【全程复习】2022届高考物理第一轮复习方略 单元评估检测3 牛顿运动定律 新人教版

《全程复习》2022届高考物理全程复习方略（人教版-第一轮）（含详细解析）：单元评估检测3牛顿运动定律(40分钟100分)一、选择题(本大题共9小题，每小题7分，共63分.每小题至少一个答案正确，选不全得4分)1.下列关于力和运动的关系的说法中，正确的是()A.没有外力作用时，物体不会运动，这是牛顿第一定律的体现B.物体受力越大，运动得越快，这是符合牛顿第二定律的C.物体所受合外力为零，则速度一定为零，物体所受合外力不为零，则速度也一定不为零D.物体所受的合外力最大时，速度却可以为零，物体所受的合外力最小时，速度却可以最大2.(2022·长春模拟)一汽车在路面情况相同的公路上直线行驶，下面关于车速、惯性、质量和滑行路程的讨论，正确的是()A.车速越大，它的惯性越大B.质量越大，它的惯性越大C.车速越大，刹车后滑行的路程越长D.车速越大，刹车后滑行的路程越小3.从正在加速上升的气球上落下一个物体，在物体刚离开气球的瞬间，下列说法正确的是()A.物体向下做自由落体运动B.物体向上运动，加速度向上C.物体向上运动，加速度向下D.物体向上还是向下运动，要看物体离开气球时的速度4.下列说法中正确的是()A.甲物体受乙物体的作用，则乙物体一定同时受到甲物体的作用B.甲物体对乙物体的作用一定是作用力，而乙物体对甲物体的作用一定是反作用力C.若把甲、乙两物体看成质点，则甲、乙两物体间的作用力和反作用力一定在甲、乙两物体的连线上D.若甲物体对乙物体的作用力竖直向上，则乙物体对甲物体的作用力也一定竖直向上8\n5.如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大，这一现象表明()A.电梯一定是在上升B.电梯一定是在下降C.电梯的加速度方向一定是向下D.乘客一定处于超重状态6.如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，根据图乙中所标出的数据可计算出()A.物体的质量为1kgB.物体的质量为2kgC.物体与水平面间的动摩擦因数为0.3D.物体与水平面间的动摩擦因数为0.57.如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M(m∶M＝1∶2)的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同.当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1.当用同样大小的力F竖直加速提升两物块时(如图乙所示)，弹簧的伸长量为x2，则x1∶x2等于()A.1∶1B.1∶2C.2∶1D.2∶38.(2022·南京模拟)如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个固定在斜面上的竖直挡板挡住.现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是()8\nA.若加速度足够小,竖直挡板对球的弹力可能为零B.若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C.斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD.斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值9.(2022·济宁模拟)如图所示，在原来匀速运动的升降机的水平地板上放一物体，受到一个伸长的弹簧的拉力作用，但仍能保持与升降机相对静止.现突然发现物体被弹簧拉动，则判定升降机的运动状态可能是()A.加速上升B.加速下降C.减速上升D.减速下降二、实验题(7分)10.如图为“用位移传感器、数据采集器等仪器研究加速度和力的关系”的实验装置.(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持___________________不变，用钩码所受的重力作为___________________，用DIS(数字化信息系统)测小车的加速度.(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量，在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关系图线(如图所示).①分析此图线的OA段可得出的实验结论是___________________________________________________________________________________.②此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是___________.A.小车与轨道之间存在摩擦B.导轨保持了水平状态C.所挂钩码的总质量太大D.所用小车的质量太大8\n三、计算题(本大题共2小题，共30分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11.(2022·济南模拟)(14分)我国“神舟七号”载人飞船的发射成功实现了中国人太空行走的梦想(如图所示).飞船在距地面约350km高的轨道上绕地球飞行46圈后安全返回.“神舟七号”载人飞船回收阶段完成的最后一个动作是断开主伞缆绳，启动反推发动机工作，此时返回舱的速度竖直向下，大小约为7m/s,距地面的高度约为1m，落地前一瞬间的速度约为1m/s，空气阻力及因反推火箭工作造成的质量改变均不计(g取10m/s2)，求：(1)反推发动机工作后，返回舱落地前的加速度大小是多少？(2)航天员所承受的支持力是实际重力的多少倍?(3)假设返回舱加航天员的总质量为3t，求反推火箭对返回舱的平均推力多大？12.(16分)如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1＝1s时撤去拉力，物体运动的部分v-t图象如图乙所示，取g＝10m/s2，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小;(2)t＝6s时物体的速度，并在图乙上将6s内物体运动的v-t图象补画完整，要求标明有关数据.答案解析1.【解析】选D.运动不需要力来维持，物体不受力时，可以做匀速运动，A不正确；物体受力大，加速度大，速度变化快，但速度不一定大，B不正确；力的大小与速度大小之间没有直接联系，C不正确，D正确.2.【解析】8\n选B、C.质量是物体惯性大小的量度，与物体的材料、运动情况无关，A错误，B正确；汽车刹车时加速度是恒定的，大小为a=μg，由公式知初速度越大，刹车后滑行的路程越长，C正确，D错误.3.【解析】选C.刚离开气球瞬间，物体由于惯性保持向上的速度，但由于合外力向下，故加速度方向向下，故C正确.4.【解析】选A、C.物体间的作用是相互的，甲物体受到乙物体的作用，乙物体必定同时受到甲物体的作用，且作用力与反作用力一定大小相等、方向相反，作用在同一条直线上，相互作用的两个力中，其中任何一个都可以叫做作用力，另一个叫做反作用力，综上所述，A、C正确,B、D错误.5.【解析】选D.电梯静止时，弹簧的拉力和重力相等.现在，弹簧的伸长量变大，则弹簧的拉力增大，小铁球的合力方向向上，加速度方向向上，小铁球处于超重状态，乘客运动状态与小铁球相同,但是电梯的运动方向可能向上也可能向下，故只有D正确.【变式备选】为了研究超重与失重现象，某同学把一体重计放在电梯的地板上，他站在体重计上随电梯运动并观察体重计示数的变化情况.下表记录了几个特定时刻体重计的示数(表内时间不表示先后顺序)，若已知t0时刻电梯静止，则下列说法中正确的是(g取10m/s2)()时间t0t1t2t3体重计示数(N)450500400450A.t1和t2时刻该同学的质量并没有变化，但所受重力发生变化B.t1和t2时刻电梯的加速度方向一定相反C.t1和t2时刻电梯运动的加速度大小相等，运动方向不一定相反D.t3时刻电梯可能向上运动【解析】选B、C、D.因已知t0时刻电梯静止，则人的重力为450N，超重与失重现象是指体重计的示数比人的重力大或小，而人的质量并没有变化，所受重力并没有变化；若体重计的示数比人的重力大，则合力向上，加速度方向向上，则超重，反之则失重，与运动方向无关，所以B、C、D对，A错.6.【解析】选B、C.设物体质量为m，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，由题图乙可看出，当物体所受水平拉力F1=7N时，其加速度a1=0.5m/s2，由牛顿第二定律得F1-μmg=ma1，当物体所受水平拉力F2=14N时，其加速度a2=4m/s2，由牛顿第二定律得F2-μmg=ma2，联立解得m=2kg，μ=0.3，所以B、C正确.8\n7.【解题指南】先对甲、乙两种情况进行整体分析，根据牛顿第二定律分别列出方程，再分别对甲、乙两种情况中的A进行分析，列出方程.【解析】选A.水平放置时，F－μ(m＋M)g＝(M＋m)a1，kx1－μmg＝ma1，可得；竖直放置时：F－(m＋M)g＝(M＋m)a2，kx2－mg＝ma2，解得，故x1∶x2＝1∶1，A正确.8.【解析】选D.球受力如图所示：由牛顿第二定律得：,由此判断A、B错误；根据牛顿第二定律，和mg三力的合力等于ma，C错误;根据知D正确.9.【解析】选B、C.升降机匀速运动时，在水平方向，物体所受的静摩擦力与弹簧的弹力相平衡，若突然发现物体被弹簧拉动，说明最大静摩擦力已经小于弹力，即正压力突然变小，物体处于失重状态，它的加速度竖直向下，升降机可能是加速下降或减速上升，故B、C正确.10.【解析】(1)因为要探索“加速度和力的关系”，所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受外力.(2)由于OA段a-F关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理：mg＝Ma得，而实际上，可见AB段明显偏离直线是没有满足M≥m造成的.答案：(1)小车的总质量小车所受的外力(2)①在质量不变的情况下，加速度与外力成正比②C11.【解析】(1)选向上为正方向,在反推减速阶段，由得：(2分)8\n(2分)所以加速度大小为24m/s2，方向竖直向上.(1分)(2)以航天员为研究对象，由牛顿第二定律可得：FN-mg=ma,解得：FN=m(g+a)=3.4mg.(4分)所以航天员承受的支持力是重力的3.4倍.(1分)(3)以返回舱和航天员整体为研究对象，由牛顿第二定律可得F-Mg=Ma,(2分)解得F=M(g+a)=1.02×105N(2分)答案：(1)24m/s2(2)3.4倍(3)1.02×105N12.【解析】(1)设撤去拉力前物体的加速度大小为a1，撤去拉力后物体沿斜面继续上滑的加速度大小为a2，由v-t图象可知：①(2分)②(2分)对物体在撤去拉力前，由牛顿第二定律得F-mgsin37°-μmgcos37°=ma1③(2分)对物体在撤去拉力后上滑时，由牛顿第二定律得mgsin37°+μmgcos37°=ma2④(2分)解得F＝30N,μ＝0.5⑤(1分)(2)加速上滑的时间t1＝1s，撤去拉力时的速度为v＝20m/s，设再经过t2速度减至0.由0＝v-a2t2得t2＝2s⑥(1分)8\n在最高点时，因mgsin37°＞μmgcos37°，故物体将沿斜面加速下滑，设加速度大小为a3，据牛顿第二定律得mgsin37°-μmgcos37°=ma3⑦(2分)解得a3＝2m/s2⑧(1分)再经过3s物体的速度大小为6m/s,方向沿斜面向下，补画完整后的图线及有关数据如图所示.⑨(3分)答案：(1)0.520N(2)见解析【总结提升】数图结合解决物理问题的答题技巧(1)物理公式与物理图象的结合是中学物理的重要题型，也是近年高考的热点，特别是v-t图象在考题中出现频率极高.(2)对于由已知图象求解相关物理量的问题，往往是结合物理过程从分析图象的横、纵轴所对应的物理量的函数入手，分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得出相关信息，结合题目所问，选择合适规律列式求解.(3)针对本题，图线分三段，0～1s倾斜直线表示匀加速；1～3s倾斜直线表示匀减速；3s后通过计算判断其运动性质.图线斜率代表加速度，纵轴截距代表初速度，线与时间轴所围面积代表位移，理解这些知识再结合牛顿第二定律，本题就不难求解.8