1、 第 1 页 共 7 页 牛顿运动定律1下列说法正确的是A牛顿认为质量一定的物体其加速度与物体受到的合外力成正比B亚里士多德认为轻重物体下落快慢相同C笛卡尔的理想斜面实验说明了力不是维持物体运动的原因D伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落的同样快2物理学是一门以实验为基础的学科，物理定律就是在大量实验的基础上归纳总结出来的但有些物理规律或物理关系的建立并不是直接从实验得到的，而是经过了理想化或合力外推，下列选项中属于这种情况的是A牛顿第一定律 B牛顿第二定律 C万有引力定律 D库仑定律3以下说法中正确的是A牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性B速度大的物体惯性大，速度小的物体惯性小
2、C力是维持物体运动的原因D做曲线运动的质点，若将所有外力都撤去，则该质点仍可能做曲线运动4如图所示，两个倾角相同的滑竿上分别套有 A、B 两个圆环，两个圆环上分别用细线悬吊两个物体 C、D ，当它们都沿滑竿向下滑动时 A 的悬线与杆垂直，B 的悬线竖直向下下列说法正确的是AA 环与滑竿之间没有摩擦力 BB 环与滑竿之间没有摩擦力CA 环做的是匀加速直线运动 DB 环做的是匀加速直线运动5如图所示，升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，升降机静止时弹簧伸长量为 10cm，运动时弹簧伸长量为 9cm，则升降机的运动状态可能是（g = 10m/s 2）A以 a = 1m/s2 的加速度加速上升 B以 a
3、 = 1m/s2 的加速度加速下降C以 a = 9m/s2 的加速度减速上升 D以 a = 9m/s2 的加速度减速下降6风洞实验室可产生水平方向大小可调节的风力实验室中有两个质量不等的球A、B ，用一轻质绳连接把 A 球套在水平细杆上如图所示，对 B 球施加水平风力作用，使 A 球与 B 球一起向右匀加速运动若把 A、B 两球位置互换，重复实验，让两球仍一起向右做匀加速运动，已知两次实验过程中球的加速度相同，A、B 两球与细杆的动摩擦因数相同则两次运动过程中，下列物理量一定不变的是A细绳与竖直方向的夹角 B轻绳拉力的大小C细杆对球的支持力 D风给小球的水平力716 世纪末，随 着人们对力的认
4、识逐渐清晰和丰富，建立了经典力学理论，以下有关力的说法正确的有A物体的速度越大，说明它受到的外力越大B物体的加速度在改变，说明它受到的外力一定改变C马拉车做匀速运动，说明物体做匀速运动需要力来维持D一个人从地面跳起来，说明地面对人的支持力大于人对地面的压力8一汽车沿直线由静止开始向右运动，汽车的速度和加速度方向始终向右汽车速度的二次方 v2 与汽车前进位移 x 的图像如图所示，则汽车从开始运动到前进x 1 过程中的下列说法中正确的是A汽车受到的合外力越来越大 B汽车受到的合外力越来越小C汽车的平均速度大于 v0/2 D汽车的平均速度小于 v0/29如图所示，在动摩擦因数 = 0.2 的水平面上
5、有一个质量 m = 1kg 的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成 = 45角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零在剪断轻绳的瞬间（g 取 10m/s2） ，则A小球受力个数不变 B小球立即向左运动，且 a = 8 m/s2C小球立即向左运动，且 a = 10m/s2 D若剪断弹簧则剪断瞬间小球加速度 a = 10 m/s210质量为 0.6 kg 的物体在水平面上运动，图中的两条斜线分别是物体受水平拉力和不受水平拉力的 v t 图像，则A斜线 一定是物体受水平拉力时的图像B斜线 一定是物体不受水平拉力时的图像C水平拉力一定等于 0.2 ND物体所受的摩
6、擦力可能等于 0.2 N11如图所示，质量为 m1 和 m2 的两物 块放在光滑的水平地面上用轻质弹簧将两物块连接在一起当用水平力 F 作用在 m1 上时，两物块均以加速度 a 做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为 x，若用水平力 F作用在 m1 上时，两物块均以加速度 a=2a 做匀加速运动此时弹簧伸长量为 x则下列关系正确的是AF = 2F Bx = 2x CF 2F Dx m）的物体 B，此时 A 物体加速度为 a1如果用力 F 代替物体 B，使物体 A 产生的加速度为 a2， 那么A如果 al = a2，则 F a2，v 1 v2，选项 AB 错误；物块全过程的速度时间图线如图丙所示，选项
7、 C 错误 D 正确14D；关闭电动机后，由牛顿第二定律， mg = (2M + m)a，解得电梯加速度大小 a = mg/(2M+m)，t = v/a = (2M + m) v/mg，选项 D 正确15ABD；另一端悬挂一质量为 M（M m）的物体 B，由牛顿第二定律，Mg mg = (m + M)a1，解得 a1 = (M m)g/(M + m)如果用力 F 代替物体 B，由牛顿第二定律，F - mg = ma2，解得 a2 = (F mg)/m如果 al = a2，则 F Mg；如果 F = Mg，则 al a2；选项 AB 正确 C 错误如果F =2mMg/(m + M)，则 a2 =
8、 (F mg)/m = (M m)g/(M + m) = a1，选项 D 正确16A；当升降机以 4m/s2 的加速度加速向上运动时，上面弹簧对物体的拉力为 0.4N；设下面弹簧支持力为 FN，由牛顿第二定律，0.4 + FN mg = ma1；解得 FN = mg =1N当升降机和物体都以 8m/s2 的加速度向上运动时，设上面弹簧的拉力为 F，则下面弹簧支持力为 FN = mg + F 0.4= 0.6 + F，由牛顿第二定律，F + F N mg = ma2；解得 F = 0.6N，选项 A 正确17AC；根据弹簧秤的示数始终是 16N 可知，升降机加速度方向向下，mg F = ma，解
9、得 a =2m/s2若升降机向下加速运动，经过 1s，升降机的速度为 5m/s，经过 1s，升降机的位移可能是 4m；若升降机向上减速运动，经过 1s，升降机的速度为 1m/s，经过 1s，升降机的位移可能是 2m；选项 AC 正确18B；将 20.0kg 的建筑材料以 0.500m/s2 的加速度拉升，拉力 F = m(g + a) = 20(10 + 0.500)N = 210N对工人，由平衡条件可得地面支持力为 700N 210N = 490 N，根据牛顿第三定律，工人对地面的压力大小为 490N，选项 B 正确19D；木炭水平方向无初速度放到传送带上时，相对于传送带向后运动，所以，会在
10、木炭的右侧留下黑色痕迹，选项 A 错；在木炭的速度增加到等于传送带的速度之前，木炭相对于传送带向后做匀减速直线运动，根据 v2 = 2ax，其中 a = g，与 m 无关，选项 B 错；由前式知，a 一定时，v 越大，x 越长，选项 C 错；在 v 一定时， 越大， a 越大，x 越小，选项 D 对20D；分析 bd 光滑细杆上小圆环受力，应用牛顿第二定律和直线运动公式，可得环到达 d 点所用的时间与光滑细杆的倾角无关，选项 D 正确21AD；因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪块上，根据牛顿第二定律都有： F 3mg mg = (3m + m)a，系统加速度 a 都将减小，选项 A 对；若粘
11、在 A 木块上面，以 C 为研究对象，受 F、摩擦力 mg、绳子拉力 T，F mg T = ma，a 减小，F、mg 不变，所以，T 增大，选项 B 错；若粘在 B 木块上面， a 减小，以 A 为研究对象，m 不变，所受摩擦力减小，选项 C 错；若粘在 C 木块上面，a 减小，A 的摩擦力减小，以 AB 为整体，有 T 2mg = 2ma，T 减小，选项 D 对22C；它们以共同速度沿倾角为 的固定斜面 C 匀速下滑，A 受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsin，A 对 B 的摩擦力等于 B 重力沿斜面方向的分力，选项 A 错误 C 正确；由牛顿第三定律，A 受到 B 的静摩擦力方向沿斜面向下
12、，选项 B 错误；A 与 B 间的摩擦力是静摩擦力，不能确定 AB 之间的动摩擦因数 ，选项 D 错误23AB；当 F = 0 时，物体向下的加速度大小为 6m/s2，即 gsin = 6m/s2，可计算出斜面的倾角，选项 B 正确；当 F = 20N 时，物体向上的加速度大小 为 2m/s2，即 (20/m)cos gsin = 2m /s2，可计算出物体的质量 m，选项 A 正确不能计算出斜面的长度，加速度为 6m/s2 时物体的速度，选项 CD 错误24C；在 01s，F = mg，由牛顿第二定律，加速度 a = 5m/s2；在 1s2s，F = 0，由牛顿第二定律，加速度 a = -5
13、m/s2；在 2s3s，F = mg，由牛顿第二定律，加速度 a = 15m/s2；物体运动的第 6 页 共 7 页 速度 v 随时间 t 变化的规律是图丙中的 C25BCD；若水平面光滑，对整体，由牛顿第二定律，F=2ma；隔离 B，由牛顿第二定律，F=ma；解得物块 A 对 B 的作用力大小为 F =F/2，选项 A 错误 B 正确若物块 A 与地面、B 与地面的动摩擦因数均为 ，对整体，由牛顿第二定律，F 2mg = 2ma；隔离 B，由牛顿第二定律，F mg = ma；解得物块 A 对 B 的作用力大小为 F = F/2，选项 C 正确若物块 A 与地面的动摩擦因数为 ，B 与地面的动
14、摩擦因数为 2，对整体，由牛顿第二定律，F mg 2mg = 2ma；隔离 B，由牛顿第二定律，F 2mg = ma；解得物块 A 对 B 的作用力大小为 F = (F + mg)/2，选项 D 正确26BC 解析：弹簧秤的示数变为 6 N，电梯加速度向下，电梯可能向下加速运动, 加速度大小为 4m/s2，电梯可能向上减速运动, 加速度大小为 4m/s2，选项 BC 正确27BC；设小球处于静止状态时 b 弹簧弹力为 F，拔去销钉瞬间，取向上为正方向，若 a = 6/s 2，由牛顿第二定律，F mgsin30 = ma，解得 F = 11m若 a = 6/s 2，由牛顿第二定律 F mgsin
15、30 = ma，解得 F= m设 a 弹簧弹力为 F，由平衡条件 F = mgsin30 + F， 当 F = 11m 可得 F = 6m，拔去销钉 瞬间，由牛顿第二定律 F + mgsin30 = ma，解得 a = 11/s 2，选项 B 正确 A 错误；当 F = m可得 F= 4m，拔去销钉 瞬间，由牛顿第二定律， F + mgsin30 = ma，解得 a = 1/s 2，方向沿杆向下，选项 C 正确 D 错误28CD；把人和车看作整体，二者有向左的加速度，由 2F=(m + M)a 解得 a =2F/(m+M)设车对人的摩擦力向右，大小为 f，隔离人，由 F f = ma，联立解得
16、 f = F，选项 D 正确 B 错误；设车对人的摩M mm M擦力向左，大小为 f，隔离人，由 F+f=ma，联立解得 f = F，选项 C 正确 A 错误m Mm M29以 m1 为研究对象，由牛顿第二定律， T m1g = m1a，以 m2 为研究对象，由牛顿第二定律， m2g T= m2a，联立解得：T = 2m1m2g/(m1 + m2) g；由题意，T 4.8N，且 m1 +m2 =1kg，代入解得：0 m2 0.4kg 或 0.6kg m2 1.0kg30 由题意可知滑块的加速度 a = v/t = 1.4/0.4 m/s2 = 3.5 m/s2滑块受力如图所示，根据牛顿第二定律
17、，得：mgsin f = ma，解得 f = 1. 5N 由滑块受力图得：F N = mgcos，木块受理如图所示，根据水平方向平衡条件得，f 地 + fcos = FN sin，解得：f 地 = 3.03Nf 地 为正数，即图中标出的摩擦力方向符合实际，摩擦力方向水平向左31 依题意整个过程中物体的位移大小就等于图像与 t 轴所围成的三角形面积 S = 3010/2 m =150m 物体的运动分为两个过程，由图可知两个过程加速度分别为：a1 = 1m/s2，a 2 = 0.5m/s2， 受力图如图对于两个过程，由牛顿第二定律得 FFf = ma1、F/4 Ff = ma2 解得 Ff = 1
18、0N；由滑动摩擦力公式得 Ff = FN = mg，解得 = 0.1 32 由 mgsin37- mgcos37= ma 解得游客从顶端 A 点由静止滑下的加速度 a=2m/s2游客匀速下滑时的速度大小 v = at1 =28m/s =16m/s 加速下滑路程为 L1= at12/2 = 64m，匀速下滑路程 L2 = LAB L1 = 64m，游客匀速下滑的时间 t2= L2/v = 4s 由动能定理，- FL mgL = 0 mv2/2，解得 F = 210N33 Fcos + mgsin FN = ma、Fsin + FN = mg cos 解得 a = F(cos + sin) + m
19、g(sin cos)/m = 1.25m/s2 v 2 = 2aL 代入数字解得 v = 2m/s34 由 H = at2/2 得 a1 = 2m/s2 由 F f mg = ma 得 f = 4N 前 6s 向上做匀加速运动，最大速度：v = a1t = 12m/s，上升的高度：h 1= a1t2/2 = 36m，接下来向上做匀减速运动，由牛顿第二定律，f + mg = ma2，解得 a2 = 12m/s2；由 v2 = 2a2h2，解得上升的高度 h2 = 6m，最大高度： h = h1 + h2 = 42m35 024 s 内一直处于上升阶段，H = 2464/2 m = 768 m 8
20、s 末发动机关闭，此后探测器只受重力作用，g = v/t = 64/16 m/s2 = 4 m/s2，探测器返回地面过程有 v2 = 2gH 得 v = 32 m/s6 上升阶段加速度：a = 8m/s 2 由 F mg = ma 得，F = 1.810 4N36 对木块和木板组成的系统，有 1(m + M)g = (m + M)a1、v 02 v12 = 2a1s，解得 v1 = 9m/s 由牛顿第二定律可知 am = 2g = 9 m/s2、a M = 2mg +1(M + m)g/M = 6 m/s2；m 运动至停止时间为 t1 = v1/am =1 s，此时 M 速度 vM = v1
21、aMt1 = 3m/s, 方向向左，此后至 m、M 共速时间 t2，有 vM aMt2 = amt2 得 t2 =0.2s；共同速度 v 共 = 1.8m/s，方向向左，至共速 M 位移s1 = (v1 + v 共 )(t1 + t2)/2 = 6.48m，共速后 m，M 以 a1 = 1m/s2 向左减速至停下位移 s2 = v 共2/2a1 = 1.62m，最终木板 M 左端 A 点位置坐标为 x = 9.5 s1 s2 = 1.40m37 小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间 t 满足 h = gt2/2，代入数据解得 t = 0.5s 小球放到平板车后相对地面静止，小车的加速度为
22、a1 = F + (M + m)g/g = 7.2m/s2；小车向右运动的距离为 x1 = v02/2a1 = 3.6m，x 1 小于 4m，所以小球不会从车的左端掉下小车向右运动的时间为 t1 = v0/a1 = 1s；小车向左运动的加速度为 a2 = F (M + m)g/M = 2.8m/s2，小车向左运动的距离为 x2 = x1 + L/3 = 3.6m + 2m = 5.6m；小车向左运动的时间 t2满足 x2 = a2t22/2，代入数数据解得 t2 = 2s，故小球从轻放到平板车开始至离开平 板车所用的时间 t = t1+t2 = 3s 小球刚离开平板车瞬间，小车的速度方向向左，
23、大小为 v2 = a2t2 = 2.82 m/s = 5.6m/s；小球离开车子后，车的加速度为 a3 = (F Mg)/M = 3m/s2；车子向左运动的距离为 x3 = v2t3 + a3t32/2 = 3.175m；从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小 x = x1 + x2 + x3 = 5.175m38 设 F 作用时加速度为 a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知 Fmgsinmgcos = ma1，撤去力后，由牛顿第二定律有 mgsin + mgcos = ma2；根据图像可知：a1 = 20m/s2，a 2 = 10m/s2，代入解得 F = 30N、 = 0.
24、5 设撤去力后物体运动到最高点时间为 t2，v 1 = a2t2，解得 t2 = 2s，则物体沿着斜面下滑的时间为 t3 = t t1t2 = 1s；设下滑加速度为 a3，由牛顿第二定律 mgsin mgcos = ma3，有a3 = 2 m/s2，则 t = 4s 时速度 v = a3t3 = 2m/s39分别对 A 和 B 进行受力分析，如图 对 A、B 列运动方程对 A 有：T m Agsin f = mAa1、F N = mAgcos、f = F N对 B 有：m Bg T = mBa1整合以上各式得： mBg mBa1 mAgsin mAgcos = ma1对 B 的运动情况，有：v
25、 2 = 2a1H；代入数据得 a1 = 4m/s2、 = 0.17 B 落地后，绳子松弛，不再对 A 有拉力 T 的作用，此时对 A 有 mAgsi n + f = mAa2、F N = mAgcos、f = FN，联立解得 a2 = 6.5m/s2，方向沿斜面向下，因此 A 继续沿斜面向上做匀减速运动，位移为 x = v2/2a2 = 4/13 m物体沿斜面滑动的最大距离为 s = x + H = 21/26 m40 米袋在 AB 上加速运动的加速度为 a0 = mg/m = 5m/s2；米袋速度达到 v0=5m/s 时滑过的距离 s0 = v02/2a0 = 2.5m L1=3m，故米袋
26、先加速一段时间后再与传送带一起匀速运动，到达C 端速度为 v0 = 5m/s设米袋在 CD 上传送的加速度大小为 a，据牛顿第二定律 mg sin + mgcos = ma，解得 a = 10m/s2，能沿 CD 上滑的最大距离 s = v02/2a = 1.25mF/4mgFNFfmgFNFf F第 7 页 共 7 页 CD 顺时针转动时，米袋速度减为 v = 4m/s 之前的加速度为 a1 = g(sin+cos) = 10m/s2，此时上滑的距离 s1 = (v2 v02)/2a1 = 0.45m米袋速度达到 v = 4m/s 后，由于 mgcos mg sin，米袋继续减速上滑 其加速度为 a2 = g(sin cos) = 2m/s2，减速到零时上滑的距离 s2 = (0 v2)/2a2 = 4m；s 1 + s2 = 4.45m = L2，即速度为零时刚好到 D 端；由 v0 减速为 v 所用时间 t1 = (v v0)/a1 = 0.1s，由 v 减速为 0 所用时间 t2 = (0 v)/a2 = 2s，故米袋从 C 到 D 的总时间 t = t1 + t2 = 2.1s
