2022年高考物理新一轮总复习 阶段示范性测试3 牛顿运动定律（含解析）

2022年高考物理新一轮总复习 阶段示范性测试3 牛顿运动定律（含解析）本卷测试内容：牛顿运动定律本试卷分为第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共110分。测试时间90分钟。第卷(选择题，共50分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第17小题，只有一个选项正确；第810小题，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)1. 如果要测量国际单位制中规定的三个力学基本物理量，应该选用的仪器是()A. 米尺、弹簧测力计、秒表B. 量筒、天平、秒表C. 米尺、天平、秒表D. 米尺、电子测力计、打点计时器解析：在国际单位制中规定的三个力学基本物理量分别是长度、质量和时间，要测量它们所使用的仪器应分别为米尺、天平和秒表，故选项C正确。答案：C2. 为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示。那么下列说法中正确的是()A. 顾客始终受到三个力的作用B. 顾客始终处于超重状态C. 顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D. 顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下解析：本题考查的是物体的受力分析，意在考查考生对牛顿第三定律、力的合成与受力分析等综合知识点的理解能力。当扶梯匀速运转时，顾客只受两个力的作用，即重力和支持力，故A、B都不对；由受力分析可知，加速时顾客对扶梯有水平向左的摩擦力，故此时顾客对扶梯作用力的方向指向左下方，而匀速时没有摩擦力，此时方向竖直向下，故选C。答案：C3. xx长春一模下列说法正确的是()A. 当物体没有受到外力作用时，才有惯性，而物体受到外力作用时，就没有了惯性B. 物体在粗糙的平面上减速滑行，初速度越大，滑行的时间越长，说明惯性的大小与速度有关C. 物体惯性的大小取决于其质量D. 物体惯性的大小与其质量无关解析：惯性大小取决于物体质量，和外力、速度无关，所以选项A、B、D错误，C正确。答案：C4. xx广东湛江一模如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，下列叙述正确的是()A. 小球的速度先减小后增大B. 小球的加速度先减小后增大C. 小球的加速度先增大后减小D. 在该过程的位移中点处小球的速度最大解析：小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，当mgkx时，小球做加速度减小的加速运动；当mgkx时，小球的加速度等于零，速度达到最大；当mgv1，则()A. t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B. t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C. 0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D. 0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：小物块对地速度为零时，即t1时刻，小物块在A处左侧且距离A最远，t2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此刻，它相对传送带滑动的距离最大。0t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变，t2时刻以后相对传送带静止，故不再受摩擦力的作用。B正确。答案：B8. xx湖北省武汉市高三调研考试在光滑的水平面上放置着质量为M的木板，在木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离。下列说法正确的是()A. 若仅增大木板的质量M，则时间t增大B. 若仅增大木块的质量m，则时间t增大C. 若仅增大恒力F，则时间t增大D. 若仅增大木块与木板间的动摩擦因数为，则时间t增大解析：本题考查牛顿运动定律，意在考查考生应用隔离法分析长木板和木块的受力和运动、应用牛顿运动定律和运动学公式计算时间的能力。对m，加速度a1g，对M，加速度a2，当两者恰分离时，(a1a2)t2L，时间t，由此，仅增大M或F，时间t减小，仅增大m或，时间t增大，选项B、D正确。答案：BD9. xx辽宁丹东如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。倾角为的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()A. B球的受力情况未变，加速度为零B. A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsinC. A、B之间杆的拉力大小为mgsinD. C球的加速度沿斜面向下，大小为gsin解析：细线被烧断的瞬间，绳上的弹力突变为零，B、C两球的受力均发生变化，C球只受重力和斜面的弹力作用，其合力沿斜面向下，大小为mgsin，根据牛顿第二定律可知，C球的加速度沿斜面向下，大小为gsin，所以A项错误，D项正确；细线被烧断前，细绳对B球沿斜面向下的拉力大小为mgsin，烧断瞬间，A、B两小球组成系统的合力沿斜面向上，大小为mgsin，系统的加速度沿斜面向上，大小为agsin，再隔离B球，设A、B之间轻杆的拉力大小为F，则Fmgsinma，可得Fmgsin，所以C项正确，B项错误。答案：CD10. 一小滑块从斜面上A点由静止释放，经过时间4t0到达B处，在5t0时刻滑块运动到水平面的C点停止，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同。已知滑块在运动过程中与接触面间的摩擦力大小与时间的关系如图所示，设滑块运动到B点前后速率不变。以下说法中正确的是()A. 滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为165B. 滑块在斜面和水平面上的加速度大小之比为14C. 斜面的倾角为45D. 滑块与斜面的动摩擦因数解析：由题意可知，滑块从A点匀加速运动至B点后匀减速运动至C点，根据运动规律得，x1t1，x2t2，由题图可知t1t241，所以x1x241，A项错误；滑块在斜面和水平面上滑动的过程中v相同，又a，所以a1a2t2t114，B项正确；对滑块受力分析并结合图乙可得，mgmgcos，则cos，37，C项错误；由牛顿第二定律及以上各式得，mgsinmgcosmg，则，D项正确。答案：BD第卷(非选择题，共60分)二、实验题(本题共2小题，共18分)11. (9分)一个学生实验小组用如图1所示装置做探究加速度与质量、合外力关系的实验，平衡摩擦力以后：(1)在保持小车和车中砝码质量不变时，探究加速度与合外力的关系，实验中甲同学得到加速度a与合外力F的关系图象如图2所示，则得到该图的原因是：_。(2)在保持砝码盘和砝码的总质量m不变时，通过给小车增加砝码来改变小车的质量M，得到小车的加速度a与质量M的数据，乙同学画出a图线后发现：当较大时，图线末端发生弯曲。于是该同学对实验方案进行了进一步地修正，避免了图线的末端发生弯曲的现象，那么，该同学的修正方案可能是_。A. 改作a与的关系图线B. 改作a与Mm的关系图线C. 改作a与的关系图线D. 改作a与的关系图线解析：(1)由题图2知，当F0时加速度不为零，则表明木板的倾角过大，即平衡摩擦力过度。(2)在砝码和砝码盘总质量m不变，较大时，M较小，不再满足Mm的条件，对系统分析有mg(Mm)a，a，应作a与的关系图线。答案：(1)平衡摩擦力过度(或木板的倾角过大)(2)A12. (9分)xx银川一中二模某个同学分别做“探究加速度与力、质量关系”的实验。如图(甲)所示是该同学探究小车加速度与力的关系的实验装置，他将光电门固定在水平轨道上的B点，用不同重物通过细线拉同一小车，每次小车都从同一位置A由静止释放。(1)若用游标卡尺测出光电门遮光条的宽度d如图(乙)所示，则d_cm；实验时将小车从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间t，则小车经过光电门时的速度为_(用字母表示)；(2)测出多组重物的质量m和对应遮光条通过光电门的时间t，并算出相应小车经过光电门时的速度v，通过描点作出线性图象，研究小车加速度与力的关系。处理数据时应作出_(选填“vm”或“v2m”)图象。解析：根据游标卡尺读数规则，遮光条的宽度d10 mm100.05 mm10.50 mm1.050 cm。由速度定义可知，小车经过光电门时的速度为v。每次小车都从同一位置A由静止释放，测出小车上遮光条通过光电门时的速度v，在小车质量M远远大于重物的质量m时，小车所受拉力可认为等于mg，由v22aL，mgMa可得v2与m成正比，因此处理数据时应作出v2m图象。答案：(1)1.050(2)v2m三、计算题(本题共4小题，共42分)13. (7分)质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的vt图象如图所示。g取10 m/s2，求：(1)物体与水平面间的动摩擦因数；(2)水平推力F的大小；(3)010 s内物体运动位移的大小。解析：(1)由题中图象知，t6 s时撤去外力F，此后610 s内物体做匀减速直线运动直至静止，其加速度为a12 m/s2又因为a1g联立得0.2。(2)由题中图象知06 s内物体做匀加速直线运动其加速度大小为a21 m/s2由牛顿第二定律得Fmgma2联立得，水平推力F6 N。(3)设010 s内物体的位移为x，则xx1x2(28)6 m84 m46 m。答案：(1)0.2(2)6 N(3)46 m14. (11分)xx南通市第一次调研小明用台秤研究人在升降电梯中的超重与失重现象。他在地面上用台秤称得其体重为500 N，再将台秤移至电梯内称其体重，电梯从t0时由静止开始运动到t11 s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的图象如图所示，取g10 m/s2。求：(1)小明在02 s内的加速度大小a1，并判断在这段时间内小明处于超重还是失重状态；(2)在1011 s内，台秤的示数F3；(3)小明运动的总位移x。解析：(1)由图象可知，在02 s内，台秤对小明的支持力F1450 N由牛顿第二定律有mgF1ma1解得a11 m/s2加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态。(2)设在1011 s内小明的加速度为a3，时间为t3，02 s的时间为t1，则a1t1a3t3解得a32 m/s2，由牛顿第二定律有F3mgma3，解得F3600 N。(3)02 s内位移x1a1t2 m210 s内位移x2a1t1t216 m1011 s内位移x3a3t1 m小明运动的总位移xx1x2x319 m。答案：(1)1 m/s2失重状态(2)600 N(3)19 m15. (10分)如图所示，为皮带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角37，A、B两端相距5.0 m，质量为m10 kg的物体以v06.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5。传送带顺时针运转的速度v4.0 m/s，(g取10 m/s2, sin370.6, cos370.8)求：(1)物体从A点到达B点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少？解析：(1)设在AB上物体的速度大于v4.0 m/s时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsinmgcosma1设经t1速度与传送带速度相同，t1通过的位移x1设速度小于v时物体的加速度为a2mgsinmgcosma2物体继续减速，设经t2速度到达传送带B点Lx1vt2a2ttt1t22.2 s(2)若传送带的速度较大，沿AB上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况加速度一直为a2Lv0ta2t2t1 s答案：(1)2.2 s(2)1 s16. (14分)xx黄山模拟质量为m0.5 kg、长L1 m的平板车B静止在光滑水平面上。某时刻质量M1 kg的物体A(视为质点)以v04 m/s向右的初速度滑上平板车B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力。已知A与B之间的动摩擦因数0.2，重力加速度g取10 m/s2。试求：(1)若F5 N，物体A在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离；(2)如果要使A不至于从B上滑落，拉力F大小应满足的条件。解析：(1)物体A滑上平板车B以后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：MgMaA解得：aAg2 m/s2平板车B做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：FMgmaB解得：aB14 m/s2两者速度相同时有：v0aAtaBt解得：t0.25 sA滑行距离：xAv0taAt2 mB滑行距离：xBaBt2 m最大距离：xxAxB0.5 m(2)物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则：L又：解得：aB6 m/s2再代入FMgmaB得：F1 N若F1 N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1 N当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落，则由牛顿第二定律得：对整体：F(mM)a对物体A：MgMa解得：F3 N若F大于3 N，A就会相对B向左滑下综上所述，力F应满足的条件是1 NF3 N答案：(1)0.5 m(2)1 NF3 N