2020届高考物理一轮复习精品同步练习：第三章牛顿运动定律阶段质量检测.pdf

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1、2020 届高考物理一轮复习精品同步练习：第三章牛顿运动定律阶段质量检测(时刻 60 分钟，总分值100 分)一、单项选择题(此题共 4 个小题，每题4 分，共 16 分每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)1(2018 梅州模拟)2018 年当地时刻9 月 23 日，在位于印度安得拉邦斯里赫里戈达岛的萨蒂什 达万航天中心，一枚 PSLV C14 型极地卫星运载火箭携带七颗卫星发射升空，成功实现一箭七星发射，相关图片如图1 所示那么以下讲法不正图 1 确的是()A火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭对气流的作用力B发射初期，火箭处于超重状态，但它受到的重力却越来越小C 高

2、温高压燃气从火箭尾部喷出时对火箭的作用力与火箭对燃气的作用力大小相等D发射的七颗卫星进入轨道正常运转后，均处于完全失重状态解析：由作用力与反作用力大小相等，可知A 错误；火箭发射初期，因为火箭向上加速运动，故处于超重状态，随着火箭距地越来越远，所受的重力也越来越小，B 正确；由作用力与反作用力的关系可知C 正确；卫星进入轨道正常运转后，所受的万有引力充当向心力，现在各卫星均处于完全失重状态，D 正确答案：A 2 如图 2 甲所示，放在光滑水平面上的木块受到两个水平力F1与 F2的作用静止不动 现保持 F1不变，F2大小变化如图乙所示，那么在此过程中，能正确描述木块运动情形的速度图象是图3中的(

3、)图 2 图 3 解析：由于 F2平均减小到零然后又平均增大到原值，因此物体受到的合外力的变化情形为先增大后减小到零，依照牛顿第二定律知物体加速度也是先增大后减小到零，而速度一直在增大，最后达到最大值符合上述规律的vt 图象只有 D 项答案：D 3(2018 江门模拟)如图 4 所示，两个质量分不为m1 2 kg、m23 kg 的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接两个大小分不为F130 N、F220 N 的水平拉力分不作用在m1、m2上，那么()图 4 A弹簧测力计的示数是10 N B弹簧测力计的示数是50 N C在突然撤去F2的瞬时，弹簧测力计的示数不变D在突然撤去F1的瞬时，

4、m1的加速度不变解析：设弹簧的弹力为F，加速度为a.对系统：F1 F2(m1m2)a，对 m1：F1Fm1a，联立两式解得：a2 m/s2，F26 N，故 A、B 两项都错误；在突然撤去F2的瞬时，由于弹簧测力计两端都有物体，而物体的位移不能发生突变，因此弹簧的长度在撤去F2的瞬时没变化，弹簧上的弹力不变，故C 项正确；假设突然撤去F1，物体 m1的合外力方向向左，而没撤去F1时合外力方向向右，因此m1的加速度发生变化，故D 项错误答案：C 4(2018 上海十二校联考)如图 5(a)所示，用一水平外力F 推着一个静止在倾角为的光滑斜面上的物体，逐步增大F，物体做变加速运动，其加速度a 随外力

5、F 变化的图象如图(b)所示，假设重力加速度g 取 10 m/s2.依照图(b)中所提供的信息不能运算出()图 5 A物体的质量B斜面的倾角C物体能静止在斜面上所施加的最小外力D加速度为6 m/s2时物体的速度解析：分析物体受力，由牛顿第二定律得：Fcos mgsin ma，由 F0 时，a6 m/s2，得 37.由 acosmF gsin 和 aF 图线知：623020cos37 m，得：m2 kg，物体静止时的最小外力Fmincos mgsin，Fminmgtan 15 N，无法求出物体加速度为 6 m/s2时的速度，因物体的加速度是变化的，对应时刻也未知，应选D.答案：D 二、双项选择题

6、(此题共 5 小题，每题6 分，共 30 分每题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对的得6 分，只选 1 个且正确的得1 分，错选或不选的得0 分)5以下讲法正确的选项是()A高速行驶的公共汽车紧急刹车时，乘客都要向前倾倒，讲明乘客都具有惯性B短跑运动员最后冲刺时，速度专门大，专门难停下来，讲明速度越大，惯性越大C抛出去的标枪和手榴弹差不多上靠惯性向远处运动的D把手中的球由静止开释后，球能竖直下落，是由于球具有惯性的缘故解析：惯性是物体保持原先的匀速直线运动状态或静止状态的特性，故A、C 项正确而质量是惯性大小的唯独量度，故B 项错由静止开释的小球的惯性是要保持原先的静止状态，而下

7、落是由于重力迫使它改变了静止状态，故D 项错答案：AC 6汽车拉着拖车在水平道路上沿直线加速行驶，依照牛顿运动定律可知()A汽车拉拖车的力大于拖车拉汽车的力B汽车拉拖车的力等于拖车拉汽车的力C汽车拉拖车的力大于拖车受到的阻力D汽车拉拖车的力等于拖车受到的阻力解析：汽车与拖车间的相互作用力总是大小相等、方向相反，故A 错 B 对因拖车加速前进，故拉力大于阻力，C 对 D 错答案：BC 7(2018 潍坊质检)压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小一同学利用压敏电阻设计了判定升降机运动状态的装置，如图6 甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，升降机静止时电流表示数为I0.

8、某过程中电流表的示数如图乙所示，那么在此过程中()图 6 A物体处于失重状态B物体处于超重状态C升降机一定向上做匀加速运动D升降机可能向下做匀减速运动解析：依照欧姆定律有IU/R，当电梯静止时，物体对压敏电阻的压力为mg，因此有 I0U/R，乙图表示物体处于超重状态，因此A 错、B 正确；升降机做向上的匀加速直线运动或向下的匀减速直线运动，C 错、D 正确答案：BD 8(2018 汕头模拟)水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查如图7 所示为一水平传送带装置示意图，紧绷的传送带AB 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，设行李与传送带之

9、间的动摩擦因数 0.1，AB 间的距离为2 m，g 取 10 m/s2.假设乘客把行李放到传送带的同时 也 以v 1 m/s的 恒 定 速 度 平 行 于 传 送 带 运 动 去B处 取 行 李，那 么()图 7 A乘客与行李同时到达BB乘客提早0.5 s到达 BC行李提早0.5 s到达 BD假设传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B解析：行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动加速度为ag1 m/s2，历时t1va1 s 达到共同速度，位移x1v2t10.5 m，此后匀速运动t22x1v1.5 s 到达B，共用

10、 2.5 s乘客到达B，历时 t2v2 s，故 B 正确假设传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时刻tmin22a2 s，D 项正确答案：BD 9(2018 苏州联考)如图 8 所示，bc 为固定在小车内的水平横杆，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个小铁球m，现在小车正以大小为 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 .小车的加速度逐步增大，M 始终和小车保持相对静止，当加速度增加到2a 时()图 8 A横杆对M 的摩擦力增加到原先的2 倍B横杆对M 的弹力不变C细线与竖直方向的夹角增加到原先的2 倍D细线的拉力

11、增加到原先的2 倍解析：取 M、m 为一整体，由牛顿第二定律可知，横杆对 M 的摩擦力Ff(Mm)a，横杆对 M 的支持力FN(Mm)g，当加速度增加到2a 时，Ff增加到原先的2 倍，而 FN不变，故 A、B 均正确；对m 受力分析，设细绳的拉力为FT，那么有：FTcosmg，FTsin ma，tan ag，FTmg2 ma2，可见当a 变为 2a 时，tan 值加倍，但 并不增加到原先的2 倍，FT也不增加到原先的2 倍，故 C、D 均错误答案：AB 三、非选择题(此题包括3 小题，共54 分按题目要求作答，解承诺写出必要的文字讲明、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运算的

12、题，答案中必须明确写出数值和单位)10(8 分)(2018 广州模拟)在验证牛顿运动定律的实验中，作出了如图9 所示的(a)、(b)图象，图(a)中三线表示实验中小车的_不同；图(b)中图线只是原点的缘故是 _ 解析：由 a1mF 可知，aF 图线的斜率为1m，三线的斜率不同，表示实验中小车的质量不同，图(b)中图线与a 轴正半轴有交点，讲明平稳摩擦力时使平板倾角过大了答案：质量平稳摩擦力过度11(22 分)(2018 湖北省十堰调研测试)如图 10 所示，物体在有动物毛皮的斜面上运动由于毛皮表面的专门性，引起物体的运动有如下特点：顺着毛的生长方向运动时毛皮产生的阻力能够忽略；逆着毛的生长方向

13、运动会受到来自毛皮的滑动摩擦力图 10(1)试判定如下图情形下，物体在上滑依旧下滑时会受到摩擦力？(2)一物体在有动物毛皮的斜面底端以初速v02 m/s 冲上足够长的斜面，斜面的倾斜角为 30，过了 t1.2 s物体回到动身点 假设认为毛皮产生滑动摩擦力时，动摩擦因数为定值，g 取 10 m/s2，那么 的值为多少？解析：(1)因毛的生长方向向上，故物体上滑时不受摩擦力，而下滑时受到摩擦力(2)上滑过程：mgsin ma1，v0a1t10，xv022a1下滑过程：mgsin mg cos ma2，x12a2t22，又 t t1t2.以上各式联立可求得，34 0.433.答案：(1)下滑时受摩擦

14、力(2)0.433 12(24 分)如图 11 所示，在倾角为的光滑斜面上端系有一劲度系数为 k 的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为m 的小球，球被一垂直于斜面的挡板A 挡住，现在弹簧没有形变假设挡板A 以加速度 a(agsin)沿斜面向下匀加速运动，咨询：图 11(1)小球向下运动多少距离时速度最大？(2)从开始运动到小球与挡板分离所经历的时刻为多少？解析：(1)球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，现在物体所受合力为零即 kxmmgsin，解得 xmmgsink.(2)设球与挡板分离时位移为s，经历的时刻为t，从开始运动到分离的过程中，m 受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力 F.据牛顿第二定律有mgsin FF1ma，F kx.随着 x 的增大，F 增大，F1减小，保持 a 不变，当 m 与挡板分离时，x 增大到等于s，F1减小到零，那么有：mgsin ks ma，又 s12at2联立解得mgsin k12at2ma，t2m gsin aka.答案：(1)mgsink(2)2m gsin aka