新教材物理一轮总复习-单元素养评价三牛顿运动定律习题.docx

《新教材物理一轮总复习-单元素养评价三牛顿运动定律习题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新教材物理一轮总复习-单元素养评价三牛顿运动定律习题.docx（11页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、单元素养评价(三)牛顿运动定律一、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某时刻，质量为2kg的物体甲受到的合力是6N，速度是10m/s；质量为3kg的物体乙受到的合力是5N，速度是10m/s，则()A甲比乙的惯性小B甲比乙的惯性大C甲和乙的惯性一样大D无法判定哪个物体惯性大2如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者赢若绳子质量不计，冰面可看成光滑平面，则下列说法正确的是()A甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C若甲的质量比乙大，则甲能赢得“

2、拔河”比赛的胜利D若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利32023广东佛山市高三月考如图(a)所示，老师用力传感器提着重物在竖直方向上做了一个超、失重实验，并截取了电脑显示器上所显示Ft图像的其中一段，如图(b)所示，则()At0阶段重物一定处于静止状态Bt1到t2阶段重物先向上加速后向下减速Ct2阶段重物处于超重状态Dt3阶段重物处于静止状态或匀速直线运动状态4如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质

3、量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为()AaAaBgBaA2g，aB0CaAg，aB0DaA2g，aB052023宜兴模拟如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F的作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面之间的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则下列说法中正确的是()At1时刻物块的速度最大Bt2时刻物块的速度最大C0t0时间内物块加速运动Dt1t2时间内物块减速运动6.2023广州模拟如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套

4、着一个小滑环(图中未画出)，将两滑环同时从a、c处由静止释放，用t1、t2分别表示滑环从a到b、c到d所用的时间，则()At1t2Bt1t2Ct1t2D无法确定7.如图所示，水平面上有一带圆弧形凸起的木块A，木块A上的物体B用绕过凸起的轻绳与物体C相连，B与凸起之间的绳是水平的用一水平向左的拉力F作用在物体B上，恰使A、B、C保持相对静止已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计所有的摩擦，则拉力F为()AmgBmgCmgD2mg二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求)8.2023重庆市高三(上)第一次联合诊断测试艾萨克牛顿在自然哲学

5、的数学原理一书中指出：“力使物体获得加速度”某同学为探究加速度与力的关系，取两个材质不同的物体A、B，使其分别在水平拉力F的作用下由静止开始沿水平面运动，测得两物体的加速度a与拉力F之间的关系如图所示，重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计，则()A物体A的质量为0.7kgB物体B的质量为1kgC物体A与水平面间动摩擦因数为0.5D物体B与水平面间动摩擦因数为0.19.2023云南省昆明市第一中学高三(上)第四次联考如图所示，车顶和水平地板成53角的小车在水平地面上运动时，质量为m1kg小球和光滑车顶保持接触，轻绳处于伸直状态且和车顶平行，g10m/s2，以下说法正确的是()A当小车以7

6、.5m/s2的加速度向右匀减速运动时，小球和竖直车厢壁间无弹力作用B当小车以7.5m/s2的加速度向右匀加速运动时，小球和车顶间无弹力作用C当小车以10m/s2的加速度向右匀加速运动时，车顶受到小球的压力为2ND当小车以10m/s2的加速度向右匀加速运动时，车顶受到小球的压力为4N10将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在水平面上，如图甲所示，现在杆上套一光滑的小球，小球在一沿杆向上的拉力F的作用下沿杆向上运动该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示g10m/s2.则下列说法正确的是()A在24s内小球的加速度大小为0.5m/s2B小球质量为2kgC杆的倾角为30D小球在0

7、4s内的位移为8m三、非选择题(本题共5个小题，共54分)112022浙江6月(8分)(1)“探究小车速度随时间变化的规律”实验装置如图1所示，长木板水平放置，细绳与长木板平行图2是打出纸带的一部分，以计数点O为位移测量起点和计时起点，则打计数点B时小车位移大小为_cm.由图3中小车运动的数据点，求得加速度为_m/s2(保留两位有效数字).利用图1装置进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验，需调整的是_(多选).A换成质量更小的车B调整长木板的倾斜程度C把钩码更换成砝码盘和砝码D改变连接小车的细绳与长木板的夹角(2)“探究求合力的方法”的实验装置如图4所示，在该实验中下列说法正确的是_(单选

8、).A拉着细绳套的两只弹簧秤，稳定后读数应相同B在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的两点C测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦D测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要_(选填“2”“3”或“4”)次把橡皮条结点拉到O.12(6分)用如图所示的实验装置测量木块与长木板间的动摩擦因数.把左端带有滑轮的长木板平放在实验桌上，载有砝码的木块右端连接穿过打点计时器的纸带，左端连接细线，细线绕过定滑轮挂有槽码，木块在槽码的牵引下运动，通过纸带测量木块的加速度，并测出木块与砝码的总质量M，槽码的总质量m，计算木块与木板之间的摩擦力

9、Ff.改变M和m进行多次实验(1)下列实验操作步骤，正确顺序是_释放木块接通打点计时器电源将木板固定在水平桌面上调节滑轮高度使细线与木板平行将纸带穿过打点计时器的限位孔并固定在木块上(2)实验打出的一段纸带如图所示，打点计时器的工作频率为50Hz，则木块的加速度为_m/s2.(3)甲同学测得的数据见下表：M/kg0.7000.6000.5000.4000.300Ff/N2.482.181.801.501.16请根据表中的数据，在图方格纸上作出FfM图像(4)已知重力加速度g9.80m/s2，可求得该木块与木板的动摩擦因数_(5)乙同学用(3)问表中的数据逐一计算出每次测量的值，取其平均值作为测

10、量结果他发现该值比甲同学在(4)问中得出的值大，你认为哪位同学的结果更准确，请简要说明理由_.13.(13分)如图所示，在倾角为30的光滑固定斜面上端系有一劲度系数为k100N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为m8kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变从t0时刻开始挡板A以加速度a1m/s2沿斜面向下匀加速运动，则：(g10m/s2)(1)t0时刻，挡板对小球的弹力多大？(2)从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为多少？(3)小球向下运动多少距离时速度最大？14(11分)2022年5月1日起衢州市部分县、区超标电动车不得上道路行驶，新的电动自行车必须符合国标GB1776

11、12018的标准，新标准规定最高车速不能高于25km/h，整车质量应当小于或等于55kg，制动性能要符合如下规定：制动性能实验条件实验速度km/h使用的车闸制动距离m干态25同时使用前后车闸7单用后闸15湿态16同时使用前后车闸9单用后闸19某人体重m50kg，骑着符合新标准、质量M50kg的电动自行车在水平路面行驶电动自行车的刹车过程可简化为匀变速直线运动(1)当遇到紧急情况时，若他同时使用前后车闸刹车，在干燥路面上该车的最小加速度是多少？此时受到的制动力是多大？(保留两位有效数字)(2)若此人私自改装电瓶输出速度，致使车速超标(其他条件不变)，当他以32km/h速度在雨后的路面上行驶，遇见

12、紧急情况，采取同时使用前后车闸方式刹车，则该车刹车后行驶的最大距离是多少；(3)根据你所学物理知识，分析电动自行车超速超载有什么危害？15(16分)质量M4kg、长2L4m的木板放在光滑水平地面上，以木板中点为界，左边和右边的动摩擦因数不同，一个质量为m1kg的滑块(可视为质点)放在木板的左端，如图甲所示在t0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力F，使滑块和木板均由静止开始运动，t12s时滑块恰好到达木板中点，滑块在前2s内运动的xt图像如图乙所示，g取10m/s2.(1)计算前2s内木板运动的加速度a1的大小；(2)计算滑块与木板左边间的动摩擦因数1；(3)若滑块与木板右边间的动摩擦因数20.1

13、，2s末撤去恒力F，则滑块能否从木板上滑落下来？若能，求分离时滑块的速度大小若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？单元素养评价（三）1解析：质量是物体惯性大小的唯一量度，甲的质量小于乙的质量，所以甲比乙的惯性小，故A正确答案：A2解析：甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是作用力和反作用力，A错误；绳静止时，甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是一对平衡力，B错误；若甲的质量比乙的质量大，则甲的加速度比乙的小，可知乙先到分界线，故甲能赢得“拔河”比赛的胜利，C正确；收绳速度的快慢并不能决定“拔河”比赛的输赢，D错误答案：C3解析：t0阶段和t3阶段，拉力等于重力，重物可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动状态，

14、所以A错误，D正确；t1阶段拉力大于重力，重物处于超重状态，加速度一定向上，重物向上做加速运动或向下做减速运动，t2阶段拉力小于重力，加速度向下，重物向下加速或向上减速，所以B错误；t2阶段拉力小于重力，重物处于失重状态，所以C错误答案：D4解析：水平细线被剪断前，对A、B进行受力分析如图所示：静止时，FTFsin60，Fcos60mAgF1，F1F1mBg，又mAmB解得FT2mAg水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，所以aA2g，aB0，D正确答案：D5解析：由图可知t0t2时间内拉力大于等于最大静摩擦力，物块始终做加速运动，所以t2时刻物块速度最大，故A

15、项错误，B项正确；在0t0时间内水平拉力小于最大静摩擦力，物体保持不动，故C项错误；t1t2时间内拉力大于等于最大静摩擦力，则物块做加速运动，故D项错误故选B项答案：B6解析：设滑杆与竖直方向的夹角为，圆周的直径为D，根据牛顿第二定律得滑环的加速度为agcos，滑杆的长度为xDcos，则根据xat2得，t，可见时间t只与圆的直径、当地的重力加速度有关，A正确，B、C、D错误答案：A7解析：设绳中张力为T，A、B、C共同的加速度为a，与C相连部分的绳与竖直线的夹角为，由牛顿第二定律，对A、B、C组成的整体有F3ma对B有FTma对C有Tcosmg，Tsinma联立各式解得Fmg，故选项C正确答案

16、：C8解析：对物体A由牛顿第二定律可得FfmAa其中滑动摩擦力fAmAg由上述两式得aAg由此可得图像斜率为kg1，Ag5m/s2得物体A的质量mA1.4kg物体A与水平面间动摩擦因数为0.5，C正确，A错误；同理对物体B有1kg1，Bg2m/s2，得物体B的质量mB1kg物体B与水平面间动摩擦因数为0.2，B正确，D错误答案：BC9解析：当小车以7.5m/s2的加速度向右匀减速运动时，加速度向左，需要水平向左的合外力，所以小球和竖直车厢壁间一定有弹力作用，故A错误；设小球与光滑车顶没有弹力时，小车的加速度为a，对小球受力分析如图所示由牛顿第二定律得mgtan37ma解得agtan377.5m

17、/s2，B正确；当小车以10m/s2的加速度向右匀加速运动时，对小球受力分析如图所示由牛顿第二定律得Fsin37FNcos37ma，Fcos37FNsin37mg0联立解得FN2N，D错误，C正确答案：BC10解析：由图丙得：在24s内小球的加速度a0.5m/s2，则A正确；在02s内小球做匀速直线运动时，重力沿杆向下的分力等于5N，在24s内由牛顿第二定律有：F2F1ma，解得m1kg，则B错误；设杆与水平面的夹角为，则F2mgsinma，解得30，则C正确；由速度时间图像可知，图线与坐标轴围成的面积表示位移，即04s内小球的位移为5m，则D错误答案：AC11解析：（1）由刻度尺的读数规则可

18、知，打下计数点B时小车的位移大小为x26.20cm；连接图3中的点，由斜率可知加速度a1.9m/s2；利用图1装置进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，为减小实验误差，应使连接小车的细绳与长木板平行，D错误；实验时应将钩码更换成砝码盘和砝码，应保证小车的质量远大于砝码以及砝码盘的总质量，因此不能换成质量更小的小车，A错误，C正确；实验时应将长木板的右端适当垫高以平衡摩擦力，B正确（2）“探究求合力的方法”时不用保证两弹簧秤的读数相同，A错误；在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择与结点相距较远的一点，B错误；实验时，弹簧秤外壳与木板之间的摩擦不影响实验的结果，C错误；为了

19、减小实验误差，实验时，应保证橡皮条、细绳和弹簧秤贴近并平行于木板，D正确如果只有一个弹簧秤，应先后两次将弹簧秤挂在不同的细绳套上，然后将结点拉到同一位置O，并保证两次两分力的方向不变；再将弹簧秤挂在一个细绳套上，将结点拉到位置O，因此为了完成实验至少需要3次把橡皮条的结点拉到O.答案：（1）6.200.051.90.2BC（2）D312解析：（1）实验时，将木板固定在水平桌面上，接着将纸带穿过打点计时器的限位孔并固定在木块上，然后把细线拴在木块上，使细线跨过定滑轮并挂上槽码，调节滑轮高度使细线与木板平行再接通打点计时器电源，接着释放木块最后关闭电源，取下纸带故正确顺序是.（2）由逐差法得a0.

20、23m/s2.（3）根据表中数据描点连线如图所示（4）由滑动摩擦力公式得FfgM，可知FfM图线的斜率为g，则kg，解得0.33.（5）用图像法求，需要连线，连线时尽量让更多的点在线上，偏离直线较远的点，说明有问题，可以舍去但乙同学通过求平均值就做不到这一点，因此甲同学的结果更准确答案：（1）（2）0.23（3）见解析图（4）0.33（0.320.34）（5）见解析13解析：解答本题的关键是要能分析得出板和小球分离时，板对小球的作用力为零；当球的速度最大时，球的加速度为零（1）因开始时弹簧无形变，故对小球，根据牛顿第二定律得mgsin30F1ma解得F132N（2）当挡板和小球分离时，根据牛顿

21、第二定律得mgsin30kxma，其中xat2解得t0.8s，x0.32m（3）当小球的速度最大时，加速度为零，此时mgsin30kx1解得x10.4m答案：（1）32N（2）0.8s（3）0.4m14解析：（1）根据匀变速运动公式2axv2v解得a3.4m/s2根据牛顿第二定律得：制动力Fma340N（2）根据匀变速运动公式2a1x1v，2a1x2v，联立解得x236m（3）超速时，加速度不变但刹车距离变大，超载时，质量变大，减速的加速度变小，刹车距离变大，易造成追尾事故答案：（1）3.4m/s2340N（2）36m（3）见解析15解析：（1）由题图乙可知，前2s内滑块运动的位移为4m，而t

22、12s时滑块恰好到达木板中点，所以前2s内木板运动的位移x14mL2m，对于木板有x1a1t，解得a11m/s2.（2）对于木板有1mgMa1，解得10.4.（3）前2s内，滑块的平均速度m2m/s，滑块到达木板中点时的速度vm2m4m/s，同理，对于木板，有11m/s，此时木板的速度v1212m/s，滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继续做匀加速运动，它们的加速度大小分别为am2g1m/s2，a10.25m/s2，设滑块与木板从t1时刻开始到速度相等时的运动时间为t2，则有vmamt2v1a1t2，解得t21.6s，滑块滑过中点后滑块的位移xmvmt2amt5.12m，木板的位移x1v1t2a1t3.52m，所以xxmx11.6m2m，因此滑块没有从木板上滑落下来，滑块与木板相对静止时，滑块距木板右端的距离为dLx0.4m.答案：（1）1m/s（2）0.4（3）不能，0.4m