2018-2019江苏省苏州市第一中学高一物理必修1牛顿运动定律测试卷
时间 90分钟满分 100分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共7小题，共21.0分）
如图所示，一木箱放在水平地面上，图中力F1作用在木箱上，力F2作用地面上。在下列说法正确的是（ ）
A. 力
就是木箱的重力
B. 力
的大小大于的大小
C. 力和是一对作用力和反作用力
D. 力和是一对平衡力
如图所示,将三个形状不规则的石块叠放在水平桌面上,处于静止状态.下列说法中正确的是（ ）
A. 桌面对石块c的作用力一定竖直向上
B. 石块b一定受到三个力的作用
C. 石块c受到水平桌面向左的摩擦力
D. 石块b对a的支持力与a受到的重力是一对平衡力
如图所示，一箱子放在水平地面上，现对箱子施加一斜向上的拉力F，保持拉力的方向不变，在拉力F的大小由零逐渐增大的过程中（箱子未离开地面）．关于摩擦力f的大小随拉力F的变化关系，下列四副图可能正确的是（ ）
B. 
C. 
D. 
将物体所受重力按力的效果进行分解，下列图中错误的是（ ）
A. 
B. 
C. 
D. 
如图所示，放在水平地面上的物体受到两个水平推力作用，处于静止状态，F1=6N，F2=2N．现将F1撤去，则物体所受合力为（ ）
A. 0 B. 2 N C. 4 N D. 6 N
用手握住一个油瓶，使瓶在竖直方向保持静止，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 瓶受到的静摩擦力大于其重力
B. 手握得越紧，油瓶受到的摩擦力越大
C. 油瓶质量不变，则受到的摩擦力一定
D. 油瓶受到的摩擦力与手对它的压力成正比
如图所示，小球在竖直固定挡板与斜面保持静止，不计摩擦，当缓慢增大斜面倾角时，小球对挡板的压力N1和小球对斜面的压力N2怎样变化（ ）
A. 
变大，
变小 B. 变大，变大
C. 变小，变小 D. 变小，变大
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，受到向右的拉力F的作用而向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。下列说法正确的是（ ）
A. 木板受到地面的摩擦力的大小一定是
B. 木板受到地面的摩擦力的大小一定是
C. 当
时，木板便会开始运动
D. 无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动
如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，且足够长，其上叠放木块A。假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等。用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A. A的质量为
B. A、B间的动摩擦因数为
C. B与地面间的动摩擦因数为
D. 当水平拉力
时，长木板的加速度大小为
如图所示，斜面顶端固定一半径为R的轻质定滑轮，用不可伸长的轻质细线将半径为r的光滑球沿斜面缓慢向上移动。不计各处摩擦，且R>r。则拉力F和斜面对球的支持力N的变化情况，下列说法正确的是（ ）
F一直增大 B. F一直减小
C. N一直减小 D. N先减小后增大
如图所示，清洗楼房光滑玻璃的工人常用一根绳索将自己悬在空中，工人及其装备的总重量为G，悬绳对工人的拉力大小为F1，墙壁对工人的弹力大小为F2，若工人增加悬绳的长度缓慢下移，下列说法正确的是（ ）
A. 逐渐变小 B. 逐渐变小
C. 与的合力变小 D. G与的合力变小
如图所示，一小铁球用轻弹簧和轻绳悬挂处于静止状态，弹簧与水平方向成60°角，
轻绳与竖直方向成60°角，重力加速度为g，则（ ）
A. 弹簧和轻绳的拉力之比为1：2
B. 弹簧和轻绳的拉力之比为
：1
C. 若剪断轻绳，则剪断瞬间小球的加速度为
D. 若剪断轻绳则剪断瞬间小球的加速度为
第II卷（非选择题）
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
在“探究弹力与弹簧伸长量的关系，并测定弹簧的劲度系数”的实验中，实验装置如下图所示．所挂钩码的重力相当于对弹簧提供了向右的恒定拉力．实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出相应的弹簧总长度．
据此回答下列小题
有一个同学通过以上实验测量后把6组数据描点在图坐标系中，请作出
图线．
由此图线可得出该弹簧的原长
________cm，劲度系数
________
．
该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较，优点在于：____________________________
缺点在于： __________________
某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验，将橡皮条一端固定在A点，另一端系上两根细绳及绳套，用两个弹簧测力计通过细绳套互成角度的拉动橡皮条，将结点拉到O点，如图甲所示。
（1）如果没有操作失误，图乙中Fˈ是用一个弹簧测力计拉细绳套时，在白纸上根据实验结果画出的图示，则图乙中的F与F'两力中，方向一定沿AO方向的是______．
（2）本实验采用的科学方法是______．
A.理想实验法 B.等效替代法
C.控制变量法 D.建立物理模型法
（3）在同一对比实验的两次操作中，O点位置______．（选填“可以”或“不可以”）变动．
（4）如图丙，使弹簧测力计b从水平位置开始顺时针缓慢转动至竖直方向，在这个过程中保持O点位置和弹簧测力计a的拉伸方向不变，则在整个过程中关于弹簧测力计a、b的读数变化是________________________________。
A．a增大，b减小
B．a减小，b增大
C．a减小，b先增大后减小
D．a减小，b先减小后增大
四、计算题（本大题共4小题，共41.0分）
如图所示，固定在水平面上的三角形劈倾角α=37°，顶端固定有轻质光滑定滑轮，斜面上放置一质量为M=5kg的物块(可视为质点)，通过平行斜面的轻绳跨过定滑轮系一质量为m=2kg的小球，物块有沿斜面向下运动的趋势但恰好不下滑。（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）
（1）物块与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）若剪断轻绳，物体经0.5s达到到斜面底端，求物块到达底端的距离x多大？
如图所示，某同学为赶上公交车在水平地面上拉着一个质量为m=16kg的箱子正以4m
/s的速度匀速跑动，已知她所施加的拉力F大小为50N，方向与水平面夹角为θ1=53°斜向右上方。某时刻突然发现前方s=2.4m（离箱子的距离）处有一个倾斜角为θ2=37°的斜坡，同学马上松手立刻向旁边闪开，已知地面和斜坡与箱子底部间的摩擦力均为接触面挤压力的k倍，取g=10m/s2。不计箱子在斜坡与水平面连接处运动时的机械能损失。求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）k为多少？
（2）箱子从松手到坡底运动了多少时间？
（3）箱子还能在斜坡上滑行多远？
如图所示，物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与放在水平面上的物体乙相连，物体甲及物体乙均处于静止状态。已知：物体甲的质量m1=10kg，物体乙的质量m2=50kg，轻绳OA与竖直方向的夹角θ=37°，sin37°=0.6，
cos37°=0.8，g=10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）轻绳OA、OB受到的拉力分别是多大？
（2）物体乙与水平面间的动摩擦因数至少多大？
如图所示，置于水平地面上的物块用伸长量为5cm的水平轻弹簧拉着系于竖直墙上，质量为m1的小球通过光滑定滑轮用轻质细绳与物块m2相连，小球在方向水平向右、大小F＝12N的拉力作用下处于静止状态，此时拉物块的轻绳与竖直方向的夹角为37°，拉小球的轻绳与竖直方向的夹角也为37°，且物块也处于静止状态。已知：弹簧的劲度系数为400N/m，物块的质量m2=3kg，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
（1）小球的质量m1；
（2）地面对物块的支持力大小；
（3）物块对地面的摩擦力。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
弹力是由于施力物体发生形变后想要恢复原状而对和它接触的物体产生的力，是施力物体发生形变产生对受力物体的力，然后结合牛顿第三定律分析即可。
本题考查牛顿第三定律以及弹力产生的原因，知道是由于发生形变的物体想要恢复原状而对与它接触的物体产生弹力。
【解答】
由图可知，图中力F1作用在木箱上，方向向上，而力F2作用地面上，方向向下，可知F1是地面对木箱的支持力，而F2是木箱对地面的压力，二者互为作用力与反作用力，大小相等，方向相反．故C正确，ABD错误。
故选C。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
根据平衡条件，依据相互作用力的内容，及力的合成与分解方法，并依据摩擦力产生条件，即可求解。
考查整体法与隔离法的运用，掌握平衡条件的应用，注意平衡力与相互作用力的区别，注意c对b的作用力是支持力与摩擦力的合力。
【解答】
A.选取ab作为整体研究，根据平衡条件，则石块c对b的作用力与其重力平衡，则块c对b的作用力一定竖直向上，故A正确；
B.石块b一定受到重力、c对b的支持力和摩擦力、a对b的压力和摩擦力共五个力，故B错误；
C.以三块作为整体研究，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故C错误；
D.石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是平衡力，故D错误。
故选A。
3.【答案】B
【解析】
解：设F与水平方向的夹角为α，木箱处于静止状态时，根据平衡条件得：木箱所受的静摩擦力为f=Fcosα，F增大，f增大；
当拉力达到一定值，箱子运动瞬间，静摩擦力变为滑动摩擦力，由于最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故摩擦力有个突然减小的过程；
木箱运动时，所受的支持力N=G-Fsinα，F增大，N减小，此时木箱受到的是滑动摩擦力，大小为f=μN，N减小，则f减小；
故ACD错误，B正确。
故选：B。
当这个力从零开始逐渐增大过程中，木箱先保持静止状态，受到静摩擦力，根据平衡条件分析摩擦力的变化；后来物体开始运动，受到滑动摩擦力，根据竖直方向受力平衡，分析物体所受的支持力如何变化，由f=μN分析摩擦力如何变化．
本题关键要根据物体的运动状态，判断是静摩擦还是滑动摩擦，静摩擦由平衡条件分析，滑动摩擦力由公式分析．
4.【答案】C
【解析】
略
5.【答案】A
【解析】
解：木块在水平方向共受到三个力F1、F2和摩擦力作用，木块处于静止状态，合外力为零，得知此时摩擦力为：f=F1-F2=6-2=4N，最大静摩擦力应大于等于6N，当撤去F1，作用在物体上的力F2=2N，小于最大静摩擦力，木块仍处于静止状态，则此时受的静摩擦力为f′=F2=2N，方向与F2的方向相反，即为方向向右；故合力为零；
故选：A。
先根据木块的受力情况得知最大静摩擦力的情况，撤去F1后，比较F2与最大静摩擦力的大小，可判断木块仍静止，利用共点力的平衡可得知木块受到的静摩擦力的大小和方向，再进一步得到合力．
解答该题的关键是根据已知条件判断木块与地面的最大静摩擦力的大小，同时要注意，施加的外力发生变化时，静摩擦力往往是要跟着变化的．要熟知静摩擦力的解答方法．
6.【答案】C
【解析】
解：A、摩擦力等于油瓶与油的总重力，故A错误；
B、手握得越紧，油瓶受到的最大静摩擦力越大，静摩擦力不变，故B错误；
C、油瓶始终处于竖直方向且静止不动，受重力和静摩擦力平衡，故油瓶质量不变，则受到的摩擦力一定，故C正确；
D、油瓶受到的最大静摩擦力与手对它的压力成正比，静摩擦力与重力相等，与压力无关，故D错误；
故选：C。
瓶始终处于竖直方向且静止不动时，受的重力和静摩擦力平衡，手握的越紧，最大静摩擦力越大，而瓶子受的摩擦力仍然等于瓶子的重力．
本题考查了静摩擦力和最大静摩擦力的应用和区别，注意最大静摩擦力的判断．
7.【答案】B
【解析】
解：对小球受力分析，受重力、斜面支持力和挡板支持力，将重力按照作用效果分解，如图所示，小球对挡板压力等于分力N1，对斜面压力等于分力N2：
故N1=mgtanα；
N2=
；
当缓慢增大斜面倾角α时，N1变大，N2也变大；
故选：B。
小球受重力、斜面支持力和挡板支持力，将重力按照作用效果分解，求解出小球对挡板的压力N1和小球对斜面的压力N2的表达式进行分析．
本题关键是明确小球的受力情况，找出重力的作用效果，然后根据平行四边形定则分解重力，求解出压力表达式进行分析，不难．
8.【答案】AD
【解析】
【分析】
m对M的压力等于mg，m所受M的滑动摩擦力f1=μ1mg，方向水平向左，M处于静止状态，水平方向受到m的滑动摩擦力和地面的静摩擦力，根据平衡条件分析木板受到地面的摩擦力的大小和方向。
本题中木板受到地面的摩擦力是静摩擦力，不能根据滑动摩擦力公式求解。
【解答】
AB.对M分析，在水平方向受到m对M的摩擦力和地面对M的摩擦力，两个力平衡，则地面对木板的摩擦力f=μ1mg，故A正确，B错误；
CD.无论F大小如何，m在M上滑动时对M的摩擦力大小不变，M在水平方向上仍然受到两个摩擦力处于平衡，不可能运动，故C错误，D正确。
故选AD。
9.【答案】ACD
【解析】
【分析】
对图象乙进行分析，明确物体的运动状态和加速度的变化情况，再根据牛顿第二定律以及摩擦力公式进行分析，列式求解即可得出A、B的质量和动摩擦因数。
本题考查牛顿第二定律及图象的相片综合应用，关键在于明确图象的意义，能根据图象找出最大静摩擦及力和加速度的关系。
【解答】
由图可知，A、B二者开始时对地静止，当拉力为3N时开始AB相对静止一起运动，故B与地面间的最大静摩擦力为fmax=3N；当拉力为9N时，A、B发生相对滑动，此时A的加速度为aA=4m/s2；当拉力为13N时，B的加速度为aB=8m/s2；
A相对于B滑动时，由牛顿第二定律，对A有：
；
解得A、B间的动摩擦因数为：μ1=0.4；
对B有：13-3-μ1mAg=mB×8
对整体有：9-3=（mA+mB）×4
联立解得；mA=0.5kg；mB=1.0kg；
则由μ2（mA+mB）g=3解得：B与地面间的动摩擦因数为：μ2=0.2，
当F=15N时，根据牛顿第二定律有：
，代入数据解得：
，
故ACD正确，B错误。
故选ACD。
10.【答案】AC
【解析】
【分析】
对球受力分析，受重力、支持力和拉力，三力平衡，通过作图法分析即可；
本题是三力平衡中的动态分析问题，关键是通过作图法并根据平衡条件分析，基础题目。
【解答】
对球受力分析，受重力、支持力和拉力，如图所示：
由于细线与斜面的夹角不断增加，故F一直增大，N一直减小；
故选AC。
11.【答案】ABD
【解析】
【分析】
工人受力平衡，当工人下移时，细绳与竖直方向的夹角变小，根据平衡条件得出拉力
与支持力
的表达式进行讨论。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。难度一般。
【解答】
工人受到重力、支持力和拉力，如图：
根据共点力平衡条件，有：
，
；
AB、当工人下移时，细绳与竖直方向的夹角α变小，故变小，变小，AB正确；
C、与的合力与重力平衡，保持不变不变；故C错误；
D、重力G与的合力与等大反向，所以变小，D正确。
故选ABD。
12.【答案】BC
【解析】
解：AB、装置静止时，以小球为研究对象，分析受力情况，小球受重力mg、轻绳的拉力T和弹簧的拉力F。
由平衡条件知T与F的合力与mg等大反向，如图，则得
=tan60°=
，即弹簧和轻绳的拉力之比为：1，故A错误，B正确。
CD、由上得T=mgsin30°=
mg．若剪断轻绳，弹簧的弹力来不及变化，F和mg的合力与原来的T等大反向，所以剪断瞬间小球的合力大小等于T，加速度为a=
=
，故C正确，D错误。
故选：BC。
装置静止时，以小球为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求弹簧和轻绳的拉力之比。若剪断轻绳，弹簧的弹力来不及变化，由牛顿第二定律求剪断瞬间小球的加速度。
解决本题的关键要知道剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，分析小球的合力，结合牛顿第二定律进行来求瞬时加速度。
13.【答案】【小题1】（1）F-L图线如图所示；（2）5；20。
【小题2】可以避免弹簧自身重力对实验的影响；弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦会造成实验误差。
【解析】
【分析】
（1）根据描点法可得出对应的图象；
（2）结合图线得出弹簧的原长，根据图线的斜率求出劲度系数的大小。
本题利用“探究弹力和弹簧伸长量的关系，并测定弹簧的劲度系数”考查了学生设计的能力和作图的能力，知道F-L图线的斜率表示劲度系数。
【解答】
(1)根据坐标系内描出的点作出F-L图线如图所示：
(2)弹簧的原长L0即弹力为零时弹簧的长度，
由图象可知，弹力为零时，弹簧长度为5cm，则弹簧原长：L0＝ 5cm .
根据胡克定律知：F=kx，
由图示图像可知，弹簧的劲度系数：k=
=20N/m；
故答案为：（1）F-L图线如图所示；（2）5；20。
【分析】
弹簧自身有重力，弹簧水平放置可以避免重力对实验的影响；
弹簧水平放置时，弹簧与桌面即滑轮间存在摩擦力，摩擦力h会对实验造成影响。
本题考查了实验方案优缺点分析，知道实验误差来源是解题的前提。
【解答】
弹簧自身有重力，如果弹簧竖直放置弹簧重力会对实验造成影响，弹簧水平放置时可以避免弹簧自身重力对实验造成的影响；
弹簧水平放置时，弹簧与桌面、弹簧与滑轮间存在摩擦力，摩擦力会对造成实验误差，对实验有一定的影响。
故答案为：可以避免弹簧自身重力对实验的影响；弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦会造成实验误差。
14.【答案】 （1）F'；（2）B；（3）不可以；（4）D
【解析】
【分析】本题考查“验证力的平行四边形定则”实验的原理、操作步骤、注意事项、力的动态分析等。是基础实验，应重点掌握。
【解答】
（1）图乙中的F是通过平行四边形作出的对角线，是理论值，而F′是用一个弹簧秤拉出的合力，是实验值，所以方向一定沿AO方向是F′；
（2）本实验采用的是“等效替代法”，故ACD错误，B正确，故选B；
（3）在白纸上标下第一次橡皮条和绳的结点的位置，第二次将橡皮条和绳的结点拉到相同位置，表明两次效果相同，即两个拉力和一个拉力等效．所以同一次实验过程中，O点的位置不允许变动；
（4）点0受到三个力作用处于平衡状态，保持O点的位置，说明一个拉力大小和方向不变，a弹簧秤的拉伸方向不变，说明一个拉力方向不变，判断另一拉力变化情况，因此利用“图示法”可正确求解
。对点o受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，如图，其中橡皮条长度不变，其拉力大小不变，oa弹簧拉力方向不变，ob弹簧拉力方向和大小都改变根据平行四边形定则可以看出b的读数先减小后增大，a的读数不断变小，故D正确，ABC错误。故选D。
故答案为：（1）F'；（2）B；（3）不可以；（4）D
15.【答案】（1）对M和m进行受力分析如图所示：
当M恰好要向下滑动时根据平衡条件，
有：
，
对m：
联立可以得到：
；
（2）剪断轻绳后对M根据牛顿第二定律得到：
代入数据可以得到：
根据运动公式可以得到：
代入数据可以得到：x=0.5m
【解析】
该题主要考查平衡条件应用、摩擦力、牛顿第二定律等相关知识。分析好物体受力情况和物理情景，灵活应用各相关公式是解决本题的关键。
（1）对M和m分别受力分析，根据平衡条件列等式即可求解物块与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）应用牛顿第二定律先求出加速度，再根据运动学公式求物块到达底端的距离x。
16.【答案】解：（1）匀速跑动时有平衡：Fcosθ1=k（mg-Fsinθ1）
解得
（2）松手之后箱子减速滑行
减速过程
解得
m/s
滑行时间
（3）冲上斜坡有：
解得a=8m/s2
向上滑行位移为
m
【解析】
该题主要考查牛顿第二定律、匀变速运动等相关知识。分析好物理情景，灵活应用各相关公式是解决本题的关键。
（1）匀速跑动时，分析受力根据平衡条件可求k值；
（2）松手之后箱子减速滑行，根据受力情况，应用牛顿第二定律和运动学公式可求滑行时间；
（3）分析冲上斜坡受力情况，应用牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式可求向上滑行的距离。
17.【答案】
解：（1）以结点O为研究对象，如右图所示，结点O受FOA、FOB和F三个力的作用，其中F=m1g
将FOA分解为水平方向和竖直方向的两个力，由平衡条件有：
FOB=FOAsinθ
FOAcosθ=F
联立解得：FOA=125N FOB=75N
故轻绳OA、OB受到的拉力分别为125N，75N。
（2）乙在水平方向仅受绳OB的拉力FOB和地面的摩擦力f作用，根据平衡条件有：
f=FOB 且f=μN N=m2g
联立以上各式得：μ=0.15
答：（1）轻绳OA、OB受到的拉力分别是125N，75N；
（2）物体乙与水平面间的动摩擦因数至少0.15。
【解析】
（1）对点O受力分析，受三个沿着绳子方向的拉力，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解各个力；
（2）物体乙受重力、支持力、拉力和静摩擦力，根据平衡条件得到静摩擦力大小；
本题是力平衡中临界问题，关键是分析临界条件。物体刚要滑动时静摩擦力达到最大值
18.【答案】解：（1）对小球受力分析，设绳上的张力为T，则
水平方向：
竖直方向：
解得：T=20N，m1=1.6kg
（2）对物块受力分析可知，在竖直方向：
解得：
FN=14N
（3）对物块受力分析在水平方向：
解得：
由牛顿第三定律可知，物块对地面的摩擦力大小为8N，方向水平向左。
答案：（1）小球的质量为1.6kg；（2）地面对物块的支持力大小为14N；（3）物块对地面的摩擦力大小为8N，方向水平向左。
【解析】
【分析】
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解。本题采用隔离法研究比较简便。
（1）对小球受力分析，由正交分解可求小球质量和绳上的张力；
（2）对物块受力分析，由正交分解在竖直方向列式求解；
（3）对物块在水平方向列式可求。
获得更多试题及答案，欢迎联系微信公众号：ygjjcom
客服微信号：ygjjcom