2021届高考物理（全国通用）精练 第三章 牛顿运动定律 Word版含答案

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1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．
2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．
3．本次考试时间90分钟，满分100分．
4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项正确，第8～12题有多项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)
1．关于物体的惯性，下列说法中正确的是( )
A．把手中的球由静止释放后，球能加速下落，说明力是改变物体惯性的原因
B．田径运动员在110m跨栏比赛中做最后冲刺时，速度很大，很难停下来，说明速度越大，物体的惯性也越大
C．战斗机在空战时，甩掉副油箱是为了减小惯性，提高飞行的灵活性
D．公共汽车在启动时，乘客都要向前倾，这是乘客具有惯性的缘故
2．一个物块在粗糙水平面上受到的水平拉力F随时间t变化的图象如图1甲所示，速度v随时间t变化的图象如图乙所示，g取10m/s2，由图中数据可求得物块的质量m和物块与水平面间的动摩擦因数μ，则下列几组数据中正确的是( )
图1
A．1kg,0.4B．1kg,0.1
C．2kg,0.2D．2kg,0.4
3.如图2所示，质量分别为m、2m的球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为F，此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为( )
图2
A.eq \f(2F,3) eq \f(2F,3m)＋gB.eq \f(F,3) eq \f(2F,3m)＋g
C.eq \f(2F,3) eq \f(F,3m)＋gD.eq \f(F,3) eq \f(F,3m)＋g
4.一小球在空气中从某高处由静止开始下落，t0时刻到达地面，其v－t图象如图3所示．由此可以断定小球在下落过程中( )
图3
A．不受空气阻力
B．受到的空气阻力大小不变
C．受到的空气阻力越来越小
D．受到的空气阻力越来越大
5．静止在水平地面上的物块，受到水平推力的作用，F与时间t的关系如图4甲所示，物块的加速度a与时间t的关系如图乙所示，g取10m/s2.设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，根据图象信息可得( )
图4
A．地面对物块的最大静摩擦力为1N
B．物块的质量为1kg
C．物块与地面间的动摩擦因数为0.2
D．4s末推力F的瞬时功率为36W
6.静止在光滑水平面上的物体，同时受到在同一直线上的力F1、F2作用，F1、F2随时间变化的图象如图5所示，则物体在0～2t时间内( )
图5
A．离出发点越来越远B．速度先变大后变小
C．速度先变小后变大D．加速度先变大后变小
7.如图6所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，则以下分析正确的是( )
图6
A．M下滑的速度不变
B．M开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动
C．M先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动
D．M受的摩擦力方向始终沿传送带向上
8．物体以初速度v0沿足够长的斜面从底端向上滑去，此后物体运动的速度－时间图象可能是( )
9.如图7所示是某同学站在力传感器上做下蹲－起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线，由图线可知该同学( )
图7
A．体重约为650N
B．做了两次下蹲－起立的动作
C．做了一次下蹲－起立的动作，且下蹲后约2s起立
D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
10．如图8甲所示，一物块静置于粗糙斜面上，在平行斜面向上的外力F作用下，斜面和物块始终处于静止状态，当外力F按照图乙所示规律变化时，下列说法正确的是( )
图8
A．地面对斜面的摩擦力逐渐减小
B．地面对斜面的摩擦力逐渐增大
C．物块对斜面的摩擦力可能一直增大
D．物块对斜面的摩擦力可能一直减小
11.如图9所示，一倾角θ＝30°的光滑斜面固定在箱子底板上，一小球用一细绳拴于箱子顶部，细绳与斜面间夹角也为θ，细绳对小球的拉力为FT，斜面对小球的支持力为FN，重力加速度为g，小球始终相对斜面静止，则下列运动能确保FT、FN中只有一个为0的是( )
图9
A．箱子自由下落
B．箱子水平向右做加速运动，且加速度大小为eq \f(\r(3),3)g
C．箱子水平向右做减速运动，且加速度大小为eq \f(\r(3),3)g
D．箱子以任意加速度竖直向上做加速运动
12．如图10甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2＞v1，则( )

图10
A．t1时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
二、非选择题(共52分)
13．(6分)某实验小组用图11甲所示的实验装置“探究加速度与力、质量的关系”．图甲中A为小车，B为装有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电磁打点计时器相连，小车的质量为m1，小盘及砝码的总质量为m2.
图11
(1)下列说法正确的是( )
A．实验时先放开小车，再接通打点计时器的电源
B．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力
C．本实验中要使小车受到的拉力等于小盘及砝码的总重力，应满足m2远小于m1的条件
D．在用图象探究小车加速度a与小车m1的关系时，应作出a－m1图象
(2)实验得到如图乙所示的一条纸带，A、B、C、D、E为计数点，相邻两个计数点的时间间隔为T，B、C两点的间距x2和D、E两点的间距x4已量出，利用这两段间距计算小车加速度的表达式为a＝________.
(3)某同学平衡好摩擦阻力后，在保持小车质量不变的情况下，通过改变砝码个数，得到多组数据，但该同学误将砝码的重力当作绳子对小车的拉力，作出了小车加速度a与砝码重力F的图象如图丙所示．据此图象分析可得，小车的质量为______kg，小盘的质量为______kg.(g＝10m/s2，保留两位有效数字)
14．(9分)某同学设计了如图12所示的装置来探究加速度与力的关系．弹簧秤固定在一个合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩及矿泉水瓶连接．在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距d.开始时将固定有弹簧秤的木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小．再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t.
图12
(1)木板的加速度可以用d、t表示为a＝________；为了减小测量加速度的偶然误差，可以多次测量时间t，取t的平均值；
(2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数F1的关系，下列图象能粗略表示该同学实验结果的是________．
(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩的方法相比，它的优点是________．
A．可以改变滑动摩擦力的大小
B．可以更方便地获取多组实验数据
C．可以比较精确地测出摩擦力的大小
D．可以获得更大的加速度以提高实验精确度
15．(8分)某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图13甲所示．他使木块以初速度v0＝4m/s的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v－t图线如图乙所示．g取10 m/s2.求：

图13
(1)上滑过程中的加速度的大小a1；
(2)木块与斜面间的动摩擦因数μ；
(3)木块回到出发点时的速度大小v.
16．(8分)用同种材料制成倾角为30°的斜面和长水平面，斜面长2.4m且固定，一小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度v0开始自由下滑，当v0＝2m/s时，经过0.8s后小物块停在斜面上．如图14甲所示，多次改变v0的大小，记录下小物块开始运动到最终停下的时间t，作出t－v0图象，如图乙所示，求：
图14
(1)小物块与该种材料间的动摩擦因数为多少？
(2)某同学认为，若小物块初速度为4m/s，则根据图象中t与v0成正比推导，可知小物块运动时间为1.6s．以上说法是否正确？若不正确，说明理由并解出你认为正确的结果．
17．(10分)如图15所示，一质量m＝2kg的小球套在一根固定的足够长的直杆上，直杆与水平面夹角θ＝37°.现小球在与杆也成θ角的斜向上F＝20N的外力作用下，从A点静止出发向上运动．已知杆与球间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.求：
图15
(1)小球运动的加速度a1；
(2)若F作用4s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离sm；
(3)上题中，若从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点上方8.35m的B点．
18．(11分)如图16甲所示，质量为M＝0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m＝1kg的物块以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F.当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到eq \f(1,s)－F的关系图象如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m－1.将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2.
(1)若恒力F＝0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间是多少？
(2)图乙中BC为直线段，求该段恒力F的取值范围及eq \f(1,s)－F函数关系式．
图16
答案精析
1．C
2．D
3．A
4．D
5．D 6.A 7.C
8．ABD
9．AC
10．AC
11．BC
12．AB
13．(1)C (2)eq \f(x4－x2,2T2) (3)0.61 0.0061
解析 (1)实验时应先接通电源后释放小车，故A错误；平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：Ff＝mgsinθ＝μmgcsθ，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力．故B错误；应让小车的质量m1远远大于小盘和砝码的质量m2，因为实际上绳子的拉力F＝m1a＝eq \f(m2g,1＋\f(m2,m1))，实验中应满足小盘和砝码的质量远小于小车的质量，故C正确；F＝ma，所以：a＝eq \f(F,m)，所以在用图象探究小车的加速度与质量的关系时，通常作a－eq \f(1,m)图象，故D错误．
(2)根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2可得：
x4－x2＝2aT2，解得：a＝eq \f(x4－x2,2T2)
(3)对a－F图象来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，故小车质量为：m1＝eq \f(0.55－0,1.0－0.1)kg≈0.61kg，
F＝0时，产生的加速度是由于小盘作用产生的，故有：mg＝m1a0，
解得：m＝eq \f(0.61×0.1,10)kg＝0.0061kg
14．(1)eq \f(2d,t2) (2)C (3)BC
解析 (1)根据匀变速直线运动公式得：a＝eq \f(2d,t2)
(2)当F1＞F0时，木板才产生加速度，随着继续向瓶中加水后，矿泉水的质量不断增加，矿泉水和瓶的总质量不能远小于木板的质量，那么水和瓶的总重力与绳子的拉力差值越来越大．故选C.
(3)不可以改变滑动摩擦力的大小，故A错误．缓慢向瓶中加水，可以更方便地获取多组实验数据，故B正确．缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动，可以比较精确地测出摩擦力的大小，故C正确．并没有获得很大的加速度，而是可以获取多组实验数据以提高实验精确度．故D错误．
15．(1)8m/s2 (2)0.35 (3)2 m/s
解析 (1)由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式a＝eq \f(Δv,Δt)有：上滑过程中加速度的大小：a1＝eq \f(v0,Δt1)＝eq \f(4,0.5)m/s2＝8 m/s2.
(2)上滑过程中沿斜面向下受重力的分力、摩擦力，由牛顿第二定律F＝ma得上滑过程中有：
mgsinθ＋μmgcsθ＝ma1
代入数据得：μ＝0.35.
(3)下滑的距离等于上滑的距离：x＝eq \f(v\\al(2,0),2a1)＝eq \f(42,2×8)m＝1m
下滑过程中，摩擦力方向变为沿斜面向上，由牛顿第二定律F＝ma得：
下滑过程中：mgsinθ－μmgcsθ＝ma2
解得：a2＝gsinθ－μgcsθ
＝(10×eq \f(1,2)－0.35×10×eq \f(\r(3),2)) m/s2＝2 m/s2
下滑至出发点的速度大小为：v＝eq \r(2a2x)
解得：v＝2m/s.
16．(1)eq \f(\r(3),2) (2)见解析
解析 (1)小物块下滑时，沿斜面方向受重力沿斜面向下的分力和沿斜面向上的滑动摩擦力．
a＝eq \f(v0,t)＝2.5m/s2
由牛顿第二定律得：ma＝μmgcsθ－mgsinθ
得μ＝eq \f(\r(3),2)
故小物块与该种材料间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),2).
(2)不正确．因为随着初速度增大，小物块会滑到水平面，规律将不再符合图象中的正比关系．
v0＝4m/s时，若保持匀减速下滑，则经过x＝eq \f(v\\al(2,0),2a)＝3.2m＞2.4m，已滑到水平面．
设小物块刚进入水平面时速度为v1：
veq \\al(2,0)－veq \\al(2,1)＝2ax斜，t1＝eq \f(v0－v1,a)，得v1＝2m/s，t1＝0.8s水平面上t2＝eq \f(v1,μg)＝0.23s
总时间t1＋t2＝1.03s
故小物块从开始运动到最终停下的时间为1.03s.
17．(1)1m/s2 (2)8.8m (3)0.1s或1.07s
解析 (1)在力F作用时，根据牛顿第二定律得：
Fcs37°－mgsin37°－μ(mgcs37°－Fsin37°)＝ma1
解得：a1＝1m/s2
(2)刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝4m/s，
小球的位移x1＝eq \f(v1,2)t1＝8m，
撤去力F后，小球上滑时有：
－(mgsin37°＋μmgcs37°)＝ma2，
解得：a2＝－10m/s2，
因此小球上滑时间t2＝eq \f(0－v1,a2)＝0.4s，
上滑位移x2＝eq \f(v1,2)t2＝0.8m，
则小球上滑的最大距离为sm＝x1＋x2＝8.8m
(3)在上滑阶段通过B点：sAB－x1＝v1t3＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,3)
通过B点时间t3＝0.1s，另t3＝0.7s(舍去)
小球返回时有：mgsin37°－μmgcs37°＝ma3
解得：a3＝2m/s2
因此小球由顶端返回B点时有：sm－sAB＝eq \f(1,2)a3teq \\al(2,4)
解得：t4＝eq \f(3,10)eq \r(5)s
通过B点时间t＝t2＋t4＝(0.4＋eq \f(3,10)eq \r(5)) s＝1.07s.
18．见解析
解析 (1)以初速度v0为正方向，物块的加速度大小：am＝μg＝2m/s2
木板的加速度大小：aM＝eq \f(μmg,M)＝4m/s2
由图乙知，板长L＝1m
物块相对木板的路程：L＝v0t－eq \f(1,2)amt2－eq \f(1,2)aMt2
联立解得：t＝eq \f(1,3)s或t＝1s
当t＝1s时，物块的速度为2m/s，木板的速度为4 m/s，而当物块从木板右端滑离时，物块的速度不可能小于木板的速度，t＝1s应舍弃，故所求时间为t＝eq \f(1,3)s.
(2)①当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t1，则：aM′＝eq \f(F＋μmg,M)
v＝v0－amt1＝aM′·t1
s＝eq \f(v0＋v,2)t1－eq \f(v,2)t1＝eq \f(v0,2)t1
联立解得：eq \f(1,s)＝eq \f(F＋3,4)
由图乙知，相对路程：s≤1m
代入解得：F≥1N
②当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止(静摩擦力作用)一起以相同加速度a做匀加速运动，则：a＝eq \f(F,M＋m)
Ff＝ma
由于静摩擦力存在最大值，所以：Ff≤Ffmax＝μmg＝2N
联立解得：F≤3N
③综上所述：BC段恒力F的取值范围是1N≤F≤3N，函数关系式是eq \f(1,s)＝eq \f(F＋3,4).