（通用版）2020版高考物理一轮复习 专题综合检测三 第三章 牛顿运动定律（含解析）

牛顿运动定律 (45分钟100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分.15题为单选题，68题为多选题)1(2018吉林大学附中模拟)从t0时刻开始，甲沿光滑水平面做直线运动，速度随时间变化如图甲；乙静止于光滑水平地面，从t0时刻开始受到如图乙所示的水平拉力作用则在04 s的时间内()A甲物体所受合力不断变化B甲物体的速度不断减小C2 s末乙物体改变运动方向D2 s末乙物体速度达到最大解析：D由题图甲所示可以知道：物体甲在02 s内做匀减速直线运动，在24 s内做反向的匀加速直线运动，整个过程加速度不变由牛顿第二定律Fma可以知道，物体甲受到的合力保持不变，故A错误物体甲的速度先减小后反向增大，故B错误由乙图可以知道：乙所受的拉力先沿正向后沿负向说明乙在02 s内做加速度减小的加速运动，24 s内沿原方向做加速度增大的减速运动，2 s末运动方向没有改变，且2 s末乙物体速度达到最大，故C错误，D正确2如图甲所示，在卫生大扫除中，某同学用拖把拖地，沿推杆方向对拖把施加推力F，如图乙所示，此时推力与水平方向的夹角为，且拖把刚好做匀速直线运动从某时刻开始保持力F的大小不变，减小F与水平方向的夹角，则()A拖把将做减速运动B拖把继续做匀速运动C地面对拖把的支持力FN变小，地面对拖把的摩擦力Ff变小，拖把将做加速运动D地面对拖把的支持力FN变大，地面对拖把的摩擦力Ff变大解析：C设拖把与地面之间的动摩擦因数为，则：拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡，受力示意图如图所示：将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件得：竖直方向上：Fsin mgFN，水平方向上：Fcos Ff0式中FN和Ff分别为地板对拖把的正压力和摩擦力FfFN.减小F与水平方向的夹角，sin 减小，地面对拖把的支持力FN变小，所以地面对拖把的摩擦力Ff变小故C正确、D错误；减小F与水平方向的夹角时，Ff减小而Fcos 增大，所以Fcos Ff将大于0，所以拖把将做加速运动，选项A、B错误3.(2018随州模拟)如图所示，吊篮P悬挂在天花板上，与吊篮质量相等的物体Q被固定在吊篮中的轻弹簧托住，当悬挂吊篮的细绳烧断的瞬间，吊篮P和物体Q的加速度大小分别是()AaPgaQgBaP2gaQgCaPgaQ2gDaP2g，aQ0解析：D原来平衡，弹簧弹力F与Q重力mg相等细绳烧断瞬间，弹簧弹力不变，故Q所受合力仍为零，故aQ0；P受到重力mg和弹簧向下的压力mg，故加速度aP2g.故D正确4.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块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FT.现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是()A质量为2m的木块受到四个力的作用B当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断C当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳还不会被拉断D轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为FT解析：C质量为2m的木块受五个力的作用，A项错；当绳的拉力为FT时，对m和2m有FT3ma，此时对整体有F6ma，可得F2FT，故B项错，C项正确；轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为FT，故D项错5.如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆间的动摩擦因数为.现给环一个水平向右的初速度v0，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力Fkv，其中k为常数，则圆环运动过程中()A最大加速度为 B最大加速度为C最大速度为 D最大速度为解析：D当Fmg，即kvmg，v，圆环竖直方向不受直杆的作用力，水平方向不受摩擦力，则圆环做匀速直线运动，最大速度为v，加速度为0.当Fmg，kvmg，速度vmg，kvmg，v时，圆环水平方向受到摩擦力而做减速运动，随着速度的减小，F也减小，加速度减小，当Fmg，v时，圆环做匀速运动，由牛顿第二定律得(Fmg)ma，最大加速度a.综合以上分析可知，A、B、C错误，D正确6图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为150 kg的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图像，g取10 m/s2，下列判断正确的是()A前10 s内悬线的拉力恒为1 515 NB46 s末材料离地面的距离为22 mC010 s材料处于失重状态D在3036 s钢索最容易发生断裂解析：AB由图可知前10 s内材料的加速度a m/s20.1 m/s2，由Fmgma可知，悬线的拉力Fmgma15010.1 N1 515 N，故A正确；由图像面积可得整个过程上升高度是28 m，下降的高度为6 m,46 s末材料离地面的距离为22 m，故B正确；因3036 s材料加速度向下，材料处于失重状态，Fmg，钢索最容易发生断裂，故C、D错误7.一斜面固定在水平面上，在斜面顶端有一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为，木板上固定一轻质弹簧测力计，弹簧测力计下面固定一个光滑的小球如图所示，木板固定时，弹簧测力计示数为F1，由静止释放后木板沿斜面下滑，稳定时弹簧测力计的示数为F2，斜面的高为h，底边长为d，则下列说法正确的是()A稳定后弹簧测力计的弹簧一定处于压缩状态B稳定后弹簧测力计的弹簧仍处于拉伸状态CD解析：BC设斜面倾角为，小球质量为m，平衡时，对小球分析F1mgsin ，木板运动后稳定时，对整体分析有：agsin gcos ，则agsin ，根据牛顿第二定律得知，弹簧对小球的弹力应沿斜面向上，弹簧处于拉伸状态，故A错误，B正确；对小球有mgsin F2ma，而tan ，联立计算可得：，故C正确，D错误8如图甲所示，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，实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出()A物体的初速率v03 m/sB物体与斜面间的动摩擦因数0.75C取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin1.44 mD当某次30时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑解析：BC当角度达到90时，物体将做竖直上抛运动，此时上升高度为1.8 m，由运动规律可求得初速度v06 m/s，选项A错误；当角度为0时，物体相当于在水平面上运动，此时位移为2.4 m，由牛顿运动定律可得，动摩擦因数0.75，选项B正确；当倾角为时，由牛顿运动定律可得mgsin mgcos ma，又有x，结合数学关系可得位移的最小值为1.44 m，选项C正确；角为30时，到达最高点重力沿斜面向下的分力小于最大静摩擦力，因此达到最大位移后不会下滑，选项D错误答案选BC.二、非选择题(本题共4小题，共52分有步骤计算的需写出规范的解题步骤)9(10分)某同学利用如图甲所示的装置探究加速度与合外力的关系小车质量为M，砂桶和砂的总质量为m，通过改变m来改变小车所受的合外力大小，小车的加速度a可由打点计时时器和纸带测出现保持小车质量M不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验，得到多组a、F值(F为弹簧测力计的示数)(1)根据实验数据画出了如图乙所示的一条过坐标原点的倾斜直线，其中纵轴为小车的加速度大小，横轴应为_(选填字母代号)A. B.Cmg DF(2)砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，关于图乙的说法，正确的是_(选填字母代号)A图线逐渐偏向纵轴B图线逐渐偏向横轴C图线仍保持原方向不变(3)图丙为上述实验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器的频率为50 Hz，则C点的速度为_ m/s，小车的加速度为_m/s2.(以上两空均保留一位有效数字)丙解析：(1)从题图乙中可得加速度与横坐标表示的物理量成正比，根据牛顿第二定律可得FMa，当质量一定时，外力与加速度成正比，故D正确(2)由于图像的斜率为k，所以增大砂和砂桶的总质量，k不变，图线仍保持原方向不变，所以C正确(3)相邻计数点时间间隔为T0.1 s，匀变速直线运动过程中某段时间内的中间时刻速度等于该段时间的平均速度，故vC0.8 m/s.根据逐差法可得xDExBC2aT2，xCDxAB2aT2，可得a4 m/s2.答案：(1)D(2分)(2)C(2分)(3)0.8(3分)4(3分)10(12分)如图所示，质量M8 kg的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F8 N，当小车向右运动的速度达到1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m2 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数0.2，小车足够长求：(取g10 m/s2)(1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大？(2)经多长时间两者达到相同的速度？(3)从小物块放上小车开始，经过t1.5 s小物块通过的位移大小为多少？解析：(1)物块的加速度amg2 m/s2(2分)小车的加速度：aM0.5 m/s2(2分)(2)由amtv0aMt，得t1 s(2分)(3)在开始1 s内小物块的位移：x1amt21 m最大速度：vamt2 m/s(2分)假设在接下来的0.5 s物块与小车相对静止，一起做加速运动，则加速度：a0.8 m/s2(2分)此时二者之间的摩擦力Ffmamg，因此假设成立，此0.5 s内的位移：x2vtat21.1 m，通过的总位移xx1x22.1 m(2分)答案：(1)2 m/s20.5 m/s2(2)1 s(3)2.1 m11(14分)如图所示，一质量m0.4 kg的小物块，以v02 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L10 m已知斜面倾角30，物块与斜面之间的动摩擦因数.重力加速度g取10 m/s2.(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？解析：(1)由运动学方程得：Lv0tat2vBv0at(2分)代入数值解得：a3 m/s2，vB8 m/s.(2分)(2)对物块受力分析如图所示，设拉力F与斜面成角，对物块由牛顿第二定律得：垂直斜面方向：Fsin FNmgcos 300(2分)沿斜面方向：Fcos mgsin 30Ffma(2分)又FfFN(1分)联立三式，代入数值解得：Fcos Fsin 5.2(2分)则F(2分)当30时，拉力F有最小值，且Fmin N(1分)答案：(1)3 m/s28 m/s(2)30 N12(16分)(2018阳泉模拟)某工厂用倾角为37的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总长为L50 m，正常运转的速度为v4 m/s.一次工人刚把M10 kg的货物放到传送带上的A处时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块m5 kg带有挂钩的木板，把货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8.(物块与木板均可看做质点，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)(1)为了把货物拉上去又不使货物相对木板滑动，求工人所用拉力的最大值(2)若工人用F189 N的恒定拉力把货物拉到 L/5处时来电了，工人随即撤去拉力，求此时货物与木板的速度大小(3)来电后，还需要多长时间货物能到达B处？(不计传送带的加速时间)解析：(1)设最大拉力为Fm，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a1，对货物分析根据牛顿第二定律得：Mgcos Mgsin Ma1(2分)得：a10.4 m/s2对货物与木板整体分析根据牛顿第二定律得：Fm(mM)gcos (mM)gsin (mM)a1(2分)得：Fm192 N(1分)(2)设工人拉木板的速度为a2，根据牛顿第二定律得：F(mM)gcos (mM)gsin (mM)a2(2分)解得：a20.2 m/s2设来电时木板的速度为v1，根据运动学公式得：v2a2(1分)得：v12 m/s(1分)(3)由于v14 m/s，所以来电后木板继续加速，加速度为a3，(Mm)gcos (Mm)gsin (Mm)a3(2分)a30.4 m/s2设经过t1木板速度与传送带速度相同，vv1a3t1(1分)得t15 s设t1内木板加速度的位移为x1，v2v2a3x1(1分)得x115 m共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为t2，匀速运动的位移为x2，x2Lx1(1分)得x225 mt2(1分)得t26.25 s所以来电后木板再需要运动t1t211.25 s(1分)答案：(1)192 N(2)2 m/s(3)11.25 s10