2020-2021年高三物理单元同步提升训练：牛顿运动定律

2020-2021年高三物理单元同步提升训练：牛顿运动定律

2020-2021 年高三物理单元同步提升训练：牛顿运动定律 一、单选题（每题 3 分，共计 24 分） 1.如图所示,某杂技演员在做手指玩圆盘的表演。设该盘的质量为 m,手指与盘之间的动摩擦因数为 μ,设最大 静摩擦力等于滑动摩擦力,盘底处于水平状态且不考虑盘的自转,重力加速度为 g,则下列说法中正确的是 ( )。 A.若手指支撑着盘,使盘保持静止状态,则手指对盘的作用力沿该手指方向 B.若手指支撑着盘并一起水平向右做匀速运动,则盘受到手指水平向右的静摩擦力 C.若盘随手指一起水平做匀加速运动,则手指对盘的作用力大小不可超过 mg D.若手指支撑着盘并一起水平向右做匀加速运动,则手指对盘的摩擦力大小一定为 μmg 【解析】若手指支撑着盘,使盘保持静止状态,则盘受到重力作用和手指的作用,二力平衡,即手指对盘的 作用力大小等于 mg,方向竖直向上,A 项错误;若手指支撑着盘并一起水平向右做匀速运动,盘相对手指静止, 不受静摩擦力的作用,B 项错误;若手指支撑着盘并一起水平向右做匀加速运动,则盘受到向右的静摩擦力,但 并没有发生相对滑动,所以受到的摩擦力 f≤μmg,手指对盘的作用力 F≤ = mg,C 项正 确,D 项错误。 【答案】C 2. （2020 年山东卷）一质量为 m 的 乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移 s 与时间 t 的关系图像如图所示。乘客 所受支持力的大小用 FN 表示，速度大小用 v 表示。重力加速度大小为 g。以下判断正确的是（ ） A. 0~t1 时间内，v 增大，FN>mg B. t1~t2 时间内，v 减小，FNmg 【答案】D 【解析】 【详解】A．由于 s-t 图像 的 斜率表示速度，可知在 0~t1 时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重 状态，则 FNmg，选项 C 错误，D 正确； 故选 D。 3 物体 A、B 分别静止在倾角为 θ1、θ2 的光滑斜面上,它们的质量分别为 mA、mB,用沿斜面方向向上的拉力 F 拉物体 A、B,所得加速度 a 与拉力 F 的关系图线如图中 A、B 所示,则( )。 A.θ1>θ2,mA>mB B.θ1>θ2,mAmB D.θ1<θ2,mAθ2。 【答案】B 4. （2020 年江苏卷）中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫 物资的班列由 40 节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第 2 节对第 3 节 车厢的牵引力为 F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第 3 节对倒数第 2 节车厢的牵引力为 （ ） A. F B. 19 20 F C. 19 F D. 20 F 【答案】C 【解析】 【详解】根据题意可知第 2 节车厢对第 3 节车厢的牵引力为 F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第 2 节对第 3 节车厢根据牛顿第二定律有 38 38F f ma-= 设倒数第 3 节车厢对倒数第 2 节车厢的牵引力为 F1，则根据牛顿第二定律有 1 22F f m a-= 联立解得 1 19 FF = 。 故选 C。 5.如图所示，质量为 m 的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态，现对小球同时施加水平向右的 恒力 F0 和竖直向上的力 F，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力 F 大小始终与小球的速度成正 比，即 F=kv（图中未标出），已知小球与杆间的动摩擦因数为，下列说法中正确的是 A．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的减速运动 B．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止 C．小球的最大加速度为 F m D．小球的最大速度为 0F mg k    【答案】D 【解析】AB 项：刚开始运动时，加速度为 ，当速度 v 增大，加速度增大，当速度 v 增大到符合 kv>mg 后，加速度为： ，当速度 v 增大，加速度减小，当 a 减小到 0， 做匀速运动，所以小球的速度先增大后保持不变，加速度先增大后减小，最后保持不变，故 AB 错误； C 项：当阻力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为 0F m ，故 C 错误；D 项：当加速度为零时， 小球的速度最大，此时有：F0=μ（kvm–mg），故最大速度为 ，故 D 正确。 6.如图所示,质量相同的两物体 A、B,用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧,连接物体 A 的细 线与斜面 C 平行,物体 B 与 A 处于同一水平高度,此时物体 A 恰好静止在倾角为 37°的斜面 C 上。某时刻剪断 细线,使物体 A、B 开始运动,C 仍然静止。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,则在剪断细线后( )。 A.物体 A、B 运动到水平面的时间相等 B.A 的加速度大小为 2 m/s2 C.A 受到的摩擦力与剪断细线前相同 D.地面对 C 的摩擦力比剪断细线前大 【解析】设 A 物体在斜面上受到的最大静摩擦力为 f,根据平衡条件,有 mgsin37°+f=mg,解得 f= mg,剪断 细线,对 A 有 mgsin37°-f=ma,解得 a=2m/s2,B 项正确;剪断细线后,B 做自由落体运动,加速度大于 A 的加速度, 两物体位于同一高度,运动到水平面时,A 的位移较大,故物体 A、B 运动到水平面的时间不相等,A 项错误;A 受 到的摩擦力与剪断细线前大小相同,方向相反,C 项错误;剪断细线前,以 A、C 为研究对象,地面对 C 的摩擦力 大小 f1=Tcos37°=mgcos37°= mg,剪断细线后,以 A、C 整体为研究对象,设地面对 C 的摩擦力为 f2,在水平方向 上有 f2=macos37°= mg,故地面对 C 的摩擦力比剪断细线前小,D 项错误。 【答案】B 7.地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的加速度大小 a 随时间 t 的变化关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,两次提升的高度相同,提升用时相等(均为 2t0)。对于第①次和第②次提升过程的加速度之比为( )。 A.a1∶a2=4∶5 B.a1∶a2=2∶3 C.a1∶a2=3∶4 D.a1∶a2=5∶6 【解析】矿车上升所用的时间为 2t0,根据第①次的提升过程,提升的高度 h= a1(2t0)2,第②次提升过程,加 速过程所用时间为 t0,匀速过程所用时间也为 t0,匀速运动的速度 v=a2t0,根据题意,有 h= a1(2t0)2= a2 +a2 , 所以 a1∶a2=3∶4,C 项正确。 【答案】C 8.如图所示，某宾馆大楼中的电梯下方固定有 4 根相同的竖直弹簧，其劲度系数均为 k。这是为了防止电梯 在空中因缆绳断裂而造成生命危险。若缆绳断裂后，总质量为 m 的电梯下坠，4 根弹簧同时着地而开始 缓冲，电梯坠到最低点时加速度大小为 5g（g 为重力加速度大小），下列说法正确的是 A．电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为 2 mg k B．电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为 6 mg k C．从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯先处于失重状态后处于超重状态 D．从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯始终处于失重状态 【答案】C 【解析】在最低点时，由牛顿第二定律： ，其中 a=5g，解得 3 2 mgx k ，选项 AB 错误； 从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，重力先大于弹力，电梯向下先加速运动，当重力小于弹 力时，电梯的加速度向上，电梯向下做减速运动，则电梯先处于失重状态后处于超重状态，选项 C 正确， D 错误。 二、多选题（每题 5 分，共计 20 分） 9.如图所示，光滑的水平面上两个质量分别为 m1=2 kg、m2=3 kg 的物体，中间用轻质弹簧秤连接，在两个 大小分别为 F1=30 N、F2=20 N 的水平拉力作用下一起匀加速运动，则 A．弹簧秤的示数是 10 N B．弹簧秤的示数是 25 N C．弹簧秤的示数是 26 N D．弹簧秤的示数是 52 N 【答案】C 【解析】以两物体组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得： ，解得：a=2 m/s2， 对物体 1m ，由牛顿第二定律得： ，解得：T=26 N，则弹簧秤示数为 26 N，C 正确。 10.如图所示,一足够长的木板静止在粗糙的水平面上,t=0 时刻滑块从木板的左端以速度 v0 水平向右滑行,木 板与滑块间存在摩擦,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列描述滑块的 v-t 图象中可能正确的是( )。 【解析】设滑块质量为 m,木板质量为 M,滑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,若 μ1mg<μ2(M+m)g,则滑块滑上木板后向右做匀减速运动,加速度 a1=μ1g,木板静止,D 项可能;若 μ1mg>μ2(M+m)g,则滑块滑上木板后向右做匀减速运动,加速度 a1=μ1g,木板向右做匀加速运动,当二者速度相 等后,一起以 a2=μ2g 的加速度匀减速到停止,且 a1>a2,B 项可能。 【答案】BD 11.（2019·新课标全国Ⅲ卷）(多选)如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固 定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4 s时撤去外力。细 绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实 验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10 m/s2。由题给数据可以得出 A．木板的质量为1 kg B．2 s~4 s内，力F的大小为0.4 N C．0~2 s内，力F的大小保持不变 D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2 【答案】AB 【解析】结合两图像可判断出 0~2 s 物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此 过程力 F 等于 f，故 F 在此过程中是变力，即 C 错误；2~5 s 内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为 滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对 2~4 s 和 4~5 s 列运动学方程，可解出质量 m 为 1 kg，2~4 s 内的力 F 为 0.4 N，故 A、B 正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数 μ，故 D 错误。 12.如图所示,一足够长的木板静止在粗糙的水平面上,t=0 时刻滑块从木板的左端以速度 v0 水平向右滑行,木 板与滑块间存在摩擦,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列描述滑块的 v-t 图象中可能正确的是( )。 【解析】设滑块质量为 m,木板质量为 M,滑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,若 μ1mg<μ2(M+m)g,则滑块滑上木板后向右做匀减速运动,加速度 a1=μ1g,木板静止,D 项可能;若 μ1mg>μ2(M+m)g,则滑块滑上木板后向右做匀减速运动,加速度 a1=μ1g,木板向右做匀加速运动,当二者速度相 等后,一起以 a2=μ2g 的加速度匀减速到停止,且 a1>a2,B 项可能。 【答案】BD 三、实验题（每题 10 分，共 20 分） 13.（2020 年全国 II 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 h0=0.590 m，下降一段距离后的高度 h=0.100 m；由 h0 下降至 h 所用的时间 T=0.730 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 g=9.80 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：__________。 【答案】 (1). 1.84 (2). 1.96 (3). 滑轮的轴不光滑，绳和滑轮之间有摩擦（或滑轮有质量） 【解析】 【详解】①有题意可知小球下降过程中做匀加速直线运动，故根据运动学公式有 2 0 1 2hhaT-= 代入数据解得 a=1.84m/s2； ②根据牛顿第二定律可知对小球 A 有 AAT m g m a¢-= 对小球 B 有 BBm g T m a ¢-= 带入已知数据解得 21 . 9 6 m / sa ¢= ； ③在实验中绳和滑轮之间有摩擦会造成实际计算值偏小。 14.（2020 年浙江卷）做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，图甲是教材中的实验方案；图乙是拓展 方案，其实验操作步骤如下： （ⅰ）挂上托盘和砝码，改变木板 的 倾角，使质量为 M 的小车拖着纸带沿木板匀速下滑； （ⅱ）取下托盘和砝码，测出其总质量为 m，让小车沿木板下滑，测出加速度 a； （ⅲ）改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到 aF 的关系。 ①实验获得如图所示的纸带，计数点 a、b、c、d、e、f 间均有四个点未画出，则在打 d 点时小车的速度大 小 dv  _____ m /s （保留两位有效数字）； ②需要满足条件 Mm的方案是_____（选填“甲”、“乙”或“甲和乙”）；在作 图象时，把 mg 作 为 F 值的是_____（选填“甲”、“乙”或“甲和乙”）。 【答案】 (1). 0.18～0.19 (2). 甲 (3). 甲和乙 【解析】 【详解】①[1]．打点计时器打点周期 0.1sT  由匀加速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得，在打 d 点时小车的速度 2(38.10 30.70) 10 m/s 0.19m/s4 4 0.1d bfv T    ②[2][3]．在图甲的实验方案中，由托盘和砝码的重力提供拉力，让小车做匀加速直线运动，由牛顿第二 定律可得 ()m g M m a 则 magmM 则绳子对小车的拉力 MFMamg mM  当 Mm时，绳子拉力近似等于托盘和砝码的重力。 故甲需要满足 。 在图乙 的 实验方案中，挂上托盘和砝码，小车匀速下滑，设斜面的倾斜角为  ，斜面和纸带对小车的摩擦力 或阻力总和为 f，则有 sinMg f mg  取下托盘和砝码，小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得 sinMgfMa  即 mgMa 故乙方案中，不需要满足 。 在甲乙方案中，均用托盘和砝码的重力 mg 作为小车匀加速的直线运动的合力及 F。 四、计算题（15 题 10 分，16 题 12 分，17 题 14 分，共计 36 分） 15. （2020 年浙江卷如图 1 所示，有一质量 200kgm  的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀 速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的 1 4 时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的 Ft 图线 如图 2 所示， 3 4 st  末速度减为 0 时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件： (1)做匀减速运动的加速度大小和方向； (2)匀速运动的速度大小； (3)总位移的大小。 【答案】(1) 20 . 1 2 5 m / s ，竖直向下；(2)1m/s；(3)40m 【解析】 【详解】(1)由图 2 可知 0~26s 内物体匀速运动，26s~34s 物体减速运动，在减速运动过程根据牛顿第二定律 有 Tmg F ma  根据图 2 得此时 FT=1975N，则有 T 20.125m/sFagm 方向竖直向下。 (2)结合图 2 根据运动学公式有  2 0.125 34 26 m/s=1m/sv at    (3)根据图像可知匀速上升的位移 11==126m=26mhvt  匀减速上升的位移 22 1=8m=4m22= vht 匀加速上升的位移为总位移的 1 4 ，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的 3 4 ，则有 12 3 4hhh 所以总位移为 h=40m 16.在平直乡村公路上一辆卡车正以 12 m/s 的速度前进,有货物从车上掉下一段时间后,司机才从后视镜中发 现有货物掉下,立即关闭油门做匀减速直线运动,卡车开始做匀减速直线运动的同时,在其后 16 m 处一辆摩托 车上的人立即拾到货物从静止出发,以 2 m/s2 的加速度同方向追赶卡车,已知摩托车在该路段能达到的最大速 度只能为 8 m/s,卡车车轮与路面间的动摩擦因数为 0.2。 (1)求卡车做匀减速运动的位移大小。 (2)摩托车至少经过多长时间追上货车? 【解析】(1)已知卡车的初速度 v1=12m/s,卡车做匀减速运动的加速度大小为 a1,根据牛顿第二定律有 μmg=ma1,加速度大小 a1=2m/s2 卡车做匀减速运动的时间 t1= =6s 卡车做匀减速运动的位移 x1= v1t1=36m。 (2)已知该摩托车的加速度 a2=2m/s2,最大速度 v2=8m/s,摩托车做匀加速运动达到最大速度的时间和位移 分别为 t2= =4s,x2= v2t2=16m 之后摩托车以最大速度做匀速直线运动,到卡车停止运动时,其匀速运动位移 x3=v2(t1-t2)=16m 由于 x2+x3

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