2022高考物理一轮复习单元练三牛顿运动定律含解析202104082122

优选 - 1 - / 16 单元质检三 牛顿运动定律 (时间:45 分钟 满分:100 分) 一、单项选择题(本题共 6 小题,每小题 6 分,共 36 分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符 合题目要求) 1.一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重,一个可乘十多个人的环形座舱套在竖直柱子上, 由升降机先送上几十米的高处,然后让座舱自由落下,落到一定位置,制动系统启动,到地面时刚 好停下,整个过程中() A.一直处于失重状态 B.先失重后超重 C.一直处于超重状态 D.先超重后失重 2.如图所示,两个质量分别为 m1=0.75 kg、m2=2 kg 的物体置于光滑的水平面上,中间用外壳 质量为 m=0.25 kg 的弹簧测力计连接如图,弹簧的质量忽略不计,弹簧外壳恰好与地面接触,两 个大小分别为 F1=2 N,F2=8 N 的水平拉力分别作用在 m1、m2 上,则下列说法不正确的是() A.弹簧测力计的示数是 6 N B.在突然撤去 F2 的瞬间,m2 的加速度大小为 2 m/s2 C.在突然撤去 F1 的瞬间,m1 的加速度大小为 4 m/s2 D.在突然撤去 F2 的瞬间,m1 的加速度大小为 2 m/s2 优选 - 2 - / 16 3.在军事演习中,空降兵从悬停在空中的直升机上跳下沿竖直方向运动的 v-t 图像如图甲所示, 空降兵与自身装备总质量为 64 kg,当速度减为零时空降兵恰好落到地面。降落伞用 8 根对称 的绳悬挂空降兵,每根绳与中轴线的夹角均为 37°,如图乙所示。不计空降兵所受的空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度 g 取 10 m/s2,则() A.空降兵前 10 s 处于超重状态 B.空降兵从 175 m 高处开始跳下 C.空降兵在整个运动过程中的平均速度大小为 7.5 m/s D.落地前瞬间降落伞的每根绳对空降兵的拉力大小为 220 N 4.(2021 某某省实验中学高三月考)如图甲,MN 是倾角θ=37°传送带的两个端点,一个质量 m=5 kg 的物块(可看作质点),以 4 m/s 的初速度自 M 点沿传送带向下运动。物块运动过程的 v-t 图像如图乙所示,g 取 10 m/s2,下列说法正确的是() A.物块最终从 N 点离开传送带 B.物块与传送带间的动摩擦因数为 0.6 优选 - 3 - / 16 C.物块在第 6 s 时回到 M 点 D.传送带的速度 v=2 m/s,方向沿逆时针转动 5.(2021 某某新校高三月考)质量为 m 的光滑圆柱体 A 放在质量也为 m 的光滑 “V”形槽 B 上,如图所示,α=60°,另有质量为 M 的物体 C 通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳 与 B 相连,现将 C 自由释放,则下列说法正确的是() A.若 A 相对 B 未发生滑动,则 A、B、C 三者加速度相同 B.当 M=2m 时,A 和 B 共同运动的加速度大小为 g C.当 M= 3( 3+1) 2 m 时,A 相对 B 刚好发生滑动 D.当 M=( 3 +1)m 时,A 相对 B 刚好发生滑动 6.如图所示,水平固定桌面由粗糙程度不同的 AB、BC 两部分组成,且 AB=BC,小物块 P(可视为 质点)以某一初速度从 A 点滑上桌面,最后恰好停在 C 点,已知物块经过 AB 与 BC 两部分的时间 之比为 1∶4,则物块 P 与桌面上 AB、BC 部分之间的动摩擦因数μ1、μ2 之比为(P 物块在 AB、 BC 上所做的运动均可看作匀变速直线运动)() A.1∶1 B.1∶4 优选 - 4 - / 16 C.4∶1 D.8∶1 二、多项选择题(本题共 4 小题,每小题 6 分,共 24 分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合 题目要求。全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分) 7.如图所示是一支旅行用的牙膏,该牙膏的外壳是由铝薄皮做的,根据你的观察和生活经验,下 列说法正确的是() A.牙膏盖上的条纹是为了增大摩擦 B.牙膏被挤出来是因为牙膏受到手的作用力 C.该牙膏皮被挤压后发生的形变为非弹性形变 D.挤牙膏时手对牙膏皮的作用力与牙膏皮对手的作用力二力平衡 8.(2020 某某高三月考)如图所示,A、B 两物体叠放在水平桌面上,轻质细绳一端连接 B,另一端 绕过定滑轮连接 C 物体。已知 A 的质量为 m,B 的质量为 M。A、B 之间的动摩擦因数为μ1,B 与桌面之间的动摩擦因数为μ2。C 由静止释放,在 C 下落的过程中(C 未落地,B 未碰滑轮)。下 列说法正确的是() A.若μ2≠0,当 C 的质量 mCμ2(M+m)时,绳子拉力为μ2(M+m)g C.若μ2=0,当 C 的质量 mC< (+)1 1-1 时,A、B 之间的摩擦力为μ1mg D.若μ2=0,当 C 的质量 mC> (+)1 1-1 时,A 的加速度为μ1g 9.如图甲所示,质量为 m2 的长木板静止在光滑的水平面上,其上静止一质量为 m1 的小滑块,现 给木板施加一随时间均匀增大的水平力 F,满足 F=kt(k 为常量,t 代表时间),长木板的加速度 a 随时间 t 变化的关系如图乙所示。已知小滑块所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说 法正确的是() A.在 0~2 s 时间内,小滑块与长木板间的摩擦力增大 B.小滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0.2 C.m1 与 m2 之比为 1∶3 D.当小滑块从长木板上脱离时,其速度比长木板小 0.5 m/s 10.(2021 某某某某景胜中学高三月考)如图甲所示,一足够长的传送带倾斜放置,倾角为θ,以恒 定速率 v=4 m/s 顺时针转动。一煤块以初速度 v0=12 m/s 从 A 端冲上传送带,煤块的速度随 时间变化的图像如图乙所示,g 取 10 m/s2,则下列说法正确的是() 优选 - 6 - / 16 A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值 tan θ=0.75 B.煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5 C.煤块从冲上传送带到返回 A 端所用的时间为 4 s D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+4 5 )m 三、非选择题(本题共 3 小题,共 40 分) 11.(10 分)验证牛顿第二定律的实验装置示意图如图所示。图中打点计时器的电源为交流电源, 打点的时间间隔用 T 表示。在小车质量未知的情况下,某同学设计了一种方法用来研究“在外 力一定的条件下,物体的加速度与其质量间的关系”。 (1)实验步骤如下: ①平衡小车所受的阻力:取下小吊盘,将木板(选填“右端”或“左端”)抬高,用手轻推小车,直到 打点计时器打出一系列间隔均匀的点。 优选 - 7 - / 16 ②按住小车,在小吊盘中放入适当质量的物块,在小车中放入砝码。 ③打开打点计时器电源,释放小车,获得带有点迹的纸带,在纸带上标出小车中砝码的质量 m。 ④按住小车,改变小车中砝码的质量,重复步骤③。 ⑤在每条纸带上清晰的部分,每 5 个间隔标注一个计数点,测量相邻计数点的间距 x1、x2…,求出 与不同质量 m 相对应的加速度 a。 ⑥以砝码的质量 m 为横坐标,以 1 为纵坐标,在坐标纸上作出 1 -m 的关系图线。若加速度与小车 和砝码的总质量成反比,则 1 -m 的关系图线为一条倾斜直线。 (2)回答下列问题: ①本实验中,为了保证在改变小车中砝码的质量时所受的拉力近似不变,小吊盘和盘中物块的质 量之和m'与小车和车中砝码的质量之和M 应满足的条件是:m'M(选填“远大于”或“远小于”)。 ②如图乙所示,设纸带上三个相邻计数点的间距为 x1、x2、x3,则 a 可用 x1、x3 和 T 表示为 a=。 ③图丙为所得实验图线的示意图,设图中直线的斜率为 k,在纵轴上的截距为 b,若牛顿第二定律 成立,则小车受到的拉力为,小车的质量为。 12.(14 分)(2021 某某新校高三月考)滑沙游戏中,游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼 啸滑下。为了安全,滑沙车上通常装有刹车手柄,游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个 与车运动方向相反的制动力 F,从而控制车速。为便于研究,作如下简化:游客从顶端 A 点由静止 滑下 8 s 后,操纵刹车手柄使滑沙车受到制动力从而匀速下滑至底端 B 点,在水平滑道上继续滑 行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量 m=70 kg,倾角θ=37°,滑沙车底部与沙面间的动摩 擦因数μ=0.5。重力加速度 g 取 10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不计空气阻力。 优选 - 8 - / 16 (1)求游客匀速下滑时的速度大小。 (2)若游客在水平滑道 BC 段的最大滑行距离为 16 m,则他在此处滑行时,需对滑沙车施加多大 的水平制动力? 13.(16 分)如图甲所示,质量 M=0.2 kg 的平板放在水平地面上,质量 m=0.1 kg 的物块(可视为 质点)叠放在平板上方某处,整个系统处于静止状态,现对平板施加一水平向右的拉力,在 0~1.5 s 内该拉力 F 随时间 t 的变化关系如图乙所示,1.5 s 末撤去拉力。已知物块未从平板上掉下,认 优选 - 9 - / 16 为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,物块与平板间的动摩擦因数μ1=0.2,平板与地面间的 动摩擦因数μ2=0.4,g 取 10 m/s2。求: (1)0~1 s 内物块和平板的加速度大小 a1、a2; (2)1.5 s 末物块和平板的速度大小 v1、v2; (3)请在坐标系中画出从开始到最终都停止时物块 m(用虚线画)和平板 M(用实线画)的 v-t 图 像。(取向右为正方向,只要求画图,不要求写出理由及演算过程) 优选 - 10 - / 16 参考答案 单元质检三 牛顿运动定律 1.B 开始制动前,座舱做自由落体运动,处于失重状态;制动后,座舱做向下的减速运动,处于超重 状态,故 B 正确,A、C、D 错误。 2.A 对两物体及弹簧测力计所组成的整体有 F2-F1=(m1+m2+m)a,解得 a=2m/s2,对 m2:F2-F=m2a,解得 F=4N,即弹簧测力计的示数是 4N,选项 A 错误,符合题意;在突然撤去 F1 或 F2 的瞬间,F1 或 F2 突然变为零,但弹簧弹力仍然是 4N,在突然撤去 F1 的瞬间,对弹簧测力计与 m1 的整体有 F=(m1+m)a1,解得 a1=4m/s2,选项 C 正确,不符合题意;在突然撤去 F2 的瞬间,对 m2 有 F=m2a2,解得 a2=2m/s2,选项 B 正确,不符合题意;对弹簧测力计与 m1 的整体有 F-F1=(m1+m)a1,解得 a1=2m/s2,选项 D 正确,不符合题意。 3.C 由题图可知,前 10s 内空降兵向下做加速运动,加速度的方向向下,则空降兵处于失重状态, 故 A 错误;速度—时间图像中,面积大小等于位移大小,则位移大小为 x= 20+40 2 ×10m=300m,故 B错误;空降兵在整个运动过程中的平均速度大小为v= 300 40 m/s=7.5m/s,故C正确;根据牛顿 优选 - 11 - / 16 运动定律,8Fcos37°-mg=ma,根据图像,空降兵落地前加速度的大小为 a=1m/s2,解得 F=110N,故 D 错误。 4.C 从图像可知,物体速度减为零后反向沿斜面向上运动,最终的速度大小为 2m/s,方向沿斜面 向上,所以没从 N 点离开传送带,从 M 点离开;并且可以推出传送带沿顺时针转动,速度大小为 2m/s,故 A、D 错误;速度图像中斜率表示加速度,可知物块沿传送带下滑时的加速度大小 a=Δ Δ =1.5m/s2,根据牛顿第二定律μmgcos37°-mgsin37°=ma,解得μ= 15 16 =0.9375,故 B 错误; 图像与时间轴围成的面积表示位移,由图像可知,t1= 8 3 s 时,物块的速度为 0,之后物块沿斜面向上 运动,所以物块沿斜面向下运动的位移 x1= 1 2 ×4× 8 3 m= 16 3 m,t1= 8 3 s 到 t2=6s 时,物块沿斜面向上运 动的位移 x2= (6-4)+ 6- 8 3 2 ×2m= 16 3 m,因为 x1=x2,所以物块在第 6s 时回到 M 点,故 C 正确。 5.D 若 A 相对 B 未发生滑动,则 AB 可看作整体,加速度相同,C 的运动方向向下,加速度方向与 AB 不同,故 A 错误;若 A 和 B 共同运动的加速度大小为 g 时,则 C 的加速度大小也为 g,但对 C 隔离分析,C 不可能做自由落体运动,因此不论 M 等于多少,加速度不能是 g,故 B 错误;若 A 相对 B 刚好发生滑动,则此时加速度设为 a,对 A 受力分析可得 Fcosα=ma,Fsinα=mg,解得 a= 3 3 g; 对 A、B、C 整体运用牛顿第二定律可得 Mg=(M+2m)a,解得 M=( 3 +1)m,故 C 错误,D 正确。 6.D 设 AB、BC 两部分长度为 L,在 B 点的速度为 v,受摩擦力分别为 F1=μ1mg、F2=μ2mg 加速度 a1=μ1g、a2=μ2g,时间 t1=t、t2=4t 逆向研究 BC 过程可得 1 2 a2 22 2 t2=L 逆向研究 AB 过程可得 优选 - 12 - / 16 vt1+ 1 2 a1 1 2 =L 解得μ1∶μ2=8∶1 故选 D。 7.AC 牙膏盖上的条纹增大了牙膏盖的粗糙程度,从而增大摩擦力,便于拧开牙膏盖,A 正确;牙膏 被挤出来是因为牙膏外壳发生形变,即受到牙膏外壳的作用力将牙膏挤出,B 错误;该牙膏皮被挤 压后不再恢复原状,所以发生的形变为非弹性形变,C 正确;挤牙膏时手对牙膏皮的作用力与牙 膏皮对手的作用力互为相互作用力,不是二力平衡,D 错误。故选 AC。 8.AD 若μ2≠0,当 C 的质量 mCμ2(M+m)g,故 B 项错误;若μ2=0,以整体为研究对象 mCg=(M+m+mC)a,以 A 为研究对象,A、B 刚好发生相对运动的瞬间μ1mg=ma,联立解得 mC= (+)1 1-1 ,当 C 的质量 mC< (+)1 1-1 时,A、B 一起向前做匀加速直线运动,A、B 保持相对静止, 即 A、B 之间的摩擦力为静摩擦力,故 C 项错误;若μ2=0,当 C 的质量 mC> (+)1 1-1 时,A、B 之间 发生相对运动,以 A 为研究对象μ1mg=ma,A 的加速度为μ1g,故 D 项正确。 9.AD 在 0~2s 时间内,小滑块与长木板相对静止,它们之间为静摩擦力,对小滑块有 Ff=ma1,a1 在增大,所以静摩擦力 Ff 也在增大,A 正确;长木板的加速度 a 在 3s 时突变,所以小滑块在 3s 时 脱离长木板,对长木板在 3s 时刻前、后的运动进行分析,由牛顿第二定律可得 F3-Ff3=m2a 前 =m2·(2m/s2),F3=m2a 后=m2·(3m/s2),解得 Ff3=m2·(1m/s2),在 0~2s 时间内 F=(m1+m2)a1=kt, 所以 a1= 1+2 ,在 2~3s 时间内 F-Ff3=m2a2,所以 a2= -f3 2 ,由图线斜率可知 1+2 1 2 , 2 =1,解 得 m1=m2,μ= f3 1 =0.1,B、C 错误;在 2s 时刻,小滑块与长木板的速度相同,在 2~3s 时间内小滑 优选 - 13 - / 16 块的速度的变化量为Δv1=1m/s,长木板的速度变化量为Δv2=1.5m/s,所以 3s 时,长木板比小滑 块的速度大 0.5m/s,D 正确。 10.AD 由 v-t 图像得 0~1s 内煤块的加速度大小 a1= 12-4 1 m/s2=8m/s2,方向沿传送带向下;1~2s 内煤块的加速度大小 a2= 4-0 1 m/s2=4m/s2,方向沿传送带向下。0~1s,对煤块由牛顿第二定律得 mgsinθ+μmgcosθ=ma1,1~2s,对煤块由牛顿第二定律得 mgsinθ-μmgcosθ=ma2,解得 tan θ=0.75,μ=0.25,故 A 正确,B 错误;v-t 图像图线与时间轴所围面积表示位移大小,所以煤块上滑 总位移大小为 x=10m,由运动学公式得下滑时间为 t 下= 2 2 2 × 10 4 s= 5 s,所以煤块从冲上传 送带到返回 A 端所用的时间为(2+ 5 )s,故 C 错误;0~1s 内煤块比传送带多走 4m,划痕长 4m,1~2s 内传送带比煤块多走 2m,划痕还是 4m。2~(2+ 5 )s 内传送带向上运动,煤块向下运 动,划痕总长为 2m+ 1 2 a2t2+vt=(12+4 5 )m,故 D 正确。 11.答案(1)①右端(2)①远小于 ② 3-1 50 2 ③ 1 解析(1)在平衡摩擦力时,取下小吊盘,将木板右端抬高,使木板形成斜面,用手轻推小车。直到打 点计时器打出一系列间隔均匀的点,则此时说明小车做匀速运动。 (2)在消除摩擦力对实验的影响后,那么小车的合力就是绳子的拉力,根据牛顿第二定律得, 对小吊盘和盘中物块有 m'g-F=m'a 对小车和车中砝码有 F=Ma 解得 F= +' m'g 优选 - 14 - / 16 当小吊盘和盘中物块的质量之和 m'远小于小车和车中砝码的质量之和 M 时,绳子的拉力 近似等于小吊盘和盘中物块的总重力。 两个相邻计数点之间还有 4 个点,打点计时器的打点时间间隔为 T,计数点间的时间间隔 t=5T,由匀变速直线运动的推论Δx=at2 可得,加速度为 a= 3-1 2 2 3-1 50 2 设小车所受外力为 F、小车和车中砝码的质量为 M',小吊盘和盘中物块的质量为 m,由牛 顿第二定律有 F=(M'+m)a 变形得 1 ' + 结合图丙所示图像,可得斜率 k= 1 所以拉力 F= 1 由截距 b= ' 联立解得小车的质量为 M'=bF= 12.答案(1)16 m/s(2)210 N 解析(1)开始下滑的时候,整体受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用,根据牛顿第二定律可得 mgsin37°-μmgcos37°=ma 代入数据可得 a=2m/s2。 游客匀速下滑的初速度等于第一阶段匀加速运动的末速度,末速度的速度大小为 v0=at1=2×8m/s=16m/s (2)整体滑到水平面上时,做匀减速直线运动,根据匀变速直线运动规律得 v2- 02 =2ax 优选 - 15 - / 16 代入数据可得 a=-8m/s2 力的方向都指向左边,由牛顿第二定律得 F+μmg=ma 代入数据得 F=210N 13.答案(1)2 m/s23 m/s2(2)3 m/s3 m/s(3)见解析 解析(1)0~1s 内,物块与平板间,平板与地面间的滑动摩擦力大小分别为 f1=μ1mg=0.2N f2=μ2(M+m)g=1.2N 对物块和平板由牛顿第二定律有 a1= a2= 1-1-2 其中 F1=2N,解得 a1=2m/s2,a2=3m/s2 (2)0~1s 内,物块与平板均做匀加速直线运动。有 v10=a1t1 v20=a2t1 解得 v10=2m/s,v20=3m/s 1~1.5s 内,由于水平向右的拉力 F2=1.4N 恰好与 f1+f2 平衡 故平板做匀速直线运动,物块继续做匀加速直线运动直至与木板速度相同。有 优选 - 16 - / 16 v1=v10+a1t2=3m/s v2=v20=3m/s (3)