备战2020年高考高三一轮单元训练金卷： 物理 第三单元 牛顿运动定律 B卷 Word版含答案.pdf

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1、 单元训练金卷高三物理（B）卷 第三单元第三单元 注意事项：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、一、 (本题共本题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，第分。在每小题给出

2、的四个选项中，第 16 题只有一 项符合题目要求，第 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，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 分，有 选错的得 分，有 选错的得 0 分分) 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，B与地面间的动摩

3、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 N C2 ND3 N 3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、

4、v2。下列判断正确的是( ) A释放瞬间甲球加速度较大 B m1 m2 v2 v1 C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 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

5、分别用 a1和 a2表示，则( ) Aa1g，a2gBa10，a22g Ca1g，a20Da12g，a2g0 6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

6、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(2019全国 I

7、II 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( ) 此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 A木板的质量为 1 kg B2 s4 s 内，力 F 的大小为 0.4 N C02 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

8、0.2 10 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 2 0 2 v g B 2 0 v g C 2 0 1 2 v tgt Dv0t 二、二、(本题共本题共 6 小题，共小题，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

9、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 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、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）

10、(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，某同学将实验测量的数据描绘成了如图乙所示的 a M 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

11、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)

12、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 15 (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

13、。(g 取 10 m/s2，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

14、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。 单元训练金卷高三物理（B）卷 第三单元第三单元 答答 案案 一、一、 (本题共本题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，第分。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 题只有一 项符合题目要求，第

15、710 题有多项符合题目要求。全部选对的得题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 分，有 选错的得 分，有 选错的得 0 分分) 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，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

16、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 Fmg 2ma，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；由图象知 v1v2，因此 m1m2，C 正确；图象与时间轴 m1 m2 v1 v2 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【

17、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 所受合力为 2mg，小球 B 所受合力为零，故 a12g，

18、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 2 0 1 2 xxat ，由上述两式得 2 1 2 Fmakat（） ，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 Ff m 23 1 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， v0 a 10 5 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

19、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 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 a g 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 2amg2ma2 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

20、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

21、 2 1 1 2 xgt ，故相对白 板的位移为 2 1010 1 2 xv txv tgt ；如果先加速，后匀速，位移为 22 000 200 () 22 vvv xv tv t ggg ，故相对白板的位移为 2 0 2020 2 v xv txv t g ；如果加速的末速 度恰好等于 v0，则 2 0 30 2 v xv t g ，故相对白板的位移为 2 0 303 2 v xv tx g 。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、二、(本题共本题共 6 小题，共小题，共 6

22、0 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 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【答案】(1) sin cos ga g (2 分) (2).0.35 (3 分) 【解析】(1)由 mgsinmgcosma，解得： sin cos ga g (2)由逐差法 a III 2 9 SS T 得 ： sII(76.3931.83)10

23、2m， T0.1s， sI(31.835.00)102m， 故 a 22 2 44.56 1026.83 10 9 10 m/s21.97 m/s2，代入式，得： 1 9.81.97 2 3 9.8 2 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

24、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，根据牛顿第 二定律得： T2ma (2 分) mgTma (2 分) 解得：T mg，a g。 (1 分) 2 3

25、 1 3 (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) 2 2 3 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) v t 14 8 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) v t 2 3 由牛顿第二定律得：FBkmgmaB (2 分) 解得：FB0。(1

26、分) 15【解析】(1)传送带静止时，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：v 2a1l (2 分) 2 0 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)5 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

27、多大，5 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，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：v v 2a1x1 (1 分) 2 12 2 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：v 2a2x2，x1x2l (2 分) 2 2 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： 2 A vgL 。 (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 1 2 AA xa t ， 2 1 2 BBB xv ta t (2 分) 且 xBxAL (1 分) 解得： 2 2 A vgL 。(1 分)