一、選擇題(1～7題為單項選擇題，8～10題為多項選擇題)
1.
某機場為方便旅客通行，安裝的一種水平電梯如圖所示．下列說法正確的是 ( )
A.人剛踏上電梯時有向前傾的趨勢
B.人剛踏上電梯時受到向前的摩擦力
C.電梯速度越大，人剛踏上電梯時的慣性越大
D.電梯速度越大，人剛踏上電梯時受到的摩擦力越大
2．人站在力傳感器上完成“起立”和“下蹲”動作，圖中呈現(xiàn)的是力傳感器的示數(shù)隨時間變化的情況，由此可以判斷( )
A.此人先下蹲后起立
B.此人先起立后下蹲
C.起立時先失重后超重
D.下蹲時先超重后失重
3.
新疆達瓦孜藝術(shù)第六代傳人，高空王子阿迪力曾成功挑戰(zhàn)廣州“小蠻腰”，如圖所示，阿迪力蒙眼在某段高空水平鋼絲上表演“金雞獨立”時，他(含手中橫竿)受到的支持力與重力的關(guān)系是( )
A.一對平衡力 B．作用力和反作用力
C.支持力小于重力 D．支持力大于重力
4．下列說法正確的是 ( )
A.牛頓認為力是維持物體運動的原因
B.牛頓第一定律、牛頓第二定律都可以通過實驗來驗證
C.國際單位制中，kg、m、N是三個基本單位
D.根據(jù)速度定義式v＝ eq \f(Δx,Δt) ，當Δt→0時， eq \f(Δx,Δt) 就可以表示物體在該時刻的瞬時速度
5．[2022·四川省攀枝花市高三第一次統(tǒng)考]如圖所示，吊籃P懸掛在天花板上，與P質(zhì)量相同的小球Q被固定在吊籃中的輕彈簧上端，保持靜止狀態(tài)．重力加速度為g，當懸掛吊籃的細繩被剪斷的瞬間，小球Q、吊籃P的加速度大小分別為( )
A.g，g B．0，g
C.0，2g D．2g，0
6．[2021·邯鄲一模]
如圖所示，在光滑水平面上放有一質(zhì)量M＝30 kg的斜劈，在其斜面上放一質(zhì)量m＝2 kg的物塊，現(xiàn)用一水平向右的力F拉斜劈，使其由靜止開始運動，物塊恰好能與斜劈保持相對靜止．已知斜劈傾角θ＝37°，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.則拉力F大小為( )
A.1 N B．10 N
C.31 N D．310 N
7．建筑工人利用輕質(zhì)動滑輪提升建筑材料的情景如圖甲所示．繞過輕滑輪的輕繩一端固定，通過拉動另一端使水桶由靜止開始豎直上升，兩側(cè)輕繩始終保持豎直，水桶的加速度a隨水桶上升的高度h的變化關(guān)系圖象如圖乙所示．已知水桶及桶內(nèi)材料的總質(zhì)量為5 kg，重力加速度g＝10 m/s2，不計一切阻力及摩擦，以下說法正確的是 ( )
A.水桶上升4 m時的速度大小為2 m/s
B.水桶上升4 m時的速度大小為2 eq \r(2) m/s
C.水桶上升4 m時，人對繩的拉力大小為55 N
D.水桶上升4 m時，人對繩的拉力大小為27.5 N
8.
如圖所示，一個小球O用1、2兩根細繩連接并分別系于箱子上的A點和B點，OA與水平方向的夾角為θ，OB水平，開始時箱子處于靜止，下列說法不正確的是( )
A.若使箱子水平向右加速運動，則繩1、2的張力均增大
B.若使箱子水平向右加速運動，則繩1的張力不變，繩2的張力增大
C.若使箱子豎直向上加速運動，則繩1、2的張力均增大
D.若使箱子豎直向上加速運動，則繩1的張力增大，繩2的張力不變
9．如圖甲所示為應用于機場和火車站的安全檢查儀，用于對旅客的行李進行安全檢查，其傳送裝置可簡化為如圖乙所示的模型，緊繃的傳送帶始終保持v＝1 m/s的恒定速率運行，旅客把行李無初速度地放在A處，行李與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，A、B間的距離為2 m，g取10 m/s2.若旅客把行李放到傳送帶的同時也以v＝1 m/s的恒定速率平行于傳送帶運動到B處取行李，則( )
A.旅客與行李同時到達B處
B.旅客提前0.5 s到達B處
C.行李提前0.5 s到達B處
D.若傳送帶速度足夠大、行李最快也要2 s才能到達B處
10．如圖甲所示，一木板靜止于水平地面上，木板最右端放置一小物塊，在t＝0時刻對木板施加一水平向右的恒力F，1 s后撤去F，此后木板運動的v － t圖象如圖乙所示．已知物塊與木板的質(zhì)量均為m＝1 kg，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2.下列說法正確的是( )
A.物塊與木板間動摩擦因數(shù)為0.2
B.木板與地面間動摩擦因數(shù)為0.2
C.恒力F大小為15 N
D.恒力F大小為18 N
二、非選擇題
11．某組同學設(shè)計了“探究加速度a與物體所受合力F及質(zhì)量m的關(guān)系”實驗．下圖甲為實驗裝置簡圖，A為小車，B為電火花計時器，C為裝有細砂的小桶，D為一端帶有定滑輪的長方形木板，實驗中認為細繩對小車的拉力F等于細砂和小桶的總重力，小車運動的加速度a可用紙帶上打出的點求得．
(1)圖乙為某次實驗得到的紙帶，已知實驗所用電源的頻率為50 Hz.根據(jù)紙帶可求出電火花計時器打B點時的速度為________m/s，小車的加速度大小為________m/s2．(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)
(2)在“探究加速度a與質(zhì)量m的關(guān)系”時，某同學按照自己的方案將實驗數(shù)據(jù)在坐標系中進行了標注，但尚未完成圖象[如圖(1)所示].請繼續(xù)幫助該同學作出坐標系中的圖象．
(3)在“探究加速度a與合力F的關(guān)系”時，該同學根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出了加速度a與合力F的圖線如圖(2)，該圖線不通過坐標原點，試分析圖線不通過坐標原點的原因________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
12.
[2022·山東模擬]水平地面上，固定一個傾角為30°的斜面．斜面上有一個質(zhì)量為M＝1.5 kg的箱子，一輕繩上端固定在箱子的上頂面O點，另一端連接一個質(zhì)量為m＝0.1 kg的小球．某時刻起，箱子在沿斜面向下的力F作用下，沿斜面向下運動，穩(wěn)定后，小球相對箱子靜止且細繩與豎直方向成60°角．已知箱子與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝ eq \f(\r(3),2) ，重力加速度為g＝10 m/s2，求：
(1)穩(wěn)定時，細繩上的拉力F1的大小和小球的加速度a；
(2)作用在箱子上的力F的大?。?br>13．如圖，上表面光滑且水平的小車靜止在水平地面上，A、B為固定在小車上的擋板，C、D為豎直放置的輕質(zhì)薄板．A、C和D、B之間分別用兩個相同的輕質(zhì)彈簧連接，薄板C、D間夾住一個長方體金屬塊(視為質(zhì)點).金屬塊與小車上表面有一定的距離并與小車保持靜止，此時金屬塊所受到的摩擦力為最大靜摩擦力．已知金屬塊的質(zhì)量m＝10 kg，彈簧勁度系數(shù)k＝1 000 N/m，金屬塊和薄板C、D間動摩擦因數(shù)μ＝0.8.設(shè)金屬塊受到的最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)此時彈簧的壓縮量；
(2)當小車、金屬塊一起向右加速運動，加速度大小a＝15 m/s2時，A、C和D、B間彈簧形變量及金屬塊受到的摩擦力大小．
單元質(zhì)量評估（三） 牛頓運動定律
1．解析：人剛踏上電梯時，人相對電梯有向后運動的趨勢，則受到向前的摩擦力，人會有向后傾的趨勢，故A錯誤，B正確；人的慣性只由人的質(zhì)量決定，與電梯的速度無關(guān)，故C錯誤；摩擦力的大小與電梯速度無關(guān)，故D錯誤．
答案：B
2．解析：人下蹲動作分別有失重和超重兩個過程，先是加速下降失重，到達一個最大速度后再減速下降超重，對應先失重再超重；起立對應先超重再失重，對應圖象可知，該同學先做了一次下蹲，后做了一次起立的動作，故選項A正確，B錯誤；由以上分析可知，起立時先超重后失重；下蹲時先失重后超重，故選項C、D錯誤．
答案：A
3．解析：鋼絲對人的支持力和人的重力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在同一物體上，所以是一對平衡力，故A正確，B、C、D錯誤．
答案：A
4．解析：牛頓認為力是改變物體運動狀態(tài)的原因，而不是維持物體運動的原因，A錯誤；牛頓第二定律可以通過實驗來驗證，牛頓第一定律不可以通過實驗來驗證，B錯誤；國際單位制中，kg、m是基本單位，N是導出單位，C錯誤；根據(jù)速度定義式v＝ eq \f(Δx,Δt) ，當Δt→0時， eq \f(Δx,Δt) 就可以表示物體在該時刻的瞬時速度，D正確．
答案：D
5．解析：剪斷細繩前，對小球Q受力分析，受到重力mg、彈簧的彈力F，由于Q處于平衡狀態(tài)，則F＝mg，方向向上，則彈簧對P的彈力大小為F，方向向下．剪斷細繩的瞬間，吊籃P所受重力和彈簧的彈力均不變，細繩的拉力減為零，故吊籃P受到的合力等于mg＋F，根據(jù)牛頓第二定律得mg＋F＝maP，所以aP＝2g，小球Q受到的力不變，合力為零，所以aQ＝0，故A、B、D錯誤，C正確．
答案：C
6．解析：
對m受力分析如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律可得：
Ffcs 37°－FNsin 37°＝ma，
豎直方向，根據(jù)平衡條件可得：
Ffsin 37°＋FNcs 37°＝mg，
根據(jù)摩擦力的計算公式可得：
Ff＝μFN，
聯(lián)立解得：a＝ eq \f(5,16) m/s2；
以整體為研究對象，水平方向根據(jù)牛頓第二定律可得：F＝（M＋m）a，
解得：F＝10 N，故B項正確、A、C、D三項錯誤．
答案：B
7．解析：由初速度為零的勻加速直線運動規(guī)律可知v2＝2ah，結(jié)合圖象面積可求得水桶上升4 m時的速度大小v＝ eq \r(2×\f(0.5＋1,2)×4) m/s＝ eq \r(6) m/s，故A、B錯誤；由牛頓第二定律可知2F－mg＝ma，即F＝27.5 N，故C錯誤，D正確．
答案：D
8．解析：箱子靜止時，對小球，根據(jù)平衡條件得FOAsin θ＝mg，F(xiàn)OB＝FOAcs θ，若使箱子水平向右加速運動，則在豎直方向上合力為零，有F′OAsin θ＝mg，F(xiàn)′OB－F′OA cs θ＝ma，所以繩1的張力不變，繩2的張力增大，選項A錯誤，B正確；若使箱子豎直向上加速運動，則F″OAsin θ－mg＝ma，F(xiàn)″OB＝F″OAcs θ，所以繩1的張力增大，繩2的張力也增大，選項C正確，D錯誤．
答案：AD
9．解析：由牛頓第二定律得μmg＝ma，得a＝1 m/s2，設(shè)行李做勻加速運動的時間為t1，行李加速運動的末速度為v＝1 m/s，由v＝at1，解得t1＝1 s，勻加速運動的位移大小為x＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＝0.5 m，勻速運動的時間為t2＝ eq \f(L－x,v) ＝1.5 s，行李從A到B的時間為t＝t1＋t2＝2.5 s，而旅客一直做勻速運動，從A到B的時間為t入＝ eq \f(L,v) ＝2 s，故旅客提前0.5 s到達B處，A、C錯誤，B正確；若行李一直做勻加速運動，則運動時間最短，有L＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(min)) ，解得tmin＝2 s，故D正確．
答案：BD
10．解析：由圖可知，木板在1 s～1.5 s的加速度大小比1.5 s后的加速度大小要大，也就意味著在1.5 s之前木塊與木板之間相對滑動，直到1.5 s時刻木塊與木板共速
在1 s～1.5 s內(nèi)，木板的加速度大小為
a1＝ eq \f(Δv1,Δt1) ＝ eq \f(8－3,0.5) m/s2＝10 m/s2
在0～1.5 s內(nèi)，物塊的加速度大小為
a2＝ eq \f(Δv2,Δt2) ＝ eq \f(3－0,1.5) m/s2＝2 m/s2
假設(shè)木板與地面的動摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ2
則木板在1 s～1.5 s內(nèi)根據(jù)牛頓第二定律有：
μ1×2mg＋μ2mg＝ma1
木塊在0～1.5 s內(nèi)根據(jù)牛頓第二定律有：
μ2mg＝ma2
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：μ1＝0.4，μ2＝0.2
木板在0～1 s內(nèi)的加速度為a3＝ eq \f(Δv3,Δt3) ＝ eq \f(8－0,1) m/s2
木板在0～1 s內(nèi)受力為：
F－μ1×2mg－μ2mg＝ma3
代入數(shù)據(jù)解得：
拉力F＝2μ1mg＋μ2mg＋ma3
＝（2×0.4×1×10＋0.2×1×10＋1×8） N＝18 N
答案：AD
11．解析：（1）AC這段位移的平均速度等于AC這段時間中間時刻的瞬時速度，即B點的瞬時速度，故
vB＝ eq \f(AB＋BC,4T) ＝ eq \f(（6.19＋6.70）×10－2,4×0.02) m/s≈1.6 m/s.
由逐差法求解小車的加速度，
a＝ eq \f(（CD＋DE）－（AB＋BC）,（4T）2)
＝ eq \f(（7.21＋7.72－6.19－6.70）×10－2,（4×0.02）2) m/s2≈3.2 m/s2.
（2）將坐標系中各點連成一條直線，連線時應使直線過盡可能多的點，不在直線上的點應大致對稱地分布在直線的兩側(cè)，離直線較遠的點應視為錯誤數(shù)據(jù)，不予考慮，連線如圖所示：
（3）圖線與縱軸有截距，說明實驗前沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不夠．
答案：（1）1.6 3.2 （2）見解析
（3）實驗前沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不夠
12.
解析：（1）對小球進行受力分析，并沿斜面和垂直于斜面方向建立坐標系，如圖a所示．
在垂直于斜面方向上，合力為0，可得F1sin 60°＝mg sin 60°，得F1＝1 N在沿斜面向下的方向上，由牛頓第二定律得F1cs 60°＋mgcs 60°＝ma得a＝10 m/s2，沿斜面向下．
（2）箱子和小球相對靜止，可以將箱子和小球看做一個整體，對整體進行受力分析，并沿斜面和垂直于斜面建立坐標系，如圖b所示．整體加速度a0＝a＝10 m/s2，摩擦力Ff＝μFN；在垂直于斜面方向上合力為0，可得FN＝（Mg＋mg）sin 60°；在沿斜面向下的方向上，由牛頓第二定律得F＋（Mg＋mg）cs 60°－Ff＝（M＋m）a，聯(lián)立得F＝20 N.
答案：（1）1 N 10 m/s2，沿斜面向下 （2）20 N
13．解析：（1）由于兩個輕質(zhì)彈簧相同，則兩彈簧壓縮量相同．設(shè)彈簧的壓縮量為x0，彈簧形變產(chǎn)生的彈力大小為F，由胡克定律得F＝kx0
設(shè)金屬塊所受C、D的摩擦力大小均為f，此時金屬塊所受摩擦力等于最大靜摩擦力，依題意得f＝μF
由平衡條件得2f＝mg
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得x0＝0.062 5 m.
（2）假設(shè)A、C和D、B間的彈簧壓縮量分別為x1和x2，有x1＋x2＝2x0
水平方向，對金屬塊由牛頓第二定律得kx1－kx2＝ma代入題給數(shù)據(jù)得x1＝0.137 5 m，x2＝－0.012 5 m
由x2＜0可知，此時薄板D已與金屬塊分離，D、B間彈簧已恢復原長，無彈力．金屬塊水平方向加速運動所需的合力全部由薄板C的彈力提供．設(shè)A、C和D、B間彈簧實際壓縮量分別為x′1、x′2，則x′2＝0，
水平方向，對金屬塊由牛頓第二定律得kx′1＝ma
代入數(shù)據(jù)解得x′1＝0.15 m
由于此時最大靜摩擦力f′max＝μkx′1＝120 N>mg
故金屬塊受到的摩擦力大小為f′＝mg＝100 N.
答案：（1）0.062 5 m （2）0.15 m 0 100 N

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