教科版必修1第三章 牛顿运动定律综合与测试习题

 (第三章)

 (90分钟　100分)

一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。其中1～8小题为单选，9～12小题为多选)

1．一马拉着车原来以5 m/s的速度匀速运动，马受惊后突然加速，则(　　)

A．车的惯性增大了

B．车的惯性减小了

C．马拉车的力大于车拉马的力

D．马拉车的力始终等于车拉马的力

【解析】选D。惯性大小只由物体的质量决定，马受惊后突然加速，车的惯性保持不变，故A、B错误；车拉马的力与马拉车的力是作用力和反作用力，所以车拉马的力等于马拉车的力，故C错误，D正确；故选D。

2．在天花板上用电线吊着电灯的情形中，哪两个力是作用力和反作用力(　　)

A．电灯受的重力和电线对电灯的拉力

B．电线对电灯的拉力和天花板对电线的拉力

C．电线对电灯的拉力和电灯对电线的拉力

D．电灯受到的重力和电灯对电线的拉力

【解析】选C。电灯受的重力和电线对电灯的拉力，这两个力都作用在电灯上，这两个力是一对平衡力，不是作用力和反作用力，故A错误；电线对电灯的拉力受力物体是电灯，施力物体是电线，天花板对电线的拉力，施力物体是天花板，这一对力涉及三个物体，不是作用力和反作用力，故B错误；电线对电灯的拉力受力物体是电灯，施力物体是电线，电灯对电线的拉力的受力物体是电线，施力物体是电灯，这一对力是作用力和反作用力，故C正确；电灯对电线的拉力的受力物体是电线，施力物体是电灯；电灯的重力受力物体是电灯，施力物体是地球，这一对力涉及到三个物体，不是作用力和反作用力，故D错误。

3.(2021·成都高一检测)2020年全国跳水冠军赛暨东京奥运会选拔赛10月3日至10月7日在石家庄市举行，一名运动员从跳板斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图所示。不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)

A．该运动员在空中上升过程中处于超重状态

B．该运动员上升到最高点时加速度等于零

C．该运动员即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度

D．入水过程中，水对该运动员的作用力大小等于该运动员对水的作用力大小

【解析】选D。起跳以后的上升过程中该运动员的加速度方向向下，所以处于失重状态，故A错误；该运动员上升到最高点时，只受重力作用，加速度等于g，故B错误；入水过程中，开始时水对该运动员的作用力大小(浮力和阻力)小于该运动员的重力，所以先向下做一段加速运动，后阶段水对该运动员的作用力大于该运动员的重力，即入水后的速度先增大后减小，故C错误；入水过程中，水对该运动员的作用力和该运动员对水的作用力，是一对作用力与反作用力，二者大小相等，故D正确。

【加固训练】

如图所示，光滑的水平桌面上叠放着的A、B两个物体，在一个水平向右的恒定的拉力F作用下，以共同的速度和加速度一起向右加速运动。则此时关于对B物体的受力分析，说法正确的是(　　)

A.B物体只受到竖直向上的支持力和重力

B．B物体受到水平向右的拉力F和水平向左的滑动摩擦力

C．B物体只受到重力、A物体的支持力和水平向右的静摩擦力

D．B物体受到水平向左的滑动摩擦力

【解析】选C。因为A、B两物体以共同的速度和加速度一起向右加速运动，故B物体相对A有向左滑动的趋势，则此时对B物体进行受力分析可得，物体在竖直方向受向下的重力和竖直向上的支持力并平衡，水平方向上受向右的静摩擦力作用，故选项C正确。

4．如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为(　　)

A．F－2μmg　　 B．F＋μmg

C．F－μmg     D．F

【解析】选D。将两物块看作一个整体，两物块受重力和支持力，这两个力平衡，还受拉力F和摩擦力f，f＝μ(m＋2m)g＝3μmg，由牛顿第二定律得F－f＝3ma，则a＝；对于物块P，根据牛顿第二定律得T－μmg＝ma，整理得T＝，选项D正确，A、B、C错误。

5．如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F的作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面之间的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，t0、t1、t2、t3时间间隔相等。则下列说法中正确的是(　　)

A．t0时刻加速度不为零

B．t3时刻加速度为零

C．t1时刻物块的加速度为零

D．t2时刻物块的速度最大

【解析】选D。在t0时刻F的大小刚达到最大静摩擦力，物块仍保持静止，所以物块的加速度为零，A错误；从t0～t2过程中拉力大于最大静摩擦力，物块做加速运动，t2时刻拉力等于滑动摩擦力，加速度为零，速度最大，之后拉力又小于最大静摩擦力，故物块开始做减速运动，t1时刻物块合力最大，则加速度最大，在t3时刻物块做减速运动，加速度不为零，故B、C错误，D正确。

6．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

【解析】选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：mg sin θ－f－F1＝ma1，则：F1＝mg sin θ－f－0.2m；在5～10 s内，加速度a2＝0，根据牛顿第二定律：mg sin θ－f－F2＝ma2，则：F2＝mg sin 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－mg sin θ＝ma3，则：F3＝mg sin θ－f＋0.2m。故可以得到：F3>F2>F1，故选项A正确。

7.(2021·泸州高一检测)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。现将细线剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，将物块b的加速度的大小记为a2，将物块c的加速度的大小记为a3，S1和S2相对于原长的伸长量分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在剪断的瞬间(　　)

A．a1＝3g    B．a2＝2g

C．a3＝g    D．Δl1＝Δl2

【解析】选A。断线前，轻弹簧S1的弹力T1＝2mg，轻弹簧S2的弹力T2＝mg；在剪断线的瞬间弹簧弹力不变，根据F＝kx知Δl1＝2Δl2，D错误；细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，此时a物块受向下的重力和向下的拉力T1，其合力为3mg，因此a的加速度a1＝3g，A正确，B和C的受力不变，a2＝a3＝0，B、C错误。

8.(2020·山东等级考)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是(　　)

A．0～t1时间内，v增大，FN>mg

B．t1～t2 时间内，v减小，FN<mg

C．t2～t3 时间内，v增大，FN<mg

D．t2～t3时间内，v减小，FN>mg

【解析】选D。由s­t图像的斜率表示速度可知，在0～t1时间内速度增加，即乘客加速下降，乘客的加速度竖直向下，所以乘客处于失重状态，则FN<mg，A错误；在t1～t2时间内速度不变，即乘客匀速下降，则FN＝mg，B错误；在t2～t3时间内速度减小，即乘客减速下降，乘客的加速度竖直向上，所以乘客处于超重状态，则FN>mg，C错误、D正确。

9．(2020·阜阳高一检测)如图所示，在光滑的水平面上放着紧靠在一起的A、B两物体，B的质量是A的2倍，B受到向右的恒力FB＝2 N，A受到的水平力FA＝(9－2t) N (t的单位是s)。从t＝0开始计时，则(　　)

A．A物体在3 s末时刻的加速度是初始时刻的倍

B．t＞4 s后，B物体做匀加速直线运动

C．t＝4.5 s时，A物体的速度为零

D．t＞4.5 s后，A、B的加速度方向相反

【解析】选A、B、D。设A的质量为m，则B的质量为2m，在两物体保持相对静止时，把AB看成一个整体，根据牛顿第二定律得：a＝＝，对B隔离分析：设A对B的作用力大小为N，则有：N＋FB＝2ma，解得：N＝(16－4t)，由此可知当t＝4 s时，N＝0，此后A、B分离，B物体做匀加速直线运动，故B正确；当t＝0时，可得：a1＝＝，当t＝3 s时，加速度为：a2＝＝，则A物体在3 s末时刻的加速度是初始时刻的，故A正确；t＝4.5 s时，A的加速度为：aA＝＝＝0，说明t＝4.5 s之前A在做加速运动，此时A的速度不为零，而且速度方向与B相同，故C错误；t＞4.5 s后，A的加速度aA＜0，而B的加速度不变，则知t＞4.5 s后，A、B的加速度方向相反，故D正确。所以A、B、D正确，C错误。

10．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水平轻弹簧相连接，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m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，弹簧的形变量为x，如图所示，不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内(　　)

A．小车一定向左做加速运动

B．弹簧可能处于压缩状态

C．小车的加速度方向向左，大小为a＝g tan θ

D．弹簧的形变量为x＝tan θ

【解析】选C、D。如图所示，对小球：受到重力mg、细线的拉力T，根据牛顿第二定律得：mg tan θ＝ma，得a＝g tan θ，所以小车具有向左的加速度，大小为a＝g tan θ，可能向左做加速运动，也可能向右做减速运动，故C正确，A错误；对木块：加速度水平向左，由牛顿第二定律可知，弹簧的弹力向左，则知弹簧一定处于拉伸状态，由kx＝m1a，得弹簧的形变量为x＝＝tan θ，故D正确，B错误。故选C、D。

11．(2021·无锡高一检测)如图所示，质量为3 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为2 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，A、B一起向下运动的过程中(弹簧在弹性限度范围内，弹簧物块模型最高点加速度与最低点加速度等大反向，g取10 m/s2)，下列说法正确的是(　　)

A.细线剪断瞬间，B对A的压力大小为12 N

B．细线剪断瞬间，B对A的压力大小为8 N

C．B对A的压力最大为28 N

D．B对A的压力最大为20 N

【解析】选A、C。开始A处于静止状态，其所受的重力与弹簧的弹力F等大、反向，故有：mAg＝F＝30 N；将细线剪断瞬间，由于弹簧的弹力不会瞬间改变，故对整体可得牛顿第二定律方程：(mA＋mB)g－F＝(mA＋mB)a，设A、B间的弹力为：F′，则对B有mBg－F′＝mBa，联立解得：a＝4m/s2，F′＝12 N，故A正确，B错误；随A、B向下加速，弹簧的形变量逐渐增大，当二者速度达到最大值时，二者所受的合力为零；当二者构成的整体继续向下运动，整体开始减速，加速度向上，当二者到达最低点时，向上的加速度最大，由题干条件知，此时整体向上的加速度大小为：a＝4 m/s2，故对B由牛顿第二定律：FN－mBg＝mBa，解得此时B对A的压力最大，为FN＝28 N，故C正确，D错误。

【加固训练】

(多选)如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是(　　)

【解析】选B、C。当v1>v2时，P相对于传送带向左滑动，受到的滑动摩擦力向右，当Ff>FT时，合外力向右，P向右做加速运动，当达到与传送带速度一样时，一起做匀速运动，受力分析如图甲所示，则B正确；当Ff＜FT时，一直减速直到减为零，再反向加速；当v1<v2时，P相对于传送带向右滑动，受力分析如图乙所示，P向右做减速运动，当P的速度与传送带速度相等时，若Ff＜FT，P又相对于传送带向左滑动，相对地面向右减速，受力分析如图甲，加速度减小，则C正确；当Ff＝FT时匀速运动，A、D错误。

12．如图甲，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图乙所示，木板的速度v与时间t的关系如图丙所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度g取10 m/s2。由题给数据可以得出(　　)

A．木板的质量为1 kg

B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N

C．0～2 s内，力F的大小保持不变

D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2

【解析】选A、B。结合两图像可判断出0～2 s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；在4～5 s内，木板在摩擦力的作用下做匀减速运动，ma2＝f＝0.2 N，加速度大小为a2＝ m/s2＝0.2 m/s2 ，得m＝1 kg，故A正确；在2～4 s内木板加速度大小为a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，则F＝ma1＋f＝0.4 N，故B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它与木板之间的动摩擦因数μ，故D错误。

二、实验题(本题共2小题，共12分)

13．(4分)(多选)如图所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验方案之一，通过位移的测量来代替加速度的测量，即＝，用这种替代成立的操作要求是__________。

A.实验前必须先平衡摩擦力

B．必须保证两小车的运动时间相等

C．两小车都必须从静止开始做匀加速直线运动

D．小车所受的水平拉力大小可以认为是砝码(包括小盘)的重力大小

【解析】选B、C。对于初速度为零的匀加速直线运动，x＝at2，所以a＝，当两个初速度为零的匀变速直线运动的物体的运动时间t相同时，＝，故选项B、C正确；当桌面对小车有摩擦力时，小车在重物牵引下的运动也是匀变速直线运动，故实验前不需要先平衡摩擦力，故选项A错；当小车所受的水平拉力大小不等于砝码(包括小盘)的重力大小时，小车也做初速度为零的匀变速直线运动，故选项D错。

14．(8分)某同学利用实验验证牛顿第二定律，实验的装置如图所示。

(1)本实验除了使用电磁打点计时器、复写纸、细线、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、小重物、天平(附砝码)、刻度尺之外，还需要的一个器材是________。

A．交流电源　 B．直流电源

C．秒表      D．弹簧测力计

(2)实验前，用垫块把木板一端垫高，并让小车做匀速直线运动。这样操作的目的是______________________________________________________________。

(3)实验中，保持小重物质量不变，改变小车中砝码质量，进行多次实验，分别测得小车的加速度a与小车及砝码总质量m的数据如下：

根据以上数据，请在图中画出：

①3号实验数据点；

②画出a­图线。

(4)a­图像的斜率与________有关。

【解析】(1) 实验过程需要测出小车质量、小重物质量，因此实验需要天平，处理实验数据时需要测出计数点间的距离，实验需要毫米刻度尺，电磁打点计时器需要使用低压交流电源，故选A。

(2) 实验前要平衡摩擦力，平衡摩擦力时要把小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器。把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动。

(3)如图

(4)由牛顿第二定律得：a＝F，图线的斜率即为小车所受合外力，所以图像的斜率与小重物的质量有关。

答案：(1)A　(2)平衡摩擦力　 (3)见解析 　(4)小重物的质量

三、计算题(本题共4小题，共40分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)

15．(8分)一个质量为m＝10 kg的物体静止在水平地面上，在F＝20 N的水平恒力作用下运动，取重力加速度g＝10 m/s2。

(1)若水平面光滑，求物体的加速度大小a1和2秒末的速度大小v。

(2)若水平面粗糙，且物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，求物体的加速度大小a2。

【解析】(1)地面光滑，F合＝F，由牛顿第二定律

F合＝ma1(1分)

得a1＝＝2 m/s2(1分)

2秒末的速度大小：v＝a1t＝4 m/s(2分)

(2)地面粗糙F′合＝F－Ff(1分)

又Ff＝μFN＝μmg(1分)

由F′合＝ma2(1分)

得物体的加速度大小为：

a2＝＝1 m/s2(1分)

答案：(1)2 m/s2　4 m/s　(2)1 m/s2

16．(10分)一条轻绳跨过光滑的轻质定滑轮，滑轮离地足够高，绳的一端系一重物质量m1＝5 kg，重物静置于地面上，绳的另一端接触地面，有一质量m2＝10 kg的猴子，从绳子的另一端从地面开始沿绳向上爬，如图所示，已知绳子承受的拉力最大为Fm＝150 N，(g取10 m/s2)。求：

(1)重物上升的最大加速度a1和猴子向上爬的最大加速度a2。

(2)在(1)问中，猴子爬过L＝12.5 m长的绳子时，重物的离地高度h。

【解析】(1)绳子拉力达到最大值，即T＝Fm时，重物和猴子加速度最大

对重物有：T－m1g＝m1a1 (1分)

解得：a1＝20 m/s2　 方向竖直向上 (1分)

对猴子：T－m2g＝m2a2(1分)

解得：a2＝5 m/s2　方向竖直向上(1分)

(2)猴子爬过的绳长是重物上升距离和猴子上升距离之和，设该过程时间为t，则有：L＝a1t2＋a2t2(2分)

解得：t＝1 s(2分)

重物的离地高度：h＝a1t2＝10 m(2分)

答案：(1)20 m/s2，竖直向上　5 m/s2，竖直向上　(2)10 m

17．(10分)在某一旅游景区，建有一山坡滑雪运动项目。某段斜坡可看成倾角θ＝30°的斜面，一名滑雪者总质量m＝80 kg，他在这段斜坡上从静止开始匀加速下滑50 m时，其速度增大到20 m/s，(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)问：

(1)滑雪者在下滑过程中受到的摩擦力Ff为多大？

(2)滑板与雪地之间的动摩擦因数μ为多大？

【解析】(1)以滑雪者为研究对象，其受力情况如图所示，受到重力G＝mg，斜坡的支持力FN和摩擦力Ff。

将重力G沿斜面和垂直斜面方向分解为G1和G2。

由几何知识得：

G1＝mg sin θ(1分)

G2＝mg cos θ(1分)

设下滑的加速度为a，由公式v－v＝2ax可得：

a＝＝ m/s2＝4 m/s2(1分)

由牛顿第二定律得：

F合＝ma＝80×4 N＝320 N(1分)

由受力分析图可知：

F合＝G1－Ff＝mg sin θ－Ff(2分)

联立解得：

Ff＝80 N(1分)

(2)斜面的支持力FN＝G2＝mg cos θ(1分)

滑动摩擦力公式Ff＝μFN(1分)

两式联立解得：

μ≈0.12(1分)

答案：(1)80 N　(2)0.12

18．(12分)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。

【解析】(1)由牛顿第二定律知，

A加速度的大小aA＝μg(1分)

由匀变速直线运动规律有2aAL＝v(1分)

解得vA＝(1分)

(2)设A、B的质量均为m

对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg(1分)

由牛顿第二定律F＝maB，得aB＝3μg(1分)

对齐后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg(1分)

由牛顿第二定律F′＝2maB′，得aB′＝μg(2分)

(3)设敲击B后经过时间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(1分)

xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2(1分)

且xB－xA＝L(1分)

解得vB＝2。(1分)

答案：(1)　(2)3μg　μg　(3)2

【总结提升】动力学问题的求解思路

类型一　据物体的受力情况求其运动情况

先进行受力分析求出合力，再根据牛顿第二定律求出物体的加速度，然后分析物体的运动过程，根据运动学公式求出运动学物理量。

　类型二　据物体的运动情况求其受力情况

先分析物体的运动过程，根据运动学公式求出物体的加速度，再根据牛顿第二定律求出合力，然后利用力的合成与分解求出具体的力。

两种解题方法有时要交叉运用，特别是多过程运动问题，注意两过程受力特点及加速度变化情况，同时注意两运动过程中速度的衔接作用。