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高三物理一轮复习单元检测牛顿运动定律章末质量检测doc高中物理

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牛顿运动定律(时间60分钟,总分值100分)一、选择题(此题共10小题,每题5分,共50分)1.以下说法正确的选项是(  )A.高速行驶的公共汽车紧急刹车时,乘客都要向前倾倒,说明乘客都具有惯性B.短跑运发动最后冲刺时,速度很大,很难停下来,说明速度越大,惯性越大C.抛出去的标枪和手榴弹都是靠惯性向远处运动的D.把手中的球由静止释放后,球能竖直下落,是由于球具有惯性的缘故解析:惯性是物体保持原来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一量度,故B项错.由静止释放的小球的惯性是要保持原来的静止状态,而下落是由于重力迫使它改变了静止状态,故D项错.答案:AC2.汽车拉着拖车在水平道路上沿直线加速行驶,根据牛顿运动定律可知(  )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:BC3.(2022·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断升降机运动状态的装置,如图1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.某过程中电流表的示数如图乙所示,那么在此过程中(  )图1A.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8/8\nD.升降机可能向下做匀减速运动解析:根据欧姆定律有I=U/R,当电梯静止时,物体对压敏电阻的压力为mg,所以有I0=U/R,乙图表示物体处于超重状态,所以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:BD4.(2022·哈三中月考)一物体从静止开场由倾角很小的光滑斜面顶端滑下,保持斜面底边长度不变,逐渐增加斜面长度以增加斜面倾角.在倾角增加的过程中(每次下滑过程中倾角不变),物体的加速度a和物体由顶端下滑到底端的时间t的变化情况是(  )A.a增大,t增大B.a增大,t变小C.a增大,t先增大后变小D.a增大,t先变小后增大解析:由mgsinθ=ma可得a=gsinθ.物体的加速度a随θ的增大而增大,设斜面底边长为s0.由=at2可得,t==.可见随θ的增大,物体由顶端滑到底端的时间t先变小后增大.当θ=45°时,时间t最短,故只有D正确.答案:D5.(2022·齐河月考)物体在与其初速度始终共线的合力F的作用下运动.取v0方向为正,合力F随时间t的变化情况如图2所示.那么在0~t1这段时间内(  )A.物体的加速度先减小后增大,速度先减小后增大B.物体的加速度先增大后减小,速度先增大后减小图2C.物体的加速度先减小后增大,速度一直增大D.物体的加速度先减小后增大,速度先增大后减小解析:由F=ma可知,物体的加速度先变小后增大,又因取v0的方向为正方向,由图可知合力F始终为正值,故物体加速度的方向与初速度的方向始终同向,物体的速度一直增大,所以只有C正确.答案:C6.(2022·连云港模拟)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展平安检查.如图3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v=8/8\n1m/s的恒定速率运行.旅客把行李无初速度地放在A处,设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,AB间的距离为2m,g取10m/s2.假设乘客把行李放到传送带的同时也以v=1m/s的恒定速度平行于传送带运动去B处取行李,那么(  )图3A.乘客与行李同时到达BB.乘客提前0.5s到达BC.行李提前0.5s到达BD.假设传送带速度足够大,行李最快也要2s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场做匀加速直线运动,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a=μg=1m/s2,历时t1==1s到达共同速度,位移s1=t1=0.5m,此后匀速运动t2==1.5s到达B,共用2.5s.乘客到达B,历时t==2s,故B正确.假设传送带速度足够大,行李一直加速运动,最短运动时间tmin==2s,D项正确.答案:BD7.(2022·江门模拟)如图4所示,两个质量分别为m1=2kg、m2=3kg的物体置于光滑的水平面上,中间用轻质弹簧测力计连接.两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在m1、m2上,那么(  )图4A.弹簧测力计的示数是10NB.弹簧测力计的示数是50NC.在突然撤去F2的瞬间,弹簧测力计的示数不变D.在突然撤去F1的瞬间,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=(m1+m2)a,对m1:F1-F=m1a,联立两式解得:a=2m/s2,F=26N,故A、B两项都错误;在突然撤去F2的瞬间,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,所以弹簧的长度在撤去F28/8\n的瞬间没变化,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,所以m1的加速度发生变化,故D项错误.答案:C8.(2022·冀州月考)如图5所示,带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上,在盒子内放有光滑球B,B恰与盒子前、后壁P、Q点相接触.假设使斜劈A在斜面体C上静止不动,那么P、Q对球B无压力.以下说法正确的选项是(  )图5A.假设C的斜面光滑,斜劈A由静止释放,那么P点对球B有压力B.假设C的斜面光滑,斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行,那么P、Q对B均无压力C.假设C的斜面粗糙,斜劈A沿斜面匀速下滑,那么P、Q对B均无压力D.假设C的斜面粗糙,斜劈A沿斜面加速下滑,那么Q点对球B有压力解析:假设C的斜面光滑,由牛顿第二定律可知,A、B一起下滑或以一初速度沿斜面向上滑行的加速度a1=gsinθ,方向沿斜面向下.隔离球B受力分析如以下图,水平方向应用牛顿第二定律可得:FQ=ma1cosθ,故Q点对B有压力,A、B均错误.假设斜劈A沿斜面匀速下滑,球B的加速度为0,球水平方向合力为零,P、Q均对B无压力,C正确;假设斜劈A沿斜面加速下滑,那么有FQ=macosθ>0,即Q点对球B有压力,D正确.答案:CD9.(2022·苏州联考)如图6所示,bc为固定在小车上的水平横杆,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,此时小车正以大小为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θ.小车的加速度逐渐增大,M始终和小车保持相对静止,当加速度增加到2a时(  )图6A.横杆对M的摩擦力增加到原来的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来的2倍D.细线的拉力增加到原来的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=(M+m)a,横杆对M的支持力FN=(M+m)g,当加速度增加到2a时,Ff增加到原来的2倍,而FN不变,故A、B均正确;对m8/8\n受力分析,设细绳的拉力为FT,那么有:FTcosθ=mg,FTsinθ=ma,tanθ=,FT=,可见当a变为2a时,tanθ值加倍,但θ并不增加到原来的2倍,FT也不增加到原来的2倍,故C、D均错误.答案:AB10.(2022·安徽省两地三校联考)如图7所示,斜劈形物体的质量为M,放在水平地面上,质量为m的粗糙物块以某一初速沿斜劈的斜面向上滑,至速度为零后又加速返回,而斜劈始终保持静止,物块m上、下滑动的整个过程中(  )A.地面对斜劈M的摩擦力方向先向左后向右B.地面对斜劈M的摩擦力方向没有改变C.地面对斜劈M的支持力大于(M+m)gD.物块m向上、向下滑动时加速度大小相同解析:物块m向上滑动时的加速度a上==gsinθ+μgcosθ,下滑时的加速度a下==gsinθ-μgcosθ,故D错误;由于物体上滑和下滑时的加速度均沿斜面向下,故整体有竖直向下的分加速度,整体处于失重状态,地面对斜劈M的支持力小于(M+m)g,C错误;水平方向整体只有向左的加速度,故整体在水平方向上有向左的合力,也即地面对斜劈M的摩擦力方向始终水平向左,所以A错误,B正确.答案:B二、计算题(此题共4小题,共50分)11.(10分)(2022·福建泉州模考)一个静止在倾角为30°的长斜面上的物体,被向下轻轻一推,它刚好能匀速下滑.假设给此物体一个v0=8m/s沿斜面向上的初速度,取g=10m/s2,那么物体经过t=1s时间所通过的距离是多少?解析:设物体的质量为m,物体与斜面间的动摩擦因数为μ,由于匀速下滑mgsinθ=μmgcosθ设物体向上运动的加速度大小为amgsinθ+μmgcosθ=ma解得:a=10m/s2设经过时间t0物体的速度减为零v0=at0t0=0.8s<1s8/8\n物体速度减为零后将静止在斜面上,所以通过的距离为s==3.2m答案:3.2m12.(12分)如图8所示,在倾角为θ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,此时弹簧没有形变.假设挡板A以加速度a(a<gsinθ)沿斜面向下匀加速运动,问:图8(1)小球向下运动多少距离时速度最大?(2)从开场运动到小球与挡板别离所经历的时间为多少?解析:(1)球和挡板别离后做加速度减小的加速运动,当加速度为零时,速度最大,此时物体所受合力为零.即kxm=mgsinθ,解得xm=.(2)设球与挡板别离时位移为s,经历的时间为t,从开场运动到别离的过程中,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mgsinθ-F-F1=ma,F=kx.随着x的增大,F增大,F1减小,保持a不变,当m与挡板别离时,x增大到等于s,F1减小到零,那么有:mgsinθ-ks=ma,又s=at2联立解得mgsinθ-k·at2=ma,t=.答案:(1) (2)13.(12分)在研究摩擦力特点的实验中,将木块放在水平长木板上,如图9甲所示,用力沿水平方向拉木块,拉力从0开场逐渐增大.分别用力传感器采集拉力和木块受到的摩擦力,并用计算机绘制出摩擦力Ff随拉力F变化的图象,如图乙所示.已知木块质量为0.78kg,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=0.80.图9(1)求木块与长木板间的动摩擦因数;8/8\n(2)假设将实验中的长木板与水平方向成θ=37°角放置,将木块置于其上,在平行于木板的恒定拉力F作用下,以a=2.0m/s2的加速度从静止开场向上做匀变速直线运动,如图丙所示.求拉力应为多大?解析:(1)由题图乙知,木块受到的滑动摩擦力Ff为3.12N,而Ff=μFN=μmg所以μ===0.4.(2)木块受力如以下图,根据牛顿第二定律有F-mgsinθ-Ff′=ma①而Ff′=μFN′=μmgcosθ②联立①②式并代入数据解得F≈8.7N.答案:(1)0.4 (2)8.7N14.(16分)(2022·双流模拟)如图10所示,质量为M的长木板,静止放置在粗糙水平地面上,有一个质量为m、可视为质点的物块,以某一水平初速度从左端冲上木板.从物块冲上木板到物块和木板到达共同速度的过程中,物块和木板的v-t图象分别如图中的折线acd和bcd所示,a、b、c、d点的坐标为a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0).根据v-t图象,求:(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1,木板开场做匀加速直线运动的加速度大小为a2,达相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小为a3;(2)物块质量m与长木板质量M之比;(3)物块相对长木板滑行的距离Δs.解析:(1)由v-t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1=m/s2=1.5m/s2,木板开场做匀加速直线运动的加速度大小a2=m/s2=8/8\n1m/s2,到达同速后一起匀减速运动的加速度大小a3=m/s2=0.5m/s2.(2)对m冲上木板减速阶段:μ1mg=ma1对M向前加速阶段:μ1mg-μ2(m+M)=Ma2物块和木板到达共同速度后向前减速阶段:μ2(m+M)g=(M+m)a3以上三式联立可得:=.(3)由v-t图可以看出,物块相对于长木板滑行的距离Δs对应图中Δabc的面积,故Δs=10×4×m=20m答案:(1)1.5m/s2 1m/s2 0.5m/s2 (2)3∶2(3)20m()8/8

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发布时间:2022-08-25 11:42:54 页数:8
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文章作者:U-336598

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