【物理】2020届一轮复习人教新课标牛顿运动定律单元过关练1

【物理】2020届一轮复习人教新课标牛顿运动定律单元过关练1

‎2020年高考物理考点精选精炼：牛顿运动定律（基础卷)‎ ‎1．雨滴从高空由静止开始下落，由于空气阻力作用，其加速度逐渐减小，直到减小为零，在此过程中雨滴的运动情况是(　　)‎ A.速度不断减小，加速度为零时，速度最小 B.速度不断增大，加速度为零时，速度最大 C.速度一直保持不变 D.速度的变化率保持不变 ‎2．静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用,该力随时间变化的关系如图所示,则( )‎ A．物体将做往复运动 B．2s内的位移为零 C．2s末物体的速度最大 D．3s末速度为零 ‎3．绿城青秀山下南湖边某校高二（21）班青蓝同学发现教室门口一诡异小石头竖直上升过程中的加速度大小为9.60m/s2, 方向竖直向下，已知该校地面附近重力加速度为9.79m/s2，则此上升过程中小石头的机械能不断（ ）‎ A．增加 B．减少 C．不变 D．无法确定 ‎4．如图所示，A、B两滑块的质量分别为4 kg和2 kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平桌面上，并用手按着两滑块固定不动。现将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4 kg的钩码C挂于动滑轮上。现先后按以下两种方式操作：第一种方式只释放A而B按着不动；第二种方式只释放B而A按着不动。则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为 A．1:1 B．2:1 C．3:2 D．3:5‎ ‎5．下列说法正确的是（ ）‎ A.牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，能够用实验直接验证 B.宇航员从太空安全返回地面的过程中一直处于失重状态 C.胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比 D.顺德和北京两地的建筑物随地球自转时，线速度大小相等而角速度不等 ‎6．如图所示，人站立在体重计上，下列说法正确的是(　　)‎ A．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对平衡力 B．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对作用力和反作用力 C．人所受的重力和人对体重计的压力是一对平衡力 D．人所受的重力和人对体重计的压力是一对作用力和反作用力 ‎7．如图所示，一对光滑的平行金属导轨（电阻不计）固定在同一水平面内，导轨足够长且间距为，左端接有阻值为的电阻，一质量为、长度为的匀质金属棒放置在导轨上，金属棒的电阻为，整个装置置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为.金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始做加速度大小为的匀加速直线运动，经过的位移为时，则（）‎ A．金属棒中感应电流方向由到 B．金属棒产生的感应电流电动势为 C．金属棒中感应电流为 D．水平拉力的大小为 ‎8．（多选）如图所示，光滑水平桌面上的物体a系一细绳，细过跨国桌沿的定滑轮后悬挂着物体b，物体a和物体b的质量均为m。物体a和滑轮间的细绳与桌面平行。先用手使a、b静止（细绳质量及滑轮摩擦均不计）。放手后细绳上张力设为T。下列说法正确的有（ ）‎ A．放手后物体a、b一起运动的过程中，绳上张力大小T＝mg B．只将物体b的质量增为2m，放手后绳上张力大小变为T C．只将物体a的质量增为2m，放手后绳上张力大小变为T D．将物体a、b的质量都增为2m，放手后绳上张力大小变为2T ‎9．（多选）质量为m的某质点在恒力F1作用下从A点由静止出发，当其速度为vm时立即将F1改为相反方向的恒力F2，质点总共经历时间t运动至B点刚好停下。若该质点以速度v匀速通过A、B两点时，其经历的时间也为t，则 A．无论F1、F2为何值，vm均为2v B．随着F1、F2的取值不同，vm可能大于2v C．F1、F2的冲量一定大小相等、方向相反 D．F1、F2的冲量一定大小相等、方向相同 ‎10．（多选）如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B以水平速度v0=3m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是（  ）‎ A．A、B间的动摩擦因数为0.2‎ B．木板获得的动能为1J C．系统损失的机械能为4J D．木板A的最小长度为1.5m ‎11．测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图1所示的装置，图中长木板水平固定．‎ ‎（1）实验过程中，电火花计时器应接在__（选填“直流”或“交流”）电源上．调整定滑轮高度，使_______________．‎ ‎（2）已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数μ=_______．‎ ‎（3）如图2为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出．从纸带上测出x1=1.21cm，x2=2.32cm，x5=5.68cm，x6=6.81cm．则木块加速度大小a=_______m/s2（保留三位有效数字）．‎ ‎12．某实验小组利用图甲所示的装置探究加速度与力和质量的关系。‎ ‎ ‎ ‎（1）为使砝码和砝码盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的细线拉力,应满的条件是砝码和砝码盘的总质量_________(选填“远大于”,“远小于”或“近似等于”)小车的质量;‎ ‎（2）为了平衡摩擦力,应将长木板_________ (选填“左”或“右)端适当垫高,使之与水平成一定的角度θ,保持小车质量不变,若测得小车的加速度a与拉力F的关系如图所示,是由于倾角θ_________造成的(选填“偏大”或“偏小”)‎ ‎13．如图所示，一个质量m = 5kg的物体放在光滑水平面上．对物体施加一个F=5N的水平拉力，使物体由静止开始做匀加速直线运动．求：‎ ‎(1)物体的加速度大小a；‎ ‎(2)物体开始运动后在t= 4s内通过的距离x。‎ ‎14．为了测试智能汽车自动防撞系统的性能。质量为1500kg的智能汽车以10m/s的速度在水平面匀速直线前进，通过激光雷达和传感器检测到正前方22m处有静止障碍物时，系统立即自动控制汽车，使之做加速度大小为1m/s2的匀减速直线运动，并向驾驶员发出警告。驾驶员在此次测试中仍未进行任何操作，汽车继续前行至某处时自动触发“紧急制动”，即在切断动力系统的同时提供1.2×104N的总阻力使汽车做匀减速直线运动，最终该汽车恰好没有与障碍物发生碰撞。求 ‎(1)汽车在“紧急制动过程的加速度大小 ‎(2)触发“紧急制动”时汽车的速度大小和其到障碍物的距离 ‎15．传送带两端AB距离L=31m，以v=5m/s速度匀速运行，现将质量m=0.2kg相同工件以v0=1m/s速度沿水平方向一个接一个投放到传送带的A端，工件初速度方向与传送带运动方向相同，投放工件的时间间隔恒定。若一个工件从A端运动到B端所用时间为t=7s。g=10m/s2。求：‎ ‎（1）工件与传送带之间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）若原来每一时刻在传送带上总能看到14个工件，现当一个工件刚投射到A端的瞬间，传送带以a=1 m/s2的加速度开始加速。与不运送任何工件时相比，上述传送带刚开始加速的短时间内，电动机要给传送带增加多大的动力。（不计传送带自身加速所需的外力）‎ ‎16．光滑的斜面倾角，斜面底端有弹性挡板，长、质量为的两端开口的圆筒置于斜面上，下端在点处，，圆筒的中点处有一质量为的活塞，．活塞与圆筒壁紧密接触，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，其值为．每当圆筒中的活塞运动到斜面上区间时总受到一个沿斜面向上大小为的恒力作用，．现由静止开始从点处释放圆筒．‎ ‎（1）活塞进入区间前后的加速度分别多大？‎ ‎（2）圆筒第一次与挡板碰撞前的速度和经历的时间分别为多少？‎ ‎（3）若圆筒第一次与挡板瞬间碰撞后以原速度大小弹回，那么，圆筒沿斜面上升到最高点的时间为多少？‎ ‎ 参考答案 ‎1．B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ABC. 雨滴在空中静止下落，开始加速度的方向向下，与速度同向，加速度减小，速度增大，雨滴做加速运动；雨滴的加速度逐渐减小，直到减小为零，雨滴做加速度减小的加速运动，当加速度减为零，速度达到最大，故AC错误，B正确；‎ D. 速度的变化率等于加速度，由于加速度不断减小，则速度的变化率逐渐减小，故D错误。‎ ‎2．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 物体在0∼1s内向正方向做加速度减小的加速运动，在1∼2s内向正方向做加速度增大的减速运动，由于受力对称，所以2s末的速度为零，此时位移最大，2∼3s内向反方向做加速度减小的加速运动，3∼4s内向反方向做加速度增大的减速直线运动，由于0∼2s内的运动情况与2∼4s内的运动情况对称，知4s末回到出发点，速度为零，然后又重复以前的运动，故A正确，B、C、D错误；‎ 故选A。‎ ‎3．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 设诡异小石头的质量为，竖直上升过程中，根据牛顿第二定律则有，解得，即诡异小石头竖直上升过程中除重力外，受到大小为的合力，方向竖直向上，诡异小石头竖直上升过程中除重力外的此合力对其做正功，所以小石头的机械能不断增加，故选项A正确，B、C、D错误。‎ ‎4．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 固定滑块B不动，释放滑块A，设滑块A的加速度为aA，钩码C的加速度为aC，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块A运动的位移是钩码C的2倍，所以滑块A、钩码C之间的加速度之比为aA: aC=2:1。此时设轻绳之间的张力为T，对于滑块A，由牛顿第二定律可知：T=mAaA，对于钩码C由牛顿第二定律可得：mCg–2T=mCaC，联立解得T=16 N，aC=2 m/s2，aA=4 m/s2。若只释放滑块B，设滑块B的加速度为aB，钩码C的加速度为，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块B运动的位移是钩码的2倍，所以滑块B、钩码之间的加速度之比也为，此时设轻绳之间的张力为，对于滑块B，由牛顿第二定律可知：=mBaB，对于钩码C由牛顿第二定律可得：，联立解得，，。则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为，故选项D正确。‎ ‎5．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不能够用实验直接验证.故选项A不符合题意.‎ B. 飞船返回地面的过程中，最后减速阶段，加速度方向向上，宇航员处于超重状态.故选项B不符合题意.‎ C. 胡克认为只有在一定的条件下(弹性限度内)，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比.故选项C符合题意.‎ D. 地球自转绕地轴转动，地球上除两极各点具有相同的角速度，故两者角速度等大，由v=ωr可得两者线速度不等.故选项D不符合题意.‎ ‎6．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 人对体重计的压力作用在体重计上，体重计反过来对人提供支持力，这是作用力和反作用力的关系，人所受的重力作用在人身上，人对体重计的压力作用在体重计上，且二者的产生没有相互性．‎ ‎【详解】‎ A、B、人对体重计的压力作用在体重计上，体重计反过来对人提供支持力，故人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对作用力和反作用力，故A错误，B正确.‎ C、人所受的重力作用在人身上，人对体重计的压力作用在体重计上，不作用在一个物体上，故不是一对平衡力，故C错误.‎ D、人所受的重力是由于地球吸引产生的，人对体重计的压力是由于人的重力产生的，故人所受的重力和人对体重计的压力这两者的产生没有相互性，故不是作用力和反作用力，故D错误.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】‎ 重点是平衡力和作用力与反作用力的区别，平衡力：作用在一个物体上，合力为零．作用力和反作用力：作用在两个物体上，有相互性，因果关系．‎ ‎7．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 根据楞次定律可知电流的方向从到，故A错误；设金属棒的位移为时速度为，则有，金属棒产生的电动势为，故B 错误；金属棒中感应电流的大小为，解得，故C正确；金属棒受到的安培力大小为，根据牛顿第二定律可得，联立解得，故D错误.‎ ‎8．BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当两物体共同存在时，对b来讲，具有竖直向下的加速度，A的加速度的方向向右，它们的加速度的大小相等，由牛顿第二定律可知F与mg的大小关系．‎ ‎【详解】‎ 设绳子拉力为T，对a受力分析，由牛顿第二定律可得：；而连接绳上具有相同的沿绳的加速度，由整体法，联立得：；‎ A、当时，解得；故A错误.‎ B、当时，解得；故B正确.‎ C、当时，解得；故C正确.‎ D、当时，解得；故D正确.‎ 故选BCD.‎ ‎【点睛】‎ 该题中a与b的加速度的大小相等，采用整体法和隔离法结合解题是解题的捷径，比单独用隔离法处理要简单．‎ ‎9．AC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AB、在恒力F1和F2作用下运动时，有，匀速运动时，有，联立解得：，故A正确，B错误；‎ CD、对恒力F1和F2的冲量，有：，‎ ‎，故冲量大小相等，方向相反，故C正确，D错误。‎ ‎10．AD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A、B的加速度大小为，由牛顿第二定律得，解得μ=0.2，故A正确；‎ B、由图示图象可知，木板获得的速度为v=1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：，解得：，则长木板A的动能为，故B错误；‎ C、系统损失的动能，故C错误；‎ D、由图得到：0-1s内B的位移为，A的位移为，木板A的最小长度为，故D正确；‎ ‎11．（1）交流； 细线与长木板平行 （2） （3）1.12 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）实验过程中，电火花计时器应接在交流电源上．调整定滑轮高度，使细线与长木板平行；‎ ‎（2）对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律得： 对木块：F-μMg=Ma 对砝码盘和砝码：mg-F=ma 由上式得： ‎ ‎（3）根据运动学公式得：△x=at2，．‎ ‎12．（1）远小于 （2）右 偏小 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据牛顿第二定律求出绳子拉力与砝码桶及桶内砝码的总重力的关系，判断出在什么情况下砝码盘及盘内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力．（2）图线与横轴的交点不为零，意味着当绳子有一定的拉力时，物体才有加速度，所以此种情况是平衡摩擦力不够。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）对整体分析，根据牛顿第二定律得，，则绳子的拉力F=Ma=，当m＜＜M，即砝码盘及盘内砝码的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时，砝码盘及盘内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力．‎ ‎（2）为了平衡摩擦力，应将长木板右端适当垫高，使之与水平成一定的角度θ，保持小车质量不变，若测得小车的加速度a与拉力F的关系如图所示，说明当力F增加到一定值时小车才开始有加速度，其原因是由于倾角θ偏小，平衡摩擦力不够造成的.‎ ‎13．(1)a=1m/s2 (2)x=8m ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)根据牛顿第二定律，物体加速度的大小a==1m/s2‎ ‎(2)据运动学公式，物体在t=4s内通过的距离x==8m ‎14．(1) ；(2) 8m/s 4m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据牛顿第二定律求出“紧急制动”的加速度；‎ ‎（2）根据速度位移公式求出触发“紧急制动”时汽车的速度大小和其到障碍物的距离；‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由牛顿第二定律得紧急制动过程中汽车的加速度为： （2）设触发紧急制动时汽车的速度为，其到障碍物的距离为，则有： ‎ 由已知可知紧急制动的加速度为，位移为： 又有： 由已知可知总位移和初速度分别为：， 联立以上各式可得：，‎ ‎15．（1）0.2（2）3.6N ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）工件在传送带上先加速后匀速，结合运动公式求解加速的随时间和加速度；根据牛顿第二定律求解物体和传送带之间的摩擦因数；（2）每个工件加速时间2s，匀速时间5s意味着每个时刻有4个工件在加速，10个工件在减速。传送带加速的加速度为a<μg，所以当传送带加速时，有4个工件与传送带之间相对滑动，10个工件与传送带之间相对静止。求解相对滑动和相对静止的工件的摩擦力，从而求解电动机要给传送带增加的动力.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）假设工件加速时间为t1‎ L=t1+v（t-t1） ‎ 解得t1=2s 由a′==2 m/s2 ‎ 根据牛顿第二定律μmg=ma′ ‎ 解得μ=0.2 ‎ ‎（2）投放工件得时间间隔为：Δt=7s/14=0.5s ‎ 加速时间2s，匀速时间5s意味着每个时刻有4个工件在加速，10个工件在减速。传送带加速的加速度为a<μg，所以当传送带加速时，有4个工件与传送带之间相对滑动，10个工件与传送带之间相对静止。‎ 相对滑动的工件受摩擦力f1=μmg ‎ 相对静止的工件受摩擦力f2=ma ‎ 所需外力为F=4 f1+10 f2 ‎ 代入数据解得F=3.6N ‎16．（1） 0（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）活塞在之上时，活塞与筒共同下滑加速度 活塞在区间内时，假设活塞与筒共同下滑，，‎ 解得：‎ 对：受向上恒力，此时，解得：，故假设成立．‎ 活塞的加速度．‎ ‎（2）圆筒下端运动至处时，活塞刚好到达点，此时速度为：‎ 加速时间，则 得 接着、一起向下匀速运动，到达时速度仍为：‎ 匀速运动时间为：，‎ 总时间 ‎（3）反弹时刻以上升，过点以下滑，以后由于摩擦力和重力，在内仍然做匀速下滑，以加速度减速，‎ 离开时间为，则 解得：‎ 此时速度 接着以加速度向上减速，，‎ ‎．‎