单元检测(3) 牛顿运动定律-【名校有约】2025年新高考新教材物理一轮单元强化检测示范卷

单元检测（三） 牛顿运动定律 A卷 高频考点练清卷 考点一牛顿运动定律的理解与应用 1.(2023·浙江卷)如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹1 OPQ运动，其中P是最高点.若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直 方向分运动的加速度大小 ( A.O点最大 B.P点最大 Q C.Q点最大 D.整个运动过程保持不变 2.(2023·全国乙卷)一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点.设排球在运动过 程中所受空气阻力大小和速度大小成正比，则该排球 ( A.上升时间等于下落时间 B.被垫起后瞬间的速度最大 C.达到最高点时加速度为零 D.下落过程中做匀加速运动 考点二应用牛顿第二定律分析瞬时性问题 3.(2024·辽宁二模)如图所示，质量分别为m1=3kg,m2=5kg的两物体置：网-℃m一 于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接.两个大小分别为F1=60N, F2=20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，弹簧测力计未超出弹性限度，则 ( A.弹簧测力计的示数是50N B.若增大F2,两物体一起做匀加速直线运动时，弹簧测力计示数可能不变 C.在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4m/s2 D.在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为15m/s2 4.(2024·山东省菏泽市二模)如图所示，质量为m的小球与两根弹簧a、b相连，并放置在倾角为37°的光 滑斜面上，其中弹簧a与斜面平行，弹簧b水平，开始时a、b两弹簧都处于拉伸状态，且小球对斜面恰好 无压力.重力加速度为g,下列说法正确的是 ( A.剪断弹簧b的瞬间小球的加速度为？g,方向沿斜面向上 B.剪断弹簧b的瞬间小球对斜面的压力为0 aoh C剪断弹簧。的瞬间小球的加速度为？g,方向沿斜面向下 379 D.剪断弹簧a的瞬间小球的加速度为号g,方向沿斜面向下 考点三两类动力学问题 5.(2022·辽宁卷)如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度0沿中 线滑向另一端，经过1s从另一端滑落.物块与桌面间动摩擦因数为以，g取10ms2。 下列、：值可能正确的是 () A.h=2.5m/s B.%=1.5m/s C.4=0.28 D.4=0.25 6.(2024·湖南高三校联考阶段练习)如图所示为某滑雪场地的简易图，可视为质点 0 的运动员由O点静止出发，依次经过A、B两点最终静止在水平部分.已知a=53°、B 37°.AB=75m,雪橇与场地之间的动摩擦因数均为=0.5，sin37°=0.6，g=10ms2.某 次滑行时运动员经过B点的速度为经过A点速度的两倍，忽略运动员经过A、B两 B月 点时速度大小的变化.求： 17 (1)出发点到A点的距离： (2)运动员从出发到静止在水平部分所用的总时间，以及静止时到B点的距离. 考点四超重与失重现象 7.(2024·南昌一模)2023年10月26日，伴随着“三、二、一”的倒计时，“神舟十七号” 在“长征二号”运载火箭的推动下顺利进人太空，“神舟十七号”航天员杨洪波、唐胜 杰和江新林也将开始为期6个月的“太空旅行”.如图所示为“长征二号”运载火箭， 下列关于它在竖直方向加速起飞过程的说法，正确的是 () A.火箭加速上升时，航天员对座椅的压力小于自身重力 B.燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭升空 C.保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后处于失重状态 D.火箭喷出的热气流对火箭的作用力大于火箭对热气流的作用力 8.(多选)(2024·四川校考三模)电梯“对重”的主要功能是相对 驭动电机 平衡轿厢重量，在电梯工作中使轿厢与“对重”的重量保持在限 钢丝绳 额之内，保证电梯的牵引传动正常.如图1所示，驱动装置带动 ·对重 钢丝绳使轿厢和“对重”在竖直方向运动.当轿厢从顶楼向下运 动时，一t图像如图2所示，下列说法正确的是 矫厢 A.在0一t1时间内，轿厢处于失重状态 B.在0~1时间内，钢丝绳对轿厢的拉力先增大后减小 图1 图2 C.在2~3时间内，“对重”处于失重状态 D.在1一2时间内，钢丝绳对轿厢的拉力大小等于钢丝绳对“对重”的拉力大小 考点五动力学中的连接体问题 9.(2023·北京卷)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量 均为1kg,细线能承受的最大拉力为2N.若在水平拉力F作用下，两物块一起向右 777777777777777 做匀加速直线运动.则F的最大值为 A.IN B.2 N C.4N D.5N 10.(2024·湖北省鄂东南省级示范高中模拟)如图所示，一倾角为37°的光滑斜面固定 在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮.一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块C,另一 端与斜面上的长木板B相连，长木板B上有一物块A,A、B的质量都为2kg,C的 质量为1kg,A,B之间的动摩擦因数为号，重力加速度g取10m/2.起初用手将三物 37 体按照图示位置保持静止，松手后，下列说法正确的是 A.A、B将会一起下滑 B.B将相对A向下滑 C.B开始运动的加速度为m:2 D.B开始运动的加速度为4ms2 —18 考点六动力学中的临界与极值问题 11.(2024·山东省潍坊市寿光一中模拟)如图所示，一质量m=0.4kg的小物块，以0=2ms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=2s的时间物块由A点运动到 B点，A,B之间的距离L=10m已知斜面倾角0=30，物块与斜面之间的动摩擦因数-号重力加 速度g取10m/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与斜面的夹角为多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？ 12.(2024·山东省济南市一模)滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏.有两部直滑梯AB和 AC,A、B,C在竖直平面内的同一圆周上，且A为圆周的最高点，示意图如图所示，已 知圆周半径为R.在圆周所在的竖直平面内有一位置P,距离A点为3R且与A等 高.各滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为g (1)如果小朋友由静止开始分别沿AB和AC滑下，试通过计算说明两次沿滑梯运动的时间关系； (2)若设计一部上端在P点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上 运动的最短时间是多少？ 考点七动力学中的两类经典模型（传送带、滑块一木板） 13.(2024·辽宁一模)如图所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上，用水平 向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的 惯性演示实验（示意图如图所示），若香皂盒和纸板的质量分别为1和2，各接触面 间的动摩擦因数均为以，重力加速度为g.若本实验中，m1=100g,2=5g=0.2, 香皂盒与纸板左端的距离d=0.1m,若香皂盒移动的距离超过=0.002m,人眼就 能感知，忽略香皂盒的体积因素影响，g取10ms2,为确保香皂盒移动不被人感知， 纸板所需的拉力至少是 A.1.41N B.1.42N C.1410N D.1420N —19 14.(2024·河南信阳市模拟)如图甲所示，在顺时针匀速转动且倾角为0=37的传送带底端，一质量m=1kg 的小物块以某一初速度向上滑动，传送带足够长，物块的速度与时间（一）关系的部分图像如图乙所 示，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10ms2,求： ↑vlm-s-) 10=37° 00.4 t/s 甲 (1)物块与传送带之间的动摩擦因数： (2)物块沿传送带向上运动的最大位移： (3)物块向上运动到最高点的过程中相对传送带的路程， 考点八实验：探究加速度与物体受力、物体质量的关系 15.(2024·河南模拟预测)某同学用如图甲所示装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验. 小车 打点计时器 纸带 力传感器 长木板 重 甲 (1)实验中获得一条纸带如图乙所示，其中两相邻计数点间有四个点未画出，已知所用电源的频率为 f,则小车运动的加速度大小a= (用x2、x4、∫表达). 单位：cm 乙 丙 (2)做“探究加速度与外力的关系”实验时，保持小车的质量M不变，改变悬挂重物的质量，多次重复实 验，测得多组加速度α及对应力传感器的示数，作出a一F图像如图丙所示，发现图像不过原点，重新实 验，为了使作出的图像经过原点，应适当（填“增大”或“减小”）长木板的倾角 (3)做“探究加速度与质量的关系”实验时，正确平衡摩擦力后，保持细线拉力不变，改变小车上砝码的 质量m,多次实验，测得多组加速度α及对应小车上砝码的质量m,得到m一】图像，若图中直线的斜率 为k,在纵轴上的截距为b,若要验证牛顿第二定律，则小车的质量为M一 -20 单元检测（三） 牛顿运动定律 B卷高考能力评价卷 (满分：100分时间：75分钟) 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求 1.(2024·江苏盐城模拟预测)如图所示，两物块之间连接一个处于拉伸状态的轻弹簧，静止于水平粗糙木 板上.现将整体自由下落，可观察到的现象是 ( A.两物块相对木板静止 Pwwwwwww B.两物块相对木板运动且彼此靠近 C.质量大的物块相对木板静止，质量小的物块靠近质量大的物块 D.质量小的物块相对木板静止，质量大的物块靠近质量小的物块 2.(2024·陕西渭南统考一模)智能手机安装软件后，可利用手机10g“ 上的传感器测量手机运动的加速度，带塑胶软壳的手机从一定 高度由静止释放，落到地面上，手机传感器记录了手机运动的 加速度α随时间t变化的关系，如图所示，g为当地的重力加速 0 度，不计空气阻力.则手机第一次与地面碰撞过程中()-引 A.t2时刻手机开始着地 B.t2时刻手机速度最大 C.与地面作用时间为3一 D.所受最大弹力为自身重力的10倍 3.(2022·全国乙卷)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置Qm 于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L.一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向 与两球连线垂直。当两球运动至二者相距L时，它们加速度的大小均为 m A.5F 8m B.21 D.3F 57m c ,10m 4.(2024·菏泽二模)如图所示，两段轻绳A、B连接两个小球1、2，悬挂在天花板 iitittt 上.一轻弹簧C一端连接球2，另一端固定在竖直墙壁上.两小球均处于静止状 态.轻绳A与竖直方向、轻绳B与水平方向的夹角均为30°，弹簧C沿水平方 30 向，已知重力加速度为g,则 () 1 A.球1和球2的质量之比为1：1 30. 2 B.在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度方向竖直向下 C.在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小一定大于g D.在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g 5.(024·山东省烟台市一模)如图甲所示，高层建筑室外擦玻璃的 ↑(m·8 工人在进行室外作业，为了保障安全，他们身上都绑有安全带，安 全带上有救生缓降器，缓降器由挂钩（或吊环）、吊带、绳索及速度 控制装置等组成，以保证工人的安全.设某次工人完成高空作业 L tls 后从离地面某高度处通过安全带安全着陆，如图乙所示是工人运 动全过程的v一t图像.下列说法正确的是 () A.0到1段时间内工人处于超重状态 Bh到段时间内工人的平均速度等于受 C.工人初始位置离地面的高度为t2 D.整个过程中绳索对工人的拉力先变大后变小 -21 6.(2024·湖北二模)如图所示，A、B两木块放在粗糙水平面上，它们之间用不可 伸长的轻绳相连，两次连接情况中轻绳倾斜方向不同，已知两木块与水平面间 的动摩擦因数分别为4和B,且O<4<烟，先后用水平拉力F1和F2拉着 A、B一起水平向右匀速运动，则匀速运动过程中 ( A.F<F2 B.F>F2 C.F=F2 D.无法确定 7.(2024·河南省新乡市一模)如图甲所示，水平地面上叠 ↑cm·s3) 放着小物块B和木板A(足够长)，其中A的质量为1.5kg, 2.5 整体处于静止状态.现对木板A施加方向水平向右的拉 力F,木板A的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所 A F 10 FIN 示.已知A、B间以及A与地面间的动摩擦因数相同，认 甲 为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10ms2.下列说法正确的是 A.当拉力大小为5N时，A、B开始相对滑动 B.A与地面间的动摩擦因数为0.2 C.B的质量为0.5kg D.图乙中的x=7.5 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，每题有多项符合题目 要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 8.(2023·湖北卷)如图所示，原长为1的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小 M 球相连.小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5.杆上M、N两点与O 点的距离均为1，P点到0点的距离为，OP与杆垂直.当小球置于杆上P点时恰好能保持 静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g.小球以某一初速度从M点向下 运动到V点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内.下列说法正确的是 ( A.弹簧的劲度系数为 B.小球在P点下方2（处的加速度大小为(32-4）g C.从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大 D.从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同 9.(2024·广东省广州市质检)如图甲所示，倾角为0的传送带始 终以恒定速率2逆时针运行，t=0时初速度大小为1(1> 2)的小物块从传送带的底端滑上传送带，其速度随时间变化的 v一t图像如图乙所示，则 ( ) 甲 A.0~t3时间内，小物块所受的摩擦力始终不变B.小物块与传送带间的动摩擦因数满足<ta0 C,2时刻，小物块离传送带底端的距离达到最大D.小物块返回传送带底端时的速率小于 10.(2024·太原一模)如图，倾角为30的光滑斜面体静置于水平面上，顶端固定有光 滑的定滑轮，物块A和质量为的物块B通过跨过滑轮的轻绳连接，B与斜面右 B A 侧的竖直面接触，整个系统处于静止状态.若固定斜面，同时将平行于斜面的力 30 wwwwwtwwwwwwwmwt3 F作用在A上，发现轻绳的张力变为原来的n倍.已知重力加速度为g,下列说法正确的是 A.若n=0.5,则F的大小为1.5mg B.若n=1.5,则F的大小为3.0mg C.若解除斜面的固定，同时将水平向右的恒力作用在斜面体上，则n可能大于1 D.若解除斜面的固定，同时将水平向右的恒力作用在斜面体上，则n可能等于1 答题档 题号 1 2 3 4 6 7 9 10 答案 22 三、非选择题：本题共5小题，共54分. 11.(2023·湖北卷)某同学利用测质量的小型家用电子秤，设计了测量木块和木板间动摩擦因数：的实 验.如图()所示，木板和木块A放在水平桌面上，电子秤放在水平地面上，木块A和放在电子秤上的 重物B通过跨过定滑轮的轻绳相连.调节滑轮，使其与木块A间的轻绳水平，与重物B间的轻绳竖直. 在木块A上放置n(n=0,1,2,3,4,5)个砝码（电子秤称得每个砝码的质量mo为20.0g),向左拉动木 板的同时，记录电子秤的对应示数m. ↑mg 60 50 砝码 0 木块口 滑轮 木板 30 A 重物 20 B ,电了秤 777777277777777777 0 1 234 5 n 图(a) 图(b) (1)实验中，拉动木板时 (填“必须”或“不必”)保持匀速 (2)用4和B分别表示木块A和重物B的质量，则m和mA、B、m4、n所满足的关系式为1= (3)根据测量数据在坐标纸上绘制出m一图像，如图(b)所示，可得木块A和木板间的动摩擦因数：一 (结果保留两位有效数字). 12.(2024·广州综合测试一)利用图甲装置，研究“小车（含拉力传感器）质量不变时，加速度与合外力关系” ①细绳一端绕在电动机上，另一端系在拉力传感器上，将小车放在长板的P位置，调整细绳与长板平 行，启动电动机，使小车沿长板向下做匀速运动，记录此时拉力传感器的示数F。: ②撤去细绳，让小车从P位置由静止开始下滑，设此时小车受到的合外力为F,通过计算机可得到小车 与位移传感器的距离随时间变化的x一1图像，并求出小车的加速度a: ③改变长板的倾角，重复①、②，可得多组F,a的数据， ↑x/cm 49.10- 力传感器 3820-…. 电动机&细绳 小车 25.20 位移传感器 垫坎 长板 7777777777777777777777777777777777777 00.100.200.30t 甲 乙 (1)在①、②中，F (填“=”“>”或“<”)F (2)实验 (填“需要”或“不需要”)平衡小车所受到的摩擦力. (3)某段时间内小车的x一1图像如图乙所示，根据图像可得小车的加速度大小为 m/s2(结果 保留两位小数). (4)分析表格中的F,a实验数据，可知在误差范围内，小车质量不变时， 13.(2024·临沂一模)如图所示，固定在水平地面上的斜面体上有一木块A(到定 滑轮的距离足够远)，通过轻质细线和滑轮与铁块B连接，细线的另一端固定 在天花板上，在木块A上施加一沿斜面向下的作用力F一1.5N,使整个装置 处于静止状态.已知连接光滑动滑轮两边的细线均竖直，木块A和光滑定滑轮 B 间的细线和斜面平行，木块A与斜面间的动摩擦因数：=0.25，斜面的倾角 0=37°，铁块B下端到地面的高度h=0.75m,木块A的质量m=0.5kg,铁块B的质量M=1kg,不计 空气阻力，不计滑轮受到的重力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2,sin37 =0.6,c0s37°=0.8. 23 (1)求木块A受到的摩擦力： (2)撤去力F,设铁块B落地后不反弹，求木块A能沿斜面上滑的最大距离. 14.(2024·江西渭南高三二模)一晴朗的冬日，某同学在冰雪游乐场乘坐滑雪圈 从静止开始沿斜直雪道匀变速下滑，滑行60m后进入水平雪道，继续滑行80m 后匀减速到零.已知该同学和滑雪圈的总质量为60kg,整个滑行过程用时 斜直雪道 14s,斜直雪道倾角为37°，重力加速度g=10m/s2,忽略空气阻力(sin37°= 水平雪道 0.6,c0s37°=0.8). (1)求该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力F:的大小： (2)若水平雪道区域重新规划，使水平雪道距离缩短为60m,之后再铺设10m长的防滑毯，可使该同学 和滑雪圈在防滑毯终点恰好安全停下，求防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数 15.如图(a)所示，在光滑水平面上放置一木板A,在A上放置 am5） 物块B,A和B的质量均为m=1kg,A与B之间的动摩 擦因数：=0.2.1=0时刻起，对A施加沿水平方向的力， 0} 05152.0 A和B由静止开始运动.取水平向右为正方向，B相对于 77W》 A的速度用A=B一UA表示，其中UA和？B分别为A a ) 和B相对水平面的速度.在0~2s时间内，相对速度vB4 随时间t变化的关系如图(b)所示.运动过程中B始终未脱离A,重力加速度g取10ms2.求： (1)0~2s时间内，B相对水平面的位移： (2)t=2s时刻，A相对水平面的速度. 24若门推动木模在地板上缓慢匀速移动,竖直方向N一Fcos8 ## 十ng 1F 水平方向/一Fsin8 最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力f-uN-u(Fcos0+ng) # 270 +{ + 联立解得F-_ng sin9-cos6 (2)不管用多大力推门,塞在门下缝隙处的木模都能将门卡 弹黄弹力不能突变,剪断弹占的瞬间,弹策a的弹力不变, 住而不再运动,即Fsin0<u(Fcosθ十mg) 若木樱质量较小,可得tan0u 仍为F.,小球受力如图2所示,在平行于斜面方向,由牛顿 第二定律得F。-mgsin37*-ma.,解得a.-158,在垂直于 .16 故临界角的正切值为tan0。一1 (2)tan0。- 斜面方向,由平衡条件得N一mgcos37*一0.8mg,故选项 A、B错误;弹弹力不能突变,剪断弹黄a的瞬间,弹占的 单元检测(三) 牛顿运动定律 弹力不变,仍为F。,小球受力如图3所示,在平行于斜面方 向,由牛顿第二定律得F.cos37{}十mgsin37{}-ma。,解得a A卷 高频考点练清卷 38,方向平行于斜面向下,故选项C正确,选项D错误. 1.A 由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比,小石子在O 故选:C. 点时速度斜向上方,此时速度最大,空气阻力斜向下方最大, 5.B 物块水平沿中线做匀减速直线运动,则-王+v 上升过程与竖直方向夫角最小,故此时空气阻力分解在竖直 方向最大,根据牛顿第二定律可知此时竖直方向分运动的加 由题千知x=1m./-1s,v>0,代入数据有v2m/s,故A 速度最大,故选A. 不可能,B可能;对物块做受力分析有a一-, 2.B 空气阻力与速度大小成正比,即f一h(为大于0的常量) --2ax,整理有-2ax0,由于v<2ms可得 0.2,故C、D不可能.故选:B 上升{f # 6.解析:(1)设OA之间的距离为x,A、B两点的速度分别为 g # v、,对运动员在OA段由牛领第二定律得mgsina一 ungcos a-ma. 从抛出到原位置 解得a-5m/s* 空气阻力 则有-2a) v.u,垫起后瞬间v.最大,B对 对运动员在AB段由牛顿第二定律得mgsinB-ungcos③-m 最高点速度为0→只受重力→a一g,C错 解得a-2m/s* 牛颇第二定律 则有v一-2a::A 下落过程一 ■mg-ko-ma,D错 又v-2.解得x-10n 3.Dm、m。相对静止一起做匀加速直线运动,对n、m。与 (2)由v-2ax,解得运动员在A点的速度为u.-2ax 弹策测力计组成的整体,由牛顿第二定律得: F.-F.-(m.+m:)a ① 10ms 则v.-2.-20m/s 代入数据解得:a一5m/s{,方向水平向右; 运动员由O到A的时间为1.--2s 设弹测力计的拉力是F,对物体m。,由牛顿第二定律得: F-F。-ma ② 运动员由A到B的时间为1。-B--5s 代入数据解得:F一45N,故A错误:联立①②两式得 d。 Fm:F.+m:F。 运动员在水平部分,由牛顿第二定律得mg一m n.十n 一,由此可知增大F。,两物体一起做匀加速 解得a-5m/s* 直线运动时,弹测力计示数增大,故B错误;弹的弹力 在水平部分运动的时间为,-_4s 不能突变,在突然撤去F:的瞬间,弹策测力计的弹力仍为上 一45N,对物体n。,由牛领第二定律得;F一ma。,代入数提 则运动员出发到静止的总时间为/一/++1一11 解得:a.一9ms,故C错误;在突然撤去E.的瞬间,对物体 2a。 m.,由牛顿第二定律得:F-ma,代入数据解得:a.-15m/s 故D正确,故选:D 2a 4.C 开始时a、两弹都处于拉伸状态,且小球对斜面恰好 答案:(1)10m(2)11s 40m 7.C 火箭加速上升时,加速度方向向上,根据牛额第二定律 #ng F7u 可知航天员受到的支持力大于自身的重力,由牛顿第三定律 知航天员对座椅的压力大于自身重力,故A错误;火箭受到 133 重力,空气阻力以及内部燃料喻出时的作用力,燃料燃烧向 下喷气,喷出的气体的反作用力推动火箭升空,故B错误 保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后,由于具有竖直向上的过 (2)3013 答案:(1)3m/s}8m/s 度,所受重力和空气阻力均竖直向下,合外力方向竖直向下 故加速度方向竖直向下,处于失重状态,故C正确:火箭喷 12.解析:(1)设AB与水平方向的夹角为0,小朋友沿AB下滑 时的加速度为mgsinθ一m 出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力是作 用力和反作用力,二者等大反向:故D错误;故选:C 解得a一gsin6 8.AC 由图可知在0~1,时间内,轿厢从顶楼向下做加速运 AB的长度为L-2Rsin6 动,加速度方向向下,轿厢处于失重状态,故A正确;根据v 根据位移一时间关系可得1.-a^{} 7图像的斜率表示加速度可知,在0~/,时间内轿厢的加 解径1一# 速度先增大后减小,且加速度向下,则由mg一F三ma可知 钢丝绳对轿厢的拉力先减小后增大,故B错误;在1.~1时 可见,从圆最高点A沿直滑梯AB和AC下滑到圆上经过 间内,“对重”向上做减速运动,加速度方向向下,“对重”处于 的时间与轨道的长度无关,两次沿滑梯运动的时间相等; 失重状态,故C正确;在1~1:时间内,轿厢虽然做匀速运 (2)根据第一问的结论,画出以P点为最高点的半径为r的 动,轿厢与“对重”的重量不相等,因为中间有驱动电机在调 圆,如图所示,若两圆外切,连接P到切点,时间最短,根据几 控,钢丝绳对桥厢的拉力大小不等于钢丝绳对“对重”的拉力 何关系可得(R十ro)-(R一)+(3R) 大小,故D错误。故选AC 径3 9.C 对两物块整体做受力分析有F一2ma 再对于后面的物块有F一ma Fr.-2N 联立解得F一4N 故选C. 10.C 假设A、B间无相对滑动,将A、B、C看为整体,从而有(m +m )gsin37*-meg-(m+m+m.)a,解得a-2.8m/s 方向沿斜面向下,只研究A物块时有m;gsin37*} (2 答案:(1)相等 ,3R nm.gcos37{}-m,解得a-3m/s,方向沿斜面向下, 从而说明A、B间存在相对滑动,且B相对A向上滑动,将 13.B 香盒的加速度a-_g=2m/s{} B、C看为整体,则有magsin37*+umgcos37{}-mcg=(m十 7) 纸板的加速度a:一 F-ng-(n.+m:)g 7 确,选项A、B、D错误.故选:C #对香盒,-{# 11.解析:(1)设物块加速度的大小为a,到达B点时速度的大 对纸板,)+#-axd代# 小为v,由运动学公式得 1._①# 纸板抽出后香皂盒运动的距离x:-a,a-aì -v。十ar② 由题意知aL=at,l-x.+x:,解得F-1.42N,故选;B 联立①②式,代入数据得 14.解析.(1)由题图乙可知,物块的初速度u.一8ms,物块的 a-3ms{ ③ 速度减速到与传送带的速度相同时,加速度发生变化,所以 -8ms. ④ 传送带转动时的速度v-4m/s,从(-0到/-0.4s时间 (2)设物块所受支持力为F,所受 内,物块加速度大小为a。一 摩擦力为F,拉力与斜面间的夫角 为。,受力分析如图所示,由牛领第 方向沿斜面向下;物块受到重力、支持力和沿斜面向下的摩 二定律得 擦力的作用,沿斜面方向由牛领第二定律有mgsin0十 Fcos a-mgsin0-F=ma umgcos0-ma.解得-0.5. Fsina+F-mgcos0-0 (2)设在/一0.4s后,物块做减速运动的加速度大小为a。. 又F-f 物块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用,由牛 联立式得Fmg(sin0+cosθ)+ma ⑧ 顿第二定律可得mgsin0-mgcos0-m。,解得a:-2m/s}. cosa+sina 物块从1-0.4s开始,经过1.时间速度减为零,则1-4s 由⑧式可知对应最小F的夹角a-30{ 134 2.4m,从t-0.4s到(-2.4s.物块减速到零的位移为工。 2, 位移为x-x.十x.-6.4m (3)从/-0到t-0.4s.传送带位移为x-v△-1.6m,物 ## 块相对传送带向上运动△r.-x.-x-0.8m,从/-0.4s 因为两球关于F所在直线对称,sin0- 到/-2.4s,传送带位移x.一u.一8m,物块相对传送带向 下运动△x。-x.一x。-4m,故物块向上运动到最高点的过 程中,物块相对传送带的路程△r=△r.十△r。-4.8m. 答案:(1)0.5 (2)6.4m (3)4.8m 向上受力分析,2Tcoso-F,解得:T-F,对其中一个小球 15.解析:(1)两相邻计数点间有四个点未画出,有T-5 由逐差法可得小车运动的加速度大小a-BD-OB 4T 4.C 分别对两小球进行受力分析,如下图所示: OD-20B(x.-2r)f{} 47*} 100 ,“ (2)对小车由牛顿第二定律可得F+Mgsin0一f-Ma 球2 F. Mgsin-f 解得a= M 130→ _{ 结合图丙可得M{sino-/o 。。 mg) M 根据平衡条件可得,由F.-ng,Fnsin30{}-mg 即Mgsin/ 解得:m.一2n。,故A错误;在轻绳A突然断裂的瞬间,弹弹 长木板倾角太大,重新实验,为了使作出的图像经过原点 应适当减小长木板的倾角. 力未来得及变化,则球2所受重力和弹黄弹力F。不变,并假 (3)对车和车上的法码整体由牛顿第二定律可得F一(M十m)a 设轻绳A突然断裂的瞬间轻绳B的弹力变为0,则球2的加 F-2g,方向与F。方向相间,即沿绳B针向右 解得m-1F-M,依题意可得M--b 速度为a一 答案:(1)(i-2r。)^* 下方,此时球1只受重力,加速度竖直向下大小等于g,沿绳 100 (2)减小(3)一) 单元检测(三) 牛顿运动定律 设不成立,可知此时轻绳B存在弹力,则由力的合成可知, 球1的合力大于其重力,方向在坚直方向与绳B的夫角之 B卷 高考能力评价卷 间,则球1的加速度一定大于g,方向在竖直方向与绳B的 1.B 整体未下落时,两物块相对木板静止,弹力等于摩擦力, 央角之间,故选:C 5.D 0到1.段时间内工人向下 u/(m.s-) 整体无初速度释放后,两物体和木板都处于完全失重状态 两物块对木板的压力为零,此时摩擦力消失,在水平方向上 加速运动,加速度方向向下,处 于失重状态,故选项A错误;1 两物块只受到弹策的拉力,根据牛顿第二定律可知,两物块 到段时间内如果做匀减速直 相对木板运动且相互靠近,故选B. 线运动,位移等于下图中阴影部 2 2.C 由于不计空气阻力,则手机在与地面接触之前仅仅受到 重力作用,加速度为重力加速度,根据图线可知,1:时刻手机 分面积,则工人的平均速度等于-;实际上工人位移等于曲 开始着地,故A错误:手机接触地面时,先向下做加速度减 线与时间轴围成的面积,实际位移大于匀减速时的位移,r 小的变加速运动,可知手机速度最大时,加速度为0,根据图 到1。段时间内工人的平均速度大于,故选项B错误;f 像可知,手机速度最大的时刻在1与1。两时刻之间,故B错 误;根据上述可知,由于不计空气阻力,则手机在与地面没有 图线与时间轴围成的面积表示位移,工人初始位置离地面的 接触时仅仅受到重力作用,加速度为重力加速度,可知,手机 高度等于曲线与时间轴围成的面积,小于vt,故选项C错 第一次与地面碰撞过程中与地面作用时间为1.一1.,故C正 误;根据牛顿第二定律,结合图线的斜率可知,加速度先减小 确;根据图像可知,1时刻,手机所受弹力最大,根据牛顿第 到0后再反向增大,再减小,对于加速过程,根据牛顿第二定 二定律有N-mg-m·10g 律知mg一T一ma,加速度减小,重力不变,则拉力一直增大 解得N-1lmg 到等于重力;减速运动过程,有T一mg一mo,且加速度反向 即所受最大弹力为自身重力的11倍,故D错误,故选C. 增大后又减小,则拉力先增大后减小,所以整个过程中绳索 3.A 当两球运动至二者相距-L时,对此时进行受力分析, 对工人的拉力先变大后变小,故选项D正确.故选:D 6.B 设两绳子与水平夹角为0,对第一个图进行受力分析,根 如图所示: 据平衡条件可得:F一f:十fn 135 其中:fa=u(m,g-T. sinθ).fn=u(mgg+T sinθ) 下:B向下加速运动,则A沿斜面向上加速运动,对A根据 联立解得:F -uamAg+usmsg+(u)T. sin8 牛顿第二定律可得;F+0.5mg-2ngsin30*-2ma,解得: 同理可知,第二个图的拉力:F:一uag十ng一(u F-1.5mg,故A正确;若n-1.5,则绳子张力为:T= u)Tsin) 1.5mg,对B根据牛顿第二定律可得:1.5mg一mg=ma,解 由题意可知0 可知,F F,故A、C、D错误,B正 得:;a一0.5g,方向向上;B向上加速运动,则A沿斜面向下 确;故选:B. 加速运动.对A根据牛顿第二定律可得:F一1.5mg+ 7.C 由图可知,当Fl0N时,木板A的加速度增加的更快 2mgsin30{}-2ma,解得:F=1.5mg,故B错误;若解除斜面 说明此时A和B发生相对滑动,选项A错误:当F一10N 的固定,同时将水平向右的恒力作用在斜面体上,整体能够保 时,B的加速度达到最大,此时有a,则-0.25.,故选项 持相对静止时,B有水平向右的加速度a’,此时拉B那一段绳 7 子与竖直方向有一定的夹角,根据几何关系可得绳子拉力:T 一(mg)十(m)mg,则n大于1,故C正确、D错误,故 +A a-2.5ms{ 选:AC. 11.解析:(1)木块与木板间的滑动摩擦力与两者之间的相对速 代入数据解得m。一0.5kg,故选项C正确;A开始滑动时. 度无关,则实验拉动木板时不必保持匀速 可得F-(m +m)g-0.25x(0.5+1.5)x10N-5N (2)对木块、码以及重物B分析可知u(m.十m。)g+mg 则.x-5N.故选项D错误. -ng 故选:C. 解得n=m-(m+nm.) 8.AD 小球在P点受力平衡,则有mg=f,f-fF,F-k(-) (3)根据m-ma-m-um。·n 联立解得k-mg,A正确;在PM之间任取一点A,令AO与 结合图像可知_。59-19_8 MN之间的夫角为0,则此时弹黄的弹力为F-k(1-2) 则-0.40 答案:(1)不必(2)m-(m+nn。)(3)0.40 小球受到的摩擦力为f.-F-uFsin6 12.解析:(1)①中小车匀速下滑时,mgsinθ一/十F。,②中小车 化简得fi-)(eusin-) 加速下滑时,F-mgsin6一/,联立可得F一F。。 (2)由(1)中分析可知,小车加速下滑过程的合外力已通过 9在MP之间增大在PN间变小,即摩擦力先变大后变小.C ①中小车匀速下滑时拉力传感器的示数F。读出,所以不 错误;根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大 需要再平衡摩擦力了, 小相等,因此由对称性可知M到P和P到N摩擦力做功大 (3)图乙中标出的三个位置坐标对应小车连续相等时间内的 小相等;D正确;小球运动到P点下方时0-450,此时摩 位移,根据匀变速位移变化推论知Ar-(0.3820-0.2520)- 力大小为,-#(#2)# (0.4910-0.3820)-a×(0.1),可解得a-2.10m/s (4)由表中数据可以看出,F与a的比值基本不变,所以可 由牛顿第二定律mg+Fcos45*-f-ma 得在误差范围内,小车质量不变时,小车的加速度与合外力 成正比. 联立解得a-2g,B错误,故选AD. 答案:(1)- (2)不需要 (3)2.10(4)加速度与合外力 9.BD通过图乙可以看出,小物块先向上做减速运动,减速到 成正比 零后反向加速,当速度与传送带速度相等时,加速度大小发 13.解析;(1)设静止时细线拉力为T,对铁块B和动滑轮整体 生变化,所以小物块的速度达到与传送带速度相等以前,摩 受力分析有:2T-Mg 擦力方向一直沿斜面向下,1,时刻以后摩擦力方向沿斜面向 解得:T-5N 上,故选项A错误;根据图乙可知,7。时刻以后小物块相对 对木块A受力分析,假设斜面对木块A的摩擦力沿斜面向 于传送带向下加速运动,根据牛顿第二定律可得gsin目 上,则:T+f-F+mgsin0 nngcosθ一ma,所以小物块与传送带间的动摩擦因数满足 解得:/--0.5N tan9.故选项B正确;根据图乙可知,山时刻小物块向上运动 即斜面对木块A的摩擦力大小为0.5N,方向沿斜面向下 的速度为零,此时小物块离传送带底端的距离达到最大,故 (2)撤去力F,设细线的拉力为T,铁块B下落的加速度大 选项C错误:小物块在整个运动过程中重力做功为零,摩擦 小为a, 力对小物块做负功,小物块机核能减少,小物块返回传送带 木块A沿斜面上滑的加速度大小为a。. 底端时的速率小于u,故选项D正确,故选;B.D. 由题意可得:a。-2a 10.AC 初始时刻整个系统处于静止状态,则mg一m:gsin30, 对铁块B由牛顿第二定律有:Mg-2T*-Ma 解得A的质量为m.一2m.将平行于斜面的力F作用在A 对木块A由牛额第二定律有: 上,发现轻绳的张力变为原来的”倍,所以绳子张力为:T T'-ngsin0-umgcos0-na: -nmg,若n-0.5,则绳子张力为:T-0.5mg,对B根据牛 m/ 颜第二定律可得:mg-0.5ng=ma,解得:a-0.5g,方向向 136 铁块B刚落地时由速度一位移关系得:= =/2- 0~2s时间内,B相对水乎面的位移为 2xx0.75 m/s=1m/s x.=r.+r-2.25m+1.25m-3.5m. (2)由图(b)可知,在0~1s内B相对于A的加速度大小为 此时木块A的速度大小为vu-2.-2×1m/s-2m/s.木块A n 的位移大小为s-2-2×0.75m-1.5m 此后木块A的加速度大小为a:一gsin8十ugcosθ,解得: 而a-an-a a'-8m/s2 解得a:-6m/s: 2 则在1s末,A物体的速度为 .-a1-6×1m/s-6ms 0.25m 在1s~1.5s内,B相对于A的加速度大小为 #_)_8 故木块A沿斜面向上运动的最大距离为s一s.十s.=1.5m an= +0.25m-1.75m. 答案:(1)0.5N 方向沿斜面向下 (2)1.75m 而an:-a-a: 14.解析:(1)该同学和滑雪圈在斜直雪道上滑行时做初速度为 解得a二-6m/s} 0的匀加速直线运动,加速度大小为a,位移大小为工,时 则在1.5s末,A物体的速度为 间为/,末速度为y;在水平雪道上滑行时,做末速度为0 :-+ar'-(6-6x0.5)m/s-3m/s 的匀减速直线运动,位移大小为工。,时间为1,分析运动过 同理可得两物体达到共同速度后,在1.5~2s内 程可得r-,r。-。11。=14s解得斜直雪道末 B相对于A的加速度大小为 速度v.-20m/s 而an=-an-aA3 斜直雪道的时间1-6s水平雪道用时1.一8s在斜直雪 --6m{} 上的加速度a-10 则A物体在2s时刻,相对于水平面的速度为 F,-ma,解得该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均 -+a”-(3-6x0.5)m/s-0. 阻力为F-160N 答案:(1)3.5m(2)0 (2)设在水平雪道上滑行时,加速度为大小an,则a。-一 单元检测(四)曲线运动 万有引力与航天 2.5ms^{}使水平雪道距离缩短为60m,设该同学和滑雪圈 滑出水平雪道的速度为v,则一一2a。r。解得 A卷 高频考点练清卷 v-2a-20-2×2.5×60ms-10ms设在防 1.A 篮球做曲线运动,所受合力指向运动轨迹的凹侧,故 滑毯上的加速度大小为a。,则v一2a。x。 选A. 10{ 2.D 做曲线运动的小车所受合外力指向轨迹的凹倒,AB错 umg一m。解得防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数n-0.5 →F与v夹角为钝角,减速,动能减小→C错 答案:(1)160N(2)0.5 ## 15.解析;(1)由图(b)可知,在0~1.5s内,B与A存在相对速 →F与u夹角为锐角,加速,动能增大→D对 度,且B的速度比A的速度小,所以B受到A给它的向前 的滑动摩擦力,B相对于水平面做匀加速运动,根据牛顿第 3.B 在0~t。的时间内,无人机沿x方向和y方向均做初速 二定律可得B的加速度大小为aa-umg-g-0.2x 度为零的匀加速度直线运动,其合运动仍是匀加速度直线运 n 动,受到的合外力不变,选项A错误;在t.~t。的时间内,无 10m/s-2m/s 人机沿r方向做匀速直线运动,y方向做匀减速度直线运 在1.5s~2s内,大于0,此时B相对于水平面做匀减 速运动,加速度大小仍为an-2ms 动,加速度方向沿v轴负方向,大小不变,选项B正确:在 0~1.这段时间内无人机一直向上运动,7.时刻不是处于最 在0~1.5s内,B的位移为 :-t-x2x1.5m-2. 25m 高点,选项C错误;在1。时刻,无人机在工轴方向速度为零 而v轴方向的速度不为零,合速度不等于零,选项D错误 1.-1.5s时,B的速度为 v.-at.-2x1.5m/s-3m/s 7 2v. sin a2m sina 在1.5s~2s内,B的位移为x。-v。- 到:轴经过的时间为:!一 2a?- R (3x0.5-x2xo.5{)m-1.25m 小球在沿x轴方向做匀速直线运动,再次经过x轴时的横 坐标为:x一.cosa·1 137