2022届高中物理一轮复习 第三单元 牛顿运动定律 训练卷 B卷 教师版

     2022届高三一轮单元训练卷

第三单元 牛顿运动定律（B）

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、 (本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题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)

1．下列说法中正确的是(　　)

A．牛顿、千克、秒是国际单位制中的三个基本单位

B．亚里士多德的理想斜面实验开创了实验研究和逻辑推理相结合的探索自然规律的科学方法

C．伽利略通过实验说明了力是维持物体运动状态的原因

D．牛顿第一定律是在已有实验基础上进行合理外推而来的，属于理想实验，是不能直接用实验来验证的

【答案】D

【解析】千克、米、秒是国际单位制中的三个基本单位，牛顿是导出单位，故A错误；伽利略设想的理想斜面实验开创了实验研究和逻辑推理相结合的探索自然规律的科学方法，故B错误；伽利略通过实验和逻辑推理说明了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因，故C错误；牛顿第一定律是在已有实验基础上进行合理外推而来的，属于理想实验，是不能直接用实验来验证的，故D正确。

2．质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上使得质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，则(　　)

A．小球对圆槽的压力为

B．小球对圆槽的压力为

C．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加

D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小

【答案】C

【解析】利用整体法可求得系统的加速度为a＝，对小球利用牛顿第二定律可得，小球受到圆槽的支持力为，由牛顿第三定律可知只有C项正确。

3．如图所示，在光滑水平面上，用弹簧水平连接一斜面，弹簧的另一端固定在墙上，一玩具遥控小车放在斜面上，系统静止不动。用遥控器启动小车，小车沿斜面加速上升，则(　　)

A．系统静止时弹簧处于原长

B．小车加速时弹簧处于原长

C．小车加速时弹簧被压缩

D．小车加速时不可将弹簧换成细绳

【答案】A

【解析】系统静止时，系统受力平衡，水平方向不受力，弹簧弹力等于零，弹簧处于原长；小车加速上升时，知系统受到的合力的水平分力不为零，且方向向右，则弹簧提供的是拉力，所以弹簧处于拉伸状态，所以小车加速时，可将弹簧换成细绳。故A正确，BCD错误。

4．为使雨水尽快离开房屋的屋顶面，屋顶的倾角设计必须合理。某房屋示意图如图所示，设屋顶面光滑，倾角为θ，雨水由静止开始沿屋顶面向下流动，则理想的倾角θ为(　　)

A．30°     B．45°     C．60°     D．75°

【答案】B

【解析】设屋檐的底角为θ，底边长为L，注意底边长度是不变的。屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑的加速度为a；对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对水滴的支持力N，垂直于屋顶方向N＝mgcos θ，平行于屋顶方向ma＝mgsin θ，水滴的加速度a＝gsin θ，屋顶坡面的长度s＝，由s＝at2得t＝，整理得t＝，当θ＝45°时t最小，故A、C、D错误，B正确。

5．如图所示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上A点开始无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态。假设小孩在AB段和BC段滑动时的动摩擦因数分别为μ1和μ2，AB与BC长度相等，则(　　)

A．整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作用

B．动摩擦因数μ1＋μ2＝2tan θ

C．小孩从滑梯上A点滑到C点先超重后失重

D．整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于小孩和滑梯的总重力

【答案】B

【解析】小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度a1分解为水平和竖直两个方向，由于小朋友有水平向左的分加速度，根据牛顿第二定律知，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左；有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知小孩处于失重，地面对滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的总重力；同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右，故ACD错误；设AB的长度为L，小孩在B点的速度为v，小孩从A到B为研究对象，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1，由运动学公式可得v2＝2a1L，小孩从B到C为研究过程，由牛顿第二定律可得μ2mgcos θ－mgsin θ＝ma2，由运动学公式可得v2＝2a2L，联立解得μ1＋μ2＝2tan θ，故B正确。

6．如图所示，一固定杆与水平方向夹角为θ，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ。若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且θ＜β，不计空气阻力，则滑块的运动情况是(　　)

A．沿着杆减速上滑

B．沿着杆减速下滑

C．沿着杆加速下滑

D．沿着杆加速上滑

【答案】A

【解析】把滑块和球看作一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得，若速度方向向下，则沿斜面方向(m1＋m2)gsin θ－f＝(m1＋m2)a，垂直斜面方向N＝(m1＋m2)gcos θ，摩擦力f＝μN，联立可解得a＝gsin θ－μgcos θ，对小球有若θ＝β，a＝gsin β，现有θ＜β，则有a＞gsin β，所以gsin θ－μgcos θ＞gsin β，gsin θ－gsin β＞μgcos θ，因为θ＜β，所以gsin θ－gsin β＜0，但μgcos θ＞0，所以假设不成立，即速度的方向一定向上。由于加速度方向向下，所以物体沿杆减速上滑，故A项正确。

7．如图所示为学生手端餐盘准备用餐的情景，假设盘保持水平，盘里的碗、碟、水果的四周都留有空间，并与餐盘保持相对静止，则下列说法正确的是(　　)

A．减速行走时，水果一定受到3个力的作用

B．加速向前行走时，盘对碗的作用力水平向前

C．将餐盘竖直向下放到餐桌上的过程中，食物都处于失重状态

D．若途中停下看通知时，餐盘稍微倾斜，但盘和里面的东西都静止，则盘对碗的支持力垂直盘面向上

【答案】AD

【解析】减速行走时，水果一定受到3个力的作用，分别是重力、支持力、摩擦力，A正确；加速前行时，盘子对碗产生两个作用力，分别是支持力和向前的摩擦力，合力斜向前方，B错误；将餐盘竖直向下放到餐桌上的过程中，食物都先处于失重，后处于超重状态，C错误；若途中停下看通知时，餐盘稍微倾斜，但盘和里面的东西都静止，弹力垂直于接触面，所以盘对碗的支持力垂直盘面向上，D正确。

8．一物体沿倾角为30°的粗糙斜面从顶端由静止开始下滑，运动的位移－时间关系图象是一段抛物线，如图所示，g＝10 m/s2。则(　　)

A．下滑过程中物体的加速度逐渐变大

B．t＝0.5 s时刻，物体的速度为1 m/s

C．0～0.5 s时间内，物体平均速度为1 m/s

D．物体与斜面间动摩擦因数为

【答案】BD

【解析】由题意可知，物体初速度为零，x－t图象是一段抛物线，由匀变速直线运动的位移公式x＝at2可知，物体的加速度a保持不变，故A错误；物体做匀加速直线运动，由图示图象可知t＝0.5 s时x＝0.25 m，解得a＝2 m/s2，物体做初速度为零的匀加速直线运动，t＝0.5 s时物体的速度v＝at＝2×0.5 m/s＝1 m/s，故B正确；物体在0～0.5 s内物体的平均速度＝＝0.5 m/s，故C错误；对物体，由牛顿第二定律得mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma，代入数据解得μ＝，故D正确。

9．如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ，现给环一个水平向右的恒力F，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1＝kv，其中k为常数，则圆环运动过程中(　　)

A．最大加速度为           B．最大加速度为

C．最大速度为        D．最大速度为

【答案】AC

【解析】当F1<mg时，由牛顿第二定律得F－μ(mg－kv)＝ma，当v＝时，圆环的加速度最大，即amax＝，A正确，B错误；圆环速度逐渐增大，当F1＝kv＞mg时，由牛顿第二定律得F－μ(kv－mg)＝ma，当a＝0时，圆环的速度最大，即vmax＝，C正确，D错误。

10．如图甲所示，位于同一竖直面内的两条倾角都为θ的倾斜轨道a、b分别与一传送装置的两端平滑相连。现将小物块从轨道a的顶端由静止释放，若传送装置不运转，小物块运动到轨道b底端的过程的v－t图象如图乙所示；若传送装置匀速转动，则小物块下滑过程的v－t图象可能是下列选项中的(    )

【答案】AC

【解析】若传送带顺时针匀速转动，则物块在传送带上运动时所受的摩擦力与传送带静止时的相同，加速度为a1＝gsin θ－μgcos θ，则v－t图象不变，故A正确；若传送带逆时针匀速转动，当物块运动到传送带上时的速度小于传送带的速度时，物块将受到沿传送带向下的摩擦力，加速度为a2＝gsin θ＋μgcos θ＞a1，此时物块运动到轨道b底端的速度大于v1，故C正确，D错误；当物块运动到传送带上时的速度大于等于传送带的速度时，物块将受到沿传送带向上的摩擦力，加速度仍为a1，故B错误。

二、(本题共6小题，共60分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)

11．(4分)某同学设计了一个如图甲所示的装置来测定滑块与木板间的动摩擦因数，其中A为滑块，B和C处是钩码，不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦。实验中该同学保持在B和C处钩码总个数不变的条件下，改变C处钩码个数，测出C处不同个数钩码的总质量m及对应加速度a，然后通过对实验数据的分析求出滑块与木板间的动摩擦因数。

(1)该同学手中有电火花计时器、纸带、10个质量均为100克的钩码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线，为了完成本实验，得到所要测量的物理量，还需要________。

A．秒表                     B．毫米刻度尺

C．天平                     D．弹簧测力计

(2)在实验数据处理中，该同学以C处钩码的总质量m为横轴，以加速度a为纵轴，绘制了如图乙所示的实验图线，可知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________。(g取10 m/s2)

【答案】(1)B    (2)0.3    (每空2分)

【解析】(1)打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表，故A错误；本实验不需要测滑块的质量，钩码质量已知，故不需要天平，故B错误；实验需要测量两点之间的距离，需要毫米刻度尺，故C正确；滑块受到的拉力等于钩码的重力，不需要弹簧测力计测拉力，故D错误。

(2)对A、B、C系统应用牛顿第二定律可得，其中m＋m′＝m0；所以a－m图象中，纵轴的截距为－μg，故－μg＝－3，μ＝0.3。

12．(8分)某实验小组欲探究“加速度与合力的关系”，为了更准确地测出小车所受合力的情况，该小组将实验装置改装成了如图乙所示的装置，其具体操作步骤如下：

①按图乙所示安装好实验器材，木板放在水平桌面上，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；

②挂上钩码，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，根据纸带求出小车的加速度；

③改变钩码的数量，重复步骤②，求得小车在不同合力作用下的加速度。

(1)对于上述实验，下列说法正确的是________；

A．实验过程中应保证小车的质量不变

B．钩码的质量应远小于小车的质量

C．与小车相连的细线与长木板一定要平行

D．弹簧测力计的读数应为钩码重力的一半

(2)由本实验得到的数据做出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图像应为________；

(3)如图丙所示为某次实验的一条纸带，A、B、C、D、E、F为连续取出的六个计数点，打出的每5个点为一个计数点，所用电源的频率为50 Hz。由于不小心，纸带CD间被扯断，因此实验小组只测出了计数点AB和EF间的距离，则由所测纸带数据可得小车运动的加速度大小为________m/s2，并由此可计算出CD间的距离应为________cm。（均保留两位小数）

【答案】(1)AC    (2)B    (3)0.60    2.82    (每空2分)

【解析】(1)实验要验证加速度和合外力的关系，则实验过程中应保证小车的质量不变，A正确；实验中有弹簧测力计测量小车受到的拉力，则不需要钩码的质量应远小于小车的质量，B错误；与小车相连的细线与长木板一定要平行，C正确；因钩码加速向下运动，处于失重状态，则弹簧测力计的读数小于钩码重力的一半，D错误。

(2)小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系为，则，则a－F图像应该为B。

(3)由所测纸带数据可得小车运动的加速度大小，由此可计算出CD间的距离应为xCD＝xAB＋2aT2＝2.82 cm。

13．(10分)如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上有一质量m＝1 kg的物体，物体连有一原长l0＝40 cm的轻质弹簧，在弹簧B端给弹簧一沿斜面向下的推力F，使物体沿斜面向下以加速度a1＝1 m/s2做匀加速运动，此时弹簧长度l1＝30 cm。已知物体与斜面间的动摩擦因数μ＝，弹簧始终平行于斜面，重力加速度g＝10 m/s2。（弹簧始终在弹性限度内）

(1)求推力F的大小和弹簧的劲度系数k；

(2)若在弹簧B端加一沿斜面向上的拉力，使物体沿斜面向上做加速度a2＝2.2 m/s2的匀加速运动，求弹簧的长度l2。

【解析】(1)对物体受力分析，由牛顿第二定律可知：F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma1    (2分)

F＝kΔl1，Δl1＝l0－l1  (2分)

解得：F＝3.5 N，k＝35 N/m。(2分)

(2)物体向上运动的过程中，由牛顿第二定律可知：F1－mgsin θ－μmgcos θ＝ma2  (1分)

F1＝kΔl2，l2＝l0＋Δl2   (1分)

解得：l2＝82 cm。(2分)

14．(10分)如图所示，倾角为θ的斜面上PP′、QQ′之间粗糙，且长为3L，其余部分都光滑。形状相同、质量分布均匀的三块薄木板A、B、C沿斜面排列在一起，但不粘接。每块薄木板长均为L，质量均为m，与斜面PP′、QQ′间的动摩擦因数均为2tan θ。将它们从PP′上方某处由静止释放，三块薄木板均能通过QQ′，重力加速度为g。求：

(1)薄木板A在PP′、QQ′间运动速度最大时的位置；

(2)薄木板A上端到达PP′时受到木板B弹力的大小；

【解析】(1)将三块薄木板看成整体，当它们下滑到下滑力等于摩擦力时运动速度达最大值

   (2分)

得到

即滑块A的下端离P处1.5L处时的速度最大。   (2分)

(2)对三个薄木板整体用牛顿第二定律：   (2分)

得到

对A薄木板用牛顿第二定律：   (2分)

。   (2分)

15．(12分)如图甲所示，一木板放在光滑水平地面上，木板AB部分水平粗糙，BC部分是倾角θ＝37°的光滑斜面，木板右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器。当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值。一可视为质点的滑块从C点由静止滑下，传感器记录其所受到的力和时间的关系如图乙所示。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：

(1)滑块滑至斜面底端时的速度大小；

(2)滑块的质量；

(3)滑块在木板上做减速运动的位移大小。

【解析】(1)当滑块沿斜面匀加速下滑时，滑块对斜面的压力存在水平向右的分量，此时木板对力传感器存在水平向右的压力；当滑块在木板粗糙的水平部分做匀减速运动时，滑块对木板有水平向左的摩擦力，则此时木板对力传感器存在水平向左的拉力。    (2分)

根据牛顿第二定律可知滑块沿斜面加速下滑的加速度大小

由上面分析可知t＝1s时滑块滑至斜面底端，此时滑块的速度大小v＝a1t＝6 m/s    (2分)

(2)设滑块的质量为m，根据题图乙以及力的分解可知 (2分)

解得m＝2.5 kg。    (2分)

(3)由题图乙可知滑块在木板水平部分运动时所受摩擦力大小    (1分)

则滑块做匀减速运动的加速度大小    (1分)

根据运动学公式可得滑块在木板上做减速运动的位移大小。    (2分)

16．(16分)如图所示，在光滑的水平桌面上叠放着一质量mA＝2.0 kg的足够长薄木板A和质量mB＝4.0 kg的金属块B，B上有轻绳绕过定滑轮与物块C相连。B与A之间的滑动摩擦因数μ＝0.10，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力。忽略滑轮质量及与轴间的摩擦。起始t＝0时令各物体都处于静止状态，绳被拉直且平行于木板，B位于A的左端，C距地面高度h＝2.0 m（如图），然后放手，设A的右端距滑轮足够远，三个物体运动不受滑轮影响，绳松弛后对A、B的运动也无影响。（取g＝10 m/s2）

(1)为了保证A、B相对滑动，绳中的拉力和物块C的质量必须大于某临界值T0和m0，求其值；

(2)当，B与A相对静止前，B在A上滑的距离。

【解析】(1)为保证A、B相对滑动，则aB＞aA    (1分)

对A进行受力分析，根据牛顿第二定律得μmBg＝mAaA    (1分)

aA＝2 m/s2

对B进行受力分析，T0－μmBg＝mBaB    (1分)

又aB＞aA

当aB＝aA＝2 m/s2时T0＝12 N    (1分)

又物块C与物块B通过绳连接，则加速度大小相同则对C进行受力分析根据牛顿第二定律

m0g－T0＝m0aB    (1分)

得m0＝1.5 kg。    (1分)

(2)由题知，对C进行受力分析得

mCg－T＝mCaB    (1分)

对B进行受力分析得T0－μmBg＝mBaB    (1分)

联立得aB＝4 m/s2，T＝20 N＞T0＝12 N

故A、B可以发生相对滑动

C落地时，根据匀加速直线运动规律h＝aBt12得t1＝1 s    (1分)

vB1＝aBt1＝4 m/s    (1分)

且此时B相对于地面前进的距离s1＝h＝2 m    (1分)

A的速度vA1＝aAt1＝2 m/s

C落地后，对B进行受力分析得μmBg＝mBaB′    (1分)

aB′＝1 m/s2

方向水平向左开始减速，A加速度仍为aA ＝2 m/s2    (1分)

设再过t2，A、B共速，相对静止则vA1＋aAt2＝vB1－aB′t2

得t2＝ s

在这个时间段内B前进的距离为s2＝vB1t2－aB′t22

代入数据得    (1分)

又在整个过程中B前进的距离为s3＝aA(t1＋t2)2

代入数据得    (1分)

则B在A上滑行得距离s＝s1＋s2－s3＝ m。    (1分)