高考物理一轮复习单元质检三牛顿运动定律(含解析)沪科版.pdf

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1、 单元质检三 牛顿运动定律 (时间:60 分钟 满分:110 分)单元质检第 5 页 一、选择题(此题共 8 小题,每题 6 分,共 48 分。在每题给出的四个选项中,第 15 题只有 一项切合题目要求,第 68 题有多项切合题目要求。所有选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分)1.以下对于超重与失重的说法中,正确的选项是()A.超重就是物体的重力增添了 B.失重就是物体的重力减少了 C.完整失重就是物体的重力没有了 D.不管是超重、失重,仍是完整失重 ,物体所受的重力是不变的 分析:超重与 失重是指“视重”,不管是超重仍是失重,重力都是不变的,变的不过物体遇到支 持物的

2、支持力(或细绳的拉力),超重是支持力(或拉力)大于重力,失重是支持力(或拉力)小于重力,完整失重是支持力(或拉力)为零,D正确。答案:D 2.汽车拉着拖车在水平道路上沿着直线加快行驶,依据牛顿运动定律 ,以下说法中正确的选项是()A.汽车能拉着拖车加快行进 ,是因为汽车拉拖车的力大于拖车拉汽车的力 B.加快行进时 ,汽车对拖车的拉力大小与拖车对汽车的拉力大小相等 C.汽车先对拖车施加拉力 ,而后才产生拖车对汽车的拉力 D.汽车对拖车的拉力大小与拖车所受地面对它的摩擦力大小相等 分析:汽车拉拖车的力和拖车拉汽车的力是一对作使劲和反作使劲,它们的大小是相等的,它 们同时产生、同时消逝 ;汽车能拉着

3、拖车加快行进,是因为汽车的牵引力大于地面对整体的摩 擦力,拖车加快运动表示汽车对拖车的拉力大于拖车所受地面对它的摩擦力。综上可知,B 正 确。答案:B 3.某一物体运动状况或所受合外力的状况如下图,四幅图的图线 都是直线,从图中能够判断 这四个必定质量物体的某些 运动特点。以下相关说法中正确的选项是()A.甲图物体遇到不为零且恒定的合外力 B.乙图物体遇到的合外力愈来愈大 C.丙图物体遇到的合外力为零 D.丁图物体的加快度愈来愈大 分析:甲图是位移图象,斜率表示速度,速度不变,加快度为零,力为零,A 错误;乙图是速度图象,由图象知速度平均增添,加快度恒定,力恒定,B 错误;丙图是加快度图象,表

4、示加快度不变,合外力不为零,C错误;丁图是合外力争象,合外力平均增添,加快度增大,D正确。答案:D 4.如下图,水平面 B 点以左是圆滑的 ,B 点以右是粗拙的 ,质量为 m1 和 m2 的两个小物块 ,在 B 点以左的圆滑水平面上相距 L,以同样的速度向右运动,先后进入表面粗拙的水平面,最后停止 运动。它们与粗拙水平面间的动摩擦因数同样。静止后两个小物块间的距离为 s,则有()A.若 m1m2,则 sL B.若 m1=m2,则 s=L C.若 m1L D.不论 m1、m2 的大小关系怎样,都有 s=0 分析:依据牛顿第二定律可知,两小物块在 B 点右边的加快度同样,即 a=g,并且两小物块抵

5、达 B 点的初速度同样,那么它们在 B 点 右边粗拙面上的位移同样。所以不论 m1、m2 的大小关系如 何,都有 s=0。答案:D 5.如下图,小车沿水平面做直线运动,小车内圆滑底面上有一物块被压缩的弹簧压向左壁 小车向右加快运动。若小车向右加快度增大,则小车左壁受物块的压力 N1 和小车右壁受弹簧的 压力 N2 的大小变化是 (),A.N1 不变,N2 变大 B.N1 变大,N 2 不变 C.N1、N2 都变大 D.N1 变大,N 2 减小 分析:因为弹簧形变量没有发生改变,所以小车右壁遇到的弹簧的压力 N2不变,小车向右的加快 度增大,物 块向右的加快度也增大,而物块遇到的弹簧弹力不变,所

6、以小车左壁对物块的弹力 变大,即小车左壁受物块的压力 N1 变大,所以 B 正确。答案:B 6.以下说法中正确的选项是()A.力学中的三个基本单位是:长度的单位“米”、时间的单位“秒”、质量的单位“千克”B.伽利略经过实考证明了力是使物体运动的原由 C.牛顿运动定律只合用于低速宏观物体,对微观世界是不合用的 D.物体惯性的大小是由质量和速度共同决定的 分析:在国际单位制中,把物理量的单位分为基本单位和导出单位,此中长度的单位米(m),时 间的单位秒 (s),质量的单位千克(kg)属于基本单位,A 正确;伽利略经过理想实验说了然力是 改变物体运动状态的原由保持其本来运动状态的属性 ,B错误;依据

7、牛顿运动定律的合用条件 ,其独一量度是物体的质量,D错误。,知 C正确;惯性是物体拥有的 答案:AC 7.如图甲所示 ,物块的质量 m=1 kg,初速度 v0=10 m/s,在一水平向左的恒力 F 作用下从 O 点沿 粗拙的水平面向右运动,某时辰后恒力 F 忽然反向,整个过程中物块速度的二次方随地点坐标 2 变化的关系图象如图乙所示,取 g=10 m/s。以下选项中正确的选项是()A.05 s 内物块做匀减速运动 B.在 t=1 s 时辰,恒力 F 反向 C.恒力 F 大小为 10 N D.物块与水平面的动摩擦因数为 0.3 分析:依据题图乙可知,物块先匀减速运动到 线运动,加快运动到 x=1

8、3 m处时速度达到 8 x=5 m 处,此时速度减为零,以后向右做匀加快直 m/s;设匀减速运动的加快度大小为 a1,匀加快运动 的加快度大小为 a2,则 a1=m/s2=10 m/s2,a 2=m/s2=4 m/s2,所以物体 做匀减速运动的时间为 t=1 s,在 t=1 s 时辰,恒力 F 反向,A 错误,B 正确;依据牛顿第二定 律有 F+mg=ma,F-mg=ma,联立并代入数据可得 ,F=7 ,=0.3,所以 C 错误,D 正确。1 2 N 答案:BD 8.如下图,在圆滑水平面上放着紧靠在一同的 A、B 两物体,B 的质量是 A 的 2 倍,B 遇到向右 的恒力 FB=2 N,A 遇

9、到的水平力 FA=(9-2t)N(t 的单位是 s),从 t=0 开始计时,则()A.t=3.5 s 时,A、B 两物体开始分别 B.t4 s 后,B 物体做匀加快直线运动 C.t=4.5 s 时,A 物体的速度为零 D.t4.5 s 后,A、B 的加快度方向相反 分析:对 A、B 整体,依据牛顿第二定律有 :F A+FB=(mA+mB)a,设 A、B 间的作使劲为 N,则对 B 由牛 顿第二定律知:N+FB=mBa,所以 N=始分别,今后 B 做匀加快直线运动 加快度为零而速度不为零;t4.5 D对。-F B=N。所以当 t=4 s 时 N=0,A、B 两物体开 ,而 A 做加快度渐渐减小的

10、加快运动;当 t=4.5 s 时 A 物体的 s 后,A 所受合外力反向,即 A、B 的加快度方向相反。A、C错,B、答案:BD 二、实验题(共 15 分)9.(7 分)用图 1 所示的实验装置考证牛顿第二定律。(1)某同学经过实验获得如图 2 所示的 aF 图象,造成这一结果的原由是在均衡摩擦力 时。图中 a0 表示的是 时小车的加快度。(2)某同学获得如图 3 所示的纸带。已知打点计时器电源频次为 50。、Hz A B C DEFG 是纸带上 7 个连续的点。s=s -s=cm。由此可算出小车的加快度 a=m/s(保 DG AD 2 留两位有效数字)。图 3 分析:此题考察“考证牛顿第二定

11、律”的实验,意在考察学生对该实验的意会能力及办理数据的能力。(1)aF 图象的纵轴截距不为零是因为均衡摩擦力过分,即长木板的倾角过大造成的;aF 图 象的纵轴截距 a0 表示的是未挂砂桶时小车的加快度。(2)s=s -s=3.90 cm-2.10 cm=1.80 cm;由 s=s -s=a(3T)2,解得 a=5.0 m/s。DG AD DG AD 2 答案:(1)长木板的倾角过大(能答到这个意思即可)未挂砂桶(2)1.80 5.0 10.(8 分)如图甲为“用 DIS(位移传感器、数据收集器、计算机)研究加快度和力的关系”的 实验装置。(1)在该实验中一定采纳控制变量法 ,应保持 不变,用钩

12、码所受的重力作为小车 所受外力,用 DIS 测小车的加快度。(2)改变所挂钩码的数目,多次重复丈量 ,在某次实验中依据测得的多组数据可画出关系图线 ,如图乙所示:剖析此图线的 OA 段可得出的实验结论是。此图线的 AB段显然偏离直线,造成此偏差的主要原由是 。A.小车与轨道之间存在摩擦 B.导轨保持了水平状态 C.所挂钩码的总质量太大 D.所用小车的质量太大 分析:此题考察“研究物体的加快度和力的关系”的实验,意在考察学生的实验剖析能力。(1)因为研究物体的加快度和力的关系,因此要保持物体的质量不变,即应保持小车和位 移传感器(发射器)的质量不变。(2)OA 段为过原点的直线 ,因此能够获得

13、:在小车和位移传感器 (发射器)质量不变的条 件下,小车和位移传感器(发射器)的加快度与合外力成正比;因为所挂钩码的质量较大,不 能知足“钩码的质量远远小于小车和位移传感器(发射器)的质量”,所以图线发生偏离,故 C 正确。答案:(1)小车和位移传感器(发射器)的质量(2)在小车和位移传感器(发射器)质量不变 的条件下,其加快度与外力成正比 C 三、计算题(此题共 3 小题,共 11.(15 分)如图甲所示 ,质量为 物体施以平行于斜面向上的拉力 47 分)m=1 kg F,t 1=1 的物体置于倾角 s 时撤去拉力 =37 的固定且足够长的斜面上,对 ,物体运动的部分 vt 图象如图乙所示。

14、试求:(1)物体与斜面间的动摩擦因数。(2)拉力 F 的大小。分析:设力 F 作用时物体的加快度为 F-mgsin -mgcos=ma1 撤去力 F 后,由牛顿第二定律有 a1,对物体进行受力剖析 mgsin+mgcos=ma2 ,由牛顿第二定律可知 依据图象可知 :a 1=20 m/s2,a 2=10 m/s2 代入解得 F=30 N,=0.5。答案:(1)0.5(2)30 N 12.(15 分)如下图,质量 m=40 kg 的木块静止于水平面上,某时辰在大小为 200 N、方向与水 平方向成 =37角斜向上的恒力 F 作用下做匀加快直线运动 ,2 s 末撤去力 F 时木块滑行的 距离为 s

15、0=5.2,(重力加快度 g 取 10 m/s 2,sin 37=0.6,cos 37 =0.8)求:m (1)木块与地面间的动摩擦因数。(2)撤去拉力后 ,木块持续滑行的距离。分析:(1)设木块加快阶段的加快度为 a1 由匀变速直线运动规律得 s0=a1 N+Fsin=mg Fcos-N=ma1 解得=0.2。(2)2 s 末木块的速度 v1=a1t 1 匀减速阶段 a2=g 木块持续滑行的距离 s=解得:s=6.76 m。答案:(1)0.2 (2)6.76 m 13.(17 分)一弹簧一端固定在倾角为 37的圆滑斜面的底端,另一端拴住质量 m1=4 kg 的物块 P,Q 为一重物,已知 Q

16、 的质量 m2=8 kg,弹簧的质量不计,劲度系数 k=600 N/m,系统处于静止,如 图所示。现给 Q 施加一个方向沿斜面向上的力 F,使它从静止开始沿斜面向上做匀加快运动,已知在前 0.2 s 时间内,F 为变力,0.2 s 此后,F 为恒力。求力 F 的最大值与最小值。(sin 37=0.6,取 g=10 m/s2)分析:从受力角度看,两物体分别的条件是两物体间的正压力为 0。从运动学角度看,一同运动的两物体恰巧分别时,两物体在沿斜面方向上的加快度和速度仍相等。设刚开始时弹簧压缩量为 x0 则(m1+m2)g sin=kx 0 因为在前 0.2 s 时间内 ,F 为变 力,0.2 s 此后,F 为恒力,所以在 0.2 s 时,P 对 Q 的作使劲 为 0,由牛顿第二定律知 kx1-m1gsin=m1a 前 0.2 s 时间内 P、Q 向上运动的距离为 x0-x 1=at 2 联立式解得 a=3 m/s2 当 P、Q 开始运动时拉力最小,此时有 Fmin=(m1+m2)a=36 N 当 P、Q 分别时拉力最大 ,此时有 Fmax=m2(a+gsin)=72 N。答案:Fmax 72 Fmin 36 =N=N