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新高考物理一轮复习精讲精练第3章 牛顿运动定律 章末测试（含解析）
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这是一份新高考物理一轮复习精讲精练第3章 牛顿运动定律 章末测试（含解析），共15页。试卷主要包含了单项选择题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
牛顿运动定律章末测试
(建议用时：75分钟)
一、单项选择题
1、(2022·潮州第一次质检)广泛应用于“双十一”的智能快递分拣机器人简化图如图，派件员在分拣场内将包裹放在机器人的水平托盘上后，机器人可以将不同类别的包裹自动送至不同的位置，则下列说法正确的是( )
A．包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹不受摩擦力的作用
B．包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹没有惯性
C．包裹随着机器人一起做匀加速直线运动时，包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对平衡力
D．包裹随着机器人一起做匀加速直线运动时，机器人对包裹的作用力等于包裹的重力
【答案】A
【解析】包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹受重力和支持力作用，水平方向不受摩擦力的作用，A正确；一切物体在任何情况下都有惯性，惯性是物体的一个基本属性，B错误；包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对相互作用力，C错误；包裹随着机器人一起做匀加速直线运动时，机器人对包裹的作用力有竖直方向的支持力和水平方向的摩擦力，只有竖直方向的支持力与包裹的重力大小相等，因此机器人对包裹的作用力不等于包裹的重力，D错误。
2、(2020·北京市东城区上学期期末)在竖直方向运动的电梯地板上放置一台秤，将物体放在台秤上。电梯静止时台秤示数为FN。在电梯运动的某段过程中，台秤示数大于FN。在此过程中( )
A．物体受到的重力增大 B．物体处于失重状态
C．电梯可能正在加速下降 D．电梯可能正在加速上升
【答案】D
【解析】物体的视重变大，但是受到的重力没变，选项A错误；物体对台秤的压力变大，可知物体处于超重状态，选项B错误；物体处于超重状态，则加速度向上，电梯可能正在加速上升或者减速下降，选项C错误，D正确。
3、如图所示，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连。设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于拉伸状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在此段时间内小车可能是( )
A．向右做加速运动 B．向右做减速运动
C．向左做匀速运动 D．向左做减速运动
【答案】B
【解析】因为弹簧处于拉伸状态，小球在水平方向受到向左的弹簧弹力F，由牛顿第二定律的矢量性可知，小球加速度也是向左。小球与小车相对静止，故小车可能向左做加速运动或向右做减速运动，B正确。
4、如图所示，一木块在光滑水平面上受到一恒力F作用而运动，前方固定一轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是( )
A．木块将立即做匀减速直线运动
B．木块将立即做变减速直线运动
C．在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大
D．在弹簧处于最大压缩状态时，木块的加速度为零
【答案】C
【解析】对木块进行受力分析，木块接触弹簧后所受弹力不断增大，当弹力小于力F时，木块仍将加速运动，但加速度变小，A、B均错误。在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的加速度为0，速度最大，C正确。木块继续压缩弹簧，木块所受合力反向且增大，加速度向右不断增大，D错误。
5、(2020·福建龙岩市期末质量检查)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面上，物块A、B质量均为m。物块A静止在轻弹簧上端，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B靠在一起，但A、B之间无弹力。已知重力加速度为g，某时刻将细线剪断，下列说法正确的是( )
A．细线剪断前，弹簧的弹力为mg
B．细线剪断前，细线的拉力为mg
C．细线剪断瞬间，弹簧的弹力发生变化
D．细线剪断瞬间，物块B的加速度大小为g
【答案】D
【解析】细线剪断前，由于A、B之间无弹力，对A分析可以得到弹簧的弹力F＝mgsin θ＝mg，对B分析可以得到FT＝mgsin θ＝mg，故A、B错误；细线剪断瞬间，弹簧的弹力不变，故C错误；细线剪断瞬间，对A、B系统，加速度大小a＝＝g，故D正确。
6、(2020·山东九校上学期期末)如图所示，弯折杆ABCD的D端接一个小球，杆和球的总质量为m，一小环套在杆AB段上用绳吊着，恰好能一起以加速度a竖直向上做匀加速运动，杆AB段与水平方向的夹角为θ，则( )
A．杆对环的压力为mgsin θ＋masin θ
B．环与杆的摩擦力为mgcos θ＋macos θ
C．环对杆的作用力为mg＋ma
D．杆和球处于失重状态
【答案】C
【解析】杆和球受重力、支持力、摩擦力三个力作用，沿BA和垂直BA方向建立直角坐标系，分解加速度，沿BA方向，有Ff－mgsin θ＝masin θ
垂直BA方向FN－mgcos θ＝macos θ
得Ff＝mgsin θ＋masin θ，FN＝mgcos θ＋macos θ
由牛顿第三定律知FN′＝FN，所以选项A、B错误；环对杆和球的作用力为支持力、摩擦力的合力，由牛顿第二定律可知：作用力方向一定竖直向上，且F－mg＝ma
即F＝mg＋ma，选项C正确；杆和球具有向上的加速度，处于超重状态，选项D错误。
7、如图所示，质量分别为2m和3m的两个小球静止于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端。今在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】对两小球组成的整体分析，整体的加速度a＝，对质量为3m的小球分析，根据牛顿第二定律有F弹＝kx＝3ma，可得x＝，故A、B、D错误，C正确。
8、(2020·南通模拟)如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动。已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为( )
A．Mg B．M(g＋a)
C．(m1＋m2)a D．m1a＋μm1g
【答案】C
【解析】以C为研究对象，有Mg－FT＝Ma，解得FT＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知FT＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B有f＝m2a，对A有FT－f′＝m1a，f＝f′，联立解得FT＝(m1＋m2)a，故D错误。
9、将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受空气阻力大小恒定，方向与运动方向相反，该过程的v－t图像如图所示，g取10 m/s2。下列说法中正确的是( )
A．小球重力和阻力大小之比为6∶1
B．小球上升与下落所用时间之比为2∶3
C．小球落回到抛出点的速度大小为8 m/s
D．小球下落过程受到向上的空气阻力，处于超重状态
【答案】C
【解析】根据图像可得上升过程的加速度大小为a1＝12 m/s2，由牛顿第二定律有mg＋f＝ma1，代入数据解得＝2 m/s2，即mg∶f＝5∶1，故A错误；下降过程中由牛顿第二定律可得mg－f＝ma2，结合A选项解得a2＝8 m/s2，根据h＝at2，可得t＝，所以可知上升和下降时间之比为t1∶t2＝∶＝∶，故B错误；小球匀减速上升的高度h＝×2×24 m＝24 m，根据v2＝2a2h，代入数据解得v＝8 m/s，故C正确；小球下落过程中，加速度竖直向下，处于失重状态，故D错误。
10、如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示。则下列判断正确的是( )
A．图线与纵轴的交点的绝对值为g
B．图线的斜率在数值上等于货物的质量m
C．图线与横轴的交点N的值mg
D．图线的斜率在数值上等于货物质量的倒数
【答案】A
【解析】对货物受力分析，受重力mg和拉力2T，根据牛顿第二定律，有2T－mg＝ma，即a＝T－g，当T＝0时，a＝－g，即图线与纵轴交点M的值aM＝－g，所以图线与纵轴的交点的绝对值为g，故A正确；图线的斜率表示，故B、D错误；当a＝0时，T＝，即图线与横轴交点N的值为mg，故C错误。
二、多选题
11、(多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法符合历史事实的是( )
A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B．伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
【答案】BCD
【解析】亚里士多德认为物体的运动需要力来维持，选项A错误；牛顿根据选项B中伽利略的正确观点和选项C中笛卡儿的正确观点，得出了选项D的正确观点，选项B、C、D正确。
12、(多选)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，下列关于小球的速度v、加速度a随时间t变化的图像中符合实际情况的是( )
【答案】AD
【解析】在小球下落的开始阶段，小球做自由落体运动，加速度为g；接触弹簧后，开始时重力大于弹力，加速度方向向下，随着小球的不断下降，弹力逐渐变大，故小球做加速度减小的加速运动，某时刻加速度可减小到零，此时速度最大；小球继续下落时，弹力大于重力，加速度方向变为向上，且加速度逐渐变大，直到速度减小到零，到达最低点，由对称知识可知，到达最低点的加速度大于g，故A、D正确。
13、(多选)(2020·江苏南京市六校联合体5月联考)如图甲所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体。现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如图乙所示。已知重力加速度g＝10 m/s2，由图线可知( )
A．乙的质量m乙＝6 kg
B．甲、乙的总质量m总＝8 kg
C．甲、乙间的动摩擦因数μ＝0.3
D．甲、乙间的动摩擦因数μ＝0.1
【答案】BD
【解析】由图像可知，当力F＜24 N时加速度较小，所以甲、乙相对静止。采用整体法，当F1＝24 N时a1＝3 m/s2
根据牛顿第二定律有F1＝m总a1
即图像中直线较小斜率的倒数等于甲、乙质量之和，因此可得出m总＝8 kg
当F＞24 N时，甲的加速度较大，采用隔离法，由牛顿第二定律可得F2－μm甲g＝m甲a2
即图像中较大斜率倒数等于甲的质量，较大斜率直线的延长线与纵轴的截距为－μg＝－1
因此可以得出m甲＝6 kg
因此m乙＝m总－m甲＝2 kg
μ＝＝0.1
故A、C错误，B、D正确。
14、 (多选)如图所示，某传动装置与水平面的夹角为30°，两轮轴心相距L＝2 m，A、B分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑。现传送带沿顺时针方向匀速转动，将一小物块放置于A点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2。若传送带的速度可以任意调节，当小物块在A点以v0＝3m/s的速度沿传送带向上运动时，小物块到达B点的速度大小可能为( )
A．1 m/s B．3 m/s
C．6 m/s D．9 m/s
【答案】BC
【解析】由题意可知mgsin 30°＜μmgcos 30°，若传送带的速度很小(一直小于物块的速度)，小物块一直减速，加速度大小a1＝gsin 30°＋μgcos 30°＝12.5 m/s2，到达B点时的速度最小，且最小速度v1＝＝2 m/s；若传送带的速度很大(一直大于物块的速度)，小物块一直加速，加速度大小a2＝μgcos 30°－gsin 30°＝2.5 m/s2，到达B点时的速度最大，且最大速度v2＝＝8 m/s；综上可知小物块到达B点的速度在2 m/s到8 m/s的范围内，选项B、C正确。
15、(多选)(2020·山西大同市第一次联考)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，使它们沿斜面向上匀加速运动，为了增大A、B间的压力，可行的办法是( )
A．增大推力F B．减小倾角θ
C．减小B的质量 D．减小A的质量
【答案】AD
【解析】设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对A、B整体受力分析，有
F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a
对B受力分析，有
FAB－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa
由以上两式可得
FAB＝F＝
为了增大A、B间的压力，即FAB增大，应增大推力F或减小A的质量，增大B的质量。
故A、D正确，B、C错误。
三、实验题
16、(2022·惠州第三次调研)图(a)是测量木块与木板间动摩擦因数的实验装置。接通电源，开启打点计时器，从斜面上某点释放木块，木块沿木板滑下，多次重复后选择点迹清晰的一条纸带如图(b)所示。图中0～4是选取的五个计数点，相邻两计数点的时间间隔为T，如图(b)所示，测出了两个计数点的间距x1和x4，重力加速度为g，完成下列填空：
(1)木块下滑的加速度大小为____________(用符号T、x1、x4表示)。
(2)下列物理量中，还需测量的是________。
A．木块的质量m
B．木板的质量M
C．木块下滑的时间t
D．木板的倾角θ
(3)木块与木板间的动摩擦因数为______________。
(4)实验中发现动摩擦因数的测量值大于实际值，可能的一个原因是
________________________________________________________________。
【答案】(1) (2)D (3)tan θ－ (4)木块受到纸带阻力作用
【解析】(1)根据逐差法有x4－x1＝3aT2
解得木块下滑加速度大小为a＝。
(2)根据牛顿第二定律mgsin θ－μmgcos θ＝ma
可得μ＝tan θ－
则要测量动摩擦因数还需要测量木板的倾角，故选D。
(3)木块与木板间的动摩擦因数为μ＝tan θ－＝tan θ－。
(4)实验中发现动摩擦因数的测量值大于实际值，可能的一个原因是木块受到纸带阻力作用。
17、验证牛顿第二定律的实验装置示意图如图所示。图中打点计时器的电源为交变电源,打点的时间间隔用T表示。在小车质量未知的情况下,某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下,物体的加速度与其质量间的关系”。
(1)实验步骤如下:
①平衡小车所受的阻力：取下小吊盘,将木板 (选填“右端”或“左端”)抬高，用手轻推小车，直到打点计时器打出一系列间隔均匀的点。
②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。
③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m。
④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③。
⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点，测量相邻计数点的间距x1、x2…，求出与不同质量m相对应的加速度a。
⑥以砝码的质量m为横坐标，以为纵坐标，在坐标纸上作出-m的关系图线。若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则-m的关系图线为一条倾斜直线。
(2)回答下列问题:
①本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和m'与小车和车中砝码的质量之和m0应满足的条件是：m' (选填“远大于”或“远小于”)m0。
②如图乙所示，设纸带上三个相邻计数点的间距为x1、x2、x3,则a可用x1、x3和T表示为a= 。
③图丙为实验所得-m图线的示意图，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车受到的拉力为 ，小车的质量为 。
【答案】(1)①右端 (2)①远小于 ② ③
【解析】(1)在平衡摩擦力时，应取下小吊盘，将木板右端抬高，使木板形成斜面，用手轻推小车，直到打点计时器打出一系列间隔均匀的点，则说明此时小车做匀速运动。
(2)在消除摩擦力对实验的影响后，小车的合力就是绳子的拉力，根据牛顿第二定律，对小吊盘和盘中物块有m'g-F=m'a
对小车和车中砝码有F=m0a
解得F=m'g
当小吊盘和盘中物块的质量之和m'远小于小车和车中砝码的质量之和m0时，绳子的拉力近似等于小吊盘和盘中物块的总重力。
两个相邻计数点之间还有4个点，打点计时器的打点时间间隔为T，计数点间的时间间隔t=5T，由匀变速直线运动的推论Δx=at2可得，加速度为a=
设小车所受拉力为F，由牛顿第二定律有F=(m车+m)a
变形得
结合图丙所示图像,可得斜率k=
所以拉力F=
由截距b=
联立解得小车的质量为m车=bF=。
四、计算题
18、(2021山东滕州第一中学新校高三月考)滑沙游戏中，游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下。为了安全，滑沙车上通常装有刹车手柄，游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F，从而控制车速。为便于研究，作如下简化：游客从顶端A点由静止滑下8 s后，操纵刹车手柄使滑沙车受到制动力从而匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续匀减速滑行直至停止。如图所示，已知游客和滑沙车的总质量m=70 kg，倾角θ=37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不计空气阻力。
(1)求游客匀速下滑时的速度大小。
(2)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16 m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力?
【答案】(1)16 m/s (2)210 N
【解析】(1)开始下滑的时候,整体受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用,根据牛顿第二定律可得mgsin 37°-μmgcos 37°=ma1
代入数据可得a1=2 m/s2
游客匀速下滑的速度等于第一阶段匀加速运动的末速度,末速度的大小为v0=a1t1=2×8 m/s=16 m/s。
(2)整体滑到水平面上时,做匀减速直线运动,根据匀变速直线运动规律得v2-=-2a2x
代入数据可得a2=8 m/s2
由牛顿第二定律得F+μmg=ma2
代入数据得F=210 N。
19、如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6 kg 的物体P，Q为一质量为m2＝10 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；
(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a；
(3)力F的最大值与最小值。
【答案】(1)0.16 m (2) m/s2 (3) N N
【解析】(1)设开始时弹簧的压缩量为x0，对整体受力分析，平行斜面方向有(m1＋m2)gsin θ＝kx0
解得x0＝0.16 m。
(2)前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，
对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s时间内两物体的位移x0－x1＝at2
联立解得a＝ m/s2。
(3)对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，则
Fmin＝(m1＋m2)a＝ N
对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝ N。
20、(2019·江苏卷，15)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
【答案】(1) (2)3μg μg (3)2
【解析】A、B的运动过程如图所示
(1)由牛顿第二定律知，A加速度的大小aA＝μg
匀变速直线运动v＝2aAL
解得vA＝。
(2)设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合力大小F＝3μmg
由牛顿第二定律F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B整体所受合力大小F′＝2μmg
由牛顿第二定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。
(3)设经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L
解得vB＝2。
牛顿运动定律章末测试
(建议用时：75分钟)
一、单项选择题
1、(2022·潮州第一次质检)广泛应用于“双十一”的智能快递分拣机器人简化图如图，派件员在分拣场内将包裹放在机器人的水平托盘上后，机器人可以将不同类别的包裹自动送至不同的位置，则下列说法正确的是( )
A．包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹不受摩擦力的作用
B．包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹没有惯性
C．包裹随着机器人一起做匀加速直线运动时，包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对平衡力
D．包裹随着机器人一起做匀加速直线运动时，机器人对包裹的作用力等于包裹的重力
【答案】A
【解析】包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹受重力和支持力作用，水平方向不受摩擦力的作用，A正确；一切物体在任何情况下都有惯性，惯性是物体的一个基本属性，B错误；包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对相互作用力，C错误；包裹随着机器人一起做匀加速直线运动时，机器人对包裹的作用力有竖直方向的支持力和水平方向的摩擦力，只有竖直方向的支持力与包裹的重力大小相等，因此机器人对包裹的作用力不等于包裹的重力，D错误。
2、(2020·北京市东城区上学期期末)在竖直方向运动的电梯地板上放置一台秤，将物体放在台秤上。电梯静止时台秤示数为FN。在电梯运动的某段过程中，台秤示数大于FN。在此过程中( )
A．物体受到的重力增大 B．物体处于失重状态
C．电梯可能正在加速下降 D．电梯可能正在加速上升
【答案】D
【解析】物体的视重变大，但是受到的重力没变，选项A错误；物体对台秤的压力变大，可知物体处于超重状态，选项B错误；物体处于超重状态，则加速度向上，电梯可能正在加速上升或者减速下降，选项C错误，D正确。
3、如图所示，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连。设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于拉伸状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在此段时间内小车可能是( )
A．向右做加速运动 B．向右做减速运动
C．向左做匀速运动 D．向左做减速运动
【答案】B
【解析】因为弹簧处于拉伸状态，小球在水平方向受到向左的弹簧弹力F，由牛顿第二定律的矢量性可知，小球加速度也是向左。小球与小车相对静止，故小车可能向左做加速运动或向右做减速运动，B正确。
4、如图所示，一木块在光滑水平面上受到一恒力F作用而运动，前方固定一轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是( )
A．木块将立即做匀减速直线运动
B．木块将立即做变减速直线运动
C．在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大
D．在弹簧处于最大压缩状态时，木块的加速度为零
【答案】C
【解析】对木块进行受力分析，木块接触弹簧后所受弹力不断增大，当弹力小于力F时，木块仍将加速运动，但加速度变小，A、B均错误。在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的加速度为0，速度最大，C正确。木块继续压缩弹簧，木块所受合力反向且增大，加速度向右不断增大，D错误。
5、(2020·福建龙岩市期末质量检查)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面上，物块A、B质量均为m。物块A静止在轻弹簧上端，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B靠在一起，但A、B之间无弹力。已知重力加速度为g，某时刻将细线剪断，下列说法正确的是( )
A．细线剪断前，弹簧的弹力为mg
B．细线剪断前，细线的拉力为mg
C．细线剪断瞬间，弹簧的弹力发生变化
D．细线剪断瞬间，物块B的加速度大小为g
【答案】D
【解析】细线剪断前，由于A、B之间无弹力，对A分析可以得到弹簧的弹力F＝mgsin θ＝mg，对B分析可以得到FT＝mgsin θ＝mg，故A、B错误；细线剪断瞬间，弹簧的弹力不变，故C错误；细线剪断瞬间，对A、B系统，加速度大小a＝＝g，故D正确。
6、(2020·山东九校上学期期末)如图所示，弯折杆ABCD的D端接一个小球，杆和球的总质量为m，一小环套在杆AB段上用绳吊着，恰好能一起以加速度a竖直向上做匀加速运动，杆AB段与水平方向的夹角为θ，则( )
A．杆对环的压力为mgsin θ＋masin θ
B．环与杆的摩擦力为mgcos θ＋macos θ
C．环对杆的作用力为mg＋ma
D．杆和球处于失重状态
【答案】C
【解析】杆和球受重力、支持力、摩擦力三个力作用，沿BA和垂直BA方向建立直角坐标系，分解加速度，沿BA方向，有Ff－mgsin θ＝masin θ
垂直BA方向FN－mgcos θ＝macos θ
得Ff＝mgsin θ＋masin θ，FN＝mgcos θ＋macos θ
由牛顿第三定律知FN′＝FN，所以选项A、B错误；环对杆和球的作用力为支持力、摩擦力的合力，由牛顿第二定律可知：作用力方向一定竖直向上，且F－mg＝ma
即F＝mg＋ma，选项C正确；杆和球具有向上的加速度，处于超重状态，选项D错误。
7、如图所示，质量分别为2m和3m的两个小球静止于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端。今在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】对两小球组成的整体分析，整体的加速度a＝，对质量为3m的小球分析，根据牛顿第二定律有F弹＝kx＝3ma，可得x＝，故A、B、D错误，C正确。
8、(2020·南通模拟)如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动。已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为( )
A．Mg B．M(g＋a)
C．(m1＋m2)a D．m1a＋μm1g
【答案】C
【解析】以C为研究对象，有Mg－FT＝Ma，解得FT＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知FT＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B有f＝m2a，对A有FT－f′＝m1a，f＝f′，联立解得FT＝(m1＋m2)a，故D错误。
9、将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受空气阻力大小恒定，方向与运动方向相反，该过程的v－t图像如图所示，g取10 m/s2。下列说法中正确的是( )
A．小球重力和阻力大小之比为6∶1
B．小球上升与下落所用时间之比为2∶3
C．小球落回到抛出点的速度大小为8 m/s
D．小球下落过程受到向上的空气阻力，处于超重状态
【答案】C
【解析】根据图像可得上升过程的加速度大小为a1＝12 m/s2，由牛顿第二定律有mg＋f＝ma1，代入数据解得＝2 m/s2，即mg∶f＝5∶1，故A错误；下降过程中由牛顿第二定律可得mg－f＝ma2，结合A选项解得a2＝8 m/s2，根据h＝at2，可得t＝，所以可知上升和下降时间之比为t1∶t2＝∶＝∶，故B错误；小球匀减速上升的高度h＝×2×24 m＝24 m，根据v2＝2a2h，代入数据解得v＝8 m/s，故C正确；小球下落过程中，加速度竖直向下，处于失重状态，故D错误。
10、如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示。则下列判断正确的是( )
A．图线与纵轴的交点的绝对值为g
B．图线的斜率在数值上等于货物的质量m
C．图线与横轴的交点N的值mg
D．图线的斜率在数值上等于货物质量的倒数
【答案】A
【解析】对货物受力分析，受重力mg和拉力2T，根据牛顿第二定律，有2T－mg＝ma，即a＝T－g，当T＝0时，a＝－g，即图线与纵轴交点M的值aM＝－g，所以图线与纵轴的交点的绝对值为g，故A正确；图线的斜率表示，故B、D错误；当a＝0时，T＝，即图线与横轴交点N的值为mg，故C错误。
二、多选题
11、(多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法符合历史事实的是( )
A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B．伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
【答案】BCD
【解析】亚里士多德认为物体的运动需要力来维持，选项A错误；牛顿根据选项B中伽利略的正确观点和选项C中笛卡儿的正确观点，得出了选项D的正确观点，选项B、C、D正确。
12、(多选)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，下列关于小球的速度v、加速度a随时间t变化的图像中符合实际情况的是( )
【答案】AD
【解析】在小球下落的开始阶段，小球做自由落体运动，加速度为g；接触弹簧后，开始时重力大于弹力，加速度方向向下，随着小球的不断下降，弹力逐渐变大，故小球做加速度减小的加速运动，某时刻加速度可减小到零，此时速度最大；小球继续下落时，弹力大于重力，加速度方向变为向上，且加速度逐渐变大，直到速度减小到零，到达最低点，由对称知识可知，到达最低点的加速度大于g，故A、D正确。
13、(多选)(2020·江苏南京市六校联合体5月联考)如图甲所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体。现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如图乙所示。已知重力加速度g＝10 m/s2，由图线可知( )
A．乙的质量m乙＝6 kg
B．甲、乙的总质量m总＝8 kg
C．甲、乙间的动摩擦因数μ＝0.3
D．甲、乙间的动摩擦因数μ＝0.1
【答案】BD
【解析】由图像可知，当力F＜24 N时加速度较小，所以甲、乙相对静止。采用整体法，当F1＝24 N时a1＝3 m/s2
根据牛顿第二定律有F1＝m总a1
即图像中直线较小斜率的倒数等于甲、乙质量之和，因此可得出m总＝8 kg
当F＞24 N时，甲的加速度较大，采用隔离法，由牛顿第二定律可得F2－μm甲g＝m甲a2
即图像中较大斜率倒数等于甲的质量，较大斜率直线的延长线与纵轴的截距为－μg＝－1
因此可以得出m甲＝6 kg
因此m乙＝m总－m甲＝2 kg
μ＝＝0.1
故A、C错误，B、D正确。
14、 (多选)如图所示，某传动装置与水平面的夹角为30°，两轮轴心相距L＝2 m，A、B分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑。现传送带沿顺时针方向匀速转动，将一小物块放置于A点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2。若传送带的速度可以任意调节，当小物块在A点以v0＝3m/s的速度沿传送带向上运动时，小物块到达B点的速度大小可能为( )
A．1 m/s B．3 m/s
C．6 m/s D．9 m/s
【答案】BC
【解析】由题意可知mgsin 30°＜μmgcos 30°，若传送带的速度很小(一直小于物块的速度)，小物块一直减速，加速度大小a1＝gsin 30°＋μgcos 30°＝12.5 m/s2，到达B点时的速度最小，且最小速度v1＝＝2 m/s；若传送带的速度很大(一直大于物块的速度)，小物块一直加速，加速度大小a2＝μgcos 30°－gsin 30°＝2.5 m/s2，到达B点时的速度最大，且最大速度v2＝＝8 m/s；综上可知小物块到达B点的速度在2 m/s到8 m/s的范围内，选项B、C正确。
15、(多选)(2020·山西大同市第一次联考)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，使它们沿斜面向上匀加速运动，为了增大A、B间的压力，可行的办法是( )
A．增大推力F B．减小倾角θ
C．减小B的质量 D．减小A的质量
【答案】AD
【解析】设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对A、B整体受力分析，有
F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a
对B受力分析，有
FAB－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa
由以上两式可得
FAB＝F＝
为了增大A、B间的压力，即FAB增大，应增大推力F或减小A的质量，增大B的质量。
故A、D正确，B、C错误。
三、实验题
16、(2022·惠州第三次调研)图(a)是测量木块与木板间动摩擦因数的实验装置。接通电源，开启打点计时器，从斜面上某点释放木块，木块沿木板滑下，多次重复后选择点迹清晰的一条纸带如图(b)所示。图中0～4是选取的五个计数点，相邻两计数点的时间间隔为T，如图(b)所示，测出了两个计数点的间距x1和x4，重力加速度为g，完成下列填空：
(1)木块下滑的加速度大小为____________(用符号T、x1、x4表示)。
(2)下列物理量中，还需测量的是________。
A．木块的质量m
B．木板的质量M
C．木块下滑的时间t
D．木板的倾角θ
(3)木块与木板间的动摩擦因数为______________。
(4)实验中发现动摩擦因数的测量值大于实际值，可能的一个原因是
________________________________________________________________。
【答案】(1) (2)D (3)tan θ－ (4)木块受到纸带阻力作用
【解析】(1)根据逐差法有x4－x1＝3aT2
解得木块下滑加速度大小为a＝。
(2)根据牛顿第二定律mgsin θ－μmgcos θ＝ma
可得μ＝tan θ－
则要测量动摩擦因数还需要测量木板的倾角，故选D。
(3)木块与木板间的动摩擦因数为μ＝tan θ－＝tan θ－。
(4)实验中发现动摩擦因数的测量值大于实际值，可能的一个原因是木块受到纸带阻力作用。
17、验证牛顿第二定律的实验装置示意图如图所示。图中打点计时器的电源为交变电源,打点的时间间隔用T表示。在小车质量未知的情况下,某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下,物体的加速度与其质量间的关系”。
(1)实验步骤如下:
①平衡小车所受的阻力：取下小吊盘,将木板 (选填“右端”或“左端”)抬高，用手轻推小车，直到打点计时器打出一系列间隔均匀的点。
②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。
③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m。
④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③。
⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点，测量相邻计数点的间距x1、x2…，求出与不同质量m相对应的加速度a。
⑥以砝码的质量m为横坐标，以为纵坐标，在坐标纸上作出-m的关系图线。若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则-m的关系图线为一条倾斜直线。
(2)回答下列问题:
①本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和m'与小车和车中砝码的质量之和m0应满足的条件是：m' (选填“远大于”或“远小于”)m0。
②如图乙所示，设纸带上三个相邻计数点的间距为x1、x2、x3,则a可用x1、x3和T表示为a= 。
③图丙为实验所得-m图线的示意图，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车受到的拉力为 ，小车的质量为 。
【答案】(1)①右端 (2)①远小于 ② ③
【解析】(1)在平衡摩擦力时，应取下小吊盘，将木板右端抬高，使木板形成斜面，用手轻推小车，直到打点计时器打出一系列间隔均匀的点，则说明此时小车做匀速运动。
(2)在消除摩擦力对实验的影响后，小车的合力就是绳子的拉力，根据牛顿第二定律，对小吊盘和盘中物块有m'g-F=m'a
对小车和车中砝码有F=m0a
解得F=m'g
当小吊盘和盘中物块的质量之和m'远小于小车和车中砝码的质量之和m0时，绳子的拉力近似等于小吊盘和盘中物块的总重力。
两个相邻计数点之间还有4个点，打点计时器的打点时间间隔为T，计数点间的时间间隔t=5T，由匀变速直线运动的推论Δx=at2可得，加速度为a=
设小车所受拉力为F，由牛顿第二定律有F=(m车+m)a
变形得
结合图丙所示图像,可得斜率k=
所以拉力F=
由截距b=
联立解得小车的质量为m车=bF=。
四、计算题
18、(2021山东滕州第一中学新校高三月考)滑沙游戏中，游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下。为了安全，滑沙车上通常装有刹车手柄，游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F，从而控制车速。为便于研究，作如下简化：游客从顶端A点由静止滑下8 s后，操纵刹车手柄使滑沙车受到制动力从而匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续匀减速滑行直至停止。如图所示，已知游客和滑沙车的总质量m=70 kg，倾角θ=37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不计空气阻力。
(1)求游客匀速下滑时的速度大小。
(2)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16 m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力?
【答案】(1)16 m/s (2)210 N
【解析】(1)开始下滑的时候,整体受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用,根据牛顿第二定律可得mgsin 37°-μmgcos 37°=ma1
代入数据可得a1=2 m/s2
游客匀速下滑的速度等于第一阶段匀加速运动的末速度,末速度的大小为v0=a1t1=2×8 m/s=16 m/s。
(2)整体滑到水平面上时,做匀减速直线运动,根据匀变速直线运动规律得v2-=-2a2x
代入数据可得a2=8 m/s2
由牛顿第二定律得F+μmg=ma2
代入数据得F=210 N。
19、如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6 kg 的物体P，Q为一质量为m2＝10 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；
(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a；
(3)力F的最大值与最小值。
【答案】(1)0.16 m (2) m/s2 (3) N N
【解析】(1)设开始时弹簧的压缩量为x0，对整体受力分析，平行斜面方向有(m1＋m2)gsin θ＝kx0
解得x0＝0.16 m。
(2)前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，
对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s时间内两物体的位移x0－x1＝at2
联立解得a＝ m/s2。
(3)对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，则
Fmin＝(m1＋m2)a＝ N
对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝ N。
20、(2019·江苏卷，15)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
【答案】(1) (2)3μg μg (3)2
【解析】A、B的运动过程如图所示
(1)由牛顿第二定律知，A加速度的大小aA＝μg
匀变速直线运动v＝2aAL
解得vA＝。
(2)设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合力大小F＝3μmg
由牛顿第二定律F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B整体所受合力大小F′＝2μmg
由牛顿第二定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。
(3)设经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L
解得vB＝2。
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