江苏专版2019版高考物理一轮复习精选提分综合练单元检测三牛顿运动定律_36

单元检测三牛顿运动定律考生注意：1．本试卷共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．一、单项选择题(本题共6小题，每小题3分，共计18分．每小题只有一个选项符合题意) 1．(2017·苏州大学附中调研)竖直升降的电梯内的地板上竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上方有一个质量为m的物体．当电梯静止时弹簧被压缩了x；当电梯运动时弹簧又被压缩了x.试判断电梯运动的可能情况是( )A．以大小为2g的加速度加速上升B．以大小为2g的加速度减速上升C．以大小为g的加速度加速下降D．以大小为g的加速度减速下降2．(2018·高邮中学阶段检测)如图1所示，两个质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用水平的轻质弹簧测力计连接．两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N 的水平拉力分别作用在m1、m2上，则( )图1A．弹簧测力计的示数是25 NB．弹簧测力计的示数是50 NC．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为5 m/s2D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13 m/s23．(2018·仪征中学学情检测)如图2所示，在建筑工地，民工兄弟用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起，其中A的质量为m，B的质量为3m，水平作用力为F，A、B之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A、B间的摩擦力为( )图2A．μF B．2μFC.32m (g ＋a ) D ．m (g ＋a )4．如图3所示，木块A 、B 静止叠放在光滑水平面上，A 的质量为m ，B 的质量为2m .现施加水平力F 拉B ，A 、B 刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动．若改为水平力F ′拉A ，使A 、B 也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F ′不得超过( )图3A ．2F B.F 2 C ．3F D.F35．(2017·南阳中学月考)如图4甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v 0＝10 m/s 、质量为m ＝1 kg 的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则下列说法不正确的是( )图4A ．0～5 s 内小木块做匀减速运动B ．在t ＝1 s 时刻，摩擦力反向C ．斜面倾角θ＝37°D ．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.56．(2018·虹桥中学第一次调研)如图5所示，倾斜的长杆(与水平面成α角)上套有一个质量为M 的环，环通过细线吊一个质量为m 的小球，当环在某拉力的作用下在长杆上滑动时，稳定运动的情景如图所示，其中虚线表示竖直方向，那么以下说法正确的是( )图5A ．环一定沿长杆向下加速运动B ．环的加速度一定沿杆向上C ．环的加速度一定大于g sin αD．环一定沿杆向上运动二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)7．(2018·淮安市、宿迁市学业质量检测)如图6甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的最大静摩擦力F fm与滑动摩擦力大小相等，则( )图6A．0～t1时间内物块A的加速度逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大C．t3时刻物块A的速度最大D．t2～t4时间内物块A一直做减速运动8．如图7所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，工件滑上传送带A端的瞬时速度v A＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为v B.下列说法中正确的是( )图7A．若传送带不动，v B＝3 m/sB．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，v B＝3 m/sC．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，v B＝3 m/sD．若传送带以速度v＝4 m/s顺时针匀速转动，v B＝3 m/s9．(2017·泰州中学第二次调研)如图8所示，在竖直平面内，A和B是两个相同的轻弹簧，C是橡皮筋，它们三者间的夹角均为120°，已知A、B对小球的作用力均为F，此时小球平衡，C处于拉直状态，已知当地重力加速度为g.则剪断橡皮筋的瞬间，小球的加速度可能为( )图8A ．g －F m，方向竖直向下 B.F m －g ，方向竖直向上 C ．0D.F m＋g ，方向竖直向下10．(2017·涟水中学第一次检测)如图9甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v 0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x 与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g 取10 m/s 2，根据图象可求出( )图9A ．物体的初速率v 0＝3 m/sB ．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75C ．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x 的最小值x min ＝1.44 mD ．当θ＝45°时，物体达到最大位移后将停在斜面上 三、非选择题(本题共6小题，共计66分)11.(10分)(2017·淮海中学第二次测试)某学习小组欲探究物体的加速度与力、质量的关系，他们在实验室组装一套如图10所示的装置，图中小车的质量用M 表示，钩码的质量用m 表示．要顺利完成实验，则：图10(1)还需要的测量工具有________________、________________.(2)为使小车所受合外力等于细线的拉力，应采取的措施是______________；要使细线的拉力约等于钩码的总重力，应满足的条件是______________________．(3)在保持小车所受合外力一定的情况下，对实验得到的一系列纸带进行处理，测得小车加速度a 与其质量M 的数据如下表： 钩码质量m ＝30 g为了寻求a 与M 间的定量关系，请利用表中数据在图11所示的直角坐标系中选取合适的横坐标及标度作出图象．图1112.(10分)(2017·苏州市期中)为了探究物体的加速度与物体所受外力、物体质量间的关系，某小组安装了如图12甲所示的实验装置并开始实验．已知小车(含车中砝码)质量用M 表示，盘以及盘中砝码质量用m 表示，当地重力加速度为g .图12(1)假如已经平衡摩擦力，则在小车做匀加速直线运动的过程中，绳子拉力F T ＝______________；只有当M 与m 的大小关系满足________________时，F T ＝mg 才能成立． (2)该小组同学先保持盘及盘中的砝码质量m 不变，探究加速度a 与质量M 的关系，其具体操作步骤如下，则下列做法正确的是________(填合适选项前面的序号) A ．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上 B ．每次改变小车的质量时，需要重新平衡摩擦力 C ．实验时，先接通打点计时器的电源，再放开小车D ．用天平测出m 以及M ，小车运动的加速度直接用公式a ＝mgM求出(3)该小组同学后来又保持小车及车中砝码质量M 一定，探究加速度a 与所受外力F 的关系，由于他们操作不当，这组同学得到的a －F 关系图象如图乙所示，则：图线不过原点的原因是________________________________________________________________________； 图线上端发生弯曲的原因是_____________________________________________．13.(9分)(2018·泰州中学期中)如图13甲所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角θ＝37°，一滑块以初速度v0＝16 m/s从底端A点滑上斜面，滑至B点后又返回到A点．滑块运动的速度—时间图象如图乙所示，求：(已知：sin 37°＝0.6, cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)图13(1)A、B之间的距离；(2)滑块再次回到A点时的速度大小；(3)滑块在整个运动过程中所用的时间．14.(10分)(2018·盐城市期中考试)如图14甲所示，在倾角为θ＝30°的长斜面上有一带风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，滑块的质量为m＝2 kg，它与斜面的动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与滑块下滑的速度成正比，即F f＝kv.若滑块从静止开始下滑的速度－时间图象如图乙中的曲线所示，图乙中的直线是t＝0时速度图线的切线，g＝10 m/s2.图14(1)求滑块下滑的最大加速度和最大速度；(2)求μ和k的值．15.(12分)(2017·南通一中期中)如图15所示，传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L1＝2.5 m、L2＝2 m．传送带始终保持以速度v向右匀速运动．现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m＝2 kg，g取10 m/s2.求：图15(1)若滑块恰好不从平板上掉下，求v的大小．(2)若v＝6 m/s，求滑块离开平板时的速度大小．16.(15分)(2018·锦屏中学模拟)如图16所示，一长L＝2 m、质量M＝4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l＝5 m，木板的正中央放有一质量为m ＝1 kg的物块(可视为质点)，已知木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.4.现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48 N，g取10 m/s2，试求：图16(1)F作用了1.2 s时，木板的右端离平台边缘的距离；(2)要使物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件．答案精析1．D [因为电梯静止时，弹簧被压缩了x ，由此可知mg ＝kx .当电梯运动时，弹簧又被压缩了x ，弹簧的弹力变大，物体所受合力方向向上，大小是mg ，处于超重状态．由牛顿第二定律可得mg ＝ma ，即加速度大小a ＝g ，方向也是向上的，此时物体可能是做向上的匀加速运动，也可能是做向下的匀减速运动，D 正确．] 2．D3．D [由于A 、B 相对静止，故A 、B 之间的摩擦力为静摩擦力，A 、B 错误．设民工兄弟一只手对A 、B 在竖直方向上的摩擦力为F f ，以A 、B 整体为研究对象可知在竖直方向上有2F f －(m ＋3m )g ＝(m ＋3m )a ，设B 对A 的摩擦力方向向下，大小为F f ′，对A 由牛顿第二定律有F f －F f ′－mg ＝ma ，解得F f ′＝m (g ＋a )，C 错误，D 正确．]4．B [水平力F 拉B 时，A 、B 刚好不发生相对滑动，这实际上是将要滑动，但尚未滑动的一种临界状态，从而可知此时A 、B 间的摩擦力即为最大静摩擦力． 先用整体法考虑，对A 、B 整体：F ＝(m ＋2m )a .再将A 隔离可得A 、B 间最大静摩擦力为：F fm ＝ma ，解以上两方程得：F fm ＝F3.若将F ′作用在A 上，隔离B 可得B 能与A 一起运动，而A 、B 不发生相对滑动的最大加速度a ′＝F fm2m，再用整体法考虑，对A 、B 整体：F ′＝(m ＋2m )a ′，由以上方程解得：F ′＝F2.]5．A [由匀变速直线运动的速度位移公式得v 2－v 02＝2ax ，由题图乙可得a ＝0－v 022x 1＝－10m/s 2，故减速运动时间：t ＝0－v 0a＝1 s ，故A 错误；由题图乙可知，在0～1 s 内小木块向上做匀减速运动，1 s 后小木块反向做匀加速运动，t ＝1 s 时摩擦力反向，故B 正确；由题图乙可知，小木块反向加速运动时的加速度：a ′＝v 22x 2＝322×(13－5)m/s 2＝2 m/s 2，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝m |a |，mg sin θ－μmg cos θ＝ma ′，代入数据解得：μ＝0.5，θ＝37°，故C 、D 正确．]6．B [稳定运动时，球与环保持相对静止，它们的运动状态相同，且运动方向均与杆平行．对小球受力分析如图，可知小球所受合力平行于杆向上，说明加速度方向沿杆向上，则环的加速度方向也沿杆向上，但它们的运动方向不确定，两者可能沿杆向上加速运动，也可能沿杆向下减速运动，则B 正确，A 、D 错误；由于不知道细线与竖直方向的夹角，则不能判断出小球的加速度与g sin α的大小关系，则C 项错误．]7．BC [0～t 1时间内物块A 受到的静摩擦力逐渐增大，物块处于静止状态，选项A 错误．t 2时刻物块A 受到的拉力F 最大，物块A 的加速度最大，选项B 正确．t 3时刻物块A 受到的拉力减小到等于滑动摩擦力，加速度减小到零，物块A 的速度最大，选项C 正确．t 2～t 3时间内物块A 做加速度逐渐减小的加速运动，t 3～t 4时间内物块A 一直做减速运动，选项D 错误．] 8．ABC [若传送带不动，由匀变速直线运动规律可知v B 2－v A 2)＝－2as ，a ＝μg ，代入数据解得v B ＝3 m/s ，当满足选项B 、C 中的条件时，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，同理可得，工件到达B 端的瞬时速度仍为3 m/s ，故选项A 、B 、C 正确；若传送带以速度v ＝4 m/s 顺时针匀速转动，则工件滑上A 端后做匀速运动，到B 端的速度仍为4 m/s ，故选项D 错误．] 9．BC [由于橡皮筋C 只能提供向下的拉力，所以轻弹簧A 和B 对小球的作用力一定是拉力．可能有两种情况：(1)橡皮筋可能被拉伸，设拉力为F T ，由平衡条件可知，2F cos 60°＝mg ＋F T ，解得橡皮筋拉力F T ＝F －mg .剪断橡皮筋的瞬间，小球所受合外力大小等于橡皮筋拉力大小，即F 合＝F －mg ，方向竖直向上，由牛顿第二定律，F 合＝ma ，解得小球的加速度a ＝Fm－g ，选项B 正确；(2)橡皮筋可能没有发生形变，拉力为零，则剪断橡皮筋的瞬间，小球的加速度为零，选项C 正确．]10．BC [当斜面倾角θ＝90°时，物体对斜面无压力，也无摩擦力，物体做竖直上抛运动，根据匀变速直线运动规律有02－v 02＝－2gx ，根据题图乙可得此时x ＝1.80 m ，解得初速率v 0＝6 m/s ，选项A 错．当斜面倾角θ＝0°时即为水平，物体在运动方向上只受到摩擦力作用，则有μmgx ＝12mv 02，根据题图乙知此时x ＝2.40 m ，解得μ＝0.75，选项B 对．物体沿斜面上滑，由牛顿第二定律可知加速度a ＝g sin θ＋μg cos θ＝g (sin θ＋μcos θ)．v 02＝2ax ＝2g (sin θ＋μcos θ)x ，得当sin θ＋μcos θ最大时，即tan θ＝1μ，θ＝53°时，x 取最小值x min ，解得x min ＝1.44 m ，C 项正确．当θ＝45°时，因mg sin 45°>μmg cos 45°，则物体达到最大位移后将返回，D 项错误．] 11．(1)天平、刻度尺 (2)平衡摩擦力 M ≫m (3)如图所示12．(1)MmgM ＋mM ≫m (2)C (3)见解析 解析 (1)根据牛顿第二定律得：对m ∶mg －F T ＝ma ，对M ∶F T ＝Ma ，解得：F T ＝MmgM ＋m；当M ≫m ，即当盘中砝码和盘的总重力要远小于小车(含车中砝码)的重力时，绳子的拉力近似等于盘中砝码和盘的总重力．(2)平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，使小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动，故A 错误；每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面的分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，故B 错误；实验时，应先接通打点计时器电源，再放开小车，故C 正确；小车运动的加速度是利用打点计时器测量，如果用天平测出m 以及M ，直接用公式求出，这是在直接运用牛顿第二定律计算，而我们的实验是在探究加速度与物体所受合外力、物体质量间的关系，故D 错误．(3)当F ≠0时，a ＝0，也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，说明该组同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力这个步骤或平衡摩擦力不足；随着F 的增大，即盘及盘中砝码质量的增大，不再满足盘及盘中砝码质量远小于小车(含车中砝码)的质量，因此曲线上部出现弯曲现象．13．(1)16 m (2)8 2 m/s (3)(2＋22) s 解析 (1)由v －t 图象知A 、B 之间的距离为；s AB ＝16×22m ＝16 m. (2)设滑块从A 滑到B 过程的加速度大小为a 1，从B 返回到A 过程的加速度大小为a 2，滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ，则有a 1＝v 0－0t ＝16－02m/s 2＝8 m/s 2由于mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1， 得μ＝0.25.滑块由B 返回到A 的过程中，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2即a 2＝4 m/s 2，设滑块返回到A 点时的速度为v ，有v 2－0＝2a 2s AB即v ＝8 2 m/s.(3)设滑块从A 到B 用时为t 1，从B 返回到A 用时为t 2， 则有t 1＝2 st 2＝va 2＝2 2 s则滑块在整个运动过程中所用的时间为t ＝t 1＋t 2＝(2＋22) s.14．(1)3 m/s 22 m/s (2)23153 kg/s解析 (1)由题图乙可得：t ＝0时，滑块下滑的加速度最大为a max ＝Δv Δt ＝3 m/s 1 s＝3 m/s 2； t ＝3 s 时，滑块下滑的速度最大为 v max ＝2 m/s.(2)t ＝0时滑块下滑的加速度最大为a max ，由牛顿第二定律得F 合＝mg sin θ－μmg cos θ＝ma max ，t ＝3 s 时滑块下滑的速度达到最大，有 mg sin θ＝μmg cos θ＋kv max ，解得：μ＝2315，k ＝3 kg/s(说明：k 的答案没有单位不算对)．15．(1)4 m/s (2)3.5 m/s解析 (1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小a 1＝μ1mg m＝3 m/s 2由于μ1mg >2μ2mg故平板做匀加速运动，加速度大小a 2＝μ1mg －μ2·2mg m＝1 m/s 2设滑块从平板左端滑至右端用时为t ，共同速度为v ′，平板位移为x ，对滑块进行分析：v ′＝v －a 1tL 2＋x ＝vt －12a 1t 2对平板进行分析：v ′＝a 2tx ＝12a 2t 2联立以上各式代入数据解得t ＝1 s ，v ＝4 m/s. 当v ＝4 m/s 时，滑块在传送带上加速运动的位移为x 1＝v 22μg＝1.6 m<L 1，故符合题意．(2)滑块在传送带上的加速度a 3＝μmg m＝5 m/s 2若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为v 1＝2a 3L 1＝5 m/s<6 m/s即滑块滑上平板的速度为5 m/s.设滑块在平板上运动的时间为t ′，离开平板时的速度为v ″，平板位移为x ′ 则v ″＝v 1－a 1t ′L 2＋x ′＝v 1t ′－12a 1t ′2 x ′＝12a 2t ′2联立以上各式代入数据解得t ′＝12 s ，t 2′＝2 s(t 2′>t ，不合题意，舍去)将t ′＝12 s 代入v ″＝v 1－a 1t ′得v ″＝3.5 m/s.16．(1)0.64 m (2)μ2≥0.2解析 (1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律： 对木板：F －μ1(M ＋m )g －μ1mg ＝Ma 1，解得a 1＝6 m/s 2对物块：μ1mg ＝ma 2，解得a 2＝4 m/s 2，因为a 2<a 1，故假设成立 设F 作用t 时间后，物块恰好从木板左端滑离，则L 2＝12a 1t 2－12a 2t 2，解得t ＝1 s 在此过程：木板位移x 1＝12a 1t 2＝3 m ，末速度v 1＝a 1t ＝6 m/s物块位移x 2＝12a 2t 2＝2 m ，末速度v 2＝a 2t ＝4 m/s在物块从木板上滑落后的t 0＝0.2 s 内，由牛顿第二定律： 对木板：F －μ1Mg ＝Ma 1′， 解得a 1′＝8 m/s 2木板发生的位移x 1′＝v 1t 0＋12a 1′t 02＝1.36 m此时木板右端距平台边缘 Δx ＝l －x 1－x 1′＝0.64 m(2)物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律： 对物块：μ2mg ＝ma 2′，解得a 2′＝μ2g若物块在平台上速度减为0，则通过的位移x 2′＝v 222a 2′要使物块最终不会从平台上掉下去需满足l ＋L2≥x 2＋x 2′联立解得μ2≥0.2.。