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综合检测（三） 牛顿运动定律
时间:90分钟 满分100分
一、单项选择题（本题共13个小题，每个小题3分，共39分。在每个小题给出的四个选项中，只
有一个选项是符合题目要求的）
1．中国古代的先哲们在认识自然的过程中提出了很多物理学观点，闪烁着智慧的光芒。下列观点中
与你所学的物理学知识吻合的是（ ）
A．《淮南子•齐俗训》中指出：“趋舍礼俗，犹室宅之居也，东家谓之西家，西家谓之东家，虽皋
陶为之理，不能定其处。”意思是，如果不选定参考点，就不能确定是位于东，还是位于西，这说
明任何物体都处于永恒的运动中
B．《墨经》中指出：“力，形之所以奋也。”意思是力可以使物体由动到静，说明力是改变物体
运动的原因
C．《论衡•效力篇》中指出：“机不能动发，鲁缟不能穿。”意思是说静止的物体没有惯性
D．《韩非子•观行》中指出：“有乌获之劲，而不得人助，不能自举”意思是力气很大的人也不能
把自己举起来，说明一对相互作用力的效果可以相互抵消
【答案】B
【解析】位置具有相对性，“东家谓之西家，西家谓之东家”如果不选定参考点，就不能确定是位
于东，还是位于西，这体现了位置描述的相对性，故 A错误；“力，形之所以奋也。”意思是力可
以使物体由动到静，说明力是改变物体运动状态的原因，故B正确；惯性是物体的固有属性，只与
质量有关，与运动状态无关，故C错误；“有乌获之劲，而不得人助，不能自举、”意思是力气很
大的人也不能把自己举起来，说明相互作用力不是作用在同一个物体上的，作用效果不会抵消，故
D错误。
2．下列说法正确的是（ ）
A．牛顿第一定律并不是在任何情况下都适用的
B．根据F=ma可知，物体的加速度方向一定与物体所受拉力F的方向一致
C．绕地球飞行的宇航舱内物体处于漂浮状态是因为没有受到重力作用
D．人在地面上起跳加速上升过程中，地面对人的支持力大于人对地面的压力
【答案】A
【解析】牛顿第一定律只能适用于宏观、低速的物体，故 A正确；F=ma中的物体加速度对应的是
物体所受的合外力，而不仅仅是拉力 F，故B错误；绕地球飞行的宇航舱内物体依旧受到地球的吸
引作用，故依旧受到重力作用，故C错误；地面对人的支持力与人对地面的压力是一对作用力与反
作用力，大小一定相等，故D错误。
3．下列关于惯性的说法正确的是（ ）
A．质量大的载重汽车一定比质量小的轿车惯性大
B．跳远运动员助跑时，跑的越快惯性越大
C．汽车匀速运动时惯性小，急刹车时惯性大
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D．子弹出枪膛时受到很大的推力，所以它的惯性很大
【答案】A
【解析】惯性只和质量有关，质量越大惯性越大，故A正确，B、C、D错误；
4．如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，体重计的示数最大
的是（ ）
A．电梯匀减速上升，加速度的大小为 1.0m/s2
B．电梯匀加速上升，加速度的大小为 1.0m/s2
C．电梯匀减速下降，加速度的大小为1.5m/s2
D．电梯匀加速下降，加速度的大小为1.5m/s2
【答案】C
【解析】电梯减速上升，加速度向下，由牛顿第二定律
mg﹣F=ma
解得F=m（g﹣a）=9m
电梯匀加速上升，加速度向上，由牛顿第二定律
F﹣mg=ma
解得F=m（g+a）=11m
电梯匀减速下降，加速度向上，由牛顿第二定律
F﹣mg=ma
解得F=m（g+a）=11.5m
电梯匀加速下降，加速度向下，由牛顿第二定律
mg﹣F=ma
解得F=m（g﹣a）=8.5m
故示数最大的情况为C；
5．人从超过 的高度落下，容易造成骨折，因为落地时胫骨受到的支持力将数倍于自身重力，这
一现象是（ ）
A．超重 B．失重 C．既不超重也不失重 D．超重失重均有可能
【答案】A
【解析】人落地时，合力向上，有向上的加速度，这一现象是超重。故选A。
6．如图所示，一个物体沿固定斜面匀速下滑，关于物体所受的力，下列说法中正确的是
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A．物体所受合力的方向沿斜面向下
B．物体所受重力的方向垂直于斜面向下
C．物体所受的重力和支持力大小相等
D．物体所受的摩擦力与匀速下滑的速度大小无关
【答案】D
【解析】试题分析：物体受到重力、支持力及摩擦力而做匀速直线运动，由共点力的平衡条件可知
物体所受合力为零，故A错误；物体所受重力的方向是竖直向下，故 B错误；在垂直于斜面方向
上，物体受到的合力应为零，故支持力应等于重力垂直于斜面方向的分力，即支持力小于重力，故
C错误；滑动摩擦力 ，故摩擦力与下滑速度无关，只与正压力及动摩擦因数有关，故 D正
确.
7．汽车的刹车性能至关重要，制动至停止．则下列说法正确的是（ ）
A．汽车的惯性与车辆性能有关，与质量无关
B．汽车的速度越大惯性就越大
C．汽车停止运动后没有惯性
D．汽车运动状态的改变是因为受到力的作用
【答案】D
【解析】汽车的惯性是由汽车的质量决定的，与汽车的速度无关，因此汽车行驶时、停止运动后，
汽车的惯性一样大，故ABC错误；力是改变物体运动状态的原因，故汽车运动状态的改变是因为受
到力的作用，故D正确。
8．生活中常见的手机支架,其表面采用了纳米微吸材料,用手触碰无粘感,接触到平整光滑的硬性物体
时,会牢牢吸附在物体上。如图是一款放置在高铁水平桌面上的手机支架,支架能够吸附手机,小明有
一次搭乘高铁时将手机放在该支架上看电影,若手机受到的重力为G,手机所在平面与水平面间的夹角
为θ,则下列说法正确的是
( )
G
A.当高铁未启动时,支架对手机的作用力大小等于
cosθ
B.当高铁未启动时,支架受到桌面的摩擦力方向与高铁前进方向相反
C.高铁匀速行驶时,手机可能受到5个力作用
D.高铁减速行驶时,手机可能受到3个力作用
【答案】D
【解析】高铁未启动时,手机处于静止状态,受重力和支架对手机的作用力,根据平衡条件可知,支架对
手机的作用力与重力大小相等、方向相反,A错误;高铁未启动时,以手机和支架整体为研究对象,受重
力和桌面的支持力二力平衡,不受桌面的摩擦力,B错误;高铁匀速行驶时,手机受重力、纳米材料的吸
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引力、支架的支持力和摩擦力,共4个力作用,C错误;高铁减速行驶时,手机具有与高铁前进方向相反
的加速度,可能只受重力、纳米材料的吸引力和支架的支持力共3个力作用,D正确。
9．如图所示，在足够大的水平地面上静置一木板，可视为质点的物块以v0=3m/s的速度滑上木板，
最终物块恰好到达木板的右端，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度。已知物块与木板间的
动摩擦因数μ1=0.2，木板与地面间的动摩擦因数 μ2=0.05，取重力加速度大小g=10m/s2，则木板的
长度为（ ）
A．1.0m B．1.5m C．2.0m D．2.5m
【答案】B
【解析】设滑块的质量为 ，木板的质量为 ，在滑块减速和木板加速到共速的时间为 ，加速度
为 、 ，有
木板的位移为
两者共速后，因 ，则一起减速到停止，共同减速的加速度为 ，有
木板的位移为
木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，即
最终物块恰好到达木板的右端，即滑块相对滑动的位移为板长，有
联立各式解得 ， ，故选B。
10．物体放在地面上，人用力将竖直向上提起离开地面的瞬间，一定是（ ）
A．人对物体的力大于物体对人的力B．人对物体的力等于物体对人的力
C．人对物体的力小于物体所受的重力 D．人对物体的力等于物体所受的重力
【答案】B
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【解析】人对物体的力和物体对人的力是一对相互作用力，等大反向，故 A错误，B正确；人用力
将物体提起的那一刻，物体的速度从零到有一定的速度，所以存在一个加速过程，加速度方向向
上，而物体只受人的拉力和重力，故
，即 ，故C、D错误。
11．如图所示，A、B两物块的质量分别为 和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数
为 ，B与地面间的动摩擦因数为 。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施
加一水平拉力F，则下列错误的是（ ）
A．当 时，A、B都相对地面静止 B．当 时，A的加速度为
C．当 时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过
【答案】C
【解析】A、B之间的最大静摩擦力为
B与地面间的最大静摩擦力为
因此B加速度的最大值为
A和B保持相对静止一起匀加速时，设水平拉力的临界值为 ，则
可解得
当 时， ，A和B均相对地面静止，故A正确；
当 时，A和B相对静止，此时整体的加速度为
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故B正确；
当 时，F不一定大于 ，A和B不一定发生相对滑动，故C错误；
由上述分析知B加速度的最大值为
故D正确。
本题选错误选项，故选C。
12．如图所示,一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上,另一端连着A小球,同时水平细线一端连着A球,另
一端固定在右侧竖直墙上,弹簧与竖直方向的夹角是 60°,A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两
端。开始时A、B两球都静止不动,A、B两小球的质量相等,重力加速度为g,若不计弹簧质量,在水平
细线被剪断瞬间,A、B两球的加速度分别为( )
A.a =a =g B.a =2√3g,a =0
A B A B
C.a =√3g,a =0 D.a =2g,a =g
A B A B
【答案】B
【解析】水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图所示
静止时F =F sin 60°,F cos 60°=m g+F ,F' =m g,又m =m ,F =F' ,解得F =2√3m g。水平细线被剪断瞬
T A 1 1 B A B 1 1 T A
间,F 消失,其他各力不变,A所受合力与 F 等大反向,B 所受合力仍为 0,则a =F =2 g,a =0。故选
T T A T √3 B
m
A
B。
13．如图所示，长为l的轻杆，一端固定一个质量为 m的小球，另一端有固定转动轴 O，杆可在竖
直面内绕转动轴O无摩擦转动；质量为m的物块放置在光滑水平面上，开始时，使小球靠在物块的
光滑侧面上，轻杆与水平面夹角45°，用手控制物块静止，然后释放物块，在之后球与物块运动的过
程中，下列说法正确的是（ ）
A．球与物块分离前，杆上的弹力逐渐增大
B．球与物块分离前，球与物块的速度相等
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C．球与物块分离前，物块的速度先增大后减小
D．球与物块分离时，球的加速度等于重力加速度
【答案】D
【解析】对小球和物块整体受力分析，受重力，杆的弹力F，地面的支持力F ，如图1所示，
N
在水平方向由牛顿第二定律得
分离后物块的加速度为零，可知在球与物块分离前，物块的加速度逐渐减小，而小球水平方向的分
加速度与物块的加速度相等，所以物块的水平方向分加速度逐渐减小，而 逐渐增大，所以弹力
逐渐减小，当恰好分离时，水平加速度为零，弹力为零，球只受重力，加速度等于重力加速度 g，
故A错误，D正确；
设球的速度为v，球与物块分离前，物块与球的水平速度相等，球的速度与杆垂直向下，如图 2所
示，
将球的速度分解为水平方向和竖直方向两个分速度，由图可知，球的速度大于物块的速度，故B错
误；由于地面光滑，杆对物块的弹力始终向左，物块的加速度始终向左，所以物块一直加速，故 C
错误。
二、多项选择题（本题共2小题，每小题3分，共6分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两
个以上选项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
14．引体向上是高中学生体质健康标准的测试项目之一。如图甲所示,质量为m=55 kg的某同学,双手
抓住单杠做引体向上,在竖直向上运动过程中,其重心的速率随时间变化的图像如图乙所示,g取10
m/s2,由图像可知( )
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甲
乙
A.t=0.4 s时,他正处于超重状态
B.t=0.5 s时,他的加速度约为0.3 m/s2
C.t=1.1 s时,他受到单杠的作用力的大小为550 N
D.t=1.5 s时,他正处于超重状态
【答案】ABC
【解析】由题图可知,t=0.4 s时他向上加速运动,加速度方向向上,处于超重状态,A正确;0～0.5 s这段
Δv 0.3
时间,他的加速度 a= ≈ m/s2=0.3 m/s2,B 正确;t=1.1 s 时他的速度达到最大值,加速度为
Δt 1.0
0,F=G=mg=55×10 N=550 N,C正确;t=1.5 s时他向上做减速运动,加速度方向向下,处于失重状态,D错
误。故选A、B、C。
15．翻斗车是一种料斗可倾翻的车辆。如图所示，一辆翻斗车停在水平公路上，正在借助液压缸缓
慢推动料斗卸货，从料斗右端开始上升到货物刚要下滑记为过程I，货物开始下滑到料斗达到最大倾
角记为过程Ⅱ（货物没有离开车厢），则（ ）
A．在过程I中，料斗对货物的摩擦力变小
B．在过程Ⅱ中，料斗对货物的摩擦力变小
C．在过程I中，地面对翻斗车的摩擦力方向水平向左
D．在过程Ⅱ中，地面对翻斗车的摩擦力方向水平向左
【答案】BD
【解析】在过程I中，货物处于平衡状态，则有：mgsinθ=f，θ增大时，f逐渐增大；选项A错误；
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在过程Ⅱ中，货物下滑，摩擦力f′=μmgcosθ，则当θ增大时，f减小，选项B正确；在过程I中，
对货物和翻斗车的整体处于平衡状态，则地面对翻斗车水平方向作用力为零，即地面对翻斗车的摩
擦力为零，选项C错误；在过程Ⅱ中，货物加速下滑时，货物有向左的加速度分量，对整体分析知
地面对翻斗车的摩擦力向左，故D正确。
三、实验题（共14分）
16-Ⅰ．（6分）某中学实验小组为探究加速度与合力的关系，设计了如图甲所示的实验装置。
主要实验步骤如下：
①按图甲安装实验器材：重物用轻绳挂在动滑轮上（二者的总质量为 m），其下端与纸带相连；轻
绳左端与固定于天花板的力传感器相连，可以测量绳上的拉力大小，右端跨过定滑轮与质量为 M的
钩码连接；
②接通打点计时器的电源，释放钩码，带动重物上升，在纸带上打出一系列点，记录此时传感器的
读数F；
③改变钩码的质量，多次重复实验步骤②，利用纸带计算重物的加速度a，得到多组a、F数据。
请回答以下问题：
(1)已知打点计时器的打点周期为0.02s，某次实验所得纸带如图乙所示，M、P和P、N间各有4个
点未标出，则重物的加速度大小为 （结果保留两位有效数字）。
(2)实验得到重物的加速度大小a与力传感器示数F的关系如图丙所示，图像的斜率为k、纵截距为
，则重物和动滑轮的总质量 ，当钩码与二者总质量相等时，重物的加速度大小为
。（本问结果均用k、b表示）
【答案】(1) (2)
【解析】（1）打点周期为0.02s，M、P和P、N间各有4个点未标出，则M、P和P、N间的运动时
间为
由逐差法有
解得
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（2）对重物由牛顿第二定律得 ，可得
则斜率 ，截距绝对值
解得
由图可知，钩码的加速度为重物的2倍，则 ，又
解得 。
16-Ⅱ、（8分）某物理课外小组通过如图甲、乙、丙所示的实验装置探究物体加速度与其所受合外
力之间的关系。已知他们使用的小车完全相同且质量为 ，重物的质量为 ，试回答下列问题：
（1）实验时，必须满足“ 远大于 ”的实验装置是 （选填“甲”、“乙”或“丙”）
（2）按乙图实验装置得到如图丙所示的纸带，已知打点计时器打点的周期 ，其中 、
每相邻两个计数点之间还有 4个点没有标出，根据纸带提供的数据，算得小车加速度的
大小为 （计算结果保留两位有效数字）。
（3）采用（丙）图实验装置探究质量一定时加速度与力的关系的实验，以弹簧测力计的示数 为横
坐标，加速度 为纵坐标，画出的 图线是如图（丁）的一条直线。测出图线与横坐标的夹角为
，求得图线的斜率为 ，则小车的质量为 。
A． B． C． D．
（4）采用（甲）图实验装置，把重物改成槽码，槽码总数 ，将 （依次取 ）个槽码
挂在细线左端，其余 个槽码仍留在小车内，重复前面的步骤，并得到相应的加速度 ，得到
图线是过原点的直线，但实验时漏了平衡摩擦力这一步骤，下列说法正确的是 。
A． 图线不再是直线
B． 图线仍是过原点的直线，但该直线的斜率变小
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C． 图线仍是直线，但该直线不过原点
【答案】（1）甲 （2）0.57/0.58/0.59/0.60/0.61/0.62/0.63 （3）C （4）C
【解析】（1）乙、丙两图绳上的拉力都可测量直接读出，不需要重物重力替代，甲图需要用重物重
力替代拉力，所以需要满足“ 远大于 ”；
（2）根据逐差法公式可得
解得
（3）根据牛顿第二定律可得
整理得
所以小车的质量为 ，故选C。
（4）[4]因为没有平衡摩擦力，所以可得
整理得
所以 图线仍是直线，但该直线不过原点，故选C。
四、计算题（共41分，需要写出必要的文字说明和解题过程，只写出结果，没有过程不能得分）
17．（8分）运动员推动冰壶滑行过程可建立如图所示模型:冰壶质量m=19.7 kg,运动员施加的推力
F=5 N,方向与水平方向夹角为37°,冰壶在推力F作用下做匀速直线运动,g取10 m/s2。
(1)求冰壶与地面间的动摩擦因数;
(2)运动员以4.0 m/s的水平速度将冰壶投出,求冰壶能在冰面上滑行的最远距离;
(3)若运动员仍以4.0 m/s的水平速度将冰壶投出,滑行一段距离后,其队友在冰壶滑行前方摩擦冰面,使
冰壶与冰面间的动摩擦因数变为原来的80%,在滑过被毛刷摩擦过的冰面长度6 m后停止运动。求与
不摩擦冰面相比,冰壶多滑行的距离。
【答案】(1)0.02 (2)40 m (3)1.2 m
【解析】(1)冰壶做匀速直线运动,对冰壶受力分析,水平方向有f=F cos 37°
竖直方向有F =mg+F sin 37°
N
又f=μF
N
解得μ=0.02
(2)冰壶受重力、支持力和滑动摩擦力,根据牛顿第二定律有μmg=ma
解得a=μg=0.02×10 m/s2=0.2 m/s2
根据v2=2as
v2 4.02
解得s= = m=40 m
2a 0.2×2
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(3)通过摩擦过的冰面的动摩擦因数是原来的80%,设此时加速度大小为a',则有80%μmg=ma'
解得a'=0.16 m/s2
设冰壶刚滑上摩擦过的冰面时的速度为v',在没摩擦过的冰面上运动的位移为s ,v'2-v2=-2as
1 1
在摩擦过的冰面上滑动,位移s =6 m,则有v'2=2a's
2 2
则与不摩擦冰面相比,多滑的距离Δs=s +s -s
1 2
解得Δs=1.2 m
18．（11分）如图所示,质量M=6 kg、右侧带有挡板的长木板放在水平面上,质量m=2 kg的小物块放
在长木板上,此时长木板和小物块在作用于长木板上、水平向右的力 F作用下做速度v =4 m/s的匀速
0
运动,已知长木板与水平面间的动摩擦因数为μ =0.6,物块与长木板之间的动摩擦因数为μ =0.4,某时刻
1 2
撤去力F,小物块恰好与右侧挡板不发生碰撞,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2。
(1)求力F的大小;
(2)求撤去力F前物块与右侧挡板的距离L ;
0
【答案】(1)48 N (2)0.8 m
【解析】(1)长木板和物块一起做匀速运动,对整体受力分析
由平衡条件得F=μ (M+m)g
1
解得F=48 N
(2)撤去力F后,对长木板有μ (M+m)g-μ mg=Ma
1 2 1
对物块有μ mg=ma
2 2
20
解得a = m/s2,a =4 m/s2
1 2
3
长木板和物块发生相对滑动,由于a >a ,则长木板先停止运动
1 2
从撤去力F到长木板停止运动,长木板的位移为s =
v2
1 0
2a
1
物块停止运动时的位移为s =
v2
2 0
2a
2
由于s +L =s
1 0 2
解得L =0.8 m
0
19．（11分）中国国家邮政局监测数据显示，2023年1～4月中国快递业务量达300亿件，我们的
生活离不开快递。图甲为快递物流配送分拣示意图，水平传送带和倾斜传送带以相同的速率逆时针
运行。现将一质量为 的货物轻放在倾斜传送带上端 处，图乙为倾斜传送带 段的数控设备
记录的货物的速度-时间图像， 末货物刚好到达下端 处，随后以不变的速率滑上 端。已知传
送带 段的长度 ，最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，货物与两条传送带间的动摩擦
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因数相同， 间距忽略不计，取 。求：
（1）货物与传送带间的动摩擦因数 ；
（2）货物从 端运动到 端的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的总热量 。
【答案】（1）0.5；（2）
【解析】（1） 内，货物在倾斜传送带上的加速度大小为
内，货物在倾斜传送带上的加速度大小为
根据牛顿第二定律， 内，有
内，有
解得
（2）结合图乙知，传送带的速率 货物在水平传送带上运动的加速度大小为
货物在水平传送带上减速运动的时间
货物在水平传送带上减速运动的位移大小为
解得
由于 ，货物与传送带共速后一起做匀速运动货物在水平传送带上的相对位移
货物与传送带间因摩擦产生的总热量
解得
20．（11分）如图所示，倾角为 的光滑斜面 底端固定一挡板。劲度系数为 的轻
质弹簧一端固定在挡板上，弹簧原长时另一端刚好位于斜面最高点 点。质量为 的长木板
静止在另一倾角为 的粗糙斜面上，长木板的上表面刚好和斜面 共线。将质量为 的
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小木块 从图中位置由静止释放，小木块 刚滑上长木板时的速度为 。已知小木块和长木
板之间的动摩擦因数为 ，长木板和斜面之间的动摩擦因数为 ，弹簧始终在弹性限度内，
弹簧的弹性势能为 ，其中 为弹簧的劲度系数， 为弹簧形变量，最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，取重力加速度大小 ， ， 。
（1）若 ，求小木块刚滑上长木板时小木块和长木板的加速度大小 和 ；
（2）若 ，小木块在运动过程中始终不滑离长木板，求长木板长度的最小值 ；
（3）在第（2）条件下，长木板从开始运动到第一次回到初始位置经过的路程 ；
（4）已知小物块 在斜面上做简谐运动的周期为 ，其中 为弹簧的劲度系数， 为小物块
的质量，求小木块 从释放到第一次运动 点所用的时间 。
【答案】（1）8m/s2；0；（2） ；（3） ；（4）
【解析】（1）以小木块A为研究对象，由牛顿第二定律得 ，解得
以长木板B为研究对象 ，所以木板加速度为0；
（2）以小木块A为研究对象，由牛顿第二定律得 ，解得
以长木板B为研究对象，由牛顿第二定律得
解得
当达到共速时，满足 ， ，解得 ，
木块的位移
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木板的位移
木板的长度至少为
（3）达到共速后，设木块和木板一起运动
上滑过程，对整体有
以小木块A为研究对象
解得
假设成立。
小木块A和长木板B一起匀减速运动的位移为
下滑过程，设木块和木板一起运动，对整体有
以小木块A为研究对象
解得
假设成立。
所以长木板B从开始运动到第一次与斜面交界处碰撞经过的路程为
（4）小木块A从释放到P点的过程中，根据动能定理可得
解得
小木块A做简谐运动的平衡位置满足
解得
小木块A从释放到第一次运动到P点的时间为
15
