2021届鲁科版高考物理一轮复习单元检测训练《牛顿运动定律》综合检测

《牛顿运动定律》综合检测
(时间:90分钟满分:100分)
一、选择题(本题共12小题,每题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1~7题只有一个选项正确,第8~12题有多项正确,全部选对得4分,选对但不全得2分,有选错或不选的得0分)
1.亚里士多德在其著作《物理学》中说:一切物体都具有某种“自然本性”,物体由其“自然本性”决定的运动称之为“自然运动”,而物体受到推、拉、提、举等作用后的非“自然运动”称之为“受迫运动”.伽利略、笛卡儿、牛顿等人批判地继承了亚里士多德的这些说法,建立了新物理学.新物理学认为一切物体都具有的“自然本性”是“惯性”.下列关于“惯性”和“运动”的说法中不符合新物理学的是(C)
A.一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动——静止或者匀速直线运动
B.作用在物体上的力,是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因
C.可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快,放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去,这是由于“盘子受到的向外的力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的
D.竖直向上抛出的物体,受到了重力,却没有立即反向运动,而是继续向上运动一段距离后才反向运动,是由于物体具有惯性
解析:力不是维持物体运动的原因,力是改变物体运动状态的原因,所以当物体不受到任何外力的时候,总保持静止或者匀速直线运动的状态,故A符合;当物体受到外力作用的时候,物体的运动状态会发生改变,即力是改变物体运动状态的原因,故B 符合;可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时,放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去,这是由于“盘子需要的向心力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的,故C不符合;物体具有向上的速度,由于具有惯性,虽然受到向下的重力,但物体不会立即向下运动,故D符合.
2.在10米跳台跳水比赛中,运动员从跳台斜向上跳起,一段时间后落入水中,在空中所受空气阻力恒定,下列说法正确的是(D)
A.他在空中上升过程中处于超重状态
B.他在空中下落过程中做自由落体运动
C.他即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度
D.入水过程中,水对他的作用力大小等于他对水的作用力大小
解析:运动员起跳以后的上升和下落过程中他的加速度方向向下,处于失重状态,故A错误;他在空中下落过程中受到的空气阻力作用,不能看做自由落体运动,故B错误;入水过程中,开始时水对他的作用力小于他的重力,做加速运动,故C错误;入水过程中,水对他的作用力和他对水的作用力,是一对作用力与反作用力,大小相等,故D 正确.
3.有时候投篮后篮球会停在篮网里不掉下来,弹跳好的同学就会轻拍一下让它掉下来.我们可以把篮球下落的情景理想化:篮球脱离篮网从静止下落,碰到水平地面后反弹,如此数次落下和反弹.若规定竖直向下为正方向,碰撞时间不计,空气阻力大小恒定,则下列图象中可能正确的是(A)
解析:篮球向下运动时,受重力和空气阻力作用,根据牛顿第二定律有mg-f=ma1,解得a1=g-;篮球反弹向上运动时,受重力和空气阻力作用,根据牛顿第二定律有mg+f=ma2,解得a2=g+,联立解得a1<a2,即下落的加速度小于上升的加速度,由于碰撞中存在能量损失,所以小球弹起时的速度越来越小,故A正确.
4.
如图所示,质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面.质量为1 kg的物体B用细线悬挂起来,A,B紧挨在一起但A,B之间无压力.某时刻将细线剪断,则细线剪断瞬间,B对A的压力大小为(取g=10 m/s2)(B)
A.0 N
B.8 N
C.10 N
D.50 N
解析:细线剪断前,A,B紧挨在一起但A,B之间无压力,弹簧弹力与物体A的重力平衡,弹力等于40 N,方向向上,细线剪断瞬间,A,B一起向下加速运动,由牛顿第二定律,(m A+m B)g-F弹=(m A+m B)a,得a=2 m/s2,隔离B分析有m B g-N=m B a,得N=m B g-m B a=8 N,选项B正确.
5.
如图所示,木块A质量为m=1 kg,木块B的质量为M=2 kg,叠放在水平地面上,AB间的最大静摩擦力为f max=1 N,B与地面间的动摩擦因数为μ=0.1,今用水平力F作用于B,则保持A,B相对静止的条件是F不超过(g=10 m/s2)(D)
A.3 N
B.4 N
C.5 N
D.6 N
解析:保持A,B相对静止,对A,
由牛顿第二定律,f max=ma,
对A,B整体,F-μ(M+m)g=(M+m)a,
联立解得F=6 N,选项D正确.
6.
第五代制空战机歼20具备高隐身性、高机动性能力,为防止极速提速过程中飞行员因缺氧晕厥,歼20新型的抗荷服能帮助飞行员承受最大9倍重力加速度.假设某次垂直飞行测试试验中,歼20加速达到50 m/s 后离地,而后开始竖直向上飞行试验.该飞机在10 s 内匀加速到3 060 km/h,匀速飞行一段时间后到达最大飞行高度18.5 km.假设加速阶段所受阻力恒定,约为重力的0.2倍.已知该歼20质量为20吨,声速为340 m/s,忽略战机因油耗等导致质量的变化,g取10 m/s2.则下列说法正确的是(B)
A.本次飞行测试的匀速阶段运行时间为26.5 s
B.加速阶段系统的推力为1.84×106 N
C.加速阶段时飞行员有晕厥可能
D.飞机在匀速阶段时爬升高度为14.25 km
解析:加速阶段初速度v0=50 m/s,
末速度v=3 060 km/h=850 m/s,
根据v=v0+at,加速度a=80 m/s2=8g,飞行员不会晕厥,选项C错误;根据牛顿第二定律F-mg-f=ma,推力F=mg+f+ma=1.84×106N,选项B正确;加速阶段上升的高度x=v0t+at2=4 500 m,即匀速上升距离s=14 km,选项D错误;匀速飞行时间t==
s=16.47 s,选项A错误.
7.如图(甲)所示,倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上,初速度为v0=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/s2,则下列说法不正确的是(A)
A.0~5 s内小木块做匀减速直线运动
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0.5
解析:由匀变速直线运动的速度位移公式得-=2as,由题图(乙)可知,a==-10 m/s2,故匀减速运动时间t==1 s,故A错误;在0~1 s内小木块沿斜面向上做匀减速运动,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;小木块反向做匀加速运动时的加速度a'==m/s2=2 m/s2,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=m|a|,mgsin θ-μmgcos θ=ma',解得μ=0.5,θ=37°,故C,D正确.
8.如图(甲)所示,水平地面上固定一足够长的光滑斜面,斜面顶端有一理想定滑轮,一轻绳跨过滑轮,绳两端分别连接小物块A和B.保持A的质量不变,改变B的质量m,当B的质量连续改变时,得到A的加速度a随B的质量m变化的图线,如(乙)图所示.设加速度沿斜面向上的方向为正方向,空气阻力不计,重力加速度g取9.8 m/s2,斜面的倾角为θ,下列说法正确的是(BC)
A.若θ已知,可求出A的质量
B.若θ未知,可求出(乙)图中a1的值
C.若θ已知,可求出(乙)图中a2的值
D.若θ已知,可求出(乙)图中m0的值
解析:由图(乙)知,当m B=m0时,A的加速度为0,有m0g=m A gsin θ,若θ已知,但m0未知,则无法求出A的质量,同理,m A未知,也无法求出m0的值,故选项A,D错误;当B的质量无限大时,A的加速度无限接近g,即a1=9.8 m/s2,故B正确;当B的质量为0时,A 的加速度为a2,有m A gsin θ=m A a2,a2=gsin θ,故C正确.
9.
如图所示,一斜面放在粗糙水平地面上,质量为m的物块在斜面上释放后沿斜面向下以加速度a(a<g)做匀加速运动.现对m施加一竖直向下的力F(斜面始终未相对地面滑动),下列说法正确的是(BCD)
A.物块下滑的加速度不变
B.物块下滑的加速度增大
C.地面对斜面的摩擦力增大
D.地面对斜面的支持力增大
解析:假设斜面粗糙且质量为m的物块与斜面之间的动摩擦因数为μ,斜面与水平地面之间的夹角为θ,未加力F时,物块只受到重力、支持力和摩擦力,则垂直于斜面的方向N0=mgcos θ,沿斜面的方向mgsin θ-μN0=ma0,解得a0=g(sin θ-μcos θ);有力F时,对物块受力分析,根据牛顿第二定律可知,沿斜面的方向(mg+F)sin θ-f=ma,垂直于斜面的方向N=(mg+F)cos θ,f=μN,解得a=g+(sin θ-μcos θ),故施加力F后,物块的加速度一定增大,选项A错误,B正确;以斜面与物块组成的整体为研究对象,在水平方=macos θ,物块的加速度增大后,地面对斜面的摩擦力一定增大,选项C 向f
地=ma水平
正确;以斜面为研究对象,斜面受到重力、地面的支持力与摩擦力、物块对斜面的压力与摩擦力,施加力F后,物块对斜面的压力与摩擦力都增大,而物块对斜面的压力与摩擦力都有竖直向下的分力,所以施加力F后,物块对斜面的压力与摩擦力竖直向下的分力都增大(若斜面光滑,则物块对斜面的摩擦力为零),所以斜面受到的地面的支持力也一定增大,选项D正确.
10.如图所示,(甲)图为光滑水平面上质量为M的物体,用细线通过定滑轮与质量为m的物体相连,由静止释放M,(乙)图为同一物体M在光滑水平面上用细线通过定滑轮受到竖直向下拉力F的作用,拉力F的大小与m的重力相等,由静止释放M,开始时M距桌边的距离相等,则(CD)
A.(甲)、(乙)两图中M的加速度相等,均为
B.(甲)、(乙)两图中细线受到的拉力相等
C.(甲)图中M到达桌边用的时间较长,速度较小
D.(甲)图中M的加速度为a M=,(乙)图中M的加速度为a M'=
解析:在(甲)图中,以两个物体整体为研究对象,根据牛顿第二定律得a M=;同理在(乙)图中,a M'=,故A错误,D正确;(甲)图中细线拉力大小为T=Ma M=,(乙)图中细线拉力大小为T'=mg,有T<T',即(乙)图中细线受到的拉力较大,故B错误;由公式s=a和=2as得知,(甲)图中加速度较小,(甲)图中M到达桌边用的时间较长,速度
较小,故C正确.
11.如图(甲)所示的水平传送带AB逆时针匀速转动,一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑,以某一初速度从传送带左端滑上,在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图(乙)所示(图中取向左为正方向,以物块刚滑上传送带时为计时起点).已知传送带的速度保持不变,重力加速度g取10 m/s2.关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t,下列计算结果正确的是(BC)
A.μ=0.4
B.μ=0.2
C.t=4.5 s
D.t=3 s
解析:由题图(乙)可得,物块做匀变速直线运动的加速度大小为a=m/s2=2.0 m/s2,由牛顿第二定律得f=ma=μmg,解得物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,A错误,B 正确;在v t图象中,图线与t轴所围面积表示物块的位移,则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止,最后匀速运动回到传送带左端时,物块的位移为0,由题图(乙)可得物块在传送带上运动的总时间为t=4.5 s,C正确,D错误.
12.如图(甲)所示,一块质量为m A=2 kg的木板A静止在水平地面上,一个质量为m B=1 kg的滑块B静止在木板的左端,对B施加一向右的水平恒力F,一段时间后B 从A右端滑出,A继续在地面上运动一段距离后停止,此过程中A的速度随时间变化的图象如图(乙)所示.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度取g=10 m/s2.则下列说法正确的是(BD)
A.滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6
B.木板与地面之间的动摩擦因数为0.1
C.F的大小可能为9 N
D.F的大小与板长L有关
解析:由图(乙)可知,在0~1 s内,木板A的加速度a1=2 m/s2,在1~3 s内,木板A的加速
度a2=-1 m/s2,设滑块与木板之间的动摩擦因数为μ1,木板与地面之间的动摩擦因数为μ2,在0~1 s内,隔离木板A受力分析,由μ1m B g-μ2(m A+m B)g=m A a1,在1~3 s内,隔离木板A受力分析,由-μ2m A g=m A a2,联立解得μ2=0.1,μ1=0.7,选项A错误,B正确;隔离B 分析受力,由牛顿第二定律,F-μ1m B g=m B a3,根据速度图象的面积表示位移可知,在0~1 s内,木板A位移s1=1 m,滑块B在t=1 s内的位移s2=a3t2,木板A长度L=s2-s1,F 的大小与板长L有关,选项D正确;若F的大小为9 N,由牛顿第二定律,F-μ1m B g=m B a3,可得a3=2 m/s2,A,B加速度相同,不能发生相对滑动,选项C错误.
二、非选择题(共52分)
13.(6分)在“探究加速度与力、质量的关系”时采用如图所示的实验装置,小车及车中砝码的总质量为M,沙桶及沙的总质量为m.
(1)若已平衡摩擦力,在小车做匀加速直线运动过程中,绳的实际张力大小T=,当M与m的大小满足时,才可认为绳子对小车的拉力大小等于沙和沙桶的重力.
(2)某同学在保持沙和沙桶质量m一定的条件下,探究小车加速度a与质量M的关系,其具体操作步骤如下,则做法合理的有.
A.平衡摩擦力时,沙桶应用细线通过定滑轮系在小车上且小车后面的纸带也必须连好
B.每次改变小车质量M时,都需要重新平衡摩擦力
C.实验时,先接通计时器的电源,再放开小车
D.用天平测出m及M,直接用公式a=求出小车运动的加速度
解析:(1)由牛顿第二定律知,对小车有T=Ma,对沙和沙桶有mg-T=ma,所以T==,可见当M≫m时,T≈mg.
(2)平衡摩擦力时,应在不挂沙桶的情况下让小车带着纸带匀速下滑来平衡摩擦力,A 错误;每次改变小车质量M时,不需要重新平衡摩擦力,B错误;实验时,先接通计时器的电源,再放开小车,C正确;小车运动的加速度必须由纸带上的测量数据计算得到,D错误.
答案:(1)M≫m(2)C
评分标准:每空2分.
14.(6分)在用DIS研究小车加速度与外力的关系时,某实验小组先用如图(a)所示的实验装置,重物通过滑轮用细线拉小车,在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器,位移传感器(发射器)随小车一起沿水平轨道运动,位移传感器(接收器)固定在轨道一端,实验中力传感器的拉力为F,保持小车[包括位移传感器(发射器)]的质量不变,改变重物重力重复实验若干次,得到加速度与外力的关系如图(b)所示.
(1)小车与轨道间的滑动摩擦力f=N.
(2)从图象中分析,小车[包括位移传感器(发射器)]的质量为kg.
(3)该实验小组为得到a与F成正比的关系,应将斜面的倾角θ调整到tan θ=.
解析:(1)根据图象可知,当F=0.67 N时,小车开始有加速度,则f=0.67 N.
(2)根据牛顿第二定律a==F-,则a F图象的斜率表示小车[包括位移传感器(发射器)]质量的倒数,则M==kg=kg≈0.67 kg.
(3)为得到a与F成正比的关系,则应该平衡摩擦力,则有Mgsin θ=μMgcos θ
解得tan θ=μ,
根据f=μMg,得μ==0.1
所以tan θ=0.1.
答案:(1)0.67(2)0.67(3)0.1
评分标准:每空2分.
15.
(9分)如图所示,质量为m=2.0 kg的物体静止在水平面上,现用F=5.0 N的水平拉力
作用在物体上,在t=4.0 s内可使物体产生s=4.0 m的位移.
(1)求物体与水平面间的动摩擦因数μ为多少;
(2)这个水平力作用在物体上一段时间后被撤去,物体又运动一段时间后停下来,已
m,求该力在物体上的作用时知物体从开始运动到停下来共发生位移s
总=20.0
间.(g=10 m/s2)
解析:(1)设拉力F作用下物体的加速度为a1,
由s=a1t2得a1=0.5 m/s2(1分)
由牛顿第二定律得
F-μmg=ma1(1分)
解得μ=0.2.(1分)
(2)设撤去拉力F后物体的加速度大小为a2,由牛顿第二定律得μmg=ma2,(1分)
拉力作用一段时间t1后撤去,物体再做匀减速直线运动时间为t2,
有a1t1=a2t2,(1分)
s1=a1,(1分)
s2=a2,(1分)
s1+s2=s总(1分)
联立解得t1=8 s.(1分)
答案:(1)0.2(2)8 s
16.
(9分)一小滑块以10 m/s的初速度沿倾角为θ=37°的固定斜面上滑.已知滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5,设斜面足够长.(g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:
(1)物体上滑的最大位移;
(2)物体回到出发点时的速度.
解析:(1)根据牛顿第二定律得
mgsin θ+μmgcos θ=ma1(2分)
解得a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2(1分)
根据速度位移公式=2a 1s(1分)
解得s==5 m.(1分)
(2)根据牛顿第二定律,下滑的加速度为
mgsin θ-μmgcos θ=ma2(1分)
解得a2=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2(1分)
根据速度位移公式
v2=2a2s(1分)
解得v=2m/s.(1分)
答案:(1)5 m(2)2m/s
17.
(9分)车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示,绷紧的传送带始终保持v=1 m/s的恒定速率运行,AB为水平传送带部分且足够长,现有一质量为m=5 kg的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端,传送到B端时没有被及时取下,行李包从B端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽,已知行李包与传送带间的动摩擦因数为0.5,行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8,g取10 m/s2,不计空气阻力(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8).
(1)求行李包相对于传送带滑动的距离;
(2)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零,求斜面的长度.
解析:(1)行李包在水平传送带上加速时
μ1mg=ma1(1分)
若行李包达到水平传送带的速度所用时间为t,
则v=a1t(1分)
行李包前进距离s1=a1t2(1分)
传送带前进距离s2=vt(1分)
行李包相对传送带滑动的距离
Δs=s2-s1=0.1 m.(1分)
(2)行李包在斜面上时,根据牛顿第二定律,有
mgsin 37°-μ2mgcos 37°=ma2(2分)
行李包从斜面滑下过程,有0-v2=2a2s(1分)
解得s=1.25 m.(1分)
答案:(1)0.1 m(2)1.25 m
18.
(13分)如图所示,一小木箱放在平板车的中部,距平板车的后端、驾驶室后端均为L=2.0 m,处于静止状态,木箱与平板车之间的动摩擦因数μ=0.40,现使平板车在水平路面上以加速度a0匀加速启动,速度达到v=6.0 m/s后接着做匀速直线运动,运动一段时间后匀减速刹车.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10 m/s2.
(1)若木箱与平板车保持相对静止,加速度a0大小满足什么条件?
(2)若a0=6.0 m/s2,当木箱与平板车的速度都达到6.0 m/s时,求木箱在平板车上离驾驶室后端距离s;
(3)若在木箱速度刚达到6.0 m/s时平板车立即用恒定的阻力刹车,要使木箱不会撞到驾驶室,平板车刹车时的加速度大小a应满足什么条件?
解析:(1)木箱与车相对静止,加速度相同,设最大值为a m,
由牛顿第二定律有
μmg=ma m
解得a m=4.0 m/s2,(1分)
即木箱与平板车保持相对静止,(1分)
加速度a0≤4.0 m/s2.(1分)
(2)由于a0=6.0 m/s2>4.0 m/s2,木箱与车发生相对滑动
木箱速度达到v=6 m/s所需的时间为
t1==1.5 s(1分)
木箱运动的位移s1=t1(1分)
平板车速度达到v=6 m/s所需的时间为
t2==1.0 s(1分)
平板车运动的位移s2=t2+v(t1-t2)(1分)
且有s=s2-s1+L(1分)
解得s=3.5 m.(1分)
(3)木箱减速停止时的位移s3=(1分)
平板车减速停止时的位移s4=(1分)
木箱不与车相碰应满足s3-s4≤s(1分)
解得a≤18 m/s2.(1分)
答案:(1)a0≤4.0 m/s2(2)3.5 m(3)a≤18 m/s2。