第三章 牛顿运动定律（A）-2021年高考物理一轮复习单元滚动双测卷

优创卷·一轮复习单元测评卷第一章 质点的直线运动A卷 名校原创基础卷一、选择题（本题共8小题，每小题4分.在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.）1.（2018·北京高一学业考试）关于力和运动的关系，下列说法正确的是（    ）A.物体受到的合力为零，物体运动的速度也一定为零B.物体受到的合力为零，物体运动的速度一定保持不变C.物体所受合力越大，物体运动的速度越大D.物体所受合力越大，物体运动的加速度越小【答案】B【解析】AB.根据F=ma知，物体受到的合力为0，物体的加速度为零，物体运动的速度保持不变，故A错误，B正确；C.物体所受合力越大，物体运动的加速度越大，速度不一定越大，比如在扣动扳机的瞬间，子弹的加速度很大，速度却很小，故C错误，D错误.故选B2.（2019·东台创新高级中学高三月考）如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上.一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，则小球从接触弹簧到下降到最低点的过程中（     ）A.小球刚接触弹簧瞬间速度最大B.小球的加速度方向都是竖直向上C.小球的速度先增大后减小D.小球的加速度先增大后减小【答案】C【解析】A项，小球接触弹簧后仍做加速运动，当弹力等于重力时速度最大，故A项错误。B项，当弹力大于重力后合力才变为竖直向上，故B项错误。CD项，由过程分析可知，小球接触弹簧后先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故C对；D错；故选C3.（2019·广东省高一期末）如图所示，一轻弹簧一端系在墙上O点，自由伸长到B点。今将一质量为m的小物块靠着弹簧，将其压缩到A点，然后释放，小物块能在水平面上运动到C点静止。物体与水平面间的动摩擦因数恒定，下列说法中正确的是（　　）A.物体从A到B速度越来越大，从B到C速度越来越小B.物体从A到B先加速后减速，从B到C速度越来越小C.物体从A到B加速度先增大后减小，从B到C加速度变小D.物体从A到B加速度先减小后增大，从B到C加速度增大【答案】B【解析】物体从A到B运动的过程中，开始时弹簧的弹力大于摩擦力，加速度方向向右，加速度逐渐减小，物体做加速度运动，当弹簧的弹力与摩擦力相等时，加速度为零，然后弹簧的弹力小于摩擦力，加速度方向向左，加速度逐渐增大，物体做减速运动，所以从A到B先加速后减速，从B到C物块脱离弹簧，在摩擦力作用下做匀减速运动，加速度不变，故B正确，ACD错误。4.（2020·山东省高三其他）如图所示，有一质量为m的物块分别与轻绳P和轻弹簧Q相连，其中轻绳P竖直，轻弹簧Q与竖直方向的夹角为，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　）A.轻绳P的弹力大小可能小于mgB.弹簧Q可能处于压缩状态C.剪断轻绳瞬间，物块的加速度大小为gD.剪断轻绳瞬间，物块的加速度大小为gsin【答案】C【解析】AB.轻绳P竖直，轻弹簧Q弹力为零，弹簧处于原长状态，轻绳P的弹力大小等于mg，选项AB错误；CD.剪断轻绳瞬间，物体只受重力，物块的加速度大小为g，选项C正确，选项D错误。故选C。5.（2020·江苏省扬州中学高三其他）如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上.现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止.已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。则（　　）A.μ1一定小于μ2B.μ1一定不小于μ2C.改变F的大小，F>μ2（m1＋m2）g时，长木板将开始运动D.若F作用于长木板，F>（μ1＋μ2）（m1＋m2）g时，长木板与木块将开始相对滑动【答案】D【解析】AB.对m1，根据牛顿运动定律有：F-μ1m1g=m1a对m2，由于保持静止有：μ1m1g-Ff=0，Ff＜μ2（m1+m2）g所以动摩擦因数的大小从中无法比较。故AB错误；C.改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止。故C错误；D.若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g=m1a，解得a=μ1g对整体分析F-μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a解得F=（μ1+μ2）（m1+m2）g所以当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，长木板与木块将开始相对滑动。故D正确。故选D。6.（2020·绥德中学高三其他）如图所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为m1、m2的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向夹角为θ.在m1左端施加水平拉力F，使m1、m2均处于静止状态，已知m1表面光滑，重力加速度为g，则下列说法正确的是（    ）A.弹簧可能处于原长状态B.弹簧弹力的大小为C.地面对m2的摩擦力大小为FD.地面对m2的支持力可能为零【答案】C【解析】A.隔离对m1分析，在水平方向上平衡，拉力F等于弹簧在水平方向上的分力，可知弹簧处于伸长状态，故A错误；B.对m1分析，水平方向上有：F弹sinθ=F，则弹簧弹力F弹＝竖直方向上有：m1g+F弹cosθ=N，可知F弹＝故B错误；C.对整体分析，地面对m2的摩擦力大小等于F，故C正确；D.物体m2在水平方向上平衡，可知m2在水平方向上受到摩擦力，则支持力不为零，故D错误。故选C。7.（2020·安徽省高一期末）倾角为的斜面体静止放在粗糙水平地面上，其斜面也是粗糙的。已知质量为的物块恰可沿其斜面匀速下滑。今对下滑的物块施加一个向左的水平拉力，物块仍沿斜面向下运动，斜面体始终保持静止。则此时（　　）A.物块下滑的加速度等于 B.物块下滑的加速度大于C.水平面对斜面体M的静摩擦力方向水平向右D.水平面对斜面体M的静摩擦力大小为零【答案】BD【解析】AB.由题意知，物块自己能够沿斜面匀速下滑，得施加拉力F后解得所以A错误，B正确；CD.以斜面体为研究对象，受物块的摩擦力沿斜面向下为正压力又把摩擦力和压力求和，方向竖直向下，所以斜面体在水平方向没有运动的趋势，故不受地面的摩擦力，所以D正确，C错误。故选BD。8.（2020·江苏省高二月考）如图所示，竖直悬挂的轻弹簧下端系着A、B两物块，mA=0.1kg，mB=0.5kg，弹簧伸长15cm。若剪断A、B间的细绳，A做简谐振动，g取10m/s2，则（　　）A.A的振幅为12.5cmB.A的振幅为15cmC.A的最大加速度为50m/s2D.A在最高点时，弹簧的弹力大小为4N【答案】ACD【解析】AB.由两球静止时的力平衡条件，得解得剪断A、B间细线后，A球静止悬挂时的弹簧的伸长量为弹簧伸长量为0.025m时下端的位置就是A球振动中的平衡位置。悬挂B球后又剪断细线，相当于用手把A球下拉后又突然释放，刚剪断细线时弹簧比静止悬挂A球多伸长的长度就是振幅，即A正确B错误；CD.振动过程中物块A最大加速度为物块A在最高点时具有最大加速度，加速度的方向向下，重力与弹簧的弹力一起提供加速度，由牛顿第二定律得代入数据得F=4N方向竖直向下，CD正确。故选ACD。9.（2020·陕西省西安中学高三其他）如图所示，倾角为θ=30°的斜面体c置于水平地面上，滑块b置于光滑斜面上，通过细绳跨过定滑轮与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a下端连接在竖直固定在地面的轻弹簧上，整个系统保持静止.已知物块a、b、c的质量分别为m、4m、M，重力加速度为g，不计滑轮的质量和摩擦.下列说法中正确的是A.弹簧弹力大小为mgB.地面对c的摩擦力为零C.剪断轻绳的瞬间，c对地面的压力为D.剪断轻绳的瞬间，a的加速度大小为2g【答案】AD【解析】A.以b为对象，沿斜面方向得以a为对象解得：故A正确；B.对bc组成的系统受力分析可知，重力G，支持力F，细线的拉力，地面的摩擦力f，故B错误；C.剪断轻绳的瞬间， b沿加速下滑，处于失重状态，所以c对地面的压力小于，故C错误；D.剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得：a的加速度大小故D正确.10.（2019·海南省海口一中高三月考）如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v－t图像如图乙所示（重力加速度为g），则（　　）A.施加外力前，弹簧的形变量为B.弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值C.A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力大小为M（g+a）D.外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M（g－a）【答案】ACD【解析】A.施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有得故A正确；B.当B的加速度为0时，B的速度最大即弹力与B的重力大小相等时，B的速度最大，故B错误；C.在t1时刻AB分离瞬间，AB间的弹力对B受力分析得得故C正确；D.拉力F施加的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有其中得故D正确。故选ACD。 二、非选择题（本大题共6小题，共60分）11.（8分）[2019·广东省期末]在“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”实验中：实验装置如图所示：一木块放在水平长木板上，左侧栓有一不可伸长的细软线，跨过固定在木板边缘的滑轮与一重物相连，木块右侧与穿过打点计时器的纸带相连，在重物牵引下，木块在木板上向左做匀加速运动。重物的质量为m，木块质量为M。（1）如图①所示，是甲同学用以上装置，通过打点计时器在纸带上打出的一些连续的点，它们之间的距离分别为S1、S2、S3、S4、S5、S6，打点计时器所用交流电周期为T，根据给以上数据求：木块的加速度a=______。（2）乙同学用同一套装置，根据测量数据画出了如图②所示的a—F图线，原因可能是：____。（3）丙、丁两位同学用同一套装置，画出了各自得到的a—F图线如图③所示，说明这两个同学做实验时的哪一个物理量取值不同：_________。（4）当M和m的大小关系满足_________时，才可以认为绳子对木块的拉力大小等于重物的重力大小。【答案】    没有平衡摩擦力或平衡摩擦力时斜面倾角太小    木块的质量        【解析】（1）［1］利用逐差法求加速度为（2）［2］根据图象横坐标交点可知，当取某个不为零的值时，加速度为零，说明平衡摩擦力不足，即没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力时斜面倾角太小。
（3）［3］根据牛顿第二定律F=Ma可得a-F图象的斜率为，丁、丙直线斜率不同，说明这两个同学做实验时木块的质量不同。
（4）［4］本实验中平衡摩擦力后，小车受到的合外力是绳子的拉力，对小车和重物分别列牛顿定律方程F=Mamg-F=ma可解得可得本实验数据小车的合外力认为就是mg，只有在M＞＞m时，才可以认为绳子对木块的拉力大小等于重物的重力大小。12.（8分）[2020·江西省五校联考]某同学用如图（a）所示的实验装置测量木块与木板之间的动摩擦因数μ：将木块从倾角为θ的木板上静止释放，与位移传感器连接的计算机描绘出了木块相对传感器的位置随时间变化的规律，如图（b）中的曲线②所示.图中木块的位置从x1到x2、从x2到x3的运动时间均为T.（1）根据图（b）可得，木块经过位置x2时的速度v2= ___，木块运动的加速度a=____；（2）现测得T=0.1s，x1 =4cm，x2=9cm，x3=16cm，θ=37°，可求得木块与木板之间的动摩擦因数μ=____  ；（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取l0m/s2，结果保留1位有效数字）（3）若只增大木板的倾角，则木块相对传感器的位置随时间变的规律可能是图（b）中的曲线 ___.（选填图线序号①、②或③）【答案】；     ；     0.5；     ①    【解析】（1）由题意可知，木块沿木板向下做匀加速直线运动，由于从x1到x2、从x2到x3的运动时间均为T，所以，由匀变速直线运动的规律可知，，解得：；（2）由由牛顿第二定律可知，，解得：；（3） 由牛顿第二定律可知，，当增大，则加速度增大，由公式可知，曲线①正确.13.（12分）[2020·安徽省高一期末]如图为一倾角θ＝37°的足够长固定斜面，一质量m＝2kg的物体在斜面底部受到一个沿斜面向上的拉力F＝28N的作用，物体由静止开始向上运动，最初2s内的位移为8m，2s末撤去拉力F，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；（2）物体沿斜面向上运动的最大位移；（3）物体沿斜面向下运动时的加速度大小。【答案】（1）0.5；（2）11.2m；（3）【解析】（1）物体在2s内位移为8m，由解得：根据牛顿第二定律，撤去拉力F前有：解得：（2）设撤拉去F后加速度为，由牛顿第二定律得：解得：撤去拉力F时的速度设撤去F后经t2速度减为0，由运动学规律得：解得x2=3.2m（3）下滑过程：得14.（12分）[2019·广东省高一期末]某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离一段时间后打开降落伞做减速下落。他打开降落伞后的速度图线如图a。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为α=37°，如图b。已知人的质量为50kg，降落伞质量也为50kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速率v成正比，即（g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）。求：（1）打开降落伞前人下落的距离；（2）阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向；（3）悬绳能够承受的拉力至少为多少？【答案】（1）20m（2）30m/s2，方向向上（3）312.5N【解析】（1）由速度时间图像可知，人打开降落伞时的速度为，故下落的距离为（2）当人作匀速运动时，刚开始下落时，对整体解得方向向上。（3）设每根绳子的拉力为T，当加速度最大时绳的拉力最大，对运动员解得15.（10分）[2019·海南省海口一中高三月考]质量为m=0.5kg的小煤块（可视为质点）放在质量为M=0.5kg的长木板的右端，木板足够长，小煤块与木板的动摩擦因数，木板与地面之间的动摩擦因数，开始时两者都处于静止状态，现对木板施加水平向右的恒力F=9N，如图所示，经t=2s后撤去F。由于煤块与木板间相对滑动会留下一条黑色痕迹。（g取10m/s2）试求：（1）小煤块在木板上留下的痕迹的长度？（2）小煤块和木板均静止后，煤块到木板右端的距离为多少？【答案】（1）18m；（2）12m【解析】（1）整体分析可得对小煤块分析可知由于，即可判断小煤块与长木板发生滑动，它们之间的摩擦力为滑动摩擦力。对小煤块和长木板受力分析，结合牛顿第二定律可得，小煤块做匀加速直线运动，其加速度大小长木板做匀加速直线运动，其加速度大小经，小煤块和长木板运动的位移和末速度分别为 ， ，撤去F后，小煤块受力不变，继续做匀加速度直线运动，其加速度大小长木板受到地面和小煤块的摩擦力，做匀减速直线运动，其加速度大小当小煤块和长木板共速时，有共速时的速度为从撤去到小煤块和长木板共速，此阶段小煤块和长木板的位移分别为 ，当小煤块和长木板共速之后，分析可得小煤块受到的摩擦力反向，小煤块做匀减速直线运动，其加速度大小长木板做匀减速直线运动，其加速度大小当小煤块和长木板停止时，它们的位移分别为，由以上三个阶段的位移可得，小煤块在木板上留下的痕迹的长度（2）根据以上分析可知，小煤块和木板均静止后，煤块到木板右端的距离16.（10分）[2019·海南省海口一中高三月考]如图所示，倾角α=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上有一长L=1.8m、质量M=3 kg的薄木板，现对木板施加沿斜面向上的恒力F=37.5N，使木板由静止开始做匀加速直线运动。在木板开始运动的瞬间，将质量m=1 kg的小物块无初速放在木板的最右端。物块与木板间的动摩擦因数μ=，g取10 m/s2。（1）物块滑离木板所用的时间是多少？（2）当物块运动到最高点时与木板下端的距离为多少？【答案】⑴ 1.2 s  ⑵4.05 m【解析】（1）对木板列牛顿第二定律得，，对物块列牛顿第二定律得，设物块滑离木板时间为t, 解得， （2）物块离开木板的速度，此时物块的加速度为，物块向上运动的距离为，所用时间为，；此段实际木板继续上滑，木板此时加速度为，木板上滑的位移为，联立解得，当物块运动到最高点时与木板下端的距离为。