2022届高考物理一轮复习单元检测三　牛顿运动定律（解析版）

这是一份2022届高考物理一轮复习单元检测三　牛顿运动定律（解析版），共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．(2020·北京市东城区模拟)在阻力可以忽略的水平冰面上，质量为60 kg的男同学和质量为50 kg的女同学用一根水平轻绳做拔河游戏(如图1所示)．当女同学的加速度大小是0.60 m/s2时，男同学的加速度大小是( )
图1
A．0 B．0.50 m/s2
C．0.60 m/s2 D．0.72 m/s2
答案 B
解析 根据牛顿第三定律，两个同学所受的拉力大小相等，根据牛顿第二定律F＝ma，
得eq \f(a男,a女)＝eq \f(m女,m男)＝eq \f(50,60)＝eq \f(5,6)，则a男＝eq \f(5,6)a女＝0.50 m/s2.
2.(2020·福建南平市一模)如图2所示，挂钩连接三根长度均为L的轻绳，三根轻绳的另一端与一质量为m、直径为1.2L的水平圆环相连，连接点将圆环三等分，在挂钩拉力作用下圆环以加速度a＝eq \f(1,2)g匀加速上升，已知重力加速度为g，则每根轻绳上的拉力大小为( )
图2
A.eq \f(5,12)mg B.eq \f(5,9)mg C.eq \f(5,8)mg D.eq \f(5,6)mg
答案 C
解析 设每根轻绳与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得sin θ＝0.6，cs θ＝0.8；分析圆环在竖直方向的受力情况，由牛顿第二定律有：3Tcs θ－mg＝ma，解得T＝eq \f(5,8)mg，故选C.
3．(2020·北京市海淀区二模)若货物随升降机沿竖直方向运动的v－t图像如图3所示，取竖直向上为正方向，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( )
图3
答案 B
解析 根据速度－时间图线可知，货物在0～t1、t5～t6时间内加速度向下，处于失重状态，Fmg，故选B.
4.某直升机的质量为m，某次试飞时，主旋翼提供大小为2mg、方向向上的升力，每个向前螺旋推进器提供大小为mg、方向向前的推力，如图4所示．不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是( )
图4
A．该直升机可能处于平衡状态
B．该直升机以加速度g做匀加速直线运动
C．空气对直升机的作用力为2eq \r(2)mg
D．空气对直升机的作用力为4mg
答案 C
解析 直升机在水平方向的加速度大小ax＝2g，竖直方向的加速度大小ay＝g，则直升机的加速度大小a＝eq \r(a\\al(x2)＋a\\al(y2))＝eq \r(5)g，故选项A、B错误；空气对直升机的作用力为F＝eq \r(2mg2＋2mg2)＝2eq \r(2)mg，故选项C正确，D错误．
5.如图5所示，质量均为m的A、B两物块，放在光滑水平地面上，用水平向右的恒力F拉A物体，当A、B的加速度第一次为2∶1时弹簧伸长量为x1，当两物块一起以相同加速度运动时，弹簧伸长量为x2，弹簧水平，则eq \f(x1,x2)等于( )
图5
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4)
答案 C
解析 当A、B加速度第一次为2∶1时，设B的加速度为a，A的加速度为2a，对A有：F－kx1＝2ma，对B有：kx1＝ma，解得x1＝eq \f(F,3k)；当加速度相同时，同理：F－kx2＝ma′，kx2＝ma′，得x2＝eq \f(F,2k)，故eq \f(x1,x2)＝eq \f(2,3)，选项C正确．
6.(2020·湖南湘潭市模拟)如图6所示，一条足够长且不可伸长的轻绳跨过光滑轻质定滑轮，绳的右端与一质量为12 kg的重物相连，重物静止于水平地面上，左侧有一质量为10 kg的猴子，从绳的另一端沿绳以大小为5 m/s2的加速度竖直向上爬，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
图6
A．绳上的拉力大小为50 N
B．重物不会离开地面
C．2 s末重物上升的高度为5 m
D．重物的加速度大小为3.2 m/s2
答案 C
解析 对猴子受力分析，受到重力和绳对猴子的摩擦力，根据牛顿第二定律得：f－mg＝ma，解得：f＝150 N，即绳上的拉力大小为T＝150 N，故A错误；重物所受的重力为120 N，因绳上的拉力为150 N>120 N，所以重物会离开地面，故B错误；对重物，由牛顿第二定律得：T－Mg＝Ma，解得：a＝2.5 m/s2,2 s末重物上升的高度h＝eq \f(1,2)at2＝5 m，故C正确，D错误．
7.如图7所示，小球系在轻弹簧的下端，用最小力拉小球至弹簧与水平方向成30°角由静止释放，重力加速度的大小为g.关于小球释放瞬间的加速度，下列说法正确的是( )
图7
A．a＝eq \f(\r(3),2)g，方向与竖直方向成30°角
B．a＝eq \f(\r(3),2)g，方向与竖直方向成60°角
C．a＝eq \f(1,2)g，方向与竖直方向成30°角
D．a＝eq \f(1,2)g，方向与竖直方向成60°角
答案 A
解析 根据题意，用最小力拉小球至弹簧与水平方向成30°角，对小球受力分析如图所示，F1＝mgsin 60°，当释放小球瞬间，弹力与重力保持不变，合力方向与竖直方向成30°角，大小为mgsin 60°，所以加速度大小为a＝gsin 60°＝eq \f(\r(3),2)g，方向与竖直方向成30°角斜向左下方，A正确．
8．(2019·广东四校联考)如图8所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在斜面上一起以一定的初速度滑行一段距离后停止．现拿走砝码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力F(F＝mgcs θ)，其他条件不变，则木盒滑行的距离将( )
图8
A．不变 B．变小
C．变大 D．变大、变小均有可能
答案 B
解析 设木盒的质量为M且向上滑行，放有砝码时由牛顿第二定律有μ(M＋m)gcs θ＋(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a1，换成垂直于斜面向下的恒力F时由牛顿第二定律有μ(M＋m)gcs θ＋Mgsin θ＝Ma2，可知a2＞a1，再由x＝eq \f(v\\al(02),2a)可得x2＜x1.同理可知，若木盒向下滑行，放有砝码时，有μ(M＋m)gcs θ－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a1′，换成垂直于斜面向下的恒力F时，有μ(M＋m)gcs θ－Mgsin θ＝Ma2′，可知a2′＞a1′，再由x′＝eq \f(v\\al(02),2a′)可得x2′＜x1′，故选项B正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，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)
9.(2020·福建漳州市一模)如图9所示，在水平地面的平板小车上放一质量为m＝2 kg的滑块，滑块与车上右侧挡板用水平的轻弹簧连接，小车在水平向右的力F作用下以a＝1 m/s2的加速度做匀加速运动，运动过程中弹簧处于压缩状态，弹力为1 N，滑块与小车保持相对静止，现减小力F使小车的加速度逐渐减小到零，则( )
图9
A．弹簧的弹力逐渐减小
B．滑块受到的摩擦力逐渐减小
C．当小车加速度为零时，滑块不受摩擦力作用
D．滑块与小车仍保持相对静止
答案 BD
解析 当加速度为a＝1 m/s2时，以滑块为研究对象，根据牛顿第二定律可得f－F弹＝ma，解得f＝3 N，所以最大静摩擦力至少为3 N，减小力F使小车的加速度逐渐减小到零时，此时摩擦力与弹簧弹力相等为1 N，滑块与小车仍保持相对静止，根据f－F弹＝ma可知摩擦力逐渐减小，弹力不变，故A、C错误，B、D正确．
10.(2020·山西大同市第一次联考)如图10所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、 2m和3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的水平轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T，现用水平拉力F拉物体B，使三个物体一起向右加速运动，则( )
图10
A．此过程中物体C受重力等五个力作用
B．当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5T时，轻绳刚好被拉断
D．若水平面光滑，则绳刚要断时，A、C间的摩擦力为eq \f(T,4)
答案 CD
解析 物体C受到的力有重力、支持力、绳的拉力、A对C的压力、地面对C的摩擦力、A对C的摩擦力，共6个力，故A错误．把A、B、C看成是一个整体，根据牛顿第二定律有：F－μ·6mg＝6ma，得a＝eq \f(F－6μmg,6m)，把A、C看成是一个整体，绳子将被拉断的瞬间，根据牛顿第二定律有：T－μ(m＋3m)g＝(m＋3m)a，解得：F＝1.5T，故B错误，C正确．若水平面光滑，则绳刚要断时，对A、B、C整体，根据牛顿第二定律：F＝6ma，对A、C整体，根据牛顿第二定律：T＝4ma，对物体A，根据牛顿第二定律：f＝ma，联立解得A、C间的摩擦力：f＝eq \f(T,4)，故D正确．
11．(2020·湖南怀化市模拟)如图11甲所示，物块A叠放在木板B上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，现对A施加一水平向右的拉力F，测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示，下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2)( )
图11
A．当F24 N时，A相对B发生滑动
C．A的质量为4 kg
D．B的质量为24 kg
答案 BC
解析 当A与B间的摩擦力达到最大静摩擦力后，A、B会发生相对滑动，由题图乙可知，B的最大加速度为4 m/s2，即拉力F>24 N时，A相对B发生滑动．当Fμmgcs θ
故物块减速上行，由牛顿第二定律有
mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，得a2＝2 m/s2
设物块还需时间t′离开传送带，离开时的速度为vt，则
v2－vt2＝2a2(x－x1)，
vt＝eq \f(4\r(3),3) m/s≈2.31 m/s
t′＝eq \f(v－vt,a2)≈0.85 s.
18．(14分)(2020·四川双流中学月考)如图18所示， 质量为m0＝20 kg的长木板静止在水平面上，质量m＝10 kg的小木块(可视为质点)以v0＝4.5 m/s的速度从木板的左端水平滑到木板上，小木块最后恰好没有滑出长木板．已知小木块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2.求：
图18
(1)木块刚滑上木板时木块、木板的加速度大小；
(2)木板的长度L；
(3)木块的运动时间及木块运动的位移大小．
答案 (1)4 m/s2 0.5 m/s2 (2)2.25 m (3)1.5 s 2.625 m
解析 (1)对木块受力分析知木块做匀减速直线运动，设其加速度大小为a1，则由牛顿第二定律可得μ1mg＝ma1，代入数据解得a1＝4 m/s2
对木板受力分析，设木板加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得μ1mg－μ2(m＋m0)g＝m0a2，代入数据解得a2＝0.5 m/s2.
(2)设经过时间t1二者共速，则有v0－a1t1＝a2t1，解得t1＝1 s
设其共速时的速度大小为v1，则有v1＝a2t1，解得v1＝0.5 m/s
t1时间内木块的位移为x1＝eq \f(v0＋v1,2)t1
木板的位移为x2＝eq \f(v1,2)t1
所以木板的长度为L＝x1－x2＝2.25 m.
(3)木块与木板共速后，二者一起做匀减速直线运动，加速度大小为a3＝μ2g＝1 m/s2
设再经过时间t2二者停止，则有v1＝a3t2，代入数据解得t2＝0.5 s，故木块运动的总时间为t＝t1＋t2＝1.5 s
木块运动的总位移为x＝x1＋eq \f(v1,2)t2，解得x＝2.625 m.eq \f(1,m)/kg－1
a/(m·s－2)
4.0
1.2
3.6
1.1
2.0
0.6
1.4
0.4
1.0
0.3