2024高考物理一轮复习限时检测3牛顿运动定律含解析新人教版

PAGEPAGE13第三章牛顿运动定律综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：90分钟一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．(2024·湖南岳阳一模)一个质量M＝2kg的物体受五个力的作用处于平衡状态。当其中一个F＝10N的作用力突然消逝，其余四个力保持不变。经过时间t＝2s后，下列说法正确的是(C)A．物体肯定做匀加速直线运动B．物体的速度肯定是10m/sC．物体速度的改变肯定等于10m/sD．物体的位移改变量肯定等于10m[解析]本题考查力与速度改变量的关系。当10N的力消逝后，其他力的合力与消逝的力大小相等，方向相反，则其做匀变速运动，加速度大小为a＝eq\f(F,m)＝eq\f(10,2)m/s2＝5m/s2。若物体原来做匀速直线运动，且速度方向与F的方向不在一条直线上，则物体做曲线运动，故A错误；因初速度未知，则不能确定2s后的速度，在2s后的位移也不能确定，故B、D错误；物体速度的改变量Δv＝aΔt＝10m/s，与物体的初速度无关，故C正确。2．(2024·安徽名校高三模拟)在第26届国际计量大会中，通过了用普朗克常数(h)重新定义质量的国际单位“千克”，国际千克原器于2019年5月20日正式“退役”。经科学家探讨发觉，国际千克原器比130年前质量削减了5×10－5kg，用国际千克原器作为1千克A．削减了5×10－5N B．削减了5×10－4NC．增加了5×10－5N D．增加了5×10－4N[解析]1N的定义为能使1千克物体获得1m/s2的加速度所需的力的大小。现使千克原器获得1m/s2的力比130年前少5×10－5N，故A项正确。3．(2024·山东高三模拟)如图所示，一质量为M＝2kg、倾角为θ＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面上叠放一质量为m＝1kg的光滑楔形物块，物块在水平恒力F作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。重力加速度为g＝10m/s2。下列推断正确的是(C)A．物块对斜面的压力大小FN＝5eq\r(2)NB．斜面体的加速度大小为a＝10m/s2C．水平恒力大小F＝15ND．若水平作用力F作用到斜面体上，系统仍保持相对静止，则F将变小[解析]对M、m整体分析，受重力、支持力和推力，依据牛顿其次定律，有：水平方向：F＝(M＋m)a；竖直方向：N＝(M＋m)g；再对M分析，受重力、压力FN、支持力，依据牛顿其次定律，有：水平方向：FNsinθ＝Ma；竖直方向：FNcosθ＋Mg＝N；联立解得：a＝5m/s2；F＝15N；FN＝10eq\r(2)N，故C正确，A、B错误；若水平作用力F作用到斜面体上，系统仍保持相对静止，则对整体：F＝(M＋m)a′；对m：mgtan45°＝ma′，解得F＝(M＋m)g＝30N，即F变大，故D错误。4．(2024·重庆陈家中学期末)如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为(D)A．0B．大小为g，方向竖直向下C．大小为eq\f(\r(3),3)g，方向水平向右D．大小为eq\f(2\r(3),3)g，方向垂直木板向下[解析]本题考查带弹簧系统的受力与加速度大小的计算。木板撤去前，小球处于平衡状态，受重力、木板的支持力和弹簧的拉力，如图，依据共点力平衡条件有F－Nsin30°＝0，Ncos30°－G＝0，解得支持力N＝eq\f(2\r(3),3)mg，弹簧的弹力F＝eq\f(\r(3),3)mg；木板AB突然撤去后，支持力消逝，重力和弹簧的拉力不变，合力大小等于支持力N，方向与N相反，故此瞬间小球的加速度大小为a＝eq\f(N,m)＝eq\f(2\r(3),3)g，方向垂直木板向下，故D正确。5．(2024·北京，20)国际单位制(缩写SI)定义了米(m)、秒(s)等7个基本单位，其他单位均可由物理关系导出。例如，由m和s可以导出速度单位m·s－1。历史上，曾用“米原器”定义米，用平均太阳日定义秒。但是，以实物或其运动来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的影响，而采纳物理常量来定义则可避开这种困扰。1967年用铯­133原子基态的两个超精细能级间跃迁辐射的频率Δν＝9192631770Hz定义s；1983年用真空中的光速c＝299792458m·s－1定义m。2024年第26届国际计量大会确定，7个基本单位全部用基本物理常量来定义(对应关系如图，例如，s对应Δν，m对应c)。新SI自2019年5月20日(国际计量日)正式实施，这将对科学和技术发展产生深远影响。下列选项不正确的是(D)A．7个基本单位全部用物理常量定义，保证了基本单位的稳定性B．用真空中的光速c(m·s－1)定义m，因为长度l与速度v存在l＝vt，而s已定义C．用基本电荷e(C)定义安培(A)，因为电荷量q与电流I存在I＝eq\f(q,t)，而s已定义D．因为普朗克常量h(J·s)的单位中没有kg，所以无法用它来定义质量单位[解析]因为1J＝1N·m,1N＝1kg·m/s2，而m、s等已经定义了，故可以用普朗克常量h(J·s)定义质量单位kg，故D选项不正确。6．(2024·湖北荆州一模)如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦，初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮。下列说法中正确的是(A)A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮B．若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮C．若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮[解析]本题通过阿特伍德设计的装置考查运动问题。对甲有F－mAg＝mAaA，解得aA＝eq\f(F,mA)－g，对乙有F－mBg＝mBaB，解得aB＝eq\f(F,mB)－g；若甲的质量大，则甲的加速度小，依据l＝eq\f(1,2)at2知，甲的运动时间长，所以乙先到达滑轮；若甲、乙的质量相等，则运动时间相同，同时到达滑轮。故A正确，B、C、D错误。7．(2024·四川雅安中学月考)航模爱好小组设计出一架遥控飞机，其质量m＝2kg，动力系统供应的恒定升力F＝28N。试飞时，飞机从地面由静止起先竖直上升。设飞机飞行时所受的阻力大小不变，恒为f＝4N，g取10m/s2。某一次试飞过程中，飞机飞行t＝6s时遥控器出现故障，飞机马上失去升力。为使飞机落回地面时速度刚好为零，则飞机应在距离地面多高处复原升力(C)A．36m B．30mC．24m D．18m[解析]本题考查依据物体受力状况分析运动状况。飞机失去升力前做匀加速直线运动，依据牛顿其次定律有F－mg－f＝ma1，代入数据解得a1＝2m/s2，t＝6s时，速度v1＝a1t＝2×6m/s＝12m/s，前6s内的位移x1＝eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(1,2)×2×62m＝36m,6s后失去升力，依据牛顿其次定律有mg＋f＝ma2，解得a2＝12m/s2，匀减速上升的位移x2＝eq\f(v\o\al(2,1),2a2)＝eq\f(122,2×12)m＝6m，飞机能达到的最大高度h＝x1＋x2＝36m＋6m＝42m，飞机失去升力下降阶段做匀加速直线运动，依据牛顿其次定律有mg－f＝ma3，解得a3＝8m/s2，复原升力后向下做匀减速直线运动，依据牛顿其次定律有F＋f－mg＝ma4，解得a4＝6m/s2，起先复原升力时速度设为v，则eq\f(v2,2a3)＋eq\f(v2,2a4)＝h，解得v＝12eq\r(2)m/s，此时飞机离地面的高度h1＝eq\f(v2,2a4)＝24m，故C正确。8．(2024·合肥高三模拟)如图所示，倾角为θ的斜面体放置在光滑的水平地面上，质量为m的小物块叠放在斜面体上，斜面体在外力作用下由静止向左做加速度不断增大的直线运动。在物块未相对斜面体滑动的一小段时间内，下列说法正确的是(C)A．斜面体对物块的支持力不变B．斜面体对物块的摩擦力渐渐增大C．当物块的加速度为gtanθ时，物块与斜面体间的摩擦力为0D．当物块的加速度为gsinθ时，物块与斜面体间的摩擦力为0[解析]当斜面体与物块的加速度为0时，物块受到的支持力为mgcosθ，物块受到的摩擦力为mgsinθ，沿斜面体向上；当斜面体与物块的加速度为a时，由平衡条件和牛顿其次定律得：mg＝Ncosθ＋fsinθ，Nsinθ－fcosθ＝ma，随着a的增大，N渐渐增大，f先渐渐减小后反向增大，故A、B错误；当物块与斜面体间的摩擦力为0时，由牛顿其次定律得：tanθ＝eq\f(ma,mg)，解得：a＝gtanθ，故C正确，D错误。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．(2024·乌鲁木齐一模)2019年12月27日，我国长征五号遥三运载火箭在文昌航天放射场放射胜利。火箭起先升空时，火箭的总质量约为870t，发动机的总推力约为1.05×107N，其搭载的实践二十号卫星受到的竖直向上的作用力约为9.6×104N，则火箭起先升空时的加速度a和实践二十号卫星的质量m约为(BC)A．a＝12m/s2 B．a＝2m/s2C．m＝8t D．m＝48t[解析]对火箭由牛顿其次定律列方程：F－mg＝ma，代入数值，得1.05×107－8.70×106＝8.70×105a，得a＝2m/s2；对实践二十号卫星由牛顿其次定律列方程，代入数值9.6×104－mg＝m×2，得10．(2024·山东高考模拟)如图所示，某人从距水面肯定高度的平台上做蹦极运动。劲度系数为k的弹性绳一端固定在人身上，另一端固定在平台上。人从静止起先竖直跳下，在其到达水面前速度减为零。运动过程中，弹性绳始终处于弹性限度内。取与平台同高度的O点为坐标原点，以竖直向下为y轴正方向，忽视空气阻力，人可视为质点。从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用v、a、t分别表示人的速度、加速度和下落时间。下列描述v与t、a与y的关系图象可能正确的是(AD)[解析]人在下落的过程中，弹性绳绷紧之前，人处于自由落体状态，加速度为g；弹性绳绷紧之后，弹力随下落距离渐渐增加，C错误，D正确；人的加速度先减小后反向增加，可知速度时间图象的斜领先减小后反向增加。B错误，A正确。11．(2024·湖南衡阳一中月考)如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为θ＝30°的光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，质量为eq\f(3,5)m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从某时刻起先，对b施加沿斜面对上的外力F，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分别；再经过同样长的时间，b距其动身点的距离恰好也为x0，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。则(AD)A．弹簧的劲度系数k＝eq\f(4mg,5x0)B．弹簧复原原长时物块a、b恰好分别C．物块b的加速度为eq\f(g,5)D．拉力F的最小值为eq\f(4,25)mg[解析]本题考查含弹簧系统的临界问题。对整体分析，依据平衡条件可知，沿斜面对上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有kx0＝(m＋eq\f(3,5)m)gsinθ，解得k＝eq\f(m＋\f(3,5)mgsinθ,x0)＝eq\f(4mg,5x0)，故A正确；由题意可知，b经两段相等的时间后位移为x0，由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知eq\f(x1,x0)＝eq\f(1,4)，说明当弹簧形变量为x2＝x0－x1＝eq\f(3x0,4)时二者分别，故B错误；对a分析，因分别时a、b间没有弹力，则依据牛顿其次定律可知kx2－mgsinθ＝ma，联立解得a＝eq\f(g,10)，故C错误；a、b分别前对整体分析，由牛顿其次定律有F＋kΔx－(m＋eq\f(3,5)m)gsinθ＝(m＋eq\f(3,5)m)a，则知刚起先运动时拉力F最小，F的最小值Fmin＝eq\f(4,25)mg；分别后对b分析，由牛顿其次定律有F－eq\f(3,5)mgsinθ＝eq\f(3,5)ma，解得F＝eq\f(9,25)mg，所以拉力F的最小值为eq\f(4,25)mg，故D正确。12．(2024·珠海高三模拟)为了探讨鱼所受水的阻力与其形态的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形态不同的“A鱼”和“B鱼”，如图所示。在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”竖直下潜hA后速度减小为零，“B鱼”竖直下潜hB后速度减小为零。“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受到浮力和水的阻力。已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的eq\f(10,9)倍，重力加速度为g，“鱼”运动位移值远大于“鱼”的长度。假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计。则(CD)A．“B鱼”入水瞬间的速度小于“A鱼”B．“A鱼”在水中的加速度大小为eq\f(1,9)gC．“A鱼”在水中运动时所受阻力大小为mg(eq\f(H,hA)－eq\f(1,9))D．“A鱼”和“B鱼”在水中运动时所受阻力大小之比为eq\f(hB9H－hA,hA9H－hB)[解析]“A鱼”和“B鱼”在入水前做自由落体运动，由mgH＝eq\f(1,2)mv2可知，v＝eq\r(2gH)，下落高度相同，所以入水速度相同，选项A错误；由v2＝2ahA得a＝eq\f(gH,hA)，选项B错误；“A鱼”在水中受到重力、浮力、阻力作用，依据牛顿其次定律F浮＋F阻A－mg＝ma得F阻A＝mg(eq\f(H,hA)－eq\f(1,9))，选项C正确；同理可得F阻B＝mg(eq\f(H,hB)－eq\f(1,9))，所以eq\f(F阻A,F阻B)＝eq\f(hB9H－hA,hA9H－hB)，选项D正确。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．(6分)(2024·全国卷Ⅱ，22)如图(a)，某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的试验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50Hz的沟通电源、纸带等。回答下列问题：(1)铁块与木板间动摩擦因数μ＝eq\f(gsinθ－a,gcosθ)(用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示)。(2)某次试验时，调整木板与水平面的夹角使θ＝30°。接通电源，开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止起先沿木板滑下。多次重复后选择点迹清楚的一条纸带，如图(b)所示。图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)。重力加速度为9.80m/s2，可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为0.35(结果保留2位小数)。图(b)[解析](1)铁块受重力、木板弹力及摩擦力作用，由牛顿其次定律得：mgsinθ－μFN＝ma且FN＝mgcosθ解以上两式得μ＝eq\f(gsinθ－a,gcosθ)。(2)由逐差法求铁块加速度：a＝eq\f(x5＋x6＋x7－x4＋x2＋x3,3T2)＝eq\f(76.39－31.8331.83－5.00,9×0.12)×10－2m/s2≈1.97m/s2代入μ＝eq\f(gsinθ－a,gcosθ)，得μ≈0.35。14．(8分)(2024·湖南高三模拟)物理试验课上，某同学依据如图所示的示意图组装了试验仪器，用于验证“物体的加速度与所受合外力的关系”，他选取小车、钩码所组成的系统作为试验的探讨对象。该同学利用打点计时器打出的纸带测定系统的加速度，并将悬挂钩码的重力作为系统受到的合外力。则(1)试验前，该同学须要(选填“须要”或“不须要”)平衡摩擦；(2)试验时，该同学不须要(选填“须要”或“不须要”)确保悬挂的钩码质量远小于小车与车载钩码的质量之和；(3)试验过程中，该同学须要限制探讨系统的质量(选填“质量”或“加速度”或“合力”)保持不变，详细做法是将小车上的钩码逐个移到绳端悬挂。[解析](1)本试验要验证加速度与所受合外力的关系，为了消退摩擦力的影响，须要把长木板没有滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力；(2)设小车质量为M，全部钩码的质量为m，对小车、钩码所组成的系统为探讨对象，将悬挂钩码的重力作为系统所受的合外力，依据牛顿其次定律应满意F＝(M＋m)a，没有必要满意悬挂钩码质量远小于小车与车载钩码质量之和；(3)依据限制变量法可知，试验过程中，需限制探讨系统的质量不变，做法是将小车上的钩码逐个移到绳端悬挂。15．(8分)(2024·重庆高三月考)如图所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，左侧面是圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面，当用一水平恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B(可视为质点)在圆弧面上与A保持相对静止，此时小球B距轨道末端Q的竖直高度为H＝eq\f(R,3)，重力加速度为g，求：恒力F的大小。[答案]eq\f(\r(5),2)(m＋M)g[解析]连接OB，设OB连线与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得：cosθ＝eq\f(R－H,R)＝eq\f(2,3)sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(5),3)则tanθ＝eq\f(\r(5),2)此时小球受到的合外力F＝mgtanθ＝eq\f(\r(5),2)mg由牛顿其次定律可得：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(\r(5),2)g以整体为探讨对象，由牛顿其次定律可得F＝(m＋M)a＝eq\f(\r(5),2)(m＋M)g16．(8分)(2024·杭州五校高三模拟)水平面上固定着倾角θ＝37°的斜面，将质量m＝1kg的物块A从斜面上无初速度释放，其加速度a＝3m/s2。经过一段时间，物块A与静止在斜面上的质量M＝2kg的物块B发生完全非弹性碰撞，之后一起沿斜面匀速下滑。已知重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)A与斜面之间的动摩擦因数μ1；(2)B与斜面之间的动摩擦因数μ2。[答案](1)0.375(2)0.9375[解析]本题考查依据斜面上物体的运动状况分析受力状况。(1)物块A沿斜面加速下滑，由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f1＝μ1N1N1＝mgcosθ由牛顿其次定律得mgsinθ－f1＝ma解得μ1＝0.375(2)A、B一起沿斜面匀速下滑，以A、B组成的整体为探讨对象，由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f2＝μ2N2N2＝Mgcosθmgsinθ＋Mgsinθ－f1－f2＝0解得μ2＝0.937517．(14分)(2024·重庆一中模拟)如图所示，有一长为s＝8.48m的传送带倾斜放置，倾角为θ＝30°，且没有启动。一质量为m1＝3kg、长度L＝0.5m的长木板甲静止于传送带顶端，其右端与传送带的顶端M点相齐。t＝0时刻，将一质量为m2＝1kg的小物块乙(可视为质点)轻放在长木板甲的左端，与此同时，给长木板甲v0＝4m/s的速度使其沿传送带向下运动。已知甲与传送带之间的动摩擦因数μ1＝eq\f(\r(3),3)，甲与乙之间的动摩擦因数μ2＝eq\f(\r(3),2)，重力加速度大小g＝10m/s2。(1)求乙相对甲滑行的最大距离；(2)当甲和乙刚好达到共同速度的瞬间启动传送带，使其从静止起先以恒定的加速度a＝3m/s2沿逆时针方向转动，求从传送带启动到甲的左端运动到传送带底端N点所用的时间。[答案](1)0.48m(2)2s[解析]本题考查传送带上的板块模型问题。(1)乙做沿传送带向下的匀加速直线运动，加速度大小为a1＝eq\f(μ2m2gcos30°＋m2gsin30°,m2)＝μ2gcos30°＋gsin30°＝12.5m/s2，甲做沿传送带向下的匀减速直线运动，加速度大小为a2＝eq\f(μ2m2gcos30°＋μ1m1＋m2gcos30°－m1gsin30°,m1)＝eq\f(25,6)m/s2，设甲和乙从起先到刚好达到共同速度时所用时间为t1，共同速度为v1，依据运动学公式可得v1＝a1t1，v1＝v0－a2t1，联立解得v1＝3m/s，t1＝0.24s，甲的位移为x甲＝v0t1－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)＝0.84m，乙的位移为x乙＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝0.36m，乙相对甲滑行的最大距离为Δx＝x甲－x乙＝0.48m。(2)当甲和乙刚好达到共同速度的瞬间启动传送带时，对甲、乙组成的系统，恰好有μ1(m1＋m2)gcos30°＝(m1＋m2)gsin30°，所以甲、乙与传送带共速前，甲、乙一起做匀速直线运动，运动时间为t2＝eq\f(v1,a)＝1s，甲、乙一起运动的位移x1＝v1t2＝3m，甲、乙与传送带共速后，假设传送带对甲有向下的滑动摩擦力，则甲、乙一起向下运动的加速度为a共＝eq\f(m1＋m2gsin30°＋μ1m1＋m2gcos30°,m1＋m2)＝gsin30°＋μ1gcos30°>a，所以甲、乙与传送带一起做匀加速直线运动，依据运动学公式有s－x甲－x1－L＝v1t3＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)，解得t3＝1s，所以从传送带启动到甲的左端运动到传送带底端N点所用的时间t＝t2＋t3＝2s。18．(16分)(2024·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝