2022高考物理一轮复习单元练三牛顿运动定律含解析

这是一份2022高考物理一轮复习单元练三牛顿运动定律含解析，共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

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
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山东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
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山东滕州第一中学新校高三月考)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)2m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
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湖南高三月考)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mC<μ2(M+m)时,A、B之间的摩擦力为0
B.若μ2≠0,当C的质量mC>μ2(M+m)时,绳子拉力为μ2(M+m)g
C.若μ2=0,当C的质量mC<(M+m)μ11-μ1时,A、B之间的摩擦力为μ1mg
D.若μ2=0,当C的质量mC>(M+m)μ11-μ1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山西运城景胜中学高三月考)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(　　)

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+45)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。 
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1a为纵坐标,在坐标纸上作出1a-m的关系图线。若加速度与小车和砝码的总质量成反比,则1a-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山东滕州第一中学新校高三月考)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。

(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)













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+402×10m=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=xt=30040m/s=7.5m/s,故C正确;根据牛顿运动定律,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=ΔvΔt=1.5m/s2,根据牛顿第二定律μmgcos37°-mgsin37°=ma,解得μ=1516=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=83s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=12×4×83m=163m,t1=83s到t2=6s时,物块沿斜面向上运动的位移x2=(6-4)+6-832×2m=163m,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=33g;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
12a2t22=v2t2=L
逆向研究AB过程可得
vt1+12a1t12=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mC<μ2(M+m)时,即绳子拉力小于AB整体的最大静摩擦力,整体保持静止,A、B之间的摩擦力为0,故A项正确;若μ2≠0,以AB整体为研究对象,FT-μ2(M+m)g=(M+m)a,即绳子拉力FT>μ2(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=(M+m)μ11-μ1,当C的质量mC<(M+m)μ11-μ1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>(M+m)μ11-μ1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=ktm1+m2,在2~3s时间内F-Ff3=m2a2,所以a2=kt-Ff3m2,由图线斜率可知km1+m2=12,km2=1,解得m1=m2,μ=Ff3m1g=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=12-41m/s2=8m/s2,方向沿传送带向下;1~2s内煤块的加速度大小a2=4-01m/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tanθ=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=2xa2=2×104s=5s,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+12a2t2+vt=(12+45)m,故D正确。
11.答案(1)①右端　(2)①远小于
②x3-x150T2　③1k　bk
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=MM+m'm'g
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=x3-x12t2=x3-x150T2
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1a=M'F+mF
结合图丙所示图像,可得斜率k=1F
所以拉力F=1k
由截距b=M'F
联立解得小车的质量为M'=bF=bk
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-v02=2ax
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/s2　3 m/s2　(2)3 m/s　3 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=fm
a2=F1-f1-f2M
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
v1=v10+a1t2=3m/s
v2=v20=3m/s
(3)