2022版高考物理一轮复习-第三章-牛顿运动定律练习新人教版.doc

2022版高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律练习新人教版

2022版高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律练习新人教版

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- 10 -

第三章　牛顿运动定律
综合过关规范限时检测
满分：100分　考试时间：45分钟
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．身高和质量完全相同的两人穿同样的鞋在同一水平地面上通过一轻杆进行“顶牛”比赛，试图迫使对方后退。设甲乙两人对杆的推力大小分别是F1、F2，甲、乙两人身体因前倾而偏离竖直方向的夹角分别为α1、α2，倾角α越大，此刻人手和杆的端点位置就越低，如图所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若甲获胜，则(　A　)

A．F1＝F2，α1>α2　 B．F1>F2，α1＝α2
C．F1＝F2，α1<α2　 D．F1>F2，α1>α2
[解析]　本题考查相互作用力与受力角度问题。杆的质量不计，可知F1、F2为两人之间的相互作用力，故F1＝F2，比赛中决定胜负的是人受到的最大静摩擦力的大小，甲获胜，则说明甲受到的摩擦力大，甲对地的正压力大，而两人重力大小相同，则说明甲是通过增大身体的倾角借助杆上的推力增大了对地面的压力，所以α1>α2，A正确。
2．(此题为更换后新题)(2021·浙江省高三月考)如图所示为一款“乒乓球训练神器”，其构造简单且不受空间的限制，非常适用于居家锻炼。整个系统由金属底座、支撑杆、高弹性软杆以及固定在软杆一端的乒乓球构成。在某一次击球后，乒乓球从A点以某一初速度开始运动，经过最高点B之后向右运动到最远处C点，不计空气阻力，则乒乓球从A点到C点过程中(　B　)

A．在C点时，乒乓球所受合外力为零
B．软杆对乒乓球做负功
C．地面对底座的摩擦力始终为零
D．地面对底座的支持力始终不变
[解析]　在C点时，乒乓球速度为零，但加速度不为零，因此所受合力一定不为零A错误；由于C点比A点低，重力对乒乓球做了正功，根据动能定理得：mgΔh＋W＝0－mv，可知，杆的弹力对乒乓球一定做了负功，B正确；由于乒乓球在水平方向做变速度运动，因此杆对乒乓球在水平方向的力不为零，再对底座进行受力分析可知，地面对底座的摩擦力也不会始终为零，C错误；由于乒乓球在竖直方向上不是匀速运动，杆对乒乓球在竖直方向上的力是变化的，因此地面对底座在竖直方向的力也是变化的，D错误。
2．(此题为发现的重题，更换新题见上题)(2020·河北承德一中月考)如图所示，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与水平地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为(　D　)

A．F－2μmg　 B．F＋μmg
C．F－μmg　 D．F
[解析]　本题考查线连接体问题。对整体，根据牛顿第二定律得F－μ·3mg＝3ma，再对P，根据牛顿第二定律得T－μmg＝ma，联立解得轻绳的张力大小T＝F，选项D正确。
3．(2020·福建质检)早在公元前4世纪末，我国的《墨经》中就有关于力和运动的一些见解，如“绳直权重相若，则正矣。收，上者愈丧，下者愈得”，这句话所描述的与下述物理现象相似。如图，一根跨过定滑轮的轻绳两端各悬挂一重物，当两重物质量均为m时，系统处于平衡状态。若减小其中一个重物的质量，系统就无法保持平衡，上升的重物减小的质量Δm越多，另一个重物下降的加速度a就越大。已知重力加速度为g，则a与Δm的关系图像可能是(　C　)

[解析]　本题考查连接体中质量变化导致加速度变化的问题。对整体由牛顿第二定律有mg－(m－Δm)g＝(m＋m－Δm)a，解得a＝·Δm＝，可知a与Δm不是线性关系，A、B错误；当Δm＝m时，a＝g，且Δm组设计出一架遥控飞机，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F＝28 N。试飞时，飞机从地面由静止开始竖直上升。设飞机飞行时所受的阻力大小不变，恒为f＝4 N，g取10 m/s2。某一次试飞过程中，飞机飞行t＝6 s时遥控器出现故障，飞机立即失去升力。为使飞机落回地面时速度刚好为零，则飞机应在距离地面多高处恢复升力(　C　)
A．36 m　 B．30 m
C．24 m　 D．18 m
[解析]　飞机失去升力前做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F－mg－f＝ma1，代入数据解得a1＝2 m/s2，t＝6 s时，速度v1＝a1t＝2×6 m/s＝12 m/s，前6 s内的位移x1＝a1t2＝×2×62m＝36 m,6 s后失去升力，根据牛顿第二定律有mg＋f＝ma2，解得a2＝12 m/s2，匀减速上升的位移x2＝＝m＝6 m，飞机能达到的最大高度h＝x1＋x2＝36 m＋6 m＝42 m，飞机失去升力下降阶段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma3，解得a3＝8 m/s2，恢复升力后向下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有F＋f－mg＝ma4，解得a4＝6 m/s2，开始恢复升力的速度设为v，则＋＝h，解得v＝12m/s，此时飞机离地面的高度h1＝＝24 m，故C正确。
5．2020年2月，新型冠状病毒肺炎疫情爆发，某书店在疫情期间为防止交叉感染，减少与他人接触，利用木板传递图书。如图所示，在一块固定的倾角为θ的木板上叠放质量均为m的一本英语词典和一本汉语词典，图甲中英语词典在上，图乙中汉语词典在上，已知图甲中两本书一起匀速下滑，图乙中两本书一起加速下滑。两本书的封面材料不同，但每本书的上下两面材料都相同，近似认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。重力加速度为g，设英语词典和木板之间的动摩擦因数为μ1，汉语词典和木板之间的动摩擦因数为μ2，英语词典和汉语词典之间的动摩擦因数为μ3，则下列说法正确的是(　D　)

A．μ1>μ2
B．μ3<μ2
C．图乙中汉语词典受到的摩擦力大小为μ3mgcos θ
D．图甲中英语词典受到的摩擦力大小为μ2mgcos θ
[解析]　图甲中，对整体分析，根据共点力平衡有2mgsin θ＝2μ2mgcos θ，图乙中，对整体分析，根据牛顿第二定律得2mgsin θ－μ12mgcos θ＝2ma，由两式可知μ1<μ2，故A项错误；图甲中，对整体分析，根据共点力平衡有2mgsin θ＝2μ2mgcos θ，μ2＝tan θ，对英语词典分析，英语词典所受的摩擦力大小为μ2mgcos θ，故B项错误；图乙中，对整体分析，根据牛顿第二定律得2mgsin θ－2μ1mgcos θ＝2ma，解得a＝gsin θ－μ1gcos θ，隔离对汉语词典分析，根据牛顿第二定律得mgsin θ－f＝ma，解得图乙中汉语词典受到的摩擦力f＝μ1mgcos θ，故C项错误；根据共点力平衡知，图甲中英语词典所受的摩擦力为静摩擦力f′＝mgsin θ，因为2mgsin θ＝2μ2mgcos θ，所以f′＝μ2mgcos θ，故D项正确。
6．在平直公路上运行的大卡车运载了完全相同的外表面光滑的圆柱体A、B、C，圆柱体B和C分别紧靠货箱前后壁。下列说法正确的是(　AC　)

A．匀速行驶时，A、B之间的作用力等于A、C之间的作用力
B．加速行驶时，A、B之间作用力大于A、C之间的作用力
C．减速行驶时，C与货箱后壁的作用力可能为零
D．任何情况下，B与箱底之间的作用力等于C与箱底之间的作用力
[解析]　在匀速行驶时，由于对称性，A、B之间的作用力等于A、C之间的作用力，故A正确；加速行驶时，对A进行受力分析，不难得出A、B之间的作用力只有小于A、C之间的作用力，A才能有向前(左)的加速度，故B错误；减速行驶时，加速度向后(右)，对整体进行受力分析可知，C与货箱后壁的作用力可能为零，故C正确；在变速行驶时，分别隔离A、B、C进行受力分析，不难发现B与箱底之间的作用力和C与箱底之间的作用力不相等，故D错误。
7．如图所示，截面是直角梯形的物块放在光滑的水平地面上，其两个侧面恰好与两个固定在地面上的压力传感器P和Q接触，斜面ab上的ac部分光滑，cb部分粗糙。开始时两压力传感器的示数均为零。现在a端由静止释放一金属块，下列说法正确的是(　BC　)

A．金属块在ac部分运动时，传感器P、Q示数均为零
B．金属块在ac部分运动时，传感器P的示数为零，Q的示数不为零
C．金属块在cb部分运动时，传感器P、Q示数可能均为零
D．金属块在cb部分运动时，传感器P的示数一定不为零，Q的示数一定为零
[解析]　金属块在ac部分运动时，加速度沿斜面向下，斜面对金属块的作用力有向左的分力，金属块对斜面的作用力有向右的分力，则物块有向右运动的趋势，故P的示数为零，Q的示数不为零，A项错误，B项正确；金属块在cb部分运动时，受到斜面的摩擦力作用，金属块可能加速、减速或匀速，斜面对金属块的作用力可能偏左、偏右或竖直向上，则传感器P、Q的示数可能只有一个为零，也可能都为零，C项正确，D项错误。
8．如图所示，白色传送带保持v0＝10 m/s的速度逆时针转动，现将一质量为0.4 kg的煤块轻放在传送带的A端，煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.5，传送带AB两端距离x＝16 m，传送带倾角为37°，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　AC　)

A．煤块从A端运动到B端所经历的时间为2 s
B．煤块从A端运动到B端相对传送带的位移为6 m
C．煤块从A端运动到B端画出的痕迹长度为5 m
D．煤块从A端运动到B端摩擦产生的热量为6.4 J
[解析]　煤块刚放上传送带时的加速度大小为a1＝＝gsin 37°＋μgcos 37°＝6＋0.5×8 m/s2＝10 m/s2，
则煤块速度达到传送带速度的时间为：
t1＝＝s＝1 s，
位移为：x1＝＝m＝5 m，
煤块速度达到传送带速度后的加速度为：
a2＝＝gsin 37°－μgcos 37°
＝6－4 m/s2＝2 m/s2，
根据x－x1＝v0t2＋a2t代入数据解得：t2＝1 s，
则煤块从A端运动到B端所经历的时间为：
t＝t1＋t2＝2 s，故A正确。
煤块速度达到传送带速度时，相对位移大小Δx1＝v0t1－x1＝10－5 m＝5 m，物块速度达到传送带速度后相对位移的大小Δx2＝x－x1－v0t2＝11－10×1m＝1 m，则相对位移的大小Δx＝Δx1－Δx2＝5－1 m＝4 m，故B错误。留下的痕迹长度Δx′＝Δx1＝5 m，故C正确。摩擦产生的热量Q＝μmgcos 37°Δx1＋μmgcos 37°Δx2＝0.5×4×0.8×5＋0.5×4×0.8×1 J＝9.6 J，故D错误。
二、非选择题(本题共3小题，共52分。)
9．(12分)在用DIS研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图(a)所示的实验装置，重物通过滑轮用细线拉小车，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器，位移传感器(发射器)随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器接收器)固定在轨道一端，实验中力传感器的拉力为F，保持小车[包括位移传感器(发射器)]的质量不变，改变重物重力重复实验若干次，得到加速度与外力的关系如图(b)所示。

(1)小车与轨道间的滑动摩擦力F1＝0.67N。
(2)从图像中分析，小车[包括位移传感器(发射器)]的质量为0.67kg。
(3)该实验小组为得到a与F成正比的关系，应将斜面的倾角θ调整到tan θ＝0.1。
[解析]　(1)根据图像可知，当F＝0.67 N时，小车开始有加速度，则Ff＝0.67 N。
(2)根据牛顿第二定律a＝＝F－，则a－F图像的斜率表示小车[包括位移传感器(发射器)]质量的倒数，则M＝＝kg＝kg≈0.67 kg。
(3)为得到a与F成正比的关系，则应该平衡摩擦力，则有Mgsin θ＝μMgcos θ，解得tan θ＝μ，
根据Ff＝μMg，得μ＝＝0.1
所以tan θ＝0.1。
10．(15分)地面上测量质量的托盘天平在太空舱中将失效。于是，小明同学设计了如图甲所示的太空质量测量仪。装置D是轴承恒定拉力装置在设定的空间范围内能够给受力砧C提供恒定的拉力。砧C的质量m0＝1 kg，装置D提供的恒定拉力F＝20 N。在装置D外壳上安装了连接到计算机的位移传感器测速装置A，在砧C上固定了轻质电磁波反射板B。进入工作状态后，通过装置A和反射板B可以绘制砧C的运动图像。连接砧C末端的轻质绳可以把待测物体固定在砧C上。在某次太空实验中，宇航员要用太空质量测量仪测量某实验样品的质量，轻质绳固定样品后，拉出受力砧至最大位置后释放，计算机呈现了如图乙所示的物理图像。试求：

(1)在此实验中，砧C运动时加速度大小a；
(2)实验样品的质量m；
(3)轻质绳施加给实验样品的拉力大小T。
[答案]　(1)5 m/s2　(2)3 kg　(3)15 N
[解析]　(1)砧C和实验样品固定后，一起做匀加速直线运动，即有v2＝2ax，
根据图像数据可知a＝5 m/s2。
(2)根据牛顿第二定律，以砧C和实验样品为研究对象，有：F＝(m0＋m)a，
代入已知数所有，解得m＝3 kg。
(3)以实验样品为研究对象，有：T＝ma，解得T＝15 N。
11．(25分)如图所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A，B之间的距离L＝10 m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝。重力加速度g取10 m/s2。

(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；
(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
[答案]　(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　N
[解析]　(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得L＝v0t＋at2，v＝v0＋at
联立各式，代入数据得
a＝3 m/s2，v＝8 m/s。
(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得

Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma
Fsin α＋FN－mgcos θ＝0
又Ff＝μFN
联立各式得F＝
由数学知识得cos θ＋sin α＝sin(60°＋α)
由上式可知对应F最小的夹角α＝30°
联立可得F的最小值为Fmin＝N。