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2019高考物理一轮复习单元检测三牛顿运动定律

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                       单元检测三 牛顿运动定律

考生注意:
1.本试卷共     4 页.
2.答卷前,考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相
应位置上.
3.本次考试时间       90 分钟,满分    100 分.
4.请在密封线内作答,保持试卷清洁完整.
一、单项选择题(本题共          6 小题,每小题     3 分,共计    18 分.每小题只有一个选项符合题意)
1.(2017·苏州大学附中调研)竖直升降的电梯内的地板上竖直放置一根轻质弹簧,弹簧上
方有一个质量为       m 的物体.当电梯静止时弹簧被压缩了               x;当电梯运动时弹簧又被压缩了
x.试判断电梯运动的可能情况是(  )
A.以大小为     2g 的加速度加速上升
B.以大小为     2g 的加速度减速上升
C.以大小为     g 的加速度加速下降
D.以大小为     g 的加速度减速下降

2.(2018·高邮中学阶段检测)如图           1 所示,两个质量分别为          m1=2kg、m2=3kg  的物体置于

光滑的水平面上,中间用水平的轻质弹簧测力计连接.两个大小分别为                             F1=30N、F2=

20N 的水平拉力分别作用在         m1、m2 上,则(  )


                                     图 1
A.弹簧测力计的示数是          25N
B.弹簧测力计的示数是          50N

                                           2
C.在突然撤去      F2 的瞬间,m1   的加速度大小为       5m/s

                                           2
D.在突然撤去      F1 的瞬间,m1   的加速度大小为       13m/s
3.(2018·仪征中学学情检测)如图           2 所示,在建筑工地,民工兄弟用两手对称水平使力将
两长方体水泥制品夹紧并以加速度              a 竖直向上匀加速搬起,其中            A 的质量为   m,B  的质量为
3m,水平作用力为       F,A、B  之间的动摩擦因数为         μ,在此过程中,A、B         间的摩擦力为(  )


                                     图 2
A.μF                              B.2μF
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  3
C.2m(g+a)                         D.m(g+a)
4.如图   3 所示,木块     A、B 静止叠放在光滑水平面上,A            的质量为    m,B 的质量为     2m.现施加
水平力   F 拉 B,A、B  刚好不发生相对滑动,一起沿水平面运动.若改为水平力                        F′拉   A,使
A、B 也保持相对静止,一起沿水平面运动,则                  F′不得超过(  )


                                     图 3
       F      F
A.2FB.2C.3FD.3
5.(2017·南阳中学月考)如图         4 甲所示,倾角为       θ 的粗糙斜面体固定在水平面上,初速度

为 v0=10m/s、质量为     m=1   kg 的小木块沿斜面上滑,若从此时开始计时,整个过程中小木
块速度的平方随路程变化的关系图象如图乙所示,取                      g=10 m/s2,则下列说法不正确的是(  )


                                     图 4
A.0~5s  内小木块做匀减速运动
B.在  t=1s 时刻,摩擦力反向
C.斜面倾角     θ=37°
D.小木块与斜面间的动摩擦因数为              0.5
6.(2018·虹桥中学第一次调研)如图            5 所示,倾斜的长杆(与水平面成            α  角)上套有一个质
量为  M 的环,环通过细线吊一个质量为             m 的小球,当环在某拉力的作用下在长杆上滑动时,
稳定运动的情景如图所示,其中虚线表示竖直方向,那么以下说法正确的是(  )


                                     图 5
A.环一定沿长杆向下加速运动
B.环的加速度一定沿杆向上
C.环的加速度一定大于          gsinα
D.环一定沿杆向上运动
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二、多项选择题(本题共          4 小题,每小题     4 分,共计    16 分.每小题有多个选项符合题意.全
部选对的得     4 分,选对但不全的得        2 分,错选或不答的得         0 分)
7.(2018·淮安市、宿迁市学业质量检测)如图                6 甲所示,静止在水平地面上的物块              A,受
到水平向右的拉力        F 作用,F   与时间   t 的关系如图乙所示,设物块与地面的最大静摩擦力

Ffm 与滑动摩擦力大小相等,则(  )


                                     图 6

A.0~t1  时间内物块     A 的加速度逐渐增大

B.t2 时刻物块    A 的加速度最大

C.t3 时刻物块    A 的速度最大

D.t2~t4 时间内物块     A 一直做减速运动
8.如图   7 所示,水平传送带        A、B 两端相距    s=3.5m,工件与传送带间的动摩擦因数               μ=

0.1,工件滑上传送带        A 端的瞬时速度     vA=4m/s,到达    B 端的瞬时速度设为        vB.下列说法中
正确的是(  )


                                     图 7

A.若传送带不动,vB=3m/s

B.若传送带以速度        v=4 m/s 逆时针匀速转动,vB=3 m/s

C.若传送带以速度        v=2 m/s 顺时针匀速转动,vB=3 m/s

D.若传送带以速度        v=4 m/s 顺时针匀速转动,vB=3 m/s
9.(2017·泰州中学第二次调研)如图            8 所示,在竖直平面内,A          和 B 是两个相同的轻弹簧,
C 是橡皮筋,它们三者间的夹角均为              120°,已知    A、B 对小球的作用力均为         F,此时小球平
衡,C  处于拉直状态,已知当地重力加速度为                 g.则剪断橡皮筋的瞬间,小球的加速度可能为

(  )


                                     图 8
      F                             F
A.g-m,方向竖直向下                      B.m-g,方向竖直向上
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                                    F
C.0                               D.m+g,方向竖直向下
10.(2017·涟水中学第一次检测)如图            9 甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位

移 x 与斜面倾角     θ 的关系,将某一物体每次以不变的初速率                  v0 沿足够长的斜面向上推出,
调节斜面与水平方向的夹角            θ,实验测得      x 与斜面倾角    θ  的关系如图乙所示,g         取
10m/s2,根据图象可求出(  )


                                     图 9

A.物体的初速率       v0=3m/s
B.物体与斜面间的动摩擦因数            μ=0.75

C.取不同的倾角       θ,物体在斜面上能达到的位移              x 的最小值   xmin=1.44m
D.当  θ=45°时,物体达到最大位移后将停在斜面上
三、非选择题(本题共         6 小题,共计    66 分)
11.(10 分)(2017·淮海中学第二次测试)某学习小组欲探究物体的加速度与力、质量的关系,
他们在实验室组装一套如图            10 所示的装置,图中小车的质量用             M 表示,钩码的质量用        m 表
示.要顺利完成实验,则:


                                    图  10
(1)还需要的测量工具有________________、________________.
(2)为使小车所受合外力等于细线的拉力,应采取的措施是______________;要使细线的拉
力约等于钩码的总重力,应满足的条件是______________________.
(3)在保持小车所受合外力一定的情况下,对实验得到的一系列纸带进行处理,测得小车加
速度  a 与其质量    M 的数据如下表:
钩码质量    m=30g

              实验次数         1      2      3       4      5      6
             a(m·s-2)     1.51   1.23   1.00   0.86   0.75   0.67
               M(kg)      0.20   0.25   0.30   0.35   0.40   0.45
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              1
                          5.00   4.00   3.33   2.86   2.50   2.22
              M(kg-1)

为了寻求    a 与 M 间的定量关系,请利用表中数据在图               11 所示的直角坐标系中选取合适的横
坐标及标度作出图象.


                                    图  11
12.(10 分)(2017·苏州市期中)为了探究物体的加速度与物体所受外力、物体质量间的关系,
某小组安装了如图        12 甲所示的实验装置并开始实验.已知小车(含车中砝码)质量用                        M 表示,
盘以及盘中砝码质量用          m 表示,当地重力加速度为          g.


                                    图  12

(1)假如已经平衡摩擦力,则在小车做匀加速直线运动的过程中,绳子拉力                             FT=

______________;只有当    M 与 m 的大小关系满足________________时,FT=mg        才能成立.
(2)该小组同学先保持盘及盘中的砝码质量                m 不变,探究加速度        a 与质量  M 的关系,其具体
操作步骤如下,则下列做法正确的是________(填合适选项前面的序号)
A.平衡摩擦力时,应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上
B.每次改变小车的质量时,需要重新平衡摩擦力
C.实验时,先接通打点计时器的电源,再放开小车
                                                  mg
D.用天平测出      m 以及  M,小车运动的加速度直接用公式             a=  M 求出
(3)该小组同学后来又保持小车及车中砝码质量                  M 一定,探究加速度        a 与所受外力    F 的关系,
由于他们操作不当,这组同学得到的               a-F  关系图象如图乙所示,则:图线不过原点的原因
是________________________________________________________________________;
图线上端发生弯曲的原因是_____________________________________________.
13.(9 分)(2018·泰州中学期中)如图         13 甲所示,有一足够长的粗糙斜面,倾角                θ=37°,
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一滑块以初速度       v0=16m/s 从底端   A 点滑上斜面,滑至        B 点后又返回到     A 点.滑块运动的速
度—时间图象如图乙所示,求:(已知:sin                 37°=0.6,   cos  37°=0.8,重力加速度        g=

10 m/s2)


                                    图  13
(1)A、B 之间的距离;
(2)滑块再次回到      A 点时的速度大小;
(3)滑块在整个运动过程中所用的时间.


14.(10 分)(2018·盐城市期中考试)如图          14 甲所示,在倾角为       θ=30°的长斜面上有一带
风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑,滑块的质量为                     m=2kg,它与斜面的动摩擦因数为             μ,

帆受到的空气阻力与滑块下滑的速度成正比,即                    Ff=kv.若滑块从静止开始下滑的速度-时
间图象如图乙中的曲线所示,图乙中的直线是                   t=0 时速度图线的切线,g=10m/s2.


                                    图  14
(1)求滑块下滑的最大加速度和最大速度;
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(2)求   μ  和  k 的值.
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15.(12 分)(2017·南通一中期中)如图         15 所示,传送带与平板紧靠在一起,且上表面在同

一水平面内,两者长度分别为            L1=2.5m、L2=2m.传送带始终保持以速度             v 向右匀速运
动.现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端,然后平稳地滑上平板.已知:滑块与传

送带间的动摩擦因数         μ=0.5,滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为                       μ1=0.3、

                                              2
μ2=0.1,滑块、平板的质量均为            m=2kg,g  取  10m/s .求:


                                    图  15
(1)若滑块恰好不从平板上掉下,求             v 的大小.
(2)若 v=6m/s,求滑块离开平板时的速度大小.


16.(15 分)(2018·锦屏中学模拟)如图         16 所示,一长    L=2m、质量     M=4kg 的薄木板(厚度不
计)静止在粗糙的水平台面上,其右端距平台边缘                    l=5m,木板的正中央放有一质量为              m=

1kg 的物块(可视为质点),已知木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为                             μ1=0.4.现
对木板施加一水平向右的恒力            F,其大小为      48N,g 取 10m/s2,试求:


                                    图  16
(1)F 作用了  1.2s 时,木板的右端离平台边缘的距离;

(2)要使物块最终不能从平台上滑出去,则物块与平台间的动摩擦因数                            μ2 应满足的条件.
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                                   答案精析

1.D [因为电梯静止时,弹簧被压缩了               x,由此可知     mg=kx.当电梯运动时,弹簧又被压缩
了 x,弹簧的弹力变大,物体所受合力方向向上,大小是                      mg,处于超重状态.由牛顿第二定
律可得   mg=ma,即加速度大小        a=g,方向也是向上的,此时物体可能是做向上的匀加速运
动,也可能是做向下的匀减速运动,D               正确.]
2.D
3.D [由于    A、B 相对静止,故      A、B  之间的摩擦力为静摩擦力,A、B             错误.设民工兄弟一

只手对   A、B 在竖直方向上的摩擦力为           Ff,以  A、B  整体为研究对象可知在竖直方向上有

2Ff-(m+3m)g=(m+3m)a,设     B 对 A 的摩擦力方向向下,大小为           Ff′,对   A 由牛顿第二定

律有  Ff-Ff′-mg=ma,解得      Ff′=m(g+a),C    错误,D   正确.]
4.B [水平力     F 拉 B 时,A、B  刚好不发生相对滑动,这实际上是将要滑动,但尚未滑动的
一种临界状态,从而可知此时            A、B  间的摩擦力即为最大静摩擦力.
先用整体法考虑,对         A、B 整体:F=(m+2m)a.
                                                                F

再将  A 隔离可得    A、B 间最大静摩擦力为:Ffm=ma,解以上两方程得:Ffm=3.若将                    F′作用
                                                                        Ffm
在 A 上,隔离    B 可得  B 能与  A 一起运动,而     A、B  不发生相对滑动的最大加速度            a′=   2m ,
                                                                 F
再用整体法考虑,对         A、B 整体:F′=(m+2m)a′,由以上方程解得:F′=2.]
                                                                  0-v02
                                       2   2
5.A [由匀变速直线运动的速度位移公式得                 v -v0 =2ax,由题图乙可得        a=  2x1 =-
                          0-v0
10m/s2,故减速运动时间:t=           a =1s,故    A 错误;由题图乙可知,在          0~1s 内小木块向
上做匀减速运动,1s        后小木块反向做匀加速运动,t=1s             时摩擦力反向,故        B 正确;由题图
                                          v2       32
乙可知,小木块反向加速运动时的加速度:a′=2x2=2                     × 13-5m/s2=2 m/s2,由牛顿第
二定律得:mgsinθ+μmgcosθ=m|a|,mgsinθ-μmgcosθ=ma′,代入数据解得:μ=
0.5,θ=37°,故      C、D 正确.]
6.B [稳定运动时,球与环保持相对静止,它们的运动状态相同,且运动方向均与杆平
行.对小球受力分析如图,可知小球所受合力平行于杆向上,说明加速度方向沿杆向上,则
环的加速度方向也沿杆向上,但它们的运动方向不确定,两者可能沿杆向上加速运动,也可
能沿杆向下减速运动,则           B 正确,A、D   错误;由于不知道细线与竖直方向的夹角,则不能
判断出小球的加速度与          gsinα 的大小关系,则       C 项错误.]
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7.BC [0~t1  时间内物块      A 受到的静摩擦力逐渐增大,物块处于静止状态,选项                     A 错

误.t2  时刻物块    A 受到的拉力    F 最大,物块     A 的加速度最大,选项         B 正确.t3  时刻物块    A 受

到的拉力减小到等于滑动摩擦力,加速度减小到零,物块                        A 的速度最大,选项       C 正确.t2~

t3 时间内物块    A 做加速度逐渐减小的加速运动,t3~t4             时间内物块     A 一直做减速运动,选项
D 错误.]

                                                2   2
8.ABC [若传送带不动,由匀变速直线运动规律可知                    vB -vA )=-2as,a=μg,代入数

据解得   vB=3m/s,当满足选项       B、C 中的条件时,工件的运动情况跟传送带不动时的一样,
同理可得,工件到达         B 端的瞬时速度仍为       3   m/s,故选项    A、B、C   正确;若传送带以速度
v=4 m/s 顺时针匀速转动,则工件滑上             A 端后做匀速运动,到        B 端的速度仍为      4 m/s,故选
项 D 错误.]
9.BC [由于橡皮筋       C 只能提供向下的拉力,所以轻弹簧              A 和 B 对小球的作用力一定是拉

力.可能有两种情况:(1)橡皮筋可能被拉伸,设拉力为                      FT,由平衡条件可知,

2Fcos60°=mg+FT,解得橡皮筋拉力          FT=F-mg.剪断橡皮筋的瞬间,小球所受合外力大小

等于橡皮筋拉力大小,即           F 合=F-mg,方向竖直向上,由牛顿第二定律,F                 合=ma,解得小
             F
球的加速度     a=m-g,选项      B 正确;(2)橡皮筋可能没有发生形变,拉力为零,则剪断橡皮
筋的瞬间,小球的加速度为零,选项               C 正确.]
10.BC [当斜面倾角       θ=90°时,物体对斜面无压力,也无摩擦力,物体做竖直上抛运动,

                         2   2
根据匀变速直线运动规律有            0 -v0 =-2gx,根据题图乙可得此时           x=1.80m,解得初速率

v0=6m/s,选项    A 错.当斜面倾角      θ=0°时即为水平,物体在运动方向上只受到摩擦力作
               1
                  2
用,则有    μmgx=2mv0  ,根据题图乙知此时         x=2.40m,解得    μ=0.75,选项     B 对.物体沿

                                                                          2
斜面上滑,由牛顿第二定律可知加速度                a=gsinθ+μgcosθ=g(sinθ+μcosθ).v0          =
                                                             1
2ax=2g(sinθ+μcosθ)x,得当       sinθ+μcosθ    最大时,即      tanθ=μ,θ=53°时,

x 取最小值   xmin,解得   xmin=1.44m,C 项正确.当     θ=45°时,因
mgsin45°>μmgcos45°,则物体达到最大位移后将返回,D                 项错误.]

11.(1)天平、刻度尺 (2)平衡摩擦力 M≫m
(3)如图所示
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       Mmg
12.(1)M+m M≫m (2)C (3)见解析
                                                                   Mmg

解析 (1)根据牛顿第二定律得:对             m∶mg-FT=ma,对     M∶FT=Ma,解得:FT=M+m;当
M≫m,即当盘中砝码和盘的总重力要远小于小车(含车中砝码)的重力时,绳子的拉力近似等
于盘中砝码和盘的总重力.
(2)平衡摩擦力时,应将绳从小车上拿去,轻轻推动小车,使小车沿木板运动,通过打点计
时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动,故                   A 错误;每次改变小车的质量时,小车的重力
沿斜面的分力和摩擦力仍能抵消,不需要重新平衡摩擦力,故                          B 错误;实验时,应先接通打
点计时器电源,再放开小车,故             C 正确;小车运动的加速度是利用打点计时器测量,如果用
天平测出    m 以及  M,直接用公式求出,这是在直接运用牛顿第二定律计算,而我们的实验是
在探究加速度与物体所受合外力、物体质量间的关系,故                        D 错误.
(3)当 F≠0 时,a=0,也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为                        0,说明该组同学实验
操作中遗漏了平衡摩擦力这个步骤或平衡摩擦力不足;随着                         F 的增大,即盘及盘中砝码质量
的增大,不再满足盘及盘中砝码质量远小于小车(含车中砝码)的质量,因此曲线上部出现弯
曲现象.
13.(1)16m (2)8  2m/s (3)(2+2   2) s
解析 (1)由    v-t 图象知    A、B 之间的距离为;
    16 × 2

sAB=  2  m=16m.

(2)设滑块从    A 滑到  B 过程的加速度大小为        a1,从  B 返回到   A 过程的加速度大小为        a2,滑块
与斜面之间的动摩擦因数为            μ,则有
   v0-0   16-0
                 2       2
a1=  t  =   2  m/s =8 m/s

由于  mgsinθ+μmgcosθ=ma1,
得 μ=0.25.
滑块由   B 返回到   A 的过程中,则有

mgsinθ-μmgcosθ=ma2

          2
即 a2=4m/s ,

                                2
设滑块返回到      A 点时的速度为     v,有   v -0=2a2sAB
                  中国现代教育网     www.30edu.com  全国最大教师交流平台

即 v=8  2m/s.

(3)设滑块从    A 到 B 用时为   t1,从  B 返回到  A 用时为   t2,

则有  t1=2s
    v

t2=a2=2  2s
则滑块在整个运动过程中所用的时间为

t=t1+t2=(2+2    2) s.
                       2 3
14.(1)3m/s2 2 m/s (2)  15  3kg/s
解析 (1)由题图乙可得:t=0          时,滑块下滑的加速度最大为
     Δv  3m/s
                  2
amax=Δt=  1s =3m/s ;
t=3s 时,滑块下滑的速度最大为

vmax=2m/s.

(2)t=0 时滑块下滑的加速度最大为            amax,由牛顿第二定律得        F 合=mgsinθ-μmgcosθ=

mamax,
t=3s 时滑块下滑的速度达到最大,有

mgsinθ=μmgcosθ+kvmax,
         2 3
解得:μ=     15 ,k=3kg/s(说明:k    的答案没有单位不算对).
15.(1)4m/s (2)3.5 m/s
                                                μ1mg
                                                          2
解析 (1)滑块在平板上做匀减速运动,加速度大小                    a1=  m  =3m/s

由于  μ1mg>2μ2mg
                                 μ1mg-μ2·2mg
                                                   2
故平板做匀加速运动,加速度大小              a2=      m      =1m/s
设滑块从平板左端滑至右端用时为              t,共同速度为       v′,平板位移为       x,对滑块进行分析:

v′=v-a1t
          1
              2
L2+x=vt-2a1t

对平板进行分析:v′=a2t
   1
      2
x=2a2t
联立以上各式代入数据解得            t=1s,v=4m/s.
                                               v2

当 v=4m/s 时,滑块在传送带上加速运动的位移为                 x1=2μg=1.6mt,不合题意,舍去)
       1

将 t′=2s  代入   v″=v1-a1t′得    v″=3.5m/s.

16.(1)0.64m (2)μ2≥0.2
解析 (1)假设开始时物块与木板会相对滑动,由牛顿第二定律:

                                             2
对木板:F-μ1(M+m)g-μ1mg=Ma1,解得           a1=6m/s

                              2
对物块:μ1mg=ma2,解得        a2=4m/s ,因为   a2
	
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