第三讲：牛顿运动定律 练习—2021届高中物理一轮复习

牛顿运动定律练习

一、单选题（本题共7小题，6分一题，共42分）

1．伽利略设计了著名的理想斜面实验，将事实和逻辑推理联系起来反映了深刻的自然规律，下面给出了理想斜面实验的五个事件，请正确的对其排序：由A点静止释放的小球，（）

① 不能滚到另一斜面与A等高的C点

① 若没有摩擦时，小球能滚到另一斜面的与A等高的C点

① 若减小摩擦时，小球能滚到另一斜面的更接近与A等高的C点

① 若没有摩擦时，减小斜面BC的倾角，小球能滚到另一斜面的与A等高位置

① 若没有摩擦时，减小斜面的倾角，直至水平，小球将沿水平面一直运动下去

A．事实①→事实①→推论①→推论①→推论①

B．事实①→推论①→事实①→推论①→推论①

C．事实①→事实①→推论①→推论①→推论①

D．事实①→事实①→推论①→推论①→推论①

2．下图是某同学站在压力传感器上做下蹲-起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间．由图线可知，该同学的体重约为650N，除此以外，还可以得到以下信息（）

A．1s时人处在下蹲的最低点

B．2s时人处于下蹲静止状态

C．该同学做了2次下蹲-起立的动作

D ．下蹲过程中人始终处于失重状态

3．以前人们盖房子打地基叫打夯，夯锤的结构如图所示。参加打夯的共有5人，四个人分别握住夯锤的一个把手，一个人负责喊号，喊号人一声号子，四个人同时向上用力将夯锤提起，号音一落四人同时松手，夯锤落至地面将地基砸实。某次打夯时，设夯锤的质量为m ，将夯锤提起时，每个人都对夯锤施加竖直向上的力，大小均为2

mg ，力持续的时间为t ，然后松手，夯锤落地时将地面砸出一个凹痕。不计空气阻力，则（ ） A ．在上升过程中，夯锤一定处于超重状态

B ．在下落过程中，夯锤一定处于超重状态

C ．松手时夯锤的速度大小12

v gt = D ．夯锤上升的最大高度2m h gt =

4．如图所示，,,,A B C D 四个小球质量分别为,4,2,3m m m m ，用细线连着，在A 和C 之间细线上还串接有一段轻弹簧，悬挂在光滑定滑轮的两边并处于静止状态。弹簧的形变在弹性限度内，重力加速度大小为g ，则下列说法正确的是（ ）

A ．剪断,C D 间细线的一瞬间，小球C 的加速度大小为3g

B ．剪断,

C

D 间细线的一瞬间，小球A 和B 的加速度大小均为g

C ．剪断,A B 间细线的一瞬间，小球C 的加速度大小为零

D ．剪断C 球上方细线的一瞬间，小球A 和B 的加速度大小均为零

5．一足够长的木板B 静置于光滑水平面上，如图甲所示，其上放置小滑块A ，木板B 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用，木板加速度a 随力F 变化的a﹣F 图象如图乙所示，g

取10m/s 2，下判定错误的是（ ）

A ．木板

B 的质量为1kg

B ．当F =10N 时木板B 加速度为4m/s 2

C ．滑块A 的质量为4kg

D ．当F =10N 时滑块A 的加速度为2m/s 2

6．如图所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 间长度为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常

工作时工人在A 点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从

A 到

B 的运动，以下说法正确的是（设最大静摩擦力等于滑动

摩擦力）（ ）

A ．粮袋到达

B 点的速度与v 相比较，可能大，也可能相等或小

B ．粮袋开始运动的加速度为g （sin θ ? μcos θ），若L 足够大，则粮袋最后将以速度v 做匀速运动

C ．若μ ≥ tan θ，则粮袋从A 到B 一定一直做加速运动

D ．不论μ大小如何，粮袋从A 到B 一直做匀加速运动，且a ≥ g sin θ

7．如图所示，在同一竖直线上有A 、B 两点，相距为h ，B 点离地高度为H ．现从A 、B 两点分别向P 点安放两个光滑的固定斜面AP 和BP ，并让两个小物块（可看成质点）从两斜面的A 、B 点同时由静止滑下，发现两小物块同时到达P 点，则（ ）

A ．OP 间距离为()H H h +

B ．OP 间距离为

2

H h + C ．两小物块运动到P 点速度相同

D 2() H h

g

二、多选题(共6小题，8分一题，共48分，选对得8分选不全得4分，错选、不选得0分）

8．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。下列说法正确的是( )

A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性

B．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性

C．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动

D．牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因，又揭示了运动状态改变的原因9．如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v﹣t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2。则（）

A．传送带的速率v0＝10m/s

B．传送带的倾角θ＝30°

C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5

D．0~2.0s内物体在传送带上留下的痕迹为6m

10．如图所示为直角三角形斜劈ABC①∠ABC=60°①P为AB的中点，AP=PB=10m．小物块与AP段的动摩擦因数为μ1，与PB段的动摩擦因数为μ2．第一次将BC水平放置，小物块从A点静止释放，滑到B点时速度刚好为零．第二次将AC水平放置，g取10m/s2，下列说法正确的是( )

A ．第一次下滑过程中小物块经过AP 段和P

B 段的时间之比为1①(2①1) B ．μ1+μ2=23

C ．若第二次小物块在B 点由静止释放则一定不下滑

D ．若第二次在B 点给小物块一个初速度v 0=15m/s ，小物块刚好能滑到最底端A 点 11．如图所示，在水平面上有一质量为M 、倾角为θ的斜面，其上有一质量为m 的物块，当对斜面施加水平力F 后，物块恰好作自由落体运动。不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）

A ．物块与斜面之间的弹力大小为mg cos θ

B ．水平面对M 的支持力大小为()M m g +

C ．斜面的加速度大小为tan g θ

D ．水平力的大小为tan Mg θ

12．如图所示，小车的质量为M ，人的质量为m ，人用恒力F 拉绳，若人与车保持相对静止，且地面为光滑的，又不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力可能是（ ） A ．(M m m M -+)F ，方向向左 B ．(m M m M

-+)F ，方向向右 C ．(

m M m M -+)F ，方向向左 D ．(M m m M -+)F ，方向向右 13．如图所示，固定于地面、倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C 连接，另一端与物块A 连接，物块A 上方放置有另一物块B ，物块A 、B 质量均为m 且不粘连，整个系统在沿斜面向下的恒力F

作用下而处于静止状态。某一时刻将力F 撤去，若在弹簧

将A、B弹起过程中，A、B能够分离，则下列叙述正确的是（）

A．从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统机械能守恒B．A、B被弹起过程中，A、B即将分离时，两物块速度达到最大

C．A、B刚分离瞬间，A的加速度大小为g sinθ

D．若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧减少的弹性势能一定大于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和

三、解答题

14．如图所示，质量M=8kg的长木板B沿水平地面向左运动，同时受到水平向右的恒力F=48N的作用，当长木板B的速度v=6m/s时，从长木板B的左端滑上一质量m=2kg的小木块A，此时小木块A的速度大小也为v=6m/s，已知小木块A未从长木板B的右端滑下，小木块A与长木板B和长木板B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度

g=10m/s2。求：

（1）长木板B向左运动的最大位移；

（2）长木板B的长度至少为多少。

牛顿运动定律练习参考答案

1．实验事实①：不能滚到另一斜面与A 点等高的C 点，得出实验结果③：当减小摩擦时，滚到另一斜面的最高位置，更接近于等高的C 点，从面可推理出②：若没有摩擦时，能滚到另一斜面与A 点等高的C 点，接着推出④：若没有摩擦时，减小斜面BC 的倾角，小球将通过较长的路程，到达与A 点等高的位置，最终可得⑤：若没有摩擦时，减小斜面的倾角，直至水平，小球将沿水平面一直运动下去，综上所述，A 正确，BCD 错误。 故选A 。

2．人在下蹲的过程中，先加速向下运动，此时加速度方向向下，故人处于失重状态，最后人静止，故下半段是人减速向下的过程，此时加速度方向向上，人处于超重状态，故下蹲过程中先是失重后超重，选项D 错误；在1s 时人的失重最大，即向下的加速度最大，故此时人并没有静止，它不是下蹲的最低点，选项A 错误；2s 时人经历了失重和超重两个过程，故此时处于下蹲静止状态，选项B 正确；该同学在前2s 时是下蹲过程，后2s 是起立的过程，所以共做了1次下蹲-起立的动作，选项C 错误．

3．A ．在上升过程中，夯锤先加速上升，在减速上升，加速度先向上，然后再向下，夯锤先处于超重状态然后在处于失重状态，A 错误；

B ．在下落过程中，加速下落，加速度方向向下，一定处于失重状态，B 错误；

C ．根据牛顿第二定律42

mg mg ma ?

-= 解得a g =

则松手时夯锤的速度大小v gt =

C 错误；

D ．夯锤先加速上升的高度2211122h at gt =

= 减速上升的高度222gh v = 解得2212

h gt = 夯锤上升的最大高度212m h h h gt =+= D 正确。

故选D 。

4．AB.开始时，弹簧的弹力为5mg ，剪断C 、D 间细线的一-瞬间，弹簧的弹力不变，则小球C 的加速度大小为52 1.52mg mg a g m

-==，A.B 的加速度为零，故A.B 错误； C.同理可以分析，剪断A 、B 间细线的一瞬间，小球C 的加速度大小为0，故C 正确；

D.剪断C 球上方细线的一瞬间，弹簧的弹力迅速减为零，因此小球A 和B 的加速度大小为g ，故D 错误。

5．AC ．当F 等于8N 时，加速度为a =2m/s 2，对整体分析，由牛顿第二定律有

F =①M +m ①a ，

代入数据解得

M +m =4kg

当F 大于8N 时，对B 由牛顿第二定律得：

1F mg mg a F M M M

μμ-==- 由图示图象可知，图线的斜率

12186

a k M F ?====?- 解得，木板B 的质量M =1kg ，滑块A 的质量为m =3kg ．故A 正确，①①①①①；C 错误，符合题意．

B ．根据F 大于8N 的图线知，F =6N 时，a =0m/s 2，由1mg a F M M

μ=- 可知：13100611μ??=?-

解得μ=0.2 由图示图象可知，当F =10N 时，滑块与木板相对滑动，B 的加速度为

2110.2310104m/s 11

B mg a a F M M μ??==

-=?-= 故B 正确，不符合题意； D ．当F =10N 时，A ①B 相对滑动，木块A 的加速度

22m/s A Mg a g M μμ=

==

故D 正确，不符合题意①

故选C① 6．A ．粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 点时的速度小于或等于v ；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B 点时速度与v 相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B 点时的速度大于v ，故A 正确；

B ．粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得到，

加速度a = g （sin θ + μcos θ），若μ < tan θ，则重力沿传送带的分力大于滑动摩擦力，故a 的方向一直向下，粮袋从A 到B 一直是做加速运动，可能是一直以g （sin θ + μcos θ）的加速度匀加速，也可能先以g （sin θ + μcos θ）的加速度匀加速，后以g （sin θ ? μcos θ）匀加速；故B 错误；

C ．若μ ≥ tan θ，粮袋从A 到B 可能是一直做加速运动，有可能在二者的速度相等后，粮袋做匀速直线运动，故C 错误；

D ．由上分析可知，粮袋从A 到B 不一定一直匀加速运动，故D 错误。

故选A 。

7．AB ．设斜面的倾角为θ，则物体下滑的加速度为a=gsinθ，设OP 的距离为x ，则2211sin cos 22

x at g t θθ==，因两物体在斜面上下滑的时间相等，则sinθcosθ相等，由图

=

，解得x =，选项A 正确，B 错误；

C ．根据机械能守恒定律可知：mgH 1=

12

mv 2可知，两物块开始下落的高度H 1不同，则下落到底端的速度不同，选项C 错误；

D A 点做自由落体运动到O

点的时间，可知两小物块的运动时间D 错误；

故选A.

8．A.任何物体都有保持原来运动状态的性质，叫着惯性，所以物体抵抗运动状态变化的

性质是惯性，故A 正确；

B.惯性是保持原来运动状态的性质，圆周运动速度是改变的，故B 错误；

C.运动物体如果没有受到力的作用，将保持原来的运动状态，即将继续以同一速度沿同一直线运动，故C 正确；

D.牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因，又揭示了运动状态改变的原因，故D 正确；

故选：ACD ；

9．A ．由图知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在t ＝1.0s 时刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图像可知传送带的速度为v 0＝10m/s ，故A 正确；

BC ．在0~1.0s 内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为：

1sin cos sin cos mg mg a g g m

θμθθμθ+=

=+ 由图可得： 2111

10m/s v a t ?==? 在1.0~2.0s ，物体的加速度为：

2sin cos sin cos mg mg a g g m θμθθμθ-=

=- 由图可得：2222

2m/s v a t ?==? 联立解得：0.5μ=，37θ=，故B 错误，C 正确；

D ．根据“面积”表示位移，可知0~1.0s 物体相对于地的位移：11101m=5m 2

x =?? 传送带的位移为：x 2＝v 0t 1＝10×1m ＝10m

物体对传送带的位移大小为：1215m x x x ?=-=

方向向上。1.0~2.0s 物体相对于地的位移：310121m 11m 2x +=

?= 传送带的位移为：x 4＝v 0t 1＝10×1m ＝10m

物体对传送带的位移大小为：2341m x x x ?=-=

方向向下，故留下的痕迹为5m ，故D 错误。

故选：AC 。

10．第一次下滑过程中，因初速度为零，末速度为零，则物体一定是先加速后减速，若设到达P 点的速度为v ，则AP 和BP 两段的平均速度均为v/2，则小物块经过AP 段和PB 段的时间之比为1①1，选项A 错误；设AB=2L①从A 到B 由动能定理：

000

122sin 60cos 60cos 600mg L mg L mg L μμ?--= ，解得μ1+μ2选项B 正确；

第一次从A 开始时下滑时满足001sin 60cos 60mg mg μ>，即 1μ<①则2μ>第二次小物块在B 点由静止释放，则002sin 30cos30mg mg μ<成立，则小物块在B 点

由静止释放则一定不下滑，选项C 正确；若第二次在B 点给小物块一个初速度v 0=15m/s①设小物块滑到最底端A 点的速度为v′，则由动能定理：

000'22210112sin 30cos30cos6022

mg L mg L mg L mv mv μμ?--=

-，解得v′2=-175可知，物块不能到达A 点，选项D 错误；故选BC.

11．A ．物块恰好作自由落体运动，则物块仅受重力作用，物块与斜面之间的弹力为0，选项A 错误；

B ．物块与斜面之间的弹力为0，则斜面仅受重力Mg 、拉力F 和水平面对M 的支持力作用，水平面对M 的支持力与斜面重力相等，大小为Mg ，选项B 错误；

C ．斜面的加速度与拉力F 方向相同，水平向左，将其分解如图：

所以加速度大小为

tan g a θ

=

选项C 正确；

D ．根据牛顿第二定律知水平力的大小 tan Mg F Ma θ

==

选项D 正确。

故选CD 。

12．取人和小车为一整体，

由牛顿第二定律得：2F ＝(M ＋m)a 设车对人的摩擦力大小为F f ，方向水平向右，则对人由牛顿第二定律得：

F－F f＝ma，解得：F f＝M m M m

-

+

F

如果M>m，F f＝M m

M m

-

+

F，方向向右，D正确．

如果M

M m

-

+

F，负号表示方向水平向左，C正确，B错误

13．A．从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故A正确；

B．A、B被弹起过程中，合力等于零时，两物块速度达到最大，此时弹簧处于压缩状态，A、B还没有分离，故B错误；

C．A、B刚分离瞬间，A、B间的弹力为零，对B，由牛顿第二定律得

mg sinθ=ma B

得

a B=g sinθ

此瞬间A与B的加速度相同，所以A的加速度大小为g sinθ，故C正确；

D．若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，由能量守恒定律知，弹簧减少的弹性势能一定等于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和，故D错误。

故选AC。

14．(1)初始时刻对小木块A、长木板B分别进行受力分析如图所示

对小木块A 有 μmg =ma 1

解得 a 1=2m/s 2 方向向左

对长木板B 有 F +μmg +μ(M +m )g =Ma 2

解得 a 2=9m/s 2 方向向右

可见长木板B 先向左减速直到速度为零，此时

122s 3v t a == 112m 2

B v x t == (2)在12s 3

t =时间内，小木块A 一直向右减速，有 11114m/s 3v v a t =-= 11132m 29

A v v x t +== 之后，小木块A 继续向右减速，加速度不变；长木板

B 开始向右加速，其加速度为

23()4m/s F mg M m g a M

μμ+-+== 设又经过t 2两者共速，有 v 共=v 1－a l t 2=a 3t 2

解得 27s 9t = 289

v =共m/s

则 122245m 281A v v x t +==共

2298m 281

B v x t ==共 这时小木块A 相对长木板B 向右运动的位移为

1122199m 27

A B A B x x x x x =++-= 即长木板B 的长度至少为199m 27

。