高考总复习物理随堂课件与课后习题第三章牛顿运动定律单元质检三牛顿运动定律.docx

《高考总复习物理随堂课件与课后习题第三章牛顿运动定律单元质检三牛顿运动定律.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考总复习物理随堂课件与课后习题第三章牛顿运动定律单元质检三牛顿运动定律.docx（10页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、单元质检三牛顿运动定律(时间:75分钟满分:100分)一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重,一个可乘十多个人的环形座舱套在竖直柱子上,由升降机先送上几十米的高处,然后让座舱自由落下,落到一定位置,制动系统启动,使座舱到地面时刚好停下,座舱在整个过程中()A.一直处于失重状态B.先失重后超重C.一直处于超重状态D.先超重后失重答案:B解析:开始制动前,座舱做自由落体运动,处于失重状态;制动后,座舱做向下的减速运动,处于超重状态,故B正确,A、C、D错误。2. (2021全国甲卷)如图所示

2、,将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处,上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节,使得平板与底座之间的夹角可变。将物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放,物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角的大小有关。若由30逐渐增大至60,物块的下滑时间t将()A.逐渐增大B.逐渐减小C.先增大后减小D.先减小后增大答案:D解析:水平底座长设为l,物块下滑的位移x=lcos,加速度a=gsin ,由位移公式x=12at2可得t=4lgsin2,=45时,时间最短,所以从30到60时,物块下滑时间先减小后增大,故选D。3.(2021河北石家庄二中补偿诊断)如图所示,质量为3 kg的物体A静止在

3、竖直的轻弹簧上面,质量为2 kg的物体B用细线悬挂,A、B间相互接触但无压力,重力加速度g取10 m/s2。某时刻将细线剪断,则细线剪断瞬间()A.B对A的压力大小为12 NB.弹簧弹力大小为50 NC.B的加速度大小为10 m/s2D.A的加速度为零答案:A解析:原来A处于平衡状态,弹簧弹力F=mAg=30 N,细线剪断瞬间,弹簧的弹力不会发生突变,仍为30 N,B错误;细线剪断瞬间,A、B一起加速下降,由于原来A平衡,故整体受到的合力等于B的重力,由牛顿第二定律可得mBg=(mA+mB)a,解得A、B共同加速度为a=4 m/s2,C、D错误;对B由牛顿第二定律可得mBg-FN=mBa,解得

4、B受到的支持力为FN=12 N,由牛顿第三定律可知,B对A的压力大小为12 N,A正确。4.(2021山东滕州第一中学新校高三月考)质量为m的光滑圆柱体A放在质量也为m的光滑“V”形槽B上,如图所示,=60,另有质量为m的物体C通过定滑轮的不可伸长的细绳与B相连,现将C自由释放,则下列说法正确的是()A.若A相对B未发生滑动,则A、B、C三者加速度相同B.当m=2m时,A和B共同运动的加速度大小为gC.当m=3(3+1)2m时,A相对B刚好发生滑动D.当m=(3+1)m时,A相对B刚好发生滑动答案:D解析:若A相对B未发生滑动,则A、B可看作整体,加速度相同,C的运动方向向下,加速度方向与A、

5、B不同,故A错误;若A和B共同运动的加速度大小为g,则C的加速度大小也为g,但对C隔离分析,C不可能做自由落体运动,因此不论m等于多少,加速度都不能是g,故B错误;若A相对B刚好发生滑动,设此时加速度为a,对A受力分析可得Fcos =ma,Fsin =mg,解得a=33g,对A、B、C整体运用牛顿第二定律可得mg=(m+2m)a,解得m=(3+1)m,故C错误,D正确。5. 如图所示,水平固定桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成,且AB=BC,小物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面,最后恰好停在C点,已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为14,则物块P与桌面上AB、BC部分之间

6、的动摩擦因数1、2之比为(P物块在AB、BC上所做的运动均可看作匀变速直线运动)()A.11B.14C.41D.81答案:D解析:设AB、BC两部分长度为L,在B点的速度为v,受摩擦力分别为F1=1mg、F2=2mg,加速度a1=1g、a2=2g,时间t1=t、t2=4t。逆向研究BC过程可得12a2t22=v2t2=L,逆向研究AB过程可得vt1+12a1t12=L,解得12=81,故选D。6. (2021广西桂林质检)如图所示,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道,其中A、C、M三点位于同一个圆上,C是圆上任意一点,A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点

7、。B点在y轴上且BMO=60,O为圆心。现将三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放,它们将沿轨道运动到M点,如所用时间分别为tA、tB、tC,则tA、tB、tC的大小关系是()A.tAtCtBB.tA=tCtBC.tA=tC=tBD.由于C点的位置不确定,无法比较时间大小关系答案:B解析:由等时圆模型可知,A、C在圆周上,B点在圆周外,所以tA=tCtB,B选项正确。7.(2021河北石家庄第二次质量检测)如图所示,宽度为d的水平传送带以速度v匀速运行,图中虚线为传送带中线。一可视为质点的小滑块以同样大小速度v垂直传送带滑入,当小滑块滑至传送带中线处时恰好相对传送带静止,设传送带表面粗糙程度

8、处处相同,重力加速度为g。下列说法正确的是()A.小滑块相对传送带滑动的整个过程中,传送带对滑块做正功B.小滑块从滑上传送带到恰好与传送带相对静止所用的时间为d2vC.小滑块与传送带间的动摩擦因数为v2gdD.小滑块在传送带上留下的痕迹为直线,痕迹长为22d答案:D解析:小滑块相对传送带滑动的整个过程中,根据动能定理有W=Ek=0,传送带对滑块做功为零,A错误;小滑块的实际运动可以分解为沿传送带方向的匀加速直线运动与垂直传送带方向的匀减速直线运动,研究垂直传送带方向的运动,小滑块从滑上传送带到恰好与传送带相对静止所用的时间满足d2=vt,v=v2,联立可得t=dv,B错误;垂直传送带方向的运动

9、,有d2=0-v22a1,沿传送带方向的运动,有v=a2t,小滑块实际运动的加速度与合相对速度共线,其大小为ma=mg,a=a12+a22,联立可得=2v2gd,C错误;根据上面分析,小滑块为匀变速运动,对地轨迹为一段抛物线,相对传送带轨迹为直线,小滑块的两个分位移分别为x1=d2,x2=12a2t2,小滑块的划痕为L=x12+x22=22d,D正确。二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。8.如图所示,A、B两物体叠放在水平桌面上,轻质细绳一端连接B,另一端绕过定滑轮

10、连接C物体。已知A的质量为m,B的质量为m。A、B之间的动摩擦因数为1,B与桌面之间的动摩擦因数为2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。C由静止释放,在C下落的过程中(C未落地,B未碰滑轮),下列说法正确的是()A.若20,当C的质量mC2(m+m)时,绳子拉力为2(m+m)gC.若2=0,当C的质量mC(m+m)11-1时,A的加速度为1g答案:AD解析:若20,当C的质量mC2(m+m)g,故B项错误;若2=0,以整体为研究对象,mCg=(m+m+mC)a,以A为研究对象,A、B刚好发生相对运动的瞬间1mg=ma,联立解得mC=(m+m)11-1,当C的质量mC(m+m)11-1时,A、B之间发

11、生相对运动,以A为研究对象1mg=ma,A的加速度为1g,故D项正确。9.(2021河北衡水武强中学月考)如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为,B与地面间的动摩擦因数为2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F,则()A.当F3mg时,A相对B滑动D.无论F为何值,B的加速度不会超过12g答案:BCD解析:根据题意可知,B与地面间的最大静摩擦力为FfBm=32mg,因此要使B能够相对地面滑动,A对B所施加的摩擦力至少为FfAB=FfBm=32mg,A、B间的最大静摩擦力为FfABm=2mg,故F32mg时,A、B都

12、相对地面静止,A错误。A、B恰好不相对滑动时,根据牛顿第二定律可知,应当满足Fmax-FfABm2m=FfABm-FfBmm,解得Fmax=3mg,则当32mg3mg时,A、B将以不同的加速度向右滑动,根据牛顿第二定律有F-2mg=2maA,2mg-32mg=maB,解得aA=F2m-g,aB=12g,C、D正确。10.(2021山西运城景胜中学高三月考)如图甲所示,一足够长的传送带倾斜放置,倾角为,以恒定速率v=4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=12 m/s从A端冲上传送带,煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示,g取10 m/s2,则下列说法正确的是()A.倾斜传送带与水平方向夹角的

13、正切值tan =0.75B.煤块与传送带间的动摩擦因数=0.5C.煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4 sD.煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+45)m答案:AD解析:由v-t图像得,01 s内煤块的加速度大小a1=12-41 m/s2=8 m/s2,方向沿传送带向下,12 s内煤块的加速度大小a2=4-01 m/s2=4 m/s2,方向沿传送带向下,01 s,对煤块由牛顿第二定律得mgsin +mgcos =ma1,12 s,对煤块由牛顿第二定律得mgsin -mgcos =ma2,解得tan =0.75,=0.25,故A正确,B错误;v-t图像图线与时间轴所围面积表示位移大小,所以煤

14、块上滑总位移大小为x=10 m,由运动学公式得下滑时间为t下=2xa2=2104 s=5 s,所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2+5)s,故C错误;01 s内煤块比传送带多走4 m,划痕长4 m,12 s内传送带比煤块多走2 m,划痕还是4 m,2(2+5)s内传送带向上运动,煤块向下运动,划痕总长为2 m+12a2t2+vt=(12+45)m,故D正确。三、非选择题:共54分。11.(6分)(2021浙江嘉兴测试)用图甲所示的装置进行探究加速度与力、质量之间的关系实验,图乙是其俯视图。两个相同的小车放在平板上,车左端各系一条细绳,绳跨过定滑轮各挂一个相同的小盘。实验中可以通过增减

15、车中钩码改变小车质量,通过增减盘中砝码改变拉力。两个小车右端通过细线用夹子固定,打开夹子,小车在细绳的牵引下运动,合上夹子,两小车同时停止。(1)实验中,若两小车通过的位移比为12,则两小车加速度之比为。(2)为使小车所受的拉力近似等于小盘和砝码的总重力,应使小盘和砝码的总质量(选填“远大于”或“远小于”)小车和钩码的总质量。(3)探究加速度与质量之间的关系时,应在小盘中放质量(选填“相同”或“不相同”)的砝码。(4)探究加速度与力之间的关系时,事实上小车和平板间存在摩擦力,下列说法正确的是。A.若平板保持水平,选用更光滑的平板有利于减小误差B.平板右端适当垫高以平衡摩擦力有利于减小误差C.因

16、为两小车质量相同时与平板间的摩擦力相同,所以摩擦力不影响实验结果答案:(1)12(2)远小于(3)相同(4)AB解析:(1)由x=12at2得,两小车加速度之比为a1a2=x1x2=12。(2)为使小车所受的拉力近似等于小盘和砝码的总重力,应使小盘和砝码的总质量远小于小车和钩码的总质量。(3)探究加速度与质量之间的关系时,需要保证两小车所受合力相同,故应在小盘中放质量相同的砝码。(4)探究加速度与力之间的关系时,若平板保持水平,则选用更光滑的平板有利于减小摩擦力引起的误差,A正确;平板右端适当垫高来平衡摩擦力,使小车所受合外力即为细绳拉力,有利于减小误差,B正确;由牛顿第二定律得,mg-m车g

17、=m车a,解得a=mgm车-g,故摩擦力影响实验结果,C错误。12.(8分)验证牛顿第二定律的实验装置示意图如图所示。图中打点计时器的电源为交变电源,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)实验步骤如下:平衡小车所受的阻力:取下小吊盘,将木板(选填“右端”或“左端”)抬高,用手轻推小车,直到打点计时器打出一系列间隔均匀的点。按住小车,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

18、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x1、x2,求出与不同质量m相对应的加速度a。以砝码的质量m为横坐标,以1a为纵坐标,在坐标纸上作出1a-m的关系图线。若加速度与小车和砝码的总质量成反比,则1a-m的关系图线为一条倾斜直线。(2)回答下列问题:本实验中,为了保证在改变小车中砝码的质量时所受的拉力近似不变,小吊盘和盘中物块的质量之和m与小车和车中砝码的质量之和m0应满足的条件是:m(选填“远大于”或“远小于”)m0。如图乙所示,设纸带上三个相邻计数点的间距为x1、x2、x3,则a可用x1、x3和T表示为a=。图丙为实验所得1a-m图线的示意图,设图中直线

19、的斜率为k,在纵轴上的截距为b,若牛顿第二定律成立,则小车受到的拉力为,小车的质量为。答案:(1)右端(2)远小于x3-x150T21kbk解析:(1)在平衡摩擦力时,应取下小吊盘,将木板右端抬高,使木板形成斜面,用手轻推小车,直到打点计时器打出一系列间隔均匀的点,则说明此时小车做匀速运动。(2)在消除摩擦力对实验的影响后,小车的合力就是绳子的拉力,根据牛顿第二定律,对小吊盘和盘中物块有mg-F=ma对小车和车中砝码有F=m0a解得F=m0m0+mmg当小吊盘和盘中物块的质量之和m远小于小车和车中砝码的质量之和m0时,绳子的拉力近似等于小吊盘和盘中物块的总重力。两个相邻计数点之间还有4个点,打

20、点计时器的打点时间间隔为T,计数点间的时间间隔t=5T,由匀变速直线运动的推论x=at2可得,加速度为a=x3-x12t2=x3-x150T2设小车所受拉力为F,由牛顿第二定律有F=(m车+m)a变形得1a=m车F+mF结合图丙所示图像,可得斜率k=1F所以拉力F=1k由截距b=m车F联立解得小车的质量为m车=bF=bk。13.(11分)(2021河北唐山高三开学考试)如图所示,一传送带长L=24 m,水平放置,以v0=4 m/s的速度顺时针匀速转动,将质量为m=1 kg的物体A由传送带左端无初速度释放,在释放A的同时,相同质量的物体B以某一速度v由传送带的右端向左滑上传送带,两物体在传送带的

21、中点O相遇。若A、B两物体可视为质点,与传送带之间的动摩擦因数均为=0.2,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)相遇前,物体A在传送带上运动的时间t;(2)物体B的初速度v。答案:(1)4 s(2)7 m/s解析:(1)两物体相对传送带滑动时,根据牛顿第二定律mg=ma,解得a=2 m/s2当A物体与传送带达到共速时,有v0=at1解得t1=2 s,x1=12at12=4 mL2所以物体A继续匀速运动到传送带中点,有L2-x1=v0t2解得t2=2 s所以运动时间t=t1+t2=4 s。(2)物体B一直做匀变速运动,有L2=vt-12at2可得v=7 m/s。14. (13分)(2021山

22、东滕州第一中学新校高三月考)滑沙游戏中,游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下。为了安全,滑沙车上通常装有刹车手柄,游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F,从而控制车速。为便于研究,作如下简化:游客从顶端A点由静止滑下8 s后,操纵刹车手柄使滑沙车受到制动力从而匀速下滑至底端B点,在水平滑道上继续匀减速滑行直至停止。如图所示,已知游客和滑沙车的总质量m=70 kg,倾角=37,滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数=0.5。重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,不计空气阻力。 (1)求游客匀速下滑时的速度大小。(2)若游客在水平滑道BC段的最大

23、滑行距离为16 m,则他在此处滑行时,需对滑沙车施加多大的水平制动力?答案:(1)16 m/s(2)210 N解析:(1)开始下滑的时候,整体受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用,根据牛顿第二定律可得mgsin 37-mgcos 37=ma1代入数据可得a1=2 m/s2游客匀速下滑的速度等于第一阶段匀加速运动的末速度,末速度的大小为v0=a1t1=28 m/s=16 m/s。(2)整体滑到水平面上时,做匀减速直线运动,根据匀变速直线运动规律得v2-v02=-2a2x代入数据可得a2=8 m/s2由牛顿第二定律得F+mg=ma2代入数据得F=210 N。15.(16分)如图甲所示,质量m0=0

24、.2 kg的平板放在水平地面上,质量m=0.1 kg的物块(可视为质点)叠放在平板上方某处,整个系统处于静止状态,现对平板施加一水平向右的拉力,在01.5 s内该拉力F随时间t的变化关系如图乙所示,1.5 s末撤去拉力。已知物块未从平板上掉下,认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,物块与平板间的动摩擦因数1=0.2,平板与地面间的动摩擦因数2=0.4,g取10 m/s2。(1)求01 s内物块和平板的加速度大小a1、a2。(2)求1.5 s末物块和平板的速度大小v1、v2。(3)请在坐标系中画出从开始到最终都停止时物块(用虚线画)和平板(用实线画)的v-t图像。(取向右为正方向,只要求画图,不

25、要求写出理由及演算过程)答案:(1)2 m/s23 m/s2(2)3 m/s3 m/s(3)见解析图解析:(1)01 s内,物块与平板间,平板与地面间的滑动摩擦力大小分别为Ff1=1mg=0.2 NFf2=2(m0+m)g=1.2 N对物块和平板由牛顿第二定律有a1=Ff1ma2=F1-Ff1-Ff2m0其中F1=2 N,解得a1=2 m/s2,a2=3 m/s2。(2)01 s内,物块与平板均做匀加速直线运动,有v10=a1t1v20=a2t1解得v10=2 m/s,v20=3 m/s11.5 s内,由于水平向右的拉力F2=1.4 N恰好与Ff1+Ff2平衡故平板做匀速直线运动,物块继续做匀加速直线运动直至与木板速度相同,有v1=v10+a1t2=3 m/sv2=v20=3 m/s。(3)v-t图像如图所示。10