统考版2023版高考物理一轮复习单元质量评估（三）牛顿运动定律含答案

这是一份统考版2023版高考物理一轮复习单元质量评估（三）牛顿运动定律含答案，共12页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(1～7题为单项选择题，8～10题为多项选择题)
1.
某机场为方便旅客通行，安装的一种水平电梯如图所示．下列说法正确的是 ( )
A.人刚踏上电梯时有向前倾的趋势
B.人刚踏上电梯时受到向前的摩擦力
C.电梯速度越大，人刚踏上电梯时的惯性越大
D.电梯速度越大，人刚踏上电梯时受到的摩擦力越大
2．人站在力传感器上完成“起立”和“下蹲”动作，图中呈现的是力传感器的示数随时间变化的情况，由此可以判断( )
A.此人先下蹲后起立
B.此人先起立后下蹲
C.起立时先失重后超重
D.下蹲时先超重后失重
3.
新疆达瓦孜艺术第六代传人，高空王子阿迪力曾成功挑战广州“小蛮腰”，如图所示，阿迪力蒙眼在某段高空水平钢丝上表演“金鸡独立”时，他(含手中横竿)受到的支持力与重力的关系是( )
A.一对平衡力 B．作用力和反作用力
C.支持力小于重力 D．支持力大于重力
4．下列说法正确的是 ( )
A.牛顿认为力是维持物体运动的原因
B.牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通过实验来验证
C.国际单位制中，kg、m、N是三个基本单位
D.根据速度定义式v＝ eq \f(Δx,Δt) ，当Δt→0时， eq \f(Δx,Δt) 就可以表示物体在该时刻的瞬时速度
5．[2022·四川省攀枝花市高三第一次统考]如图所示，吊篮P悬挂在天花板上，与P质量相同的小球Q被固定在吊篮中的轻弹簧上端，保持静止状态．重力加速度为g，当悬挂吊篮的细绳被剪断的瞬间，小球Q、吊篮P的加速度大小分别为( )
A.g，g B．0，g
C.0，2g D．2g，0
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，cs 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.则拉力F大小为( )
A.1 N B．10 N
C.31 N D．310 N
7．建筑工人利用轻质动滑轮提升建筑材料的情景如图甲所示．绕过轻滑轮的轻绳一端固定，通过拉动另一端使水桶由静止开始竖直上升，两侧轻绳始终保持竖直，水桶的加速度a随水桶上升的高度h的变化关系图象如图乙所示．已知水桶及桶内材料的总质量为5 kg，重力加速度g＝10 m/s2，不计一切阻力及摩擦，以下说法正确的是 ( )
A.水桶上升4 m时的速度大小为2 m/s
B.水桶上升4 m时的速度大小为2 eq \r(2) m/s
C.水桶上升4 m时，人对绳的拉力大小为55 N
D.水桶上升4 m时，人对绳的拉力大小为27.5 N
8.
如图所示，一个小球O用1、2两根细绳连接并分别系于箱子上的A点和B点，OA与水平方向的夹角为θ，OB水平，开始时箱子处于静止，下列说法不正确的是( )
A.若使箱子水平向右加速运动，则绳1、2的张力均增大
B.若使箱子水平向右加速运动，则绳1的张力不变，绳2的张力增大
C.若使箱子竖直向上加速运动，则绳1、2的张力均增大
D.若使箱子竖直向上加速运动，则绳1的张力增大，绳2的张力不变
9．如图甲所示为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查，其传送装置可简化为如图乙所示的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运行，旅客把行李无初速度地放在A处，行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.若旅客把行李放到传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则( )
A.旅客与行李同时到达B处
B.旅客提前0.5 s到达B处
C.行李提前0.5 s到达B处
D.若传送带速度足够大、行李最快也要2 s才能到达B处
10．如图甲所示，一木板静止于水平地面上，木板最右端放置一小物块，在t＝0时刻对木板施加一水平向右的恒力F，1 s后撤去F，此后木板运动的v － t图象如图乙所示．已知物块与木板的质量均为m＝1 kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
A.物块与木板间动摩擦因数为0.2
B.木板与地面间动摩擦因数为0.2
C.恒力F大小为15 N
D.恒力F大小为18 N
二、非选择题
11．某组同学设计了“探究加速度a与物体所受合力F及质量m的关系”实验．下图甲为实验装置简图，A为小车，B为电火花计时器，C为装有细砂的小桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小车的拉力F等于细砂和小桶的总重力，小车运动的加速度a可用纸带上打出的点求得．
(1)图乙为某次实验得到的纸带，已知实验所用电源的频率为50 Hz.根据纸带可求出电火花计时器打B点时的速度为________m/s，小车的加速度大小为________m/s2．(结果均保留两位有效数字)
(2)在“探究加速度a与质量m的关系”时，某同学按照自己的方案将实验数据在坐标系中进行了标注，但尚未完成图象[如图(1)所示].请继续帮助该同学作出坐标系中的图象．
(3)在“探究加速度a与合力F的关系”时，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F的图线如图(2)，该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因________________________________________________________________________
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12.
[2022·山东模拟]水平地面上，固定一个倾角为30°的斜面．斜面上有一个质量为M＝1.5 kg的箱子，一轻绳上端固定在箱子的上顶面O点，另一端连接一个质量为m＝0.1 kg的小球．某时刻起，箱子在沿斜面向下的力F作用下，沿斜面向下运动，稳定后，小球相对箱子静止且细绳与竖直方向成60°角．已知箱子与斜面间的动摩擦因数为μ＝ eq \f(\r(3),2) ，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
(1)稳定时，细绳上的拉力F1的大小和小球的加速度a；
(2)作用在箱子上的力F的大小．
13．如图，上表面光滑且水平的小车静止在水平地面上，A、B为固定在小车上的挡板，C、D为竖直放置的轻质薄板．A、C和D、B之间分别用两个相同的轻质弹簧连接，薄板C、D间夹住一个长方体金属块(视为质点).金属块与小车上表面有一定的距离并与小车保持静止，此时金属块所受到的摩擦力为最大静摩擦力．已知金属块的质量m＝10 kg，弹簧劲度系数k＝1 000 N/m，金属块和薄板C、D间动摩擦因数μ＝0.8.设金属块受到的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)此时弹簧的压缩量；
(2)当小车、金属块一起向右加速运动，加速度大小a＝15 m/s2时，A、C和D、B间弹簧形变量及金属块受到的摩擦力大小．
单元质量评估（三） 牛顿运动定律
1．解析：人刚踏上电梯时，人相对电梯有向后运动的趋势，则受到向前的摩擦力，人会有向后倾的趋势，故A错误，B正确；人的惯性只由人的质量决定，与电梯的速度无关，故C错误；摩擦力的大小与电梯速度无关，故D错误．
答案：B
2．解析：人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，对应先失重再超重；起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学先做了一次下蹲，后做了一次起立的动作，故选项A正确，B错误；由以上分析可知，起立时先超重后失重；下蹲时先失重后超重，故选项C、D错误．
答案：A
3．解析：钢丝对人的支持力和人的重力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在同一物体上，所以是一对平衡力，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
4．解析：牛顿认为力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，A错误；牛顿第二定律可以通过实验来验证，牛顿第一定律不可以通过实验来验证，B错误；国际单位制中，kg、m是基本单位，N是导出单位，C错误；根据速度定义式v＝ eq \f(Δx,Δt) ，当Δt→0时， eq \f(Δx,Δt) 就可以表示物体在该时刻的瞬时速度，D正确．
答案：D
5．解析：剪断细绳前，对小球Q受力分析，受到重力mg、弹簧的弹力F，由于Q处于平衡状态，则F＝mg，方向向上，则弹簧对P的弹力大小为F，方向向下．剪断细绳的瞬间，吊篮P所受重力和弹簧的弹力均不变，细绳的拉力减为零，故吊篮P受到的合力等于mg＋F，根据牛顿第二定律得mg＋F＝maP，所以aP＝2g，小球Q受到的力不变，合力为零，所以aQ＝0，故A、B、D错误，C正确．
答案：C
6．解析：
对m受力分析如图所示，根据牛顿第二定律可得：
Ffcs 37°－FNsin 37°＝ma，
竖直方向，根据平衡条件可得：
Ffsin 37°＋FNcs 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：B
7．解析：由初速度为零的匀加速直线运动规律可知v2＝2ah，结合图象面积可求得水桶上升4 m时的速度大小v＝ eq \r(2×\f(0.5＋1,2)×4) m/s＝ eq \r(6) m/s，故A、B错误；由牛顿第二定律可知2F－mg＝ma，即F＝27.5 N，故C错误，D正确．
答案：D
8．解析：箱子静止时，对小球，根据平衡条件得FOAsin θ＝mg，FOB＝FOAcs θ，若使箱子水平向右加速运动，则在竖直方向上合力为零，有F′OAsin θ＝mg，F′OB－F′OA cs θ＝ma，所以绳1的张力不变，绳2的张力增大，选项A错误，B正确；若使箱子竖直向上加速运动，则F″OAsin θ－mg＝ma，F″OB＝F″OAcs θ，所以绳1的张力增大，绳2的张力也增大，选项C正确，D错误．
答案：AD
9．解析：由牛顿第二定律得μmg＝ma，得a＝1 m/s2，设行李做匀加速运动的时间为t1，行李加速运动的末速度为v＝1 m/s，由v＝at1，解得t1＝1 s，匀加速运动的位移大小为x＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＝0.5 m，匀速运动的时间为t2＝ eq \f(L－x,v) ＝1.5 s，行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝2.5 s，而旅客一直做匀速运动，从A到B的时间为t入＝ eq \f(L,v) ＝2 s，故旅客提前0.5 s到达B处，A、C错误，B正确；若行李一直做匀加速运动，则运动时间最短，有L＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(min)) ，解得tmin＝2 s，故D正确．
答案：BD
10．解析：由图可知，木板在1 s～1.5 s的加速度大小比1.5 s后的加速度大小要大，也就意味着在1.5 s之前木块与木板之间相对滑动，直到1.5 s时刻木块与木板共速
在1 s～1.5 s内，木板的加速度大小为
a1＝ eq \f(Δv1,Δt1) ＝ eq \f(8－3,0.5) m/s2＝10 m/s2
在0～1.5 s内，物块的加速度大小为
a2＝ eq \f(Δv2,Δt2) ＝ eq \f(3－0,1.5) m/s2＝2 m/s2
假设木板与地面的动摩擦因数为μ1，物块与木板之间的动摩擦因数为μ2
则木板在1 s～1.5 s内根据牛顿第二定律有：
μ1×2mg＋μ2mg＝ma1
木块在0～1.5 s内根据牛顿第二定律有：
μ2mg＝ma2
代入数据联立解得：μ1＝0.4，μ2＝0.2
木板在0～1 s内的加速度为a3＝ eq \f(Δv3,Δt3) ＝ eq \f(8－0,1) m/s2
木板在0～1 s内受力为：
F－μ1×2mg－μ2mg＝ma3
代入数据解得：
拉力F＝2μ1mg＋μ2mg＋ma3
＝（2×0.4×1×10＋0.2×1×10＋1×8） N＝18 N
答案：AD
11．解析：（1）AC这段位移的平均速度等于AC这段时间中间时刻的瞬时速度，即B点的瞬时速度，故
vB＝ eq \f(AB＋BC,4T) ＝ eq \f(（6.19＋6.70）×10－2,4×0.02) m/s≈1.6 m/s.
由逐差法求解小车的加速度，
a＝ eq \f(（CD＋DE）－（AB＋BC）,（4T）2)
＝ eq \f(（7.21＋7.72－6.19－6.70）×10－2,（4×0.02）2) m/s2≈3.2 m/s2.
（2）将坐标系中各点连成一条直线，连线时应使直线过尽可能多的点，不在直线上的点应大致对称地分布在直线的两侧，离直线较远的点应视为错误数据，不予考虑，连线如图所示：
（3）图线与纵轴有截距，说明实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．
答案：（1）1.6 3.2 （2）见解析
（3）实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够
12.
解析：（1）对小球进行受力分析，并沿斜面和垂直于斜面方向建立坐标系，如图a所示．
在垂直于斜面方向上，合力为0，可得F1sin 60°＝mg sin 60°，得F1＝1 N在沿斜面向下的方向上，由牛顿第二定律得F1cs 60°＋mgcs 60°＝ma得a＝10 m/s2，沿斜面向下．
（2）箱子和小球相对静止，可以将箱子和小球看做一个整体，对整体进行受力分析，并沿斜面和垂直于斜面建立坐标系，如图b所示．整体加速度a0＝a＝10 m/s2，摩擦力Ff＝μFN；在垂直于斜面方向上合力为0，可得FN＝（Mg＋mg）sin 60°；在沿斜面向下的方向上，由牛顿第二定律得F＋（Mg＋mg）cs 60°－Ff＝（M＋m）a，联立得F＝20 N.
答案：（1）1 N 10 m/s2，沿斜面向下 （2）20 N
13．解析：（1）由于两个轻质弹簧相同，则两弹簧压缩量相同．设弹簧的压缩量为x0，弹簧形变产生的弹力大小为F，由胡克定律得F＝kx0
设金属块所受C、D的摩擦力大小均为f，此时金属块所受摩擦力等于最大静摩擦力，依题意得f＝μF
由平衡条件得2f＝mg
联立并代入数据得x0＝0.062 5 m.
（2）假设A、C和D、B间的弹簧压缩量分别为x1和x2，有x1＋x2＝2x0
水平方向，对金属块由牛顿第二定律得kx1－kx2＝ma代入题给数据得x1＝0.137 5 m，x2＝－0.012 5 m
由x2＜0可知，此时薄板D已与金属块分离，D、B间弹簧已恢复原长，无弹力．金属块水平方向加速运动所需的合力全部由薄板C的弹力提供．设A、C和D、B间弹簧实际压缩量分别为x′1、x′2，则x′2＝0，
水平方向，对金属块由牛顿第二定律得kx′1＝ma
代入数据解得x′1＝0.15 m
由于此时最大静摩擦力f′max＝μkx′1＝120 N>mg
故金属块受到的摩擦力大小为f′＝mg＝100 N.
答案：（1）0.062 5 m （2）0.15 m 0 100 N