2023高考物理一轮复习章末滚动验收3牛顿运动定律含解析新人教版202303181115

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4∶1，重力加速度大小为g，则Q对P的压力大小为(　　)A．B．C．D．B　[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α，由几何关系得4rcosα＝4r－(r＋rcosα)，解得cosα＝，由平衡条件得N2＝，解得N2＝mg，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F＝kt(k-8-\n>0，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t＝0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(　　)A　　　　　　　BC　　　　　　　DC　[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a＝＝t－g(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fm－G＝G，故物体受到的滑动摩擦力的最大值为fm＝2G。只有选项C正确。]4.如图所示，一质量为M＝2kg、倾角为θ＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面上叠放一质量为m＝1kg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g＝10m/s2。下列判断正确的是(　　)A．物块对斜面的压力大小FN＝5NB．斜面体的加速度大小为a＝10m/s2C．水平恒力大小F＝15ND．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＝(M＋m)a；竖直方向：N＝(M＋m)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：FNsinθ＝Ma；竖直方向：FNcosθ＋Mg＝N；联立解得：a＝＝5m/s2；-8-\nF＝＝15N；FN＝＝10N，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＝(M＋m)a′；对m：mgtan45°＝ma′，解得F＝(M＋m)g＝30N，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(t＝0)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(　　)A　　　　　　　　BC　　　　　　　　DA　[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μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。对木板应用牛顿第二定律得－μ1mg－μ2·2mg＝ma1，a1＝－(μ1＋2μ2)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－μ2·2mg＝2ma2，a2＝－μ2g，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m＝2kg的物块在粗糙的水平地面上运动，t＝0时刻开始受到方向相反的水平拉力F1、F2的作用，以3m/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g＝10m/s2，则下列说法正确的是(　　)A．物块与地面间的动摩擦因数为0.3B．3s末物块的加速度大小为1.5m/s2-8-\nC．5s末物块的速度大小为1.5m/sD．5s内物块的位移大小为9mBD　[0～2s内，由物块处于平衡状态可得F1＋F2－μmg＝0，代入数据解得μ＝0.2，故A错误；3s末物块的加速度大小为a′＝＝1.5m/s2，故B正确；2～4s内物块的加速度大小都为a′＝1.5m/s2，所以物块减速到0的时间为t2＝s＝2s，即物块在4s末速度减为0，接下来物块处于静止状态，故C错误；5s内物块的位移大小等于4s内物块的位移大小，即为m＝9m，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μ，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θ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m>M，有x1＝x2B．若m<M，有x1＝x2C．若μ>sinθ，有x1>x2D．若μ<sinθ，有x1<x2AB　[在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①隔离物块A，根据牛顿第二定律，有FT－μmg＝ma1②联立①②解得FT＝F③在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a2④隔离物块A，根据牛顿第二定律，有F′T－mgsinθ＝ma2⑤联立④⑤解得F′T＝F⑥比较③⑥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。]-8-\n三、非选择题8．(2020·全国卷Ⅱ)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h0＝0.590m，下降一段距离后的高度h＝0.100m；由h0下降至h所用的时间T＝0.730s。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100.0g和150.0g，当地重力加速度大小为g＝9.80m/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h0－h＝aT2，解得a＝1.84m/s2。对小球B由牛顿第二定律有mBg－F＝mBa′，对小球A由牛顿第二定律有F′－mAg＝mAa′，F′＝F，解得a′＝＝1.96m/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]　1.84　1.96　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1-8-\n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F＝m1g，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μ＝________。[解析]　(1)由平衡条件得mgsinθ＝μmgcosθ，解得sinθ＝μcosθ，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F－f＝m2a，解得a＝F－，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F－μm2g＝m2a，解得＝a＋，则＝k，＝b，解得μ＝。[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θ，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-8-\n变化的图象如图乙所示，若重力加速度g取10m/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12m/s，求撤去推力后第3s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6m/s2，根据牛顿第二定律可得mgsinθ＝ma，解得sinθ＝0.6，当外力为20N时，物体的加速度为2m/s2，根据牛顿第二定律得Fcosθ－mgsinθ＝ma′，代入数据解得m＝2kg。(2)根据匀变速直线运动的规律有x＝vt3－at－，解得x＝－3m，即物体位移大小为3m，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Fmin＝mgsinθ＝12N。[答案]　(1)2kg　(2)大小为3m，方向沿斜面向下　(3)12N　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v0＝4m/s的速度运动，运动方向如图所示。一个质量为2kg的物体(物体可以视为质点)，从h＝3.2m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LAB＝10m，重力加速度g取10m/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；-8-\n(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mgsinθ＝ma，解得a＝5m/s2，又＝at，解得t1＝1.6s，物体滑至斜面底端时的速度v＝at1＝8m/s，物体在传送带上的加速度为a1＝μg＝4m/s2，物体在传送带上速度为零时离A最远，此时有x＝＝8m<10m，所以物体在传送带上向左滑至最远时距A的距离为8m。(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4m/s，物体加速时间为t2＝＝s＝1s，该过程的位移为x1＝a1t＝×4×12m＝2m，匀速运动的时间为t3＝＝s＝1.5s，物体从滑上传送带到速度减为零的时间为t4＝＝2s，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t＝t2＋t3＋t4＝4.5s。(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x0＝v0t4＝4×2m＝8m，划痕长度为Δx1＝x＋x0＝16m，物体返回时做匀加速直线运动时的位移为x1＝2m，该过程传送带的位移为x2＝v0t2＝4m，此过程物体仍然相对传送带向左运动。该过程划痕长度为Δx2＝x2－x1＝2m，所以划痕总长度为Δx＝Δx1＋Δx2＝18m。[答案]　(1)8m　(2)4.5s　(3)18m-8-