高考物理 知识复习与检测 第三章 牛顿运动定律45分钟章末验收卷-人教版高三全册物理试题.doc

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1、第十二章 机械振动与机械波 光 电磁波与相对论一、单项选择题1质量为M的三角形物块放置在粗糙水平地面上，开始时质量为m的物体以速度v0沿三角形物块的粗糙斜面匀速下滑，某时刻给物体施加一沿斜面向下的推力F，使物体沿斜面向下做加速运动，如图1所示整个过程中，三角形物块始终静止在地面上，设物体向下加速运动时，地面对三角形物块的支持力大小为FN，地面对三角形物块的摩擦力的大小为Ff，重力加速度为g，则()图1AFf0，FN(mM)gBFf0，FN(mM)gCFf0，FN(mM)gDFf0，FN(mM)g答案B解析开始时物体以速度v0沿三角形物块的粗糙斜面匀速下滑，说明三角形物块对物体的作用力等于物体的

2、重力，方向竖直向上对三角形物块受力分析，受到竖直向下的重力、物体对三角形物块竖直向下的作用力、地面的支持力，不受地面的摩擦力作用，根据平衡条件可知，Ff10，FN1(mM)g.当给物体施加一沿斜面向下的推力F时，不会改变物体与三角形物块间的作用力，所以地面对三角形物块的支持力大小FN(mM)g，地面对三角形物块的摩擦力的大小为Ff0，选项B正确2如图2所示，小球A质量为m，木块B质量为2m，两物体通过轻弹簧连接竖直放置在水平面上静止现对A施加一个竖直向上的恒力F，使小球A在竖直方向上运动，经弹簧原长时小球A速度恰好最大，已知重力加速度为g.则在木块B对地面压力为零时，小球A的加速度大小为()图

3、2A3g B1.5g C2g D2.5g答案C解析根据题意，当弹簧处于原长时A球速度最大，则Fmg，当木块B对地面压力为零时，弹簧处于伸长状态，对B受力分析，此时有kx2mg，对A根据牛顿运动定律有kxmgFma，解得a2g，C项正确3如图3所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT.现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是()图3A质量为2m的木块受到四个力的作用B当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断C当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳还不会被拉断D轻绳刚要被拉

4、断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为FT答案C解析质量为2m的木块受五个力的作用，A项错；当绳的拉力为FT时，对m和2m有FT3ma，此时对整体有F6ma，可得F2FT，故B项错，C项正确；轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为FT，故D项错4如图4甲所示，倾角为的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v010 m/s、质量为m1 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g10 m/s2，则下列说法不正确的是()图4A05 s内小木块做匀减速运动B在t1 s时刻，摩擦力反向C斜面倾角37D小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5

5、答案A解析由匀变速直线运动的速度位移公式得v2v2ax，由题图乙可得a10 m/s2，故减速运动时间：t1 s，故A错误；由题图乙可知，在01 s内小木块向上做匀减速运动，1 s后小木块反向做匀加速运动，t1 s时摩擦力反向，故B正确；由题图乙可知，小木块反向加速运动时的加速度：a m/s22 m/s2，由牛顿第二定律得：mgsin mgcos m|a|，mgsin mgcos ma，代入数据解得：0.5，37，故C、D正确二、多项选择题5竖直上抛一小球，空气阻力大小恒定，小球运动的速度图象如图5所示，下列判断正确的是()图5A0t2时间内，小球的平均速度不为零Bt1t2时间内，小球始终在抛出

6、点下方Ct2时刻，小球落回抛出点Dt2时刻，小球距离抛出点答案AD解析从图象看，0t2时间内，小球的位移即对应速度图象中的总面积不为0，所以平均速度不为0，A项正确；t1t2时间内，小球从最高点下落，前一段在抛出点的上方，后一段在抛出点的下方，B、C项错误；0t1时间内，小球在抛出点上方的位移为x上t1，t1t2时间内，小球下落过程中的位移为x下(t2t1)，所以总位移大小为(t2t1)t1，D项正确6一质量为m的飞机在水平跑道上准备起飞，受到竖直向上的机翼升力，大小与飞机运动的速率平方成正比，记为F1k1v2；所受空气阻力也与速率平方成正比，记为F2k2v2.假设轮胎和地面之间的阻力是压力的

7、倍(0.25)，若飞机在跑道上加速滑行时发动机推力恒为其自身重力的0.25倍在飞机起飞前，下列说法正确的是()A飞机一共受5个力的作用B飞机可能做匀加速直线运动C飞机的加速度可能随速度的增大而增大D若飞机做匀加速运动，则水平跑道长度必须大于答案BC解析对飞机受力分析，受到重力、支持力、机翼的升力、发动机的推力、空气阻力和地面的摩擦力六个力的作用如图所示，A项错误；根据牛顿第二定律有：水平方向：FFfF2ma竖直方向：FNF1mgFfFN且F1k1v2F2k2v2联立得：Fk2v2(mgk1v2)ma整理得Fmg(k1k2)v2ma当k2k1时，合力恒定，加速度恒定，做匀加速直线运动，B项正确；

8、当k1k2时，加速度随速度的增大而增大，C项正确；若做匀加速直线运动，由式得a(0.25)g刚起飞时，支持力FN0，地面摩擦力为0，mgk1v2，得飞机刚起飞时速度的平方为：v2v22ax联立解得x，D项错误三、非选择题7用如图6所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验：图6(1)下面列出了一些实验器材：电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂和砂桶除以上器材外，还需要的实验器材有：_.A天平(附砝码)B秒表C刻度尺(最小刻度为mm)D低压交流电源(2)实验中，需要平衡小车和纸带运动过程中所受的阻力，正确的做法是()A小车放在木板上，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程

9、度，使小车在不受绳的拉力时沿木板做匀速直线运动B小车放在木板上，挂上砂桶，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在砂桶的作用下沿木板做匀速直线运动C小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动(3)实验中，为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间应满足的条件是_这样，在改变小车上砝码的质量时，只要砂和砂桶质量不变，就可以认为小车所受拉力几乎不变(4)如图7为某次实验纸带，在相邻两计数点间都有四个打点未画出，用刻度尺测得：x10.

10、55 cm，x20.94 cm，x31.35 cm，x41.76 cm，x52.15 cm，x62.54 cm.图7相邻两计数点间的时间间隔为_ s；计数点“6”和“7”间的位移x7比较接近于_(填“A、B、C、D”序号)A2.76 cm B2.85 cmC2.96 cm D3.03 cm打下“3”点时小车的瞬时速度v3_ m/s；小车的加速度a_ m/s2.(计算结果均保留2位有效数字)(5)某小组在研究“外力一定时，加速度与质量的关系”时，保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量M，分别记录小车加速度a与其质量M的数据在分析处理数据时，该组同学产生分歧：甲同学认为根据实验数据可以作出小车加速度a

11、与其质量M的图象，如图8，然后由图象直接得出a与M成反比乙同学认为应该继续验证a与其质量倒数是否成正比，并作出小车加速度a与其质量倒数的图象，如图9所示你认为_同学(选填“甲”或“乙”)的方案更合理图8图9(6)另一小组在研究“小车质量一定时，加速度与质量的关系”时，用改变砂的质量的办法来改变对小车的作用力F，然后根据测得的数据作出aF图象，如图10所示发现图象既不过原点，末端又发生了弯曲，可能原因是()图10A平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过大，且砂和砂桶的质量较大B平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且砂和砂桶的质量较大C没有平衡摩擦力，且小车质量较大D平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且小车

12、质量较大答案(1)ACD(2)C(3)mM(4)0.1C 0.160.40(5)乙(6)B解析(1)本实验的目的是探究加速度与力、质量的关系，用砂桶的重力代表小车受到的合外力，需要用天平测砂桶和小车的质量，故选A项；电磁打点计时器的工作电源为低压交流电源(46 V)，工作频率为50 Hz，周期为0.02 s，可以计时，不需要秒表，故选D项，不选B项；打点计时器打下纸带，需用刻度尺测量距离，以求加速度和瞬时速度，故选C项(2)平衡摩擦力的方法是用重力沿斜面向下的分力来抵消摩擦力的作用，具体做法是：将小车轻放(静止)在长木板上，挂好纸带(纸带和电磁打点计时器的限位孔之间有摩擦力)、不挂砂桶，将长木

13、板靠近打点计时器的一端适当垫高，形成斜面，轻推小车，使小车做匀速运动(纸带上两点间距离相等)即可，故C正确(3)砂桶和小车一起运动，根据牛顿第二定律，对砂桶：mgFma，对小车：FMa，可得小车受到的拉力F，加速度a，本实验用砂和砂桶的总重力代表小车受到的合外力(拉力)，由Fmg可知，Fmg，只有mM时，才有Fmg，所以砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间应满足的条件是mM.(4)打点计时器的工作周期为T00.02 s，相邻两计数点间都有四个打点未画出，所以两计数点之间的时间间隔为T5T00.1 s.根据匀变速直线运动的规律a，可知：x72x6x522.54 cm2.15 cm2.

14、93 cm，比较接近于2.96 cm，故选C项v30.16 m/s，a0.40 m/s2.(5)反比关系不容易根据图象判定，而正比关系容易根据图象判定，故应该建立小车加速度a与小车质量的倒数关系图象，故应选乙方案(6)图象与横轴相交，说明需要用拉力平衡摩擦力，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够；由(3)可知，小车受到的拉力F，当mM时，即砂和砂桶总重力远小于小车及车上砝码的总重力，绳子的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，小车的加速度a与拉力F成正比，如果砂和砂桶的总质量太大，小车受到的拉力明显小于砂和砂桶总重力，加速度与砂和砂桶总重力(小车受到的合力)不成正比，aF图象发生弯曲，不再是直线，故B正确

15、8如图11所示，一长L2 m、质量M4 kg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l5 m，木板的正中央放有一质量为m1 kg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10.4.现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48 N，g取10 m/s2，试求：图11(1)F作用了1.2 s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2应满足的条件答案(1)0.64 m(2)20.2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：对木板：F1(Mm)g1mgMa1，解得a16 m/s2对物块：1

16、mgma2，解得a24 m/s2，故假设成立设F作用t时间后，物块恰好从木板左端滑离，则a1t2a2t2，解得t1 s在此过程：木板位移x1a1t23 m，末速度v1a1t6 m/s物块位移x2a2t22 m，末速度v2a2t4 m/s在物块从木板上滑落后的t00.2 s内，由牛顿第二定律：对木板：F1MgMa1，解得a18 m/s2木板发生的位移x1v1t0a1t1.36 m此时木板右端距平台边缘xlx1x10.64 m(2)物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律：对物块：2mgma2，解得a22g若物块在平台上速度减为0，则通过的位移x2要使物块最终不会从平台上掉下去需满足lx2x2联立解得20.2.