2022版新高考物理一轮复习章末验收：3 牛顿运动定律

章末滚动验收(三)(时间：45分钟)一、单项选择题1.如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”。

此过程中()A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力C．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小D．人被向上“托起”时处于失重状态A[地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力，等大反向，A正确；相互作用力是两个物体间的相互作用，而人受到的重力和人受到气流的力涉及人、地球、气流三个物体，不是一对相互作用力，B错误；由于风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，在竖直方向上合力不为零，所以人受到的重力大小不等于气流对人的作用力大小，C错误；人被向上“托起”时加速度向上，处于超重状态，D错误。

]2.如图所示，半圆球P和竖直挡板固定在水平面上，挡板与P相切，光滑小球Q静止在P和挡板之间。

已知Q的质量为m，P、Q的半径之比为4∶1，重力加速度大小为g，则Q对P的压力大小为()A．4mg3B．5mg4C．4mg5D．3mg4B[对Q受力分析如图所示，设Q的半径为r，两个圆心的连线与水平面的夹角为α，由几何关系得4r cos α＝4r－(r＋r cos α)，解得cos α＝35，由平衡条件得N2＝mgsin α，解得N2＝54mg，选项B正确。

]3.(2020·黑龙江大庆第一次质量检测)如图所示，用一个水平推力F＝kt(k>0，且为常量)把一重力为G的物体压在足够高，且平整的竖直墙壁上，f为物体受到的摩擦力，a为物体的加速度，v为物体的速度，取竖直向上为正方向。

开始时物体的速度为零，从t＝0开始计时，下列反映f、a、v随时间变化关系的图象中，正确的是()A BC DC[由题意可知，开始时物体的重力大于摩擦力，由牛顿第二定律有a＝μkt－mgm＝μkm t－g(a与t呈线性关系)，则物体向下做加速度逐渐减小的加速运动，然后重力小于摩擦力，物体开始向下做加速度逐渐增大的减速运动，直到物体静止，此时物体受到的静摩擦力等于重力；根据运动对称性可知，运动开始和结束时，物体的加速度大小相等，所以有f m－G＝G，故物体受到的滑动摩擦力的最大值为f m＝2G。

只有选项C正确。

]4.如图所示，一质量为M＝2 kg、倾角为θ＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面上叠放一质量为m＝1 kg的光滑楔形物块，物块在水平恒力F的作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。

重力加速度取g＝10 m/s2。

下列判断正确的是()A ．物块对斜面的压力大小F N ＝5 2 NB ．斜面体的加速度大小为a ＝10 m/s 2C ．水平恒力大小F ＝15 ND ．若水平作用力F 作用到M 上系统仍保持相对静止，则F 将变小C [对M 、m 整体分析，受重力、支持力和推力，根据牛顿第二定律可得，水平方向：F ＝(M ＋m )a ；竖直方向：N ＝(M ＋m )g ；再对M 分析，受重力、压力F N 、支持力，根据牛顿第二定律可得，水平方向：F N sin θ＝Ma ；竖直方向：F N cos θ＋Mg ＝N ；联立解得：a ＝mg tan θM ＝5 m/s 2；F ＝(M ＋m )mg tan θM＝15 N ；F N ＝mg cos θ＝10 2 N ，故A 、B 错误，C 正确；若水平作用力F 作用到M 上系统仍保持相对静止，则对整体：F ＝(M ＋m )a ′；对m ：mg tan 45°＝ma ′，解得F ＝(M ＋m )g ＝30 N ，即F 变大，故D 错误。

]5.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t ＝0)将一物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。

在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是下列选项中的( )A BC DA [设在木板与物块未达到相同速度之前，木板的加速度为a 1，物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。

对木板应用牛顿第二定律得－μ1mg －μ2·2mg ＝ma 1，a 1＝－(μ1＋2μ2)g ，设物块与木板达到相同速度之后，木板的加速度为a 2，对整体有－μ2·2mg ＝2ma 2，a 2＝－μ2g ，可见|a 1|>|a 2|由v -t 图象的斜率表示加速度大小可知，图象A 正确。

]二、多项选择题6.质量m ＝2 kg 的物块在粗糙的水平地面上运动，t ＝0时刻开始受到方向相反的水平拉力F 1、F 2的作用，以3 m/s 的速度做匀速直线运动，F 1、F 2随时间t 的变化规律如图所示，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．物块与地面间的动摩擦因数为0.3B ．3 s 末物块的加速度大小为1.5 m/s 2C ．5 s 末物块的速度大小为1.5 m/sD ．5 s 内物块的位移大小为9 m BD [0～2 s 内，由物块处于平衡状态可得F 1＋F 2－μmg ＝0，代入数据解得μ＝0.2，故A 错误；3 s 末物块的加速度大小为a ′＝－F 2＋μmg －F ′1m＝1.5 m/s 2，故B 正确；2～4 s 内物块的加速度大小都为a ′＝1.5 m/s 2，所以物块减速到0的时间为t 2＝31.5s ＝2 s ，即物块在4 s 末速度减为0，接下来物块处于静止状态，故C 错误；5 s 内物块的位移大小等于 4 s 内物块的位移大小，即为⎝ ⎛⎭⎪⎫3×2＋3＋02×2 m ＝9 m ，故D 正确。

] 7．如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m 和M 的物块A 、B 用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F 作用于B 上且两物块共同向右以加速度a 1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x ；当用同样大小的恒力F 沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B 上且两物块共同以加速度a 2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x 2，则下列说法中正确的是( )A．若m>M，有x1＝x2B．若m<M，有x1＝x2C．若μ>sin θ，有x1>x2D．若μ<sin θ，有x1<x2AB[在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1 ①隔离物块A，根据牛顿第二定律，有F T－μmg＝ma1 ②联立①②解得F T＝mm＋MF ③在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－(m＋M)g sin θ＝(m＋M)a2 ④隔离物块A，根据牛顿第二定律，有F′T－mg sin θ＝ma2 ⑤联立④⑤解得F′T＝mM＋mF ⑥比较③⑥可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B 正确，C、D错误。

]三、非选择题8．(2020·全国卷Ⅱ)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：____________。

[解析]小球B做初速度为零的匀加速直线运动，有h0－h＝12aT2，解得a＝1.84 m/s2。

对小球B由牛顿第二定律有m B g－F＝m B a′，对小球A由牛顿第二定律有F′－m A g＝m A a′，F′＝F，解得a′＝(m B－m A)gm B＋m A＝1.96 m/s2。

a′和a有明显差异，原因可能是滑轮的轴不光滑或滑轮有质量。

[答案] 1.84 1.96滑轮的轴不光滑或滑轮有质量9．(惠州市2021届高三第二次调研)为了探究牛顿第二定律，某同学设计了如下实验方案：A．实验装置如图甲所示，一端系在滑块上的轻质细绳通过转轴光滑的轻质滑轮，另一端挂一质量为m的钩码。

用垫块将长木板固定滑轮的一端垫起，调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿长木板向下做匀速直线运动，不计细绳与定滑轮的摩擦。

甲B．保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，连接纸带，接通打点计时器的电源，然后让滑块沿长木板滑下，打点计时器打下的纸带如图乙所示(不计纸带与打点计时器间的阻力)。

请回答下列问题：(1)此实验设计是否需要满足钩码质量远小于滑块质量？________(选填“需要”或“不需要”)(2)若滑块质量为M，请写出滑块的加速度的表达式：a＝________(用m、M和g表示)(3)图乙中纸带的________端与滑块相连(选填“左”或“右”)。

(4)图乙中相邻两个计数点之间还有4个点未画出，打点计时器接频率为50 Hz 的交流电源，根据图乙求出滑块的加速度a ＝________ m/s 2。

(结果保留3位有效数字)(5)图乙纸带对应的钩码质量m ＝0.5 kg ，则滑块的质量M ＝________ kg(g 取10 m/s 2，结果保留3位有效数字)。

乙[解析] (1)平衡摩擦力让滑块带着钩码一块做匀速运动，Mg sin θ＝mg ，则取下细绳和钩码时，提供滑块匀加速运动的外力是Mg sin θ，因此此实验设计不需要满足M ≫m 。

(2)由牛顿第二定律知：Mg sin θ＝Ma① Mg sin θ＝mg②所以a ＝mg M 。

(3)因物块做匀加速运动，故纸带上相邻两点间的距离越来越大，因此右端与滑块相连。

(4)设纸带上相邻两点间的距离从右向左依次为x 1、x 2、x 3、x 4、x 5，则a ＝(x 4＋x 5)－(x 1＋x 2)6T2＝1.65 m/s 2。

(5)M ＝mg /a ＝3.03 kg 。

[答案] (1)不需要 (2)mg M (3)右 (4)1.65 (5)3.0310．如图甲所示，光滑斜面的倾角为θ，用一水平外力F 推物体，逐渐增大F ，物体沿斜面做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图象如图乙所示，若重力加速度g 取10 m/s 2。

根据图乙中所提供的信息，求：甲 乙(1)物体的质量m ；(2)若斜面足够长，且撤去推力时物体的速度是沿斜面向上为12 m/s，求撤去推力后第3 s内物体的位移；(3)若要使物体在斜面上保持静止，所施加的最小推力是多大？方向如何？[解析](1)当外力为零时，物体的加速度为6 m/s2，根据牛顿第二定律可得mg sin θ＝ma，解得sin θ＝0.6，当外力为20 N时，物体的加速度为2 m/s2，根据牛顿第二定律得F cos θ－mg sin θ＝ma′，代入数据解得m＝2 kg。