2021高考物理（选择性考试）人教版一轮章末检测：3 牛顿运动定律 17页

www.ks5u.com 章末检测3　牛顿运动定律 ‎(时间90分钟　满分100分)‎ 一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项正确，第9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)‎ ‎1．伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家，下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们观点的是(　　)‎ A．自由落体运动是一种匀变速直线运动 B．力是使物体产生加速度的原因 C．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性 D．力是维持物体运动的原因 解析：A项是伽利略的观点，B、C两项是牛顿的观点，D项是亚里士多德的观点．‎ 答案：D ‎2．人在平地上静止站立时，受到的支撑力等于人的重力．做原地纵跳时，在快速下蹲和蹬伸的过程中，人体受到的支撑力发生变化(如图所示，G为重力，F为支撑力)．下列图象能正确反映该变化的是(　　)‎ A　　　　　　　B C　　　　　　　D 解析：人腾空时支撑力为零，故A、C错误．人在快速下蹲和蹬伸的过程中，加速度先向下，再向上，即先失重，再超重，故支撑力先小于重力，然后大于重力，故B错误，D正确．‎ 答案：D ‎3．某实验小组在实验室设计了一个不用天平测量物体质量的实验，如图所示，在光滑水平台面右端固定一个恒力器．在台面左端放一辆小车，车上固定一遮光条，遮光条宽度为d，恒力器通过一根细线给小车提供恒定拉力F，使小车由静止开始依次经过两个光电门，光电门1、2记录的挡光时间分别为t1、t2，测得两光电门中心间距为x，不计遮光条质量．根据以上实验数据可得小车质量为(　　)‎ A.　　　　　 B. C. D. 解析：对小车，由牛顿第二定律有F＝ma，小车通过两光电门间距离的过程中，由运动学公式有－＝2ax ‎，联立两式解得小车的质量为m＝，故B正确．‎ 答案：B ‎4.如图所示，质量为m的小球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q.小球静止时，Ⅰ中拉力大小为FT1，Ⅱ中拉力大小为FT2，当剪断水平细线Ⅱ的瞬间，小球的加速度a应是(　　)‎ A．a＝g，方向竖直向下 B．a＝g，方向竖直向上 C．a＝，方向水平向左 D．a＝，方向沿Ⅰ的延长线 解析：剪断水平细线Ⅱ的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以此时小球受到FT1和重力mg作用，合力水平向左，大小为FT2，所以加速度为a＝，方向水平向左．‎ 答案：C ‎5.如图所示，小球A质量为m，木块B质量为2m，两物体通过竖直轻弹簧连接放置在水平面上静止．现对A施加一个竖直向上的恒力F，使小球A在竖直方向上运动，当弹簧恢复原长时小球A速度恰好最大，已知重力加速度为g.则在木块B对地面压力为零时，小球A的加速度大小为(　　)‎ A．3g B．1.5g C．2g D．2.5g 解析：根据题意，当弹簧处于原长时A球速度最大，则F＝mg，当木块B对地面压力为零时，弹簧处于伸长状态，对B受力分析，此时有kx＝2mg，对A根据牛顿运动定律有kx＋mg－F＝ma，解得a＝2g，C项正确．‎ 答案：C ‎6.(2019·泰安模拟)如图所示，质量为1.5 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.5 kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压．现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取10 m/s2)(　　)‎ A．0 B．2.5 N C．5 N D．3.75 N 解析：当细线剪断瞬间，细线的弹力突然变为零，则B物体的重力突然作用到A上，此时弹簧形变仍不变，对AB整体受力分析，受重力G＝(mA＋mB)g＝20 N，弹力为F＝mAg＝15 N，由牛顿第二定律G－F＝(mA＋mB)a，解得a＝2.5 m/s2，对B受力分析，B受重力和A对B的弹力F1，对B有mBg－F1＝mBa，可得F1＝3.75 N，D选项正确．‎ 答案：D ‎7．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的水平轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT.现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是(　　)‎ A．质量为2m的木块受到四个力的作用 B．当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断 C．当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳还不会被拉断 D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为FT 解析：质量为2m的木块受五个力的作用，A项错；当绳的拉力为FT时，对m和2m有FT＝3ma，此时对整体有F＝6ma，可得F＝2FT，故B项错误，C项正确；轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为FT，故D项错误．‎ 答案：C ‎8．(2019·四川泸州质检)高跷运动是一项新型运动．图甲为弹簧高跷．当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动高跷跳跃．如图乙所示．则下列说法正确的是(　　)‎ ‎　图甲　　　　图乙 A．人向上弹起过程中，一直处于超重状态 B．人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力 C．弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力 D．弹簧压缩到最低点时，高跷对地的压力等于人和高跷的总重力 解析：人向上弹起的过程中，先做加速度逐渐减小的加速直线运动(超重状态)，而后做加速度逐渐增加的减速运动(失重状态)，最后做匀减速直线运动到最高点，选项A错误；人向上弹起过程中，踏板对人的作用力和人对踏板的作用力属于作用力和反作用力，根据牛顿第三定律可知，二者等大反向，选项B错误；当弹簧压缩到最低点时，人有竖直向上的加速度，根据牛顿第二定律可知，高跷对人的作用力大于人的重力，人对高跷的作用力大于人的重力，高跷对地的压力大于人和高跷的总重力，选项C正确，选项D错误．‎ 答案：C ‎9．(多选)如图所示，质量不等的木块A和B的质量分别为m1和m2，置于光滑的水平面上，当水平力F作用于左端A上，两物体一起做匀加速直线运动时，A、B间作用力大小为F1.当水平力F作用于右端B上，两物体一起做匀加速直线运动时，A、B间作用力大小为F2，则(　　)‎ A．在两次作用过程中，物体的加速度的大小相等 B．在两次作用过程中，F1＋F2＜F C．在两次作用过程中，F1＋F2＝F D．在两次作用过程中，＝ 解析：对整体分析，整体的加速度都为a＝，故A正确．隔离分析，第一种情况，A对B的作用力F1＝m2a＝，第二种情况，B对A的作用力F2＝m1a＝，F1＋F2＝F，故B错误，C正确.‎ ＝，故D错误．‎ 答案：AC ‎10．(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)‎ A．8　　　　 B．10　　　　‎ C．15　　　　 D．18‎ 解析：如图所示，假设挂钩P、Q东边有x节车厢，西边有y节车厢，每节车厢质量为m.当向东行驶时，以y节车厢为研究对象，则有F＝mya；当向西行驶时，以x节车厢为研究对象，则有F＝mxa，联立两式有y＝x.可见，列车总节数N＝x＋y＝x，设x＝3n(n＝1，2，3，…)，则N＝5n(n＝1，2，3，…)，故可知选项B、C正确．‎ 答案：BC ‎11．某同学用台秤研究在电梯中的超失重现象．在地面上称得其体重为500 N，再将台秤移至电梯内称其体重．电梯从t＝0时由静止开始运动，到t＝11 s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的情况如图所示(g取10 m/s2)．则(　　)‎ A．电梯为下降过程 B．在10～11 s内电梯的加速度大小为2 m/s2‎ C．F3的示数为550 N D．电梯运行的总位移为20 m 答案：AB ‎12．如图甲所示，一竖直轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置质量都为m的A，B物体(A物体在下，且与弹簧连接)，初始时A，B两物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在B物体上，使B开始向上做匀加速运动，拉力F与B物体位移x的关系如图乙所示(g取10 m/s2)，下列说法正确的是(　　)‎ A．物体B运动到x＝4 cm处，弹簧处于原长状态 B．两物体的质量均为2 kg C．物体B做匀加速直线运动的加速度大小为2 m/s2‎ D．弹簧的劲度系数为5 N/cm 答案：CD 二、非选择题(共52分)‎ ‎13．(6分)在“验证牛顿运动定律”实验中，采用如图甲所示的装置图进行实验．‎ ‎(1)实验中，摩擦力已经平衡，测出小车的质量为M，沙和沙桶的总质量为m，若要将沙和沙桶的总重力大小作为小车所受拉力F的大小，这样做的前提条件是________________．‎ ‎(2)在实验操作中，下列说法正确的是________(填序号)．‎ A．求小车运动的加速度时，可用天平测出沙和沙桶的质量M′和m′，以及小车质量M，直接用公式a＝g求出 B．实验时，应先接通打点计时器的电源，再放开小车 C．每改变一次小车的质量，都需要改变垫入的小木块的厚度 D．先保持小车质量不变，研究加速度与力的关系；再保持小车受力不变，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质量的关系 ‎(3)在满足实验条件下，某同学得到了如图乙的图线(M为小车和砝码的总质量)，图线在纵轴上截距不为零的原因是_____________．‎ 解析：(1)根据牛顿第二定律得，mg＝(M＋m)a，‎ 解得a＝，‎ 则绳子的拉力F＝Ma＝＝，‎ 可知当沙和沙桶的总质量远小于小车质量时，小车所受的拉力等于沙和沙桶的总重力，所以应满足的条件是沙和沙桶的总质量远小于小车的质量．‎ ‎(2)本实验探究加速度和力、质量的关系，所以不能把牛顿第二定律当成已知的公式来使用，故A错误；使用打点计时器时，应该先接通电源，后释放纸带，故B正确；平衡摩擦力后有μ＝tan θ，小车质量改变时，总满足mgsin θ＝μmgcos θ，与小车质量无关，所以不用再次平衡摩擦力，故C错误；本实验采用控制变量法，故D正确．‎ ‎(3)纵轴截距不为零，即小车质量M非常大时，小车仍有加速度，说明小车不受拉力作用时也具有加速度，因此可以断定平衡摩擦力过度．‎ 答案：(1)m≪M　(2)BD　(3)平衡摩擦力过度 ‎14．(6分)在学习牛顿第二定律之后，某同学在“验证加速度与力、质量的关系的实验”中，采用了如图甲所示的实验装置．操作如下：‎ ‎(1)平衡摩擦力时，按操作流程进行，若第一次打出的纸带如图乙所示，则应________(选填“减小”“增大”或“不再调节”)木板的倾角，直到纸带上打出的点迹________为止．‎ ‎(2)已知小车的质量为m0，砝码盘和砝码的总质量为m＝30 g，实验时将砝码从砝码盘中逐渐转移到小车上，则实验时砝码及砝码盘的总质量________小车的质量．‎ A．远小于 B．远大于 C．不必远小于 ‎(3)如图丙所示是根据实验数据描绘的小车加速度a与砝码盘及其中砝码的总质量m之间的关系图象．若牛顿第二定律成立，重力加速度g取10 m/s2，则小车的质量m0＝________g.‎ 解析：(1)由图乙纸带可知小车在相等的时间内位移越来越大，即小车做加速运动，说明平衡摩擦力时木板的倾角过大，所以应该减小木板的倾角，直到打出的点迹均匀为止．‎ ‎(2)将砝码盘内的砝码转移到小车上，系统的总质量m0＋m不变，研究对象是整个系统，绳子的拉力是内力，所以本题不需要满足m0≫m，选项C正确．‎ ‎(3)a＝ ，‎ 可得＝·，‎ 图象的斜率k＝ kg·m－1·s2＝，‎ 又知m＝0.03 kg，解得m0＝0.06 kg＝60 g.‎ 答案：(1)减小　均匀　(2)C　(3)60‎ ‎15．(10分)如图所示，光滑水平地面与足够长的倾角θ＝30°的光滑斜面平滑连接，A球位于斜面底端，B球在水平地面上，两者相距L＝10 m．现A、B两个小球均以初速度v0＝10 m/s开始运动，A沿斜面向上，B沿水平面向右，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)B球刚要滑上斜面时A球的速度；‎ ‎(2)A球到达最高点时，A、B两球之间的距离．‎ 解析：(1)设B球经过t1时间到达斜面底端，‎ 则t1＝＝1 s，‎ A球在斜面上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律，得 a＝＝gsin 30°＝5 m/s2，‎ A球在斜面上运动有v1＝v0－at1，‎ 得B球到达斜面底端时A球的速度为 v1＝5 m/s.‎ ‎(2)A球到达最高点的距离为 sA＝＝ m＝10 m，‎ 设A球在斜面上滑行时间t2速度减为零，‎ 则t2＝＝2 s，‎ B球在斜面上滑行距离 sB＝v0(t2－t1)－a(t2－t1)2＝7.5 m，‎ 故A与B相距Δs＝sA－sB＝2.5 m.‎ 答案：(1)5 m/s　(2)2.5 m ‎16．(10分)(2019·湖南醴陵二中月考)如图所示，一水平传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面，传送带长L＝2.25 m，皮带以v0＝4 m/s匀速顺时针转动，现在传送带上左端静止放上一质量为m＝1 kg的煤块(视为质点)，煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.2.‎ 经过一段时间，煤块被传送到传送带的右端，此过程在传送带上留下了一段黑色痕迹，随后煤块在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平向右的恒力F＝17 N，F作用了t0＝1 s时煤块与平板速度恰相等，此时撤去F，最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M＝4 kg(重力加速度g取10 m/s2)，求：‎ ‎(1)传送带上黑色痕迹的长度；‎ ‎(2)求平板与地面间动摩擦因数μ2的大小；‎ ‎(3)平板上表面的长度(计算结果保留两位有效数字)．‎ 解析：(1)对煤块列牛顿第二定律有：μ1mg＝ma1，‎ 得a1＝2 m/s2.‎ 若煤块一直加速到右端，设到右端速度为 v1得v＝2a1L，‎ 解得：v1＝3 m/s.‎ 因为v1＜v0，所以煤块一直加速到右端，‎ 设需t1时间到右端，则：t1＝＝ s，‎ t1时间内皮带位移：s皮＝v0t1＝4× m＝6 m，‎ Δ s＝s皮－L＝(6－2.25) m＝3.75 m.‎ ‎(2)滑块滑上平板时速度v1＝3 m/s，a1＝2 m/s2.‎ 两者速度相等有：v共＝v1－a1t0＝a2t0，‎ 解得a2＝1 m/s2，v共＝1 m/s.‎ 对平板由牛顿第二定律：‎ F＋μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，‎ 解得：μ2＝0.3.‎ ‎(3)由于μ2＞μ1，共速后煤块将以a1匀减速到停止，而平板以a3匀减速 对平板由牛顿第二定律：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma3，‎ 得a3＝－ m/s2，‎ t2＝＝－ s＝ s，‎ 全过程平板位移：s板＝(t0＋t2)，‎ 解得s板＝ m.‎ 全过程煤块位移：s煤＝＝ m，‎ 所以板长L＝s煤－s板≈1.6 m.‎ 答案：(1)3.75 m　(2)0.3　(3)1.6 m ‎17.(10分)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变，已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度g取10 m/s2.求：‎ ‎(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；‎ ‎(2)A在B上总的运动时间．‎ 解析：(1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：‎ f1＝μ1N1，①‎ N1＝mgcos θ，②‎ f2＝μ2N2，③‎ N2＝N′1＋mgcos θ.④‎ 规定沿斜面向下为正．设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得 mgsin θ－f1＝ma1，⑤‎ mgsin θ－f2＋f＝ma2，⑥‎ N1＝N，⑦‎ f1＝f，⑧‎ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得 a1＝3 m/s2，‎ a2＝1 m/s2.‎ ‎(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则 v1＝a1t1＝6 m/s，⑨‎ v2＝a2t1＝2 m/s.⑩‎ t＞t1时，设A和B的加速度分别为a′1和a′2.此时A与B之间的摩擦力为零，同理可得 a′1＝6 m/s2，⑪‎ a′2＝－2 m/s2，⑫‎ B做减速运动．设经过时间t2，B的速度减为零，则有 v2＋a′2t2＝0，⑬‎ 联立⑫⑬式得 t2＝1 s.‎ 在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为 s＝－ ‎＝12 m<27 m，‎ 此后B静止，A继续在B上滑动．设再经过时间t3后A离开B，则有 l－s＝(v1＋at2)t3＋a′1t，‎ 可得t3＝1 s(另一解不合题意，舍去)．‎ 设A在B上总的运动时间为t总，有 t总＝t1＋t2＋t3＝4 s.‎ 答案：(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)4 s ‎18.(10分)如图所示，质量为m＝1 kg的物块放在倾角为θ＝37°的斜面体上，斜面质量为M＝2 kg，斜面与物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，g取10 m/s2，试确定推力F的取值范围．‎ 解析：设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块受力如图所示，取加速度的方向为x轴正方向．‎ 对物块分析，‎ 在水平方向有 FNsin θ－μFNcos θ＝ma1，‎ 竖直方向有 FNcos θ＋μFNsin θ－mg＝0，‎ 对整体有 F1＝(M＋m)a1，‎ 代入数值得 a1＝4.8 m/s2，F1＝14.4 N.‎ 设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，‎ 对物块分析，在水平方向有F′Nsin θ＋μF′cos θ＝ma2，‎ 竖直方向有F′Ncos θ－μF′Nsin θ－mg＝0，‎ 对整体有F2＝(M＋m)a2，‎ 代入数值得 a2＝11.2 m/s2，F2＝33.6 N，‎ 综上所述，可知推力F的取值范围为：14.4 N≤F≤33.6 N.‎ 答案：14.4 N≤F≤53.6 N