2021版物理提能大一轮复习课标版文档：章末检测第三章　牛顿运动定律

章末检测一、选择题1.关于物体的惯性,下列说法中正确的是(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.运动速度大的物体不能很快地停下来,是因为物体的速度越大,惯性也越大B.静止的火车启动时,速度变化慢,是因为静止的物体惯性大C.乒乓球可以快速抽杀,是因为乒乓球的惯性小D.在宇宙飞船中的物体不存在惯性1.答案　C　一切物体都具有惯性,惯性大小只与物体的质量有关。惯性是物体本身的一种属性,与外界因素(受力的大小以及所处的环境)及自身的运动状态无关,故A、D选项错误;静止的火车启动时,速度变化缓慢,是因为火车的质量大,惯性大,而不是因为静止的物体惯性大,B选项错误。乒乓球可以快速抽杀,是因为其质量小,惯性小,在相同的力的作用下,运动状态容易改变,故C选项正确。2.(多选)(2019山东潍坊模拟)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,重力加速度为g,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2.答案　AC　当F1=kv≤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am=,选项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vm=,选项C正确,D错误。3.(2019河南郑州一模)阿联酋迪拜哈利法塔,原名迪拜塔,塔高828 m,也被称为世界第一高楼。楼层总数162层,配备56部电梯,电梯最高速度可达17.4 m/s。游客乘坐观光电梯大约1 min就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力,已知电梯在t=0时由静止开始上升,其加速度a与时间t的关系如图所示。下列相关说法正确的是(　　)A.t=6 s时,电梯处于失重状态B.7~53 s时间内,绳索拉力最小C.t=59 s时,电梯处于超重状态D.t=60 s时,电梯速度恰好为03.答案　D　根据a-t图像可知t=6 s时电梯的加速度向上,电梯处于超重状态,故A错误。53~55 s时间内,加速度的方向向下,电梯处于失重状态,绳子的拉力小于重力;而7~53 s时间内,a=0,电梯处于平衡状态,绳索拉力等于电梯的重力,应大于电梯失重时绳索的拉力,所以这段时间内绳索拉力不是最小,故B错误。t=59 s时,电梯减速向上运动,a<0,加速度方向向下,电梯处于失重状态,故C错误。根据a-t图线与横坐标轴所围的面积表示速度的变化量,由几何知识可知,60 s内a-t图线与横坐标轴所围的面积为0,所以速度的变化量为0,而电梯的初速度为0,所以t=60 s时,电梯速度恰好为0,故D正确。4.(多选)(2019辽宁沈阳二模)将一小物块轻放在足够长的水平传送带上,之后物块在传送带上运动的v-t图像如图所示,设物块与传送带间的动摩擦因数为μ,则下列说法中正确的是　(　　)A.传送带可能先做匀速运动后做匀减速直线运动B.物块在运动过程中一直与传送带间发生相对滑动C.传送带可能一直做匀减速运动且加速度大于μgD.物块在匀减速运动阶段的加速度一定小于μg4.答案　AD　v-t图像中,斜率表示加速度,可知,两段时间内物块加速度不相等,说明开始物块相对传送带运动,后达到共同速度,一块做匀减速直线运动,且物块减速加速度大小a减小于加速运动加速度大小a加===μg,故传送带可能先做匀速直线运动,然后做匀减速直线运动;也可能一直做匀减速直线运动,但加速度小于μg;也可能先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,但加速度小于μg;故A、D正确,B、C错误。5.如图所示,传送带的水平部分长为L,传动速率为v,在其左端无初速度释放一小木块,若木块与传送带间的动摩擦因数为μ,则木块从左端运动到右端的时间不可能是(　　)A.+ B. C.     D.5.答案　B　当小木块刚放到传送带上时,由牛顿第二定律有μmg=ma,得a=μg设小木块加速到v时运动的距离为L0,由v2=2aL0,得L0=(1)当L≤L0时,小木块一直加速,v≥at得t≤或由L=at2得t=或由L≤vt得t≥,故C、D可能。(2)当L>L0时,小木块先加速后匀速,加速阶段有v=at1,得t1=匀速阶段有L-L0=vt2,得t2=-由t=t1+t2得t=+,故A可能。6.质量为M的皮带轮工件放置在水平桌面上,一细绳绕过皮带轮的皮带槽,一端系一质量为m的重物,另一端固定在桌面上,如图所示。工件与桌面、绳之间以及绳与桌子边缘之间的摩擦都忽略不计,重力加速度为g,则重物下落过程中,工件的加速度为(　　)A.       B.C. D.6.答案　C　相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍,因此,重物的加速度是工件加速度的2倍,设细绳上的拉力为F,根据牛顿第二定律有mg-F=mam,2F=MaM,又am=2aM,解得aM=,所以C正确。7.(多选)如图所示,质量分别为m1、m2的A、B两个物体放在斜面上,中间用一个轻杆相连,A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,它们在斜面上加速下滑,关于杆的受力情况。下列分析正确的是(　　)A.若μ1>μ2,m1=m2,则杆受到压力B.若μ1=μ2,m1>m2,则杆受到拉力C.若μ1<μ2,m1<m2,则杆受到拉力D.若μ1=μ2,m1≠m2,则杆无作用力7.答案　ACD　假设杆不受力,则aA=g sin α-μ1g cos α,aB=g sin α-μ2g cos α。若μ1>μ2,m1=m2,则aA<aB,即两个物体有靠近的趋势,所以杆受到压力,A项正确;若μ1=μ2,m1>m2,aA=aB,所以杆不受力,B项错误;若μ1<μ2,m1<m2,则aA>aB,两物体有远离的趋势,所以杆受到拉力作用,C正确;若μ1=μ2,m1≠m2,aA=aB,所以杆不受力,D项正确。8.(多选)如图所示,一轻质弹簧上端固定在天花板上,下端拴接质量为m的小球,小球放在倾角为30°的光滑固定斜面上,整体处于平衡状态时,弹簧与竖直方向成30°角,重力加速度为g,则(　　)A.平衡时,斜面对小球的作用力大小为mgB.若将斜面突然移走,则移走瞬间小球的加速度大小为gC.若将弹簧剪断,则剪断的瞬间小球的加速度大小为D.若将弹簧换成原长相同但劲度系数更大的另一轻弹簧,系统重新达到平衡时,弹簧仍处于拉伸状态,此时斜面对小球的作用力变小8.答案　CD　小球静止于斜面上,设小球受的弹簧拉力为T,斜面对小球的支持力为FN,对小球受力分析如图,则FN sin 30°=T sin 30°,FN cos 30°+T cos 30°=mg,解得FN=T=mg,故A错误;将斜面突然移走,小球受到弹簧拉力和重力,弹簧弹力不突变,所以小球的合外力与斜面对小球的支持力的大小相等,方向相反,根据牛顿第二定律可知小球的加速度大小a1==g,故B错误;将弹簧剪断的瞬间,小球即将沿斜面向下做匀加速运动,小球的加速度大小a2==g,故C正确;将弹簧换成原长相同但劲度系数更大的另一轻弹簧,弹簧弹力将变大,小球将沿斜面向上运动,系统重新达到平衡时,轻弹簧与竖直方向的夹角小于30°,但斜面对小球的支持力方向不变,根据作图可得斜面对小球的作用力变小,故D正确。二、非选择题9.某研究学习小组用图甲所示的装置探究加速度与合力的关系。装置中的铝箱下端连接纸带,砂桶中可放置砂子以改变铝箱所受的外力大小,铝箱向上运动的加速度a可由打点计时器和纸带测出。现保持铝箱总质量m不变,逐渐增大砂桶和砂的总质量进行多次实验,得到多组a、F值(F为力传感器的示数,等于悬挂滑轮轻绳的拉力),不计滑轮的重力。甲(1)某同学根据实验数据画出了图乙所示a-F关系图像,则由该图像可得铝箱总质量m=　　　　　kg,重力加速度g=　　　m/s2。 乙(2)当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时,图线　　　　。 A.偏向纵轴 B.偏向横轴C.斜率逐渐减小 D.斜率不变9.答案　(1)0.25　9.8　(2)D解析　(1)对铝箱分析,由牛顿第二定律有FT-mg=ma对滑轮分析,由平衡条件有F=2FT联立可解得a=F-g可知图线的斜率k== kg-1,解得m=0.25 kg,纵轴截距-g=-9.8 m/s2,解得g=9.8 m/s2。(2)图线的斜率k=,当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时,图线的斜率不变,故选D。10.如图所示,一质量为mB=2 kg的木板B静止在光滑的水平面上,其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接),轨道与水平面的夹角θ=37°。一质量为mA=2 kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端x0=8 m处静止释放,物块A刚好没有从木板B的左端滑出。已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1=0.25,与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2=0.2,sin θ=0.6,cos θ=0.8,g取10 m/s2,物块A可看做质点。请问:(1)物块A刚滑上木板B时的速度为多大?(2)物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间?木板B有多长?10.答案　(1)8 m/s　(2)2 s　8 m解析　(1)设物块A从斜面滑下时的加速度大小为a1,则mAg sin θ-μ1mAg cos θ=mAa1解得a1=4 m/s2物块A刚滑到木板B上时的速度大小v1== m/s=8 m/s(2)物块A在木板B上滑动时,它们在水平方向上的受力大小相等,质量也相等,故它们的加速度大小相等,均为a2==μ2g=2 m/s2设木板B的长度为L,二者最终的共同速度为v2,对物块A有v2=v1-a2t2xA=v1t2-a2对木板B有v2=a2t2xB=a2位移关系xA-xB=L联立解得相对滑行的时间和木板B的长度分别为t2=2 s,L=8 m11.一长木板在水平地面上运动,在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,以后木板运动的速度-时间图像如图所示。已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g=10 m/s2,求:(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数;(2)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时,物块相对于木板的位移的大小。 11.答案　(1)0.2　0.3　(2)1.125 m解析　(1)从t=0时开始,木板与物块之间的摩擦力使物块加速,使木板减速,此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止由图可知,在t1=0.5 s时,物块和木板的速度相同。设t=0到t=t1时间间隔内,物块和木板的加速度大小分别为a1和a2,则a1=①a2=②式中v0=5 m/s、v1=1 m/s分别为木板在t=0、t=t1时速度的大小设物块和木板的质量为m,物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,由牛顿第二定律得μ1mg=ma1③(μ1+2μ2)mg=ma2④联立①②③④式得μ1=0.2⑤μ2=0.3⑥(2)在t1时刻后,地面对木板的摩擦力阻碍木板运动,物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f,物块和木板的加速度大小分别为a1'和a2',则由牛顿第二定律得f=ma1'⑦2μ2mg-f=ma2'⑧假设f<μ1mg,则a1'=a2';由⑤⑥⑦⑧式得f=μ2mg>μ1mg,与假设矛盾。故f=μ1mg⑨由⑦⑨式知,物块加速度的大小a1'等于a1;物块的v-t图像如图中点划线所示由运动学公式可推知,物块和木板相对于地面的运动距离分别为s1=2×⑩s2=t1+物块相对于木板的位移的大小为s=s2-s1联立①⑤⑥⑧⑨⑩式得s=1.125 m