备考2020高考物理一轮复习《第三单元 牛顿运动定律》单元训练金卷（B）含答案解析

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1、第三单元 牛顿运动定律（B）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、 (本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，第710题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

2、分)1下列说法正确的是()A在国际单位制中，“牛顿”是力学的三个基本单位之一B选择不同的参考系对同一运动的描述是相同的C时间、质量和路程都是标量，位移、速度和力都是矢量D小球做自由落体运动时，速度不断增大，惯性也不断增大2如图所示，水平面上放有三个木块A、B、C，质量均为m1 kg，A、C与地面间的接触面光滑，与地面间的动摩擦因数0.1，A、B之间用轻弹簧相连，B、C之间用轻绳相连。现在给C一个水平向右、大小为 的拉力F，使A、B、C三个木块一起以相同的加速度向右做匀加速直线运动。某一时刻撤去拉力F，则撤去力F的瞬间，轻绳中的张力T为(重力加速度g取10 m/s2) ()A0B1 NC2 ND

3、3 N3甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放，两球下落过程中所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即fkv(k为正的常量)，两球的vt图象如图所示。落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。下列判断正确的是()A释放瞬间甲球加速度较大BC甲球质量大于乙球质量Dt0时间内两球下落的高度相等4某电梯只受重力与绳索拉力，在t0时由静止开始上升，at图象如图所示，则下列相关说法正确的是()At4.5 s时，电梯处于失重状态B555 s时间内，绳索拉力最小Ct59.5 s时，电梯处于超重状态Dt60 s时，电梯速度恰好为零5两个质量均为m

4、的小球，用轻弹簧连接，小球A由轻绳悬挂在天花板上O点，两球处于平衡状态，如图所示。现突然剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻弹绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则()Aa1g，a2gBa10，a22gCa1g，a20Da12g，a2g06如图所示，物块A放在轻弹簧上，物块B放在物块A上静止。当用力F使物块B竖直向上做匀加速直线运动，在下面所的四个图象中，能反映物块B脱离物块A前的过程中力F随时间t变化规律的是（ ） 7如图所示，质量为m1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F2 N的恒力，则在此恒

5、力作用下(g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A物体经10 s速度减为零 B物体经2 s速度减为零C物体速度减为零后将保持静止 D物体速度减为零后将向右运动8如图所示，bc 为固定在小车上的水平横杆，物块 M 串在杆上，靠摩擦力保持相对杆静止，M 又通过轻细线悬吊着一小球 m， 此时小车正以大小为 a 的加速度向右做匀加速运动，而 M、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为 。小车的加速度逐渐增加，M 始终和小车保持相对静止，当加速度增加到2a时()A横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍B横杆对M的弹力保持不变C细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍D细线的拉力增加到原来的2倍9

6、(2019全国III卷)如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g10 m/s2。由题给数据可以得出()A木板的质量为1 kg B2 s4 s内，力F的大小为0.4 NC02 s内，力F的大小保持不变 D物块与木板之间的动摩擦因数为0.210一块足够长的白板，位于水平桌面上，处于静止状态，一石墨块(可视为质点)静止在白板上。石墨块与白板间

7、有摩擦，滑动摩擦系数为。突然，使白板以恒定的速度v0做匀速直线运动，石墨块将在板上划下黑色痕迹。经过某段时间t，令白板突然停下，以后不再运动。在最后石墨块也不再运动时，白板上黑色痕迹的长度可能是(已知重力加速度为g，不计石墨与板摩擦划痕过程中损失的质量)()A B C Dv0t二、(本题共6小题，共60分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)11(2019全国II卷)(5分)如图（a），某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺

8、、电磁打点计时器、频率50 Hz的交流电源，纸带等。回答下列问题：(1)铁块与木板间动摩擦因数 。（用木板与水平面的夹角、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示）(2)某次实验时，调整木板与水平面的夹角30。接通电源，开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，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9.8 m/s2。可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为 。(结果保留2位小数)12(7分)某同学用如图甲所示的实验装置完成“验证牛顿第二定律”的实验。 (1)在“探究小车加速度和质量的关系”实验中，某同学将实验测

9、量的数据描绘成了如图乙所示的aM图象，于是他得出了“小车的加速度和质量成反比”的结论，请你对此进行评价_。(2)在“探究小车加速度和力的关系”实验中，某同学将实验得到的数据描绘成了aF图象，如果他要得出“小车的加速度和力成正比”的结论，他应该得到一条怎样的图象？_。(3)他在验证“物体质量一定，其加速度与所受合力成正比”时，根据实验测得的数据得出的aF图线如图丙所示。图线既不过原点，又不是直线，原因是_。13(8分)如图所示，可视为质点的两物块A、B的质量分别为2m、m。A放在光滑水平桌面上，一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮，两端分别与A、B相连接，A和滑轮间的轻绳与桌面平行。现将A从静

10、止释放，当B落地时，A还在桌面上。不计空气阻力，重力加速度为g。求：(1)B落地前的加速度a的大小；(2)B落地前滑轮对轮轴的压力F的大小。14(10分)在平直公路上有A、B两辆汽车，二者质量均为6.0103 kg，运动时所受阻力均为车重的。它们的vt图象分别如图中a、b所示。g取10 m/s2。求：(1)A车的加速度aA和牵引力FA；(2)03 s内B车的位移xB和牵引力FB。15(14分)如图所示，AB、CD为两个光滑的平台，一倾角为37、长为5 m的传送带与两平台平滑连接。现有一小物体以10 m/s的速度沿平台AB向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到平台CD上。(g取10 m/s2

11、，sin370.6，cos370.8)(1)求小物体跟传送带间的动摩擦因数；(2)当小物体在平台AB上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度有多大，小物体都不能到达平台CD，求这个临界速度；(3)若小物体以8 m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体能到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？16(2019江苏卷)(16分)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两

12、者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。第三单元 答 案一、 (本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，第710题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)1【答案】C【解析】千克、米、秒是力学的三个基本单位，牛顿是导出单位，A错误；选择不同的参考系研究物体的运动情况，其结果一般不同，B错误；位移、速度、力都既有大小又有方向，这三个物理量都是矢量，

13、时间、质量和路程都是标量，C正确；小球做自由落体运动时，速度不断增大，但惯性保持不变，D错误。2【答案】B【解析】在拉力作用下，对整体，由牛顿第二定律可得Fmg3ma，解得a1 m/s2，对A，由牛顿第二定律可得Fma1 N。当撤去外力后，把B、C作为整体，由牛顿第二定律可知Fmg2ma，解得a1 m/s2，方向向左，对C受力分析，由牛顿第二定律可得Tma1 N，故B正确。3【答案】C【解析】释放瞬间，v0，因此空气阻力f0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，A错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时，有kvmg，因此最大速度与其质量成正比，即vm，故，B错误；由图象

14、知v1v2，因此m1m2，C正确；图象与时间轴围成的面积表示位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等，D错误。4【答案】D【解析】利用at图象可判断，t4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，A错误；05 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，555 s时间内，电梯匀速上升，拉力等于重力，5560 s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，B、C错误；因at图线与t轴所围的“面积”表示速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t60 s时为零，D正确。5【答案】D【解析】剪断轻绳OA的瞬时， A、B间弹簧的弹力不变，则小球A所受

15、合力为2mg，小球B所受合力为零，故a12g，a20，故选D。6【答案】C【解析】刚开始物体平衡，有kx0mg，有拉力F作用后，根据牛顿第二定律，有Fkxmgma，由于物体做匀加速直线运动，故，由上述两式得，故选C。7【答案】BC【解析】物体受到向右的滑动摩擦力，fFNmg3 N，根据牛顿第二定律得a m/s25 m/s2，方向向右，物体减速到0所需的时间t s2 s，B正确，A错误；减速到零后，Ff，物体处于静止状态，不再运动，C正确，D错误。8【答案】AB【解析】对m和M组成的整体，分析受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得，水平方向：Ff(Mm)a，竖直方向：FN(Mm)g，则当加速度增加到

16、2a时，横杆对M的摩擦力Ff增加到原来的2倍，横杆对M的弹力与两个物体受到的总重力大小相等，保持不变，故A、B正确；以小球为研究对象，分析受力如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtan ma，解得tan ，当a增加到2a时，tan 变为原来的两倍，但不是原来的2倍，细线的拉力FT，可知a变为2a时，FT不是原来的2倍，故C、D错误。9【答案】AB【解析】结合两图象可判断出02 s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；25 s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对24 s和45 s列运动学方程，可解出质

17、量m为1 kg，24 s内的力F为0.4 N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数，故D错误。10【答案】AC【解析】在时间t内，石墨可能一直匀加速，也可能先加速后匀速；石墨加速时，根据牛顿第二定律，有mgma，解得ag。如果时间t内一直加速，加速的位移为，故相对白板的位移为；如果先加速，后匀速，位移为，故相对白板的位移为；如果加速的末速度恰好等于v0，则，故相对白板的位移为。经过时间t后，白板静止后，石墨做减速运动，加速度大小不变，故相对白板沿原路返回，故白板上黑色痕迹的长度等于加速时相对薄板的位移，故选A、C。二、(本题共6小题，共60分。把答案填在题中的横

18、线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)11【答案】(1) (2分) (2).0.35 (3分)【解析】(1)由mgsinmgcosma，解得：(2)由逐差法a 得：sII(76.3931.83)102m，T0.1s，sI(31.835.00)102m，故a m/s21.97 m/s2，代入式，得： 0.35。12【答案】(1)不能得出结论(2分) (2)他应该得到一条过原点的直线(2分) (3)不过原点的原因是没有平衡摩擦力，或木板倾角过小，平衡得不够。发生弯曲的原因是小车的质量M没有远大

19、于配重的质量m (3分)【解析】(1)在探究加速度a与质量M的关系时，作出aM图象是一条曲线，由图只能看出小车的加速度随质量的增大而减小，因此需要将曲线直线化，即做出a1/M图象，看是否是一条过原点的直线，如果是通过坐标原点的直线，证明加速度a与质量M成反比，所以该同学的做法不能得出结论；(2)他要得出“小车的加速度和力成正比”的结论，所以将实验得到的数据描绘成了aF图象，他应该得到一条过原点的直线；(3)不过原点的原因是没有平衡摩擦力，或木板倾角过小，平衡得不够；发生弯曲的原因是小车的质量M没有远大于配重的质量m。13【解析】(1)B落地前，对于A，取水平向左为正，对于B，取竖直向下为正，根

20、据牛顿第二定律得：T2ma (2分)mgTma (2分)解得：Tmg，ag。 (1分)(2)滑轮对轮轴的压力大小等于滑轮受到两段轻绳的压力大小，由几何关系可得F2Tcos 45mg。(3分)14【解析】(1)由图可得A车匀加速运动的加速度为：aA m/s21.75 m/s2 (2分)由牛顿第二定律得：FAkmgmaA (2分)解得：FA1.45104 N。(1分)(2)03 s内B车的位移等于B车的vt图线与坐标轴围成的面积，即xB9 m (1分)由图可得B车匀减速运动的加速度为aB m/s2 (1分)由牛顿第二定律得：FBkmgmaB (2分)解得：FB0。(1分)15【解析】(1)传送带静

21、止时，小物体在传送带上受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得：mgcos37mgsin37ma1 (2分)BC过程，有：v2a1l (2分)解得：a110 m/s2，0.5。 (1分)(2)当小物体在传送带上受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，根据牛顿第二定律得：mgsin37mgcos37ma2 (2分)若恰好能到达平台CD，有：v22a2l (1分)解得：v2 m/s，a22 m/s2 (1分)即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于2 m/s时，无论传送带顺时针运动的速度有多大，小物体都不能到达平台CD。(1分)(3)设小物体在平台AB上的运动速度为v1

22、，传送带顺时针运动的速度大小为v2。从小物体滑上传送带至小物体速度减小到传送带速度过程，有：vv2a1x1 (1分)从小物体速度减小到传送带速度至恰好到达平台CD过程，有：v2a2x2，x1x2l (2分)解得：v23 m/s，即传送带至少以3 m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达平台CD。(2分)16【解析】(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aAg (2分)匀变速直线运动2aALvA2 (1分)解得：。 (1分)(2)设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F3mg (2分)由牛顿运动定律FmaB，得aB3g (1分)对齐后，A、B所受合外力大小F2mg (2分)由牛顿运动定律F2maB，得aBg (1分)(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA，则vaAt，vvBaBt (2分)， (2分)且xBxAL (1分)解得：。(1分)