2022届高考物理一轮复习单元检测卷三牛顿运动定律含解析新人教版

word 文档 - 1 - / 14 单元检测卷(三) 牛顿运动定律 时间：60 分钟 满分：100 分 一、选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分.1～5 题为单选题，6～8 题为多选题) 1．如图所示，在近地圆轨道环绕地球运行的“天宫二号”的实验舱内，航天员景海鹏和 陈冬在向全国人民敬礼时( ) A．不受地球引力 B．处于平衡状态，加速度为零 C．处于失重状态，加速度约为 g D．地板的支持力与地球引力平衡 2．[2021·某某诊断(一)]我国首台新型墙壁清洁机器人“蜘蛛侠”是由某某大学学生自主 研制开发的，“蜘蛛侠”利用 8 只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上，通过“爪子”交替伸缩， 就能在墙壁或玻璃上自由移动．如图所示，假设“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由 A 点沿直线 匀加速“爬行”到右上方 B 点，在这一过程中，图中关于“蜘蛛侠”在竖直面内的受力分析 正确的是( ) word 文档 - 2 - / 14 3．如图所示，轻弹簧竖直放置在水平面上，其上放置质量为 2kg 的物体 A，A 处于静止 状态．现将质量为 3kg 的物体 B 轻放在 A 上，则 B 与 A 刚要一起运动的瞬间，B 对 A 的压力 大小为(g 取 10m/s2)( ) A．30NB．18N C．12ND．0 4．[2020·某某二模]如图所示，质量相同的物体 A、B 用轻弹簧连接并置于光滑的水平面 上，开始时弹簧处于原长，现给物体 B 一初速度 v0，经过一段时间后，t0 时刻弹簧的长度第 一次达到最长，此时弹簧在弹性限度内．以下能正确描述两物体在 0～t0 时间，运动过程的 v t 图象是( ) 5．[2021·某某一模] word 文档 - 3 - / 14 如图所示，在光滑水平面上放有一质量 M＝30kg 的斜劈，在其斜面上放一质量 m＝2kg 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 sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度 g＝10m/s2.则拉力 F 大小为( ) A．1NB．10N C．31ND．310N 6．[2021·某某一中月考]关于以下四幅图片，说法正确的是( ) A．学生从站立状态到完全蹲下的过程中，所受的支持力和对台秤的压力始终相等 B．运动员推开冰壶后，冰壶在冰面上受到的阻力较小，将做匀速直线运动 C．设计赛车时，车身质量较轻，同时配备性能优良的发动机，是为了获得更大的加速度 D．由于塞子的质量小于试管的质量，气体喷出时塞子受到的冲击力将大于试管受到的冲 击力 7．如图所示，物块 A 套在光滑的水平横杆上，其下方用轻质细线连接一个质量为 m 的 小球 B，系统处于静止状态．现用水平恒力拉动小球 B，系统稳定运动时的加速度 a＝ 1 4 g，细 线与竖直方向间的夹角为α＝37°；如果把物块 A 套在粗糙的水平横杆上，用同样大小的水平 word 文档 - 4 - / 14 恒力作用在小球 B 上，系统恰好能沿水平杆做匀速运动．已知重力加速度为 g，sin37°＝0.6， cos37°＝0.8，若不考虑空气阻力，则系统沿水平横杆做匀速运动时，下列说法正确的是( ) A．物块 A 的质量等于 m B．物块 A 受到的摩擦力大小为 mg C．物块 A D．细线和竖直方向间的夹角为 45° 8．[2021·某某某某一模]中澳美“科瓦里－2019”特种兵联合演练于 8 月 28 日至 9 月 4 日在澳大利亚举行，中国空军空降兵部队首次派员参加．一名特种兵从空中静止的直升飞机 上，抓住一根竖直悬绳由静止开始下滑，运动的速度随时间变化的规律如图所示，t2 时刻特种 兵着地．下列说法正确的是( ) A．在 t1～t2 时间内，平均速度 v－＝ v1＋v2 2 B．在 t1～t2 时间内特种兵所受的阻力越来越大 C．在 0～t1 时间内加速度不变，在 t1～t2 时间内加速度减小 D．若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑，则他们在悬绳上的 距离先增大后减小 二、非选择题(本题共 4 个小题，52 分) 9．[2021·某某某某测试](8 分)用图甲所示的装置进行“探究加速度与力、质量之间的关 系”实验，图乙是其俯视图．两个相同的小车放在平板上，车左端各系一条细绳，绳跨过定 word 文档 - 5 - / 14 滑轮各挂一个相同的小盘．实验中可以通过增减车中钩码改变小车质量，通过增减盘中砝码 改变拉力．两个小车右端通过细线用夹子固定，打开夹子，小车在细绳的牵引下运动，合上 夹子，两小车同时停止． (1)实验中，若两小车通过的位移比为 1 2，则两小车加速度之比为________． (2)为使小车所受的拉力近似等于小盘和砝码的总重力，应使小盘和砝码的总质量 ________(填“远大于”或“远小于”)小车和钩码的总质量． (3)探究“加速度与质量之间的关系”时，应在小盘中放质量________(填“相同”或“不 相同”)的砝码． (4)探究“加速度与力之间的关系”时，事实上小车和平板间存在摩擦力，下列说法中正 确的是________． A．若平板保持水平，选用更光滑的平板有利于减小误差 B．平板右端适当垫高以平衡摩擦力有利于减小误差 C．因为两小车质量相同时与平板间的摩擦力相同，所以摩擦力不影响实验结果 10．(12 分)为了测量木块与木板间的动摩擦因数μ，某小组设计了如图甲所示的实验装置， 让木块从倾角为θ的木板上静止释放，位移传感器连接计算机描绘出了木块相对传感器的位移 随时间变化的图象，如图乙中图线②所示．图中木块的位移从 x1 到 x2 和从 x2 到 x3 的运动时 间均为 T. word 文档 - 6 - / 14 (1)根据上述图线计算木块位移为 x2 时的速度 v2＝________，木块加速度 a＝________. (2) 若 T ＝ 0.1s ， x1 ＝ 4cm ， x2 ＝ 9cm ， x3 ＝ 16cm ， θ ＝ 37 ° ， 动 摩 擦 因 数 μ ＝ ____________(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)． (3)若只增大木板倾斜的角度，则木块相对传感器的位移随时间变化的图象可能是图乙中 的________________________________________________________________________ (选填图线序号“①”“②”或“③”)． 11．[2021·某某一模](12 分)如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车 道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面．一辆货 车在行驶过程中刹车失灵，以 v0＝90km/h 的速度驶入避险车道，如图乙所示．设货车进入 避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，取重力加速度大小 g＝10m/s2. (1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满 足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示． (2)若避险车道路面倾角为 15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离．(已知 sin15°＝ 0.26，cos15°＝0.97，结果保留两位有效数字．) word 文档 - 7 - / 14 12．[2020·某某某某 5 月模拟](20 分)如图所示，一水平的足够长的传送带与一水平地面 上的平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面．传送带上左端放置一质量为 m＝1kg 的煤块(视 为质点)，煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.1.初始时，传送带与 煤块及平板都是静止的．现让传送带以恒定的水平向右的加速度 a＝3m/s2 开始运动，当其速 度达到 v＝1.5m/s 后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段 黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，随后，在煤块平稳滑上右端平板的同时，在平板 右侧施加一个水平向右的恒力 F＝17N，F 作用了 0.5s 时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去 F.最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量 M＝4kg(重力加速度为 g＝10m/s2)． (1)求传送带上黑色痕迹的长度； (2)求有 F 作用期间平板的加速度大小； (3)平板上表面至少多长？(计算结果保留两位有效数字) word 文档 - 8 - / 14 单元检测卷(三) 1．答案：C 2．解析：根据牛顿第二定律可知，在竖直平面内“蜘蛛侠”所受合力方向应该是从 A 点 指向 B 点，故 C 正确，A、B、D 错误． 答案：C word 文档 - 9 - / 14 3．解析：在 B 与 A 刚要一起运动的瞬间，隔离 BA 分析受力，重力(mA＋mB)g，向上弹 力 F＝mAg，由牛顿第二定律，(mA＋mB)g－F＝(mA＋mB)a，解得 ag，隔离 A 分析受力，设 B 对 A 的压力大小为 F′，由牛顿第二定律，F′＋mAg－F＝mAa，解得 F′＝12 N，选项 C 正确． 答案：C 4．解析：给物体 B 一初速度 v0，弹簧开始伸长，B 受到向左的弹力，做减速运动，随着 弹力增大加速度增大，在弹簧的长度第一次达到最长的过程中，B 做加速度增大的减速运动．同 理，A 做加速度增大的加速运动，故 A、B、C 三项错误，D 项正确． 答案：D 5．解析： 对 m 受力分析如图所示，根据牛顿第二定律可得： Ffcos 37°－FNsin 37°＝ma， 竖直方向，根据平衡条件可得： Ffsin 37°＋FNcos 37°＝mg， 根据摩擦力的计算公式可得： Ff＝μFN， word 文档 - 10 - / 14 联立解得：a＝ 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 6．解析：本题考查运动与力的关系．学生从站立状态到完全蹲下的过程中，所受的支持 力和对台秤的压力是一对作用力和反作用力，始终相等，故 A 正确；冰壶在冰面运动时受到 的阻力虽然很小，但受力不平衡，故不可能做匀速直线运动，故 B 错误；设计赛车时，车身 质量较轻，同时配备性能优良的发动机，根据 a＝ F m 可知可以让赛车获得更大的加速度，故 C 正确；根据牛顿第三定律可知，气体喷出时塞子受到的冲击力和试管受到的冲击力大小相等、 方向相反，故 D 错误． 答案：AC 7．解析：以小球 B 为研究对象，当系统的加速度 a＝ 1 4 g 时，由牛顿第二定律有 F－mgtan 37°＝ma，以 A、B 整体为研究对象，则有 F＝(m＋M)a，可解得物块 A 的质量为 M＝3m， F＝mg，选项 A 错误；当系统沿水平杆做匀速运动时，对 A、B 整体分析，A 受到的支持力 大小为 FN＝(M＋m)g＝4mg，A 受到的摩擦力大小为 f＝F＝mg，选项 B 正确；A 和粗糙横 杆间的动摩擦因数μ＝ f FN ＝0.25，选项 C 错误；当系统沿水平杆做匀速运动时，对小球 B，由 共点力的平衡条件有 F＝mgtan β，解得 tan β＝1，所以细线与竖直方向间的夹角为β＝45°， 选项 D 正确． 答案：BD 8．解析：本题考查根据 vt 图象分析运动与受力情况．在 t1～t2 时间内，若特种兵做匀 word 文档 - 11 - / 14 减速直线运动，由 v1 减速到 v2，则平均速度为 v1＋v2 2 ，根据图线与时间轴围成的面积表示位 移，可知特种兵的实际位移大于匀减速直线运动的位移，则平均速度 v－> v1＋v2 2 ，故 A 错误； 在 t1～t2 时间内，根据牛顿第二定律得 f－mg＝ma，得 f＝mg＋ma，因为加速度 a 增大， 则特种兵所受的阻力增大，故 B 正确；在 0～t1 时间内，图线的斜率不变，则加速度不变，在 t1～t2 时间内，图线切线的斜率绝对值逐渐增大，则加速度逐渐增大，故 C 错误；若第一个特 种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑，由于第一个特种兵的速度先大于第二 个特种兵的速度，然后又小于第二个特种兵的速度，所以他们在空中的距离先增大后减小， 故 D 正确． 答案：BD 9．解析：(1)由 x＝ 1 2 at2 得，两小车加速度之比为 a1:a2＝x1:x2＝1:2. (2)为使小车所受的拉力近似等于小盘和砝码的总重力，应使小盘和砝码的总质量远小于 小车和钩码的总质量．(3)探究“加速度与质量之间的关系”时，需要保证两小车所受合力相 同，故应在小盘中放质量相同的砝码．(4)探究“加速度与力之间的关系”时，若平板保持水 平，则选用更光滑的平板有利于减小摩擦力引起的误差，A 正确；平板右端适当垫高来平衡摩 擦力，使小车所受合外力即为细绳拉力，有利于减小误差，B 正确；由牛顿第二定律得，mg －μMg＝Ma，解得 a＝ mg M －μg，故摩擦力影响实验结果，C 错误． 答案：(1)1:2(2 分) (2)远小于(2 分) (3)相同(2 分) (4)AB(2 分) 10．解析：(1)由题意可知位移为 x2 时对应 x1 到 x3 的中间时刻，则该位置的速度为 x1 到 x3 的平均速度，则 v2＝ x3－x1 2T ；由逐差法Δx＝aT2 可知，(x3－x2)－(x2－x1)＝aT2，解得：a word 文档 - 12 - / 14 ＝ x3－2x2＋x1 T2 .(2)将数据代入公式 a＝ x3－2x2＋x1 T2 ，可解得 a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma，解得μ＝0.5.(3)若增大木板的倾角，则木块下滑的加速度增 大，则相邻相等时间间隔的位移差增大，分析可知木块相对传感器的位移随时间变化的图象 应为题图乙中的图线①. 答案：(1) x3－x1 2T (3 分) x3－2x2＋x1 T2 (3 分) (2)0.5(3 分) (3)①(3 分) 11．解析：本题考查斜面运动问题． (1)设货车的质量为 m，若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象，则需要满足 mgsin θ≤μmgcos θ， 解得 tan θ≤μ＝0.30， 则当 tan θ≤0.30 时，货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象． (2)设货车在避险车道上的加速度为 a，根据牛顿第二定律有 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma， 解得 a＝gsin θ＋μgcos θ＝5.51 m/s2， 设货车在避险车道上行驶的最大距离为 x，v0＝90 km/h＝25 m/s， 根据匀变速直线运动位移公式有 0－v2 0＝－2ax， 解得 x＝ v2 0 2a ≈57 m. 答案：(1)tan θ≤0.30(6 分) word 文档 - 13 - / 14 (2)57 m(6 分) 12．解析：(1)煤块在传送带上发生相对运动时，根据牛顿第二定律可得μ1mg＝ma0，则 其加速度 a0＝μ1g＝1 m/s2，方向水平向右(2 分) 设经过时间 t1，煤块速度达到 v，经过时间 t2，传送带速度达到 v 即 v＝a0t1＝at2(1 分) 代入数据得 t1＝1.5 s，t2＝0.5 s(1 分) 则 t1 时间内，传送带发生的位移 s＝ v2 2a ＋v(t1－t2)，煤块发生的位移 s′＝ v2 2a0 (1 分) 黑色痕迹长度即传送带与煤块发生的位移之差，即 Δs＝s－s′＝0.75 m．(1 分) (2)煤块滑上平板时的速度大小为 v＝1.5 m/s(1 分) 加速度为 a1＝ －μ1mg m ＝－μ1g，方向水平向左(1 分) 经过 t0＝0.5 s，平板的速度大小 v′＝v＋a1t0＝1.0 m/s(1 分) 设平板的加速度大小为 a2，依题意由 v′＝a2t0＝1.0 m/s(1 分) 解得 a2＝2.0 m/s2.(1 分) (3)设平板与地面间的动摩擦因数为μ2，根据牛顿第二定律得 (F＋μ1mg)－μ2(mg＋Mg)＝Ma2(2 分) 代入数值得μ2＝0.2(1 分) 由于μ2>μ1，共速后煤块将仍以加速度 a1 匀减速运动，直到停止，平板也匀减速运动， word 文档 - 14 - / 14 加速度设为 a3 对平板，由牛顿第二定律有－μ2(mg＋Mg)＋μ1mg＝Ma3(2 分) 解得 a3＝－2.25 m/s2，方向水平向左，运动时间为 t3＝ 0－v′ a3 ＝ 4 9 s(1 分) 所以从滑块滑上平板到停止运动的过程中，平板的位移为 s 板＝ 0＋v′t0＋t3 2 ＝ 17 36 m(1 分) 煤块的位移 s 煤＝ 0－v2 2a1 ＝ 9 8 m(1 分) 若煤块没有从平板上滑下，则平板的最短长度即煤块与平板的位移之差 即 L＝s 煤－s 板＝0.65 m．(1 分) 答案：(1)0.75 m (2)2.0 m/s2 (3)0.65 m