2，故A正确。]

5．(4分)如图所示，在一个正立方体盒子中放一均匀的小球，小球的直径恰好与盒子内表面正方体的棱长相等。盒子沿倾角为θ的固定斜面滑动，不计一切摩擦。下列说法中正确的是  (　　)

A．无论盒子沿斜面上滑还是下滑，球都仅对盒子的下底面有压力

B．盒子沿斜面下滑时，球对盒子的下底面和右侧面有压力

C．盒子沿斜面下滑时，球对盒子的下底面和左侧面有压力

D．盒子沿斜面上滑时，球对盒子的下底面和左侧面有压力

A　[设小球与盒子总质量为M，小球的质量为m。先以盒子和小球组成的整体为研究对象，根据牛顿第二运动定律得Mgsin θ＝Ma，解得a＝gsin θ，由此可知无论上滑还是下滑，整体的加速度相同。对小球，加速度也等于gsin θ，则由牛顿第二运动定律可知，小球受到的合力等于F合＝ma＝mgsin θ，故盒子右侧面和左侧面对小球都没有作用力，则可知球对盒子的右侧面和左侧面也没有压力，在垂直于斜面方向上，小球没有加速度，则盒子下底面对小球的支持力等于小球重力垂直于斜面的分力，即FN＝mgcos θ，所以球对盒子的下底面有压力，综上可知A正确。]

6．(4分)(2019·江西南昌第二中学月考)课堂上，老师准备了“└”形光滑木板和三个完全相同、外表面光滑的匀质圆柱形积木，要将三个积木按图示(截面图)方式堆放在木板上，则木板与水平面夹角θ的最大值为(　　)

A．60°    B．45°  C．30°   D．15°

C　[当最上面的积木的重心与左下方积木的重心在同一竖直线上时，最上面的积木将要滚动，此时木板与水平面夹角θ达到最大，由几何关系知，θ的最大值为30°，故选C。]

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v­t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．(4分)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，力F的大小与时间t的关系如图甲所示；物块的运动速度v与时间t的关系如图乙所示，6 s后的速度图像没有画出，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

甲　　　　　　　　乙

A．滑动时受的摩擦力大小是3 N

B．物块的质量为1.5 kg

C．物块在6～9 s内的加速度大小是1.5 m/s2

D．物块前6 s内的平均速度大小是4.0 m/s

B　[由速度—时间图像可以知道，在3～6 s内，物体处于匀速直线运动状态，即物体所受到的摩擦力大小应该与推力F大小相等，F滑＝F推＝6 N，故A错误；在0～3 s内，物体做匀加速直线运动，a＝2 m/s2，F推－F滑＝ma，计算得出m＝1.5 kg，故B正确；在6～9 s内，F推＝3 N，F滑＝6 N，F滑－F推＝ma′，得出a′＝2 m/s2，故C错误；由速度—时间图像面积可知，0～6 s内物体的位移x＝×(3＋6)×6 m＝27 m，物块前6 s内的平均速度大小v＝＝4.5 m/s，故D错误。]

9．(6分)(2019·黑龙江大庆实验中学高一上月考)为了探究加速度与力、质量的关系，甲、乙、丙三位同学分别设计了如图所示的实验装置，甲图中M为小车总质量，乙图中M为小车与力传感器的总质量，丙图中M为小车和与小车固连的滑轮的总质量，钩码总质量用m表示。

甲　　　　　　　　　　乙

丙　　　　　　　　　　丁

戊

(1)为便于测量合外力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合外力成正比的结论，下列说法正确的是________。

A．三组实验中只有甲需要平衡摩擦力

B．三组实验都需要平衡摩擦力

C．三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件

D．三组实验都需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件

(2)图丁是用图甲装置中打点计时器所打的纸带的一部分，O、A、B、C、D和E为纸带上六个计数点，加速度大小用a表示，则O、D间的距离为________cm。图戊是根据实验数据绘出的s­t2图线(s为各计数点至同一起点的距离)，则加速度大小a＝________m/s2(保留三位有效数字)。

(3)若乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和弹簧测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为a，g为当地重力加速度，则乙、丙两位同学实验时所用小车总质量之比为________。

[解析]　(1)为便于测量合外力的大小，甲图中应使钩码的总重力近似等于小车受到的合外力，而乙图中应使力传感器的示数等于小车受到的合外力，丙图中应使弹簧测力计示数的2倍等于小车受到的合外力，因此三组实验都需要平衡摩擦力，故A错误，B正确；由于只有甲图中需要满足钩码的总重力近似等于小车受到的合外力，因此三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件，故C正确，D错误。

(2)由题图丁可知，O、D间的距离为2.20 cm－1.00 cm＝1.20 cm；小车做初速度为零的匀加速直线运动，则s＝at2，由题图戊可知k＝a，则a＝2k＝2× m/s2≈0.933 m/s2。

(3)乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和弹簧测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为a，则有F＝M乙a,2F＝M丙a；因此乙、丙实验时所用小车总质量之比为M乙∶M丙＝1∶2。

[答案]　(1)BC　(2)1.20　0.933　(3)1∶2

10．(8分)(2019·黑龙江哈尔滨第六中学高一上月考)如图所示，小球的质量为0.8 kg，两根轻细绳AB和AC的一端连接在竖直墙上，另一端系于小球上。在小球上再施加一个方向与水平线成θ＝53°角的拉力F，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，若要使绳都能伸直，求拉力F的大小范围。(g取10 m/s2)

[解析]　对小球受力分析，受重力、拉力F，两根细绳的拉力，如图所示，根据平衡条件有Fcos 53°＝FBsin 37°＋FCsin 53°，Fsin 53°＋FBcos 37°＋FCcos 53°＝mg，当FB＝0时，FC＝4.8 N，F＝6.4 N；

当FC＝0时，FB＝5 N，F＝5 N。则要使绳都能伸直，拉力F的大小范围为5 N≤F≤6.4 N。

[答案]　5 N≤F≤6.4 N

11．(4分)(多选)如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为v0＝10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(g取10 m/s2)(　　)

A．物体经10 s速度减为零

B．物体经2 s速度减为零

C．物体的速度减为零后将保持静止

D．物体的速度减为零后将向右运动

BC　[物体受到向右的滑动摩擦力，Ff－μFN＝μmg＝3 N，根据牛顿第二运动定律得a＝＝ m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体的速度减为零所需的时间t＝＝ s＝2 s，B正确，A错误；物体的速度减为零后，由于F<Ff，物体处于静止状态，C正确，D错误。]

12．(4分)(多选)如图所示，运动员跳水运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中，跳板自身重力忽略不计，则下列说法正确的是(　　)

A．运动员将跳板从B压到C的过程中，一直失重

B．运动员向上运动(C→B)的过程中，先超重，后失重

C．运动员将跳板从B压到C的过程中，对板的压力先增大后减小

D．运动员向上运动(C→B)的过程中，对板的压力一直减小

BD　[运动员受到重力及跳板向上的弹力，运动员将跳板从B压到C的过程中，运动员受到跳板的弹力越来越大，开始时加速度向下减小，然后加速度再向上增大，故运动员应先失重、后超重，故A、C错误；运动员在向上运动时，跳板弹力减小，但开始时一定大于重力，故合外力先减小后增大，而加速度先向上，后向下，故运动员先超重，后失重，故B正确；运动员在向上运动时，跳板的形变量减小，弹力减小，运动员对板的压力一直减小，故D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)(2019·黑龙江大庆实验中学高一上月考)如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力的作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系，现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于外力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x变化的关系图像可能正确的是 (　　)

A　　　　B　　　　　C　　　　 D

BD　[设A、B向右匀加速运动的加速度为a。根据牛顿第二运动定律，对整体有F＋k(x0－x)＝(mA＋mB)a，可得F＝kx＋(mA＋mB)a－kx0。因为可能有(mA＋mB)a＝kx0，则得F＝kx，F与x成正比，F­x图像可能是过原点的直线。对A有k(x0－x)－FN＝mAa，得FN＝－kx＋kx0－mAa，可知FN­x图像是向下倾斜的直线。当FN＝0时A、B开始分离，此后B做匀加速运动，F不变，则有x＝x0－<x0，因此B图和D图是可能的，A图和C图是不可能的，故A、C错误，B、D正确。]

15．(6分)(2019·福建福州第三中学期中)如图甲所示为阿特伍德机的示意图，它是早期测量重力加速度的器械，由英国数学家和物理学家阿特伍德于1784年制成。他将质量同为M(已知量)的重物用绳连接后，放在光滑的轻质滑轮上，处于静止状态。再在一个重物上附加一质量为m的小重物，这时，由于小重物的重力而使系统做初速度为零的缓慢加速运动，测出加速度，完成一次实验后，换用不同质量的小重物，重复实验，测出m不同时系统的加速度。得到多组a、m数据后，作出图乙所示图像。

甲

(1)为了作出图乙所示图像需要直接测量的物理量有________。

乙

A．小重物的质量m

B．滑轮的半径R

C．绳子的长度

D．小重物下落的距离h及下落这段距离所用的时间t

(2)随变化的函数关系式为________。

(3)已知图乙中图像斜率为k，纵轴截距为b，则可求出当地的重力加速度g＝________，并可求出重物质量M＝________。

[解析]　(1)根据h＝at2，得a＝，所以需要测量的物理量有小重物的质量m，小重物下落的距离h及下落这段距离所用的时间t，故选A、D。

(2)对整体分析，根据牛顿第二定律得mg＝(2M＋m)a，整理得＝·＋。

(3)图线斜率k＝，纵轴截距b＝，解得g＝，M＝。

[答案]　(1)AD　(2)＝·＋　(3)　

16．(8分)如图所示，传送带保持以1 m/s的速度顺时针转动。现将一质量m＝0.5 kg的物体从离传送带左端很近的点轻轻地放上去，设物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，则物体从a点运动到b点所经历的时间为多少？(g取10 m/s2)

[解析]　对物体，根据题意得a＝＝μg＝1 m/s2，当速度达到1 m/s时，所用的时间t1＝＝ s＝1 s，通过的位移s1＝＝0.5 m<2.5 m。在剩余位移s2＝L－s1＝2.5 m－0.5 m＝2 m中，因为物体与传送带间无摩擦力，所以物体以1 m/s的速度随传送带做匀速运动，所用时间t2＝＝2 s。

因此共需时间t＝t1＋t2＝3 s。

[答案]　3 s

17．(12分)如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个小孩用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F＝6.5 N，玩具的质量m＝1 kg，经过时间t＝2.0 s，玩具移动了距离x＝2 m，这时小孩松开手，玩具又滑行了一段距离后停下(g＝10 m/s2)，求：

(1)玩具与地面间的动摩擦因数；

(2)松开手后玩具还能运动的距离；

(3)小孩要拉动玩具，拉力F与水平面夹角为多大时最省力。

[解析]　(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得x＝at2，解得a＝ m/s2，对玩具，由牛顿第二运动定律得Fcos 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma，解得μ＝。

(2)松手时，玩具的速度v＝at＝2 m/s，松手后，由牛顿第二运动定律得μmg＝ma′，解得a′＝ m/s2，

玩具的位移x′＝＝0.6 m≈1.04 m。

(3)设拉力与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则Fcos θ－Ff≥0，Ff＝μFN，在竖直方向上，由平衡条件得FN＋Fsin θ＝mg，解得F≥，cos θ＋μsin θ＝sin(60°＋θ)，当θ＝30°时，拉力最小，最省力。

[答案]　(1)　(2)1.04 m　(3)30°

18．(12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v­t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  ⑪

小物块运动的位移为s2＝Δt ⑫

小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1 ⑬

联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δs＝6.0 m ⑭

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