高考物理一轮复习单元素养检测卷3牛顿运动定律含答案

这是一份高考物理一轮复习单元素养检测卷3牛顿运动定律含答案
牛顿运动定律时间：75分钟　满分：100分一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．)1．如图所示，在近地圆轨道环绕地球运行的“天宫二号”的实验舱内，航天员景海鹏和陈冬在向全国人民敬礼时(　　)A．不受地球引力B．处于平衡状态，加速度为零C．处于失重状态，加速度约为gD．地板的支持力与地球引力平衡2．[2021·重庆诊断(一)]我国首台新型墙壁清洁机器人“蜘蛛侠”是由青岛大学学生自主研制开发的，“蜘蛛侠”利用8只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上，通过“爪子”交替伸缩，就能在墙壁或玻璃上自由移动．如图所示，假设“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀加速“爬行”到右上方B点，在这一过程中，图中关于“蜘蛛侠”在竖直面内的受力分析正确的是(　　)3.[2021·江苏扬州中学调研]如图所示，小球A质量为m，木块B质量为2m，两物体通过竖直轻弹簧连接放置在水平面上静止．现对A施加一个竖直向上的恒力F，使小球A在竖直方向上运动，经弹簧原长时小球A的速度恰好最大，已知重力加速度为g，则在木块B对地面压力为零时，小球A的加速度大小为(　　)A．3g B．2.5gC．2g D．1.5g4．如图所示，轻弹簧竖直放置在水平面上，其上放置质量为2 kg的物体A，A处于静止状态．现将质量为3 kg的物体B轻放在A上，则B与A刚要一起运动的瞬间，B对A的压力大小为(g取10 m/s2)(　　)A．30 N B．18 NC．12 N D．05．[2021·泰安二模]如图所示，质量相同的物体A、B用轻弹簧连接并置于光滑的水平面上，开始时弹簧处于原长，现给物体B一初速度v0，经过一段时间后，t0时刻弹簧的长度第一次达到最长，此时弹簧在弹性限度内．以下能正确描述两物体在0～t0时间，运动过程的v­t图像是(　　)6．[2021·邯郸一模]如图所示，在光滑水平面上放有一质量M＝30 kg的斜劈，在其斜面上放一质量m＝2 kg的物块，现用一水平向右的力F拉斜劈，使其由静止开始运动，物块恰好能与斜劈保持相对静止．已知斜劈倾角θ＝37°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.则拉力F大小为(　　)A．1 N B．10 NC．31 N D．310 N7．在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图甲、乙所示的两套装置，斜面体B的上表面水平且光滑，长方体D的上表面与斜面平行且光滑，P是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在P上．另一端分别连在A和C上．在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是(　　)A．两弹簧都处于拉伸状态B．两弹簧都处于压缩状态C．弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长D．弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．)8．[2021·重庆一中月考]关于以下四幅图片，说法正确的是(　　)A．学生从站立状态到完全蹲下的过程中，所受的支持力和对台秤的压力始终相等B．运动员推开冰壶后，冰壶在冰面上受到的阻力较小，将做匀速直线运动C．设计赛车时，车身质量较轻，同时配备性能优良的发动机，是为了获得更大的加速度D．由于塞子的质量小于试管的质量，气体喷出时塞子受到的冲击力将大于试管受到的冲击力9．如图所示，物块A套在光滑的水平横杆上，其下方用轻质细线连接一个质量为m的小球B，系统处于静止状态．现用水平恒力拉动小球B，系统稳定运动时的加速度a＝eq \f(1,4)g，细线与竖直方向间的夹角为α＝37°；如果把物块A套在粗糙的水平横杆上，用同样大小的水平恒力作用在小球B上，系统恰好能沿水平杆做匀速运动．已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，若不考虑空气阻力，则系统沿水平横杆做匀速运动时，下列说法正确的是(　　)A．物块A的质量等于mB．物块A受到的摩擦力大小为mgC．物块A和粗糙横杆间的动摩擦因数为0.5D．细线和竖直方向间的夹角为45°10．[2021·湖南衡阳一模]中澳美“科瓦里－2019”特种兵联合演练于8月28日至9月4日在澳大利亚举行，中国空军空降兵部队首次派员参加．一名特种兵从空中静止的直升飞机上，抓住一根竖直悬绳由静止开始下滑，运动的速度随时间变化的规律如图所示，t2时刻特种兵着地．下列说法正确的是(　　)A．在t1～t2时间内，平均速度eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(v1＋v2,2)B．在t1～t2时间内特种兵所受的阻力越来越大C．在0～t1时间内加速度不变，在t1～t2时间内加速度减小D．若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑，则他们在悬绳上的距离先增大后减小三、非选择题(本题共5个小题，54分)11．(6分)[2021·浙江嘉兴测试]用图甲所示的装置进行“探究加速度与力、质量之间的关系”实验，图乙是其俯视图．两个相同的小车放在平板上，车左端各系一条细绳，绳跨过定滑轮各挂一个相同的小盘．实验中可以通过增减车中钩码改变小车质量，通过增减盘中砝码改变拉力．两个小车右端通过细线用夹子固定，打开夹子，小车在细绳的牵引下运动，合上夹子，两小车同时停止．(1)实验中，若两小车通过的位移比为1：2，则两小车加速度之比为________．(2)为使小车所受的拉力近似等于小盘和砝码的总重力，应使小盘和砝码的总质量________(填“远大于”或“远小于”)小车和钩码的总质量．(3)探究“加速度与质量之间的关系”时，应在小盘中放质量________(填“相同”或“不相同”)的砝码．(4)探究“加速度与力之间的关系”时，事实上小车和平板间存在摩擦力，下列说法中正确的是________．A．若平板保持水平，选用更光滑的平板有利于减小误差B．平板右端适当垫高以平衡摩擦力有利于减小误差C．因为两小车质量相同时与平板间的摩擦力相同，所以摩擦力不影响实验结果12．(8分)为了测量木块与木板间的动摩擦因数μ，某小组设计了如图甲所示的实验装置，让木块从倾角为θ的木板上静止释放，位移传感器连接计算机描绘出了木块相对传感器的位移随时间变化的图像，如图乙中图线②所示．图中木块的位移从x1到x2和从x2到x3的运动时间均为T.(1)根据上述图线计算木块位移为x2时的速度v2＝________，木块加速度a＝________.(2)若T＝0.1 s，x1＝4 cm，x2＝9 cm，x3＝16 cm，θ＝37°，动摩擦因数μ＝____________(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．(3)若只增大木板倾斜的角度，则木块相对传感器的位移随时间变化的图像可能是图乙中的________________________________________________________________________(选填图线序号“①”“②”或“③”)．13．(10分)[2021·山东一模]如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面．一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90 km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示．设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，取重力加速度大小g＝10 m/s2.(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示．(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离．(已知sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，结果保留两位有效数字．)14．(12分)两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面．现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示．在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F.已知A、B质量分别为mA＝1 kg、mB＝3 kg，A与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的v ­ t图像如图乙所示．g取10 m/s2，求：(1)推力F的大小；(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离．15．(18分)[2021·广东汕头模拟]如图所示，一水平的足够长的传送带与一水平地面上的平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面．传送带上左端放置一质量为m＝1 kg的煤块(视为质点)，煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.1.初始时，传送带与煤块及平板都是静止的．现让传送带以恒定的水平向右的加速度a＝3 m/s2开始运动，当其速度达到v＝1.5 m/s后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，随后，在煤块平稳滑上右端平板的同时，在平板右侧施加一个水平向右的恒力F＝17 N，F作用了0.5 s时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去F.最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M＝4 kg(重力加速度为g＝10 m/s2)．(1)求传送带上黑色痕迹的长度；(2)求有F作用期间平板的加速度大小；(3)平板上表面至少多长？(计算结果保留两位有效数字)单元素养检测卷(三)1．答案：C2．解析：根据牛顿第二定律可知，在竖直平面内“蜘蛛侠”所受合力方向应该是从A点指向B点，故C正确，A、B、D错误．答案：C3．解析：经弹簧原长时小球A速度恰好最大，此时小球加速度为零，则恒力F＝mg；木块B对地面压力为零时，由平衡条件知弹簧的弹力为2mg，又由牛顿第二定律得：F－mg－2mg＝ma，解得小球A的加速度a＝－2g，方向竖直向下，故C正确．答案：C4．解析：在B与A刚要一起运动的瞬间，隔离BA分析受力，重力(mA＋mB)g，向上弹力F＝mAg，由牛顿第二定律，(mA＋mB)g－F＝(mA＋mB)a，解得a＝0.6g，隔离A分析受力，设B对A的压力大小为F′，由牛顿第二定律，F′＋mAg－F＝mAa，解得F′＝12 N，选项C正确．答案：C5．解析：给物体B一初速度v0，弹簧开始伸长，B受到向左的弹力，做减速运动，随着弹力增大加速度增大，在弹簧的长度第一次达到最长的过程中，B做加速度增大的减速运动．同理，A做加速度增大的加速运动，故A、B、C三项错误，D项正确．答案：D6．解析：对m受力分析如图所示，根据牛顿第二定律可得：Ffcos 37°－FNsin 37°＝ma，竖直方向，根据平衡条件可得：Ffsin 37°＋FNcos 37°＝mg，根据摩擦力的计算公式可得：Ff＝μFN，联立解得：a＝eq \f(5,16) m/s2；以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得：F＝(M＋m)a，解得：F＝10 N，故B项正确、A、C、D三项错误．答案：B7．解析：由于斜面光滑，它们整体沿斜面下滑的加速度相同，为gsin α.对于题图甲，以A为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而A沿水平方向的加速度：ax＝acos α＝gsin α·cos α，该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L1处于压缩状态；对于题图乙，以C为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小：F合＝mgsin α，即C不能受到弹簧的弹力，弹簧L2处于原长状态．故选项C正确，A、B、D错误．答案：C8．解析：本题考查运动与力的关系．学生从站立状态到完全蹲下的过程中，所受的支持力和对台秤的压力是一对作用力和反作用力，始终相等，故A正确；冰壶在冰面运动时受到的阻力虽然很小，但受力不平衡，故不可能做匀速直线运动，故B错误；设计赛车时，车身质量较轻，同时配备性能优良的发动机，根据a＝eq \f(F,m)可知可以让赛车获得更大的加速度，故C正确；根据牛顿第三定律可知，气体喷出时塞子受到的冲击力和试管受到的冲击力大小相等、方向相反，故D错误．答案：AC9．解析：以小球B为研究对象，当系统的加速度a＝eq \f(1,4)g时，由牛顿第二定律有F－mgtan 37°＝ma，以A、B整体为研究对象，则有F＝(m＋M)a，可解得物块A的质量为M＝3m，F＝mg，选项A错误；当系统沿水平杆做匀速运动时，对A、B整体分析，A受到的支持力大小为FN＝(M＋m)g＝4mg，A受到的摩擦力大小为f＝F＝mg，选项B正确；A和粗糙横杆间的动摩擦因数μ＝eq \f(f,FN)＝0.25，选项C错误；当系统沿水平杆做匀速运动时，对小球B，由共点力的平衡条件有F＝mgtan β，解得tan β＝1，所以细线与竖直方向间的夹角为β＝45°，选项D正确．答案：BD10．解析：本题考查根据v­t图像分析运动与受力情况．在t1～t2时间内，若特种兵做匀减速直线运动，由v1减速到v2，则平均速度为eq \f(v1＋v2,2)，根据图线与时间轴围成的面积表示位移，可知特种兵的实际位移大于匀减速直线运动的位移，则平均速度eq \o(v,\s\up6(－))>eq \f(v1＋v2,2)，故A错误；在t1～t2时间内，根据牛顿第二定律得f－mg＝ma，得f＝mg＋ma，因为加速度a增大，则特种兵所受的阻力增大，故B正确；在0～t1时间内，图线的斜率不变，则加速度不变，在t1～t2时间内，图线切线的斜率绝对值逐渐增大，则加速度逐渐增大，故C错误；若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑，由于第一个特种兵的速度先大于第二个特种兵的速度，然后又小于第二个特种兵的速度，所以他们在空中的距离先增大后减小，故D正确．答案：BD11．解析：(1)由x＝eq \f(1,2)at2得，两小车加速度之比为a1：a2＝x1：x2＝1：2.(2)为使小车所受的拉力近似等于小盘和砝码的总重力，应使小盘和砝码的总质量远小于小车和钩码的总质量．(3)探究“加速度与质量之间的关系”时，需要保证两小车所受合力相同，故应在小盘中放质量相同的砝码．(4)探究“加速度与力之间的关系”时，若平板保持水平，则选用更光滑的平板有利于减小摩擦力引起的误差，A正确；平板右端适当垫高来平衡摩擦力，使小车所受合外力即为细绳拉力，有利于减小误差，B正确；由牛顿第二定律得，mg－μMg＝Ma，解得a＝eq \f(mg,M)－μg，故摩擦力影响实验结果，C错误．答案：(1)1：2(1分)　(2)远小于(1分)　(3)相同(2分)　(4)AB(2分)12．解析：(1)由题意可知位移为x2时对应x1到x3的中间时刻，则该位置的速度为x1到x3的平均速度，则v2＝eq \f(x3－x1,2T)；由逐差法Δx＝aT2可知，(x3－x2)－(x2－x1)＝aT2，解得：a＝eq \f(x3－2x2＋x1,T2).(2)将数据代入公式a＝eq \f(x3－2x2＋x1,T2)，可解得a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma，解得μ＝0.5.(3)若增大木板的倾角，则木块下滑的加速度增大，则相邻相等时间间隔的位移差增大，分析可知木块相对传感器的位移随时间变化的图像应为题图乙中的图线①.答案：(1)eq \f(x3－x1,2T)(2分)　eq \f(x3－2x2＋x1,T2)(2分)(2)0.5(2分)　(3)①(2分)13．解析：本题考查斜面运动问题．(1)设货车的质量为m，若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象，则需要满足mgsin θ≤μmgcos θ，(1分)解得tan θ≤μ＝0.30，(1分)则当tan θ≤0.30时，货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象．(3分)(2)设货车在避险车道上的加速度为a，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，(1分)解得a＝gsin θ＋μgcos θ＝5.51 m/s2，(1分)设货车在避险车道上行驶的最大距离为x，v0＝90 km/h＝25 m/s，(1分)根据匀变速直线运动位移公式有0－veq \o\al(2,0)＝－2ax，(1分)解得x＝eq \f(v\o\al(2,0),2a)≈57 m．(1分)答案：(1)tan θ≤0.30　(2)57 m14．解析：(1)在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的v­t图像得，a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(6,2) m/s2＝3 m/s2(2分)对于A、B整体，由牛顿第二定律得F－μmAg＝(mA＋mB)a，(2分)代入数据解得F＝15 N．(2分)(2)设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由－μmAg＝mAaA，(1分)解得aA＝－μg＝－3 m/s2(1分)t＝eq \f(0－v0,aA)＝2 s(1分)物块A通过的位移xA＝eq \f(v0,2)t＝6 m(1分)物块B通过位移xB＝v0t＝6×2 m＝12 m(1分)物块A刚停止时A、B间的距离Δx＝xB－xA＝6 m．(1分)答案：(1)15 N　(2)6 m15．解析：(1)煤块在传送带上发生相对运动时，根据牛顿第二定律可得μ1mg＝ma0，则其加速度a0＝μ1g＝1 m/s2，方向水平向右(1分)设经过时间t1，煤块速度达到v，经过时间t2，传送带速度达到v即v＝a0t1＝at2(1分)代入数据得t1＝1.5 s，t2＝0.5 s(1分)则t1时间内，传送带发生的位移s＝eq \f(v2,2a)＋v(t1－t2)，煤块发生的位移s′＝eq \f(v2,2a0)(1分)黑色痕迹长度即传送带与煤块发生的位移之差，即Δs＝s－s′＝0.75 m．(1分)(2)煤块滑上平板时的速度大小为v＝1.5 m/s(1分)加速度为a1＝eq \f(－μ1mg,m)＝－μ1g，方向水平向左(1分)经过t0＝0.5 s，平板的速度大小v′＝v＋a1t0＝1.0 m/s(1分)设平板的加速度大小为a2，依题意由v′＝a2t0＝1.0 m/s(1分)解得a2＝2.0 m/s2.(1分)(3)设平板与地面间的动摩擦因数为μ2，根据牛顿第二定律得(F＋μ1mg)－μ2(mg＋Mg)＝Ma2(1分)代入数值得μ2＝0.2(1分)由于μ2>μ1，共速后煤块将仍以加速度a1匀减速运动，直到停止，平板也匀减速运动，加速度设为a3对平板，由牛顿第二定律有－μ2(mg＋Mg)＋μ1mg＝Ma3(2分)解得a3＝－2.25 m/s2，方向水平向左，运动时间为t3＝eq \f(0－v′,a3)＝eq \f(4,9) s(1分)所以从滑块滑上平板到停止运动的过程中，平板的位移为s板＝eq \f(0＋v′t0＋t3,2)＝eq \f(17,36) m(1分)煤块的位移s煤＝eq \f(0－v2,2a1)＝eq \f(9,8) m(1分)若煤块没有从平板上滑下，则平板的最短长度即煤块与平板的位移之差即L＝s煤－s板＝0.65 m．(1分)答案：(1)0.75 m　(2)2.0 m/s2　(3)0.65 m