2022屆高考物理一輪復習單元檢測三　牛頓運動定律（解析版）

這是一份2022屆高考物理一輪復習單元檢測三　牛頓運動定律（解析版），共13頁。試卷主要包含了單項選擇題，多項選擇題，非選擇題等內容，歡迎下載使用。
一、單項選擇題(本題共8小題，每小題3分，共24分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)
1．(2020·北京市東城區(qū)模擬)在阻力可以忽略的水平冰面上，質量為60 kg的男同學和質量為50 kg的女同學用一根水平輕繩做拔河游戲(如圖1所示)．當女同學的加速度大小是0.60 m/s2時，男同學的加速度大小是( )
圖1
A．0 B．0.50 m/s2
C．0.60 m/s2 D．0.72 m/s2
答案 B
解析 根據牛頓第三定律，兩個同學所受的拉力大小相等，根據牛頓第二定律F＝ma，
得eq \f(a男,a女)＝eq \f(m女,m男)＝eq \f(50,60)＝eq \f(5,6)，則a男＝eq \f(5,6)a女＝0.50 m/s2.
2.(2020·福建南平市一模)如圖2所示，掛鉤連接三根長度均為L的輕繩，三根輕繩的另一端與一質量為m、直徑為1.2L的水平圓環(huán)相連，連接點將圓環(huán)三等分，在掛鉤拉力作用下圓環(huán)以加速度a＝eq \f(1,2)g勻加速上升，已知重力加速度為g，則每根輕繩上的拉力大小為( )
圖2
A.eq \f(5,12)mg B.eq \f(5,9)mg C.eq \f(5,8)mg D.eq \f(5,6)mg
答案 C
解析 設每根輕繩與豎直方向的夾角為θ，由幾何關系得sin θ＝0.6，cs θ＝0.8；分析圓環(huán)在豎直方向的受力情況，由牛頓第二定律有：3Tcs θ－mg＝ma，解得T＝eq \f(5,8)mg，故選C.
3．(2020·北京市海淀區(qū)二模)若貨物隨升降機沿豎直方向運動的v－t圖像如圖3所示，取豎直向上為正方向，則貨物受到升降機的支持力F與時間t關系的圖像可能是( )
圖3
答案 B
解析 根據速度－時間圖線可知，貨物在0～t1、t5～t6時間內加速度向下，處于失重狀態(tài)，F(xiàn)mg，故選B.
4.某直升機的質量為m，某次試飛時，主旋翼提供大小為2mg、方向向上的升力，每個向前螺旋推進器提供大小為mg、方向向前的推力，如圖4所示．不考慮空氣阻力的影響，下列說法正確的是( )
圖4
A．該直升機可能處于平衡狀態(tài)
B．該直升機以加速度g做勻加速直線運動
C．空氣對直升機的作用力為2eq \r(2)mg
D．空氣對直升機的作用力為4mg
答案 C
解析 直升機在水平方向的加速度大小ax＝2g，豎直方向的加速度大小ay＝g，則直升機的加速度大小a＝eq \r(a\\al(x2)＋a\\al(y2))＝eq \r(5)g，故選項A、B錯誤；空氣對直升機的作用力為F＝eq \r(?2mg?2＋?2mg?2)＝2eq \r(2)mg，故選項C正確，D錯誤．
5.如圖5所示，質量均為m的A、B兩物塊，放在光滑水平地面上，用水平向右的恒力F拉A物體，當A、B的加速度第一次為2∶1時彈簧伸長量為x1，當兩物塊一起以相同加速度運動時，彈簧伸長量為x2，彈簧水平，則eq \f(x1,x2)等于( )
圖5
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4)
答案 C
解析 當A、B加速度第一次為2∶1時，設B的加速度為a，A的加速度為2a，對A有：F－kx1＝2ma，對B有：kx1＝ma，解得x1＝eq \f(F,3k)；當加速度相同時，同理：F－kx2＝ma′，kx2＝ma′，得x2＝eq \f(F,2k)，故eq \f(x1,x2)＝eq \f(2,3)，選項C正確．
6.(2020·湖南湘潭市模擬)如圖6所示，一條足夠長且不可伸長的輕繩跨過光滑輕質定滑輪，繩的右端與一質量為12 kg的重物相連，重物靜止于水平地面上，左側有一質量為10 kg的猴子，從繩的另一端沿繩以大小為5 m/s2的加速度豎直向上爬，取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是( )
圖6
A．繩上的拉力大小為50 N
B．重物不會離開地面
C．2 s末重物上升的高度為5 m
D．重物的加速度大小為3.2 m/s2
答案 C
解析 對猴子受力分析，受到重力和繩對猴子的摩擦力，根據牛頓第二定律得：f－mg＝ma，解得：f＝150 N，即繩上的拉力大小為T＝150 N，故A錯誤；重物所受的重力為120 N，因繩上的拉力為150 N>120 N，所以重物會離開地面，故B錯誤；對重物，由牛頓第二定律得：T－Mg＝Ma，解得：a＝2.5 m/s2,2 s末重物上升的高度h＝eq \f(1,2)at2＝5 m，故C正確，D錯誤．
7.如圖7所示，小球系在輕彈簧的下端，用最小力拉小球至彈簧與水平方向成30°角由靜止釋放，重力加速度的大小為g.關于小球釋放瞬間的加速度，下列說法正確的是( )
圖7
A．a＝eq \f(\r(3),2)g，方向與豎直方向成30°角
B．a＝eq \f(\r(3),2)g，方向與豎直方向成60°角
C．a＝eq \f(1,2)g，方向與豎直方向成30°角
D．a＝eq \f(1,2)g，方向與豎直方向成60°角
答案 A
解析 根據題意，用最小力拉小球至彈簧與水平方向成30°角，對小球受力分析如圖所示，F(xiàn)1＝mgsin 60°，當釋放小球瞬間，彈力與重力保持不變，合力方向與豎直方向成30°角，大小為mgsin 60°，所以加速度大小為a＝gsin 60°＝eq \f(\r(3),2)g，方向與豎直方向成30°角斜向左下方，A正確．
8．(2019·廣東四校聯(lián)考)如圖8所示，木盒中固定一質量為m的砝碼，木盒和砝碼在斜面上一起以一定的初速度滑行一段距離后停止．現(xiàn)拿走砝碼，而持續(xù)加一個垂直于斜面向下的恒力F(F＝mgcs θ)，其他條件不變，則木盒滑行的距離將( )
圖8
A．不變 B．變小
C．變大 D．變大、變小均有可能
答案 B
解析 設木盒的質量為M且向上滑行，放有砝碼時由牛頓第二定律有μ(M＋m)gcs θ＋(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a1，換成垂直于斜面向下的恒力F時由牛頓第二定律有μ(M＋m)gcs θ＋Mgsin θ＝Ma2，可知a2＞a1，再由x＝eq \f(v\\al(02),2a)可得x2＜x1.同理可知，若木盒向下滑行，放有砝碼時，有μ(M＋m)gcs θ－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a1′，換成垂直于斜面向下的恒力F時，有μ(M＋m)gcs θ－Mgsin θ＝Ma2′，可知a2′＞a1′，再由x′＝eq \f(v\\al(02),2a′)可得x2′＜x1′，故選項B正確．
二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)
9.(2020·福建漳州市一模)如圖9所示，在水平地面的平板小車上放一質量為m＝2 kg的滑塊，滑塊與車上右側擋板用水平的輕彈簧連接，小車在水平向右的力F作用下以a＝1 m/s2的加速度做勻加速運動，運動過程中彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈力為1 N，滑塊與小車保持相對靜止，現(xiàn)減小力F使小車的加速度逐漸減小到零，則( )
圖9
A．彈簧的彈力逐漸減小
B．滑塊受到的摩擦力逐漸減小
C．當小車加速度為零時，滑塊不受摩擦力作用
D．滑塊與小車仍保持相對靜止
答案 BD
解析 當加速度為a＝1 m/s2時，以滑塊為研究對象，根據牛頓第二定律可得f－F彈＝ma，解得f＝3 N，所以最大靜摩擦力至少為3 N，減小力F使小車的加速度逐漸減小到零時，此時摩擦力與彈簧彈力相等為1 N，滑塊與小車仍保持相對靜止，根據f－F彈＝ma可知摩擦力逐漸減小，彈力不變，故A、C錯誤，B、D正確．
10.(2020·山西大同市第一次聯(lián)考)如圖10所示，粗糙水平面上放置B、C兩物體，A疊放在C上，A、B、C的質量分別為m、 2m和3m，物體B、C與水平面間的動摩擦因數(shù)相同，其間用一不可伸長的水平輕繩相連，輕繩能承受的最大拉力為T，現(xiàn)用水平拉力F拉物體B，使三個物體一起向右加速運動，則( )
圖10
A．此過程中物體C受重力等五個力作用
B．當F逐漸增大到T時，輕繩剛好被拉斷
C．當F逐漸增大到1.5T時，輕繩剛好被拉斷
D．若水平面光滑，則繩剛要斷時，A、C間的摩擦力為eq \f(T,4)
答案 CD
解析 物體C受到的力有重力、支持力、繩的拉力、A對C的壓力、地面對C的摩擦力、A對C的摩擦力，共6個力，故A錯誤．把A、B、C看成是一個整體，根據牛頓第二定律有：F－μ·6mg＝6ma，得a＝eq \f(F－6μmg,6m)，把A、C看成是一個整體，繩子將被拉斷的瞬間，根據牛頓第二定律有：T－μ(m＋3m)g＝(m＋3m)a，解得：F＝1.5T，故B錯誤，C正確．若水平面光滑，則繩剛要斷時，對A、B、C整體，根據牛頓第二定律：F＝6ma，對A、C整體，根據牛頓第二定律：T＝4ma，對物體A，根據牛頓第二定律：f＝ma，聯(lián)立解得A、C間的摩擦力：f＝eq \f(T,4)，故D正確．
11．(2020·湖南懷化市模擬)如圖11甲所示，物塊A疊放在木板B上，且均處于靜止狀態(tài)，已知水平地面光滑，A、B間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，現(xiàn)對A施加一水平向右的拉力F，測得B的加速度a與拉力F的關系如圖乙所示，下列說法正確的是(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10 m/s2)( )
圖11
A．當F24 N時，A相對B發(fā)生滑動
C．A的質量為4 kg
D．B的質量為24 kg
答案 BC
解析 當A與B間的摩擦力達到最大靜摩擦力后，A、B會發(fā)生相對滑動，由題圖乙可知，B的最大加速度為4 m/s2，即拉力F>24 N時，A相對B發(fā)生滑動．當Fμmgcs θ
故物塊減速上行，由牛頓第二定律有
mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，得a2＝2 m/s2
設物塊還需時間t′離開傳送帶，離開時的速度為vt，則
v2－vt2＝2a2(x－x1)，
vt＝eq \f(4\r(3),3) m/s≈2.31 m/s
t′＝eq \f(v－vt,a2)≈0.85 s.
18．(14分)(2020·四川雙流中學月考)如圖18所示， 質量為m0＝20 kg的長木板靜止在水平面上，質量m＝10 kg的小木塊(可視為質點)以v0＝4.5 m/s的速度從木板的左端水平滑到木板上，小木塊最后恰好沒有滑出長木板．已知小木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.4，木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2.求：
圖18
(1)木塊剛滑上木板時木塊、木板的加速度大??；
(2)木板的長度L；
(3)木塊的運動時間及木塊運動的位移大?。?br>答案 (1)4 m/s2 0.5 m/s2 (2)2.25 m (3)1.5 s 2.625 m
解析 (1)對木塊受力分析知木塊做勻減速直線運動，設其加速度大小為a1，則由牛頓第二定律可得μ1mg＝ma1，代入數(shù)據解得a1＝4 m/s2
對木板受力分析，設木板加速度大小為a2，由牛頓第二定律可得μ1mg－μ2(m＋m0)g＝m0a2，代入數(shù)據解得a2＝0.5 m/s2.
(2)設經過時間t1二者共速，則有v0－a1t1＝a2t1，解得t1＝1 s
設其共速時的速度大小為v1，則有v1＝a2t1，解得v1＝0.5 m/s
t1時間內木塊的位移為x1＝eq \f(v0＋v1,2)t1
木板的位移為x2＝eq \f(v1,2)t1
所以木板的長度為L＝x1－x2＝2.25 m.
(3)木塊與木板共速后，二者一起做勻減速直線運動，加速度大小為a3＝μ2g＝1 m/s2
設再經過時間t2二者停止，則有v1＝a3t2，代入數(shù)據解得t2＝0.5 s，故木塊運動的總時間為t＝t1＋t2＝1.5 s
木塊運動的總位移為x＝x1＋eq \f(v1,2)t2，解得x＝2.625 m.eq \f(1,m)/kg－1
a/(m·s－2)
4.0
1.2
3.6
1.1
2.0
0.6
1.4
0.4
1.0
0.3