2022届高考物理一轮复习单元检测三　牛顿运动定律（解析版）

这是一份2022届高考物理一轮复习单元检测三　牛顿运动定律（解析版），共13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。

一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．(2020·北京市东城区模拟)在阻力可以忽略的水平冰面上，质量为60 kg的男同学和质量为50 kg的女同学用一根水平轻绳做拔河游戏(如图1所示)．当女同学的加速度大小是0.60 m/s2时，男同学的加速度大小是( )
图1
A．0 B．0.50 m/s2
C．0.60 m/s2 D．0.72 m/s2
答案 B
解析 根据牛顿第三定律，两个同学所受的拉力大小相等，根据牛顿第二定律F＝ma，
得eq \f(a男,a女)＝eq \f(m女,m男)＝eq \f(50,60)＝eq \f(5,6)，则a男＝eq \f(5,6)a女＝0.50 m/s2.
2.(2020·福建南平市一模)如图2所示，挂钩连接三根长度均为L的轻绳，三根轻绳的另一端与一质量为m、直径为1.2L的水平圆环相连，连接点将圆环三等分，在挂钩拉力作用下圆环以加速度a＝eq \f(1,2)g匀加速上升，已知重力加速度为g，则每根轻绳上的拉力大小为( )
图2
A.eq \f(5,12)mg B.eq \f(5,9)mg C.eq \f(5,8)mg D.eq \f(5,6)mg
答案 C
解析 设每根轻绳与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得sin θ＝0.6，cs θ＝0.8；分析圆环在竖直方向的受力情况，由牛顿第二定律有：3Tcs θ－mg＝ma，解得T＝eq \f(5,8)mg，故选C.
3．(2020·北京市海淀区二模)若货物随升降机沿竖直方向运动的v－t图像如图3所示，取竖直向上为正方向，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是( )
图3
答案 B
解析 根据速度－时间图线可知，货物在0～t1、t5～t6时间内加速度向下，处于失重状态，Ft1～t2，t4～t5时间内做匀速直线运动，F＝mg；
t2～t4时间内加速度不变且方向向上，处于超重状态，F>mg，故选B.
4.某直升机的质量为m，某次试飞时，主旋翼提供大小为2mg、方向向上的升力，每个向前螺旋推进器提供大小为mg、方向向前的推力，如图4所示．不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是( )
图4
A．该直升机可能处于平衡状态
B．该直升机以加速度g做匀加速直线运动
C．空气对直升机的作用力为2eq \r(2)mg
D．空气对直升机的作用力为4mg
答案 C
解析 直升机在水平方向的加速度大小ax＝2g，竖直方向的加速度大小ay＝g，则直升机的加速度大小a＝eq \r(a\\al(x2)＋a\\al(y2))＝eq \r(5)g，故选项A、B错误；空气对直升机的作用力为F＝eq \r(2mg2＋2mg2)＝2eq \r(2)mg，故选项C正确，D错误．
5.如图5所示，质量均为m的A、B两物块，放在光滑水平地面上，用水平向右的恒力F拉A物体，当A、B的加速度第一次为2∶1时弹簧伸长量为x1，当两物块一起以相同加速度运动时，弹簧伸长量为x2，弹簧水平，则eq \f(x1,x2)等于( )
图5
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4)
答案 C
解析 当A、B加速度第一次为2∶1时，设B的加速度为a，A的加速度为2a，对A有：F－kx1＝2ma，对B有：kx1＝ma，解得x1＝eq \f(F,3k)；当加速度相同时，同理：F－kx2＝ma′，kx2＝ma′，得x2＝eq \f(F,2k)，故eq \f(x1,x2)＝eq \f(2,3)，选项C正确．
6.(2020·湖南湘潭市模拟)如图6所示，一条足够长且不可伸长的轻绳跨过光滑轻质定滑轮，绳的右端与一质量为12 kg的重物相连，重物静止于水平地面上，左侧有一质量为10 kg的猴子，从绳的另一端沿绳以大小为5 m/s2的加速度竖直向上爬，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
图6
A．绳上的拉力大小为50 N
B．重物不会离开地面
C．2 s末重物上升的高度为5 m
D．重物的加速度大小为3.2 m/s2
答案 C
解析 对猴子受力分析，受到重力和绳对猴子的摩擦力，根据牛顿第二定律得：f－mg＝ma，解得：f＝150 N，即绳上的拉力大小为T＝150 N，故A错误；重物所受的重力为120 N，因绳上的拉力为150 N>120 N，所以重物会离开地面，故B错误；对重物，由牛顿第二定律得：T－Mg＝Ma，解得：a＝2.5 m/s2,2 s末重物上升的高度h＝eq \f(1,2)at2＝5 m，故C正确，D错误．
7.如图7所示，小球系在轻弹簧的下端，用最小力拉小球至弹簧与水平方向成30°角由静止释放，重力加速度的大小为g.关于小球释放瞬间的加速度，下列说法正确的是( )
图7
A．a＝eq \f(\r(3),2)g，方向与竖直方向成30°角
B．a＝eq \f(\r(3),2)g，方向与竖直方向成60°角
C．a＝eq \f(1,2)g，方向与竖直方向成30°角
D．a＝eq \f(1,2)g，方向与竖直方向成60°角
答案 A
解析 根据题意，用最小力拉小球至弹簧与水平方向成30°角，对小球受力分析如图所示，F1＝mgsin 60°，当释放小球瞬间，弹力与重力保持不变，合力方向与竖直方向成30°角，大小为mgsin 60°，所以加速度大小为a＝gsin 60°＝eq \f(\r(3),2)g，方向与竖直方向成30°角斜向左下方，A正确．
8．(2019·广东四校联考)如图8所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在斜面上一起以一定的初速度滑行一段距离后停止．现拿走砝码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力F(F＝mgcs θ)，其他条件不变，则木盒滑行的距离将( )
图8
A．不变 B．变小
C．变大 D．变大、变小均有可能
答案 B
解析 设木盒的质量为M且向上滑行，放有砝码时由牛顿第二定律有μ(M＋m)gcs θ＋(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a1，换成垂直于斜面向下的恒力F时由牛顿第二定律有μ(M＋m)gcs θ＋Mgsin θ＝Ma2，可知a2＞a1，再由x＝eq \f(v\\al(02),2a)可得x2＜x1.同理可知，若木盒向下滑行，放有砝码时，有μ(M＋m)gcs θ－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a1′，换成垂直于斜面向下的恒力F时，有μ(M＋m)gcs θ－Mgsin θ＝Ma2′，可知a2′＞a1′，再由x′＝eq \f(v\\al(02),2a′)可得x2′＜x1′，故选项B正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9.(2020·福建漳州市一模)如图9所示，在水平地面的平板小车上放一质量为m＝2 kg的滑块，滑块与车上右侧挡板用水平的轻弹簧连接，小车在水平向右的力F作用下以a＝1 m/s2的加速度做匀加速运动，运动过程中弹簧处于压缩状态，弹力为1 N，滑块与小车保持相对静止，现减小力F使小车的加速度逐渐减小到零，则( )
图9
A．弹簧的弹力逐渐减小
B．滑块受到的摩擦力逐渐减小
C．当小车加速度为零时，滑块不受摩擦力作用
D．滑块与小车仍保持相对静止
答案 BD
解析 当加速度为a＝1 m/s2时，以滑块为研究对象，根据牛顿第二定律可得f－F弹＝ma，解得f＝3 N，所以最大静摩擦力至少为3 N，减小力F使小车的加速度逐渐减小到零时，此时摩擦力与弹簧弹力相等为1 N，滑块与小车仍保持相对静止，根据f－F弹＝ma可知摩擦力逐渐减小，弹力不变，故A、C错误，B、D正确．
10.(2020·山西大同市第一次联考)如图10所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、 2m和3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的水平轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T，现用水平拉力F拉物体B，使三个物体一起向右加速运动，则( )
图10
A．此过程中物体C受重力等五个力作用
B．当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5T时，轻绳刚好被拉断
D．若水平面光滑，则绳刚要断时，A、C间的摩擦力为eq \f(T,4)
答案 CD
解析 物体C受到的力有重力、支持力、绳的拉力、A对C的压力、地面对C的摩擦力、A对C的摩擦力，共6个力，故A错误．把A、B、C看成是一个整体，根据牛顿第二定律有：F－μ·6mg＝6ma，得a＝eq \f(F－6μmg,6m)，把A、C看成是一个整体，绳子将被拉断的瞬间，根据牛顿第二定律有：T－μ(m＋3m)g＝(m＋3m)a，解得：F＝1.5T，故B错误，C正确．若水平面光滑，则绳刚要断时，对A、B、C整体，根据牛顿第二定律：F＝6ma，对A、C整体，根据牛顿第二定律：T＝4ma，对物体A，根据牛顿第二定律：f＝ma，联立解得A、C间的摩擦力：f＝eq \f(T,4)，故D正确．
11．(2020·湖南怀化市模拟)如图11甲所示，物块A叠放在木板B上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，现对A施加一水平向右的拉力F，测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示，下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2)( )
图11
A．当F<24 N时，A、B都相对地面静止
B．当F>24 N时，A相对B发生滑动
C．A的质量为4 kg
D．B的质量为24 kg
答案 BC
解析 当A与B间的摩擦力达到最大静摩擦力后，A、B会发生相对滑动，由题图乙可知，B的最大加速度为4 m/s2，即拉力F>24 N时，A相对B发生滑动．当F<24 N时，A、B保持相对静止，一起做匀加速直线运动，故A错误，B正确；对B，根据牛顿第二定律得：aB＝eq \f(μmAg,mB)＝4 m/s2，对A，根据牛顿第二定律得：aA＝eq \f(F－μmAg,mA)＝4 m/s2，F＝24 N，解得mA＝4 kg，mB＝2 kg，故C正确，D错误．
12．(2020·广东中山市模拟)如图12甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)．已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10 m/s2.关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是( )
图12
A．μ＝0.4 B．μ＝0.2
C．t＝4.5 s D．t＝3 s
答案 BC
解析 由题图乙可得，物块做匀变速直线运动的加速度大小为a＝eq \f(Δv,Δt)＝2.0 m/s2，由牛顿第二定律得f＝ma＝μmg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A错误，B正确；在v－t图像中，图线与t轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s，C正确，D错误．
三、非选择题(本题共6小题，共60分)
13．(6分)(2020·广东惠州市一调)用图13甲所示的实验装置来探究加速度与物体受力、物体质量的关系．
图13
(1)为消除摩擦力的影响，实验前平衡摩擦力的具体操作为：取下________，把木板不带滑轮的一端适当垫高并反复调节，直到轻推小车后，小车能沿木板做________运动．
(2)某次实验测得的数据如表所示．根据这些数据在图乙中描点并作出a－eq \f(1,m)图线．利用a－eq \f(1,m)图线求得合外力大小为________ N．(计算结果保留两位有效数字)
答案 (1)砂桶 匀速直线 (2)见解析图 0.30(0.28～0.32均可)
解析 (1)为消除摩擦力的影响，实验前平衡摩擦力的具体操作为：取下砂桶，把木板不带滑轮的一端适当垫高并反复调节，直到轻推小车后，小车能沿木板做匀速直线运动．
(2)用描点法画出的a－eq \f(1,m)图像如图所示，由a＝eq \f(F,m)可知，在a－eq \f(1,m)图像中，图线的斜率大小表示小车所受合外力的大小，由图像可知，其斜率大小为k＝0.30，故所受合外力大小为0.30 N.
14．(8分)(2020·陕西渭南市富平县高三期末)在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”的实验中，如图14甲所示为实验装置简图，打点计时器的工作频率为50 Hz.
图14
(1)下列做法正确的是________．
A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
B．每次改变拉小车的拉力后都需要重新平衡摩擦力
C．钩码的总质量应当远大于小车的质量
D．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源
(2)根据图乙中纸带上的计数点和相关数据可求出小车的加速度大小a＝________ m/s2.(结果保留三位有效数字)
(3)有三位同学通过测量，分别作出a－F图像如图丙中的A、B、C图线所示，试分析：
①A图线不通过坐标原点的原因是_______________________________________________；
②B图线上端明显偏离直线的原因是_____________________________________________；
③C图线不通过坐标原点的原因是_______________________________________________．
答案 (1)A (2)3.75 (3)①长木板倾角过大(平衡摩擦力过度) ②钩码的质量太大 ③没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
解析 (1)调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，这样小车受到的合力才等于细线的拉力，A正确；每次改变拉小车的拉力(钩码的重力)后，由于小车的阻力与重力未变化，所以不需要重新平衡摩擦力，B错误；钩码的总质量应当远小于小车的质量，C错误；实验时，先接通打点计时器的电源再放开小车，D错误．
(2)相邻计数点的时间间隔为：T＝2×0.02 s＝0.04 s
由Δx＝aT2可得：a＝eq \f(xCD＋xDE－xAB＋xBC,4T2)
＝eq \f([7.40＋8.01－6.21＋6.80]×10－2,4×0.042) m/s2＝3.75 m/s2
(3)①A图线不通过坐标原点的原因是长木板倾角过大(平衡摩擦力过度)；
②B图线上端明显偏离直线的原因是钩码的质量太大，未满足钩码质量远小于小车的质量；
③C图线不过坐标原点的原因是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．
15．(8分)(2020·山东聊城市二模)2019年12月17日，我国首艘国产航母山东舰交付海军．在山东舰上某次战斗机起降训练中，质量为1.8×104 kg的歼15舰载机以270 km/h的速度在航母上降落，飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，如图15a所示．阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，以飞机钩住阻拦索为计时起点，其着舰到停在甲板上的速度—时间图像如图b所示，已知航母的航速为54 km/h，飞机着舰时速度方向与航母的运动方向相同，重力加速度的大小为g.求：
图15
(1)阻拦索对飞机的平均作用力大小；
(2)飞机在甲板上滑过的距离．
答案 (1) 3.6×105 N (2)90 m
解析 (1)由题图乙可知，飞机着舰过程中减速时间为3 s
根据v＝v0－at
代入数据解得a＝20 m/s2
由牛顿第二定律，阻拦索对飞机的平均作用力F＝ma
代入数据解得F＝3.6×105 N
(2)飞机从着舰到与航母速度相同的过程中，飞机的位移x1＝v0t－eq \f(1,2)at2
该过程中航母的位移x0＝vt
飞机在甲板上滑过的距离Δx＝x1－x0
代入数据解得Δx＝90 m
16．(12分)(2020·浙江杭州市模拟)如图16所示，上海中心总高为632米，是中国最高楼，也是世界第二高楼．由地上121层主楼、5层裙楼和5层地下室组成．“上海之巅”是位于118层的游客观光平台，游客乘坐世界最快观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需50秒，运行的最大速度为18 m/s.观景台上可以鸟瞰整个上海全景，曾经的上海第一高楼东方明珠塔、金茂大厦、上海环球金融中心等都在脚下，颇为壮观．一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为0.5 kg的物体受到的竖直向上拉力为5.45 N，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动(g取10 m/s2)．求：
图16
(1)电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；
(2)若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求电梯到达观光平台上行的高度；
(3)若电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处自由落体，为防止电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速，牵引力为重力的3倍，下落过程所有阻力不计，则电梯自由下落最长多少时间必须启动辅助牵引装置？
答案 (1)0.9 m/s2 20 s (2)540 m (3)6eq \r(2) s
解析 (1)设电梯加速阶段的加速度为a，加速运动的时间为t，由牛顿第二定律得：T－mg＝ma
解得a＝0.9 m/s2
由v＝v0＋at解得t＝20 s
(2)匀加速阶段位移x1＝eq \f(1,2)at2＝180 m
匀速阶段位移x2＝v(50－2t)＝180 m
匀减速阶段位移x3＝eq \f(v2,2a)＝180 m
因此观光平台的高度为x＝x1＋x2＋x3＝540 m.
(3)所谓从电梯自由下落最长时间必须启动辅助牵引力装置，即电梯到达地面速度刚好为0
自由落体阶段加速度a1＝g
电梯启动辅助牵引力装置后电梯加速度a2＝eq \f(F－mg,m)＝2g，
方向向上，由匀变速直线运动的速度位移公式得：eq \f(v\\al(2,m),2a1)＋eq \f(v\\al(2,m),2a2)＝x
联立解得：vm＝60eq \r(2) m/s
由vm＝a1tm，解得tm＝6eq \r(2) s.
17．(12分)(2020·湖南十三校第一次联考)如图17所示，有一条沿顺时针方向匀速运转的传送带，恒定速度v＝4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视为质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F＝8 N，经过一段时间，物块运动到了离地面高为h＝2.4 m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)．求：
图17
(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间；
(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度大小．
答案 (1)1.33 s (2)0.85 s 2.31 m/s
解析 (1)对物块受力分析可知，物块先在恒力F作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，直至与传送带共速，由牛顿第二定律有F＋μmgcs θ－mgsin θ＝ma1
解得a1＝6 m/s2
则t1＝eq \f(v,a1)＝eq \f(2,3) s
x1＝eq \f(v2,2a1)＝eq \f(4,3) m
物块与传送带共速后，对物块受力分析可知，物块受到的摩擦力方向改变，因为F＝8 N，而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10 N，故物块与传送带共速运动．
由几何关系可得物块的总位移x＝eq \f(h,sin θ)＝4 m
t2＝eq \f(x－x1,v)＝eq \f(2,3) s
则t＝t1＋t2＝eq \f(4,3) s≈1.33 s.
(2)若达到同速后撤去恒力F，对物块受力分析
因为mgsin θ>μmgcs θ
故物块减速上行，由牛顿第二定律有
mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，得a2＝2 m/s2
设物块还需时间t′离开传送带，离开时的速度为vt，则
v2－vt2＝2a2(x－x1)，
vt＝eq \f(4\r(3),3) m/s≈2.31 m/s
t′＝eq \f(v－vt,a2)≈0.85 s.
18．(14分)(2020·四川双流中学月考)如图18所示， 质量为m0＝20 kg的长木板静止在水平面上，质量m＝10 kg的小木块(可视为质点)以v0＝4.5 m/s的速度从木板的左端水平滑到木板上，小木块最后恰好没有滑出长木板．已知小木块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2.求：
图18
(1)木块刚滑上木板时木块、木板的加速度大小；
(2)木板的长度L；
(3)木块的运动时间及木块运动的位移大小．
答案 (1)4 m/s2 0.5 m/s2 (2)2.25 m (3)1.5 s 2.625 m
解析 (1)对木块受力分析知木块做匀减速直线运动，设其加速度大小为a1，则由牛顿第二定律可得μ1mg＝ma1，代入数据解得a1＝4 m/s2
对木板受力分析，设木板加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得μ1mg－μ2(m＋m0)g＝m0a2，代入数据解得a2＝0.5 m/s2.
(2)设经过时间t1二者共速，则有v0－a1t1＝a2t1，解得t1＝1 s
设其共速时的速度大小为v1，则有v1＝a2t1，解得v1＝0.5 m/s
t1时间内木块的位移为x1＝eq \f(v0＋v1,2)t1
木板的位移为x2＝eq \f(v1,2)t1
所以木板的长度为L＝x1－x2＝2.25 m.
(3)木块与木板共速后，二者一起做匀减速直线运动，加速度大小为a3＝μ2g＝1 m/s2
设再经过时间t2二者停止，则有v1＝a3t2，代入数据解得t2＝0.5 s，故木块运动的总时间为t＝t1＋t2＝1.5 s
木块运动的总位移为x＝x1＋eq \f(v1,2)t2，解得x＝2.625 m.eq \f(1,m)/kg－1
a/(m·s－2)
4.0
1.2
3.6
1.1
2.0
0.6
1.4
0.4
1.0
0.3