2023版新教材高考物理一轮复习单元素养评价(三)运动和力的关系.docx

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1、单元素养评价(三)运动和力的关系一、单项选择题1如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者赢若绳子质量不计，冰面可看成光滑平面，则下列说法正确的是()A甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利22022河北鸡泽模拟如图所示，垂直电梯有一个“轿厢”和一个“对重”通过钢丝绳(曳引绳)将它们连接起来，钢丝绳通过驱动电机(曳引机)的曳引带动使电梯“轿厢”和“对重”在电梯内导轨上做上下运动，某次“轿厢”向上做匀减速运动，

2、则()A.“轿厢”处于超重状态B“对重”处于失重状态C“对重”向下做匀加速运动D曳引绳受到的拉力大小比“轿厢”重力小3如图甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下下滑位移x时的速度为v，其x v2图像如图乙所示，取g10 m/s2，则斜面倾角为()A30 B45C60 D754如图所示，卡车上固定有倾角均为37的两个光滑斜面体，匀质圆筒状工件置于两个斜面间卡车正以90 km/h的速度匀速行驶，为了保证刹车时工件不与其中任何一个斜面脱离，则其刹车的最小距离更接近于(路面能提供足够大摩擦，sin 370.6)()A23 m B33 mC43 m D53 m5如图所示，质量为m的小球穿在足

3、够长的水平固定直杆上处于静止状态，现对小球同时施加水平向右的恒力F0和竖直向上的力F，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力F大小始终与小球的速度成正比，即Fkv(图中未标出)，已知小球与杆间的动摩擦因数为，下列说法中正确的是()A小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的减速运动B小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止C小球的最大加速度为D小球的最大速度为6如图所示，水平桌面上放置一个倾角为45的光滑楔形滑块A，一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m0.2 kg的小球若滑块与小球一起以加速度a向左做匀加速运动(g取10 m/s2)，下列

4、说法正确的是()A当a5 m/s2时，滑块对球的支持力为NB当a15 m/s2时，滑块对球的支持力为 NC当a5 m/s2时，地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和D当a15 m/s2时，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和二、多项选择题7如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v1水平向右滑上长木板石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板下面给出了石块在长木板上滑行的v t图像，其中可能正确的是()82022河南驻马店模拟如图甲所示，一质量m1 kg的物体置于水平面

5、上，在水平外力F作用下由静止开始运动，F随时间t的变化情况如图乙所示，物体运动的速度v随时间t的变化情况如图丙所示(4 s后的图线没有画出).已知重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A物体在3 s末的加速度大小是2 m/s2B物体在水平面间的动摩擦因数为0.4C物体在前6 s内的位移为10 mD物体在前6 s内的位移为12 m9如图甲所示为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查，其传送装置可简化为如图乙所示的模型，紧绷的传送带始终保持v1 m/s的恒定速率运行，旅客把行李无初速度地放在A处，行李与传送带间的动摩擦因数0.1，A、B间的距离为2 m，g取10

6、 m/s2.若旅客把行李放到传送带的同时也以v1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则()A旅客与行李同时到达B处B旅客提前0.5 s到达B处C行李提前0.5 s到达B处D若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处三、非选择题10图1为验证牛顿第二定律的实验装置示意图图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源，打点的时间间隔用t表示在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”(1)请完成下列实验步骤：补偿小车所受的阻力；取下小吊盘，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列_的点按住小车，挂上小吊盘

7、并在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m.按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤.在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点测量相邻计数点的间距s1、s2、并求出与不同m相对应的加速度a.以砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出 m关系图线(2)完成下列填空：设纸带上三个相邻计数点的间距依次为s1、s2、s3，相邻计时点间的时间间隔为t.a可用s1、s3和t表示为a_图2为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可求得加速度的大小a_m/s2.图3为所得实验图线的示意图，若牛顿第二定律成

8、立，则小车受到的拉力为_N，小车的质量为_kg.本实验中，若小吊盘和盘中物块的质量之和m0与小车和车中砝码的总质量(mM)之间关系满足mM2m0，仍将小车受到的拉力当成m0g，则加速度计算值为_，此加速度的相对误差_(相对误差100%)11“新冠肺炎”的易传染性让每一个接触到病毒的人都有可能成为被感染的对象如果在一些易传播的环境中启用机器人替代人工操作的话，就可以有效防控病毒传播，其中送餐服务就是机器人应用的一个领域，只要设置好路线、安放好餐盘，它就会稳稳地举着托盘，到达指定的位置送餐，如图所示若某一隔离病区的配餐点和目标位置在相距x43 m的直线通道上，机器人送餐时从静止开始启动，加速过程的

9、加速度大小a12 m/s2，速度达到v2 m/s后匀速，之后适时匀减速，恰好把食物平稳送到目标位置，整个送餐用时t23 s若载物平台呈水平状态，食物的总质量m2 kg，食物与平台无相对滑动，g取10 m/s2，试求：(1)机器人加速过程位移的大小x；(2)匀速运动持续的时间t0；(3)减速过程中平台对食物的平均作用力F的大小12如图，上表面光滑且水平的小车静止在水平地面上，A、B为固定在小车上的挡板，C、D为竖直放置的轻质薄板A、C和D、B之间分别用两个相同的轻质弹簧连接，薄板C、D间夹住一个长方体金属块(视为质点).金属块与小车上表面有一定的距离并与小车保持静止，此时金属块所受到的摩擦力为最

10、大静摩擦力已知金属块的质量m10 kg，弹簧劲度系数k1 000 N/m，金属块和薄板C、D间动摩擦因数0.8.设金属块受到的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取重力加速度g10 m/s2.求：(1)此时弹簧的压缩量；(2)当小车、金属块一起向右加速运动，加速度大小a15 m/s2时，A、C和D、B间弹簧形变量及金属块受到的摩擦力大小单元素养评价(三)运动和力的关系1解析：甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是作用力和反作用力，A错误；绳静止时，甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是一对平衡力，B错误；若甲的质量比乙的质量大，则甲的加速度比乙的小，可知乙先到分界线，故甲能赢得“拔河”比赛的胜利，C正确；收绳速度的快慢

11、并不能决定“拔河”比赛的输赢，D错误答案：C2解析：当“轿厢”向上做匀减速运动时，加速度向下，处于失重状态，A错误；“轿厢”失重，所以曳引绳的拉力小于其重力，D正确；同时，“对重”向下做匀减速运动，加速度向上，处于超重状态，B、C错误答案：D3解析：由v22ax得x12av2，结合x v2图像可知小物块的加速度a5 m/s2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度ag sin ，所以30，选项A正确，B、C、D错误答案：A4解析：卡车刹车时，当后斜面对工件的支持力为零时，加速度最大，设卡车安全刹车的最大加速度大小为a，此时工件的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律可得mg tan 37ma，解得a3

12、4g，根据运动学公式则有0v22ax，解得x1253 m，则其刹车的最小距离更接近于43 m，故C正确，A、B、D错误答案：C5解析：刚开始运动时，加速度为aF0mgkvm，当速度v增大，加速度增大；当速度v增大到kvmg后，加速度为aF0kvmgm，当速度v增大，加速度减小，当a减小到0时，做匀速运动，所以小球的速度先增大后保持不变，加速度先增大后减小，最后等于零，故选项A、B错误；当阻力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为F0m，故选项C错误；当加速度为零时，小球的速度最大，此时有F0(kvmmg)，故最大速度为vmF0+mgk，故选项D正确答案：D6解析：设加速度为a0时小球对滑块的

13、压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律有，水平方向：F合F cos 45ma0；竖直方向：F sin 45mg，解得a0g10ms2，当a5 m/s2时，小球未离开滑块，水平方向：F cos 45FNcos 45ma；竖直方向：F sin 45FNsin 45mg，解得FN22 N，故A正确；当a15 m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为零，故B错误；当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，故C、D错误故选A.答案：A7解析：由于石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦，因此石块与长

14、木板达到共速后不可能做匀速直线运动，A错误；设石块与长木板之间的动摩擦因数为1，长木板与水平地面之间的动摩擦因数为2，石块的质量为m，长木板的质量为M，当1 mg2(mM)g时，最终石块和长木板一起做匀减速直线运动，此时的加速度大小为2g，由于1mg2(mM)g，则有1g2g，即石块刚开始减速的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，石块与长木板共速后，图像的斜率变小，B正确，C错误；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板静止不动，石块在长木板上做匀减速运动，D正确答案：BD8解析：由v t图像可知，物体在前4 s做匀变速直线运动，所以物体在第3 s末的加速度

15、a1等于前4 s内的加速度，根据v t图像和加速度定义式：a1vt44 m/s21 m/s2，选项A错误在04 s内，在水平方向：F1mgma1，解得0.4，选项B正确设前4 s的位移为x1，由位移公式有x112a1t1212116 m8 m，设4 s后物体运动时的加速度为a2，则：F2mgma2，解得a22 m/s2；物体在4 s末时的速度为v4 m/s，设物体从4 s末后运动t2的时间速度减为0，则：0va2t2，解得t22 s，所以物体在6 s末速度恰好减为0，故后2 s内的位移x2vt2+12a2t22，代入数据解得x24 m；所以物体在前6 s内的位移xx1x28 m4 m12 m，

16、选项C错误，D正确答案：BD9解析：由牛顿第二定律得mgma，得a1 m/s2，设行李做匀加速运动的时间为t1，行李加速运动的末速度为v1 m/s，由vat1，解得t11 s，匀加速运动的位移大小为x12at120.5 m，匀速运动的时间为t2Lxv1.5 s，行李从A到B的时间为tt1t22.5 s，而旅客一直做匀速运动，从A到B的时间为t入Lv2 s，故旅客提前0.5 s到达B处，A、C错误，B正确；若行李一直做匀加速运动，则运动时间最短，有L12atmin2，解得tmin2 s，故D正确答案：BD10解析：(1)在补偿阻力时，应取下小吊盘，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器

17、打出一系列等间距的点，则说明小车此时做匀速运动(2)由匀变速直线运动的推论xaT2可知加速度为as3s150t2；由图2可知s1(3.621.25)cm2.37 cm；s3(12.007.25)cm4.75 cm，由题意可知t0.02 s，加速度的大小为as3s150t21.19 m/s2.设小车质量为M，由牛顿第二定律得F(Mm)a，则1a1FmMF，由图3所示图像可知k1F1，bMF4，则小车受到的拉力F1k1 N ，小车的质量Mbk4 kg.本实验中，若小吊盘和盘中物块的质量之和m0与小车和车中砝码的总质量(mM)之间关系满足mM2m0，仍将小车受到的拉力当成m0g，则加速度计算值为am

18、0gM+m12g，真实值为 am0gM+m+m013g，相对误差测量值真实值真实值100%50%.答案：(1)等间距(2)s3s150t21.191412g50%11解析：(1)加速过程位移x1v22a1，解得x11 m.(2)设机器人减速时的加速度为a2，匀速的时间为t0，则由题可知t1va1，xx1vt0v22a2，tt1t0va2，解得t020 s，a21 m/s2.(3)平台对食物竖直方向的支持力FNmg，水平方向的摩擦力Ffma2，故平台对食物的作用力大小Fmg2+ma22，代入数据解得F2101 N.答案：(1)1 m(2)20 s(3)2101 N12解析：(1)由于两个轻质弹簧

19、相同，则两弹簧压缩量相同设弹簧的压缩量为x0，弹簧形变产生的弹力大小为F，由胡克定律得Fkx0，设金属块所受C、D的摩擦力大小均为f，此时金属块所受摩擦力等于最大静摩擦力，依题意得fF.由平衡条件得2fmg，联立并代入数据得x00.062 5 m.(2)假设A、C和D、B间的弹簧压缩量分别为x1和x2，有x1x22x0.水平方向，对金属块由牛顿第二定律得kx1kx2ma，代入题给数据得x10.137 5 m，x20.012 5 m.由x20可知，此时薄板D已与金属块分离，D、B间弹簧已恢复原长，无弹力金属块水平方向加速运动所需的合力全部由薄板C的弹力提供设A、C和D、B间弹簧实际压缩量分别为x1、x2，则x20，水平方向，对金属块由牛顿第二定律得kx1ma，代入数据解得x10.15 m.由于此时最大静摩擦力fmaxkx1120 Nmg，故金属块受到的摩擦力大小为fmg100 N.答案：(1)0.062 5 m(2)0.15 m0100 N