高考物理一轮复习精选提分综合练单元检测三牛顿运动定Word格式.docx

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A．0～5s内小木块做匀减速运动

B．在t＝1s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

6．如图5所示，倾斜的长杆（与水平面成α角）上套有一个质量为M的环，环通过细线吊一个质量为m的小球，当环在某拉力的作用下在长杆上滑动时，稳定运动的情景如图所示，其中虚线表示竖直方向，那么以下说法正确的是（　　）

图5

A．环一定沿长杆向下加速运动

B．环的加速度一定沿杆向上

C．环的加速度一定大于gsinα

D．环一定沿杆向上运动

二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）

7．如图6甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的最大静摩擦力Ffm与滑动摩擦力大小相等，则（　　）

图6

A．0～t1时间内物块A的加速度逐渐增大

B．t2时刻物块A的加速度最大

C．t3时刻物块A的速度最大

D．t2～t4时间内物块A一直做减速运动

8．如图7所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，工件滑上传送带A端的瞬时速度vA＝4m/s，到达B端的瞬时速度设为vB.下列说法中正确的是（　　）

图7

A．若传送带不动，vB＝3m/s

B．若传送带以速度v＝4m/s逆时针匀速转动，vB＝3m/s

C．若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，vB＝3m/s

D．若传送带以速度v＝4m/s顺时针匀速转动，vB＝3m/s

9．如图8所示，在竖直平面内，A和B是两个相同的轻弹簧，C是橡皮筋，它们三者间的夹角均为120°

，已知A、B对小球的作用力均为F，此时小球平衡，C处于拉直状态，已知当地重力加速度为g.则剪断橡皮筋的瞬间，小球的加速度可能为（　　）

图8

A．g－

，方向竖直向下B.

－g，方向竖直向上

C．0D.

＋g，方向竖直向下

10．如图9甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图象可求出（　　）

图9

A．物体的初速率v0＝3m/s

B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75

C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44m

D．当θ＝45°

时，物体达到最大位移后将停在斜面上

三、非选择题（本题共6小题，共计66分）

11.（10分）某学习小组欲探究物体的加速度与力、质量的关系，他们在实验室组装一套如图10所示的装置，图中小车的质量用M表示，钩码的质量用m表示．要顺利完成实验，则：

图10

（1）还需要的测量工具有________________、________________.

（2）为使小车所受合外力等于细线的拉力，应采取的措施是______________；

要使细线的拉力约等于钩码的总重力，应满足的条件是______________________．

（3）在保持小车所受合外力一定的情况下，对实验得到的一系列纸带进行处理，测得小车加速度a与其质量M的数据如下表：

钩码质量m＝30g

实验次数

1

2

3

4

5

6

a（m·

s－2）

1.51

1.23

1.00

0.86

0.75

0.67

M（kg）

0.20

0.25

0.30

0.35

0.40

0.45

（kg－1）

5.00

4.00

3.33

2.86

2.50

2.22

为了寻求a与M间的定量关系，请利用表中数据在图11所示的直角坐标系中选取合适的横坐标及标度作出图象．

图11

12.（10分）为了探究物体的加速度与物体所受外力、物体质量间的关系，某小组安装了如图12甲所示的实验装置并开始实验．已知小车（含车中砝码）质量用M表示，盘以及盘中砝码质量用m表示，当地重力加速度为g.

图12

（1）假如已经平衡摩擦力，则在小车做匀加速直线运动的过程中，绳子拉力FT＝______________；

只有当M与m的大小关系满足________________时，FT＝mg才能成立．

（2）该小组同学先保持盘及盘中的砝码质量m不变，探究加速度a与质量M的关系，其具体操作步骤如下，则下列做法正确的是________（填合适选项前面的序号）

A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上

B．每次改变小车的质量时，需要重新平衡摩擦力

C．实验时，先接通打点计时器的电源，再放开小车

D．用天平测出m以及M，小车运动的加速度直接用公式a＝

求出

（3）该小组同学后来又保持小车及车中砝码质量M一定，探究加速度a与所受外力F的关系，由于他们操作不当，这组同学得到的a－F关系图象如图乙所示，则：

图线不过原点的原因是________________________________________________________________________；

图线上端发生弯曲的原因是_____________________________________________．

13.（9分）如图13甲所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角θ＝37°

，一滑块以初速度v0＝16m/s从底端A点滑上斜面，滑至B点后又返回到A点．滑块运动的速度—时间图象如图乙所示，求：

（已知：

sin37°

＝0.6,cos37°

＝0.8，重力加速度g＝10m/s2）

图13

（1）A、B之间的距离；

（2）滑块再次回到A点时的速度大小；

（3）滑块在整个运动过程中所用的时间．

14.（10分）如图14甲所示，在倾角为θ＝30°

的长斜面上有一带风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，滑块的质量为m＝2kg，它与斜面的动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与滑块下滑的速度成正比，即Ff＝kv.若滑块从静止开始下滑的速度－时间图象如图乙中的曲线所示，图乙中的直线是t＝0时速度图线的切线，g＝10m/s2.

图14

（1）求滑块下滑的最大加速度和最大速度；

（2）求μ和k的值．

15.（12分）如图15所示，传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L1＝2.5m、L2＝2m．传送带始终保持以速度v向右匀速运动．现将一滑块（可视为质点）轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：

滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m＝2kg，g取10m/s2.求：

图15

（1）若滑块恰好不从平板上掉下，求v的大小．

（2）若v＝6m/s，求滑块离开平板时的速度大小．

16.（15分）如图16所示，一长L＝2m、质量M＝4kg的薄木板（厚度不计）静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l＝5m，木板的正中央放有一质量为m＝1kg的物块（可视为质点），已知木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.4.现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48N，g取10m/s2，试求：

图16

（1）F作用了1.2s时，木板的右端离平台边缘的距离；

（2）要使物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件．

答案精析

1．D　[因为电梯静止时，弹簧被压缩了x，由此可知mg＝kx.当电梯运动时，弹簧又被压缩了x，弹簧的弹力变大，物体所受合力方向向上，大小是mg，处于超重状态．由牛顿第二定律可得mg＝ma，即加速度大小a＝g，方向也是向上的，此时物体可能是做向上的匀加速运动，也可能是做向下的匀减速运动，D正确．]

2．D

3．D　[由于A、B相对静止，故A、B之间的摩擦力为静摩擦力，A、B错误．设民工兄弟一只手对A、B在竖直方向上的摩擦力为Ff，以A、B整体为研究对象可知在竖直方向上有2Ff－（m＋3m）g＝（m＋3m）a，设B对A的摩擦力方向向下，大小为Ff′，对A由牛顿第二定律有Ff－Ff′－mg＝ma，解得Ff′＝m（g＋a），C错误，D正确．]

4．B　[水平力F拉B时，A、B刚好不发生相对滑动，这实际上是将要滑动，但尚未滑动的一种临界状态，从而可知此时A、B间的摩擦力即为最大静摩擦力．

先用整体法考虑，对A、B整体：

F＝（m＋2m）a.

再将A隔离可得A、B间最大静摩擦力为：

Ffm＝ma，解以上两方程得：

Ffm＝

.若将F′作用在A上，隔离B可得B能与A一起运动，而A、B不发生相对滑动的最大加速度a′＝

，

再用整体法考虑，对A、B整体：

F′＝（m＋2m）a′，由以上方程解得：

F′＝

.]

5．A　[由匀变速直线运动的速度位移公式得v2－v02＝2ax，由题图乙可得a＝

＝－10m/s2，故减速运动时间：

t＝

＝1s，故A错误；

由题图乙可知，在0～1s内小木块向上做匀减速运动，1s后小木块反向做匀加速运动，t＝1s时摩擦力反向，故B正确；

由题图乙可知，小木块反向加速运动时的加速度：

a′＝

＝

m/s2＝2m/s2，由牛顿第二定律得：

mgsinθ＋μmgcosθ＝m|a|，mgsinθ－μmgcosθ＝ma′，代入数据解得：

μ＝0.5，θ＝37°

，故C、D正确．]

6．B　[稳定运动时，球与环保持相对静止，它们的运动状态相同，且运动方向均与杆平行．对小球受力分析如图，可知小球所受合力平行于杆向上，说明加速度方向沿杆向上，则环的加速度方向也沿杆向上，但它们的运动方向不确定，两者可能沿杆向上加速运动，也可能沿杆向下减速运动，则B正确，A、D错误；

由于不知道细线与竖直方向的夹角，则不能判断出小球的加速度与gsinα的大小关系，则C项错误．]

7．BC　[0～t1时间内物块A受到的静摩擦力逐渐增大，物块处于静止状态，选项A错误．t2时刻物块A受到的拉力F最大，物块A的加速度最大，选项B正确．t3时刻物块A受到的拉力减小到等于滑动摩擦力，加速度减小到零，物块A的速度最大，选项C正确．t2～t3时间内物块A做加速度逐渐减小的加速运动，t3～t4时间内物块A一直做减速运动，选项D错误．]

8．ABC　[若传送带不动，由匀变速直线运动规律可知vB2－vA2）＝－2as，a＝μg，代入数据解得vB＝3m/s，当满足选项B、C中的条件时，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，同理可得，工件到达B端的瞬时速度仍为3m/s，故选项A、B、C正确；

若传送带以速度v＝4m/s顺时针匀速转动，则工件滑上A端后做匀速运动，到B端的速度仍为4m/s，故选项D错误．]

9．BC　[由于橡皮筋C只能提供向下的拉力，所以轻弹簧A和B对小球的作用力一定是拉力．可能有两种情况：

（1）橡皮筋可能被拉伸，设拉力为FT，由平衡条件可知，2Fcos60°

＝mg＋FT，解得橡皮筋拉力FT＝F－mg.剪断橡皮筋的瞬间，小球所受合外力大小等于橡皮筋拉力大小，即F合＝F－mg，方向竖直向上，由牛顿第二定律，F合＝ma，解得小球的加速度a＝

－g，选项B正确；

（2）橡皮筋可能没有发生形变，拉力为零，则剪断橡皮筋的瞬间，小球的加速度为零，选项C正确．]

10．BC　[当斜面倾角θ＝90°

时，物体对斜面无压力，也无摩擦力，物体做竖直上抛运动，根据匀变速直线运动规律有02－v02＝－2gx，根据题图乙可得此时x＝1.80m，解得初速率v0＝6m/s，选项A错．当斜面倾角θ＝0°

时即为水平，物体在运动方向上只受到摩擦力作用，则有μmgx＝

mv02，根据题图乙知此时x＝2.40m，解得μ＝0.75，选项B对．物体沿斜面上滑，由牛顿第二定律可知加速度a＝gsinθ＋μgcosθ＝g（sinθ＋μcosθ）．v02＝2ax＝2g（sinθ＋μcosθ）x，得当sinθ＋μcosθ最大时，即tanθ＝

，θ＝53°

时，x取最小值xmin，解得xmin＝1.44m，C项正确．当θ＝45°

时，因mgsin45°

>

μmgcos45°

，则物体达到最大位移后将返回，D项错误．]

11．

（1）天平、刻度尺　

（2）平衡摩擦力　M≫m

（3）如图所示

12．

（1）

　M≫m　

（2）C　（3）见解析

解析　

（1）根据牛顿第二定律得：

对m∶mg－FT＝ma，对M∶FT＝Ma，解得：

FT＝

；

当M≫m，即当盘中砝码和盘的总重力要远小于小车（含车中砝码）的重力时，绳子的拉力近似等于盘中砝码和盘的总重力．

（2）平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，使小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动，故A错误；

每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面的分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，故B错误；

实验时，应先接通打点计时器电源，再放开小车，故C正确；

小车运动的加速度是利用打点计时器测量，如果用天平测出m以及M，直接用公式求出，这是在直接运用牛顿第二定律计算，而我们的实验是在探究加速度与物体所受合外力、物体质量间的关系，故D错误．

（3）当F≠0时，a＝0，也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，说明该组同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力这个步骤或平衡摩擦力不足；

随着F的增大，即盘及盘中砝码质量的增大，不再满足盘及盘中砝码质量远小于小车（含车中砝码）的质量，因此曲线上部出现弯曲现象．

13．

（1）16m　

（2）8

m/s　（3）（2＋2

）s

解析　

（1）由v－t图象知A、B之间的距离为；

sAB＝

m＝16m.

（2）设滑块从A滑到B过程的加速度大小为a1，从B返回到A过程的加速度大小为a2，滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ，则有

a1＝

m/s2＝8m/s2

由于mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，

得μ＝0.25.

滑块由B返回到A的过程中，则有

mgsinθ－μmgcosθ＝ma2

即a2＝4m/s2，

设滑块返回到A点时的速度为v，有v2－0＝2a2sAB

即v＝8

m/s.

（3）设滑块从A到B用时为t1，从B返回到A用时为t2，

则有t1＝2s

t2＝

＝2

s

则滑块在整个运动过程中所用的时间为

t＝t1＋t2＝（2＋2

）s.

14．

（1）3m/s2　2m/s　

（2）

　3kg/s

解析　

（1）由题图乙可得：

t＝0时，滑块下滑的加速度最大为

amax＝

＝3m/s2；

t＝3s时，滑块下滑的速度最大为

vmax＝2m/s.

（2）t＝0时滑块下滑的加速度最大为amax，由牛顿第二定律得F合＝mgsinθ－μmgcosθ＝mamax，

t＝3s时滑块下滑的速度达到最大，有

mgsinθ＝μmgcosθ＋kvmax，

解得：

μ＝

，k＝3kg/s（说明：

k的答案没有单位不算对）．

15．

（1）4m/s　

（2）3.5m/s

解析　

（1）滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小a1＝

＝3m/s2

由于μ1mg>

2μ2mg

故平板做匀加速运动，加速度大小a2＝

＝1m/s2

设滑块从平板左端滑至右端用时为t，共同速度为v′，平板位移为x，对滑块进行分析：

v′＝v－a1t

L2＋x＝vt－

a1t2

对平板进行分析：

v′＝a2t

x＝

a2t2

联立以上各式代入数据解得t＝1s，v＝4m/s.

当v＝4m/s时，滑块在传送带上加速运动的位移为x1＝

＝1.6m<

L1，故符合题意．

（2）滑块在传送带上的加速度a3＝

＝5m/s2

若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为

v1＝

＝5m/s<

6m/s

即滑块滑上平板的速度为5m/s.

设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板位移为x′

则v″＝v1－a1t′

L2＋x′＝v1t′－

a1t′2

x′＝

a2t′2

联立以上各式代入数据解得t′＝

s，t2′＝2s（t2′>

t，不合题意，舍去）

将t′＝

s代入v″＝v1－a1t′得v″＝3.5m/s.

16．

（1）0.64m　

（2）μ2≥0.2

解析　

（1）假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律：

对木板：

F－μ1（M＋m）g－μ1mg＝Ma1，解得a1＝6m/s2

对物块：

μ1mg＝ma2，解得a2＝4m/s2，因为a2<

a1，故假设成立

设F作用t时间后，物块恰好从木板左端滑离，则

a1t2－

a2t2，解得t＝1s

在此过程：

木板位移x1＝

a1t2＝3m，

末速度v1＝a1t＝6m/s

物块位移x2＝

a2t2＝2m，末速度v2＝a2t＝4m/s

在物块从木板上滑落后的t0＝0.2s内，由牛顿第二定律：

F－μ1Mg＝Ma1′，

解得a1′＝8m/s2

木板发生的位移x1′＝v1t0＋

a1′t02＝1.36m

此时木板右端距平台边缘

Δx＝l－x1－x1′＝0.64m

（2）物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律：

μ2mg＝ma2′，

解得a2′＝μ2g

若物块在平台上速度减为0，则通过的位移x2′＝

要使物块最终不会从平台上掉下去需满足

l＋

≥x2＋x2′

联立解得μ2≥0.2.