2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第三单元 牛顿运动定律 作业13 Word版含答案

这是一份2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第三单元 牛顿运动定律 作业13 Word版含答案，共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是( )
A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
答案 D
解析 加速度向上为超重向下为失重，手托物体抛出的过程，必定有一段加速过程，即超重过程，从加速后到手和物体分离的过程中，可以匀速也可以减速，因此可能失重，也可能既不超重也不失重，A、B两项错误．手与物体分离时的力学条件为：手与物体之间的压力N＝0，分离后手和物体一定减速，物体减速的加速度为g，手减速要比物体快才会分离，因此手的加速度大于g，C项错误，D项正确．
2．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带，假定乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为5 s，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( )
A．450 N B．400 N
C．350 N D．300 N
答案 C
解析 汽车的速度v0＝90 km/h＝25 m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝eq \f(v0,t)＝5 m/s2，对乘客由牛顿第二定律得F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以C项正确．
3．(2015·重庆)若货物随升降机运动的v－t图像如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是( )
答案 B
解析 由v­t图可知过程①为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，Fmg)；过程④为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程⑤为向上匀速直线运动(平衡，F＝mg)；过程⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F4.如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)( )
A．物体经10 s速度减为零
B．物体经2 s速度减为零
C．物体速度减为零后将保持静止
D．物体速度减为零后将向右运动
答案 BC
解析 物体受到向右的滑动摩擦力Ff＝μFN＝μG＝3 N，根据牛顿第二定律得a＝eq \f(F＋Ff,m)＝eq \f(2＋3,1) m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体减速到零所需的时间t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(10,5) s＝2 s，B项正确，A项错误；减速到零后，恒力F5.某兴趣小组用频闪照相机测小球在竖直上抛过程中受到的空气阻力．将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，用频闪照相机记录了全过程，图甲和图乙分别是上升过程和下降过程的频闪照片，O是运动的最高点．设小球所受阻力大小不变，则小球受到的阻力大小约为( )
A.eq \f(1,4)mg B.eq \f(1,3)mg
C.eq \f(1,2)mg D．mg
答案 C
解析 设墙面上砖的厚度为d，频闪照相的周期为T，由上升过程中加速度的大小a1＝eq \f(9d－3d,T2)＝eq \f(6d,T2)，下降过程中加速度的大小a2＝eq \f(3d－d,T2)＝eq \f(2d,T2)，根据牛顿第二定律，上升过程有mg＋Ff＝ma1，下降过程有mg－Ff＝ma2，联立各式得Ff＝eq \f(1,2)mg，C项正确．
6．太空中运行的宇宙飞船处于完全失重状态，我国“神舟十号”宇航员王亚平在太空授课时利用质量测量仪完成了测量聂海胜质量的实验．受这一实验启发，某实验小组在实验室也完成了一个不用天平测量物体质量的实验：如图在光滑水平台面右端固定一个永磁恒力器，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，永磁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.eq \f(Fx,（\f(d,t2)）2－（\f(d,t1)）2) B.eq \f(2Fx,（\f(d,t2)）2－（\f(d,t1)）2)
C.eq \f(2Fx,（\f(d,t1)）2－（\f(d,t2)）2) D.eq \f(Fx,（\f(d,t1)）2－（\f(d,t2)）2)
答案 B
解析 对小车，由牛顿第二定律有F＝ma，对小车通过两光电门间距离的过程，由运动学公式有(eq \f(d,t2))2－(eq \f(d,t1))2＝2ax，联立两式解得小车的质量为m＝eq \f(2Fx,（\f(d,t2)）2－（\f(d,t1)）2).
7．(2016·玉溪模拟)如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB＝BC，小物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1∶4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P物块在AB、BC上所做两段运动可看作匀变速直线运动)( )
A．1∶1 B．1∶4
C．4∶1 D．8∶1
答案 D
解析 设到达B点速度为v1，由于AB与BC段的位移相等，则有eq \f(v0＋v1,2)t1＝eq \f(v1＋0,2)t2，其中t1∶t2＝1∶4，故v1＝eq \f(v0,3)，AB段的加速度为a1＝eq \f(v1－v0,t1)＝－eq \f(2v0,3t1)，BC段的加速度为a2＝eq \f(0－v1,t2)＝－eq \f(v0,3t2)，根据牛顿第二定律得，AB段－μ1mg＝ma1，BC段－μ2mg＝ma2，解得μ1∶μ2＝a1∶a2＝8∶1，故D项正确．
8.(2016·濮阳模拟)如图所示，质量分别为m、2m的小球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线．在线断的瞬间，弹簧的弹力的大小和小球A的加速度的大小分别为( )
A.eq \f(2F,3)，eq \f(2F,3m)＋g B.eq \f(F,3)，eq \f(2F,3m)＋g
C.eq \f(2F,3)，eq \f(F,3m)＋g D.eq \f(F,3)，eq \f(F,3m)＋g
答案 A
解析 在剪断前，对A、B及弹簧整体由牛顿第二定律有F－3mg＝3ma，对B由牛顿第二定律得F弹－2mg＝2ma，由此可得F弹＝eq \f(2F,3)，细线被剪断后的瞬间，弹簧弹力不变，此时对A球来说，受到向下的重力和弹力作用，则有F弹＋mg＝maA，解得aA＝eq \f(2F,3m)＋g，A项正确．
9．(2016·河南省中原名校高三第三次联考)某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，使飞行器恰恰与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是( )
A．加速时加速度的大小为g
B．加速时动力的大小等于mg
C．减速时动力的大小等于eq \f(\r(3),2)mg
D．减速飞行时间2t后速度为零
答案 ACD
解析 起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设动力为F，合力为Fh，如图所示：
在△OFFh中，由几何关系，得F＝eq \r(3)mg，Fh＝mg
由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：a1＝g
故A项正确，B项错误；
t时刻的速率：v＝a1t＝gt
推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°斜向下，推力F′跟合力F′h垂直，如图所示，
此时合力大小为：F′h＝mgsin30°
动力大小：F′＝eq \f(\r(3),2)mg
飞行器的加速度大小为：a2＝eq \f(mgsin30°,m)＝eq \f(1,2)g
到最高点的时间为：t′＝eq \f(v,a2)＝eq \f(gt,\f(1,2)g)＝2t
故C、D项正确．
10.如图所示，三角体由两种材料拼接而成，BC界面平行于底面DE，两侧面与水平面夹角分别为30°和60°；已知物块从顶端A由静止下滑，先加速至B再匀速至D；若该物块由静止从顶端A沿另一侧面下滑，则( )
A．物块一直加速运动到E，但AC段的加速度比CE段小
B．物块在AB段的运动时间大于AC段的运动时间
C．物块将先加速至C再匀速至E
D．物块通过C点的速率大于通过B点的速率
答案 BD
解析 设物块由A到B，由B到D的动摩擦因数分别为μ1、μ2则由A到B时，加速度a1＝gsin30°－μ1gcs30°，vB＝eq \r(2a1·BCcs30°)，t1＝eq \r(\f(2BC·cs30°,a1))；由A到C时，a2＝gsin60°－μ1gcs60°，vC＝eq \r(2a2·BCsin30°)，t2＝eq \r(\f(2BC·sin30°,a2))；比较可知，vBt2.物块由B匀速运动到D，有mgsin30°＝μ2mgcs30°，即μ2＝tan30°.由C到E，由于μ2a3.
二、非选择题
11.(2016·浙江五校联考)如图所示，一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F＝20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),6).试求：
(1)小球运动的加速度大小；
(2)若F作用1.2 s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离．
答案 (1)2.5 m/s2 (2)2.4 m
解析 (1)在力F作用时，由牛顿第二定律得
(F－mg)sin30°－μ(F－mg)cs30°＝ma1
解得a1＝2.5 m/s2
(2)刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝3 m/s
小球的位移x1＝eq \f(v1,2)t1＝1.8 m
撤去力F后，小球上滑时，由牛顿第二定律得
mgsin30°＋μmgcs30°＝ma2
解得a2＝7.5 m/s2
小球上滑时间t2＝eq \f(v1,a2)＝0.4 s
上滑位移x2＝eq \f(v1,2)t2＝0.6 m
则小球上滑的最大距离为xm＝x1＋x2＝2.4 m
12．(2016·江苏省镇江三校联考)如图所示，倾角为37°、足够长的斜面体固定在水平地面上，小木块在沿斜面向上的恒定外力F作用下，从斜面上的A点由静止开始向上做匀加速运动，前进了4.0 m抵达B点时，速度为8 m/s.已知木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，木块质量m＝1 kg.g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.
(1)木块所受的外力F多大？
(2)若在木块到达B点时撤去外力F，求木块还能沿斜面上滑的距离s；
(3)为使小木块再次通过B点的速率为eq \f(8,5)eq \r(5) m/s，求恒力F连续作用的最长时间t.
解析 (1)设外加恒力F时小木块的加速度为a1：
由匀加速直线运动的规律得：vB2＝2a1s1①
根据牛顿第二定律得：F－mgsinθ－μmgcsθ＝ma1②
联立①②代入数据解得：F＝18 N
(2)设小木块继续上滑的加速度大小为a2
由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcsθ＝ma2
a2＝gsinθ＋μgcsθ
还能上滑的距离s＝eq \f(vB2,2a2)，
联立解得s＝3.2 m
(3)当小木块运动一段时间后撤去外力，且向下运动经过B点的速度为eq \f(8,5)eq \r(5) m/s时，恒力作用的时间有最大值．
设小木块向下运动的加速度为a3，则a3＝gsinθ－μgcsθ
向下运动至B点的距离为s3，则v2＝2a3s3
设恒力作用的最长时间为t1，撤去恒力向上减速至零所用时间为t2，则：a1t1＝a2t2，eq \f(1,2)a1t12＋eq \f(1,2)a2t22＝s1＋s3，联立解得t1＝1 s.
13．2014年10月，“辽宁舰”解缆起航，继续进行“歼－15”舰载机起降训练，如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的eq \f(1,10).假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g＝10 m/s2.
(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；
(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．
答案 (1)8.0 s 41.5 m/s (2)5.2×105 N
解析 (1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力的作用，设加速度大小为a1，末速度大小为v1，运动时间为t1，有
F－f＝ma1
v12＝2a1l1
v1＝a1t1
f＝0.1mg，代入已知数据可得：
a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s
飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿斜面方向，有
F－f－mgeq \f(h,l2)＝ma2
v22－v12＝2a2l2
代入已知数据可得
a2＝3.0 m/s2，v2＝eq \r(1 720) m/s＝41.5 m/s.
(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a，末速度大小为v，有
F推＋F－f＝ma
v2＝2al1
飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用没有变化，加速度大小仍是a2＝3.0 m/s2
v′2－v2＝2a2l2
根据题意，v′＝100 m/s，代入已知数据解得
F推＝5.2×105 N.