2022届高考物理一轮复习-章末滚动验收3-牛顿运动定律新人教版.doc

2022届高考物理一轮复习 章末滚动验收3 牛顿运动定律新人教版2022届高考物理一轮复习 章末滚动验收3 牛顿运动定律新人教版年级：姓名：- 10 -章末滚动验收(三)(时间：45分钟)一、单项选择题1.(2020浙江嘉兴模拟)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”。此过程中()A地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等B人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力C人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小D人被向上“托起”时处于失重状态A地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力，等大反向，A正确；相互作用力是两个物体间的相互作用，而人受到的重力和人受到气流的力涉及人、地球、气流三个物体，不是一对相互作用力，B错误；由于风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，在竖直方向上合力不为零，所以人受到的重力大小不等于气流对人的作用力大小，C错误；人被向上“托起”时加速度向上，处于超重状态，D错误。2.如图所示，半圆球P和竖直挡板固定在水平面上，挡板与P相切，光滑小球Q静止在P和挡板之间。已知Q的质量为m，P、Q的半径之比为41，重力加速度大小为g，则Q对P的压力大小为()A B C DB对Q受力分析如图所示，设Q的半径为r，两个圆心的连线与水平面的夹角为，由几何关系得4rcos 4r(rrcos )，解得cos ，由平衡条件得N2，解得N2mg，选项B正确。3.(2020黑龙江大庆第一次质量检测)如图所示，用一个水平推力Fkt(k0，且为常量)把一重力为G的物体压在足够高，且平整的竖直墙壁上，f为物体受到的摩擦力，a为物体的加速度，v为物体的速度，取竖直向上为正方向。开始时物体的速度为零，从t0开始计时，下列反映f、a、v随时间变化关系的图象中，正确的是()ABCDC由题意可知，开始时物体的重力大于摩擦力，由牛顿第二定律有atg(a与t呈线性关系)，则物体向下做加速度逐渐减小的加速运动，然后重力小于摩擦力，物体开始向下做加速度逐渐增大的减速运动，直到物体静止，此时物体受到的静摩擦力等于重力；根据运动对称性可知，运动开始和结束时，物体的加速度大小相等，所以有fmGG，故物体受到的滑动摩擦力的最大值为fm2G。只有选项C正确。4.如图所示，一质量为M2 kg、倾角为45的斜面体放在光滑水平地面上，斜面上叠放一质量为m1 kg的光滑楔形物块，物块在水平恒力F的作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。重力加速度取g10 m/s2。下列判断正确的是()A物块对斜面的压力大小FN5 NB斜面体的加速度大小为a10 m/s2C水平恒力大小F15 ND若水平作用力F作用到M上系统仍保持相对静止，则F将变小C对M、m整体分析，受重力、支持力和推力，根据牛顿第二定律可得，水平方向：F(Mm)a；竖直方向：N(Mm)g；再对M分析，受重力、压力FN、支持力，根据牛顿第二定律可得，水平方向：FNsin Ma；竖直方向：FNcos MgN；联立解得：a5 m/s2；F15 N；FN10 N，故A、B错误，C正确；若水平作用力F作用到M上系统仍保持相对静止，则对整体：F(Mm)a；对m：mgtan 45ma，解得F(Mm)g30 N，即F变大，故D错误。5.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t0)将一物块轻放到木板上，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。在物块放到木板上之后，木板运动的速度时间图象可能是下列选项中的()ABCDA设在木板与物块未达到相同速度之前，木板的加速度为a1，物块与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数为2。对木板应用牛顿第二定律得1mg22mgma1，a1(122)g，设物块与木板达到相同速度之后，木板的加速度为a2，对整体有22mg2ma2，a22g，可见|a1|a2|由vt图象的斜率表示加速度大小可知，图象A正确。二、多项选择题6.质量m2 kg的物块在粗糙的水平地面上运动，t0时刻开始受到方向相反的水平拉力F1、F2的作用，以3 m/s的速度做匀速直线运动，F1、F2随时间t的变化规律如图所示，取g10 m/s2，则下列说法正确的是()A物块与地面间的动摩擦因数为0.3B3 s末物块的加速度大小为1.5 m/s2C5 s末物块的速度大小为1.5 m/sD5 s内物块的位移大小为9 mBD02 s内，由物块处于平衡状态可得F1F2mg0，代入数据解得0.2，故A错误；3 s末物块的加速度大小为a1.5 m/s2，故B正确；24 s内物块的加速度大小都为a1.5 m/s2，所以物块减速到0的时间为t2 s2 s，即物块在4 s末速度减为0，接下来物块处于静止状态，故C错误；5 s内物块的位移大小等于4 s内物块的位移大小，即为 m9 m，故D正确。7如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x；当用同样大小的恒力F沿着倾角为的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是()A若mM，有x1x2B若msin ，有x1x2D若sin ，有x1x2AB在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F(mM)g(mM)a1隔离物块A，根据牛顿第二定律，有FTmgma1联立解得FTF在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F(mM)gsin (mM)a2隔离物块A，根据牛顿第二定律，有FTmgsin ma2联立解得FTF比较可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误。三、非选择题8(2020全国卷)一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B，如图所示。一实验小组用此装置测量小球B运动的加速度。令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度h00.590 m，下降一段距离后的高度h0.100 m；由h0下降至h所用的时间T0.730 s。由此求得小球B加速度的大小为a_m/s2(保留3位有效数字)从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为100.0 g和150.0 g，当地重力加速度大小为g9.80 m/s2。根据牛顿第二定律计算可得小球B加速度的大小为a_m/s2(保留3位有效数字)。可以看出，a与a有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：_。解析小球B做初速度为零的匀加速直线运动，有h0haT2，解得a1.84 m/s2。对小球B由牛顿第二定律有mBgFmBa，对小球A由牛顿第二定律有FmAgmAa，FF，解得a1.96 m/s2。a和a有明显差异，原因可能是滑轮的轴不光滑或滑轮有质量。答案1.841.96滑轮的轴不光滑或滑轮有质量9(2020黑龙江牡丹江第一高级中学检测)如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图。钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g。图1图2图3(1)下列说法正确的是_。A每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力B实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源C本实验m2应远小于m1D在用图象探究加速度与质量关系时，应作a图象(2)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得Fm1g，作出aF图象，他可能作出图2中_(选填“甲”“乙”或“丙”)图线。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是_。A小车与轨道之间存在摩擦B导轨保持了水平状态C钩码的总质量太大D所用小车的质量太大(3)实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的a图象，如图3所示。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数_。解析(1)由平衡条件得mgsin mgcos ，解得sin cos ，故每次在小车上加减砝码时，不需要重新平衡摩擦力，A错误；实验时若用打点计时器应先接通电源后释放小车，B错误；本实验m1应远小于m2，C错误；为了使实验结果更加直观，在用图象探究加速度与质量关系时，应作出a图象，D正确。(2)由牛顿第二定律得Ffm2a，解得aF，故若没有平衡摩擦力，则aF图线可能是题图2中的丙图线；图线的AB段明显偏离直线的原因是没有满足钩码的质量远小于小车的质量，即钩码的总质量太大，C正确，A、B、D错误。(3)由牛顿第二定律得Fm2gm2a，解得a，则k，b，解得。答案(1)D(2)丙C(3)10(2020宁夏银川一中月考)如图甲所示，光滑斜面的倾角为，用一水平外力F推物体，逐渐增大F，物体沿斜面做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，若重力加速度g取10 m/s2。根据图乙中所提供的信息，求：甲乙(1)物体的质量m；(2)若斜面足够长，且撤去推力时物体的速度是沿斜面向上为12 m/s，求撤去推力后第3 s内物体的位移；(3)若要使物体在斜面上保持静止，所施加的最小推力是多大？方向如何？解析(1)当外力为零时，物体的加速度为6 m/s2，根据牛顿第二定律可得mgsin ma，解得sin 0.6，当外力为20 N时，物体的加速度为2 m/s2，根据牛顿第二定律得Fcos mgsin ma，代入数据解得m2 kg。(2)根据匀变速直线运动的规律有xvt3at，解得x3 m，即物体位移大小为3 m，方向沿斜面向下。(3)要使物体能静止在斜面上，根据平衡条件知，当推力方向沿斜面向上，推力最小，最小推力为Fminmgsin 12 N。答案(1)2 kg(2)大小为3 m，方向沿斜面向下(3)12 N沿斜面向上11.(2020福建莆田第二十五中学期中)如图所示，倾角为30的光滑斜面的下端有一水平传送带。传送带正以v04 m/s的速度运动，运动方向如图所示。一个质量为2 kg的物体(物体可以视为质点)，从h3.2 m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点时，无论是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其速率变化。物体与传送带间的动摩擦因数为0.4，传送带左、右两端A、B间的距离LAB10 m，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)物体在传送带上向左滑至最远时距A的距离；(2)物体第一次从A点滑上传送带到再一次回到A点的时间；(3)物体第一次从A点滑上传送带到再一次回到A点在传送带上滑动而留下划痕的长度。解析(1)物体在斜面上运动时，有mgsin ma，解得a5 m/s2，又at，解得t11.6 s，物体滑至斜面底端时的速度vat18 m/s，物体在传送带上的加速度为a1g4 m/s2，物体在传送带上速度为零时离A最远，此时有x8 m10 m，所以物体在传送带上向左滑至最远时距A的距离为8 m。(2)由对称性可知，因为物体速度减为零后，返回A点时先做匀加速直线运动，速度达到与传送带速度相同后做匀速直线运动，所以物体返回到A点的速度为4 m/s，物体加速时间为t2 s1 s，该过程的位移为x1a1t412 m2 m，匀速运动的时间为t3 s1.5 s，物体从滑上传送带到速度减为零的时间为t42 s，所以物体第一次从A点滑上传送带到再一次回到A点的总时间为tt2t3t44.5 s。(3)由以上分析可知物体在传送带上速度为零时离A最远，该过程传送带的位移为x0v0t442 m8 m，划痕长度为x1xx016 m，物体返回时做匀加速直线运动时的位移为x12 m，该过程传送带的位移为x2v0t24 m，此过程物体仍然相对传送带向左运动。该过程划痕长度为x2x2x12 m，所以划痕总长度为xx1x218 m。答案(1)8 m(2)4.5 s(3)18 m